中考数学一轮复习 题型举一反三 专题21 等腰三角形【十六大题型】（举一反三）（2份打包，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc5875" 【题型1 根据等边对等角求解或证明】 PAGEREF _Tc5875 \h 3
\l "_Tc18477" 【题型2 根据三线合一求解或证明】 PAGEREF _Tc18477 \h 6
\l "_Tc7392" 【题型3 格点图中画等腰三角形】 PAGEREF _Tc7392 \h 12
\l "_Tc6673" 【题型4 根据等角对等边证明或求解】 PAGEREF _Tc6673 \h 16
\l "_Tc21330" 【题型5 确定构成等腰三角形的点】 PAGEREF _Tc21330 \h 22
\l "_Tc27903" 【题型6 等腰三角形性质与判定综合】 PAGEREF _Tc27903 \h 25
\l "_Tc2008" 【题型7 利用等边三角形的性质求解】 PAGEREF _Tc2008 \h 32
\l "_Tc5921" 【题型8 等边三角形的判定】 PAGEREF _Tc5921 \h 42
\l "_Tc17278" 【题型9 等腰/等边三角形有关的动点问题】 PAGEREF _Tc17278 \h 49
\l "_Tc686" 【题型10 探究等腰/等边三角形中线段间存在的关系】 PAGEREF _Tc686 \h 55
\l "_Tc16247" 【题型11 等腰/等边三角形有关的新定义问题】 PAGEREF _Tc16247 \h 66
\l "_Tc1156" 【题型12 等腰/等边三角形有关的折叠问题】 PAGEREF _Tc1156 \h 75
\l "_Tc17363" 【题型13 等腰/等边三角形有关的规律探究问题】 PAGEREF _Tc17363 \h 82
\l "_Tc6258" 【题型14 利用等腰/等边三角形的性质与判定解决多结论问题】 PAGEREF _Tc6258 \h 86
\l "_Tc26912" 【题型15 利用垂直平分线的性质求解】 PAGEREF _Tc26912 \h 94
\l "_Tc14561" 【题型16 线段垂直平分线的判定】 PAGEREF _Tc14561 \h 101
【知识点 等腰三角形】
等腰三角形
1.等腰三角形的概念：有两边相等的三角形角等腰三角形．
2.等腰三角形性质：
1）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）.
2）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）.
3.等腰三角形的判定：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称“等角对等边”）.
易错混淆：
1. 等腰三角形的边有腰、底之分,角有顶角、底角之分,若题目中的边没有明确是底还是腰,角没有明是顶角还是底角，需要分类讨论.
2. 顶角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的两个底角都为45°.
3. 等腰三角形是轴对称图形，它有1条或3条对称轴．
4. 等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）．
5. 等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则6. 等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°-2∠B，∠B=∠C=
7. 底角为顶角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分线将原等腰三角形分成两个等腰三角形．（即顶角36°，底角72°）.
8. 等腰三角形的判定定理是证明两条线段相等的重要依据，是把三角形中的角的相等关系转化为边的相等关系的重要依据．
等边三角形
等边三角形的概念：三条边都相等的三角形叫等边三角形，它是特殊的等腰三角形.
等边三角形的性质：1）等边三角形的三条边相等.
2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.
等边三角形的判定：1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形.
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
易错混淆：
1. 等边三角形具有等腰三角形的一切性质.
2. 等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴．
3．等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．
4. 在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．
5. 等腰(等边)三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．
6. 等边三角形面积的求解方法：S正三角形=
垂直平分线
1垂直平分线的概念：经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段的中垂线）.
性质：线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.
判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.
易错混淆：
对于含有垂直平分线的题目，首先考虑将垂直平分线上的点与线段两端点连接起来．
【题型1 根据等边对等角求解或证明】
【例1】（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，若，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆周角定理求出，根据等腰三角形性质得出，根据三角形内角和定理求出即可．
【详解】解：，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，解此题的关键是求出度数和得出．
【变式1-1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，

∵，
∴
如图所示，当点在上时，

∵，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
【变式1-2】（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在中，，点D在上，点E在上，点B关于直线的轴对称点为点，连接，，分别与相交于F点，G点，若，则的长度为 ．

【答案】
【分析】根据等边对等角和折叠的性质证明，进而证明，则，然后代值计算求出，则．
【详解】解：∵，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，证明是解题的关键．
【变式1-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．
【答案】(1)见解析；
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；
（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵ ，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形， ，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由（）得，
∴，
∵，
∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【题型2 根据三线合一求解或证明】
【例2】（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，中，，AD平分与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若的面积是24，，则PE的长是（ ）
A．2.5B．2C．3.5D．3
【答案】A
【分析】连接DE，取AD的中点G，连接EG，先由等腰三角形“三线合一“性质，证得AD⊥BC，BD=CD，再由E是AB的中点，G是AD的中点，求出S△EGD=3，然后证△EGP≌△FDP（AAS），得GP=CP=1.5，从而得DG=3，即可由三角形面积公式求出EG长，由勾股定理即可求出PE长．
【详解】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴S△ABD==12，
∵E是AB的中点，
∴S△AED==6，
∵G是AD的中点，
∴S△EGD==3，
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
∴EGBC，EG=BD=CD，
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
∴DF=CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
∵S△EGD==3，即，
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE==2.5，
故选：A．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形面积，全等三角形判定与性质，勾股定理，熟练掌握三角形中线分三角形两部分的面积相等是解题的关键．
【变式2-1】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则 ．

【答案】
【分析】取的中点，连接，先根据勾股定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后根据正弦的定义即可得．
【详解】解：如图，取的中点，连接，

，
，
又点是的中点，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、等腰三角形的三线合一、正弦，熟练掌握正弦的求解方法是解题关键．
【变式2-2】（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，在四边形中，点E是边上一点，且，．

(1)求证：；
(2)若，时，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由求出，然后利用证明，可得，再由等边对等角得出结论；
（2）过点E作于F，根据等腰三角形的性质和含直角三角形的性质求出和，然后利用勾股定理求出，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点E作于F，
由（1）知，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴．

【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，含直角三角形的性质以及勾股定理等知识，正确寻找证明三角形全等的条件是解题的关键．
【变式2-3】（2023·黑龙江·统考中考真题）已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．
【答案】(1)见解析
(2)、、、
【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴与相等且互相平分，
∴，
∵，，
∴（SSS）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠OBF=∠OCH，，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴，
∴；
综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【题型3 格点图中画等腰三角形】
【例3】（2023·吉林·统考中考真题）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以为顶点，为 底边，即可做出等腰三角形；
（2）作底为1，高为3的平行四边形即可．
【详解】解：（1）如图①中，此时以为顶点，为底边，该即为所求（答案不唯一）．
（2）如图②中，此时底，高，因此四边形即为所求．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的基本性质．
【变式3-1】（2023·广东云浮·统考二模）如图，点A，B是4×4网格中的格点，网格中的每个小正方形的边长为1，如果以A，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的所有格点C有（ ）个．

A．6B．7C．8D．9
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，分三种情况：当时；当时；当时；即可解答．
【详解】解：如图：

分三种情况：
当时，以点为圆心，以长半径作圆，交正方形网格的格点为，；
当时，以点为圆心，以长半径作圆，交正方形网格的格点为，；
当时，作的垂直平分线，交正方形网格的格点为，，，；
综上所述：满足条件的所有格点有8个，
故选：．
【变式3-2】（2023·浙江丽水·统考二模）如图，是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点叫作格点．线段AB的端点均在网格上，分别按要求作图，每小题各画出一个即可．

(1)在图1中画出以AB为边的平行四边形，且点C，D在格点上；
(2)在图2中画出等腰三角形ABE，且点E在格点上；
(3)在图3中画出直角三角形ABF，且点F在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）找到格点，根据，且，即可得出四边形是平行四边形；
（2）分别为两个小菱形的对角线，即可求解；
（3）作菱形对角线交于点，则，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，，且
∴四边形是平行四边形，

（2）解：如图所示，分别为两个小菱形的对角线，
∴，
∴是等腰三角形，

（3）解：如图所示，
∵分别等于两个菱形的对角线长，
∴四边形是菱形，
对角线交于点，则
∴是直角三角形．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等腰三角形的定义，菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
【变式3-3】（2023·浙江宁波·统考二模）在的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，分别按要求画出图形（仅用无刻度直尺，并保留画图痕迹）．
(1)在图1中，已知线段的端点均在格点上，画出一个以为腰的等腰，且C在格点上．
(2)在图2中，已知为格点三角形，作出的内心点Ⅰ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）勾股定理求出的长，根据等腰三角形两腰相等进行作图即可；
（2）根据内心是三角形的角平分线的交点，以及等腰三角形三线合一，进行作图即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
∵，
∴是以为腰的等腰三角形；
（2）解：在上取格点，使，连接，取的中点，的中点，连接，的交点即为的内心点Ⅰ，如图所示：
∵，是的中点，
∴是的角平分线，
同理可得：是的角平行线，
∴的交点即为的内心点Ⅰ．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内心．熟练等腰三角形两腰相等，三线合一，是解题的关键．
【题型4 根据等角对等边证明或求解】
【例4】（2023·山西大同·校联考一模）如图，，，，，则线段的长为 ．

【答案】
【分析】过点作，且，连接，，根据平行四边形的判定和性质可得，，根据平行线的性质可得，，根据等边三角形的判定和性质可得，，根据等角对等边可得，根据勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：过点作，且，连接，，如图：

∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，，，
∴，，
又∵，，
∴，，
∵，，
∴三角形是等边三角形，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
∴，
解得：，
即．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等边三角形的性质，等角对等边，勾股定理等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023·广东·统考中考真题）如图，点D，E在△ABC的边BC上，∠B = ∠C，BD = CE，求证：△ABD≌△ACE
【答案】证明见解析
【分析】由等腰三角形的判定得出AC=AB，再利用SAS定理即可得出结论．
【详解】证明：∵∠B=∠C，
∴AC=AB，
在△ABD和△ACE中，
∵AB=AC，∠B=∠C，BD=CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
【点睛】本题考查三角形全等的判定，等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
【变式4-2】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，D，E是边上的点，，BE平分．

(1)求证：；
(2)若．直接写出的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行线的性质可得，由角平分线的定义可得，即，即可解答；
（2）由已知条件可得，再说明可得,即；如图：过D作，则，然后代入计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴,
∵BE平分，
∴,
∴
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴
∴,即
如图：过D作
∴,
∴．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式4-3】（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．


【猜想】
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证， 即；
（2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换）
∴（等角对等边 ）
【应用】（1）
理由如下：
∵由四边形折叠得到四边形
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴
∴（等角对等边）
∵
∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直线折叠
∴，，．
设
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴ 解得
∴.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
【题型5 确定构成等腰三角形的点】
【例5】（2023·江苏南京·统考一模）如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点(OM＜ON)，∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是 ．
【答案】a＞8或a=4
【分析】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角形，另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个．
【详解】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角形，
过点M作MH⊥OB于H，当MH＞MN，即MH＞4时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
当MH=4时，
∵∠AOB=30°，
∴OM=2MH=8，
∴当a＞8时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
此时a=4，
故答案为：a＞8或a=4
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会特殊位置解决问题．
【变式5-1】（2023·福建·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（0，6），动点C在直线y=x上．若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【详解】解：如图，AB的垂直平分线与直线y=x相交于点C1，
∵A（0，2），B（0，6），
∴AB=6-2=4，
以点A为圆心，以AB的长为半径画弧，与直线y=x的交点为C2，C3，
∵OB=6，
∴点B到直线y=x的距离为6×，
∵＞3，
∴以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，与直线y=x没有交点，
AB的垂直平分线与直线的交点有一个
所以，点C的个数是1+2=3．
故选B．
【变式5-2】（2023·江苏·中考真题）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．
【变式5-3】（2023·江西南昌·三模）如图，点A是直线上的动点，过点A作垂直x轴于点B，y轴上存在点C，能使以A、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形．请写出所有符合条件的点C的坐标 ．
【答案】
【分析】分点A为直角顶点、点B为直角顶点、点C为直角顶点三种情况，再根据等腰直角三角形的性质、两点之间的距离公式分别列出等式求解即可得．
【详解】由题意，设，
则，
，
，
由等腰直角三角形的定义，分以下三种情况：
（1）当点A为直角顶点，时，为等腰直角三角形，
则，
代入解得或，
此时点C的坐标为或；
（2）当点B为直角顶点，时，为等腰直角三角形，
由图可知，此时点C的坐标为；
（3）当点C为直角顶点，时，为等腰直角三角形，
则，
代入解得，
此时点C的坐标为；
综上，所有符合条件的点C的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的定义与性质、一次函数、两点之间的距离公式等知识点，依据题意，正确分三种情况讨论是解题关键．
【题型6 等腰三角形性质与判定综合】
【例6】（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在矩形中，，，点P，Q分别在和上，，M为上一点，且满足．连接、，若，则的长为 ．

【答案】3
【分析】可令的长为x，证明，可得，即，从而可得，，最后利用进行求解即可．
【详解】解：设的长为x，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，通过相似比找出其他线段与的关系是解题的关键．
【变式6-1】（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在中，，，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，过点作交于点．则的长为 ．

【答案】
【分析】由尺规作图可知，射线是的角平分线，由于，结合等腰三角形“三线合一”得是边中点，再由，根据平行线分线段成比例定理得到是边中点，利用梯形中位线的判定与性质得到即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，射线是的角平分线，
由等腰三角形“三线合一”得是边中点，
，
由平行线分线段成比例定理得到，即是边中点，
是梯形的中位线，
，
在中，，，则，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性质是解决问题的关键．
【变式6-2】（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，连接交于点．

(1)若，求的度数；
(2)连接EF，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)的度数为
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点是的中点，沿所在的直线折叠，可得是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接，点是上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形是平行四边形，如图所示，连接，，过点作于点，可证四边形是平行四边形，再根据折叠的性质得，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点是的中点，
∴，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，
∴，则是等腰三角形，
∴，
∵，即，
∴，
∴的度数为．
（2）解：如图所示，连接，点是上的一点，

∵四边形是矩形，
∴，，即，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，是的角平分线，
由（1）可知，，
∴，
∴，且，
∴四边形是平行四边形，则，，
如图所示，连接，，过点作于点，

∵点是的中点，，
∴点是线段的中点，则，
∴在中，
，
∴，
∴，，
∵沿所在的直线折叠，的对应点分别为，，
∴，，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
【变式6-3】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，．点E为边的中点，点F为边上一点，将四边形沿折叠，点A的对应点为点，点B的对应点为点，过点作于点H，若，则的长是 ．

【答案】或
【分析】分两种情况：当点在点左侧时，设交于点，过点作于点，则四边形为矩形，，由折叠可知，，由平行线的性质可得，于是，，利用勾股定理求得，证明，利用相似三角形的性质求得，，于是，，则，代入计算即可得到答案；当点在点右侧时，设交于点，过点作于点，同理可得，，四边形为矩形，，利用相似三角形的性质求得，，进而去除，则，代入计算即可求解．
【详解】解：当点在点左侧时，如图，设交于点，过点作于点，
则，
点为边的中点，
，
四边形为矩形，，
，，，
，
四边形为矩形，
，，
由折叠可知，，，
，
，
，即，
，
，
，
在中，，
，，
，
，
，
，
，即，
，，
，
，
；
当点在点右侧时，如图，设交于点，过点作于点，
同理可得：，，四边形为矩形，，，
在中，，
，
，即，
，，
，
．
综上，的长是或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
【题型7 利用等边三角形的性质求解】
【例7】（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点，，点C在x轴负半轴上，连接，，若，以为边作等边三角形，则点C的坐标为 ；点D的坐标为 ．

【答案】 或
【分析】过点C作于点E，根据，设，则，根据勾股定理可得求出，用等面积法推出，最后在中，根据勾股定理可得：，列出方程求出x的值，即可得出点C的坐标；易得，设，根据两点之间的距离公式得出，，根据等边三角形的性质得出，即可罗列出方程组，求解即可．
【详解】解：过点C作于点E，
∵，
∴，
设，
根据勾股定理可得：，
∵，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
∵，
∴，整理得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，
解得：（舍去），
∴，
∴

∵，，
∴，
∴，
设，
则，，
∵为等边三角形，
∴，
即，
整理得，
得：，则，
将代入①得：，
解得：，，
当时，，即，
当时，，即，
故答案为：；或．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，掌握等边三角形三边相等，以及勾股定理．
【变式7-1】（2023·四川内江·统考中考真题）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．

【答案】/
【分析】作于点，于点，首先求出正方形的面积，然后根据等边三角形和正方形的性质求出和，从而求出和的面积，最后作差求解即可．
【详解】解：如图所示，作于点，于点，

∵四边形是边长为4的正方形，
∴，，，
∵是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查正方和等边三角形的性质，以及角所对的直角边是斜边的一半，掌握图形的基本性质，熟练运用相关性质是解题关键．
【变式7-2】（2023·辽宁·统考中考真题）是等边三角形，点是射线上的一点（不与点，重合），连接，在的左侧作等边三角形，将线段绕点逆时针旋转，得到线段,连接．交于点．

(1)如图1，当点为中点时，请直接写出线段与的数量关系；
(2)如图2．当点在线段的延长线上时，请判断（）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)当，时，请直接写出的长．
【答案】(1)；
(2)仍然成立，理由见解析；
(3)或．
【分析】（1）可证得，进一步利用等腰三角形的三线合一得出结果；
（2）连接、，可证明，从而，，进而得出，从而得出，从而，结合得出四边形是平行四边形，从而得出；
（3）分为两种情形∶当点在的延长线上时，作于，可得出，，从而，进而得出，进一步得出结果；当点在上时，作于，可得出， ，进一步得出结果．
【详解】（1）解∶∵是等边三角形，点是的中点，
∴， ，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，仍然成立，理由如下∶连接、，

∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（3）解：如图，当点在的延长线上时，作⟂于，

∵，
∴，，
∴，
∴．
由（）知∶，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，当点在上时，作于，

由上知∶，
∴，
∴，
∴，
综上所述∶或．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质以及直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”等模型．
【变式7-3】（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图1，点为等边的重心，点为边的中点，连接并延长至点，使得，连接，，，

(1)求证：四边形为菱形．
(2)如图2，以点为圆心，为半径作
①判断直线与的位置关系，并予以证明．
②点为劣弧上一动点（与点、点不重合），连接并延长交于点，连接并延长交于点，求证：为定值．
【答案】(1)见解析；
(2)①直线是的切线；②见解析．
【分析】（1）如图1，延长交于点，连接，由是等边三角形，是重心，点为边的中点，得⟂，，进而证明四边形是平行四边形，于是即可得四边形为菱形；
（2）①延长交于点，连接，先证为的角平分线，进而求得，又由菱形的性质得，从而有，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧上取一点，连接、，由①得，进而求得 ，再由圆内接四边形的性质求得，从而根据角的和差关系求得，于是证明得，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：如图，延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，
∴⟂，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵⟂，
∴四边形为菱形；
（2）①解：直线是的切线，理由如下：延长交于点，连接，

∵是等边三角形，是重心，点为边的中点，
∴中线过点，即、、三点共线，，，，
∴为的角平分线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴直线是的切线；
②证明：在优弧上取一点，连接、，

由①得，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴
∵
∴，即为定值．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的判定定理是解题的关键．
【题型8 等边三角形的判定】
【例8】（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

(1)若，求证：是等边三角形；
(2)延长，交射线于点G；
①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；
②若，求面积的最大值，并求此时的长．
【答案】(1)见解析
(2)①能为等腰三角形，；②
【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到；
②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵于对称的线段为，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）①∵于对称的线段为，
∴
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵E是边上一动点，
∴，
∴点B不可能是等腰三角形的顶点，
若点F是等腰三角形的顶点，
则有，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下了，连接交于H，

∵
∴
∴，
∴，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴；
②由①知，
要求面积的最大值，即求面积的最大值，
在中，底边是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，

设，则，
∵，M是的中点，
∴，
∴，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴面积的最大值，
的面积
如图3，设与交于Q，

则四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式8-1】（2023·山东淄博·统考一模）如图，在中，，的垂直平分线分别交和于点D，E．

(1)求证：；
(2)连接，请判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
【分析】（1）连接，由垂直平分线的性质可求得，在中，由直角三角形的性质可证得即可证明结论；掌握垂直平分线和直角三角形的性质是解答本题的关键；
（2）由直角三角形的性质可得，且，可证明为等边三角形．掌握直角三角形的性质和等边三角形的判定是解答本题的关键．
【详解】（1）证明：连接，

∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
如图：连接．
∵是的垂直平分线，
∴D为中点，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
【变式8-2】（2023·广西·模拟预测）如图，在中，．
(1)请用尺规作图法，在边上求作一点P，使得（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)连接，若，证明为等边三角形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）由题意可得，点在线段的垂直平分线与的交点，作出线段的垂直平分线即可；
（2）利用直角三角形的性质可得，即可求证．
【详解】（1）解：由题意可得：点在线段的垂直平分线与的交点，如下图：
（2）证明：连接，
∵，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形．
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质，尺规作图－垂直平分线，等边三角形的判定，等边对等角等性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
【变式8-3】（2023·河北承德·校联考一模）如图，已知在中，弦垂直平分半径的延长线交于P，连接，过点A，B的切线相交于点M．

(1)求证：是等边三角形；
(2)若的半径为2，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，利用圆的切线性质得到，根据直角三角形的性质得到，根据等边三角形的判定即可证明；
（2）先根据勾股定理求出，再根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接，设与的交点为D，

，分别切于A，B，
，，
弦垂直平分半径，
，
，
，
又，
是等边三角形；
（2）解：由题意得，，由（1）可知，
，，
在中，．
【点睛】本题考查的是切线的性质、等边三角形的判定、勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
【题型9 等腰/等边三角形有关的动点问题】
【例9】（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，点为的中点，连接，当最小时，的面积为 ．

【答案】
【分析】连接，交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得垂直平分，为定角，可得点F在射线上运动，当时，最小，由含30度角直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接，交于点P，如图，
∵，点为的中点，
∴，
∵，
∴,
∴是等边三角形，
∴；
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∵，
∴垂直平分，，
∴点F在射线上运动，
∴当时，最小，
此时，
∴；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∴；

故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．
【变式9-1】（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在中，，E为边上一点，以为直径的半圆O与相切于点D，连接，．P是边上的动点，当为等腰三角形时，的长为 ．

【答案】或
【分析】连接，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出的长，勾股定理求出和的长，分和两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接，

∵以为直径的半圆O与相切于点D，
∴，，
∴
设，则，
在中：，即：，
解得：，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵为等腰三角形，
当时，，
当时，
∵，
∴点与点重合，
∴，

不存在的情况；
综上：的长为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性质，等腰三角形的定义，确定点的位置，是解题的关键．
【变式9-2】（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，是边长为的等边三角形，点为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是 ．

【答案】/
【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．
【详解】解：∵为高上的动点．
∴
∵将绕点顺时针旋转得到．是边长为的等边三角形，
∴
∴
∴，
∴点在射线上运动，
如图所示，

作点关于的对称点，连接，设交于点，则
在中，，则，
则当三点共线时，取得最小值，即
∵，，
∴
∴
在中，,
∴周长的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为

【答案】或
【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．
【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，
∴在以为直径的圆上，，
∴是圆与直线的交点，

当重合时，
∵，则，
∴，符合题意，
∴，
当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，
∴，

∵，，
∴，
∴，
∴，设，
∴，，
而，
∴，
解得：，则，
∴，
∴；
综上：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【题型10 探究等腰/等边三角形中线段间存在的关系】
【例10】（2023·黑龙江·统考中考真题）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
(1)如图一，在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G.利用面积证明：．
(2)如图二，将矩形沿着折叠，使点A与点C重合，点B落在处，点G为折痕上一点，过点G作于M，于N.若，，求的长．
(3)如图三，在四边形中，E为线段上的一点，，，连接，且，，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，利用等面积法，根据等腰中，，即可得到结论；
（2）根据题中条件，利用折叠性质得到，结合矩形中得到，从而有，从而确定是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得到，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；
（3）延长交于，连接，过点作于，根据，，，得到是等腰三角形，从而由（1）知，在中，，在中，，，联立方程求解得，从而得到结论．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：
在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G，
由得，
；
（2）解：连接，过点作于，如图所示：
根据折叠可知，
在矩形中，，则，
，即是等腰三角形，
在等腰中，，边上有一点G，过点G作于M，于N，过点作于，由（1）可得，
在中，，，则，
在四边形中，，则四边形为矩形，
，即；
（3）解：延长交于，连接，过点作于，
在四边形中，E为线段上的一点，，，则，
又 ，
，
，即是等腰三角形，
由（1）可得，
设，
，，，
在中，，
在中，，，
，解得，
经检验，x=1是方程的解用符合题意，
，即．
【点睛】本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其他情境中是解决问题的关键．
【变式10-1】（2023·浙江·统考中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的对边，．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为，正方形BGFC的面积为．
①若，，求S的值；
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求证：．
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积为，等边三角形CBE的面积为．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，CF．若EF⊥CF，试探索与S之间的等量关系，并说明理由．
【答案】(1)①6；②见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
（2）等边与等边共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用，，得到a与b的关系，从而得到结论
【详解】（1）∵，
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
∴
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
∴
∴，
得：
∴．
即
（2），理由如下：
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
∴
∴
∴
由题意得：，
∴
∴
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手全等
【变式10-2】（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．
【变式10-3】（2023·安徽滁州·校考模拟预测）在等腰和等腰中，，，连接、交于点．
(1)如图若，则与的数量关系为___________；的度数为___________；
(2)如图，若，判断与之间存在怎样的关系？并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当，且点与点重合时，请直接写出与之间存在的数量关系．
【答案】(1)，
(2)，，理由见解析
(3)或
【分析】（1）设、相交于H，证明得到，，再利用的内角和定理和对顶角相等求解即可；
（2）同（1），证明得到，，再利用的内角和定理和对顶角相等求解即可；
（3）由题意，B、C、D三点共线，有两种情况，分别画出图形，利用（2）中结论和含30度角的直角三角形的性质以及等腰直角三角形的性质得到，，再根据，即可得出数量关系．
【详解】（1）解：如图1，设、相交于H，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
故答案为：，；
（2）解：，，理由为：
设、相交于H，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，，
∴；
（3）解：由题意，B、C、D三点共线，有两种情况：
①如图3，
∵，，，
∴，，，
由（2）知，
∴，，
∴，即，
∴，
∴，则，
∴ ，
则，
∴；
②如图四，
同上，，， ，，，
∴，
则，
∴，
综上，或．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，三角形的内角和定理、全等三角形判定和性质，含的直角三角形性质，勾股定理等知识，解答的关键是熟练掌握全等三角形判定和性质，利用类比的方法，先根据题（1）中的特例感知解决问题的方法，且得出重要的结论，在此结论基础上深入探究，结合此结论解决问题．
【题型11 等腰/等边三角形有关的新定义问题】
【例11】（2023·四川成都·统考二模）定义：如图1，在中，点P在边上，连接，若的长恰好为整数，则称点P为边上的“整点”．
如图2，已知等腰三角形的腰长为，底边长为6，则底边上的“整点”个数为 ；
如图3，在中，，，且边上有6个“整点”，则的长为 ．
【答案】 5 9
【分析】设整点与等腰三角形的顶点的连线的距离为l，l为整数，根据等腰三角形的性质以及勾股定理得出，问题得解；设整点与三角形顶点A的连线的距离为l，l为整数，得出当且仅当点D也为“整点”时，在上的“整点”与在上的“整点”有一个重合点，即此时的“整点”的数目之和必为偶数，再据此得出符合条件的h的值，问题随之得解．
【详解】设整点与等腰三角形的顶点的连线的距离为l，l为整数，
根据勾股定理可得，底边的高为1，如图，
即有：，
根据l为整数，可知l可以为1、2、3，
结合上图，根据等腰三角形的对称性可知， “整点”个数为5；
如图，边上的高为h，
设整点与三角形顶点A的连线的距离为l，l为整数，
即当“整点”在上时，，
当“整点”在上时，，
∴在上的“整点”数目比在上时的数目多1，
即此时“整点”的数目之和必为奇数，当且仅当点D也为“整点”时，在上的“整点”与在上的“整点”有一个重合点，即此时的“整点”的数目之和必为偶数，
∵边上有6个“整点”， “整点”的数目之和为偶数，
∴点D也为“整点”，即边上的高的长度h为整数，
当时，“整点”在上时，，此时有4个“整点”；“整点”在上时，，此时有5个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为8个；
当时，“整点”在上时，，此时有3个“整点”；“整点”在上时，，此时有4个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为6个，此时符合题意；
当时，“整点”在上时，，此时有2个“整点”；“整点”在上时，，此时有3个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为4个；
可知随着的h值越来越大，“整点”的数目越来越少直至为0，
综上：，即，
∴，，
∴，
故答案为：5，9．
【点睛】本题考查了垂线段最短，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，充分利用垂线段最短，得出整点与三角形顶点A的连线的距离l的取值范围，是解答本题的关键．
【变式11-1】（2023·江苏盐城·统考模拟预测）定义：一个三角形的一边长是另一边长的3倍，这样的三角形叫做“3倍长三角形”．若等腰是“3倍长三角形”，底边的长为3，则等腰的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的定义以及三角形三边关系，读懂题意，理解“3倍长三角形”是解本题的关键．由等腰是“3倍长三角形”，可知或，若，可得的长为9；若，因为，故此时不能构成三角形，这种情况不存在；再根据周长的多余即可得答案．
【详解】解：等腰是“3倍长三角形”，
或，
若，则三边分别是9、9、3，符合题意，
等腰三角形的周长为；
若，则，三边分别是1、1、3，
，
此时不能构成三角形，这种情况不存在；
综上所述，等腰三角形的周长为
故答案为：
【变式11-2】（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．
【变式11-3】（2023·江苏扬州·统考二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、顶角顶点互相重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰三角形互为“友好三角形”．

(1)如图①，和互为“友好三角形”，点是边上一点（异于点），，，，连接，则______（填“”或“=”或“”），______°（用含的代数式表示）．
(2)如图②，和互为“友好三角形”，点是边上一点，，，，、分别是底边、的中点，请探究与的数量关系，并说明理由．
(3)如图③，和互为“友好三角形”，点是边上一动点，，，，，过点作，交直线于点，若点从点运动到点，直接写出点运动的路径长．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由，可得，证明，则，，根据，计算求解可求；
（2）如图②，连接，由等边三角形的性质可得，，，，则，，证明，则，同（1）可证，则，进而可得；
（3）由题意知，在直线上运动，由（1）可知，，即，如图③，过作于，则为的中点，当点在点时，点与点重合，由，，，可得，，则，，当点运动到点时，点与点重合，当点运动到点时，点与点重合，则，，则，即，解得，由，可知当时，最大，值为，当点从点运动到点，点从回到点，根据点运动的路径长为，计算求解即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：，；
（2）解：，理由如下：
如图②，连接，

由题意知，和均为等边三角形，
∵、分别是底边、的中点，
∴，，，，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同（1）可证，
∴，
∴；
（3）解：由题意知，在直线上运动，
由（1）可知，，即，
如图③，过作于，则为的中点，当点在点时，点与点重合，

∵，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
当点运动到点时，点与点重合，
当点运动到点时，点与点重合，则，
∵，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴当时，最大，值为，
当点从点运动到点，点从回到点，
∴点运动的路径长为，
∴点从点运动到点，点运动的路径长为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，正弦，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【题型12 等腰/等边三角形有关的折叠问题】
【例12】（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．

【答案】
【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得．
【详解】解：是等边三角形，
，
∵折叠得到，
，
，，
平分等边的面积，
，
，
又，
，
，，
，
，
解得或（不符合题意，舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
【变式12-1】（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．

探究发现
如图1，在中，，．

（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．

【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用：
【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可；
（2）证明，利用相似比进行求解即可得出；
拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∵将折叠，使边落在边上，
∴，，
∴，；
故答案为：；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
拓展应用：
如图，连接，延长至点，使，连接，

∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为．
【变式12-2】（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．
【变式12-3】（2023·山东枣庄·统考中考真题）问题情境：如图1，在中，，是边上的中线．如图2，将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，折痕分别交于点E，G，F，H．

猜想证明：
(1)如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
问题解决；
(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交于点M，N，的对应线段交于点K，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到，即可得出结论．
（2）先证明四边形为平行四边形，过点作于点，等积法得到的积，推出四边形的面积，即可得解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵在中，，是边上的中线，
∴，
∵将的两个顶点B，C分别沿折叠后均与点D重合，
∴，
∴，
∴，
∴，
同法可得：，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵折叠，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
由（1）知：，，
∴，
过点作于点，

∵，
∴，
∵四边形的面积，，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【题型13 等腰/等边三角形有关的规律探究问题】
【例13】（2023·山东泰安·统考中考真题）已知，都是边长为2的等边三角形，按下图所示摆放．点都在x轴正半轴上，且，则点的坐标是 ．

【答案】
【分析】先确定前几个点的坐标，然后归纳规律，按规律解答即可．
【详解】解：由图形可得：
如图：过作轴，

∵
∴
∴,
同理：
∴点的横坐标为1，点的横坐标为2，点的横坐标为3，……纵坐标三个一循环，
∴的横坐标为2023，
∵，674为偶数，
∴点在第一象限，
∴．
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、坐标规律等知识点，先求出几个点、发现规律是解答本题的关键．
【变式13-1】（2023·山东枣庄·校考一模）如图、、都是等腰直角三角形，直角顶点、，均在直线上，直线的解析式为，点的横坐标为，根据此规律第个等腰直角三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】分别过点、，作轴的出现，垂足分别为，先求得，,，找到规律即可求解．
【详解】解：如图所示，分别过点、，作轴的出现，垂足分别为，
∵在，且的横坐标为1
∴,
∴，
设，则，
∴的横坐标为，
∴，
代入，即，
解得：，
∴，
同理可得，……，
∴，,
……，
∴根据此规律第个等腰直角三角形的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数规律题，找到规律是解题的关键．
【变式13-2】（2023·湖南娄底·校联考一模）定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移个单位，再绕原点按顺时针方向旋转角度，这样的图形运动叫作图形的变换．如图，等边的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上，就是经变换后所得的图形，若经变换后得到，经变换后得到，经变换后得到，依此类推••••••，经变换后得到，点的坐标为 ．

【答案】
【分析】过点作于点，先根据等边三角形的性质、勾股定理求出点的坐标，再根据点坐标的平移变换、中心对称变换规律分别求出点的坐标，归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，

等边的边长为1，
，
，
由题意得：点的坐标为，即，
点的坐标为，即，
点的坐标为，即，
点的坐标为，即，
点的坐标为，即，
归纳类推得：点的纵坐标为，
当为奇数时，点的横坐标为；当为偶数时，点的横坐标为，
则当时，点的横坐标为，点的纵坐标为，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、点坐标的平移变换和中心对称变换，读懂图形的变换，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式13-3】（2023·湖北黄冈·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，为等腰三角形，，，点A与坐标原点重合，点C在x轴正半轴上，将绕点C顺时针旋转一定的角度后得到，使得点B对应点在x轴上，记为第一次旋转，再将绕点顺时针旋转一定的角度后得到，使得点对应点在x轴上，以此规律旋转，则第2023次旋转后钝角顶点坐标为 ．
【答案】
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据AB=AC=5，BC=8，得到BD=CD=BC=4，推出，根据，，，，，，,…，得到每3次是一个循环组，根据，得到在竖直方向的位置与的位置相同，纵坐标为3，第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为，得到第2023次旋转后钝角顶点坐标为．
【详解】过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB=AC=5，BC=8,
∴BD=CD=BC=4，
∴，
由题意，，，，，，,…，
每3次是一个循环组，，
∴在竖直方向的位置与的位置相同，纵坐标为3，
∴第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为，
∴第2023次旋转后钝角顶点坐标为．
故答案为（12141，3）
【点睛】本题主要考查了等腰三角形在坐标轴上无滑动的滚动，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，熟练运用旋转性质探究滚动的循环组的规律，运用得到的规律解答．
【题型14 利用等腰/等边三角形的性质与判定解决多结论问题】
【例14】（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与，得到，根据角平分线定义得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到，推出，得到，推出，①正确；根据等角对等边得到，，根据三角形外角性质得到，得到，推出，②正确；根据，得到，推出，③错误；根据时， ，得到,推出，④正确．
【详解】∵中，，，
∴，
由作图知，平分，垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，①正确；
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，②正确；
设，，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，③错误；
当时，，
∵，
∴,
∴，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
【变式14-1】（2023·湖北·统考中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由题意易得，，，，则可证，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∵，，
∴，故①正确；
∴，
∴，，故③正确；
∵，，，
∴，；故②错误；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
【变式14-2】（2023·四川·中考真题）如图，点D为的AB边上的中点，点前E为AD的中点，为正三角形，给出下列结论，①,②，③，④若，点是上一动点，点到、边的距离分别为，，则的最小值是3.其中正确的结论是 （填写正确结论的番号）
【答案】①③④
【分析】由题意可得△BCE是含有30°的直角三角形，根据含有30°的直角三角形的性质可判断①②③，易证四边形PMCN是矩形，可得d12＋d22＝MN2＝CP 2，根据垂线段最短，可得CP的值即可求d12＋d22的最小值，即可判断④．
【详解】∵D是AB中点，
∴AD＝BD
∵△ACD是等边三角形，E是AD中点，
∴AD＝CD，∠ADC＝60°＝∠ACD，CE⊥AB，∠DCE＝30°，
∴CD＝BD，
∴∠B＝∠DCB＝30°，且∠DCE＝30°，CE⊥AB，
∴∠ECD＝∠DCB，BC＝2CE，tan∠B＝，
故①③正确，②错误；
∵∠DCB＝30°，∠ACD＝60°.
∴∠ACB＝90°.
若AC＝2，点P是AB上一动点，点P到AC、BC边的距离分别为d1，d2，
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN＝CP，
∵d12＋d22＝MN2＝CP2，
∴当CP为最小值，d12＋d22的值最小，
∴根据垂线段最短，则当CP⊥AB时，d12＋d22的值最小，
此时：∠CAB＝60°，AC＝2，CP⊥AB，
∴CP＝，
∴d12＋d22＝MN2＝CP2＝3，
即d12＋d22的最小值为3，
故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质和判定，利用垂线段最短求d12＋d22的最小值是本题的关键．
【变式14-3】（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，等边的边长为3，点在边上，，线段在边上运动，，有下列结论：
①与可能相等；②与可能相似；③四边形面积的最大值为；④四边形周长的最小值为．其中，正确结论的序号为（ ）
A．①④B．②④C．①③D．②③
【答案】D
【分析】①通过分析图形，由线段在边上运动，可得出，即可判断出与不可能相等；
②假设与相似，设，利用相似三角形的性质得出的值，再与的取值范围进行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形面积的最大值，设，可表示出，，可用函数表示出，，再根据，依据，即可得到四边形面积的最大值；
④作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，再由D1Q′=DQ′=D2 P′，，且∠AD1D2=120°，∠D2AC=90°，可得的最小值，即可得解．
【详解】解：①∵线段在边上运动，，
∴,
∴与不可能相等，
则①错误；
②设，
∵，，
∴，即，
假设与相似，
∵∠A=∠B=60°，
∴，即，
从而得到，解得或（经检验是原方程的根），
又，
∴解得的或符合题意，
即与可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，
设，
由，，得，即，
∴，
∵∠B=60°，
∴，
∵，∠A =60°，
∴,
则，
，
∴四边形面积为：,
又∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为：，
即四边形面积最大值为，
则③正确；
④如图，作点D关于直线的对称点D1，作D1D2∥PQ，连接CD2交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长为：，其值最小，
∴D1Q′=DQ′=D2 P′，，
且∠AD1D2=180∠D1AB=180∠DAB =120°，
∴∠D1AD2=∠D2AD1==30°，∠D2AC=90°，
在△D1AD2中，∠D1AD2=30°，，
∴，
在Rt△AD2C中，
由勾股定理可得，，
∴四边形P′CDQ′的周长为：
，
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
【题型15 利用垂直平分线的性质求解】
【例15】（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：
（答题卷用）
(1)分别求点表示的度数．
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)点表示；点表示
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求出度数，根据线段垂直平分线的性质度数，即可求出的度数，从而知道点表示度数；利用半径相等即可求出，再根据平行线的性质即可求出以及对应的度数，从而知道点表示度数．
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
【详解】（1）解：①四边形是矩形，
．
由作图可知，是的中垂线，

．
．
．
点表示．
②由作图可知，．
．
又，
．
．
∴点表示．
故答案为：点表示，点表示．
（2）解：如图所示，
作的角平分线等．如图2，点即为所求作的点．

∵点表示，点表示．
．
∴表示．
【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点．
【变式15-1】（2023·西藏·统考中考真题）如图，在中，，分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；作直线交于点E．若线段，，则长为 ．

【答案】
【分析】根据作图可知：是线段的垂直平分线，即有，再在中，，问题得解．
【详解】连接，如图，

根据作图可知：是线段的垂直平分线，
∴，
∵，，，
∴在中，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，垂直平分线的性质以及勾股定理等知识，得出是线段的垂直平分线，是解答本题的关键．
【变式15-2】（2023·辽宁·中考真题）如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线EG交AB于点E，交AB的平行线CG于点G，DF⊥EG，交AC于点F．
(1)求证：BE＝CG；
(2)判断BE＋CF与EF的大小关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)BE+CF＞EF，见解析
【分析】（1）根据题中条件，证得△BDE≌△CDG（ASA），可证得BE＝CG；
（2）先连接AG，再利用全等的性质可得 DE＝DG，再根据DF⊥GE，从而得出 FG＝EF，依据三角形两边之和大于第三边得出 BE+CF>EF，
【详解】（1）解：∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵AB∥CG，
∴∠B＝∠DCG，
在△BDE和△CDG中，
∵∠BDE＝∠CDG，BD＝CD，∠DBE＝∠DCG，
∴△BDE≌△CDG（ASA），
∴BE＝CG；
（2）BE+CF＞EF．理由：如图，连接FG，
∵△BDE≌△CDG，
∴DE＝DG，
又∵FD⊥EG，
∴FD垂直平分EG，
∴EF＝GF，
又∵△CFG中，CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的运用，本题中求证△BDE≌△CDG，得出BE＝CG是解题的关键．
【变式15-3】（2023·陕西·统考中考真题）问题提出
(1)如图1，是等边的中线，点P在的延长线上，且，则的度数为__________．
问题探究
(2)如图2，在中，．过点A作，且，过点P作直线，分别交于点O、E，求四边形的面积．
问题解决
(3)如图3，现有一块型板材，为钝角，．工人师傅想用这块板材裁出一个型部件，并要求．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以长为半径画弧，交于点D，连接；
②作的垂直平分线l，与于点E；
③以点A为圆心，以长为半径画弧，交直线l于点P，连接，得．
请问，若按上述作法，裁得的型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【答案】(1)
(2)
(3)符合要求，理由见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性质，结合三角形内角和，先求出即可；
（2）连接．先证明出四边形是菱形．利用菱形的性质得出，由，得出．根据，得，，即可求出，再求出，利用即可求解；
（3）由作法，知，根据，得出．以为边，作正方形，连接．得出．根据l是的垂直平分线，证明出为等边三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：，
，
，
，
解得：，
，
，
故答案为：；
（2）解：如图2，连接．
图2
∵，
∴四边形是菱形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（3）解：符合要求．
由作法，知．
∵，
∴．
如图3，以为边，作正方形，连接．
图3
∴．
∵l是的垂直平分线，
∴l是的垂直平分线．
∴．
∴为等边三角形．
∴，
∴，
∴．
∴裁得的型部件符合要求．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线，解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解，涉及知识点较多，题目较难．
【题型16 线段垂直平分线的判定】
【例16】（2023·河南·统考中考真题）如图，在中， ，分别以点为圆心，的长为半径作弧，两弧交于点，连接则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接BD交AC于O，由已知得△ACD为等边三角形且BD是AC的垂直平分线，然后解直角三角形解得AC、BO、BD的值，进而代入三角形面积公式即可求解．
【详解】连接BD交AC于O，
由作图过程知，AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠DAC=60º，
∵AB=BC,AD=CD，
∴BD垂直平分AC即：BD⊥AC，AO=OC，
在Rt△AOB中，
∴BO=AB·sin30º=，
AO=AB·cs30º=，AC=2AO=3，
在Rt△AOD中，AD=AC=3,∠DAC=60º，
∴DO=AD·sin60º=，
∴=，
故选：D．
【点睛】本题考查了作图-基本作图、等边三角形的判定与性质、垂直平分线、解直角三角形、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知道解决问题，属于中考常考题型．
【变式16-1】（2023·四川成都·成都实外校考一模）如图，已知等腰，于，点是边上的一点，将沿线段翻折，点的对应点恰好落在的延长线上，若，则的值是 ．
【答案】/
【分析】连接，延长交于点G．由折叠的性质可证垂直平分，设，则，，根据勾股定理依次求出，，进而可求出，然后根据正弦定义求解即可．
【详解】连接，延长交于点G．
由折叠可得，，
∴垂直平分，
∴．
∵等腰，于，
∴，．
设．
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的判定，勾股定理，以及锐角三角函数的知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式16-2】（2023·河北保定·统考三模）如图，点D在等边的外部，连接、，，过点D作交于点F，交于点E．
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得；根据平行线的性质可得，推得，根据等边三角形的判定即可证明；
（2）根据等边三角形的性质得到，；结合题意可得是线段的垂直平分线，根据等边三角形的三线合一的性质可得平分，根据角平分线的定义得到；根据平行线的性质得到，推得，根据等角对等边可得，即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
∵是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）解：∵是等边三角形，是等边三角形，
∴，．
∵，，
∴是线段的垂直平分线，
∴平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，平行线的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
【变式16-3】（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点，点分别是边，线段上的点，连接与相交于点．

(1)如图1，连接．当时，试判断点是否在线段的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若，且，
①求证：；
②当时，设，求的长（用含的代数式表示）．
【答案】(1)点在线段的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出，再由各角之间的关系得出，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接．利用等边三角形的判定和性质得出，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点在线段的垂直平分线上．
理由如下：连接．
∵四边形是菱形，对角线相交于点，
．
，
，
∴点在线段的垂直平分线上．

（2）①证明：如图，∵四边形是菱形，
，
，，
，
，
．
，
．
，
，
，
．
在中，，
．
．
，
；

②如图，连接．
，
∴是等边三角形．
∵，
∴，
在中，，
，
．
，，
，
．
，
，
．
在中，，
由勾股定理得，
．

【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
作法（如图）
结论

①在上取点，使．
，点表示．
②以为圆心，8为半径作弧，与交于点．
，点表示．
③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点．
…
④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点．
…