专题12等边三角形的性质和证明（专项培优训练）（教师版）

专题12等边三角形的性质和证明（专项培优训练）试卷满分：100分考试时间：120分钟试卷难度：较难试卷说明：本套试卷结合人教版数学八年级上册同步章节知识点，精选易错，常考，压轴类问题进行专题汇编！题目经典，题型全面，解题模型主要选取热点难点类型！同步复习，考前强化必备！适合成绩中等及偏上的学生拔高冲刺。一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（本题2分）（2022秋·河南驻马店·八年级统考期中）如图，边长为的等边中，是上中线且，点在上，连接，在的右侧作等边，连接，则周长的最小值是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意等边三角形性质和全等三角形判定得出，进而作点A关于直线的对称点M，连接交于E，此时的值最小，最后依据周长的最小值求值即可得出答案．【详解】解：如图，

∵都是等边三角形，∴∴∴∴∵∴∴点E在射线上运动()，作点A关于直线的对称点M，连接交于，此时的值最小，∵∴是等边三角形，∴∵∴∴周长的最小值．故选：B．【点睛】本题考查轴对称最短路径问题和等边三角形的性质和判定以及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用轴对称性质得出的值最小．2．（本题2分）（2023春·陕西西安·八年级校考期末）如图，在中，，，，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好落在边上，则点与点B之间的距离为（

）

A． B． C．4 D．2【答案】B【分析】先由旋转性质得，，，再证明、是等边三角形，得到，再根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：由旋转性质得，，，∵，∴是等边三角形，∴，则，∴是等边三角形，∴，在中，，，，∴，∴，即，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的性质是解答的关键．3．（本题2分）（2023秋·山西阳泉·八年级校考期末）如图，和均是等边三角形，，分别与，交于点M，N，有如下结论：①；②；③；其中正确结论的个数是（

）个.

A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】利用等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，证明即可．【详解】∵和均是等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，故①正确；∵，∴∵，∴，∴，故②正确；∵，∴，∴，故③错误；故选B．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形不等式，熟练掌握等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．4．（本题2分）（2023春·辽宁大连·八年级期末）如图，矩形中，O为的中点，过点O的直线分别与，交于点E，F，连接交于点M，连接，．若，，则下列结论①；②；③，其中正确结论的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据题中矩形和等边三角形的性质证明出，即可证明①②；证明可得，即可得③结论错误．【详解】解:连接，∵四边形是矩形，∴，、互相平分，∵O为中点，∴也过O点，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，，在与中，，∴，∴与关于直线对称，∴，；∴①②正确，∵∴,∴在和中，∴，∴，∴错误．∴③错误，正确的有2个，故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形和等边三角形的判定和性质以及30度角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是会综合运用这些知识点解决问题．5．（本题2分）（2023春·广西河池·八年级统考期末）如图，是等边三角形，是内一点，，，，，则的周长是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】延长交于，延长交于，由条件推出四边形，四边形是平行四边形，，是等边三角形，得到，即可求出的周长．【详解】解：延长交于，延长交于，∵，，，∴四边形，四边形是平行四边形，∴，，∵是等边三角形，∴，∴，，∴，∴是等边三角形，同理：是等边三角形，∴，，∴，∴，∴的周长为：，即的周长是．故选：B．

【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，解题的关键是由等边三角形的性质，平行四边形的性质证明．6．（本题2分）（2023春·广东梅州·八年级校考开学考试）如图，在等边中，为中点，点，分别为，上的点，，，在上有一动点，则的最小值为（）

A．7 B．8 C．9 D．10【答案】A【分析】作点关于的对称点，连接交于，连接，此时的值最小．最小值．【详解】解：是等边三角形，，，，，，如图，作点关于的对称点，连接交于，连接，此时的值最小．最小值，

，，，，，，是等边三角形，，的最小值为7．故选：A．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．7．（本题2分）（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连接交于点，连接、若，，则下列结论，其中正确结论的个数是（

）①，；②；③四边形是菱形；④．

A．个 B．个 C．个 D．个【答案】B【分析】根据已知得出，可求得与关于直线对称，进而求得，；因为，故不会全等于．先证得，再证得，进而证得，因为、互相平分，即可证得四边形是菱形；可通过面积转化进行解答．【详解】解：连接，

四边形是矩形，，、互相平分，为中点，也过点，，，，是等边三角形，，，在与中，，与关于直线对称，，；正确，，，，，，，，，，，，四边形是菱形，正确，，与不全等．错误，，，，，，，，，，故错误．故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等的知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．8．（本题2分）（2023春·安徽·八年级统考期末）如图，矩形中，E为边的中点，沿对折矩形，使点C落在处，折痕为，延长交于点F，连接并延长交于点G，连接．给出以下结论：①四边形为平行四边形；②；③；④为的中点．其中正确结论的个数是（）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据三角形内角和为，易证，可证出最终结论．根据翻折的性质，加上正方形所有内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题．利用反推，若，则为等边三角形，是钝角，显然不是钝角，即可得出结论．若为的中点，在边的垂直平分线上，利用垂直平分线的性质，即可得出结论．【详解】∵E为的中点∴∴，即∴四边形为平行四边形，即①正确，∴，即②正确∵，∴当时∴，∴为等边三角形,即,显然不是钝角故③不正确当为的中点时，即在边的垂直平分线上即是垂直平分线，，显然即④不正确故选：B．【点睛】本题主要考查的是四边形的综合运用，熟练掌握翻折的应用和正方形与平行四边形的定义是解题的关键．9．（本题2分）（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，平行四边形中，平分，交于点，且，延长与的延长线交于点F，下列结论中：①：②是等边三角形；③；④；⑤；⑥，正确的有（

）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】由四边形是平行四边形，可得，，又因为平分，可得，所以可得，得，由，得到是等边三角形，可判定②；则，所以，可判定①；因为与同底等高与间的距离相等），所以，可判定④；与等底等高与间的距离相等），得，则，即，可判定⑥；题中无条件证得，，可判定③⑤．【详解】解：四边形是平行四边形，∴，，，平分，，，，，是等边三角形；故②正确；，，，；故①正确；与同底等高，，故④正确，与等底等高与间的距离相等），，；故⑥正确．若，则，题中确无条件能证得这一结论，故⑤不一定正确；若与相等，∵则题中确无条件能证得这一结论，故③不一定正确；综上，正确的有①②④⑥共4个，故选：C．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，三角形面积，掌握相关判定与性质以及同底（或等底）等高（或同高）面积相等是解题的关键．10．（本题2分）（2023春·山东济宁·八年级统考期中）在矩形中，对角线、相交于点，平分交于点，．连接，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④，其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】判断出是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，再判断出是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出，再求出，可判断②；由直角三角形的性质可得，可判断③；由面积公式可得，可判断④．【详解】解：平分，，，是等腰直角三角形，，，，，在矩形中，，是等边三角形，是等边三角形，故①正确；，，，是等腰三角形，故②正确；在中，，，故③错误；，，故④正确；故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分.11．（本题2分）（2022秋·湖北十堰·八年级十堰市实验中学校考期中）如图，等边中，D为中点，点P、Q分别为上的点，，，在上有一动点E，则的最小值为．

【答案】【分析】作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值．【详解】如图，∵是等边三角形，∴，∵D为中点，∴作点Q关于的对称点，连接交于E，连接，此时的值最小．最小值，

∵，，∴，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．12．（本题2分）（2023春·山东济宁·八年级济宁学院附属中学校考期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点，点为的中点，连接并延长交于点，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④，其中，判断正确的是(填序号）【答案】①②③④【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．【详解】解：点为的中点，，又，，，是等边三角形，，,，，即，故①正确；在平行四边形中，，，，，在和中，，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故③正确；，在中，，，则，故②正确；在平行四边形中，，又点为的中点，，故④正确；正确的结论①②③④．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键．13．（本题2分）（2023春·山东滨州·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片翻折，使点C恰好落在对角线交点O处，折痕为，点E在边上，则的长为．

【答案】【分析】首先证明是等边三角形，在中，结合含的直角三角形用勾股定理即可解决问题；【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，由翻折性质可知：，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，则由勾股定理可得：，∴，故答案为：．【点睛】本题考查矩形与翻折变换，等边三角形的判定和性质，含的直角三角形与勾股定理等知识，解题的关键是证明是等边三角形．14．（本题2分）（2023春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在边长为2的菱形中，，E、F分别为、上的两个动点（包括端点），且，则线段的取值范围为．

【答案】【分析】易得为等边三角形，证明，推出为等边三角形，求出的取值范围，即可得解．【详解】解：∵在边长为2的菱形中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，又，∴为等边三角形，∴，∵E、F分别为、上的两个动点（包括端点），∴当点与点重合时，最大，此时，，当时，最小，此时为的中点，∴，∴，∴，∴；故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．15．（本题2分）（2023春·广东汕头·八年级统考期末）菱形，点A，B，C，D均在坐标轴上，，点，点E是的中点，点P是上的一动点，则周长的最小值是．【答案】【分析】根据菱形的对称性，连接，交于点P，连接，得到是等边三角形，推出，根据点E是的中点，求出，，设，则，根据勾股定理求出x即可．【详解】解：连接，交于点P，连接，∵四边形是菱形，，点，∴，，，∴是等边三角形，∴，∵点E是的中点，∴，∴，∵，∴，设，则，∵，∴，解得（负值舍去），∴，∴周长的最小值是,故答案为：．【点睛】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，正确掌握菱形的性质是解题的关键．16．（本题2分）（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形中，，E、F分别在边上，并且为等边三角形，则m的取值范围为，若点G是边上的一点，且，则随着m的变化，的最小值为．

【答案】【分析】当点F与点D重合时，此时有最小值，当点E与点B重合时，此时有最大值，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，即可求m的范围；可证，即，当点H，点N，点F共线时，有最小值，即可求解.【详解】解：如图，当点F与点D重合时，此时有最小值，

∵为等边三角形，∴，，，∴，，如图，当点E与点B重合时，此时有最大值，

∵为等边三角形，∴，，，∴，，∴，∴.如图，当时，以为边作等边，作，连接，

∴，，∴，∴，∴，∴当点H，点N，点F共线时，有最小值，此时，∵，∴四边形是矩形，∴，∵是等边三角形，，∴，∴.故答案为：；.【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，利用特殊位置求线段的长是解题的关键.17．（本题2分）（2020秋·广东广州·八年级校考阶段练习）如图，C为线段上一动点（不与点A，E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下结论：①；②；③；④是等边三角形；⑤．恒成立的是．

【答案】①②③④【分析】由等边三角形的性质可证明，则可得①正确；由可得，由，则由三角形内角和可得，则可得③正确；证明，可得，由可得④正确；由等边三角形的性质可得②正确；由知，，即可判定⑤不正确，从而可确定答案．【详解】解：∵都是等边三角形，∴，∴，∴，故①正确；∵，∴，∵，∴由三角形内角和得：，故③正确；∵即，∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，故④正确；∵是等边三角形，∴，∴，故②正确；∵，∴，当点P位于的边上时，始终有，即，故⑤不成立；∴正确的是①②③④，故答案为：①②③④．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质三角形内角和等知识，证明三角形全等及等边三角形的判定与性质是解题的关键．18．（本题2分）（2023春·四川成都·八年级校联考期中）如图，是边长为3的等边三角形，延长至点P，使得，点E在线段上，且，连接，以为边向右作等边，过点E作交的延长线于点M，点N为的中点，则四边形的面积为．

【答案】【分析】作交的延长线于点G，证明是等边三角形，再证明，得，再证明是等边三角形，则，再证明，得，作于点H，于点D，则，，由勾股定理得的长，由计算，于是得到问题的答案．【详解】解：作交的延长线于点G，

∵是边长为3的等边三角形，∴，∴是等边三角形，∵点P在的延长线上，，∴，∵是等边三角形，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是等边三角形，，∴，在和中，，∴，∴，∵点N为的中点，∴，∴，作于点H，于点D，则，，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】此题重点考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．19．（本题2分）（2023春·四川达州·八年级校考阶段练习）如图，边长为6的等边，F是边的中点，点D是线段上的动点，连接，在的右侧作等边，连接、、，则以下结论：①；②；③；④的周长最小值为9；⑤当周长最小时，．其中正确的结论有（填序号）．

【答案】①②③④【分析】①根据等边三角形三线合一可以判断；②由垂直平分，得到，而，得到，得到②中结论；③根据②中可得到结论；④当点和点重合时，的边长最短为3，此时的周长为9；⑤先证明点在射线上运动，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，的周长最小，即最小，而，即最小，当和重合时，取最小值，而此时，据此可判断．【详解】解：①根据等边三角形三线合一可以得：，故①正确；②∵垂直平分，∴，而，得到；故②正确；③根据②中的结论可得③正确；④的周长最短，即的长度最小，当点和点重合时，，此时的周长为9，故④正确；⑤连接并延长，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，

∵即∴在和中，∴≌∴∴点在射线上移动；∵、关于直线对称，∴，∴，∴为等边三角形，又∵为中点∴∴周长最小，则最小；∵直线为的垂直平分线，∴，在中，所以当与重合时最小，即为的长，此时，故⑤错误；故正确结论序号为①②③④．【点睛】本题考查了轴对称最短问题，等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是证明在射线上运动．20．（本题2分）（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，点E为对角线上一动点（不与点B重合），且，连接交延长线于点F．

①；②当为直角三角形时，；③当为等腰三角形时，或者；④连接，当时，平分．以上结论正确的是（填正确的序号）．【答案】①②③④【分析】连接，交于点O，由题意易得，是等边三角形，，，，则有，则，然后根据等边三角形的性质与判定、全等三角形的性质、勾股定理及等腰三角形的性质可进行求解．【详解】解：连接，交于点O，如图所示，

∵四边形是菱形，，，∴，是等边三角形，，，，∴，则，∴，则，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故①正确；当为直角三角形时，即，∵，，∴，∴，∴，则，∴；故②正确；当为等腰三角形时，则可分当时，即，在菱形中，，∴，∵，∴在中，，∴∴；当时，即，∵，∴在中，，∴∴；当时，则，此时点E与点B重合，不符合题意；故③正确；连接，当时，则，∴，由②可知，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴平分，故④正确；故答案为①②③④．【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．三、解答题：本大题共7小题，2125题每小题8分，2627题每小题10分，共60分．21．（本题8分）（2023春·福建漳州·八年级统考期末）在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转得到．连接，延长交于点F．

(1)当时，如图1，①求的度数；②求证：．(2)当时，如图2，在旋转过程中，试探究与是否仍然相等，若相等，请说明理由；若不相等，请求出它们的数量关系．【答案】(1)①30°；②见解析(2)相等，见解析【分析】（1）①由旋转得出为等边三角形，得出，再利用平角求出角度即可；②根据等边三角形和等腰三角形的判定证明即可；（2）在上取一点H，使得，连接，证明，再利用等腰三角形的判定证明即可．【详解】（1）解：①证明：当时，点C在上，由旋转可知：，∴为等边三角形．∴．又∵，∴，∴．②证明：由旋转可知：，，∴为等边三角形，∴．∵，∴，∴，∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴．（2）解：．理由：在上取一点H，使得，连接．

由旋转可知：，，，∴．∵，，∴，，∴，∴．∴，．∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和等腰三角形的判定，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明．22．（本题8分）（2023春·辽宁鞍山·八年级统考期末）如图，在中，，，，点是边中点，连接，过点作，过点作；

(1)判断四边形的形状，并证明结论；(2)点是线段上的动点，点是线段上的动点，且，连接交于点，若四边形是平行四边形时，求的值，并计算此时的长度．【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析(2)，【分析】（1）由已知条件可得四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线的性质求出，可得平行四边形是菱形；（2）证明是等边三角形，根据四边形是平行四边形可得是等边三角形，求出，可得，，然后再根据求此时的长度即可．【详解】（1）四边形是菱形；证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵在中，是斜边上的中线，∴，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵，，，∴，，∵在中，是斜边上的中线，∴，∴是等边三角形，∴，若四边形是平行四边形，则，即，，，∴，，∴是等边三角形，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用相关判定定理和性质定理进行推理论证是解题的关键．23．（本题8分）（2023春·甘肃武威·八年级校考期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作且，连接、，连接交于点．

(1)求证：；(2)若菱形的边长为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形性质得出，，证明，根据，证明四边形是平行四边形．根据，证明平行四边形是矩形，即可证明结论；（2）先证明为等边三角形，得出，根据勾股定理得出，最后根据勾股定理求出结果即可．【详解】（1）证明：为菱形，，，，∴，∵，四边形是平行四边形．，∴，平行四边形是矩形．

．（2）解：∵在菱形中，，，为等边三角形，，∴，在矩形中，，在中，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定，勾股定理．24．（本题8分）（2023春·四川达州·八年级校考期中）（1）阅读理解：如图1，等边三角形内有一点P，若点P到顶点的距离分别为，求的大小．

思路点拨：考虑到不在一个三角形中，采用转化与化归的数学思想，可以将绕顶点A逆时针旋转到处，连接，此时，这样，就可以利用全等三角形的知识，并结合已知条件，将三条线段转化到一个三角形中，从而求出________；（2）变式拓展：请你利用第（1）问的方法，解答下面问题：如图2，在中，，，E，F为上的点且，，，求的长度；（3）能力提升：如图3，在中，，，，点O为内一点，连接，且，则________(直接写出答案)．【答案】（1）；（2）13；（3）【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答．（2）把绕点A逆时针旋转得到，根据旋转的性质可得，，，，，再求出，从而得到，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式即可解决问题．（3）将绕点B顺时针旋转至处，连接，根据直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半求出，即的长，再根据旋转的性质求出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，等边三角形三个角都是，求出，然后求出四点共线，再利用勾股定理列式求出，从而得到，即可求解．【详解】解：（1）∵，∴，由题意知旋转角，∴为等边三角形，，∵，∴∴为直角三角形，且，∴；故答案为：150°；（2）如图2，把绕点A逆时针旋转90°得到，

由旋转的性质得，，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，由勾股定理得，，即．又∵，，∴，解得：；（3）如图3，将绕点B顺时针旋转至处，连接，

∵在中，，∴，∴，∵绕点B顺时针方向旋转，∴如图所示；，∵绕点B顺时针方向旋转60°，得到，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴∴四点共线，在中，，∴；故答案为：；【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，读懂题目信息，理解利用旋转构造出全等三角形和等边三角形以及直角三角形是解题的关键．25．（本题8分）（2022秋·广东惠州·八年级校考阶段练习）在拓展课上，小林用圆规以点为圆心，长为半径画弧，使得，第二次同样按逆时针画圆弧到点，设，显然，连接．(1)如图，连接．

①若，直接写出的度数；②在第二次画圆弧过程中，请探究的大小是否改变？若不改变，求出的度数；若改变，请说明理由；(2)如图，若以为斜边作，使得，连接，，若，试判断的形状，并说明理由．

【答案】(1)①；②不改变，的度数为，理由见解析(2)是等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）①等边对等角求出的度数，利用，即可得解；②同①进行求解即可得出结论；（2）过点作于点，连接，证明，推出是等边三角形，进而推出，得到，即可得出结论．【详解】（1）①∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴；②不改变，的度数为．由题意知，．，，．，，．．（2）过点作于点，连接．

则：