中考数学一轮复习考点微专题（全国通用）考向21 等腰（等边）三角形（附答案）

这是一份中考数学一轮复习考点微专题（全国通用）考向21 等腰（等边）三角形（附答案），共67页。

等腰三角形的性质：
等腰三角形的两个底角相等（“等边对等角”）；
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；
等腰三角形是轴对称图形，三线合一所在直线是其对称轴；（只有1条对称轴）
等腰三角形的判定：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①如果一个三角形有两条边相等；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②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；（等角对等边）
等边三角形：
三条边都相等的三角形；（等边三角形是特殊的等腰三角形）
等边三角形的性质：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①等边三角形的三个内角都是60〬
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②等边三角形的每条边都存在三线合一；
等边三角形是轴对称图形，对称轴是三线合一所在直线；（有3条对称轴）
等边三角形的判定：
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①三条边都相等的三角形是等边三角形；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②三个角都相等的三角形是等边三角形；
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③有一个角是60〬的等腰三角形是等边三角形；
【题型探究】
题型一：等腰三角形的性质
1．（2022·浙江温州·温州市第三中学校考模拟预测）如图，在中，，点是延长线上一点，且，已知，，则的面积为（ ）
A．7B．14C．21D．28
2．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考二模）如图，中，，，点在边上，且，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022秋·天津河北·九年级统考期末）如图，在中，以为直径的分别与交于点F，D，点F是的中点，连接交于点E．若．连接，则弦的长为（ ）
A．B．C．4D．5
题型二：等腰三角形的判定
4．（2022·四川泸州·四川省泸县第四中学校考一模）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3B．C．D．
5．（2022·云南昆明·统考三模）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的角平分线交AD于点E，∠BCD的角平分线交AD于点F，若AB=7，BC=10，则EF的长为（ ）
A．4B．3C．6D．5
6．（2022春·四川雅安·九年级专题练习）如图，△ABC中，AB=6，AC=8，∠ABC与∠ACB的平分线BD、CD交于点D．过点D作EF∥BC，分别交AB，AC于点E，F，则△AEF的周长为（ ）
A．12B．13C．14D．15
题型三：等边三角形的性质
7．（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，在等边中，点D，E分别是上的点，，则（ ）
A．3B．C．D．
8．（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（ ）
A．B．C．D．
题型四：等边三角形的判定
10．（2021·甘肃·模拟预测）如图，在中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处．若，，则的周长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
11．（2021·浙江杭州·九年级专题练习）如图，在正方形中，点E，F分别在，上，与相交于点G，下列结论：
①垂直平分；
②；
③当时，为等边角形；
④当时，
其中正确的是（ ）
A．①③B．②④C．①③④D．②③④
12．（2022·山东东营·校考一模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①④
题型五：等腰三角形的判定和性质综合
13．（2022·天津·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B． C．D．
14．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
15．（2022·浙江舟山·中考真题）如图，在和中，，点A在边的中点上，若，，连结，则的长为（ ）
A．B．C．4D．
题型六：等边三角形的判定和性质综合
16．（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
17．（2022·湖南常德·统考中考真题）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（ ）
A．B．，
C．D．
18．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（ ）
①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
题型七：等腰（边）三角形的综合问题
19．（2023·福建南平·统考一模）在五边形中，四边形是矩形，是以E为直角顶点的等腰直角三角形．与交于点G，将直线绕点E顺时针旋转交于点F．
(1)求证：；
(2)判断线段，，之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，且，求线段的长．
20．（2023·福建福州·统考一模）在中，，两条高，交于点H，F是的中点，连接并延长交边于点G．
(1)如图1，若是等边三角形．
①求证：；
②求的长．
(2)如图2，若，，求的面积．
21．（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图①，在中，，，点D，E分别在边，上，且．则．现将绕点A顺时针方向旋转，旋转角为．如图②，连接，．
(1)如图②，请直接写出与的数量关系．
(2)将旋转至如图③所示位置时，请判断与的数量关系和位置关系，并加以证明．
(3)在旋转的过程中，当的面积最大时，______．（直接写出答案即可）
【必刷基础】
一、单选题
22．（2023·福建南平·统考一模）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E．当点、、在同一条直线上时，下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
23．（2023·陕西西安·校考二模）如图，已知在中，，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
24．（2022·重庆渝中·重庆市求精中学校校考一模）在等边中，D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转60°，得到，连接ED，若，，有下列结论：①；②；③是等边三角形；④的周长是9.5，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
25．（2022·四川南充·模拟预测）如图，在中，，，直角的顶点是的中点，将绕顶点旋转，两边，分别交，于点，．下列四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．在旋转过程中，上述四个结论始终正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
26．（2022·江苏镇江·统考一模）如图，平面直角坐标系中，过原点的直线与双曲线交于A、B两点，在线段左侧作等腰三角形，底边轴，过点C作轴交双曲线于点D，连接，若，则k的值是（ ）
A．B．C．D．
27．（2022·山东济南·统考模拟预测）如图为某城市部分街道示意图，四边形为正方形，点G在对角线上，，，，小敏行走的路线为，小聪行走的路线为．若小敏行走的路程为，则小聪行走的路程为（ ）m．
A．3600B．4100C．4600D．6100
28．（2022·山东济南·校考一模）如图，菱形的边长为，、分别是、上的点，连接、、，与相交于点，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
29．（2022·山东滨州·模拟预测）如图，点，，，在同一条直线上，点，分别在直线的两侧，且，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)如果，，，那么当四边形为菱形时的长是多少？
30．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）在和中，，，．
(1)如图①，求证：；
(2)如图②，若平分，，点C在线段上，则 度．
【必刷培优】
一、单选题
31．（2022春·江苏·九年级专题练习）已知菱形，边长为，，、是菱形边和上的动点，且，则下列结论①；②为等边三角形；③；④若，则正确的有个．（ ）
A．B．C．D．
32．（2022·广东东莞·校考二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①；②CE⊥FD；③；④若点E是AB的中点，则，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
33．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将△ADE沿AE翻折至△AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，过点E作EM⊥PB于M．已知PF=，BF=2．其中正确结论的个数有（ ）
①∠APF=45° ② ∠EFP=∠FBC ③ PM= ④
A．1B．2C．3D．4
34．（2022·河北石家庄·校考模拟预测）如图，正方形中，与直线的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依此规律，则（ ）
A．2B．3C．2D．2
二、填空题
35．（2023·上海静安·统考一模）如图，绕点C逆时针旋转后得，如果点B、D、E在一直线上，且，那么A、D两点间的距离是_________．
36．（2022·重庆铜梁·铜梁中学校校考模拟预测）如图，▱中，，点是上一点，连接、，且，若，则______．
37．（2022·广东江门·校考一模）在学习完勾股定理后，小芳被“弦图”深深地吸引了，她也设计了一个类似“弦图”的图案（如图），主体是一个菱形，把菱形分割成四个两两全等的直角三角形和一个矩形，这四个直角三角形中有两个是等腰直角三角形，另两个三角形的两直角边分别是和，那么中间的矩形的面积是_____________．
38．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线上，过点F作x轴的平行直线，交抛物线于点E，交y轴于点C，将直线EF向下平移，分别交抛物线于A，B两点，当是等边三角形时，线段的长是______．
39．（2022·山东滨州·阳信县实验中学校考模拟预测）如图，点O为等边内一点， ，，连接并延长交于点D．若，过点B作交延长线于点F，连接，则_____．
40．（2022·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴的正半轴上，，将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交y轴于点；将绕点O顺时针旋转到，扫过的面积记为，交x轴于点；…；按此规律，则的值为 _____．
三、解答题
41．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，和都是等边三角形，连接、，与交于点F．
(1)求证；
(2)______．
42．（2022·辽宁铁岭·统考模拟预测）已知和都为等腰三角形，，，．
(1)如图，当时，线段与的数量关系是______；
(2)如图，当时，
①请判断线段与的数量关系，并说明理由；
②当，时，请直接写出的长．
43．（2022·宁夏固原·校考模拟预测）如图，平面直角坐标系中，在轴正半轴截取线段，在轴负半轴截取线段，使，连接，、分别是、内部一条射线，分别交、于、两点．
(1)如图，若，且、分别平分、，作交于点，交于点，再过点作，交于，交于，交的延长线于点．
①求出点的坐标；
②证明：是等腰，并直接写出点的坐标；
(2)如图，若，请写出线段、与之间的数量关系，并证明你的结论
44．（2022·河南周口·周口市第一初级中学校考模拟预测）已知，在中，，，于点H，平分交于点F，交于点E.
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，在外有一点D，分别连接，当时，求的度数；
(3)如图3，在（2）的条件下，，过点C作交延长线于点M，连接、，若，求的长.
45．（2022·山东菏泽·统考二模）在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．
(1)是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图①，求的长；
(2)是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图②，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；
(3)是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图③，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长．
46．（2022·山东德州·统考一模）如图，与为正三角形，点O为射线上的动点，将射线绕点O逆时针旋转，得到射线
(1)如图1，点O与点A重合时，点E，F分别在线段，上，求证：；
(2)如图2，当点O在的延长线上时，E，F分别在线段的延长线和线段的延长线上，请写出、、三条线段之间的数量关系，并说明理由；
参考答案：
1．A
【分析】过点A作于点E，根据，，得到，结合，得到，过点C作于点F，根据角的平分线的性质，得到，代入面积公式计算即可．
【详解】如图，过点A作于点E，
因为，，
所以，
因为，
所以，
过点C作于点F，
根据角的平分线的性质，得到，
所以，
故选A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一，角的平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键．
2．B
【分析】过点作于，根据等腰三角形的性质可得，根据含度角的直角三角形的性质可得，根据即可求解．
【详解】解：如图，过点作于，
又，，
．
在直角中，，，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，准确作出辅助线求出与是解题的关键．
3．A
【分析】连接，先根据圆周角定理可得，，再根据等腰三角形的三线合一可得，，从而可得，然后利用勾股定理可得的长，由此即可得．
【详解】解：如图，连接，
为的直径，
，
点是的中点，
，，
，（等腰三角形三线合一），
，
，
，
又，
，
解得或（舍去），
，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
4．C
【分析】连接，由圆内接四边形的性质和圆周角定理得到，，从而得到，得出，然后利用勾股定理计算的长．
【详解】解：连接，如图，
∵平分，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义等知识；熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键．
5．A
【分析】根据平行四边形的性质可知∠DFC=∠FCB，又因为CF平分∠BCD，所以∠DCF=∠FCB，则∠DFC=∠DCF，则DF=DC，同理可证AE=AB，那么EF就可表示为AE+FD-BC=2AB-BC，继而可得出答案．
【详解】解：∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
又CF平分∠BCD，
∴∠DCF=∠FCB，
∴∠DFC=∠DCF，
∴DF=DC，
同理可证：AE=AB，
∵AB=7，AD=BC=10，
∴EF=AE+FD-AD=2AB-BC=4．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题，难度不大，关键是解题技巧的掌握．
6．C
【分析】由角平分线的定义可知，．由平行线的性质得出，，即可推出，，从而得出，．最后即可推出的周长，即可求出结果．
【详解】∵平分，平分，
∴，．
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴的周长
，
∴的周长为：14，
故选C．
【点睛】本题考查角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定．利用数形结合的思想是解题的关键．
7．D
【分析】先利用三角形的外角性质证明，再证明，再利用相似三角形的性质即可求得答案．
【详解】解：，
，
，
，
又，
，
，
等边中，，设，
，
，
，
；
故选：D．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握相关性质与判定是解答此题的关键．
8．B
【分析】利用勾股定理求出AC的长度，再利用等边三角形的性质即可解决问题．
【详解】在正方形中：，
∴，
∵O为正方形对角线的中点，
∴，
∵为等边三角形, O为的中点，
∴，，
∴,
∴,
故选：B．
【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
9．D
【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，
∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，
∴FH=AG，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，
∴，
∴，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，
∴∠DAH=∠BAG=30°，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
10．C
【分析】由平行四边形的性质可得∠B=∠D=60°，AB=CD=1，与折叠的性质可得AE=AD，CD=CE=1，又由∠D=60°，可证△AED是等边三角形，可得AD=AE=DE=2，即可求得的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=60°，AB=CD=1，
∵将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处，
∴AE=AD，CD=CE=1，又∵∠D=60°，
∴△AED是等边三角形，
∴AD=AE=DE=2，
∴的周长=2（AB+AD）=2×(1+2)=6，
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握折叠的性质是本题的关键．
11．C
【详解】①由正方形ABCD知AB=AD，∠B=∠D，AE=AF，△ABE≌△ADF，AE=AF，又BC=DC，则EC=BC-BE=CD-DF=CF，∴AC垂直平分EF，故①正确，
②如图将三角形△ADF顺时针旋转90º，得△ABH，BH=DF，只有当∠FAE=45º时EF=HE=BE+DF，如果∠EAF<45º时EF45º,FE>BE+DF，故②不正确，
③由△ABE≌△ADF，∠BAE=∠DAF=15º，AE=AF，∠EAF=90º-∠BAE-∠DAF=90º-2×15º=60º，∴△AEF为等边三角形，故③正确，
④如下图在AB上取点M，使AM=EM，∠MEA=∠MAE=15º，∠BME=2∠BAE=30º，设BE=x，ME=2x,BM=x，AB=2x+x，CE=BC-BE=AB-BE=x+x，由面积公式得，S△ABE=， S△ABE，故④正确．
故选择：C．
【点睛】本题考查内容较多，线段垂直平分线，线段的和差，等边三角形，三角形面积，30º角的直角三角形性质，勾股定理，难度挺大，要掌握这些知识，并会灵活运用．
12．D
【详解】解：∵AE=AB，
∴BE=2AE，
由翻折的性质得，PE=BE，
∴∠APE=30°，
∴∠AEP=90°﹣30°=60°，
∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，
∴∠EFB=90°﹣60°=30°，
∴EF=2BE，故①正确；
∵BE=PE，
∴EF=2PE，
∵EF＞PF，
∴PF＜2PE，故②错误；
由翻折可知EF⊥PB，
∴∠EBQ=∠EFB=30°，
∴BE=2EQ，EF=2BE，
∴FQ=3EQ，故③错误；
由翻折的性质，∠EFB=∠EFP=30°，
∴∠BFP=30°+30°=60°，
∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，
∴∠PBF=∠PFB=60°，
∴△PBF是等边三角形，故④正确；
综上所述，结论正确的是①④．
故选：D．
13．C
【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可．
【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键．
14．B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15．D
【分析】过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，根据等腰直角三角形的性质可得，∠BED=45°，进而得到，，，再证得△BEF∽△ABG，可得，然后根据勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF⊥BC，交CB延长线于点F，过点A作AG⊥BE于点G，
在中，∠BDE=90°，，
∴，∠BED=45°，
∵点A在边的中点上，
∴AD=AE=1，
∴，
∴，
∵∠BED=45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵∠ABC=∠F=90°，
∴EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABG，
∴△BEF∽△ABG，
∴，即，
解得：，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要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，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
16．A
【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，
又，点为的中点，
，
平行四边形是菱形，故③正确；
，
在中，，
，故②正确；
在平行四边形中，，
又点为的中点，
，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【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，掌握菱形的判定是解题关键．
17．D
【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D．
【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC，故A正确；
B．∵点F是边AC中点，
∴CF=BF=AF=AC，
∵∠BCA=30°，
∴BA=AC，
∴BF=AB=AF=CF，
∴∠FCB=∠FBC=30°，
延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°，
∴∠BHE=∠DEC=90°，
∴BF//ED，
∵AB=DE，
∴BF=DE，故B正确．
C．∵BF∥ED，BF=DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BC=BE=DF，
∵AB=CF， BC=DF，AC=CD，
∴△ABC≌△CFD，
∴，故C正确；
D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°，
∴∠FCG=30°，
∴FG=CG，
∴CG=2FG．
∵∠DCE=∠CDG=30°，
∴DG=CG，
∴DG=2FG．故D错误．
故选D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键．
18．D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中
∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，
∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
19．(1)见解析；
(2)线段，，之间的数量关系为：，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）由题意知：，，，从而得知，由三角形的内角和定理得知，由旋转得知，从而，进而可得结论；
（2）将绕点旋转得到，则已知和旋转的性质可以得出：，，点在直线上，，证明，得到，等量代换可得结论；
（3）连接，证明，得到，从而得到，由等腰三角形三线合一知：，由（2）可知，，，在中，由勾股定理求出，从而得出线段的长．
【详解】（1）证明：∵是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴
∵将直线绕点E顺时针旋转交于点F，
∴，从而，
∴；
（2）线段，，之间的数量关系为：，理由如下：
将绕点旋转得到，如图：
则，，，，
∴，，
∴点在直线上，，
在和中，
∴，
∴，
而，
∴；
（3）若，且，则，
连接，如图：
在和中，，
∴，
∴，
而，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，，，
在中，由勾股定理，得：，
∴．
【点睛】本题属于几何综合，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质及勾股定理，熟练掌握相关知识和构造辅助线是解决问题的关键．
20．(1)①见解析；②；
(2)．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得， 从而得到，，即可；②过点作交于点，可得，，从而得到，，进而得到，即可；
（2）过点作交于点，可得，，从而得到，进而得到，再证明，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）①证明：，是等边三角形的高，
，，，分别平分和，
，
，，
；
②解：过点作交于点，
，，
，，
，是的中点，
，，
，，
，
，等边三角形的边长为8，
，
；
（2）解：过点作交于点，
，，
，，
∵是的中点，
∴，
，
，
．
，
，
．
，
，，
．
，，
，
，
，
即，
，
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
21．(1)
(2)，，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用证明，可得结论；
（2）设与相交于点O，证明，即可得到，，进一步得到，即可得到结论．
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，则当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，进一步求解即可得到旋转角的度数．
【详解】（1），理由如下：
，
，
即，
在和中，
，
，
；
（2）且．理由如下：
∵，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
设与相交于点O，
由可得：，
∴，
∴，
∴，
∴且；
（3）在中，边的长度为定值，当边上的高最大时，的面积最大，
∴当点D在的垂直平分线上时，的面积最大，
如图所示，
∵,，于点G，
∴，
∴，
即当的面积最大时，，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质等知识，证明是解题的关键．
22．B
【分析】根据图形旋转的性质，以及全等图形的基本性质进行逐项分析即可．
【详解】解：由旋转的性质可知，，故A选项正确；
则，且、、三点在同一直线上，
∴，
由旋转的性质知，
∴，则，
∴，故D选项正确；
∴中，，
∴，故C选项正确；
∵，
∴，
∴，故B选项不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质等，掌握基本图形的性质是解题关键．
23．A
【分析】由圆周角定理可求出，结合题意可求出，最后根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可求出．
【详解】∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理．掌握同弧所对的圆周角等于它所对的圆心的角的一半是解题关键．
24．C
【分析】根据等边三角形的性质得，，再利用旋转的性质得，，则，于是根据平行线的判定可对①进行判断；由绕点B逆时针旋转，得到，得到，，则根据边三角形的判定方法得到为等边三角形，于是可对③进行判断；根据等边三角形的性质得，，然后说明，则，于是可对②进行判断；最后利用，，和三角形周长定义可对④进行判断．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，，
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴，
∴，所以①正确；
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴为等边三角形，所以③正确，
∴，，
在中，∵，
∴，即，
∴，所以②错误；
∵，，
∴的周长，所以④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
25．D
【分析】根据等腰直角三角形的性质得：，平分．可证，，即证得与全等，根据全等三角形性质判断结论是否正确．
【详解】解：∵，直角的顶点P是的中点，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵是等腰直角三角形，P是的中点，
∴，
∵不一定是的中位线，
∴不一定成立，故③错误；
∵，
∴，
又∵，
∴，
即，故④正确．
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
26．B
【分析】如图，过点A作于点，设点，根据等腰三角形的性质和已知条件，求出的坐标，以及的长度，再利用，进行求解即可．
【详解】解：如图，过点A作于点．
设点，
∵直线过原点，
∴，
∵是等腰三角形，
∴．
∵轴，轴，
∴．
∴点D的横坐标为，
∴点D的纵坐标为．
∴
∵ ，
即：．
∴．
故选B．
【点睛】本题考查根据面积求反比例函数的值．熟练掌握等腰三角形的性质，以及反比例函数的性质和值的几何意义，是解题的关键．
27．C
【分析】连接，由正方形的对称性，易知，由正方形的对角线互相平分一组对角，，易得．在矩形中，．要计算小聪走的路程，只要得到小聪比小敏多走了多少就行．
【详解】解：连接，
∵四边形为正方形，
所以，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴．
在和中，
，
∴
∴，
在矩形中，，
∴．
∵．
∵小敏共走了3100m，
∴小聪行走的路程为（m），
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、矩形的性质及等腰三角形的性质．解决本题的关键是证明，．
28．A
【分析】过点作交于，于，证是等边三角形，得，再证∽，得，则，然后证，得，，求出，可得是等边三角形，则，最后由含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可得解．
【详解】解：过点作交于，于，如图所示：
菱形的边长为，，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
29．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）证明，即可得，问题随之得解；
（2）当四边形是菱形时，，根据，可得，再证明是等边三角形，即可得解．
【详解】（1）证明：，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）当四边形是菱形时，，
，
，
，，
是等边三角形，
，
当四边形是菱形时，的长是
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行四边形的判定以及菱形的性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
30．(1)证明见解析
(2)30
【分析】（1）根据定理可证明，再根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据三角形的外角性质可得，然后根据（1）的结论即可得．
【详解】（1）证明：在和中，，
，
．
（2）解：，，
，
平分，，
，
，
是等边三角形，
，
，
由（1）可知，，
，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定定理是解题关键．
31．B
【分析】由证明，正确；由全等三角形的形状得，，再由，得，得是等边三角形，正确；由，，得，进而得正确；过点作交下点点，易证是等边三角形，则，由，则，从而得错误，
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，
，
和都是等边三角形，
，，
，
，故正确；
∵，
，，
，
，
是等边三角形，故正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
；
，
，故正确；
过点作交于点，

，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，故错误，
正确个数为3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
32．B
【分析】根据正方形的性质，证明，由全等三角形的性质可知，即可判断结论①正确；由全等三角形的性质可知，易证∠ECD＋∠CDF＝90°，即有∠CGD＝90°，故，即可判断结论②正确；由，可知，即点G在以CD为直径的半圆上运动， AG随G点运动，长度会发生改变，而AD为定值，故AD不一定与AG相等，可判断结论③错误；由点E为AB中点可知，即有，加之，易得，故，易得，可判断结论④正确．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴在和中，
，
∴，
∴，，故结论①正确；
∵，
∴，
∴，
∴，故结论②正确；
∵，
∴，
∴点G在以CD为直径的半圆上运动，如下图，
∴AG随G点运动，长度会发生改变，
又∵AD为定值，
∴AD不一定与AG相等，故结论③错误；
∵点E为AB中点，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，故结论④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、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，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
33．D
【分析】过点A作AN⊥BP于N，证得∠P＝∠PAN＝45°，得①正确；由等角的余角相等可证②正确；由∠EFM=∠FAN及∠EMF=∠FNA=90°可证得△EMF∽△FNA，再由可得PM=EM=，③正确；由△EMF∽△FNA 可得，④正确．
【详解】解：如图，过点A作AN⊥BP于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，
∴AB＝AF，
∵AN⊥BF，
∴BN＝FN，∠BAN＝∠FAN，
∴∠PAN＝∠PAF＋∠FAN＝∠BAD＝45°，
∵∠ANP＝90°，
∴∠P＝∠PAN＝45°，
∴AN＝NP，故①正确；
由翻折的性质可知，∠D＝∠AFE=90°，
∴∠EFP+∠AFN=90°，
∵AB＝AF，
∴∠AFN=∠ABF，
∴∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠EFP=∠FBC，②正确；
∵EM⊥BP，∠P＝45°，
∴EM=PM，
∵BN＝FN， BF=2，PF=，
∴AN＝NP=+1，
∵∠EFM+∠AFN=90°，∠AFN+∠FAN=90°，
∴∠EFM=∠FAN，
∵∠EMF=∠FNA=90°，
∴△EMF∽△FNA，
∴，即
解得PM=EM=，③正确；
∵△FNA∽△EMF，
∴，
∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，
∴，④正确.
故选：D
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
34．A
【分析】由四边形是正方形，得到，于是得到，根据平行线的性质得到，解直角三角形得到，同理：，找出规律，答案即可求出．
【详解】解：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
同理：，
，

，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，含直角三角形的性质，平行线的性质的综合应用，求出后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的倍是解题的关键．
35．
【分析】过点C作交于点F，由旋转的性质得出是等腰直角三角形，再求出，利用含角的直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】过点C作交于点F，
∴，
∵绕点C逆时针旋转后得，
∴，即是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
36．##15度
【分析】首先证明四边形是菱形，然后根据等腰三角形的性质可得，利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：在▱中，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
37．##
【分析】由题意可知，，，从而由勾股定理可求出．再根据等腰直角三角形的性质可求出，进而可求出，，最后根据矩形的面积公式即可求出中间矩形的面积．
【详解】如图，
由题意可知，，,
∴，
∴．
∵，即，
∴，
∴
∴，，
∴中间的矩形的面积是．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质．利用数形结合的思想是解题关键．
38．
【分析】由题意可得函数的表达式为，易知点与点关于轴对称，，设，则，则，，，由为等边三角形可得，可得，求出即可得到的长．
【详解】解：∵点在抛物线上，
∴，得：，
即：该二次函数的表达式为：，
∴该函数的对称轴为轴，
∴点与点关于轴对称，
取与轴交点为，
设，则，
∴，，
∵轴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，且点与点关于轴对称，
∴，，
则，
∴，
解得：（舍去），
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，等边三角形的性质，表示线段的长度，列出是解决问题的关键．
39．
【分析】在上截取，设交于点Q，可证得是等边三角形，再证明，可得，，，进而得到，设，可得，从而得到，作于H，则，可得，，从而得到，再由勾股定理可得，即可求解．
【详解】解：在上截取，设交于点Q，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
作于H，则，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴．
故答案为：．
【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，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
40．
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出扇形的半径，写出部分的值，根据数的变化找出变化规律，依此规律即可得出结论．
【详解】由题意、、、、都是等腰直角三角形，
∴，， ，，
∴， ， ， ，；
∴，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了坐标与图形性质旋转，等腰直角三角形的性质以及扇形的面积，解题的关键是找出规律．
41．(1)见解析
(2)60
【分析】（1）由“”可证，可得；
（2）由全等三角形的性质可得，由三角形内角和定理可求解．
【详解】（1）∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：60．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，证明是本题的关键．
42．(1)
(2)①，理由见解析；②5
【分析】（1先证明等边三角形，再证明三角形全等；
（2）①利用三角形相似求解；②利用三角形相似和勾股定理求解．
【详解】（1）解：时，，，
，都是等边三角形，
，，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：①，，，
，，，
，，
，
，
；
设，交于点，

由知，，
，
，
，
，，
，
，则
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质和判定，等边三角形的判定与性质、三角形相似的性质和判定及勾股定理的应用，是一道三角形的综合题，解答的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
43．(1)①点；②证明见解析，点；
(2)，理由见解析
【分析】（1）①过点P作于C，由“”可证，可得，由直角三角形的性质可求，即可求解；
②由角平分线的性质可得，由三角形内角和定理和外角的性质可求，可证是等腰直角三角形，由两点距离公式可求点G坐标；
（2）延长至D，使，连接，由“”可证，可得，再由“”可证，可得，，由余角的性质可得，可证，进而可得结论．
【详解】（1）解：①如图1，过点P作于C，
∵平分，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴点；
②∵、分别平分、，
∴，，
∵，
∴，
设与相交于点Q，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
∵，
∴，
∵点，点，
∴点，
又∵点，
设直线AE解析式为，
∴，解得，
∴直线AE解析式为，
设点，
∵，
∴，
∴，
∴点；
（2）解：，
理由如下：延长至D，使，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
44．(1)见解析
(2)45°
(3)2+2
【分析】(1)根据已知，得，，结合等腰直角三角形，角的平分线，证明即可．
（2）证明点A、B、C、D四点都在以H为圆心，以为直径的上即可得证．
（3）过点F作于点G，得，利用平行线分线段成比例定理，确定BC的长，结合已知判定是等边三角形，过点A作，交的延长线于点N，解，后根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）如图，因为，，，平分，
所以，，
因为，，
所以，
所以．
（2）如图，因为，，，
所以点A、B、C都在以H为圆心，以为直径的上，
所以，
因为，
所以点D、B、C都在以H为圆心，以为直径的上，
所以点A、B、C、D四点都在以H为圆心，以为直径的上，
所以．
（3）如图，过点F作于点G，
因为，，，平分
所以，，，，
所以，，
设，
则，，，
所以，，
因为，，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，，
连接，
因为，
则，
所以是等边三角形，
所以，
因为，，，
所以，
所以，
所以，
过点A作，交的延长线于点N，
则，
因为，
所以，
所以，
所以．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定性质，四点共圆，平行线方程的成比例定理，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握所述知识是解题的关键．
45．(1)；
(2)点F所经过的路径长为3；
(3)点所经过的路径的长为．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，根据全等三角形的性质即可求出的长；
（2）连接，易证，根据全等三角形的性质可得，当点在处时，，当点在处时，点与重合，进一步即可求出点运动的路径的长；
（3）取中点，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，，当点在处时，，当点在处时，点与重合，从而可求出点所经过的路径长．
【详解】（1）解：∵、是等边三角形，
∴，，．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，如图所示：
∵、是等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是边长为的等边三角形，
∴，
当点在处时，，
当点在处时，点与重合，
∴点运动的路径的长；
（3）解：取中点，连接，如图所示：
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵是边长为的等边三角形，
∴，，
根据勾股定理，得，
当点在处时，，
当点在处时，点与重合，
∴点所经过的路径的长．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，动点的运动路径，熟练掌握手拉手模型是解题的关键．
46．(1)见解析．
(2)，理由见解析．
【分析】（1）由等边三角形得到，，推出，即可证得结论．
（2）过点O作交于点H，得到是等边三角形，证明，推出，即可得到．
【详解】（1）证明：∵与为正三角形，
∴，，
由旋转得，
∴，
∴（ASA）；
（2）解：，理由如下：
如图3，过点O作交于点H，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴（），
∴，
∵，
∴；
【点睛】此题考查了等边三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，根据题意分别作出相应的辅助线并运用类比思想及分类思想解决问题是解题的关键．