第18講等腰三角形目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01等腰三角形的定義題型02根據等邊對等角求角度題型03利用等邊對等角證明題型04根據三線合一求解題型05根據三線合一證明題型06格點圖中畫等腰三角形題型07根據等角對等邊證明等腰三角形題型08根據等角對等邊證明邊相等題型09根據等角對等邊求邊長題型10求與圖形中任意兩點構成等腰三角形的點題型11等腰三角形性質與判定綜合題型12等腰三角形有關的折疊問題題型13等腰三角形有關的規律探究問題題型14等腰三角形有關的新定義問題題型15等腰三角形有關的動點問題題型16探究等腰三角形中線段間存在的關系題型17利用等邊三角形的性質求線段長題型18手拉手模型題型19等邊三角形的判定題型20等邊三角形與折疊問題題型21等邊三角形有關的規律探究問題題型22利用等邊三角形的性質與判定解決多結論問題題型23利用垂直平分線的性質求解題型24線段垂直平分線的判定題型01等腰三角形的定義1．（2021·四川內江·四川省內江市第六中學校考二模）已知x，y滿足，則以，的值為兩邊長的等腰三角形的周長是（）A．20或16 B．20 C．16 D．以上答案均不對【答案】B【分析】利用非負數的性質，求出，的值，利用分類討論的思想思考問題即可．【詳解】解：，又，，，，當等腰三角形的邊長為4，4，8時，不符合三角形的三邊關系；當等腰三角形的三邊為8，8，4時，周長為20，故選：B．【點睛】本題考查等腰三角形的概念、非負數的性質、三角形的三邊關系等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．2．（2019·陜西西安·校聯考一模）已知等腰三角形的一個外角等于，則它的頂角是（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】已知條件中的外角可能是頂角的外角，也可能是底角的外角，需要分情況進行討論，再結合三角形的內角和為，即可求出頂角的度數．【詳解】解：①當頂角的外角等于時，則該頂角為：；②當底角的外角等于時，則該底角為，又由于是等腰三角形，故此時頂角為：．綜上所述，這個等腰三角形的頂角為或．故選C．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和三角形內角和定理，難度不大，解題的關鍵是注意分類討論思想的應用，以免漏解．3．（2023·四川廣安·統考二模）已知等腰三角形的兩邊長滿足，那么這個等腰三角形的周長為．【答案】10【分析】根據算術平方根和平方的非負性求得，分情況討論，求解即可．【詳解】解：∵，∴，，解得，當腰長為2，底邊為4時：，不滿足三角形三邊條件，不符合題意；當腰長為4，底邊為2時：，，滿足三角形三邊條件，此時等腰三角形的周長為．故答案為：10．【點睛】本題主要考查的是非負數的性質、等腰三角形的定義，三角形的三邊關系，利用三角形的三邊關系進行驗證是解題的關鍵．題型02根據等邊對等角求角度1．（2023·廣東東莞·三模）如圖，正方形的兩條對角線，相交于點，點在上，且．則的度數為．【答案】【分析】本題主要考查正方形的性質，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵；根據正方形的性質得到線段相等和，再根據三角形的內角和即可求解．【詳解】解：四邊形是正方形．，，，，，故答案為：2．（2021·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六十九中學校校考二模）中，，的平分線與邊所夾的銳角為，則．【答案】或【分析】本題主要考查等腰三角形的性質及三角形內角和定理，分兩種情況分別求得等腰三角形的頂角是解題的關鍵．根據等腰三角形的性質以及角平分線的定義得到，當時，根據三角形外角的性質得到，即可求得；當時，根據三角形內角和定理得到，即可求得．【詳解】解：設的角平分線交于點，當時，如圖1，，，，，，；當時，如圖2，，，，，，，綜上所述，的度數為或．故答案為：或．3．（2022·廣東佛山·校聯考模擬預測）如圖，在中，于點，與相交于點，且，．若，則的度數為．

【答案】/35度【分析】首先根據證明，再利用全等三角形的性質即可解決問題．【詳解】解：，，在和中，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，等邊對等角，解題的關鍵是掌握全等三角形的判定方法以及性質．題型03利用等邊對等角證明1．（2023·廣東深圳·統考三模）在中，，，點在內部，若的面積為，且滿足，則．【答案】【分析】過點作直線于，設，，證明，得出，證明，得出，證明，根據的面積為，得出，求出結果即可．【詳解】解：如圖，過點作直線于，設，，∴，∵，∴，，，，∴，∴，∵，∴，在和中，，，∴，的面積為，∴，即，∴，負值舍去．故答案為：．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形內角和定理的應用，三角形面積的計算，解題的關鍵是作出輔助線，證明．2．（2023·遼寧大連·統考一模）如圖，中，，，于D，E是的中點，的延長線交的延長線于F，若，則．【答案】12【分析】由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半可得，即，則，，證明，則，由，可得，解得，，設，則，，，，則，即，計算求解的值，進而可求的值．【詳解】解：由題意知，，∴，∵，是的中點，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得，，設，則，，，，∴，即，解得，∴，故答案為：12．【點睛】本題考查正切，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，等邊對等角，相似三角形的判定和性質，靈活應用以上知識點是解題的關鍵．3．（2023·廣東廣州·統考一模）如圖，是的弦，交于點P，過點B的直線交的延長線于點C，若，，，則的長為．【答案】4【分析】由垂直定義得，根據等腰三角形的性質由得，根據對頂角相等得，所以，而，所以，設，則，在中，根據勾股定理得到，然后解方程即可．【詳解】解：連接，如圖所示：∵，∴，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∴為直角三角形，設，則，在中，，，∵，∴，解得：，即的長為4．故答案為：4．【點睛】本題考查了圓的基本知識，等腰三角形的性質以及勾股定理，垂線定義理解，正確應用勾股定理求出的長是解題關鍵．4．（2023·天津西青·統考一模）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點，，均落在格點上，連接，．（1）線段的長等于．（2）以為圓心，為半徑作圓，在上找一點，滿足．請用無刻度的直尺，在如圖所示的網格中，畫出點，作出，并簡要說明點的位置是如何找到的（不要求證明）．【答案】圖見解析，利用垂徑定理找到點【分析】（1）利用勾股定理求出的長即可；（2）延長交于點，取格點，連接并延長交于點，點即為所求．【詳解】解：（1）由勾股定理，得：；故答案為：；（2）延長交于點，取格點，連接并延長交于點，點即為所求．如圖所示：由圖可知：，，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴點即為所求．M點是根據垂徑定理找到的；故答案為：利用垂徑定理找到點M【點睛】本題考查勾股定理，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，垂徑定理．掌握并運用相關知識點，是解題的關鍵．題型04根據三線合一求解1．（2022·黑龍江哈爾濱·校考模擬預測）如圖，中，，于，點在線段上，，若，，則的長為．【答案】【分析】設，根據題意及各角之間的關系得出，再由等腰三角形的性質得出，再利用勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖，設，∵，∴．中，，∴．中，．∴．∴．∴．∵，∴．∴．中，．中，．故答案為：．【點睛】本題考查直角三角形兩稅角互余、等角對等邊、勾股定理、等腰三角形三線合一；靈活運用勾股定理求解線段長度是解題的關鍵．2．（2023·湖南永州·統考二模）如圖，已知在中，．以為直徑作半圓O，交于點D．若，則的度數是度．

【答案】【分析】如圖所示，連接，利用圓周角定理得到，則由三線合一定理可得．【詳解】解：如圖所示，連接，∵為直徑，∴，即，∵，∴，故答案為：．

【點睛】本題主要考查了圓周角定理，三線合一定理，熟知直徑所對的圓周角是直角是解題的關鍵．3．（2023·黑龍江哈爾濱·統考三模）在中，，的面積為，則的值為．【答案】或【分析】過點作，如圖，根據等腰三角形的性質得，設，，利用三角形面積公式和勾股定理得到，再利用代數式變形得到，，則解得，或，，然后根據正切的定義求解即可．【詳解】解：如圖，過點作，，，設，，，，，，，，，，，或，，在中，，當，時，，當，時，，故答案為：或．【點睛】本題考查了解直角三角形，在直角三角形中根據三角形面積和勾股定理求出和的長是解答本題的關鍵．4．（2023·陜西西安·校考模擬預測）如圖，是等邊三角形，點E是的中點，過點E作于點F，延長交的反向延長線于點D，若，則的長為．【答案】3【分析】由是等邊三角形，點E是的中點，得，，根據，得，得到，在中，求得，即可得答案．【詳解】解：連接，∵是等邊三角形，點E是的中點，∴，，∵，∴，即，∴，在中，，∴，∴，∴，故答案為：3．【點睛】本題考查等邊三角形的性質及應用，解題的關鍵是靈活運用含30度角的直角三角形的性質解決問題．題型05根據三線合一證明1．（2023·湖北武漢·校考模擬預測）如圖，中，，是的外接圓，的延長線交邊于點D．

(1)求證：；(2)若，時，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）連接，得到，進而得到，利用外接圓的圓心是三邊中垂線的交點，以及等腰三角形三線合一，即可得證；（2）延長交于點，過點作，交的延長線于點，得到，，推出，在中，利用勾股定理進行求解即可．【詳解】（1）連接，∵，∴，又∵O為的外心，∴垂直平分，又∵，∴，∴；（2）解：延長交于點，則：，過點作，交的延長線于點，

∵，∴，，∴，，∴，設，在中：，即：，解得：（負值已舍掉）；∴，即：的半徑為4．【點睛】本題考查三角形的外接圓，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質．熟練掌握三角形的外接圓的圓心是三邊中垂線的交點，構造相似三角形，是解題的關鍵．2．（2023·湖北襄陽·統考模擬預測）如圖，已知在中，，，點D是外一點，．

(1)尺規作圖：請利用直尺和圓規作出的高（保留作圖痕跡，不寫作法）．(2)連接，若，判斷四邊形的形狀并說明理由．【答案】(1)見解析；(2)四邊形ABED是平行四邊形；理由見解析．【分析】（1）根據過直線外一點作已知直線的垂線的基本作法畫圖即可；（2）根據等腰三角形三線合一的性質和三角形內角和定理，得到，再根據30度角所對的直角邊等于斜邊一半，得到，推出，證明四邊形是矩形，進而即可證明四邊形是平行四邊形．【詳解】（1）解：如圖：AE即為所求；

（2）解：四邊形是平行四邊形，理由如下：，，，，，，，，，，，，，四邊形是矩形，，，四邊形是平行四邊形．【點睛】本題考查了基本作圖，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，平行四邊形的判定，熟練掌握特殊平行四邊形的判定和性質是解題關鍵．3．（2023·廣東江門·統考一模）如圖，在中，，，以為直徑作分別交、于點、，過點作的切線交于點．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據直徑所對的圓周角是90°得到，再由三線合一得到，進而得到結論；（2）連接，根據切線的性質得到，根據勾股定理求出，再根據的面積求出的長即可．【詳解】（1）證明：連接，∵為的直徑，∴，又∵∴，∴；（2）連接，是作的切線，則，∵，，∴，∴∴是的中位線，∴∴，又∵，∴【點睛】本題考查直徑所對的圓周角是直角，等腰三角形的性質，勾股股定理，切線的性質，三角形的中位線，掌握切線的性質是解題的關鍵．題型06格點圖中畫等腰三角形1．（2021·廣東廣州·執信中學校考三模）如圖，在的正方形網格中有兩個格點A、B，連接，在網格中再找一個格點C，使得是等腰直角三角形，滿足條件的格點C的個數是（

）

A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根據題意，結合圖形，分兩種情況討論：①AB為等腰直角△ABC底邊；②AB為等腰直角△ABC其中的一條腰．【詳解】解：如圖：分情況討論：①AB為等腰直角△ABC底邊時，符合條件的C點有0個；②AB為等腰直角△ABC其中的一條腰時，符合條件的C點有3個．故共有3個點，故選：B．

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定；解答本題關鍵是根據題意，畫出符合實際條件的圖形，數形結合的思想是數學解題中很重要的解題思想．2．（2022·貴州貴陽·校考一模）如圖，A、B是邊長為1的小正方形組成的網格上的兩個格點，其余的格點中任意放置點C（不包含點A、點B所在的格點），恰好能使△ABC構成等腰三角形的概率是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】除了點A、點B以外，共有23個點，再在其中找出頂點C使其能構成等腰三角形，由概率的定義可求出答案．【詳解】解：如圖所示，一共有23個符合條件的點，其中能與點A，點B構成等腰三角形的頂點C有9個，所以恰好能使△ABC構成等腰三角形的概率為，故選C．【點睛】本題考查等腰三角形的判定，概率的計算，理解概率的定義是正確解答的前提，掌握等腰三角形的判定是得出正確答案的關鍵．3．（2018·河北石家莊·統考一模）如圖，網格中的每個小正方形的邊長為1，A、B是格點，以A、B、C為等腰三角形頂點的所有格點C的個數為（

）

A．7個 B．8個 C．9個 D．10個【答案】B【詳解】解：如圖所示，以A為圓心，AB長為半徑畫弧，則圓弧經過的格點C3、C8、C7即為點C的位置；以B為圓心，AB長為半徑畫弧，則圓弧經過的格點C1、C2、C6、C4、C5即為點C的位置；作線段AB的垂直平分線，垂直平分線沒有經過格點．故以A、B、C為等腰三角形頂點的所有格點C的個數為8個．

故選B．點睛：本題主要考查了等腰三角形的判斷，解題時需要通過尺規作圖，找出點C的位置．掌握等腰三角形的判定，分情況討論是解決問題的關鍵．題型07根據等角對等邊證明等腰三角形1．（2018·河北·模擬預測）如圖，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足為點D，DE∥AC．求證：△BDE是等腰三角形．【答案】證明見解析．【分析】直接利用平行線的性質得出，進而利用角平分線的定義結合互余的性質得出，即可得出答案．【詳解】∵DE∥AC，∴∠1＝∠3，∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∴∠2＝∠3，∵AD⊥BD，∴∠2＋∠B＝90°，∠3＋∠BDE＝90°，∴∠B＝∠BDE，∴△BDE是等腰三角形．【點睛】此題主要考查了平行線的性質以及角平分線的定義，正確得出是解題關鍵．2．（2021·陜西西安·校考模擬預測）在中，對角線平分交于點，交于點．（1）求證：；（2）若，求的長．【答案】（1）見解析；（2）．【分析】（1）根據平行四邊形的性質可得再由平行線的性質可得，由角平分線的定義可得，即可得，由此可得；（2）由勾股定理求得，過點F作于點H，根據角平分線的性質定理可得AF=FH，再由，即可得，由此即可求得．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴，∴∵平分，∴，∴，∴；（2）∵，，∴，過點F作于點H，∵平分，，∴AF=FH，∵，∴，即，∴．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的判定、角平分線的性質定理，熟練運用相關性質及定理是解決問題的關鍵．3．（2022·江蘇泰州·統考二模）如圖，矩形，將沿對角線翻折得到（如圖1），交邊于點，再將沿翻折得到（如圖2），延長交邊于點．設、．(1)求證：為等腰三角形；(2)當，四邊形為正方形時，求的值；(3)當四邊形為菱形時，求與的數量關系．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】（1）由矩形性質及翻折的性質，證得，從而證得為等腰三角形．（2）由四邊形為正方形及翻折性質，證得與是等腰直角三角形，再由求得CF與BF的長，進而求得n的值．（3）由四邊形為菱形及矩形，翻折性質，證得BD與FH的交點即為G點，再由，求得，從而求得與的數量關系．【詳解】（1）證明：∵矩形，將沿對角線翻折得到，∴，，∵，∴在與中，，∴，∴，即為等腰三角形．（2）解：∵將沿對角線翻折得到，將沿翻折得到，∴，∵四邊形為正方形，∴．∵矩形，，∴，，∵，，，∴．∵矩形，，將沿對角線翻折得到，∴，，∵，∴，∵，∴，即．（3）解：∵四邊形為菱形，∴，∵矩形，∴．∵將沿對角線翻折得到，將沿翻折得到，∴，∵，∴BD與FH的交點即為G點，∴，∵，∴，∵矩形，沿對角線翻折得到，∴，在中，，，∴，，由（1）得，BF=FD，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了特殊四邊形的性質以及圖形翻折的性質及應用，掌握矩形、菱形、正方形的性質及翻折性質，且熟練掌握解特殊直角三角形是解題的關鍵．4．（2022·廣東珠海·珠海市文園中學校考三模）如圖，在矩形中，，點E是邊上一點，，延長至點F，使C，交于點G，連接，交于點H．’(1)求證：是等腰三角形；(2)若點E為的中點，，求的值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據GF//BE證明∠GFC=∠BEC=90°，再根據HL證明Rt△BFC≌Rt△GBC，得∠FBC=∠BGC，再由GF//BE證出∠HGF=∠GHB，可得∠BGH=∠BHG，從而得出結論；（2）根據題意得出BC=AD=2AB=24，再由勾股定理求出BE=CE=，設BG=BH=GF=x，由GF//BE證明，根據相似三角形的性質可求出x的值，再根據正切函數的定義求值即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∵GF//BE，∴∠GFC=∠BEC=90°，∴∠GFC=∠ABC，在Rt△GFC和Rt△GBC中，，∴Rt△GFC≌Rt△GBC（HL）∴∠BGC=∠CGF，BG=FG，∵GF//BE，∴∠FGC=∠BHG，∴∠BHG=∠BGH∴BG=BH，∴是等腰三角形；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠∵點E為的中點，，∴∴在和中，由勾股定理得：設則，∵//，∴，∴即解得，∴BG=在Rt△BCG中，【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，等三角形的判定，相似三角形的判定與性質以及銳角三角函數等知識，證明是解題的關鍵．題型08根據等角對等邊證明邊相等1．（2023·廣東東莞·模擬預測）如圖，為的中位線，且平分交于點F．若，，則．【答案】2【分析】根據三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得，，再根據角平分線的性質以及平行線的性質求出，根據等角對等邊的性質可得，然后代入數據進行計算即可得解．【詳解】解：∵是的中位線，，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，是的中位線，∴，∴．故答案為：2．【點睛】本題考查了三角形的中位線定理，角平分線的定義，平行線的性質，以及等角對等邊的性質，熟記性質以及定理，求出是解題的關鍵．2．（2021·湖北咸寧·統考模擬預測）在中，，，以頂點A為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點E，F；再分別以點E，F為圈心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線交于點D．則與的數量關系是．【答案】【分析】先根據直角三角形的性質可得，再根據角平分線的尺規作圖可知平分，從而可得，然后根據等腰三角形的定義可得，最后根據直角三角形的性質可得，由此即可得出答案．【詳解】解：在中，，，，由角平分線的尺規作圖可知，平分，，，，在中，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了角平分線的尺規作圖、等腰三角形的定義、含角的直角三角形，熟練掌握角平分線的尺規作圖是解題關鍵．3．（2022·江蘇南京·南師附中樹人學校校考二模）如圖，在平行四邊形中，，的平分線分別交AD于點E，F．若，，則BE的長為．（用含a，b的代數式表示）．【答案】【分析】過點E作，，得到，，根據平行四邊形的性質得到，推出四邊形與四邊形都是平行四邊形，推出，，根據角平分線的定義得到，，推出，得到，推出，根據，推出，推出，得到，根據勾股定理得到．【詳解】過點E作，，則，，∵中，，∴四邊形與四邊形都是平行四邊形，∴，，∵BE平分，CF平分，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了平行四邊形，角平分線，等腰三角形，勾股定理等，解決問題的關鍵是添加輔助線，熟練掌握平行四邊形性質和判定，角平分線定義，等角對等邊，勾股定理解直角三角形．4．（2022·山東德州·統考二模）我們把寬與長的比為黃金比（）的矩形稱為黃金矩形，如圖，在黃金矩形ABCD中，，BC＝4，的平分線交AD邊于點E，則AE的長為．【答案】【分析】根據黃金矩形的定義求出AB，根據矩形的性質，角平分線的定義，平行線的性質求出∠ABE和∠AEB，再根據等角對等邊即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是黃金矩形，BC=4，∴，∠ABC=90°，．∴．∵AE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC=45°．∴∠AEB=∠EBC=45°．∴∠ABE=∠AEB．∴．故答案為：．【點睛】本題考查矩形的性質，平行線的性質，角平分線的定義，等角對等邊，綜合應用這些知識點是解題關鍵．5．（2023·浙江寧波·校考一模）如圖，直線與雙曲線交于、兩點，直線經過點，與雙曲線交于另一點，，連接，若的面積是50，則．【答案】/【分析】作出如解圖的輔助線，設，由反比例函數的對稱性以及等腰直角三角形的性質可知，然后證明得到，，則點K的坐標為，然后求出直線BC的解析式，得到J點坐標，設C點坐標為，然后推出得到關于m、n的方程組，由此求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點A作軸于M，過點O作交于K，過點K作軸于T，設直線與y軸交于J，連接，設，則，，∴由反比例函數的對稱性可知，∵，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∴點K的坐標為，設直線BC的解析式為，∴，解得，∴直線BC的解析式為，∴J點坐標為，設C點坐標為，∵，∴，∴，解得，，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了求反比例函數比例系數，等腰三角形的判定，全等三角形的性質與判定，一次函數與反比例函數綜合等等，正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．題型09根據等角對等邊求邊長1．（2020·河北·模擬預測）把兩個同樣大小含角的三角尺按如圖所示的方式放置，其中一個三角尺的銳角頂點與另一個三角尺的直角頂點重合于點，且另外三個銳角頂點在同一直線上．若，則．【答案】．【分析】如圖，先利用等腰直角三角形的性質求出，，再利用勾股定理求出DF，即可得出結論．【詳解】如圖，過點作于，在中，，，，兩個同樣大小的含角的三角尺，，在中，根據勾股定理得，，，故答案為．【點睛】此題主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質，正確作出輔助線是解本題的關鍵．2．（2023·四川成都·統考一模）如圖，四邊形是平行四邊形，以點B為圓心，的長為半徑作弧交于E，分別以點C，E為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線交的延長線于點F，，則．【答案】【分析】利用基本作圖得到，平分，則，再根據平行四邊形的性質和平行線的性質證明，所以．【詳解】解：由作法得，平分，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查了作圖?復雜作圖：解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的判定．3．（2023·浙江杭州·校考二模）已知如圖，在矩形中，點E是的中點，連接，將沿著翻折得到，交于點H，延長，相交于點G，若，，則．

【答案】//【分析】連接，根據折疊的性質和矩形的性質可得與是直角三角形，，再根據即可證明．根據全等三角形的性質可得，可設，則，在中，根據勾股定理可求的長，即的長，再在中，根據勾股定理可求的長，從而求出的長．．【詳解】解：如圖，連接，

∵四邊形是矩形，∴，，.由折疊的性質可得：．∴，．是的中點，，，，，，設，則，，在中，，即，解得：，即，，，，，，設，則，在中，，即，解得，∴=，故答案為．【點睛】本題考查了矩形的性質以及折疊的性質特點，勾股定理的應用等知識，本題的關鍵在于通過矩形性質、折疊性質、方程思想求出的長．4．（2021·重慶九龍坡·重慶實驗外國語學校校考三模）如圖，在矩形中，點是線段上的一點，，，將沿翻折，得到，連接，若，，則線段的長度為．【答案】【分析】過點作，根據矩形和折疊的性質得到，從而得到為的中點，求得、的長度，勾股定理求得，等面積法求得，勾股定理即可求得．【詳解】解：過點作，如下圖：在矩形中，，，，∴由折疊的性質可得：，，∴∴又∵∴∴∴∴，即為的中點在中，由勾股定理得得由勾股定理得由勾股定理得故答案為【點睛】此題考查了矩形的性質，折疊的性質，直角三角形的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，熟練掌握相關基本性質是解題的關鍵．5．（2023·上海徐匯·上海市第四中學校考一模）在中，，M為的中點，將繞點M旋轉，使點C與點B重合得到，設邊交邊于點N．若，則．【答案】/【分析】根據題意畫圖，根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，推導出相等的角，根據等角對等邊可得出于相等，根據勾股定理列出方程求解即可．【詳解】解：根據題意畫出圖形如下圖所示，由題意可得：，∴，∵，∴，∴，設，則，根據勾股定理得：，∴，解得：，∴故答案為：．【點睛】本題考查旋轉變換，勾股定理，等邊對等角，直角三角形的中線的性質，能夠熟練運用勾股定理是解決本題的關鍵．題型10求與圖形中任意兩點構成等腰三角形的點1．（2020·福建廈門·校考模擬預測）在平面直角坐標系中，O是坐標原點，點A（3，2），點P（m，0）（m＜6），若△POA是等腰三角形，則m可取的值最多有（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】分三種情況分析：①以點O為頂角頂點，②以A為頂角頂點，③線段AO的垂直平分線，討論點P的個數.【詳解】由點P（m，0）（m＜6）知點P在x軸上，分三種情況：①當A為頂角頂點時，以點O為圓心OA長為半徑畫弧，交x軸于一點，根據對稱性得到此點的坐標為（6,0），不符合，舍去；②當點O為頂角頂點時，以點A為圓心，OA長為半徑畫弧，與x軸有兩個交點均滿足小于6的條件，故此時有兩個；③作線段OA的垂直平分線，與x軸交于一點，滿足小于6的條件，故此時有一個；綜上，共有3個點P，即m有3個值，故選：B.【點睛】此題考查等腰三角形的性質，解題時分三種情況進行討論，注意以點A、O為頂角頂點時應以點為圓心畫弧線，避免有遺漏.2．（2018·湖北武漢·統考一模）已知矩形ABCD,AD＞AB,以矩形ABCD的一邊為邊畫等腰三角形,使得它的第三個頂點在矩形ABCD的其他邊上,則可以畫出的不同的等腰三角形的個數為.【答案】8【分析】根據題意作出圖形即可得出答案,【詳解】如圖，AD＞AB，△CDE1，△ABE2，△ABE3，△BCE4，△CDE5，△ABE6，△ADE7，△CDE8，為等腰三角形，故有8個滿足題意得點.【點睛】此題主要考查矩形的對稱性，解題的關鍵是根據題意作出圖形.3．（2018·內蒙古赤峰·校聯考一模）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．【詳解】試題分析：如圖，當AB=AD時，滿足△PBC是等腰三角形的點P有且只有3個，△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形（P3B=P3C），則AB=AD=4，故答案為4．考點：矩形的性質；等腰三角形的性質；勾股定理；分類討論．題型11等腰三角形性質與判定綜合1．（2022·福建·統考模擬預測）已知，AB＝AC，AB＞BC．(1)如圖1，CB平分∠ACD，求證：四邊形ABDC是菱形；(2)如圖2，將（1）中的△CDE繞點C逆時針旋轉（旋轉角小于∠BAC），BC，DE的延長線相交于點F，用等式表示∠ACE與∠EFC之間的數量關系，并證明；(3)如圖3，將（1）中的△CDE繞點C順時針旋轉（旋轉角小于∠ABC），若，求∠ADB的度數．【答案】(1)見解析(2)，見解析(3)30°【分析】（1）先證明四邊形ABDC是平行四邊形，再根據AB＝AC得出結論；（2）先證出，再根據三角形內角和，得到，等量代換即可得到結論；（3）在AD上取一點M，使得AM＝CB，連接BM，證得，得到，設，，則，得到α+β的關系即可．【詳解】（1）∵，∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴，∴，∴，∴四邊形ABDC是平行四邊形，又∵AB＝AC，∴四邊形ABDC是菱形；（2）結論：．證明：∵，∴，∵AB＝AC，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（3）在AD上取一點M，使得AM＝CB，連接BM，∵AB＝CD，，∴，∴BM＝BD，，∴，∵，∴，設，，則，∵CA＝CD，∴，∴，∴，∴，∵，

∴，∴，即∠ADB＝30°．【點睛】本題考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性質、三角形內角和定理等，靈活運用知識，利用數形結合思想，做出輔助線是解題的關鍵．2．（2023·廣西·模擬預測）已知是等邊三角形，點B，D關于直線AC對稱，連接AD，CD．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)在線段AC上任取一點Р（端點除外），連接PD．將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處．請探究：當點Р在線段AC上的位置發生變化時，的大小是否發生變化？說明理由．(3)在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數量關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)大小不變，理由見解析(3)，證明見解析【分析】（1）連接BD，由等邊三角形的性質可得AC垂直平分BD，繼而得出，便可證明；（2）連接PB，過點P作交AB于點E，PF⊥AB于點F，可證明是等邊三角形，由等腰三角形三線合一證明，，即可求解；（3）由等腰三角形三線合一的性質可得AF=FE，QF=BF，即可證明．【詳解】（1）連接BD，是等邊三角形，，點B，D關于直線AC對稱，AC垂直平分BD，，，四邊形ABCD是菱形；（2）當點Р在線段AC上的位置發生變化時，的大小不發生變化，始終等于60°，理由如下：將線段PD繞點Р逆時針旋轉，使點D落在BA延長線上的點Q處，，是等邊三角形，，連接PB，過點P作交AB于點E，PF⊥AB于點F，則，，是等邊三角形，，，，點B，D關于直線AC對稱，點P在線段AC上，PB=PD，∠DPA=∠BPA，PQ=PD，，，∠QPF-∠APF=∠BPF-∠EPF，即∠QPA=∠BPE，∠DPQ=∠DPA-∠QPA=∠BPA-∠BPE=∠APE=60°；（3）AQ=CP，證明如下：AC=AB，AP=AE，AC-AP=AB–AE，即CP=BE，AP=EP，PF⊥AB，AF=FE，PQ=PD，PF⊥AB，QF=BF，QF-AF=BF–EF，即AQ=BE，AQ=CP．【點睛】本題考查了圖形的旋轉，等邊三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，菱形的判定等，熟練掌握知識點是解題的關鍵．3．（2023·廣西·模擬預測）如圖，以為直徑的經過的頂點，，分別平分和，的延長線交于點，連接．(1)判斷的形狀，并證明你的結論；(2)若，，求的長．【答案】(1)為等腰直角三角形，詳見解析(2)【分析】（1）由角平分線的定義、結合等量代換可得，即；然后再根據直徑所對的圓周角為90°即可解答；（2）如圖：連接，，，交于點．先說明垂直平分．進而求得BD、OD、OB的長，設，則．然后根據勾股定理列出關于t的方程求解即可．【詳解】（1）解：為等腰直角三角形，證明如下：證明：∵平分，平分，∴，．∵，，∴．∴．∵為直徑，∴．∴是等腰直角三角形．（2）解：如圖：連接，，，交于點．∵，∴．∵，∴垂直平分．∵是等腰直角三角形，，∴．∵，∴．設，則．在和中，．解得，．∴．∴．【點睛】本題主要考查了角平分線的定義、等腰三角形的判定與性質、勾股定理的應用、垂直平分線的判定與性質、圓的性質等知識點，靈活運用相關知識成為解答本題的關鍵．4．（2022·北京西城·統考一模）已知正方形ABCD，將線段BA繞點B旋轉（），得到線段BE，連接EA，EC．(1)如圖1，當點E在正方形ABCD的內部時，若BE平分∠ABC，AB=4，則∠AEC=______°，四邊形ABCE的面積為______；(2)當點E在正方形ABCD的外部時，①在圖2中依題意補全圖形，并求∠AEC的度數；②作∠EBC的平分線BF交EC于點G，交EA的延長線于點F，連接CF．用等式表示線段AE，FB，FC之間的數量關系，并證明．【答案】(1)135，(2)①作圖見解析，45°；②【分析】（1）過點E作于點K，由正方形的性質、旋轉的性質及角平分線的定義可得，再利用等腰三角形的性質和解直角三角形可求出，，繼而可證明，便可求解；（2）①根據題意作圖即可；由正方形的性質、旋轉的性質可得，再根據三角形內角和定理及等腰三角形的性質求出，即可求解；②過點B作垂足為H，由等腰三角形的性質得到，再證明即可得到，再推出為等腰直角三角形，即可得到三者之間的關系．【詳解】（1）過點E作于點K四邊形ABCD是正方形BE平分∠ABC，AB=4，將線段BA繞點B旋轉（），得到線段BE，，四邊形ABCE的面積為故答案為：135，（2）①作圖如下四邊形ABCD是正方形由旋轉可得，②，理由如下：如圖，過點B作垂足為H，∠EBC的平分線BF交EC于點G為等腰直角三角形即【點睛】本題屬于四邊形和三角形的綜合題目，涉及正方形的性質、旋轉的性質、角平分線的定義、等腰三角形的性質和判定、解直角三角形、全等三角形的判定與性質、三角形的內角和定理等，靈活運用上述知識點是解題的關鍵．5．（2023·廣西·模擬預測）如圖，在中，，，是邊上的一點，以為直角邊作等腰，其中，連接．(1)求證：；(2)若時，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據等腰直角三角形的性質可得，進而證明，即可根據證明；（2）勾股定理求得根據已知條件證明是等腰三角形可得，進而根據即可求解．【詳解】（1）證明：是等腰直角三角形，，，，在與中；，（2）在中，，，,,,,,∴∠ADC=∠ACD，,．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質與判定，勾股定理，全等三角形的性質與判定，掌握等腰三角形的性質與判定是解題的關鍵．題型12等腰三角形有關的折疊問題1．（2023·安徽蕪湖·統考二模）在中，是邊的中點，是邊上一動點，連接，將沿直線折疊得．（1）如圖（1），若為邊長為4的等邊三角形，當點D恰好落在線段上時，則＝；（2）如圖（2），若為直角三角形．，．分別連接、、，若，且，則＝．【答案】48【分析】（1）過作于，由是邊長為4的等邊三角形，為中點，可得，，，設，根據沿直線折疊得，點恰好落在線段上，可得，故，即，解方程即可得到答案；（2）設，由，有，又，故點在的中線上，由勾股定理得，解得，即知，再由直角三角形面積公式可得答案．【詳解】解：（1）過作于，如圖：是邊長為4的等邊三角形，為中點，，，，，設，則，，，沿直線折疊得，點恰好落在線段上，，的等腰直角三角形，，即，解得，；（2）設，，，，點在的中線上，，，解得，，．故答案為：，48．【點睛】本題考查幾何變換綜合應用，考查了翻折變換，等腰三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題關鍵是理解題意，學會利用參數構建方程解決問題．2．（2023·安徽蚌埠·一模）如圖，中，，，點是上一點，沿折疊得，點落在的平分線上，垂直平分，為垂足，則的度數是．【答案】【分析】連接，，延長交于，設交于，根據垂直平分，得，又，平分，可得，故C，從而，即可得，根據沿折疊得，點落在的平分線上，有，，可得，即得．【詳解】解：連接，，延長交于，設交于，如圖：垂直平分，，，平分，，，，，，，，沿折疊得，點落在的平分線上，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查等腰三角形中的翻折問題，線段垂直平分線的性質等知識，解題的關鍵是掌握翻折的性質和垂直平分線的性質．3．（2023·吉林長春·一模）實踐與探究

(1)操作一：如圖①，已知三角形紙片，，，將三角形紙片沿過點A的直線折疊，折痕為，點B的對應點為點E，與交于點F，且，則______度；(2)操作二：如圖②，將沿繼續折疊，點E的對應點為點G．與交于點M，與交于點N，則圖②中度數為的角共有______個．(3)根據以上操作所得結論，解答下列問題：①求證：；②若，則線段的長為______．【答案】(1)45(2)7(3)①見解析②【分析】（1）等邊對等角，得到，三角形的內角和定理，得到，折疊得到，，平行，得到，進而求出的度數，即可得出結果；（2）由（1）得到，，，推出，根據折疊得到，即可得出結論；（3）①推出，得到，利用證明即可；②利用含度的直角形的性質，求出各線段的長度，利用進行求解即可．【詳解】（1）解：∵三角形紙片，，，∴，∴，∵折疊，∴，，∵，∴，∴，∴，即：；故答案為：；（2）由（1）知：，，，∴，∵，∴，∵折疊，∴；綜上：圖②中度數為的角共有個；故答案為：7；（3）①證明：由（1）（2）知：，，，∴，∴，∴，∵，，∴；②設，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查折疊的性質，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，含30度角的直角三角形．熟練掌握折疊的性質，是解題的關鍵．4．（2023·湖北恩施·統考一模）如圖，中，，點D是的中點，將折疊，使點A與點D重合，折痕為，連接．求證：四邊形是菱形．【答案】證明見解析【分析】如圖所示，連接，由折疊的性質可得，，再由三線合一定理和等邊對等角得到，，進而證明推出，繼而證明，由此即可證明四邊形是菱形．【詳解】證明：如圖所示，連接，由折疊的性質可知，，∵，點D是的中點，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形．【點睛】本題主要考查了折疊的性質，菱形的判定，等腰三角形的性質與判定，靈活運用所學知識是解題的關鍵．題型13等腰三角形有關的規律探究問題1．（2021·四川樂山·統考一模）如圖，為等腰直角三角形，，以斜邊為直角邊作等腰直角三角形，再以為直角邊作等腰直角三角形，…，按此規律作下去，則的長度為（）A．B．C． D．【答案】C【分析】利用等腰直角三角形的性質以及勾股定理分別求出各邊長，依據規律即可得出答案．【詳解】解：∵為等腰直角三角形，，∴；∵為等腰直角三角形，∴；∵為等腰直角三角形，∴……∴，故選：C．【點睛】此題主要考查了等腰直角三角形的性質以及勾股定理，熟練應用勾股定理得出是解題關鍵．2．（2021·河南三門峽·統考二模）如圖，在單位為1的方格紙上，，，，…，是斜邊在軸上，斜邊長分別為2，4，6，…，的等腰直角三角形，若的頂點坐標分別為，，，則依圖中所示規律，的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先確定變化規律，利用規律確定答案即可．【詳解】解：∵各三角形都是等腰直角三角形，∴直角頂點的縱坐標的長度為斜邊的一半，（2，0），A5（4，0），A9（6，0）…，∵2021÷4＝505……1，∴點A2021在x軸正半軸，縱坐標是0，橫坐標是（2021+3）÷2＝1012，∴A2021的坐標為（1012，0）．故答案選：B．【點睛】本題是對點的坐標變化規律的考查，根據2021是奇數，求出點的變化規律是解題的關鍵．3．（2023·山東菏澤·統考三模）如圖，在平面直角坐標系中，有一個等腰直角三角形，，直角邊在軸上，且．將繞原點順時針旋轉得到等腰直角三角形，且,再將繞原點順時針旋轉得到等腰直角三角形，且……，依此規律，得到等腰直角三角形，則點的坐標為．【答案】【分析】根據題意得出點坐標變化規律，進而得出點的坐標位置，進而得出答案．【詳解】解：是等腰直角三角形，，，，將繞原點順時針旋轉得到等腰直角三角形，且，再將Rt△繞原點順時針旋轉得到等腰三角形，且，依此規律，每4次循環一周，，，，，，點與同在一個象限內，點．故答案為：．【點睛】此題主要考查了點的坐標變化規律及等腰直角三角形的性質，得出點坐標變化規律是解題關鍵．4．（2021·黑龍江·校聯考三模）如圖，在等腰直角三角形中，，，分別連接，，的中點，得到第1個等腰直角三角形；分別連接，，的中點，得到第2個等腰直角三角形……以此規律作下去，得到等腰直角三角形，則的長為．【答案】【分析】由題意，先求出，，，然后找出變化的規律，即可得到答案．【詳解】解：在等腰直角三角形中，，，∴，∵、、是中點，∴，∴，∴，∴；∴，∴；同理可求：；；……∴，∴；故答案為：．【點睛】本題考查等腰直角三角形的性質，三角形的中位線定理等知識，解題的關鍵是遵循從特殊到一般的探究方法，尋找規律，利用規律即可解決問題．5．（2021·山東聊城·統考一模）如圖，在平面直角坐標系中，，…都是等腰直角三角形，其直角頂點，，…均在直線上．設．．的面積分別為，…，依據圖形所反映的規律，．【答案】【分析】過點作軸于點，利用等腰直角三角形的性質可得出，結合點的坐標可求出的值，設點的坐標為，，利用一次函數圖象上點的坐標特征可得出，，，的值，再利用三角形的面積公式即可得出，，，的值，代入即可求出結論．【詳解】解：過點作軸于點，如圖所示．△，△，△，都是等腰直角三角形，，，，，．點的坐標為，；設點的坐標為，，則點的坐標為，．點在直線上，，，，點的坐標為，，即，．點在直線上，，，．，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征、等腰直角三角形以及規律型：點的坐標，利用點的變化，找出點縱坐標的變化規律“”是解題的關鍵．題型14等腰三角形有關的新定義問題1．（2023·浙江湖州·統考二模）定義：如果四邊形的一條對角線把該四邊形分割成兩個等腰三角形，且這條對角線是這兩個等腰三角形的腰，那么我們稱這個四邊形為雙等腰四邊形．

(1)如圖1，在四邊形中，，連結，點是的中點，連結，．①試判斷四邊形是否是雙等腰四邊形，并說明理由；②若，求的度數；(2)如圖2，點是矩形內一點，點是邊上一點，四邊形是雙等腰四邊形，且．延長交于點，連結．若，，，求的長．【答案】(1)①四邊形是雙等腰四邊形，理由見解析；②；(2)或【分析】（1）①根據點是的中點，可得，，且是四邊形的對角線，即可證明；②解法1：根據等邊對等角，可得，，結合即可求解；解法2：根據四點共圓的判定和性質，結合，即可求解；（2）分類討論：當時，過點作于點，延長交于點，根據相似三角形的判定和性質，可得，結合，即可求得相關線段的長度，設，，根據相似三角形的判定和性質，可得即，求解即可；當時，過點作于點，結合是等腰直角三角形，根據全等三角形的判定和性質，可得，，設，，在中，運用勾股定理列式，，即，求解即可．【詳解】（1）∵，點是的中點∴同理，∴，且是四邊形的對角線∴四邊形是雙等腰四邊形②解法1：∵∴，∵∴∴解法2：∵∴點、、、共圓∵∴∴（2）如圖1，當時，過點作于點，延長交于點

∵∴∴∴∴，，，設，則，，，∵∴∴∴解得，∴如圖2，當時，過點作于點

由②可知，∴是等腰直角三角形∵∴∴，設，則，在中，即解得∴【點睛】本題考查了勾股定理，相似三角形的判定的性質，全等三角形的判定和性質等，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形和相似三角形的判定和性質．2．（2023·貴州銅仁·校考一模）定義：在一個等腰三角形底邊的高線上所有點中，到三角形三個頂點距離之和最小的點叫做這個等腰三角形的“近點”，“近點”到三個頂點距離之和叫做這個等腰三角形的“最近值”．【基礎鞏固】（1）如圖1，在等腰中，，為邊上的高，已知上一點E滿足，，求；【嘗試應用】（2）如圖2，等邊邊長為，E為高線上的點，將繞點A逆時針旋轉得到，連接，請你在此基礎上繼續探究出等邊的“最近值”；【拓展提高】（3）如圖3，在菱形中，過的中點E作垂線交的延長線于點F，連接，已知，，求“最近值”的平方．【答案】（1）；（2）三角形最近值為12；（3）“最近值”的平方為．【分析】（1）利用勾股定理，等腰直角三角形的性質結合解直角三角形即可求出答案；（2）由題意易證是等邊三角形，得出．由旋轉得出，即可知點E到三角形三頂點的距離之和為的折線長度，即當B、E、F、G共線時取到最小值．連接，交于點P，則此時點P即為三角形的近點．再根據等邊三角形的性質結合解直角三角形即可解答；（3）過B作，將繞F逆時針旋轉得，按（2）中經驗得與的交點P為三角形的近點．作中邊上的高，易證是等腰直角三角形，得出．根據旋轉和所作輔助線結合含30度角的直角三角形的性質和勾股定理即得出答案．【詳解】解：（1）在中，，∴．∵，為邊上的高，∴，，∴，∴．故答案為．（2）由題意得，∴是等邊三角形，∴，且由旋轉得，∴，∴點E到三角形三頂點的距離之和為的折線長度，∴當B、E、F、G共線時取到最小值，如圖，連接，交于點P，則點P即為三角形的近點，∵，∴，∴，∴，∴，∵三角形為等邊三角形，∴，∴三角形最近值為；（3）如圖，過B作，將繞F逆時針旋轉得，按（2）中經驗得與的交點P為三角形的近點．作中邊上的高，由題意得，，∴，∴是等腰直角三角形，∴．由作圖可知，且，∴，∴，∴，∴，∴由勾股定理得：．【點睛】本題為旋轉綜合題．考查旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，兩點之間線段最短，含30度角的直角三角形的性質和勾股定理．綜合性強，為壓軸題，題型難度為困難．利用數形結合的思想是解題關鍵．題型15等腰三角形有關的動點問題1．（2023·河北邢臺·模擬預測）如圖，在直角坐標系中，已知點，點為軸正半軸上一動點，連接，以為一邊向下作等邊三角形，連接，則的最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】以為對稱軸作等邊，連接并延長交x軸于F，證明得到，則點C在直線上運動，當時，最小，利用等腰三角形的判定與性質，結合含30度角的直角三角形的性質求解即可．【詳解】解：如圖，以為對稱軸作等邊，連接并延長交x軸于F，

則，，，∴，∴，∴，∴點C在直線上運動，當時，最小，∵，，，∴，，∴，即的最小值為2，故答案為：2．【點睛】本題考查等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質、含30度角的直角三角形的性質、等腰三角形的判定與性質、垂線段最短，熟練掌握相關知識的聯系與運用，添加合適的輔助線構造等邊三角形和全等三角形，進而確定點C的運動軌跡是解答的關鍵．2．（2023·河南安陽·統考模擬預測）如圖1，點P是等腰直角的斜邊上一動點（不與點A，C重合），點D在邊上，且，設，的面積為y，y與x的函數關系圖象如圖2所示，則腰的長為（

）

A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】過點作，設腰的長為，根據等腰直角三角形的性質，分別用含和的代數式表示出的長，進而得到的面積，根據二次函數的性質結合圖象，進行求解即可．【詳解】解：設腰的長為，∵等腰直角，∴，∴，∵，∴，過點作交于點，則，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵點P是等腰直角的斜邊上一動點（不與點A，C重合），∴，∴當時，有最大值，由圖象可知：的最大值為，∴，解得：（負值已舍掉）；故選B．【點睛】本題考查動點的函數圖象．解題的關鍵是正確的求出函數關系式，利用二次函數的性質，進行求解．3．（2023·上海虹口·統考一模）如圖，在中，，，點M在邊上，，點是射線上一動點，連接，將沿直線翻折，點落在點處，聯結，如果，那么的長是．

【答案】6【分析】本題主要考查了三角形折疊與解直角三角形，過M點作，，垂足分別為、、，由，，求出，，，，得出、、三點在同一直線上，進而可得，再求出，由解題．【詳解】解：過M點作，，垂足分別為、、，

設，∵，∴∵，，∴，解得，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，即與點重合，∴、、三點在同一直線上，∴，由折疊可知：，∴，∵，∴，故答案為6【點睛】本題涉及了解三角形、折疊性質、等腰三角形性質、勾股定理等，解題關鍵是通過計算點M到的距離等于得出、、三點在同一直線上．4．（2022·黑龍江大慶·統考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，直線分別交軸、軸于點，過點的直線與軸交于點，線段的長是一元二次方程的兩個實數根．動點以每秒1個單位長度的速度從點出發沿著折線向終點運動，過點作軸的垂線，交軸于點．(1)求直線的解析式；(2)連接，設的面積為，點的運動時間為秒，求與的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍；(3)在直線上是否存在點，使為等腰三角形？若存在，直接寫出點的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，點的坐標為或或或【分析】（1）解一元二次方程求得點，的坐標，采取待定系數法可求得直線的解析式；（2）分類討論當點在邊上時，先求的運動時間的范圍，再利用相似三角形的性質求得的長度；當點在邊上時，先求的運動時間的范圍，利用等腰三角形性質求得的長度，用三角形面積公式即可；（3）先討論三角形的腰為哪兩條邊，再列出方程進行計算．【詳解】（1）解：解方程，得．，．點的坐標為，點的坐標為．設直線的解析式為，，解得，直線的解析式為．（2）∵，∴由勾股定理，得，．當時，，，，，，，；當時，．，，是等腰三角形．．．綜上所述，（3）∵，∴直線的解析式為，設，則，∵，∴，當時，則有解得或（與C重合，舍去），此時點的坐標為；當時，則有解得或，此時點的坐標為或；當時，則有解得，此時點的坐標為；綜上所述，存在．點的坐標為或或或．【點睛】本題主要考查一元二次方程求解，待定系數法求一次函數方程，利用勾股定理和相似三角形的判定和性質求三角形的面積，明確動點的分段運動特點，注重分類討論的思想是解答本題的關鍵．題型16探究等腰三角形中線段間存在的關系1．（2022·湖北武漢·校考模擬預測）如圖1，分別以的邊為斜邊向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，點G是的中點，連接．

(1)求證：；(2)如圖2，若，=2，=3，求的正切值；(3)如圖3，以的邊為斜邊向外作等腰直角三角形，連接，試探究線段的關系，并加以證明．【答案】(1)見解析(2)(3)結論：且，證明見解析【分析】（1）根據兩邊成比例夾角相等兩三角形相似證明即可.（2）由，推出，可得結論．（3）先證出，推出，，由得，,，再得出，可得結論．【詳解】（1）證明：如圖1中，

和是等腰直角三角形，∴，，∵，，即，又∵點G是的中點，∴，又∵，∴，∴，∴，．（2）解：如圖2中，

，三點共線，∵，，，，，在中，．（3）解：如圖3中，結論：且．

理由如下：和是等腰直角三角形，∴，，，即，，∴，，由得，，，，，∴且．【點睛】本題屬于相似三角形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質等知識，正確尋找相似三角形是解題的關鍵．2．（2023·江蘇鹽城·校考二模）如圖，四邊形是矩形，點E在邊的延長線上，點F在邊上，且，，延長交于點G．

(1)求證：是直角三角形；(2)求的值；(3)探究三條線段之間的等量關系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)(3)，理由見解析【分析】（1）先證，推出，通過導角可得；（2）在截取，連接，證明，推出是等腰直角三角形，可得，即可求解；（3）根據等腰直角三角形的性質可得，則．【詳解】（1）證明：四邊形是矩形，，，，，，，，在和中，，，，，，，是直角三角形；（2）解：如圖，在截取，連接，

由（1）得，，即，在和中，，，，，，，是等腰直角三角形，，，；（3）解：，理由如下：由（2）得是等腰直角三角形，，又，，即．【點睛】本題考查矩形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，特殊角三角函數值等，解題的關鍵是作輔助線構造全等三角形．3．（2023·湖北十堰·統考一模）在中，為邊上一點（不與點重合），將線段繞點逆時針旋轉得到．

(1)如圖1，連接，則線段與的數量關系是_________，位置關系是________；(2)如圖2，當點在的延長線上時，連接，寫出此時線段之間的等量關系，并加以證明；(3)如圖3，在四邊形中，．若，請直接寫出的長．【答案】(1)，(2)，證明見解析(3)【分析】（1）證明，根據全等三角形的性質解答；（2）證明，得到，根據勾股定理計算即可；（3）如圖3，作輔助線，構建全等三角形，證明，得到，證明是直角三角形，根據勾股定理計算即可．【詳解】（1）在中，，∴，∵，∴，即，在和中，∵，∴，∴，，∵，∴，故答案為，；（2），理由是：如圖2，

∵，∴，在和中，∵，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴；（3）如圖3，將繞點A逆時針旋轉至，連接，

則是等腰直角三角形，∴，∵，∴，同理得：，∴，中，∵，∴，∵是等腰直角三角形，∴．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，勾股定理，以及旋轉變換的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題關鍵．4．（2023·山東東營·統考一模）（1）問題：如圖①，在中，，D為邊上一點（不與點B，C重合），將線段繞點A逆時針旋轉得到，連接，則線段和線段的數量關系是______，位置關系是______；（2）探索：如圖②，在與中，，，將繞點A旋轉，使點D落在邊上，試探索線段，，之間滿足的等量關系，并證明結論；（3）應用：如圖3，在四邊形中，．若，，求的長．【答案】（1），；（2），理由見解析；（3）8【分析】（1）證明，根據全等三角形的性質解答；（2）證明，得到，根據勾股定理計算即可；（3）如圖3，作輔助線，構建全等三角形，證明，得到，證明是直角三角形，根據勾股定理計算即可．【詳解】（1）證明：∵，，∴，∵線段繞點A逆時針旋轉得到，∴，，∴，∴，即，又，，∴，∴，，∴，∴；（2）解：；理由如下：連接：，∵，∴，即，又，，∴，∴，，∴，∴，∴；（3）將線段繞點A逆時針旋轉得到，連接，，，則，，∴是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴，即，又，∴，∴，∵，，∴，∴，又，，∴，又，∴，∴.【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是全等三角形的判定和性質、勾股定理、以及旋轉變換的性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．題型17利用等邊三角形的性質求線段長1．（2022·廣東梅州·統考二模）如圖，在邊長為6的等邊△ABC中，D、E分別為邊BC、AC上的點，AD與BE相交于點P，若BD=CE=2，則△ABP的周長為．【答案】【分析】如圖所示，過點E作EF⊥AB于F，先解直角三角形求出AF，EF，從而求出BF，利用勾股定理求出BE的長，證明△ABD≌△BCE得到∠BAD=∠CBE，AD=BE，再證明△BDP∽△ADB，得到，即可求出BP，PD，從而求出AP，由此即可得到答案．【詳解】解：如圖所示，過點E作EF⊥AB于F，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC，∠ABD=∠BAC=∠BCE=60°，∵CE=BD=2，AB=AC=6，∴AE=4，∴，∴BF=4，∴，又∵BD=CE，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD=∠CBE，AD=BE，又∵∠BDP=∠ADB，∴△BDP∽△ADB，∴，∴，∴，∴，∴△ABP的周長，故答案為：．【點睛】本題主要考查了等邊三角形的性質，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，正確作出輔助線是解題的關鍵．2．（2021·江西·統考二模）如圖，在等邊三角形中，D是的中點，P是邊上的一個動點，過點P作，交于點E，連接．若是等腰三角形，則的長是．【答案】或或．【分析】過點D作DG⊥AB，DF⊥BC，垂足分別為G、F，根據△PDE是等腰三角形，分三種情況討論，利用勾股定理列出方程即可．【詳解】解：過點D作DG⊥AB，DF⊥BC，垂足分別為G、F，∵AB=8，∠A=60°，D是的中點，∴AG=，，同理，CF=2，，設BP為x，同理可得，BE=2x，PE=，PG=6-x，EF=6-2x，當DP=PE時，，解得，（舍去），；當DP=DE時，，解得，（舍去），；當DE=PE時，，解得，（舍去），；故答案為：或或．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質、等腰三角形的判定、勾股定理等，解題關鍵是熟練對等腰三角形分類討論，利用勾股定理列出方程．3．（2023·江蘇南通·統考一模）如圖，等邊三角形中，P，Q兩點分別在邊上，，D是的中點．若，則的最小值是．【答案】【分析】建立直角坐標系，過點Q作軸，設，則，分別求得，，再求出，從而得出點D在直線上運動，當直線時，最小，據此求解即可．【詳解】解：建立如圖的直角坐標系，過點Q作軸，設，則，∵等邊三角形中，，∴∴，∴，∵D是的中點．∴，令∴，即點D在直線上運動，當直線時，最小，此時故答案為：【點睛】本題考查了等邊三角形的性質及圖形運動中的最值問題，解決本題的關鍵是會用建系法解決圖形運動中的最值問題．題型18手拉手模型1．（2022·遼寧丹東·校考一模）如圖，等腰中，，點D在線段上運動（不與A、B重合），將與分別沿直線翻折得到與，給出下列結論：①；②面積的最小值為；③當點D在的中點時，是等邊三角形；④當時，的長為；其中所有正確結論的序號是（

）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】①由折疊直接得到結論；②由折疊的性質求出，再用周角的意義求出；先作出的邊上的高，用三角函數求出，得到，判斷出面積最小時，點D的位置，據此求解即可；③先判斷出是等邊三角形，是等邊三角形，再求出，即可；④當D，C，Q共線時，可以證明，求出此時的值即可．【詳解】解：①∵將與分別沿直線翻折得到與，∴．故①正確；②∵將與分別沿直線翻折得到與，∴，∴，∴，如圖1中，過點Q作交延長線于E，∵，∴，在中，，∴，∵∴，∴最短時，最小，即：時，最短，過點C作，此時就是最短的，∵，∴，∴，即：最短為2，∴，故②錯誤，③∵將與分別沿直線翻折得到與，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，同理：是等邊三角形，∴，∴，∵當點D在的中點，∴，∴，∴是等邊三角形．故③正確，④如圖2中，當D，C，Q共線時，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴，過點C作于F，則，∵，∴，∴，故④正確，綜上，①③④正確，故選：B．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了折疊的性質，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定，銳角三角函數，極值的確定，三角形的面積公式，解本題的難點是確定出面積最小時，點D的位置．2．（2021·山東濟南·統考二模）如圖，等腰△ABC中，CA＝CB＝4，∠ACB＝120°，點D在線段AB上運動（不與A、B重合），將△CAD與△CBD分別沿直線CA、CB翻折得到△CAP與△CAQ，給出下列結論：①CD＝CP＝CQ；②∠PCQ的大小不變；③△PCQ面積的最小值為；④當點D在AB的中點時，△PDQ是等邊三角形；⑤當PQ⊥BQ時，AD的長為．其中所有正確結論的序號是．【答案】①②④⑤【分析】①由折疊性質知CP＝CD，CD＝CQ，可以得出結論①正確；②由折疊的性質求出∠ACP+∠BCQ＝∠ACB＝120°，再用周角的意義求出∠PCQ＝120°；③先作出△PCQ的邊PC上的高，用三角函數求出QE＝，得到S△PCQ＝CD2，求△PCQ面積的最小值轉化為求CD的最小值，由垂線段最短知D點運動到AB中點時，CD取最小值，可解；④先判斷出△APD、△BDQ是等邊三角形，且兩個三角形全等，再求出∠PDQ＝60°，即可；⑤當D，C，Q共線時，可以證明∠PQB＝90°，求出此時AD的值即可．【詳解】解：①∵將△CAD與△CBD分別沿直線CA、CB翻折得到△CAP與△CBQ，∴CP＝CD＝CQ．故①正確；②∵將△CAD與△CBD分別沿直線CA、CB翻折得到△CAP與△CBQ，∴∠ACP＝∠ACD，∠BCQ＝∠BCD，∴∠ACP+∠BCQ＝∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝120°，∴∠PCQ＝360°﹣（∠ACP+BCQ+∠ACB）＝360°﹣（120°+120°）＝120°，∴∠PCQ的大小不變．故②正確；③如圖1中，過點Q作QE⊥PC交PC延長線于E，∵∠PCQ＝120°，∴∠QCE＝60°，在Rt△QCE中，sin∠QCE＝，∴QE＝CQ×sin∠QCE＝CQ×sin60°＝，∵CP＝CD＝CQ∴S△PCQ＝CP×QE＝CP×＝CD2，∴CD最短時，S△PCQ最小，即：CD⊥AB時，CD最短，過點C作CF⊥AB，此時CF就是最短的CD，∵AC＝BC＝4，∠ACB＝120°，∴∠ABC＝30°，∴CF＝BC＝2，即：CD最短為2，∴S△PCQ最小＝CD2＝，故③錯誤，④∵將△CAD與△CBD分別沿直線CA、CB翻折得到△CAP與△CBQ，∴AD＝AP，∠DAC＝∠PAC，∵∠DAC＝30°，∴∠PAD＝60°，∴△APD是等邊三角形，∴PD＝AD，∠ADP＝60°，同理：△BDQ是等邊三角形，∴DQ＝BD，∠BDQ＝60°，∴∠PDQ＝60°，∵當點D在AB的中點，∴AD＝BD，∴PD＝DQ，∴△DPQ是等邊三角形．故④正確，⑤如圖2中，當D，C，Q共線時，∵BQ＝BD，∠QBD＝60°，∴△BDQ是等邊三角形，∴∠QDB＝∠PAD＝60°，∴PA∥DQ，∴∠ACD＝∠PAC＝∠CAD＝30°，∴PA＝AD＝CD＝PC，∴四邊形ADCP是菱形，∴PA＝CD＝CQ，∴四邊形APQC是平行四邊形，∴∠PQC＝∠PAC＝30°，∴∠PQB＝90°，過點C作CF⊥AB于F，則AF＝FB＝BC?cos30°＝，∵∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°，∴BD＝2CD＝2AD，∴AD＝AB＝，故⑤正確，故答案為：①②④⑤．【點睛】本題考查折疊的性質、三角形面積公式、等邊三角形的判定與性質、平行性的判定與性質、垂線段性質等知識點，屬于綜合型題，有一定難度，熟練掌握折疊的性質是解題關鍵．題型19等邊三角形的判定1．（2023·上海楊浦·二模）已知：在直角梯形中，，，沿直線翻折，點A恰好落在腰上的點E處．(1)如圖，當點E是腰的中點時，求證：是等邊三角形；(2)延長交線段的延長線于點F，連接，如果，求證：四邊形是矩形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由垂直平分線的性質得到，通過折疊、等邊對等角、平行線的性質得到，從而證明是等邊三角形；（2）過點D作于H，得到四邊形是矩形，從而，，再由折疊得到角之間的關系從而證明，得到，；由得到，進而，結合已知條件得到，進一步得到，所以四邊形是平行四邊形，又，所以證明得到四邊形是矩形．【詳解】（1）由折疊得：，∵點E是腰的中點∴是的垂直平分線是等邊三角形（2）過點D作，垂足為H，，，，，∴四邊形是矩形，，，由折疊得：，，，，，，，，，，，，，∴，，，，，，，，∴四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是矩形．【點睛】本題考查垂直平分線的性質，等邊三角形的判定，矩形的判定．相似三角形的判定與性質，圖中角和線段的轉化是解題的關鍵．2．（2019·山東·校考一模）如圖，已知等邊，于，，為線段上一點，且，連接，BF，于，連接．（1）求證：；（2）試說明與的位置關系和數量關系．【答案】（1）詳見解析；（2），，理由詳見解析．【分析】（1）由等邊三角形的性質可得，，，，由“”可證，可得；（2）由可得，進而可得，由即可證明是等邊三角形，可得，由三角形中位線定理可得，．【詳解】（1）∵是等邊三角形，，，∵，，∴，，∵，，，，且，，，，（2），.理由如下：連接，∵∴，∵，∴，∵，是等邊三角形，∵，，且，，.【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，三角形中位線定理，熟練運用三角形中位線定理是本題的關鍵．3．（2022·安徽馬鞍山·校考一模）如圖1，和都是等邊三角形，且A，C，E在同一條直線上，分別連接，．(1)求證：；(2)如圖2，連接，若，，分別為，，的中點，過作與的延長線交于，求證：；(3)如圖3，設與交于點，點在上，，交于，交的延長線于，試判斷的形狀．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)是等邊三角形，理由見解析【分析】（1）證明，從而得出結論；（2）連接，根據三角形中位線定理得：，進而推出，進一步得出結論；（3）作于，作于，可證得，從而，故平分，又可求得，從而，從而得出結論．【詳解】（1）∵和都是等邊三角形，，，，，，∴，；（2）如圖1，連接，點，，分別是，，的中點，，，由（1）知：，，，，，，，，，，；（3）如圖2，作于，作于，，由（1）得，，，，∴，，平分，，，，，，∵，，∴是等邊三角形．【點睛】本題考查了等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，角平分線的判定，三角形中位線定理等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造三角形的中位線．題型20等邊三角形與折疊問題1．（2023·山西晉城·模擬預測）如圖，已知等邊的邊長為，點是邊上的一個動點（與點A、B不重合），直線是經