2024年中考数学复习讲义 第18讲 等腰三角形(含答案)

这是一份2024年中考数学复习讲义 第18讲 等腰三角形(含答案)，共122页。学案主要包含了考情分析，知识建构等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \n \h \z \u 一、考情分析
二、知识建构
考点一 等腰三角形的性质与判定
题型01 等腰三角形的定义
题型02 根据等边对等角求角度
题型03 利用等边对等角证明
题型04 根据三线合一求解
题型05 根据三线合一证明
题型06 格点图中画等腰三角形
题型07 根据等角对等边证明等腰三角形
题型08 根据等角对等边证明边相等
题型09 根据等角对等边求边长
题型10 求与图形中任意两点构成等腰三角形的点
题型11 等腰三角形性质与判定综合
题型12 等腰三角形有关的折叠问题
题型13 等腰三角形有关的规律探究问题
题型14 等腰三角形有关的新定义问题
题型15 等腰三角形有关的动点问题
题型16 探究等腰三角形中线段间存在的关系
考点二 等边三角形的性质与判定
题型01 利用等边三角形的性质求线段长
题型02 手拉手模型
题型03 等边三角形的判定
题型04 等边三角形与折叠问题
题型05 等边三角形有关的规律探究问题
题型06 等边三角形有关的新定义问题
题型07 利用等边三角形的性质与判定解决多结论问题
考点三 线段垂直平分线的性质与判定定理
题型01 利用垂直平分线的性质求解
题型02 线段垂直平分线的判定
题型03 线段垂直平分线的实际应用
考点一 等腰三角形的性质与判定
等腰三角形的概念：有两边相等的三角形角等腰三角形．
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”）.
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”）.
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b26. 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=1800-∠A2
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．
题型01 等腰三角形的定义
【例1】（2023·山东济南·统考三模）已知m，n，5分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且m，n分别是关于x的一元二次方程x2-6x+k=0的两个根，则k的值等于（ ）
A．3B．5或9C．5D．9
【答案】B
【分析】当m=5或n=5时，即x=5，代入方程即可得到结论，当m=n时，即Δ=0，解方程即可得到结论．
【详解】解：∵m，n，5分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长
∴当m=5或n=5时，即x=5
∴方程为52-6×5+k=0
解得：k=5
此时该方程为x2-6x+5=0
解得：x1=5，x2=1
此时三角形的三边为5，5，1，符合题意；
当m=n时，即Δ=0
即62-4k=0
解得：k=9
此时该方程为x2-6x+9=0
解得：x1=x2=3
此时三角形的三边为3，3，5，符合题意，
综上所述，k的值等于5或9
故选：B．
【点拨】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解、等腰三角形的定义、三角形的三边关系，正确的理解题意是解本题的关键．
【变式1-1】（2023·内蒙古鄂尔多斯·三模）腰长为5，一边上的高为4的等腰三角形的底边长为（ ）
A．6或45B．6或45或25C．45或25D．6或25
【答案】B
【分析】根据不同边上的高为4分类讨论，即可得到本题的答案．
【详解】解：①如图1，

当AB=AC=5，底边上的高AD=4时，
则BD=CD=3，
故底边长为6；
②如图2，△ABC为锐角三角形，

当AB=AC=5，腰上的高CD=4时，
则AD=3，
∴BD=2，
∴BC=22+42=25，
∴此时底边长为25；
③如图3，△ABC为钝角三角形，

当AB=AC=5，腰上的高CD=4时，
则AD=3，
∴BD=8，
∴BC＝82+42=45，
∴此时底边长为45．
故底边长为6或45或25．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质及勾股定理，解题的关键是分三种情况进行讨论．
【变式1-2】（2023·湖南邵阳·统考二模）已知等腰三角形的三边x、y、z满足x-42+y-2+z-a=0，则a的值是（ ）
A．2B．3C．4D．2或4
【答案】C
【分析】根据绝对值、二次根式、平方的非负性计算出x、y、z的值，然后根据等腰三角形的定义计算即可；
【详解】解：∵ x-42+y-2+z-a=0，
且x-42≥0，y-2≥0，z-a≥0，
∴ x-4=0，y-2=0，z-a=0，
∴ x=4，y=2，z=a，
∵三角形为等腰三角形，
∴ a=4或a=2，
当a=2时，2+2=4，不能构成三角形，
∴ a=4，
故选：C．
【点拨】本题考查了等腰三角形的定义，以及绝对值、二次根式、平方的非负性、构成三角形的条件等知识点，绝对值、二次根式、平方的非负性的准确应用是解题关键．
【变式1-3】（2023·河南安阳·统考一模）已知等腰△ABC的边是方程x2-7x+10=0的根，则△ABC的周长为（ ）
A．9B．9或12C．6或15D．6或12或15
【答案】D
【分析】利用因式分解法求方程的两个根分别是2和5，结合三角形的三边关系和等腰三角形的性质进行分类讨论即可．
【详解】解：∵x2-7x+10=0
∴x-2x-5=0
解得：x1=2，x2=5，
∵等腰△ABC的边为：2和5，
∴当腰长为2，底边为5时，不符合三角形的三边关系定理，
当腰长为5，底边为2时，△ABC的周长为：5+5+2=12，
当边长都为2时，△ABC的周长为：2+2+2=6，
当边长都为5时，△ABC的周长为：5+5+5=15，
故选：D．
【点拨】本题考查等腰三角形的性质和三角形的三边关系及解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法和三角形的三边关系是解题的关键．
【变式1-4】（2023·黑龙江佳木斯·统考三模）已知△ABC是以AB为一腰的等腰三角形，AB=5，AC边上的高为4，则△ABC的底边长为 ．
【答案】25或45或6
【分析】分三种情况：AB=AC，且是锐角三角形；AB=AC，且是钝角三角形；AB=BC，利用等腰三角形的性质及勾股定理即可求解．
【详解】解：①AB=AC，且是锐角三角形，如图；
∵BD⊥AC，且BD=4，
∴AD=AB2-BD2=3，
∴CD=AC-AD=2，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC=BD2+CD2=25；
②AB=AC，且是钝角三角形时，如图；
由勾股定理得AD=AB2-BD2=3，
∴CD=AC+AD=8，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：BC=BD2+CD2=45；
③AB=BC时，如图，
∵BD⊥AC，
∴DC=12AC，
在Rt△BDC中，由勾股定理得：DC=BC2-BD2=3,
∴AC=2DC=6；
综上，底边的长为25或45或6．
【点拨】本题考查了等腰三角形的定义及性质，勾股定理，解题的关键是，数形结合，注意分类讨论．
题型02 根据等边对等角求角度
【例2】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）等腰三角形腰长为8，面积为16，则底角的度数为 ．
【答案】75°或15°
【分析】分锐角三角形和钝角三角形两种情况讨论即可．
【详解】解：当三角形为锐角三角形时，如图，过点C作CD⊥AB交AB于点D，

则AB=AC=8，S△ABC=16，
∴12AB×CD=16，
解得CD=4，
sinA=CDAC=48=12，
∴∠A=30°，
∴∠B=∠ACB=180°-30°2=75°，
当三角形为钝角三角形时，如图，过点C作CD⊥AB交AB的延长线于点D，

则AB=AC=8，S△ABC=16，
∴12AB×CD=16，
解得CD=4，
sin∠CAD=CDAC=48=12，
∴∠CAD=30°，
∴∠BAC=150°
∴∠B=∠ACB=180°-150°2=15°，
即底角的度数为75°或15°，
故答案为：75°或15°．
【点拨】本题考查了等腰三角形的定义，解直角三角形，三角形内角和定理的应用，注意要分类讨论．
【变式2-1】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，△ABC中，AB=AC，CD⊥AB于点D，若∠A=40°，则有（ ）

A．∠1=50°B．∠1=40°C．∠1=35°D．∠1=20°
【答案】D
【分析】根据垂直的定义得到∠ADC=90°，根据∠A=40°和等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠ABC=∠ACB=70°，
∴∠1=90°-∠ABC=90°-70°=20°．
故选：D
【点拨】此题考查了等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式2-2】．（2023·辽宁丹东·校考二模）如图，A，B两点分别在直线l1，l2上，且l1∥l2，BA=BC，BC⊥l2，若∠1=116°，则∠CAB的度数等于（ ）

A．20°B．22°C．24°D．26°
【答案】D
【分析】先求解∠CAD=180°-∠1=64°，证明∠CEB=∠CAD=64°，求解∠BCA=90°-64°=26°，可得∠BAC=∠ACB=26°．
【详解】解：如图，

∵∠1=116°，
∴∠CAD=180°-∠1=64°，
∵l1∥l2，
∴∠CEB=∠CAD=64°，
∵BC⊥l2，
∴∠BCA=90°-64°=26°，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB=26°．
故选D
【点拨】本题考查的是邻补角的含义，平行线的性质，三角形的内角和定理的应用，等腰三角形的性质，熟练的运用以上知识解题是关键．
【变式2-3】（2023·广东河·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=40°，CE平分△ABC的外角∠ACD，则∠1= ．
【答案】55°/55度
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，角平分线定义；
根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理求出∠ACB，可得∠ACD的度数，然后根据角平分线定义得出答案．
【详解】解：∵AB=AC，∠A=40°，
∴∠B=∠ACB=12×180°-40°=70°，
∴∠ACD=180°-∠ACB=110°，
∵CE平分△ABC的外角∠ACD，
∴∠1=12∠ACD=55°，
故答案为：55°．
【变式2-4】（2023·江西吉安·校考模拟预测）如图，在△ABC中，AC=BC，AE⊥BC．垂足为E，点D在AE上，且CD平分∠ACB，若∠ABC=54°，则∠ADC的度数为 ．

【答案】126°/126度
【分析】根据等边对等角，结合三角形内角和定理，求得∠ACB=180°-∠B-∠BAC=72°，由角平分线定义求得∠DCE=12∠ACE=36°，进一步根据外角性质求解∠ADC．
【详解】解：∵AC=BC．
∴∠B=∠BAC=54°，
∴∠ACB=180°-∠B-∠BAC=72°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠DCE=12∠ACE=36°，
∵∠ADC是△DEC的一个外角，
∴∠ADC=∠DEC+∠DCE=126°，
故答案为：126°．
【点拨】本题考查三角形内角和定理，外角定义和性质；灵活运用三角形内角和定理，外角性质求解角度是解题的关键．
【变式2-5】（2023·浙江金华·校考一模）等腰△ABC中，BD⊥AC，垂足为点D，且BD=12AC，则等腰△ABC底角的度数为 ．
【答案】15°或45°或75°
【分析】分点B是顶角顶点、点B是底角顶点、BD在△ABC外部和BD在△ABC内部三种情况，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质计算．
【详解】解：①如图1，当点B是顶角顶点时，

∵AB=BC，BD⊥AC，
∴AD=CD，
∵BD=12AC，
∴BD=AD=CD，
在Rt△ABD中，∠A=∠ABD=12×(180°-90°)=45°；
②如图2，当点B是底角顶点，且BD在△ABC外部时，

∵BD=12AC，AC=BC，
∴BD=12BC，
∴∠BCD=30°，
∴∠ABC=∠BAC=12×30°=15°；
③如图3，当点B是底角顶点，且BD在△ABC内部时，

∵BD=12AC，AC=BC，
∴BD=12BC，
∴∠C=30°，
∴∠ABC=∠BAC=12(180°-30°)=75°；
故答案为：15°或45°或75°．
【点拨】本题考查的是直角三角形的性质、等腰三角形的性质，掌握在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
题型03 利用等边对等角证明
【例3】（2023·浙江温州·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，P为BC的中点，D，E分别为AB，AC上的点，且∠BDP=∠CEP．

(1)求证：△BDP≌△CEP．
(2)若PD⊥AB，∠A=110°，求∠EPC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)70°
【分析】（1）根据AB=AC，P为BC的中点，得出∠B=∠C,BP=CP，即可求证△BDP≌△CEPAAS；
（2）根据等边对等角得出∠B=∠C=35°，则∠DPB=55°，结合全等的性质得出∠DPB=∠EPC=55°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，P为BC的中点，
∴∠B=∠C,BP=CP，
在△BDP和△CEP中，
∠BDP=∠CEP∠B=∠CBP=CP，
∴△BDP≌△CEPAAS；
（2）解：∵∠A=110°，AB=AC，
∴∠B=∠C=12180°-110°=35°，
∵PD⊥AB，
∴∠DPB=90°-35°=55°，
∵△BDP≌△CEP，
∴∠DPB=∠EPC=55°，
∴∠EPD=180°-55°×2=70°．
【点拨】本题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握等腰三角形等边对等角，直角三角形两直角边互余，全等三角形对应角相等．
【变式3-1】（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠BCD，连接AC，点M为线段AC上一点，连接BM，若AC=BC，AB=BM．求证：△ADC≌△CMB．

【答案】证明见解析
【分析】根据等边对等角的性质，得出∠ABC=∠BMA，进而得到∠BCD=∠BMA，再利用平行线的性质，得到∠DAC=∠ACB，∠D+∠BCD=180°，从而得到∠D=∠BMC，然后利用“AAS”即可证明△ADC≌△CMB．
【详解】证明：∵AC=BC，
∴∠ABC=∠BAC，
∵AB=BM，
∴∠BAM=∠BMA，
∴∠ABC=∠BMA，
∵∠ABC=∠BCD，
∴∠BCD=∠BMA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，∠D+∠BCD=180°，
∵∠BMA+∠BMC=180°，
∴∠D=∠BMC，
在△ADC和△CMB中，
∠D=∠BMC∠DAC=∠MCBAC=CB，
∴△ADC≌△CMBAAS．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
【变式3-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第十七中学校校考模拟预测）已知：▱ABCD中，DE=BC，BE=EF．

(1)求证：AF=DC；
(2)连接AE，当AE=AF时，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中与∠B互补的角．
【答案】(1)见解析；
(2)∠ECD，∠DFA，∠BAD，∠AEC．
【分析】（1）由平行四边形的性质证明AD=BC,AD∥BC，进而得到DE=AD，∠ADF=∠DEC，可证明△ADF≌△DEC，则问题可证明；
（2）根据平行四边形性质和等腰三角形的性质，分别证明∠B+∠ECD=180°，∠B+∠BAD=180°，∠B+∠AEC=180°，∠DFA与∠B互补，则问题可解；
【详解】（1）（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∵DE=BC，
∴DE=AD，
∵BE=EF，
∴DF=CE，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠DEC，
∴△ADF≌△DEC，
∴AF=DC；
（2）∠ECD，∠DFA，∠BAD，∠AEC
理由：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴∠B+∠ECD=180°，∠B+∠BAD=180°
由（1）可知，△ADF≌△DEC，
∴∠DFA=∠ECD，AF=DC，
∴∠DFA与∠B互补，
∵AE=AF，
∴AE=AB，
∴∠B=∠AEB，
∵∠AEB+∠AEC=180°，
∴∠B+∠AEC=180°，
故与∠B互补的角有：∠ECD，∠DFA，∠BAD，∠AEC．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，解答关键是根据题意找到全等三角形并进行证明．
【变式3-3】（2023·江苏无锡·校考二模）如图，△ABC中，AB=AC，点D、E分别在AB、AC边上，∠EBC=∠DCB．

(1)求证：BE=CD；
(2)若AB=8，BC=5，当CD⊥AB时，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2516
【分析】（1）先证∠ABE=∠ACD，再根据全等三角形的证明方法证明即可；
（2）根据等边三角形的性质和勾股定理求出AF=2312，由三角形的面积得CD=523116，最后根据勾股定理和全等三角形的性质可得答案．
【详解】（1）解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵∠EBC=∠DCB，
∴∠ABC-∠EBC=∠ACB-∠DCB
即∠ABE=∠ACD，
在△ABE与△ACD中，
∠A=∠AAB=AC∠ABE=∠ACD，
∴△ABE≌△ACD，
∴BE=CD；
（2）过点A作AF⊥BC于点F，如下图，

∵AB=AC，BC=5，
∴BF=12BC=52，
∴AF=AB2-BF2=82-522=2312，
∵CD⊥AB，
∴12AB⋅CD=12BC⋅AF，
即12×8CD=12×5×2312，
解得：CD=523116，
∴BD=BC2-CD2=2516，
由（1）得：△ABE≌△ACD，
∴CE=BD=2516．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理．
题型04 根据三线合一求解
【例4】（2023·辽宁·模拟预测）如图，线段AB=8，点P在线段AB上，且AP=5，分别以点A和点B为圆心，AP的长为半径作孤，两弧相交于点C和点D，连接AC，BC，AD，BD，则点C到边AD的距离是（ ）

A．245B．485C．4D．3
【答案】A
【分析】连接CD交AB于E，求出CE，可得CD的长，然后根据△ACD面积的不同求法列式求解即可．
【详解】解：连接CD交AB于E，

由作图可得CD垂直平分AB，AC=AD=AP=5，
∴AE=12AB=4，
∴CE=AC2-AE2=3，
∵AC=AD，AE⊥CD，
∴CD=2CE=6，
设点C到边AD的距离为h，
∴S△ACD=12AD⋅h=12CD⋅AE，
∴h=CD⋅AEAD=6×45=245，
故选：A．
【点拨】本题考查了作线段垂直平分线，勾股定理，熟练掌握等面积法的应用是解题的关键．
【变式4-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）图1为红斑钟螺，壳型为圆锥形．多分布在菲律宾、以及我国台湾垦丁等区域．现有一个“钟螺”小摆件，可近似看成圆锥形，图2为其主视图，其中AB=13 cm，摆件的高度为12 cm．现要在AB上选取一个位置P安装挂钩，在该点与C之间布设导线，线路上安装微型小彩灯，若挂钩以及导线连接处等长度损耗忽略不计，则最短线路，即CP的最小值为（ ）

A．10cmB．12013cmC．6013cmD．63cm
【答案】B
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，过点C作CM⊥AB于点M，由题意可知，AB=AC=13cm，AH=12cm，BH=CH=12BC,由勾股定理得到BH=5cm，则BC=2BH=10 cm，由S△ABC=12BC⋅AH=12AB⋅CM得到1210×12=12×13×CM，得到CM=12013cm，根据垂线段最短，则CP的最小值即为CM的长，即CP的最小值为12013cm．
【详解】解：过点A作AH⊥BC于点H，过点C作CM⊥AB于点M，

由题意可知，AB=AC=13 cm，AH=12 cm，BH=CH=12BC，
∴BH=AB2-AH2=132-122=5cm，
∴BC=2BH=10 cm，
∴S△ABC=12BC⋅AH=12AB⋅CM，
即1210×12=12×13×CM，
解得12×10×12=12×13×CM，
∴CM=12013cm，
根据垂线段最短，则CP的最小值即为CM的长，即CP的最小值为12013cm．
故选：B
【点拨】此题考查了等腰三角形判定和性质、勾股定理、垂线段最短等知识，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式4-2】（2023·吉林松原·校联考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，边BC在x轴上，且点B-1,0，点A2,4，则△AOC的面积为（ ）

A．5B．8C．10D．20
【答案】C
【分析】过点A作AD⊥BC于D，根据点A.B的坐标可得OB=1，BD=3，AD=4，利用等腰三角形的性质求出BC，可得OC的长，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，

∵AB=AC，
∴BD=DC，
∵点B-1,0，点A2,4，
∴OB=1，BD=3，AD=4，
∴BC=2BD=6，
∴OC=BC-OB=6-1=5，
∴S△AOC=12OC⋅AD=12×5×4=10，
故选：C．
【点拨】本题考查了坐标与图形性质，等腰三角形的性质，能够根据点的坐标得出相关线段的长度是解题的关键．
【变式4-3】（2023·陕西西安·校考二模）如图，等腰△AOB在平面直角坐标系中，点B的坐标为6，0，OA=AB=5，点A在反比例函数y=kx（k≠0，x>0）的图象上，则k的值为 ．

【答案】12
【分析】过点A作AC⊥OB于点C，利用等腰三角形的性质求得OC=BC=3，再利用勾股定理求得AC=4，得到点A的坐标是3，4，利用待定系数法即可求解．
【详解】解：过点A作AC⊥OB于点C，

∵OA=AB=5，OB=6，
∴OC=BC=3，
∴AC=52-32=4，
∴点A的坐标是3，4，
∵点A在反比例函数y=kx（k≠0，x>0）的图象上，
∴k=3×4=12，
故答案为：12．
【点拨】本题主要考查反比例函数与等腰三角形的综合，利用等腰三角形的性质求得反比例函数上点的坐标是解题关键．
【变式4-4】（2023·河北·统考模拟预测）如图，点D,C,E在直线l上，点A,B在l的同侧，AC⊥BC，若AD=AC=BC=BE=5,CD=6，则CE的长为 ．

【答案】8
【分析】过点A作AM⊥CD于点M，BN⊥CE于点N，证明△ACM≌△CBN，得出AM=CN，BN=CM，根据等腰三角形性质得出DM=CM=12CD=3，根据勾股定理求出AM=AD2-DM2=52-32=4，根据等腰三角形性质得出EN=CN=12EC，求出CE=2CN=8即可．
【详解】解：过点A作AM⊥CD于点M，BN⊥CE于点N，如图所示：

则∠AMD=∠AMC=∠BNC=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACM+∠BCN=∠BCN+∠CBN=90°，
∴∠ACM=∠CBN，
∵AC=BC，∠AMC=∠BNC=90°，
∴△ACM≌△CBN，
∴AM=CN，BN=CM，
∵AD=AC，AM⊥CD，
∴DM=CM=12CD=3，
∴AM=AD2-DM2=52-32=4，
∴CN=AM=4，
∵BC=BE，BN⊥CE，
∴EN=CN=12EC，
∴CE=2CN=8，
故答案为：8．
【点拨】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，余角的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，证明△ACM≌△CBN．
题型05 根据三线合一证明
【例5】（2023·陕西榆林·校考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，D是边BC的中点，一个圆过点A，交边AB于点E，且与BC相切于点D，则该圆的圆心是（ ）
A．线段AE的垂直平分线与线段AC的垂直平分线的交点
B．线段AB的垂直平分线与线段AC的垂直平分线的交点
C．线段AE的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点
D．线段AB的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点
【答案】C
【分析】如图所示，连接AD，设该圆圆心为O，连接OE，OD，先由三线合一定理和切线的性质证明A、O、D三点共线，即AD是⊙O的直径，进而得到点O是线段AE的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点．
【详解】解：如图所示，连接AD，设该圆圆心为O，连接OE，OD，
∵AB=AC，D是边BC的中点，
∴AD⊥BC，
∵⊙O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴A、O、D三点共线，即AD是⊙O的直径，
∴点O在线段BC的垂直平分线上，
∵OA=OE，
∴点O在线段AE的垂直平分线，
∴点O是线段AE的垂直平分线与线段BC的垂直平分线的交点，
故选C．
【点拨】本题主要考查了切线的性质，线段垂直平分线的性质，三线合一定理，证明AD是⊙O的直径是解题的关键．
【变式5-1】（2023·山东青岛·统考一模）如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F分别是AO，CO的中点．
(1)求证：DE=BF；
(2)请从以下三个条件：①AC=2BD；②∠BAC=∠DAC；③AB=AD中，选择一个合适的作为已知条件，使四边形DEBF为菱形．
你选择添加的条件是：______（填写序号）；添加条件后，请证明四边形DEBF为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)②，证明见解析
【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到AO=CO,OD=OB然后根据题意得到OE=OF，进而证明出四边形DEBF是平行四边形，即可得到DE=BF；
（2）选择添加的条件是：②∠BAC=∠DAC，首先根据平行四边形的性质得到∠DCA=∠BAC，然后利用等量代换得到∠DCA=∠DAC，然后利用等腰三角形三线合一性质得到AC⊥BD，然后利用对角线垂直的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AO=CO,OD=OB
∵点E，F分别是AO，CO的中点
∴OE=OF
∴四边形DEBF是平行四边形
∴DE=BF；
（2）选择添加的条件是：②．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC
∵∠BAC=∠DAC
∴∠DCA=∠DAC
∴AD=CD
∵AO=CO
∴AC⊥BD
∵四边形DEBF是平行四边形
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式5-2】（2023·广西河池·校考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是边BC的中点．以BD为直径作圆O，交边AB于点P，连接PC，交AD于点E．
(1)求证：AD是圆O的切线．
(2)若PC是圆O的切线，BC=4，求PE的长．
【答案】(1)见解析
(2)22
【分析】（1）根据等腰三角形的判定与性质得到AD⊥BC，即可得证；
（2）连接OP，通过证明△DEC∽△POC，利用相似三角形的性质得到PC与CE的长度，再进行线段和差即可求解．
【详解】（1）∵AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=DC，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是圆O的切线；
（2）连接OP，
∵BC=4，
∴BD=DC=2，
∵BD为直径，
∴BO=OD=1，
∵EP为⊙O切线，
∴OP=1，
∵OC=3，
∴在 Rt△OPC中，OC2-OP2＝PC2，
∴PC=32-12=22，
∵∠ECD＝∠PCO，∠EDC＝∠OPC＝90°，
∴△DEC∽△POC，
∴ ECOC=DCPC，
∴ EC3=222，
∴ EC=322，
∴PE=PC-EC= 22-322 = 22．
【点拨】本题考查切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质．如果已知切线，连半径，得垂直；如果证明切线，则连半径，证垂直．
【变式5-3】（2023·贵州黔东南·统考三模）（1）如图，直线AB经过⊙O上一点C，连接OA,OB，从以下三个信息中选择两个作为条件，剩余的一个作为结论组成一个真命题，并写出你的证明过程．①OA=OB；②CA=CB；③AB是⊙O的切线．你选择的条件是____________，结论是______（填序号）；
（2）在（1）的条件下，若∠AOB=90°，OA=42，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）①②，③（答案不唯一）；（2）16-4π
【分析】（1）选择的条件是①②，结论是③；理由：连接OC，根据等腰三角形性质可得OC⊥AB，即可；
（2）先求出OC，再阴影部分的面积等于三角形的面积减去扇形的面积，即可．
【详解】解：选择的条件是①②，结论是③；理由如下：
如图，连接OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，
∵OC为⊙O的半径，
∴AB是⊙O的切线；
故答案为：①②，③（答案不唯一）；
（2）∵∠AOB=90°，OA=42，OA=OB，
∴AB=OA2+OB2=8，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB，OC=12AB=4，
∴阴影部分的面积为
S△AOB-S扇形=12×42×42-90π×42360=16-4π．
【点拨】本题考查命题与定理，切线的判定，扇形的面积、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题型06 格点图中画等腰三角形
【例6】（2023·江苏扬州·统考一模）如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，每个小正方形的边长为1，M、N分别是AB、BC上的格点．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM、PN，则满足∠MPN=45°的点P有（ ）个
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先根据等腰直角三角形的两个锐角等于45°，构造出一个P点，再画出△P1MN的外接圆，这个外接圆与网格交点为格点的都符合题意．
【详解】解：如图，在BC边上取点P1，使BP1=AN=2，连接NP1，MP1，
∴NB=AM=4，
∵∠MAN=∠NBP1=90°，
∴△MAN≌△NBP1SAS，
∴MN=NP1，∠AMN=∠BNP1，
∵∠ANM+∠AMN=90°，
∴∠ANM+∠BNP1=90°，
∴△P1MN是等腰直角三角形，
∴∠MP1N=45°，
作△P1MN的外接圆交网格于P2、P3、P4、P5，
根据圆周角定理，得∠MP1N=∠MP2N=∠MP3N=∠MP4N=∠MP5N=45°，
故选：C．
【点拨】本题考查全等三角形的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质等，解答时需要一定的空间想象能力，模型意识．
【变式6-1】（2023·广西玉林·统考一模）如图，在由边长相同的7个正六边形组成的网格中，点A，B在格点上．再选择一个格点C，使△ABC是以AB为腰的等腰三角形，符合点C条件的格点个数是( )

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】确定AB的长度后即可确定点C的位置．
【详解】AB的长等于六边形的边长+最长对角线的长，
据此可以确定共有2个点C，位置如图，

故选：B．
【点拨】本题考查了正多边形和圆以及等腰三角形的判定，解题的关键是确定AB的长，难度不大．
【变式6-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨德强学校校考模拟预测）图1.图2是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1

(1)在图1中画一个腰长为5，面积为10的等腰三角形ABC，（点A.B.C在小正方形的顶点上）．
(2)在图2中画出一个腰长为10的等腰三角形DEF（点D.E.F在小正方形的顶点上），并直接写出等腰三角形DEF的底角的正切值为__________．
【答案】(1)见解析
(2)见解析，7
【分析】（1）根据腰长和面积求出腰上的高，即可画图；
（2）根据勾股定理求解可画出三角形，过点E作EG⊥DF交DF于点G，由勾股定理求得DF=22，根据等腰三角形的性质可得DG=FG=12DF=2，求得EG=72，即可求得底角的正切值．
【详解】（1）解：该等腰三角形腰上的高为：10×2÷5=4，
AB=32+42=5，如图所示

（2）如图，DE=EF=62+82=10，
过点E作EG⊥DF交DF于点G，
DF=22+22=22，根据等腰三角形的性质可得DG=FG=12DF=2，
EG=102-22=72，
∴tan∠EDG=EGDG=722=7，
故答案为：7．
【点拨】本题考查了勾股定理，网格内作三角形，等腰三角形的性质和正切值的计算，结合勾股定理作出三角形是解题的关键．
【变式6-3】（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ABCD，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C,D，根据AD=BC=2，且AD∥BC，即可得出四边形ABCD是平行四边形；
（2）AB,AE分别为两个小菱形的对角线，即可求解；
（3）作菱形ABMN对角线AM,BN交于点F，则AF⊥BF，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，AD=BC=2，且AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形，

（2）解：如图所示，AB,AE分别为两个小菱形的对角线，
∴AB=AE，
∴△ABE是等腰三角形，

（3）解：如图所示，
∵AB,AN,MN,BM分别等于两个菱形的对角线长，
∴四边形ABMN是菱形，
对角线AM,BN交于点F，则AF⊥BF
∴△ABF是直角三角形．

【点拨】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．
题型07 根据等角对等边证明等腰三角形
【例7】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，D，E是△ABC边上的点，ED∥BC，BE平分∠ABC．

(1)求证：BD=DE；
(2)若BD:BC=2:3．直接写出S△ADE:S△EDC的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行线的性质可得∠CBE=∠BED，由角平分线的定义可得∠DBE=∠CBE，即∠DBE=∠BED，即可解答；
（2）由已知条件可得DEBC=23，再说明△ADE∼△ABC可得AEAC=DEBC=23,即AE=2EC；如图：过D作DG⊥AC，则S△ADE=12AE⋅DG,S△EDC=12EC⋅DG，然后代入计算即可．
【详解】（1）证明：∵ED∥BC，
∴∠CBE=∠BED,
∵BE平分∠ABC，
∴∠DBE=∠CBE,
∴∠DBE=∠BED
∴BD=DE．
（2）解：∵BD:BC=2:3，BD=DE，
∴DEBC=23，
∵ED∥BC，
∴△ADE∼△ABC
∴AEAC=DEBC=23,即AE=2EC
如图：过D作DG⊥AC
∴S△ADE=12AE⋅DG,S△EDC=12EC⋅DG,
∴S△ADE:S△EDC=AE:EC=2EC:EC=2:1．

【点拨】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7-1】（2023·江苏常州·统考二模）如图，已知△ABC．

(1)在图中用直尺和圆规作△ABC的角平分线BD，作∠ADE，使得∠ADE=∠C，射线DE交AB于点E（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，判断△BDE的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)△BDE是等腰三角形，证明见解析
【分析】（1）作∠ABC的角平分线BD，作∠ADE=∠C．
（2）利用平行线的性质与判定证明∠BDE=∠DBC，结合角平分线的定义可得△BDE两个内角相等，进而得△BDE是等腰三角形．
【详解】（1）解：如图所示，BD为△ABC的角平分线，∠ADE=∠C．

（2）解：△BDE是等腰三角形，理由如下：
∵ ∠ADE=∠C，
∴ DE∥BC，
∴ ∠BDE=∠DBC，
又∵ ∠DBC=∠DBE，
∴ ∠BDE=∠DBE，
∴ DE=BE，
∴ △BDE是等腰三角形．
【点拨】本题考查了用尺规作角平分线，用尺规作相等的角，平行线的性质与判定，等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式7-2】（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，D是AB上的一点，C是⊙O上的一点，过点D作AB的垂线，与过点C的切线相交于点P，PD与AC相交于点E．
（1）求证：△PCE是等腰三角形；
（2）连接BC，若AD=OD，AE=258，BC=6，求PC的长．
【答案】（1）见解析；（2）6516
【分析】（1）根据垂直和切线的性质得到∠AED=∠PCA，然后根据对顶角相等得到∠AED=∠PEC，根据等角对等边即可证明；
（2）作OF⊥AC于点F，PG⊥AC于点G，连接OE，根据三角形中位线的性质得到OF的长，在Rt△OEF中应用勾股定理得到EF的长，进而得到CE的长，然后根据三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵PD⊥AB，
∴∠DAE+∠AED=90°．
∵PC是⊙O的切线，
∴∠PCA+∠OCA=90°．
∵OA=OC，
∴∠DAE=∠OCA．
∴∠AED=∠PCA，
∵∠AED=∠PEC，
∴∠PCA=∠PEC．
∴PC=PE，即△PCE是等腰三角形．
（2）作OF⊥AC于点F，PG⊥AC于点G，连接OE，
可得OF=12BC=3，OE=AE=258，
∴EF=OE2-OF2=78．
∴AF=4，AC=8．
∴AB=10，⊙O的半径为5．
∴CE=AC-AE=398．
∵∠PCE=∠PEC=∠AED=∠B
又∵∠PGC=∠ACB
∴△PCG∼△ABC
∴PCCG=ABBC．
∵
∴PC=CG·ABBC=6516．
故答案为6516．
【点拨】本题考查了圆的切线性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，三角形相似的性质，是几何部分的综合题，第（2）问关键是证明两个三角形相似．
题型08 根据等角对等边证明边相等
【例8】（2023·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，AD=9，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F则CF的长为（ ）

A．2B．3C．3.5D．4
【答案】B
【分析】直接利用平行四边形的性质结合角平分线的性质得出CD=AB=6，∠DAF=∠F，进而求出DF=AD=9的长即可由FC=DF-CD得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6，AB∥DC，
∴∠BAF=∠F，
∵∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，
∴∠BAF=∠DAF，
∴∠DAF=∠F，
∴DF=AD=9，
∴FC=DF-CD=9-3=3，
故选：B．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定．利用平行线与角平分线得出∠DAF=∠F是解题的关键．
【变式8-1】（2023·江苏苏州·统考二模）如图锐角△ABC中，AB=4，BC=6，∠A=2∠C，则AC的值为 ．

【答案】5
【分析】过点A作∠BAC的平分线，交BC于点D，证明△ABD∼△CBA，进而即可得到答案．
【详解】解：过点A作∠BAC的平分线，交BC于点D，则∠1=∠2=12∠BAC，

∵∠BAC=2∠C，即∠C=12∠BAC，
∴∠1=∠2=∠C，
∴AD=CD，∠3=∠2+∠C=2∠C，
∴∠3=∠BAC，
∵∠B=∠B，
∴△ABD∼△CBA，
∴ABCB=BDBA=ADCA，
∵AB=4，BC=6，
∴BD=83，
∴CD=6-83=103，
∴46=103CA，
∴AC=5，
故答案为：5．
【点拨】本题主要考查相似三角形的判定，等腰三角形的判定，三角形外角的性质，添加辅助线构造相似三角形是关键．
【变式8-2】（2023·浙江·统考二模）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，DE∥BC，EB平分∠DEC．

(1)求证：BC=CE；
(2)若CE=AB，EA=EB，求∠C的度数．
【答案】(1)见解析
(2)36°
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠DEB=∠BEC，根据平行线的性质得到∠DEB=∠EBC，根据等腰三角形的判定即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠C=∠A，设∠C=∠A=x，根据三角形内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）解：证明：∵BE平分∠DEC，
∴∠DEB=∠BEC，
∴DE∥BC．
∴∠DEB=∠EBC，
∴∠BEC=∠EBC，
∴BC=CE；
（2）∵BC=CE，CE=AB，
∴BC=AB，
∴∠C=∠A，
设∠C=∠A=x，
∵EA=EB，
∴∠ABE=∠A=x，
∴∠EBC=∠BEC=∠A+∠ABE=2x，
∴2x+2x+x=180°，
∴∠C=x=36°．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023·湖北武汉·统考二模）如图，AB∥CD，AD∥BC，∠ABC的平分线交AD于点E，交CD的延长线于点F．

(1)求证：DE=DF；
(2)若∠C=120°，直接写出∠1的度数．
【答案】(1)见解析
(2)150°
【分析】（1）利用AD∥BC推出∠FED=∠FBC，AB∥CD推出∠2=∠F，用BF平分∠ABC推导∠2=∠FBC，从而得到∠F=∠FED，从而得证；
（2）根据AD∥BC，推出∠EDF=∠C=120°，再结合∠F=∠FED利用三角形内角和为180°推出∠FED=180°-∠EDF2=30°，从而得到∠1=180°-∠FED=150°.
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠FED=∠FBC．
∵AB∥CD，
∴∠2=∠F．
∵BF平分∠ABC，
∴∠2=∠FBC，
∴∠F=∠FED，
∴DE=FD．
（2）∠1=150°，
求解过程如下：
∵∠C=120°，AD∥BC，
∴∠EDF=∠C=120°，
又∵∠F=∠FED，
∴∠FED=180°-∠EDF2=30°，
∴∠1=180°-∠FED=150°．
【点拨】本题考查平行线的性质，角平分线的相关计算，等角对等边，三角形内角和等知识，掌握平行线的性质是解题的关键．
题型09 根据等角对等边求边长
【例9】（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为2，点F为对角线AC上一点，当∠CBF=22.5°时，则AF的长是（ ）

A．22-2B．116C．2D．5
【答案】C
【分析】根据正方形的性质得出∠ABC=90°，∠ACD=∠ACB=12×90°=45°，求出∠ABF=90°-22.5°=67.5°，∠AFB=∠BCF+∠CBF=67.5°，得出∠ABF=∠AFB，根据等腰三角形的判定，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，∠ACD=∠ACB=12×90°=45°，
∵∠CBF=22.5°，
∴∠ABF=90°-22.5°=67.5°，
∠AFB=∠BCF+∠CBF=67.5°，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=2，故C正确．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，三角形外角的性质，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，得出∠ABF=∠AFB．
【变式9-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=45°，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，垂足为点E.若DE=2，则BD的长为（ ）

A．4B．23C．2D．22
【答案】D
【分析】过点D作DF⊥AB，根据角平分线的性质得出DF=DE=2，再由等角对等边得出DF=BF=2，由勾股定理即可求解．
【详解】解：过点D作DF⊥AB，如图所示：

∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AC，DE=2，
∴DF=DE=2，
∵∠B=45°，
∴∠BDF=∠B=45°，
∴DF=BF=2
∴BD=BF2+DF2=22，
故选：D．
【点拨】题目主要考查角平分线的性质，等角对等边及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式9-2】（2023·河北石家庄·石家庄市第四十中学校考二模）如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=8，以点C为圆心，适当长为半径作弧，分别交BC，CD于M，N两点，分别以M，N为圆心，以大于12MN的长为半径作弧，两弧在∠BCD的内部交于点P，射线CP交AD于点E，交BA的延长线于点F，则AF的长是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由题意可得：CP是∠BCD的平分线，然后可由角平分线的定义、平行四边形的性质以及等角对等边得出BF=BC=8，再根据线段的和差即可得出答案.
【详解】解：由题意可得：CP是∠BCD的平分线，
∴∠BCF=∠DCF，
∵▱ABCD，AB=6，BC=8，
∴AB∥CD，
∴∠F=∠FCD，
∴∠F=∠BCF，
∴BF=BC=8，
∴AF=BF-AB=8-6=2；
故选：B.
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的尺规作图、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相关图形的性质、得出BF=BC是解题的关键.
题型10 求与图形中任意两点构成等腰三角形的点
【例10】（2020·安徽淮北·统考一模）如图，在矩形ABCD中， AB=4,BC=6,点E是AD的中点，点F在DC上，且CF=1,若在此矩形上存在一点P，使得△PEF是等腰三角形，则点P的个数是（ ）

A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的定义，分三种情况讨论：①当EF为腰，E为顶角顶点时，②当EF为腰，F为顶角顶点时，③当EF为底，P为顶角顶点时，分别确定点P的位置，即可得到答案．
【详解】∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，CF=1，点E是AD的中点，
∴EF=32=18>4．
∴△PEF是等腰三角形，存在三种情况：
①当EF为腰，E为顶角顶点时，根据矩形的轴对称性，可知：在BC上存在两个点P，在AB上存在一个点P，共3个，使△PEF是等腰三角形；
②当EF为腰，F为顶角顶点时，
∵18<6,
∴在BC上存在一个点P，使△PEF是等腰三角形；
③当EF为底，P为顶角顶点时，点P一定在EF的垂直平分线上，
∴EF的垂直平分线与矩形的交点，即为点P，存在两个点．
综上所述，满足题意的点P的个数是6．
故选D．
【点拨】本题主要考查等腰三角形的定义，矩形的性质，熟练掌握等腰三角形的定义和矩形的性质，学会分类讨论思想，是解题的关键．
【变式10-1】（2018·江苏常州·统考一模）已知直线y=-3x+3与坐标轴分别交于点A，B，点P在抛物线y=-x-32+4上，能使△ABP为等腰三角形的点P的个数有( )
A．8个B．4个C．5个D．6个
【答案】A
【分析】分三种情况考虑：①以点B为圆心，AB长度为半径作圆可找出两个点P；②以点A为圆心，AB长度为半径作圆可找出四个点P；③作线段AB的垂直平分线可找出两个点P．综上即可得出结论．
【详解】分三种情况考虑：如图所示：
①以点B为圆心，AB长度为半径作圆，交抛物线于点P1、P2；
②以点A为圆心，AB长度为半径作圆，交抛物线于点P3、P4、P5、P6；
③作线段AB的垂直平分线，交抛物线于点P7、P8．

综上所述：能使△ABP为等腰三角形的点P的个数为8个．
故选A．
【点拨】二次函数图象上点的坐标特征、一次函数图象上点的坐标特征以及等腰三角形的判定，依照题意画出图形，解题的关键是利用数形解决问题．
【变式10-2】．（2023·广东河·统考一模）如图，在3×3的网格中，每个网格线的交点称为格点．已知图中A，B两个格点，请在图中再寻找另一个格点C，使△ABC成为等腰三角形，则满足条件的点C有（ ）个．
A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】根据题意，分三种情况：当BA=BC时，当AB=AC时，当CA=CB时，即可解答．
【详解】解：如图所示：
分三种情况：
①当BA=BC时，以点B为圆心，以BA长为半径作圆，交网格线的格点为C1，C2，
②当AB=AC时，以点A为圆心，以AB长为半径作圆，交网格线的格点为C3，C4，
③当CA=CB时，作AB的垂直平分线，交网格线的格点为C5，C6，C7，C8，
综上所述：使△ABC成为等腰三角形，则满足条件的点C有8个，
故选：B．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定，根据题意，分三种情况讨论是解题的关键．
题型11 等腰三角形性质与判定综合
【例11】（2023·北京顺义·统考二模）如图，在△ABC中，AD，BD分别是∠BAC，∠ABC的平分线，过点D作EF∥AB，分别交AC，BC于点E，F．若AE=4，BF=6，则EF的长为 ．

【答案】10
【分析】根据角平分线的定义可得∠BAD=∠CAD，∠ABD=∠CBD，根据平行线的性质可得∠BAD=∠ADE，∠ABD=∠BDF，进一步可得∠CAD=∠ADE，∠CBD=∠BDF，可得DE=AE，DF=BF，进一步可得EF的长．
【详解】解：∵AD平分∠BAC，BD平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABD=∠CBD，
∵EF∥AB，
∴∠BAD=∠ADE，∠ABD=∠BDF，
∴∠CAD=∠ADE，∠CBD=∠BDF，
∴DE=AE=4，DF=BF=6，
∴EF=DE+DF=4+6=10，
故答案为：10．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握这些知识是解题的关键．
【变式11-1】（2020·江苏泰州·统考一模）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P0，n
①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，22+m-n2=22+m2
可得nn-2m=0
∵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，n2=22+m-n2
可得4+m2-2mn=0
∵符合条件的点P恰好有2个
∴22+m2=n2与4+m2-2mn=0应该存在两个不同的解
∴将n=2m代入22+m2=n2中
可得22+m2=2m2
解得m=±233
将n=2m代入4+m2-2mn=0中
可得4+m2-4m2=0
解得m=±233
故答案为：0或±233．
【点拨】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．
【变式11-2】（2023·湖南邵阳·统考一模）如图，已知AB=63，点C在线段AB上，△ACD是底边长为6的等腰三角形且∠ADC=120°，以CD为边在CD的右侧作矩形CDEF，连接DF，点M是DF的中点，连接MB，则线段MB的最小值为 ．
【答案】9-23
【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹．连接EC，过点M作MJ⊥CD于J，交AB于T．证明MJ垂直平分线段CD，推出点M的运动轨迹是直线MJ，当BM⊥MJ时，BM的值最小，求出BM即可．
【详解】解：如图，连接EC，过点M作MJ⊥CD于J，交AB于T，过点D作DH⊥AB，垂足为点H，
∵四边形EFCD是矩形，点M是DF的中点，
∴点M在对角线DF，EC的交点，
∴MD=MC，
∵MJ⊥CD，
∴DJ=JC，
∴点M的运动轨迹是直线MJ，当BM⊥MJ时，BM的值最小，
∵DA=DC，∠ADC=120°，AC=6，
∴∠A=∠DCA=30°，AH=CH=12AC=3，
∴CD=3×233=23，
∴CJ=DJ=3，
∴CT=CJ32=2，
∵AB=63，AC=6，
∴BT=BC+CT=(63-6)+2=63-4，
∵∠CJT=90°，∠JCT=30°，
∴∠BTM=60°，
∴BM=32BT=(63-4)×32=9-23，
∴BM的最小值为9-23．
故答案为：9-23．
【变式11-3】（2023·湖南娄底·统考一模）如图，函数y=kxx>0的图象过点An,2和B85,2n-3两点．

(1)求n和k的值；
(2)点C是双曲线上介于点A和点B之间的一个动点，若S△AOC=6，求C点的坐标；
(3)过C点作DE∥OA，交x轴于点D，交y轴于点E，第二象限内是否存在点F，使得△DEF是以DE为腰的等腰直角三角形?若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)n和k的值分别为4，8；
(2)C(2,4)，
(3)点F(-9,6)或(-3,9)。
【分析】（1）将A、B两点的坐标分别代入反比例函数解析式，解方程组得n、k的值；
（2）设点C(m,8m)，过点C做CG⊥x轴于点G，交OA于点H，以CH为底，由△AOC的面积解出点C坐标；
（3）先用待定系数法求得进而求出直线DE的解析式，再分两种情况进行讨论：①以DE为直角边，D为直角顶点；②以DE为直角边，E为直角顶点．再观察图形并利用点的移动特点写出答案．
【详解】（1）解：∵函数y=kxx>0的图像过点An,2和B85,2n-3两点，
∴2n=k85(2n-3)=k，
解得n=4k=8，
故n和k的值分别为4，8；
（2）解：∵n=4,k=8，
∴A(4,2),B(85,5)，
设直线OA的解析式为：y=mx，
把A(4,2)代入y=mx，得2=4m，解得m= 12，
∴直线OA的解析式为：y=12x，
过点C作CG⊥x轴于点G，交直线OA于点H，

设C(m,8m)(m>0)，
∴H(m,12m)，
∴SΔAOC=12CH⋅xA=6，
∴12(8m-12m)×4=6，
∴m=2或m=8（不符合题意舍去）
∴C(2,4)，
（3）解：∵DE∥OA，直线OA的解析式为：y=12x，
∴设直线DE的解析式为：y=12x+b，
∵点C(2,4)在直线DE上，，
∴4=12×2+b，即b=3，
∴直线DE的解析式为：y=12x+3；
当x=0时，y=3，
∴E0,3，OE=3
当y=0时，x=-6，
∴D-6,0，OD=6

根据题意，分两种情况进行讨论：
①以DE为直角边，D为直角顶点；
如图，过F1做FK⊥x轴于点K，可知：∠F1KD=∠DOE=90°，

∵∠F1DE=90°，
∴∠F1DK+∠EDO=90°，
又∵∠DEO+∠EDO=90°，
∴∠F1DK=∠DEO，又DF1=DE，
∴△F1KD≌△DOE，
∴F1K=DO=6,KD=OE=3，
故点D到点F1的平移规律是：D向左移3个单位，向上移6个单位得点F1坐标，
∵D(-6,0)，且F在第二象限，
∴F1(-6-3,0+6)即F1(-9,6)；
②以DE为直角边，E为直角顶点；同①理得，将E点向左移3个单位，向上移6个单位得点F坐标，得F2(-3,9)．
综上所述：点F(-9,6)或
【点拨】此题考查关于一次函数、反比例函数与动态三角形的综合题，熟练运用待定系数法求函数解析式，准确完整地讨论等腰直角三角形的各种可能的情况是解此题的关键．
题型12 等腰三角形有关的折叠问题
【例12】（2023·辽宁·模拟预测）【问题初探】
（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在△ACD中，∠D=2∠C，AB⊥CD，垂足为B，且BC>AB．求证：BC=AD+BD．

①如图2，小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在BC上截取BE=BD，连接AE，将线段BC与AD，BD之间的数量关系转化为AD与CE之间的数量关系．

②如图3，小亮同学从∠D=2∠C这个条件出发给出另一种解题思路：作AC的垂直平分线，分别与AC，CD交于F，E两点，连接AE，将∠D=2∠C转化为∠D与∠BEA之间的数量关系．

请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类此分析】
（2）李老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系；为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．
如图4，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，过点A作AD∥BC（点D与点C在AB同侧），若∠ADB=2∠C．求证：BC=AD+BD．

【学以致用】
（3）如图5，在四边形ABCD中，AD=1003,CD=1213,sinD=35,∠BCD=∠BAD,∠ABC=3∠ADC，求四边形ABCD的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）14443
【分析】（1）选择小鹏同学的解题思路，利用垂直平分线的性质、三角形外角的性质，可得AE=AD=CE，进而可证BC=CE+BE=AD+BD；选择小亮同学的解题思路，先证AE=EC，∠D=∠AED，推出AE=AD，再根据等腰三角形“三线合一”证明BE=BD，进而可证BC=CE+BE=AD+BD；
（2）过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，证明四边形AEBD是平行四边形，推出AD=BE，AE=BD，∠ADB=∠E，在BC上截取BF=BE，同（1）可证BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，先通过导角证明∠D=∠E，∠BCE=2∠E，同（1）可得EF=BC+CF．再利用勾股定理、锐角三角函数解直角三角形，求出△EAD，△EBC的底和高，根据四边形ABCD的面积=S△EAD-S△EBC即可求解．
【详解】解：（1）选择小鹏同学的解题思路，证明如下：
如图，

∵ BE=BD，AB⊥CD，
∴ AB是线段DE的垂直平分线，
∴ AE=AD，
∴ ∠D=∠AED，
∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠AED=2∠C，
又∵ ∠AED=∠C+∠CAE，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ CE=AE，
∴ CE=AD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
选择小亮同学的解题思路，证明如下：
如图，

∵ EF是线段AC的垂直平分线，
∴ AE=EC，
∴ ∠C=∠CAE，
∴ ∠AED=∠C+∠CAE=2∠C，
又∵ ∠D=2∠C，
∴ ∠D=∠AED，
∴ AE=AD，
∴ CE=AD．
∵ AE=AD，AB⊥CD，
∴ BE=BD，
∴ BC=CE+BE=AD+BD；
（2）证明如下：
如图，过点A作AE∥DB交CB的延长线于点E，在BC上截取BF=BE，连接AF，

∵ AE∥DB，AD∥BC，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴ AD=BE，AE=BD，∠ADB=∠E，
∵ ∠ADB=2∠C，
∴ ∠E=2∠C，
∵ ∠ABC=90°，
∴ AB⊥FE，
又∵ BE=BF，
∴ AB是线段EF的垂直平分线，
∴ AE=AF，
∴ ∠E=∠AFE，
∵ ∠E=2∠C，
∴ ∠AFE=2∠C，
又∵ ∠AFE=∠C+∠CAF，
∴ ∠C=∠CAF，
∴ CF=AF，
∴ CF=AE，
∴ BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD；
（3）如图，延长AB交DC的延长线于点E，作AH⊥DE于点H，作BF⊥DE于点F，

∵ ∠BCD=∠BAD，∠BCD+∠BCE=180°，∠BAD+∠E+∠D=180°，
∴ ∠BCE=∠E+∠D，
∵ ∠ABC=∠E+∠BCE，
∴ ∠ABC=∠E+∠E+∠D=2∠E+∠D，
∵ ∠ABC=3∠ADC，
∴ 3∠D=2∠E+∠D，
∴ ∠D=∠E，
∴ ∠BCE=∠E+∠D=2∠E，
又∵ BF⊥DE，
同（1）可证EF=BC+CF．
∵ AD=1003，sinD=35，AH⊥DE，
∴ AH=AD⋅sinD=1003×35=20，
∴ HD=AD2-AH2=10032-202=803，
∵ ∠D=∠E，
∴ AD=AE，
又∵ AH⊥DE，
∴ HE=HD，
∴ DE=2HD=1603，
∵ CD=1213，
∴ EC=DE-CD=160-1213=13，
设EF=x，则CF=EC-EF=13-x，
∵ EF=BC+CF，
∴ BC=EF-CF=x-13-x=2x-13，
∴ BF2=BC2-CF2=2x-132-13-x2=3x2-26x，
∵ sinD=35，∠D=∠E，
∴ tanE=tanD=34，
∴ BF=EF⋅tanE=34x，
∴ 34x2=3x2-26x，
解得x1=323，x2=0（舍），
∴ BF=34×323=8，
∴四边形ABCD的面积=S△EAD-S△EBC=12DE⋅AH-12EC⋅BF=12×1603×20-12×13×8=14443．
【点拨】本题考查解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，平行四边形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等，第3问难度较大，解题的关键是正确作出辅助线，注意应用前两问的结论．
【变式12-1】（2023·福建南平·统考二模）在等腰三角形ABC中，AB=AC，△DEC是由△ABC绕点C按顺时针方向旋转α角0<α<180°得到，且点A的对应点D恰好落在直线BC上，如图1．
(1)判断直线CE与直线AB的位置关系，并证明；
(2)当∠ADC=2∠BAC时，求∠BAC的大小；
(3)如图2，点F为线段AD的中点，点G在线段AB上且AG=AF，当点E在线段AD上时，求证：AB=AE+2BG．
【答案】(1)CE∥AB，证明见解析
(2)∠BAC=20°
(3)证明见解析
【分析】（1）由旋转的性质和等边对等角的性质，得到∠B=∠DCE，即可证明CE∥AB；
（2）设∠BAC=x，则∠ADC=2x，由旋转的性质，得出AC=DC，再根据三角形外角的性质，得到∠ACB=4x，然后根据三角形内角和定理，求出x的值，即可得到答案；
（3）连接CF、CG，利用旋转的性质，证明△AGC≌△AFCSAS，得CG=CF，∠AGC=∠AFC，再根据等腰三角形三线合一的性质，得的CF⊥AD，从而得出∠BGC=90°，再证明Rt△BGC≌Rt△EFCHL，得到BG=EF，即可证明结论．
【详解】（1）解：CE∥AB，证明如下：
证明：由旋转的性质可得，∠DCE=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠DCE，
∴CE∥AB；
（2）解：设∠BAC=x，则∠ADC=2∠BAC=2x，
由旋转的性质可得，AC=DC，
∴∠CAD=∠ADC=2x，
∴∠ACB=∠ADC+∠CAD=4x，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB=4x，
在△ABC中，∠BAC+∠ACB+∠ABC=180°，
∴x+4x+4x=180°，
解得：x=20°，即∠BAC=20°；
（3）解：证明：如图3，连接CF、CG，
由旋转的性质可知：∠BAC=∠D，CB=CE，CA=CD，
∴∠CAD=∠D，
∴∠BAC=∠CAD，
∵AG=AF，AC=AC，
∴△AGC≌△AFCSAS，
∴CG=CF，∠AGC=∠AFC，
∵CA=CD，点F为线段AD的中点，
∴CF⊥AD，
∴∠AFC=90°，
∴∠AGC=∠AFC=90°，
∴∠BGC=90°，
在Rt△BCG和Rt△EFC中，
CB=CECG=CF，
∴Rt△BGC≌Rt△EFCHL，
∴BG=EF，
∴AB=AG+BG=AF+BG=AE+EF+BG=AE+2BG．
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，三角形外角的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质等知识．解题关键是作辅助线构造全等三角形．
【变式12-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图1，已知三角形纸片ABC，AB=AC，∠A=50°，将其折叠，如图2，使点A与点B重合，折痕为ED，点E，D分别在AB，AC上，那么∠DBC的度数为（ ）

A．10°B．15°C．20°D．30°
【答案】B
【分析】依据三角形内角和定理，求出∠ABC的度数，再证明∠DBA=∠A=40°，即可得到∠DBC的度数．
【详解】解：∵AB=AC，∠A=50°，
∴∠ABC=∠C=12(180°-50°)=65°；
由折叠可得：DA=DB，
∴∠DBA=∠A=50°，
∴∠DBC=65°-50°=15°．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了翻折变换的性质，解题的关键是灵活运用等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等几何知识点．
【变式12-3】（2023·河南南阳·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，E为AD边的中点，连接BE，CE，点F，G分别是BE，BC边上的两个动点，连接FG，将△BFG沿FG折叠，使点B的对应点H恰好落在边EC上，若△CGH是以GH为腰的等腰三角形，则EH的长为 ．

【答案】5011或145
【分析】当GH=CH时，如图1所示，过点H作HM⊥BC于M，则CM=GM=12CG，设BG=GH=CH=x，则CG=12-x，CM=6-x2，利用勾股定理求出CE=5，证明∠DEC=∠MCH，再解直角三角形得到cs∠MCH=CMCH=35，代入计算即可得到答案；当GH=CG时，如图2所示，过点G作GM⊥CE于M，则CH=2CM，解直角三角形求出CM，可得CH=2CM=365，则EH可求．
【详解】解：如图1所示，当GH=CH时，过点H作HM⊥BC于M，

∴CM=GM=12CG，
由折叠的性质可得BG=GH=CH，
设BG=GH=CH=x，则CG=BC-BG=12-x，
∴CM=6-x2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=12，CD=AB=8，∠ADC=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵E是AD的中点，
∴DE=6，
在Rt△CDE中，由勾股定理得CE=CD2+DE2=10，
∵AD∥BC，
∴∠DEC=∠MCH，
在Rt△CDE中，cs∠CED=DECE=35，
∴在Rt△CMH中，cs∠MCH=CMCH=35，
∴6-x2x=35，
解得：x=6011，即CH=6011，
∴EH=CE-CH=5011；
如图2所示，当GH=CG时，过点G作GM⊥CE于M，

∴CH=2CM，
由折叠的性质可得BG=GH=CG=12BC=6，
在Rt△CGM中，CM=CG⋅cs∠GCM=6×35=185，
∴CH=2CM=365，
∴EH=CE-CH=145；
故答案为：5011或145．
【点拨】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【变式12-4】（2023·甘肃张掖·统考二模）（1）如图①，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在点B'处，B'C与AD交于点E，求证：△AEC是等腰三角形；

（2）点O是矩形纸片ABCD对角线的交点，将该纸片沿过点O的线段EF折叠，使点A的对应点为A'，点B与点D重合，连接BF，求证：四边形FBED是菱形；
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由折叠的性质得出∠ECA=∠ACB，由平行线的性质得出∠EAC=∠ACB，则可得出结论；
（2）连接BD，证明△DOF≌△BOE(AAS)，由全等三角形的性质得出DF=BE，得出四边形BEDF是平行四边形，由菱形的判定可得出结论．
【详解】解：（1）证明：∵将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到点B'的位置，
∴∠ECA=∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠EAC=∠ACB，
∴∠EAC=∠ECA，
∴AE=CE，
∴△ACE是等腰三角形；
（2）证明：连接BD，

∵将该纸片沿过点O的线段EF折叠，使点A的对应点为A'，点B与点D重合，
∴OB=OD，BD⊥EF，
∵DF∥BE，
∴∠DFE=∠BEF，
∵∠DOF=∠BOE，
∴△DOF≌△BOE(AAS)，
∴DF=BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又BD⊥EF，
∴四边形FBED是菱形．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的性质、翻折变换、菱形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题．
【变式12-5】（2023·河南洛阳·统考二模）综合与实践

(1)【操作发现】如图1，诸葛小组将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，请写出图中的一个45°角：______．
(2)【拓展探究】如图2，孔明小组继续将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的点N处，连接NF交AM于点P．
①∠AEF=______度；
②若AB=3，求线段PM的长．
(3)【迁移应用】如图3，在矩形ABCD，点E，F分别在边BC、CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，AB=3，AD=5，请直接写出线段BE的长．
【答案】(1)∠EAF=45°，见解析
(2)①∠AEF=60°，见解析；PM=2-3，见解析；
(3)线段BE的长为97或2；
【分析】（1）根据折叠性质和正方形的性质可得∠EAF=45°；
（2）①由折叠性质可得∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，结合∠EAF=45°可得∠AFN=45°，即可求解；②根据△ANF是等腰直角三角形，可证△ANP≌△FNEASA，设PN=EN=a，
根据AN+EN=AE，即可求解；
（3）在AD上取一点J，使得AJ=AB，过点J作JT⊥BC，交AF于点K，连接EK，可得△AJK∽△ADF，设BE=x，则EK=x+65，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∠EAF=45°；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠BAD=90°，
由折叠性质可得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，
∴∠MAE+∠MAF=∠BAE +∠DAF=12∠BAD=45°，
即∠EAF=45°；
（2）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠B=90°，
由折叠性质可得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，
∴∠ANF=180°-90°=90°，
由操作一得：∠EAF=45°，
∴△ANF是等腰直角三角形，
∴∠AFN=45°，
∴∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，
∴245°+∠NFE+∠CFE=180°，
∴∠NFE=∠CFE=30°，
∴∠AEF=90°-30°=60°；
②∵ △ANF是等腰直角三角形，
∴AN=FN，
∵∠AMF=∠ANF=90°，∠APN=∠FPM，
∴∠NAP=∠NFE=30°，
∴△ANP≌△FNEASA，
∴AP=FE,PN=EN，
∵∠NFE=∠CFE=30°，∠ENF=∠C=90°，
∴∠NEF=∠CEF=60°，
∴∠AEB=60°，
∵∠B=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=33AB=1，
∴AE=2BE=2，
设PN=EN=a，
∵∠ANP=90°,∠NAP=30°，
∴AN=3PN=3a，AP=2PN=2a，
∵AN+EN=AE，
∴3a+a=2，解得：a=3-1，
∴AP=2a=23-2，
∴PM=AM-AP=3-(23-2)=2-3；
（3）解：如图，在AD上取一点J，使得AJ=AB，过点J作JT⊥BC，交AF于点K，连接EK，

当DF=2CF时，CF=1,DF=2，
∵JK∥DF，
∴△AJK∽△ADF，
∴AJAD=JKDF，
∴JK2=3c，
∴JK=65，
由（1）可知，EK=BE+JK，
设BE=x，则EK=x+65，
∵EK2=ET2+KT2，
∴(x+65)2=(3-x)2+(3-65)2，
∴x=97，
当CF=2DF时，同理可得BE=2，
综上所述，线段BE的长为97或2；
【点拨】此题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等知识， 熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出∠EAF=45°是解题的关键．
题型13 等腰三角形有关的规律探究问题
【例13】（2022·湖北荆门·校考模拟预测）如图，直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7…，是斜边在x轴上，斜边长分别为4，8，12，16，…的等腰直角三角形，若△A1A2A3的顶点坐标分别为A1(4,0)，A2(2,2)，A3(0,0)，则依图中所示规律，A2022的坐标为 ．
【答案】（2，2022）
【分析】先判断点A2022的位置，再判断横纵坐标的变化特点，根据规律可得出答案．
【详解】解：∵ 2022÷4=505⋅⋅⋅2，
∴A2022是505个循环后的第二个点，即直角顶点.
∵各三角形都是等腰直角三角形，
∴直角顶点的纵坐标的长度为斜边的一半，
∵A2(2,2)是第1个等腰直角三角形的顶点，
A6(2,6)是第3个等腰直角三角形的顶点，
A10(2,10)是第5个等腰直角三角形的顶点，
A14(2,14)是第7个等腰直角三角形的顶点，
…，
∵2022=1011×2，
∴A2022是第1011个等腰直角三角形的顶点，
∴A2022在第一象限，横坐标为2，纵坐标为2022，
∴点A2022的坐标为(2,2022)．
故答案为：(2,2022)．
【点拨】本题主要考查了平面直角坐标系内的坐标，规律问题，等腰直角三角形的性质等，得出纵坐标的变化规律是解题的关键．
【变式13-1】（2022·四川成都·四川师范大学附属中学校考模拟预测）如图，在等腰RtΔABC中，已知∠ACB=90°，AC=BC=1，且AC边在直线a上．将ΔABC绕点A顺时针旋转到位置①可得到点P1，此时AP1=2；将位置①的三角形绕点P1顺时针旋转到位置②，可得到点P2，此时AP2=1+2；将位置②的三角形绕点P2顺时针旋转到位置③，可得到点P3，此时AP3=2+2；···，按此规律继续旋转，直至得到点P2022为止，则AP2022= ．
【答案】1348+6742/
【分析】由等腰直角三角形的性质和已知条件得出AP1＝2，AP2＝1+2，AP3＝2+2，AP4＝2+22，AP5＝3+22，AP6＝4+22，每三个一组，进而找到规律即可．
【详解】解：观察图形的变化可知：
AP1＝2；
AP2＝1+2；
AP3＝2+2；
AP4＝2+22；
AP5＝3+22；
AP6＝4+22＝2（2+2）；
…．
发现规律：
AP3n＝n（2+2）；
AP3n+1＝n（2+2）+2；
AP3n+2＝n（2+2）+2+1．
∴AP2022＝AP674×3＝674（2+2）＝1348+6742．
故答案为：1348+6742．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等，根据题意得出规律是解题的关键．
【变式13-2】（2022·山东潍坊·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，有一个等腰直角三角形AOB，∠OAB=90°，直角边AO在x轴上，且AO=1．将Rt△AOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB，且A1O=2AO，再将Rt△A1OB1，绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A2OB2，且A2O=2A1O……，依此规律，得到等腰直角三角形A2021OB2021，则点B2022的坐标是 ．
【答案】-22022,-22022
【分析】根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点B2022的坐标位置，进而得出答案．
【详解】解：∵ΔAOB是等腰直角三角形，OA=1，
∴AB=OA=1，
∴B(1,1)，
将RtΔAOB绕原点O顺时针旋转90°得到等腰直角三角形A1OB1，且A1O=2AO，
再将Rt△A1OB1绕原点O顺时针旋转90°得到等腰三角形A2OB2，且A2O=2A1O…，依此规律，
∴每4次循环一周，B1(2,-2)，B2(-4,-4)，B3(-8,8)，B4(16,16)，
∵2022÷4=505……2，
∴点B2022与B2同在一个象限内，
∴点B2022(-22022，-22022)．
故答案为：(-22022，-22022)．
【点拨】此题主要考查了点的坐标变化规律及等腰直角三角形的性质，得出B点坐标变化规律是解题关键．
【变式13-3】（2022·上海·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，在Rt△ABC内部作正方形D1E1F1G1，其中点D1，E1分别在AC，BC边上，边F1G1在BC上，它的面积记作S1；按同样的方法在△CD1E1内部作正方形D2E2F2G2，它的面积记作S2，S2= ，…，照此规律作下去，正方形DnEnFnGn的面积Sn= ．
【答案】 834 832n
【分析】先说明AB=3G1F1.G1F1=3G2F2，再求出AB的长，然后分别求出第一个、第二个正方形的面积，然后寻找规律，最后再利用规律解答即可．
【详解】解：∵CA=CB，∠C=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∴AG1= D1G1, BF1= E1F1
∵正方形D1E1F1G1，
∴F1G1= D1G1= E1F1
∴AB=3G1F1
同理：G1F1=3G2F2，
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2
∴AB=22+22=22
∴正方形D1E1F1G1的边长为22×13，正方形D2E2F2G2边长为22×13×13=13222
∴S2=13222·13222=834，正方形DnEnFnGn边长为22×13×13×⋯=13n22
∴正方形DnEnFnGn的面积Sn=13n22×13n22=832n．
故答案为：834，832n．
【点拨】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质等知识，运用所学知识发现规律、并灵活利用规律成为解答本题的关键．
题型14 等腰三角形有关的新定义问题
【例14】（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，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一点（异于B点），AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=m°，连接CE，则CE______BD（填“<”或“=”或“>”），∠BCE=______°（用含m的代数式表示）．
(2)如图②，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，M、N分别是底边BC、DE的中点，请探究MN与CE的数量关系，并说明理由．
(3)如图③，△ABC和△ADE互为“友好三角形”，点D是BC边上一动点，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，BC=6，过D点作DF⊥AD，交直线CE于F点，若点D从B点运动到C点，直接写出F点运动的路径长．
【答案】(1)=，180-m
(2)
(3)152
【分析】（1）由∠BAC=∠DAE=m°，可得∠BAD=∠CAE，证明△BAD≌△CAESAS，则BD=CE，∠ACE=∠ABD，根据∠BCE=∠BCA+∠ACE=∠BCA+∠ABD，计算求解可求∠BCE；
（2）如图②，连接AN，AM，由等边三角形的性质可得AN⊥DE，AM⊥BC，∠DAN=30°，∠BAM=30°，则∠MAN=∠BAD，ANAD=AMAB=32，证明△MAN∽△BAD，则MNBD=ANAD=32，同（1）可证△BAD≌△CAESAS，则BD=CE，进而可得MNCE=32；
（3）由题意知，F在直线CE上运动，由（1）可知，∠BCE=180°-∠BAC=90°，即CE⊥BC，如图③，过A作AO⊥BC于O，则O为BC的中点，当点D在B点时，F点与G点重合，由AB=AC，∠BAC=90°，BC=6，可得∠ABC=45°，AO=CO=3，则∠CBG=∠ABG-∠ABC=45°，CG=BC=6，当点D运动到O点时，F点与C点重合，当点D运动到D'点时，F点与F'点重合，则∠OAD'=∠CD'F'，△OAD'∽△CD'F'，则CF'OD'=D'CAO，即CF'OD'=3-OD'3，解得CF'=3-OD'⋅OD'3=-OD'-3223+34，由-1<0，可知当OD'=32时，CF'最大，值为34，当点D从D'点运动到C点，点F从F'回到C点，根据F点运动的路径长为GC+2CF'，计算求解即可．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠BAD+∠DAC，∠DAE=∠DAC+∠CAE，∠BAC=∠DAE=m°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∵AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=∠BCA+∠ABD=180°-∠BAC=180°-m°，
故答案为：=，180-m；
（2）解：MNCE=32，理由如下：
如图②，连接AN，AM，

由题意知，△ABC和△ADE均为等边三角形，
∵M、N分别是底边BC、DE的中点，
∴AN⊥DE，AM⊥BC，∠DAN=30°，∠BAM=30°，
∵∠DAN=∠DAM+∠MAN，∠BAM=∠BAD+∠DAM，∠DAN=∠BAM，
∴∠MAN=∠BAD，
∵ANAD=sin∠ADE=32，AMAB=sin∠ABC=32，
∴ANAD=AMAB=32，
∴△MAN∽△BAD，
∴MNBD=ANAD=32，
同（1）可证△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE，
∴MNCE=32；
（3）解：由题意知，F在直线CE上运动，
由（1）可知，∠BCE=180°-∠BAC=90°，即CE⊥BC，
如图③，过A作AO⊥BC于O，则O为BC的中点，当点D在B点时，F点与G点重合，

∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=6，
∴∠ABC=45°，AO=CO=3，
∵BG⊥AD，
∴∠CBG=∠ABG-∠ABC=45°，
∴CG=BC=6，
当点D运动到O点时，F点与C点重合，
当点D运动到D'点时，F点与F'点重合，则∠OAD'=∠CD'F'，
∵∠AOD'=∠D'CF'=90°，
∴△OAD'∽△CD'F'，
∴CF'OD'=D'CAO，即CF'OD'=3-OD'3，解得CF'=3-OD'⋅OD'3=-OD'-3223+34，
∵-1<0，
∴当OD'=32时，CF'最大，值为34，
当点D从D'点运动到C点，点F从F'回到C点，
∴F点运动的路径长为GC+2CF'=6+2×34=152，
∴点D从B点运动到C点，F点运动的路径长为152．
【点拨】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．
【变式14-1】（2022·广东中山·统考三模）新定义：顶角相等且顶角顶点重合的两个等腰三角形互为“兄弟三角形”．
(1)如图1，△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点．求证：BD=CE．
(2)如图2，△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，点A为重合的顶角顶点，点D.E均在△ABC外，连接BD.CE交于点M，连接AM，求证：AM平分∠BME．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据“兄弟三角形”的定义得到∠BAC=∠DAE，进而得到∠CAE=∠BAD，再证明△BAD≌△CAE即可得到答案；
（2）过点A作AG⊥DM于G，AH⊥EM于H，证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的对应高相等得到AG=AH，根据角平分线的判定定理证明结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，
∴∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，
即∠CAE=∠BAD，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD=CE．
（2）证明：如图，过点A作AG⊥BM于G，AH⊥EM于H，
∵△ABC和△ADE互为“兄弟三角形”，
∴∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠CAE=∠BAD，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABG=∠ACH，
∵AG⊥BM，AH⊥EM，
∴∠AGB=∠AHC=90°，
∴△BAG≌△CAH（SAS），
∴AG=AH，
∴AM平分∠BME．
【点拨】本题考查的是“兄弟三角形”的定义、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，正确理解“兄弟三角形”的定义是解题的关键．
【变式14-2】（2023·广东阳江·统考三模）定义：△ABC中，∠A+2∠B=90°，则称△ABC为倍余三角形．

(1)下列说法正确的是 ．
①倍余三角形一定是钝角三角形；
②等腰三角形不可能是倍余三角形．
(2)如图1，△ABC内接于⊙O，点D在直径BC上(不与B，C重合)，满足AB=AD，求证：△ACD为倍余三角形；
(3)在（2）的条件下，
①如图1，连接AO，若△AOD也为倍余三角形，求∠C的度数；
②如图2，过点D作DE⊥BC交AC于点E，若△ABC面积为△ADE面积的7.5倍，求ADBC的值．
【答案】(1)①
(2)见解析
(3)①36°或22.5°；②66或105
【分析】（1）由倍余三角形的定义及等腰三角形的性质可得出答案；
（2）由圆周角定理的推论得出∠B+∠C=90°，由等腰三角形的性质得出∠ABD=∠ADB，根据三角形外角的性质可得出答案；
（3）①若∠AOD为钝角，设∠OAD=x，则∠DAC=x，∠C=2x，得出∠ADO=3x，即5x=90°，求出∠C=36°；若∠ADC为钝角，设∠OAD=x，则∠OAC=∠C=x，∠AOD=2x，即4x=90°，求出x=22．5°，则可得出答案；
②如图3，作AF⊥BC，不妨设DF=1，CD=x，根据等面积法列出分式方程，解方程求出x的值则可得出答案．
【详解】（1）解：①∵△ABC为倍余三角形，
∴∠A+2∠B=90°，
∴∠A+∠B=90°-∠B<90°，
∴∠C>90°，
∴倍余三角形一定是钝角三角形，故①正确，
②等腰三角形可能是倍余三角形．如∠A=∠B=30°，△ABC是倍余三角形．故②错误，
故答案为①；
（2）证明：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠DAC+2∠C=∠DAC+∠C+∠C=∠ADB+∠C=∠B+∠C=90°，
∴△ACD为倍余三角形；
（3）①如图1，

∵∠AOD为钝角，
∴∠OAD+2∠ADO=∠B+∠AOB>90°，和不可能为90°，
当2∠OAD+∠ADO=90°时，即2∠OAD+∠B=90°，
又∵∠B+∠C=90°，
∴∠OAC=∠C=2∠OAD，
设∠OAD=x，则∠DAC=x，∠C=2x，
∴∠ADO=3x，
即5x=90°，
∴x=18°，
即∠C=36°，
如图2，∵∠ADC为钝角，

∴∠OAD+2∠AOD=∠B+∠AOB>90°，和不可能为90°，
当2∠OAD+∠AOD=90°时，即∠OAD+∠B=90°，
∵∠OAD+∠B=90°，
∴∠OAD=∠C=∠OAC，
设∠OAD=x，则∠OAC=∠C=x，∠AOD=2x，
即4x=90°，
∴x=22.5°，
即∠C=22.5°，
综合以上可得∠C为36°或22.5°；
②如图3，作AF⊥BC，不妨设DF=1，CD=x，若△ABC的面积为△ADE面积的7.5倍，

∵ S△ABC=12BC⋅AF，S△ADE=S△ADC-S△CDE=12CD⋅(AF-DE)，
∴ xx+2⋅1x+1=17.5，
解得x1=4，x2=12，经检验都是原方程的解；
当x=4时，BC=6，AD= 6，
∴ ADBC=66，
当x=12时，BC=2.5，AD= 102，
∴ ADBC=105．
综合以上得出ADBC的值为66或105．
【点拨】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，新定义倍余三角形的理解与运用，熟练掌握与三角形有关的性质定理是解题的关键．
题型15 等腰三角形有关的动点问题
【例15】（2023·湖南郴州·统考二模）如图，等腰Rt△ABC中，D是AC上一动点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAE，连接ED．若BC=5，则△AED周长最小值是 ．

【答案】5+52/52+5
【分析】根据旋转的性质和等腰直角三角形的判定和性质定理即可得到结论.
【详解】∵将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAE，
∴AE=CD,BE=BD,∠DBE=90°,
∴AE+AD=AD+CD=AC,△DBE是等腰直角三角形，
∴当BD取最小值时，DE的值最小，则△AED周长的值最小，当BD⊥AC时, BD的值最小,
∴DE=2BD，
∵△ABC是等腰直角三角形,BC=5,
∴DE=5,
∴AC=2BC=52，
∴BD=12AC=522，
∴△AED周长最小值是AC+DE=5+52,
故答案为： 5+52.
【点拨】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键.
【变式15-1】（2022·湖北咸宁·校考模拟预测）正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点（不于B、C重合），连接BE，DE，作EF⊥BE交CD或其延长线于F，下列结论：①BE=DE；②△DEF为等腰三角形；③AE=CF；④CE
【答案】①②④
【分析】证明△AED≌△AEB即可判断①；进而根据四边形内角和定理可得∠EBC+∠EFC=180°，根据邻补角互补得出∠EFD+∠EFC=180°，即可得出∠EBC=∠EFD，进而可得∠EDF=∠EFD，根据等角对等边即可判断②；过点E作EH⊥CD于点H，交AB于点G，设正方形的边长为a，得出CF,AE，进而根据AE的值是变化的，即可判断③；设AG=b b【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵E为对角线AC上的动点，
∴∠DAE=∠BAE=45°，
又∵AE=AE
∴△AED≌△AEB
∴BE=DE，故①正确；
∵∠ECB=∠ECD=45°,EC=EC,CB=CD
∴△CED≌△CEB，
∴∠CDE=∠CBE，
∵EF⊥BE，∠BCF=90°，
∴∠EBC+∠EFC=180°，
∵∠EFD+∠EFC=180°，
∴∠EBC=∠EFD，
∴∠EDF=∠EFD，
∴EF=ED，
又BE=ED，
∴BE=EF，即△EBF是等腰三角形，故②正确；
如图所示，过点E作EH⊥CD于点H，交AB于点G，

则△AGE是等腰直角三角形，四边形AGHD是矩形，
∴AG=22AE，AG=DH，
∵ED=EF
∴DH=HF
∴DF=2DH=2AG=2AE
设正方形的边长为a，则CF=DC-2DH=a-2AE
∵E为动点，则CF与AE不一定相等；故③不正确；
设AG=b b∴EC=2a-2b=2a-b；
BF=2BE=2GE2+BG2=2b2+a-b2
∴EC2=2a-b2，BF2=2a-b2+b2
∴EC2即CE故答案为：①②④．
【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式15-2】（2023·吉林长春·校联考一模）（1）如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90，点C在OA上，点D在线段BO延长线上，连接AD，BC，则AD，BC的数量关系为______．
（2）如图2，将图1中的△COD绕点O顺时针旋转α0°<α<90°，第一问的结论是否仍然成立，证明你的结论，若不成立说明理由．
（3）如图3，若AB=8，点C是线段AB外一动点，AC=33，连接BC，若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是_____．
【答案】（1）AD=BC；（2）AD=BC仍然成立，证明见解析；（3）8+36．
【分析】（1）证明△BOC≌△AODSAS即可得到AD=BC；
（2）根据△AOB和△COD是等腰直角三角形得到OA=OB，OC=OD，证明△AOD≌△BOC即可得到AD=BC；
（3）过点A作AE⊥AB，取AE=AB，连接BE、DE，证明△ABC∽△EBD，求出ED=36，根据三角形三边之间的关系即可解得．
【详解】解：（1）在△BOC和△AOD中，
BO=AO∠BOC=∠AOD=90°OC=OD，
∴△BOC≌△AODSAS，
∴AD=BC；
故答案为：AD=BC．
（2）AD=BC仍然成立，证明如下：
∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，
∴OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠AOB+∠AOC=∠AOC+∠COD，即∠AOD=∠BOC，
∴△AOD≌△BOCSAS，
∴AD=BC．
（3）过点A作AE⊥AB，使得AE=AB，连接BE、DE，
由旋转的性质可得CD=CB，∠DCB=90°，
∴△BAE，△BCD都是等腰直角三角形，
∴BEAB=BDBC=2，
∵∠CBD=∠ABE=45°，∠CBE=∠CBE，
∴∠ABC=∠EBD，
∴△ABC∽△EBD，
∴EDAC=BEAB=2，
∴ED=33×2=36，
∵AD≤AE+ED=8+36，
∴AD的最大值为8+36，
故答案为：8+36．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形三边之间的关系，构造相似三角形是解决问题的关键．
【变式15-3】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+2分别交x轴、y轴于A.B两点，过点C2,2作x轴垂线，垂足为D，连BC．现有动点P、Q同时从A点出发，分别沿AB、AD向点B和点D运动（P、Q两点中有一点到达目标点，两者的运动随即停止），若点P的运动速度为2 cm/s，点Q的运动速度为2 cm/s．设运动的时间为t s．

(1)求A.B两点的坐标；
(2)当CQ∥AB时，求t的值；
(3)是否存在这样的时刻t，使△CPQ为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A-2,0，
(2)1
(3)存在这样的时刻 t，使△CPQ为等腰三角形，t的值是2 s或53 s或
【分析】（1）把x=0，y=0分别代入函数解析式，求出即可；
（2）根据平行四边形的性质得出BC=2=AQ，即可求出答案；
（3）根据勾股定理分别求出CP、PQ、CQ的平方，分为三种情况：当CP=CQ时，当PQ=CQ时，当CP=PQ时，代入求出即可．
【详解】（1）解：∵直线y=x+2分别交x轴、y轴于A、B两点，
∴当x=0时，y=2，
当y=0时，x=-2，
∴A(-2,0)，B(0,2)；
（2）解：∵B0,2，C(2,2)，
∴BC=2，BC∥AD，
∵CQ∥AB，
∴四边形BCQA是平行四边形，
∴AQ=BC=2，
∴t=2÷2=1；
（3）解：存在，
理由是：如图1，过P作EF⊥AD，交AD于F，交直线CB于E，

∵∠AOB=90°，OA=OB=2，
∴∠BAD=45°，
∵PF⊥AD，
∴∠PFA=90°，
∴∠BAD=∠FPA=45°，
∵AP=2t，
∴AP=PF=t，
∵AQ=2t，
∴QF=t，
在Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ2=t2+t2，
在Rt△DCQ中，由勾股定理得：CQ2=22+2+2-2t2，
∵BC∥AD，
∴∠BAD=45°=∠EBP，
∵∠E=90°，
∴∠EBP=∠EPB=45°，
∴EP=EB=2-2t，
在Rt△PEC中，由勾股定理得：CP2=2-2t2+2-2t+22，
分为三种情况：①如图2，当CQ=PQ时，2t2=22+2+2-2t2，
t=4+6（比AD的值大，舍去），t=4-6；
②如图2，

当CP=CQ时，2+2-2t2+2-2t2=22+4-2t2，
t=0（舍去），t=2；
③如图3，

当CP=PQ时，FQ=AD-AF-DQ=4-t-4-2t=t，PF=t，EP=EB=2-t，CE=2+2-t，
由勾股定理得：2-t2+2+2-t2=t2+t2，
t=53，
即存在这样的时刻t，使△CPQ为等腰三角形，t的值是2 s或53 s或4-6 s．
【点拨】本题考查了正方形性质，函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质和判定，勾股定理的应用，用了分类讨论思想．
题型16 探究等腰三角形中线段间存在的关系
【例16】（2022·北京海淀·校考模拟预测）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是边AB上一点，点D与E关于直线AC对称，过点E作EF⊥CD交CD于G，交BC于F．
(1)补全图形；
(2)探究线段CD和EF的数量关系，并证明；
(3)直接写出线段BF的DE的数量关系______．
【答案】(1)见详解
(2)CD=EF，证明见详解
(3)BF=22DE
【分析】（1）先根据点对称的性质作出点E，再根据垂直平分线的性质作，通过尺规作图过点E作EF⊥CD即可；
（2）先通过直角三角形的性质证明∠AEO=∠ACE，再根据等腰直角三角形的性质和三角形外角的性质证明∠EFC=∠FCE，从而EF=EC，最终证得CD=EF；
（3）过点F作FP⊥BE，垂足为P，先证明△PEF≌△ACD(ASA)得到PF=DA=12DE，再根据△BPF是等腰直角三角形得到BF=2PF，从而得到答案．
【详解】（1）延长DA，以点A为圆心，以DA为半径画圆弧交DA延长线于点E，
以点E为圆心作圆弧，和CD分别相交于点M、点N，再分别以点M、点N为圆心，大于MN2为半径画圆弧，相交于点Q，连接EQ，分别于CD、BC相交于点G和点F；
图形补全如下：
（2）解：CD=EF，证明如下，
如下图所示，连接EC，AC交EF于点O，
∵点D与E关于直线AC对称，
∴AC是DE的垂直平分线，
∴DC=EC，∠EAC=90°，∠DCA=∠ACE
∴∠EOA+∠AEO=90°，
∵EF⊥CD，
∴∠GOC+∠GCO=90°，
∵∠GOC=∠AOE，
∴∠OEA=∠GCO，
∴∠AEO=∠ACE，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠BCA=45°，
∴∠EFC=∠B+∠BEF=45°+∠AEO，∠FCE=∠BCA+∠ACE=45°+∠AEO，
∴∠EFC=∠FCE，
∴EF=EC，
∴CD=EF；
（3）解：如下图所示，过点F作FP⊥BE，垂足为P，
∵∠EPF=∠CAD=90°CD=EF∠PEF=∠DAC，
∴△PEF≌△ACD(ASA)，
∴PF=DA=12DE，
∵∠B=45°,∠BPF=90°
∴∠B=∠BFP=45°，
∴BP=PF，
∵BF2=BP2+PF2，
∴BF=2PF，
∵PF=12DE，
∴BF=22DE．
【点拨】本题考查垂直平分线的性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是添加正确的辅助线构造出等腰三角形．
【变式16-1】（2023·江西南昌·校考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD,将DB绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，

(1)线段BC与AB的数量关系为 ；
拓展迁移
(2)当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，判断线段CE与AD之间的数量关系，并说明理由．
类比运用
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE
【答案】(1)BC=3AB
(2)CEAD=3；
(3)ANCE的值为5719或2121
【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH=32AB，BC=2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB=AC=3a，则AD=2a，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB=AC=2a，则AD=4a，同样方法求得结果．
【详解】（1）解：如图1，过点A作AH⊥BC于点H，

∵AB=AC，
∴∠BAH=∠CAH=12∠BAC=60°，BC=2BH，
∴sin∠BAH=sin60°=BHAB，
∴BH=32AB，
∴BC=2BH=3AB；
故答案为：BC=3AB；
（2）∵AB=AC，∠BAC=120°，，
∴∠ABC=∠ACB=180°-∠BAC2=30°，
由（1）得，BCAB=3，
∵将DB绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，
∴BD=ED,∠BDC=120°，
∴∠DBE=∠DEB=180°-∠BDE2=30°，
由（1）同理可得，BEBD=3，
∴∠ABC=∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，即∠ABD=∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEAD=3；
（3）如图2，

当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB=AC=3a，则AD=2a，
由（1）得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF=180°-∠BAC=60°，AB=3a，
∴AF=3a⋅cs60°=32a，BF=3asin60°=332a，
在Rt△BDF中，DF=AD+AF=2a+32a=72a，
BD=BF2+DF2=(332a)2+72a2=19a，
∵∠AGD=∠F=90°，∠ADG=∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴ AGBF=ADBD，
∴ AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND=∠BDE=120°，
∴∠ANG=60°，
∴AN=AGsin60°=3319⋅23a=61919a，
∴ ANCE=61919a23a=5719，
如图3，

当点D在AC的延长线上时，
设AB=AC=2a，则AD=4a，
由（1）得，
CE=3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR=a，BR=3a，
∴BD=(3a)2+(5a)2=27a，
∵∠AQD=∠R=90°，∠ADQ=∠BDR，
∴△ADQ∽△BDR，
∴ AQBR=ADBD，
∴ AQ 3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∵AN∥DE，
∴∠AND=∠BDE=120°，
∴∠ANQ=60°，
∴AN=AQsin60°=237a⋅23=47a，
∴ AN CE=47a43a=2121，
综上所述：5719或2121．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．
【变式16-2】（2022·河北石家庄·校考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E分别在AB，BC上，且∠EAD=∠EDA.延长DE，交AC的延长线于点F．

(1)求证：DE=EF；
(2)判断线段BD和CF的数量关系，并说明理由；
(3)若AB=AC=3，CF=1，求BE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)BD=CF，理由见解析
(3)22
【分析】（1）由∠BAC=90°得到∠EAD+∠CAE=90°，∠EDA+∠F=90°，又由∠EAD=∠EDA，得到∠EAC=∠F，EA=ED，则EA=EF，等量代换即可解决问题；
（2）在BE上取一点M，使得ME=CE，连接DM．证明△DEM≌△FECSAS，得到DM=CF，∠MDE=∠F，则DM∥CF，得到∠BDM=∠BAC=90°，由AB=AC得到∠DBM=45°，则BD=DM，即可得到结论；
（3）过点E作EN⊥AD交AD于点N．由EA=ED，EN⊥AD，得到AN=ND，由（2）知BD=CF=1，则DN=AN=1，由∠B=45°，EN⊥BN．得到EN=BN=2，在Rt△BEN中，BN2+EN2=BE2，代入数值即可得到答案．
【详解】（1）∵∠BAC=90°，
∴∠EAD+∠CAE=90°，∠EDA+∠F=90°，
∵∠EAD=∠EDA，
∴∠EAC=∠F，EA=ED，
∴EA=EF，
∴DE=EF．
（2）解：结论：BD=CF．
理由：如图，在BE上取一点M，使得ME=CE，连接DM．

∵DE=EF．∠DEM=∠CEF，EM=EC．
∴△DEM≌△FECSAS，
∴DM=CF，∠MDE=∠F，
∴DM∥CF，
∴∠BDM=∠BAC=90°，
∵AB=AC，
∴∠DBM=45°，
∴BD=DM，
∴BD=CF．
（3）如图，过点E作EN⊥AD交AD于点N．

∵EA=ED，EN⊥AD，
∴AN=ND，
由（2）知BD=CF=1，则DN=AN=3-BD2=1，
∵∠B=45°，EN⊥BN．
∴EN=BN=DN+BD=2，
在Rt△BEN中，∵BN2+EN2=BE2，
∴BE=BN2+EN2=22+22=22，
即BE的长为22．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式16-3】（2022·北京海淀·校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在线段AB上，连接CD，AE⊥CD于点E，以点A为圆心，CD长为半径画弧，交AE于点F，连接DF．
(1)依题意补全图形：
①设∠BCD=α，则∠DFA的度数为________________；（用含α的式子表示）
②求证：DF∥BC；
(2)探究DF、AF、BC之间的数量关系并证明．
【答案】(1)①画图见解析，α+90°；②见解析
(2)AC2+FD2=2AF2，证明见解析
【分析】（1）①根据题意画出图形，连接CF并延长交AB于点G，首先根据题意证明出△ABC是等腰直角三角形，然后证明出△CAF≌△BCDSAS，进而得到△AGC是等腰直角三角形，然后证明出△AGF≌△CGDHL，得到FG=GD，∠AFG=∠CDG=∠BCD+∠B=α+45°，然后利用∠DFA=∠AFG+∠GFD求解即可；
②由①得到∠FDG=45°，∠B=45°，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；
（2）根据勾股定理和等腰直角三角形的性质得到AG=22AB，FG=22FD，然后利用勾股定理得到AG2+GF2=AF2，然后代入求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接CF并延长交AB于点G，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形
∴∠CAB=∠B=45°
∵∠ACB=90°
∴
∵AE⊥CD
∴∠ACE+∠CAE=90°
∴∠CAE=∠BCD=α
∵AC=BC，AF=CD
∴
∴∠ACF=∠B=45°
∵∠CAB=45°
∴∠AGC=∠CGD=90°
∴△AGC是等腰直角三角形
∴
又∵AF=CD
∴△AGF≌△CGDHL
∴FG=GD，
∵∠FGD=90°
∴∠GFD=∠GDF=45°
∴∠DFA=∠AFG+∠GFD=α+45°+45°=α+90°；
②由①可得，∠FDG=45°
∵∠B=45°
∴∠B=∠FDG
∴DF∥BC；
（2）∵△AGC是等腰直角三角形
∴AG2+CG2=AC2，AG=CG
∴2AG2=AC2，
∴整理得AG=22AC，
∵AB=AC
∴AG=22AB
∵△FGD是等腰直角三角形
∴同理可得，FG=22FD
∵∠AGF=90°
∴AG2+GF2=AF2
∴22AC2+22FD2=AF2
∴整理得，AC2+FD2=2AF2．
【点拨】此题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
考点二 等边三角形的性质与判定
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.
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=34边长2
2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
题型01 利用等边三角形的性质求线段长
【例1】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考二模）如图，△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q．若BF=2，则PE的长为（ ）

A．2B．23C．3D．3
【答案】C
【分析】先求出∠EBP=∠QBF=30°，再求出BQ=BF⋅cs30°=3，根据30°所对的直角边等于斜边的一半，求出PE的长．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，
∴∠EBP=∠QBF=30°，
∵BF=2，QF为线段BP的垂直平分线，
∴∠FQB=90°，
∴BQ=BF⋅cs30°=2×32=3，
∴BP=2BQ=2×3=23，
在Rt△BEP中，∠EBP=30°，
∴PE=12BP=3．
故选：C．
【点拨】本题考查等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，三角函数，30°所对的直角边等于斜边的一半的知识，解题的关键是熟练利用相应的定理进行推理．
【变式1-1】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图是由三个大小相同的正方形组成的“品”字型轴对称图案，测得顶点A，B之间的距离为5．现用一个等边三角形纸片将其完全覆盖，当此等边三角形面积最小时，则它的外接圆半径是（ ）

A．233+53B．233+83C．433+53D．433+83
【答案】B
【分析】根据轴对称图形的性质可知，等边三角形纸片的一边与B点所在的正方形水平方向的边重合，且等边三角形纸片的左侧的边过A点，据此画出图形，再根据勾股定理，正三角形的性质以及其外接圆的性质，作答即可．
【详解】如图，面积最小的等边三角形为△EFG，则等边△EFG的外接圆的半径为r为等边△EFG中线的23，设小正方形的边长为x，

根据图形的对称性有：EN⊥FG，AM⊥FG，HN=AM=2x，AH=NM=12x，BN=x，
∴BM=32x，
∵在Rt△ABM中，AB2=AM2+BM2，
∴52=2x2+32x2，
解得：x=2（负值舍去），
∴AH=1，
∵在等边△EFG中，∠FEG=60°，EN⊥FG，
∴∠FEN=30°，
∴AE=2AH，
∵AE2=AH2+EH2，
∴EH=3，
∴EN=EH+HN=4+3，
∴等边△EFG中线长为：4+3，
∵等边△EFG的外接圆的半径为r为等边△EFG中线长的23，
∴外接圆半径是r=4+3×23=83+233，
故选：B．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，勾股定理，外接圆的性质，三角形外心的性质以及轴对称图形的性质等知识，正确的画出图形是解答本题的关键．
【变式1-2】（2024·上海普陀·统考一模）已知点P为等边三角形ABC的重心，D为△ABC一边上的中点，如果这个等边三角形的边长为2，那么PD= ．
【答案】
【分析】本题主要考查了重心的概念，等边三角形的性质，解题时要熟练掌握并灵活运用是关键．延长AG交BC于点D，根据重心的概念得到BD=DC，根据等边三角形的性质得到AD⊥BC，根据勾股定理求出AD即可得到答案．
【详解】解：延长AG交BC于点D，
∵等边△ABC，
∴AD⊥BC，
∵ D为△ABC一边上的中点，
∴BD=DC=1，
∴AD=AB2-BD2=22-12=3，
∵点P为等边三角形ABC的重心，
∴PD=13AD=33．
故答案为：33．
【变式1-3】（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，△ABC中，∠ABC=30°，AB=33，D为BC边上一点，且BD=4，点E为AB边上一动点，△DEF为等边三角形，则线段AF的取值范围是 ．
【答案】12≤AF≤7
【分析】以BD为边作等边△BDH，连接FH交AB于点N，过A点作AP⊥HF于点P，根据等边三角形的性质可得BD=HD=BH=4，ED=DF，∠HBD=∠HDB=∠EDF=∠BHD=60°，从而可证△BDE≌△HDF，可得BE=HF，∠ABD=∠FHD=30°，再利用锐角三角函数求得HN=433，BN=833，再根据直角三角形的性质可得NP=12AN=36，AP=3NP=12，∠BHF=90°，可得点F在过点H且垂直于BH的直线HF上移动，当点F与点P重合时，AF有最小值为12，当点E与点A重合时，AF有最大值，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，以BD为边作等边△BDH，连接FH交AB于点N，过A点作AP⊥HF于点P，
∵△BDH和△EFD都是等边三角形，
∴BD=HD=BH=4，ED=DF，∠HBD=∠HDB=∠EDF=∠BHD=60°，
∴∠BDE=∠HDF，
∴△BDE≌△HDFSAS，
∴BE=HF，∠ABD=∠FHD=30°，
∴∠BHF=90°，
∵∠HBN=∠HBD-∠ABD=30°，∠BHF=90°，
∴tan∠HBN=HNBH=33，BN=2HN，∠BNH=∠60°=∠ANP，
∴HN=433，BN=833，
∴AN=AB-BN=33，
∵AP⊥HF，
∴∠PAN=30°，
∴NP=12AN=36，AP=3NP=12，
∴HP=332，
∵∠BHF=90°，
∴点F在过点H且垂直于BH的直线HF上移动，
∴当点F与点P重合时，AF有最小值为12，
∵BE=HF，
∴当点E与点A或点B重合时，AF有最大值，
此时，HF=AB=33，
∴PF=332，
∴AF=AP2+PF2=14+274=7，
∴线段AF的取值范围是12≤AF≤7，
故答案为：12≤AF≤7．
【点拨】本题考查等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数及勾股定理，确定点F的轨迹是解题的关键．
题型02 手拉手模型
【例2】（2023·河南郑州·郑州市第八中学校考二模）由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．

(1)【问题发现】
如图1所示，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD、CE，两线交于点P，BD和CE的数量关系是 ；BD和CE的位置关系是 ；
(2)【类比探究】
如图2所示，点P是线段AB上的动点，分别以AP、BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC、PC于点M、N．
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，直接写出DHBC的值；
(3)【拓展延伸】
如图3所示，已知点C为线段AE上一点，AE=6，△ABC和△CDE为AE同侧的两个等边三角形，连接BE交CD于N，连接AD交BC于M，连接MN，直接写出线段MN的最大值．
【答案】(1)BD=CE，BD⊥CE
(2)①45°；②22
(3)32
【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到BD=CE，∠AEC=∠ADB，问题得证；
（2）①连接AF、PE、PD，证明△APF≌△CPB（SAS），再证明△DPE∽△APF，即可得出结果；②证明△DCH∽△ACF，即有DHAF=DCAC=22，即可求解；
（3）证明△CMN为等边三角形，就有MN=CN，由条件可以得出CD∥AB，即有△CEN∽△AEB，可得CNAB=CEAE，设CE为x，则有AC=AB=6-x，用相似三角形的性质把CN用含x的式子表示出来，从而求出MN最大值．
【详解】（1）∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，∠ADE+∠AED=90°，
又∵AB=AC，AE=AD，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD=CE，∠AEC=∠ADB，
∵∠CPD=∠CED+∠EDP=∠AEC+∠AED+∠EDP，
∴∠CPD=∠ADB+∠AED+∠EDP=∠ADE+∠AED=90°，
∴BD⊥CE，
故答案为：BD=CE，BD⊥CE；
（2）①连接AF、PE、PD，AC

∵四边形APCD和四边形PBEF是正方形，
∴AP=CP，PB=PF，∠APC=∠CPB=90°，∠DPC=∠FPE=45°，DP=2AP，PE=2PF，
∴∠DPE=90°，△APF≌△CPB（SAS），
∴∠BCP=∠PAF，BC=AF，
∵DPAP=2=PEPF，∠DPE=∠APF，
∴△DPE∽△APF，
∴∠PCB=∠PDE，
∵∠DNC=∠CPD+∠PDE=∠DMC+∠PCB，
∴∠DMC=∠DPC=45°；
②∵∠PDC=∠PAC=45°，∠PDE=∠PCB=∠PAF，
∴∠CAF=∠CDH，
又∵∠ACF=∠DCH=45°，
∴△DCH∽△ACF，
∴DHAF=DCAC=22，
∵BC=AF，
∴DHBC=22；
（3）∵△ABC和△CDE为等边三角形，
∴BC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
即∠ACD=∠BCE．
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠EAD=∠CBE，
∵∠ACB+∠BCD+∠DCE=180°，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACB=∠BCD，
∴△BCN≌△ACM（ASA），
∴CM=CN，
又∵∠BCD=60°，
∴△CMN是等边三角形．
∴CN=MN，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴CD∥AB，
∴△CEN∽△AEB，
∴CNAB=CEAE，
设CE为x，则有AC=AB=6-x，
∴CN6-x=x6，
∴CN=x-16x2，
∴CN=x-16x2=-16xx-32+32，
∴当x=3时，NC有最大值是32，
即点C在AE的中点时，线段MN最大，最大值是32．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的最值的运用．在解答的过程中书写全等三角形时对应顶点的字母要写在对应的位置上，灵活运用顶点式求最值．
【变式2-1】（2023·湖北武汉·模拟预测）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，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：BD=CE；
图1
(2)解决问题：如图2，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.
图2
【答案】(1)见解析
(2)∠DCE=90°；AE=AD+DE=BE+2CM
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ADE是顶角相等的等腰三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE．
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE．
（2）解：∠AEB=90°，AE=BE+2CM，
理由如下：由（1）的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°-∠CDE=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°．
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME．
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM，
∴DE=2CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
【点拨】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
【变式2-2】（2021·广东中山·统考一模）△ABC和△ADE都是等边三角形．
(1)将△ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有PA+PB=PC（或PA+PC=PB）成立；请证明．
(2)将△ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段之间有怎样的数量关系？并加以证明；
(3)将△ADE绕点A旋转到图③的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)图②结论：PB=PA+PC，证明见解析
(3)图③结论：PA+PB=PC
【分析】（1）由△ABC是等边三角形，得AB=AC，再因为点P与点A重合，所以PB=AB，PC=AC，PA=0，即可得出结论；
（2）在BP上截取BF=CP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明△CAP≌△BAF（SAS），得∠CAP=∠BAF，AF=AP，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，即可得出结论；
（3）在CP上截取CF=BP，连接AF，证明△BAD≌△CAE（SAS），得∠ABD=∠ACE，再证明△BAP≌△CAF（SAS），得出∠CAF=∠BAP，AP=AF，然后证明△AFP是等边三角形，得PF=AP，即可得出结论：PA+PB=PF+CF=PC．
【详解】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵点P与点A重合，
∴PB=AB，PC=AC，PA=0，
∴PA+PB=PC或PA+PC=PB；
（2）解：图②结论：PB=PA+PC
证明：在BP上截取BF=CP，连接AF，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AC=AB，CP=BF，
∴△CAP≌△BAF（SAS），
∴∠CAP=∠BAF，AF=AP，
∴∠CAP+∠CAF=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PC=PF+BF=PB；
（3）解：图③结论：PA+PB=PC，
理由：在CP上截取CF=BP，连接AF，
∵△ABC和△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°
∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，BP=CF，
∴△BAP≌△CAF（SAS），
∴∠CAF=∠BAP，AP=AF，
∴∠BAF+∠BAP=∠BAF+∠CAF，
∴∠FAP=∠BAC=60°，
∴△AFP是等边三角形，
∴PF=AP，
∴PA+PB=PF+CF=PC，
即PA+PB=PC．
【点拨】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
题型03 等边三角形的判定
【例3】（2024·福建泉州·模拟预测）如图，点D在△ABC内部，△DAB逆时针旋转得到△EAC，请添加一个条件： ．使得△ADE是等边三角形．
【答案】∠BAC=60°或∠DAE=60°或AD=DE或者DE=AE
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，根据旋转的性质，全等三角形的性质定理和等边三角形的判定即可得到结论．
【详解】解：∵ △DAB逆时针旋转得到△EAC，则△DAB≌△EAC，
∴AD=AE，
若添加条件：AD=DE或者DE=AE，则△EAD是等边三角形；
若添加条件：∠EAD=60°，则△EAD是等边三角形；
若添加条件：∠BAC=60°，
∵△DAB≌△EAC，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∴∠EAD=∠CAE+∠CAD=∠BAD +∠CAD =60°，
∴△EAD是等边三角形；
故答案为：∠BAC=60°或∠DAE=60°或AD=DE或者DE=AE．
【变式3-1】（2023·河北承德·校联考一模）如图，已知在⊙O中，弦AB垂直平分半径ON，NO的延长线交⊙O于P，连接AP，过点A，B的切线相交于点M．

(1)求证：△ABM是等边三角形；
(2)若⊙O的半径为2，求AP的长．
【答案】(1)见解析
(2)AP=23
【分析】（1）连接OA，利用圆的切线性质得到OA⊥MA，根据直角三角形的性质得到∠OAD=30°，根据等边三角形的判定即可证明；
（2）先根据勾股定理求出AD，再根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接OA，设AB与ON的交点为D，

∵MA，MB分别切⊙O于A，B，
∴OA⊥MA，MA=MB，
∵弦AB垂直平分半径ON，
∴OD=12ON=12OA，
∴∠OAD=30°，
∴∠BAM=60°，
又MA=MB，
∴△ABM是等边三角形；
（2）解：由题意得，OA=OP=2，由（1）可知OD=1，
∴AD=OA2-OD2=22-12=3，PD=3，
在Rt△APD中，AP=PD2+AD2=23．
【点拨】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．
【变式3-2】（2023·广东佛山·校联考模拟预测）如图，在△ABC中，点O是AB边上的一点，⊙O与AC、BC分别相切于点A，E，AB与⊙O相交于点D，作▱ACEF，点F恰好为⊙O上一点．
(1)连接AE，求证：△ACE是等边三角形；
(2)若AC=6，求图中阴影部分面积．
【答案】(1)见解析
(2)3-π3
【分析】（1）先证明▱ACEF是菱形，得AF=EF，∠C=∠F，利用圆的切线性质可得∠CAB=∠OEC=90°，从而可得∠C+∠AOE=180°，进而可得∠F+∠AOE=180°，然后由圆周角定理得∠F=12∠AOE，继而求出∠F=60°，即可由等边三角形的判定定理得出结论；
（2）利用菱形的性质可得CE=AC=6，然后由（1）知∠F=60°，即可求∠AOE=120°，从而求出∠DOE=60°，∠B=30°，BC=26，BE=6，再在Rt△BOE中，利用锐角三角函数的定义求出OE的长，最后根据S阴影=SRt△BOE-S扇形DOE，求解即可．
【详解】（1）解：∵⊙O与AC、BC分别相切于点A，E，
∴CA=CE，∠CAB=∠OEC=90°，
∴∠C+∠AOE=180°，
∵▱ACEF，
∴▱ACEF是菱形，
∴AF=EF，∠C=∠F，
∴∠F+∠AOE=180°，
∵∠F=12∠AOE
∴∠F=60°，
∴△ACE是等边三角形；
（2）解：由（1）知▱ACEF是菱形，，
∴CE=AC=6，
∵∠F=60°，
∴∠AOE=2∠F=120°，
∴∠DOE=60°，
∵∠CAB=∠OEC=90°，
∴∠B=30°，
∴BC=2AC=26，BE=BC-CE=6，
在Rt△BOE中，tanB=OEBE，
即tan30°=OE6，
∴OE=2，
∴S阴影=SRt△BOE-S扇形DOE=12OE⋅BE-60π×OE2360
=12×2×6-60π×22360=3-π3．
【点拨】本题考查菱形的判定与性质，切线的性质，等边三角形的判定，圆周角定理，解直角三角形，扇形的面积，熟练掌握菱形的判定与性质、切线的性质、等边三角形的判定定理，扇形的面积公式是解题的关键．
题型04 等边三角形与折叠问题
【例4】（2023·河南信阳·校考三模）如图，在等边△ABC中，AB=2，点D在边AB上，点E是BC边上一动点，将∠B沿DE折叠，点B的对应点B'在AC边上，当△B'EC为直角三角形时，BE的长为 ．

【答案】43-6或3-3
【分析】存在两种情况：如图①，∠EB'C=90°时，设BE=x．由折叠知BE=EB'=x，运用解直角三角形，得EC=233x，从而BC=BE+EC=x+233x=2，得BE=43-6；当∠B'EC=90°时，同法求解，得BE=3-3．
【详解】如图①，当∠EB'C=90°时，设BE=x．

∵将△BDE沿着DE翻折，
∴BE=EB'=x．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠C=60°，EB'=x．EB'EC=32，EC=233x．
∴BC=BE+EC=x+233x=2．
∴x=43-6．
当∠B'EC=90°时，设BE=x．
∵将△BDE沿着DE翻折，
∴BE=EB'=x．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠C=60°，EB'=x．EB'EC=3，EC=33x．
∴BC=BE+EC=x+33x=2，
∴x=3-3，
故答案为：43-6或3-3．
【点拨】本题考查等边三角形性质，折叠的性质，解直角三角形，注意分类讨论是解题的关键．
【变式4-1】（2022·广东江门·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，将△ABD沿BD折叠后，点A恰好落在AD的延长线上的点E处．若∠C=60°，BC=4，则△ABE的周长为 ．

【答案】24
【分析】根据平行四边形性质得到AD=BC=4，∠A=∠C=60°，再由折叠性质，确定BD垂直平分AE，从而得到△ABE为等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，∠A=∠C=60°，
∵将△ABD沿BD折叠后，点A恰好落在AD的延长线上的点E处，
∴BD垂直平分AE，
∴AD=DE=4，BA=BE，
∴∠E=∠A=60°，AE=8，
∴等腰△ABE为等边三角形，
∴△ABE的周长为8×3=24，
故答案为：24．
【点拨】本题考查求线段长，涉及平行四边形性质、折叠性质、中垂线的判定与性质及等边三角形判定与性质，熟记相关几何性质与判定是解决问题的关键．
【变式4-2】（2023·浙江杭州·校联考一模）如图，点D是等边△ABC边BC上一点，将等边△ABC折叠，使点A与点D重合，折痕为EF（点E在边AB上）．（1）当FD⊥BC时，AE:EB= ；（2）当BD=2DC时，AE:EB= ．
【答案】 3：1 7:5
【分析】（1）由等边三角形的性质得到∠A=∠B=60°，由折叠的性质得到AE=DE，∠EDF=∠A=60°，再由FD⊥BC推出∠BED=90°，可得AE=DE=3BE，由此即可得到答案；
（2），用k表示DC和BD，然后证明△BED∽△CDF，利用相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比，即可求出BE，然后用k表示AE即可得到结果．
【详解】解：（1）∵三角形△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
由折叠的性质可得AE=DE，∠EDF=∠A=60°，
∵FD⊥BC，
∴∠FDB=90°，
∴∠EDB=30°，
∴∠BED=90°，
∴AE=DE=3BE，
∴AE:EB=3：1，
故答案为：3：1
（2）
设CD=k,BD=2k，
∴AB=AC=3k，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠A=∠B=60°，
由折叠的性质可得∠EDF=∠A=60°，AF=DF，AE=DE，
∴C△BED=BE+DE+BD=BE+AE+BD=5k，C△CDF=CD+DF+CF=AF+CF+CD=4k，
∴∠EDB+∠FDC=∠BED+∠EDB=120°，
∴∠BED=∠FDC
∵∠B=∠C=60°，
∴△BED∽△CDF，
∴BEDC=C△BEDC△CDF ，
∴BEk=5k4k，
∴BE=54k,AE=3k-54k=74k，
∴AE:BE=7:5；
故答案为：7:5．
【点拨】本题考查了三角形与折叠问题，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理并灵活应用是解题关键．
题型05 等边三角形有关的规律探究问题
【例5】（2023·安徽滁州·校联考二模）如图所示，在平面直角坐标系中，△A1A2A3，△A3A4A5，△A5A6A7，⋯都是等边三角形，其边长依次为2，4，6，⋯其中点A1的坐标为2,0，点A2的坐标为1,-3，点A3的坐标为0,0，点A4的坐标为2,23，…，按此规律排下去，则点A100的坐标为（ ）

A．1,503B．1,513C．2,503D．2,513
【答案】C
【分析】观察所给图形，发现x轴上方的点是4的倍数，确定点A100在x轴上方，分别求出点A4的坐标为2,23，点A8的坐标为2,43，……，点A4n的坐标为2,2n3，即可求解．
【详解】解：观察所给图形，发现x轴上方的点是4的倍数，
∵100÷4=25，
∴点A100在x轴上方，
∵A3A4=4，
∴A54,0，
∵A5A7=6，
∴A7-2,0，
∵A8A7=8，
∴点A8的坐标为2,43，
同理可知，点A4n的坐标为2,2n3，
∴点A100的坐标为2,503.
故选：C．
【点拨】本题考查点的坐标的变化规律；能够通过所给图形，找到点的坐标规律，利用有理数的运算解题是关键．
【变式5-1】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，在平面直角坐标系xy中，已知点A的坐标为0,2，以OA为边在右侧作等边三角形OAA1，过点A1作x轴的垂线，垂足为点O1：以O1A1为边在右侧作等边三角形O1A1A2，再过点A2作x轴的垂线，垂足为点O2；以O2A2为边在右侧作等边三角形O2A2A3,⋅⋅⋅，按此规律继续作下去，得到等边三角形O2022A2022A2023，则点A2023的纵坐标为 ．

【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，含30度角直角三角形的特征，点的坐标变化规律．根据等边三角形的性质得出OA=OA1=2,∠A1OA=60°，则∠A1OO1=30°，即可得出A1O1=12OA1=1，则A1纵坐标为1，同理得出A2纵坐标为12，A3纵坐标为14，……，归纳得出An纵坐标为12n-1，即可解答．
【详解】解：∵A0,2，△OAA1为等边三角形，
∴OA=OA1=2,∠A1OA=60°，
∴∠A1OO1=90°-∠A1OA=30°，
∵A1O1⊥x轴，
∴A1O1=12OA1=1，
∴A1纵坐标为1，
同理可得：A2纵坐标为12，A3纵坐标为14，……，
∴An纵坐标为12n-1，
∴点A2023的纵坐标为122022，
故答案为：122022．
【变式5-2】（2022·山东聊城·统考一模）如图，直线l1与直线l2所成的角∠B1OA1=30°，过点A1作A1B1⊥l1交直线l2于点B1，OB1=2，以A1B1为边在△OA1B1外侧作等边三角形A1B1C1，再过点C1作A2B2⊥l1，分别交直线l1和l2于A2，B2两点，以A2B2为边在△OA2B2外侧作等边三角形A2B2C2，…按此规律进行下去，则第2022个等边三角形A2022B2022C2022的周长为 ．
【答案】3202222021
【分析】根据含30°的直角三角形可得A1B1=1，OA1=3，由等边三角形的性质可得出A1A2的长度，进而得出OA2，A2B2的长度，同理可求出AnBn的长度，再根据等边三角形的周长公式即可求出第n个等边三角形AnBnCn的周长，代入化简即可求解．
【详解】解：∵∠B1OA1=30°，OB1=2，A1B1⊥l1，
∴在Rt△OA1B1中，OA1=3，A1B1=12OB1=1，
∵△A1B1C1是等边三角形，
∴A1A2=32A1B1=32，
∴在Rt△OA2B2中，OA2=3+32=332，A2B2=OA23=332×13=32，
∵△A2B2C2是等边三角形，
∴A2A3=32A2B2=32×32=334，
∴在Rt△OA3B3中，OA3=332+334=934，A3B3=934×13=94，
同理可得：AnBn=32n-1，
∴第2022个等边三角形A2022B2022C2022的周长为3A2022B2022=3×322022-1=3202222021．
【点拨】本题考查了含30°的直角三角形、等边三角形的性质、规律探究，解题的关键是通过含30°的直角三角形和等边三角形的性质找出规律AnBn=32n-1．
题型06 等边三角形有关的新定义问题
【例6】（2022·河南郑州·统考一模）定义：平面上一点P到图形的最短距离为d．如图，OP=3，等边三角形ABC的边长为23，点O为等边三角形的中心，当等边三角形ABC绕点O旋转时，d的取值范围是 ．
【答案】1≤d≤2
【分析】由题意以及等边三角形的性质得OP过等边三角形ABC的顶点时，d最小，OP过等边三角形ABC各边的中点时，d最大，分别求出d的值即可得出答案．
【详解】解：如图：OP过顶点A时，点O与边AB上所有点的连线中，OA最大，此时d=PA最小；设AC的中点是E，OP过点E时，点O与边AC上所有点的连线中，OE最小，此时d=PE最大，
如图1，OP过顶点A时，过点O作OE⊥AC于点E，
∵等边三角形ABC边长为23，O为等边三角形的中心，
∴AE=3，∠OAE=30°，∠AEO=90°，
∴OE=1，
∴AO=2，
∵OP=3，
∴d=PA=1；
如图2，OP过点AC的中点E时，
∵等边三角形ABC边长为23，O为等边三角形中心，
∴AE=3，OE⊥AC，
∴OE=1，
∵OP=3，
∴d=PE=3-1=2；
∴d的取值范围为1≤d≤2．
故答案为：1≤d≤2．
【点拨】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，根据题意得出d最大、最小时点P的位置是解题的关键．
【变式6-1】（2023·北京顺义·统考一模）给出如下定义：对于线段PQ，以点P为中心，把点逆时针旋转60°得到点R，点R叫做线段PQ关于点P的“完美点”，例如等边△ABC中，点C就是线段AB关于点A的“完美点”．
在平面直角坐标系xOy中．
(1)已知点A0,2，在A13,1，A2-3,1，A31,3，A41,-3中，_____是线段OA关于点O的“完美点”；
(2)直线y=x+4上存在线段BB'，若点B'恰好是线段BO关于点B的“完美点”，求线段BB'的长；
(3)若OC=4，OE=2，点D是线段OC关于点O的“完美点”，点F是线段EO关于点E的“完美点”，当线段DF分别取得最大值和最小值时，直接写出线段CE的长．
【答案】(1)
(2)463
(3)23，27
【分析】（1）根据“完美点”的定义判断即可；
（2）根据“完美点”的定义计算即可；
（3）根据“完美点”的定义画出图形再分别计算即可．
【详解】（1）∵点A0,2
∴线段OA关于点O的“完美点”在第二象限，
∴A2-3,1是线段OA关于点O的“完美点”；其他点都不符合题意；
故答案为：A2；
（2）∵点B'恰好是线段BO关于点B的“完美点”，
∴ △OBB'是等边三角形.
∴过点O作OM⊥BB'于点M.
∴∠BOM=30°，
∴
∵ BB'在直线y=x+4上，
∴直线y=x+4与x轴交点为4,0，与y轴交点为0,4
∴ OM=22，
∴ BM=263.
∴ BB'=463.
（3）∵点D是线段OC关于点O的“完美点”，点F是线段EO关于点E的“完美点”，
∴△OCD、△OEF是等边三角形，
∴OC=4，OE=OF=2，∠FOE=∠DOC=60°，
当线段DF取得最大值时，此时O在线段DF上，此时∠COE=60°
∵cs∠COE=cs60°=12=OEOC，
∴∠OEC=90°，
∴CE=OC2-OE2=23；
当线段DF取得最小值时，此时F在线段OD上，
过E作EG⊥OC于G，则∠GOE=60°
∴OG=12OE=1，EG=OE2-OG2=3，
∴
∴CE=EG2+CG2=32+52=27．
【点拨】本题考查等边三角形的性质，三角函数，一次函数的性质等知识点，解题的关键是理解“完美点”的定义得到等边三角形．
题型07 利用等边三角形的性质与判定解决多结论问题
【例7】（2023·陕西宝鸡·校考一模）如图，在△ABC中，分别以AC，BC为边作等边△ACD和等边△BCE．设△ACD，△BCE，△ABC的面积分别是S1,S2,S3现有如下结论：①S1:S2=AC2:BC2；②连接AE，BD，则△BCD≌△ECA；③若AC⊥BC，则S1⋅S2=34S32，其中正确结论的序号是（ ）

A．①②B．①③C．①②③D．②③
【答案】C
【分析】①根据相似三角形面积的比等于相似比的平方可证；②根据CD=AC∠ACE=∠DCBCE=BC，即可求得全等（SAS）；③设AC=a，BC=b，根据面积公式分别计算出S1、S2、S3即可证．
【详解】解：①S1:S2=AC2:BC2正确，
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，∠DAC=∠EBC=60°，
∴△ADC∽△BCE，
∴S1:S2=AC2:BC2；
②△BCD≌△ECA正确，
∵△ADC与△BCE是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，CD=AC，CE=BC，
∴∠ACD+∠ACB=∠BCE+∠ACD，
即∠ACE=∠DCB，
在△ACE与△DCB中，
CD=AC∠ACE=∠DCBCE=BC，
∴△BCD≌△ECA（SAS）；
③若AC⊥BC，则S1⋅S2=34S32正确，
设等边三角形ADC的边长为a，等边三角形BCE边长为b，
则△ADC的高为32 a，△BCE的高为32 b，
∴S1=12a⋅32a=34a2，S2=12b⋅32b=34b2，
∴S1⋅S2=34a2⋅34b2=316a2b2，
∵S3=12ab，
∴S32=14a2b2，
∴S1⋅S2=34S32；
故答案是：①②③．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定，等边三角形的性质，面积公式以及相似三角形面积的比等于相似比的平方，熟知各性质是解题的关键．
【变式7-1】（2023·广东广州·统考一模）如图，菱形ABCD中，AB=AC，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O．则下列结论：①△ABF≌△CAE，②∠AHC=120°，③AH+CH=DH，④AD2=OD⋅DH中，正确的是 ．（填序号）

【答案】①②③④
【分析】①由菱形ABCD中，AB=AC，可证△ABC是等边三角形，则可得∠B=∠EAC=60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE；②由①则可得∠BAF=∠ACE，利用三角形外角的性质即可求得∠AHC=120°；③在HD上截取HK=AH，连接AK，易得点A，H，C，D四点共圆，则可证得△AHK是等边三角形，然后由AAS即可证得△AKD≌△AHC，则可证得AH+CH=DH；④根据已知条件证得△OAD∽△AHD，由相似三角形的对应边成比例，即可得AD2=OD•DH．
【详解】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴AB=BC=AC，即△ABC是等边三角形，
同理：△ADC是等边三角形
∴∠B=∠EAC=60°，
在△ABF和△CAE中，
BF＝AE∠B＝∠EACBC＝AC，
∴△ABF≌△CAE（SAS）；故①正确；
②∵△ABF≌△CAE（SAS），
∴∠BAF=∠ACE，
∵∠AEH=∠B+∠BCE，
∴∠AHC=∠BAF+∠AEH=∠BAF+∠B+∠BCE=∠B+∠ACE+∠BCE=∠B+∠ACB=60°+60°=120°；故②正确；
③在HD上截取HK=AH，连接AK，

∵∠AHC+∠ADC=120°+60°=180°，
∴点A，H，C，D四点共圆，
∴∠AHD=∠ACD=60°，∠ACH=∠ADH，
∴△AHK是等边三角形，
∴AK=AH，∠AKH=60°，
∴∠AKD=∠AHC=120°，
在△AKD和△AHC中，
∠AKD＝∠AHC∠ADH＝∠ACHAD＝AC，
∴△AKD≌△AHC（AAS），
∴CH=DK，
∴DH=HK+DK=AH+CH；故③正确；
④∵∠OAD=∠AHD=60°，∠ODA=∠ADH，
∴△OAD∽△AHD，
∴AD：DH=OD：AD，
∴AD2=OD•DH．故④正确．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了相似三角形的判定与性质、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、四点共圆等知识点．此题难度较大，正确添加辅助线以及数形结合思想是解答本题的关键．
【变式7-2】（2023·广东珠海·珠海市紫荆中学校考三模）如图，Rt△ABC中，∠BAC=30°，以斜边AB和直角边AC为边分别作等边三角形△ABD和△ACE，F为AB的中点，连接DE交AB于点G，EF与AC交于点H．以下结论：① EF⊥AC；② 四边形ADFE为菱形；③ AD=4AG；④ AH·HC=EH·HF．其中正确的结论有 ．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①③④
【分析】根据等边三角形的性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定对每一项判断即可解答．
【详解】解：连接CF，
①∵∠ACB=90°，F为AB的中点，
∴CF=12AB=AF，
∴点F在AC的垂直平分线上，
∵△ACE是等边三角形，
∴AE=CE，
∴点E在AC的垂直平分线上，
∴EF⊥AC，故①正确；
②∵△ABD是等边三角形，F是BC的中点，
∴DF⊥AB，
∴AD>DF，
∴四边形ADFE不可能为菱形，故②不正确；
③∵△ABD是等边三角形，
∴AB=AD=BD，∠DAB=60°，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，
∴∠ABC=60°，
∴∠DAB=∠ABC=60°，
∴AD∥BC，
∵AC⊥EF，∠ACB=90°，
∴EF∥AD，
∴EF∥AD，
∵△ACE是等边三角形，EF⊥AC，
∴∠AEC=∠CAE=60°，∠AEF=30°，
∴EF=2AF=AB，
∴AD=EF，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴AG=12AF=14AB=14AD，
∴AD=4AG，故③正确；
④∵∠BAC=30°，EF⊥AC，△AEC是等边三角形
∴∠CEH=∠BAC=30°，∠AHF=∠CHE=90°
∴△CHE∽△FHA，
∴EHAH=CHHF，
∴AH⋅CH=EH⋅HF，故④正确；
综上分析可知，正确的序号为：①③④．
故答案为：①③④．

【点拨】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握等边三角形的性质及直角三角形的性质是解题的关键．
【变式7-3】（2023·贵州黔东南·统考一模）在Rt△ABC中，用尺规作图，分别以点A和点B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线MN交AB于点O，分别连接AM、BM、BN、AN、CO．则下列结论不一定正确的是（ ）
A．AM=ANB．CO=AOC．∠MAO=∠NAOD．∠CAN=∠NAO
【答案】D
【分析】根据作图可得MN是AB的垂直平分线，AM=AN，即可判断A选项，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半判断B选项，根据等腰三角形的性质，即可判断C选项，根据题意，AN不一定是∠CAO的角平分线，即可判断D选项，即可求解．
【详解】解：根据作图可知MN是AB的垂直平分线，AM=AN，故A选项正确，
∴AO=BO，
∵△ABC是直角三角形，
∴CO=AO，故B选项正确；
∵AM=AN，AO⊥MN，
∴∠MAO=∠NAO，故C选项正确，
∵AN不一定是∠CAO的角平分线，
∴∠CAN=∠NAO不一定正确，故D选项符合题意，
故选：D．
【点拨】本题考查了作垂直平分线，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点三 线段垂直平分线的性质与判定定理
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.
1. 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01 利用垂直平分线的性质求解
【例1】（2023·吉林长春·校考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，按下列步骤作图：①分别以点A和点C为圆心，大于AC一半的长为半径作圆弧，两弧相交于点M和点N；②作直线MN，与边AB相交于点D，与边AC相交于点E，连结CD．下列说法不一定正确的是（ ）

A．∠B=∠BDC B．∠ACD=∠A C．∠BCD+∠A=90°D．BC=2DE
【答案】A
【分析】根据作法得：MN垂直平分AC，再由线段垂直平分线的性质可得CD=AD,CE=AE，∠AED=∠ACB=90°，然后结合相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：根据作法得：MN垂直平分AC，
∴CD=AD,CE=AE，∠AED=∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠A，DE∥BC，故B选项正确，不符合题意；
∴ADCD=AECE=1，△ADE∽△ABC，∠BCD+∠A=∠BCD+∠ACD=∠ACB=90°，
∴DEBC=AEAC=12，CD=BD，
∴BC=2DE，∠B=∠BCD，故A选项错误，符合题意，D选项正确，不符合题意；
故选：A
【点拨】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式1-1】（2023·山东济宁·统考一模）如图，△ABC中，若∠BAC=80°，∠ACB=70°，根据图中尺规作图的痕迹推断，以下结论错误的是（ ）
A．∠BAQ=40°B．DE=12BD
C．AF=ACD．∠EQF=25°
【答案】D
【分析】根据线段的垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，直角三角形的性质判断即可．
【详解】∵∠BAC=80°，∠ACB=70°，
∴∠B=180°-∠BAC-∠ACB=30°，
A．由作图可知，AQ平分∠BAC，
∴∠BAP=∠CAP=12∠BAC=40°，
故选项A正确，不符合题意；
B．由作图可知，MQ是BC的垂直平分线，
∴∠DEB=90°，
∵∠B=30°，∴DE=12BD，
故选项B正确，不符合题意；
C．∵∠B=30°，∠BAP=40°，∴∠AFC=70°，
∵∠C=70°，∴AF=AC，
故选项C正确，不符合题意；
D．∵∠EFQ=∠AFC=70°，∠QEF=90°，
∴∠EQF=20°；
故选项D错误，符合题意．
故选：D．
【点拨】本题考查了线段的垂直平分线的性质，角平分线的定义，三角形外角的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是读懂图象信息．
【变式1-2】（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，分别以C、D为圆心，大于12CD为半径画弧，两弧分别交于点M、N，连接MN，若直线MN恰好过点A与边CD交于点E，连接BE，则下列结论错误的是（ ）

A．∠BCD=120°B．若AB=3，则BE=4
C．CE=12BCD．S△ADE=12S△ABE
【答案】B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
【详解】解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=32，
∵∠D=60°，
∴AE=AD2-ED2=32-322=332，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=32+3322=372 ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即CE=12BC，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵AB∥CD，AB=2DE，
∴S△ADE=12S△ABE，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点拨】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
【变式1-3】（2022·广东深圳·统考二模）如图，已知∠BAC=60°，AD是角平分线且AD=10，作AD的垂直平分线交AC于点F，作DE⊥AC，则△DEF周长为 ．
【答案】5+53
【分析】知道∠BAC=60°和AD是角平分线，就可以求出∠DAE=30°，AD的垂直平分线交AC于点F可以得到AF=FD，在直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，再求出DE，得到C△DEF=DE+EF+AF=AE+DE．
【详解】解：∵ AD的垂直平分线交AC于点F，
∴ DF=AF（垂直平分线上的点到线段两端点距离相等）
∴C△DEF=DE+EF+AF=AE+DE
∵∠BAC=60°，AD是角平分线
∴∠DAE=30°
∵AD=10
∴DE=5，AE=53
∴C△DEF=5+53
【点拨】此题考查角平分线的性质、直角三角形的性质、垂直平分线的性质的综合题，掌握运用三者的性质是解题的关键．
题型02 线段垂直平分线的判定
【例2】（2023·云南昭通·统考二模）如图，AC=BC，AD=BD，这个图形叫做“筝形”，数学兴趣小组几名同学探究出关于它的如下结论：①△ACD≌△BCD；②AO=BO；③AB⊥CD；④∠CAB=∠ABD．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．②③④
【答案】B
【分析】先通过“SSS”判定两三角形全等，再利用线段垂直平分线的判定和性质即可得到正确结论．
【详解】解：在ΔACD和ΔBCD中，
AC=BCAD=BDCD=CD，
∴ΔACD≅ΔBCD(SSS)，故①正确；
∵AC=BC，AD=BD，
∴CD垂直平分AB，
∴AO=BO，AB⊥CD，故②③正确；
由已知和图形无法判断∠CAB=∠ABD，故④错误；
故选：B．
【点拨】该题考查了 全等三角形的判定和线段的垂直平分线的判定与性质，解决本题的关键是牢记相关概念，该题较基础，考查了学生对教材基础知识的理解与应用，以及学生的推理分析的能力．
【变式2-1】（2022·广东湛江·岭师附中校联考一模）如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立的是（ ）

A．AC=ADB．CE=DEC．OE=BED．BD=BC
【答案】C
【分析】根据垂径定理及线段垂直平分线的性质可知AC=AD，CE=DE，BC=BD进而即可解答．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴AC=AD，
故A项不符合题意；
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE，
故B项不符合题意；
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE，
∴AB是CD的垂直平分线，
∴BC=BD，
故D项不符合题意；
无法证明OE和BE的大小关系，
故C项符合题意；
故选C．
【点拨】本题考查了垂径定理，线段垂直平分线的判定与性质，掌握垂径定理是解题的关键．
【变式2-2】（2022·湖北恩施·二模）如图，AD是△ABC的角平分线，DE、DF分别是△ABD和△ACD的高，求证：AD垂直平分EF．
【答案】见解析
【分析】本题考查角平分线的性质定理和垂直平分线的判定定理，利用角平分线的性质得到DE=DF，从而得到点D在EF的垂直平分线上，再利用HL证明Rt△ADE≌Rt△ADF，可知AE=AF，得到点A在EF的垂直平分线上，从而得证，掌握垂直平分线的判定定理是解题的关键．
【详解】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF，
∴点D在EF的垂直平分线上．
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠AED=∠AFD=90°，
在Rt△ADE和Rt△ADF中，
AD=ADDE=DF，
∴Rt△ADE≌Rt△ADF(HL)，
∴AE=AF．
∴点A在EF的垂直平分线上．
又∵点D在EF的垂直平分线上．
∴AD是线段EF的垂直平分线．
题型03 线段垂直平分线的实际应用
【例3】（2023·湖南长沙·校考三模）《中共中央国务院关促进农民增加收入若干政策的意见》中提出“治理农村人居环境，搞好村庄治理规划和试点，节约农村建设用地”．政策出台后，湖南陆陆续续开展了村庄合并某地兴建的幸福小区的三个出口A、B、C的位置如图所示，物业公司计划在不妨碍小区规划的建设下，想在小区内修建一个电动车充电桩，以方便业主，要求到三个出口的距离都相等，则充电桩应该在三条边的 的交点处．

【答案】垂直平分线
【分析】利用线段的垂直平分线的性质解决问题．
【详解】解：因为充电桩到三个出口的距离都相等，即点A、B、C的距离相等，
所以充电桩应该在三条边的垂直平分线的交点处．
故答案为：垂直平分线．
【点拨】本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
【变式3-1】（2022·陕西西安·校考模拟预测）如图，已知△ABC中，AB=AC，请利用尺规作图法，在BC上求作一点D，使得△ABD与△ACD的周长相等（保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】见解析
【分析】根据中垂线的性质求解作图即可．
【详解】解：如图所示，△ABD的周长为AB+AD+BD，△ACD的周长为AC+AD+CD，且AB=AC,AD=AD，
∴满足BD=CD即可，
∴点D是BC边的中垂线与BC的交点，
点D为所作．
【点拨】题目主要考查中垂线的性质及作法，熟练掌握中垂线的性质是解题关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
等腰三角形的性质与判定
理解等腰三角形的概念.
探索并证明等腰三角形的性质定理:等腰三角形的两个底角相等;底边上的高线、中线及顶角平分线重合.
探索并掌握等腰三角形的判定定理:有两个角相等的三角形是等腰三角形.
该板块内容重在掌握基本知识的基础上灵活运用，也是考查重点，年年都会考查，最为经典的“手拉手”模型就是以等腰三角形为特征总结的.而数学中考中，等腰三角形单独出题的可能性还是比较大的，多以选择填空题型出现，但是因为等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形结合其他考点出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
等边三角形的性质与判定
探索等边三角形的性质定理:等边三角形的各角都等于60°.
探索等边三角形的判定定理:三个角都相等的三角形(或有一个角是 60°的等腰三角形)是等边三角形.
线段垂直平分线的性质与判定定理
理解线段垂直平分线的概念，
探索并证明线段垂直平分线的性质定理:线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等;反之，到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上.