頁第18講等腰三角形【3大考點16大題型】考點一考點一等腰三角形1.等腰三角形的性質（1）等腰三角形的性質定理及推論：定理：等腰三角形的兩個底角相等（簡稱：等邊對等角）；推論1：等腰三角形頂角平分線平分底邊并且垂直于底邊。即等腰三角形的頂角平分線.底邊上的中線.底邊上的高重合。（2）等腰三角形的其他性質：①等腰直角三角形的兩個底角相等且等于45°②等腰三角形的底角只能為銳角，不能為鈍角（或直角），但頂角可為鈍角（或直角）。③等腰三角形的三邊關系：設腰長為a，底邊長為b，則<a④等腰三角形的三角關系：設頂角為頂角為∠A，底角為∠B、∠C，則∠A=180°—2∠B，∠B=∠C=2.等腰三角形的判定如果一個三角形有兩個角相等，那么這兩個角所對的邊也相等（簡稱：等角對等邊）?！绢}型1等邊對等角性質的運用】【例1】（2024·陜西·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，E是邊AB上一點，連接CE，在BC右側作BF∥AC，且BF=AE，連接CF．若AC=13，BC=10，則四邊形EBFC的面積為．【答案】60【分析】本題考查等邊對等角，平行線的性質，角平分線的性質，勾股定理：過點C作CM⊥AB，CN⊥BF，根據等邊對等角結合平行線的性質，推出∠ABC=∠CBF，進而得到CM=CN，得到S△CBF=S△ACE，進而得到四邊形EBFC的面積等于S△ABC，設AM=x【詳解】解：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵BF∥AC，∴∠ACB=∠CBF，∴∠ABC=∠CBF，∴BC平分∠ABF，過點C作CM⊥AB，CN⊥BF，則：CM=CN，∵S△ACE=1∴S△CBF∴四邊形EBFC的面積=S∵AC=13，∴AB=13，設AM=x，則：BM=13?x，由勾股定理，得：CM∴132解：x=119∴CM=13∴S△CBA∴四邊形EBFC的面積為60．故答案為：60．【變式1-1】（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=130°，DA⊥AC，則∠ADB=（

）A．100° B．115° C．130° D．145°【答案】B【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形外角的性質．根據等腰三角形的性質，可得∠C=180°?∠BAC【詳解】解：∵AB=AC，∠BAC=130°，∴∠C=180°?∠BAC∵DA⊥AC，∴∠CAD=90°，∴∠ADB=∠C+∠CAD=115°．故選：B【變式1-2】（2024·山東泰安·中考真題）如圖，在△ABC中，AC=BC=16，點D在AB上，點E在BC上，點B關于直線DE的軸對稱點為點B′，連接DB′，EB′，分別與AC相交于F點，G點，若AF=8

【答案】4.5【分析】根據等邊對等角和折疊的性質證明∠A=∠B′，進而證明△AFD∽△B′FG，則AF【詳解】解：∵AC=BC=16，∴∠A=∠B，由折疊的性質可得∠B=∠B∴∠A=∠B又∵∠AFD=∠B∴△AFD∽△B∴AFB′F∴GF=3.5，∴CG=AC?AF?GF=4.5，故答案為：4.5．【點睛】本題主要考查了折疊的性質，相似三角形的性質與判定，等邊對等角等等，證明△AFD∽△B【變式1-3】（2024·上?！ぶ锌颊骖}）如圖所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，點E，F在線段BC上，點Q在線段AB上，且CF=BE，AE2=AQ·AB求證：(1)∠CAE=∠BAF；(2)CF·FQ=AF·BQ【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用SAS證明△ACE≌△ABF即可；（2）先證△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再證△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性質得出結論．【詳解】（1）證明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵CF=BE，∴CE=BF，在△ACE和△ABF中，AC=AB∠C=∠B∴△ACE≌△ABF（SAS），∴∠CAE=∠BAF；（2）證明：∵△ACE≌△ABF，∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF，∵AE2=AQ·AB，AC＝AB，∴AEAQ=AB∴△ACE∽△AFQ，∴∠AEC=∠AQF，∴∠AEF=∠BQF，∵AE＝AF，∴∠AEF=∠AFE，∴∠BQF=∠AFE，∵∠B=∠C，∴△CAF∽△BFQ，∴CFBQ=AFFQ，即CF·FQ=【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質以及相似三角形的判定和性質，熟練掌握相關判定定理和性質定理是解題的關鍵．【題型2三線合一性質的運用】【例2】（2024·內蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分別是E、F，連接EF，EF與AD相交千點H．（1）求證：AD⊥EF；（2）△ABC滿足什么條件時，四邊形AEDF是正方形？說明理由．【答案】（1）見解析；（2）△ABC滿足∠BAC=90°時，四邊形AEDF是正方形，理由見解析【分析】（1）根據角平分線的性質定理證得DE=DF，再根據HL定理證明△AED≌△AFD，則有AE=AF，利用等腰三角形的三線合一性質即可證得結論；（2）只需證得四邊形AEDF是矩形即可，【詳解】解：（1）∵AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，∠AED=∠AFD=90°，又∵AD=AD，∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），∴AE=AF，又AD是△ABC的角平分線，∴AD⊥EF；（2）△ABC滿足∠BAC=90°時，四邊形AEDF是正方形，理由：∵∠AED=∠AFD=90°，∠BAC=90°，∴四邊形AEDF是矩形，又∵AE=AF，∴四邊形AEDF是正方形．【點睛】本題考查角平分線的性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的三線合一性質、矩形的判定、正方形的判定，熟練掌握相關知識間的聯系和運用是解答的關鍵．【變式2-1】（2024·浙江湖州·中考真題）如圖，AD，CE分別是△ABC的中線和角平分線．若AB=AC，∠CAD=20°，則∠ACE的度數是（）

A．20° B．35° C．40° D．70°【答案】B【分析】先根據等腰三角形的性質以及三角形內角和定理求出∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=12（180°－∠CAB）=70°．再利用角平分線定義即可得出∠ACE=12∠【詳解】∵AD是△ABC的中線，AB=AC，∠CAD=20°，∴∠CAB=2∠CAD=40°，∠B=∠ACB=12（180°－∠CAB∵CE是△ABC的角平分線，∴∠ACE=12∠ACB故選B．【點睛】本題考查了等腰三角形的兩個底角相等的性質，等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合的性質，三角形內角和定理以及角平分線定義，求出∠ACB=70°是解題的關鍵．【變式2-2】（2024·四川眉山·中考真題）如圖，△ABC中，AB=AC=5，BC=6，AD平分∠BAC交BC于點D，分別以點A和點C為圓心，大于12AC的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和點N，作直線MN，交AD于點E，則DE的長為【答案】7【分析】先由等腰三角形性質求出CD以及AD⊥BC，再利用作圖方式確定MN垂直平分AC，得到CE=AE，最后利用勾股定理即可求解．【詳解】解:∵△ABC中，AB=AC=5，BC=6，AD平分∠BAC∴DC=12∴AD=由分別以點A和點C為圓心，大于12AC的長為半徑作弧，兩弧相交于點M和點N，作直線MN，可知，MN垂直平分如圖，連接CE，∴AE=CE，∴CE=AE=AD?DE=4?DE，在Rt△EDC中，CE∴(4?DE)2解得：DE=∴DE的長為78故答案為：78【點睛】本題綜合考查了等腰三角形的性質、尺規(guī)作圖線段的垂直平分線、線段的垂直平分線的性質、勾股定理等內容，要求學生理解并掌握相關概念，能熟練運用勾股定理求直角三角形的線段長或建立兩線段之間的關系等．【變式2-3】（2024·山東棗莊·中考真題）問題情境：如圖1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC邊上的中線．如圖2，將△ABC的兩個頂點B，C分別沿EF,GH折疊后均與點D重合，折痕分別交AB,AC,BC于點E，G，F，

猜想證明：(1)如圖2，試判斷四邊形AEDG的形狀，并說明理由．問題解決；(2)如圖3，將圖2中左側折疊的三角形展開后，重新沿MN折疊，使得頂點B與點H重合，折痕分別交AB,BC于點M，N，BM的對應線段交DG于點K，求四邊形MKGA的面積．【答案】(1)四邊形AEDG是菱形，理由見解析(2)30【分析】（1）利用等腰三角形的性質和折疊的性質，得到AE=DE=DG=AG，即可得出結論．（2）先證明四邊形AMKG為平行四邊形，過點H作HE⊥CG于點E，等積法得到CG?HE的積，推出四邊形MKGA的面積=CG?HE，即可得解．【詳解】（1）解：四邊形AEDG是菱形，理由如下：∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC邊上的中線，∴AD⊥BC,BD=CD=1∵將△ABC的兩個頂點B，C分別沿EF,GH折疊后均與點D重合，∴EF⊥BC,GH⊥BC,BE=DE,CG=CD,BF=FD=1∴EF∥AD，∴BFFD∴BE=AE=1同法可得：CG=AG=1∴AE=DE,AG=DG，∵AB=AC，∴AE=DE=DG=AG，∴四邊形AEDG是菱形；（2）解：∵折疊，∴∠GDC=∠C,∠MHB=∠B，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠GDC=∠B,∠MHB=∠C，∴MH∥AC,DG∥AB，∴四邊形AMKG為平行四邊形，∵AB=AC=17，由（1）知：BD=CD=12BC=15，DH=CH=∴GH=17過點H作HE⊥CG于點E，

∵S△CHG∴CG?HE=15∵四邊形MKGA的面積=AG?HE，AG=CG，∴四邊形MKGA的面積=CG?HE=30．【點睛】本題考查等腰三角形的性質，折疊的性質，平行線分線段對應成比例，菱形的判定，平行四邊形的判定和性質．熟練掌握相關知識點，并靈活運用，是解題的關鍵．【題型3由等角對等邊證明等腰三角形】【例3】（2024·四川瀘州·中考真題）已知兩個全等的直角三角形紙片ABC、DEF，如圖1放置，點B、D重合，點F在BC上，AB與EF交于點G．∠C=∠EFD=90°，∠E=∠ABC=30°，AB=DE=4．(1)求證：△EGB是等腰三角形；(2)若紙片△DEF不動，若△ABC繞點F逆時針旋轉．問首次使四邊形ACDE成為以ED為底的梯形時，（如圖2）．旋轉角α的度數是度，并請你求出此時梯形的高．【答案】(1)證明見解析(2)30，3【分析】（1）易得∠E=∠EBG=30°，即可證明；（2）設BC、DE交于點N，由AC∥DE可得∠DNF=90°，由已知可得∠FDE=60°，則可得∠DFB=30°，此即最小旋轉角；由含30度直角三角形性質得FD=AC=2，進而求得BC；由含30度直角三角形性質得DN，由勾股定理得FN，即可求得【詳解】（1）證明：△ABC和△DEF是兩個全等的直角三角形紙片，且.∠C=∠EFB=90°，∠E=∠ABC=30°，∠A=∠EBF=60°，∠EBG=30°，∴∠E=∠EBG=30°，∴EG=BG，△EGB是等腰三角形；（2）解：最小旋轉30°角時，四邊形ACDE成為以ED為底的梯形．若四邊形ACDE成為以ED為底的梯形．則AC∥設BC、DE交于點N，如圖，∠ACB=90°，∠DNF=90°，∵∠FDE=90°?∠DEF=60°，∠DFB=90°?∠FDE=30°；即最小旋轉角為30°；AB=DE=4，∠DEF=∠ABC=30°FD=AC=2，由勾股定理得：BC=A在△DFN中，∠DNF=90°，∠DFB=30°，DN=12由勾股定理得：FN=D由旋轉知：FB=FD=2，∴CF=BC?BF=23CN=CF+FN=23?2+即此時梯形的高為33故答案為：30．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性質，含30度直角三角形的性質，勾股定理，旋轉的性質等知識，涉及較多的知識，有一定的綜合性．【變式3-1】（2024·湖北武漢·中考真題）如圖，點E、F在BC上，BE=CF，AB=DC，∠B=∠C，AF與DE交于點G，求證：GE=GF．

【答案】證明見解析【分析】求出BF=CE，根據SAS推出△ABF≌△DCE，得對應角相等，由等腰三角形的判定可得結論．【詳解】∵BE=CF，∴BE+EF=CF+EF，∴BF=CE，在△ABF和△DCE中AB=DC∠B=∠C∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠GEF=∠GFE，∴EG=FG．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定，熟練掌握三角形全等的判定方法是解題的關鍵．【變式3-2】（2024·山東聊城·中考真題）如圖，△ABC中，若∠BAC=80°，∠ACB=70°，根據圖中尺規(guī)作圖的痕跡推斷，以下結論錯誤的是（

）A．∠BAQ=40° B．DE=C．AF=AC D．∠EQF=25°【答案】D【分析】根據線段的垂直平分線的性質，角平分線的定義，三角形外角的性質，直角三角形的性質判斷即可．【詳解】∵∠BAC=80°，∠ACB=70°，∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=30°，A．由作圖可知，AQ平分∠BAC，∴∠BAP=∠CAP=1故選項A正確，不符合題意；B．由作圖可知，MQ是BC的垂直平分線，∴∠DEB=90°，∵∠B=30°，∴DE=1故選項B正確，不符合題意；C．∵∠B=30°，∠BAP=40°，∴∠AFC=70°，∵∠C=70°，∴AF=AC，故選項C正確，不符合題意；D．∵∠EFQ=∠AFC=70°，∠QEF=90°，∴∠EQF=20°；故選項D錯誤，符合題意．故選：D．【點睛】本題考查了線段的垂直平分線的性質，角平分線的定義，三角形外角的性質，直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是讀懂圖象信息．【變式3-3】（2024·福建·中考真題）如圖，△ABC內接于⊙O，AD∥BC交⊙O于點D，DF∥AB交BC于點E，交⊙O于點F，連接(1)求證：AC=AF；(2)若⊙O的半徑為3，∠CAF=30°，求AC的長（結果保留π）．【答案】(1)證明見解析；(2)5π【分析】（1）根據已知條件可證明四邊形ABED是平行四邊形，由平行四邊形的性質可得∠B=∠D，等量代換可得∠AFC=∠ACF，即可得出答案；（2）連接AO,CO，由（1）中結論可計算出∠AFC的度數，根據圓周角定理可計算出∠AOC的度數，再根據弧長計算公式計算即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，∴四邊形ABED為平行四邊形，∴∠B=∠D，∵∠AFC=∠B，∴∠AFC=∠ACF，∴AC=AF．（2）解：連接AO,CO，如圖，由（1）得∠AFC=∠ACF，∵∠AFC=180°?30°∴∠AOC=2∠AFC=150°，∴AC的長l=150×π×3【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，圓的性質與弧長公式，考查化歸與轉化思想，推理能力，幾何直觀等數學素養(yǎng)．【題型4格點中畫等腰三角形】【例4】（2024·吉林·中考真題）圖①、圖②、圖③均是5×5的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，線段AB的端點均在格點上．在圖①、圖②、圖③中以AB為邊各畫一個等腰三角形，使其依次為銳角三角形、直角三角形、鈍角三角形，且所畫三角形的頂點均在格點上．

【答案】見解析【分析】根據勾股定理可得AB=5【詳解】解：如圖所示，

如圖①，AC=AB=12+22如圖②，AD=AB=12+22=5如圖③，AE=AB=12+22【點睛】本題考查了勾股定理與網格問題，等腰三角形的定義，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．【變式4-1】（2024·吉林·中考真題）圖①、圖2均是4×4的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，小正方形的邊長為1，點A，點B均在格點上，在給定的網格中按要求畫圖，所畫圖形的頂點均在格點上．（1）在圖①中，以點A，B，C為頂點畫一個等腰三角形；（2）在圖②中，以點A，B，D，E為頂點畫一個面積為3的平行四邊形．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）根據等腰三角形的定義畫出圖形即可：如以B為頂點，AC為底邊，即可做出等腰三角形；（2）作底為1，高為3的平行四邊形即可．【詳解】解：（1）如圖①中，此時以B為頂點，AC為底邊，該△ABC即為所求（答案不唯一）．（2）如圖②中，此時底AE=1，高h=3，因此四邊形ABDE即為所求．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和平行四邊形的性質，解題的關鍵掌握等腰三角形和平行四邊形的基本性質．【變式4-2】（2024·黑龍江哈爾濱·中考真題）如圖，方格紙中每個小正方形的邊長為1，線段AB和線段CD的端點均在小正方形的頂點上．（1）在圖中畫出以AB為邊的正方形ABEF，點E和點F均在小正方形的頂點上；（2）在圖中畫出以CD為邊的等腰三角形CDG，點G在小正方形的頂點上，且ΔCDG的周長為10+10【答案】（1）畫圖見解析；（2）畫圖見解析，EG=5.【分析】（1）根據正方形的判定作圖可得；（2）根據等腰三角形與勾股定理可得答案．【詳解】解：（1）如圖所示，正方形ABEF即為所求；（2）如圖所示，△CDG即為所求，由勾股定理，得EG=12【點睛】本題考查作圖-應用與設計、等腰三角形的性質、勾股定理、正方形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用思想結合的思想解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式4-3】（2024·吉林長春·中考真題）在正方形網格圖①、圖②中各畫一個等腰三角形．要求：每個等腰三角形的一個頂點為格點A，其余頂點從格點B、C、D、E、F、G、H中選取，并且所畫的兩個三角形不全等．【答案】答案見解析【分析】可以以正方形的對邊的頂點為等腰三角形的兩個底邊的頂點，以這兩點連線的中垂線經過的點為頂角頂點，即可作出等腰三角形．【詳解】解：如圖所示．圖④、⑤、⑥中的三角形全等，只能畫其中一個．【題型5確定構成等腰三角形點的個數】【例5】（2024·江蘇宿遷·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AD=4，點P是直線AD上一動點，若滿足△PBC是等腰三角形的點P有且只有3個，則AB的長為．【答案】4或2【分析】本題考查了等腰三角形的分類計算、矩形的性質和勾股定理，①當AB=AD=4時，點P位于AD的中點，或與點A重合，或與點D重合；②當AB<AD=4時，點P分別位于AD的中點的P1，此時P1B=P1C；點P2位于點D右側，此時CB=P2C；點P3位于點A【詳解】解：①當AB=AD=4時，如圖，此時符合題意的點P位于AD的中點，或與點A重合，或與點D重合；②當AB<AD=4時，如圖，符合題意的點P分別位于AD的中點的P1，此時P1B=P1C；點P2位于點D右側，此時CB=∵符合題意的P只有三個，∴P1∴P1∴AB=4③當AB>AD=4時，如圖，符合題意的點P分別位于AD的中點的P1，此時P1B=P1C；點P2位于點D右側，此時P2C>DC>CB綜上所述，AB的長為4或23故答案為：4或23【變式5-1】（2024·湖南湘潭·中考真題）如圖，直線y=3x+3交x軸于A點，交y軸于B點，過A、B兩點的拋物線交x軸于另一點C（3，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上是否存在點Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出符合條件的Q點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）此拋物線的解析式為y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3；（2）Q點坐標為（1，1），（1，0），（1，6），（1，﹣6）．【分析】（1）根據直線的解析式y=3x+3，當x=0和y=0時就可以求出點A、B的坐標，設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，根據A、B、C三點的坐標利用待定系數法就可以求出拋物線的解析式；（2）將拋物線化為頂點式，求出對稱軸，設出Q點的坐標，利用等腰三角形的性質，根據兩點間的距離公式就可以求出Q點的坐標．【詳解】(1)∵y=3x+3，∴當x=0時，y=3，當y=0時，x=﹣1，∴A（﹣1，0），B（0，3）．設拋物線的解析式為y=ax2+bx+c，由題意，得0=a?b+c3=c解得a=?1∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+2x+3(2)∵y=﹣x2+2x+3，∴y=﹣（x﹣1）2+4∴拋物線的對稱軸為x=1，設Q（1，a），①當AQ=BQ時，如圖，由勾股定理可得BQ=BFAQ=A得(1?0)2解得a=1，∴Q（1，1）；②如圖：當AB是腰時，Q是對稱軸與x軸交點時，AB=BQ，∴(1?0)2解得：a=0或6，當Q點的坐標為（1，6）時，其在直線AB上，A、B和Q三點共線，舍去，則此時Q的坐標是（1，0）；③當AQ=AB時，如圖：22+a2=10，解得a=±6，則綜上所述：Q點坐標為（1，1），（1，0），（1，6），（1，﹣6）．【點睛】本題考查的知識點是二次函數綜合題及待定系數法求二次函數解析式以及等腰三角形的判定，解題的關鍵是熟練的掌握二次函數綜合題及待定系數法求二次函數解析式以及等腰三角形的判定．【變式5-2】（2024·福建龍巖·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，A（0，2），B（0，6），動點C在直線y=x上．若以A、B、C三點為頂點的三角形是等腰三角形，則點C的個數是()A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【詳解】解：如圖，AB的垂直平分線與直線y=x相交于點C1，∵A（0，2），B（0，6），∴AB=6-2=4，以點A為圓心，以AB的長為半徑畫弧，與直線y=x的交點為C2，C3，∵OB=6，∴點B到直線y=x的距離為6×22∵32∴以點B為圓心，以AB的長為半徑畫弧，與直線y=x沒有交點，AB的垂直平分線與直線的交點有一個所以，點C的個數是1+2=3．故選B．【變式5-3】（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，二次函數y=（1）請直接寫出點D的坐標：；（2）當點P在線段AO（點P不與A、O重合）上運動至何處時，線段OE的長有最大值，求出這個最大值；（3）是否存在這樣的點P，使△PED是等腰三角形？若存在，請求出點P的坐標及此時△PED與正方形ABCD重疊部分的面積；若不存在，請說明理由．【答案】(1)（-3，4）；(2)P為AO中點時，OE的最大值為916；（3）存在，245或【分析】（1）將點A的坐標代入二次函數的解析式求得其解析式，然后求得點B的坐標即可求得正方形ABCD的邊長，從而求得點D的縱坐標．（2）PA=t，OE=m，利用△DAP∽△POE得到比例式，從而得到有關兩個變量的二次函數，求最值即可．（3）分點P位于y軸左側和右側兩種情況討論即可得到重疊部分的面積．【詳解】解：（1）將A點坐標代入二次函數的解析式可得：0=解得：b=1，故二次函數的解析式為：y=1可得B點坐標為：（1，0），故AB長度為：4，根據正方形的性質可知，AD=AB=4，故點D坐標為（-3，4）；（2）設PA=t，OE=m，由∠DAP=∠POE=∠DPE=90°得△DAP∽△POE，∴43?∴m=?∴當t=32時，m有最大值916，即P為AO中點時，OE的最大值為（3）存在．①點P在y軸左側時，P點的坐標為（﹣4，0）．由△PAD∽△OEG得OE=PA=1．∴OP=OA+PA=4．∵△ADG∽△OEG，∴AG：GO=AD：OE=4：1．∴AG=∴重疊部分的面積=S△PAG=1②當P點在y軸右側時，P點的坐標為（4，0），仿①步驟，此時重疊部分的面積為71277【題型6等腰三角形中的動態(tài)探究】【例6】（2024·四川樂山·中考真題）如圖，等腰△ABC的面積為23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．點P是線段AB上一動點，連接PE，過點E作PE的垂線交BC的延長線于點F，M是線段EF的中點．那么，當點P從A點運動到B點時，點M的運動路徑長為（

A．3 B．3 C．23 【答案】B【分析】當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．求出CF的長即可解決問題．【詳解】解：過點A作AD⊥BC于點D，連接CE，∵AB=AC，∴BD=DC=12BC∵AE=12BC∴AE=DC=1，∵AE∥BC，∴四邊形AECD是矩形，∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=2∴AD=23，則CE=AD=23，當P與A重合時，點F與C重合，此時點M在CE的中點N處，當點P與B重合時，如圖，點M的運動軌跡是線段MN．∵BC=2，CE=23，由勾股定理得BE=4，cos∠EBC=BCBE=BE∴BF=8，∴CF=BF-BC=6,∵點N是CE的中點，點M是EF的中點，∴MN=12CF∴點M的運動路徑長為3，故選：B．【點睛】本題考查點的軌跡、矩形的判定和性質、解直角三角形、勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找點M的運動軌跡，學會利用起始位置和終止位置尋找軌跡，屬于中考填空題中的壓軸題．【變式6-1】（2024·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，點P從點B出發(fā)以每秒3cm速度向點A運動，點Q從點A同時出發(fā)以每秒2cm速度向點C運動，其中一個動點到達端點，另一個動點也隨之停止，當△APQ是以PQ為底的等腰三角形時，運動的時間是（

）秒A．2.5 B．3 C．3.5 D．4【答案】D【分析】設運動時間為x秒時，AP＝AQ，根據點P、Q的出發(fā)點及速度，即可得出關于t的一元一次方程，解之即可得出結論．【詳解】設運動的時間為x秒，在△ABC中，AB＝20cm，AC＝12cm，點P從點B出發(fā)以每秒3cm的速度向點A運動，點Q從點A同時出發(fā)以每秒2cm的速度向點C運動，當△APQ是以PQ為底的等腰三角形時，AP＝AQ，AP＝20﹣3x，AQ＝2x，即20﹣3x＝2x，解得x＝4故選：D．【點睛】此題主要考查學生對等腰三角形的性質這一知識點的理解和掌握，此題涉及到動點，有一定的拔高難度，屬于中檔題．【變式6-2】（2024·遼寧鞍山·中考真題）如圖，∠POQ=90°，定長為a的線段端點A，B分別在射線OP，OQ上運動（點A，B不與點O重合），C為AB的中點，作△OAC關于直線OC對稱的△OA′C，A′O交AB于點D，當△OBD是等腰三角形時，∠OBD的度數為．【答案】67.5°或72°【分析】結合折疊及直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質可得∠COA=∠COA′=∠BAO，設∠COA=∠COA′=∠BAO=x°，然后利用三角形外角和等腰三角形的性質表示出∠BCO=2x°，∠A′OB=90°?2x°，∠OBD=90°?x°，∠BDO=∠AOD+∠BAO=3x°，從而利用分類討論思想解題．【詳解】解：∵∠POQ=90°，C為AB的中點，∴OC=AC=BC，∴∠COA=∠BAO，∠OBC=∠BOC，又由折疊性質可得∠COA=∠COA′，∴∠COA=∠COA′=∠BAO，設∠COA=∠COA′=∠BAO=x°，則∠BCO=2x°，∠A′OB=90°?2x°，∠OBD=90°?x°，∠BDO=∠AOD+∠BAO=3x°，①當OB=OD時，∠ABO=∠BDO，∴90°?x°=3x°，解得x=22.5°，∴∠OBD=90°?22.5°=67.5°；②當BD=OD時，∠OBD=∠A′OB，∴90°?x°=90°?2x°，方程無解，∴此情況不存在；③當OB=DB時，∠BDO=∠A′OB，∴3x°=90°?2x°，解得：x=18°，∴∠OBD=90°?18°=72°；綜上，∠OBD的度數為67.5°或72°，故答案為：67.5°或72°．【點睛】此題考查折疊及直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質，三角形外角和等腰三角形的性質，難度一般．【變式6-3】（2024·湖北荊門·中考真題）如圖，等腰Rt△ABC中，斜邊AB的長為2，O為AB的中點，P為AC邊上的動點，OQ⊥OP交BC于點Q，M為PQ的中點，當點P從點A運動到點C時，點M所經過的路線長為（）A．24π B．22π【答案】C【分析】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，利用等腰直角三角形的性質得AC=BC=2，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，再證明Rt△AOP≌△COQ得到AP=CQ，接著利用△APE和△BFQ都為等腰直角三角形得到PE=22AP=22CQ，QF=22BQ，所以PE+QF=22BC=1，然后證明MH為梯形PEFQ的中位線得到MH=【詳解】連接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如圖，∵△ACB為等腰直角三角形，∴AC=BC=22AB=2∵O為AB的中點，∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，∴∠OCB=45°，∵∠POQ=90°，∠COA=90°，∴∠AOP=∠COQ，在Rt△AOP和△COQ中∠A=∠OCQAO=CO∴Rt△AOP≌△COQ，∴AP=CQ，易得△APE和△BFQ都為等腰直角三角形，∴PE=22AP=22CQ，QF=∴PE+QF=22（CQ+BQ）=22BC=∵M點為PQ的中點，∴MH為梯形PEFQ的中位線，∴MH=12（PE+QF）=1即點M到AB的距離為12∴點M的運動路線為△ABC的中位線，∴當點P從點A運動到點C時，點M所經過的路線長=12故選C．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定與性質、梯形的中位線、點運動的軌跡，通過計算確定動點在運動過程中不變的量，從而得到運動的軌跡是解題的關鍵.【題型7探究等腰三角形中線段間的關系】【例7】（2024·山東泰安·中考真題）問題探究（1）在△ABC中，BD，CE分別是∠ABC與∠BCA的平分線．①若∠A=60°，AB=AC，如圖，試證明BC=CD+BE；②將①中的條件“AB=AC”去掉，其他條件不變，如圖，問①中的結論是否成立？并說明理由．遷移運用（2）若四邊形ABCD是圓的內接四邊形，且∠ACB=2∠ACD，∠CAD=2∠CAB，如圖，試探究線段AD，BC，AC之間的等量關系，并證明．【答案】（1）①見解析；②結論成立，見解析；（2）AC=AD+BC，見解析【分析】（1）①證明△ABC是等邊三角形，得出E、D為中點，從而證明BC=CD+BE；②在BC上截取BG=BE，根據角平分線的性質，證明△EBF≌△GBF，△DFC≌△GFC，從而得到答案；（2）作點B關于AC的對稱點E，證明∠2+∠3=60°，從而得到∠M=60°，再根據AE、DC分別是∠MAC、∠MCA的角平分線，得到AC=AD+BC．【詳解】（1）①∵∠A=60°，AB=AC，∴AB=AC=BC．又∵BD、CE分別是∠ABC、∠BCA的平分線．∴點D、E分別是AC、AB的中點．∴BE=12AB=∴BC=BE+CD．②結論成立，理由如下：設BD與CE交于點F，由條件，得∠1=∠2，∠3=∠4．又∠A=60°∴∠ABC+∠BCA=120°．∴∠1+∠3=1∴∠BFC=120°．∴∠5=∠6=60°．在BC上截取BG=BE．由∵BF=BF，∴△EBF≌△GBF．∴∠7=∠6=60°∴∠8=60°．∴∠8=∠5．又∵CF=CF，∴△DFC≌△GFC．∴DC=GC∴BC=BG+GC=BE+CD．（2）AC=AD+BC，理由如下：∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠DAB+∠BCD=180°．∵∠ACB=2∠ACD，∠CAD=2∠CAB∴∠DAC=2∠1，∠BCA=2∠2，∴3∠1+3∠2=180°．∴∠1+∠2=60°．作點B關于AC的對稱點E，連結CE，EA，CE的延長線與AD的延長線交于點M，AE與CD交于點F，∴∠1=∠3，BC=CE．∴∠2+∠3=60°．∴2∠2+2∠3=120°∴∠MAC+∠MCA=120°∴∠M=60°∵AE、DC分別是∠MAC、∠MCA的角平分線由②得AC=AD+BC．【點睛】本題考查三角形、等邊三角形、全等三角形、圓的內接四邊形的性質，解題的關鍵是熟練掌握三角形、等邊三角形、全等三角形、圓的內接四邊形的相關知識．【變式7-1】（2024·貴州安順·中考真題）（1）如圖①，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點E是BC的中點，若AE是∠BAD的平分線，試判斷AB，AD，DC之間的等量關系．解決此問題可以用如下方法：延長AE交DC的延長線于點F，易證ΔAEB≌ΔFEC得到AB=FC，從而把AB，AD，DC轉化在一個三角形中即可判斷．AB，AD，DC之間的等量關系________；（2）問題探究：如圖②，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AF與DC的延長線交于點F，點E是BC的中點，若AE是∠BAF的平分線，試探究AB，AF，CF之間的等量關系，并證明你的結論．【答案】（1）AD=AB+DC；（2）AB=AF+CF，理由詳見解析.【分析】（1）先根據角平分線的定義和平行線的性質證得AD=DF，再根據AAS證得ΔCEF≌ΔBEA，于是AB=CF，進一步即得結論；（2）延長AE交DF的延長線于點G，如圖②，先根據AAS證明ΔAEB≌ΔGEC，可得AB=CG，再根據角平分線的定義和平行線的性質證得FA=FG，進而得出結論.【詳解】解：（1）AD=AB+DC.理由如下：如圖①，∵AE是∠BAD的平分線，∴∠DAE=∠BAE∵AB∥DC，∴∠F=∠BAE，∴∠DAF=∠F，∴AD=DF.∵點E是BC的中點，∴CE=BE，又∵∠F=∠BAE，∠AEB=∠CEF∴ΔCEF≌ΔBEA（AAS），∴AB=CF.∴AD=CD+CF=CD+AB.故答案為AD=AB+DC.（2）AB=AF+CF.理由如下：如圖②，延長AE交DF的延長線于點G.∵AB∥DC，∴∠BAE=∠G，又∵BE=CE，∠AEB=∠GEC，∴ΔAEB≌ΔGEC（AAS），∴AB=GC，∵AE是∠BAF的平分線，∴∠BAG=∠FAG，∵∠BAG=∠G，∴∠FAG=∠G，∴FA=FG，∵CG=CF+FG，∴AB=AF+CF.【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、平行線的性質、角平分線的定義和等角對等邊等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解本題的關鍵．【變式7-2】（2024·山東東營·中考真題）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3(1)問題發(fā)現如圖1，將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉90°得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數量關系是______，AD與BE的位置關系是______；(2)類比探究將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉任意角度得到△CDE，連接AD，BE，線段AD與BE的數量關系、位置關系與（1）中結論是否一致？若AD交CE于點N，請結合圖2說明理由；(3)遷移應用如圖3，將△CAB繞點C旋轉一定角度得到△CDE，當點D落到AB邊上時，連接BE，求線段BE的長．【答案】(1)BE=3AD；AD⊥BE(2)一致；理由見解析(3)BE=【分析】（1）延長DA交BE于點H，根據旋轉得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，根據勾股定理得出AD=12+12=2，BE=（2）延長DA交BE于點H，證明△ACD∽△BCE，得出ADBE=ACBC=（3）過點C作CN⊥AB于點N，根據等腰三角形的性質得出AN=ND=12AD，根據勾股定理得出AB=12+32=【詳解】（1）解：延長DA交BE于點H，如圖所示：∵將△CAB繞點C按逆時針方向旋轉90°得到△CDE，∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，∴根據勾股定理得：AD=12+∴BE=3AD，∵CD=AC，CE=BC，∠ACD=∠ACB=90°，∴∠ADC=∠DAC=12×90°=45°∴∠BHD=180°?∠ADC?∠CBE=180°?45°?45°=90°，∴AD⊥BE．（2）解：線段AD與BE的數量關系、位置關系與（1）中結論一致；理由如下：延長DA交BE于點H，如圖所示：∵將△CAB繞點C旋轉得到△CDE，∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠ACB=90°，∴ACBC∴△ACD∽△BCE，∴ADBE=AC∴BE=3AD；又∵∠ENH=∠CND，∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°，∠CND+∠CDN+∠DCN=180°，∴∠EHN=∠DCN=90°，∴AD⊥BE；（3）解：過點C作CN⊥AB于點N，如圖所示：根據旋轉可知：AC=CD，∴AN=ND=1∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3∴根據勾股定理得：AB=1∵∠ANC=∠ACB=90°，∠A=∠A，∴△ACN∽△ABC，∴ANAC即AN1解得：AN=10∴AD=2AN=10根據解析（2）可知：BE=3AD=3【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握三角形相似的判定方法．【變式7-3】（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=CB，點D，E分別在AB，CB上，DB=EB，連接AE，CD，取AE中點F，連接BF(1)求證：CD=2BF，CD⊥BF；(2)將△DBE繞點B順時針旋轉到圖2的位置．①請直接寫出BF與CD的位置關系：___________________；②求證：CD=2BF．【答案】(1)見解析(2)①BF⊥CD；②見解析【分析】（1）先證明△ABE≌△CBD得到AE=CD，∠FAB=∠BCD，根據直角三角形斜邊中線性質得到CD=AE=2BF，根據等邊對等角證明∠FBA=∠BCD，進而可證明BF⊥CD；（2）①延長BF到點G，使FG=BF，連接AG，延長BE到M，使BE=BM，連接AM并延長交CD于點N．先證明△AGF≌△EBF，得到∠FAG=∠FEB，AG=BE，進而AG∥BE，AG=BD．證明△AGB≌△BDC得到∠ABG=∠BCD，然后利用三角形的中位線性質得到BF∥AN，則②根據△AGB≌△BDC得到CD=BG即可得到結論．【詳解】（1）證明：在△ABE和△CBD中，∵AB=BC，∠ABE=∠CBD=90°，BE=BD，∴△ABE≌△CBDSAS∴AE=CD，∠FAB=∠BCD．∵F是Rt△ABE斜邊AE∴AE=2BF，∴CD=2BF，∵BF=1∴∠FAB=∠FBA．∴∠FBA=∠BCD，∵∠FBA+∠FBC=90°，∴∠FBC+∠BCD=90°．∴BF⊥CD；（2）解：①BF⊥CD；理由如下：延長BF到點G，使FG=BF，連接AG，延長BE到M，使BE=BM，連接AM并延長交CD于點N．∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB，∴△AGF≌△EBFSAS∴∠FAG=∠FEB，AG=BE，∴AG∥∴∠GAB+∠ABE=180°，∵∠ABC=∠EBD=90°，∴∠ABE+∠DBC=180°，∴∠GAB=∠DBC．∵BE=BD，∴AG=BD．在△AGB和△BDC中，∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，∴△AGB≌△BDCSAS∴∠ABG=∠BCD．∵F是AE中點，B是EM中點，∴BF是△ABM中位線，∴BF∥∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，∴∠ABC=∠ANC=90°，∴AN⊥CD．∵BF∥∴BF⊥CD．故答案為：BF⊥CD；②證明：∵△AGB≌△BDC，∴CD=BG，∵BG=2BF，∴CD=2BF．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質、直角三角形斜邊中線性質、等腰三角形的判定與性質、三角形的中位線性質、平行線的判定與性質等知識，涉及知識點較多，綜合性強，熟練掌握相關知識的聯系與運用，靈活添加輔助線構造全等三角形是解答的關鍵．考點二考點二等邊三角形等邊三角形的概念三條邊都相等的三角形叫等邊三角形，它是特殊的等腰三角形.等邊三角形的性質1）等邊三角形的三條邊相等.2）三個內角都相等，并且每個內角都是60°.等邊三角形的判定1）三邊相等或三個內角都相等的三角形是等邊三角形.2）有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形.特別注意：等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；等邊三角形的內心、外心、重心和垂心重合．【題型8由等邊三角形的性質求值】【例8】（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形OMNP頂點M的坐標為3,0，△OAB是等邊三角形，點B坐標是1,0，△OAB在正方形OMNP內部緊靠正方形OMNP的邊（方向為O→M→N→P→O→M→?）做無滑動滾動，第一次滾動后，點A的對應點記為A1，A1的坐標是2,0；第二次滾動后，A1的對應點記為A2，A2的坐標是2,0；第三次滾動后，A2的對應點記為A3，A【答案】1,3【分析】本題考查了點的坐標變化規(guī)律，正方形性質，等邊三角形性質，根據三角形的運動方式，依次求出點A的對應點A1，A2，??，【詳解】解：∵正方形OMNP頂點M的坐標為3,0，∴OM=MN=NP=OP=3,∵△OAB是等邊三角形，點B坐標是1,0，∴等邊三角形高為32由題知，A1的坐標是2,0A2的坐標是2,0A3的坐標是3?繼續(xù)滾動有，A4的坐標是3,2A5的坐標是3,2A6的坐標是5A7的坐標是1,3A8的坐標是1,3A9的坐標是3A10的坐標是0,1A11的坐標是0,1A12的坐標是1A13的坐標是2,0；??不斷循環(huán)，循環(huán)規(guī)律為以A1，A2，??∵2024÷12=168??8，∴A2024的坐標與A8的坐標一樣為故答案為：1,3．【變式8-1】（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形ABCD為正方形，△ADE為等邊三角形，EF⊥AB于點F，若AD=4，則EF=．【答案】2【分析】本題考查正方形的性質，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形，根據正方形和等邊三角形的性質，得到△AFE為含30度角的直角三角形，AE=AD=4，根據含30度角的直角三角形的性質求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，△ADE為等邊三角形，EF⊥AB，AD=4，∴∠FAD=90°,∠EAD=60°,∠AFE=90°,AD=AE=4，∴∠FAE=30°，∴EF=1故答案為：2．【變式8-2】（2024·山東·中考真題）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，點D，E在邊BC上，若∠DAE=30°，tan∠EAC=1

【答案】3?【分析】過點A作AH⊥BC于H，根據等邊三角形的性質可得∠BAC=60°，再由AH⊥BC，可得∠BAD+∠DAH=30°，再根據∠BAD+∠EAC=30°，可得∠DAH=∠EAC，從而可得tan∠DAH=tan∠EAC=13，利用銳角三角函數求得AH=AB?【詳解】解：過點A作AH⊥BC于H，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC=6，∠BAC=60°，∵AH⊥BC，∴∠BAH=1∴∠BAD+∠DAH=30°，∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠DAH=∠EAC，∴tan∠DAH=∵BH=1∵AH=AB?sin∴DHAH∴DH=3∴BD=BH?DH=3?3故答案為：3?3

【點睛】本題考查等邊三角形的性質、銳角三角函數，熟練掌握等邊三角形的性質證明∠DAH=∠EAC是解題的關鍵．【變式8-3】（2024·新疆·中考真題）【探究】（1）已知△ABC和△ADE都是等邊三角形．①如圖1，當點D在BC上時，連接CE．請?zhí)骄緾A，CE和②如圖2，當點D在線段BC的延長線上時，連接CE．請再次探究CA，CE和【運用】（2）如圖3，等邊三角形ABC中，AB=6，點E在AC上，CE=23．點D是直線BC上的動點，連接DE，以DE為邊在DE的右側作等邊三角形DEF，連接CF．當△CEF為直角三角形時，請直接寫出BD【答案】（1）①CA=CE+CD，理由見解析；②CE=CA+CD，理由見解析；（2）6?3或6+2【分析】（1）①CA=CE+CD．證明△BAD≌△CAESAS可得BD=CE，即得BC=BD+CD=CE+CD，進而可得CA=CE+CD；②CE=CA+CD．同理①（2）分點D在BC上，∠EFC=90°和點D在BC的延長線上，∠CEF=90°兩種情況，畫出圖形，結合四點共圓及圓周角定理解答即可求解；本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，四點共圓，圓周角定理，解直角三角形，等角對等邊，應用分類討論思想解答是解題的關鍵．【詳解】解：（1）①CA=CE+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴BC=BD+CD=CE+CD，∵AC=BC，∴CA=CE+CD；②CE=CA+CD，理由如下：∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC=BC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∴CE=BD=BC+CD=CA+CD，即CE=CA+CD；（2）解：分兩種情況：如圖，當點D在BC上，∠EFC=90°時，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠EFD=∠ECD=60°，∴C、D、E、F四點共圓，∵∠EFC=90°，∴CE為該圓的直徑，∴∠CDE=90°，∵CE=23，∠ECD=60°∴CD=CE·cos∴BD=BC?CD=6?3如圖，當點D在BC的延長線上，∠CEF=90°時，∵△ABC和△DEF都是等邊三角形，∴∠ACB=∠EFD=60°，∴∠ECD=120°，∴∠ECD+∠EFD=180°，∴C、D、E、F四點共圓，∵∠CEF=90°，∴CF為該圓的直徑，∴∠CDF=90°，∵∠EDF=60°，∴∠CDE=90°?60°=30°，∴∠CED=180°?120°?30°=30°，∴∠CED=∠CDE，∴CD=CE=23∴BD=BC+CD=6+23綜上，BD的長為6?3或6+2【題型9等邊三角形的判定】【例9】（2024·浙江臺州·模擬預測）點P在正方形ABCD的內部，且BP=AB．(1)當AP=DP時（如圖1），判斷△PBC的形狀，并說明理由；(2)如圖2，延長BP交AD于點E，若S△ABE=13SABCD，設△APE的面積為S1【答案】(1)△PBC為等邊三角形，理由見解析(2)S【分析】（1）由等邊對等角得出∠PAD=∠PDA，由正方形的性質推出∠BAP=∠CDP，再證明△ABP≌△DCP，由全等三角形的性質可得出PB=PC，結合已知條件可得出△PBC為等邊三角．（2）作AM⊥BE于M，CN⊥BE于N，則AM∥CN，判定△AME∽△CNB，有AMCN=AEBC，結合題意即可求得【詳解】（1）解：△PBC為等邊三角形，理由如下：∵AP=DP，∴∠PAD=∠PDA，∵ABCD是正方形，∴AB=CD=BC，∠BAD=∠CDA，∴∠BAP=∠CDP∴△ABP≌△DCPSAS∴PB=PC∵BP=AB，∴PB=PC=BC，∴△PBC為等邊三角形；（2）作AM⊥BE于M，CN⊥BE于N，如圖，則AM∥CN，∴△AME∽∴AMCN∵S△ABE∴12AB×AE=1∴AMCN∴S【點睛】本題主要考查正方形的性質、等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質以及相似三角形的判定和性質，解題的關鍵是作輔助線和熟悉正方形和三角形之間的轉化．【變式9-1】（2024·江蘇常州·中考真題）已知，如圖，延長△ABC的各邊，使得BF=AC，AE=CD=AB，順次連接D，E，F，得到△DEF為等邊三角形．求證：（1）△AEF≌△CDE；（2）△ABC為等邊三角形．【答案】（１）見解析；（２）見解析．【分析】（1）關鍵是證出CE=AF，可由AE=AB，AC=BF，兩兩相加可得．再結合已知條件可證出△AEF≌△CDE．（2）有（1）中的全等關系，可得出∠AFE=∠CED，再結合△DEF是等邊三角形，可知∠DEF=60°，從而得出∠BAC=60°，同理可得∠ACB=60°，那么∠ABC=60°．因而△ABC是等邊三角形．【詳解】證明：（1）∵BF=AC，AB=AE（已知）∴FA=EC（等量加等量和相等）．∵△DEF是等邊三角形（已知），∴EF=DE（等邊三角形的性質）．又∵AE=CD（已知），∴△AEF≌△CDE（SSS）．（2）由△AEF≌△CDE，得∠FEA=∠EDC（對應角相等），∵∠BCA=∠EDC+∠DEC=∠FEA+∠DEC=∠DEF（等量代換），△DEF是等邊三角形（已知），∴∠DEF=60°（等邊三角形的性質），∴∠BCA=60°（等量代換），由△AEF≌△CDE，得∠EFA=∠DEC，∵∠DEC+∠FEC=60°，∴∠EFA+∠FEC=60°，又∠BAC是△AEF的外角，∴∠BAC=∠EFA+∠FEC=60°，∴△ABC中，AB=BC（等角對等邊）．∴△ABC是等邊三角形（等邊三角形的判定）．【變式9-2】（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC=90°，點E是AC的中點，且AC=AD（1）尺規(guī)作圖：作∠CAD的平分線AF，交CD于點F，連結EF、BF（保留作圖痕跡，不寫作法）；（2）在（1）所作的圖中，若∠BAD=45°，且∠CAD=2∠BAC，證明：△BEF為等邊三角形．【答案】（1）圖見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）根據基本作圖—角平分線作法，作出∠CAD的平分線AF即可解答；（2）根據直角三角形斜邊中線性質得到BE=12AC并求出∠BEC=∠BAC+∠ABE=30°，再根據等腰三角形三線合一性質得出CF=DF，從而得到EF為中位線，進而可證BE=EF【詳解】解：（1）如圖，AF平分∠CAD，（2）∵∠BAD=45°，且∠CAD=2∠BAC，∴∠CAD=30°，∠BAC=15°，∵AE=EC，∠ABC=90°，∴BE=AE=1∴∠ABE=∠BAC=15°，∴∠BEC=∠BAC+∠ABE=30°，又∵AF平分∠CAD，AC=AD，∴CF=DF，又∵AE=EC，∴EF=12AD=∴∠CEF=∠CAD=30°，∴∠BEF=∠BEC+∠CEF=60°又∵BE=EF=∴△BEF為等邊三角形．【點睛】本題主要考查了基本作圖和等腰三角形性質以及與三角形中點有關的兩個定理，解題關鍵是掌握等腰三角形三線合一定理、直角三角形斜邊中線等于斜邊一半以及三角形中位線定理．【變式9-3】（2024·湖北咸寧·一模）問題背景：如圖（1），在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，求證：嘗試應用：如圖（2），在△ABC和△ADE中，∠ABC=∠ADE=90°，∠ACB=∠AED=30°，連接CE，點F是CE的中點．判定以B，D，F為頂點的三角形的形狀，并證明你的結論；拓展創(chuàng)新：如圖（3），在△ABC中，AC＝2，BC＝25，將AB繞點A逆時針旋轉90°得到AD，連接BD，CD．若點E【答案】問題背景：見解析；嘗試應用：等邊三角形，理由見解析；拓展創(chuàng)新：6【分析】問題背景：由∠BAC=∠DAE得∠BAD=∠CAE，利用SAS即可證明全等；嘗試應用：取AC中點P，連接PF，則△ABP是等邊三角形，得BP=AB；由三角形中位線定理得PF=AD，PF∥AE，則∠CPF=∠CAE，從而可得∠BPF=∠BAD，從而可證明△ABD≌△PBF(SAS)，則可得BD=BF拓展創(chuàng)新：過C作FC⊥BC，垂足為C，且FC=BC，連接BF，DF，可得△ACB∽△DFB，從而DF=2；.取CF的中點G，連接BG，GE，則GE=1，【詳解】問題背景：證明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，∴△ABD≌嘗試應用：解：等邊三角形；證明如下：取AC中點P，連接PF，如圖，∵∠ABC=∠ADE=90°，∠ACB=∠AED=30°，∴BP=AP，∠BAP=∠EAD=60°，AD=1∴△ABP是等邊三角形，∴BP=AB，∴∠BPC=180°?∠APB=120°，∴∠BPF=∠BPC+∠CPF=120°+∠CPF；∵F為CE的中點，AC中點為P，∴PF=12AE=AD∴∠CPF=∠CAE，∴∠BAD=∠BAP+∠CAE+∠EAD=120°+∠CAE，∴∠BPF=∠BAD，∴△ABD≌△PBF(SAS)∴BD=BF，∴∠DBF=∠DBP+∠PBF=∠DBP+∠ABD=∠ABP=60°，∴△DBF是等邊三角形；拓展創(chuàng)新：解：如圖，過C作FC⊥BC，垂足為C，且FC=BC，連接BF，則∠CBF=45°，由旋轉知，AB=AD，∴∠ABD=45°，∵∠ABC+∠CBD=∠CBD+∠DBF=45°，∴∠ABC=∠DBF；∵BD∴△ACB∽∴BD∴DF=2取CF的中點G，連接BG，GE，則∵E點是CD的中點，∴GE=1由勾股定理得：BG=B∵BE≤BG+GE，即BE≤5+1=6，∴BE的最大值為6．【點睛】本題是三角形的綜合，考查了全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等邊三角形判定，等腰三角形的性質，勾股定理，三角形中位線定理等知識，構造輔助線證明三角形全等與相似是本題的關鍵．【題型10等邊三角形的判定與性質的綜合】【例10】（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一條對角線，E是AC上一點，過點E作EF⊥AB，垂足為F，連接DE．若CE=AF，則DE的長為．【答案】2【分析】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理等知識，過D作DH⊥AC于H，先判斷△ABC，△ACD都是等邊三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，利用含30°的直角三角形的性質可得出AE=2AF=2CE，進而求出CE【詳解】解∶過D作DH⊥AC于H，∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=1∵EF⊥AB，∴∠AEF=30°，∴AE=2AF，又CE=AF，∴AE=2CE，∴CE=2，∴HE=CH?CE=1，在Rt△CDH中，D∴DE=D故答案為：27【變式10-1】（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，點C在線段AD上，AB=AD，∠B=∠D，BC=DE．(1)求證：△ABC≌△ADE；(2)若∠BAC=60°，求∠ACE的度數．【答案】(1)見解析(2)∠ACE=60°【分析】本題考查全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質，證明△ACE是等邊三角形是解答的關鍵．（1）直接根據全等三角形的判定證明結論即可；（2）根據全等三角形的性質得到AC=AE，∠CAE=∠BAC=60°，再證明△ACE是等邊三角形，利用等邊三角形的性質求解即可．【詳解】（1）證明：在△ABC與△ADE中，AB=AD∠B=∠D所以△ABC≌△ADESAS（2）解：因為△ABC≌△ADE，∠BAC=60°，所以AC=AE，∠CAE=∠BAC=60°，所以△ACE是等邊三角形．所以∠ACE=60°．【變式10-2】（2024·四川德陽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，對角線AC與BD相交于點O，點F為BC的中點，連接AF與BD相交于點E，連接CE并延長交AB于點G．(1)證明：△BEF∽△BCO；(2)證明：△BEG≌△AEG．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知識，熟練掌握菱形的性質和相似三角形的判定是解題關鍵．（1）先根據菱形的性質可得AB=BC,AC⊥BD，再證出△ABC是等邊三角形，根據等邊三角形的性質可得AF⊥BC，然后根據相似三角形的判定即可得證；（2）先根據等邊三角形的性質可得CG⊥AB，從而可得AG=BG，再根據SAS定理即可得證．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC,AC⊥BD，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點F為BC的中點，∴AF⊥BC，∴∠BFE=∠BOC=90°∵∠EBF=∠CBO，∴△BEF∽△BCO．（2）證明：∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，∴CG⊥AB，∴∠AGE=∠BGE=90°∵△ABC是等邊三角形，∴AG=BG，在△BEG和△AEG中，AG=BG∠AGE=∠BGE=90°∴△BEG≌△AEGSAS【變式10-3】（2024·黑龍江·中考真題）如圖①，△ABC和△ADE是等邊三角形，連接DC，點F，G，H分別是DE,DC和BC的中點，連接FG,FH．易證：FH=3若△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如圖②：若△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，如圖③：其他條件不變，判斷FH和FG之間的數量關系，寫出你的猜想，并利用圖②或圖③進行證明．

【答案】圖②中FH=2FG，圖③中【分析】圖②：如圖②所示，連接BD，HG，CE，先由三角形中位線定理得到FG∥CE，FG=12CE，GH∥BD，GH=12圖③：仿照圖②證明△HGF是等邊三角形，則FH=FG．【詳解】解：圖②中FH=2FG，圖③中圖②證明如下：如圖②所示，連接BD，∵點F，G分別是DE，∴FG是△CDE的中位線，∴FG∥CE，同理可得GH∥BD，∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且∠BAC=∠DAE=90°，∴AB=AC，∴△ABD≌△ACESAS∴CE=BD，∴FG=HG，∵BD∥GH，∴∠FGH=∠FGD+∠HGD=∠DCE+∠GHC+∠GCH=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE=∠DBC+∠ABD+∠ACB=∠ACB+∠ABC=90°，∴△HGF是等腰直角三角形，∴FH=2

圖③證明如下：如圖③所示，連接BD，∵點F，G分別是DE，∴FG是△CDE的中位線，∴FG∥CE，同理可得GH∥BD，∵△ABC和△ADE都是等腰三角形，且∠BAC=∠DAE=120°，∴AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△ABD≌△ACESAS∴CE=BD，∴FG=HG，∵BD∥GH，∴∠FGH=∠FGD+∠HGD=∠DCE+∠GHC+∠GCH=∠DBC+∠DCB+∠ACD+∠ACE=∠DBC+∠ABD+∠ACB=∠ACB+∠ABC=180°?∠BAC=60°，∴△HGF是等邊三角形，∴FH=FG．

【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，三角形中位線定理，等邊三角形的性質與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．考點三考點三線段的垂直平分線、角平分線垂直平分線的概念經過線段的中點并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（或線段的中垂線）.垂直平分線的性質線段的垂直平分線上的點到這條線段兩個端點的距離相等.垂直平分線的判定到一條線段兩個端點距離相等的點在這條線段的垂直平分線上.角平分線的性質定理角的平分線上的點到這個角的兩邊的距離相等．角平分線的判定定理角的內部，與角的兩邊的距離相等的點在這個角的平分線上．【題型11利用垂直平分線的性質求解】【例11】（2024·山東濟南·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，分別以點A和B為圓心，以大于12AB的長為半徑作弧，兩弧相交于點E和F，作直線EF，再以點A為圓心，以AD的長為半徑作弧交直線EF于點G（點G在正方形ABCD內部），連接DG并延長交BC于點K．若BK=2，則正方形ABCD的邊長為（A．2+1 B．52 C．3+5【答案】D【分析】連接AG，設EF交AB于點H，正方形邊長為2x，由作圖知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，得到AH=BH=x，∠AHG=90°，由勾股定理得到GH=3x，證明AD∥GH∥BC，推出DG=GK，推出GH=x+1，得到3x=x+1【詳解】連接AG，設EF交AB于點H，正方形邊長為2x，由作圖知，AG=AD=2x，EF垂直平分AB，∴AH=BH=12AB=x∴GH=A∵∠BAD=90°，∴AD∥GH，∵AD∥BC，∴AD∥GH∥BC，∴DGGK∴DG=GK，∵BK=2，∴GH=1∴3x=x+1∴x=3∴2x=3故選：D．【點睛】本題主要考查了正方形和線段垂直平分線綜合．熟練掌握正方形性質，線段垂直平分線性質，勾股定理解直角三角形，平行線分線段成比例定理，梯形中位線性質，是解決問題的關鍵．【變式11-1】（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線分別交邊AB、CD于點E、F．若AD=8，BE=10，則tan∠ABD=【答案】1【分析】本題主要考查三角形相似的判定和性質以及勾股定理，熟練掌握三角形的判定和性質是解題的關鍵．設EF與BD相交于點O，證明△BOE∽△BAD，根據相似的性質進行計算即可；【詳解】解：BD的垂直平分線分別交邊AB、CD于點E、F．∴EF⊥BD，BO=1∴∠BOE=∠A=90°，∵∠ABD=∠ABD，∴△BOE∽△BAD，∴BE∵AD=8，BE=10，BO=1∴10∴OE?BO=40，∵OE令OE=x,OB=y，xy=40x解得x=25y=45∴tan故答案為：12【變式11-2】（2024·江蘇·中考真題）對于平面內的一個四邊形，若存在點O，使得該四邊形的一條對角線繞點O旋轉一定角度后能與另一條對角線重合，則稱該四邊形為“可旋四邊形”，點O是該四邊形的一個“旋點”．例如，在矩形MNPQ中，對角線MP、NQ相交于點T，則點T是矩形MNPQ的一個“旋點”．

(1)若菱形ABCD為“可旋四邊形”，其面積是4，則菱形ABCD的邊長是_______；(2)如圖1，四邊形ABCD為“可旋四邊形”，邊AB的中點O是四邊形ABCD的一個“旋點”．求∠ACB的度數；(3)如圖2，在四邊形ABCD中，AC=BD，AD與BC不平行．四邊形ABCD是否為“可旋四邊形”？請說明理由．【答案】(1)2(2)90°(3)是【分析】（1）根據“可旋四邊形”的性質可得AC=BD，根據正方形的判定可得菱形ABCD為正方形，根據正方形四條邊都相等的性質即可求解；（2）連接OC，根據“可旋四邊形”的性質和題意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根據等邊對等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根據三角形內角和定理即可求出結果；分別作AD，BC的垂直平分線，交于點O，連接OA，OB，OC，OD，根據垂直平分線的性質可得OA=OD，OC=OB，根據全等三角形的判定和性質可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可證明四邊形ABCD是“可旋四邊形”．【詳解】（1）解：∵菱形ABCD為“可旋四邊形”，則菱形ABCD的一條對角線AC繞點O旋轉一定角度后能與另一條對角線BD重合，即AC=BD，則菱形ABCD為正方形，∵菱形ABCD的面積為4，∴菱形ABCD的邊長是4=2故答案為：2．（2）解：連接OC，如圖：

∵四邊形ABCD為“可旋四邊形”，且點O是四邊形ABCD的一個“旋點”，∴OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∵點O是邊AB的中點，∴OA=OB，∴OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，即2∠OCA+∠OCB∴∠ACB=90°．（3）解：四邊形ABCD是“可旋四邊形”；理由如下：分別作AD，BC的垂直平分線，交于點O，連接OA，OB，OC，OD，如圖：

∵點O在線段AD和線段BC的垂直平分線上，∴OA=OD，OC=OB，在△AOC和△DOB中，OA=ODAC=BD∴△AOC≌∴∠AOC=∠BOD，則∠AOC?∠DOC=∠BOD?∠DOC，即∠AOD=∠BOC，∴四邊形ABCD是“可旋四邊形”．【點睛】本題考查了正方形的判定和性質，等邊對等角，三角形內角和定理，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是做輔助線，構建全等三角形．【變式11-3】（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，CD∥OE，直線CE是線段OD的垂直平分線，CE分別交OD，AD于點F，

(1)判斷四邊形OCDE的形狀，并說明理由；(2)當CD=4時，求EG的長．【答案】(1)四邊形OCDE是菱形，理由見解析(2)EG=4【分析】（1）證明△COD和△EOD是等邊三角形，即可推出四邊形OCDE是菱形；（2）利用含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理求得DF和CF的長，利用菱形的性質得到EF=CF=23，在Rt△CGF中，解直角三角形求得【詳解】（1）證明：四邊形OCDE是菱形，理由如下，∵矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，∴OC=OD=1∵直線CE是線段OD的垂直平分線，∴CO=CD，EO=ED，∴CO=CD=OD，即△COD是等邊三角形，∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF=1∵CD∥∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，∴△EOD是等邊三角形，∴CO=CD=EO=ED，∴四邊形OCDE是菱形；（2）解：∵直線CE是線段OD的垂直平分線，且∠DCF=30°，∴DF=12CD=2由（1）得四邊形OCDE是菱形，∴EF=CF=23在Rt△D