专题18 等腰直角三角形构建三垂直全等问题(解析版)-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

【规律总结】

【典例分析】

例1．（2020·无锡市玉祁初级中学八年级月考）如图，ADCE，ACBC，ACB90，． BECE，垂足分别为D、E，AD2.5cm，DE1.7cm，则BE的长（ ）

A．0.8cm 【答案】A 【分析】

B．0.7cm C．0.6cm D．1cm

证△CEB和△ADC全等，得到BE和CD相等，CE和AD相等，即可得到结论； 【详解】

解：△BE△CE，AD△CE， △△E=△ADC=90°， △△EBC+△BCE=90°，

△△BCE+△ACD=90°， △△EBC=△DCA， 在△CEB和△ADC中，

EADCEBCDCA BCAC△△CEB△△ADC △BE=DC，CE=AD △AD=2.5cm，DE=1.7cm， △CE=1.7cm， △DC=CE-DE=0.8cm， △BE=0.8cm； 故选：A． 【点睛】

本题考查垂直性质的运用，直角三角形的性质的运用，全等三角形的性质和判定，证明三角形全等是解题的关键．

例2．（2020·浙江金华市·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AB10，

AC8，D是AB的中点，M是边AC上一点，连接DM，以DM为直角边作等腰直

角三角形DME，斜边DE交线段CM于点F，若SMDF2SMEF ，则CF的长为________．

【答案】3 【分析】

作DG△AC于G，EH△AC于H，则△DGM＝△MHE＝90°，DG△BC，由勾股定理得出BC＝6，证出DG是△ABC的中位线，得出DG＝

11BC＝3，AG＝CG＝AC＝4，证明△MDG△△EMH（ASA），22得出MG＝EH，由三角形面积关系得出DG＝2EH＝3，得出MG＝EH＝从而求出GF，进而即可得出答案． 【详解】

作DG△AC于G，EH△AC于H，如图所示： 则△DGM＝△MHE＝90°，DG△BC， △△ACB＝90°，AB＝10，AC＝8， △BC＝102826， △DG△BC，D是AB的中点， △DG是△ABC的中位线， △DG＝

3，再证明∆DGF~∆EHF，211BC＝3，AG＝CG＝AC＝4， 22△△DME是等腰直角三角形， △△DME＝90°，DM＝ME，

△△DMG＋△GDM＝△DMG＋△EMH＝90°， △△GDM＝△EMH， 在△MDG和△EMH中，

DGM＝MHE DM＝MEGDM＝EMH△△MDG△△EMH（ASA）， △MG＝EH， △S△MDF＝2S△MEF， △DG＝2EH＝3， △MG＝EH＝△DG△EH， △∆DGF~∆EHF， △

3， 2DGGF2， EHHF133=， 22△GH=MH-MG=DG-MG=3-

△GF=

32×=1， 221△CF=AC-AG-GF=8-4-1=3， 故答案是：3．

．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质；添加辅助线，构造三角形全等是解题的关键．

例3．（2021·江苏连云港市·八年级期末）如图1所示，直线l:ymx5m与x轴负半轴，

y轴正半轴分别交于A、B两点．

（1）当OAOB时，求直线l的解析式；

（2）在（1）的条件下，如图2所示，设Q线段AB延长线上一点，作直线OQ，过A、B两点分别作AMOQ于点M，BNOQ于点N，若AM4，BN=3，求MN的长； （3）如图3，当m取不同的值时，点B在y轴正半轴上运动，分别以OB、AB为边，点B为直角顶点在第一、二象限内作等腰直角OBF和等腰直角△ABE，连接EF交y轴于P点，当点B在y轴正半轴上运动时，试猜想△ABP的面积是否改变；若不改变，请求出其值；若改变，请说明理由．

（4）如图3，当m取不同的值时，点B在y轴正半轴上运动，以AB为边，点B为直角顶点，在第二象限作等腰直角△ABE，则动点E在直线______上运动．（直接写出直线的解析式）

【答案】（1）y＝x＋5；（2）7；（3）△ABP的面积不改变，【分析】

25；（4）y=5-x． 4（1）令y＝0可求得x＝−5，从而可求得点A的坐标，令x＝0得y＝5m，由OA＝OB可知点B的纵坐标为5，从而可求得m的值；

（2）依据AAS证明△AMO△△ONB，由全等三角形的性质可知ON＝AM，OM＝BN，最后由MN＝AM＋BN可求得MN的长；

（3）过点E作EG△y轴于G点，先证明△ABO△△EGB，从而得到BG＝5，然后证明△BFP△△GEP，从而得到BP＝GP＝

1BG，进而求出△ABP的面积； 2（4）由△ABO△△BEG，得BG＝AO＝5，OB＝EG=5m（m＞0），从而得到点E的坐标，进而即可得到答案． 【详解】

（1）令y=0，代入ymx5m，得0mx5m，解得：x=-5，

令x=0，代入ymx5m，得y=5m，

△A（−5，0），B（0，5m）， △OA＝OB， △5m＝5，即m＝1．

△直线l的解析式为：y＝x＋5； （2）△AM△OQ，BN△OQ， △△AMO＝△BNO＝90°， △△AOM＋△MAO＝90°， △△AOM＋△BON＝90°，

△△MAO＝△NOB， 在△AMO和△ONB中，

AMO＝BNOMAO＝NOB， OA＝OB△△AMO△△ONB， △ON＝AM，OM＝BN． △AM＝4，BN＝3， △MN＝AM＋BN＝7；

（3）△ABP的面积不改变，理由如下： 如图3所示：过点E作EG△y轴于G点，连接AP，

△△AEB为等腰直角三角形， △AB＝EB，△ABO＋△EBG＝90°， △EG△BG，

△△GEB＋△EBG＝90°． △△ABO＝△GEB． 在△ABO和△EGB中，

EGB＝BOAABO＝GEB AB＝EB△△ABO△△BEG，

△BG＝AO＝5，OB＝EG， △△OBF为等腰直角三角形， △OB＝BF， △BF＝EG．

在△BFP和△GEP中，

EGP＝FBPEPG＝FPB EG＝BF△△BFP△△GEP， △BP＝GP＝

51BG＝， 2225115BP∙OA=××5=； 2224△△ABP的面积=

（4）由（3）可知：△ABO△△BEG， △BG＝AO＝5，OB＝EG=5m（m＞0） △OG=5+5m， △点E在第二象限， △点E（-5m，5+5m）， 设x=-5m，y=5+5m，

△y=5-x，即动点E在直线y=5-x上运动，

故答案是：y=5-x． 【点睛】

本题主要考查一次函数的图像和性质与几何图形的综合，添加合适的辅助线构造“一线三直角”全等三角形模型，是解题的关键．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·沙坪坝区·重庆一中八年级期末）如图，反比例函数y直角三角形的顶点A和顶点C，反比例函数y3x0的图象经过等腰xkx0的图象经过等腰直角三角形的顶xAD1点B，BAC90，AB边交y轴于点D，若，C点的纵坐标为1，则k的值

BD3是（ ）

A．63 16B．49 8C．49 12D．-6

【答案】A 【分析】

根据等腰直角三角形的性质，利用“三垂直”模型构造全等，再运用数形结合的思想进行求解即可． 【详解】

如图，过点A作直线l//y轴，再过B、C，分别做直线l的垂线，垂足为M、N， 则有ABM≌CAN，AMCN，BM设Ba,b，其中a0，

AN，

ADBD1， 339aa9Ayx0y，代入，故,， ，解得

3xa3a点A的横坐标可表示为且由题知：C3,1

9a4a9AMb，CN3，BM，AN1，

a33a94a13a3a9ba3①，由①解得a②79或a3（不合题意，舍去），则b， 449763kab，

4416故选：A．

【点睛】

本题考查了反比例函数与几何综合问题，能够根据等腰直角三角形的性质结合“三垂直”构造全等三角形，进而转化为线段关系求解是解题的关键．

2．（2020·福建龙岩市·八年级期末）如图，一次函数l:y2x2的图像与x轴、y轴分5 别交于A、B两点，以AB为腰作等腰直角三角形ABC，则直线BC的解析式是（ ）

A．y3x2 5B．y3x2 4C．y3x2 8D．y3x2或7y5x2 2【答案】D 【分析】

先根据一次函数的解析式求出A、B两点的坐标，再作CE△x轴于点E，由全等三角形的判定定理可得出△ABO△△CAE，得出C点坐标，用待定系数法即可求出直线BC的解析式． 【详解】

解：△一次函数y=2x+2中， 5令x=0得：y=2；令y=0，解得x=5， △B的坐标是（0，2），A的坐标是（5，0）． 若△BAC=90°，如图1，作CE△x轴于点E，

△△BAC=90°， △△OAB+△CAE=90°， 又△△CAE+△ACE=90°， △△ACE=△BAO．

在△ABO与△CAE中，

BAO＝ACEBOA＝AEC＝90， AB＝AC△△ABO△△CAE（AAS）， △OB=AE=2，OA=CE=5， △OE=OA+AE=2+5=7． 则C的坐标是（7，5）． 设直线BC的解析式是y=kx+b，

b＝2 根据题意得：7kb＝53k＝解得7，

b＝2△直线BC的解析式是y=

3x+2． 7若△CBA=90°，如图2，即BC△AB，

同理可得，直线BC解析式为：y=故选：D． 【点睛】

5x+2； 2本题考查的是一次函数问题，涉及到用待定系数法求一次函数的解析式、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．

二、填空题

3．（2020·沙坪坝区·重庆八中八年级月考）如图，点A的坐标为4,0，点B的坐标为0,1，分别以OB，AB为直角边在第三、第四象限作等腰Rt△OBF，等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于P点，点P的坐标是______．

【答案】0,3 【分析】

作ENy轴于N，求出NBEBAO，证△ABO△BEN，得BN=AO，再由

OBFFBPBNE90，证△BFP△NEP，推出BPNP=2，由点B的坐标

为0,1即可得出点P的坐标为0,3． 【详解】

解：如图，作ENy轴于N，

ENBBOAABE90，

OBANBE90，OBAOAB90， NBEBAO，

在ABO和BEN中，

AOBBNEBAONBE ABBE△ABO△BEN(AAS)，

OBNEBF，OA=BN

OBFFBPBNE90，

在△BFP和△NEP中，

FPBEPNFBPENP， BFNE△BFP△NEP(AAS)，

BPNP，

又因为点A的坐标为(4,0)，

OABN4，

BPNP1BN2， 2又△点B的坐标为0,1， △点P的坐标为0,3． 故答案为：0,3．

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，

ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等．

4．（2020·重庆南开中学七年级期末）如图，点C在线段BD上，ABBD于B，EDBD于D，ACE90，且AC5cm，CE6cm，点P以2cm/s的速度沿ACE向终点E运动，同时点Q以3cm/s的速度从E开始，在线段EC上往返运动（即沿，当点P到达终点时，P，Q同时停止运动.过P，Q分别作BDECEC…运动）

的垂线，垂足为M，N.设运动时间为t s，当以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为__________．

【答案】1或

1123或 55【分析】

根据题意分三种情况进行讨论，并由全等三角形的判定和性质进行分析即可求解． 【详解】

解：①当点P在AC上，点Q在CE上时， △以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等， △PC=CQ， △5-2t=6-3t， △t=1，

②当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时， △以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等， △PC=CQ， △5-2t=3t-6， △t=

11， 5③当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时， △以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等， △PC=CQ， △2t-5=18-3t， △t=

23， 5综上所述：t的值为1或

1123或． 55故答案为：1或

1123或． 55【点睛】

本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．

三、解答题

5．（2021·上海九年级专题练习）已知ABC是等腰直角三角形，ACB90，

BCAC．直角顶点C在x轴上，锐角顶点B在y轴上，过点A作ADx轴，垂足为点

D．当点B不动，点C在x轴上滑动的过程中．

（1）如图1，当点C的坐标是1,0，点A的坐标是3,1时，请求出点B的坐标； （2）如图2，当点C的坐标是1,0时，请写出点A的坐标；

（3）如图3，过点A作直线AEy轴，交y轴于点E，交BC延长线于点F．AC与y轴交于点G．当y轴恰好平分ABC时，请写出AE与BG的数量关系． 【答案】（1）（0，2）；（2）（-1，-1）；（3）BG=2AE，理由见详解 【分析】

（1）先证明Rt∆ADC△ Rt∆COB，结合条件，即可得到答案；

（2）先证明∆ADC△ ∆COB，结合点B，C的坐标，求出AD，OD的长，即可得到答案； （3）先证明∆BGC△∆AFC，再证明∆ABE△∆FBE，进而即可得到答案． 【详解】

（1）△点C的坐标是1,0，点A的坐标是3,1， △AD=OC， 又△AC=BC，

△Rt∆ADC△ Rt∆COB（HL）， △OB=CD=2，

△点B的坐标是（0，2）；

（2）△AD△x轴， △△DAC+△ACD=90°， 又△△OCB+△ACD=90°， △△DAC=△OCB，

又△△ADC=△COB=90°，AC=BC， △∆ADC△ ∆COB（AAS）， △点C的坐标是1,0 △AD=OC=1，

△点B的坐标是（0，2）， △CD=OB=2， △OD=2-1=1，

△点A的坐标是（-1，-1）； （3）BG=2AE，理由如下：

△ABC是等腰直角三角形，ACB90，BCAC，AEy轴， △△BCA=△ACF=90°，△AEG=90°， △△GBC+△BGC=90°，△GAE+△AGE=90°， 又△△BGC=△AGE， △△GBC=△FAC， 在∆BGC和 ∆AFC中，

△△GBC=△FAC，BCAC， △GBC=△FAC， △∆BGC△∆AFC（ASA），

△BG=AF，

△BE△AF，y轴恰好平分ABC， △△ABE=△FBE，△AEB=△FEB=90°，BE=BE， △∆ABE△∆FBE， △AE=FE， △AF=2AE △BG=2AE． 【点睛】

本题主要考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握“一线三垂直”模型，是解题的关键．

6．（2020·四川大学附属中学西区学校八年级期中）在直角坐标系中，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，若已知A2,0，

B0,4，试求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,a，点D的纵坐标为b，以B为顶点，BA 为腰作等腰Rt△ABD，当B点沿y轴负半轴向下运动且其他条件都不变

时，求式子2b2a43的值．

（3）如图③，E为x轴负半轴上的一点，且OBOE，OFEB于点F，以OB为边作等边OBM，连接EM交OF于点N，求式子

EMON的值．

EN【答案】（1）C(6,2)；（2）0；（3）2

【分析】

（1）作CQ△OA于点Q，可以证明△AQC△△BOA，由QC＝AO，AQ＝BO，再由条件就可以求出C的坐标．

（2）作DP△OB于点P，可以证明△AOB△△BPD，则有AO＝BP＝OB−PO＝−a−（−b）＝b−a为定值．

（3）作BH△EB于B，由条件可以得出△1＝30°，△2＝△3＝△EMO＝15°，△EOF＝△BMG＝45°，EO＝BM，可以证明△ENO△△BGM，则GM＝ON，就有EM−ON＝EM−GM＝EG，最后由含30°的直角三角形的性质就可以得出EN＝EM−ON的一半即可得． 【详解】

（1）如图（1）作CQOA于点Q，△AQC90 △ABC是等腰直角三角形，

△ACAB，CAB90，△ACQBAO，

AQCAOB在AQC与△BOA中，QACABO，

ACAB△△AQC≌△BOA，△CQAO，AQBO． △A(2,0)，B(0,4)，△OA2，OB4，

△CQ2，AQ4，

△OQ6，

△C(6,2)，

故答案为：C(6,2)．

（2）如图（2）作DPOB于点P， △BPD90，

△△ABD是等腰直角三角形，

△ABBD，ABDABOOBD90， △OBDPDB90，△ABOBDP，

AOBDPB在AOB与△BPD中，ABOPDB，

ABBD△△AOB≌△BPD，△AOBP， △BPOBPOa(b)ba， △A(23,0)，△OA23，

△ba23，

△当B点沿y轴负半轴向下运动时，AOBPba23，

△2b2a43的值不变为0， 故答案为：0．

（3）解：如图（3）在ME上截取MGON，连接BG， △OBM是等边三角形，OBOE，

△BOBMMO，OBMOMBBOM60， △EOMOBM，EBM105，130， △3EMO15，

△BEM30，BME45， △OFEB，△EOF45， △EOFBME，

OEBM在△ENO与BGM中，EONBMG，

ONMG△△ENO≌△BGMSAS，△BGEN， △ONMG，△23，

△215，△EBG90， △BG11EG，△ENEG， 221(EMGM)， 2△EGEMGM，△EN△EN1(EMON)， 2△

EMON2，

EN故答案为：2．

【点睛】

本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的运用．