专题19 全等与相似模型之一线三等角（K字）模型解读与提分精练（全国）（解析版）

专题19全等与相似模型之一线三等角（K字）模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就一线三等角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.一线三等角模型（全等模型） 2模型2.一线三等角模型（相似模型） 11 19大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！模型1.一线三等角模型（全等模型）一线三等角模型是指三个相等的角的顶点在同一条直线上，这个模型在七八年级阶段往往用来证明三条线段的和差或线段的求值及角度的证明等，是一类比较典型的全等模型；模型主要分为同侧型和异侧型两类。1）一线三等角（K型图）模型（同侧型）锐角一线三等角直角一线三等角（“K型图”）钝角一线三等角条件：，AE=DE；结论：，AB+CD=BC。2）一线三等角（K型图）模型（异侧型）锐角一线三等角直角一线三等角钝角一线三等角条件：，AE=DE；结论：，AB-CD=BC。1）（同侧型）证明：∵∠AEC=∠B+∠BAE，∠B=∠AED，∴∠AEC=∠AED+∠BAE，∵∠AEC=∠AED+∠CED，∴∠BAE=∠CED。在△ABE和△ECD中，∠B=∠C，∠BAE=∠CED，AE=ED；∴，∴，，∵BC=BE+EC，∴AB+CD=BC。2）（异侧型）证明：∵，∴∠ECD=∠ABE，∵，∠AED=∠AEB+∠CED，，∴∠AEB+∠A=∠AEB+∠CED，∴∠A=∠CED，在△ABE和△ECD中，∠A=∠CED，∠ECD=∠ABE，AE=ED；∴，∴，，∵BC=EC-BE，∴AB-CD=BC。例1．（2024·山东烟台·中考真题）在等腰直角中，，，D为直线上任意一点，连接．将线段绕点D按顺时针方向旋转得线段，连接．【尝试发现】（1）如图1，当点D在线段上时，线段与的数量关系为________；【类比探究】（2）当点D在线段的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段与的数量关系并证明；【联系拓广】（3）若，，请直接写出的值．【答案】（1）；（2），补图及证明见解析；（3）或【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，三角函数，掌握一线三垂直全等模型是解题的关键．（1）过点作延长线于点，利用一线三垂直全等模型证明，再证明即可；（2）同（1）中方法证明，再证明即可；（3）分两种情况讨论：过点作延长线于点，求出，即可．【详解】解：（1）如图，过点作延长线于点，由旋转得，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（2）补全图形如图：，理由如下：过点作交于点，由旋转得，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴；（3）如图，当在的延长线上时，过点作于点，连接，由（2）得，，∴，∴，∴．当在的延长线上时，过点作于点，如图，连接，同理可得：，∴，，∴，∴，∴；综上：或例2．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．（1）当∠BDA=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；（2）线段DC的长度为何值时，△ABD≌△DCE，请说明理由；（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．【答案】（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，∵AB=AC，∴∠C=∠B=40°，∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，又∵∠ADE=40°，∴∠ADB+∠EDC=140°，∴∠ADB=∠DEC，又∵AB=DC=2，在△ABD和△DCE中，∴△ABD≌△DCE（AAS）；（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，∵∠BDA=110°时，∴∠ADC=70°，∵∠C=40°，∴∠DAC=70°，∴△ADE的形状是等腰三角形；∵当∠BDA的度数为80°时，∴∠ADC=100°，∵∠C=40°，∴∠DAC=40°，∴△ADE的形状是等腰三角形．【点睛】本题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．例3．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解【分析】（1）直接证明，即可证明；（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：，，即有，，进而可得，即可证；（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．【详解】（1），理由如下：∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；（2），理由如下：过E点作于点M，过E点作于点N，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，平分，，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，∴是正方形对角线，，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，即有；（3），理由如下，过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，∵，，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∵在正方形中，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．例4．（23-24八年级上·重庆綦江·期末）（1）如图①，，射线在这个角的内部，点B、C分别在的边、上，且，于点F，于点D．求证：；（2）如图②，点B、C分别在的边、上，点E、F都在内部的射线上，、分别是、的外角．已知，且．求证：；（3）如图③，在中，，．点D在边上，，点E、F在线段上，．若的面积为17，求与的面积之和．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，三角形外角的性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法，，，，，．（1）根据证明三角形全等即可；（2）证明，得出，，即可得出结论；（3）根据的面积为17，，得出的面积是：，由，得出，根据，即可求出结果．【详解】证明：（1）∵，，，∴，∴，，∴，在和中，，∴；（2）∵，，，，∴，，在和中，，∴；∴，，∴；（3）∵的面积为17，，∴的面积是：，根据解析（2）同理可证，∴，∴．例5．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点A在y轴正半轴，点C在x轴正半轴，交y轴于点E．(1)如图1，若点B坐标为，直接写出点A的坐标，点C的坐标；(2)如图2，若点B坐标为，过点B作交x轴于点D，设的长为d，请用含m的式子表示d；(3)如图3，若点B为第三象限内任意一点，过点B作交x轴于点D，判断和的数量关系，并给出证明．【答案】(1)，(2)(3)，证明见解析【分析】（1）过点B作轴于点H，证明，可得，即可；（2）过点B作轴于点H，轴于点G，连接，则，证明，可得，由（1）得：，，，然后根据，可得，即可求解；（3）在上取，连接，证明，可得，从而得到，过点B作交y轴于点G，可证明，可得．再根据，可得，即可．【详解】（1）解：过点B作轴于点H，在中，，∵，∴，∵点B坐标为，∴，又∵，，∴，∴，，∴，；（2）解：过点B作轴于点H，轴于点G，连接，则，∴，∵，∴，∴，∵点B坐标为，∴，∴，∴，由（1）得：，∴，，，，，，即；（3）解：，证明如下：如图，在上取，连接，∵，，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，过点B作交y轴于点G，∴，∴，∴，又∵，∴，∴．又∵，

∴，∴，【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，坐标与图形等知识，得到全等三角形是解题的的关键．模型2.一线三等角模型（相似模型）“一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也相等（或利用外角定理也可），从而得到两个三角形相似．1）一线三等角模型（同侧型）（锐角型）（直角型）（钝角型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED。证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。2）一线三等角模型（异侧型）条件：如图，∠1=∠2＝∠3，结论：△ADE∽△BEC.证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC.3）一线三等角模型（变异型）图1图2图3①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，且∠1=∠2＝∠3，结论：△ACE∽△BED∽△ECD.证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2，∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。∴，∵C为AB的中点，∴AE=EB，∴，∴，∵∠2=∠3，∴△BED∽△ECD②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.证明：∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABF+∠CBF=90°，∠A+∠ABF=90°，∴∠CBF=∠A，∵∠ABD=∠BDE=90°，∴△ABC∽△BDE，∵∠ABD=∠AFE=90°，∴∠ABC=∠BFC=90°，∴△ABC∽△BFC，同理可证：△ABC∽△AFB°，故△ABC∽△BDE∽△BFC∽△AFB.③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠ABD=∠ACE=∠BDE=90°.结论：△ABM∽△NDE∽△NCM.证明：∵∠ABD=∠ACE=90°，∴∠ABM=∠MCN=90°，∵∠AMB=∠NMC（对顶角相等）∴△ABM∽△NCM.同理可证：△NDE∽△NCM故：△ABM∽△NDE∽△NCM.例1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，为等边三角形，点，分别在边，上，，若，，则的长为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】证明，根据题意得出，进而即可求解．【详解】解：∵为等边三角形，∴，∵，，∴，∴∴∵，∴，∴∵∴，故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．例2．（2023·黑龙江·统考中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．根据以上的操作，若，，则线段的长是（

）

A．3 B． C．2 D．1【答案】C【分析】根据折叠的性质得：，，，设，则，利用勾股定理求出，再证明，得，求解即可．【详解】解：如图，过点作，交于点，

在和中，设，则，，即：，解得：，，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键．例3．（2024·湖北武汉·校考模拟预测）【试题再现】如图1，中，，，直线过点，过点、分别作于点，于点，则（不用证明）．

(1)【类比探究】如图2，在中，，且，上述结论是否成立？若成立，请说明理由：若不成立，请写出一个你认为正确的结论．(2)【拓展延伸】①如图3，在中，，且，猜想线段、、之间有什么数量关系？并证明你的猜想．②若图1的中，，，并将直线绕点旋转一定角度后与斜边相交，分别过点、作直线的垂线，垂足分别为点和点，请在备用图上画出图形，并直接写出线段、、之间满足的一种数量关系（不要求写出证明过程）．【答案】(1)成立，见解析(2)①，见解析；②或【分析】（1）易证，则有，，从而可得；（2）①易证，则有，从而可得，，即可得到；②同①可得，．由于直线在绕着点旋转过程中，点到直线的距离与点到直线的距离大小关系会发生变化，因此需分情况讨论（如图4、图，然后只需结合图形就可解决问题．【详解】（1）猜想．理由：如图2，

，．，，．在和中，，，，，；（2）①猜想：．理由：如图3，，．，，．，，，，，；②或．同①可得：，．如图4，；如图5，．【点睛】本题是一道探究题，用到了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、平角的定义等知识，考查了探究能力，渗透分类讨论的思想以及特殊到一般的思想，是一道好题．例4．（2023·浙江宁波·二模）【基础巩固】如图1，P是内部一点，在射线上取点D、E，使得．求证：；【尝试应用】如图2，在中，，，D是上一点，连接BD，在BD上取点E、F，连接，使得．若，求CE的长；【拓展提高】如图3，在中，，，D是上一点，连接BD，在BD上取点E，连接CE．若，，求的正切值．

【答案】【基础巩固】见解析【尝试应用】【拓展提高】【分析】【基础巩固】利用两角相等的三角形相似证明即可；【尝试应用】根据等腰直角三角形的性质可得，,再推导，然后利用等腰三角形的性质得到，计算解题；【拓展提高】如图所示，在BD上取点F，使，作于点，则可得到，即，，进而证明，得到，设，可以求出解题即可．【详解】【基础巩固】证明：∵,，∴,又∵,,，∴,∴.【尝试应用】解：∵,∴，,即：，又∵，，即：，又.∴,又∵，，∴,∴,∴，∴，故CE的长为：.【拓展提高】解：如图所示，在BD上取点F，使，作于点，

∵，∴，.即：，又∵，∴，又，，∴，∴，∴，，∴，∵，∴令，则∴，又∵∴在中，，∴，由勾股定理可得：，又∵，∴∠，∴，∴，∴，设，则，.∴，解得：,∴,∴故的正切值为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，三角形上午外角，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．例5．（2023·河北沧州·校考二模）如图，在中，，，点D是线段上的一点，连接，过点B作，分别交、于点E、F，与过点A且垂直于的直线相交于点G，连接，下列结论错误的是（

）A．B．若点D是AB的中点，则C．当B、C、F、D四点在同一个圆上时，D．若，则【答案】D【分析】由，可确定A项正确；由可得，进而由确定点F为的三等分点，可确定B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质得到，得到为圆的直径，因为，根据垂径定理得到，故C项正确；因为D为的三等分点，即，可得，由此确定D项错误．【详解】解：依题意可得，∴，∴，又，∴．故A项正确；如图，∵，，∴．在与中，，∴，∴，又∵，∴；∵为等腰直角三角形，∴；∴；∵，∴，∴，∴．故B项正确；当B、C、F、D四点在同一个圆上时，由圆内接四边形的性质可得，∴是B、C、F、D四点所在圆的直径，∵，∴，∴，故C项正确；∵，，，∴，∴，，∴，∴；∴．故D项错误．故选：D．【点睛】本题考查了等腰直角三角形中相似三角形与全等三角形的应用，有一定的难度．对每一个结论，需要仔细分析，严格论证；注意各结论之间并非彼此孤立，而是往往存在逻辑关联关系，需要善加利用．1．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形的边上有一点，连接，把绕点逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，证明，则，设，得到，则，故，同理可求，则，因此．【详解】解：过点F作延长线的垂线，垂足为点H，则，由旋转得，∵四边形是正方形，∴，，，设，∴，∵，∴，∴，∴，，设，则，∴，∴，而，∴，∴，∵，∴，同理可求，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．2．（2024·辽宁朝阳·八年级统考期末）如图，中，，，为线段上一动点（不与点，重合），连接，作，交线段于，以下四个结论：①；②当为中点时，；③当为等腰三角形时，；④当时，．其中正确的结论的个数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的内角和和平角的定义即可得到；根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的内角和即可得到；根据三角形外角的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到或；根据全等三角形的性质得到．【详解】解：①，，，，，故①正确；②为中点，，，，，，，，故②正确；③，，，为等腰三角形，，，，；或为等腰三角形，，，，，故③错误；④，，，，，，，，，，故④正确，综上所述正确的有①②④．故选：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和，正确的识别图形是解题的关键．3．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，已知点，A与关于y轴对称，连结，现将线段以点为中心顺时针旋转得，点B的对应点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转问题，坐标与图形．过点作轴于点C，证明，可得，即可求解．【详解】解：∵点，A与关于y轴对称，∴，如图，过点作轴于点C，∵将线段以点为中心顺时针旋转得，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴点B的对应点的坐标为．故选：A4．（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：如图，等腰直角，，，点D为外一点，，连接CD，，，BC的长为．【答案】【分析】过作于，过作交的延长线于，由，，得到，证出，推出，得到，，设，，根据勾股定理得到，，，于是得到．【详解】解：过作于，过作交的延长线于，，，，，在与中，，，，，，，设，，在中，，即：，解得：；（不合题意，舍去）．，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．5．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知，，，，和都是等腰直角三角形，图中阴影部分的面积为．【答案】12【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质．过作于，得到，根据直角三角形的性质得到，延长交于，过作于，过作于，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：过作于，，，，，延长交于，过作于，过作于，，，，，，，同理，，，，，，，图中阴影部分的面积的面积，故答案为：12．6．（2024·广东汕头·一模）如图，为了测盘凹档的宽度，把一块等腰直角三角板（，）放置在凹槽内，三个顶点A，B，C分别落在凹槽内壁上，若，测得，，则该凹槽的宽度的长为．【答案】48【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．【详解】解：∵是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴故答案为：48．7．（2024·江苏苏州·二模）如图，将平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，使点E落在边上，且点D巧合是的中点，若则的值为．【答案】【分析】本题考查平行四边形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．设，则，即可得到，根据旋转得到，即可得到，求出和长即可解题．【详解】解：在平行四边形中，，，∵平行四边形绕点A逆时针旋转得到平行四边形，∴，，，设，则，∵D是的中点，∴，∵，，，∴，，∴，∴，即，解得，∴，∴，故答案为：．8．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，将一张正方形纸片折叠，折痕为，折叠后，点B的对应点落在正方形内部的点F处，连接并延长交于点G．若，，则的长为．【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质，过作于点，过作于点，由题意可知，，，证明，，由性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：过作于点，过作于点，由题意可知，，，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，设，在中，由勾股定理得：，即，解得：，∴，故答案为：．9．（2024·四川成都·一模）已知等边的边长为5，点M在边上运动，点N在直线上运动，将沿着翻折，使点A落在直线上的点处，若，则．【答案】或【分析】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，翻折变换，关键是证明，得到，再利用含的式子表示．此题要分两种情况进行讨论：①当点A落在线段上时；②当A在的延长线上时，首先证明．根据相似三角形的性质可得，再设，则，然后利用含x的式子表示、，根据列出方程，解出x的值可得答案．【详解】解：①当点A落在如图1所示的位置时，是等边三角形，，，，，．，由折叠知，，，，，，，，设，则，，，，，解得，；②当A在的延长线上时，如图2，由折叠知，，，，，又，，，，，，，设，则，，，，，解得：，故答案为：或10．（23-24八年级下·山东滨州·期末）小明酷爱数学，勤于思考，善于反思，在学习八年级上册数学知识之后，他发现“全等三角形”和“轴对称”两章中许多问题有关联，问题解决的方法相通．于是他撰写了一篇数学作文．请你认真阅读思考，帮助小明完成相关内容．“一线三垂直”模型的探索与拓展【模型呈现】“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角的度数均为，且它们的顶点在同一条直线上，所以称为“一线三垂直模型”．若有—组对应边长相等时，则模型中必定存在全等三角形．例如：如图1，，过点C作任意一条直线m，于点D，于点E，则三个直角的顶点都在同一条直线m上，这就是典型的“一线三垂直”模型；如果，那么由，可得，又因为，所以可得．【模型应用】问题1：如图2，在中，，，点D为上一点，连接．过点B作于点E，过点C作交的延长线于点F．若，，求的长．

问题2：如图3，在平面直角坐标系中，，．若是以为腰的等腰直角三角形，请直接写出所有满足条件的点P的坐标．

【模型迁移】问题3：如图4，已知为等边三角形，点D，E，F分别在三边上，且，．求证：是等边三角形．【答案】问题1：4；问题2：点P的坐标为或或或；问题3：证明过程见解析【分析】问题1：利用等量代换得，证明，可得，，再根据求解即可；问题2：如图，由题意可得，，分类讨论：当时，当时，根据三角形全等的判定与性质求解即可；问题3：根据等边三角形的性质可得，再利用等量代换可得，证得，可得，再根据等边三角形的判定定理即可得证．【详解】解：问题1：由题意得，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∴；问题2：如图，∵，，∴，，当时，过点作轴于点C，∵是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，过点作轴于点D，∵是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，，∴，∴，当时，过点作轴于点E，同理可证，，∴，，∴，∴，过点作轴于点F，同理可证，，∴，，∴，∴，综上所述，点P的坐标为或或或；

问题3：∵是等边三角形，∴，∵，∴，又∵，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴是等边三角形．【点睛】本题考查点的坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等边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．11．（2023·江苏·九年级专题练习）【感知模型】“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，请根据以下问题，把你的感知填写出来：①如图1，是等腰直角三角形，，AE=BD，则_______；②如图2，为正三角形，，则________；③如图3，正方形的顶点B在直线l上，分别过点A、C作于E，于F．若，，则的长为________．【模型应用】（2）如图4，将正方形放在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为，则点C的坐标为________．【模型变式】（3）如图5所示，在中，，，于E，AD⊥CE于D，，，求的长．【答案】①△BDF；②△CFD；③3；（2）（3）2cm【分析】①根据等腰直角三角形的性质及和角关系，可得△AED≌△BDF；②根据等边三角形的性质及和角关系，可得△BDE≌△CFD；③根据正方形的性质及和角关系，可得△ABE≌△BCF，由全等三角形的性质即可求得EF的长；（2）分别过A、C作x轴的垂线，垂足分别为点D、E，根据正方形的性质及和角关系，可得△COE≌△OAD，从而可求得OE、CE的长，进而得到点C的坐标；（3）由三个垂直及等腰直角三角形可证明△BCE≌△CAD，由全等三角形的性质即可求得BE的长．【详解】①∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90゜∴∠A=∠B=45゜∴∠BDF+∠BFD=180゜−∠B=135゜∵∠EDF=45゜∴∠ADE+∠BDF=180゜−∠EDF=135゜∴∠ADE=∠BFD在△AED和△BDF中∴△AED≌△BDF(AAS)答案为：△BDF；②∵△ABC是等边三角形∴∠B=∠C=60゜∴∠BDE+∠BED=180゜−∠B=120゜∵∠EDF=60゜∴∠BDE+∠CDF=180゜−∠EDF=120゜∴∠BED=∠CDF在△BDE和△CFD中∴△BDE≌△CFD(AAS)故答案为：△CFD；③∵四边形ABCD是正方形∴∠ABC=90゜，AB=BC∴∠ABE+∠CBF=180゜−∠ABC=90゜∵AE⊥l，CF⊥l∴∠AEB=∠CFB=90゜∴∠ABE+∠EAB=90゜∴∠EAB=∠CBF在△ABE和△BCF中∴△ABE≌△BCF(AAS)∴AE=BF=1，BE=CF=2∴EF=BE+BF=2+1=3故答案为：3；（2）分别过A、C作x轴的垂线，垂足分别为点D、E，如图所示∵四边形OABC是正方形∴∠AOC=90゜，AO=OC∴∠COE+∠AOD=180゜−∠ACO=90゜∵AD⊥x轴，CE⊥x轴∴∠CEO=∠ADO=90゜∴∠ECO+∠COE=90゜∴∠ECO=∠AOD在△COE和△OAD中∴△COE≌△OAD(AAS)∴CE=OD，OE=AD∵∴OD=1，∴CE=1，∵点C在第二象限∴点C的坐标为故答案为：；（3）∵∠ACB=90゜∴∠BCE+∠ACD=90゜∵BE⊥CE，AD⊥CE∴∠CEB=∠ADC=90゜∴∠BCE+∠CBE=90゜∴∠CBE=∠ACD在△BCE和△CAD中∴△BCE≌△CAD(AAS)∴BE=CD，CE=AD=6cm∴BE=CD=CE－DE=6－4=2(cm)【点睛】本题是三角形全等的综合，考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是关键．12．（2024·黑龙江牡丹江·九年级期末）平面内有一等腰直角三角板（∠ACB＝90°）和一直线MN．过点C作CE⊥MN于点E，过点B作BF⊥MN于点F．当点E与点A重合时（如图1），易证：AF+BF＝2CE．(1)当三角板绕点A顺时针旋转至图2的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．(2)当三角板绕点A顺时针旋转至图3的位置时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AF、BF、CE之间又有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．【答案】(1)AF+BF=2CE仍成立(2)AF-BF=2CE【分析】（1）过B作BH⊥CE于点H，可证△ACE≌△CBH，通过线段的等量代换可得结论；（2）过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，△ACE≌△CBG，通过线段的等量代换可得答案．（1）解：图2，AF+BF=2CE仍成立，

证明：如图，过B作BH⊥CE于点H，∵∠BCH+∠ACE=90°，又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，∴∠CAE=∠BCH，又∵AC=BC，∠AEC=∠BHC=90°∴△ACE≌△CBH．∴CH=AE，BF=HE，CE=BH，∴AF+BF=AE+EF+BF=CH+EF+HE=CE+EF=2EC．（2）解：不成立，线段AF、BF、CE之间的数量关系为：AF-BF=2CE证明：如图，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，∵∠BCG+∠ACE=90°，又∵在直角△ACE中，∠ACE+∠CAE=90°，∴∠CAE=∠BCG，又∵AC=BC，∠AEC=∠BGC=90°∴△ACE≌△CBG．∴CG=AE，BF=GE，CE=BG，∴AF-BF=AE+EF-BF=CG+EF-GE=CE+EF=2EC．【点睛】本题考查全等三角形的判定，根据题意正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．13．（2024·浙江·校考一模）（1）探索发现：如图1，已知中，，，直线l过点C，过点A作，过点B作，垂足分别为D、E．求证：．（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点N的坐标为，求点M的坐标．（3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线与y轴交于点P，与x轴交于点Q，将直线绕P点沿逆时针方向旋转后，所得的直线交x轴于点R．求点R的坐标．【答案】（1）见详解；（2）点M的坐标为（1，3）；（3）R（，0）【分析】（1）先判断出∠ACB=∠ADC，再判断出∠CAD=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论；（2）过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，判断出MF=NG，OF=MG，设M（m，n）列方程组求解，即可得出结论；（3）过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，先求出OP=4，由y=0得x=1，进而得出Q（1，0），OQ=1，再判断出PQ=SQ，即可判断出OH=5，SH=OQ=1，进而求出直线PR的解析式，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l，∴∠ACB＝∠ADC．∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE，∴∠CAD＝∠BCE，∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC．∴△ACD≌△CBE，∴CD＝BE，（2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G，由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°，∴由（1）得△OFM≌△MGN，∴MF＝NG，OF＝MG，设M（m，n），∴MF＝m，OF＝n，∴MG＝n，NG＝m，∵点N的坐标为（4，2）∴解得∴点M的坐标为（1，3）；（3）如图3，过点Q作QS⊥PQ，交PR于S，过点S作SH⊥x轴于H，对于直线y＝﹣4x+4，由x＝0得y＝4，∴P（0，4），∴OP＝4，由y＝0得x＝1，∴Q（1，0），OQ＝1，∵∠QPR＝45°，∴∠PSQ＝45°＝∠QPS．∴PQ＝SQ．∴由（1）得SH＝OQ，QH＝OP．∴OH＝OQ+QH＝OQ+OP＝4+1＝5，SH＝OQ＝1．∴S（5，1），设直线PR为y＝kx+b，则，解得．∴直线PR为y＝x+4．由y＝0得，x＝，∴R（，0）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．14．（2024·北京校考·一模）已知梯形中，∥，且，，．⑴如图，P为上的一点，满足∠BPC=∠A，求AP的长；⑵如果点P在边上移动（点P与点不重合），且满足∠BPE=∠A，交直线于点E，同时交直线DC于点．①当点在线段DC的延长线上时，设，CQ=y，求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；②写CE=1时，写出AP的长（不必写解答过程）【答案】⑴的长1或4;⑵①;②或3-【分析】（1）当∠BPC=∠A时，∠A+∠APB+∠ABP=180°，而∠APB+∠BPC+∠DPC=180°，因此∠ABP=∠DPC，此时三角形APB与三角形DPC相似，那么可得出关于AP，PD，AB，CD的比例关系式，AB，CD的值题中已经告诉，可以先用AP表示出PD，然后代入上面得出的比例关系式中求出AP的长．（2）①与（1）的方法类似，只不过把DC换成了DQ，那么只要用DC+CQ就能表示出DQ了．然后按得出的关于AB，AP，PD，DQ的比例关系式，得出x，y的函数关系式．②和①的方法类似，但是要多一步，要先通过平行得出三角形PDQ和CEQ相似，根据CE的长，用AP表示出PD，然后根据PD，DQ，QC，CE的比例关系用AP表示出DQ，然后按①的步骤进行求解即可．【详解】解：⑴，，，又梯形中，，，，，设，，，解得，，的长1或4;⑵①由⑴易得（如图），，即，②当CE=1时，∵△PDQ∽△ECQ，∴,或，，解得：AP=2或3−.【点睛】考查二次函数的综合应用，利用相似三角形得出线段间的比例关系是求解的关键．15．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．(1)求证：．(2)若为中点，且，求长．(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．【答案】(1)见详解(2)(3)【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；（3）由折叠性质，得直线，，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，∴，∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴，∴，∴，∴；（2）解：如图：∵四边形是矩形，∴，，∵为中点，∴，设，∴，在中，，即，解得，∴，∴，∵，∴，∴，解得，∵，∴；（3）解：如图：延长交于一点M，连接∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，∴直线，，∴是等腰三角形，∴，∵为中点，∴设，∴，∵为中点，∴，∵，，∴，∴，，∴，在中，，∴，∴，在中，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．16．（2023年安徽省九年级数学一模试卷）如图，在中，，，是线段上的一点，连接，过点作，分别交，于点，，与过点A且垂直于的直线相交于点，连接(1)求证：(2)若是的中点，求的值．(3)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)(3)的值为12【分析】（1）先证明，再利用相似三角形的性质进行证明．（2）先证明，求出，再利用相似三角形的性质即可求解．（3）利用全等和相似进行线段之间的关系转化，先求出，再求出，即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∴，∵，∴，（2）∵，∴，∵，∴，∴，∵是的中点，∴，∴，∴，∵∴，∴．（3）∵，∴，∵，∴，∴，若，∴，即∵∴，∴∴；∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是发现全等三角形和相似三角形，能利用它们的性质进行线段之间的关系转化．17．（2023秋·广东深圳·九年级校考阶段练习）【基础巩固】（1）如图1，在中，，，D是边上一点，F是边上一点，．求证：；【尝试应用】（2）如图2，在四边形ABFC中，点D是边的中点，，若，，求线段的长．【拓展提高】（3）在中．，，以A为直角顶点作等腰直角三角形，点D在上，点E在上．若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）5；（3）10【分析】（1）利用一线三等角模型，可说明，得；（2）如图2中，延长交的延长线于点．证明，推出，求出，，再利用勾股定理求解；（3）过点作与交于点，使，由（1）同理得，可知，再利用，可得答案；【详解】（1）证明：，，，，∴，，，，；（2）解：如图2中，延长交的延长线于点．，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图，过点作与交于点，使，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握一线三等角基本几何模型是解题的关键．18．（2024·河南·三模）问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，将两块全等的直角三角形纸片和叠放在一起，其中，，，顶点D与边的中点重合，经过点C，交于点G．求重叠部分（）的面积．

(1)小明经过独立思考，写出如下步骤，请你帮助小明补全依据及步骤：解：∵，D是的中点，∴．∴．

（依据：______________________）又∵，∴．∴．∴___