专题03 一线三等角（全等、相似）模型（几何模型讲义）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列

专题03 一线三等角（全等、相似）模型 一线三等角（含一线三垂直/K型）是浙江中考数学几何的高频核心模型，主要用于快速证相似，全等、求线段长、解函数综合、破压轴题。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 9 ‌ “一线三等角”模型并非由某位特定数学家单独提出，而是几何原理的自然呈现与教学经验的系统总结。 该模型最古老的雏形可以追溯到中国古代的赵爽弦图（约公元3世纪）。在证明勾股定理时，赵爽构造了四个全等的直角三角形围成一个正方形，其中就包含了“一线三直角”的结构。这种“三垂直”的图形关系，是“一线三等角”最经典的特例。它最初被称为“K型图”或“M型图”，后来为了统一描述（无论角是直角、锐角还是钝角），才被概括为“一线三等角”。 1、（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若∠CDG＝α，则∠AHF＝　　 ；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为 　　 ． 2、（2025·浙江杭州）如图，已知AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，按照图中所标注的数据，则图中阴影部分图形的面积S等于______． 3、（2025•凉州区校级开学）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝1，P为射线BC上一动点（点P不与点B重合），以AP为直角边在AP的右侧作等腰直角三角形APQ，∠PAQ＝90°． （1）如图1，当点P在线段BC上时，求点Q到直线AC的距离； （2）如图2，当点P运动到BC的延长线上时，连接BQ，交直线AC于点M，求证：BM＝QM； （3）点P在运动过程中，连接BQ，交直线AC于点M，若S△ABP＝3S△AMQ，求BP的长．   　　　　　   4、（2025·浙江杭州）综合与实践 建立模型：如图1，等腰中，，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，求证：． 构造模型：如图2，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线绕点B旋转至直线，你能否利用图1所获得的模型，求出直线的函数表达式． 应用模型：如图3，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知直线，点B在直线l上运动，将线段绕点O顺时针旋转至线段，连接，其中点，请求出线段的最小值． 5、（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F． （1）求证：△AED∽△BFE． （2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长． 【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 　　 ． 1）一线三等角全等模型（直角）：条件：∠ABC=∠BCD=∠AFB=90°，AB=BC 证明：如图（1），△ABE与△BDC为直角三角形，∠ABC=90°，且满足AB=BC，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AEB=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 如图（2），△ABE与△BDC为直角三角形，∠AFB=90°，且满足AE=BD，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AFB=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 如图（3），△ABE与△BDC为直角三角形，∠AED=90°，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AED=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 2）一线三等角全等模型（锐角、钝角） 条件：∠ABC=∠BCD=∠AED，AE=DE (4) (5) 证明：如图（4），已知∠ABC=∠BCD=∠AED，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC 在△ABE与△ECD中 ∴△ABE≌△ECD（AAS） 如图（5），已知∠ABC=∠BCD=∠AED，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC 在△ABE与△ECD中 ∴△ABE≌△ECD（AAS） 3）一线三等角相似模型 条件：∠B=∠C=∠AED (6) 证明：如图（6），已知∠B=∠C=∠AED，那么可证△ABE∽△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC ∴△ABE∽△ECD 例1（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，在中，，P为上一点，以点P为顶点作，交于D，交于E，若，，求的长． 例2（1）【观察发现】如图（1），在，点D是边的中点，延长BA到点E，使，连接，可得与的数量关系是______，位置关系是______． （2）【探究迁移】如图（2），在中，，，点为平面内一点，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，，点为的中点，连接、，试判断和的数量关系，并说明理由． （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，，当时，请直接写出的长． 例3在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 例4（浙江宁波·模拟预测）【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 例5（2025秋•镇原县期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ； （2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？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，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 1．（2025秋•安徽期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（　　） A．12 B．10 C．8 D．6 2．（2025•盱眙县一模）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，则DK的长为（　　） A．6 B． C．7 D． 3．如图，等边△ABC中，CH⊥AB于点H，点D、E分别在边AB、BC上，连接DE，点F在CH上，连接EF，若DE＝EF，∠DEF＝60°，BE＝2，CE＝8，则DH＝　 　 ． 4．如图，△ABC是等边三角形，D，E分别是CB的延长线和BA的延长线上的点，AE＝BD，延长DA交CE于点F，G是AD上一点，且CG＝CA，CG交AB于点H．下列结论：①∠DFC＝60°；②∠DCG＝2∠ACE；③CF﹣AF＝GF；④GH+BD＝GD．其中正确的是　 　 ．（填序号）． 5．如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，AD⊥BD于点D，CE⊥BD于点E，若CE＝5，AD＝3，则DE的长是 　 　 ． 6．如图，△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，E是AB上一点，且∠BDE＝90°，DB＝DE＝AE，若BC＝5，则AD的长是 　 　． 7．如图，平面直角坐标系中，点B、点C分别为x轴正半轴、y轴正半轴上的动点，且在第二象限内存在点A，使得△ABC为等腰直角三角形，∠CAB＝90°，AB＝AC，若C（0，c），B（b，0）（其中，c＞b），则A点坐标为（ 　 　 ，　 　 ）（用含b，c的代数式表示）． 8．如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C（4，0），点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为 　 　． 9．直角三角形板中，有一个内角为45°的直角三角形是等腰直角三角形，它的两条直角边长相等．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB为钝角，以AC为边在右侧作等腰直角三角形ACD，∠ADC＝90°，过点D作DE⊥BC，垂足为E，连接BD，若△BCD的面积为9，则BC长为 　 　 ． 10．如图，平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，∠BAO＝60°，点C（﹣4，0），点D（﹣5，3）在线段AB上，将线段CD沿射线AB方向平移，平移过程中的线段记为C1D1，点G是y轴上一个动点，当△C1D1G为等腰直角三角形（G点在C1D1右侧）时，平移的距离为 　 　 ． 11．（2025秋•海曙区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若BE＝1，∠EAF＝45°，则AG的长为 　 　 ． 12．（2025秋•徐汇区校级月考）【模型构建】如图1，已知∠B＝∠C，如果∠AED＝∠B，那么△ABE∽△ECD．我们把这种图形叫做“一线三等角”． 【探究应用】如图2，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，BC＝6，点E在边BC上，BE＝4，P、Q分别是边AD、BE的中点．如果∠AED＝60°，且，那么PQ的长为　 　 ． 13．如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 　 　 . 14．（2025秋•江北区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（0，5），点C（m，n）的横、纵坐标满足． （1）求点C的坐标； （2）如图2，过点C作直线l∥y轴，在直线l上且位于点C的上方有一点D，使得△COD的面积是△BOC的面积的，点M，N为y轴上的动点（点M在点N的下方），且MN＝1，连接CM和DN，求CM+MN+ND的最小值； （3）如图3，若点A关于y轴的对称点为点E，作直线CE，点F的坐标为（0，﹣2），点P在x轴上，点Q在直线CE上，当△FPQ为等腰直角三角形时，请直接写出点P的坐标． 15．（2025秋•龙亭区校级期末）【问题背景】 （1）如图1，直线l经过点A，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点B，C分别向直线l作垂线，垂足分别为D，E，求证：△ABD≌△CAE； 【变式探究】 （2）如图2，点A，D，E在直线上，若∠CEA＝∠BAC＝∠ADB，AB＝AC，求证：DE＝BD+CE； 【拓展应用】 （3）如图3所示，在Rt△BAD和Rt△CAE中，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，作BC边上的高AG，延长GA交DE于点H．若AH＝5，AG＝12，求△DAE的面积． 16．（2025秋•临淄区期中）在平面内，线段AB的一个端点A在直线l上，另一个端点B在直线l的上方，线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°至线段AC，分别过点B，C作直线l的垂线，垂足分别为点D，E． （1）如图1，当B，C两点在直线l的同侧时，求证△ABD≌△CAE； （2）如图2，当B，C两点在直线l的异侧时（点D在A，E两点之间），猜想BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，以l所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，BD＝2，点A是x轴上的动点，连接BC，CD． ①设C点坐标为（x，y），点A在x轴上运动时，求x与y的关系式； ②当BC与CD的和最小时，求点C的坐标． 17．【概念建构】 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN经过点A，BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．如图1，当直线MN在△ABC外部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双外弦三角形”，如图2，当直线MN在△ABC内部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双内弦三角形”．依据“两角及其夹边分别相等的两个三角形全等”的基本事实，我们得到“双外弦三角形”和“双内弦三角形”都是全等三角形，即Rt△ABD≌Rt△CAE． 【概念应用】 （1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AM⊥BC于点M，AM＝BM＝CM，E是BC边上的点，AE＝DE，AE⊥DE，连接AD，BD，若，AM＝4，求BD的长． 小亮同学在阅读与理解【概念建构】的基础上，作DN⊥BC于点N．构造出如图4所示的“双内弦三角形”，并应用“双内弦三角形”是全等三角形的结论求出了BD．请你依照小亮的解题思路，写出解答过程． （2）请你应用“双内弦三角形”和“双外弦三角形”都是全等三角形的结论或者按照自己的解题思路解答下列问题． 如图5，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是AB边上一点，DE＝DC，DE⊥DC，DE交BC于点N，延长EB，CD交于点F，猜想DE，DF，CN之间的数量关系，并说明理由． 【学以数用】 （3）如图6，AD∥BC，△ABE和△CDF是等腰直角三角形，∠EAB＝∠FDC＝90°，AD＝2，BC＝5，求△ADE和△ADF的面积和． 18．【模型建立】 （1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA； 【模型应用】 （2）如图2，已知直线l1：与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2，求直线l2的函数表达式； 对于这个问题，小明的解题思路如下：过点B直线l1的垂线，交直线l2于点C，过点C作CD⊥y轴于点D，求出点C的坐标就可得到直线l2的函数表达式．请根据小明的思路完成解答过程． （3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，请直接写出点D的坐标，若不能，请说明理由． 19．（2025秋•锦江区校级期中）如图，已知在平面直角坐标系中，∠BAO＝30°，OB＝2，BC＝8，点P的坐标是（a，6）． （1）求△ABC三个顶点A，B，C的坐标； （2）若点P坐标为（﹣1，6），连接PA，PB，求△PAB的面积； （3）当A在y轴上运动，∠BAO≠30°，若点P的坐标是（a，6），当△PAB是等腰直角三角形，请求出点P的坐标． 20．综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，AB＝6，AD＝5．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为N'． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，MN'交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是 　 　 ，面积是 　 　 ； （2）如图③，当点N落在AD边上时，BC恰好经过点N，N'C与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形MN'GN的面积； 【引申探究】（3）当点N'落在矩形AMND的对角线MD所在的直线上时，直线N'C与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 21．如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D． （1）求抛物线的解析式； （2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交CB的延长线于点H，求点M的坐标； （3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 22．在正方形ABCD中，E是BC边上一点（点E不与点B，C重合），AE⊥EF，垂足为点E，EF与正方形的外角∠DCG的平分线交于点F． （1）如图1，若点E是BC的中点，猜想AE与EF的数量关系是　 　 ；证明此猜想时，可取AB的中点P，连接EP．根据此图形易证△AEP≌△EFC．则判断△AEP≌△EFC的依据是　 　 ． （2）点E在BC边上运动． ①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由． ②如图3，连接AF，DF，若正方形ABCD的边长为1，直接写出△AFD的周长c的取值范围． 23．在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫作线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”．平面直角坐标系xOy中有一点A（﹣2，6），把线段OA绕点O做“旋似”运动，点A的对应点是点B，若“旋似角”为90°． （1）当“旋似比”为时，直接写出点B的坐标； （2）过点B作BD⊥x轴，点D为垂足，联结AB，若△ABO与△BOD相似，求此时点B的坐标； （3）当“旋似比”为时，设线段AB与y轴交于点E，点F是y轴上一点，且满足∠BFO+∠BOE＝135°，求点F的坐标． 24．探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在正方形ABCD中，连接对角线AC，E是线段AC边上一点，且n（n＞1），H是线段AB边上的动点，过点E作EH的垂线交线段BC于点F． 【初步感知】 （1）如图1，当HE∥BC时，兴趣小组探究得出结论：AH+CF＝AB，请写出证明过程． 【深入探究】 （2）①如图2，当n＝2，试探究线段AH，CF，AB之间的数量关系，请直接写出结论； ②请探究线段AH，CF，AB之间数量关系的一般结论并证明． 【拓展运用】 （3）如图3，连接FH，设FH的中点为M，若AB＝4，求点H从点A运动到点B的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 一线三等角（全等、相似）模型 一线三等角（含一线三垂直/K型）是浙江中考数学几何的高频核心模型，主要用于快速证相似，全等、求线段长、解函数综合、破压轴题。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 5 9 ‌ “一线三等角”模型并非由某位特定数学家单独提出，而是几何原理的自然呈现与教学经验的系统总结。 该模型最古老的雏形可以追溯到中国古代的赵爽弦图（约公元3世纪）。在证明勾股定理时，赵爽构造了四个全等的直角三角形围成一个正方形，其中就包含了“一线三直角”的结构。这种“三垂直”的图形关系，是“一线三等角”最经典的特例。它最初被称为“K型图”或“M型图”，后来为了统一描述（无论角是直角、锐角还是钝角），才被概括为“一线三等角”。 1、（2024•宁波模拟）如图，在正方形ABCD中，G为BC上一点，矩形DEFG的边EF经过点A．若∠CDG＝α，则∠AHF＝　　 ；若AH＝3，GC＝2，则△EFH的面积为 　　 ． 【分析】根据直角三角形的内角和关系可以计算出∠AHF的度数，利用已知条件可以推导出△BHG∽△CGD，利用相似比求出正方形的边长，使用勾股定理计算出矩形的边长，最后计算出△EFH的面积． 【解答】解：（1）根据已知可得：∠B＝∠C＝∠AFH＝∠FGD＝90°， ∵∠BHG+∠HGB＝90°，∠HGB+∠DGC＝90°， ∴∠BHG＝∠DGC， ∵∠CDG＝α， ∴∠BHG＝∠DGC＝90°﹣α， 又∵∠AHF＝∠BHG， ∴∠AHF＝90°﹣α， 故答案为：90°﹣α；’ （2）设AB＝x， ∴HB＝x﹣3，BG＝x﹣2， ∵∠BHG＝∠DGC，∠B＝∠C， ∴△BHG∽△CGD， ∴， ∴， ∴x＝4，即：正方形的边长为4， ∴HB＝1，BG＝2， ∴HG， ∴DG2， ∴EF＝DG＝2， 连接EH，如图： ∵∠B＝∠AFH，∠AHF＝∠BHG， ∴△AFH∽△GHB， ∴， ∴， ∴HF， ∴S△EHFEF•HF23， 故答案为：3． 2、（2025•·浙江杭州）如图，已知AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，按照图中所标注的数据，则图中阴影部分图形的面积S等于______． 【分析】由AE⊥AB，EF⊥FH，BG⊥AG，可以得到∠EAF=∠ABG，而AE=AB，∠EFA=∠AGB，由此可以证明△EFA≌△ABG，所以AF=BG，AG=EF；同理证得△BGC≌△DHC，GC=DH，CH=BG．故FH=FA+AG+GC+CH=3+8+4+3=18，然后利用面积的割补法和面积公式即可求出图形的面积． 【解答】解：∵AE⊥AB且AE=AB，EF⊥FH，BG⊥FH ∴∠EAB=∠EFA=∠BGA=90°， ∵∠EAF+∠BAG=90°，∠ABG+∠BAG=90° ∴∠EAF=∠ABG， ∴AE=AB，∠EFA=∠AGB，∠EAF=∠ABG ∴△EFA≌△ABG（AAS） ∴AF=BG，AG=EF． 同理证得△BGC≌△DHC得GC=DH，CH=BG． 故FH=FA+AG+GC+CH=3+8+4+3=18 故S=（8+4）×18-3×4-8×3=72． 故答案为：72 3、（2025•凉州区校级开学）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝1，P为射线BC上一动点（点P不与点B重合），以AP为直角边在AP的右侧作等腰直角三角形APQ，∠PAQ＝90°． （1）如图1，当点P在线段BC上时，求点Q到直线AC的距离； （2）如图2，当点P运动到BC的延长线上时，连接BQ，交直线AC于点M，求证：BM＝QM； （3）点P在运动过程中，连接BQ，交直线AC于点M，若S△ABP＝3S△AMQ，求BP的长．   　　　　　   【分析】（1）过Q作QD⊥AC于D，证明△AQD≌△PAC（AAS），得QD＝AC＝1，即可得出答案； （2）过Q作QN⊥CA于N，同（1）得△AQN≌△PAC（AAS），得QN＝AC＝1，则QN＝BC，再证△BCM≌△QNM（AAS），即可得出结论； （3）过Q作QN⊥CA于N，同（1）得△AQN≌△PAC（AAS），△BCM≌△QNM（AAS），则QN＝AC＝1，AN＝PC，CM＝MN，再由三角形面积关系得BP＝3AM，然后求出AM＝2，即可得出答案． 【解答】（1）解：过Q作QD⊥AC于D，如图1所示： 则∠ADQ＝90°＝∠ACP， ∴∠AQD+∠DAQ＝90°， ∵∠PAC+∠DAQ＝∠PAQ＝90°， ∴∠AQD＝∠PAC， 又∵△APQ是等腰直角三角形， ∴AQ＝PA， ∴△AQD≌△PAC（AAS）， ∴QD＝AC＝1， 即点Q到直线AC的距离为1； （2）证明：过Q作QN⊥CA于N，如图2所示： 同（1）得：△AQN≌△PAC（AAS）， ∴QN＝AC＝1， ∵AC＝BC＝1， ∴QN＝BC， 又∵∠BMC＝∠QMN，∠BCM＝∠QNM＝90°， ∴△BCM≌△QNM（AAS）， ∴BM＝QM； （3）解：过Q作QN⊥CA于N，如图2所示： 同（1）得：△AQN≌△PAC（AAS），△BCM≌△QNM（AAS）， ∴QN＝AC＝1，AN＝PC，CM＝MN， ∵S△ABP＝3S△AMQ， ∴BP×AC＝3AM×QN， ∴BP＝3AM， 即PC+1＝3AM， ∴AN+1＝3AM， ∵AN＝AM+MN＝AM+CM＝AM+AM+1＝2AM+1， ∴2AM+1+1＝3AM， ∴AM＝2， ∴BP＝3AM＝6． 4、（2025·浙江杭州）综合与实践 建立模型：如图1，等腰中，，，直线经过点C，过点A作于点D，过点B作于点E，求证：． 构造模型：如图2，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线绕点B旋转至直线，你能否利用图1所获得的模型，求出直线的函数表达式． 应用模型：如图3，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，已知直线，点B在直线l上运动，将线段绕点O顺时针旋转至线段，连接，其中点，请求出线段的最小值． 建立模型：见解析；构造模型：；应用模型： 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点． 建立模型：由，得，又，，即可得； 构造模型：作交于D，作轴交轴于E，求出，，证明，得到，根据待定系数法求解即可； 应用模型：分别作轴，轴，交轴于M、N，设，则，，同建立模型可证，则，根据两点间的距离公式得到，根据完全平方公式得到，根据得到，即，即可求出线段的最小值． 【详解】建立模型：证明：， ， ，， ， ， 在和中， ， ； 构造模型：解：如图，作交于D，作轴交轴于E， 当时，，即，则； 当时，，即，则； ∵，， ， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 即， 设， 将，代入得： ， 解得：， 即； 应用模型：解：如图，分别作轴，轴，交轴于M、N， ∵点B在直线l上运动， ∴设， 则，， ∵将线段绕点O顺时针旋转至线段， ∴，， 同建立模型可证， 则，， 即， ∵， ∴ ， ∵， ∴， 即， 则， ∴线段的最小值为． 5、（2024•中山市一模）【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明） 【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F． （1）求证：△AED∽△BFE． （2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长． 【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为 　2或2　 ． 【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论； （2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入计算即可； 【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题． 【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠ADE+∠AED＝90°， ∵DE⊥EF， ∴∠DEF＝90°， ∴∠BEF+∠AED＝90°， ∴∠ADE＝∠BEF， 又∵∠A＝∠B， ∴△AED∽△BFE； （2）解：∵E为AB的中点， ∴AE＝BE＝5， 由（1）知△AED∽△BFE， ∴， 即， ∴BF； 【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意， ②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC， ∵∠EFC为△BEF的外角， ∴∠EFC＝∠B+∠BEF， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠B＝45°， ∴∠BEF＝∠EFC﹣∠B＝67.5°﹣45°＝22.5°， ∠ACE＝90°﹣∠ECF＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∴∠ACF＝∠BEF， 又∵∠A＝∠B，CE＝EF， ∴△AEC≌△BFE（AAS）， ∴BE＝AC， ∵∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4， ∴AC， ∴BE＝2； 如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°， ∴∠CFE＝90°， 在△BEC中，∠B＝∠BCE＝45°， ∴∠BEC＝90°， ∴CE⊥AB， 又∵AC＝BC， ∴点E为AB的中点， ∴BE， 综上，BE的长为2或2， 故答案为：2或2． 1）一线三等角全等模型（直角）：条件：∠ABC=∠BCD=∠AFB=90°，AB=BC 证明：如图（1），△ABE与△BDC为直角三角形，∠ABC=90°，且满足AB=BC，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AEB=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 如图（2），△ABE与△BDC为直角三角形，∠AFB=90°，且满足AE=BD，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AFB=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 如图（3），△ABE与△BDC为直角三角形，∠AED=90°，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△BCD。 ∵∠ABC=∠AED=90° ∴∠1+∠2=90°，∠1+∠A=90° ∴∠2=∠A 在△ABE与△BCD中 ∴△ABE≌△BCD（AAS） 2）一线三等角全等模型（锐角、钝角） 条件：∠ABC=∠BCD=∠AED，AE=DE (4) (5) 证明：如图（4），已知∠ABC=∠BCD=∠AED，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC 在△ABE与△ECD中 ∴△ABE≌△ECD（AAS） 如图（5），已知∠ABC=∠BCD=∠AED，且满足AE=DE，那么可证△ABE≌△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC 在△ABE与△ECD中 ∴△ABE≌△ECD（AAS） 3）一线三等角相似模型 条件：∠B=∠C=∠AED (6) 证明：如图（6），已知∠B=∠C=∠AED，那么可证△ABE∽△ECD。 ∵∠ABC=∠AED ∴∠A+∠AEB=180°-∠ABC，∠DEC+∠AEB=180°-∠AED ∴∠A=∠DEC ∴△ABE∽△ECD 例1（25-26八年级上·浙江杭州·月考）如图，在中，，P为上一点，以点P为顶点作，交于D，交于E，若，，求的长． 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，三角形外角的性质，解题的关键是证明三角形全等．证明，根据全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵， ， ∵，， ， ∵， ∴， ． 例2（2024·河南新乡·三模）（1）【观察发现】如图（1），在，点D是边的中点，延长BA到点E，使，连接，可得与的数量关系是______，位置关系是______． （2）【探究迁移】如图（2），在中，，，点为平面内一点，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，，点为的中点，连接、，试判断和的数量关系，并说明理由． （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若，，当时，请直接写出的长． 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质和旋转相似模型；解题关键是构造旋转相似模型转换线段关系． （1）根据三角形中位线可直接得出结论； （2）延长至点，使，连接、，根据旋转相似模型证明，即可得出结论； （3）根据当时，可得点在直线，点在直线，再由不同位置分两种情况讨论，结合（2）的结论即可解答． 【详解】（1）解：∵，， ∴，； （2）结论：， 理由∶如图2-1，延长至点，使，连接、， ∵点为的中点， ∴ 由题意∶， ∴， 由旋转知 ∴ ， ∴， ∴ ∵，， ∴ ，即：， ∴， ∴， ∴ ∴ （3）当时， ∵，即：， ∴， 又∵， ∴点在直线， 当点在线段上时，如图2-2， ∵， ∴点在直线， ∵，，， ∴，， ∴， ∴； 当点在线段延长线上时，如图2-2， 同理可证：点在直线，点在直线， ，， ∴， ∴； 综上所述：的长为或． 例3（2024秋•肃州区校级期末）在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证： ①△ADC≌△CEB； ②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝AD﹣BE； （3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明． 【分析】（1）由∠ACB＝90°，得∠ACD+∠BCE＝90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC＝∠CEB＝90°，根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得Rt△ADC≌Rt△CEB，所以AD＝CE，DC＝BE，即可得到DE＝DC+CE＝BE+AD． （2）根据等角的余角相等得到∠ACD＝∠CBE，易得△ADC≌△CEB，得到AD＝CE，DC＝BE，所以DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE． （3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE＝BE﹣AD．证明的方法与（2）相同． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD+∠BCE＝90°， 而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E， ∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°， ∴∠ACD＝∠CBE． 在△ADC和△CEB中，， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE，DC＝BE， ∴DE＝DC+CE＝BE+AD； （2）证明：在△ADC和△CEB中，， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴AD＝CE，DC＝BE， ∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE； （3）DE＝BE﹣AD． 易证得△ADC≌△CEB， ∴AD＝CE，DC＝BE， ∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD． 例4（浙江宁波·模拟预测）【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解； （2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证； （3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可． 【详解】解：（1）在中，， ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）， 理由：如图2，连接， ∵在和中，，，， ， ， ∵，， ， ， ， ∴； （3）如图3，过A作AF⊥EC， 由题意可知，， ∴，即， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ，， ，2×， ． 例5（2025秋•镇原县期末）在直线m上依次取互不重合的三个点D，A，E，在直线m上方有AB＝AC，且满足∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α． （1）如图1，当α＝90°时，猜想线段DE，BD，CE之间的数量关系是 DE＝BD+CE ； （2）如图2，当0＜α＜180时，问题（1）中结论是否仍然成立？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，当α＝120°时，点F为∠BAC平分线上的一点，且AB＝AF，分别连接FB，FD，FE，FC，试判断△DEF的形状，并说明理由． 【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE； （3）先由α＝120°和AF平分∠BAC得到∠BAF＝∠CAF＝60°，然后结合AB＝AF＝AC得到△ABF和△ACF是等边三角形，然后得到FA＝FC、∠FCA＝∠FAB＝60°，然后结合△BDA≌△EAC得到∠BAD＝∠ACE、AD＝CE，从而得到∠FAD＝∠FCE，故可证△FAD≌△FCE，从而得到DF＝EF、∠DFA＝∠EFC，最后得到∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝60°，即可得证△DEF是等边三角形． 【解答】解：（1）DE＝BD+CE，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE， 故答案为：DE＝BD+CE． （2）DE＝BD+CE仍然成立，理由如下， ∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α， ∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α， ∴∠DBA＝∠EAC， ∵AB＝AC， ∴△DBA≌△EAC（AAS）， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AD+AE＝BD+CE； （3）△DEF是等边三角形，理由如下， ∵α＝120°，AF平分∠BAC， ∴∠BAF＝∠CAF＝60°， ∵AB＝AF＝AC， ∴△ABF和△ACF是等边三角形， ∴FA＝FC，∠FCA＝∠FAB＝∠AFC＝60°， 同（2）可得，△BDA≌△AEC， ∴∠BAD＝∠ACE，AD＝CE， ∴∠FAD＝∠FCE， ∴△FAD≌△FCE（SAS）， ∴DF＝EF，∠DFA＝∠EFC， ∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠EFC+∠AFE＝∠AFC＝60°， ∴△DEF是等边三角形． 1．（2025秋•安徽期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（　　） A．12 B．10 C．8 D．6 【分析】根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答． 【解答】解：∵∠ABE＝∠AED＝90°， ∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°， ∴∠A＝∠DEC， ∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED， ∴△ABE≌△ECD（AAS）， ∴AB＝CE＝8 ∵BC＝20， ∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12， 故选：A． 2．（2025•盱眙县一模）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG＝2S△BCE，GH＝1，则DK的长为（　　） A．6 B． C．7 D． 【分析】作AM⊥BI于点M，先证△AMB≌△CEB≌AFD，推出△ABM 的面积是矩形AMIG面积的两倍，从而得出IMBM．因此设IM＝x，可得BM＝2x，CE＝∠K＝3x，从而得出FD＝3，从而得到2x＝3，求出x，即可求出DK． 【解答】解：过A作AM⊥BI于点M，交LK于点N， ∵AB＝BC．∠ABC＝90°， ∴∠ABM+∠MBC＝90°， ∵∠CBE+∠BCE＝90°，∠MBC＝∠BCE， ∴∠ABM＝∠CBE， 又∵∠AMB＝∠E＝90°， ∴△AMB≌△CEB≌△AFD（AAS）， ∵S四边形ABIG＝2S△BCE， ∴S四边形ABIG＝2S△AMB， ∴S矩形AMIG＝S△ABM， ∴AM•IM＝2AM•BM， ∴IMBM， 设IM＝x，则BM＝2x， ∴CE＝LK＝3x， ∴AF＝3x， ∵， ∴， ∴FD＝3， ∴BM＝FD＝3， ∴2x＝3， ∴， ∴， 故选：D． 3．（2024秋•原平市期末）如图，等边△ABC中，CH⊥AB于点H，点D、E分别在边AB、BC上，连接DE，点F在CH上，连接EF，若DE＝EF，∠DEF＝60°，BE＝2，CE＝8，则DH＝　1　 ． 【分析】在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF，证明△BDE≌△GEF，得到BE＝CG，BD＝EG，求出BD，则DH＝BD﹣BH即可求出结果． 【解答】解：在BC上取点G，连接GF，使GC＝GF， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°， ∵CH⊥AB， ∴AH＝BHAB10＝5， ∠BCH∠ABC＝30°， ∵GF＝GC， ∴∠GFC＝∠BCH＝30°， ∴∠EGF＝∠GFC+∠BCH＝60°， ∴∠B＝∠EGF， ∵∠DEF＝60°， ∴∠BED+∠GEF＝120°， ∵∠BED+∠BDE＝120°， ∴∠BDE＝∠GEF， 又∵DE＝EF， ∴△BDE≌△GEF（AAS）， ∴BE＝CG＝2， BD＝EG＝10﹣2﹣2＝6， ∴DH＝BD﹣BH＝6﹣5＝1． 故答案为：1． 4．（2024秋•鲤城区校级期中）如图，△ABC是等边三角形，D，E分别是CB的延长线和BA的延长线上的点，AE＝BD，延长DA交CE于点F，G是AD上一点，且CG＝CA，CG交AB于点H．下列结论：①∠DFC＝60°；②∠DCG＝2∠ACE；③CF﹣AF＝GF；④GH+BD＝GD．其中正确的是　①②③　 ．（填序号）． 【分析】设∠ACE＝x，证明△CAE≌△ABD（SAS），可得①符合题意； 连接GB，求解∠DGB＝30°，证明∠DCG＝2x＝2∠ACE，可得②符合题意； 过G作GI∥AE交CE于I，截取FK＝FA，而∠DFC＝60°，证明△CAK≌△GIF，可得③符合题意； 作BJ＝GH，连接GJ，证明△BHG≌△GJB，可得BH＝GJ，∠GHB＝∠BJG，再证明∠DGJ＝120°﹣2x﹣∠D＝60°﹣x＝∠D，可得④不符合题意； 从而可得答案． 【解答】解：如图，设∠ACE＝x， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°， ∴∠CAE＝∠ABD＝120°， ∵AE＝BD， ∠CAE＝∠ABD， AB＝AC， ∴△CAE≌△ABD（SAS）， ∴∠AEF＝∠D，∠ACE＝∠BAD， 又∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠EAF＝∠BAD＝∠ACE＝x， ∴∠DFC＝∠AEF+∠EAF＝∠D+∠BAD＝∠ABC＝60°，故①符合题意； 连接GB， ∵CA＝CG＝CB， ∴∠CAG＝∠CGA，∠CGB＝∠CBG， ∴， ∴∠DGB＝30°， 又∵∠AEC＝∠D＝∠BAC﹣∠ACE＝60°﹣x， ∴∠CBG＝∠D+∠DGB＝90°﹣x＝∠CGB， ∴∠DCG＝180°﹣∠CBG﹣∠CGB＝180°﹣2∠CBG＝180°﹣2（90°﹣x）＝2x＝2∠ACE，故②符合题意； 过G作GI∥AE交CE于I，截取FK＝FA，而∠DFC＝60°， ∴∠I＝∠AEC＝60°﹣x，△AFK为等边三角形， ∴AK＝FK＝FA，∠AKF＝60°， ∴∠AKC＝∠GFI＝120°，∠CAK＝180°﹣120°﹣x＝60°﹣x＝∠I， 又∵∠GCI＝∠DCF﹣∠DCG＝60°+x﹣2x＝60°﹣x＝∠I，（两角相等，两边相等．） ∴CG＝GI＝CA， ∵∠CAK＝∠I， ∠AKC＝∠GFI， GI＝CA， ∴△CAK≌△GIF（AAS）， ∴CK＝GF，IF＝AK＝AF＝FK， ∴CF＝CK+FK＝GF+AF， ∴CF﹣AF＝GF，故③符合题意； 作BJ＝GH，连接GJ， ∵BJ＝GH， ∠CBG＝∠CGB， BG＝GB， ∴△BHG≌△GJB（SAS）， ∴BH＝GJ，∠GHB＝∠BJG， ∴∠CHB＝∠CJG， ∵CG＝CA， ∴∠CAG＝∠CGA＝∠AFC+∠ACE＝60°+x， ∴∠AHC＝∠AGC+∠GAH＝60°+2x， ∴∠CHB＝∠CJG＝180°﹣∠AHC＝120°﹣2x， ∴∠DGJ＝∠CJG﹣∠D＝120°﹣2x﹣（60°﹣x）＝60°﹣x， 又∵∠D＝60°﹣x， ∴∠DGJ＝∠D， ∴DJ＝GJ＝BH， ∴BH＝BD+GH， ∵GD≠BH， ∴GD≠BD+GH， 故④不符合题意； 故答案为：①②③． 5．如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，AD⊥BD于点D，CE⊥BD于点E，若CE＝5，AD＝3，则DE的长是 　2　 ． 【分析】先判断出证明△ABD≌△BCE（AAS），可得BD＝CE＝5，AD＝BE＝3解决问题； 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AD⊥BD于点D，CE⊥BD于点E， ∴∠D＝∠CEB＝∠ABC＝90°， ∴∠ABD+∠CBF＝90°，∠ABD+∠BAD＝90°， ∴∠CBF＝∠BAD， ∵AB＝BC， ∴△ABD≌△BCE（AAS）， ∴BD＝CE＝5，AD＝BE＝3， ∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2， 故答案为2 6．如图，△ABC中，∠C＝90°，D为AC上一点，E是AB上一点，且∠BDE＝90°，DB＝DE＝AE，若BC＝5，则AD的长是 　10　 ． 【分析】过点E作EF⊥AD，垂足为F，根据垂直定义可得∠EFD＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠FED+∠EDF＝90°，再利用平角定义可得∠BDC+∠EDF＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠BDC＝∠FED，从而利用AAS证明△BDC≌△DEF，进而可得BC＝DF＝5，最后利用等腰三角形的三线合一性质进行计算即可解答． 【解答】解：过点E作EF⊥AD，垂足为F， ∴∠EFD＝90°， ∴∠FED+∠EDF＝90°， ∵∠BDE＝90°， ∴∠BDC+∠EDF＝180°﹣∠BDE＝90°， ∴∠BDC＝∠FED， ∵∠C＝∠EFD＝90°，BD＝ED， ∴△BDC≌△DEF（AAS）， ∴BC＝DF＝5， ∵EA＝ED，EF⊥AD， ∴AD＝2DF＝10， 故答案为：10． 7．如图，平面直角坐标系中，点B、点C分别为x轴正半轴、y轴正半轴上的动点，且在第二象限内存在点A，使得△ABC为等腰直角三角形，∠CAB＝90°，AB＝AC，若C（0，c），B（b，0）（其中，c＞b），则A点坐标为（ 　　 ，　　 ）（用含b，c的代数式表示）． 【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CD⊥AE于点D，构造一线三垂直模型，证明△DCA≌△EAB（AAS），设CD＝AE＝x＝EO，AD＝BE＝y，根据图形列出方程组求解x，y，最后根据A点在第二象限把线段长转换为坐标值即可． 【解答】解：如图所示，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CD⊥AE于点D， ∵∠CAB＝90°， ∴∠DAC+∠BAE＝90°， 又∵∠DAC+∠DCA＝90°， ∴∠BAE＝∠DCA 在△DCA和△EAB中， ， ∴△DCA≌△EAB（AAS） ∴CD＝AE，AD＝BE． 设CD＝AE＝x＝EO，AD＝BE＝y． ∴AD+AE＝OC＝c，EB﹣OE＝OB＝b， 即，解得：， 又点A在第二象限， 故点A的坐标为：（，）． 故答案为：，． 8．如图，在平面直角坐标系中，以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B．已知点C（4，0），点D为⊙A上的一动点，以D为直角顶点，在CD左侧作等腰直角三角形CDE，连接BC，则△BCE面积的最小值为 　32﹣8　 ． 【分析】设出点E（m，n），先构造出△CDG≌△DEF（AAS），进而确定出点D（，），再利用AD＝4，建立方程，利用两点间的距离得出点E在以点H（﹣4，0）为圆心，4为半径的圆上，即可得出结论． 【解答】解：如图，设E（m，n）， 过点D作FG∥x轴，过点E作EF⊥FG，过点C作CG⊥FG， ∴∠CGD＝∠DFE＝90°， ∴∠CDG+∠DCG＝90°， ∵△CDE是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝90°，CD＝DE， ∴∠CDG+∠EDF＝90°， ∴∠DCG＝∠EDF， ∴△CDG≌△DEF（AAS）， ∴DG＝EF＝4﹣xD，CG＝DF＝xD﹣m， ∵n+4﹣xD＝xD﹣m， ∴xD，yD＝xD﹣m， ∴D（，）， ∵点D在以A（0，4）为圆心半径为4的圆上， 连接AD，则AD＝4， ∴（）2+（4）2＝42， 即（m+4）2+n2＝（4）2， ∴点E在以点H（﹣4，0）为圆心，4为半径的圆上，（到定点（﹣4，0）的距离是4的点的轨迹）， ∵以点A（0，4）为圆心，4为半径的圆交y轴于点B， ∴B（0，8）， ∴OB＝8， ∵C（4，0）， ∴OC＝4， ∴BC4， 过点H作HK⊥BC于K， 则∠HKC＝∠BOC＝90°， ∵∠HCK＝∠BCO， ∴△HCK∽△BCO， ∴，即， ∴HK， 设点E到BC的距离为h， ∴S△BCEBC•h4h＝2h， ∴h最小时，S△BCE最小，而h最小＝HK﹣44， ∴S△BCE最小＝2（4）＝32﹣8， 故答案为：32﹣8． 9．直角三角形板中，有一个内角为45°的直角三角形是等腰直角三角形，它的两条直角边长相等．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，∠ACB为钝角，以AC为边在右侧作等腰直角三角形ACD，∠ADC＝90°，过点D作DE⊥BC，垂足为E，连接BD，若△BCD的面积为9，则BC长为 　6　 ． 【分析】过点A作AF⊥ED交ED延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，证明△CDE≌△DAF，得到相等的线段，再根据△BCD的面积，列出等式，求出BC的长． 【解答】解：过点A作AF⊥ED交ED延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G， ∵∠E＝∠F＝∠ADC＝90°， ∴∠ADF+∠DAF＝90°，∠ADF+∠CDE＝90°， ∴∠DAF＝∠CDE， ∵AD＝CD， ∴△CDE≌△DAF（AAS）， ∴CE＝DF＝a，AF＝DE＝b， ∵△BCD的面积为9， ∴BC×DE＝9， ∴BC， ∵四边形AFEG是矩形， ∴AG＝EF＝DF+DE＝a+b，EG＝AF＝b， ∴CG＝CE﹣GE＝a﹣b， ∴BG＝BC+CG， ∵∠ABC＝45°， ∴AG＝BG， ∴a+b， ∴b＝3， ∴BC， 故答案为：6． 10．（2024春•沈阳校级期中）如图，平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B，∠BAO＝60°，点C（﹣4，0），点D（﹣5，3）在线段AB上，将线段CD沿射线AB方向平移，平移过程中的线段记为C1D1，点G是y轴上一个动点，当△C1D1G为等腰直角三角形（G点在C1D1右侧）时，平移的距离为 　2或4或6　 ． 【分析】分三种情况进行讨论． 【解答】解：当∠C1D1G＝90°时，过点D1作x轴的垂线，过点C1作C1N⊥MN于点N，过点G作GM⊥MN于点M，过点D作DP⊥MN于点P， 由题意得：C1N＝1，D1N＝3， ∵△C1D1G为等腰直角三角形， ∴∠C1D1G＝90°，C1D1＝GD1， ∵∠MGD1+∠MD1G＝90°，∠MD1G+∠ND1C1＝90°， ∴∠MGD1＝∠ND1C1， ∴△MGD1≌△ND1C1（AAS）， ∴MG＝D1N＝3， ∴D1的横坐标为﹣3， ∴DP＝2， ∴DD1＝4， ∴平移的距离为4； 当∠D1C1G＝90°时，同理可得：D1的横坐标为﹣4， ∴DD1＝2， ∴平移的距离为2； 当∠D1GC1＝90°时，同理可得：△MGD1≌△NC1G（AAS）， ∴MG＝NC1＝a，MD1＝GN＝3﹣a＝a+1， ∴a＝1， ∴D1的横坐标为﹣2， ∴DD1＝6， ∴平移的距离为6； 综上所述，平移的距离为2或4或6． 11．（2025秋•海曙区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若BE＝1，∠EAF＝45°，则AG的长为 　　 ． 【分析】过点E作EH⊥AE，交AG于点H，过点H作HM⊥BC，垂足为M，可得∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°，从而可得AE＝EH，再利用矩形的性质可得BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，从而证明△ABE≌△EMH，进而可得AB＝EM＝2，BE＝HM＝1，然后再证明A字模型相似△ABF∽△HMF，利用相似三角形的性质可求出MF的长，从而求出BF的长，进而利用勾股定理求出AF的长，最后证明8字模型相似△ABF∽△GCF，利用相似三角形的性质可求出FG的长，进行计算即可解答． 【解答】解：过点E作EH⊥AE，交AG于点H，过点H作HM⊥BC，垂足为M， ∴∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°， ∴∠AEB+∠HEM＝90°，∠FCG＝180°﹣∠BCD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AHE＝90°﹣∠EAH＝45°， ∴AE＝EH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠HEM， ∵∠B＝∠HME＝90°， ∴△ABE≌△EMH（AAS）， ∴AB＝EM＝2，BE＝HM＝1， ∵∠B＝∠HMF＝90°，∠AFB＝∠HFM， ∴△ABF∽△HMF， ∴， ∴， ∴FM＝3， ∴BF＝BE+EM+FM＝6， ∴CF＝BC﹣BF＝8﹣6＝2， ∴AF2， ∵∠B＝∠FCG＝90°，∠AFB＝∠CFG， ∴△ABF∽△GCF， ∴， ∴， ∴FG， ∴AG＝AF+FG， 故答案为：． 12．（2025秋•徐汇区校级月考）【模型构建】如图1，已知∠B＝∠C，如果∠AED＝∠B，那么△ABE∽△ECD．我们把这种图形叫做“一线三等角”． 【探究应用】如图2，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，BC＝6，点E在边BC上，BE＝4，P、Q分别是边AD、BE的中点．如果∠AED＝60°，且，那么PQ的长为 　7　 ． 【分析】通过辅助线构造△ADF∽△EBA，结合tan∠AED得到相似比，进而求出AB和CD的长度，然后根据梯形中位线的性质求出PG的长度，即可在Rt△PQG中求出PQ的长度． 【解答】解：如图，延长BA，过点D作DF⊥AB，垂足为F，根据题意四边形BCDF为矩形． ∵cos∠AED＝cos60°， ∴∠DAE＝90°． 又∵∠DFA＝∠ABE＝90°， 根据“一线三等角”模型，△ADF∽△EBA， ∴， 在Rt△ADE中，tan∠AED． ∴AB2，AFBE＝4，CD＝BF＝6． 过点P作BC的垂线，G为垂足，则PG∥AB∥CD． ∵P是AD的中点， ∴PG是梯形ABCD的中位线，BG＝CG3，QG＝BG﹣BQ＝1，PG4． ∴PQ7． 故答案为：7． 13．（2024•洛阳三模）如图，等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别在边AB和AC上．将∠A沿着DE折叠，若点A恰好落在边BC的三等分点处，此时BD的长为 　或　 . 【分析】依据折叠可得∠DAE＝∠B＝∠C＝60°，判定△DBA∽△ACE，利用相似三角形的周长之比等于相似比，即可得到BD的长． 【解答】解：分两种情况： ①当BA：AC＝1：2时，BA＝1，AC＝2， 由题可得，∠B＝∠C＝∠DAE＝60°，BD+AD＝AE+CE＝3， ∴∠D+∠BAD＝120°＝∠CAE+∠BAD， ∴∠D＝∠CAE， 又∵∠B＝∠C， ∴△DBA∽△ACE， ∴，即， ∴BD； ②当BA：AC＝2：1时，BA＝2，AC＝1， 同理可得△DBA∽△ACE， ∴，即， ∴BD； 综上所述，BD的长为或． 14．（2025秋•江北区校级期末）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣3，0），点B的坐标为（0，5），点C（m，n）的横、纵坐标满足． （1）求点C的坐标； （2）如图2，过点C作直线l∥y轴，在直线l上且位于点C的上方有一点D，使得△COD的面积是△BOC的面积的，点M，N为y轴上的动点（点M在点N的下方），且MN＝1，连接CM和DN，求CM+MN+ND的最小值； （3）如图3，若点A关于y轴的对称点为点E，作直线CE，点F的坐标为（0，﹣2），点P在x轴上，点Q在直线CE上，当△FPQ为等腰直角三角形时，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）根据二次根式的定义先求出m的值，进而得到n，从而求出点C坐标． （2）先通过S△CODS△BOC求出CD的长度并得到点D的坐标，然后根据将军饮马模型求出答案． （3）当△FPQ为等腰直角三角形时根据哪个角为直角分为三种情况进行分类讨论，通过构造全等三角形求出点P的坐标． 【解答】解：（1）∵对于，m﹣4≥0；而由可得4﹣m≥0， ∴m﹣4＝4﹣m＝0，即m＝4． ∴n＝1． ∴点C坐标为（4，1）． （2）∵BO＝5，xC＝4， ∴S△CODS△BOCBO•（xC）CD•（xC）． ∴CDBD＝3． ∴点D坐标为（4，4）． 如图，在CD之间取DF＝MN＝1，点C关于y轴的对称点为点E，连接EM，MF，EF，CE． 根据轴对称的性质，点E坐标为（﹣4，1）． ∵NM∥DF，NM＝DF， ∴四边形DFMN为平行四边形，MF＝ND． ∴CM+MN+ND＝CM+MN+MF＝EM+MF+1≥EF+1． 在Rt△CEF中，CE＝2xC＝8，CF＝CD﹣DF＝3﹣1＝2． ∴EF2． ∴CM+MN+ND≥21． 故CM+MN+ND的最小值为21． （3）根据题意点C坐标为（4，1），点E坐标为（3，0）． 设直线CE的解析式为：y＝kx+b． 代入C、E两点坐标可得：， 解得，． ∴直线CE的解析式为：y＝x﹣3． ∵△PFQ为等腰直角三角形， ①当∠PFQ＝90°时， Ⅰ当点Q在第四象限时，如图，GQ⊥y轴，垂足为G． ∴PF＝FQ，∠PFO+∠GFQ＝90°． ∵∠FQG+∠GFQ＝90°． ∴∠PFO＝∠FQG． 在△PFO和△FQG中， ， ∴△PFO≌△FQG（AAS）， ∴PO＝FG，OF＝GQ． 设点P的坐标为（m，0）． ∵PO＝0﹣m＝﹣m，GF＝yQ﹣（﹣2）＝yG+2，OF＝0﹣（﹣2）＝2，GQ＝xQ﹣0＝xQ． ∴yQ＝﹣m﹣2，xQ＝2． ∵yQ＝xQ﹣3． ∴m＝﹣1． Ⅱ当点Q在第三象限时，如图： 同理可得：△PFO≌△FQG，PO＝FG，OF＝GQ． ∵PO＝﹣m，GF＝﹣2﹣yQ，OF＝2，GQ＝﹣xQ． ∴yQ＝m﹣2，xQ＝﹣2． ∵yQ＝xQ﹣3． ∴m＝﹣3． ②当∠FPQ＝90°时，如图： 同理可得：△PFO≌△QPG，PO＝GQ，OF＝GP， .∵PO＝m，GQ＝﹣yQ，OF＝GP＝2＝GO﹣PO＝xQ﹣m． ∴yQ＝﹣m，xQ＝2+m． ∵yQ＝xQ﹣3． ∴m． ③当∠FQP＝90°时，过点Q分别向x、y轴作垂线，垂足为H、G． 同理可证得△PGQ≌△FHQ，HO＝GQ， ∴点Q在∠GOH的角平分线上，即在直线y＝﹣x上． ∵点Q又在y＝x﹣3上， ∴x﹣3＝﹣x， ∴xQ，yQ，FH＝yQ﹣yF，HQ＝xQ， ∴FQ． ∴FPFQ． 在Rt△FOP中，OP1， ∴m＝1． 综上，点P的坐标为（﹣3，0）或（﹣1，0）或（，0）或（1，0）． 15．（2025秋•龙亭区校级期末）【问题背景】 （1）如图1，直线l经过点A，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点B，C分别向直线l作垂线，垂足分别为D，E，求证：△ABD≌△CAE； 【变式探究】 （2）如图2，点A，D，E在直线上，若∠CEA＝∠BAC＝∠ADB，AB＝AC，求证：DE＝BD+CE； 【拓展应用】 （3）如图3所示，在Rt△BAD和Rt△CAE中，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，作BC边上的高AG，延长GA交DE于点H．若AH＝5，AG＝12，求△DAE的面积． 【分析】（1）根据垂直定义得∠BDA＝∠AEC＝90°，则∠DAB+∠DBA＝90°，再根据∠BAC＝90°得∠DAB+∠EAC＝90°，由此得∠DBA＝∠EAC，进而可依据“AAS”判定△ABD和△CAE全等； （2）根据三角形外角性质得∠EAC+∠BAC＝∠ADB+∠DBA，再根据∠ADB＝∠BAC得∠EAC＝ ∠DBA，进而可依据“AAS”判定△EAC和△DBA全等得CE＝AD，AE＝BD，由此可证明DE＝BD+CE的结论； （3）过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，则∠AGB＝∠M＝90°，进而得∠ABG+∠BAG＝90°，再根据∠BAD＝90°得∠BAG+∠DAM＝90°，由此得∠ABG＝∠DAM，进而可依据“AAS”判定△ABG和△DAM全等，则DM＝AG，同理可证明△ADC和△ENA全等得EN＝AG，则DM＝EN＝AG，然后再根据三角形的面积公式即可得S△DAE． 【解答】（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l， ∴∠BDA＝∠AEC＝90°， ∴∠DAB+∠DBA＝90°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠DAB+∠EAC＝90°， ∴∠DBA＝∠EAC， 在△ABD和△CAE中， ∴△ABD≌△CAE（AAS）； （2）证明：∵∠EAB是△ABD的外角， ∴∠EAB＝∠ADB+∠DBA， ∴∠EAC+∠BAC＝∠ADB+∠DBA， ∵∠ADB＝∠BAC，∴∠EAC＝∠DBA， 在△EAC和△DBA中， ∴△EAC≌△DBA（AAS）， ∴CE＝AD，AE＝BD， ∴DE＝AE+AD＝BD+CE； （3）过点D作DM⊥AH交AH的延长线于点M，过点E作EN⊥AH于点N，如图所示：∵AG⊥BC，∴∠AGB＝∠M＝90°，∴∠ABG+∠BAG＝90°， ∵∠BAD＝90°，∴∠BAG+∠DAM＝90°， ∴∠ABG＝∠DAM， 在△ABG和△DAM中， ，∴△ABG≌△DAM（AAS）， ∴DM＝AG，同理可证明：△AGC≌△ENA， ∴EN＝AG， ∴DM＝EN＝AG， ∵S△DAE＝S△AHD+S△AHE AH•DMAH•EN， ＝AH×2DM ＝AH×AG ＝5×12 ＝60 ∴△ADE的面积等于60． 16．（2025秋•临淄区期中）在平面内，线段AB的一个端点A在直线l上，另一个端点B在直线l的上方，线段AB绕点A按顺时针方向旋转90°至线段AC，分别过点B，C作直线l的垂线，垂足分别为点D，E． （1）如图1，当B，C两点在直线l的同侧时，求证△ABD≌△CAE； （2）如图2，当B，C两点在直线l的异侧时（点D在A，E两点之间），猜想BD，CE，DE三条线段之间的数量关系，并证明你的结论； （3）如图3，以l所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，BD＝2，点A是x轴上的动点，连接BC，CD． ①设C点坐标为（x，y），点A在x轴上运动时，求x与y的关系式； ②当BC与CD的和最小时，求点C的坐标． 【分析】（1）通过一线三等角模型即可证明△ABD≌△CAE． （2）根据△ABD≌△CAE得出AD＝CE和BD＝AE，故由BD＝AD+DE便可得出BD，CE，DE三条线段之间的数量关系． （3）①根据（2）中的结论可得x＝DE＝xE﹣xD＝BD+y，代入BD的长度求解即可；②先确定点C的运动轨迹，然后应用将军饮马模型，联立直线B′D和CG的解析式求解点C的坐标． 【解答】（1）证明：∵BD⊥l，AB⊥AC，CE⊥l， ∴∠ADB＝∠CEA＝∠BAC＝90°，∠BAD＝90°﹣∠CAE＝∠ACE， 根据旋转的性质，AB＝AC， 在△ABD和△CAE中， ， ∴△ABD≌△CAE（AAS）． （2）解：猜想：BD＝CE+DE． 从图中可以看出∠BAD＝90°﹣∠CAE＝∠ACE， 同理（1）可得△ABD≌△CAE（AAS）． ∴AD＝CE，BD＝AE， ∴BD＝AD+DE＝CE+DE． （3）①由（2）可知AD＝CE，BD＝AE＝2， ∴x＝DE＝xE﹣xD＝BD+y＝2+y． ∴y＝x﹣2． ②如图，BD＝DG，延长BG使B′G＝BG，连接B′D交直线CG于点P． 当点A运动到点D时，则点C与点G重合． ∵△ABC和△BDG都是等腰直角三角形， ∴∠AGB＝∠ACB＝45°， ∴A、B、G、C四点圆， ∴∠AGC＝∠ABC＝45°，∠BGC＝90°． ∴CG是线段BB′的垂直平分线， ∴BP＝B′P． ∵DC+BC＝DC+B′C≥B′D， ∴点P就是DC和BC之和最小时点C所在位置． ∵xG，，点B（0，2），点G（2，0）， ∴点B′坐标为（4，﹣2）． 设直线B′D解析式为y＝kx，则k，所以yx． 由①可知点C在直线y＝x﹣2上，联立两直线解析式求解可得点P的坐标为（，）． 17．（2024秋•北票市期末）【概念建构】 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线MN经过点A，BD⊥MN于点D，CE⊥MN于点E．如图1，当直线MN在△ABC外部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双外弦三角形”，如图2，当直线MN在△ABC内部时，称Rt△ABD和Rt△CAE是Rt△ABC的“双内弦三角形”．依据“两角及其夹边分别相等的两个三角形全等”的基本事实，我们得到“双外弦三角形”和“双内弦三角形”都是全等三角形，即Rt△ABD≌Rt△CAE． 【概念应用】 （1）如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AM⊥BC于点M，AM＝BM＝CM，E是BC边上的点，AE＝DE，AE⊥DE，连接AD，BD，若，AM＝4，求BD的长． 小亮同学在阅读与理解【概念建构】的基础上，作DN⊥BC于点N．构造出如图4所示的“双内弦三角形”，并应用“双内弦三角形”是全等三角形的结论求出了BD．请你依照小亮的解题思路，写出解答过程． （2）请你应用“双内弦三角形”和“双外弦三角形”都是全等三角形的结论或者按照自己的解题思路解答下列问题． 如图5，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是AB边上一点，DE＝DC，DE⊥DC，DE交BC于点N，延长EB，CD交于点F，猜想DE，DF，CN之间的数量关系，并说明理由． 【学以数用】 （3）如图6，AD∥BC，△ABE和△CDF是等腰直角三角形，∠EAB＝∠FDC＝90°，AD＝2，BC＝5，求△ADE和△ADF的面积和． 【分析】（1）证出∠BND＝90°，由勾股定理可得出答案； （2）过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G，证明△ACD≌△GDE（SAS），由全等三角形的性质得出AD＝GE，AC＝GD，证明△CND≌△EFD（AAS），得出CN＝EF，由勾股定理可得出结论； （3）分别过点B，E，F，C作AD的垂线，垂足分别为M，N，P，Q，同（2）得△ABM≌△EAN， △DPF≌△CQD．得出EN＝AM，PF＝DQ．根据三角形面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）由题意，∠DEN+∠AME＝90°，∠AME+∠MAE＝90°， ∴∠DEN＝∠EAM，∴△EDN≌△AEM（SAS）， ∴AM＝EN，EM＝DN， ∵AM＝BM，∴BM＝EN，BN+MN＝EM+MN， ∴EM＝BN＝DN， 又∵DN⊥BC，∴∠BND＝90°， 在Rt△AME中，，AM＝4，由勾股定理，得， ∴DN＝BN＝EM＝2， 在Rt△BDN中，∠BND＝90°，由勾股定理，得BD2； （2）DF2+DE2＝CN2． 理由：如图2，过点E作EG⊥AB交AB延长线于点G， ∵∠ADC+∠ACD＝90°，∠GDE+∠ADC＝90°， ∴∠ACD＝∠GDE， ∵∠A＝∠G＝90°，CD＝DE， ∴△ACD≌△GDE（SAS）， ∴AD＝GE，AC＝GD， ∵AB＝AC， ∴AB＝GD，AD+BD＝BD+BG， ∴AD＝BG， ∴GE＝BG， ∵∠G＝90°， ∴∠GBE＝∠GEB＝∠FBD＝45°， ∴∠FBC＝90°， ∴∠F+∠FCB＝90°， ∵DE⊥DC， ∴∠FDE＝∠NDC＝90°， ∴∠F+∠FED＝90°， ∴∠FED＝∠FCB． 又∵DE＝DC， ∴△CND≌△EFD（AAS）， ∴CN＝EF， 在Rt△EDF中，有DF2+DE2＝EF2＝CN2． （3）分别过点B，E，F，C作AD的垂线，垂足分别为M，N，P，Q， 同（2）得△ABM≌△EAN，△DPF≌△CQD． ∴EN＝AM，PF＝DQ． ∴ ） AD×（BC﹣AD） ＝3． 18．（2024秋•安宁区校级期末）【模型建立】 （1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA； 【模型应用】 （2）如图2，已知直线l1：与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2，求直线l2的函数表达式； 对于这个问题，小明的解题思路如下：过点B直线l1的垂线，交直线l2于点C，过点C作CD⊥y轴于点D，求出点C的坐标就可得到直线l2的函数表达式．请根据小明的思路完成解答过程． （3）如图3，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．试探究△CPD能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，请直接写出点D的坐标，若不能，请说明理由． 【分析】（1）一线三垂直模型，利用同角的余角相等得到∠BCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，进而即可得证； （2）依照（1）中思路，有45°，过B作BE⊥l1交l2于点E，构造等腰直角三角形，过E作EF⊥y轴于点F，再作一线三垂直全等，即可得出点E坐标，进而待定系数法求解即可； （3）画出图形，构造一线三垂直全等，设P坐标为参数，再将坐标转化为线段长度，进而表示出点D的坐标，代入一次函数解析式求解即可． 【解答】（1）证明：∵BE⊥ED，AD⊥ED， ∴∠BEC＝∠ADC＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD， 在△BCE和△ACD中， ， ∴△BCE≌△ACD（AAS）； （2）解：∵直线l1：与x轴交于点A，与y轴交于点B， ∴令x＝0，则y＝3，即B（0，3）， 令y＝0，则x＝﹣2，即A（﹣2，0）， ∴OA＝2，OB＝3， 如图，过B作BE⊥l1交l2于点E，过E作EF⊥y轴于点F，则∠EFB＝∠AOB＝90°， ∴∠EBF＝∠BAO＝90°﹣∠ABO， ∵逆时针旋转45°，∴∠EAB＝45°， ∴BE＝BA， 在△BEF和△ABO中， ， ∴△BEF≌△ABO（AAS）， ∴EF＝OB＝3，BF＝OA＝2， ∴OF＝5， ∴E（﹣3，5）， 设直线l2表达式为y＝kx+b， 将A、E坐标代入得，解得， ∴直线l2的函数表达式为y＝﹣5x﹣10； （3）解：如图，过P作MH⊥y轴于点M，过D作DH⊥MH于点H， 设点P的坐标为（3，m），则PB的长为4+m， ∵∠CPD＝90°，CP＝PD，∠CPM+∠DPH＝∠CPM+∠PCM＝90°， ∴∠PCM＝∠DPH， 在△MCP和△HPD中， ∴△MCP≌△HPD（AAS）， ∴CM＝PH，PM＝DH， ∴点D的坐标为（7+m，﹣3+m）， 又∵点D在直线y＝﹣2x+1上， ∴﹣2（7+m）+1＝﹣3+m， 解得：， 即点D的坐标为． 19．（2025秋•锦江区校级期中）如图，已知在平面直角坐标系中，∠BAO＝30°，OB＝2，BC＝8，点P的坐标是（a，6）． （1）求△ABC三个顶点A，B，C的坐标； （2）若点P坐标为（﹣1，6），连接PA，PB，求△PAB的面积； （3）当A在y轴上运动，∠BAO≠30°，若点P的坐标是（a，6），当△PAB是等腰直角三角形，请求出点P的坐标． 【分析】（1）根据OC＝BC﹣OB求出OC，然后根据直角三角形中30°锐角的性质求出AB，进而由勾股定理求得OA，即可得到三点坐标． （2）作辅助线PE∥y轴，由中位线的性质求得DE的长度，进而得出PD的长度，最后由S△PAB＝S△PBD+S△PAD求出答案． （3）对于△PBA的任意两边是否相等进行讨论，根据“一线三等角”模型证明直角三角形全等．进而求出点P的坐标． 【解答】解：（1）∵OB＝2，BC＝8，∴OC＝6． ∵∠BAO＝30°，∴AB＝2BO＝4， ∴OA2， ∴A（0，2），B（﹣2，0），C（6，0）． （2）如图，作PE⊥x轴，E为垂足，交AB于D，则EO＝1，BE＝BO﹣EO＝1． ∵PE∥y轴， ∴DE为△ABO的中位线，DE． ∴PD＝PE﹣DE＝6． ∴S△PAB＝S△PBD+S△PADPD•BEPD•EOPD•（BE+EO）＝6． （3）如图，根据题意点P的轨迹在直线y＝6上，y轴与该直线交于点F，过点P作PE⊥x轴，E为垂足． △PAB是等腰直角三角形分为三种情况： 假设PB＝AB且∠PBA＝90°时， ∵∠PBE+∠ABO＝∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠PBE＝∠BAO， 又∵PB＝AB，∠PEB＝∠BOA， ∴△PBE≌△BAO（AAS）， ∴PE＝BO，这与PE＝6矛盾，故PB＝AB这种情况不存在； 假设PA＝AB且∠PAB＝90°时， 当点P在第二象限时，同理可证明△PAF≌△ABO（AAS）， 则AF＝BO＝2，PF＝AO＝OF﹣AF＝6﹣2＝4， 当点P在第一象限时，可证明△P′AF≌△A′BO（AAS）， 则A′F＝BO＝2，P′F＝A′O＝A′F+FO＝BO+FO＝8， ∴点P坐标为（﹣4，6）或（8，6）；假设PA＝PB且∠APB＝90°时，如图， 当点P在第二象限时， ∵∠APF+∠FPB＝∠FPB+∠BPE＝90°，∴∠APF＝∠BPE， ∴△PAF≌△PBE（AAS），∴PF＝PE＝6． ∴点P坐标为（﹣6，6）． 当点P在第一象限时， 过点B作BG⊥PF，过点C作CP′⊥PF， 同理可证△P′A′F≌△BP′G（AAS）， 则P′F＝BG＝6，点P坐标为（6，6）． 综上所述，可得点P坐标为（﹣4，6）或（8，6）或（﹣6，6）或（6，6）． 20．（2024•南海区校级模拟）综合与实践 【动手操作】如图①，四边形ABCD是一张矩形纸片，AB＝6，AD＝5．先将矩形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为MN，沿MN剪开得到两个矩形．矩形AMND保持不动，将矩形MBCN绕点M逆时针旋转，点N的对应点为N'． 【探究发现】（1）如图②，当点C与点D重合时，MN'交AD于点E，BC交MN于点F，此时两个矩形重叠部分四边形MEDF的形状是 　菱形　 ，面积是 　　 ； （2）如图③，当点N落在AD边上时，BC恰好经过点N，N'C与DN交于点G，求两个矩形重叠部分四边形MN'GN的面积； 【引申探究】（3）当点N'落在矩形AMND的对角线MD所在的直线上时，直线N'C与直线DN交于点G，请直接写出线段DG的长． 【分析】（1）证四边形MEDF是平行四边形，再证△DEN'≌△DFN（ASA），得DE＝DF，则平行四边形MEDF是菱形，因此DE＝ME，设DE＝ME＝x，则AE＝5﹣x，在Rt△AME中，由勾股定理得出方程，求出DE，即可解决问题； （2）由勾股定理得BN＝4，则CN＝1，S△BMN＝6，再证△CNG∽△BMN，得S△CNGS△BMN，即可解决问题； （3）分两种情况，①点N在线段DM上时，②点N在线段DM的延长线上时，由相似三角形的性质分别求出DG的长即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝6，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， 由折叠的性质得：四边形ADNM和四边形BMN'D是矩形， ∴AM＝BMAB＝3，AD∥MN，BD∥MN'，∠ADN＝∠N＝∠DN'M＝90°，MN＝AD＝5， ∴四边形MEDF是平行四边形， 由旋转的性质得：∠BDN'＝∠ADN＝90°，DN＝DN'， ∴∠BDN'﹣∠BDE＝∠ADN﹣∠BDE， 即∠EDN'＝∠FDN， ∴△DEN'≌△DFN（ASA）， ∴DE＝DF， ∴平行四边形MEDF是菱形， ∴DE＝ME， 设DE＝ME＝x，则AE＝5﹣x， 在Rt△AME中，由勾股定理得：32+（5﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴DE， ∴S菱形MEDF＝DE•AM3， 故答案为：菱形，； （2）在Rt△BMN中，BM＝3，MN＝5， ∴BN4， ∴CN＝BC﹣BN＝1，S△BMNBM•BN3×4＝6， ∵∠MNB+∠CNG＝180°﹣∠MND＝90°，∠MNB+∠BMN＝90°， ∴∠BMN＝∠CNG， ∵∠B＝∠C＝90°， ∴△CNG∽△BMN， ∴（）2＝（）2， ∴S△CNGS△BMN6， ∵S矩形BCN'M＝BM•BC＝3×5＝15， ∴S四边形MN'GN＝15﹣6； （3）分两种情况： ①点N在线段DM上时，如图④， ∵DM，MN'＝BC＝5， ∴DN'＝DM﹣MN'5， ∵AM∥DN， ∴∠GDN'＝∠DMA， ∵∠MN'C＝90°， ∴∠DNG＝90°＝∠A， ∴△DGN'∽△MDA， ∴， 即， 解得：DG； ②点N在线段DM的延长线上时，如图⑤， DN'＝DM+MN'5， ∵∠GDN'＝∠MDN，∠DN'G＝∠DNM＝90°， ∴△DGN'∽△DMN， ∴， 即， 解得：DG； 综上所述，线段DG的长为或． 21．（2024•龙马潭区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D． （1）求抛物线的解析式； （2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交CB的延长线于点H，求点M的坐标； （3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得，解得，即可得出结论； （2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m，即可解决问题； （3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可． 【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6； （2）由（1）得，点C（0，6）， 设直线BC的解析式为y＝kx+c， ∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6）， ∴， 解得： ∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6， 设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3）， 如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K， 则∠MNO＝∠OKH＝90°， ∵OH⊥OM， ∴∠MOH＝90°， ∵∠OMB＝45°， ∴△MOH是等腰直角三角形， ∴OM＝OH． ∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°， ∴∠MON＝∠OHK， ∴△OMN≌△HOK（AAS）， ∴MN＝OK，ON＝HK． ∴H（﹣2m+6，﹣m）， ∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上， ∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m， 解得：m， 把m代入y＝﹣2x+6得：y， ∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）； （3）存在，理由如下： ∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D， ∴点D的坐标为（1，8）， 分两种情况讨论： ①当CD为菱形的边时， 如图2，过C作CE⊥DQ于E ∵C（0，6），D（1，8）， ∴CD， ∴DQ＝CD， ∴Q点的坐标为（1，8）或（1，8）； ②当CD为菱形的对角线时， 如图3，设点Q（1，m），P（0，n）， ∵C（0，6），D（1，8）， ∴m+n＝6+8＝14， ∴n＝14﹣m， ∴P（0，14﹣m）， ∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m， ∵CQ，PC＝CQ， ∴8﹣m， 解得：m， ∴点Q的坐标为（1，）； 综上所述，点Q的坐标为（1，8）或（1，8）或（1，）． 22．在正方形ABCD中，E是BC边上一点（点E不与点B，C重合），AE⊥EF，垂足为点E，EF与正方形的外角∠DCG的平分线交于点F． （1）如图1，若点E是BC的中点，猜想AE与EF的数量关系是 AE＝EF ；证明此猜想时，可取AB的中点P，连接EP．根据此图形易证△AEP≌△EFC．则判断△AEP≌△EFC的依据是 ASA ． （2）点E在BC边上运动． ①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由． ②如图3，连接AF，DF，若正方形ABCD的边长为1，直接写出△AFD的周长c的取值范围． 【分析】（1）取AB的中点P，连接EP．先证AP＝EC，再证∠APE＝∠ECF，∠BAE＝∠CEF，然后由ASA证△AEP≌△EFC，即可得出结论； （2）①在AB上取一点P，使BP＝BE，连接PE，证△AEP≌△EFC（ASA），即可得出结论； ②过D作DH⊥CF交DG于点H，连接FH、AH，证△DCH是等腰直角三角形，则点H与D关于CF对称，得DF＝HF，AF+DF＝AF+FH，当A、F、H三点共线时，AF+FH即AF+DF最短，此时AF+DF＝AH，BH＝BC+CH＝2，再由勾股定理得AH，此时c＝AD+AF+DF＝1；当DF＝FH与CD相等时，即A、D、F三点共线，此时AD+AF+DF＝1+2+1＝4，则c＜AD+AF+DF＝4；即可得出结论． 【解答】解：（1）如图1，取AB的中点P，连接EP． 则AP＝BPAB， ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CEBC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°， ∴AP＝EC，∠BAE+∠AEB＝90°，BP＝BE，∠DCG＝90°， ∴△BPE是等腰直角三角形， ∴∠BPE＝45°， ∴∠APE＝180°﹣∠BPE＝180°﹣45°＝135°， ∵CF平分∠DCG， ∴∠DCF＝∠GCF＝45°， ∴∠ECF＝180°﹣∠GCF＝180°﹣45°＝135°， ∴∠APE＝∠ECF， ∵AE⊥EF， ∴∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠FEC＝90°， ∴∠BAE＝∠CEF， 在△AEP和△EFC中， ， ∴△AEP≌△EFC（ASA）， ∴AE＝EF， 故答案为：AE＝EF，ASA； （2）①成立，理由如下： 如图2，在AB上取一点P，使BP＝BE，连接PE， 则AP＝EC， 由（1）得：∠PAE＝∠CEF， ∵BP＝BE，∠B＝90°， ∴△BPE是等腰直角三角形， ∴∠BPE＝45°， ∴∠APE＝180°﹣∠BPE＝180°﹣45°＝135°， ∴∠APE＝∠ECF， 在△AEP和△EFC中， ， ∴△AEP≌△EFC（ASA）， ∴AE＝EF； ②如图3，过D作DH⊥CF交DG于点H，连接FH、AH， ∵∠DCF＝45°， ∴∠CDH＝45°， ∴△DCH是等腰直角三角形， ∴点H与D关于CF对称， ∴DF＝HF， ∴AF+DF＝AF+FH， 当A、F、H三点共线时，AF+FH即AF+DF最短， 此时AF+DF＝AH，BH＝BC+CH＝2， 在Rt△ABH中，由勾股定理得：AH， 此时c＝AD+AF+DF＝1； 当DF＝FH与CD相等时，即A、D、F三点共线， 此时AD+AF+DF＝1+2+1＝4， 则c＜AD+AF+DF＝4； ∴△AFD的周长c的取值范围是1c＜4． 23．在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫作线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”．平面直角坐标系xOy中有一点A（﹣2，6），把线段OA绕点O做“旋似”运动，点A的对应点是点B，若“旋似角”为90°． （1）当“旋似比”为时，直接写出点B的坐标； （2）过点B作BD⊥x轴，点D为垂足，联结AB，若△ABO与△BOD相似，求此时点B的坐标； （3）当“旋似比”为时，设线段AB与y轴交于点E，点F是y轴上一点，且满足∠BFO+∠BOE＝135°，求点F的坐标． 【分析】（1）作AD、BC分别垂直于x轴于D、C两点，由一线三垂直模型证明△ADO∽△OCB，根据比例式即可求解B点坐标； （2）由（1）可得△ACO∽△ODB，，若△ABO与△BOD相似，则有①或者②，分类讨论结合“旋似比”的定义即可求解B点的坐标； （3）当“旋似比”为时，可得点B坐标为（3，1），又A（﹣2，6），进而可得直线AB的解析式为y＝﹣x+4，∠OEF＝45°．导角得出∠OBE＝∠BFO，从而可分别在y轴负半轴和y轴正半轴构造子母型相似，列出比例式，最终求解F点的坐标． 【解答】解：（1）如图1所示，作AD、BC分别垂直于x轴于D、C两点， 由题意可得∠AOB＝90°，∠AOD+∠BOC＝90°，， AD＝6，DO＝2． 又∵∠AOD+∠OAD＝90°， ∴∠BOC＝∠OAD． 又∵∠ADO＝∠BCO＝90°， ∴△ADO∽△OCB， ∴， ∴OC＝9，BC＝3． 故点B的坐标为（9，3）． （2）由图2所示，过点B作BD⊥x轴，点D为垂足，联结AB． 由（1）可得△ACO∽△ODB， ∴， ∵∠AOB＝∠ODB＝90°，若△ABO与△BOD相似， 则有①或者②， 对于①，则说明“旋似比”为，从而根据△ACO∽△ODB有OD2，BD， ∴B的坐标为（2，）； 对于②，则说明“旋似比”为3，同理可得OD＝3AC＝18，BD＝3CO＝6， ∴B的坐标为（18，6）． 综上，B的坐标为（2，）或（18，6）． （3）当“旋似比”为时， 可得点B坐标为（3，1），又A（﹣2，6）， 如图3所示，延长AB交x轴于点G， 设直线AB的解析式为：y＝kx+b， 代入A、B两点坐标可得， 解得：． 直线AB的解析式为：y＝﹣x+4， 故点E的坐标为（0，4），点G坐标为（4，0）， ∴OG＝OE， ∴∠OEF＝45°． ∴∠OBE+∠BOE＝135°， 又∵∠BFO+∠BOE＝135°， ∴∠OBE＝∠BFO， 在y轴负半轴取点F， ∵∠OEB＝∠BEF，∠OBE＝∠BFO， ∴△EOB∽△EBF， ∴EB2＝EO×EF， 即（0﹣3）2+（1﹣4）2＝4EF，解得：EF， 则F点坐标为（0，）； 在y轴正半轴取点F'，同理可证△OBE∽△OF'B， ∴OB2＝EO×OF， 即4OF'，OF， 则F'点坐标为（0，）． 综上，F点的坐标为（0，）或（0，）． 24．探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究． 在正方形ABCD中，连接对角线AC，E是线段AC边上一点，且n（n＞1），H是线段AB边上的动点，过点E作EH的垂线交线段BC于点F． 【初步感知】 （1）如图1，当HE∥BC时，兴趣小组探究得出结论：AH+CF＝AB，请写出证明过程． 【深入探究】 （2）①如图2，当n＝2，试探究线段AH，CF，AB之间的数量关系，请直接写出结论； ②请探究线段AH，CF，AB之间数量关系的一般结论并证明． 【拓展运用】 （3）如图3，连接FH，设FH的中点为M，若AB＝4，求点H从点A运动到点B的过程中，点M运动的路径长（用含n的代数式表示）． 【分析】（1）由正方形ABCD，再结合条件可证明四边形HBFE是矩形，故EF＝FC．FC＝BH．由AB＝AH+BH，得AB＝AH+FC． （2）①由△AMH和△CNF均为等腰Rt△得AM＝MHAH，CN＝NFFC．由n＝2得AEAC，CEAC，证明△MEH∽△NFE，得．换算得AB2AB•FCAB•AH，故4AB＝6FC+3AH． ②利用①中方法可求得结论为ABFCAH． （3）当H1与A重合时，即AH1＝0，由ABFCAH得FC．当H2与B重合时，即AH2＝4，由ABFCAH得F1C．再计算即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°． ∵EH⊥EF， ∴∠HEF＝90°． ∵EH∥BC， ∴∠EFB＝90°． ∴四边形HBFE是矩形，∠EFC＝90°． ∴EF＝BH，∠FEC＝45°． ∴∠FEC＝∠ACB． ∴EF＝FC． ∴FC＝BH． ∵AB＝AH+BH， ∴AB＝AH+FC． （2）①4AB＝6FC+3AH． 理由： 过H作HM⊥AC，过F作FN⊥AC． 由△AMH和△CNF均为等腰Rt△得： AM＝MHAH，CN＝NFFC． 由n＝2得AEAC，CEAC， ∵△ABC为等腰Rt△， ∴ACAB， ∴AEACAB，CEACAB， ∵∠1+∠2＝∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， 又∠HME＝∠ENF＝90°， ∴△MEH∽△NFE， ∴． ∴， ∴， ∴AB2AB•FCAB•AH， ∴ABFCAH， ∴4AB＝6FC+3AH． ②ABFCAH． 理由： 如①中的图： ∵n， ∴AEAC•AB， ECAC•AB， 同①得∴， ∴ ∴ABFCAH． （3）当H1与A重合时，即AH1＝0， 由ABFCAH得FC． 当H2与B重合时，即AH2＝4， 由ABFCAH得F1C． 如图：过M1作M1G⊥BC． BF＝BC﹣FC＝4， ∴M1G为△ABF的中位线， ∴M1GAB＝2，BGBF， ∵BF1＝BC﹣F1C＝4， ∴BM2BF1， ∴GM2＝BM2﹣BG， ∴M1M2． 故点M运动的路径长为． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $