2024年中考数学复习（全国版）第18讲 等腰三角形（练习）（解析版）

第18讲等腰三角形目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01等腰三角形的定义题型02根据等边对等角求角度题型03利用等边对等角证明题型04根据三线合一求解题型05根据三线合一证明题型06格点图中画等腰三角形题型07根据等角对等边证明等腰三角形题型08根据等角对等边证明边相等题型09根据等角对等边求边长题型10求与图形中任意两点构成等腰三角形的点题型11等腰三角形性质与判定综合题型12等腰三角形有关的折叠问题题型13等腰三角形有关的规律探究问题题型14等腰三角形有关的新定义问题题型15等腰三角形有关的动点问题题型16探究等腰三角形中线段间存在的关系题型17利用等边三角形的性质求线段长题型18手拉手模型题型19等边三角形的判定题型20等边三角形与折叠问题题型21等边三角形有关的规律探究问题题型22利用等边三角形的性质与判定解决多结论问题题型23利用垂直平分线的性质求解题型24线段垂直平分线的判定题型01等腰三角形的定义1．（2021·四川内江·四川省内江市第六中学校考二模）已知x，y满足，则以，的值为两边长的等腰三角形的周长是（）A．20或16 B．20 C．16 D．以上答案均不对【答案】B【分析】利用非负数的性质，求出，的值，利用分类讨论的思想思考问题即可．【详解】解：，又，，，，当等腰三角形的边长为4，4，8时，不符合三角形的三边关系；当等腰三角形的三边为8，8，4时，周长为20，故选：B．【点睛】本题考查等腰三角形的概念、非负数的性质、三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．2．（2019·陕西西安·校联考一模）已知等腰三角形的一个外角等于，则它的顶角是（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】已知条件中的外角可能是顶角的外角，也可能是底角的外角，需要分情况进行讨论，再结合三角形的内角和为，即可求出顶角的度数．【详解】解：①当顶角的外角等于时，则该顶角为：；②当底角的外角等于时，则该底角为，又由于是等腰三角形，故此时顶角为：．综上所述，这个等腰三角形的顶角为或．故选C．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和三角形内角和定理，难度不大，解题的关键是注意分类讨论思想的应用，以免漏解．3．（2023·四川广安·统考二模）已知等腰三角形的两边长满足，那么这个等腰三角形的周长为．【答案】10【分析】根据算术平方根和平方的非负性求得，分情况讨论，求解即可．【详解】解：∵，∴，，解得，当腰长为2，底边为4时：，不满足三角形三边条件，不符合题意；当腰长为4，底边为2时：，，满足三角形三边条件，此时等腰三角形的周长为．故答案为：10．【点睛】本题主要考查的是非负数的性质、等腰三角形的定义，三角形的三边关系，利用三角形的三边关系进行验证是解题的关键．题型02根据等边对等角求角度1．（2023·广东东莞·三模）如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为．【答案】【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；根据正方形的性质得到线段相等和，再根据三角形的内角和即可求解．【详解】解：四边形是正方形．，，，，，故答案为：2．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考二模）中，，的平分线与边所夹的锐角为，则．【答案】或【分析】本题主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理，分两种情况分别求得等腰三角形的顶角是解题的关键．根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义得到，当时，根据三角形外角的性质得到，即可求得；当时，根据三角形内角和定理得到，即可求得．【详解】解：设的角平分线交于点，当时，如图1，，，，，，；当时，如图2，，，，，，，综上所述，的度数为或．故答案为：或．3．（2022·广东佛山·校联考模拟预测）如图，在中，于点，与相交于点，且，．若，则的度数为．

【答案】/35度【分析】首先根据证明，再利用全等三角形的性质即可解决问题．【详解】解：，，在和中，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边对等角，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法以及性质．题型03利用等边对等角证明1．（2023·广东深圳·统考三模）在中，，，点在内部，若的面积为，且满足，则．【答案】【分析】过点作直线于，设，，证明，得出，证明，得出，证明，根据的面积为，得出，求出结果即可．【详解】解：如图，过点作直线于，设，，∴，∵，∴，，，，∴，∴，∵，∴，在和中，，，∴，的面积为，∴，即，∴，负值舍去．故答案为：．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，证明．2．（2023·辽宁大连·统考一模）如图，中，，，于D，E是的中点，的延长线交的延长线于F，若，则．【答案】12【分析】由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，即，则，，证明，则，由，可得，解得，，设，则，，，，则，即，计算求解的值，进而可求的值．【详解】解：由题意知，，∴，∵，是的中点，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得，，设，则，，，，∴，即，解得，∴，故答案为：12．【点睛】本题考查正切，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边对等角，相似三角形的判定和性质，灵活应用以上知识点是解题的关键．3．（2023·广东广州·统考一模）如图，是的弦，交于点P，过点B的直线交的延长线于点C，若，，，则的长为．【答案】4【分析】由垂直定义得，根据等腰三角形的性质由得，根据对顶角相等得，所以，而，所以，设，则，在中，根据勾股定理得到，然后解方程即可．【详解】解：连接，如图所示：∵，∴，∴，∵，∴，而，∴，∵，∴，∴，∴为直角三角形，设，则，在中，，，∵，∴，解得：，即的长为4．故答案为：4．【点睛】本题考查了圆的基本知识，等腰三角形的性质以及勾股定理，垂线定义理解，正确应用勾股定理求出的长是解题关键．4．（2023·天津西青·统考一模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点，，均落在格点上，连接，．（1）线段的长等于．（2）以为圆心，为半径作圆，在上找一点，满足．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，作出，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）．【答案】图见解析，利用垂径定理找到点【分析】（1）利用勾股定理求出的长即可；（2）延长交于点，取格点，连接并延长交于点，点即为所求．【详解】解：（1）由勾股定理，得：；故答案为：；（2）延长交于点，取格点，连接并延长交于点，点即为所求．如图所示：由图可知：，，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴点即为所求．M点是根据垂径定理找到的；故答案为：利用垂径定理找到点M【点睛】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂径定理．掌握并运用相关知识点，是解题的关键．题型04根据三线合一求解1．（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，中，，于，点在线段上，，若，，则的长为．【答案】【分析】设，根据题意及各角之间的关系得出，再由等腰三角形的性质得出，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，设，∵，∴．中，，∴．中，．∴．∴．∴．∵，∴．∴．中，．中，．故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形两税角互余、等角对等边、勾股定理、等腰三角形三线合一；灵活运用勾股定理求解线段长度是解题的关键．2．（2023·湖南永州·统考二模）如图，已知在中，．以为直径作半圆O，交于点D．若，则的度数是度．

【答案】【分析】如图所示，连接，利用圆周角定理得到，则由三线合一定理可得．【详解】解：如图所示，连接，∵为直径，∴，即，∵，∴，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三线合一定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解题的关键．3．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）在中，，的面积为，则的值为．【答案】或【分析】过点作，如图，根据等腰三角形的性质得，设，，利用三角形面积公式和勾股定理得到，再利用代数式变形得到，，则解得，或，，然后根据正切的定义求解即可．【详解】解：如图，过点作，，，设，，，，，，，，，，，或，，在中，，当，时，，当，时，，故答案为：或．【点睛】本题考查了解直角三角形，在直角三角形中根据三角形面积和勾股定理求出和的长是解答本题的关键．4．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，是等边三角形，点E是的中点，过点E作于点F，延长交的反向延长线于点D，若，则的长为．【答案】3【分析】由是等边三角形，点E是的中点，得，，根据，得，得到，在中，求得，即可得答案．【详解】解：连接，∵是等边三角形，点E是的中点，∴，，∵，∴，即，∴，在中，，∴，∴，∴，故答案为：3．【点睛】本题考查等边三角形的性质及应用，解题的关键是灵活运用含30度角的直角三角形的性质解决问题．题型05根据三线合一证明1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，中，，是的外接圆，的延长线交边于点D．

(1)求证：；(2)若，时，求的半径．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）连接，得到，进而得到，利用外接圆的圆心是三边中垂线的交点，以及等腰三角形三线合一，即可得证；（2）延长交于点，过点作，交的延长线于点，得到，，推出，在中，利用勾股定理进行求解即可．【详解】（1）连接，∵，∴，又∵O为的外心，∴垂直平分，又∵，∴，∴；（2）解：延长交于点，则：，过点作，交的延长线于点，

∵，∴，，∴，，∴，设，在中：，即：，解得：（负值已舍掉）；∴，即：的半径为4．【点睛】本题考查三角形的外接圆，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的外接圆的圆心是三边中垂线的交点，构造相似三角形，是解题的关键．2．（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）如图，已知在中，，，点D是外一点，．

(1)尺规作图：请利用直尺和圆规作出的高（保留作图痕迹，不写作法）．(2)连接，若，判断四边形的形状并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)四边形ABED是平行四边形；理由见解析．【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的基本作法画图即可；（2）根据等腰三角形三线合一的性质和三角形内角和定理，得到，再根据30度角所对的直角边等于斜边一半，得到，推出，证明四边形是矩形，进而即可证明四边形是平行四边形．【详解】（1）解：如图：AE即为所求；

（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了基本作图，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，熟练掌握特殊平行四边形的判定和性质是解题关键．3．（2023·广东江门·统考一模）如图，在中，，，以为直径作分别交、于点、，过点作的切线交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是90°得到，再由三线合一得到，进而得到结论；（2）连接，根据切线的性质得到，根据勾股定理求出，再根据的面积求出的长即可．【详解】（1）证明：连接，∵为的直径，∴，又∵∴，∴；（2）连接，是作的切线，则，∵，，∴，∴∴是的中位线，∴∴，又∵，∴【点睛】本题考查直径所对的圆周角是直角，等腰三角形的性质，勾股股定理，切线的性质，三角形的中位线，掌握切线的性质是解题的关键．题型06格点图中画等腰三角形1．（2021·广东广州·执信中学校考三模）如图，在的正方形网格中有两个格点A、B，连接，在网格中再找一个格点C，使得是等腰直角三角形，满足条件的格点C的个数是（

）

A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】根据题意，结合图形，分两种情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰．【详解】解：如图：分情况讨论：①AB为等腰直角△ABC底边时，符合条件的C点有0个；②AB为等腰直角△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有3个．故共有3个点，故选：B．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定；解答本题关键是根据题意，画出符合实际条件的图形，数形结合的思想是数学解题中很重要的解题思想．2．（2022·贵州贵阳·校考一模）如图，A、B是边长为1的小正方形组成的网格上的两个格点，其余的格点中任意放置点C（不包含点A、点B所在的格点），恰好能使△ABC构成等腰三角形的概率是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】除了点A、点B以外，共有23个点，再在其中找出顶点C使其能构成等腰三角形，由概率的定义可求出答案．【详解】解：如图所示，一共有23个符合条件的点，其中能与点A，点B构成等腰三角形的顶点C有9个，所以恰好能使△ABC构成等腰三角形的概率为，故选C．【点睛】本题考查等腰三角形的判定，概率的计算，理解概率的定义是正确解答的前提，掌握等腰三角形的判定是得出正确答案的关键．3．（2018·河北石家庄·统考一模）如图，网格中的每个小正方形的边长为1，A、B是格点，以A、B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为（

）

A．7个 B．8个 C．9个 D．10个【答案】B【详解】解：如图所示，以A为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点C3、C8、C7即为点C的位置；以B为圆心，AB长为半径画弧，则圆弧经过的格点C1、C2、C6、C4、C5即为点C的位置；作线段AB的垂直平分线，垂直平分线没有经过格点．故以A、B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为8个．

故选B．点睛：本题主要考查了等腰三角形的判断，解题时需要通过尺规作图，找出点C的位置．掌握等腰三角形的判定，分情况讨论是解决问题的关键．题型07根据等角对等边证明等腰三角形1．（2018·河北·模拟预测）如图，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足为点D，DE∥AC．求证：△BDE是等腰三角形．【答案】证明见解析．【分析】直接利用平行线的性质得出，进而利用角平分线的定义结合互余的性质得出，即可得出答案．【详解】∵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．【点睛】此题主要考查了平行线的性质以及角平分线的定义，正确得出是解题关键．2．（2021·陕西西安·校考模拟预测）在中，对角线平分交于点，交于点．（1）求证：；（2）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）根据平行四边形的性质可得再由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，即可得，由此可得；（2）由勾股定理求得，过点F作于点H，根据角平分线的性质定理可得AF=FH，再由，即可得，由此即可求得．【详解】（1）∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴∵平分，∴，∴，∴；（2）∵，，∴，过点F作于点H，∵平分，，∴AF=FH，∵，∴，即，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、角平分线的性质定理，熟练运用相关性质及定理是解决问题的关键．3．（2022·江苏泰州·统考二模）如图，矩形，将沿对角线翻折得到（如图1），交边于点，再将沿翻折得到（如图2），延长交边于点．设、．(1)求证：为等腰三角形；(2)当，四边形为正方形时，求的值；(3)当四边形为菱形时，求与的数量关系．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由矩形性质及翻折的性质，证得，从而证得为等腰三角形．（2）由四边形为正方形及翻折性质，证得与是等腰直角三角形，再由求得CF与BF的长，进而求得n的值．（3）由四边形为菱形及矩形，翻折性质，证得BD与FH的交点即为G点，再由，求得，从而求得与的数量关系．【详解】（1）证明：∵矩形，将沿对角线翻折得到，∴，，∵，∴在与中，，∴，∴，即为等腰三角形．（2）解：∵将沿对角线翻折得到，将沿翻折得到，∴，∵四边形为正方形，∴．∵矩形，，∴，，∵，，，∴．∵矩形，，将沿对角线翻折得到，∴，，∵，∴，∵，∴，即．（3）解：∵四边形为菱形，∴，∵矩形，∴．∵将沿对角线翻折得到，将沿翻折得到，∴，∵，∴BD与FH的交点即为G点，∴，∵，∴，∵矩形，沿对角线翻折得到，∴，在中，，，∴，，由（1）得，BF=FD，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了特殊四边形的性质以及图形翻折的性质及应用，掌握矩形、菱形、正方形的性质及翻折性质，且熟练掌握解特殊直角三角形是解题的关键．4．（2022·广东珠海·珠海市文园中学校考三模）如图，在矩形中，，点E是边上一点，，延长至点F，使C，交于点G，连接，交于点H．’(1)求证：是等腰三角形；(2)若点E为的中点，，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据GF//BE证明∠GFC=∠BEC=90°，再根据HL证明Rt△BFC≌Rt△GBC，得∠FBC=∠BGC，再由GF//BE证出∠HGF=∠GHB，可得∠BGH=∠BHG，从而得出结论；（2）根据题意得出BC=AD=2AB=24，再由勾股定理求出BE=CE=，设BG=BH=GF=x，由GF//BE证明，根据相似三角形的性质可求出x的值，再根据正切函数的定义求值即可．【详解】（1）证明：∵四边形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：∵四边形ABCD是矩形，∴∠∵点E为的中点，，∴∴在和中，由勾股定理得：设则，∵//，∴，∴即解得，∴BG=在Rt△BCG中，【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等三角形的判定，相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数等知识，证明是解题的关键．题型08根据等角对等边证明边相等1．（2023·广东东莞·模拟预测）如图，为的中位线，且平分交于点F．若，，则．【答案】2【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据角平分线的性质以及平行线的性质求出，根据等角对等边的性质可得，然后代入数据进行计算即可得解．【详解】解：∵是的中位线，，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，是的中位线，∴，∴．故答案为：2．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，角平分线的定义，平行线的性质，以及等角对等边的性质，熟记性质以及定理，求出是解题的关键．2．（2021·湖北咸宁·统考模拟预测）在中，，，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F；再分别以点E，F为圈心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点D．则与的数量关系是．【答案】【分析】先根据直角三角形的性质可得，再根据角平分线的尺规作图可知平分，从而可得，然后根据等腰三角形的定义可得，最后根据直角三角形的性质可得，由此即可得出答案．【详解】解：在中，，，，由角平分线的尺规作图可知，平分，，，，在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了角平分线的尺规作图、等腰三角形的定义、含角的直角三角形，熟练掌握角平分线的尺规作图是解题关键．3．（2022·江苏南京·南师附中树人学校校考二模）如图，在平行四边形中，，的平分线分别交AD于点E，F．若，，则BE的长为．（用含a，b的代数式表示）．【答案】【分析】过点E作，，得到，，根据平行四边形的性质得到，推出四边形与四边形都是平行四边形，推出，，根据角平分线的定义得到，，推出，得到，推出，根据，推出，推出，得到，根据勾股定理得到．【详解】过点E作，，则，，∵中，，∴四边形与四边形都是平行四边形，∴，，∵BE平分，CF平分，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了平行四边形，角平分线，等腰三角形，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握平行四边形性质和判定，角平分线定义，等角对等边，勾股定理解直角三角形．4．（2022·山东德州·统考二模）我们把宽与长的比为黄金比（）的矩形称为黄金矩形，如图，在黄金矩形ABCD中，，BC＝4，的平分线交AD边于点E，则AE的长为．【答案】【分析】根据黄金矩形的定义求出AB，根据矩形的性质，角平分线的定义，平行线的性质求出∠ABE和∠AEB，再根据等角对等边即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是黄金矩形，BC=4，∴，∠ABC=90°，．∴．∵AE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC=45°．∴∠AEB=∠EBC=45°．∴∠ABE=∠AEB．∴．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边，综合应用这些知识点是解题关键．5．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，直线与双曲线交于、两点，直线经过点，与双曲线交于另一点，，连接，若的面积是50，则．【答案】/【分析】作出如解图的辅助线，设，由反比例函数的对称性以及等腰直角三角形的性质可知，然后证明得到，，则点K的坐标为，然后求出直线BC的解析式，得到J点坐标，设C点坐标为，然后推出得到关于m、n的方程组，由此求解即可．【详解】解：如图所示，过点A作轴于M，过点O作交于K，过点K作轴于T，设直线与y轴交于J，连接，设，则，，∴由反比例函数的对称性可知，∵，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，，∴点K的坐标为，设直线BC的解析式为，∴，解得，∴直线BC的解析式为，∴J点坐标为，设C点坐标为，∵，∴，∴，解得，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了求反比例函数比例系数，等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定，一次函数与反比例函数综合等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．题型09根据等角对等边求边长1．（2020·河北·模拟预测）把两个同样大小含角的三角尺按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个三角尺的直角顶点重合于点，且另外三个锐角顶点在同一直线上．若，则．【答案】．【分析】如图，先利用等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．【详解】如图，过点作于，在中，，，，两个同样大小的含角的三角尺，，在中，根据勾股定理得，，，故答案为．【点睛】此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．2．（2023·四川成都·统考一模）如图，四边形是平行四边形，以点B为圆心，的长为半径作弧交于E，分别以点C，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线交的延长线于点F，，则．【答案】【分析】利用基本作图得到，平分，则，再根据平行四边形的性质和平行线的性质证明，所以．【详解】解：由作法得，平分，∴，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定．3．（2023·浙江杭州·校考二模）已知如图，在矩形中，点E是的中点，连接，将沿着翻折得到，交于点H，延长，相交于点G，若，，则．

【答案】//【分析】连接，根据折叠的性质和矩形的性质可得与是直角三角形，，再根据即可证明．根据全等三角形的性质可得，可设，则，在中，根据勾股定理可求的长，即的长，再在中，根据勾股定理可求的长，从而求出的长．．【详解】解：如图，连接，

∵四边形是矩形，∴，，.由折叠的性质可得：．∴，．是的中点，，，，，，设，则，，在中，，即，解得：，即，，，，，，设，则，在中，，即，解得，∴=，故答案为．【点睛】本题考查了矩形的性质以及折叠的性质特点，勾股定理的应用等知识，本题的关键在于通过矩形性质、折叠性质、方程思想求出的长．4．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）如图，在矩形中，点是线段上的一点，，，将沿翻折，得到，连接，若，，则线段的长度为．【答案】【分析】过点作，根据矩形和折叠的性质得到，从而得到为的中点，求得、的长度，勾股定理求得，等面积法求得，勾股定理即可求得．【详解】解：过点作，如下图：在矩形中，，，，∴由折叠的性质可得：，，∴∴又∵∴∴∴∴，即为的中点在中，由勾股定理得得由勾股定理得由勾股定理得故答案为【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．5．（2023·上海徐汇·上海市第四中学校考一模）在中，，M为的中点，将绕点M旋转，使点C与点B重合得到，设边交边于点N．若，则．【答案】/【分析】根据题意画图，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，推导出相等的角，根据等角对等边可得出于相等，根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】解：根据题意画出图形如下图所示，由题意可得：，∴，∵，∴，∴，设，则，根据勾股定理得：，∴，解得：，∴故答案为：．【点睛】本题考查旋转变换，勾股定理，等边对等角，直角三角形的中线的性质，能够熟练运用勾股定理是解决本题的关键．题型10求与图形中任意两点构成等腰三角形的点1．（2020·福建厦门·校考模拟预测）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A（3，2），点P（m，0）（m＜6），若△POA是等腰三角形，则m可取的值最多有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】分三种情况分析：①以点O为顶角顶点，②以A为顶角顶点，③线段AO的垂直平分线，讨论点P的个数.【详解】由点P（m，0）（m＜6）知点P在x轴上，分三种情况：①当A为顶角顶点时，以点O为圆心OA长为半径画弧，交x轴于一点，根据对称性得到此点的坐标为（6,0），不符合，舍去；②当点O为顶角顶点时，以点A为圆心，OA长为半径画弧，与x轴有两个交点均满足小于6的条件，故此时有两个；③作线段OA的垂直平分线，与x轴交于一点，满足小于6的条件，故此时有一个；综上，共有3个点P，即m有3个值，故选：B.【点睛】此题考查等腰三角形的性质，解题时分三种情况进行讨论，注意以点A、O为顶角顶点时应以点为圆心画弧线，避免有遗漏.2．（2018·湖北武汉·统考一模）已知矩形ABCD,AD＞AB,以矩形ABCD的一边为边画等腰三角形,使得它的第三个顶点在矩形ABCD的其他边上,则可以画出的不同的等腰三角形的个数为.【答案】8【分析】根据题意作出图形即可得出答案,【详解】如图，AD＞AB，△CDE1，△ABE2，△ABE3，△BCE4，△CDE5，△ABE6，△ADE7，△CDE8，为等腰三角形，故有8个满足题意得点.【点睛】此题主要考查矩形的对称性，解题的关键是根据题意作出图形.3．（2018·内蒙古赤峰·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AD=4，点P是直线AD上一动点，若满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为．【答案】4．【详解】试题分析：如图，当AB=AD时，满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，△P1BC，△P2BC是等腰直角三角形，△P3BC是等腰直角三角形（P3B=P3C），则AB=AD=4，故答案为4．考点：矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；分类讨论．题型11等腰三角形性质与判定综合1．（2022·福建·统考模拟预测）已知，AB＝AC，AB＞BC．(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)30°【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出，再根据三角形内角和，得到，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得，得到，设，，则，得到α+β的关系即可．【详解】（1）∵，∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴，∴，∴，∴四边形ABDC是平行四边形，又∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；（2）结论：．证明：∵，∴，∵AB＝AC，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，∵AB＝CD，，∴，∴BM＝BD，，∴，∵，∴，设，，则，∵CA＝CD，∴，∴，∴，∴，∵，

∴，∴，即∠ADB＝30°．【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．2．（2023·广西·模拟预测）已知是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？说明理由．(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)大小不变，理由见解析(3)，证明见解析【分析】（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出，便可证明；（2）连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明，，即可求解；（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF=FE，QF=BF，即可证明．【详解】（1）连接BD，是等边三角形，，点B，D关于直线AC对称，AC垂直平分BD，，，四边形ABCD是菱形；（2）当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，，是等边三角形，，连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，则，，是等边三角形，，，，点B，D关于直线AC对称，点P在线段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，证明如下：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．【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．3．（2023·广西·模拟预测）如图，以为直径的经过的顶点，，分别平分和，的延长线交于点，连接．(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)若，，求的长．【答案】(1)为等腰直角三角形，详见解析(2)【分析】（1）由角平分线的定义、结合等量代换可得，即；然后再根据直径所对的圆周角为90°即可解答；（2）如图：连接，，，交于点．先说明垂直平分．进而求得BD、OD、OB的长，设，则．然后根据勾股定理列出关于t的方程求解即可．【详解】（1）解：为等腰直角三角形，证明如下：证明：∵平分，平分，∴，．∵，，∴．∴．∵为直径，∴．∴是等腰直角三角形．（2）解：如图：连接，，，交于点．∵，∴．∵，∴垂直平分．∵是等腰直角三角形，，∴．∵，∴．设，则．在和中，．解得，．∴．∴．【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、勾股定理的应用、垂直平分线的判定与性质、圆的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．4．（2022·北京西城·统考一模）已知正方形ABCD，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，连接EA，EC．(1)如图1，当点E在正方形ABCD的内部时，若BE平分∠ABC，AB=4，则∠AEC=______°，四边形ABCE的面积为______；(2)当点E在正方形ABCD的外部时，①在图2中依题意补全图形，并求∠AEC的度数；②作∠EBC的平分线BF交EC于点G，交EA的延长线于点F，连接CF．用等式表示线段AE，FB，FC之间的数量关系，并证明．【答案】(1)135，(2)①作图见解析，45°；②【分析】（1）过点E作于点K，由正方形的性质、旋转的性质及角平分线的定义可得，再利用等腰三角形的性质和解直角三角形可求出，，继而可证明，便可求解；（2）①根据题意作图即可；由正方形的性质、旋转的性质可得，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质求出，即可求解；②过点B作垂足为H，由等腰三角形的性质得到，再证明即可得到，再推出为等腰直角三角形，即可得到三者之间的关系．【详解】（1）过点E作于点K四边形ABCD是正方形BE平分∠ABC，AB=4，将线段BA绕点B旋转（），得到线段BE，，四边形ABCE的面积为故答案为：135，（2）①作图如下四边形ABCD是正方形由旋转可得，②，理由如下：如图，过点B作垂足为H，∠EBC的平分线BF交EC于点G为等腰直角三角形即【点睛】本题属于四边形和三角形的综合题目，涉及正方形的性质、旋转的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理等，灵活运用上述知识点是解题的关键．5．（2023·广西·模拟预测）如图，在中，，，是边上的一点，以为直角边作等腰，其中，连接．(1)求证：；(2)若时，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得，进而证明，即可根据证明；（2）勾股定理求得根据已知条件证明是等腰三角形可得，进而根据即可求解．【详解】（1）证明：是等腰直角三角形，，，，在与中；，（2）在中，，，,,,,,∴∠ADC=∠ACD，,．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键．题型12等腰三角形有关的折叠问题1．（2023·安徽芜湖·统考二模）在中，是边的中点，是边上一动点，连接，将沿直线折叠得．（1）如图（1），若为边长为4的等边三角形，当点D恰好落在线段上时，则＝；（2）如图（2），若为直角三角形．，．分别连接、、，若，且，则＝．【答案】48【分析】（1）过作于，由是边长为4的等边三角形，为中点，可得，，，设，根据沿直线折叠得，点恰好落在线段上，可得，故，即，解方程即可得到答案；（2）设，由，有，又，故点在的中线上，由勾股定理得，解得，即知，再由直角三角形面积公式可得答案．【详解】解：（1）过作于，如图：是边长为4的等边三角形，为中点，，，，，设，则，，，沿直线折叠得，点恰好落在线段上，，的等腰直角三角形，，即，解得，；（2）设，，，，点在的中线上，，，解得，，．故答案为：，48．【点睛】本题考查几何变换综合应用，考查了翻折变换，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．2．（2023·安徽蚌埠·一模）如图，中，，，点是上一点，沿折叠得，点落在的平分线上，垂直平分，为垂足，则的度数是．【答案】【分析】连接，，延长交于，设交于，根据垂直平分，得，又，平分，可得，故C，从而，即可得，根据沿折叠得，点落在的平分线上，有，，可得，即得．【详解】解：连接，，延长交于，设交于，如图：垂直平分，，，平分，，，，，，，，沿折叠得，点落在的平分线上，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查等腰三角形中的翻折问题，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是掌握翻折的性质和垂直平分线的性质．3．（2023·吉林长春·一模）实践与探究

(1)操作一：如图①，已知三角形纸片，，，将三角形纸片沿过点A的直线折叠，折痕为，点B的对应点为点E，与交于点F，且，则______度；(2)操作二：如图②，将沿继续折叠，点E的对应点为点G．与交于点M，与交于点N，则图②中度数为的角共有______个．(3)根据以上操作所得结论，解答下列问题：①求证：；②若，则线段的长为______．【答案】(1)45(2)7(3)①见解析②【分析】（1）等边对等角，得到，三角形的内角和定理，得到，折叠得到，，平行，得到，进而求出的度数，即可得出结果；（2）由（1）得到，，，推出，根据折叠得到，即可得出结论；（3）①推出，得到，利用证明即可；②利用含度的直角形的性质，求出各线段的长度，利用进行求解即可．【详解】（1）解：∵三角形纸片，，，∴，∴，∵折叠，∴，，∵，∴，∴，∴，即：；故答案为：；（2）由（1）知：，，，∴，∵，∴，∵折叠，∴；综上：图②中度数为的角共有个；故答案为：7；（3）①证明：由（1）（2）知：，，，∴，∴，∴，∵，，∴；②设，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形．熟练掌握折叠的性质，是解题的关键．4．（2023·湖北恩施·统考一模）如图，中，，点D是的中点，将折叠，使点A与点D重合，折痕为，连接．求证：四边形是菱形．【答案】证明见解析【分析】如图所示，连接，由折叠的性质可得，，再由三线合一定理和等边对等角得到，，进而证明推出，继而证明，由此即可证明四边形是菱形．【详解】证明：如图所示，连接，由折叠的性质可知，，∵，点D是的中点，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的判定，等腰三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．题型13等腰三角形有关的规律探究问题1．（2021·四川乐山·统考一模）如图，为等腰直角三角形，，以斜边为直角边作等腰直角三角形，再以为直角边作等腰直角三角形，…，按此规律作下去，则的长度为（）A．B．C． D．【答案】C【分析】利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理分别求出各边长，依据规律即可得出答案．【详解】解：∵为等腰直角三角形，，∴；∵为等腰直角三角形，∴；∵为等腰直角三角形，∴……∴，故选：C．【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的性质以及勾股定理，熟练应用勾股定理得出是解题关键．2．（2021·河南三门峡·统考二模）如图，在单位为1的方格纸上，，，，…，是斜边在轴上，斜边长分别为2，4，6，…，的等腰直角三角形，若的顶点坐标分别为，，，则依图中所示规律，的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先确定变化规律，利用规律确定答案即可．【详解】解：∵各三角形都是等腰直角三角形，∴直角顶点的纵坐标的长度为斜边的一半，（2，0），A5（4，0），A9（6，0）…，∵2021÷4＝505……1，∴点A2021在x轴正半轴，纵坐标是0，横坐标是（2021+3）÷2＝1012，∴A2021的坐标为（1012，0）．故答案选：B．【点睛】本题是对点的坐标变化规律的考查，根据2021是奇数，求出点的变化规律是解题的关键．3．（2023·山东菏泽·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，有一个等腰直角三角形，，直角边在轴上，且．将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且,再将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且……，依此规律，得到等腰直角三角形，则点的坐标为．【答案】【分析】根据题意得出点坐标变化规律，进而得出点的坐标位置，进而得出答案．【详解】解：是等腰直角三角形，，，，将绕原点顺时针旋转得到等腰直角三角形，且，再将Rt△绕原点顺时针旋转得到等腰三角形，且，依此规律，每4次循环一周，，，，，，点与同在一个象限内，点．故答案为：．【点睛】此题主要考查了点的坐标变化规律及等腰直角三角形的性质，得出点坐标变化规律是解题关键．4．（2021·黑龙江·校联考三模）如图，在等腰直角三角形中，，，分别连接，，的中点，得到第1个等腰直角三角形；分别连接，，的中点，得到第2个等腰直角三角形……以此规律作下去，得到等腰直角三角形，则的长为．【答案】【分析】由题意，先求出，，，然后找出变化的规律，即可得到答案．【详解】解：在等腰直角三角形中，，，∴，∵、、是中点，∴，∴，∴，∴；∴，∴；同理可求：；；……∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是遵循从特殊到一般的探究方法，寻找规律，利用规律即可解决问题．5．（2021·山东聊城·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，，…都是等腰直角三角形，其直角顶点，，…均在直线上．设．．的面积分别为，…，依据图形所反映的规律，．【答案】【分析】过点作轴于点，利用等腰直角三角形的性质可得出，结合点的坐标可求出的值，设点的坐标为，，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出，，，的值，再利用三角形的面积公式即可得出，，，的值，代入即可求出结论．【详解】解：过点作轴于点，如图所示．△，△，△，都是等腰直角三角形，，，，，．点的坐标为，；设点的坐标为，，则点的坐标为，．点在直线上，，，，点的坐标为，，即，．点在直线上，，，．，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形以及规律型：点的坐标，利用点的变化，找出点纵坐标的变化规律“”是解题的关键．题型14等腰三角形有关的新定义问题1．（2023·浙江湖州·统考二模）定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．

(1)如图1，在四边形中，，连结，点是的中点，连结，．①试判断四边形是否是双等腰四边形，并说明理由；②若，求的度数；(2)如图2，点是矩形内一点，点是边上一点，四边形是双等腰四边形，且．延长交于点，连结．若，，，求的长．【答案】(1)①四边形是双等腰四边形，理由见解析；②；(2)或【分析】（1）①根据点是的中点，可得，，且是四边形的对角线，即可证明；②解法1：根据等边对等角，可得，，结合即可求解；解法2：根据四点共圆的判定和性质，结合，即可求解；（2）分类讨论：当时，过点作于点，延长交于点，根据相似三角形的判定和性质，可得，结合，即可求得相关线段的长度，设，，根据相似三角形的判定和性质，可得即，求解即可；当时，过点作于点，结合是等腰直角三角形，根据全等三角形的判定和性质，可得，，设，，在中，运用勾股定理列式，，即，求解即可．【详解】（1）∵，点是的中点∴同理，∴，且是四边形的对角线∴四边形是双等腰四边形②解法1：∵∴，∵∴∴解法2：∵∴点、、、共圆∵∴∴（2）如图1，当时，过点作于点，延长交于点

∵∴∴∴∴，，，设，则，，，∵∴∴∴解得，∴如图2，当时，过点作于点

由②可知，∴是等腰直角三角形∵∴∴，设，则，在中，即解得∴【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质等，解题的关键是熟练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．2．（2023·贵州铜仁·校考一模）定义：在一个等腰三角形底边的高线上所有点中，到三角形三个顶点距离之和最小的点叫做这个等腰三角形的“近点”，“近点”到三个顶点距离之和叫做这个等腰三角形的“最近值”．【基础巩固】（1）如图1，在等腰中，，为边上的高，已知上一点E满足，，求；【尝试应用】（2）如图2，等边边长为，E为高线上的点，将绕点A逆时针旋转得到，连接，请你在此基础上继续探究出等边的“最近值”；【拓展提高】（3）如图3，在菱形中，过的中点E作垂线交的延长线于点F，连接，已知，，求“最近值”的平方．【答案】（1）；（2）三角形最近值为12；（3）“最近值”的平方为．【分析】（1）利用勾股定理，等腰直角三角形的性质结合解直角三角形即可求出答案；（2）由题意易证是等边三角形，得出．由旋转得出，即可知点E到三角形三顶点的距离之和为的折线长度，即当B、E、F、G共线时取到最小值．连接，交于点P，则此时点P即为三角形的近点．再根据等边三角形的性质结合解直角三角形即可解答；（3）过B作，将绕F逆时针旋转得，按（2）中经验得与的交点P为三角形的近点．作中边上的高，易证是等腰直角三角形，得出．根据旋转和所作辅助线结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即得出答案．【详解】解：（1）在中，，∴．∵，为边上的高，∴，，∴，∴．故答案为．（2）由题意得，∴是等边三角形，∴，且由旋转得，∴，∴点E到三角形三顶点的距离之和为的折线长度，∴当B、E、F、G共线时取到最小值，如图，连接，交于点P，则点P即为三角形的近点，∵，∴，∴，∴，∴，∵三角形为等边三角形，∴，∴三角形最近值为；（3）如图，过B作，将绕F逆时针旋转得，按（2）中经验得与的交点P为三角形的近点．作中边上的高，由题意得，，∴，∴是等腰直角三角形，∴．由作图可知，且，∴，∴，∴，∴，∴由勾股定理得：．【点睛】本题为旋转综合题．考查旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短，含30度角的直角三角形的性质和勾股定理．综合性强，为压轴题，题型难度为困难．利用数形结合的思想是解题关键．题型15等腰三角形有关的动点问题1．（2023·河北邢台·模拟预测）如图，在直角坐标系中，已知点，点为轴正半轴上一动点，连接，以为一边向下作等边三角形，连接，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】以为对称轴作等边，连接并延长交x轴于F，证明得到，则点C在直线上运动，当时，最小，利用等腰三角形的判定与性质，结合含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：如图，以为对称轴作等边，连接并延长交x轴于F，

则，，，∴，∴，∴，∴点C在直线上运动，当时，最小，∵，，，∴，，∴，即的最小值为2，故答案为：2．【点睛】本题考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加合适的辅助线构造等边三角形和全等三角形，进而确定点C的运动轨迹是解答的关键．2．（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图1，点P是等腰直角的斜边上一动点（不与点A，C重合），点D在边上，且，设，的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示，则腰的长为（

）

A．1 B． C．2 D．【答案】B【分析】过点作，设腰的长为，根据等腰直角三角形的性质，分别用含和的代数式表示出的长，进而得到的面积，根据二次函数的性质结合图象，进行求解即可．【详解】解：设腰的长为，∵等腰直角，∴，∴，∵，∴，过点作交于点，则，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵点P是等腰直角的斜边上一动点（不与点A，C重合），∴，∴当时，有最大值，由图象可知：的最大值为，∴，解得：（负值已舍掉）；故选B．【点睛】本题考查动点的函数图象．解题的关键是正确的求出函数关系式，利用二次函数的性质，进行求解．3．（2023·上海虹口·统考一模）如图，在中，，，点M在边上，，点是射线上一动点，连接，将沿直线翻折，点落在点处，联结，如果，那么的长是．

【答案】6【分析】本题主要考查了三角形折叠与解直角三角形，过M点作，，垂足分别为、、，由，，求出，，，，得出、、三点在同一直线上，进而可得，再求出，由解题．【详解】解：过M点作，，垂足分别为、、，

设，∵，∴∵，，∴，解得，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，即与点重合，∴、、三点在同一直线上，∴，由折叠可知：，∴，∵，∴，故答案为6【点睛】本题涉及了解三角形、折叠性质、等腰三角形性质、勾股定理等，解题关键是通过计算点M到的距离等于得出、、三点在同一直线上．4．（2022·黑龙江大庆·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于点，过点的直线与轴交于点，线段的长是一元二次方程的两个实数根．动点以每秒1个单位长度的速度从点出发沿着折线向终点运动，过点作轴的垂线，交轴于点．(1)求直线的解析式；(2)连接，设的面积为，点的运动时间为秒，求与的函数关系式，并写出自变量的取值范围；(3)在直线上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，点的坐标为或或或【分析】（1）解一元二次方程求得点，的坐标，采取待定系数法可求得直线的解析式；（2）分类讨论当点在边上时，先求的运动时间的范围，再利用相似三角形的性质求得的长度；当点在边上时，先求的运动时间的范围，利用等腰三角形性质求得的长度，用三角形面积公式即可；（3）先讨论三角形的腰为哪两条边，再列出方程进行计算．【详解】（1）解：解方程，得．，．点的坐标为，点的坐标为．设直线的解析式为，，解得，直线的解析式为．（2）∵，∴由勾股定理，得，．当时，，，，，，，；当时，．，，是等腰三角形．．．综上所述，（3）∵，∴直线的解析式为，设，则，∵，∴，当时，则有解得或（与C重合，舍去），此时点的坐标为；当时，则有解得或，此时点的坐标为或；当时，则有解得，此时点的坐标为；综上所述，存在．点的坐标为或或或．【点睛】本题主要考查一元二次方程求解，待定系数法求一次函数方程，利用勾股定理和相似三角形的判定和性质求三角形的面积，明确动点的分段运动特点，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．题型16探究等腰三角形中线段间存在的关系1．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图1，分别以的边为斜边向外作等腰直角三角形和等腰直角三角形，点G是的中点，连接．

(1)求证：；(2)如图2，若，=2，=3，求的正切值；(3)如图3，以的边为斜边向外作等腰直角三角形，连接，试探究线段的关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)(3)结论：且，证明见解析【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可.（2）由，推出，可得结论．（3）先证出，推出，，由得，,，再得出，可得结论．【详解】（1）证明：如图1中，

和是等腰直角三角形，∴，，∵，，即，又∵点G是的中点，∴，又∵，∴，∴，∴，．（2）解：如图2中，

，三点共线，∵，，，，，在中，．（3）解：如图3中，结论：且．

理由如下：和是等腰直角三角形，∴，，，即，，∴，，由得，，，，，∴且．【点睛】本题属于相似三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确寻找相似三角形是解题的关键．2．（2023·江苏盐城·校考二模）如图，四边形是矩形，点E在边的延长线上，点F在边上，且，，延长交于点G．

(1)求证：是直角三角形；(2)求的值；(3)探究三条线段之间的等量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析【分析】（1）先证，推出，通过导角可得；（2）在截取，连接，证明，推出是等腰直角三角形，可得，即可求解；（3）根据等腰直角三角形的性质可得，则．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，，，在和中，，，，，，，是直角三角形；（2）解：如图，在截取，连接，

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．【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，特殊角三角函数值等，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．3．（2023·湖北十堰·统考一模）在中，为边上一点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到．

(1)如图1，连接，则线段与的数量关系是_________，位置关系是________；(2)如图2，当点在的延长线上时，连接，写出此时线段之间的等量关系，并加以证明；(3)如图3，在四边形中，．若，请直接写出的长．【答案】(1)，(2)，证明见解析(3)【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质解答；（2）证明，得到，根据勾股定理计算即可；（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明，得到，证明是直角三角形，根据勾股定理计算即可．【详解】（1）在中，，∴，∵，∴，即，在和中，∵，∴，∴，，∵，∴，故答案为，；（2），理由是：如图2，

∵，∴，在和中，∵，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴；（3）如图3，将绕点A逆时针旋转至，连接，

则是等腰直角三角形，∴，∵，∴，同理得：，∴，中，∵，∴，∵是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题关键．4．（2023·山东东营·统考一模）（1）问题：如图①，在中，，D为边上一点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则线段和线段的数量关系是______，位置关系是______；（2）探索：如图②，在与中，，，将绕点A旋转，使点D落在边上，试探索线段，，之间满足的等量关系，并证明结论；（3）应用：如图3，在四边形中，．若，，求的长．【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）8【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质解答；（2）证明，得到，根据勾股定理计算即可；（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明，得到，证明是直角三角形，根据勾股定理计算即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∵线段绕点A逆时针旋转得到，∴，，∴，∴，即，又，，∴，∴，，∴，∴；（2）解：；理由如下：连接：，∵，∴，即，又，，∴，∴，，∴，∴，∴；（3）将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，，，则，，∴是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴，即，又，∴，∴，∵，，∴，∴，又，，∴，又，∴，∴.【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．题型17利用等边三角形的性质求线段长1．（2022·广东梅州·统考二模）如图，在边长为6的等边△ABC中，D、E分别为边BC、AC上的点，AD与BE相交于点P，若BD=CE=2，则△ABP的周长为．【答案】【分析】如图所示，过点E作EF⊥AB于F，先解直角三角形求出AF，EF，从而求出BF，利用勾股定理求出BE的长，证明△ABD≌△BCE得到∠BAD=∠CBE，AD=BE，再证明△BDP∽△ADB，得到，即可求出BP，PD，从而求出AP，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点E作EF⊥AB于F，∵△ABC是等边三角形，∴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的周长，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．2．（2021·江西·统考二模）如图，在等边三角形中，D是的中点，P是边上的一个动点，过点P作，交于点E，连接．若是等腰三角形，则的长是．【答案】或或．【分析】过点D作DG⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为G、F，根据△PDE是等腰三角形，分三种情况讨论，利用勾股定理列出方程即可．【详解】解：过点D作DG⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为G、F，∵AB=8，∠A=60°，D是的中点，∴AG=，，同理，CF=2，，设BP为x，同理可得，BE=2x，PE=，PG=6-x，EF=6-2x，当DP=PE时，，解得，（舍去），；当DP=DE时，，解得，（舍去），；当DE=PE时，，解得，（舍去），；故答案为：或或．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等，解题关键是熟练对等腰三角形分类讨论，利用勾股定理列出方程．3．（2023·江苏南通·统考一模）如图，等边三角形中，P，Q两点分别在边上，，D是的中点．若，则的最小值是．【答案】【分析】建立直角坐标系，过点Q作轴，设，则，分别求得，，再求出，从而得出点D在直线上运动，当直线时，最小，据此求解即可．【详解】解：建立如图的直角坐标系，过点Q作轴，设，则，∵等边三角形中，，∴∴，∴，∵D是的中点．∴，令∴，即点D在直线上运动，当直线时，最小，此时故答案为：【点睛】本题考查了等边三角形的性质及图形运动中的最值问题，解决本题的关键是会用建系法解决图形运动中的最值问题．题型18手拉手模型1．（2022·辽宁丹东·校考一模）如图，等腰中，，点D在线段上运动（不与A、B重合），将与分别沿直线翻折得到与，给出下列结论：①；②面积的最小值为；③当点D在的中点时，是等边三角形；④当时，的长为；其中所有正确结论的序号是（

）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】①由折叠直接得到结论；②由折叠的性质求出，再用周角的意义求出；先作出的边上的高，用三角函数求出，得到，判断出面积最小时，点D的位置，据此求解即可；③先判断出是等边三角形，是等边三角形，再求出，即可；④当D，C，Q共线时，可以证明，求出此时的值即可．【详解】解：①∵将与分别沿直线翻折得到与，∴．故①正确；②∵将与分别沿直线翻折得到与，∴，∴，∴，如图1中，过点Q作交延长线于E，∵，∴，在中，，∴，∵∴，∴最短时，最小，即：时，最短，过点C作，此时就是最短的，∵，∴，∴，即：最短为2，∴，故②错误，③∵将与分别沿直线翻折得到与，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，同理：是等边三角形，∴，∴，∵当点D在的中点，∴，∴，∴是等边三角形．故③正确，④如图2中，当D，C，Q共线时，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，过点C作于F，则，∵，∴，∴，故④正确，综上，①③④正确，故选：B．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定，锐角三角函数，极值的确定，三角形的面积公式，解本题的难点是确定出面积最小时，点D的位置．2．（2021·山东济南·统考二模）如图，等腰△ABC中，CA＝CB＝4，∠ACB＝120°，点D在线段AB上运动（不与A、B重合），将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CAQ，给出下列结论：①CD＝CP＝CQ；②∠PCQ的大小不变；③△PCQ面积的最小值为；④当点D在AB的中点时，△PDQ是等边三角形；⑤当PQ⊥BQ时，AD的长为．其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④⑤【分析】①由折叠性质知CP＝CD，CD＝CQ，可以得出结论①正确；②由折叠的性质求出∠ACP+∠BCQ＝∠ACB＝120°，再用周角的意义求出∠PCQ＝120°；③先作出△PCQ的边PC上的高，用三角函数求出QE＝，得到S△PCQ＝CD2，求△PCQ面积的最小值转化为求CD的最小值，由垂线段最短知D点运动到AB中点时，CD取最小值，可解；④先判断出△APD、△BDQ是等边三角形，且两个三角形全等，再求出∠PDQ＝60°，即可；⑤当D，C，Q共线时，可以证明∠PQB＝90°，求出此时AD的值即可．【详解】解：①∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴CP＝CD＝CQ．故①正确；②∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴∠ACP＝∠ACD，∠BCQ＝∠BCD，∴∠ACP+∠BCQ＝∠ACD+∠BCD＝∠ACB＝120°，∴∠PCQ＝360°﹣（∠ACP+BCQ+∠ACB）＝360°﹣（120°+120°）＝120°，∴∠PCQ的大小不变．故②正确；③如图1中，过点Q作QE⊥PC交PC延长线于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最短时，S△PCQ最小，即：CD⊥AB时，CD最短，过点C作CF⊥AB，此时CF就是最短的CD，∵AC＝BC＝4，∠ACB＝120°，∴∠ABC＝30°，∴CF＝BC＝2，即：CD最短为2，∴S△PCQ最小＝CD2＝，故③错误，④∵将△CAD与△CBD分别沿直线CA、CB翻折得到△CAP与△CBQ，∴AD＝AP，∠DAC＝∠PAC，∵∠DAC＝30°，∴∠PAD＝60°，∴△APD是等边三角形，∴PD＝AD，∠ADP＝60°，同理：△BDQ是等边三角形，∴DQ＝BD，∠BDQ＝60°，∴∠PDQ＝60°，∵当点D在AB的中点，∴AD＝BD，∴PD＝DQ，∴△DPQ是等边三角形．故④正确，⑤如图2中，当D，C，Q共线时，∵BQ＝BD，∠QBD＝60°，∴△BDQ是等边三角形，∴∠QDB＝∠PAD＝60°，∴PA∥DQ，∴∠ACD＝∠PAC＝∠CAD＝30°，∴PA＝AD＝CD＝PC，∴四边形ADCP是菱形，∴PA＝CD＝CQ，∴四边形APQC是平行四边形，∴∠PQC＝∠PAC＝30°，∴∠PQB＝90°，过点C作CF⊥AB于F，则AF＝FB＝BC•cos30°＝，∵∠DCB＝∠ACB﹣∠ACD＝90°，∴BD＝2CD＝2AD，∴AD＝AB＝，故⑤正确，故答案为：①②④⑤．【点睛】本题考查折叠的性质、三角形面积公式、等边三角形的判定与性质、平行性的判定与性质、垂线段性质等知识点，属于综合型题，有一定难度，熟练掌握折叠的性质是解题关键．题型19等边三角形的判定1．（2023·上海杨浦·二模）已知：在直角梯形中，，，沿直线翻折，点A恰好落在腰上的点E处．(1)如图，当点E是腰的中点时，求证：是等边三角形；(2)延长交线段的延长线于点F，连接，如果，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由垂直平分线的性质得到，通过折叠、等边对等角、平行线的性质得到，从而证明是等边三角形；（2）过点D作于H，得到四边形是矩形，从而，，再由折叠得到角之间的关系从而证明，得到，；由得到，进而，结合已知条件得到，进一步得到，所以四边形是平行四边形，又，所以证明得到四边形是矩形．【详解】（1）由折叠得：，∵点E是腰的中点∴是的垂直平分线是等边三角形（2）过点D作，垂足为H，，，，，∴四边形是矩形，，，由折叠得：，，，，，，，，，，，，，∴，，，，，，，，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查垂直平分线的性质，等边三角形的判定，矩形的判定．相似三角形的判定与性质，图中角和线段的转化是解题的关键．2．（2019·山东·校考一模）如图，已知等边，于，，为线段上一点，且，连接，BF，于，连接．（1）求证：；（2）试说明与的位置关系和数量关系．【答案】（1）详见解析；（2），，理由详见解析．【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，，，由“”可证，可得；（2）由可得，进而可得，由即可证明是等边三角形，可得，由三角形中位线定理可得，．【详解】（1）∵是等边三角形，，，∵，，∴，，∵，，，，且，，，，（2），.理由如下：连接，∵∴，∵，∴，∵，是等边三角形，∵，，且，，.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练运用三角形中位线定理是本题的关键．3．（2022·安徽马鞍山·校考一模）如图1，和都是等边三角形，且A，C，E在同一条直线上，分别连接，．(1)求证：；(2)如图2，连接，若，，分别为，，的中点，过作与的延长线交于，求证：；(3)如图3，设与交于点，点在上，，交于，交的延长线于，试判断的形状．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)是等边三角形，理由见解析【分析】（1）证明，从而得出结论；（2）连接，根据三角形中位线定理得：，进而推出，进一步得出结论；（3）作于，作于，可证得，从而，故平分，又可求得，从而，从而得出结论．【详解】（1）∵和都是等边三角形，，，，，，∴，；（2）如图1，连接，点，，分别是，，的中点，，，由（1）知：，，，，，，，，，，；（3）如图2，作于，作于，，由（1）得，，，，∴，，平分，，，，，，∵，，∴是等边三角形．【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造三角形的中位线．题型20等边三角形与折叠问题1．（2023·山西晋城·模拟预测）如图，已知等边的边长为，点是边上的一个动点（与点A、B不重合），直线是经