专题02 一线三等角模型（几何模型讲义）数学新教材华东师大版九年级上册

该初中数学几何模型讲义通过知识框架图系统梳理了一线三等角模型的完整体系，涵盖锐角、直角、钝角三种形态及同侧、异侧两大类型，以“模型来源-推导逻辑-应用场景”为主线呈现知识脉络，突出相似三角形证明的核心推导过程。 讲义亮点在于“历史溯源+分层典例”设计，从赵爽弦图引入模型雏形，典例从基础证明（如三垂直模型相似证明）到动点压轴题（如典例1求CD最小值），培养推理意识与几何直观。练习题覆盖填空、解答及综合题，基础学生可掌握模型应用，优秀学生能深化综合解题能力，为教师实施精准分层教学提供支持。

专题02 一线三等角模型（几何模型讲义） 一线三等角模型是相似三角形中极具代表性的基础模型，普遍出现于填空、解答与几何压轴题型。当一条直线上依次出现三个相等的角时，利用三角形内角和、外角定理，能够快速推导出两组对应角相等，证明三角形相似。模型包含锐角、直角、钝角三种形态，坐标系、折叠、动点问题中经常变形出现。熟练掌握一线三等角的角度推导逻辑，可以迅速建立相似关系，突破线段长度、比例、坐标计算等难点，是九年级几何必须掌握的核心解题工具。 该模型图形辨识度高，广泛应用于求值、证明、动点压轴题型，熟练掌握模型角度推导逻辑，能够快速搭建相似关系，简化几何综合题推理过程。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 3 模型运用 11 三垂直模型（K型模型）：直线上三个直角，也就是“K字型全等/相似”，是一线三等角最早的形式。将直角替换成锐角、钝角，衍生出锐角型一线三等角、钝角型一线三等角；同时分为同侧型、异侧型两大类，构成完整模型体系。 证明只用两句话：平角 180° + 三角形内角和 180°（或外角定理），把中间角和左右角一减，两边三角形各多出一对角相等，从而根据两角对应相等的两个三角形相似进行证明。 这种“共线等角倒逼余角相等”的思路，在勾股弦图、射影定理推导、圆内接四边形外角等于内对角里都隐性用过。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. 同侧型 （1）“三垂直”模型：如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE. （2）“一线三等角”模型：如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE. 特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE. 　　 （3）证明过程： 证明：∵∠B＝∠ACE， ∴∠BAC+∠ACB=180°-∠ABC，∠ECD+∠ACB=180°-∠ACE， ∴∠BAC=∠ECD， ∴△ABC∽△CDE. 2. 异侧型 （1）如图3，∠1＝∠2＝∠3，则△ACP∽△BPD 证明：∠DPB=180°-∠3-∠CPA，∠C=180°-∠1-∠CPA，而∠1= ∠3 ∴∠C=∠DPB， 又∵∠1=∠2=∠PBD， ∴△ACP∽△BPD （2）如图4，∠1＝∠2＝∠3，则△ACP∽△BPD 证明：∵∠C=∠1-∠CPA，∠BPD=∠3-∠CPA，而∠1=∠3 ∴∠C=∠BPD. ∵ ∠1=∠2， ∴∠PAC=∠DBP. ∴△ACP∽△BPD. 【典例1】（2025•鄂伦春自治旗二模）【感知特例】 （1）如图1，点A，B在直线l上，AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且PC⊥PD，垂足为P．求证：AC•BD＝AP•BP； 【建构模型】 （2）如图2，点A，B在直线l上，点P在线段AB上，且∠CAP＝∠DBP＝∠CPD，结论AC•BD＝AP•BP仍成立吗？请说明理由； 【解决问题】 （3）如图3，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，点P和点D分别是线段AB，BC上的动点，始终满足∠CPD＝∠A．设AP长为x（0＜x＜8），当x＝　4　 时，CD有最小值是　　 ． 【分析】（1）先根据余角性质证明∠C＝∠BPD，再根据两角分别相等的两个三角形相似证明△APC∽△BDP，得出，即可得出答案； （2）先证明∠C＝∠BPD，再根据两角分别相等的两个三角形相似证明△APC∽△BDP，得出，即可得出答案； （3）先根据等腰三角形性质得出∠A＝∠B，证明△APC∽△BDP，得出，即，求出，然后根据二次函数性质求出BD的最大值，即可得到CD的最小值． 【解答】（1）证明：∵AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且PC⊥PD，垂足为P， ∴∠CAP＝∠DBP＝∠CPD＝90°， ∴∠C+∠APC＝90°，∠BPD+∠APC＝90°， ∴∠C＝∠BPD， ∴△APC∽△BDP， ∴， 即AC•BD＝AP•BP； （2）解：结论AC•BD＝AP•BP仍成立；理由如下： ∵∠C+∠CAP+∠APC＝∠APC+∠CPD+∠BPD＝180°，∠CAP＝∠DBP＝∠CPD， ∴∠C＝∠BPD， ∴△APC∽△BDP， ∴， ∴AC•BD＝AP•BP； （3）解：∵在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，∠CPD＝∠A， ∴∠A＝∠B， 又∵∠CPB＝∠CPD+∠BPD＝∠ACP+∠A， ∴∠ACP＝∠BPD， ∴△APC∽△BDP， ∴， ∵AP长为x（0＜x＜8），则BP＝8﹣x， ∴， 解得： ， ∵， ∴当x＝4时，BD有最大值， ∵CD＝BC﹣BD，BC＝5为定值， ∴当BD有最大值时，CD有最小值是， 故答案为：4，． 【典例2】（2025•台儿庄区模拟）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，∠BAD＝∠ACB＝∠AED＝90°，由∠1+∠2+∠BAD＝180°，∠2+∠D+∠AED＝180°，可得∠1＝∠D；又因为∠ACB＝∠AED＝90°，可得△ABC∽△DAE，进而得到　　 .我们把这个模型称为“一线三等角”模型． 应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），点D是AC边上的一个动点，且∠APD＝∠B． ①求证：△ABP∽△PCD； ②当点P为BC中点时，求CD的长； 拓展：（3）在（2）的条件下，如图2，当△APD为等腰三角形时，请直接写出BP的长． 【分析】（1）根据相似三角形的性质解答即可； （2）①根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，根据三角形的外角性质得到∠BAP＝∠CPD，进而证明△ABP∽△PCD； ②根据相似三角形的性质计算，得到答案； （3）分PA＝PD、AP＝AD、DA＝DP三种情况，根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质计算即可． 【解答】（1）解：∵△ABC∽△DAE， ∴， ∴， 故答案为：； （2）①证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠APC＝∠B+∠BAP，∠APC＝∠APD+∠CPD，∠APD＝∠B， ∴∠BAP＝∠CPD， ∵∠B＝∠C， ∴△ABP∽△PCD； ②解：∵BC＝12，点P为BC中点， ∴BP＝PC＝6， ∵△ABP∽△PCD， ∴，即， 解得：CD＝3.6； （3）解：当PA＝PD时，△ABP≌△PCD， ∴PC＝AB＝10， ∴BP＝BC﹣PC＝12﹣10＝2； 当AP＝AD时，∠ADP＝∠APD， ∵∠APD＝∠B＝∠C， ∴∠ADP＝∠C，不合题意， ∴AP≠AD； 当DA＝DP时，∠DAP＝∠APD＝∠B， ∵∠C＝∠C， ∴△BCA∽△ACP， ∴，即， 解得：CP， ∴BP＝BC﹣CP＝12， 综上所述：当△APD为等腰三角形时，BP的长为2或． 【典例3】（2026•遂宁一模）如图，AB＝9，AC＝8，P为AB上一点，∠A＝∠CPD＝∠B，连接CD． （1）若AP＝3，求BD的长； （2）若CP平分∠ACD，求证：PD2＝CD•BD． 【分析】（1）利用一线三等角模型证明△ACP∽△BPD，即可解答； （2）利用角平分线的性质可得∠PCD＝∠ACP，从而可得∠PCD＝∠DPB，然后证明△CPD∽△PBD，即可解答． 【解答】（1）解：∵AB＝9，AC＝3， ∴BP＝AB﹣AP＝9﹣3＝6， ∵∠A＝∠CPD，∠ACP+∠APC＝180°﹣∠A，∠APC+∠BPD＝180°﹣∠CPD， ∴∠ACP＝∠BPD， ∵∠A＝∠B， ∴△ACP∽△BPD， ∴， ∴， ∴BD， ∴BD的长为； （2）证明：∵CP平分∠ACD， ∴∠PCD＝∠ACP， ∵∠ACP＝∠DPB， ∴∠PCD＝∠DPB， ∵∠CPD＝∠B， ∴△CPD∽△PBD， ∴， ∴PD2＝CD•BD． 【典例4】在矩形ABCD中，BC＞AB．沿过点B的直线折叠矩形，使点C落在AD边上点F处，折痕为BE． 【尝试】 （1）如图1，△ABF与△DFE始终保持相似关系，请说明理由． 【探究】 （2）随着折痕BE位置的变化，F点的位置随之发生变化．当AB＝5时，是否存在点F，使AF•FD＝10？若存在，求出此时BC的长；若不存在，请说明理由． 【延伸】 （3）如图2，折叠△ABF，使边BA落在BF上BG处，折痕为BM．若MF＝AM+FD，求的值． 【分析】（1）根据同角的余角相等可得∠AFE＝∠FED，即可证明结论； （2）利用两个角相等证明△FAB∽△EDF，得，从而得出DE＝2，再利用勾股定理解决问题； （3）利用△FGM∽△FAB，得，设AM＝x，FG＝y，则AB＝2x，AF＝2y，利用勾股定理得出x和y的关系，进而解决问题． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠C＝∠D＝90°， 由折叠知，∠BFE＝∠C＝90°， ∴∠AFE+∠EFD＝∠EFD+∠FED＝90°， ∴∠AFE＝∠FED， ∴△AFB∽△DFE； （2）存在点F，使AF•FD＝10， ∵将△BCE沿BE翻折，使点C落在AD边上点F处， ∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF， 又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°， ∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°， ∴∠AFB＝∠DEF， ∴△FAB∽△EDF， ∴， ∴AF•DF＝AB•DE， ∵AF•DF＝10，AB＝5， ∴DE＝2， ∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3， ∴EF＝3， ∴DF， ∴AF， ∴BC＝AD＝AF+DF＝2． （3）∵MF＝AM+FD， ∴MFAD， 由折叠知，BC＝BF＝AD，∠FGM＝∠A＝90°， ∴MFBF， ∵∠MFG＝∠BFA， ∴△FGM∽△FAB， ∴， 设AM＝x，FG＝y，则AB＝2x，AF＝2y， ∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2， 解得y或y＝0（舍去）， ∴BF＝2x+y＝2x， ∴． 【典例5】（2025秋•蚌埠期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点P、D分别是边BC、AC上的点，且∠APD＝∠B． （1）求证：AB•CD＝CP•BP； （2）如图2，若PD∥AB时，求BP的长； （3）当点P在边BC上运动时，线段AD长有最小值，最小值为 　　 ． 【分析】（1）由AB＝AC，得∠B＝∠C，因为∠APD＝∠B，所以∠CPD+∠APB＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，而∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，则∠BAP＝∠CPD，即可证明△ABP∽△PCD，则可得出结论； （2）根据相似三角形的性质可得，由PD∥AB，得到△CDP∽△CAB，则有，可得，由此即可求解； （3）证明△PAD∽△CAP，得出，则AD，当PA最小时，AD最小，求出AP可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠APD＝∠B， ∴∠CPD+∠APB＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B， ∵∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B， ∴∠BAP+∠APB＝∠CPD+∠APB， ∴∠BAP＝∠CPD， ∴△ABP∽△PCD， ∴， ∴AB•CD＝CP•BP； （2）解：∵△ABP∽△PCD， ∴，即， ∵PD∥AB， ∴△CDP∽△CAB， ∴，即， ∴， ∵AB＝AC＝6，BC＝8， ∴AC＝6， ∴， ∴BP． （3）解：∵∠APD＝∠B＝C．∠PAD＝∠CAD， ∴△PAD∽△CAP， ∴， ∴AD， 当PA最小时，AD最小， 若PA⊥BC，AD有最小值，此时AP2， ∴AD． 故答案为：． 1．（2025•浙江模拟）已知三个正方形和一个矩形如图放置，记AB＝m，BC＝n，则知道下列哪个代数式的值便可求矩形的面积（　　） A．2mn B．m+n C．m2+n2 D．m2+mn+n2 【分析】通过辅助线构造△BFG∽△BDE，然后由推出BG•BD＝2mn，即可得出答案． 【解答】解：如图，连接BF，FG，BE． 根据正方形的性质，BFABm，BEBCn， ∵∠DBE＝90°﹣∠EBG＝∠FBG，∠BFG＝∠DBE＝90°， ∴△BFG∽△BDE， ∴，即． ∴S矩形＝BG•BD＝2mn． 故选：A． 2．（2026•龙凤区三模）如图，△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点D，E分别在BC，AC边上，且∠ADE＝∠B，若△ADE是以DE为腰的等腰三角形，则BD的长为（　　） A．2或3 B．2或 C．3或 D．2或4 【分析】分两种情况讨论，一是AD＝DE，先证明△BAD∽△CDE，则1，所以DC＝AB＝6，可求得BD＝2；二是AE＝DE，则∠DAC＝∠ADE＝∠B，则△DAC∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例列方程求得BD的长即可． 【解答】解：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠ADE＝∠B， ∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB， ∵∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB， ∴∠BAD＝∠CDE， ∴△BAD∽△CDE， ∴， 当AD＝DE时，则，1， ∵AB＝AC＝6，BC＝8， ∴DC＝AB＝6， ∴BD＝BC﹣DC＝8﹣6＝2； 当AE＝DE时，则∠DAC＝∠ADE＝∠B， ∴∠C＝∠C， ∴△DAC∽△ABC， ∴， ∴， ∴BD， 综上所述：BD的长为2或． 故选：B． 3．（2022秋•宁德期末）如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE时，则AD的长是（　　） A． B． C．2 D． 【分析】首先由翻折性质得到△ADE≌△DEF，所以AD＝DF，AE＝EF，再利用一线三等角证明出△BDF∽△CEF，最后根据相似三角形对应边的比相等计算出DF的长即可解答． 【解答】解：∵△ABC边长为4，AE， ∴CE＝4， ∵由翻折性质得：△ADE≌△FDE， ∴AD＝DF，AE＝EF， ∵∠DFE＝∠A＝60°， ∴∠DFB+∠EFC＝120°， ∵∠C＝60°， ∴∠EFC+∠CEF＝120°， ∴∠CEF＝∠DFB， ∵∠B＝∠C＝60°， ∴△BDF∽△CFE， ∴BD：CF＝BF：CE＝DF：FE＝1：， ∴DFFE， ∴AD＝DF． 故选：B． 4．（2024•环翠区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 【分析】根据矩形的性质可得AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°，由勾股定理可求出AC＝5，由面积法求出DE，再根据勾股定理求得CE，因此AE＝AC﹣CE，由同角的余角相等可得∠BEA＝∠DEF，∠DCE＝∠FDE，由平行线的性质得∠BAE＝∠DCE，进而得到∠BAE＝∠FDE，以此证明△ABE∽△DFE，最后根据相似三角形的性质即可求解． 【解答】解：四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4， ∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，AB∥CD，∠ADC＝90°， 在Rt△ADC中，5， ∵DE⊥AC， ∴S△ADC，即CD•AD＝AC•DE， ∴3×4＝5×DE， ∴DE， 在Rt△CDE中，， ∴AE＝AC﹣CE＝5， ∵∠CDE+∠DCE＝90°，∠CDE+∠FDE＝90°， ∴∠DCE＝∠FDE， ∵AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCE， ∴∠BAE＝∠FDE， ∵EF⊥BE， ∴∠BEF＝∠BEA+∠AEF＝90°， 又∵∠AEF+∠DEF＝90°， ∴∠BEA＝∠DEF， ∴△ABE∽△DFE， ∴，即， ∴DF． 故选：D． 5．（2026•苏州）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，E是AB边上的动点（点E在A，B之间运动，不与A，B重合），过E作CE的垂线交AD边于点F，则AE+AF的最大值是（　　） A． B．3 C． D． 【分析】设AE＝x，AE+AF＝y，由矩形的性质得∠A＝∠B＝90°，因为AB＝3，BC＝2，E是AB边上的动点，所以BE＝3﹣x，因为EF⊥CE交AD于点F，所以∠CEF＝90°，推导出∠AFE＝∠BEC，可证明△AFE∽△BEC，得，则AFAE•BE，所以y＝AE+AF＝AEAE•BEx2x，由yx2x（x）2，可知当x时，y的值最大，最大值是，所以AE+AF的最大值是，于是得到问题的答案． 【解答】解：设AE＝x，AE+AF＝y， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，BC＝2，E是AB边上的动点， ∴BE＝3﹣x，∠A＝∠B＝90°， ∵EF⊥CE交AD于点F， ∴∠CEF＝90°， ∵∠AFE+∠AEF＝90°，∠BEC+∠AEF＝90°， ∴∠AFE＝∠BEC， ∴△AFE∽△BEC， ∴， ∴AFAE•BE， ∴y＝AE+AF＝AEAE•BE＝xx（3﹣x）x2x， ∵yx2x（x）2， ∴当x时，y的值最大，最大值是， ∴AE+AF的最大值是， 故选：C． 6．（2026•湖里区三模）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交AB于点F，在点E从点B运动到点C的过程中，线段BF长度的变化情况是（　　） A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小 【分析】判定△BEF∽△CDE，推出BF：CE＝BE：CD，令BE＝x，正方形的边长是a，得到BFx2+x，因此当0≤xa时，BF随x的增大而增大，当a＜x≤a时，BF随x的增大而减小，于是得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠C＝90°， ∵EF⊥DE， ∴∠DEF＝90°， ∴∠BEF+∠CED＝180°﹣90°＝90°， ∵∠CDE+∠CED＝90°， ∴∠BEF＝∠CDE， ∴△BEF∽△CDE， ∴BF：CE＝BE：CD， 令BE＝x，正方形的边长是a， ∴CD＝BC＝a， CE＝BC﹣BE＝a﹣x， ∴BF：（a﹣x）＝x：a， ∴BFx2+x， ∵0， ∴抛物线开口向下， ∵抛物线的对称轴是直线x， ∴当BEBC时，BF取得最大值， 当0≤xa时，BF随x的增大而增大，当a＜x≤a时，BF随x的增大而减小， ∴线段BF的长度先变大再变小． 故选：D． 7．（2026春•姑苏区期末）如图，在矩形ABCD中，过点A作AE⊥BD，垂足为F，交BC于点E，CE＝3BE，下列结论：①△BEF∽△DBA；②3BF＝DF；③；④S四边形CDFE：S△ABF＝9：2，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】由四边形ABCD是矩形，AE⊥BD于点F，交BC于点E，得∠EFB＝∠BAD＝90°，BC∥DA，则∠FBE＝∠ADB，所以△BEF∽△DBA，可判断①正确；设BE＝m，则CE＝3BE＝3m，所以DA＝BC＝4m，可证明△EBF∽△ADF，得，所以4BF＝DF，可判断②错误；再证明△ABE∽△DAB，推导出，则AB2＝DA•BE＝4m2，求得AB＝2m，所以BD2m，可证明△BEF∽△BDC，得，可判断③正确；而CD＝AB＝2m，则EFCDm，求得BFm，进而求得S△BCD＝4m2，S△BEFm2，则S四边形CDFEm2，由AFm，求得S△ABFm2，则S四边形CDFE：S△ABF＝19：4，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AE⊥BD于点F，交BC于点E， ∴∠EFB＝∠BAD＝90°，BC∥DA， ∴∠FBE＝∠ADB， ∴△BEF∽△DBA， 故①正确； 设BE＝m，则CE＝3BE＝3m， ∴DA＝BC＝BE+CE＝4m， ∵BE∥DA， ∴△EBF∽△ADF， ∴， ∴4BF＝DF， 故②错误； ∵∠AEB+∠CBD＝90°，∠DBA+∠CBD＝90°， ∴∠AEB＝∠DBA， ∵∠ABE＝∠DAB＝90°， ∴△ABE∽△DAB， ∴， ∴AB2＝DA•BE＝4m2， ∴AB＝2m或AB＝﹣2m（不符合题意，舍去）， ∴BD2m， ∵∠BFE＝∠C＝90°，∠FBE＝∠CBD， ∴△BEF∽△BDC， ∴， ∴EF：CD＝1：2， 故③正确； ∵CD＝AB＝2m， ∴EFCD2mm， ∴BFm， ∵S△BCD4m×2m＝4m2，S△BEFmmm2， ∴S四边形CDFE＝S△BCD﹣S△BEF＝4m2m2m2， ∵∠AFB＝90°， ∴AFm， ∴S△ABFmmm2， ∴，即S四边形CDFE：S△ABF＝19：4， 故④错误， 故选：C． 8．（2026春•环翠区期末）在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为对角线BD上一点，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于H，则下列结论正确的是（　　） ①EF＝EC； ②CF2＝CG•CA； ③BE•DH＝16； ④． A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 【分析】①过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质即可得出结论； ②通过证明△FCG∽△ACF可得CF2＝CG•CA； ③通过证明△ECH∽△CDH可得，通过证明△ECH∽△EBC可得，即可得到BE•DH＝16； ④利用勾股定理求出AC，通过证明△AFC∽△DEC，可得，代入相应的值即可解答． 【解答】解：①如图，过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵EM⊥AB，EN⊥BC， ∴EM＝EN，四边形EMBN为矩形， ∴四边形EMBN为正方形， ∴∠MEN＝90°， ∵EF⊥CE， ∴∠MEN＝∠FEC＝90°， ∴∠MEF＝∠NEC， 在△MEF和△NEC中， ， ∴△MEF≌△NEC（ASA）， ∴EF＝EC， 故①正确，符合题意； ②∵EF＝EC，∠CEF＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴∠FAC＝∠EFC＝45°， 又∵∠ACF＝∠FCG， ∴△FCG∽△ACF， ∴， ∴CF2＝CG•CA， 故②正确，符合题意； ③∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC， ∴△ECH∽△CDH， ∴， ∴， ∴， ∴BE•DH＝CD•BC＝4×4＝16， 故③正确，符合题意； ④∵AB＝BC＝AD＝4， ∴， ∵∠ECF＝∠ACD＝45°， ∴∠ACF+∠ACE＝DCE+∠ACE， ∴∠ACF＝∠DCE， ∵∠FAC＝∠CDE＝45°， ∴△AFC∽△DEC， ∴， ∴AFDE， 故④正确，符合题意， 综上，正确的是①②③④， 故选：D． 9．（2026春•沙坪坝区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，连接AE，过点D作DF⊥AE，垂足为点F．若AB＝6，BE＝8，AD＝12，则DF＝　7.2　 ． 【分析】先利用矩形性质得到平行线与直角，推出一组等角，结合DF垂直AE得到另一组直角相等，证出△ABE与△DFA相似；再在直角三角形ABE中用勾股定理算出斜边AE，最后根据相似三角形对应边成比例列等式，代入已知边长求出DF的长度． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠DAF＝∠AEB， ∵DF⊥AE， ∴∠AFD＝90°＝∠B， 在△ABE和△DFA中， ， ∴△ABE∽△DFA， ∴， 在Rt△ABE中，， ∵AB＝6，AE＝10，AD＝12， ∴， ∴， 故答案为：7.2． 10．（2026•罗湖区校级三模）如图，在正方形ABCD中，点E为BC中点，连接AE，过点E作EF⊥AE交CD于点F，连接AF，若AB，则AF＝ 　　 ． 【分析】先根据正方形的性质得到AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠C＝∠D＝90°，则BE＝CE，再证明Rt△ABE∽Rt△ECF得到AB：EC＝BE：CF，则利用相似比可求出CF，所以DF，然后在Rt△ADF中利用勾股定理可计算出AF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD，∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵点E为BC中点， ∴BE＝CE， ∵∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠CEF＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠CEF， ∴Rt△ABE∽Rt△ECF， ∴AB：EC＝BE：CF， 即：：CF， 解得CF， ∴DF＝CD﹣CF， 在Rt△ADF中，∵AD，DF， ∴AF． 故答案为：． 11．（2026•扬州三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是AB上一点，BE＝2．F是BC上的动点，连接EF，H是CF上一点且（k为常数，k≠0），分别过点F，H作EF，BC的垂线，交点为G．设BF的长为x，GH的长为y．在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，则此时k的值为　　 ． 【分析】判定△BEF∽△HFG，推出BE：BF＝FH：HG，得到x2﹣10kx+12＝0，由Δ＝（﹣10k）2﹣4×k×12＝0，求出k或k＝0（舍去）． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵FG⊥EF，HG⊥BC， ∴∠EFG＝∠FHG＝90°， ∵∠EFB+∠GFH＝180°﹣90°＝90°， ∵∠FGH+∠GFH＝90°， ∴∠EFB＝∠FGH， ∵∠B＝∠FHG＝90°， ∴△BEF∽△HFG， ∴BE：BF＝FH：HG， ∵G在AD上， ∴GH＝AB＝6， ∵BF＝x，BC＝10， ∴FC＝10﹣x， ∵k， ∴FH＝k（10﹣x）， ∴2：x＝k（10﹣x）：6， ∴kx2﹣10kx+12＝0， ∵线段AD上存在唯一的一点G， ∴方程kx2﹣10kx+12＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝（﹣10k）2﹣4×k×12＝0， ∴k或k＝0（舍去）， 故答案为：． 12．（2026•乌鲁木齐一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝15，点E是CD边上的一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处，则　　 ． 【分析】根据折叠的性质，可得AD＝AF＝15，DE＝EF，BF12；∠AFE＝ADE＝90°，∠ABF＝∠AFE＝∠FCE＝90°，△ABF∽△FCE，；设DE＝EF＝x，则EC＝9﹣x，，解得：x＝5，则；△ECF∽△FBA，． 【解答】解：在矩形ABCD中，根据折叠的性质，可得AD＝AF＝15，DE＝EF，∠AFE＝ADE＝90°，BF12； ∵∠AFE＝90°， ∴∠AFB+∠EFC＝90°， ∵∠AFB+∠FAB＝90°， ∴∠EFC＝∠FAB， ∵∠ABF＝∠FCE＝90°， ∴△FBA∽△ECF， ∴； 设DE＝EF＝x，则EC＝9﹣x， ∵， ∴，解得：x＝5， ∴； ∵△ECF∽△FBA， ∴． 故答案为：． 13．（2026•衡南县模拟）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为 　　 ． 【分析】过点E作EM⊥BC，垂足为M，先证明一线三等角模型△ACD∽△DME，从而利用相似三角形的性质可设EM＝2x，则DM＝3x，然后再证明A字模型△BME∽△BCA，从而可得BMx，进而根据BD＝2列出关于x的方程，进行计算可求出EM，BM的长，最后在Rt△BME中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：过点E作EM⊥BC，垂足为M， ∴∠DME＝∠BME＝90°， ∴∠EDM+∠DEM＝90°， ∵DE⊥AD， ∴∠ADE＝90°， ∴∠CDA+∠EDM＝90°， ∴∠CDA＝∠DEM， ∵点D是BC的中点， ∴CD＝BDBC＝2， ∵∠C＝∠DME＝90°， ∴△ACD∽△DME， ∴， ∴设EM＝2x，则DM＝3x， ∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B， ∴△BME∽△BCA， ∴， ∴， ∴BMx， ∵BD＝2， ∴DM+BM＝2， ∴3xx＝2， ∴x， ∴EM，BM， ∴BE， 故答案为：． 14．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． 15．（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：． 16．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． 17．（2026•海珠区校级二模）如图，在等边三角形ABC中，点E，D分别在BC，AB上，且∠AED＝60°，求证：△AEC∽△EDB． 【分析】依据△ABC是等边三角形，即可得到∠B＝∠C＝60°，再根据“一线三等角”倒角，推出∠BED＝∠CAE，即可判定△AEC∽△EDB． 【解答】证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°， ∴∠EDB+∠BED＝120°，∠CAE+∠AEC＝120° ∵∠AED＝60°， ∴∠BED+∠AEC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠BED＝∠CAE， ∴△AEC∽△EDB． 18．（2025秋•沛县期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝60° （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）若BD＝2，CE，求等边△ABC的边长． 【分析】（1）由等边三角形的性质及“一线三等角”推出有两个角相等，从而证得结论； （2）设等边△ABC的边长为x，由△ABD∽△DCE，得比例式，求出x值即可． 【解答】解：（1）证明：∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝60°， 又∵∠ADE＝60°， ∴∠ADB+∠CDE＝180°﹣60°＝120°，∠ADB+∠DAB＝180°﹣60°＝120°， ∴∠CDE＝∠DAB， ∴△ABD∽△DCE； （2）设等边△ABC的边长为x， ∵BD＝2，CE， ∴BC＝AB＝x，DC＝x﹣2， ∵△ABD∽△DCE， ∴， ∴， 解得：x＝6， ∴等边△ABC的边长为6． 19．学习“一线三等角型相似三角形”时，老师给出了一道题： 如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝60°，E是AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，连接DF，已知∠EFD＝60°，求AE的长． 甲同学：∠DEF＝90°，可通过作两条垂线构造相似三角形． 乙同学：∠B＝60°，∠EFD＝60°，有两个相等的角，再作一个等角就可以构造相似三角形． 老师说：两位同学的想法都很好，请你任选一种方法解题． 【分析】延长BC到M使CM＝CD，连接MD，判定△DCM是等边三角形，得到∠M＝60°，MD＝CM＝DC＝3，判定△BEF∽△MFD，推出，由含30度角的直角三角形的性质推出EFFD，得到，求出BF，FM＝BM﹣BF，得到BEFM，即可求出AE的长． 【解答】解：选择乙同学的方法：如图， 延长BC到M使CM＝CD，连接MD， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，DC＝AB＝3， ∴∠DCM＝∠B＝60°， ∴△DCM是等边三角形， ∴∠M＝60°，MD＝CM＝DC＝3， ∵∠EFD+∠DFM＝∠B+∠BEF，∠B＝∠EFD＝60°， ∴∠BEF＝∠DFM， ∵∠B＝∠M＝60°， ∴△BEF∽△MFD， ∴， ∵∠DEF＝90°，∠DFE＝60°， ∴∠EDF＝90°﹣60°＝30°， ∴EFFD， ∴， ∴BFMD， ∵BM＝BC+CM＝4+3＝7， ∴FM＝BM﹣BF， ∴BEFM， ∴AE＝AB﹣BE＝3． 20．（2026•五河县二模）综合与探究 【问题背景】“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角的度数为90°，且三组边相互垂直，所以称为“一线三垂直”模型．当模型中有一组对应边长相等时，模型中必定存在全等三角形． 【模型初探】如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE交于点D，BE⊥DE交于点E，求证：DE＝AD+BE； 【深入探究】如图2，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°．分别以BA和OB为直角边作等腰Rt△ABD和等腰Rt△OBC，连接DC交OB延长线交于点E，求的值； 【拓展延伸】如图3，点D是△ABC内一点，连接DA，DB，DC，∠ADB＝90°，∠ABD＝∠BCD＝30°，若CD＝1，，求AC的长． 【分析】【模型初探】因为AD⊥DE于D，∠ACB＝90°，所以∠DAC＝∠BCE，因为AC＝BC，即可通过AAS证明△ADC≌△CEB作答； 【深入探究】过点D作DT⊥OB于点T，连接CT．证明△DTB≌△BOA（AAS），推出DT＝OB＝BC，BT＝OA，再证明△BCE≌△TDE（AAS），即可得结论； 【拓展延伸】过点A作AM⊥CD的延长线于点M，过点B作BN⊥CD的延长线于点N，如图，证明△ADM∽△DBN，得出，则可得出结论． 【解答】【模型初探】证明：∵AD⊥DE于D，∠ACB＝90°， ∴∠D＝90°，∠DAC+∠DCA＝90°，∠BCE+∠DCA＝90°， 即∠DAC＝∠BCE， ∵BE⊥DE， ∴∠E＝∠D＝90°， ∵AC＝BC， ∴△ADC≌△CEB（AAS）， ∴CD＝BE，AD＝CE， ∴DE＝CE+CD＝AD+BE； 【深入探究】解：如图，过点D作DT⊥OB于点T，连接CT． ∵∠AOB＝∠ABD＝∠DTB＝90°， ∴∠TBD+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠TBD＝∠BAO， ∵BD＝DA， ∴△DTB≌△BOA（AAS）， ∴DT＝OB，BT＝OA， ∵△BOC是等腰直角三角形， ∴OB＝BC＝DT， 又∵∠BEC＝∠TED，∠CBE＝∠DTE＝90°， ∴△BCE≌△TDE（AAS）， ∴BE＝TE， ∴BE＝2BE， ∴OA＝2BE， ∴； 【拓展延伸】过点A作AM⊥CD的延长线于点M，过点B作BN⊥CD的延长线于点N，如图， ∵∠BCN＝30°， ∴BNBC，CN＝BC•cos30°＝1.5， ∴DN＝CN﹣CD1， ∵∠ADB＝90°，AM⊥CD交于点M，BN⊥CD交于点N， ∴∠AMD＝∠DNB＝90°+∠ADM+∠BDN＝90°，∠DBN+∠BDN＝90°， ∴∠ADM＝∠DBN， ∴△ADM∽△DBN， ∴， ∵∠ABD＝30°，， ∴AM，DM， ∴CM＝CD+DM， ∴AC． 21．（2026•米脂县校级开学）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型． 应用： （1）如图2，AB⊥BC，EC⊥BC，点D在BC上，∠ADE＝90°．求证：△ABD∽△DCE； （2）如图3，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，小明想到在BC的延长线上取点M，使DM＝DC，连接DM，请你延续小明的想法求的值． 【分析】（1）根据AB⊥BC，EC⊥BC，可得∠B＝∠C＝90°，再由∠ADE＝90°，可得∠A＝∠CDE，从而证得结论； （2）在BC的延长线上取点M，使DM＝DC，连接DM，可得∠DCM＝∠M，再根据平行四边形的性质以及∠DEF＝∠B，可得∠B＝∠DCM＝∠M，∠DEC＝∠BFE，可证得△BFE∽△MED，即可求解． 【解答】（1）证明：∵AB⊥BC，EC⊥BC， ∴∠B＝∠C＝90°， ∴∠A+∠BDA＝90°， ∵∠ADE＝90°， ∴∠BDA+∠CDE＝90°， ∴∠A＝∠CDE， ∴△ABD∽△DCE； （2）在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点． 如图，在BC的延长线上取点M，使DM＝DC，连接DM， ∴∠DCM＝∠M， ∵DC＝AB＝10，AB∥CD， ∴∠B＝∠DCM，DM＝10， ∴∠B＝∠M， ∵∠FEC＝∠DEF+∠DEC＝∠B+∠BFE，∠DEF＝∠B， ∴∠DEC＝∠BFE， ∴△BFE∽△MED， ∴． 22．【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． 23．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． 24．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，）． 25．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． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一线三等角模型（几何模型讲义） 一线三等角模型是相似三角形中极具代表性的基础模型，普遍出现于填空、解答与几何压轴题型。当一条直线上依次出现三个相等的角时，利用三角形内角和、外角定理，能够快速推导出两组对应角相等，证明三角形相似。模型包含锐角、直角、钝角三种形态，坐标系、折叠、动点问题中经常变形出现。熟练掌握一线三等角的角度推导逻辑，可以迅速建立相似关系，突破线段长度、比例、坐标计算等难点，是九年级几何必须掌握的核心解题工具。 该模型图形辨识度高，广泛应用于求值、证明、动点压轴题型，熟练掌握模型角度推导逻辑，能够快速搭建相似关系，简化几何综合题推理过程。 模型来源 1 知识储备 2 例讲模型 3 模型运用 6 三垂直模型（K型模型）：直线上三个直角，也就是“K字型全等/相似”，是一线三等角最早的形式。将直角替换成锐角、钝角，衍生出锐角型一线三等角、钝角型一线三等角；同时分为同侧型、异侧型两大类，构成完整模型体系。 证明只用两句话：平角 180° + 三角形内角和 180°（或外角定理），把中间角和左右角一减，两边三角形各多出一对角相等，从而根据两角对应相等的两个三角形相似进行证明。 这种“共线等角倒逼余角相等”的思路，在勾股弦图、射影定理推导、圆内接四边形外角等于内对角里都隐性用过。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. 同侧型 （1）“三垂直”模型：如图1，∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，则△ABC∽△CDE. （2）“一线三等角”模型：如图2，∠B＝∠ACE＝∠D，则△ABC∽△CDE. 特别地，连接AE，若C为BD的中点，则△ACE∽△ABC∽△CDE. 　　 （3）证明过程： 证明：∵∠B＝∠ACE， ∴∠BAC+∠ACB=180°-∠ABC，∠ECD+∠ACB=180°-∠ACE， ∴∠BAC=∠ECD， ∴△ABC∽△CDE. 2. 异侧型 （1）如图3，∠1＝∠2＝∠3，则△ACP∽△BPD 证明：∠DPB=180°-∠3-∠CPA，∠C=180°-∠1-∠CPA，而∠1= ∠3 ∴∠C=∠DPB， 又∵∠1=∠2=∠PBD， ∴△ACP∽△BPD （2）如图4，∠1＝∠2＝∠3，则△ACP∽△BPD 证明：∵∠C=∠1-∠CPA，∠BPD=∠3-∠CPA，而∠1=∠3 ∴∠C=∠BPD. ∵ ∠1=∠2， ∴∠PAC=∠DBP. ∴△ACP∽△BPD. 【典例1】（2025•鄂伦春自治旗二模）【感知特例】 （1）如图1，点A，B在直线l上，AC⊥l，DB⊥l，垂足分别为A，B，点P在线段AB上，且PC⊥PD，垂足为P．求证：AC•BD＝AP•BP； 【建构模型】 （2）如图2，点A，B在直线l上，点P在线段AB上，且∠CAP＝∠DBP＝∠CPD，结论AC•BD＝AP•BP仍成立吗？请说明理由； 【解决问题】 （3）如图3，在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝8，点P和点D分别是线段AB，BC上的动点，始终满足∠CPD＝∠A．设AP长为x（0＜x＜8），当x＝　 　 时，CD有最小值是　 　 ． 【典例2】（2025•台儿庄区模拟）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，∠BAD＝∠ACB＝∠AED＝90°，由∠1+∠2+∠BAD＝180°，∠2+∠D+∠AED＝180°，可得∠1＝∠D；又因为∠ACB＝∠AED＝90°，可得△ABC∽△DAE，进而得到　 　.我们把这个模型称为“一线三等角”模型． 应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），点D是AC边上的一个动点，且∠APD＝∠B． ①求证：△ABP∽△PCD； ②当点P为BC中点时，求CD的长； 拓展：（3）在（2）的条件下，如图2，当△APD为等腰三角形时，请直接写出BP的长． 【典例3】（2026•遂宁一模）如图，AB＝9，AC＝8，P为AB上一点，∠A＝∠CPD＝∠B，连接CD． （1）若AP＝3，求BD的长； （2）若CP平分∠ACD，求证：PD2＝CD•BD． 【典例4】在矩形ABCD中，BC＞AB．沿过点B的直线折叠矩形，使点C落在AD边上点F处，折痕为BE． 【尝试】 （1）如图1，△ABF与△DFE始终保持相似关系，请说明理由． 【探究】 （2）随着折痕BE位置的变化，F点的位置随之发生变化．当AB＝5时，是否存在点F，使AF•FD＝10？若存在，求出此时BC的长；若不存在，请说明理由． 【延伸】 （3）如图2，折叠△ABF，使边BA落在BF上BG处，折痕为BM．若MF＝AM+FD，求的值． 【典例5】（2025秋•蚌埠期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点P、D分别是边BC、AC上的点，且∠APD＝∠B． （1）求证：AB•CD＝CP•BP； （2）如图2，若PD∥AB时，求BP的长； （3）当点P在边BC上运动时，线段AD长有最小值，最小值为 　 　 ． 1．（2025•浙江模拟）已知三个正方形和一个矩形如图放置，记AB＝m，BC＝n，则知道下列哪个代数式的值便可求矩形的面积（　　） A．2mn B．m+n C．m2+n2 D．m2+mn+n2 2．（2026•龙凤区三模）如图，△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点D，E分别在BC，AC边上，且∠ADE＝∠B，若△ADE是以DE为腰的等腰三角形，则BD的长为（　　） A．2或3 B．2或 C．3或 D．2或4 3．（2022秋•宁德期末）如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE时，则AD的长是（　　） A． B． C．2 D． 4．（2024•环翠区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，过点D作对角线AC的垂线，垂足为E，过点E作BE的垂线交AD于点F，如果AB＝3，BC＝4，那么DF的长是（　　） A．3 B． C． D． 5．（2026•苏州）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，E是AB边上的动点（点E在A，B之间运动，不与A，B重合），过E作CE的垂线交AD边于点F，则AE+AF的最大值是（　　） A． B．3 C． D． 6．（2026•湖里区三模）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交AB于点F，在点E从点B运动到点C的过程中，线段BF长度的变化情况是（　　） A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先变小再变大 D．先变大再变小 7．（2026春•姑苏区期末）如图，在矩形ABCD中，过点A作AE⊥BD，垂足为F，交BC于点E，CE＝3BE，下列结论：①△BEF∽△DBA；②3BF＝DF；③；④S四边形CDFE：S△ABF＝9：2，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 8．（2026春•环翠区期末）在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为对角线BD上一点，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于H，则下列结论正确的是（　　） ①EF＝EC； ②CF2＝CG•CA； ③BE•DH＝16； ④． A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 9．（2026春•沙坪坝区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，连接AE，过点D作DF⊥AE，垂足为点F．若AB＝6，BE＝8，AD＝12，则DF＝　 　． 10．（2026•罗湖区校级三模）如图，在正方形ABCD中，点E为BC中点，连接AE，过点E作EF⊥AE交CD于点F，连接AF，若AB，则AF＝　 　． 11．（2026•扬州三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是AB上一点，BE＝2．F是BC上的动点，连接EF，H是CF上一点且（k为常数，k≠0），分别过点F，H作EF，BC的垂线，交点为G．设BF的长为x，GH的长为y．在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，则此时k的值为　 　． 12．（2026•乌鲁木齐一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，AD＝15，点E是CD边上的一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处，则　 　 ． 13．（2026•衡南县模拟）如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为 　 　． 14．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 　　 ． 15．（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 　 　 ． 16．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 　 　 . 17．（2026•海珠区校级二模）如图，在等边三角形ABC中，点E，D分别在BC，AB上，且∠AED＝60°，求证：△AEC∽△EDB． 18．（2025秋•沛县期末）如图，等边△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝60° （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）若BD＝2，CE，求等边△ABC的边长． 19．学习“一线三等角型相似三角形”时，老师给出了一道题： 如图，在▱ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝60°，E是AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，连接DF，已知∠EFD＝60°，求AE的长． 甲同学：∠DEF＝90°，可通过作两条垂线构造相似三角形． 乙同学：∠B＝60°，∠EFD＝60°，有两个相等的角，再作一个等角就可以构造相似三角形． 老师说：两位同学的想法都很好，请你任选一种方法解题． 20．（2026•五河县二模）综合与探究 【问题背景】“一线三垂直”模型是“一线三等角”模型的特殊情况，即三个等角的度数为90°，且三组边相互垂直，所以称为“一线三垂直”模型．当模型中有一组对应边长相等时，模型中必定存在全等三角形． 【模型初探】如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE交于点D，BE⊥DE交于点E，求证：DE＝AD+BE； 【深入探究】如图2，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°．分别以BA和OB为直角边作等腰Rt△ABD和等腰Rt△OBC，连接DC交OB延长线交于点E，求的值； 【拓展延伸】如图3，点D是△ABC内一点，连接DA，DB，DC，∠ADB＝90°，∠ABD＝∠BCD＝30°，若CD＝1，，求AC的长． 21．（2026•米脂县校级开学）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型． 应用： （1）如图2，AB⊥BC，EC⊥BC，点D在BC上，∠ADE＝90°．求证：△ABD∽△DCE； （2）如图3，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，小明想到在BC的延长线上取点M，使DM＝DC，连接DM，请你延续小明的想法求的值． 22．【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 　 　． 23．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． 24．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． 25．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）． 25 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $