模型1.一線三等角（K型圖）模型（全等模型）
【模型解讀】
在某條直線上有三個角相等，利用平角為180°與三角形內角和為180°，證得兩個三角形全等。
【常見模型及證法】
同側型一線三等角（常見）：
銳角一線三等角 直角一線三等角（“K型圖”） 鈍角一線三等角

條件：+ CE=DE
證明思路：+任一邊相等
異側型一線三等角：
銳角一線三等角 直角一線三等角 鈍角一線三等角

條件：+ 任意一邊相等
證明思路：+任一邊相等
1． (2023·湖南湘潭·中考真題）在中，，，直線經過點，過點、分別作的垂線，垂足分別為點、．
(1)特例體驗：如圖①，若直線，，分別求出線段、和的長；
(2)規(guī)律探究：①如圖②，若直線從圖①狀態(tài)開始繞點旋轉，請?zhí)骄烤€段、和的數(shù)量關系并說明理由；②如圖③，若直線從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉，與線段相交于點，請再探線段、和的數(shù)量關系并說明理由；
(3)嘗試應用：在圖③中，延長線段交線段于點，若，，求．
2． (2023·黑龍江·九年級期末）（1）如圖（1），已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直線m經過點A，BD⊥直線m， CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明∶DE=BD+CE．
（2）如圖（2），將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三點都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中為任意銳角或鈍角．請問結論DE=BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）拓展與應用：如圖（3），D、E是D、A、E三點所在直線m上的兩動點（D、A、E三點互不重合），點F為∠BAC平分線上的一點，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀．
3． (2023·江蘇·九年級專題練習）【感知模型】“一線三等角”模型是平面幾何圖形中的重要模型之一，請根據以下問題，把你的感知填寫出來：
①如圖1，是等腰直角三角形，，AE=BD，則_______；
②如圖2，為正三角形，，則________；
③如圖3，正方形的頂點B在直線l上，分別過點A、C作于E，于F．若，，則的長為________．
【模型應用】（2）如圖4，將正方形放在平面直角坐標系中，點O為原點，點A的坐標為，則點C的坐標為________．
【模型變式】（3）如圖5所示，在中，，，于E，AD⊥CE于D，，，求的長．
模型2.一線三等角模型（相似模型）
【模型解讀與圖示】
“一線三等角”型的圖形，因為一條直線上有三個相等的角，一般就會有兩個三角形的“一對角相等”，再利用平角為180°，三角形的內角和為180°，就可以得到兩個三角形的另外一對角也相等，從而得到兩個三角形相似．

1． (2023·四川·一模）某學習小組在探究三角形全等時，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形：
（1）如圖1，已知：在△ABC中，，D、A、E三點都在直線m上，并且有．試猜想DE、BD、CE有怎樣的數(shù)量關系，請證明你的結論；
（2）老師鼓勵學習小組繼續(xù)探索相似的情形．于是，學習小組又研究以下問題：如圖2，△ABC中，．將一把三角尺中30°角頂點P放在BC邊上，當P在BC邊上移動時，三角尺中30°角的一條邊始終過點A，另一條邊交AC邊于點Q，P、Q不與三角形頂點重合．設．當在許可范圍內變化時，取何值總有△ABP∽△PCQ？當在許可范圍內變化時，取何值總有△ABP∽△QCP？
（3）試探索有無可能使△ABP、△QPC、△ABC兩兩相似？若可能，寫出所有、的值（不寫過程）；若不可能，請說明理由．
2． (2023·河南新鄉(xiāng)·二模）如圖，△ABC和△ADE是有公共頂點A的兩個等腰直角三角形，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC＝6，D在線段BC上，從B到C運動，點M和點N分別是邊BC，DE的中點．
(1)【問題發(fā)現(xiàn)】若點D是BC邊的中點時，＝ ，直線BD與MN相交所成的銳角的度數(shù)為 （請直接寫出結果）(2)【解決問題]若點D是BC邊上任意一點時，上述結論是否成立，請說明理由．
(3)【拓展探究】在整個運動過程中，請直接寫出N點運動的路徑長，及CN的最小值．
3． (2023·山東菏澤·三模）（1）問題：
如圖1，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，當時，求證：．
（2）探究：若將90°角改為銳角或鈍角（如圖2），其他條件不變，上述結論還成立嗎？說明理由．
（3）應用：如圖3，在中，，，以點A為直角頂點作等腰．點D在BC上，點E在AC上，點F在BC上，且，若，求CD的長．
模型3.一線三直角模型（相似模型）
【模型解讀與圖示】
“一線三直角”模型的圖形，實則是“一線三等角”型的圖形的特例，因為這種圖形在正方形和矩形中出現(xiàn)的比較多，對它做一專門研究，這樣的圖形，因為有三個角是直角，就有兩個角相等，再根據“等角的余角相等”可以得到另外一對角相等，從而判定兩個三角形相似．

1． (2023·湖南郴州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，，．點E是線段AD上的動點（點E不與點A，D重合），連接CE，過點E作，交AB于點F．
(1)求證：；(2)如圖2，連接CF，過點B作，垂足為G，連接AG．點M是線段BC的中點，連接GM．①求的最小值；②當取最小值時，求線段DE的長．
2． (2023·山東濟寧·二模）情境觀察:將含45°角的三角板的直角頂點R放在直線上，分別過兩銳角的頂點M，N作的垂線，垂足分別為P， Q，
（1）如圖1.觀察圖1可知：與NQ相等的線段是______________，與相等的角是_____
(2)問題探究直角中，，在AB邊上任取一點D，連接CD，分別以AC，DC為邊作正方形ACEF和正方形CDGH，如圖2，過E，H分別作BC所在直線的垂線，垂足分別為K，L.試探究EK與HL之間的數(shù)量關系，并證明你的結論.
(3)拓展延伸：直角中，，在AB邊上任取一點D，連接CD，分別以AC，DC為邊作矩形ACEF和矩形CDGH，連接EH交BC所在的直線于點T，如圖3.如果，，試探究TE與TH之間的數(shù)量關系，并證明你的結論.
3. (2023·浙江·嘉興一中一模）閱讀材料：我們知道：一條直線經過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分別過A、B向經過點C直線作垂線，垂足分別為D、E，我們很容易發(fā)現(xiàn)結論：△ADC≌△CEB．
(1)探究問題：如果AC≠BC，其他條件不變，如圖②，可得到結論；△ADC∽△CEB．請你說明理由．
(2)學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線y＝x與直線CD交于點M（2，1），且兩直線夾角為α，且tanα＝，請你求出直線CD的解析式．
(3)拓展應用：如圖④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，點E為BC邊上一個動點，連接AE，將線段AE繞點E順時針旋轉90°，點A落在點P處，當點P在矩形ABCD外部時，連接PC，PD．若△DPC為直角三角形時，請你探究并直接寫出BE的長．
課后專項訓練：
1． (2023·貴州銅仁·三模）（1）探索發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知中，，，直線l過點C，過點A作，過點B作，垂足分別為D、E．求證：．
（2）遷移應用：如圖2，將一塊等腰直角的三角板放在平面直角坐標系內，三角板的一個銳角的頂點與坐標原點O重合，另兩個頂點均落在第一象限內，已知點N的坐標為，求點M的坐標．
（3）拓展應用：如圖3，在平面直角坐標系內，已知直線與y軸交于點P，與x軸交于點Q，將直線繞P點沿逆時針方向旋轉后，所得的直線交x軸于點R．求點R的坐標．
2． (2023·廣東·汕頭市潮陽區(qū)教師發(fā)展中心教學研究室一模）（1）模型建立，如圖1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經過點C，過A作AD⊥ED于D，過B作BE⊥ED于E．求證：△BEC≌△CDA；
（2）模型應用：①已知直線AB與y軸交于A點，與軸交于B點，sin∠ABO=，OB=4，將線段AB繞點B逆時針旋轉90度，得到線段BC，過點A，C作直線，求直線AC的解析式；
②如圖3，矩形ABCO，O為坐標原點，B的坐標為（8，6），A，C分別在坐標軸上，P是線段BC上動點，已知點D在第一象限，且是直線y=25上的一點，若△APD是以D為直角頂點的等腰直角三角形，請求出所有符合條件的點D的坐標．
3． (2023·黑龍江·樺南縣九年級期中）如圖1，在中，，，直線經過點，且于，于．(1)由圖1，證明：；
(2)當直線繞點旋轉到圖2的位置時，請猜想出，，的等量關系并說明理由；
(3)當直線繞點旋轉到圖3的位置時，試問，，又具有怎樣的等量關系？請直接寫出這個等量關系（不必說明理由）．
4． (2023·山東·九年級課時練習）（1）課本習題回放：“如圖①，，，，，垂足分別為，，，．求的長”，請直接寫出此題答案：的長為________．
（2）探索證明：如圖②，點，在的邊、上，，點，在內部的射線上，且．求證：．
（3）拓展應用：如圖③，在中，，．點在邊上，，點、在線段上，．若的面積為15，則與的面積之和為________．（直接填寫結果，不需要寫解答過程）
5． (2023·無錫市九年級月考）（1）如圖1，直線m經過等腰直角△ABC的直角頂點A，過點B、C分別作BD⊥m，CE⊥m，垂足分別是D、E．求證：BD＋CE＝DE；
（2）如圖2，直線m經過△ABC的頂點A，AB＝AC，在直線m上取兩點 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，
補充∠BAC＝ （用α表示），線段BD、CE與DE之間滿足BD＋CE＝DE，補充條件后并證明；
（3）在（2）的條件中，將直線m繞著點A逆時針方向旋轉一個角度到如圖3的位置，并改變條件∠ADB＝∠AEC＝ （用α表示）．通過觀察或測量，猜想線段BD、CE與DE之間滿足的數(shù)量關系，并予以證明．
6． (2023·河南新鄉(xiāng)·九年級期中）某學習小組在探究三角形相似時，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．
（1）如圖1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直線l經過點A，BD⊥直線I，CE上直線l，垂足分別為D、E．求證：＝k．
（2）組員小劉想，如果三個角都不是直角，那么結論是否仍然成立呢？如圖2，將（1）中的條件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三點都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請問（1）中的結論還成立嗎？若成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）數(shù)學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，在ABC中，沿ABC的邊AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I．①求證：I是EG的中點．②直接寫出線段BC與AI之間的數(shù)量關系： ．
7． (2023·湖北武漢·模擬預測）[問題背景]（1）如圖1，是等腰直角三角形，，直線過點，，，垂足分別為，．求證：；
[嘗試應用]（2）如圖2，，，，，三點共線，，，，．求的長；[拓展創(chuàng)新]（3）如圖3，在中，，點，分別在，上，，，若，直接寫出的值為 ．
8． (2023·黑龍江齊齊哈爾·三模）數(shù)學實踐課堂上，張老師帶領學生們從一道題入手，開始研究，并對此題做適當變式，嘗試舉一反三，開闊學生思維．
(1)原型題：如圖1，于點B，于點D，P是上一點，，，則________，請你說明理由．(2)利用結論，直接應用：①如圖2，四邊形、、都是正方形，邊長分別為a、b、c，A、B、N、E，F(xiàn)五點在同一條直線上，則________，________（用含a、b的式子表示）．②如圖3，四邊形中，，，，，以上一點O為圓心的圓經過A、D兩點，且，則圓心O到弦的距離為________．
(3)弱化條件，變化引申：如圖4，M為線段的中點，與交于點C，，且交于點F，交于點G，連接，則與的關系為：________，若，，則________．
9． (2023?鄭州一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中．邊長為4的等邊△OAB的邊OA在x軸上，C、D、E分別是AB、OB、OA上的動點，且滿足BD＝2AC，DE∥AB，連接CD、CE，當點E坐標為 時，△CDE與△ACE相似．
10． (2023?廣東中考模擬）（1）模型探究：如圖1，、、分別為三邊、、上的點，且，與相似嗎？請說明理由.
（2）模型應用：為等邊三角形，其邊長為，為邊上一點，為射線上一點，將沿翻折，使點落在射線上的點處，且.①如圖2，當點在線段上時，求的值；
②如圖3，當點落在線段的延長線上時，求與的周長之比.
11． (2023·山西晉中·一模）閱讀材料：
我們知道：一條直線經過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①，在中，，，分別過、向經過點直線作垂線，垂足分別為、，我們很容易發(fā)現(xiàn)結論：．
（1）探究問題：如果，其他條件不變，如圖②，可得到結論；．請你說明理由．
（2）學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線與直線交于點，且兩直線夾角為，且，請你求出直線的解析式．（3）拓展應用：如圖④，在矩形中，，，點為邊上—個動點，連接，將線段繞點順時針旋轉，點落在點處，當點在矩形外部時，連接，．若為直角三角形時，請你探究并直接寫出的長．

12． (2023·山東青島·九年級期中）【模型引入】
我們在全等學習中所總結的“一線三等角、K型全等”這一基本圖形，可以使得我們在觀察新問題的時候很迅速地聯(lián)想，從而借助已有經驗，迅速解決問題．
【模型探究】如圖，正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交直線CB于點F．（1）如圖1，若點F在線段BC上，寫出EA與EF的數(shù)量關系并加以證明；
（2）如圖2，若點F在線段CB的延長線上，請直接寫出線段BC，BE和BF的數(shù)量關系．
【模型應用】（3）如圖3，正方形ABCD中，AB＝4，E為CD上一動點，連接AE交BD于F，過F作FH⊥AE于F，過H作HG⊥BD于G．則下列結論：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周長為8．正確的結論有 個．
（4）如圖4，點E是正方形ABCD對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交線段BC于點F，交線段AC于點M，連接AF交線段BD于點H．給出下列四個結論，①AE＝EF；②DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+BF；正確的結論有 個．
【模型變式】（5）如圖5，在平面直角坐標系中，四邊形OBCD是正方形，且D（0，2），點E是線段OB延長線上一點，M是線段OB上一動點（不包括點O、B），作MN⊥DM，垂足為M，交∠CBE的平分線與點N，求證：MD＝MN
（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點F，連接FM，則∠FMN和∠NMB之間有怎樣的數(shù)量關系？請給出證明．
【拓展延伸】（7）已知∠MON＝90°，點A是射線ON上的一個定點，點B是射線OM上的一個動點，且滿足OB＞OA．點C在線段OA的延長線上，且AC＝OB．如圖7，在線段BO上截取BE，使BE＝OA，連接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，當點B在射線OM上運動時，β的大小是否會發(fā)生變化？如果不變，請求出這個定值；如果變化，請說明理由．
（8）如圖8，正方形ABCD中，AD＝6，點E是對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥ED，交AB于點F，連接DF，交AC于點G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點N，若點F是AB邊的中點，則△EDM的面積是 ．
專題05 一線三等角（K型圖）模型（從全等到相似）
全等三角形與相似三角形在中考數(shù)學幾何模塊中占據著重要地位。相似三角形與其它知識點結合以綜合題的形式呈現(xiàn)，其變化很多，難度大，是中考的?？碱}型。如果大家平時注重解題方法，熟練掌握基本解題模型，再遇到該類問題就信心更足了．本專題就一線三等角模型進行梳理及對應試題分析，方便掌握。
模型1.一線三等角（K型圖）模型（全等模型）
【模型解讀】
在某條直線上有三個角相等，利用平角為180°與三角形內角和為180°，證得兩個三角形全等。
【常見模型及證法】
同側型一線三等角（常見）：
銳角一線三等角 直角一線三等角（“K型圖”） 鈍角一線三等角

條件：+ CE=DE
證明思路：+任一邊相等
異側型一線三等角：
銳角一線三等角 直角一線三等角 鈍角一線三等角

條件：+ 任意一邊相等
證明思路：+任一邊相等
1． (2023·湖南湘潭·中考真題）在中，，，直線經過點，過點、分別作的垂線，垂足分別為點、．
(1)特例體驗：如圖①，若直線，，分別求出線段、和的長；
(2)規(guī)律探究：①如圖②，若直線從圖①狀態(tài)開始繞點旋轉，請?zhí)骄烤€段、和的數(shù)量關系并說明理由；②如圖③，若直線從圖①狀態(tài)開始繞點A順時針旋轉，與線段相交于點，請再探線段、和的數(shù)量關系并說明理由；
(3)嘗試應用：在圖③中，延長線段交線段于點，若，，求．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)DE=CE+BD；理由見解析；②BD=CE+DE；理由見解析 (3)
【分析】（1）先根據得出，根據，得出，，再根據，求出，，
即可得出，最后根據三角函數(shù)得出，，即可求出；
（2）①DE=CE+BD；根據題意，利用“AAS”證明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出結論；
②BD=CE+DE；根據題意，利用“AAS”證明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出結論；
（3）在Rt△AEC中，根據勾股定理求出，根據，得出，代入數(shù)據求出AF，根據AC=5，算出CF，即可求出三角形的面積．
(1)解：∵，，∴，
∵，∴，，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴，
∴，，
∴，
∴，
，∴．
(2)DE=CE+BD；理由如下：∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵AB=AC，∴，∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵AB=AC，∴，∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，即BD=CE+DE．
(3)根據解析（2）可知，AD=CE=3，∴，
在Rt△AEC中，根據勾股定理可得：，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，∴，∴，即，解得：，
∴，∵AB=AC=5，∴．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，勾股定理，平行線的性質，解直角三角形，根據題意證明，是解題的關鍵．
2． (2023·黑龍江·九年級期末）（1）如圖（1），已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直線m經過點A，BD⊥直線m， CE⊥直線m，垂足分別為點D、E．證明∶DE=BD+CE．
（2）如圖（2），將（1）中的條件改為：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三點都在直線m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中為任意銳角或鈍角．請問結論DE=BD+CE是否成立？如成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）拓展與應用：如圖（3），D、E是D、A、E三點所在直線m上的兩動點（D、A、E三點互不重合），點F為∠BAC平分線上的一點，且△ABF和△ACF均為等邊三角形，連接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，試判斷△DEF的形狀．
【答案】（1）見解析（2）成立，證明見解析（3）△DEF為等邊三角形，證明見解析
【分析】（1）因為DE=DA+AE，故由全等三角形的判定AAS證△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，從而證得DE=BD+CE；（2）成立，仍然通過證明△ADB≌△CEA，得出BD=AE，AD=CE，所以DE=DA+AE=EC+BD；
（3）由△ADB≌△CEA得BD=AE，∠DBA =∠CAE，由△ABF和△ACF均等邊三角形，得∠ABF=∠CAF=60°，F(xiàn)B=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根據∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等邊三角形．
【詳解】解：（1）證明：∵BD⊥直線m，CE⊥直線m，∴∠BDA＝∠CEA=90°．
∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE=90°．∵∠BAD+∠ABD=90°，∴∠CAE=∠ABD．
又AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．∴AE=BD，AD=CE．∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）成立．證明如下：∵∠BDA =∠BAC=，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD +∠CAE=180°-．∴∠DBA=∠CAE．
∵∠BDA=∠AEC=，AB=AC，∴△ADB≌△CEA（AAS）．
∴AE=BD，AD=CE．∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）△DEF為等邊三角形．理由如下：
由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA =∠CAE，
∵△ABF和△ACF均為等邊三角形，∴∠ABF=∠CAF=60°．
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF．∴∠DBF=∠FAE．
∵BF=AF，∴△DBF≌△EAF（SAS）．∴DF=EF，∠BFD=∠AFE．
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°．∴△DEF為等邊三角形．
【點睛】此題考查了全等三角形的性質和判定、等邊三角形的性質和判定，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的性質和判定，等邊三角形的性質和判定．
3． (2023·江蘇·九年級專題練習）【感知模型】“一線三等角”模型是平面幾何圖形中的重要模型之一，請根據以下問題，把你的感知填寫出來：
①如圖1，是等腰直角三角形，，AE=BD，則_______；
②如圖2，為正三角形，，則________；
③如圖3，正方形的頂點B在直線l上，分別過點A、C作于E，于F．若，，則的長為________．
【模型應用】（2）如圖4，將正方形放在平面直角坐標系中，點O為原點，點A的坐標為，則點C的坐標為________．
【模型變式】（3）如圖5所示，在中，，，于E，AD⊥CE于D，，，求的長．
【答案】①△BDF；②△CFD；③3；（2）（3）2cm
【分析】①根據等腰直角三角形的性質及和角關系，可得△AED≌△BDF；
②根據等邊三角形的性質及和角關系，可得△BDE≌△CFD；
③根據正方形的性質及和角關系，可得△ABE≌△BCF，由全等三角形的性質即可求得EF的長；
（2）分別過A、C作x軸的垂線，垂足分別為點D、E，根據正方形的性質及和角關系，可得△COE≌△OAD，從而可求得OE、CE的長，進而得到點C的坐標；
（3）由三個垂直及等腰直角三角形可證明△BCE≌△CAD，由全等三角形的性質即可求得BE的長．
【詳解】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) 答案為：△BDF；
②∵△ABC是等邊三角形
∴∠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)故答案為：△CFD；
③∵四邊形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 故答案為：3；
（2）分別過A、C作x軸的垂線，垂足分別為點D、E，如圖所示
∵四邊形OABC是正方形∴∠AOC=90゜，AO=OC
∴∠COE+∠AOD=180゜?∠ACO=90゜
∵AD⊥x軸，CE⊥x軸∴∠CEO=∠ADO =90゜
∴∠ECO+∠COE=90゜∴∠ECO=∠AOD
在△COE和△OAD中
∴△COE≌△OAD(AAS)∴CE=OD，OE=AD
∵∴OD=1，∴CE=1，
∵點C在第二象限∴點C的坐標為故答案為：；
（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)
【點睛】本題是三角形全等的綜合，考查了全等三角形的判定與性質，掌握全等三角形的判定方法是關鍵．
模型2.一線三等角模型（相似模型）
【模型解讀與圖示】
“一線三等角”型的圖形，因為一條直線上有三個相等的角，一般就會有兩個三角形的“一對角相等”，再利用平角為180°，三角形的內角和為180°，就可以得到兩個三角形的另外一對角也相等，從而得到兩個三角形相似．

1． (2023·四川·一模）某學習小組在探究三角形全等時，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形：
（1）如圖1，已知：在△ABC中，，D、A、E三點都在直線m上，并且有．試猜想DE、BD、CE有怎樣的數(shù)量關系，請證明你的結論；
（2）老師鼓勵學習小組繼續(xù)探索相似的情形．于是，學習小組又研究以下問題：如圖2，△ABC中，．將一把三角尺中30°角頂點P放在BC邊上，當P在BC邊上移動時，三角尺中30°角的一條邊始終過點A，另一條邊交AC邊于點Q，P、Q不與三角形頂點重合．設．當在許可范圍內變化時，取何值總有△ABP∽△PCQ？當在許可范圍內變化時，取何值總有△ABP∽△QCP？
（3）試探索有無可能使△ABP、△QPC、△ABC兩兩相似？若可能，寫出所有、的值（不寫過程）；若不可能，請說明理由．
【答案】（1）；證明見解析；（2）；；（3）可能；，或，．
【分析】（1）證明△ADB≌△CEA（AAS），由全等三角形的性質得出AE=BD，AD=CE，則可得出結論；
（2）由β=∠2或∠1=∠CQP，即∠2=30°+β-α=β，解得α=30°，即可求解；由β=∠1或∠2=∠CQP，同理可得：β=75°，即可求解；
（3）①當α=30°，β=30°時，則∠2=∠B=α=30°，即可求解；②當β=75°，α=52.5°時，同理可解．
【詳解】解：（1）如圖1，∵，
∴，∴，
在△ADB和△CEA中，
，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴，，
∴；
（2）在△ABP中，，∴，
同理可得：；由或，
即，解得，則△ABP∽△PCQ；
∴當在許可范圍內變化時，時，總有△ABP∽△PCQ；
由或，同理可得：．
∴當在許可范圍內變化時，總有△ABP∽△QCP；
（3）可能．①當，時，則，則△ABP∽△PCQ∽△BCA；
②當，時，
同理可得：，，∴△ABP∽△CQP∽△BCA．
【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的性質是解本題的關鍵．
2． (2023·河南新鄉(xiāng)·二模）如圖，△ABC和△ADE是有公共頂點A的兩個等腰直角三角形，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC＝6，D在線段BC上，從B到C運動，點M和點N分別是邊BC，DE的中點．
(1)【問題發(fā)現(xiàn)】若點D是BC邊的中點時，＝ ，直線BD與MN相交所成的銳角的度數(shù)為 （請直接寫出結果）(2)【解決問題]若點D是BC邊上任意一點時，上述結論是否成立，請說明理由．
(3)【拓展探究】在整個運動過程中，請直接寫出N點運動的路徑長，及CN的最小值．
【答案】(1)，45° (2)成立，理由見解析(3)N點運動的路徑長為6，CN的最小值為3
【分析】（1）證明△AMN是等腰直角三角形，可得結論．（2）結論不變．連接AM，AN，證明△BAD∽△MAN，可得結論．（3）利用三角形中位線定理，垂線段最短解決問題即可．
(1)解：如圖1中，

當點D是BC的中點時，∵AB=AC，∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠ADE=45°，∴AC⊥DE，∴AC平分DE，∴點N落在AC上，
∴BM=AM=MN，∠NMC=45°，∴=，故答案為：，45°．
(2)解：如圖2中，連接AM，AN．∵AB=AC，∠BAC=90°，BM=CM，
∴AM⊥MC，AM=BM=CM，∴AB=AM，同法可證AD=AN，
∵∠BAM=∠DAN=45°，∴∠BAD=∠MAN，
∵=，∴△BAD∽△MAN，∴==，∠ABD=∠AMN=45°．
(3)解：如圖3中，當D在線段BC上，從B運動到C時，由（2）問可知，∠AMN=45°，所以點N的運動路徑是圖3中的線段MN，MN=BE=6．當CN⊥MN時，CN的值最小，最小值=AC=3．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，三角形中位線定理，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
3． (2023·山東菏澤·三模）（1）問題：
如圖1，在四邊形ABCD中，點P為AB上一點，當時，求證：．
（2）探究：若將90°角改為銳角或鈍角（如圖2），其他條件不變，上述結論還成立嗎？說明理由．
（3）應用：如圖3，在中，，，以點A為直角頂點作等腰．點D在BC上，點E在AC上，點F在BC上，且，若，求CD的長．
【答案】（1）見解析；（2）成立，理由見解析；（3）
【分析】（1）由∠DPC=∠A=B=90°，可得∠ADP＝∠BPC，即可證到△ADP△BPC，然后運用相似三角形的性質即可解決問題；（2）由∠DPC＝∠A＝∠B＝α，可得∠ADP=∠BPC，即可證到△ADP△BPC，然后運用相似三角形的性質即可解決問題；（3）先證△ABD△DFE，求出DF=4，再證△EFC△DEC，可求FC＝1，進而解答即可．
【詳解】（1）證明：如題圖1，∵∠DPC=∠A=∠B=90°，
∴∠ADP＋∠APD=90°，∠BPC＋∠APD = 90°，∴∠ADP = ∠BPC，
∴△ADP△BPC，，∴ADBC = APBP，
（2）結論仍然成立，理由如下，，
又，，
，設，，
，，∴ADBC = APBP，
（3），，，，，
是等腰直角三角形，，，，
，，，，
,，，，．
【點睛】本題考查相似三角形的綜合題，三角形的相似；能夠通過構造45°角將問題轉化為一線三角是解題的關鍵．
模型3.一線三直角模型（相似模型）
【模型解讀與圖示】
“一線三直角”模型的圖形，實則是“一線三等角”型的圖形的特例，因為這種圖形在正方形和矩形中出現(xiàn)的比較多，對它做一專門研究，這樣的圖形，因為有三個角是直角，就有兩個角相等，再根據“等角的余角相等”可以得到另外一對角相等，從而判定兩個三角形相似．

1． (2023·湖南郴州·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，，．點E是線段AD上的動點（點E不與點A，D重合），連接CE，過點E作，交AB于點F．
(1)求證：；(2)如圖2，連接CF，過點B作，垂足為G，連接AG．點M是線段BC的中點，連接GM．①求的最小值；②當取最小值時，求線段DE的長．
【答案】(1)見解析(2)①5；②或
【分析】（1）證明出即可求解；
（2）①連接AM．先證明．確定出點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．當A，G，M三點共線時，．此時，取最小值．在中利用勾股定理即可求出AM，則問題得解．②先求出AF，求AF的第一種方法：過點M作交FC于點N，即有，進而有．設，則，．再根據，得到，得到，則有，解方程即可求出AF；求AF的第二種方法：過點G作交BC于點H．即有．則有，根據，可得，進而求出，．由得，即可求出AF．求出AF之后，由（1）的結論可得．設，則，即有，解得解方程即可求出DE．
(1)證明：如圖1，

∵四邊形ABCD是矩形，∴，∴．
∵，∴，∴，∴；
(2)①解：如圖2-1，連接AM．
∵，∴是直角二角形．∴．
∴點G在以點M為圓心，3為半徑的圓上．
當A，G，M三點不共線時，由三角形兩邊之和大于箒三邊得：，
當A，G，M三點共線時，．
此時，取最小值．在中，．∴的最小值為5．
②（求AF的方法一）如圖2-2，過點M作交FC于點N，
∴．∴．
設，則，∴．
∵，∴，∴，
由①知的最小值為5、即，

又∵，∴．∴，解得，即．
（求AF的方法二）如圖2-3，過點G作交BC于點H．
∴．∴，
由①知的最小值為5，即，
又∵，∴．∴，．
由得，∴，即，解得．
∴．由（1）的結論可得．
設，則，∴，解得或．
∵，，∴或．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質、平行的性質、勾股定理以及一元二次方程的應用等知識，掌握相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵．
2． (2023·山東濟寧·二模）情境觀察:將含45°角的三角板的直角頂點R放在直線上，分別過兩銳角的頂點M，N作的垂線，垂足分別為P， Q，
（1）如圖1.觀察圖1可知：與NQ相等的線段是______________，與相等的角是_____
(2)問題探究直角中，，在AB邊上任取一點D，連接CD，分別以AC，DC為邊作正方形ACEF和正方形CDGH，如圖2，過E，H分別作BC所在直線的垂線，垂足分別為K，L.試探究EK與HL之間的數(shù)量關系，并證明你的結論.
(3)拓展延伸：直角中，，在AB邊上任取一點D，連接CD，分別以AC，DC為邊作矩形ACEF和矩形CDGH，連接EH交BC所在的直線于點T，如圖3.如果，，試探究TE與TH之間的數(shù)量關系，并證明你的結論.
【答案】(1)，，(2)，證明見解析；(3)，證明見解析．
【分析】（1）根據等腰直角三角形的性質得到，，，根據余角性質得到，再證明，即可得到，；
（2）證明，得到，再證明，得到，可得到；
（3）證明，得到，證明，得到，得到，證明即可得到．
（1）解：∵是等腰直角三角形，∴，，
∵，，∴，
∴，∴，
在和中，∴，
∴，，故答案為：，；
（2）解：∵四邊形ACEF是正方形，∴，，
∵∴，∴，∴，
在和中，∴，∴，
∵四邊形CDGH是正方形，∴，
∵，∴，∴，∴，
在和中，∴，∴，，
（3）解：過E作與M，過H作與N，
∵四邊形ACEF是矩形，∴，∴，
∴，∴，∴，∴，
同理：，∴，∴，∴，
在和中，∴，∴．
【點睛】本題考查全等三角形的判定及性質，相似三角形的判定及性質，正方形的性質，矩形的性質，余角的性質，（3）證明，是解題的關鍵．
3. (2023·浙江·嘉興一中一模）閱讀材料：我們知道：一條直線經過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分別過A、B向經過點C直線作垂線，垂足分別為D、E，我們很容易發(fā)現(xiàn)結論：△ADC≌△CEB．
(1)探究問題：如果AC≠BC，其他條件不變，如圖②，可得到結論；△ADC∽△CEB．請你說明理由．
(2)學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線y＝x與直線CD交于點M（2，1），且兩直線夾角為α，且tanα＝，請你求出直線CD的解析式．
(3)拓展應用：如圖④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，點E為BC邊上一個動點，連接AE，將線段AE繞點E順時針旋轉90°，點A落在點P處，當點P在矩形ABCD外部時，連接PC，PD．若△DPC為直角三角形時，請你探究并直接寫出BE的長．
【答案】(1)見解析(2)(3)4或
【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得結論；
（2）過點O作ON⊥OM交直線CD于點N，分別過M、N作ME⊥x軸NF⊥x軸，由（1）的結論可得： △NFO∽△OEM，可得 ，可求點N坐標，利用待定系數(shù)法可求解析式；
（3）分兩種情況討論，由全等三角形的性質和相似三角形的性質可求解．
(1)解：理由如下，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，∴△ADC∽△CEB；
(2)解：如圖，過點O作ON⊥OM交直線CD于點N，分別過M、N作ME⊥x軸，NF⊥x軸，

由（1）可得：△NFO∽△OEM，∴，∵點M（2，1），∴OE＝2，ME＝1，
∵tanα＝＝，∴，∴NF＝3，OF＝ ，∴點N（，3），
∵設直線CD表達式：y＝kx+b，
∴∴∴直線CD的解析式為：y＝-x+；
(3)解：當∠CDP＝90°時，如圖，過點P作PH⊥BC，交BC延長線于點H，
∵∠ADC+∠CDP＝180°，∴點A，點D，點P三點共線，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，∴四邊形ABHP是矩形，∴AB＝PH＝4，
∵將線段AE繞點E順時針旋轉90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE＝PH＝4，
當∠CPD＝90°時，如圖，過點P作PH⊥BC，交BC延長線于點H，延長HP交AD的延長線于N，則四邊形CDNH是矩形，
∴CD＝NH＝4，DN＝CH，設BE＝x，則EC＝5-x，
∵將線段AE繞點E順時針旋轉90°，∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，
∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，
∵∠DPC＝90°，∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，∴△CPH∽△PDN，
∴，∴=∴x＝
∵點P在矩形ABCD外部，∴x＝，∴BE＝，
綜上所述：當BE的長為4或時，△DPC為直角三角形．
【點睛】本題是考查了待定系數(shù)法求解析式，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，矩形的判定和性質等知識，添加恰當輔助線構造相似三角形是本題的關鍵．
課后專項訓練：
1． (2023·貴州銅仁·三模）（1）探索發(fā)現(xiàn)：如圖1，已知中，，，直線l過點C，過點A作，過點B作，垂足分別為D、E．求證：．
（2）遷移應用：如圖2，將一塊等腰直角的三角板放在平面直角坐標系內，三角板的一個銳角的頂點與坐標原點O重合，另兩個頂點均落在第一象限內，已知點N的坐標為，求點M的坐標．
（3）拓展應用：如圖3，在平面直角坐標系內，已知直線與y軸交于點P，與x軸交于點Q，將直線繞P點沿逆時針方向旋轉后，所得的直線交x軸于點R．求點R的坐標．
【答案】（1）見詳解；（2）點M的坐標為（1，3）；（3）R（，0）
【分析】（1）先判斷出∠ACB=∠ADC，再判斷出∠CAD=∠BCE，進而判斷出△ACD≌△CBE，即可得出結論；（2）過點M作MF⊥y軸，垂足為F，過點N作NG⊥MF，判斷出MF=NG，OF=MG，設M（m，n）列方程組求解，即可得出結論；（3）過點Q作QS⊥PQ，交PR于S，過點S作SH⊥x軸于H，先求出OP=4，由y=0得x=1，進而得出Q（1，0），OQ=1，再判斷出PQ=SQ，即可判斷出OH=5，SH=OQ=1，進而求出直線PR的解析式，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：∵∠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：如圖2，過點M作MF⊥y軸，垂足為F，過點N作NG⊥MF，交FM的延長線于G，

由已知得OM＝ON，且∠OMN＝90°，∴由（1）得△OFM≌△MGN，
∴MF＝NG，OF＝MG，設M（m，n），
∴MF＝m，OF＝n，∴MG＝n，NG＝m，
∵點N的坐標為（4，2）
∴解得∴點M的坐標為（1，3）；
（3）如圖3，過點Q作QS⊥PQ，交PR于S，過點S作SH⊥x軸于H，
對于直線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），
設直線PR為y＝kx+b，則
，解得．∴直線PR為y＝x+4．
由y＝0得，x＝，∴R（，0）．
【點睛】本題是一次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，全等三角形的判定和性質，構造出全等三角形是解本題的關鍵．
2． (2023·廣東·汕頭市潮陽區(qū)教師發(fā)展中心教學研究室一模）（1）模型建立，如圖1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直線ED經過點C，過A作AD⊥ED于D，過B作BE⊥ED于E．求證：△BEC≌△CDA；
（2）模型應用：①已知直線AB與y軸交于A點，與軸交于B點，sin∠ABO=，OB=4，將線段AB繞點B逆時針旋轉90度，得到線段BC，過點A，C作直線，求直線AC的解析式；
②如圖3，矩形ABCO，O為坐標原點，B的坐標為（8，6），A，C分別在坐標軸上，P是線段BC上動點，已知點D在第一象限，且是直線y=25上的一點，若△APD是以D為直角頂點的等腰直角三角形，請求出所有符合條件的點D的坐標．
【答案】（1）見解析；（2）①；②D（3，1）或
【詳解】（1）解：由題意可得， ，
∴ ，∴ ，
在和中，∴ ，
（2）解：①如圖，過點C作 軸于點D，
在Rt△ABO中 sin∠ABO，OB4，
∴設AO=3m，AB=5m，∴OB=4m=4，∴m=1，∴AO=3，
同（1）可證得，∴ ，，
∴，∴，
∵，設直線AC解析式為 ，把C點坐標代入可得，解得 ，
∴直線AC解析式為；
②設D坐標為（x，2x-5）,

當D在AB的下方時，過D作DE⊥y軸于E，交BC于F,
同（1）可證得△ADE≌△DPF，∴DF=AE=6-（2x-5）=11-2x，DE=x,
∴11-2x+x=8,∴x=3，∴D（3，1），
當D在AB的上方時，如圖，過D作DE⊥y軸于E，交BC的延長線于F,
同（1）可證得，∴DF=AE=（2x-5）-6=2x-11，DE=x，∴2x-11+x=8，
∴，∴，綜上述D（3，1）或．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、待定系數(shù)法一次函數(shù)的解析式、正弦的定義、勾股定理、等腰三角形的判定和性質及方程思想，作輔助線構造模型是解本題的關鍵．
3． (2023·黑龍江·樺南縣九年級期中）如圖1，在中，，，直線經過點，且于，于．(1)由圖1，證明：；
(2)當直線繞點旋轉到圖2的位置時，請猜想出，，的等量關系并說明理由；
(3)當直線繞點旋轉到圖3的位置時，試問，，又具有怎樣的等量關系？請直接寫出這個等量關系（不必說明理由）．
【答案】(1)證明見解析；(2)，證明過程見解析；(3)，證明過程見解析
【分析】(1)先證明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，進而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；
(2)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；
(3)同(1)中思路，證明△ADC≌△CEB，進而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．
【詳解】解：(1)證明：在中，∵，∴，
∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，，
∵直線經過點，∴；
(2)，，的等量關系為：，理由如下：
∵于，于∴，
∴，，∴，
在和中，∴
∴，，∴；
(3)當旋轉到圖3的位置時，、、所滿足的等量關系是，理由如下：
∵于，于∴，
∴，，∴，
在和中，∴
∴，，∴.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性質及等角的余角相等等知識點，熟練掌握三角形全等的判定方法是求解的關鍵．
4． (2023·山東·九年級課時練習）（1）課本習題回放：“如圖①，，，，，垂足分別為，，，．求的長”，請直接寫出此題答案：的長為________．
（2）探索證明：如圖②，點，在的邊、上，，點，在內部的射線上，且．求證：．
（3）拓展應用：如圖③，在中，，．點在邊上，，點、在線段上，．若的面積為15，則與的面積之和為________．（直接填寫結果，不需要寫解答過程）
【答案】（1）0.8cm；（2）見解析（3）5
【分析】（1）利用AAS定理證明△CEB≌△ADC，根據全等三角形的性質解答即可；
（2）由條件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根據AAS可證明△ABE≌△CAF；
（3）先證明△ABE≌△CAF，得到與的面積之和為△ABD的面積，再根據故可求解．
【詳解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，∴∠EBC＋∠BCE＝90°．
∵∠BCE＋∠ACD＝90°，∴∠EBC＝∠DCA．
在△CEB和△ADC中，
∴△CEB≌△ADC（AAS），∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．
∵DC＝CE?DE，DE＝1.7cm，∴DC＝2.5?1.7＝0.8cm，∴BE＝0.8cm故答案為：0.8cm；
（2）證明：∵∠1＝∠2，∴∠BEA＝∠AFC．
∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，∴∠4＝∠ABE．
∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，∴△ABE≌△CAF（AAS）．

（3）∵
∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF
又∴△ABE≌△CAF，∴
∴與的面積之和等于與的面積之和，即為△ABD的面積，
∵，△ABD與△ACD的高相同則=5
故與的面積之和為5故答案為：5．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、三角形內角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
5． (2023·無錫市九年級月考）（1）如圖1，直線m經過等腰直角△ABC的直角頂點A，過點B、C分別作BD⊥m，CE⊥m，垂足分別是D、E．求證：BD＋CE＝DE；
（2）如圖2，直線m經過△ABC的頂點A，AB＝AC，在直線m上取兩點 D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，
補充∠BAC＝ （用α表示），線段BD、CE與DE之間滿足BD＋CE＝DE，補充條件后并證明；
（3）在（2）的條件中，將直線m繞著點A逆時針方向旋轉一個角度到如圖3的位置，并改變條件∠ADB＝∠AEC＝ （用α表示）．通過觀察或測量，猜想線段BD、CE與DE之間滿足的數(shù)量關系，并予以證明．
【答案】（1）證明見詳解，（2）∠BAC=，證法見詳解，（3）180o-，DE=EC-BD，證明見詳解．
【分析】（1）根據已知首先證明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA；
（2）補充∠BAC=α．利用△ADB≌△CAE，即可得出三角形對應邊之間的關系，即可得出答案；
（3）180o-α，DE=CE-BD，根據已知首先證明∠DAB=∠ECA，再利用AAS即可得出△ADB≌△CEA，即可得出三角形對應邊之間的關系，即可得出答案．
【詳解】證明：（1）∵BD⊥m，CE⊥m，∠ABC=90°，AC=BC，
∴△ADB和△AEC都是直角三角形，∴∠DBA+∠DAB=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，
∵∠BAC=90°，∠DAB+∠EAC=90o，∴∠DAB=∠ECA，
又∵∠ADB=∠CEA=90°，AB=BC，所以△ADB≌△CEA（AAS），
BD=AE，DA=EC，DE=DA+AE=EC+BD，BD＋CE＝DE．
（2）∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α，
∴∠DAB+∠EAC=180°-α，∠ECA+∠CAE=180o-α，∴∠DAB=∠ECA，
∵∠ADB=∠CEA=α，AC=CB，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴CE=AD，BD=AE，
∴AD+BE=CE+CD，所以BD+CE=DE．
（3）180o-α，數(shù)量關系為DE=CE-BD，
∵∠ADB＝∠AEC＝ 180o-α，∠BAC=α，∴∠ABD+∠BAD=α，∠BAD+∠EAC=α，∴∠ABD=∠CAE，
∵AB=AC，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD-AE=EC-BD．
【點睛】點評：此題主要考查了三角形全等的證明，根據已知得出∠DAB=∠ECA，再利用全等三角形的判定方法得出是解決問題的關鍵．
6． (2023·河南新鄉(xiāng)·九年級期中）某學習小組在探究三角形相似時，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．
（1）如圖1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直線l經過點A，BD⊥直線I，CE上直線l，垂足分別為D、E．求證：＝k．
（2）組員小劉想，如果三個角都不是直角，那么結論是否仍然成立呢？如圖2，將（1）中的條件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三點都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請問（1）中的結論還成立嗎？若成立，請你給出證明；若不成立，請說明理由．
（3）數(shù)學老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵他們運用這個知識來解決問題：如圖3，在ABC中，沿ABC的邊AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC邊上的高，延長HA交EG于點I．①求證：I是EG的中點．②直接寫出線段BC與AI之間的數(shù)量關系： ．
【答案】（1）見解析（2）結論還成立，證明見解析（3）①見解析②BC=AI
【分析】（1）由條件可證明△ABD∽△CAE，可得=＝k；
（2）由條件可知∠BAD＋∠CAE＝180°?α，且∠DBA＋∠BAD＝180°?α，可得∠DBA＝∠CAE，結合條件可證明△ABD∽△CAE，同（1）可得出結論；（3）①過點G作GMAE交AI的延長線于點M，連接EM，證明△ABC∽△GMA，再得到四邊形AGME是平行四邊形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根據四邊形AGME是平行四邊形得到BC=AI，故可求解．
【詳解】（1）如圖1，∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，

∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD?
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（2）成立，證明如下：如圖2，
∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°?α，∴∠DBA＝∠CAE，
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（3）①過點G作GMAE交AI的延長線于點M，連接EM
∵四邊形AGFC是矩形，∴∠GAC=90°
又AH⊥BC∴∠AHC=90° ∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°∴∠5=∠4
∵∠BDE=∠AHB=90°∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°∴∠2=∠1
又GMAE∴∠3=∠2∴∠3=∠1∴△ABC∽△GMA
∴又∵ ∴∴GM=AE
又∵GMAE∴四邊形AGME是平行四邊形 ∴EI=IG 故I為EG的中點；
②由①知∴BC=AM
∵四邊形AGME是平行四邊形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI
∴線段BC與AI之間的數(shù)量關系為BC=AI故答案為：BC=AI．
【點睛】此題主要考查相似三角形的判斷與性質綜合，解題的關鍵是根據題意找到相似三角形，列出比例式求解．
7． (2023·湖北武漢·模擬預測）[問題背景]（1）如圖1，是等腰直角三角形，，直線過點，，，垂足分別為，．求證：；
[嘗試應用]（2）如圖2，，，，，三點共線，，，，．求的長；[拓展創(chuàng)新]（3）如圖3，在中，，點，分別在，上，，，若，直接寫出的值為 ．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）5
【分析】（1）由“”可證；
（2）延長，交于點，過點作于，由（1）可知：，可得，，由直角三角形的性質可求解；
（3）通過證明，可求，通過證明，可求，即可求解．
【詳解】解：（1）證明：∵，，∴，
∴，∴，
在和中，，∴；
（2）如圖2，延長，交于點，過點作于，

由（1）可知：，∴，，
∵，，∴，∴，，
∴，∴，，∴，∴；
（3）如圖3，過點作，交的延長線于，延長交于，過點作于，過點作于，
∵，∴設，，
∴，由（1）可知：，
∴，，
∵，，，∴，
∴，，
∴，，，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∵，，∴，
又∵，∴，
∴，∴，∴，∴，故答案為．
【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形或相似三角形是本題的關鍵．
8． (2023·黑龍江齊齊哈爾·三模）數(shù)學實踐課堂上，張老師帶領學生們從一道題入手，開始研究，并對此題做適當變式，嘗試舉一反三，開闊學生思維．
(1)原型題：如圖1，于點B，于點D，P是上一點，，，則________，請你說明理由．(2)利用結論，直接應用：①如圖2，四邊形、、都是正方形，邊長分別為a、b、c，A、B、N、E，F(xiàn)五點在同一條直線上，則________，________（用含a、b的式子表示）．②如圖3，四邊形中，，，，，以上一點O為圓心的圓經過A、D兩點，且，則圓心O到弦的距離為________．
(3)弱化條件，變化引申：如圖4，M為線段的中點，與交于點C，，且交于點F，交于點G，連接，則與的關系為：________，若，，則________．
【答案】(1)，見解析(2)①；；②(3)相似，
【分析】（1）根據，，推出，即可證明；
（2）①同（1）中方法一樣，證明，即可用、表示；②過點作的垂線，交于點，則的長度為圓心O到弦的距離，同（1）中方法一樣，證明，得到，根據勾股定理分別求出、的長度，再根據，即可求出的長度；（3）根據， ，推出，即可證明，即可求出的長度，根據，推出是直角三角形，求出、的長度，即可求出的長度．
(1)解： ∵，∴
在和中∵∴
(2)解：①，
∵四邊形是正方形∴，
∵，∴
在和中∵∴∴
∵∴，即
②圓心O到弦的距離為
過點作的垂線，交于點，則的長度為圓心O到弦的距離，如圖所示
∵，∴ ∵∴
又∵∴
在和中∵∴ ∴
在中，
在中，
∵，即
∴∴圓心O到弦的距離為
(3)解：與的關系為：相似， ∵∴
∵∴∴
又∵∴∴，即∴
∵∴∴
∴，∴
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、正方形的性質、同角的余角相等、勾股定理、相似三角形的判定和性質、解直角三角形等知識點，熟練掌握各知識點是解答本題的關鍵．
9． (2023?鄭州一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中．邊長為4的等邊△OAB的邊OA在x軸上，C、D、E分別是AB、OB、OA上的動點，且滿足BD＝2AC，DE∥AB，連接CD、CE，當點E坐標為 時，△CDE與△ACE相似．
【分析】因為DE∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE與△ACE相似分兩種情況分類討論．
【解答】解：∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA，
∴△ODE也是等邊三角形，則OD＝OE＝DE，
設E（a，0），則OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4﹣a．
∵△CDE與△ACE相似，分兩種情況討論：
①當△CDE∽△EAC時，則∠DCE＝∠CEA，∴CD∥AE，∴四邊形AEDC是平行四邊形，∴AC＝a，，
∵BD＝2AC，∴4﹣a＝2a，∴a＝．∴E；
②當△CDE∽△AEC時，∠DCE＝∠EAC＝60°＝∠B，∴∠BCD+∠ECA＝180°﹣60°＝120°，
又∵∠BDC+∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，∴∠BCD+∠ECA＝∠BDC+∠BCD，
∴∠ECA＝∠BDC，∴△BDC∽△ACE，∴，∴BC＝2AE＝2（4﹣a）＝8﹣2a，
∴8﹣2a+2＝4，∴a＝．∴．綜上所述，點E的坐標為或．
【點評】本題主要考查相似三角形，考慮分類討論是本題的關鍵．
10． (2023?廣東中考模擬）（1）模型探究：如圖1，、、分別為三邊、、上的點，且，與相似嗎？請說明理由.
（2）模型應用：為等邊三角形，其邊長為，為邊上一點，為射線上一點，將沿翻折，使點落在射線上的點處，且.①如圖2，當點在線段上時，求的值；
②如圖3，當點落在線段的延長線上時，求與的周長之比.
【答案】（1），見解析；（2）①；②與的周長之比為.
【分析】
（1）根據三角形的內角和得到，即可證明；
（2）①設，，根據等邊三角形的性質與折疊可知，，，根據三角形的內角和定理得，即可證明，故，再根據比例關系求出的值；
②同理可證，得，得，再得到，再根據相似三角形的性質即可求解.
【詳解】解（1），
理由：，在中，，
，，
，，，；
（2）①設，，是等邊三角形，，，
由折疊知，，，，
在中，，，
，，
，，
，，，
，，
，，，；
②設，，是等邊三角形， ，，
由折疊知，，，，
在中，，，
，，，
，，，
，，，
，，.
.與的周長之比為.
【點睛】此題主要考查相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是熟知等邊三角形的性質及相似三角形的判定與性質.
11． (2023·山西晉中·一模）閱讀材料：
我們知道：一條直線經過等腰直角三角形的直角頂點，過另外兩個頂點分別向該直線作垂線，即可得三垂直模型”如圖①，在中，，，分別過、向經過點直線作垂線，垂足分別為、，我們很容易發(fā)現(xiàn)結論：．
（1）探究問題：如果，其他條件不變，如圖②，可得到結論；．請你說明理由．
（2）學以致用：如圖③，在平面直角坐標系中，直線與直線交于點，且兩直線夾角為，且，請你求出直線的解析式．（3）拓展應用：如圖④，在矩形中，，，點為邊上—個動點，連接，將線段繞點順時針旋轉，點落在點處，當點在矩形外部時，連接，．若為直角三角形時，請你探究并直接寫出的長．

【答案】（1）理由見解析；（2）；（3）長為3或．
【分析】（1）根據同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；
（2）過點作交直線于點，分別過、作軸，軸，由（1）得，從而得到，然后結合相似三角形的性質和銳角三角函數(shù)求出，，從而確定N點坐標，然后利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；
（3）分兩種情形討論：①如圖1中，當∠PDC=90°時．②如圖2中，當∠DPC=90°時，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，設BE=x．分別求解即可．
【詳解】解：（1）∵，∴
又∵∴∴
∵．∴
（2）如圖，過點作交直線于點，
分別過、作軸，軸
由（1）得 ∴
∵坐標 ∴，
∵ ∴解得：， ∴
設直線表達式為，代入，
得，解得， ∴直線表達式為
（3）解：①如圖1中，當∠PDC=90°時，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠PDC=180°，∴A、D、P共線，
∵EA=EP，∠AEP=90°，∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=45°，∵∠B=90°∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB=3．
②如圖2中，當∠DPC=90°時，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，設BE=x，
∵∠AEB+∠PEF=90°，∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠PEF，
在△ABE和△EFP中，∴△ABE≌△EFP，
∴EF=AB=3，PF=HC=BE=x，∴CF=3-（5-x）=x-2，
∵∠DPH+∠CPH=90°，∠CPH+∠PCH=90°，
∴∠DPH=∠PCH，∵∠DHP=∠PHC，
∴△PHD∽△CHP，∴PH2=DH?CH，∴（x-2）2=x（3-x），
∴x=或（舍棄），∴BE=，
綜上所述，當△PDC是直角三角形時，BE的值為3或．
【點睛】本題考查旋轉變換、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線構造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
12． (2023·山東青島·九年級期中）【模型引入】
我們在全等學習中所總結的“一線三等角、K型全等”這一基本圖形，可以使得我們在觀察新問題的時候很迅速地聯(lián)想，從而借助已有經驗，迅速解決問題．
【模型探究】如圖，正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交直線CB于點F．（1）如圖1，若點F在線段BC上，寫出EA與EF的數(shù)量關系并加以證明；
（2）如圖2，若點F在線段CB的延長線上，請直接寫出線段BC，BE和BF的數(shù)量關系．
【模型應用】（3）如圖3，正方形ABCD中，AB＝4，E為CD上一動點，連接AE交BD于F，過F作FH⊥AE于F，過H作HG⊥BD于G．則下列結論：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周長為8．正確的結論有 個．
（4）如圖4，點E是正方形ABCD對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交線段BC于點F，交線段AC于點M，連接AF交線段BD于點H．給出下列四個結論，①AE＝EF；②DE＝CF；③S△AEM＝S△MCF；④BE＝DE+BF；正確的結論有 個．
【模型變式】（5）如圖5，在平面直角坐標系中，四邊形OBCD是正方形，且D（0，2），點E是線段OB延長線上一點，M是線段OB上一動點（不包括點O、B），作MN⊥DM，垂足為M，交∠CBE的平分線與點N，求證：MD＝MN
（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點F，連接FM，則∠FMN和∠NMB之間有怎樣的數(shù)量關系？請給出證明．
【拓展延伸】（7）已知∠MON＝90°，點A是射線ON上的一個定點，點B是射線OM上的一個動點，且滿足OB＞OA．點C在線段OA的延長線上，且AC＝OB．如圖7，在線段BO上截取BE，使BE＝OA，連接CE．若∠OBA+∠OCE＝β，當點B在射線OM上運動時，β的大小是否會發(fā)生變化？如果不變，請求出這個定值；如果變化，請說明理由．
（8）如圖8，正方形ABCD中，AD＝6，點E是對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥ED，交AB于點F，連接DF，交AC于點G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點N，若點F是AB邊的中點，則△EDM的面積是 ．
【答案】（1），證明見解析；（2）；（3）4；（4）3；（5）見解析；（6），證明見解析；（7）的大小不變，，理由見解析；（8）
【分析】（1）過點作，交于，交于,證明是等腰直角三角形，進而證明，即可證明；
（2）過分別向作垂線，垂足分別為，證明四邊形是正方形，證明，過作于,過作的延長線于點，設正方形的邊長為，在中，求得，進而求得，證明，進而可得，由，可得
（3）①由（1）直接判斷①；根據是等腰直角三角形，即可判斷②；過作于,證明可得，進而判斷；③過點作于點，延長至，使，證明，進而可得△CEH的周長為，即可判斷④；
（4）①由（1）直接判斷①；過作,交分別為點，證明是等腰直角三角形，證明，進而可得，即可判斷②；過作交于點,于，可得，由②可知，進而證明，可判斷④，由于點的位置不確定，無法判斷和的關系，即可判斷③；
（5）在上取，連接，證明即可；
（6）延長至點，使得，連接，過點作于點，證明，可得，進而證明，由，根據角度的等量換算可得，，進而可得；
（7）過點作，且，連接交于點，連接，證明，可得，進而可得，進而證明四邊形是平行四邊形，根據平行線的性質，三角形的外角的性質可得，即
（8）過作，交于，交于，連接，證明，設則，，證明是等腰直角三角形，證明，在中，勾股定理求得，進而可得，過點作于點，證明，進而求得，進而求得，在中，勾股定理求得，進而求得，根據翻折的性質求得，根據四邊形即可求得．
【詳解】（1）若點F在線段BC上，,理由如下，
過點作，交于，交于,
四邊形是正方形，，
又四邊形是矩形，
，
是等腰直角三角形
在與中，
（2）若點F在線段CB的延長線上，，理由如下，

過分別向作垂線，垂足分別為，
四邊形是正方形，，
四邊形是矩形，
，，
四邊形是正方形,
在與中
過作于,過作的延長線于點，如圖，
四邊形是正方形，，
設正方形的邊長為，
在中，，
，
在和中
，
即
即
（3）如圖

由（1）可得，故①正確，
是等腰直角三角形，故②正確，
過作于,
又故③正確，
如圖，過點作于點，延長至，使，
，即
△CEH的周長為
正方形的邊長為4△CEH的周長為．故④正確，
綜上所述，故正確的結論有①②③④，共計4個故答案為：4
（4）如圖4，

由（1）可得,故①正確；
如圖，過作,交分別為點
四邊形是正方形
四邊形是矩形
同理，四邊形是矩形，，
是等腰直角三角形，
四邊形是矩形
在與中，
故②正確
如圖，過作交于點,于
則四邊形是矩形，
由②可知，，，
，，，故④正確；
由于點的位置不確定，無法判斷和的關系，故③不正確，
綜上所述正確的結論由①②④，共計3個；故答案為：3，
（5）如圖5，在上取，連接，
平分
，
與中

（6）如圖6，在上一問的條件下，連接DN交BC于點F，連接FM，，理由如下，
延長至點，使得，連接，過點作于點，
，
在與中，

（7）的大小不變，，理由如下，
過點作，且，連接交于點，連接，如圖，
，
又
四邊形是平行四邊形
即
（8）如圖，過作，交于，交于，連接，

四邊形是正方形，,
是等腰直角三角形，
設則，
，
是等腰直角三角形
,是的中點
在中，
過點作于點，如圖，
，
在中，
將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，
，
四邊形
故答案為：
【點睛】本題考查了四邊形綜合題，全等三角形的性質與判定，勾股定理，相似三角形的性質與判定，等腰三角形的性質，正方形的性質，添加輔助線，構造全等是解題的關鍵．

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