中考数学总复习中考数学专项提升第18讲 等腰三角形(练习)(解析版)

第四章三角形第18讲等腰三角形TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u👉题型01分类讨论思想在等腰三角形中的应用👉题型02根据等边对等角求解或证明👉题型03根据三线合一求解或证明👉题型04在格点图中画等腰三角形👉题型05根据等角对等边求边长👉题型06根据等角对等边证明👉题型07确定构成等腰三角形的点👉题型08等腰三角形性质与判定综合👉题型09利用等边三角形的性质求解👉题型10等边三角形的判定👉题型11等边三角形性质与判定综合👉题型12手拉手模型👉题型13与等腰三角形有关的折叠问题👉题型14与等腰三角形有关的动点问题👉题型15与等腰三角形有关的新定义问题👉题型16与等腰三角形有关的规律探究问题👉题型17与等腰三角形有关的多结论问题👉题型18探究等腰三角形中存在的线段数量关系👉题型01分类讨论思想在等腰三角形中的应用1．（2024·云南昆明·一模）已知等腰三角形的两边长分别是一元二次方程x2−6x+8=0的两根，则该等腰三角形的周长为【答案】10【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程，能求出方程的解并能够判断三角形三边存在的条件是解此题的关键．求出一元二次方程的解，得出三角形的边长，用三角形存在的条件分类讨论边长，即可得出答案．【详解】解：xx−2解得：x=2或x=4，当等腰三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系，此时不能组成三角形；当等腰三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系，此时能组成三角形，周长为2+4+4=10，所以三角形的周长为10，故答案为：10．2．（2024·江苏·模拟预测）若实数m，n满足|m−7+3−n|2=0，且m，n恰好是等腰△ABC【答案】17【分析】根据偶次方、算术平方根的非负性可得：m−7=0，3−n=0，从而可得【详解】解：∵|m−7+∴m−7=0，解得：m=7，分两种情况：当等腰三角形的腰长为7，底边长为3时，∴△ABC的周长=7+7+3=17；当等腰三角形的腰长为3，底边长为7时，∵3+3=6<7，∴不能组成三角形；综上所述：△ABC的周长是17，故答案为：17．【点睛】本题考查了等腰三角形的定义，偶次方，算术平方根的非负性，三角形的三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．3．（2024·内蒙古赤峰·二模）学完等腰三角形的性质后，小丽同学将课后练习“一个等腰三角形的顶角是36°，求底角的度数”改为“等腰三角形的一个角是36°，求底角的度数”．下面的四个答案，你认为正确的是（

）A．36° B．144° C．36°或72° D．72°或144°【答案】C【分析】本题考查了等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和等于180度是解题的关键．根据题意分以下两种情况，当36°是等腰三角形的底角，以及当36°是等腰三角形的顶角，讨论求解，即可解题．【详解】解：当36°是等腰三角形的底角，则底角的度数为36°；当36°是等腰三角形的顶角，则底角的度数为180°−36°2综上所述，等腰三角形的一个角是36°，其底角的可以是36°或72°．故选：C．4．（2024·河南驻马店·三模）如图，在等腰△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=4，D是边BC上的动点，连接AD，将△ABD沿AD折叠，点B的对应点为B'，若∠BDB'=120°，则BD的长为【答案】433【分析】本题考查等腰三角形中的翻折问题，当∠BDB'=120°时，分两种情况：①当点B'在BC下方；②当点【详解】解：当∠BDB①当点B'在BC设AB'与BC的交点为∵∠BAC=120°，AB=AC，∴∠B=∠C=30°，由折叠得，∠∵∠BDB∴∠∴∠DOB∴DO=1∴BO=BD+DO=BD+1在Rt△ABO中，BO=AB⋅∴3解得，BD=4②当点B'在BC由折叠得，∠ADB∵∠B=30°，∴∠BAD=90°，∵AB=4，∴BD=AB综上所述，BD的长为433故答案为：4335．（22-23八年级上·河南南阳·期末）在等腰三角形中有一个角为40°，则腰上的高与底边的夹角为．【答案】20°或50°【分析】分已知的角是等腰三角形的底角和顶角两种情况计算．【详解】当40°角为底角时，如图，∵CA=CB，∴∠CAB=∠B=40°，过点A作AD⊥CB，交BC的延长线于点D，∴∠ADC=90°，∴∠DAB=90°−∠B=50°；

当40°角为顶角时，如图，∵CA=CB，∴∠CAB=∠B=180°−40°过点A作AG⊥CB，交BC于点G，∴∠AGB=90°，∴∠GAB=90°−∠B=20°；故答案为20°或50°．【点睛】本题考查了等腰三角形的角的计算，熟练掌握分类思想是解题的关键．👉题型02根据等边对等角求解或证明6．（2024·陕西渭南·三模）如图，点O是正八边形ABCDEFGH的中心，连接OA、OB，若OA=2，则该正八边形的面积为．（结果保留根号）【答案】8【分析】本题考查正多边形的性质，等腰直角三角形的性质，先求出∠AOB=360°8=45°，作AH⊥OB于点H，构造等腰直角△OHA，求出AH【详解】解：如图，作AH⊥OB于点H，∵该多边形为正八边形，OA=2，∴OB=OA=2，∠AOB=360°又∵AH⊥OB，∴△OHA是等腰直角三角形，∴AH=2∴S△AOB∴该正八边形的面积=8S故答案为：827．（2024·陕西·模拟预测）如图，在正五边形ABCDE中，AD,CE相交于点F，连接BF，则∠CFB的度数是．【答案】54°/54度【分析】根据五边形ABCDE是正五边形，求出∠CDE=∠DEA=108°，再根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理求出∠EDA=∠DAE=36°，同理得∠DEC=36°，再求出∠DFE=108°，证明△AFE≌△CFD，得到AF=CF，再证明△ABF≌【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，∴∠CDE=∠DEA=5−2∵DE=AE，∴∠EDA=∠DAE=1同理∠DEC=36°，∴∠DFE=180°−∠DEF−∠EDF=180−36°−36°=108°，∵∠DEF=∠EDF,∠EDF=∠EAD，∴∠DEF=∠EAD，∵∠DEF=∠DCE，∴∠DCE=∠EAD，∵∠AFE=∠CFD,CD=AE，∴△AFE≌∴AF=CF，∵∠BAE=∠BCD,∠DAE=∠DCE，∴∠BAE−∠DAE=∠BCD−∠DCE，即∠BAF=∠BCF，∵BF=BF，∴△ABF≌∴∠CFB=∠AFB=1故答案为：54°．【点睛】本题考查正多边形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键．8．（2024·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，点P为直线BC上一点，且AC=CP，连接AP，则∠BAP的度数是（

）A．45° B．135° C．45°或135° D．30°或135°【答案】C【分析】本题考查了三角形内角和性质，等边对等角，三角形外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．注意点P为直线BC上一点，分别作图，运用三角形内角和性质，等边对等角，三角形外角性质分别列式计算，即可作答．【详解】解：如图所示：以点C为圆心，AC为半径画弧，分别交直线BC于两点，即P1，∵AB=AC，∠B=30°∴∠BCA=30°∵AC=C∴∠∴∠∵AB=AC，∠B=30°∴∠BCA=30°∵AC=C∴∠CA∴∠故选：C9．（2024·广东河源·二模）如图，在四边形ABCD中，∠CAD=90°，∠B=30°，∠D=60°且AC=BC．(1)求证：AB∥(2)若AD=1，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)5【分析】本题主要考查了平行线的判定、三角形内角和定理、等腰三角形三线合一、等边对等角、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识，熟练掌握平行线的判定、含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．（1）根据等边对等角，得出∠BAC=∠B=30°，根据三角形内角和定理，计算求出∠ACD的度数，得出∠BAC=∠ACD，根据“内错角相等，两直线平行”，即可证明AB∥（2）过点C作CE⊥AB于E，根据含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形三线合一，结合勾股定理，求出AC、CE、AB的长，根据S△4CD=12×AC×AD【详解】（1）证明：∵∠B=30°，AC=BC，∴∠BAC=∠B=30°，∵∠CAD+∠D+∠ACD=180°，∠CAD=90°，∠D=60°，∴∠ACD=180°−∠CAD−∠D=180°−90°−60°=30°，∴∠BAC=∠ACD，∴AB∥（2）解：∵∠CAD=90°，AD=1，由（1）得∠ACD=30°，∴CD=2，BC=AC=C∴S△4CD如图，过点C作CE⊥AB于E，∴∠AEC=90°，∵∠B=30°，∴CE=1∴AE=BE=B∴AB=AE+BE=3∴S△ABC∴S四10．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连接AF交EH于点G.若GE=GH，ABFH=56，AD=4【答案】6【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，先由矩形的性质得到CD⊥BC，CD=AB，BC=AD=4，∠ABC=∠DCB=90°，再证明△DCE∽△HFE得到CDFH=ABFH=56；根据直角三角形的性质得到GE=GF=GH，则∠GFE=∠E，进而证明△ABF≌△DCEAAS，推出BE=CF．设BE=CF=x，则CE=x+4，【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD⊥BC，CD=AB，BC=AD=4，∠ABC=∠DCB=90°，∵FH⊥EF，∴CD∥∴△DCE∽△HFE，∴ECEF∴CDFH∵FH⊥EF，GE=GH，∴GE=GF=GH，∴∠GFE=∠E，∴△ABF≌△DCEAAS∴BF=CE，∴BF−BC=CE−BC，即BE=CF．设BE=CF=x，∵BC=AD=4，∴CE=x+4，EF=2x+4，∴x+42x+4解得x=1，经检验x=1是原方程的解，∴EF=6．故答案为：6.👉题型03根据三线合一求解或证明11．（2024·贵州黔东南·二模）如图，△ABC中，∠B=60°，BA=3，BC=5，点E在BA的延长线上，点D在BC边上，且ED=EC．若AE=4，则BD的边长为（A．2.5 B．3.5 C．2 D．3【答案】C【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质．过点E作EF⊥BC于F．先在Rt△BEF中利用30°角所对的直角边等于斜边的一半得出BF=12BE=3.5，于是CF=BC−BF=1.5，再根据等腰三角形三线合一的性质得出【详解】解：过点E作EF⊥BC于F．在Rt△BEF中，∵∠BFE=90°，∠B∴∠BEF=30°，∵AE=4，AB=3，BE=AE+AB，∴BF=1∴CF=BC−BF=5−3.5=1.5．∵ED=EC，EF⊥BC于F，∴DC=2CF=3，∴BD=BC−DC=5−3=2．故选：C．12．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，点A在反比例函数y=kx(k>0，x>0)的图象上，点B、C在x轴上，BC=4OC，若△ABC【答案】12【分析】本题考查了反比例函数比例图象上点的特征、等腰三角形三线合一的性质、三角形的面积．要求学生掌握设而不求的方法解题．设OC=a，过点A作AE⊥x轴于点E，表示出BC、AE，结合△ABC的面积即可求出k的值．【详解】解：设OC=a，则Ca,0∵BC=4OC，∴OB=5a，CB=4a，过点A作AE⊥x轴于点E，∵AB=AC，∴CE=EB=2a，∴OE=3a，∵OE·AE=k，∴AE=k∵S∴k=12．故答案为：12．13．（2024·山西·模拟预测）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，取AC的中点E，连接BE，过点C作BE的垂线，交BE的延长线于点D，若BD=8，DC=2，则DE的长为．【答案】13【分析】作AM⊥BC，EN⊥BC，垂足为点M、N．先由勾股定理求得BC的长，再由等腰三角形“三线合一”与三角形中位线的逆定理可求得BM、MN的长，从而可知BN的长，最后利用△BNE∽△BDC可求得DE的长．【详解】解：如图，过点A、点E分别作AM⊥BC，EN⊥BC，垂足为点M、N．则AM∥EN，

∵∠BDC=90°，BD=8，∴BC=B∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=CM=1∵E为AC的中点，AM∥EN，∴MN=CN=1∴BN=BM+MN=3设DE=x，则BE=BD−DE=8−x．∵∠BNE=∠BDC=90°，∠EBN=∠CBD，∴△BNE∽△BDC，∴BEBC=BN∴88−x解得：x=13即：DE=13故答案为：138【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、三角形中位线定理的逆定理、相似三角形的性质、勾股定理等，解题的关键作出恰当的辅助线．14．（2024·浙江·模拟预测）在劳动课上，小华同学所在小组进行了风筝框架设计比赛(1)小华设计的风筝框架平面图如图1，已知.AB=AD，CB=CD，AC与BD交于点O(2)小明提出了改进建议：制作风筝框架只需要两个支架AC和BD(如图2)，当AC垂直平分BD时即可固定风筝.现在有总长度为120cm的细木条用于制作该风筝框架，小明同学想做面积最大的风筝，请你帮他设计：当AC【答案】(1)见解析(2)AC为60cm时，风筝的面积最大，面积最大值为【分析】本题考查二次函数的应用，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质：（1）先证△ABC≌△ADCSSS，推出∠BAC=∠DAC，根据等腰三角形三线合一即可证明BO=DO（2）设AC=x，则BD=120−x，列出风筝的面积S关于x的二次函数关系式，变形为顶点式，求出最值即可．【详解】（1）证明：∵AB=AD，CB=CD，∴△ABC≌△ADCSSS∴∠BAC=∠DAC，即AC平分∠BAD，又∵AB=AD，∴BO=DO；（2）解：设AC=xcm，则BD=∵AC垂直平分BD，∴OB=OD=12BD∴风筝的面积S=S∴S=1∵−1∴当x=60时，S取最大值1800，即AC为60cm时，风筝的面积最大，面积最大值为180015．（2024·山东聊城·三模）如图，△ABC中，点D是BC上一点，过点D作DE∥AB，点F是AD的中点，连接EF，并延长EF交AB于点(1)连接DG，求证：四边形AGDE是平行四边形．(2)若使四边形AGDE是菱形，△ABC应为什么特殊三角形？点D在BC的什么位置？证明你的猜想．【答案】(1)见解析(2)△ABC为等腰三角形时，AGDE是菱形；点D为BC中点【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，其中证明三角形全等是解题的关键．（1）证明△AGF≌△DEF，得DE=AG；再由DE∥AB即可证明四边形（2）当△ABC为等腰三角形且AB=AC时，由D是中点，则∠EAD=∠EDA，从而得AE=DE，即四边形AGDE是菱形．【详解】（1）证明：∵点F是AD的中点，∴AF=DF；∵DE∥∴∠GAF=∠EDF，∵∠AFG=∠DFE，∴△AGF≌△DEF(ASA∴DE=AG；∵DE∥∴四边形AGDE是平行四边形；（2）解：当△ABC为等腰三角形且AB=AC时，且D中点，四边形AGDE是菱形；∵AB=AC时，且D是中点，∴∠GAD=∠EAD；∵DE∥∴∠GAD=∠EDA，∴∠EAD=∠EDA，∴AE=DE，即平行四边形AGDE是菱形．👉题型04在格点图中画等腰三角形16．（2024·贵州贵阳·二模）在如图所示的网格纸中，有A，B两个格点，使得△ABC是等腰三角形，则这样的格点C有个．【答案】8【分析】根据勾股定理的逆定理解答即可．本题考查了勾股定理的逆定理，关键是根据△ABC是直角三角形得出多种情况解答．【详解】解：如图所示：点C1其中AC12=1由勾股定理得：AC故△ABC同理：AC2=12由勾股定理得：AC故△ABC网格中其他点C如图所示，所以格点C的个数是8，故答案为：8．17．（2024·吉林长春·模拟预测）图①、图②、图③均是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点A、C均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求作格点图形，保留作图痕迹．(1)在图①中，以AC为中线作△ABD，使AB=AD；(2)在图②中，以AC为中线作Rt△AEF，使∠AEF=90°(3)在图③中，以AC为中线作△AMN，使∠AMN为钝角且tan∠MAC=【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题主要考查应用与设计作图，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键．（1）根据三角形中线的定义以及题意要求画出图形；（2）根据直角三角形的判定三角形中线的定义画出图形；（3）根据三角形中线的定义以及题意要求画出图形；【详解】（1）解：使AB=AD，即让△ABD是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，过C点作AC的垂线，使C为BD中点即可；（2）解：在A点正下方与C点对齐的地方找到E点，过点E、C画直线使C为BD中点即可得到点F；（3）解：过点C画斜线使C为中点找到M、N，连接起来即可使tan∠MAC=18．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1，已知格点P，请按要求完成以下问题．

(1)在图中画一个格点等腰三角形PEF，使得底边长为2；(2)在图中再找一个格点G，使得P，E，F，G四点构成平行四边形，则该平行四边形的面积为__________．【答案】(1)见解析(2)1或3【分析】本题主要考查了格点作图，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解题关键是掌握网格的特点，理解相关图形的性质．（1）底边长为2即底边为小方格的对角线，根据要求画出底边，再在其底边的垂直平分线找到在格点上的顶点即可得到等腰△PEF，即可求解；（2）根据平行四边形的性质，找到点G的位置，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，

等腰三角形PEF，即为所求；（2）当PE=EF=1，PF=2时，点G此时该平行四边形的面积为1×1=1；当PE=EF=5，PF=2时，点此时该平行四边形的面积为2×1故答案为：1或3．19．（2024·河北邯郸·三模）如图中的点都在格点上，使△ABPn（n为1~4的整数）不是轴对称图形的点是（

A．P1 B．P2 C．P3【答案】B【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，等腰三角形的定义，勾股定理，根据网格的特点和勾股定理可得△ABP1、△AB【详解】解：根据网格的特点和勾股定理可得△ABP△ABP故选：B．👉题型05根据等角对等边求边长20．（2024·广西桂林·一模）如图，在等边△ABC中，AB=6，BD平分∠ABC，点E在BC的延长线上，且∠E=30°，则CE的长为．【答案】3【分析】本题考查了等边三角形的性质，三角形外角性质，等角对等边，由等边三角形的性质可得AC=AB=6，∠ACB=60°，CD=12AC=3，再根据三角形外角性质可得∠CDE=∠ACB−∠E=30°【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，∴AC=AB=6，∠ACB=60°，∵BD平分∠ABC，∴CD=1∵∠E=30°，∴∠CDE=∠ACB−∠E=60°−30°=30°，∴∠CDE=∠E，∴CE=CD=3．21．（2024·贵州毕节·三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在AB上，AD=4，CD=10，则BD的长为

【答案】2【分析】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定，过D作DE⊥BC于点E，作DF⊥AC于点F，得四边形DECF是矩形，根据性质可知CF=DE，再由等角对等边得DE=BE，AF=DF，最后由勾股定理即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：如图，过D作DE⊥BC于点E，作DF⊥AC于点F，

∴∠DEB=90°，∠AFD=∠CFD=90°，∵∠ACB=90°，∴四边形DECF是矩形，∴CF=DE，∵AC=BC，∴∠A=∠B=45°，∴∠B=∠EDB=45°，∠A=∠ADF=45°，∴DE=BE，AF=DF，则由勾股定理得：BD=2DE=2∴AF=DF=22在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF=∴DE=CF=2∴BD=2故答案为：2．22．（2024·海南海口·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点D是AC边上的一点，过点D作DF∥AB，交BC于点F，作∠BAC的平分线交DF于点E，连接BE．若△ABE的面积是2，则点E到AB的距离为，DEEF的值是【答案】45【分析】本题考查的知识点是勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等角对等边，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．先根据勾股定理求出AB，即可分别用三角形面积公式推得点C到AB的距离和点E到AB的距离，再根据DF∥AB判定△CDF∽△CAB即可推得相似比，从而由相似三角形的性质得到CDCA=DFAB=23，由AE平分∠BAC【详解】解：∵Rt△ABC中，∴点C到AB的距离ℎ=AC×BC∵S∴点E到AB的距离ℎ1∴点C到DF的距离ℎ2∵DF∥AB，∴△CDF∽△CAB，且相似比为ℎ2∴CD∴CD=23×4=∴AD=AC−CD=4∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠DAE，∵DF∥AB，∴∠BAE=∠AED，即∠DAE=∠AED，∴DE=AD=4∴EF=DF−DE=10∴DE故答案为：45；223．（2024·陕西·模拟预测）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一，如图是高锰酸钾制取氧气的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的13处BE=13AB，已知试管AB=24cm，试管倾斜角α为10°，实验时，导气管BF交CD的延长线于点F，且ED⊥CF，测得DE=27.36cm，∠ABF=145°，求DF的长度．（参考数据：【答案】33.84【分析】本题考查解直角三角形，矩形的判定及性质，等腰三角形的判定．过点B分别作BH⊥DE于点H，BP⊥FC于点P，则四边形BPDH是矩形，得到BH=DP，BP=HD，在Rt△BEH中，HE=BE⋅sin∠EBH≈1.36，BH=BE⋅cos∠EBH≈7.84，从而DP=BH=7.84，BP=HD=DE−HE=26【详解】解：如解图，过点B分别作BH⊥DE于点H，BP⊥FC于点P，∵ED⊥CF∴四边形BPDH是矩形，∴BH=DP，BP=HD∵AB=24，BE=13AB=8∴在Rt△BEH中，HE=BE⋅BH=BE⋅cos∴DP=BH=7.84，HD=DE−HE=27.36−1.36=26，∴BP=HD=26，∵∠PBF=145°−90°−10°=45°，∴∠FBP=180°−∠BPF−∠PBF=45°，∴PF=BP=26∴DF=DP+PF=7.84+26=33.84，答：DF的长度约为33.84cm24．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在△ABC中，D为BC边上一点，且AD平分∠BAC，若AB=5，AC=4，则△ABD与△ACD的面积比为（

）A．5：4 B．4:5 C．16:25【答案】A【分析】过点C作CE∥AD，交BA的延长线于点E，利用平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积特点解答即可．本题考查了平行线分线段成比例定理，等腰三角形判定和性质，三角形面积，熟练掌握定理是解题的关键．【详解】解：过点C作CE∥AD，交BA的延长线于点E，则BDDC=BA∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，∴∠E=∠ACE，∴AE=AC，∵AB=5，AC=4，∴AE=4，∴BDDC∴S△ABD故选A．25．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）在△ABC中，BD平分∠ABC，交AC于点D，AE⊥BC，交BC于点E，且AB=5，AE=BC=4，则CD的长为．【答案】4179【分析】过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E，利用△ABD∽△CFD结合等腰三角形CBF求出结果．【详解】解∶过点C作AB的平行线，交BD的延长线于点E．在直角△ABE中，∠AEB=90°BE=A∴CE=BC−BE=4−3=1，在直角△AEC中，由勾股定理得AC=A∵CF∥∴△ABD∽△CFD，∴ADDC∵BD平分∠ABC∴∠1=∠2，∵CF∥∴∠1=∠F，∴∠2=∠F．∴CF=CB=4，∴ADCD∴CD=4故答案为：417【点睛】本题考查等腰三角形的判定，角平分线的定义，勾股定理以及相似三角形的判定和性质，通过平行线构造相似三角形是解决问题的关键．👉题型06根据等角对等边证明26．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在△ABC中，O是AB边的中点，D是CO上一点，AE∥BD交CO的延长线于点E．(1)求证：AE=BD；(2)若∠ACB=90°，∠BDO=∠CAO，AC=6，求BD的长．【答案】(1)见解析；(2)6．【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一般，平行线的性质，等角对等边以及中点定义，熟练掌握三角形全等的性质和判定方法是解题的关键．（1）由O是AB边的中点，得AO=BO，由AE∥BD，得∠E=∠BDO，∠OAE=∠OBD，可得△OAE≌△OBDAAS（2）由O是AB边的中点，∠ACB=90°，得AO=BO=OC，进而∠ACO=∠CAO，由（1）BD=AE，∠BDO=∠E，由∠BDO=∠CAO，得∠ACO=∠CAO=∠E，从而AC=AE=6，进而即可得解．【详解】（1）证明：∵O是AB边的中点，∴AO=BO．又∵AE∥BD，∴∠E=∠BDO，∠OAE=∠OBD，在△OAE与△OBD中，∠E=∠BDO∠OAE=∠OBD∴△OAE≌△OBDAAS∴AE=BD；（2）解：∵O是AB边的中点，∠ACB=90°，∴AO=BO=OC=12∴∠ACO=∠CAO，∵△OAE≌△OBDAAS∴BD=AE，∠BDO=∠E，∵∠BDO=∠CAO，∴∠ACO=∠CAO=∠E，∴AC=AE=6，∴BD=AE=6．27．（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EF⊥AE．分别交边AD、BC于点G、F．（保留作图痕迹，不写作法）(2)求证：EC=EF=AE．【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△ADE≌△CDE(SAS)，推出EA=EC，再证明【详解】（1）解：图形如图所示：（2）证明：∵四边形ABCD是正方形∴BD平分∠ADC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，AD=CD．∴∠ADE=∠CDE，在△ADE和△CDE中，AD=CD∴△ADE≌△CDE(SAS∴∠DAE=∠DCE，AE=CE，又∵∠BAE=∠BAD−∠DAE∠BCE=∠BCD−∠DCE∴∠BAE=∠BCE，∵EF⊥AE，∴∠AEF=90°，∵∠ABF+∠BFE+∠FEA+∠BAE=360°，且∠ABF+∠FEA=90°+90°=180°∴∠BAE+∠BFE=180°∵∠BFE+∠EFC=180°，∴∠EFC=∠BAE．∴∠ECF=∠EFC，∴EF=EC=AE．【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．👉题型07确定构成等腰三角形的点28．（2023九年级上·江苏·专题练习）如图，在3×3的正方形网格中，点A、B、C、D、E、F都是格点．(1)从A、D、E、F四点中任意取一点，以这点及点B、C为顶点画三角形，求所画三角形是等腰三角形的概率；(2)从A、D、E、F四点中任意取两点，以这两点及点B、C为顶点画四边形，求所画四边形是平行四边形的概率．【答案】(1)1(2)1【分析】此题主要考查了利用树状图求概率，根据已知正确列举出所有结果，进而得出概率是解题关键．根据从A、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，只有选取D点时，所画三角形是等腰三角形，即可得出答案;(2)利用树状图得出从A、D、E、F四个点中先后任意取两个不同的点，一共有12种可能，进而得出以点A、E、B、C为顶点及以D、F、B、C为顶点所画的四边形是平行四边形，即可求出概率.点评【详解】（1）根据从A、D、E、F四个点中任意取一点，一共有4种可能，只有选取D点时，所画三角形是等腰三角形，故P（所画三角形是等腰三角形）=1（2）用“树状图”列出所有可能的结果：∵当选取的两个顶点为点A、E或点D、F时，所画的四边形是平行四边形，∴所画的四边形是平行四边形的概率P=429．（2023兰州市模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO=60°，在坐标轴上找一点P，使得ΔPAB是等腰三角形，则符合条件的P点的个数是（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】分类讨论：作AB的垂直平分线和坐标轴的交点，以A为圆心AB为半径作圆和坐标轴的交点，以B为圆心AB为半径作圆和坐标轴的交点，根据两边相等的三角形是等腰三角形，可得答案．【详解】作AB的垂直平分线和坐标轴的交点，得到P5，此时AP=BP；以A为圆心AB为半径作圆和坐标轴的交点，得到P2和P6，此时AB=AP；以B为圆心AB为半径作圆和坐标轴的交点，得到P1、P3和P4，此时BP=BA；综上所述：符合条件的点P共有6个．故选B．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，把所有可能的情况都找出来，不遗漏掉任何一种情况是本题的关键．30．（2020·江苏泰州·一模）已知点A(2，m)，点P在y轴上，且△POA为等腰三角形，若符合条件的点P恰好有2个，则m=．【答案】0或±【分析】由于当OP=OA时，这样的P点一定有2个，易得PO=PA不存在，AP=AO也不存在，这时才满足符合条件的点P恰好有2个，从而得到m=0，当AP=OA时，可得n=2m，n为任何值均成立，然后将n=2m分别代入另外两种情况中求出m的值即可．【详解】设点P①当OP=OA时，这样的P点一定有2个，∴PO=PA不存在，AP=AO也不存在，∴A点在x轴上，此时m=0．②当AP=OA时，2可得n∵点P、O、A能够成三角形∴n=2m，n为任何值均成立③当OP=PA时，n可得4+∵符合条件的点P恰好有2个∴22+m∴将n=2m代入22可得2解得m=±将n=2m代入4+m可得4+解得m=±故答案为：0或±2【点睛】本题考查了等腰三角形的问题，掌握等腰三角形的性质以及判定、勾股定理、解一元二次方程是解题的关键．31．（2024君山区一模）已知坐标原点O和点A(1,1)，试在x轴上找到一点P，使△AOP为等腰三角形，写出满足条件的点P的坐标【答案】(1,0)、(2,0)、(2，0)、(−【分析】本题主要考查了坐标与图形的性质及等腰三角形的判定；利用分类讨论的思想是解题的关键．根据题意分OA=AP1，OA=OP2，【详解】解：如图：①当OA=AP1时，∴△AOP1是等腰三角形，且P1②当OA=OP2时OP2=OA=∴P2点坐标是(−2,0)③当OP∴△OAP3就是等腰三角形，且P3④当OA=OP4=2，且P4在x轴的正半轴时，P4点坐标是故答案为：(1,0)、(2,0)、(2，0)、(−👉题型08等腰三角形性质与判定综合32．（2024通辽市模拟）如图，在△ABC中，AB=AC，BC=4，面积是10．AB的垂直平分线ED分别交AC,AB边于E、D两点，若点F为BC边的中点，点P为线段ED上一动点，则△PBF周长的最小值为

【答案】7【分析】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握等腰三角形的性质、轴对称的性质是解题的关键．由垂直平分线的性质可得A与B关于ED对称，连接AP，AF，当A、P、F三点共线时，△PBF周长最小为AF+FB的长．【详解】解：∵ED是线段AB的垂直平分线，∴A与B关于ED对称，连接AP，AF

∴AP=PB，∴△PBF周长=PB+PF+FB=AP+PF+FB≥AF+FB，当A、P、F三点共线时，△PBF周长最小，∵F为BC边的中点，AB=AC，∴AF⊥BC，∴S∵BC=4，∴AF=5，∴△PBF周长=AF+FB=5+2=7，∴△PBF周长的最小值为7，故答案为7．33．（2024·贵州·模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=45∘，∠C=60∘，BC=6，P为AC边上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则【答案】3【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，垂线段最短，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．连接BP，取BP的中点G，连接EG，FG，先证明△EGF为等腰直角三角形，得出EF=22BP，然后得出当BP⊥AC时，BP取最小值，则BP【详解】如图，连接BP，取BP的中点G，连接EG，FG，∵PE⊥AB，PF⊥BC，∴∠BEP=∠BFP=90∴EG=GF=BG=1∴∠BEG=∠EBG，∠BFG=∠FBG，∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG=2∠EBG+∠FBG∴△EGF为等腰直角三角形，∴EF=E∴当BP⊥AC时，BP取最小值，此时EF的值也最小，∵∠C=60∴BP∴BP=BC⋅sin∴BP的最小值为33此时，EF的最小值为2234．（2024·山西·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，到△AB'C'，连接CC'，交AB于点P【答案】2【分析】过点P作PQ⊥AC于点Q．由勾股定理得AC=25，由旋转的性质可证△ACC'是等腰直角三角形，再证明△CPQ是等腰直角三角形得PQ=CQ．然后证明△ABC∽△AQP，利用相似三角形的性质得AQ=2PQ=2CQ，然后根据AQ=AC−CQ=2【详解】解：如图，过点P作PQ⊥AC于点Q．∵∠B=90°，AB=4，BC=2，∴AC=4∵将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到△AB∴AC∴△ACC∴∠ACC又∵PQ⊥AC，∴∠CPQ=45°，∴△CPQ是等腰直角三角形，∴PQ=CQ．∵∠ABC=∠AQP=90°,∠BAC=∠QAP，∴△ABC∽△AQP，∴PQBC=∴AQ=2PQ=2CQ．又∵AQ=AC−CQ=25∵25解得CQ=2∴CP=2故答案为：210【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，灵活运用各知识点是解答本题的关键．35．（2024·湖南·模拟预测）如图，将等腰Rt△ABC的斜边BC向上平移至AD（点B和A重合），连接CD，M为线段CD上一点（不与点C重合），连接AM并将其绕点A顺时针旋转90°至AN，连接MN交BC于点E，连接BN(1)求证：△ABN≌△ACM；(2)求证：EN=EM；(3)如图2，分别取AM,CE的中点P,Q,连接PQ，试探究线段PQ和BE之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)BE=2PQ【分析】（1）先得出AD∥BC,AD=BC,AB=AC,∠BAC=90°，再结合旋转，得∠NAM=90°,AM=AN，即可证明△ABN≌△ACM，即可作答．（2）先在线段BC取点G，连接NG，使得NG=BN，再得出∠ECM=135°，则∠EGN=180°−45°=135°，通过AAS证明△GEN≌△CEM，即可作答．（3）先连接AE,取CM的中点F，连接PF,QF，运用中位线的判定与性质，得PF=12AC=12AB,QF=12EM【详解】（1）证明：∵将等腰Rt△ABC的斜边BC向上平移至AD（点B和A重合），连接CD∴AD∥BC,AD=BC,AB=AC,∠BAC=90°，∴四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=∠ACB=45°，∵连接AM并将其绕点A顺时针旋转90°至AN，连接MN交BC于点E，连接BN．∴∠NAM=90°,AM=AN，∴∠NAM−∠NAC=∠BAC−∠NAC，即∠MAC=∠BAN，∵AC=AB,AM=AN，∴△ABN≌△ACM；（2）证明：如图：在线段BC取点G，连接NG，使得NG=BN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD,∠ACM=∠BAC=90°，∵∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ECM=90°+45°=135°，∵△ABN≌△ACM，∴NB=CM，∠ABN=∠ACM=90°,∠NBG=90°−∠ABC=45°，∵NG=BN，∴NG=CM，∠BGN=∠NBG=45°，∴∠EGN=180°−45°=135°，∵∠GEN=∠CEM，∴△GEN≌△CEMAAS∴EN=EM，（3）解：如图：连接AE,取CM的中点F，连接PF,QF，∵点P，Q分别是AM,CE的中点，点F是CM的中点，∴PF=12AC=∴四边形KWFH是平行四边形，∴∠PFW=∠HKW，∵连接AM并将其绕点A顺时针旋转90°至AN，连接MN交BC于点E，连接BN．∴∠NAM=90°,AM=AN，∠AMN=∠ANM=45°，∴△NAM是等腰直角三角形，∵EN=EM，∴AE⊥NM，∵∠AMN=∠ANM=45°∴△AEM是等腰直角三角形，∴AE=EM=2QF，设∠EAC=r,则在Rt△ABC中，∠BAE=90°−r；在Rt△AEK中，∴∠MKC=∠AKE=90°−r，∵∠PFW=∠HKW，∴∠PFW=90°−r=∠BAE，∵PF=1∴AB=2PF，∵AE=2QF，∴ABPF∵∠PFW=∠BAE，∴△ABE∽△FPQ，∴BEPQ即BE=2PQ．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转性质，平行四边形的判定与性质，中位线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．👉题型09利用等边三角形的性质求解36．（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，四边形ABCD内接于☉O，连接AO，DO，已知△AOD是等边三角形，DO是∠ADC的平分线，则∠ABC=（）

A．30° B．40° C．60° D．80°【答案】C【分析】本题考查的是等边三角形的性质、圆内接四边形的性质，熟记圆内接四边形的对角互补是解题的关键．根据等边三角形的性质、圆内接四边形的对角互补计算即可．【详解】解∶∵△AOD是等边三角形，∴∠ODA=60°，∵DO是∠ADC的平分线，∴∠ODA=∠ODC=60°，∴∠ADC=120°，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC=180°，∴∠ABC=180°−120°=60°，故选∶C．37．（2024·山西大同·模拟预测）如图，等边△OAB的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，OA=2，将等边△OAB绕原点顺时针旋转105°至△OA'B'的位置，则点【答案】2【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，能构造直角三角形是解此题的关键．过点B'作B'C⊥x轴于点C，由等边三角形的性质可得：∠AOB=60°，OB=OA=2，由旋转的性质可得：∠BOB'=105°，【详解】解：如图，过点B'作B'C⊥x∵△OAB是等边三角形，∴∠AOB=60°，OB=OA=2，由旋转知，∠BOB'=105°∴∠B∴OC=B∴点B'的坐标为2故答案为：2,−38．（2024·安徽合肥·三模）如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D是BC的中点，E，F分别在BC，AB上，连接AE，CF，两线交于点G，连接BG，DG，∠FGB=∠CGD，CE=1．(1)求AE的长；(2)求证：BG=2GD；(3)求AG的长．【答案】(1)AE=(2)见解析(3)AG=【分析】（1）如图，连接AD，根据等边三角形的性质，结合勾股定理可得CD=BD=12BC=32（2）如图，延长GD至点M，使得DM=DG，连接BM，易证△CDG≌△BDMSAS，得∠M=∠CGD，则CF∥BM，可知∠FGB=∠MBG，进而可知∠M=∠MBG，即可证明BG=GM=2GD（3）如图，过G作CF的垂线交BD于N，由∠FGB=∠CGD可得∠BGN=∠DGN，由角平分线定理知BGDG=BNDN=2，进而可得DN=12，则NE=DN+DE=1【详解】（1）解：如图，连接AD，∵△ABC是边长为3的等边三角形，则AC=AB=BC=3，∵D是BC的中点，∴CD=BD=12BC=∵CE=1，则DE=CD−CE=1∴AE=A（2）证明：如图，延长GD至点M，使得DM=DG，连接BM，∵BD=CD，∠BDM=∠CDG∴△CDG≌△BDMSAS∴∠M=∠CGD，则CF∥BM，∴∠FGB=∠MBG，又∠FGB=∠CGD，∴∠M=∠MBG，∴BG=GM=2GD．（3）解：如图，过G作CF的垂线交BD于N，则∠FGB+∠BGN=∠CGD+∠DGN=90°，∵∠FGB=∠CGD，∴∠BGN=∠DGN，即GN平分∠BGD，令点N到BG，DG的距离分别为ℎ1，ℎ2，点G到BD的距离为由角平分线的性质可知，ℎ1∴S∴BGDG∴DN=1∵BN+DN=BD=3∴DN=12，则∴E是NC的中点，在Rt△GNC中，GE=则AG=AE−GN=7【点睛】本题考查等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，角平分线的性质，直角三角形的性质等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．39．（2024·湖南·模拟预测）平面图形的镶嵌往往给人以美的享受，如图1是用边长相等的正六边形与正三角形进行的无缝隙、不重叠的平面镶嵌．我们选取其中一个正六边形和三个与之相邻（正上方、左下方和右下方）的正三角形组成的图形部分，将其放在平面直角坐标系中．如图2，点A，B，C均为正六边形和正三角形的顶点．已知点A的坐标为2,0，反比例函数y=kxx>0的图象恰好经过点B，C，连接OB，OC，则△BOC【答案】4【分析】先根据正六边形和正三角形的性质和平面镶嵌特征得出BC=2AC=2OA=4，∠COA=∠OCA=30°，∠OAC=∠ACB=120°，求出△OBC为直角三角形，过点C作CE⊥OA交于点E，根据三角形内角和定理求出∠OCE=60°，∠ACE=30°，根据直角三角形的性质求出AE=12AC=1，根据勾股定理求出CE=【详解】解：根据正六边形和正三角形的性质和平面镶嵌特征可知：BC=2AC=2OA=4，∠COA=∠OCA=30°，∠OAC=∠ACB=120°，∴∠OCB=∠ACB−∠OCA=120°−30°=90°，∴△OBC为直角三角形，过点C作CE⊥OA交于点E，如图：则∠OCE=60°，∠ACE=30°，故AE=1则CE=A故OC=2CE=23∴S△BOC=1故答案为：43【点睛】本题考查了正多边形的性质，平面镶嵌的特征，三角形内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理等．熟练掌握正六边形和正三角形性质是解题的关键．👉题型10等边三角形的判定40．（2023·江西赣州·一模）在学习《2.1圆》时，小明遇到了这样一个问题：如图1（1）、1（2），△ABC和△DBC中，∠A=∠D=90°．试证明A、B、C、D四点在同一圆上．小明想到了如下证法：在图1（1）、1（2）中取BC中点M，连接AM,DM，则有AM=BM=CM及DM=BM=CM，即AM=BM=CM=DM，所以A、B、C、D四点在以M为圆心，MB为半径得圆上，根据以上探究问题得出的结论，解决下列问题：(1)如图2，在△ABC中，三条高AD、BE、CF相交于点H，若∠BAC=64°，则∠EDF=°．(2)如图3，已知AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，G为CD的中点，CE⊥AB于E，DF⊥AB于F（E、F不重合），若∠EGF=60°，求证：CD=1【答案】(1)52；(2)详见解析【分析】（1）由AD、BE、CF是△ABC的高，可知点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解；（2）连接OC,OG,OD，根据垂径定理可知OG⊥CD，结合CE⊥AB，DF⊥AB，可知C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，然后在每一个圆中运用圆周角定理进行角的转换即可求解，最后证明△COD是等边三角形即可；【详解】（1）设AD与BE交于点H，∵AD、BE、CF是△ABC的高，∴∠BFH=∠BDH=90°，∠HEC=∠HDC=90°，∴点E、H、D、B四点共圆，点E、H、D、C四点共圆，∴∠FBH=∠FDH，∠EDH=∠ECH,∵∠FBH+∠BAC=90°,∠ECH+∠BAC=90°,∴∠FBH=∠ECH=90°−∠BAC，∵∠BAC=64°,∴∠FBH=∠ECH=∴∠EDF=∠FDH+∠HDE=∠FBH+∠ECH=26°+26°=52°，故答案为：52；（2）证明：如图3，连接OC,OG,OD，∵OC=OD,G为CD的中点，∴OG⊥CD,∵CE⊥AB，DF⊥AB，∴∠OEC=∠OGC=90°,∠OFD=∠OGD=90°，∴C、E、O、G四点共圆，D、G、O、F四点共圆，∴∠ODE=∠OCE,∠OGF=∠ODF，∴∠OCE+∠ODF=∠OGE+∠OGF=∠EGF=60°，∴∠COD=180°−∠COE−∠DOF=180∵OC=OD,∴△COD是等边三角形，∴CD=OC=1【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及与三角形有关的角的计算；结合题意证明四点共圆并运用圆的相关知识解决问题是解题的关键．41．（2023·甘肃平凉·模拟预测）某学习小组在学习时遇到了∠ACB=∠AED=90°下面的问题：如图1，在△ABC和△ADE中，，∠CAB=∠EAD=60°，点E，A，C在同一直线上，连接BD，F是BD的中点，连接EF，CF，试判断△CEF的形状并说明理由．问题探究（1）小婷同学提出解题思路：先探究△CEF的两条边是否相等，如EF=CF．以下是她的证明过程：请根据以上证明过程，解答下列两个问题：①在图1上作出证明中所描述的辅助线．②在证明的括号中填写理由（请在SAS，ASA，AAS，SSS中选择）．证明：延长线段EF交CB的延长线于点G．∵F是BD的中点，∴BF=DF．∵∠ACB=∠AED=90∴ED∥CG，∴∠BGF=∠DEF又∵∠BFG=∠DFE，∴△BGF≌△DEF（

）．∴EF=FG，∴CF=EF=1问题拓展在（1）在探究结论的基础上，请你帮助小婷求出∠CEF的度数，并判断△CEF的形状．【答案】（1）①见解析

②AAS

（2）见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．（1）①按要求画出辅助线即可；②由小婷的解题过程可知，括号里的推理依据是“ASA”；（2）在（1）中图的基础上，延长BA，DE相交于点H（图3），先证EH=DE，再证四边形BGEH是平行四边形，得出∠DEF=∠H=30°，即可求出∠CEF=∠AED−∠DEF=60°，即可得出结论；【详解】（1）①由题意作图如图1所示：②证明：延长线段EF交CB的延长线于点G．∵F是BD的中点，∴BF=DF．∵∠ACB=∠AED=90∴ED∥CG，∴∠BGF=∠DEF又∵∠BFG=∠DFE，∴△BGF≌△DEF（AAS）．∴EF=FG，∴CF=EF=1故答案为：AAS．（2）如图所示,延长BA,DE相交于点H，∵∠BAC=60°，∴∠EAH=60°=∠EAD，∵∠AED=90°，∴∠H=30°，EH=DE，由（1）②知，△BGF≌△DEF，∴DE=BG，∴EH=BG，∵DE∥BG，∴四边形BGEH是平行四边形，∠DEF=∠H=30°，∴∠CEF=∠AED−∠DEF=60°，∵CF=EF，∴△CEF是等边三角形．👉题型11等边三角形性质与判定综合42．（2023·广东深圳·三模）综合与实践数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，已知三只蚂蚁A、B、C在半径为1的⊙O上静止不动，第四只蚂蚁P在⊙O上的移动，并始终保持∠APC=∠CPB=60°．(1)请判断△ABC的形状；“数学希望小组”很快得出结论，请你回答这个结论：△ABC是______三角形；(2)“数学智慧小组”继续研究发现：当第四只蚂蚁P在⊙O上的移动时，线段PA、PB、PC三者之间存在一种数量关系：请你写出这种数量关系：______，并加以证明；(3)“数学攀峰小组”突发奇想，深入探究发现：若第五只蚂蚁M同时随着蚂蚁P的移动而移动，且始终位于线段PC的中点，在这个运动过程中，线段BM的长度一定存在最小值，请你求出线段BM的最小值是______（不写解答过程，直接写出结果）．【答案】(1)等边(2)PC=PA+PB；证明见解析(3)7【分析】（1）根据圆周角定理可得PC,AC对应的圆周角为60°，即∠ABC=60°、∠BAC=60°，说明（2）如图，在PC上截取PD=AP，连接AD，先说明△APD为等边三角形可得AD=AP=PD，∠ADP=60°，∠ADC=120°，进而证明△APB≅△ADCAAS可得BP=CD（3）如图：M的轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过O'作O'N⊥BC于N，过O作O'N⊥BC，OQ⊥BC，根据题意可得O'N∥OQ，然后说明O'N是三角形【详解】（1）解：∵∠APC=∠CPB=60°，∴PC,AC∴∠ABC=60°，∠BAC=60°，∴∠ACB=180°−60°−60°=60°，∴△ABC为等边三角形．故答案为：等边．（2）解：如图，在PC上截取PD=AP，连接AD，∵∠APC=60°，∴△APD为等边三角形，∴AD=AP=PD，∠ADP=60°，∠ADC=120°，∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°，∴∠ADC=∠APB，在△APB和△ADC中，∠APB=∠ADC∠ABP=∠ACD∴△APB≅△ADCAAS∴BP=CD，∵PD=AP，∴PC=PA+PB．故答案为：PC=PA+PB．（3）解：根据题意可知，如图：M的轨迹是以OC为直径的圆，设圆心为O'，连接BO'，过O'作O'N⊥BC于N，过O作∴∠O'CB=30°，O'C=1∴O'N=1∴O'N∥∵O'是OC的中点，∴O'N是三角形OQC的中位线，∴N为CQ的中点，∴CQ=2CN=1又∵Q是BC的中点，∴BC=2CQ=3∴BN=BC−CN=3∴BO∴BM=BO故答案为：72【点睛】本题主要考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．43．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠MAN=∠B，AM，AN分别交BC，CD于点M，N．(1)【动手操作】如图①，若M是边BC的中点，根据题意在图①中画出∠MAN，则∠BAM=________度；(2)【问题探究】如图②，当M为边BC上任意一点时，求证：AM=AN；(3)【拓展延伸】如图③，在菱形ABCD中，AB=4，点P，N分别在边BC，CD上，在菱形内部作∠PAN=∠B，连接AP，若AP=13，求线段DN【答案】(1)图见解析，30°(2)见解析(3)1或3【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得△ABC是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得AM⊥BC，由直角三角形的性质即可求解；（2）如解图，连接AC，由四边形ABCD是菱形，可得△ABC和△ADC都是等边三角形，再证△BAM≌△CANASA（3）根据题意作图如解图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AC，可得△ABC是等边三角形，由勾股定理可得AH=23，在Rt△AP1H中，AP1=13，AH=23，由勾股定理可得HP1=1，同理可得HP2=1，分类讨论：当点P在点H的左侧（【详解】（1）解：作∠MAN如解图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，如图所示，连接AC，∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，∵点M是BC中点，∴AM⊥BC，即∠AMB=90°，∴∠BAM=30°，故答案为：30；（2）证明：如解图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠B=60°，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴AB=AC，∠B=∠ACN=∠BAC=60°，∴∠BAM+∠MAC=60°，∵∠MAN=60°，∴∠MAC+∠CAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN．（3）解：根据题意作图如解图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠B=60°，AB=4，∴BC=CD=AB=4，∴△ABC是等边三角形，∴BH=CH=1∴AH=A在Rt△AP1H中，∴HP1=当点P在点H的左侧（P1的位置）时，CP=CH+H当点P在点H的右侧（P2的位置）时，CP=CH−H∴CP=1或3；由（2）知△BAP≌△CANASA∴BP=CN，∴DN=CP，∴线段DN的长为1或3．【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键．44．（2024·黑龙江鸡西·二模）在四边形ABDE中，C是BD边的中点．(1)如图1，若AC平分∠BAE，∠ACE=90°，则线段AE，AB，(2)如图2，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，若∠ACE=120°，则线段AB，BD，DE，AE之间存在怎样的数量关系？写出结论并证明；(3)如图3，BC=8，AB=3，DE=7，若∠ACE=120°，则线段AE长度的最大值是．【答案】(1)AE=AB+DE(2)AE=AB+DE+1(3)18【分析】（1）在AE上取一点F，使AF=AB，即可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出结论；（2）在AE上取点F，使AF=AB，连接CF，在AE上取点G，使EG=ED，连接CG．可以求得CF=CG，△CFG是等边三角形，就有FG=CG=1（3）作B关于AC的对称点F，D关于EC的对称点G，连接AF，FC，CG，EG，FG．同（2）可得△CFG是等边三角形，则FG=FC=CG=BC=8．当A，F，G，E共线时，AE有最大值=AF+FG+GE，即可求解．【详解】（1）解：在AE上取一点F，使AF=AB，连接CF．如图（1），∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB=AF∠BAC=∠FAC∴△ACB≌△ACFSAS∴BC=FC，∠ACB=∠ACF．∵C是BD边的中点．∴BC=CD，∴CF=CD．∵∠ACE=90°，∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°，∴∠ECF=∠ECD．在△CEF和△CED中，CF=CD∠ECF=∠ECD∴△CEF≌△CEDSAS∴EF=ED．∵AE=AF+EF，∴AE=AB+DE；故答案为：AE=AB+DE．（2）解：结论：AE=AB+DE+1证明：在AE上取一点F，使AF=AB，连接CF，在AE上取点G，使EG=ED，连接CG．如图（2），∵C是BD边的中点，∴CB=CD=1∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB=AF∠BAC=∠FAC∴△ACB≌△ACFSAS∴CF=CB，∠ACB=∠ACF．同理可证：CD=CG，∠DCE=∠GCE．∵CB=CD，∴CG=CF，∵∠ACE=120°，∴∠BCA+∠DCE=180°−120°=60°．∴∠FCA+∠GCE=60°．∴∠FCG=60°，∴△FGC是等边三角形．∴FG=FC=CG=1∵AE=AF+EG+FG，∴AE=AB+DE+1（3）解：将△ABC沿AC翻折得△AFC，将△ECD沿EC翻折得△ECG，连接FG，如图3，由翻折可得AF=AB=3，GE=ED=7，FC=BC=8，CG=CD，∠BAC=∠FAC，∠DEC=∠GEC，∵C是BD边的中点，∴CD=CB=8，∴CG=CD=8∵∠ACE=120°，由（2）可得△FGC是等边三角形，∴FG=FC=BC=8．∵AE≤AF+FG+GE当A，F，G，E共线时，AE有最大值=AF+FG+GE=3+8+7=18．故答案为：18．【点睛】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定与性质，折叠的性质，余角的性质，两点之间线段最短，作恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．45．（2024·山东·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上．(1)如图1，当点E在边BC上时，求证DE=EB；(2)如图2，当点E在△ABC内部时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；(3)如图1，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG=5CG，BH=1．求CG的长．【答案】(1)证明见解析；(2)ED=EB，证明见解析；(3)CG=【分析】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、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）根据等边三角形的性质得出∠CED=60°，从而得出∠EDB=30°，从而得出DE=BE；（2）取AB的中点O，连接CO、EO，根据△ACO和△CDE为等边三角形，从而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，从而得出答案；（3）取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据题意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，设CG=a，则AG=5a，OD=a，根据题意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【详解】（1）∵△CDE是等边三角形，∴∠CED=60°，∴∠EDB=60°−∠B=30°，∴∠EDB=∠B，

∴DE=EB；（2）ED=EB，理由如下：取AB的中点O，连接CO、EO，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠A=60°，OC=OA，∴△ACO为等边三角形，∴CA=CO，∵△CDE是等边三角形，∴∠ACD=∠OCE，∴△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，∴△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB；（3）解：如图：取AB的中点O，连接CO、EO、EB，由（2）得△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB，∵EH⊥AB，∴DH=BH=1，∵GE∥AB，∴∠G=180°−∠A=120°，∴△CEG≌△DCO，∴CG=OD，设CG=a，则AG=5a，OD=a，∴AC=OC=4a，∵OC=OB，∴4a=a+1+1，解得：a=23，即46．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，⊙O为五边形ABCDE的外接圆，AB=BC，AE=DE，连接其对角线，交于点F，G，H，N，M．(1)求证：∠AFG=∠AGF；(2)当∠CAD=时，△NED是等边三角形，并证明你的结论；(3)在（2）的条件下，若AF=4，tan∠BAF=33【答案】(1)证明见解析(2)60°，证明见解析(3)证明见解析【分析】本题考查了圆的综合，涉及圆中圆周角的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角函数，熟练掌握这些性质是解题的关键．（1）利用同弧所对的圆周角相等得出∠AEB=∠BAC，∠ABE=∠DAE，再利用三角形外角即可得出；（2）证△ABE≌△NBE得出AE=NE，则NE=DE，再利用∠NED=∠CAD=60°即可判定；（3）过点A作AQ⊥BE于点Q，先推出△FAG是等边三角形，即可求解AQ，QG，再利用tan∠BAF=tan∠AEQ=AQQE=337求出QE，即可得EG，利用△BAF∽△AEG，得出AB【详解】（1）解：∵AB=BC，AE=DE，∴AB=BC，∴∠AEB=∠BAC，∠ABE=∠DAE，∵∠AFG=∠ABE+∠BAC，∠AGF=∠AEB+∠DAE，∴∠AFG=∠AGF；（2）解：当∠CAD=60°时，△NED是等边三角形，证明如下：∵AB=BC，AE=DE，∴AB=BC，∴∠AEB=∠NEB，∠ABE=∠NBE，又∵BE=BE，∴△ABE≌△NBEASA∴AE=NE，∴NE=DE，∴△NED是等腰三角形，又∵∠NED=∠CAD=60°，∴△NED是等边三角形；（3）解：如图，过点A作AQ⊥BE于点Q，∵∠AFG=∠AGF，∠CAD=60°，∴△FAG是等边三角形，∵AF=4，∴FG=AG=AF=4，∴FQ=GQ=1∴AQ=A∵AB=∴∠AEQ=∠BAF，∴tan∠BAF=∴QE=AQ÷3∴EG=QE−QG=8∵∠AFG=∠AGF，∴∠AFB=∠EGA，又∵∠BAC=∠AEB，∴△BAF∽△AEG，∴ABAE∵∠BCN=∠EDN，∠BNC=∠DNE，∴△BCN∽△DEN，∴BNDN又∵BC=AB，ED=AE，∴BNDN∴S△BNE由（2）知△ABE≌△NBE，∴S△ABE∴S四边形即S四边形👉题型12手拉手模型47．（2023·甘肃张掖·模拟预测）在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：(1)观察猜想：如图①，已知△ABC,△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，连接CE，易证△ABD≌△ACE，进而判断出AB与CE的位置关系是___________(2)类比探究：如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC=60°，试说明点B，D，E在同一直线上；(3)解决问题：如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE、BE、CE．若∠BEC=60°,AE=3,CE=2，请求出BE的长．【答案】(1)AB(2)见解析(3)5【分析】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等知识，解题的关键是：（1）利用SAS证明△BAD≌△CAE，可求出∠BAC=∠ACE=60°，利用平行线的判定即可得出结论；（2）利用SAS证明△BAD≌△CAE，可得出∠ADB=∠AEC=120°，进而得出∠ADB+∠ADE=180°，即可得证；（3）在线段BE上取一点H，使得BH=CE，设AC交BE于点O，先利用外角的性质证明∠ABH=∠ACE，再利用SAS证明△ABH≌△ACE，得出∠BAH=∠CAE，AH=AE，则可证明△AEH是等边三角形，得出AE=EH，即可求解．【详解】（1）解：AB∥理由如下：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠B=60°，∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠B=∠ACE=60°，∴∠BAC=∠ACE=60°，∴AB∥故答案为：AB∥（2）证明：∵△ABC、△ADE都是等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ADE=60°，∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∵∠AED=60°，∠DEC=60°，∴∠AEC=120°，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠ADB+∠ADE=180°，∴点B，D，E在同一直线上；（3）解：如图③，在线段BE上取一点H，使得BH=CE，设AC交BE于点O，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠BAC=60°，∵∠BEC=60°，∴∠BAO=∠OEC=60°，∵∠AOB=∠EOC，∴∠ABH=∠ACE，在△ABH和△ACE中，AB=AC∠ABH=∠ACE∴△ABH≌△ACESAS∴∠BAH=∠CAE，AH=AE，∴∠HAE=∠BAC=60°，∴△AEH是等边三角形，∴AE=EH，∴BE=BH+EH=EC+AE，即BE=AE+EC，∵AE=3，CE=2，∴BE=3+2=5．48．（2023·河南洛阳·模拟预测）综合与实践综合与实践课上，数学研究小组以“手拉手图形”为主题开展数学活动两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全