【文档说明】专题04“一线三角”模型解决全等与相似等几何问题（解析版）-【题型与技法】中考数学二轮复习金典专题讲练系列（通用版）.docx，共(92)页，6.328 MB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

【经典剖析1】（2018•丹东中考真题）如图ABC为等边三角形，以BC为边在ABC外作正方形BCDE，延长AB分别交CE、DE的延长线于点F，N，CHAF⊥于点H，EMAF⊥于点M，连接AE．（1）判断CHB和BME是否

全等，并说明理由；（2）求证：2AEACAF=；（3）已知2AB=，若点P是直线AF上的动点，请直接写出CEP周长的最小值．【分析】（1）由正方形可知BCBE=，90CBE=，由一线三垂直易证()CHBBMEAAS；（2）由等边三角形、正方形性质可知75HCF=，所以15

F=，由ABBE=，30EBF=，可知15AEB=，故AEBF=，故ABEAFE∽，根据相似三角形性质及ABAC=可得2AEAAF=；（3）CEP周长的最小值即PCPE+最小．作E点对称点G，连接CG交AF于P，P点即为所求最小值的点，PEPC

CG+=，然后构造直角三角形求出CG、CE，即可求出CEP周长的最小值．【解答】（1）解：()CHBBMEAAS．理由如下：在正方形BCDE中，BCBE=，90CBE=，90EBMCBH+=，CHAF⊥，EMAF⊥，90CHBBME==，

90BCHCBH+=，HCBMBE=，在CHB和BME中CHBBMEHCBMBEBCEB===．()CHBBMEAAS．（2）证明：ABC为等边三角形，CHAB⊥，30

BCH=，又在正方形BCDE中，90BCD=，CE平分BCD，45BCE=，75HCF=15F=，ABBCBE==，EABEBA=，180906030EBF=−−=，15AEB=，AEBF=，又EABFAE

=，ABEAFE∽AEAFABAE=，又ABAC=，2AEABAF=．（3）解：作E点关于AF的对称点G连接GC，交AF与P，三角形CPE即为所求作三角形，作GOCH⊥交CH延长线于点O，ABC为等边三角形，CHAB⊥，2AB=，60CBH

=，22BH=，62CH=，由（1）可知CHBBME，22EM=，62BM=，90OHMHMGO===，故四边形OHMG为正方形，22HOMGEM===，262OGHMHBBM+==+=，在RtCOG中，2213CGCOGO=+=+，在RtCEB中，222CEBECB=

+=，CEP周长的最小值13233CEPEPCCGCE=++=+=++=+，【点评】本题考查了三角形全等和相似综合、综合利用了轴对称的性质和等边三角形的性质和勾股定理、正方形的性质；会利用两点之间线段最短解决一、

一线三等角1.如图1，∠ACB=∠D=∠E=90°且∠CAB=45°→△ACD≌△CBE，此为“一线三直角”全等，又称“K字型”全等2.如图2，∠ACB=∠D=∠E=90°→△ACD≌△CBE，此为“

一线三直角”相似，又称“K字型”相似。3.如图3，∠ACB=∠D=∠E→△ACD∽△CBE，此为更一般的“一线三等角”相似【专题说明】一线三垂直问题，通常问题中有一线段绕某一点旋转900，或者问题中有矩形或正方形的情况下考虑，作辅助线，构造全等三角形形或相似三角形，建立数量关系使问题得到

解决。【知识总结】过等腰直角三角形的直角顶点或者正方形直角顶点的一条直线。过等腰直角三角形的另外两个顶点作该直线的垂线段，会有两个三角形全等（AAS）常见的两种图形：图1图2一、基本策略：联想构造二、构造路线方式一：构造“一线三等角”

1.45°角→构等腰直角三角形→造“一线三直角”全等2.30°角→构直角三角形→造“一线三直角”相似3.Tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似4.“一线三等角”的应用分为三重境界：一重境：当一条

线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题。例：“同侧型一线三等角”（图1）；“异侧型一线三等角”（图2）二重境：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题（图3）三重境：当一条直线只有一个角时需要

再补上两个等角，构造模型解题（图4）方式二：构造“母子型相似”“角处理”，还可以在角的一边上某点处作水平或者竖直辅助线，构成“（水平或竖直）边对角”结构，然后在这条直线上补一个与此相等的角，构造出“母子型相似”，其核心结构如图：△

DAC∽△DEA→DA²=DC·DE→DG²+AG²=DC·DE方式三：整体旋转法（*）前两种构造属于静态构造方式，再介绍一种动态构造方式，即整体旋转法。其核心思想是“图形的旋转（运动）本质是图形上的点旋转（运动）；反过来，点的旋转（运动）可以看成该点所在图形的旋转

（运动）”【例题1】如图，90ACB=，ACBC=，ADCE⊥，BECE⊥，垂足分别是点D、E，7ADcm=，3BEcm=，则DE的长是()A．3cmB．3.5cmC．4cmD．4.5cm【分析】根据同角的余角相等，得CADBCE=，再利用A

AS证明ACDCBE，得3CDBEcm==，7CEADcm==，从而得出答案．【解答】解：ADCE⊥，BECE⊥，90BECCDA==，90CADACD+=，90ACB=，90ACDBCE+=，CADBCE

=，在ACD与CBE中，CDABECCADBCEACCB===，()ACDCBEAAS，3CDBEcm==，7CEADcm==，734DECECDcm=−=−=，故选：C．【点评】

本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明ACDCBE是解题的关键．【例题2】（2022•沙坪坝区校级开学）如图所示，在平面直角坐标系中，等腰RtABC的直角顶点C在x轴上，点A在y轴上，若点B坐标为(6,1)，则点A坐标为()A．

(4,0)B．(5,0)C．(0,4)D．(0,5)【分析】作BDx⊥轴于D，证明()ACOCBDAAS，得1OCBD==，5CDOA==，从而解决问题．【解答】解：作BDx⊥轴于D，(6,1)

B，1BD=，6OD=，ABC是等腰直角三角形，ACBC=，90ACB=，90ACOBCD+=，90ACOOAC+=，BCDOAC=，AOCBDO=，()ACOCBDAAS

，1OCBD==，5CDOA==，(0,5)A，故选：D．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，证明ACOCBD是解题的关键．【例题3】（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在PMN中，PMPN=，PMPN⊥，(0,2)P，(2,2)

N−，则M的坐标是()A．(22−，0)B．(23−，0)C．(25−，0)D．(4,0)−【分析】过点N作NDy⊥轴于点D，证明()MOPPDNAAS，由全等三角形的性质可得出4OMPD==，则可得出答案．【解答】解：过点N作NDy⊥轴于点D，(0,2)

P，(2,2)N−，2OP=，2OD=，2DN=，4PD=，PMPN⊥，90MPN=，90MPODPN+=，又90DPNPND+=，MPOPND=，又90MOPPDN==，()MOPPDNAAS，4OMP

D==，(4,0)M−，故选：D．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，证明MOPPDN是解题的关键．【例题4】（2021秋•岑溪市期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，ABBC=，90ABC=，点B在直

线l上，过A作ADl⊥于D，过C作CEl⊥于E．下列给出四个结论：①BDCE=；②BAD与BCE互余；③ADCEDE+=．其中正确结论的序号是()A．①②B．①③C．②③D．①②③【分析】根据同角的余角相等可得ABDBCE=

，再根据“AAS”可得ABDBCE，再逐项分析可得结论．【解答】解：ADl⊥，CEl⊥，90ADBBEC==，90ABC=，90ABDEBCBCEEBC+=+=，即ABDBCE=，在ABD和BEC中，ADBBECABDBCEABBC

===，()ABDBCEAAS，BDCE=，故①正确；90BADABD+=，ABDBCE=，90BADBCE+=，即BAD与BCE互余，故②正确；ABDBCE，ADEB=，DBCE=，BEDDE+=，ADCEDE+=，故③正确．故

选：D．【点评】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角相等的性质，本题中求证ABDCBE是解题的关键．【例题5】（2021秋•兰陵县期末）如图，ACCE=，90ACE=，ABBD⊥，EDBD⊥，6ABcm=，2DEcm=，则BD等于()A．6cmB．8cmC．10c

mD．4cm【分析】由题中条件求出BACDCE=，可得直角三角形ABC与CDE全等，进而得出对应边相等，即可得出结论．【解答】解：ABBD⊥，EDBD⊥，90BDACE===，90BACACB+=，90ACBECD+=，BACECD=，在RtAB

C与RtCDE中，BDBACDCEACCE===，RtABCRtCDE(AAS)，2BCDEcm==，6CDABcm==，268BDBCCDcm=+=+=，故选：B．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，应熟练掌握．【例题6】

（2020秋•襄汾县期末）如图所示，已知ABC和DCE均是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，连接AE、BD、FG，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，AC与BD交于点F，则下列结论中：①AEBD=；②AGBF=；③//FGBE；④

CFCG=，以上结论正确的有()A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】首先根据等边三角形的性质，得到BCAC=，CDCE=，60ACBBCD==，然后由SAS判定BCDACE，根据全等三角形

的对应边相等即可证得①正确；又由全等三角形的对应角相等，得到CBDCAE=，根据ASA，证得BCFACG，即可得到②正确，同理证得CFCG=，得到CFG是等边三角形，易得③正确；证出CFG是

等边三角形，得出FGCG=．【解答】解：ABC和DCE均是等边三角形，BCAC=，CDCE=，60ACBECD==，ACBACDACDECD+=+，60ACD=，BCDACE=，在BCD与ACE中，BCACBCDACEC

DCE===，()BCDACESAS，AEBD=，(①正确）CBDCAE=，60BCAACG==，在BCF与ACG中，CBDCAGBCACBCAACG===

，()BCFACGASA，AGBF=，(②正确）；同理：()DFCEGCASA，CFCG=，CFG是等边三角形，60CFGFCB==，//FGBE，(③正确）．60ACG=，CFG是等边三角形，FGCG=

，故④正确；故选：D．【点评】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质．此题图形比较复杂，解题的关键是仔细识图，合理应用数形结合思想．【例题7】（2021秋•武昌区校级月考）如图，在RtABC中，90ABC=，BD是高，E是ABC外一点，BEBA=，EC

=，若23DEBD=，95AD=，125BD=，则BDE的面积为()A．2725B．1825C．3625D．5425【分析】根据SAS证明ABF与BED全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．【解答】解：ABDCE==，ABBE=，在BD

上截取BFDE=，在ABF与BED中，ABBEABDEBFDE===，()ABFBEDSAS，BDEABFSS=．1112954225525ABDSBDAD===．23DEBD=，23BFBD=

，236325ABFABDSS==，3625BDES=．故选：C．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明ABF与BED全等．【例题8】（2020•南关区校级四模）如图，在ABC中，ACB为钝角，

边AC绕点A沿逆时针方向旋转90得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90得到BE，作DMAB⊥于点M，ENAB⊥于点N，若10AB=，4EN=，则DM=6．【分析】过点C作CFAB⊥于点F，由旋转的性质可得ADAC=，BEBC=，利用“一线三等角“证得DCAF=，从而

可判定()DAMACFAAS，则DMAF=．同理可证，()BFCENBAAS，则4BFEN==，再由10AB=，可得AF，即DM的值．【解答】解：过点C作CFAB⊥于点F，如图所示：边AC绕点A沿逆时针方向旋转90得到AD，边BC绕点B沿顺时针方向旋转90

得到BE，ADAC=，BEBC=，DMAB⊥于点M，ENAB⊥于点N，CFAB⊥于点F，90AMDAFCBFCBNE====，90DDAM+=，90CAD=，90CAFDAM+=，DCAF=，在DAM和ACF中，AMDAFCDCAFA

DAC===，()DAMACFAAS，DMAF=．同理可证，()BFCENBAAS，4BFEN==，10AB=，1046AFABBF=−=−=，6DM=．故答案为：6．【

点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．【例题9】（2021秋•兴城市期末）如图，AD、CF分别是ABC的高和角平分线，AD与CF相交于G，AE平分C

AD交BC于E，交CF于M，连接BM交AD于H，且知BMAE⊥．有下列结论：①135AMC=；②AMHBME；③180AGCBAC+=；④2BCBHMH=+；⑤AHCEAC+=．其中，正确的结论有①②③⑤．（填序号）【分析】由

”双角平分线模型“可得135AMC=；先证CMACMB，从而易得出AMBM=，再利用互余得MAHMBE=，所以AMEBME；表示AGC和BAC的度数，可得相加等于定角180；由AMEBME可得AHBE=，从而得AHCEAC+

=；延长BM交AC于点N，先证AMHAMN得出2MHHN=，从而得到2BHMHBNBC+=．【解答】解：ADBC⊥，90ADC=，AM、CM平分CAD、ACD，12=，34=，在ACD中，902223180++=，2

345+=，180(23)135AMC=−+=．故①正确；45AMF=，ADDC⊥，BMAE⊥，90AMHBMEADB===，176590+=+=，又67=，152==．在CMA和CMB中，3425CMCM=

==，()CMACMBASA．ACBC=．CF平分ACB，CFAB⊥，即90MFA=，180904545MAF=−−=，180904545MBFMAF=−−==，MBMA=．在AMH和BME中，15AMBMAMHBME

===，()AMHBMEASA．故②正确；AHBE=，BCBECE=+，且BCAC=，AHCEAC+=．故⑤正确；180145AGC=−−，2451BACMAF=+=+

，180145451180AGCBAC+=−−++=，故③正确；延长BM交AC于点N，BMAE⊥，90AMHAMN==，在AMH和AMN中，12AMAMAMHAMN===，()AMHAMNASA．

HMMN=，2MHHN=，2BHMHBMBC+=，故④错误．所以正确的结论是①②③⑤．【点评】本题是几何综合题，主要考查了双角平分线模型、三角形内角和、全等三角形、等腰三角形的性质．【例题10】（2021秋•北仑区期末）如图，等边三角形ABC中，放置等边三角形

DEF，且点D，E分别落在AB，BC上，5AD=，连结CF，若CF平分ACB，则BE的长度为2.5．【分析】如图，在BC上截取EGBD=，连接FG，根据SAS证明BEDGFE，得FGCGBE==，最后

证明2ADBE=可得结论．【解答】解：如图，在BC上截取EGBD=，连接FG，ABC和DEF是等边三角形，DEEF=，ABBC=，60DEFBACB===，DECBDEBDEFFEG=+=+，BDEFEG=，在BED和GFE中，DEEFBDEFEGBDEG=

==，()BEDGFESAS，60BEGF==，BEFG=，FG平分ACB，30ACFECF==，EGFGFCFCG=+，30GFCGCF==，FGCGBE==，，ABBC=，BDEG=，25ADBECGBE

=+==，2.5BE=．故答案为：2.5．【点评】本题考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形全等．【例题11】（2021秋•苏州期末）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股定理为背景的邮票．如图，在RtABC

中，90BAC=，3AC=，4AB=．分别以AB，AC，BC为边向外作正方形ABMN，正方形ACKL，正方形BCDE，并按如图所示作长方形HFPQ，延长BC交PQ于G．则长方形CDPG的面积为12．【分析】如图，过点A作AABC

⊥于A，先根据面积法可得AA的长，证明△()AACCGKAAS，可得125CGAA==，最后根据长方形的面积公式可计算其答案．【解答】解：如图，过点A作AABC⊥于A，90BAC=，3AC=，4AB=，5BC=，1122ABCSABACBCAA==，1

134522AA=，125AA=，四边形ACKL是正方形，ACCK=，90ACK=，90ACAKCGACACAA+=+=，KCGCAA=，在△AAC和CGK中，90AACCGKCAAKCGACCK===

=，△()AACCGKAAS，125CGAA==，长方形CDPG的面积125125CDCG===．故答案为：12．【点评】本题考查了勾股定理和三角形全等的性质和判定，正确作辅助线构建三角形全等是本题的关键．【例题1

2】（2021秋•蜀山区期末）如图，在ABC中，点D、E分别为边AC、BC上的点，且ADDE=，ABBE=，70A=，则CED=110度．【分析】根据SSS证明ADB与EDB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．【解答】解：在ADB与EDB中，ADDEABBED

BDB===，()ADBEDBSSS，70ADEB==，18018070110CEDDEB=−=−=，故答案为：110．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SSS证明ADB与EDB全等．【例题13】（

2020秋•栾城区期中）如图，在ABC中，ABCB=，90ABC=．ADBD⊥于点D，CEBD⊥于点E，若7CE=，5AD=，则DE的长是2．【分析】先判断出证明()ABDBCEAAS，可得7

BDCE==，5ADBE==解决问题．【解答】解：90ABC=，ADBD⊥于点D，CEBD⊥于点E，90DCEBABC===，90ABDCBF+=，90ABDBAD+=，CBFBAD=，ABBC=，()ABDBCEAAS，7BDCE==，5

ADBE==，752DEBDBE=−=−=，故答案为2．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【例题14】（2020秋•海港区期中）如图，在ABC中，

ABCB=，90ABC=，ADBD⊥于点D，CEBD⊥于点E，若5CE=，3AD=，则DE的长是2．【分析】先判断出证明()ABDBCEAAS，可得5BDCE==，3ADBE==解决问题；【解答】解：90ABC=

，ADBD⊥于点D，CEBD⊥于点E，90DCEBABC===，90ABDCBF+=，90ABDBAD+=，CBFBAD=，ABBC=，()ABDBCEAAS，5BDCE==，3ADBE==，532DEBDBE=

−=−=，故答案为2【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．【例题15】（本题有3小题，第（1）小题为必答题，满分5分；第（2）、（3）小题为选答题，其中，第（2）小题满分3分，第（3）小题满分6分，

请从中任选1小题作答，如两题都答，以第（2）小题评分．)在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于D，BEMN⊥于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①ADCCEB；②DE

ADBE=+；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DEADBE=−；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【分析】（1）根据已知可利用AAS证明①ADCCEB

，由此可证②DEADBE=+；（2）根据已知可利用AAS证明ADCCEB，由此可证DEADBE=−；（3）根据已知可利用AAS证明ADCCEB，由此可证DEBEAD=−．【解答】证明：（1）①90ADCACBBEC=

==，90CADACD+=，90BCECBE+=，90ACDBCE+=．CADBCE=．ACBC=，ADCCEB．②ADCCEB，CEAD=，CDBE=．DECECDADBE=+=+．解：

（2）90ADCCEBACB===，ACDCBE=．又ACBC=，ACDCBE．CEAD=，CDBE=．DECECDADBE=−=−．（3）当MN旋转到图3的位置时，AD、DE、BE所满足的等量

关系是DEBEAD=−（或ADBEDE=−，BEADDE=+等）．90ADCCEBACB===，ACDCBE=，又ACBC=，ACDCBE，ADCE=，CDBE=，DECDCEBEAD=−=−．【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，

普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等，再根据全等三角形对应边相等得出结论．【例题16】（2022•全椒县一模）感知：数学课上，老师

给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且90BDABACAEC===，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．应用：（1）如图2，RtABC中，90ACB=，CBCA

=，直线ED经过点C，过A作ADED⊥于点D，过B作BEED⊥于点E．求证；BECCDA．（2）如图3，在ABC中，D是BC上一点，90CAD=，ACAD=，DBADAB=，23AB=，求点C到AB边的距离

．（3）如图4，在ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若DEFB=，10AB=，6BE=，求EFDE的值．【分析】（1）由直角三角形的性质得出ACDEBC=，可证明()BECCDAAAS；（2）过点D作DFAB⊥于点F

，过点C作CEAB⊥于，交BA的延长线于点E，证明()CAEADFAAS，由全等三角形的性质可得出3CEAF==，则可得出答案；（3）过点D作DMDC=交BC的延长线于点M，证明BFEMED∽，由相似三角形的性质可得出答案．【解答】（1）证明：90AC

B=，180BCEACBACD++=，180BCEACD+=，ADED⊥，BEED⊥，90BECCDA==，90EBCBCE+=，ACDEBC=，在BEC和CDA中，90CDABECACDEBCCBCA====，()B

ECCDAAAS；（2）解：过点D作DFAB⊥于点F，过点C作CEAB⊥于，交BA的延长线于点E，DBADAB=，ADBD=，132AFBFAB===，90CAD=，90DAFCAE+=，90DAFADF+=，CAEA

DF=，在CAE和ADF中，90CEAAFDCAEADFACAD====，()CAEADFAAS，3CEAF==，即点C到AB的距离为3；（3）解：过点D作DMDC=交BC的延长线于点M，DCMM=，四边形ABCD是平行四边

形，10DMCDAB===，//ABCD，BDCMM==，FECDEFDECBBFE=+=+，BDEF=，DECBFE=，BFEMED∽，63105EFBEDEDM===．【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全

等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【例题17】（2022•信阳一模）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有ABAC=，且满足BDAAECBAC===．（1）如图1，当90

=时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是DEBDCE=+；（2）如图2，当0180时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；（3）拓展与应用：如图3，当120=时，点F为BAC平分线上的一

点，且ABAF=，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断DEF的形状，并说明理由．【分析】（1）由90BDABACAEC===得到90BADEACBADDBA+=+=，进而得到DBAEAC=，然后结合ABAC=得证DBAEAC，最后得到DEBDC

E=+；（2）由BDABACAEC===得到180BADEACBADDBA+=+=−，进而得到DBAEAC=，然后结合ABAC=得证DBAEAC，最后得到DEBDCE=+

；（3）先由120=和AF平分BAC得到60BAFCAF==，然后结合ABAFAC==得到ABF和ACF是等边三角形，然后得到FAFC=、60FCAFAB==，然后结合BDAEAC得到BADACE=、ADCE=，从而

得到FADFCE=，故可证FADFCE，从而得到DFEF=、DFAEFC=，最后得到60DFEDFAAFEEFCAFE=+=+=，即可得证DEF是等边三角形．【解答】解：（1）DEBDCE=+，理由如下，90BDABACAEC==

=，90BADEACBADDBA+=+=，DBAEAC=，ABAC=，()DBAEACAAS，ADCE=，BDAE=，DEADAEBDCE=+=+，故答案为：DEBDCE=+．（

2）DEBDCE=+仍然成立，理由如下，BDABACAEC===，180BADEACBADDBA+=+=−，DBAEAC=，ABAC=，()DBAEACAAS，BDAE=，ADCE=，DEA

DAEBDCE=+=+；（3）DEF是等边三角形，理由如下，120=，AF平分BAC，60BAFCAF==，ABAFAC==，ABF和ACF是等边三角形，FAFC=，60FCAFABAFC===，同（2）理得，BDAEAC，BADACE=

，ADCE=，FADFCE=，()FADFCESAS，DFEF=，DFAEFC=，60DFEDFAAFEEFCAFEAFC=+=+==，DEF是等边三角形．【点评】本题考查了全

等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练应用一线三等角模型证明三角形全等．【例题18】（2019•玉州区二模）已知：如图，正方形ABCD中，E是边AB上一点，AMDE⊥于点M，CNDE⊥于点N．（1）求证：MNDMAM=−；（2）连接AN，如果DNCNANCD=，求证

：MNME=．【分析】（1）根据正方形的性质可得ADDC=，90ADC=，从而可得ADMDCN=，然后证明ADMDCN，从而可得DNAM=，即可解答；（2）根据正方形的性质可得ADDC=，90DAE=，从而证明CDNDEA

∽，进而可得CNDNDAEA=，再结合已知DNCNANCD=，可得ANAE=，最后利用等腰三角形的三线合一性质即可解答．【解答】证明：（1）四边形ABCD是正方形，ADDC=，90ADC=，90ADMCDN+

=，AMDE⊥，CNDE⊥，90AMDCND==，90CDNDCN+=，ADMDCN=，()ADMDCNAAS，DNAM=，MNDMDN=−，MNDMAM=−；（2）如图：四边形ABCD是正方形，ADDC=，90DAE=，90DAED

NC==，ADMDCN=，CDNDEA∽，CNDNDAEA=，CNDNCDEA=，DNCNANCD=，DNDNEAAN=，AEAN=，AMDE⊥，MNME=．【点评】本题考查了相似三角形的判定与

性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．【例题19】（2018•泸州模拟）如图，在ABC中，ACBC=，90ACB=，直线l经过点C，ADl⊥于D，B

El⊥于E，求证：CDBE=．【分析】在本题中等腰直角三角形已经告知我们两个条件了即直角和一组边相等，我们可利用同角的余角相等，去证明所需的另外的角，从而利用角角边公式解答．【解答】证明：90ACB

=，ADl⊥于D，BEl⊥于E，90DCABCE+=，又90BCECBE+=，ACDCBE=，又90ADCCEB==，且ACCB=，在ACD与CBE中90ACDCBEAD

CCEBACCB====，ACDCBE．CDBE=．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先

根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．【变式1】（2017•大连模拟）在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于D，BEMN⊥于E．

（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①ADCCEB；②DEADBE=+；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DEADBE=−；（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样

的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【分析】（1）由90ACB=，得90ACDBCE+=，而ADMN⊥于D，BEMN⊥于E，则90ADCCEB==，根据等角的余角相等得到ACDCBE=，易得RtADCRtCEB，所以ADCE=，DCBE=，即可得到DEDCCEB

EAD=+=+．（2）根据等角的余角相等得到ACDCBE=，易得ADCCEB，得到ADCE=，DCBE=，所以DECECDADBE=−=−．（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DEBEAD=−．证明的方法与（2）相同．【解答】（1）证明：90ACB=，90ACDBCE+=

，而ADMN⊥于D，BEMN⊥于E，90ADCCEB==，90BCECBE+=，ACDCBE=．在ADC和CEB中，ADCCEBACDCBEACCB===，

ADCCEB，ADCE=，DCBE=，DEDCCEBEAD=+=+；（2）证明：在ADC和CEB中，90ADCCEBACDCBEACCB====，ADCCEB，A

DCE=，DCBE=，DECECDADBE=−=−；（3）DEBEAD=−．易证得ADCCEB，ADCE=，DCBE=，DECDCEBEAD=−=−．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，

对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．【变式2】（2021秋•东至县期末）如图，在ABC中，ABAC=，D、A、E三点都在直线m上，并且有BDAAEC

BAC===，若10DE=，3BD=，求CE的长．【分析】由AECBAC==，推出ECABAD=，再根据AAS证明BADACE得CEAD=，3AEBD==，即可得出结果．【解答】解：AECBA

C==，180ECACAE+=−，180BADCAE+=−，ECABAD=，在BAD与ACE中，BDAAECBADACEABAC===，()BADACEAAS，CEAD=，3A

EBD==，10DEADAE=+=，1037ADDEAEDEBD=−=−=−=．7CE=．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，证明BADACE是解题的关键．【变式3】（2021秋•南丹县期末）如图

1，90ABC=，FAAB⊥于点A，D是线段AB上的点，ADBC=，AFBD=．（1）判断DF与DC的数量关系为相等，位置关系为．（2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AFAB⊥，并截取AFBD=，连接DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，

并说明理由．【分析】（1）利用SAS证明ADFBCD，得DFCD=，ADFBCD=，从而得出90ADFCDB+=，即可证明结论；（2）由（1）同理得ADFBCD，得DFCD=，ADFBCD=，从而得出90ADFCDB+=，即90CDF=．【解答】

解：（1）AFAB⊥，90DAF=，在ADF与BCD中，AFDBDAFCBDADBC===，()ADFBCDSAS，DFCD=，ADFBCD=，90BCDCDB+=，90ADFCDB+=，即90CDF=，CDDF⊥，故答案为：相等，垂

直；（2）成立，理由如下：AFAB⊥，90DAF=，90ABC=，90CBD=，DAFCBD=，在ADF与BCD中，AFDBDAFCBDADBC===，()ADFBCDSAS，DFCD=，ADF

BCD=，90BCDCDB+=，90ADFCDB+=，即90CDF=，CDDF⊥．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟悉基本的一线三等角模型是解题的关键．【变式4】（2021秋•涡阳

县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在ABC中，90C=，ACBC=，试回答下列问题：（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当//ABMN时，2=45度；（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分

别作AMMN⊥于M，BNMN⊥与N，若6AM=，2BN=，求MN．（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．【分析】（1）先求出45B=，再用平行线的性质，即可求出答

案；（2）先用同角的余角相等判断出2CAM=，同理：1CBN=，进而判断出()AMCCNBASA，得出AMCN=，MCBN=，即可求出答案；（3）同（2）的方法，即可得出结论．【解答】解：（1）在ABC中，ABAC=，90ACB=

，45BA==，//ABMB，245B==，故答案为45；（2）AMMN⊥于M，BNMN⊥于N，90AMC=，90BNC=．190CAM+=，又1290+=，2CAM=，同理：1CBN=，在AMC和CNB中，12C

BNACBCCAM===，()AMCCNBASA，AMCN=，MCBN=，268MNMCCNAMBN=+=+=+=；（3）MNBNAM=−，理由：同（2）的方法得，()AMCCNBASA，AMCN=，MCBN=，MNMCCNBNAM=−=−．【点评

】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出AMCCNB是解本题的关键．【变式5】（2021秋•十堰期末）已知：在平面直角坐标系中，A为x轴负半轴上的点，B为y轴负半轴上的点．（1）如

图1，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰RtABC，若2OA=，4OB=，求C点的坐标；（2）如图2，若点A的坐标为(23−，0)，点B的坐标为(0,)m−，点D的纵坐标为n，以B为顶点，BA为腰作等腰RtABD．当B点沿y轴负半轴向下运动且其他条

件都不变时，整式4493mn+−的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由；（3）如图3，若OAOB=，OFAB⊥于点F，以OB为边作等边OBM，连接AM交OF于点N，若ANm=，ONn=，请直接写出线段AM的长．【分析】（1）过点C

作CQOA⊥于点Q，可以证明AQCBOA，由QCAO=，AQBO=，再由条件就可以求出C的坐标．（2）过点D作DPOB⊥于点P，可以证明AOBBPD，则有()AOBPOBPOmnmn==−=−−=+为定值，从而可以得出结论4493mn+−的值不变为3−

．（3）在MA上截取MGON=，连接BG，证明()ANOBGMAAS，由全等三角形的性质得出BGAN=．由等腰三角形的性质可得出结论．【解答】解：（1）如图1，过点C作CQOA⊥于点Q，90AQC=ABC等腰直角三角形，ACAB=，

90CAB=，ACQBAO=．()AQCBOAAAS，CQAO=，AQBO=．2OA=，4OB=，2CQ=，4AQ=，6OQ=，(6,2)C−−．（2）整式4493mn+−的值不会变化．理由如下：如图2，过点D作D

POB⊥于点P，90BPD=，ABD等腰Rt△，ABBD=，90ABDABOOBD=+=，ABOBDP=，()AOBBPDAAS，AOBP=，()BPOBPOmnmn=−=−−=+，(23A−，0

)，23OA=，23mn+=，当B点沿y轴负半轴向下运动时23AOBPmn==+=，4493423933mn+−=−=−，整式4493mn+−的值不变，为3−．（3）2AMmn=+．证明：如图3，在MA上截取MGO

N=，连接BG，OBM是等边三角形，BOBMMO==，60OBMOMBBOM===，AOMO=，105ABM=，30HOM=，OAOB=，OAOMBM==．15OANAMO==，30BA

M=，45BMA=，OFAB⊥，45AOF=，AOFBMA=．()ANOBGMAAS，BGAN=．ONMG=，GBMOAN=，15GBM=，90ABG=2BGAG=，2ANAG=，AGAMGM=−，2ANONAM+=，即2AMm

n=+．【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线等分线段定理的运用．【变式6】（2021秋•长安区校级期末）如图所示，在RtABC中，90C=，点D

是线段CA延长线上一点，且ADAB=．点F是线段AB上一点，连接DF，以DF为斜边作等腰RtDFE．连接EA，且EAAB⊥．（1）若20AEF=，50ADE=，则ABC=60；（2）过D点作DGAE⊥，垂足为G．①

填空：DEG△；②求证：AEAFBC=+；（3）如图2，若点F是线段BA延长线上一点，其他条件不变，请写出线段AE，AF，BC之间的数量关系，并简要说明理由．【分析】（1）先由20AEF=、9

0DEF=得到70DEA=，然后由50ADE=得到60DAE=，再结合90EAB=得到30BAC=，最后由90ACB=得到60ABC=；（2）①先由DGAE⊥得到90DEGEDG+=，然后由90DEF=得到90D

EGAEF+=，从而得到EDGFEA=，再结合DEEF=、90DGEEAF==得证DEGEFA；②先由90GDAGAD+=和90GADBAC+=得到GDABAC=，再结合ADAB=、90DGAC==得证GDACAB

，进而得到BCAC=，最后由DEGEFA得到ECAF=，最后得证AEAFBC=+；（3）过点D作DGAE⊥，交AE的延长线于点G，则90DGE=，先由AEAB⊥，得到90EAFDGE==，然后由DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形得到90DEF=，DEEF

=，从而得证GDEAEF，因此有GEAF=，再由90DGEEAF==得到GDACAB=，然后证明GDACAB，最后得到BCEGAEAFAE=+=+．【解答】（1）解：20AEF=，90D

EF=，70DEA=，50ADE=，60DAE=，90EAB=，30BAC=，90ACB=，60ABC=，故答案为，60．（2）①解：DGAE⊥，90DEGEDG+=，90DEF=，9

0DEGAEF+=，EDGFEA=，在DEG和EFA中，DGEEAFEDGFEADEEF===，()DEGEFAAAS，故答案为：EFA．②证明：90GDAGAD+=，90G

ADBAC+=，GDABAC=，ADAB=，90DGAC==，()GDACABAAS，BCAC=，DEGEFA，ECAF=，AEACCEAFBC=+=+．（3）解：BCAEAF=+，理由如下，如图2，过点D作DGAE⊥，交AE的延长线

于点G，则90DGE=，AEAB⊥，90EAFDGE==，DEF是以DF为斜边的等腰直角三角形，90DEF=，DEEF=，90GDEGEDGEDAEF+=+=，GDEAEF=，()GDEAEFAAS，GEAF=

，90DGEEAF==，//DGAB，GDACAB=，在GDA和CAB中，DGACGDACABADAB===，()GDACABAAS，BCAG=，BCEGAEAFAE=+

=+．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握一线三等角模型证明三角形全等．【变式7】（2021秋•江汉区期末）如图，在等边ABC中，D，E分别为AB，BC边上的点，DEEF=，60DEF=．（1）如图1，若点F在AC边上，求

证：ADCF=；（2）如图2，连CF．若30FCB=，求证：2ADBE=；（3）如图3，O是BC的中点，点H在ABC内，120BHC=，点M，N分别在CH，BH上，MONO⊥，若CAM=，直接写出BAN的度数（用含有的式子表示）．【分析】（1）连

接DF，根据“有一个角是60的等腰三角形是等边三角形”可判断DEF是等边三角形，则DFEF=，又ABC是等边三角形，根据三角形内角和可得出，AFDFEC=，所以()ADFCFEAAS，则ADCF=；（2）过点F作//JKAC交AB于点J，交BC于点K，过点F作//PIAB交

AC于P，交BC于点I，连接DF，则BJK和CPI是等边三角形，BDEJFDKEF，所以DJBEFK==，因为//ABPI，//FKAC，所以四边形AJFP是平行四边形，则AJPF=，易得CPI为等边三角形，由30FCB=可得CF平分PCI，则FIFP=，所以

FPAJ=，FKBEDJ==，FIFK=，所以AJDJBE==，即2ADAJDJBE=+=；（3）延长MO到点G，使OGOM=，连接NG，BG，NM，作ACQABN=，且使CQBN=，连接MQ，AQ，先得到()BOGCOMSAS，再得到()ACQABNSAS和()BNGC

QMSAS，所以NAMMAQCAMCAQCAMBAN==+=+，所以30CAMBAN+=，则CAM=，所以30BAN=−．【解答】（1）证明：如图，连接DF，DEEF=，60DEF=，DEF是等边三角形，DFEF

=，ABC是等边三角形，60AC==，60AFEAFDDFEAFD=+=+，60AFECEFCFEC=+=+，AFDFEC=，AC=，DFEF=，()ADFCFEAAS，ADCF=；（2）证明：如图，过点F作//JKAC交AB于点J

，交BC于点K，过点F作//PIAB交AC于P，交BC于点I，连接DF，60BJKBACBKJACBABC=====，60CPIBACBCIPACB=====，BJK和CPI是

等边三角形，60DEF=，DEEF=，DEF是等边三角形，由（1）中结论可知，BDEJFDKEF，DJBEFK==，//ABPI，//FKAC，四边形AJFP是平行四边形，AJPF=，60FIKFKI==，FIFK=，CPI为等边三角形，30F

CB=，30FCIFCP==，CF平分PCI，CPI是等边三角形，FIFP=，FPAJ=，FKBEDJ==，FIFK=，AJDJBE==，即2ADAJDJBE=+=；（3）解：如图，延长MO

到点G，使OGOM=，连接NG，BG，NM，作ACQABN=，且使CQBN=，连接MQ，AQ，MONO⊥，OMOG=，NGMN=，MOOG=，BOOC=，MOCBOG=，()BOGCOMSAS，BGCM=，GBOOCM=，//BGCM，180

60NBGBHC=−=，120BHC=，60HBCHCB+=，ABC是等边三角形，60ABCACBBAC===，60ABHHBCACHHCB+=+=，ABHHCB=，HBCACH=，ACQABN=，ABAC=，BNCQ

=，()ACQABNSAS，ANAQ=，BANCAQ=，60ACBACHBCH=+=，ABNBCHACQ==，60MCQACMACQACHBCHNBG=+=+==，

BNCQ=，BGCM=，()BNGCQMSAS，NGMQ=，NGNM=，MQMN=，ANAQ=，AMAM=，()NAMQAMSSS，NAMMAQCAMCAQCAMBAN==+=+，又60NAMCAMBAN++=，30CAMBAN+=，CA

M=，30BAN=−．【点评】本题属于三角形的综合题，涉及全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形三线合一等知识，类比思想及构造的思想进行分析，仿造（1）中的结论构造出全等三角形是解题关键．【变式8】（

2021秋•海淀区期末）如图，在ABC中，BC=，点D，E在BC边上，ADAE=．求证：CDBE=．【分析】根据AAS证明ACE与ABD全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．【解答】证明：ADAE=，AEDADE=，CEABDA=，在

ACE与ABD中，BCCEABDAAEAD===，()ACEABDAAS，CEBD=，CEEDDBED+=+，即CDBE=．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明ACE与ABD全等．【变式9】（2021秋•佳木斯

期末）在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于D，BEMN⊥于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图（1）的位置时，求证：①ADCCEB；②DEADBE=+；（2）当直线

MN绕点C旋转到图（2）的位置时，求证：DEADBE=−；（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．【分析】（1）①根据ADMN⊥，BEMN⊥，90ACB=，得出CADBCE=，再根据AAS即可判定ADCCEB；②根据全等三角形的

对应边相等，即可得出CEAD=，CDBE=，进而得到DECECDADBE=+=+；（2）先根据ADMN⊥，BEMN⊥，得到90ADCCEBACB===，进而得出CADBCE=，再根据AAS即可判定ADCCEB，进而得到CEAD=，CDBE=，最后得出DECE

CDADBE=−=−；（3）运用（2）中的方法即可得出DE，AD，BE之间的等量关系是：DEBEAD=−．【解答】解：（1）①ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCACBCEB===，90CADACD+=，90BCEACD

+=，CADBCE=，在ADC和CEB中，CADBCEADCCEBACBC===，()ADCCEBAAS；②ADCCEB，CEAD=，CDBE=，DECECDADBE=+=+；（2）证明：ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCCEBACB==

=，CADBCE=，在ADC和CEB中，CADBCEADCCEBACBC===，()ADCCEBAAS；CEAD=，CDBE=，DECECDADBE=−=−；（3）

当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DEBEAD=−．理由如下：ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCCEBACB===，CADBCE=，在ADC和CEB中，CADBCEADCCEBACBC===，()ADCCEBAAS，C

EAD=，CDBE=，DECDCEBEAD=−=−．【点评】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，解题时注意：全等三角形的对应边相等，同角的余角相等，解决问题的关键是根据线段的

和差关系进行推导，得出结论．【变式10】（2021秋•赫山区期末）如图在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于点D，BEMN⊥于点N，求证：（1）ADCCEB；（2）DEADBE=+．【分析】（

1）由垂直得90ADCBEC==，由同角的余角相等得：DACBCE=，因此根据AAS可以证明）ADCCEB；（2）由（1）中的全等得：DCBE=，ADEC=，根据线段的和可得结论．【解答】证明：（1）ADMN⊥，BEM

N⊥，90ADCBEC==，90DACACD+=，90ACB=，90ACDBCE+=，DACBCE=，在ADC和CEB中，ADCBECDACBCEACBC===，AD

CCEB；（2）ADCCEB，DCBE=，ADEC=，DEDCEC=+，DEBEAD=+．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定方法是关键；在证明角相等时常利用同角的余角相等来证明角的大小

关系；要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．【变式11】（2021秋•凉山州期末）在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于D，BEMN⊥于E．（1）当直线MN绕点

C旋转到图1的位置时，求证：①ADCCEB；②DEADBE=+；（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．【分析】（1）直角三角形中斜边对应相等，即可证明全等，再由线段对应相等，得出②中结

论；（2）由图可知，ADC与CEB仍全等，但线段的关系已发生改变．【解答】（1）证明：①9090ACDBCEDACACD+=+=，DACBCE=．又ACBC=，90ADCBEC==，ADCCEB．②ADCCEB，CDBE=，ADCE=．DECECDADB

E=+=+．（2）ADCCEB成立，DEADBE=+．不成立，此时应有DEADBE=−．证明：9090ACDBCEDACACD+=+=，DACBCE=．又ACBC=，90ADCB

EC==，ADCCEB．CDBE=，ADCE=．DEADBE=−．【点评】本题考查了三角形全等的判定及性质；熟练掌握全等三角形的性质和判定，此题作为选择或填空很容易漏掉后一问，注意运用．【变式12】（2021春•丹

阳市期中）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：【模型呈现】（1）如图1，90BAD=，ABAD=，过点B作BCAC⊥于点C，过点D作DEAC⊥于点E．由12290D+=+=，得1D=．又90ACBAED

==，可以推理得到ABCDAE．进而得到AC=DE，BCAE=．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；【模型应用】（2）如图2，90BADCAE==，ABAD=，ACAE=，连接BC，DE，且BCAF⊥于点F，DE与直线AF交于点G．

求证：点G是DE的中点；【深入探究】（3）如图3，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，AFD的面积为1S，DCE的面积为2S，则有1S2S（填“、=、”)；（4）如图4，分别以DCE的三条

边为边，向外作正方形，连接AF、GK、BH．当4AB=，2DE=，45CDE=时，图中的三个阴影三角形的面积和为；（5）如图5，点A、B、C、D、E都在同一条直线上，四边形ABKH、KCMG、DENM都是正方形，若该图形总面积是16，正方形KCM

G的面积是4，则HKG的面积是．【分析】（1）根据全等三角形的对应边相等，即可得出结论；（2）作DMAF⊥于M，ENAF⊥于N，由“K字”模型得ABFDAM，则ENDM=，再证明()DMGENGAAS，则DGEG=，即可得出结论；（3）由“K字”模型和（2）的结论以及三角形

面积关系即可得出结论．（4）过点E作EMDC⊥于点M，求出2CDES=，由（3）中的结论可得出答案；（5）由（1）和（3）中的结论可得出答案．【解答】（1）解：BCAC⊥，DEAC⊥，90ACBDEABAD===，12290

D+=+=，1D=，在ABC和DAE中，1ACBDEADABDA===，()ABCDAEAAS，ACDE=，BCAE=，故答案为：DE；（2）证明：如图2，过D作DMAF⊥于M，过E作ENAF⊥于N，

由“K字”模型得：()ABFDAMAAS，AFDM=，同理：AFEN=，ENDM=，DMAF⊥，ENAF⊥，90GMDGNE==，在DMG与ENG中，DGMEGNDMGENGDMEN===，()DMGENGAAS，

DGEG=，即点G是DE的中点；（3）解：如图3，过D作PQCE⊥于P，交AF于Q，过A作AMPQ⊥于M，过F作FNPQ⊥于N，四边形ABCD和四边形DEGF为正方形，90ADCEDF==，ADCD=，DEDF=，由“K字”模型得：()ADMDCPAAS

，()DFNEDPAAS，ADMDCPSS=，DFNEDPSS=，由（2）得：()AMQFNQAAS，AMQFNQSS=，ADQFNQDFNADQAMQDFNADMDFNDCPEDPSSSSSSSSSS

++=++=+=+，即12SS=，故答案为：=．（4）解：过点E作EMDC⊥于点M，45CDE=，2DE=，1EMDM==，4ABCD==，1141222CDESCDEM===，由（3）可知ADFCDESS=，EGKCDESS=，BC

HCDESS=，图中的三个阴影三角形的面积和为3326CDES==，故答案为：6；（5）解：由（3）可知GHKKBCGMNMCDSSSS===，由（1）可知KBCCDM，BKCD=，BCDM=，222BKBCKC+=，222BKDMKC+=，ABKHMDENKCMGS

SS+=正方形正方形正方形，该图形总面积是16，4216HKGKCMGSS+=正方形，正方形KCMG的面积是4，2HKGS=，故答案为：2．【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形

的判定与性质、直角三角形的性质、“K字”模型的应用以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握“K字”模型的应用是解题的关键，属于中考常考题型．【变式13】（2020秋•江津区期末）问题1：如图①，在四边形ABCD中，90BC

==，P是BC上一点，PAPD=，ABBPBC+=．求证：90APD=；问题2：如图②，在三角形ABC中，45BC==，P是AC上一点，PEPD=，且90EPD=．求AEAPPC+的值．【分析】问题1：证明Rt

ABPRtPCD(HL)，由全等三角形的性质得出APBPDC=，则可得出结论；问题2：过D点作DFAC⊥于点F，证明()APEFDPAAS，由全等三角形的性质得出AEPF=，APDF=，证出APFC=，则可得出答案．【解答】问题1：证明：BPPCBC+=，BPABBC+=，PC

AB=，在RtABP与RtPCD中，APPDABPC==，RtABPRtPCD(HL)，APBPDC=，180180()1809090APDAPBDPCPDCDPC=−−=−+=−=；问题2：过D点作DFAC⊥于点F，在ABC中，18090A

BC=−−=，APFD=，9090APEDPFAEPAPE+=+=，DPFAEP=，在APE与FDP中，ADFPDPEAEPPEPD===，()APEFDPAAS，AEPF

=，APDF=，在DPF中，90904545FDCC=−=−=，DFFC=，APFC=，PCPFFCAEAP=+=+，1AEAPPC+=．【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明APE

FDP是解题的关键．【变式14】（2020秋•天元区期末）在ABC中，90ACB=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于D，BEMN⊥于E．（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DEA

DBE=+．（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问：DE、AD、BE有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问：DE、AD、BE有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．【分析】

（1）利用AAS证明ADCCEB，得CEAD=，CDBE=，从而证明结论；（2）同理可证ADCCEB，CEAD=，CDBE=，从而得出DECECDADBE=−=−；（3）同理证明ADCCEB，得CEAD=，CDBE=，从而得出DECDCEBEAD=−=−．【解答】（1）证明：A

DMN⊥，BEMN⊥，90ADCACBCEB===，90CADACD+=，90BCEACD+=，CADBCE=，在ADC与CEB中，CADBCEADCCEBACBC==

=，()ADCCEBAAS，CEAD=，CDBE=，DECECDADBE=+=+；（2）解：DEADBE=−，证明如下：ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCACBCEB===，90C

ADACD+=，90BCEACD+=，CADBCE=，在ADC与CEB中，CADBCEADCCEBACBC===，()ADCCEBAAS，CEAD=，CDBE=，DECECDADBE=−=−；（3）解：DEBEAD=−，证明如

下：ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCACBCEB===，90CADACD+=，90BCEACD+=，CADBCE=，在ADC与CEB中，CADBCEADCCEBACBC===，()ADCCEBAAS，CEAD

=，CDBE=，DECDCEBEAD=−=−．【点评】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型证明ADCCEB是解题的关键．【变式15】（2021秋•上蔡县期中）（1）探究证明：在ABC中，90ACB

=，ACBC=，直线MN经过点C，且ADMN⊥于点D，BEMN⊥于点E，当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DEADBE=+；（2）发现探究：当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立，如果不成立，DE、AD、BE应

满足的关系是DEBEAD+=．（3）解决问题：当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，若8BE=，2AD=，请直接写出DE的长为．【分析】（1）由垂直得90ADCBEC==，由同角的余角相等得：DACBCE

=，因此根据AAS可以证明）ADCCEB，结合全等三角形的对应边相等证得结论；（2）根据全等三角形的判定定理AAS推知ACDCBE，然后由全等三角形的对应边相等、图形中线段间的和差关系以及等量代换证得DEBEAD+=；（3）先同（2）的方法得出DEBE

AD=−，代值即可得出结论．【解答】证明：（1）如图1，ADMN⊥，BEMN⊥，90ADCBEC==，90DACACD+=，90ACB=，90ACDBCE+=，DACBCE=，在ADC和CEB中，ADCB

ECDACBCEACBC===，ADCCEB；DCBE=，ADEC=，DEDCEC=+，DEBEAD=+．（2）解：（1）中结论不成立，结论为：DEBEAD+=．理由如下：如图2，90A

CB=，90ACDBCE+=．又ADMN⊥于点D，90ACDCAD+=，CADBCE=．在ADC和CEB中，ADCBECDACBCEACBC===，ADCCEB

；CDBE=，ADCE=，DEBEDECDECAD+=+==，即DEBEAD+=．故答案为：DEBEAD+=；（3）解：如图3，同（2）的方法得，ADCCEB，ADCE=，DCBE=，DECDCEBEAD=−=−8BE=，2AD=，826DE=−=．故答案为：6．【点评】本题

考查了几何变换综合题，等腰直角三角形和全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的四种判定方法是关键：SSS、SAS、AAS、ASA；在证明线段的和与差时，利用全等三角形将线段转化到同一条直线上得出结论．【变式16】（2019春•南岗区校级月考）已知：如图1，在ABC中，ABAC=，直线DE

过点A，连接BD、CE，且90BDAAEC==，BDAE=．（1）求证：90BAC=；（2）如图2，若点F为BC边的中点，连接EF，求证：2AECEEF+=；（3）如图3，在（2）的条件下，若过点E作EF的垂线交BC的延长线于点N，过点N作DE的平行线交AF的延长线于点

M，若5AM=，7()ENCNEC=，求AD的长．【分析】（1）根据HL证明RtADBRtCEA(HL)即可解决问题．（2）如图2中，连接DF，AF．首先证明DEF是等腰直角三角形，可得2DEEF=，再证明ADE

C=即可解决问题．（3）如图3中，延长EC交NM于H，作AGMN⊥于G．首先证明EHN是等腰直角三角形，推出27222EHHNEN===，由四边形AEHG是矩形，推出722AGEH==，在RtAMG中，2

2227225()22MGAMAG=−=−=，再证明()AGMNHCAAS，求出CH，EC即可解决问题．【解答】（1）证明：如图1中，90BDAAEC==，BDAE=，ABAC=，RtADBRtCEA(HL)，DABACE=

，90ACECAE+=，90DABCAE+=，90BAC=．（2）证明：如图2中，连接DF，AF．ABAC=，90BAC=，BFFC=，AFBC⊥，45ACBABC==，90AFC

=，180AFCAEC+=，A，F，C，E四点共圆，45AEFACF==，同法可证45ADFABF==，DEF是等腰直角三角形，2DEEF=，DABECA，ADEC=

，2AEECAEDADEEF+=+==．（3）解：如图3中，延长EC交NM于H，作AGMN⊥于G．ENEF⊥，45FEC=，90NEF=，45NEH=，90EHN=，EHN是等腰直角三角形，27222EHHNEN===，90AGHGHEAEH===

，四边形AEHG是矩形，722AGEH==，在RtAMG中，22227225()22MGAMAG=−=−=，180NCHFCH+=，180MFCH+=，MNCH=，90AGMNHC==，AGNC=，()AGMNHCAAS，22CHMG==，7223222

ECEHCH=−=−=，ADEC=，32AD=．【点评】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，四点共圆等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决

问题，属于中考压轴题．【变式17】（2016春•惠山区期末）从反思中总结基本活动经验是一个重要的学习方法．例如，我们在全等学习中所总结的“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，从而借助已有经验，迅

速解决问题．（1）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且(0,2)D，点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、)B，作MNDM⊥，垂足为M，且MNDM=．设OMa=，请你利用基本活动经验直接写出点N的坐标(2,)aa+（用含a的代数式表示）；（2）基本经验有利

有弊，当基本经验有利于新问题解决的时候，这是基本经验的正迁移；当基本经验所形成的思维定势局限了新问题的思考，让新问题解决不出来的时候，这是基本经验的负迁移．例如，如果（1）的条件去掉“且MNDM=”，加上“交CBE的平分线与点N

”，如图2，求证：MDMN=．如何突破这种定势，获得问题的解决，请你写出你的证明过程．（3）如图3，请你继续探索：连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：①FM的长度不变；②MN平分FMB，请你指出正确的结论，并给出证明．【分析】（1）如图1中，作NEOB⊥于E，只要证明DM

OMNE即可解决问题．（2）如图2中，在OD上取OHOM=，连接HM，只要证明DHMMBN即可．（3）结论：MN平分FMB成立．如图3中，在BO延长线上取OACF=，过M作MPDN⊥于P，因为45NMBCDF+=，所以只要证明45FMN

CDF+=即可解决问题．【解答】（1）解：如图1中，作NEOB⊥于E，90DMN=，90DMONME+=，90NMEMNE+=，DMOMNE=，在DMO和MNE中，90DOMNEMDMOMNEDMMN====，DM

OMNE，2MEDO==，NEOMa==，2OEOMMEa=+=+，点N坐标(2,)aa+，故答案为(2,)Naa+．（2）证明：如图2中，在OD上取OHOM=，连接HM，ODOB=，OHOM=，HDMB

=，OHMOMH=，18045135DHM=−=，NB平分CBE，45NBE=，18045135NBM=−=，DHMNBM=，90DMN=，90DMONMB+=，90HDMDMO+=，HDM

NMB=，在DHM和MBN中，HDMNMBDHMBDHMNBM===，()DHMMBNASA，DMMN=．（3）结论：MN平分FMB成立．证明：如图3中，在BO延长线上取OAC

F=，在AOD和FCD中，90DODCDOACOACF====DOADCF，ADDF=，ADOCDF=，45MDN=，45CDFODM+=，45ADOODM+=，ADMFDM=，在DMA和DMF中，DMDMMDAMDFDADF=

==，DMADMF，DFMDAMDFC==，过M作MPDN⊥于P，则FMPCDF=，由（2）可知45NMFFMPPMN+==，NMBMDO=，45MDOCDF+=，NMBNMF=，即MN平分FMB．（在旋转过程中，

FMAM=，显然AM的长度是变化的，故FM的长度是变化的或取两个特殊位置，比较AM的值即可发现结论）．【点评】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角

形，记住一些基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地联想，属于中考压轴题．【拓展训练1】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的顶点O在坐标原点，点B的坐标为（2，6）点A在第二象限．反比例函数y＝（

k≠0）的图象经过点A，则k的值是（）A．﹣9B．﹣8C．﹣7D．﹣6【拓展训练2】如图，在平面直角坐标系中，点A（m，6）、B（3，n）均在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，若△AOB的面积为8，则k的值为（）A．3B．6C．9D．12【拓展训练3】如图，过x正半轴上任

意一点P作y轴的平行线，分别与反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象交于A点和B点，连接OA、OB，则△OAB的面积为（）A．4B．6C．8D．10【拓展训练4】如图，点A，B分别在函数y＝（k1＞0）与函数y＝（k2＜0）的图象上，线段AB的中点

M在x轴上，△AOB的面积为4，则k1﹣k2的值为（）A．2B．4C．6D．8【拓展训练5】如图所示，点B的坐标为（0，4），点A是x正半轴上一点，点C在第一象限内，BC⊥AB于点B，∠OAB＝∠BAC，当AC＝10时，则过点C的反比例函数y＝的比例系

数k值为（）A．32或16B．48或64C．16或64D．32或80【拓展训练6】如图所示是一块含30°，60°，90°的直角三角板，直角顶点O位于坐标原点，斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y1＝（x＞0）的图象上，顶点B

在函数为y2＝（x＞0）的图象上，∠ABO＝30°，则＝（）A．﹣3B．3C．D．﹣【拓展训练7】如图，已知点A，B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，且OA⊥OB，则的值为（）A．B．C．D．【拓展训练8】如图，△AOB是直角三角形，∠AOB＝90°，

△AOB的两边分别与函数y＝﹣，y＝的图象交于B、A两点，则等于（）A．B．C．D．【拓展训练9】如图，OA＝AB，∠OAB＝90°，双曲线y＝经过点A，双曲线y＝﹣经过点B，已知点A的纵坐标为﹣2，则点B的坐标为（）A．（+3，﹣1）B．（4，1）C．（2+，

﹣1）D．（2，﹣1）【拓展训练10】如图，Rt△OAB的顶点O与坐标原点重合，∠AOB＝90°，AO＝2BO，当点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上移动时，点B的坐标满足的函数解析式为（）A．y＝﹣（x＜0）B．y＝﹣（x＜0）C．y＝﹣（x＜0）D

．y＝﹣（x＜0）【拓展训练11】如图，将一个含30°角的三角尺ABC放在直角坐标系中，使直角顶点C与原点O重合，顶点A，B分别在反比例函数y＝﹣和y＝的图象上，则k的值为．【拓展训练12】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，C（

0，﹣3），CD＝3AD，点A在反比例函数y＝图象上，且y轴平分∠ACB，求k＝．【拓展训练13】如图，△OAB的顶点A在双曲线y＝上，顶点B在双曲线y＝﹣上，AB中点P恰好落在y轴上，则△OAB的面积为．【拓展训练14】如图，已知点A、B分别在反比例函

数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，且OA⊥OB，则的值为．【拓展训练15】如图，直角三角形的直角顶点在坐标原点，∠OAB＝30°，若点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，则经过点B的反比例函数解析式为．【拓展训练16】如图，在函数y1＝﹣（x＜0）和y2＝（x＞0）的图象上，分别有A

，B两点，若直线AB∥x轴，交y轴于点C，OA⊥OB，且OB＝3OA，则k的值为．【拓展训练17】如图，已知第一象限内的点A在反比例函数y＝上，第二象限的点B在反比例函数y＝上，且OA⊥OB，，则k的值为．【拓展训练18】如图，已知点A、B分别在反比例函数y＝﹣（x＜0）与y＝（x＞0）

图象上，且OA⊥OB，若AB＝6，则△AOB的面积为．【拓展训练19】如图，已知点A是反比例函数y＝﹣的图象上的一个动点，连接OA，若将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到线段OB，则点B所在反比例函数图象的函数表达式为．【拓展训练20】如图，在

平面直角坐标系中，O为原点，点A在第一象限，点B是x轴正半轴上一点，∠OAB＝45°，双曲线y＝过点A，交AB于点C，连接OC，若OC⊥AB，则tan∠ABO的值是．【拓展训练21】如图：双曲线经过点A（2，3），射线AB经过点B（0

，2），将射线AB绕A按逆时针方向旋转45°，交双曲线于点C，则点C的坐标的为精例解析【拓展训练1】【分析】作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，先通过证得△AOD≌△OCE得出AD＝OE，OD＝CE，设A（x，），则C（，﹣x），根据正方形的性质求得对角线解得F的坐

标，即可得出，解方程组求得k的值．【解答】解：作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，∵∠AOC＝90°，∴∠AOD+∠COE＝90°，∵∠AOD+∠OAD＝90°，∴∠OAD＝∠COE，在△AOD和△OCE中，，∴△AO

D≌△OCE（AAS），∴AD＝OE，OD＝CE，设A（x，），则C（，﹣x），∵AC和OB互相垂直平分，点B的坐标为（2，6），∴它们的交点F的坐标为（1，3），∴，解得，∴k＝﹣8，故选：B．【点评】本题考查了反比例函数图象上

点的坐标特征，待定系数法求解析式，正方形的性质，三角形求得的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【拓展训练2】【分析】根据k＝6m＝3n，得出2m＝n，作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，由于S△AOB＝S△AOC+S梯形A

BDC﹣S△BOD＝S梯形ABDC＝8，即可得出（6+2m）（3﹣m）＝8，解得m＝1，从而求得A的坐标，进一步求得k＝6．【解答】解：∵点A（m，6）、B（3，n）均在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，∴k＝6m＝3n，∴2m＝n，作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，∵点

A（m，6）、B（3，n），∴OC＝m，AC＝6，OD＝3，BD＝n＝2m，∵S△AOB＝S△AOC+S梯形ABDC﹣S△BOD＝S梯形ABDC，△AOB的面积为8，∴S梯形ABDC＝（AC+BD）（OD﹣OC）＝8，即（6+2m）（3﹣m）＝8，解得m＝±1

，（负数舍去），∴A（1，6），∴k＝1×6＝6，故选：B．【点评】本题考查了反比例系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，根据题意列出关于m的方程是解题的关键．【拓展训练3】【分析】根据反比例函数系数k的几

何意义得出S△AOP＝×4＝2，S△BOP＝|﹣8|＝4，则S△AOB＝S△AOP+S△BOP，求出即可．【解答】解：∵AB⊥x轴，根据k的函数意义，S△AOP＝×4＝2，S△BOP＝|﹣8|＝4，∴S△AOB＝S△AOP+S△BOP＝2+4＝6．故选：B．【点评】此题考查了反比例函

数系数k的几何意义，关键是掌握y＝（k≠0）图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．【拓展训练4】【分析】过点A作AC⊥y轴交于C，过点B作BD⊥y轴交于D，设

A（a，d），B（b，﹣d），代入得k1＝ad，k2＝﹣bd，根据三角形的面积公式求出ad+bd＝8，即可得出答案．【解答】解：过点A作AC⊥y轴交于C，过点B作BD⊥y轴交于D∴AC∥BD∥x轴∵M是AB

的中点∴OC＝OD设点A（a，d），点B（b，﹣d）代入得：k1＝ad，k2＝﹣bd∵S△AOB＝4∴（a+b）•2d﹣ad﹣bd＝4整理得ad+bd＝8∴k1﹣k2＝8故选：D．【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，即图象上的点与原点所连的线段、坐标轴、向坐标轴作垂线所围成

的直角三角形面积S的关系即S＝|k|．【拓展训练5】【分析】要确定k的值，只要求出点C的坐标即可，因此过点C作CDy轴，只要求出OD、CD即可，容易得到△AOB∽△BDC，又∠OAB＝∠BAC，利用角平分线性质，可作BE⊥AC，构造全等三角形，得到OA＝AE，CD＝CE，又知AC＝10

，建立方程可求出点C的坐标，使问题得以解决．【解答】解：过点C、B分别作CD⊥y轴，BE⊥AC，垂足为D、E，在△BOA和△BEA中，∵∠OAB＝∠BAC，AB＝AB，∠BOA＝∠BEA＝90°，∴△BOA≌

△BEA，∴BE＝OB＝4，OA＝AE；同理可证∴△CDB≌△CEB，∴BD＝BE＝4，CD＝CE；∴OD＝OB+BD＝4+4＝8，易证△AOB∽△BDC，∴，设点（m，8）∴，∴OA＝，又∵AC＝10，∴AE+EC＝10

，即：，解得：m1＝2，m2＝8，∴C（2，8）或C（8，8）又∵点C在反比例函数y＝的图象上，∴k＝2×8＝16，或k＝8×8＝64，故选：C．【点评】考查反比例函数的图象上点的坐标特征，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质等知识，综合性很

强．【拓展训练6】【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，和勾股定理，设出适当的常数，表示出其它线段，从而得到点A、B的坐标，表示出k1、k2，进而得出k2与k1的比值．【解答】解：令斜边AB垂直于x轴垂足为C，则图中△

AOB、△AOC、△BOC都是含有30°角的直角三角形，设AC＝a，在Rt△AOC中，OC＝a，在Rt△BOC中，BC＝•OC＝3a，；∴A（a，a）B（a，﹣3a）∵顶点A在函数y1＝（x＞0）的图象上，顶点B在函数为y2＝

（x＞0）的图象上，∴k1＝a•a，k2＝a•（﹣3a），∴；故选：A．【点评】考查直角三角形的边角关系，反比例函数图象上点的坐标特征，设适合的常数，用常数表示出k，是解决问题的方法．【拓展训练7】【分

析】过点A作AM⊥y轴于点M，过点B作BN⊥y轴于点N，利用相似三角形的判定定理得出△AOM∽△OBN，再由反比例函数系数k的几何意义得出S△AOM：S△BON＝4：9，进而可得出结论．【解答】解：过点A作AM⊥

y轴于点M，过点B作BN⊥y轴于点N，∴∠AMO＝∠BNO＝90°，∴∠AOM+∠OAM＝90°，∵OA⊥OB，∴∠AOM+∠BON＝90°，∴∠OAM＝∠BON，∴△AOM∽△OBN，∵点A，B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图

象上，∴S△AOM：S△BON＝4：9，∴AO：BO＝2：3，∴OB：OA＝3：2＝，故选：A．【点评】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数系数k的几何意义是解答此题的关键．【拓展训练8】【分析】过点A，B作AC⊥x轴，BD⊥x轴，

分别于C，D．根据条件得到△ACO∽△ODB，得到＝（）2＝，进而即可求得＝．【解答】解：∵∠AOB＝90°，∴∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠CAO＝90°，∠CAO＝∠BOD，∴△ACO∽△BDO，∴＝（）2，∵S△AOC＝×2＝1，S△BOD＝×1＝，∴（）2＝＝，

∴＝，故选：A．【点评】本题考查了反比例函数y＝，系数k的几何意义，相似三角形的判定和性质，能够通过相似三角形的性质找出OA和OB的关系是解题的关键．【拓展训练9】【分析】如图2中，作AH⊥OF于H，BG⊥AH于G．

首先证明△OHA≌△AGB，推出OH＝AG，AH＝BG＝2，设OH＝AG＝m，推出B（m+2，m﹣2），把点B（m+2，m﹣2）代入y＝﹣求出m即可解决问题．【解答】解：如图中，作AH⊥x轴于H，BG⊥AH于G．∵∠OAB＝90°，∴∠OAH+∠GAB＝90°，∠GAB+∠ABG＝9

0°，∴∠OAH＝∠ABG，同理得∠AOH＝∠BAG，在△OHA和△AGB中，∴△OHA≌△AGB，∴OH＝AG，AH＝BG＝2，设OH＝AG＝m，则B（m+2，m﹣2），把点B坐标（m+2，m﹣2）代入y＝﹣得（m﹣2）

（m+2）＝﹣k①把点A坐标（m，﹣2）代入y＝得﹣2m＝k②联立①②解得：，（舍去）∴将m1＝1+代入得：B（3+，）故选：A．【点评】本题考查反比例函数、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，

属于中考常考题型．【拓展训练10】【分析】过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，设B点坐标满足的函数解析式是y＝，易得△AOC∽△OBD，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，求得S△AOC

：S△BOD＝4，继而求得答案．【解答】解：如图，过点A作AC⊥x轴于点C，过点B作BD⊥x轴于点D，设B点坐标满足的函数解析式是y＝，∴∠ACO＝∠BDO＝90°，∴∠AOC+∠OAC＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠AOC+∠BOD＝

90°，∴∠BOD＝∠OAC，∴△AOC∽△OBD，∴S△AOC：S△BOD＝（）2，∵AO＝2BO，∴S△AOC：S△BOD＝4，∵当A点在反比例函数y＝（x＞0）的图象上移动，∴S△AOC＝OC•AC＝•x•＝1，∴S△BOD＝DO•B

D＝（﹣x•）＝﹣k，∴1＝4×（﹣k），解得k＝﹣∴B点坐标满足的函数解析式y＝﹣（x＜0）．故选：B．【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质以及反比例函数的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用是解题的关键．

【拓展训练11】【分析】过A作AE⊥y轴于E过B作BF⊥y轴于F，通过△AOE∽△BOF，得到＝＝＝，设A（m，﹣），于是得到AE＝﹣m，OE＝﹣，从而得到B（m，），于是求得结果．【解答】解：过A作AE⊥y轴于E过B作BF⊥y轴于F，∵∠

AOB＝90°，∠ABC＝30°，∴tan30°＝＝，∵∠OAE+∠AOE＝∠AOE+∠BOF＝90°，∴∠OAE＝∠BOF，∴△AOE∽△BOF，∴＝＝＝，设A（m，﹣），∴AE＝﹣m，OE＝﹣，∴OF＝AE＝﹣m，BF＝OE＝﹣，∴B（，

），∴k＝m•＝12．故答案为：12．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角函数，作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．【拓展训练12】【分析】要求k得值，通常可求

A的坐标，可作x轴的垂线，构造相似三角形，利用CD＝3AD和C（0，﹣3）可以求出A的纵坐标，再利用三角形相似，设未知数，由相似三角形对应边成比例，列出方程，求出待定未知数，从而确定点A的坐标，进而确定k的值．【解答】解：过A作AE⊥x轴，垂足为E，∵C（0，﹣3），

∴OC＝3，可证△ADE∽△CDO，∴，∴AE＝1；又∵y轴平分∠ACB，CO⊥BD，∴BO＝OD，∵∠ABC＝90°，∴△ABE～△COD，∴设DE＝n，则BO＝OD＝3n，BE＝7n，∴，∴n＝∴OE＝4n＝∴A（，1）∴k＝．故答案为：．【点评】本题考查

反比例函数图象上点的坐标特征，综合利用相似三角形的性质，全等三角形的性质求A的坐标，依据A在反比例函数的图象上的点，根据坐标求出k的值．综合性较强，注意转化思想方法的应用．【拓展训练13】【分析】过A作AE⊥y轴于E，过B作BD⊥y轴于D，得到∠AED＝∠BD

P＝90°，根据全等三角形的性质得到S△BDP＝S△AED，根据反比例函数系数k的几何意义得到S△OBD＝2，S△AOE＝3，于是得到结论．【解答】解：过A作AE⊥y轴于E，过B作BD⊥y轴于D，∴∠AED＝∠BDP＝90

°，∵点P是AB的中点，∴BP＝AP，∵∠BPD＝∠APE，∴△BPD≌△APE（AAS），∴S△BDP＝S△AED，∵顶点A在双曲线y＝上，顶点B在双曲线y＝﹣上，∴S△OBD＝2，S△AOE＝3，∴△OAB的面积＝S△OBD+S△AOE＝5，故答案为：5．【点评】本题考查了反比例

函数系数k的几何意义，全等三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．【拓展训练14】【分析】作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，利用反比例函数图象上点的坐标特征和三角形面积公式得到S△OAC＝，S△OBD＝2，再证明Rt△AO

C∽Rt△OBD，然后利用相似三角形的性质得到的值．【解答】解：作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，∵点A、B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，∴S△OAC＝×1＝，S△OBD＝×|﹣4|＝2，∵OA

⊥OB，∴∠AOB＝90°∴∠AOC+∠BOD＝90°，∴∠AOC＝∠DBO，∴Rt△AOC∽Rt△OBD，∴＝（）2＝，∴＝．∴＝2．故答案为2．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即x

y＝k．【拓展训练15】【分析】根据反比例函数的k的几何意义，求出△OBE的面积即可，于是通过作辅助线，构造相似三角形，由A在函数y1＝﹣上可得△AOD的面积为1，由相似三角形的面积比等于相似比的平方

，进而求出△BOE的面积，再根据图象位置确定k的值．【解答】解：过点A、B分别作AD⊥x轴，BE⊥x轴，垂足为D、E，则∠ADO＝∠OEB＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠AOD+∠BOE＝90°，∵∠BOE+∠OB

E＝90°，∴∠BOE＝∠AOD，∴△AOD∽△OBO，∴，∵OB＝3OA，∴＝，∴＝，又∵S△AOD＝|﹣1|＝1，∴S△OBE＝1×9＝9＝|k|，∴k＝9，故答案为：9．【点评】考查反比例函数图象上点的坐标特征、相似三角形的性质和判定、理解反比例函数k的几何意义和相似三角形的面积

比等于相似比的平方是解决问题的关键．【拓展训练16】【分析】作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，如图，证明Rt△OBD∽Rt△AOC，利用相似三角形的性质得到＝，利用反比例函数k的几何意义得到＝，从而解绝对值方程得到满足条件的k的

值．【解答】解：作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，如图，∵OA⊥OB，∴∠BOD+∠AOC＝90°，∵∠BOD+∠OBD＝90°，∴∠AOC＝∠OBD，∴Rt△OBD∽Rt△AOC，∴＝（）2＝（）2＝，∵S△OBD＝|k|，S△AOC＝×4＝2，∴＝，而k＜0，∴k＝

﹣．故答案为﹣．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y＝（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy＝k．也考查了k的几何意义和相似三角形的判定与性质．【拓展训练17】

【分析】过A作AC⊥x轴，过B作BD⊥x轴，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形ACO与三角形ODB相似，由A、B分别在反比例函数y＝﹣（x＜0）与y＝（x＞0）图象上，利用反比例函数k的几何意义求出三角形

AOC与三角形BOD面积，进而得到面积之比，利用面积比等于相似比的平方确定出相似比，即为OA与OB之比，设出OA＝x，OB＝x，在直角三角形AOB中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，确定出OA与OB的长，即可求出三角形AO

B的面积．【解答】解：过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，∵∠AOC+∠BOD＝90°，∠AOC+∠CAO＝90°，∴∠BOD＝∠CAO，∵∠ACO＝∠BDO＝90°，∴△ACO∽△ODB，∵点A，B分别分别在反比例函数y＝﹣（x＜0）与y＝（x＞0）图象上

，∴S△AOC＝×|﹣3|＝，S△BOD＝×6＝3，即S△AOC：S△BOD＝1：2，∴OA：OB＝1：，在Rt△AOB中，设OA＝x，则OB＝x，AB＝6，根据勾股定理得：AB2＝OA2+OB2，即36＝x2+2x2，解得：x＝2，∴OA＝2，OB

＝2，则S△AOB＝OA•OB＝6．故答案为：6．【点评】此题属于反比例函数综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，反比例函数k的几何意义，勾股定理，利用了方程的思想，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解本题的关键．【拓展训练18】【分析】设A

（m，n），过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x轴于D，得到AC＝n，OC＝﹣m，根据全等三角形的性质得到AC＝OD＝n，CO＝BD＝﹣m，于是得到结论．【解答】解：∵点A是反比例函数y＝﹣的图象上的一个动点，设A（m，n），过A作AC⊥x轴于C，过B作BD⊥x

轴于D，∴AC＝n，OC＝﹣m，∴∠ACO＝∠BDO＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠CAO+∠AOC＝∠AOC+∠BOD＝90°，∴∠CAO＝∠BOD，在△ACO与△ODB中，∴△ACO≌△ODB（AAS），∴AC＝OD＝n，CO＝BD＝﹣m，∴B（n，﹣m），∵mn＝﹣2，∴

n（﹣m）＝2，∴点B所在图象的函数表达式为y＝，故答案为：y＝．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，反比例函数图形上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．【拓展训

练19】【分析】设点A和C的坐标，利用k型全等求出点A、C的坐标，获得A、C坐标与k系数的关系，从而求出tan∠ABO的值．【解答】解：作CE⊥x轴，AD⊥CD∵AC＝OC，∠D＝∠OEC，∠ACD＝∠COE∴△CEO≌△ADC（AAS）∴AD＝CE，CD＝OE

设AD＝a，CD＝b可知点A坐标为（b﹣a，b+a），点C坐标为（b，a）可得ab＝k，b2﹣a2＝kab＝b2﹣a2解得∵∠B+∠BCE＝∠BCE+∠OCE＝90°∴∠B＝∠OCE∴tan∠ABO＝tan∠OCE＝＝故答案为【点评】本题考查了k型全等以及待定系数法求反比例函数解析式，数形

结合的数学思想，是一道很好的反比例函数问题．【拓展训练20】【分析】过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，过A作AE⊥DF于E，则△ABF为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，设BD＝a，则EF＝a，进一步得到DF＝

2﹣a＝AE，OD＝OB﹣BD＝2﹣a，根据AE+OD＝3，列出2﹣a+2﹣a＝3，求得a的值，即可求得F的坐标，根据待定系数法求得直线AF的解析式，然后和反比例函数的解析式联立方程，解方程即可求得．【解答】解：如图，过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，过A作AE⊥DF于E，则△ABF

为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，设BD＝a，则EF＝a，∵点A（2，3）和点B（0，2），∴DF＝2﹣a＝AE，OD＝OB﹣BD＝2﹣a，∵AE+OD＝3，∴2﹣a+2﹣a＝3，解得a＝，∴F（，），设直线AF的解析式为y＝kx+b，则，解，∴直线AF的解析式为y＝3x﹣3，∵

双曲线经过点A（2，3），∴k＝2×3＝6，∴双曲线为y＝，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数图象交点问题，旋转的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征的运用，解决问题的关键是利用45°角，作辅助线构造等

腰直角三角形，依据交点的性质列方程组进行求解．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com