专题11 全等三角形和等腰三角形（解析版）

专题11全等三角形和等腰三角形课标要求考点考向理解全等三角形的性质；掌握全等三角形的判定，熟练掌握三角形全等的证明；了解等腰三角形的概念，探索并证明等腰三角形的性质定理；等边对等角；三线合一；探索并掌握等腰三角形的判定定理；探索等边三角形的性质与判定。全等三角形考向一角平分线的性质定理考向二垂直平分线的性质定理考向三全等三角形的性质与判定等腰三角形考向一等边对等角考向二等腰三角形的性质与判定考向三等边三角形的性质与判定考点一全等三角形►考向一角平分线的性质定理1．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在纸上画有，将两把直尺按图示摆放，直尺边缘的交点P在的平分线上，则（

）A．与一定相等 B．与一定不相等C．与一定相等 D．与一定不相等【答案】A【分析】本题主要考查了平行线的性质，角平分线的性质，过点P分别作的垂线，垂足分别为E、F，由角平分线的性质得到，由平行线间间距相等可知，则，而和的长度未知，故二者不一定相等，据此可得答案．【详解】解：如图所示，过点P分别作的垂线，垂足分别为E、F∵点P在的平分线上，∴，由平行线间间距相等可知，∴，由于和的长度未知，故二者不一定相等，故选：A，2．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在中，．(1)尺规作图：作的角平分线，在角平分线上确定点，使得；（不写作法，保留痕迹）(2)在（1）的条件下，若，，，则的长是多少？（请直接写出的值）【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）作的角平分线和线段的垂直平分线相交于点D，即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，先利用角平分线的性质定理证明四边形为正方形，设，则，，以为等量关系利用勾股定理解出x，在利用勾股定理即可求出．【详解】（1）解：如下图：即为所求．（2）过点D作交与点E，过点D作交与点F，则，又∵∴四边形为矩形，∵是的平分线，∴，∴四边形为正方形，∴，设，∴，，在中，，在中，，∵∴∴解得：，∴．【点睛】本题主要考查了作角平分线以及垂直平分线，角平分线的性质定理，正方形的判定以及勾股定理的应用，作出图形以及辅助线是解题的关键．3．已知：如图，四边形，E为边上一点．求作：四边形内一点P，使，且点P到的距离相等．【答案】见解析【分析】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，解题的关键是掌握作角平分线和作一个角等于已知角的尺规作图方法．作的平分线，以E为顶点，为一边作，交于P，点P即为所求．【详解】解：作的平分线，以E为顶点，为一边作，交于P，如图，点P即为所求．►考向二垂直平分线的性质定理1．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，的边的垂直平分线交于点，连接．若，，则．【答案】3【分析】本题考查线段垂直平分线的性质，关键是由线段垂直平分线的性质推出．求出，由线段垂直平分线的性质推出．【详解】解：，，，在的垂直平分线上，．故答案为：3．2．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则．【答案】【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；【详解】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．，，，，，，，，，，，，令，，解得或（舍去），．故答案为：．3．如图①，中，中，，边与重合，且顶点E与边上的定点N重合，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；同时，动点O从点A出发，沿方向匀速运动，速度为，与交于点P，连接，设运动时间为．解答下列问题：(1)当t为何值时，点A在线段的垂直平分线上？(2)设四边形的面积为S，求S与t的函数关系式；(3)如图③，过点O作，交于点Q，与关于直线对称，连接．是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当时，点A在线段的垂直平分线上(2)(3)存在使【分析】（1）先表示出，，再根据线段垂直平分线上的点到相等两端的距离相等得到，据此建立方程求解即可；（2）如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G，先由勾股定理得到，再解直角三角形得到，再证明，然后解直角三角形求出的长，最后根据进行求解即可；（3）过点P作于G，解，得到，，则，进而得到；再解得到，由对称性可得，解得到，由平行线的性质得到，则，即可得到，解方程即可得到答案．【详解】（1）解：如图①所示，∵，∴，如图②所示，由题意得，，∴，∵点A在线段的垂直平分线上，∴，∴，解得，∴当时，点A在线段的垂直平分线上；（2）解：如图所示，过点O分别作的垂线，垂足分别为H、G，在中，由勾股定理得，∴，∵，∴；由（1）可知，，∴，，在中，，在中，，在中，，∴，∴；（3）解：如图所示，过点P作于G，由（2）可知，在中，，，∴，∴，∴；在中，，∴，∵与关于直线对称，∴，在中，，∵，∴，∴，∴，∴或（舍去），经检验是原方程的解，∵，∴符合题意；综上所述，存在使．【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．►考向三全等三角形的性质与判定1．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接．(1)求证：；(2)若，求证：．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件．（1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，，在和中，，；（2）∵四边形为正方形，，，，，，，．2．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，，．

(1)求证：；(2)若，则__________°．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．（1）利用即可证得；（2）先根据三角形内角和定理求出的度数，再根据全等三角形的性质即可得出的度数．【详解】（1）证明：在和中，，；（2）解：，，，由（1）知，，故答案为：20．3．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，分别以B，C为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点D，连接，，，与交于点E．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是：（1）直接利用证明即可；（2）利用全等三角形的性质可求出，利用三线合一性质得出，，在中，利用正弦定义求出，即可求解．【详解】（1）证明：由作图知：．在和中，．（2）解：，，．又，，．，，．考点二等腰三角形►考向一等边对等角1．（2024·江苏南通·中考真题）在中，，，垂足为H，D是线段上的动点（不与点H，C重合），将线段绕点D顺时针旋转得到线段．两位同学经过深入研究，小明发现：当点E落在边上时，点D为的中点；小丽发现：连接，当的长最小时，．请对两位同学的发现作出评判（

）A．小明正确，小丽错误 B．小明错误，小丽正确C．小明、小丽都正确 D．小明、小丽都错误【答案】C【分析】旋转得到，当点E落在边上时，利用三角形的外角推出，进而得到，推出，判断小明的说法，连接，等边对等角，求出，进而求出，推出点在射线上运动，根据垂线段最短，得到时，的长最小，进而推出，判断小丽的说法即可．【详解】解：∵将线段绕点D顺时针旋转得到线段，∴，当点E落在边上时，如图：∵，，∴，∴，∴，∴为的中点，故小明的说法是正确的；连接，∵，∴，∵，∴，∴，∴点在射线上运动，∴当时，的长最小，∴当的长最小时，，又∵，∴，∴，∴；故小丽的说法正确；故选C．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形的外角，等腰三角形的判定和性质，垂线段最短，相似三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质，根据题意，正确的作图，确定点的轨迹，是解题的关键．2．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，是的内接三角形，若，则．【答案】/62度【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理求解即可．【详解】解：连接，∵，，∴，∴，∴，故答案为：．3．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，是的内接三角形，，连接，则．

【答案】50【分析】本题考查主要考查圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，先根据圆周角定理计算出，再根据等边对等角得出，最后利用三角形内角和定理即可求出．【详解】解：，，，，，，故答案为：50．►考向二等腰三角形的性质与判定1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，则的长为．【答案】【分析】过点作，易得为等腰直角三角形，设，得到，证明，得到，进而得到，，在中，利用勾股定理求出的值，根据平行线分线段成比例，求出的长即可．【详解】解：过点作，则：，∴，∵，，∴，∴，∴，设，则：，∵正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理，得：，∴，解得：，∴，∵，∴，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查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，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．2．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，点是的中点，连接BD，将绕点旋转，得到．连接CF，当时，．【答案】或【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．根据等腰直角三角形的性质可得的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解．【详解】解：∵在中，，，∴，，∵点是的中点，∴，∴在中，，∵将绕点旋转得到，∴，∴，，，分情况讨论：①如图所示，过点B作，垂足为点，∵CF∥AB，∴，∴是等腰直角三角形，且，∴，在中，，∴，②如图所示，当点D运动到点F′时，此时，同理可得，，∴故答案为：或．3．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，是的中点，连接．求证：(1)；(2)．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角．（1）根据矩形的性质得出，再根据中点的定义得出，即可根据求证；（2）根据全等的性质得出，根据等边对等角即可求证．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵是的中点，∴，在和中，，∴（2）证明：∵，∴，∴．►考向三等边三角形的性质与判定1．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长（结果保留）．【答案】/【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到．由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长．【详解】解：四边形是平行四边形，，由题意得：，是等边三角形，，，．故答案为：．2．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边AB上的动点．连接，将绕点逆时针旋转60°得到，过点作，交直线AD于点．连接、DE，分别取、DE的中点、，连接，交AD于点．(1)若点与点重合，则线段的长度为______．(2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由．【答案】(1)(2)不变，，【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度．（2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变．【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①，∵四边形是平行四边形，∴，，，．∵将绕点逆时针旋转60°得到，∴，，∴是等边三角形，∴．，∴、、三点共线，∵，，∴、、、共线，∵点、分别是，的中点，∴．∴．故答案为：．（2）解：结论：不变．如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长EG，交于点，连接．延长AB至点，使得，连接，，设与AD交于点，∵四边形是平行四边形，∴，，，．∵点为DE中点，∴．∵，∴四边形为平行四边形，∴，．∵，，∴，．∴四边形为平行四边形，∴，∵∴．在平行四边形中，∵，，∴，∵，∴是等边三角形，∴．，由旋转得，，∵，，∴，，∴，又，，∴（）．∴，∴为等边三角形．∵点、为、的中点，∴为的中位线，．∵．∴．即的长度不变；∵和都为等边三角形．∴，，，，∴，∴（）．∴．∵，∴，∴为等边三角形．同理：为等边三角形．∴．，∴，∴，∵，∴，设，则，，，∴．∵为的中位线，∴，∴，∴，∵是的中点，∴为中点，∴，∴．故和的长度都不变．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出．3．【探究】（）已知和都是等边三角形．①如图，当点在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由；②如图，当点在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由．【运用】（）如图，等边三角形中，，点在上，．点是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长．【答案】（），理由见解析；，理由见解析；（）或．【分析】（）．证明可得，即得，进而可得；．同理即可求解；（）分点在上，和点在的延长线上，两种情况，画出图形，结合四点共圆及圆周角定理解答即可求解；本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键．【详解】解：（），理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴；，理由如下：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，即，∴，∴，∴，即；（）解：分两种情况：如图，当点在上，时，∵和都是等边三角形，∴，∴四点共圆，∵，∴为该圆的直径，∴，∵，，∴，∴；如图，当点在的延长线上，时，∵和都是等边三角形，∴，∴，∴，∴四点共圆，∵，∴为该圆的直径，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；综上，的长为或．1．（2024·江苏南京·模拟预测）在四边形和四边形EFGH中，，，．以下条件：①，，②，，③，中，能够证明四边形四边形EFGH的是（

）A．① B．①② C．①③ D．②③【答案】A【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质及全等四边形的证明，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．连接，根据全等三角形的判定和性质得出，，，，得出四边形的对应边和对应角都相等即可进行判断．【详解】解：如图所示，连接，∵，，，∴，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形四边形EFGH，故①正确；同①证明，但由已知条件及添加条件无法证明，故②错误；同①证明，但由已知条件及添加条件无法证明，故③错误；故选：A．2．（2024·江苏无锡·二模）在菱形中，，E是对角线上的一个三等分点，点D关于的对称点为，射线与菱形的边交于点F，则的长为（

）A． B．或 C．或 D．或【答案】B【分析】根据E是上的一个三等分点，可分成两种情况求解，先根据对称性得到边长，然后根据三角形相似以及直角三角形的勾股定理可求得结果．【详解】解：连接交于点，如图，∵四边形为菱形，∴，∴，∴，分两种情况：①当时，如图，连接与交点，由对称性可知，，，，设，则，即，在中，，即，解得：(舍去)，，，，，，，∴．②当时，连接，由对称性可知，，过点作于点，如图，，，，设，则，在和中，，∴，∴，∴，在中，，即，解得：(舍)，，∴，即，综上，的长为或．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题的关键是证明相似三角形解决问题．3．（2024·江苏苏州·二模）圆周率是指圆的周长与圆的直径的比值，我国南北朝时期的数学家祖冲之用“割圆术”将圆周率算到了小数后面第七位，成为当时世界上最先进的成就，“割圆术”是指用圆的内接正多边形的周长来近似替代圆的周长，如图所示，从正六边形起算，并依次倍增，使误差逐渐减小．当圆的内接正多边形的边数为360时，由“割圆术”可得圆周率的近似值可用代数式表示为（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正余弦定理的应用，等腰三角形的性质，先根据题意得出顶角，再由等腰三角形性质可知，表示出，通过周长近似即可求解．【详解】解：如图：圆内接正360边形被半径分成360个全等的等腰三角形，其顶角，过点O作，垂足为C，

设，，，在中，，，∴由“割圆术”可得圆周率的近似值，故选：D．4．（2024·江苏常州·二模）正五角星是一个非常优美的几何图形，在如图所示的正五角星中，以、、、、为顶点的多边形为正五边形，其余各点都是对角线的交点，下列个结论①，②，③，④其中成立的结论是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】如图，连接AB、、CD、DE、，令正五边形的外接圆为，由五边形是正五边形及弦弧的关系，得，从而得，，，故①正确，同理可得：，，根据相似三角形的判定及性质得，即，从而，故②正确，同理可得，进而得，于是，故③正确，由，得，故④错误．【详解】解：如图，连接AB、、CD、DE、，令正五边形的外接圆为，∵五边形是正五边形，∴，∴，∴，即∴，，故①正确，同理可得：，，∴，∴，，，，∴，，∵，，∴，∴，即，∴（负值舍去），故②正确，同理可得，∴，∴，∴∴，故③正确，∵，∴∴，故④错误，故选：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，正多边形的性质，圆弧弦之间的关系，相似三角形的判定及性质，熟练掌握正多边形的判定及性质是解题的关键．5．（2024·江苏无锡·二模）如图，是等边三角形，点P是边上的一个动点，点P关于的对称点分别为，，连接，，，点P从点A运动到点B的过程中，的面积变化情况为（

）A．保持不变 B．一直变小 C．先变大再变小 D．先变小再变大【答案】D【分析】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，连接，对称易证是顶角为120度的等腰三角形，腰长为的长，根据腰长先变小后变大，即可得出结果．【详解】解：∵是等边三角形，∴，∵点P关于的对称点分别为，，∴，，∴，∴，过点作，则：，，

∴，∴的面积随着的变化而变化，∵为上的一个动点，∴当时，的面积最小，此时点为的中点，∴点P从点A运动到点B的过程中，的面积先变小后变大，故选D．6．（2024·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，为原点，，的半径为1，是上一动点，以为边作等边，且点在第一象限，设的坐标为，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆的切线的性质和判定、等边三角形的性质、三角函数，作轴于，得出，根据得出与轴相切，设切点为，当点与点重合时，的值最小，结合等边三角形的性质即可得出答案．【详解】解：如图，作轴于，

，的坐标为，且点在第一象限，，，的半径为1，与轴相切，设切点为，当点与点重合时，的值最小，是等边三角形，，，的坐标为，，故选：A．7．（2024·江苏苏州·一模）如图，中，，顶点A在第一象限内，点B的坐标为，点C的坐标为，将沿AB翻折得到，此时点恰好落在x轴上，则顶点A的纵坐标为（

）

A．10 B． C． D．【答案】D【分析】本题考查翻折变换，等腰三角形的性质，勾股定理，通过作辅助线构造直角三角形，反复运用勾股定理是解题的关键．连接交于点，过点作轴于点，利用勾股定理逐步求出，，，，进而求出，再利用勾股定理求出即可．【详解】解：连接交于点，过点作轴于点，如图，

的坐标为，点的坐标为，，，在中，由勾股定理，得，将沿翻折得到，，，，，在中，由勾股定理，得，，在中，由勾股定理，得，设，则，在中，由勾股定理，得，即，解得，，，，，在中，由勾股定理，得，即顶点的纵坐标为．故选：D．8．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，正三角形的边长为2，D是边的中点，连接，点E在线段上，连接，以点B为旋转中心顺时针旋转得，连接．点E从A到D，点F经过的路径长为．【答案】【分析】由正三角形的边长为2，D是边的中点，可得，，，，由勾股定理得，，如图，连接，由旋转的性质可知，，，证明，则，可知点E从A到D，点F经过的路径长为的长，然后作答即可．【详解】解：∵正三角形的边长为2，D是边的中点，∴，，，，由勾股定理得，，如图，连接，由旋转的性质可知，，，∴，即，∵，，，∴，∴，∴点E从A到D，点F经过的路径长为的长，即，故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．确定点F的运动轨迹是解题的关键．9．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，点C是上一动点，B为一定点，D随着C点移动而移动，为的垂直平分线，，若半径为2，点B到点A的距离为4，则在C点运动过程中，的最大值为．【答案】【分析】该题主要考查了勾股定理，正方形的性质和判定，垂直平分线的定义，圆中相关知识点，解题的关键是找到取得最大值时点C的位置．过点作交所在直线于点，证明四边形是正方形，设，则，勾股定理得出，确定出时最大，求解即可；【详解】解：过点作交所在直线于点，∵为的垂直平分线，，∴，∵，∴四边形是正方形，设，则，在中，，故当最大时，最大，∵，∴时最大，即最大，此时，故答案为：．10．（2024·江苏南京·三模）如图，表示中去掉内接正三角形部分的面积，表示中去掉内接正六边形部分的面积，和的半径均为，则．（填“、或”）【答案】【分析】本题考查了圆的内接正多边形，分别求出、，再根据作差法即可求解，掌握圆的内接正多边形的性质是解题的关键．【详解】解：如图，连接，过作于，连接，过作于，在图中，，，，，∴，，∴，∴，在图中，，，∴为等边三角形，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴，故答案为：．11．（2024·江苏苏州·一模）定义：底边和底边上的高相等的等腰三角形称为“和谐”三角形．若“和谐”三角形的面积为2，则其腰长为．【答案】【分析】本题主要考查三角形，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．根据等腰三角形三线合一和面积公式解答即可．【详解】解：，，，，，故答案为：．12．（2024·江苏镇江·一模）如图，有一张正八边形纸片缺了一个角A，连接，点O在上．若以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，则下列结论：①点O也在上；②点O也在上；③连接，则；④，其中正确的是（填写序号）．

【答案】①③/③①【分析】补全缺失的A角，连接、、、，根据正八边形可得，，先得出点O在线段的垂直平分线上，结合对称可得垂直平分线段，可得①正确；故有②错误；先根据对称性得出与在同一条直线上，由四边形、四边形是等腰梯形，可得，进而有，则判断③正确，根据等腰直角三角形可得，再证明，即有，进而可判断故④错误，问题得解．【详解】如图，补全缺失的A角，连接、、、，

∵多边形是正八边形，∴正八边形是称轴图形，且，，∴四边形、四边形是等腰梯形，∵以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，∴，∴点O在线段的垂直平分线上，∵在正八边形中，所在直线是正八边形的对称轴，∴垂直平分线段，∴点O在上，故①正确；∴点O不在上，故②错误；∴点O为与的交点，∵正八边形是关于对称的轴对称图形，∴点A、点O、点D三点共线，∴与在同一条直线上，∵四边形、四边形是等腰梯形，，∴，∴，∴，∴，是等腰直角三角形，且，故③正确，∴，∵，，∴，∴，∴，故④错误，综上正确的有①③，故答案为：①③．【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，轴对称图形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，充分利用正八边形是轴对称图形，是解答本题的关键．13．（2024·江苏宿迁·二模）已知一块等腰直角三角形纸片，，，在该纸片上剪下一个以点为圆心的最大扇形并围成一个无底的圆锥，所围成的圆锥底面圆的半径是．【答案】【分析】本题考查了圆锥的计算，弧长公式，等腰直角三角形的性质等知识，过作，利用勾股定理和三线合一性质求出，然后根据弧长公式、圆的周长公式计算即可．【详解】解∶过作，∵等腰直角三角形纸片，，∴当扇形与相切时，扇形最大，此时，∵，，∴为中点，∴，设底面圆的半径为，则，解得，故答案为：．14．（2024·江苏连云港·模拟预测）某学习小组在学习了正方形的相关知识后发现：正方形对角线上任意一点与正方形其他两个顶点相连形成的线段一定相等．该学习小组进一步探究发现：若过该点作其中一条线段的垂线与正方形的两边相交形成的较长线段和前面形成的两条线段也有关系．请根据下列探究思路完成作图和解答：(1)尺规作图：过点E作．分别交边、于点G、F．（保留作图痕迹，不写作法）(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据基本作图—经过一点作直线的垂线作出图形即可；（2）证明，推出，再证明，可得结论．【详解】（1）解：图形如图所示：（2）证明：四边形是正方形平分，，．，在和中，．，，又，，，，且，．，．【点睛】本题考查基本作图—经过一点作直线的垂线，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，正方形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．15．（2024·江苏盐城·二模）问题情境：在综合实践课上，吴老师和鹿鸣学堂“数理时空”社团的同学们一起研究了对角相等的六边形，发现：如图1，在六边形中，若，，，则有，，，请结合图1，证明：．问题探究：小铭和小红对图1的六边形进行了特殊化，发现了以下两个结论：结论1：如图2，若，则有：，．结论2：如图3，若对角线、、交于点，则对角线平分六边形的面积，请证明小铭和小红发现的两个结论．【答案】见解析【分析】问题情境：如图1，连接，，根据四边形的内角和，六边形的内角和证明，进而可以解决问题；问题探究：结论1：如图2，连接，，得为平行四边形，然后证明，得，；结论2：连接，，交于点，证明，得，同理可得，，，然后证明，同理，，进而可以解决问题．【详解】证明：问题情境：如图1，连接，，，，，，，，，；问题探究：结论1：如图2，连接，，，，为平行四边形，，，，，，，，；结论2：连接，，交于点，，，，，，，，同理，，，同理，，，的面积的面积，的面积的面积，的面积的面积，对角线平分六边形的面积．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了四边形的内角和，六边形的内角和，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．16．（2024·江苏淮安·模拟预测）小明学习完《等腰三角形》一章后，登录百度网站搜索了等腰直角三角形的一些性质．百度网站具体显示如下：等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质：稳定性，两直角边相等，直角边与斜边的夹角为锐角45°，斜边上中线角平分线垂线三线合一，等腰直角三角形斜边上的高为外接圆的半径R，那么设内切圆的半径r为1，则外接圆的半径R就为，所以【新知研究】（1）如图1，在中，分别是的中点，，则；【拓展提升】（2）如图2，在中，，射线，为射线上一动点，是的中点，，，设，的面积为，求与之间的函数表达式；【综合运用】（3）如图3，在等腰中，，点P在边上，分别为的中点，连接，过点作的垂线，与分别交于两点，连接，交于点H．①与存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；②直接写出的最大值．【答案】（1）；（2）；（3）①，，理由见解析；②【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，根据平行线的性质得到；（2）根据三角形中位线定理可得，，根据得到，所以是等腰直角三角形，可得，，根据三角形面积公式即可求得函数表达式；（3）①由“”可证，可得，，可求，，②先判断和是等腰直角三角形，得出，，可证明，得出，证明，得出，设，则，，，，，，进而求出，可求出，即可求解．【详解】解：（1）在中，分别是的中点，是的中位线，，，，，故答案为：；（2）在中，是的中点，，是的中位线，