专题03 相似三角形之一线三角（K字）模型（几何模型讲义）（四川成都专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题03 相似三角形之一线三角（K字）模型 一线三等角（K字）模型是是初中几何相似高频模型，核心均通过角相等匹配 AA 相似判定。一线三等角模型以同一直线三个等角为特征，借等角的余 / 补角相等推角相等。解题关键是识别角的关联，快速匹配相似判定并套用比例。 1 模型来源 1 真题现模型 1 提炼模型 10 模型运用 4 6 相似一线三等角模型以“同一直线上三个相等角”为核心特征，常见于等腰三角形、矩形、坐标系等背景，通过角的和差推导两组对应角相等，快速满足相似判定条件，实现线段比例转化，是平面几何中依托图形角度特征归纳的经典模型，核心源于AA、SAS等相似三角形判定定理，专为解决复杂角度、比例线段问题设计，是解题的高效工具，通过精准捕捉角度关联，简化相似判定流程，为复杂几何题搭建解题桥梁。 （2023·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点，直线与抛物线交于B，C两点．      (1)求抛物线的函数表达式； (2)若是以为腰的等腰三角形，求点B的坐标； (3)过点作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点B的坐标为或或 (3)存在，m的值为2或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设，分和两种情况，分别根据等腰三角形性质和两点坐标距离公式列方程求解即可； （3）先根据题意画出图形，设抛物线与直线的交点坐标为，，联立抛物线和直线解析式，根据根与系数关系得到，，利用待定系数法分别求得直线、的表达式为得到， ，过E作轴于Q，过D作轴于N，证明得到，整理可得到，进而求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点， ∴，解得， ∴抛物线的函数表达式为； （2）解：设， 根据题意，是以为腰的等腰三角形，有两种情况： 当时，点B和点P关于y轴对称，    ∵，∴； 当时，则， ∴， 整理，得， 解得，， 当时，，则， 当时，，则， 综上，满足题意的点B的坐标为或或； （3）解：存在常数m，使得． 根据题意，画出图形如下图，      设抛物线与直线的交点坐标为，， 由得， ∴，； 设直线的表达式为， 则，解得， ∴直线的表达式为， 令，由得， ∴， 同理，可得直线的表达式为，则， 过E作轴于Q，过D作轴于N， 则，，，， 若，则，∴， ∴，∴，∴，则， 整理，得， 即， 将，代入，得， 即，则或，解得，， 综上，存在常数m，使得，m的值为2或． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、等腰三角形的性质、一元二次方程根与系数关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、坐标与图形等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造相似三角形，并利用数形结合和分类讨论思想解决问题是解答的关键． （2023·四川达州·中考真题）如图，一次函数与反比例函数的图象相交于两点，以为边作等边三角形，若反比例函数的图象过点，则的值为 ．    【答案】 【分析】过点A作轴交x轴于点D，过点C作轴于点E，连接，首先联立求出，，然后利用勾股定理求出，，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，，最后将代入求解即可． 【详解】如图所示，过点A作轴交x轴于点D，过点C作轴于点E，连接，    ∵一次函数与反比例函数的图象相交于两点， ∴联立，即， ∴解得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴解得，， ∴点C的坐标为， ∴将代入得，． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． （2024·四川绵阳·中考真题）如图，在矩形中，点E在上运动，的内切圆与相切于点G，将沿翻折，点A落在点F处，连接，当点E恰为的三等分点（靠近点A）时，且，，则 ． 【答案】 【分析】设内切圆圆心为O，连接，过O作于点H，作于点K，则四边形为正方形，根据切线长定理可得和，设半径为r，则，，求得和，利用勾股定理求得r，则，，根据折叠的性质得，，过F作于点M，交于点N，则，可证明，有，设，则，，利用勾股定理求得x，可求得，和，根据余弦定义即可求得． 【详解】解：如图，设内切圆圆心为O，连接，过O作于点H，作于点K， 则四边形为正方形， 根据切线长定理可得， ， 设半径为r，则，， ∴， 在中，， ∵， ∴，解得或 (舍去)， ∴，， 根据折叠的性质得，， 过F作于点M，交于点N，则， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 解得或(舍去) ∴，， 在中， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆、切线长定理、折叠的性质、勾股定理、矩形的性质、全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等内容，解题的关键是熟练掌握圆的性质和矩形的性质． （2025·四川·中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．延长交的延长线于点E． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径和的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的半径长为5，的长为 【分析】（1）连接，由等边对等角得到，由切线的性质得，而，则，再由平行线的性质以及等量代换即可证明平分． （2）作于点，因为，，所以，则，求得，可证明，得，求得，则，即可求解半径和． 【详解】（1）证明：连接，则， ， 与相切于点， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：作于点，， ，， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 的半径长为5，的长为． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 核心结论：一条直线上存在三个相等的角（顶点共线），无需对应边相等，仅通过 “三等角” 即可判定三角形相似（AA），对应边成比例、面积比为相似比的平方，是几何求比例、算长度的高频模型。 一、模型核心定义 “一线三等角相似模型” 延续 “一线（三个角的顶点共线）+ 三等角（∠A=∠B=∠C）” 的结构，核心区别于全等模型：无需构造相等线段，仅靠 “三组角相等” 中的两组，即可满足 AA 相似判定。关键特征：三个等角的顶点在同一直线（记为 l），角的两边分别相交形成两个三角形，因两角对应相等，两三角形必然相似。 二、模型核心三要素 共线顶点：三个等角的顶点 P、Q、R 依次在直线 l 上（“一线” 为 l）。 三等角条件：∠1=∠2=∠3=α（α 为直角、锐角或钝角，无需限定角度类型）。 无强制等边要求：仅需角相等即可得相似，若存在对应边成比例，可进一步精准计算比例关系。 3、 常见模型分类 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3 ①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∽△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. 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如图，矩形中，将以为折痕对折，使点B的对应点G落在线段上，与折痕的交点为点I，其中，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，翻折的性质等知识点，作，可推出四边形、四边形、四边形均是矩形；由翻折可知：，得到；推出，得，求出；证得，即可求解； 【详解】解：作，如图所示： 则四边形、四边形、四边形均是矩形， ∴，， 由翻折可知：， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 故选：C 例2如图，已知，在矩形中，，分别以所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，F是边上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数（）的图象与边交于点E，将沿对折后，C点恰好落在上的点D处，则k的值为 ． 【答案】 【分析】过点E作于点G，根据，设，，根据折叠性质，；，利用勾股定理，三角函数，反比例函数的性质计算即可． 【详解】过点E作于点G， ∵， ∴设，， ∵矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 根据折叠性质，；， ， ∴， ∴，∴， 根据反比例函数的性质，得，解得， ∴，∴， ∴，解得，∴，故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，三角函数，熟练掌握三角函数，折叠的性质是解题的关键． 例3如图，在中，是弦，是的切线，，点，，分别是线段，，上的动点，连接，，． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，试求与半径的数量关系． 【答案】(1)是的切线，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）连接，则，根据可得，根据是的切线，可得，进而得出，即可得证； （2）根据已知条件，根据一线三等角证明得出相似比为，进而得出，过点作于点，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出，即可得证． 【详解】（1）解：是的切线，理由如下： 如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 如图，连接，过点作于点，则， ∵是的切线，∴，∴， ∴在中，，，∴， ∴， ∴． 1．（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______； （2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长． 【答案】（1）；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）结合“一线三等角”推出，从而证得结论即可； （2）利用条件证明，然后根据相似三角形的性质证明即可； （3）作延长线于点，过点作，交于点，交于点，结合“一线三垂直”证明，从而利用全等三角形的性质求出和，最后利用勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：∵将边绕点C顺时针旋转得到线段， ∴， ∵，， ∴． 在和中， ∴， ∴． 故答案为： （2）． 证明：同（1）可得，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）如图所示，作延长线于点，过点作，交于点，交于点， 则，，， 由（1）同理可证，， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握一线三等角全等和相似模型，并熟练运用是解题关键． 2．如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，，顶点为． （1）求此函数的关系式； （2）在下方的抛物线上有一点，过点作直线轴，交与点，当点坐标为多少时，线段的长度最大？最大是多少？ （3）在对称轴上有一点，在抛物线上有一点，若使，，，为顶点形成平行四边形，求出，点的坐标． （4）在轴上是否存在一点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2），；（3），，或，或，；（4）存在；，，，． 【分析】（1）求出点A和点C的坐标，代入求出b，c的值即可； （2）求出再求出最大值即可； （3）根据平行四边形的性质分三种情况求解即可； （4）分别利用相似三角形的判定与性质以及勾股定理求出点E的坐标即可． 【详解】解：（1）∵ ∴点A的坐标为（-3，0），点C的坐标为（0，-3） 把点A，点C的坐标代入得， 解得， 所以，此函数关系式为： （2）如图， 设直线AC的函数解析式为：， 将，代入，得 ， 解得，， ∴直线AC的解析式为 ∵点N在直线AC下方的抛物线上，轴 ∴ 为了使MN最大，就要使取最大值， ∴取最小值 ∵ ∴当时，MN有最大值，最大值为， 将代入中，得y=， ∴N的坐标为 （3）抛物线对称轴为 令y=0得，， 解得，，， ∴点B的坐标为（1，0） ①当AB和KL是平行四边形的对角线时，点和都在对称轴上时， ∴， ②当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴右侧时， ∵ ∴ ∴的横坐标为3， ∴， ③当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴左侧时， ∵ ∴的横坐标为-5 ∴， 综上所述，，点的坐标为，，或，或，； （4）如图， 设直线AD的函数解析式为 将，代入 得，解得 ∴ ①当，A为垂足时， ∵, ∴ ∴ ∴ ∵AO=3，AP=2，PD=4 ∴ ∴ ∴ ②当，D为垂足时， 同理可证 ∴，即, ∴ ∴ ∴ ③当AE⊥DE,E为垂足时， 设OE=x，则QE=4-x ∴，， ∴ 解得：， ∴， ∴，． 综上，点E的坐标为：，，，． 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、平行四边形性质、勾股定理运用等，其中（3），（4）要主要分类求解，避免遗漏． 3．已知△ABC和△DCE中，AB＝AC，DC＝DE，BF＝EF，点B，C，E都在同一直线上，且△ABC和△DCE在该直线同侧． （1）如图①，若∠BAC＝∠CDE＝90°，请猜想线段AF与DF之间的数量关系和位置关系，并证明你的猜想； （2）如图②，若∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和位置关系； （3）如图③，若∠BAC＝α，∠CDE＝180°﹣α，且BC＞CE，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和位置关系（用含α的式子表示）． 【答案】（1）AF=DF，AF⊥DF，证明见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）如图①中，结论：AF=DF，AF⊥DF．证明△AHF≌△FJD（SAS），可得结论； （2）如图②中，结论：．证明△AHF∽△FJD，可得结论； （3）如图③中，结论：，证明方法类似（2）． 【详解】解：（1）如图①中，结论：AF=DF，AF⊥DF． 理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J． ∵AB=AC，DC=DE，∠BAC=∠CDE=90°， ∴BH=CH，CJ=JE， ∴AH=BH=CH，DJ=CJ=JE， ∵BF=FE， ∴HJ=BF=EF， ∴BH=FJ=AH，FH=JE=DJ， ∵∠AHF=∠FJD=90°， ∴△AHF≌△FJD（SAS）， ∴AF=FD，∠HAF=∠DFJ， ∵∠FAH+∠AFH=90°， ∴∠AFH+∠DFJ=90°， ∴∠AFD=90°，即AF⊥DF； （2）如图②中，结论：． 理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J． ∵AB=AC，∠BAC=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴BH=CH，， ∵DC=DE，∠CDE=120°， ∴CJ=JE，∠DEC=∠DCE=30°， ∴， ∵BF=FE， ∴HJ=BF=EF， ∴BH=FJ，HF=JE， ∴， ∴， ∵∠AHF=∠FJD=90°， ∴△AHF∽△FJD， ∴，∠HAF=∠DFJ， ∵∠FAH+∠AFH=90°， ∴∠AFH+∠DFJ=90°， ∴∠AFD=90°，即AF⊥DF， ∴，AF⊥DF； （3）如图③中，结论：， 理由：过点A作AH⊥BC于H，过点D作DJ⊥EC于J． ∵AB=AC，∠BAC=α， ∴BH=CH，， ∵DC=DE，∠CDE=180°-α， ∴CJ=JE，， ∵BF=FE， ∴HJ=BF=EF，∴BH=FJ，HF=JE， ∴， ∴， ∵∠AHF=∠FJD=90°，∴△AHF∽△FJD， ∴，∠HAF=∠DFJ， ∵∠FAH+∠AFH=90°， ∴∠AFH+∠DFJ=90°， ∴∠AFD=90°，即AF⊥DF， ∴，AF⊥DF． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 4．【推理】 如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G． （1）求证：． 【运用】 （2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长． 【拓展】 （3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）根据ASA证明； （2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可； （3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可． 【详解】（1）如图，由折叠得到， ， ． 又四边形ABCD是正方形， ， ， ， 又 正方形 ， ． （2）如图，连接， 由（1）得， ， 由折叠得，， ． 四边形是正方形， ， ， 又， ， ． ，， ，． ， ， （舍去）． （3）如图，连结HE， 由已知可设，，可令， ①当点H在D点左边时，如图， 同（2）可得，， ， 由折叠得， ， 又， ， ， 又， ， ， ， ， ， ． ， ， ， （舍去）． ②当点在点右边时，如图， 同理得，， 同理可得， 可得，， ， ， （舍去）． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，在应用全等三角形的判定时，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． 5．（1）如图1，，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为E、F，，，，求的长度为 ． （2）如图2，在矩形中，，，点E、F、M分别在上，，，当时，求四边形的面积． （3）如图3，在中，，，，点E、F分别在边上，且，若，求的长度． 【答案】（1），（2）；（3）， 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质． （1）根据一线三垂直模型容易证明，进而由相似三角形性质即可求解； （2）过点作垂足为H，根据（1）可知，根据相似三角形性质结合已知求出，，，，再由四边形的面积=矩形的面积即可求解； （3）延长到点P使，连接，过点C作，利用等腰三角形三线合一和解三角形求出，再证明，得即可求解． 【详解】解：（1）∵，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为， （2）如图，过点作垂足为H， 同理（1）得：， ∴， ∵在矩形中，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴，即：， ∴，解得：， ∴，，， ∵四边形的面积=矩形的面积， ∴四边形的面积=． （3）延长到点P使，连接，过点C作， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∵且， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，解得：，（不合题意舍去） ∴ 【点睛】本题涉及了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、矩形的性质和判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等知识点，解题关键是根据一线三等角模型构造和证明三角形相似． 6．如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，，直线）分别与x轴，y轴，线段，直线交于点E，F，P，Q． (1)当时，求证：． (2)探究线段之间的数量关系，并说明理由． (3)在x轴上是否存在点M，使得，且以点M、P、Q为顶点的三角形与相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2) (3)时，时，时， 【分析】（1）根据，求出与交点的坐标，即可求解； （2）先求出直线的表达式为，再联立直线与直线求出，再求出点，利用坐标系中两点距离公式求出，结合即可求解； （3）证明，得到或，分四种情况画图求解． 【详解】（1）证明：由知，， 则， 则点、的坐标分别为：， 当时，，则， 即点， ； （2）解：， 理由： 设直线的表达式为：， 将代入得：， 解得：， ∴直线的表达式为：， 联立上式和得， 解得． 即点， 同理（1）可得，点， ， ， ； （3）解：分别过点作轴，轴， ， ， ， ， ， ， ， 设点，由（2）知，点、的坐标分别为：、， ①若，如图2，则， 当时， ， ， ， 联立方程组：， 解得：， ∴时，， ②若，如图3， 当时， ， ， ， 联立方程组：， 解得：． 时，； ③若，当时， 如图4，， AI， ， ， ， 联立方程组：， 解得：， ； ④的情况不存在， 综上，时，时，时，． 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到三角形相似、平行四边形的性质等知识点，分类求解是解题的关键． 7．（1）【感知】如图①，在四边形中，点P在边上（点P不与点A、B合），．证明：． （2）【探究】如图②，在四边形中，点P在边上（点P不与点A、B重合），．若，求的长． （3）【拓展】如图③，在中，，点P在边上（点P不与点A、B重合），连结，作，与边交于点E，当是等腰三角形时，直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）3；（3）4或 【分析】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，等腰三角形的判定与性质等知识点，把握“一线三等角”模型是解题的关键． （1）根据同角的余角相等得到，再由，即可证明相似； （2）证明，得到，代入数据即可求解； （3）同理可证明，然后分三种情况讨论，利用全等三角形和相似三角形的的判定与性质即可求解． 【详解】（1）证明： ∴， ∴ ∴ ∴；            （2）解：∵是的外角， ∴， 即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，解得： ； （3）解：∵， ∴， ∵是的外角， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， 当时，， ∵， ∴不成立； 当时，， 则， ∴； 当时，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得：， ∴， 综上所述：是等腰三角形时，的长为4或． 8．在综合实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片，点E在射线上，现将矩形折叠，折痕为，点A的对应点记为点F．    (1)操作发现：如图1，若点F恰好落在矩形的边上，直接写出一个与相似的三角形； (2)深入探究：如图2，若点F落在矩形的边的下方时，、分别交于点M、N，过点F作，，垂足分别为点G、H，当点G是的中点时，试判断与是否相似，并证明你的结论； (3)问题解决：在（2）的条件下，若，，求的长． 【答案】(1)； (2)相似，证明见解析； (3)或． 【分析】（1）四边形是矩形，，，由折叠的性质可知，，，，； （2）分别延长、交于点P，四边形是矩形，，，，四边形、四边形、四边形都是矩形，，，由折叠的性质可知，，，，，，，，点G是的中点，，，，，； （3）由（2）可知，，，由折叠的性质可知，，，，，分情况讨论，①当点E在上时，，，，②当点E在的延长线上时，，，． 【详解】（1）解：与相似 证明：∵四边形是矩形， ， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ； （2）解：， 理由：如图，分别延长、交于点P，    ∵四边形是矩形， ， ， ， ∴四边形、四边形、四边形都是矩形， ， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， ， ，，点G是的中点， ， ， ， ， ， ； （3）解：由（2）可知，， ， 由折叠的性质可知，，， ， ， ①当点E在上时，如图，   ，， ， ②当点E在的延长线上时，如图，   ， ， ． 综上所述，的长为：或． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，相似的性质和判定，三角函数等知识点，属于压轴题，难度较大，熟练掌握相关性质定理和分类讨论思想是解题的关键． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 相似三角形之一线三角（K字）模型 一线三等角（K字）模型是是初中几何相似高频模型，核心均通过角相等匹配 AA 相似判定。一线三等角模型以同一直线三个等角为特征，借等角的余 / 补角相等推角相等。解题关键是识别角的关联，快速匹配相似判定并套用比例。 1 模型来源 1 真题现模型 1 提炼模型 3 模型运用 4 6 相似一线三等角模型以“同一直线上三个相等角”为核心特征，常见于等腰三角形、矩形、坐标系等背景，通过角的和差推导两组对应角相等，快速满足相似判定条件，实现线段比例转化，是平面几何中依托图形角度特征归纳的经典模型，核心源于AA、SAS等相似三角形判定定理，专为解决复杂角度、比例线段问题设计，是解题的高效工具，通过精准捕捉角度关联，简化相似判定流程，为复杂几何题搭建解题桥梁。 （2023·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点，直线与抛物线交于B，C两点．      (1)求抛物线的函数表达式； (2)若是以为腰的等腰三角形，求点B的坐标； (3)过点作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． （2023·四川达州·中考真题）如图，一次函数与反比例函数的图象相交于两点，以为边作等边三角形，若反比例函数的图象过点，则的值为 ．    （2024·四川绵阳·中考真题）如图，在矩形中，点E在上运动，的内切圆与相切于点G，将沿翻折，点A落在点F处，连接，当点E恰为的三等分点（靠近点A）时，且，，则 ． （2025·四川·中考真题）如图，为的直径，C为上的一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D．延长交的延长线于点E． (1)求证：平分； (2)若，，求的半径和的长． 核心结论：一条直线上存在三个相等的角（顶点共线），无需对应边相等，仅通过 “三等角” 即可判定三角形相似（AA），对应边成比例、面积比为相似比的平方，是几何求比例、算长度的高频模型。 一、模型核心定义 “一线三等角相似模型” 延续 “一线（三个角的顶点共线）+ 三等角（∠A=∠B=∠C）” 的结构，核心区别于全等模型：无需构造相等线段，仅靠 “三组角相等” 中的两组，即可满足 AA 相似判定。关键特征：三个等角的顶点在同一直线（记为 l），角的两边分别相交形成两个三角形，因两角对应相等，两三角形必然相似。 二、模型核心三要素 共线顶点：三个等角的顶点 P、Q、R 依次在直线 l 上（“一线” 为 l）。 三等角条件：∠1=∠2=∠3=α（α 为直角、锐角或钝角，无需限定角度类型）。 无强制等边要求：仅需角相等即可得相似，若存在对应边成比例，可进一步精准计算比例关系。 3、 常见模型分类 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3 ①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∽△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. 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如图，矩形中，将以为折痕对折，使点B的对应点G落在线段上，与折痕的交点为点I，其中，则线段的长度为（    ） A． B． C． D． 例2如图，已知，在矩形中，，分别以所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，F是边上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数（）的图象与边交于点E，将沿对折后，C点恰好落在上的点D处，则k的值为 ． 例3如图，在中，是弦，是的切线，，点，，分别是线段，，上的动点，连接，，． (1)试判断与的位置关系，并说明理由； (2)若，试求与半径的数量关系． 1．（1）问题发现：如图1，在中，，将边绕点C顺时针旋转得到线段，在射线上取点D，使得，线段与的数量关系是______； （2）类比探究：如图2，若，作，且，其他条件不变，写出变化后线段与的数量关系，并给出证明； （3）拓展延伸：如图3，正方形的边长为6，点E是边上一点，且，把线段逆时针旋转得到线段，连接，直接写出线段的长． 2．如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，，顶点为． （1）求此函数的关系式； （2）在下方的抛物线上有一点，过点作直线轴，交与点，当点坐标为多少时，线段的长度最大？最大是多少？ （3）在对称轴上有一点，在抛物线上有一点，若使，，，为顶点形成平行四边形，求出，点的坐标． （4）在轴上是否存在一点，使为直角三角形，若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 3．已知△ABC和△DCE中，AB＝AC，DC＝DE，BF＝EF，点B，C，E都在同一直线上，且△ABC和△DCE在该直线同侧． （1）如图①，若∠BAC＝∠CDE＝90°，请猜想线段AF与DF之间的数量关系和位置关系，并证明你的猜想； （2）如图②，若∠BAC＝60°，∠CDE＝120°，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和位置关系； （3）如图③，若∠BAC＝α，∠CDE＝180°﹣α，且BC＞CE，请直接写出线段AF与DF之间的数量关系和位置关系（用含α的式子表示）． 4．【推理】如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G． （1）求证：． 【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长． 【拓展】（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）． 5．（1）如图1，，分别过A，C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为E、F，，，，求的长度为 ． （2）如图2，在矩形中，，，点E、F、M分别在上，，，当时，求四边形的面积． （3）如图3，在中，，，，点E、F分别在边上，且，若，求的长度． 6．如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，的顶点B、C在x轴上，A在y轴上，，直线）分别与x轴，y轴，线段，直线交于点E，F，P，Q． (1)当时，求证：． (2)探究线段之间的数量关系，并说明理由． (3)在x轴上是否存在点M，使得，且以点M、P、Q为顶点的三角形与相似，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 7．（1）【感知】如图①，在四边形中，点P在边上（点P不与点A、B合），．证明：． （2）【探究】如图②，在四边形中，点P在边上（点P不与点A、B重合），．若，求的长． （3）【拓展】如图③，在中，，点P在边上（点P不与点A、B重合），连结，作，与边交于点E，当是等腰三角形时，直接写出的长． 8．在综合实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．有一张矩形纸片，点E在射线上，现将矩形折叠，折痕为，点A的对应点记为点F．    (1)操作发现：如图1，若点F恰好落在矩形的边上，直接写出一个与相似的三角形； (2)深入探究：如图2，若点F落在矩形的边的下方时，、分别交于点M、N，过点F作，，垂足分别为点G、H，当点G是的中点时，试判断与是否相似，并证明你的结论； (3)问题解决：在（2）的条件下，若，，求的长． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $