中考数学专题练习14 全等与相似模型-一线三等角（K字）模型

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模型1.一线三等角（K型图）模型
【模型解读】在某条直线上有三个角相等，利用平角为180°与三角形内角和为180°，证得两个三角形全等。
【常见模型及证法】
同侧型一线三等角：
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：+ CE=DE
证明思路： + 任一边相等
异侧型一线三等角：
锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角

条件： + 任意一边相等
证明思路：+任一边相等
例1．（2021·山东日照·中考真题）如图，在矩形中，，，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为_____时，与全等．
【答案】2或
【分析】可分两种情况：①得到，，②得到，，然后分别计算出的值，进而得到的值．
【详解】解：①当，时，，
，，，，解得：，
，，解得：；
②当，时，，，，，解得：，
，，解得：，
综上所述，当或时，与全等，故答案为：2或．
【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
例2．（2022·黑龙江·九年级期末）（1）如图（1），已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m， CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．证明∶DE=BD+CE．
（2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=，其中为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立？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），D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断△DEF的形状．
【答案】（1）见解析（2）成立，证明见解析（3）△DEF为等边三角形，证明见解析
【分析】（1）因为DE=DA+AE，故由全等三角形的判定AAS证△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，从而证得DE=BD+CE；（2）成立，仍然通过证明△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均等边三角形，得∠ABF=∠CAF=60°，FB=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根据∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等边三角形．
【详解】解：（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线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．证明如下：∵∠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为等边三角形．理由如下：由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA =∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠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为等边三角形．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定、等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定．
例3．（2022·广东·汕头市潮阳区一模）（1）模型建立，如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：①已知直线AB与y轴交于A点，与轴交于B点，sin∠ABO=，OB=4，将线段AB绕点B逆时针旋转90度，得到线段BC，过点A，C作直线，求直线AC的解析式；
②如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y=25上的一点，若△APD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，请求出所有符合条件的点D的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）①；②D（3，1）或
【详解】（1）解：由题意可得， ，
∴ ，∴ ，
在和中，∴ ，
（2）解：①如图，过点C作 轴于点D，在Rt△ABO中 sin∠ABO，OB4，
∴设AO=3m，AB=5m，∴OB=4m=4，∴m=1，∴AO=3，
同（1）可证得，∴ ，，∴，∴，
∵，设直线AC解析式为 ，把C点坐标代入可得，解得 ，
∴直线AC解析式为；
②设D坐标为（x，2x-5）,

当D在AB的下方时，过D作DE⊥y轴于E，交BC于F,
同（1）可证得△ADE≌△DPF，∴DF=AE=6-（2x-5）=11-2x，DE=x, ∴11-2x+x=8,∴x=3，∴D（3，1），
当D在AB的上方时，如图，过D作DE⊥y轴于E，交BC的延长线于F,
同（1）可证得，∴DF=AE=（2x-5）-6=2x-11，DE=x，∴2x-11+x=8，
∴，∴，综上述D（3，1）或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、待定系数法一次函数的解析式、正弦的定义、勾股定理、等腰三角形的判定和性质及方程思想，作辅助线构造模型是解本题的关键．
例4．（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5．（2022·浙江杭州·一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题：
“如图，ABCD是正方形，点E在BC上，DF⊥AE于F，请问图中是否存在一组全等三角形？”
小杰同学经过思考发现：△ADF≌△EAB．
理由如下：因为ABCD是正方形（已知）所以∠B＝90°且AD＝AB和AD∥BC
又因为DF⊥AE（已知）即∠DFA＝90°（垂直的意义）
所以∠DFA＝∠B（等量代换）
又AD∥BC 所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等）
在△ADF和△EAB中所以△ADF≌△EAB（AAS）
小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等．
你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△ADF全等的三角形，请能说出此线段的做法吗？并说明理由．
【答案】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了；线段为作BH⊥AE于点H，证明见详解；
【分析】根据小杰的证明方法，可以发现，在证明两个三角形全等时，出现了问题，然后说出出错的原因即可，然后添加合适的辅助线段，说明与△ADF全等的三角形成立的理由即可解答本题；
【详解】小杰错误的原因是AD和AB不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了，作BH⊥AE于H，则△ADF≌△BAH；
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BA，∠DAB=90°，∴∠HAB+∠FAD=90°，
∵DF⊥AE，BH⊥AE，∴∠DFA=∠AHB=90°，
∴∠HAB+∠HBA=90°，∴∠FAD=∠HBA，
在△ADF和△BAH中 ∴△ADF≌△BAH(AAS)；
【点睛】本题考查正方形性质、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合思想解答；
例6．（2022·山东·九年级课时练习）（1）课本习题回放：“如图①，，，，，垂足分别为，，，．求的长”，请直接写出此题答案：的长为________．
（2）探索证明：如图②，点，在的边、上，，点，在内部的射线上，且．求证：．
（3）拓展应用：如图③，在中，，．点在边上，，点、在线段上，．若的面积为15，则与的面积之和为________．（直接填写结果，不需要写解答过程）
【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5
【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可；
（2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF；
（3）先证明△ABE≌△CAF，得到与的面积之和为△ABD的面积，再根据故可求解．
【详解】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故答案为：0.8cm；
（2）证明：∵∠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，∴
∴与的面积之和等于与的面积之和，即为△ABD的面积，
∵，△ABD与△ACD的高相同则=5
故与的面积之和为5故答案为：5．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
例7．（2023·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形（四边都相等，四个角都是直角）的顶点作一条直线．
（1）当不与正方形任何一边相交时，过点作于点，过点作于点如图（1），请写出，，之间的数量关系，并证明你的结论．
（2）若改变直线的位置，使与边相交如图（2），其它条件不变，，，的关系会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明；
（3）若继续改变直线的位置，使与边相交如图（3），其它条件不变，，，的关系又会发生变化，请直接写出，，的数量关系，不必证明．

【答案】(1)，证明见解析；(2)；(3)
【分析】（1）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；（2）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可；（3）根据同角的余角相等可证，再证，根据全等三角形的对应边相等进行代换即可．
【详解】（1），证明：
四边形是正方形，
又， ∴
在和中
，
（2），理由是：四边形是正方形 ，
又， ∴
在和中， ∴EF=AF-AE=BE-DF
（3），理由是：四边形是正方形，
又， ∴
在和中， EF=AE-AF=DF-BE
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质，掌握三角形的判定方法及能利用同角的余角相等证明是关键．
模型2.一线三等角模型（相似模型）
【模型解读与图示】“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，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.
2）一线三等角模型（异侧型）
条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC.
3）一线三等角模型（变异型）
图1 图2 图3
①特殊中点型：条件：如图1，若C为AB的中点，结论：△ACE∽△BED∽△ECD.
②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠ABD=∠AFE=∠BDE=90°.结论：△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.
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·黑龙江牡丹江·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．3B．C．2D．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．（2022·河南新乡·九年级期中）某学习小组在探究三角形相似时，发现了下面这种典型的基本图形．
（1）如图1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直线l经过点A，BD⊥直线I，CE上直线l，垂足分别为D、E．求证：＝k．
（2）组员小刘想，如果三个角都不是直角，那么结论是否仍然成立呢？如图2，将（1）中的条件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中的结论还成立吗？若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，在ABC中，沿ABC的边AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I．①求证：I是EG的中点．②直接写出线段BC与AI之间的数量关系： ．
【答案】（1）见解析（2）结论还成立，证明见解析（3）①见解析②BC=AI
【分析】（1）由条件可证明△ABD∽△CAE，可得=＝k；
（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD∽△CAE，同（1）可得出结论；（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM，证明△ABC∽△GMA，再得到四边形AGME是平行四边形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根据四边形AGME是平行四边形得到BC=AI，故可求解．
【详解】（1）如图1，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，

∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（2）成立，证明如下：如图2，
∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°−α，∴∠DBA＝∠CAE，
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（3）①过点G作GMAE交AI的延长线于点M，连接EM
∵四边形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∴四边形AGME是平行四边形 ∴EI=IG 故I为EG的中点；
②由①知∴BC=AM
∵四边形AGME是平行四边形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI
∴线段BC与AI之间的数量关系为BC=AI故答案为：BC=AI．
【点睛】此题考查相似三角形的判断与性质综合，解题关键是根据题意找到相似三角形，列出比例式求解．
例4．（2023·湖北武汉·统考中考真题）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，交于点，探究与的数量关系．

问题探究：(1)先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；
(2)再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系．
问题拓展：(3)将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）延长过点F作，证明即可得出结论．（2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明．（3）过点A作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，由（2）知，，通过相似求出，即可解出．
【详解】（1）延长过点F作，
∵，，∴，
在和中∴，∴，，∴，
∴，∴．故答案为：．

（2）解：在上截取，使，连接．
，，．
，．．
，．
．
（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，设菱形的边长为，
．在中，
，．，由（2）知，．
．，，，
在上截取，使，连接，作于点O．
由（2）知，，∴，∵，∴，．
∵，∴，∵，∴．．
【点睛】此题考查菱形性质、三角形全等、三角形相似，解题的关键是熟悉菱形性质、三角形全等、三角形相似．
例4．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图1，点是线段上与点，点不重合的任意一点，在的同侧分别以，，为顶点作，其中与的一边分别是射线和射线，的两边不在直线上，我们规定这三个角互为等联角，点为等联点，线段为等联线．
(1)如图2，在个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段为等联线、某格点为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；(2)如图3，在中，，，延长至点，使，作的等联角和．将沿折叠，使点落在点处，得到，再延长交的延长线于，连接并延长交的延长线于，连接．①确定的形状，并说明理由；
②若，，求等联线和线段的长（用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析(2)①等腰直角三角形，见解析；②；
【分析】（1）根据新定义，画出等联角；
（2）①是等腰直角三角形，过点作交的延长线于．由折叠得，，，证明四边形为正方形，进而证明，得出即可求解；②过点作于，交的延长线于，则．证明，得出，在中，，，进而证明四边形为正方形，则，由，得出，根据相似三角形的性质得出，根据即可求解．
【详解】（1）解：如图所示（方法不唯一）
（2）①是等腰直角三角形．理由为：如图，过点作交的延长线于．

由折叠得，，
，，四边形为正方形
又， ，而，
是等腰直角三角形．
②过点作于，交的延长线于，则．
，，
由是等腰直角三角形知：，，
，，而，，
在中，，，
，，，
由，，
∴四边形为正方形，，
由，得：，∴，
，而，
即，解得：，
由①知：，，．
【点睛】本题考查了几何新定义，正方形的性质与判定，折叠问题，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，理解新定义，掌握正方形的性质是解题的关键．
例5．（2022·山西晋中·一模）阅读材料：
我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①，在中，，，分别过、向经过点直线作垂线，垂足分别为、，我们很容易发现结论：．
（1）探究问题：如果，其他条件不变，如图②，可得到结论；．请你说明理由．
（2）学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线与直线交于点，且两直线夹角为，且，请你求出直线的解析式．（3）拓展应用：如图④，在矩形中，，，点为边上—个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，当点在矩形外部时，连接，．若为直角三角形时，请你探究并直接写出的长．

【答案】（1）理由见解析；（2）；（3）长为3或．
【分析】（1）根据同角的余角相等得到，然后利用AA定理判定三角形相似；
（2）过点作交直线于点，分别过、作轴，轴，由（1）得，从而得到，然后结合相似三角形的性质和锐角三角函数求出，，从而确定N点坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；
（3）分两种情形讨论：①如图1中，当∠PDC=90°时．②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设BE=x．分别求解即可．
【详解】解：（1）∵，∴
又∵∴∴
∵．∴
（2）如图，过点作交直线于点，
分别过、作轴，轴
由（1）得 ∴
∵坐标 ∴，
∵ ∴解得：， ∴
设直线表达式为，代入，
得，解得， ∴直线表达式为
（3）解：①如图1中，当∠PDC=90°时，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠PDC=180°，∴A、D、P共线，
∵EA=EP，∠AEP=90°，∴∠EAP=45°，∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=45°，∵∠B=90°∴∠BAE=∠BEA=45°，∴BE=AB=3．
②如图2中，当∠DPC=90°时，作PF⊥BC于F，PH⊥CD于H，设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（舍弃），∴BE=，
综上所述，当△PDC是直角三角形时，BE的值为3或．
【点睛】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
例6．（2023·江苏南京·校考三模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：

【观察与猜想】(1)如图，在正方形中，，分别是，上的两点，连接，，若，则的值为___________；(2)如图，在矩形中，，，是上的一点，连接，，若，则的值为___________；
【类比探究】(3)如图，在四边形中，，为上一点，连接，过作的垂线交的延长线于，交的延长线于，求证：；
【拓展延伸】(4)如图4，在中，，，将沿翻折，落在处，得到，为线段上一动点，连接，作，交于，垂足为，连接．若，则的最小值为___________．
【答案】(1)(2)(3)见解析．(4)
【分析】（1）可证明，即可得到答案．（2）可证明，即可得到答案．
（3）过点作的垂线，交于点，可得到，然后证明，可得，问题即可得证．（4）过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，取以的中点，连接．可先证，得到的长度，进而求得，，的长度．根据题意可知，点在以的中点为圆心，长度为半径的圆上，可知，当时，取得最小值，即可求得答案．
【详解】（1）解：四边形为正方形，
，．．
，．．
在和中，．
．．故答案为：．
（2）解：四边形为长方形，．
，．．
又，．．故答案为：．
（3）解：如图，过点作的垂线，交于点．

由题意知四边形为矩形，
，．．
，．．
又，．
又，．
．．．
（4）解：如图，过点作的垂线，交于点，取的中点为，连接，取以的中点为，连接，连接．

由轴对称图形的性质可知，.
，，．
又，．
又，．
．．
．．
．．
根据题意可知，点在以的中点为圆心，长度为半径的圆上，且．
,即，当时，取得最小值．
．故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称图形的性质等，牢记全等三角形的判定定理及性质、相似三角形的判定定理及性质、勾股定理及轴对称图形的性质是解题的关键．
课后专项训练
1．（2022·湖南·长沙市二模）如图，等腰直角三角形ABC的直角顶点C与坐标原点重合，分别过点A、B作x轴的垂线，垂足为D、E，点A的坐标为（-2，5），则线段DE的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由等腰直角三角形的性质得出OA=BO，∠AOB=90°，证明△ADO≌△OEB（AAS），由全等三角形的性质得出AD=OE=5，OD=BE=2，则可得出答案．
【详解】解：∵A（-2，5），AD⊥x轴，∴AD=5，OD=2，
∵△ABO为等腰直角三角形，∴OA=BO，∠AOB=90°，
∴∠AOD+∠DAO=∠AOD+∠BOE=90°，∴∠DAO=∠BOE，
在△ADO和△OEB中，，∴△ADO≌△OEB（AAS），
∴AD=OE=5，OD=BE=2，∴DE=OD+OE=5+2=7．故选：D．
【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，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2022·贵州·凯里一模）如图，在平面直角坐标系中、，轴，存在第一象限的一点使得是以为斜边的等腰直角三角形，则点的坐标（ ）．
A．或B．C．或D．
【答案】C
【分析】分点P在AB的上方和点P在AB的下方，根据全等三角形的判定与性质进行讨论求解即可．
【详解】解：当点P在AB的上方时，过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB延长线于F，如图1，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(6，2a﹣5)，∴PE=a，PF=6﹣a，AE=2a﹣9，
∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，
∴△AEP≌△PFB(AAS)，∴AE=PF，∴6﹣a=2a﹣9，解得：a=5，∴P(5，5)；
当点P在AB的下方时，同样过P作x轴的平行线交y轴于E，交CB于F，如图2，
则∠AEP=∠PFB=∠APB=90°，E(0，2a﹣5)，F(6，2a﹣5)，∴PE=a，PF=6﹣a，AE=9﹣2a，
∵∠EAP+∠EPA=90°，∠EPA+∠BPF=90°，∴∠EAP=∠BPF，又∠AEP=∠PFB，PA=PB，
∴△AEP≌△PFB(AAS)，∴AE=PF，∴9﹣2a=6﹣a，解得：a=3，∴P（3，1），
综上，点P的坐标为（3，1）或（5，5），故选：C．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、坐标与图形性质、解一元一次方程等知识，过已知点向坐标轴作平行线或垂线，然后求出相关线段的长是解决此类问题的基本方法．
3．（2023·河南郑州·统考二模）如图，已知矩形的顶点分别落在轴轴上，，AB=2BC则点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过C作CE⊥x轴于E，根据矩形的性质得到CD=AB，∠ABC=90°，，根据余角的性质得到∠BCE=∠ABO，进而得出△BCE∽△ABO，根据相似三角形的性质得到结论．
【详解】解：过C作CE⊥x轴于E，

∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=∠CBE+∠BCE=90°，∴∠BCE=∠ABO，
∵，∴△BCE∽△ABO，
∴，∵∴AB=，
∵AB=2BC，∴BC=AB=4，∵，
∴CE=2，BE=2∴OE=4+2∴C（4+2，2），故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
4．（2023·湖南长沙·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，BC＝6，AB＝2，Rt△BEF的顶点E在边CD或延长线上运动，且∠BEF＝90°，EF＝BE，DF＝，则BE＝ ．
【答案】3．
【分析】过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，依据相似三角形的性质，即可得到FG＝EC，GE＝2＝CD；设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，再根据勾股定理，即可得到CE2＝9，最后依据勾股定理进行计算，即可得出BE的长．
【详解】如图所示，过F作FG⊥CD，交CD的延长线于G，则∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，
又∵∠BEF＝90°，∴∠FEG+∠BEC＝90°＝∠EBC+∠BEC，∴∠FEG＝∠EBC，
又∵∠C＝∠G＝90°，∴△BCE∽△EGF，
∴＝＝，即＝＝，∴FG＝EC，GE＝2＝CD，
∴DG＝EC，设EC＝x，则DG＝x，FG＝x，
∵Rt△FDG中，FG2+DG2＝DF2，∴（x）2+x2＝（）2，解得x2＝9，即CE2＝9，
∴Rt△BCE中，BE＝＝＝3，故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形．
5．（2021·浙江台州·中考真题）如图，点E， F，G分别在正方形ABCD的边AB，BC，AD上，AF⊥EG．若AB＝5，AE＝DG＝1，则BF＝_____．
【答案】
【分析】先证明，得到，进而即可求解．
【详解】∵在正方形ABCD中，AF⊥EG，
∴∠AGE+∠GAM =90°，∠FAB+∠GAM=90°，∴∠FAB =∠AGE，
又∵∠ABF=∠GAE=90°，∴，
∴，即：，∴BF=．故答案是：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．
6．（2023·浙江九年级专题练习）如图，为等边三角形，点D，E分别在边AB，AC上，，将沿直线DE翻折得到，当点F落在边BC上，且时，的值为 ．
【答案】
【分析】根据△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，可证△BDF∽△CFE，根据BF=4CF，可得CF=4，根据AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，可得DE⊥AF，
根据S四边形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF，进而可求．
【详解】解：如图，作△ABC的高AL，作△BDF的高DH，
∵△ABC为等边三角形，△ADE与△FDE关于DE成轴对称，∴∠DFE=∠DAE= 60°，AD = DF，
∴∠CFE+∠FEC=∠CFE+∠DFB= 120°，∴∠DFB= ∠CEF，
又∠B=∠C= 60°，∴△BDF∽△CFE，
∴ ，即 ，设CF= x(x > 0)，
∵BF=4CF，∴BF= 4x，∵BD=3，∴，
∵，
∴，，
∵△BDF∽△CFE，∴，∴解得：x=2，
∴CF=4，∴BC=5x=10，∵在Rt△ABL中，∠B=60°，
∴AL=ABsin60°=10×=5，∴S△ABC=，
∵在Rt△BHD中，BD=3，∠B=60°，∴DH=BDsin60°=，
∴S△BDF=，
∵△BDF∽△CFE，∴，
∵S△BDF=，∴S△CEF=，
又∵AF为轴对称图形对应点的连线,DE为对称轴，
∴AD=DF，△ADF为等腰三角形，DE⊥AF，
∴S四边形ADFE==S△CEF=-S△ABC-S△CEF=，
∴．故答案为:．
【点睛】本题主要考查等边三角形的和折叠的性质，一线三等角证明k型相似，以及“垂美四边形”的性质：对角线互相垂直的四边形的面积＝对角线乘积的一半．
7．（2022·安徽·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=4，E为边AD上一个动点，连接BE，取BE的中点G，点G绕点E逆时针旋转90°得到点F，连接CF，在点E从A到D的运动过程中，点G的运动路径= ，△CEF面积的最小值是 ．
【答案】 2 15
【分析】连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，因为GN为△ABE的中位线，故G的运动路径为线段MN；过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，则△FEH∽△EBA，设AE=x，可得出△CEF面积与x的函数关系式，再根据二次函数图象的性质求得最小值．
【详解】解：连接BD，取BD的中点M，AB的中点N，连接MN，
∵E为边AD上一个动点，点E从A到D的运动，G是BE的中点
∴当E在A点时，BE与AB重合，G与AB的中点N重合，
当E运动到D点时，BE与BD重合，G与BD的中点M重合，
∴E在从A到D的运动过程中，MN为△ABE的中位线，∴．故G的运动路径=2，
过点F作AD的垂线交AD的延长线于点H，
∵∠A=∠H=90°，∠FEB=90°， ∴∠FEH=90°-∠BEA=∠EBA，
∴△FEH∽△EBA， ∴
为的中点， ∴
设AE=x， ∵AB ∴HF

∴当 时，△CEF面积的最小值 故答案为：2，15．
【点睛】本题通过构造K形图，考查了三角形的中位线和相似三角形的判定与性质，建立△CEF面积与AE长度的函数关系式是解题的关键．
8．（2023·浙江·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，点D是边BC上一动点（不与B、C重合），∠ADE＝∠B＝α，DE交AC于点E，且cs∠α＝，下列结论：①△ADE∽△ACD；②当BD＝6时，△ABD与△DCE全等；③△DCE为直角三角形时，BD为8或；④0＜CE≤6.4．其中正确的结论是 ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【答案】①②④
【分析】①根据有两组对应角相等的三角形相似即可证明；②由BD＝6，则DC＝10，然后根据有两组对应角相等且夹边也相等的三角形全等，即可证得；③分两种情况讨论，通过三角形相似即可求得；④依据相似三角形对应边成比例即可求得．
【详解】解：①∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
又∵∠ADE＝∠B，∴∠ADE＝∠C，∴△ADE∽△ACD，故①正确；
②作AG⊥BC于G，∵AB＝AC＝10，∠ADE＝∠B＝α，csα＝，
∴BG＝ABcsB，∴BC＝2BG＝2ABcsB＝2×10×＝16，∵BD＝6，∴DC＝10，∴AB＝DC，
在△ABD与△DCE中，∴△ABD≌△DCE（ASA），故②正确；
③当∠AED＝90°时，由①可知：△ADE∽△ACD，∴∠ADC＝∠AED，
∵∠AED＝90°，∴∠ADC＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，
∴∠ADE＝∠B＝α且csα＝，AB＝10，BD＝8，
当∠CDE＝90°时，易△CDE∽△BAD，∵∠CDE＝90°，∴∠BAD＝90°，
∵∠B＝α且csα＝，AB＝10，∴csB＝＝，∴BD＝，故③错误；
④易证得△CDE∽△BAD，由②可知BC＝16，设BD＝y，CE＝x，∴，∴，
整理得：y2−16y＋64＝64−10x，即（y−8）2＝64−10x，∴0＜x≤6.4，故④正确；故答案为：①②④．
【点睛】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、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形与全等三角形的判定和性质是解题的关键．
9．（2022·河北保定·模拟预测）如图，桌面上竖直放置着一个等腰直角三角板，若测得斜边的两端点到桌面的距离分别为，．（1）求证：；（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）先利用同角的余角相等，判断出∠DAC=∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE；
（2）由全等三角形的性质，即可求出答案．
【详解】解：（1）证明：∵，，
∴，∴．
∵，∴，∴，
∴．∴
（2）解：∵，∴，．∵，∴，
∵，∴，∴．
【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACD≌△CBE是解本题关键．
10．（2023·浙江·九年级期末）如图，已知和均是直角三角形，，，于点．（1）求证：≌；（2）若点是的中点，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）cm
【分析】（1）根据即可证明结论；（2）结合（1）可得cm，根据点是的中点，可得cm，根据勾股定理即可求出的长．
【详解】解：（1）证明：，，
，，，，
在和中，，；
（2），cm，
点是的中点，cm，cm，
在中，根据勾股定理，得cm．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
11．（2022·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．（2022·江苏镇江·二模）模型构建：如图1，于点M，于点N，AB的垂直平分线交MN于点P，连接AP、BP．若，求证：．
数学应用：如图2，在中，D是BC上一点，，，，求的面积．
实际运用：建设“交通强国”是满足人民日益增长的美好生活需要的必然要求．建设“美丽公路”是落实美丽中国建设、回应人民日益增长的美好生活对优美生态环境的需要．如图3是某地一省道与国道相交处的示意图，点Q处是一座古亭，鹅卵石路QA、QB以及两旁栽有常青树，其它区域种植不同的花卉；设计要求，，是以Q为圆心、QA为半径的圆弧（不计路宽，下同）．
请在图4中画出符合条件的设计图，要求尺规作图，保留作图痕迹，标注必要的字母，写出详细的作法，不要求说明理由；
【答案】模型构建：见解析；数学应用：16；实际运用：（1）见解析；（2）()米．
【分析】模型构建：由题意证得即可证明．
数学应用：作，根据三角形全等可求得的长度，然后根据面积公式即可求得．
实际运用：（1）作垂直于国道，然后构造出一线三直角模型，即可画出设计图．
（2）由两条公路所夹锐角的正切值和的长度求出的长度，然后根据三角形全等可求得和的长度，根据勾股定理和扇形弧长公式即可求得．
【详解】模型构建：∵AB的垂直平分线交MN于点P，∴，
又∵，，∴，，
∴，∴在中，
∴，∴，∴．
数学应用：如图，作，

∵，，∴．∵，
∴，∴，
在，∴，
∴，∴．
实际运用：（1）过点Q作QH垂直于国道于点H，过点Q作国道的平行线交省道于点N，以QH为半径，Q点为圆心画弧交QN于点K，过点K作国道的垂线交省道于点B，连接QB，以点Q为圆心，QB为半径画弧，交国道于点A，作图如下．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，三角形面积的求法，勾股定理，扇形弧长的求法，根据题意作出辅助线构造出一线三等角模型是解题的关键．
13．（2022·黑龙江·桦南县九年级期中）如图1，在中，，，直线经过点，且于，于．(1)由图1，证明：；
(2)当直线绕点旋转到图2的位置时，请猜想出，，的等量关系并说明理由；
(3)当直线绕点旋转到图3的位置时，试问，，又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系（不必说明理由）．
【答案】(1)证明见解析；(2)，证明过程见解析；(3)，证明过程见解析
【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；
(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；
(3)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．
【详解】解：(1)证明：在中，∵，∴，
∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴，，
∵直线经过点，∴；
(2)，，的等量关系为：，理由如下：
∵于，于∴，
∴，，∴，
在和中，∴
∴，，∴；
(3)当旋转到图3的位置时，、、所满足的等量关系是，理由如下：
∵于，于∴，
∴，，∴，
在和中，∴
∴，，∴.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．
14．（2022·黑龙江佳木斯·三模）在中，，，为直线上一点，连接，过点作交于点，交于点，在直线上截取，连接．
（1）当点，都在线段上时，如图①，求证：；
（2）当点在线段的延长线上，点在线段的延长线上时，如图②；当点在线段的延长线上，点在线段的延长线上时，如图③，直接写出线段，，之间的数量关系，不需要证明．
【答案】（1）见解析；（2）图②：；图③：
【分析】（1）过点作交的延长线于点．证明，根据全等三角形的性质可得，．再证，由此即可证得结论；（2）图②：，类比（1）中的方法证明即可；图③：，类比（1）中的方法证明即可．
【详解】（1）证明：如图，过点作交的延长线于点．

∴．∵，∴，．
∵，∴．∴．
在和中，∴．∴，．
∵，，∴．∴．∴．
∵，，∴．
在和中，∴．∴．
∵，∴．
（2）图②：．证明：过点作交于点．
∴．∵，∴，．
∵，∴．∴．
在和中，∴．∴，．
∵，，∴．∴，
∵∴．∴．
∵，，∴．
在和中，∴．∴．
∵，∴．
图③：．证明：如图，过点作交的延长线于点．
∴．∵，∴，．
∵，∴．∴．
在和中，∴．∴，．
∵，，∴．∴．∴．
∵，，∴．
在和中，∴．∴．
∵，∴．
【点睛】本题是全等三角形的综合题，正确作出辅助线，构造全等三角形是解决问题的关键．
15．（2022·安徽·合肥二模）（1）如图，等腰直角中，，，线段经过点，过A作于点，过作于求证：≌．
（2）如图，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，点是平面直角坐标系中的一点，若是以为直角边的等腰直角三角形，求点的坐标；
（3）如图，已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，在等腰直角中，，，点在线段上从向运动运动到点停止，以点为直角顶点向右上方做等腰直角，求点移动的距离．
【答案】（1）见解析；（2），，，；（3）8
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质证明即可；（2）分四种情况，由（1）的结论并结合等腰直角三角形的性质即可证明；（3）过点作轴于点，过点作于点，由（1）的结论和等腰直角三角形的性质即可证明．
【详解】解：（1）为等腰直角三角形，，
又，，，，
又，，即，≌；
（2）分四种情况讨论：当点为直角顶点时，且点在左侧时，如图，过点作轴于点．
为等腰直角三角形，由（1）可知：≌，
，，，，
，，，；
其余三种情况如图所示，同理可求得：，，；
（3）过点作轴于点，过点作于点，如图，
为等腰直角三角形，由（1）可知：≌，
，，，
点在直线上运动，当点在点时，点的坐标是，
当点在点时，点的坐标是，点运动的距离是．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是掌握等腰直角三角形的性质．
16．（2022·河南新乡·二模）如图，△ABC和△ADE是有公共顶点A的两个等腰直角三角形，∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE，AB＝AC＝6，D在线段BC上，从B到C运动，点M和点N分别是边BC，DE的中点．(1)【问题发现】若点D是BC边的中点时，＝ ，直线BD与MN相交所成的锐角的度数为 （请直接写出结果）(2)【解决问题]若点D是BC边上任意一点时，上述结论是否成立，请说明理由．
(3)【拓展探究】在整个运动过程中，请直接写出N点运动的路径长，及CN的最小值．
【答案】(1)，45° (2)成立，理由见解析(3)N点运动的路径长为6，CN的最小值为3
【分析】（1）证明△AMN是等腰直角三角形，可得结论．（2）结论不变．连接AM，AN，证明△BAD∽△MAN，可得结论．（3）利用三角形中位线定理，垂线段最短解决问题即可．
(1)解：如图1中，

当点D是BC的中点时，∵AB=AC，∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠ADE=45°，∴AC⊥DE，∴AC平分DE，∴点N落在AC上，
∴BM=AM=MN，∠NMC=45°，∴=，故答案为：，45°．
(2)解：如图2中，连接AM，AN．∵AB=AC，∠BAC=90°，BM=CM，
∴AM⊥MC，AM=BM=CM，∴AB=AM，同法可证AD=AN，
∵∠BAM=∠DAN=45°，∴∠BAD=∠MAN，
∵=，∴△BAD∽△MAN，∴==，∠ABD=∠AMN=45°．
(3)解：如图3中，当D在线段BC上，从B运动到C时，由（2）问可知，∠AMN=45°，所以点N的运动路径是图3中的线段MN，MN=BE=6．当CN⊥MN时，CN的值最小，最小值=AC=3．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，垂线段最短等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
17．（2023·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，连接，，．

(1)若正方形的边长为2，E是的中点．①如图1，当时，求证：；
②如图2，当时，求的长；(2)如图3，延长，交于点G，当时，求证：．
【答案】(1)①详见解析；②(2)详见解析
【分析】（1）①由，证明，可得结论；②如图，延长，交于点G作，垂足为H，证明，可得，可得，设可得，可得，可得，证明，可得，从而可得答案；
（2）如图，延长，作，垂足为H，证明，设，可得，由，可得，可得，由可得，可得，证明，可得，，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，正方形中，，

①，∴，
，，
②如图，延长，交于点G，作，垂足为H，
且，，
，，，
方法一：设，∴，∴，
在中，，，，
方法二：在中，由，设，
，，，又且，
，，，；
（2）如图 延长，作，垂足为H，
且，，
设，
，，在中，，，
，，，，
在中，，，，，则，
又且，，
，，，，．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，本题计算量大，对学生的要求高，熟练的利用参数建立方程是解本题的关键．
18．（2023·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在中，，点E是线段边上的一动点（不含B、C两端点），连接，作，交线段于点D．
(1)求证：(2)设，，请求y与x之间的函数关系式．
(3)E点在运动的过程中，能否构成等腰三角形？若能，求出的长；若不能，请说明理由．

【答案】(1)见解析(2)
(3)当是等腰三角形时，或，见解析
【分析】（1）由平角定义可得，，再根据即可证明；（2）根据的性质求解即可；
（3）根据外角先验证，分和两种情况讨论
【详解】（1）证明：∵，，，
∴，∵，∴，∴
（2）解：由（1）得：，∴，
∵，，，，∴，，
∴，∴，∴y与x之间的函数关系式为；
（3）解：∵是的外角，∴，∵，∴，∴，
当时，可得，∴；
当时，，∵，∴，
∴，即，∴，∴当是等腰三角形时，或；
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、三角形外角的性质，二次函数的最值等知识点．解答（3）题时，要分类讨论，以防漏解．
19．（2023·浙江·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与y轴交于点A，与x轴交于点B，，的面积为2．
(1)如图1，求直线的解析式．(2)如图2，线段上有一点C，直线为，轴，将绕点B顺时针旋转，交于点D，求点D的坐标．（用含k的式子表示）
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，交直线于点E，若，求点E的坐标．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）利用的面积为2，求出的长度，得到B的坐标，用待定系数法求的解析式；
（2）利用，过D作轴于H，证明，得到，，由直线析式，求得C的坐标，从而得到长度，再证明四边形为矩形，得到D的坐标；
（3）利用，得到A，C，B，D四点共圆，则，，又，转化得到，在上取一点M，使，构造出，利用两个角的正切值相等，列出关于参数的方程，求出参数k，再利用直线和直线相交，列出二元一次方程组，求得交点E的坐标．
【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∴，
设直线AB的解析式为：，代入点，得，
∴，∴直线的解析式为：；
（2）如图1，过D作轴于H，
∵轴，∴，∴四边形为矩形，∴，
由题可得，，∴，又∵，∴，
在与中，，∴，
∴，令，则，∴，
∴，∴，∴；
（3）如图2，连接，取中点N，连接，，

则在中，，同理，，
∴，∴A，C，B，D四点共圆，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
又，∴，
在上取一点M，使，则，
∴，∴，∴，
，．∵，∴，
∴，∴，解得，，∴直线解析式为：，，
设直线解析式为：，把代入得，∴，
则直线解析式为：，联立，解得，∴．
【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，涉及到待定系数法，一线三等角模型构造全等，四点共圆，三角函数，交点坐标的求法，其中转化角的关系是解决本题的关键．
20．（2022·湖南郴州·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，，．点E是线段AD上的动点（点E不与点A，D重合），连接CE，过点E作，交AB于点F．
(1)求证：；(2)如图2，连接CF，过点B作，垂足为G，连接AG．点M是线段BC的中点，连接GM．①求的最小值；②当取最小值时，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析(2)①5；②或
【分析】（1）证明出即可求解；
（2）①连接AM．先证明．确定出点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．当A，G，M三点共线时，．此时，取最小值．在中利用勾股定理即可求出AM，则问题得解．②先求出AF，求AF的第一种方法：过点M作交FC于点N，即有，进而有．设，则，．再根据，得到，得到，则有，解方程即可求出AF；求AF的第二种方法：过点G作交BC于点H．即有．则有，根据，可得，进而求出，．由得，即可求出AF．求出AF之后，由（1）的结论可得．设，则，即有，解得解方程即可求出DE．
(1)证明：如图1，

∵四边形ABCD是矩形，∴，∴．
∵，∴，∴，∴；
(2)①解：如图2-1，连接AM．
∵，∴是直角二角形．∴．
∴点G在以点M为圆心，3为半径的圆上．
当A，G，M三点不共线时，由三角形两边之和大于箒三边得：，
当A，G，M三点共线时，．
此时，取最小值．在中，．∴的最小值为5．
②（求AF的方法一）如图2-2，过点M作交FC于点N，
∴．∴．设，则，∴．
∵，∴，∴，由①知的最小值为5、即，

又∵，∴．∴，解得，即．
（求AF的方法二）如图2-3，过点G作交BC于点H．
∴．∴，由①知的最小值为5，即，
又∵，∴．∴，．
由得，∴，即，解得．
∴．由（1）的结论可得．
设，则，∴，解得或．
∵，，∴或．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及一元二次方程的应用等知识，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．