难点04特殊三角形的常考题型（8大热考题型）（解析版）_2数学总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理_常考04+特殊三角形（8大热考题型）

难点 04 特殊三角形的常考题型 （8 大热考题型） 题型一：等腰三角形的性质 题型二：等腰三角形的判定 题型三：等腰三角形的构造与个数问题 题型四：等腰三角形的性质与判定的综合问题 题型五：等边三角形的性质与判定的综合 题型六： 含有 30 ° 锐角的直角三角形 题型七：斜边上的中线 题型八：勾股定理及其应用 题型一：等腰三角形的性质 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·江苏苏州·中考真题）如图， 中， ，分别以B，C为圆心，大于 长 为半径画弧，两弧交于点D，连接 ， ， ， 与 交于点E． (1)求证： ； (2)若 ， ，求 的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了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，解题的关键是： （1）直接利用 证明 即可；（2）利用全等三角形的性质可求出 ，利用三线合一性质得出 ， ， 在 中，利用正弦定义求出 ，即可求解． 【详解】（1）证明：由作图知： ． 在 和 中， ． （2）解： ， ， ． 又 ， ， ． ， ， ． 【变式1-1】（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图， 其中 与 都是等腰三角形，且它们关于直线 对称，点 ， 分别是底边 ， 的中点， ．下列推断错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等； A.由对称的性质得 ，由等腰三角形的性质得 ， ，即可判断； B. 不一定等于 ，即可判断； C.由对称的性质得 ，由全等三角形的性质即可判断； D. 过 作 ，可得 ，由对称性质得 同理可证 ， 即可判断； 掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：A. ， ， 由对称得 ， 点 ， 分别是底边 ， 的中点， 与 都是等腰三角形， ， ， ， ，结论正确，故不符合题意； B. 不一定等于 ，结论错误，故符合题意； C.由对称得 ， ∵点 E ，F分别是底边 的中点， ，结论正确，故不符合题意； D. 过 作 ， ， ， ，由对称得 ， ， 同理可证 ， ，结论正确，故不符合题意； 故选：B．【变式1-2】（2024·江苏镇江·中考真题）等腰三角形的两边长分别为6和2，则第三边长为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．分两种 情况讨论：当6为一腰长时；当2为一腰长时；分别求出第三条边长，并根据三角形三边关系判断是否能 构成三角形，即可得出答案． 【详解】解：当6为一腰长时，则另一腰长为6，底边长为2， ， 能构成三角形， 第三边长为6； 当2为一腰长时，则另一腰长为2，底边长为6， ， 不能构成三角形，舍去； 综上，第三边长为6， 故答案为：6． 【变式1-3】（2024·山东济南·中考真题）如图，已知 ， 是等腰直角三角形， ，顶 点 分别在 上，当 时， ． 【答案】 /65度 【分析】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，根据平行线的性质，得到 ，等边对等角， 得到 ，再根据角的和差关系求出 的度数即可． 【详解】解：∵ 是等腰直角三角形， ， ∴ ，∵ ， ∴ ， ∴ ； 故答案为： ． 【变式1-4】（2024·四川雅安·中考真题）如图，在 和 中， ， ， 将 绕点A顺时针旋转一定角度，当 时， 的度数是 ． 【答案】 或 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的 性质与角的和差运算可得答案； 【详解】解：如图，当 时，延长 交 于 ， ∵ ， ， ∴ , ∴ ； 如图，当 时，延长 交 于 ， ∵ ， ，∴ , ∴ ， 故答案为： 或 【中考模拟即学即练】 1．（2025·山东临沂·一模）如图，在同一平面内，将 绕点 A 旋转得到 ，使得 ， 已知 ， 则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题主要考查了旋转的性质以及平行线的性质，等腰三角形的性质，由 ，先证 ，然后由 ，得到 ，再进一步即可解决问题． 【详解】解：由题意得： ， ； ∵ ， ， ； ， ， ∴ ， 故选：D． 2．（2023·辽宁营口·三模）已知 为一锐角，如图，按下列步骤作图： ①在 边上取一点D，以O为圆心， 长为半径画弧，交 于点C，连接 ． ②以点D为圆心， 长为半径画弧，交 于点E，连接 ． 若 ，则 的度数 为 （ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识点，掌握等 边对等角，三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和是解答本题的关键． 根据画图过程，得到 ，由等边对等角可得 ， ，根据三角形内角 和定理与三角形外角的性质可得， ， ， 则 然后求解即可解答． 【详解】解：∵以 为圆心， 长为半径画弧，交 于点 ；以 为圆心， 长为半径画弧，交 于点 ，连接 ， ∴ ， ∴ ， ， ∵ ， ， ∴ ， 解得： ． 故选：C． 3．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图是一张三角形纸片，其中 ，按如下步骤折纸： 第一步：将该纸片对折，点B 与点C 重合，折痕为 ； 第二步：展开后，再将该纸片折叠；折痕为 ，点A的对称点 恰好落在 上 根据以上折纸过程，可以求出折痕 的长度为（ ）A．10 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了折叠的性质，三线合一定理，勾股定理，先由折叠的性质得到 ，再由三线合一定理得到 ，则由勾股定理得到 ，再根据 进行求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可得 ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 故选：D． 4．（2025·湖南·模拟预测）如图，在 中， ，E是边 上一点，连接 ，在 右侧作 ，且 ，连接 ．若 ， ，则四边形 的面积为 ． 【答案】60 【分析】本题考查等边对等角，平行线的性质，角平分线的性质，勾股定理：过点 作 ， ，根据等边对等角结合平行线的性质，推出 ，进而得到 ，得到 ，进而得到四边形 的面积等于 ，设 ，勾股定理求出 的长，再利用面积 公式求出 的面积即可． 【详解】解：∵ ， ∴ ，∵ ， ∴ ， ∴ ， ∴ 平分 ， 过点 作 ， ， 则： ， ∵ ，且 ， ∴ ， ∴四边形 的面积 ， ∵ ， ∴ ， 设 ，则： ， 由勾股定理，得： ， ∴ ， 解： ， ∴ ， ∴ ， ∴四边形 的面积为60． 故答案为：60． 5．（2025·湖南·模拟预测）如图，在等腰三角形 中， ，分别以点 ，点 为圆心，大于 为半径画弧，两弧分别交于点 和点 ，连接 ，直线 与 交于点 ，连接BD，则的度数为 ． 【答案】30°/ 度 【分析】本题考查了等边对等角，垂直平分线的性质，三角形内角和定理，掌握等腰等腰三角形的判定和 性质是解题的关键． 根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理可得 ，由作图可得垂直平分线，则有 ，所以 ，再根据 ，即可求解． 【详解】解：∵ 是等腰三角形， ， ∴ ， 根据作图可得， 是线段AB的垂直平分线， ∴ADBD， ∴DABDBA40， ∴DBC ABCDBA704030， 故答案为：30° ． 6．（2024·安徽合肥·三模）如图，在VABC和VADE中，AB AC，AD AE，BACDAE90， 分别连接BD，CE，延长EC交BD于F ． （1）若CBD66，则ACE ； （2）连接AF ，若AF 3，DF 4，则EF的长为 ． 43 2 【答案】 111 【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全 等三角形并熟练运用全等三角形的判定与性质是解题的关键．（1）利用SAS证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质求出ABDACE，根据等腰直角三角形 的性质求出ABC45，再根据角的和差求解即可； （2）过点A作AH  AF，交EF于H ，利用ASA证明△AHE≌△AFD，根据全等三角形的性质求出 EH DF AH  AF FH  2AF ， ，根据等腰直角三角形的性质求出 ，再根据线段的和差求解即可． 【详解】解：（1） BACDAE90， BADCAE， 在△ABD和△ACE中， AB AC  BADCAE ，  AD AE  ABD≌ ACESAS   ， ABDACE，  BAC90，AB AC， ABCACB45，  CBD66， ABDABCCBD111， ACE 111， 故答案为：111； （2）如图，过点A作AH  AF，交EF于H ， ， FAH DAE90 DAF EAH ．  ABD≌  ACE， AEH ADF， 在 AHE和△AFD中，EAH DAF  AE AD ，  AEH ADF  AHE≌ AFDASA   ， EH DF ，AH  AF， FH  2AF ，  EF EH FH， DF 2AF EF ，  AF 3，DF 4， EF 43 2， 43 2 故答案为： ． 题型二：等腰三角形的判定 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·辽宁·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD AB，ADa，AB10． 以点A为圆心，以AB长为半径作图，与BC相交于点E，连接AE．以点E为圆心，适当长为半径作弧， 1 分别与 ， 相交于点 ， ，再分别以点 ， 为圆心，大于 MN 的长为半径作弧，两弧在 EA EC M N M N 2 AEC的内部相交于点P，作射线EP，与AD相交于点F ，则FD的长为 （用含a的代数式表示）． 【答案】a10 【分析】本题考查了作图﹣作角平分线，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关 键． 利用基本作图得到AE  AB10，EF平分AEC，，接着证明AEF AFE得到AF  AE  10，然 后利用FD ADAF求解．【详解】解：由作法得AE  AB10，EF平分AEC， ∴AEF CEF ， ∵AD∥BC， ∴AFE CEF ， ∴AEF AFE， ∴AF  AE  10， ∴FD ADAF a10． 故答案为：a10． 【变式2-1】（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是VABC边AB，AC的中点，连接BE，DE．若 AEDBEC,DE2 BE ，则 的长为 【答案】4 【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得 DE∥BC,BC 2DE4,得出C AEDBEC,得出BE BC 4 【详解】解：∵D，E分别是VABC边AB，AC的中点， ∴DE是VABC的中位线， ∴DE∥BC,BC 2DE4, AEDC, ∴ AEDBEC, ∵ C BEC, ∴ BEBC 4, ∴ 故答案为：4 【变式2-2】（2024·四川自贡·中考真题）如图，在VABC中，DE∥BC，EDF C．(1)求证：BDF A； (2)若A45，DF平分BDE，请直接写出VABC的形状． 【答案】(1)见解析 (2)VABC是等腰直角三角形． 【分析】本题考查了平行线的判定和性质，等腰直角三角形的判定． （1）由平行证明AEDC，由等量代换得到EDF AED，利用平行线的判定“内错角相等，两直线 平行”证明DF∥AC，即可证明BDF A； （2）利用平行线的性质结合角平分线的定义求得BDE90，�B�90 ，据此即可得到VABC是等腰直 角三角形． 【详解】（1）证明：∵DE∥BC， ∴AEDC， ∵EDF C， ∴EDF AED， ∴DF∥AC， ∴BDF A； （2）解：VABC是等腰直角三角形． ∵BDF A， ∴BDF A45， ∵DF平分BDE， ∴BDE2BDF 90， ∵DE∥BC， ∴B180BDE90， ∴C 180AB45A， ∴VABC是等腰直角三角形． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分ABC交AD于点E，CF平分BCDAD BC 7,EF 1 AB 交 于点F，若 ，则 为（ ） A．4 B．3.5 C．3 D．2.5 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行线与角平分线相结合可得 AE AB,DF CD，再结合平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD,AD∥BC，ADBC7 ∴AEBCBE,CFDBCF， ∵BE平分ABC，CF平分BCD， ∴ABECBE,DCF BCF， ∴ABEAEB,DCF CFD， ∴AE AB,DF CD， AB AE ADDE ADDFEF ADABEF 7AB1 ∴ ， ∴AB4． 故选：A 2．（2024·海南三亚·二模）如图，EF 是VABC的中位线，BD平分ABC交EF于点D，若AE 2， DF 1，则边BC的长为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线定理、角平分线的定义、平行线的性质、等角对等边，由三角形中位线 定理得出BE  AE 2，EF∥BC，BC 2EF ，由平行线的性质结合角平分线的定义得出EBDEDB，由等角对等边得出DEBE 2，求出EF 的长即可得解． 【详解】解： EF 是VABC的中位线， BE AE2，EF∥BC，BC 2EF ， EDBCBD，  BD平分ABC， EBDCBD， EBDEDB， DEBE2， EF DEDF 213， BC 2EF 6， 故选：B． 3．（22-23八年级上·江苏扬州·期末）小明将两把完全相同的长方形直尺如图放置在AOB上，两把直尺 的接触点为P，边OA与其中一把直尺边缘的交点为C，则OC的长度是 【答案】3 【分析】本题考查角平分线的判定，平行线性质及等角对等边．根据图形可得OP是AOB的角平分线， 再根据平行线性质及等角对等边即可得到答案； 【详解】解：作PEOC，PF OB， 由题意可得，如图所示，∵PEPF ，PEOC，PF OB， ∴POEPOF， ∵CP∥OB， ∴CPOPOF ， ∴CPOPOE， ∴OCPC， ∵点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是2、5， ∴OC PC 523， 故答案为：3． VABC AD BAC DE∥AC AB DE 2 4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在 中， 平分 ， 交 于点E，若 ， BE 2DE，则AB的长为 ． 3 2 【答案】 【分析】此题考查了平行线的性质，角平分线的概念和等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点． EADEDA DE  AE  2 首先根据平行线的性质和角平分线的概念得到 ，进而得到 ，然后结合 BE 2DE求解即可． 【详解】∵AD平分BAC， ∴EADCAD ∵DE∥AC ∴EDACAD ∴EADEDA DE  AE  2 ∴ BE2DE2 2 ∴ ABBEAE3 2 ∴ ．3 2 故答案为： ． 5．（2024·湖南长沙·二模）如图，在VABC中，ABC和ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC 交AB于M ，交AC于N ，若BM CN 8，则线段MN的长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查学生对等腰三角形的判定和平行线性质．由角平分线的定义得∠MBE ∠EBC， ECN ECB，利用两直线平行，内错角相等，利用等量代换可得∠MBE∠MEB，NEC ECN ， 然后即可求得结论．解题的关键是证明BM ME，EN CN ． 【详解】解：∵ABC和ACB的平分线交于点E，BM CN 8， ∴∠MBE ∠EBC，ECN ECB， ∵MN∥BC， ∴EBC MEB，NEC ECB， ∴∠MBE∠MEB，NEC ECN ， ∴BM ME，EN CN ， ∴MN MEEN BM CN 8， ∴线段MN的长为8． 故答案为：8． 6．（2024·山西太原·二模）如图，在 ABCD中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心， 以适当长为半径画弧，分别与AB，BC交于点E，F ；②分别以E，F 为圆心，以适当长为半径画弧， 两弧交于点G，作射线BG，与边AD交于点H；③以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M ． 若AB5，BH 8，则点A，M 之间的距离为（ ）A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形ABMH 是菱形是解题的 关键．连接AM 、MH ，设AM 交BH 于点O，根据题意证明四边形ABMH 是菱形，从而得出OB的长， 再根据勾股定理即可得出结果． 【详解】解：如图，连接AM 、MH ，设AM 交BH 于点O， 由题意可知，BH 是ABC的角平分线， ABH CBH ， 又四边形ABCD是平行四边形， AD∥BC， AHBCBH ， ABH AHB， AB AH ， 以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M ， ABBM ， AH BM ， 又AH∥BM ， 四边形ABMH 是平行四边形， 又AB AH ， 四边形ABMH 是菱形， 1 OBOH  BH 4 AM BH ， 2 ，OAOM ， ∴ AOB90， OA AB2OB2  5242 3 ， AM 2OA6， 故选：B 7．（23-24九年级下·宁夏中卫·期中）如图是由边长为1的小正方形组成的96网格，点A，B，C，D，E，F均在格点上．下列结论： ①连接BD，点A与点F关于BD成轴对称； ②连接BC，BF，CF，则VBCF 是等腰三角形； ③连接AF ，点B，E到线段AF 的距离相等． 其中，正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】本题考查轴对称，勾股定理，三角形全等的判定与性质，等腰三角形性质及应用等，根据轴对称 概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．解题的关键是根据描述，正确的画图，熟练 掌握相关知识点． 【详解】解：如图，连接BD， ADDF 5 ABBF  1242  17 由图可知， ， ， ∵BDBD， ABD≌ FBDSSS   ∴ ， ∴点A与点F关于BD成轴对称，故①正确； 如图，连接BC，BF，CF， BF BC 1242  17 FC3 2 由图可知， ， ，∴VBCF 是等腰三角形，故②正确； 如图，连接AF ，AE，AB，BF， h h 设点 B ， E 到线段 AF 的距离分别为 1， 2． 1 1 1 15 1 S  5511 14 14  AFh 由图可知， △ABF 2 2 2 2 2 1， 1 1 15 1 S  EFAD 35  AFh △AEF 2 2 2 2 2， S S h h ∴ △ABF △AEF，则 1 2， ∴点B，E到线段AF 的距离相等，故③正确； 综上，正确的有①②③； 故答案为：①②③． 8．（2024·海南海口·一模）如图，在Rt  ABC中，C 90，AC 4，BC 3，点D是AC边上的一点， 过点D作DF  AB，交BC于点F ，作BAC的平分线交DF于点E，连接BE．若  ABE的面积是2，则 DE 点 到AB的距离为 ， 的值是 ． E EF 4 2 【答案】 5 3 【分析】本题考查的知识点是勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等角对等边，解题关 键是熟练掌握相似三角形的判定与性质． 先根据勾股定理求出AB，即可分别用三角形面积公式推得点C到AB的距离和点E到AB的距离，再根据 BAC CD DF 2   DF  AB  CDF∽  CAB CA AB 3 AECD DF 2 判定 即可推得相似比，从而由相似三角形的性质得到   ，由 平分 DF  AB  CDF∽  CAB CA AB 3 AE 4 和 可得 ，根据等角对等边推得DE AD 后即可得解． BAC DF  AB DAEAED 3 Rt ABC AB AC2BC2  3242 5 【详解】解：  中， ， ACBC 12 点 到AB的距离h  ，  C AB 5 1  S ABE  2 ABh 1 2， 4 点 到AB的距离h  ，  E 1 5 12 4 8 点 到 的距离h hh    ，  C DF 2 1 5 5 5  DF  AB， 2 ，且相似比为h :h ，  CDF∽ CAB 2 3   CD DF 2    ， CA AB 3 2 8 2 10 CD 4 ，DF  5 ， 3 3 3 3 4 AD ACCD ， 3 AE平分BAC，  BAEDAE，  DF  AB， BAEAED， 即DAEAED， 4 DE AD ， 3 10 4 EF DFDE  2， 3 3 4  DE  3  2 ． EF 2 34 2 故答案为：5 ； ． 3 9．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在VABC中，O是AB边的中点，D是CO上一点，AE∥BD交 CO的延长线于点E． (1)求证：AEBD； (2)若ACB90，BDOCAO，AC 6，求BD的长． 【答案】(1)见解析； (2)6． 【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一般，平行线的性 质，等角对等边以及中点定义，熟练掌握三角形全等的性质和判定方法是解题的关键． （1）由O是AB边的中点，得AOBO ，由AE∥BD，得EBDO，OAEOBD，可得 OAE≌ OBDAAS   ，即可证明结论成立； （2）由O是AB边的中点，ACB90，得AO=BO=OC ，进而ACOCAO，由（1）BD AE， BDOE，由BDOCAO，得ACOCAOE，从而AC  AE6，进而即可得解． 【详解】（1）证明：∵O是AB边的中点， ∴AOBO ． 又∵AE∥BD， ∴EBDO，OAEOBD， 在△OAE与 OBD中， EBDO  OAEOBD ，  OAOB OAE≌ OBDAAS   ∴ ∴AEBD；（2）解：∵O是AB边的中点，ACB90， 1 ∴AOBOOC  AB ． 2 ∴ACOCAO， OAE≌ OBDAAS   ∵ ， ∴BD AE，BDOE， ∵BDOCAO， ∴ACOCAOE， ∴AC  AE6， ∴BD AE6． 10．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知：AC BC，ADBD，AC BD． (1)如图1，求证：ADBC； (2)如图2，AC交BD于点E，连接CD，若DEC 135，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图 中所有的等腰三角形． 【答案】(1)见解析 (2)VADE， CDE， ABE， BCE 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等角对等边等等： Rt ABC≌Rt BADHL   ADBC （1）只需要证明 ，即可证明 ； （2）由平角的定义得到AEDBEC 45，则可证明△ADE，△BEC都是等腰直角三角形，由全等三 角形的性质得到EABEBA，则EAEB，进而可得EDEC，则可证明△AEB，△ECD都是等腰三 角形． 【详解】（1）证明：∵AC BC，ADBD， ∴DC 90， 又∵AC BD，ABBA， Rt ABC≌Rt BADHL   ∴ ， ∴ADBC；（2）解：∵DEC 135， ∴∠AED∠BEC 180DEC 45， ∵DC 90， ∴△ADE，△BEC都是等腰直角三角形， ∵Rt△ABC≌Rt△BAD， ∴EABEBA， ∴EAEB， 又∵AC BD， ∴EDEC， ∴△AEB，△ECD都是等腰三角形． 综上所述，VADE， CDE， ABE， BCE都是等腰三角形． 题型三：等腰三角形的构造与个数问题 【中考母题学方法】 【典例1】（2023·吉林·中考真题）图①、图②、图③均是55的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格 点，线段AB的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以AB为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角 三角形、直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上． 【答案】见解析 AB 5 【分析】根据勾股定理可得 ，结合题意与网格的特点分别作图即可求解． 【详解】解：如图所示，AC  AB 1222  5 VABC VABC 如图①， ，则 是等腰三角形，且 是锐角三角形， AD AB 1222  5 BD 1232  10 AD2AB2 BD2 △ABD 如图②， ， ，则 ，则 是等腰直角三角 形， AE AB 1222  5 ABE ABE 如图③， ，则 是等腰三角形，且 是钝角三角形， 【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【典例2】（2023·浙江宁波·中考真题）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点 上）． (1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形PAB，再画出该三角形向右平移2个单位后的  PAB． (2)将图2中的格点VABC绕点C按顺时针方向旋转90，画出经旋转后的△ABC． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 【分析】（1）先画等腰三角形PAB，PAPB，再确定平移后的对应点，再顺次连接即可； （2）确定A，B旋转后的对应点，而C的对应点是其本身，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图， PAB， PAB即为所求作的三角形；（2）如图，△ABC即为所求作的三角形， 【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，作等腰三角形，熟练的利用网格特点以及平移旋转的性质进行 作图是解本题的关键． 1 k y x y (x0) 【典例3】如图，在平面直角坐标系中，直线 与反比例函数 的图象交于点A(a,1)，将直线 6 x 8 OA 向上平移 3 个单位，与y轴交于点 C ，与双曲线交于点 B ． (1)求反比例函数和直线BC的表达式； (2)求点B的坐标； (3)在x轴上是否存在一点P，使 PAB是以PA为腰的等腰三角形，若存在，求出点P坐标；若不存在，请 说明理由． 6 1 8 【答案】(1)反比例函数的表达式为y ，直线 的表达式为y x x BC 6 3 B(2，3) (2)P (3，0) (6 19，0) (3)存在，点 坐标为 或 1 k 【分析】（1）把点A的坐标代入y x中，求得a的值，再代入y 中，求得k的值，即得反比例函数 6 x 8 的表达式，再根据直线 向上平移 个单位，即可求得直线 的表达式； OA 3 BC 1 8 6 （2）因B是直线BC与双曲线的交点，故得方程 x  ，求解方程，即得答案； 6 3 x P(t，0) PAPB PABA （3）设 ，分 和 两种情况，分别列方程求解，即得答案． 1 1 【详解】（1）把A(a，1)代入y 6 x中，得 1 6 a ， 解得a6， A(6，1)， k 166， 6 y ， x 8 ，且直线 向上平移 个单位，  BC∥OA OA 3 1 8 ∴直线 表达式为y x ； BC 6 3 1 8 6 （2）由题意得： x  ， 6 3 x x216x360， x 2 x 18 1 ， 2 （舍去）， ∴y3， B(2，3) ； P(t，0) （3）设 ， PAPB (6t)2(10)2 (t2)2(03)2 当 时， ， 解得t 3， P(3，0)；PABA (62)2(13)2 (6t)2(10)2 当 时， ， t 6 19 解得 ， P(6 19，0) ； P (3，0) (6 19，0) 综上所述，点 坐标为 或 ． 【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数的交点问题，求一次函数与反比例函数的解析式，一次函 数的平移，直线上与已知两点组成等腰三角形的点的探求等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． 【变式3-1】（2024·贵州毕节·一模）点A，B在直线l同侧，若点C是直线l上的点，且VABC是等腰三角 形，则这样的点C最多有（ ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】A 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，先以A点为圆心， AB 为半径作弧交直线l于点 C 1、 C 2， C，C C 再先以B点为圆心， BA 为半径作弧交直线l于点 3 4，最后作 AB 的垂直平分线交直线l于点 5． C、C、C、C、C 【详解】解：如图，点 1 2 3 4 5为所作， 故答案为：A． 【变式3-2】（2023·贵州遵义·三模）四边形ABCD是平行四边形，下列尺规作图不能得到等腰三角形ABE 的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析每个选项的尺规作图，进一步判断是否又等腰三角形即可． 【详解】A．根据作图痕迹可知，BE为ABC的角平分线，故ABEEBC，根据平行线的性质可得， EBC AEB，即ABEAEB，故 ABE为等腰三角形，A不符合题意；  B．根据作图痕迹可知，点B，E在以A为圆心，AB的长为半径的圆上，故AB AE，即 ABE为等腰三 角形，B不符合题意； C．根据作图痕迹可知，令BAD的角平分线与BC交于点M ，如图，则∠EAM ∠MAB，根据平行线的 性质可得，EAM AMB，即BAM AMB，故 ABM 为等腰三角形；根据作图痕迹可知，以点B为 圆心，画弧，与AM 边交于两点，分别以该两点为圆心，画弧交于一点，连接该点与点B，延长交AD于 点E，故BE为ABC的角平分线，故ABEEBC，根据平行线的性质可得，EBC AEB，即 ABEAEB，故 ABE为等腰三角形，C不符合题意； D．作图痕迹没有依据，D符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查尺规作图——角平分线，等腰三角形的性质等，解题的关键是根据做图痕迹进行判断． △ABP 【变式3-3】（2024·河北邯郸·三模）如图中的点都在格点上，使 n（n为1~4的整数）不是轴对称图 形的点是 （ ） P P P P A． 1 B． 2 C． 3 D． 4 【答案】B【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，等腰三角形的定义，勾股定理，根据网格的特点和勾股定理 △ABP、△ABP，△ABP △ABP 可得 1 4 3都是等腰三角形，而 2不是等腰三角形，再根据轴对称图形的定义即可 得到答案． △ABP、△ABP，△ABP 【详解】解：根据网格的特点和勾股定理可得 1 4 3都是等腰三角形，即这三个三角形 都是轴对称图形， △ABP 2不是轴对称图形， 故选：B． 【中考模拟即学即练】 32．（2023·浙江台州·一模）观察下列尺规作图的痕迹，不能判断VABC是等腰三角形的是（ ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据基本的作图方法，结合等腰三角形的判定，逐一进行判断，即可得到答案． 【详解】解：A、根据一个角等于已知角的作法可知BC，VABC是等腰三角形，不符合题意，选项 错误； B、根据垂直平分线的作法可知AB AC，VABC是等腰三角形，不符合题意，选项错误； C、根据过直线外一点作平行线的作法可知，AC∥BD，ACBCBD， 根据角平分线的作法可知，ABC CBD， ABC ACB，VABC是等腰三角形，不符合题意，选项错误；D、不能判断VABC是等腰三角形，符合题意，选项正确， 故选D． 【点睛】本题考查了作图—复杂作图，等腰三角形的判定等知识，掌握基本作图方法是解题关键． y=x2+4x3 4．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）如图，抛物线 与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧）， 与y轴交于点C，连接BC． (1)直接写出抛物线与x轴的交点坐标及直线BC的解析式； BC S S (2)点P是 上方抛物线上一点，当 △PBC △ABC时，求出点P的坐标（不与点A重合）； (3)在抛物线的对称轴上存在点M，使 MAC是等腰三角形，请直接写出此时点M 的坐标． A(1,0) B3,0 BC yx3 【答案】(1) ， ，直线 的解析式 ， (2,1) (2) (2,3) (2,2) (2,3 6) (2,3 6) (3) 或 或 或 ， y0 x0 A B C BC 【分析】（1）分别令 和 ，即可求点 、 、 的坐标，进而利用待定系数法求出直线 的解 析式； （2）先求出VABC的面积，可求△PBC的面积为3，从而可以求出P的纵坐标，代入抛物线解析式即可求 出P的坐标； (2,y) （3）在抛物线的对称轴上点M坐标为 ，根据坐标系中两点距离公式结合等腰三角形的定义列方程求解即可． y0 【详解】（1）解：令 ，得： x24x30， x 1 x 3 解得： 1 ， 2 ， A(1,0)，B(3,0)， 令x0，得： y=3 ， C(0,3) ，  A B C A(1,0) B(3,0) C(0,3) 点 、 、 的坐标分别为： 、 、 ． BC ykxb 设直线 的解析式为 ，可得： 3kb0 k 1   b3 ，解得： b  3， ∴直线BC的解析式为yx3， 1 1 S  ABOC (31)33 （2） △ABC 2 2 ， S S 3 △PBC △ABC ， 过点P作 PH x 轴，交 BC 于点H，设点P的横坐标为 a ，则有 P(a,a24a3) ， Ha,a3 ， PH (a24a3)(a3)a23a ∴1 1 1 ∵S S S  PHx  PH(x x ) PHx PBC PHC PHB 2 P 2 B P 2 B 1 3(a23a)3 ， 2 a 1 a 2 1 ， 2 ， 当a1时，y0，此时与点A重合， a2 y224231 当 时， ， 点P的坐标为：(2,1)． y=x2+4x3=(x2)2+1 （3）∵抛物线 ， ∴抛物线对称轴为直线x2， (2,y) 设在抛物线的对称轴上点M坐标为 ， A(1,0) C(0,3) ∵ 、 ． AC2 1232 10 ∴ ， AM2 (12)2y2 1y2 ， CM2 22(y3)2  y26y13 ， AC AM 1y2 10 y3 (2,3) (2,3) 当 时， ，解得： ，即点M坐标为 或 ， (2,3) AM  10 CM 2 10 AC  10 (2,3) 当点M坐标为 时， ， ， ，不能构成三角形，故M 舍去； AC CM y26y1310 y3 6 (2,3 6) (2,3 6) 当 时， ，解得： ，即点M坐标为 或 ， AM CM y26y131y2 y2 (2,2) 当 时， ，解得： ，即点M坐标为 ， (2,3) (2,2) (2,3 6) (2,3 6) 综上所述：点M坐标为 或 或 或 ， 【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求 函数解析式、勾股定理、三角形的面积等知识，解题（3）的关键是根据点距离公式结合等腰三角形的定 义列方程求解．题型四：等腰三角形的性质与判定的综合问题 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·甘肃兰州·中考真题）观察发现：劳动人民在生产生活中创造了很多取材简单又便于操作 的方法，正如木匠刘师傅的“木条画直角法”，如图1，他用木条能快速画出一个以点A为顶点的直角， 具体作法如下： ①本条的两端分别记为点M，N，先将木条的端点M与点A重合，任意摆放木条后，另一个端点N的位置 记为点B，连接AB； ②木条的端点N固定在点B处，将木条绕点B顺时针旋转一定的角度，端点M的落点记为点C（点A， B，C不在同一条直线上）； ③连接CB并延长，将木条沿点C到点B的方向平移，使得端点M与点B重合，端点N在CB延长线上的落 点记为点D； ④用另一根足够长的木条画线，连接AD，AC，则画出的DAC是直角． 操作体验：（1）根据“观察发现”中的信息重现刘师傅的画法，如图2，BABC，请画出以点A为顶点 的直角，记作DAC； 推理论证：（2）如图1，小亮尝试揭示此操作的数学原理，请你补全括号里的证明依据： 证明： ABBC BD，   ABC与△ABD是等腰三角形． BCABAC,BDABAD ．（依据1______） BCABDABACBADDAC． DACBCABDA180，（依据2______） 2DAC 180， DAC 90． 依据1：______；依据2：______； 拓展探究：（3）小亮进一步研究发现，用这种方法作直角存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方 法可以减少误差．如图3，点O在直线l上，请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出一个以O为顶点的直 POQ OP OQ 角，记作 ，使得直角边 （或 ）在直线l上．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）见详解，（2）等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；（3）见详解 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及尺规作图的作垂线， CB DBCB CA,AD DAC （1）根据“观察发现”延长 至点D，且 ，连接 即可知以点A为顶点的 为直角； （2）根据作图可知利用了等边对等角，以及三角形内角和定理； （3）根据过定点作已知直线的垂线的方法作图即可． 【详解】解：[操作体验] （1） [推理论证]（2）依据1：等边对等角（等腰三角形的性质）；依据2：三角形内角和定理； 故答案为：等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理； [拓展探究]（3） 【变式4-1】（2024·山西·模拟预测）如图，在VABC中，AB AC，BAC 120，分别以点A，C为圆 1 心，大于 AC的长为半径作弧，两弧分别相交于点 ， ，连接 交边 于点 ，连接 ．若 2 E F EF BC D AD BD8 ACD BD8，则 ACD的周长为 ． 84 3 4 38 【答案】 / DE AC DADC,DE AC GAGC B30 【分析】由作图知 是 的垂直平分线，则 ， ，角度推导得到 ， 继而求出AD，再解Rt  ADG求出AG，即可求解． 【详解】解：由作图知DE是AC的垂直平分线， DADC,DE AC GAGC ∴ ， ∴ACDDAC， ∵AB AC，BAC 120， 180120 ∴BACD 30， 2 ∴DAC30， ∴BADBACDAC 90， 1 ∴AD BD4， 2 Rt ADG AG ADcosDAC 2 3 在  中， ， AC 2AG4 3 ∴ ， ACD ADCDAC 84 3 ∴ 周长为： ， 84 3 故答案为： ．【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形等知识点， 熟练掌握知识点，发现30是解题的关键． 【变式4-2】（2024·广东广州·中考真题）如图，在VABC中，A90，AB AC 6，D为边BC的中 点，点E，F 分别在边AB，AC上，AECF，则四边形AEDF 的面积为（ ） 9 2 6 2 A．18 B． C．9 D． 【答案】C 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是 解题关键．连接AD，根据等腰直角三角形的性质以及AECF得出VADE≌VCDF，将四边形AEDF 的 面积转化为三角形ADC的面积再进行求解． 【详解】解：连接AD，如图： ∵BAC 90，AB AC 6，点D是BC中点，AECF BADBC 45,ADBDDC ∴ ∴VADE≌VCDF， 1 ∴S S S S S S  S 四边形AEDF △AED △ADF △CFD △ADF △ADC 2 △ABC 1 又∵S 66 18 ABC 2 1 ∴S  S =9 四边形AEDF 2 ABC 故选：C 【变式4-3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，AC、DE相交于点G， ABDF，ACDE，BC EF ．(1)求证： GEC是等腰三角形； (2)连接AD，则AD与l的位置关系是________． 【答案】(1)见解析 AD l  (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的判定： （1）证明△ABC≌△DFE，得到ACBDEF，即可得证； （2）根据线段的和差关系，易得AGDG，根据三角形的内角和定理，得到CADACB，即可得出 结论． 【详解】（1）证明：在VABC和△DFE中 ABDF  AC DE ，  BC EF ∴△ABC≌△DFE， ∴ACBDEF， ∴EGCG， ∴ GEC是等腰三角形； （2）∵ACDE，EGCG， ∴ACCGDEEG， ∴AGDG， 1 ∴GADGDA 180AGD ， 2 1 ∵ACEDEF  180CGE ， 2 ∵AGDEGC，∴CADACB， AD l  ∴ ． 【变式4-4】（2024·四川·中考真题）如图，在四边形ABCD中，A90，连接BD，过点C作CEAB， 垂足为E，CE交BD于点F ，1ABC． (1)求证：23； (2)若445． ①请判断线段BC，BD的数量关系，并证明你的结论； ②若BC 13，AD5，求EF的长． 【答案】(1)见解析 25 EF (2)①BC BD，理由见解析；② 12 【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形 的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由余角的性质可得1390，2ABC90，根据1ABC，可得23； （2）①设23 x，可求BFE90xDFC，可求BCDBDC45x，根据等腰三角形的判定 可得BC BD； ②由勾股定理可求AB12，由“AAS”可证△ADB≌△EBC，可得BEAD5，通过证明 EF BE ，可得  ，即可求解． △EFB∽△ADB AD AB 【详解】（1）证明： CE  AB， CEB90A， 1390，2ABC90，  1ABC， 23； （2）解：①BC BD，理由如下：设23 x， BFE90xDFC，  445， CDB18045(90x)45x，  BCD4245x， BCDBDC， BC BD； ② BCBD13，AD5， AB BD2AD2  1692512 ，  BC BD，ACEB，23，  ADB≌ EBCAAS   ， BE  AD5，  ACEB，33， VEFB∽VADB， EF BE  ，  AD AB EF 5  ，  5 12 25 EF  ． 12 【中考模拟即学即练】 1 1．（2024·湖北宜昌·一模）如图，分别以点B和点C为圆心，大于 BC为半径作弧，两弧相交于A、M 2 两点；作直线AM ；连接AB、AC；(1)VABC是什么三角形？说明理由； (2)在VABC中，CE是ACB平分线，BF是ABC平分线．求证：BF CE． 【答案】(1)VABC是等腰三角形，见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质， 全等三角形的判定和性质． （1）由作图知AM 是BC的垂直平分线，据此可证明VABC是等腰三角形； （2）证明 BCF≌  CBE，即可得到BF CE． 【详解】（1）解：VABC是等腰角形， 理由如下： 根据作图，AM 是BC的垂直平分线， ∴AB AC． ∴VABC是等腰三角形； （2）证明：∵VABC是等腰三角形，AB AC， ∴∠ABC ACB， 又∵CE是ACB平分线，BF是ABC平分线， 1 1 ∴FBC  ABC，ECB ACB， 2 2 ∴FBC ECB， 又∵BC BC， BCF≌ CBEASA   ∴ ． ∴BF CE． 2．（2025·江苏·一模）某段河流的两岸是平行的，某数学老师带领甲，乙两个数学兴趣小组，在不用涉水 过河的情况下，去测得河的宽度，结果都获得了准确的答案． 组 方案 别 ①在河岸边点B处，选对岸正对的一棵树A，即AB垂直河岸；②沿河岸直 甲 行15m处有一棵树C，继续前行15m到达点D处；③从点D处沿河岸垂直 组 的DE方向行走，当到达A树正好被C树遮挡住的点E处时（即点 A、C、E在同一直线上），停止行走；④测得DE的长为10m．①在河岸边点B处，选对岸正对的一棵树A，即AB垂直河岸；②从点B出 乙 发，沿着与直线AB成50角的BC方向前进到C处，在C处测得C 25 组 ，③量出BC的长，它就是河宽（即点A、B之间的距离） 问题解决 （1）根据甲组的方案， ①河的宽度是 m； ②请说明他们做法的正确性（需写出必要的过程） （2）根据乙组的方案，请写出在判断过程中，他们都用到了哪些数学几何知识？（至少2条） 【答案】（1）①10，②见解析；（2）见解析 【分析】本题主要考查了三角形的外角的定义和性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知 识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）①根据题意，易得DE AB，即可获得答案，②利用“ASA”证明△ABC≌△EDC ， 由全等三角 形的性质易得ABED； （2）根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”，结合题意可证明C BAC，再根据 等腰三角形“等角对等边”的性质可得ABBC，即可获得答案． 【详解】结：（1）①由题意知，DE  AB10米，即河的宽度是10米； 故答案为：10； ②证明：∵ABBD，DEBD ∴ABC EDC 90， 在VABC与△EDC中， ACBDCE  BC DC ，  ABC EDC 90 △ABC≌△EDCASA ∴ ， ∴ABED10； （2）根据题意，CBD50，C 25， ∵CBDCBAC，∴BAC CBDC 502525， ∴C BAC， ∴ABBC． 所以，根据乙组的方案，他们用到的数学几何知识可有：在同一个三角形中，等角对等边；三角形的一个 外角等于与它不相邻的两个内角的和． 3．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在VABC中，ACB90，AC BC，E为AC边的中点，过点A 作ADAB交BE的延长线于点D，CG平分ACB交BD于点G，F 为AB边上一点，连接CF，且 ACF CBG．求证： (1)AF CG； (2)CF 2DE． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，正确的作 出辅助线是解题的关键． （1）根据题意，则ACGBCG45，CAF CBF 45，等量代换，则CAF BCG，根据全 等三角形的判定和性质，即可； （2）延长CG交AB于H，连接AG，根据题意，垂直平分线的性质，证明得到CH 是AB的垂直平分线， 则AH BH ，AGBG，根据平行线的判定和性质，则AD∥CG，DEGC，根据 GBADBAGDAG90，推出DDAG，根据全等三角形性质，则△AFC≌△CGB，得到 ADE≌ CGEAAS CF BG E AC   ，根据 为 边的中点，全等三角形的判定和性质，则 ，根据边的等量关 系，即可． 【详解】（1）证明，如下： ∵ACB90，AC BC， ∴CAF CBF 45， ∵CG平分ACB交BD于点G∴ACGBCG45， ∴CAF BCG， ∵AC BC，ACF CBG， AFC≌ CGBASA   ∴ ， ∴AF CG． （2）证明，如下： 延长CG交AB于H，连接AG， ∵ CG平分ACB，AC BC， ∴CH 是AB的垂直平分线， ∴AH BH ，AGBG， ∴ABGGAB， ∵ADAB， ∴AD∥CG，DAB90， ∴DEGC， ∵GBADBAGDAG90， ∴DDAG， ∴DG AGGB， ∵△AFC≌△CGB， ∴CF BG， ∴DGCF， ∵E为AC边的中点， ∴AECE， ∵AEDCEG， ADE≌ CGEAAS   ∴ ， ∴DEGE， ∴DG2DE， ∴CF 2DE．4．（2024·云南昆明·一模）如图，在等腰直角 ABC中，ABC 90，点D在AC上，将  ABD绕顶点B 沿顺时针方向旋转90°得到 CBE． (1)求DCE的度数； AD 5，CD3 5， (2)若 求BD的长． 【答案】(1)90° (2)5 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，本题中利用全等三角形得出线段 和角相等是解题的关键． （1）根据旋转的性质结合等腰直角三角形的性质得到ACBABCE 45，计算即可； ABD≌ BCE DCE90 CE AD 5 ABDCBE （2）由（1）知  ， ，得到 ， ，利用勾股定理求出 DE5 2 DBE ，再证明 是等腰直角三角形，利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解： △CBE是△ABD由旋转得到的， ABC为等腰直角三角形， ∴ ABD≌  BCE，AACB45， ABCE45， DCEACBBCE 90； AD 5,CD3 5 （2）解：∵ ， 由（1）知 ABD≌  BCE，DCE90， CE AD 5 ABDCBE BDBE ∴ ， ， ， Rt DCE DE CD2CE2 5 2 在  中， ， ∵ABDCBDCBECBD90， ∴ DBE是等腰直角三角形，  ∴BD2BE2 2BD2 DE2 50，∴BD5（负值舍去）． 5．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，把一个含有30角的直角三角尺ACB绕着30角的顶点B顺时针旋 转，使得点A与CB延长线上的点E重合，其中点C的对应点为点D，连接CD． (1)△CBD是_____三角形，DCB的度数是_____ (2)若BC 4，求△CBD的面积． 【答案】(1)等腰，15 (2)△CBD的面积4． 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质． （1）由旋转，得到CBDB，即可得到△CBD是等腰三角形，再利用三角形的外角性质可求得DCB的 度数； （2）求得△CBD中BC边上的高，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵旋转， ∴CBDB，DBE30， 1 ∴ 是等腰三角形，DCBCDB DBE15； △CBD 2 故答案为：等腰，15； （2）解：作DF CE于点F ， ∵DBE30，DBBC 4， 1 ∴DF  DB2， 2 1 1 ∴ 的面积 CBDF  424． △CBD 2 2 6．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是边AD上的动点，连接CE， 以CE为边作矩形CEFG (点D、G在CE的同侧)，且CE 2EF ，连接BF．(1)如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F 在同一直线上，求BF的长； (2)如图2，当BCE30时，求证：线段BF被CE平分． BF 6 2 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质和点E是AD的中点，可得ABCD，ACDE90， 1 1 AEDE AD4，证明 ，得到 ，由 ，可得EF  CE2 2， 2 ABE≌ DCE CE BE 4 2 CE 2EF 2   即可求解； （2）设BF与CE交于点H，过B作BM CE于M ，根据矩形的性质可得BCECED， AEBCBE，由BCE30，可推出BM  AB，证明Rt  ABE≌Rt  MBE，得到 AEM BEM CBE，推出BC CE，结合CE 2EF ，推出EF BM ，证明 EFH≌ MBH ，得到   BH FH ，即可证明． 【详解】（1）解：在矩形ABCD中，AB4，BC8，点E是AD的中点， 1 ， ，AEDE AD4，  ABCD ACDE90 2 ABE≌ DCESAS   ， CEBE AE2AB2  4242 4 2 ， CE 2EF ，  1 EF  CE2 2，  2 BF BEEF 4 22 2 6 2 ； （2）如图，设BF与CE交于点H，过B作BM CE于M ， 在矩形ABCD中，AD∥BC， BCECED，AEBCBE， BCE30，  1 BM  BC 4 AB，  2 又BEBE， Rt ABE≌Rt MBEHL    ， AEM BEM ， AEM BEM CBE， BC CE， CE 2EF ，  1 1 EF  CE  BC BM ，  2 2  EHF BHM ，FEC BME90， EFH≌ MBHAAS   ， BH FH ， 线段BF被CE平分． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，等腰三角形 的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识． 7．（2025·贵州·模拟预测）小红在学习了等腰三角形相关性质后，对等腰直角三角形的性质进一步探究． 在等腰直角VABC中，BAC 90，AB AC，点E是直线AB上一点，点D是直线BC上一点， EC ED．(1)【问题解决】当EC平分ACB时，则DEB ； (2)【问题探究】当点E是线段AB上任意一点时，探究线段BD与AE的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】当AB AC 4，AE 6时，求CD的长长． 【答案】(1)22.5 BD 2AE (2) ．理由见解析 10 2 2 2 (3) 或 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股 定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． （1）由等腰直角三角形的性质可得ACBABC 45，由角平分线的性质可求解； （2）由ASA可证 DBE≌  EFC，可得BDEF ，由等腰直角三角形的性质可求解； （3）分两种情况讨论，由AAS可证 DBE≌  EFC，可得BDEF ，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】（1）解： ABAC，BAC 90， ACBABC45，  EC平分ACB， ACEBCE22.5，  EC ED， DECB22.5， DEB4522.522.5， 故答案为：22.5； BD 2AE （2）解： ，理由如下： 如图 ①，过点E作EF∥BC，交AC于点F ， 是直角三角形， ， ， ABC BAC 90 AB AC  AEF AFE ABC ACB45， AE  AF EF  2AE EFC DBE 135 BECF ， ， ， ，  EC ED，EDC ECD，  ABC EDCDEB45，ACBACEECD45， DEBACE，   DBE≌  EFC(ASA)， BDEF ， BD 2AE ； （3）解：情况①：当点E在射线AB上时，如图②． 过点E作EF∥BC，交AC的延长线于点F ， ， ， CEF ECD DBEABC 45ACBAFE  EC ED， EDBECD， EDBCEF ，   DBE≌  EFC(AAS)， BDEF ， EF  2AE  ， BD 2AE6 2 ，  AB AC 4， BC4 2 ， CDDBBC 6 24 2 10 2 ； 情况 ②：当点E在射线BA上时，如图 ③． 过点E作EF∥BC，交CA的延长线于点F ，， ， CEF ECD DBEFCB45AFE  EC ED， EDC ECD， EDBCEF ，   DBE≌  EFC(AAS)， BDEF ， EF  2AE  ， BD 2AE6 2 ，  AB AC 4， BC4 2 ， CDDBBC 6 24 2 2 2 ； CD 10 2 2 2 的长为 或 ． 题型五：等边三角形的性质与判定的综合 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·四川宜宾·中考真题）如图，点D、E分别是等边三角形ABC边BC、AC上的点，且 BDCE，BE与AD交于点F．求证：ADBE．【答案】见解析 【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据等边三角形的性质得出ABBC， ABDBCE 60，然后根据SAS证明 ABD≌  BCE，根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】证明∶∵VABC是等边三角形， ∴ABBC，ABDBCE 60， 又BDCE， △ABD≌△BCESAS ∴ ， ∴ADBE． 【变式5-1】（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，当 EBC是等边三角形时， AEB为（ ） A．30 B．45 C．60 D．120 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键． 由矩形ABCD得到AD∥BC，继而得到AEBEBC，而 EBC是等边三角形，因此得到 AEBEBC 60． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴AEBEBC， ∵ EBC是等边三角形， ∴EBC 60， ∴AEB60， 故选：C． 【变式5-2】（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线l∥m，等边三角形ABC的两个顶点B，C分别落在 直线l，m上，若ABE21，则ACD的度数是（ ）A．45 B．39 C．29 D．21 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质、等边三角形的性质，根据平行线的性质可得EBCDCB180，从 而可得EBAABCACBACD=180，再根据等边三角形的性质可得ABC ACB60，即可 求解． 【详解】解：∵l∥m， ∴EBCDCB180， 即EBAABCACBACD=180， ∵VABC是等边三角形， ∴ABC ACB60， 又∵ABE21， ∴216060ACD=180， ∴ACD=39， 故选：B． ABCD △DCE AEC 【变式5-3】如图，在正方形 的外侧，作等边 ，则 的度数是 ． 【答案】45/45度 【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理、正方形性质、等腰三角形性质、等边三角形的性质的应用 等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 根据正方形性质得出ADC 90，ADDC，根据等边三角形性质得出DEDC，EDC 60，推出 ADE150，ADED，根据等腰三角形性质得出DAEDEA，最后根据三角形的内角和定理求解即 可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴ADC 90，ADDC， ∵ CDE是等边三角形， ∴DEDC，EDCDEC60， ∴ADE9060150，ADED， 1 ∴DAEAED 180ADE15， 2 ∴AEC DECAED601545． 故答案为：45． 【变式5-4】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，点C在线段AD上，AB AD，BD，BC DE． (1)求证：△ABC≌△ADE； (2)若BAC60，求ACE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)ACE60 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明△ACE是等边三角形是解答 的关键． （1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可； （2）根据全等三角形的性质得到AC  AE，CAE BAC 60，再证明△ACE是等边三角形，利用等 边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：在VABC与VADE中， AB AD  BD ，  BCDE ABC≌ ADESAS   所以 ； （2）解：因为△ABC≌△ADE，BAC60， 所以AC  AE，CAE BAC 60， 所以△ACE是等边三角形． 所以ACE60．【中考模拟即学即练】 1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点P是等边VABC内一点，若将 BPC绕点B按逆时针方向旋转一 △BPA PP BP2 PP 个角度后得到 ，连接 ，若 ，则 的长度为（ ）  2 3 A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查旋转的性质，由旋转得BCBA,BPBP,CP AP，得△APB≌  CPB，得 CBPABP，可判断出 PBP是等边三角形，故可得PPBP2． 【详解】解：∵VABC是等边三角形， ∴ABC 60,ABCB, 由旋转得，BCBA,BPBP,CP AP ∴△APB≌  CPB， ∴CBPABP 而CBPABPABC60， ∴ABPABP60，即PBP60， ∵BPBP， ∴ BPP是等边三角形，  ∴PPBP2, 故选：B． 2．（2024·湖南·模拟预测）动点P在等边VABC的边AC上，AB4，连接PB，ADPB于D，以AD 为一边作等边VADE，ED的延长线交BC于F ，当EF 取最大值时，PB的长为（ ）7 1 A．2 B． C． D． 2 4 2 3 2 【答案】C 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，利 用全等三角形的判定定理准确找出图中的全等三角形是解题的关键． 如图，分别连接AF ，EC，作CG∥BD，交EF 的延长线于G，利用等边三角形的性质和全等三角形的判 BDF≌ CGFAAS ADBAEC BDCE   BF FC 定与性质得到 、 ；再证明 ，则 ，利用等腰三角形的 三线合一性质得到AFC 90，从而得到A，F ，C，E四点共圆，利用圆中最长的弦为直径得到当EF 取最大值时，则EF 等于直径AC，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，分别连接AF ，EC，作CG∥BD，交EF的延长线于G，  ABC和VADE是等边三角形， AB AC，AD AE，BAC DAE60， ． BADEAC 在△ABD和△ACE中，  AB AC  BADCAE ，   AD AE  ABD≌ ACESAS   ， ADBAEC，BDCE，  ADPB，ADB90， AEC 90．  AED60， CED30，  CG∥BD， GFDB30， GCEG30， CGCE， BDCG． 在VBDF和△CGF 中，  BDF G  BFDCFG ，   BDCG  BDF≌ CGFAAS   ， ∴BF FC，  ABAC， 点F 为BC中点， AF BC， AFC90， AFCAEC180， A，F ，C，E四点共圆， 当EF 取最大值时，则EF等于直径AC，  EF 为直径， FAEFCE90， 四边形AFCE为矩形，  FAC 30， CAE60， 点D在AC上，  ADPB于D， P，D两点重合，此时P为AC中点，BP AC， APPC 2． AB4， PB AB2AP2 2 3 ． 故选：C． △OAB 2 3 OA 3．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知：如图，等边三角形 的边长为 ，边 在x轴正半轴上， 现将等边三角形△OAB绕点O逆时针旋转，每次旋转60，则第2023次旋转结束后，等边三角形中心的坐 标为 ． 【答案】(0,2) 【分析】本题考查了坐标与图形变化—旋转，根据图形的旋转寻找规律，总结规律是解决本题的关键． 过点B和点O分别作BC OA于点C，OD AB于点D，根据△OAB是等边三角形，可得G点坐标，等 边三角形△OAB绕点O逆时针旋转，每次旋转60，旋转6次为一个循环，分别求出等边三角形中心G旋 转后的坐标，进而可得第2023次旋转结束后，等边三角形中心的坐标． 【详解】如图所示： 过点B和点O分别作BC OA于点C，OD AB于点D， ∵△OAB是等边三角形， ∴OD平分BOA， ∴DOA30， 1 ∵OC  OA 3， 2 ∴CG1，OG2，∵等边三角形△OAB绕点O逆时针旋转，每次旋转60， ∴旋转6次为一个循环， ( 3,1) ∵等边三角形中心G坐标为 ， (0,2) 第一次旋转后到y轴正半轴，坐标为： ； ( 3,1) 第二次旋转后到第二象限，坐标为： ； ( 3,1) 第三次旋转后到第三象限，坐标为： ； (0,2) 第四次旋转后到y轴负半轴，坐标为： ； ( 3,1) 第五次旋转后到第四象限，坐标为： ； ( 3,1) 第六次旋转后回到第一象限，坐标为： ， ∵20236331...1， (0,2) ∴第2023次旋转结束后，等边三角形中心的坐标为： ． 故答案为：(0,2)． k 4．（2023·四川达州·模拟预测）如图， 是等边三角形，边 在y轴上，反比例函数y x0 的 VABC AB x A0,6 C AB8 k 图象经过点 ，若 ， ，则 的值为 ． 8 3 【答案】 1 【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，过点 作 ，三线合一，得到ADBD AB， C CD AB 2 进而求出OD的长，勾股定理求出CD的长，进而得到C点坐标，即可求出k的值．【详解】解：过点C作CD AB， ∵VABC是等边三角形，AB8， 1 ∴ADBD AB4， ， 2 AC 8 CD AC2AD2 4 3 ∴ ， A0,6 ∵ ， ∴OA6， ∴ODOAAD2，   C 4 3,2 ∴ ， k 24 38 3 ∴ ； 8 3 故答案为： ． 5．（2024·山西大同·模拟预测）如图，等边△OAB的顶点O在坐标原点，顶点A在x轴上，OA2，将等 边△OAB绕原点顺时针旋转105至△OAB的位置，则点B的坐标为 ．   2, 2 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，能构造直角三角形是解此题的关键．过点B作BC x轴于点C，由等边三角形的性质可得：AOB60，OBOA2，由旋转的性质可得： BOB105 OB2 BOC 45 OC =B�C = 2 ， ，推出 ，进而求出 ，即可求解． 【详解】解：如图，过点B作BC x轴于点C， 是等边三角形， △OAB  AOB60，OBOA2， 由旋转知，BOB105，OBOB2， �BⅱOC ��BOB ��AOB�105 60 45 ， 2 OC =BⅱC = OB = 2  2 ，   2, 2 点B的坐标为 ，   2, 2 故答案为： ． 6．（2024·湖北·模拟预测）如图，在 ABC中，AB AC，将 ABC绕点A逆时针旋转，得到  ADE， BC，DE相交于O，ACE60． (1)判断 ABD的形状； (2)求COD的度数． 【答案】(1) ABD是等边三角形，理由见解析(2)120 【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转前后的图形是全 等形是解题的关键． （1）由旋转可得AB AD AC  AE，BADCAE，然后根据ACE60，得到 ACE是等边三角 形，进而得到BAD60，得到结论； （2）设CODx，然后表示BAC DAE，ABC AED的度数，然后利用四边形的内角和和对顶 角相等解题即可． 【详解】（1） ABD是等边三角形，理由为： 由旋转可得AB AD，AC  AE，BADCAE， 又∵AB AC， ∴AB AD AC  AE， 又∵ACE60， ∴ ACE是等边三角形， ∴BADCAE 60， 即 ABD是等边三角形；  （2）设CADx， ∴BAC DAE 60x， 又∵AB AD AC  AE， 18060x 1 ∴ABC AED 60 x， 2 2 在四边形AEOB中，  1   1  CODBOE360BAEABCAED36060x6060 x60 x120．  2   2  7．（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形ABC外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为D，连 接CD，交AP于点E，连接BE． (1)依题意补全如图；(2)若PAB20，求ACE； (3)若0PAB60，用等式表示线段DE，EC，CA之间的数量关系并证明． 【答案】(1)见解析 (2)40 CA2 DE2EC2CE·DE (3) ，理由见解析 【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等边三角形的性质等 知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键． （1）依题意补全图形； （2）由等腰三角形的性质和外角性质即可求解； （3）连接AD、BE，BE交AC于点F ，证明CEF BAF 60，过点C作CM BE于点M ，设 EM m BM n CE 2m BEmn CM  3m Rt△ BMC ， ，则 ， ，根据勾股定理求出 ，在 中，由勾股定 理得出BC2 BM2CM2 ，代入相关数据得出 BC2 nm22m22mmn BE2CE2CEBE， 由BC CA，BEDE可得出结论． 【详解】（1）解：过点B作直线AP的垂线，交于点O，取点D，使得ODOB，连接CD，交AP于点E， 连接BE，则点D为点B关于直线AP的对称点，图1为所求的图： （2）如图2：连接AD， ∵点D与点B关于直线AP对称，∴AD AB，DEBE， ∴ADBABD，EDBEBD， ∴ADBEDBABDEBD，即EDAEBA， ∵AB AC，AB AD， ∴ADAC， ∴ADCACD， ∴∠ABE ∠ACE， 在 FAC与  FEB中， AFC EFC，∠ABE ∠ACE， ∴BACBEC， ∵VABC是等边三角形， ∴BAC60， ∴∠BEC ∠BAC 60， ∵PAB20，BD AP， ∴ABO90PAB70， ∵EDBEBD， 1 1 ∴EBD BEC  6030， 2 2 ∴ABEABOEBD703040， ∴ACEABE40； CA2 DE2CE2CEDE （3）解： ，理由如下： 如图，连接AD、BE，BE交AC于点F ， ∵点D与点B关于直线AP对称， ∴AD AB，DEBE， ∴ADPABP，EDPEBP，∴EDPADPEBPABP，即EDAEBA， ∵AB AC，AB AD， ∴ADAC， ∴ADEACE， ∴∠ABE ∠ACE， ∵AFBCFE， ∴在  FAB与 FEC中， FCEFBA,CFEBFA ∴BAF CEF ∵VABC是等边三角形 ∴BAC60 ∴CEF BAF 60， 过点C作CM BE于点M ， 设EM m，BM n，则CE 2m，BEmn， Rt△CEM CM  CE2EM2  3m 在 中， ， 在Rt△ BMC中，BC2 BM2CM2， ∴BC2 n23m2 nm22m22mmn BE2CE2CEBE， ∵BC CA，BEDE， ∴CA2 DE2CE2CEDE △ACB △DCE 8．（2024·湖北恩施·模拟预测）如图1， 和 均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上， 连接BE．(1)填空：AEB的度数为______；②线段AD，BE之间的数量关系为______； △ACB △DCE ACBDCE90 (2)如图2， 和 均为等腰直角三角形， ，点A，D，E在同一直线上， 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； (3)如图3，在△ACB中，ACB90，AC BC 6，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段CP绕点 90 CD DA，DB，PB BD C顺时针旋转 ，得到线段 ，连 ，则 是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不 需要说明理由． 【答案】(1)①60；②ADBE； (2)AEB90 AE 2CM BE，理由见解析 BD 6 24 BD 6 24 (3)存在， 的最小值为 ， 的最大值为 ． 【分析】本题主要考查了等边三角形性质、等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质，旋转的性质等 知识点，握全等三角形判定定理是解题的关键掌． △ACB △DCE AC BC，DC EC，ACBDCE60 （1）①由 和 均为等边三角形，可得 ，故 ACD≌ BCESAS ADC BEC   ACDBCE 120 AEBBCEDEC 60 ，即得 ，有 ，故 ； ②由△ACD≌△BCE即得ADBE；  ACD≌  BCESAS ADBE，BEC ADC 135 AEBBECCED90 （2）证明 可得 ，故 ， 而DE 2CM ，即得AE 2CM BE； ACD≌ BCPSAS   PB AD AB （3）证明 得 ，可证点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，当D在线段 BD AB6 2 BD 6 24 BD BD 上时， 有最小值，求出 ，即可得 的最小值为 ；当A在线段 上时， 的最大 6 24 值为 ． △ACB △DCE 【详解】（1）解：①∵ 和 均为等边三角形， ∴AC BC，DC EC，ACBDCE 60， ∴ACDBCE，ACD≌ BCESAS   ∴ ， ∴ADC BEC， ∵△DCE为等边三角形， ∴ADC 120，DEC 60， ∴BEC 120， ∴AEBBECDEC 1206060； 故答案为：60； ②由①知△ACD≌△BCE， ∴ADBE． 故答案为：ADBE． （2）解：AE 2CM BE，理由如下： ∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，ACBDCE90， ∴ACBC，CDCE，ACBDCBDCEDCB， ∴ACDBCE， 在 ACD和 BCE中， CACB  ACDBCE ，  CDCE ACD≌ BCESAS   ∴ ， ∴ADBE，BEC ADC， ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴CDECED45， ∴BEC ADC 135， ∴AEBBECCED90， 在等腰直角三角形DCE中，CM 为斜边DE上的高， ∴CM DM ME， ∴DE 2CM ， ∵AEDEAD， ∴AE 2CM BE． （3）解：如图：∵ACB90，DCP90， ∴ACDBCP， 在 ACD与 BCP中， CACB  ACDBCE ，  CDCP ACD≌ BCPSAS   ∴ ， ∴PB AD， ∵点P到点B的距离是4， ∴ADPB4， ∴点D在以点A为圆心，4为半径的圆上， 如图：当D在线段AB上时，BD有最小值， ∵ACB90，AC BC 6， AB6 2 ∴ ， BD ABAD6 24 BD 6 24 ∴此时 ，即 的最小值为 ； 如图：当A在线段BD上时，BD最大，BD ABAD6 24 BD 6 24 此时 ，即 的最大值为 ． 题型六：含有 30°锐角的直角三角形 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，ABC 120，边AB在数轴上，将AC 绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ） 1 3 32 3 A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CF  AE于点F ，利用菱形的性质， 直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作CF  AE于点F ， ∵ABC 120， ∴FBC60， ∵BC 2， 1 ∴BF  BC 1， ， 2 CF  BC2BF2  3∴AF  ABBF 3，  2 ∴AE AC  AF2CF2  32 3 2 3， ∵点E表示的数是3， 32 3 ∴点A表示的数是 ， 故选：D． 【变式6-1】（2024·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在VABC中，C 90，B30，以A为圆心，任 1 意长为半径画弧分别交 于点M和N，再分别以M，N为圆心，大于 MN 的长为半径画弧，两弧 AB，AC 2 交于点P，连接AP并延长交BC于点D，若BD4，则CD的长为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】作DEAB于点E，根据角平分线的性质得DECD，由B30知BD2DE4．本题主要 考查作图基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的尺规作图和角平分线的性质． 【详解】解：如图，作DEAB于点E，  AD为CAB的平分线， DECD，  B30， 则BD2DE4， ∴DECD2 故选：C． Rt△ABC C 90,A30,AB8 【变式6-2】（2024·新疆·中考真题）如图，在 中， ．若点D在直线 AB上（不与点A，B重合），且BCD30，则AD的长为 ．【答案】6或12 【分析】本题考查了含30的直角三角形的性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，分①点D在线 段AB时，②点D在线段AB延长线上时， ③点D在线段BA延长线上时，三种情况讨论求解即可． 【详解】解：∵C 90，A30，AB8， 1 ∴ ，BC  AB4， B=60 2 ①点D在线段AB时， ∵BCD30，B=60， ∴BDC=90， 1 ∴BD BC 2， 2 ∴AD ABBD6； ②点D在线段AB延长线上时， ∵BCD30，ABC60， ∴DABCBCD30BCD， ∴BC BD4， ∴AD ABBD12； ③点D在线段BA延长线上时，此时BCDACB，即∠BCD90，故不符合题意，舍去， 综上，AD的长为6或12． 6,0 【变式6-3】（2023·海南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为 ， 将 ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（ ）     3 3,3 3,3 3 6,3 3,6 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点C作CEOB，由题意可得：OBC 60，OBOC 6，再利用含30度直角三角形的性 质，求解即可． 【详解】解：过点C作CEOB，如下图： 则CEB90 由题意可得：OBC 60，OBOC 6， ∴BCE30， 1 ∴BE BC 3， 2CE CB2BE2 3 3 OEOBBE3 ∴ ， ，   3,3 3 ∴C点的坐标为 ， 故选：B 【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是 作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质． 【变式6-4】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，VADE为等边三角形，EF  AB 于点F，若AD4，则EF  ． 【答案】2 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形 的性质，得到△AFE为含30度角的直角三角形，AE  AD4，根据含30度角的直角三角形的性质求解即 可． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，VADE为等边三角形，EF  AB，AD4， ∴FAD90,EAD60,AFE90,AD AE4， ∴FAE30， 1 ∴EF  AE2； 2 故答案为：2． 【变式6-5】（2023·四川绵阳·中考真题）如图，厂房屋顶人字架（等腰三角形）的跨度BC10m， B30，则中柱AD（D为底边中点）的长为 m．5 3 5 3 【答案】 3 /3 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，含30度直角三角形的性质以及勾股定理．由等腰三角形的性质求 得BD的长，由含30度直角三角形的性质得到AB2AD，再根据勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：由题意得AB AC，ADBC， 1 ∴BDCD BC 5m， 2 ∵B30， ∴AB2AD， ∵AB2  AD2BD2 ，即 2AD2  AD252 ， 5 3 AD m 解得 3 ， 5 3 故答案为： ． 3 【变式6-6】（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACB90，B=60，BC 3，将 VABC绕点C逆时针旋转到△EDC的位置，点B的对应点D首次落在斜边AB上，则点A的运动路径的长 为 . 3 【答案】 【分析】首先证明△BCD是等边三角形，再根据弧长公式计算即可． 【详解】解：在Rt△ABC中，∵ACB90，B=60，BC 3， ∴AB2BC 6， CECA AB2BC2 3 3 ACEBCD90ACD 由旋转的性质得 ， ， CBCD， ∴△BCD是等边三角形，∴BCD60ACE， 603 3  3 ∴点A的运动路径的长为 180 ． 3 故答案为： ． 【点睛】本题考查了旋转变换，含30直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识， 解题的关键是证明△BCD是等边三角形． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，ACB90，B=60，求作ACB的三等分线． 阅读以下作图步骤： 1 （1）分别以点A，C为圆心，大于 AC的长为半径画弧，两弧分别交于点D，E，作直线 交 于点 2 DE AB F，交AC于点H，画射线CF； （2）以点C为圆心，适当的长为半径画弧，交BC于点M，交CF于点N； 1 （3）分别以点M，N为圆心，大于 MN 的长为半径画弧，两弧在 的内部交于点G，画射线 ， 2 BCF CG 则射线CF,CG即为所求． 下列说法不正确的是（ ） 1 FH  CH A．AF CF B． 2 C．CG AB D．VBCF 为等边三角形 【答案】B 【分析】由DE垂直平分线段AC可判断A，由30度角的性质可判断B，由等边三角形的判定可判断D， 由三线合一可判断C． 【详解】解：∵ACB90，B=60，∴A906030， 由作图可知DE垂直平分线段AC， ∴FAFC，故选项A正确， ∴AFCA30， ∵FHC 90， 1 ∴FH  CF，故选项B错误， 2 ∴FCB903060， ∴FCBBCFB60， ∴VBCF 是等边三角形，故选项D正确， 由作图可知CG平分BCF ， ∴CG AB，故选项C正确， 故选：B． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线，含30度的直角三角形等知识， 解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题． 2．（2024·河北·模拟预测）如图，在Rt  ABC，BAC90，AD是BC边上的高，以点B为圆心，适当长 1 为半径画弧，分别交 于点M，N，分别以点M，N为圆心，大于 MN 长为半径画弧，两弧交于点 AB，BC 2 P，作射线BP交AC于点E，交AD于点F，下列说法不一定正确的是（ ） A．ABE CBE B．2ABECAD C．BF 2DF D．AF  AE 【答案】C 【分析】根据角平分线定义判断A；根据CAD和ABC都是C的余角判断B；根据含30的直角三角 形性质判断C；根据C和BAC都是CAD的余角，AEF是 EBC的外角，AFE是  FAB的外角， 判断D． 【详解】A、由作图知，BE平分ABC， ∴ABE CBE， ∴A正确，不符合题意；B、∵Rt  ABC，BAC90，AD是BC边上的高， ∴ADC 90， ∴CCADCABC90， ∴CADABC， ∵ABC 2ABE， ∴2ABECAD， ∴B正确，不符合题意； C、当ABC60时， CBE30， BF 2DF ， ∴C不一定正确，C符合题意； D、∵CCADBADCAD90， ∴C BAD， ∵AEF CCBE，AFEBADABE， ∴AEF AFE， ∴AF  AE， ∴D正确，D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了角平分线和直角三角形．熟练掌握角的平分线定义，直角三角形角性质，余角定 义，含30的直角三角形边性质，三角形外角性质，是解题的关键． 3．（2024·贵州黔东南·二模）如图，VABC中，B=60，BA3，BC5，点E在BA的延长线上，点D 在BC边上，且EDEC．若AE4，则BD的边长为（ ） 31 A．2.5 B．3.5 C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质．过点E作EFBC于F ．先在 1 BF  BE 3.5 Rt△BEF 30 2 CF BCBF 1.51 中利用 角所对的直角边等于斜边的一半得出BF  BE 3.5，于是 ，再 Rt△BEF 30 2 CF BCBF 1.5 根据等腰三角形三线合一的性质得出DC 2CF 3，然后根据BDBCDC即可求解． 【详解】解：过点E作EFBC于F ． 在Rt△BEF中， BFE90，B=60， BEF 30， ∵AE 4，AB3，BE  AEAB， 1 BF  BE3.5， 2 CF BCBF 53.51.5．  EDEC，EFBC于F ， DC 2CF 3， BD BCDC 532． 故选：C． 3．（2023·辽宁锦州·三模）如图，Rt△ABC中，ACB90，A30，分别以点A，C为圆心，大于 1 AC长为半径作弧，两弧交于点D，E，以C为圆心， 长为半径作弧，与直线 交于点F， 与 2 AC DE CF AB交于点G，若AB4，则CG的长为 ．3 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、线段垂直平分 线的性质，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键．连接AF ，先判断出△ACF是等边三角形， 1 从而可得 ，再根据含30度角的直角三角形的性质可得BC  AB2，然后求出 ， ACF 60 2 BGC90 最后根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，连接AF ， 由题意可知，DE垂直平分AC，AC CF， ∴AF CF ， ∴AF CF  AC， ∴△ACF是等边三角形， ∴ACF 60， ∵在Rt△ABC中，ACB90，BAC 30，AB4， 1 ∴BC  AB2， ， 2 B60,BCG30 ∴BGC90， 1 ∴BG BC 1， 2 CG BC2BG2  3 ∴ ， 3 故答案为： ． 5．（2024·湖北·模拟预测）问题背景 如图（1），在VABC与VADE中，AB AC，AD AE， BAC DAE．求证：BDCE． 类比探究 如图（2），D，P是等边VABC外两点，连接BD并取BD的中点M，且APD120， MPC 60 PA PDMPC 60，试猜想PA与PD的数量关系，并证明你的猜想． ABCD ABC60 ADC 90 ADCD AB2 3 拓展应用 如图（3），在四边形 中， ， ， ， ， BD 42 BC ，直接写出 的长． 【答案】问题背景：见解析；类比探究：PAPD；理由见解析；拓展应用：BC 6 【分析】问题背景：先证明BADCAE，再证明 BAD≌  CAE即可得到结论； 类比探究：如图，延长PM 至F ，使PF PC，连接BF，CF，证明 ACP≌  BCF，可得APC BFC， PAFB，再证明 PMD≌  FMB，可得PDFB，从而可得结论； D DGDB DGDB 42 BG GA BC K 拓展应用：过 作 ，且 ，连接 ， 并延长交 于 ，可得 1 ，证明 ，证明 ，可得BK  AB 3， BG 42 2 2 21 BDC≌ GDA BAK 30 2   AK  AB2BK2 3 GK  GB2BK2  8439 ，可得 ，从而可得结论． 【详解】问题背景： 证明：∵BAC DAE， ∴BADCAE， ∵AB AC，AD AE， BAD≌ CAESAS   ∴ ， ∴BDCE； 类比探究：PAPD；理由如下： 如图，延长PM 至F ，使PF PC，连接BF，CF，∵VABC为等边三角形， ∴ABBC  AC，ACBABC BAC 60， ∵MPC 60，PF PC， ∴△PFC为等边三角形， ∴PFC PCF 60，FC PC， ∴ACPFCPACF 60ACF， BCF ACBACF 60ACF， ∴ACP=BCF， ACP≌ BCFSAS   ∴ ， ∴APC BFC，PAFB， 而APF APCFPCAPC60， MPD360APDAPF 360120APC60300APC ∴ ， MFB360PFCBFC300BFC， ∴MPDMFB， ∵M 为BD的中点， ∴MDMB， ∵PMDFMB， PMD≌ FMBSAS   ∴ ， ∴PDFB，而PAFB， ∴PAPD； D DGDB DGDB 42 BG GA BC K 拓展应用：如图，过 作 ，且 ，连接 ， 并延长交 于 ， 2  2 ∴BG BG2BD2  42  42 2 21， ∵ADCD，ADC BDG90， ∴GDABDC， BDC≌ GDASAS   ∴ ， ∴BCDGAD，BC  AG， ∵ABC60，ADC 90， ∴BADBCD3609060210BADGAD， ∴BAG360210150， ∴BAK 30， ∴AKB180603090， 1 ∴BK  AB 3， ， 2 AK  AB2BK2 3 GK  GB2BK2  8439 ∴ ， ∴AG936， ∴BC  AG6． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，余角的性质，直角三角形的性质，本 题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 题型七：斜边上的中线 【中考母题学方法】 Rt△ABC ACB90 AB2 5 AC 2 【典例1】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在 中， ， ， ，分别1 以点A，B为圆心，大于2 AB的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线MN分别交AB，BC于点 D，E，连接CD，AE． (1)求CD的长； (2)求 ACE的周长． 5 【答案】(1) (2)6 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线的点到线段两个端点的距离相等，斜中半定 理：直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理等知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）由题意得MN是线段AB的垂直平分线，故点D是斜边AB的中点．据此即可求解； （2）根据EAEB、 ACE的周长 ACCEEA ACCEEB ACBC即可求解； 【详解】（1）解：由作图可知，MN是线段AB的垂直平分线， ∴在Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点． 1 1 ∴CD AB 2 5 5． 2 2 （2）解：在Rt△ABC中， BC  AB2AC2  (2 5)222  16 4 ． ∵MN是线段AB的垂直平分线， ∴EAEB． ∴ ACE的周长 ACCEEA ACCEEB ACBC 246． 【变式7-1】（2024·青海·中考真题）如图，在Rt△ABC中，D是AC的中点，BDC 60，AC 6，则 BC的长是（ ）3 3 3 A．3 B．6 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等边三角形的判定和性质．根据直 角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合等边三角形的判定得到 BDC等边三角形，据此求解即可． 【详解】解：∵在Rt△ABC中，ABC90，D是AC的中点， 1 ∴BD AC CD， 2 ∵BDC 60， ∴ BDC等边三角形， 1 1 ∴BC CD AC  63． 2 2 故选：A． 【变式7-2】（2024·四川巴中·中考真题）如图，在VABC中，D是AC的中点，CEAB，BD与CE交于 点O，且BECD．下列说法错误的是（ ） A．BD的垂直平分线一定与AB相交于点E B．BDC 3ABD C．当E为AB中点时，VABC是等边三角形 S 3 △BOC  D．当E为AB中点时，S 4 △AEC 【答案】D1 【分析】连接 ，根据 ，点 是 的中点得DE  ADCD AC，则 ，进而得点 DE CEAB D AC 2 BEDE D在线段BD的垂直平分线上，由此可对选项Ａ进行判断；设ABD，根据BEDE得 EDBABD，的AEDEDBABD2，再根据DE AD得AAED2，则 1 ，由此可对选项Ｂ进行判断；当 为 中点时，则BE AB， 是线段 的 BDCAABD3 E AB 2 CE AB 1 1 垂直平分线，由此得 ，然后根据BE AB，CD AC， 得 ，由此可对选项 ACBC 2 2 BECD AB AC Ｃ进行判断；连接AO并延长交BC于F ，根据VABC是等边三角形得OBC OAC30，则OAOB， 1 1 3 S  BCOF S  BCAF  BCOF 进而得 OB2OF ， AF 3OF ，由此得 OBC 2 ， ABC 2 2 ，由 E 为 AB 中点，则 1 3 S  S  BCOF，由此可对选项Ｄ进行判断，综上所述即可得出答案． △AEC 2 △ABC 4 【详解】解：连接DE，如图1所示： ，点 是 的中点，  CE AB D AC DE为Rt△AEC斜边上的中线， 1 DE ADCD AC， 2  BE CD， BEDE， 点D在线段BD的垂直平分线上， 即线段BD的垂直平分线一定与AB相交于点E，故选项A正确，不符合题意； 设ABD，  BE DE， EDBABD， AEDEDBABD2， DE AD， AAED2， BDCAABD3， 即BDC 3ABD，故选B正确，不符合题意； 1 当 为 中点时，则BE AB， E AB 2  CE AB， CE是线段AB的垂直平分线， AC BC， 1 1  BE AB，CD AC， ， 2 2 BECD AB AC， AC BC  AB，   ABC是等边三角形，故选C正确，不符合题意； 连接AO，并延长交BC于F ，如图2所示： 当E为AB中点时， 点D为AC的中点， 根据三角形三条中线交于一点得：点F 为BC的中点， 当E为AB中点时，VABC是等边三角形， ABCBAC60，AFBC，AF 平分OAC，BD平分ABC， OBCOAC30， OAOB， 在Rt△OBF 中，OB2OF ， OAOB2OF， AF OAOF 3OF，1 1 3 S  BCOF S  BCAF  BCOF OBC 2 ， ABC 2 2 ， ∵E为AB中点， 1 3 ∴S  S  BCOF △AEC 2 △ABC 4 1 S 2 2 OBC   S 3 3，故选项D不正确，符合题意． AEC  4 故选：D． 【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质， 等边三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形 的判定与性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【变式7-3】（2024·四川广元·中考真题）如图，将VABC绕点A顺时针旋转90得到VADE，点B，C的 对应点分别为点D，E，连接CE，点D恰好落在线段CE上，若CD3，BC1，则AD的长为 （ ） 5 10 2 2 A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得AC AE， CAE90，DEBC 1，推出△ACE是等腰直角三角形，CE 4，过点A作AH⊥CE于点H，得到 HD1，利用勾股定理求出AD的长． 【详解】解：由旋转得△ABC≌△ADE，CAE90， ∴AC AE，CAE90，DEBC 1， ∴△ACE是等腰直角三角形，CECDDE 314， 过点A作AH⊥CE于点H，1 ∴AH  CECH HE2， 2 ∴HDHEDE 211， AD AH2HD2  2212  5 ∴ ， 故选：A． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·甘肃陇南·三模）如图，在VABC中，AC 8，点D在BC上，且AB AD，点E和点F分别是 AC和BD的中点，则EF 的长是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形，直角三角形，解题的关键是熟练掌握三线合一，直角三角形斜边上的中 线等于斜边的一半． 连接AF ，根据等腰三角形的性质得AF BD，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行解答即可 得EF 4． 【详解】解：如图，连接AF ， ∵AB AD，点F是BD的中点， ∴AF BD，AFC 90， ∵AC 8，点E是AC的中点， 1 EF  AC 4 ∴ ， 2 故选：B．2．（2024·陕西·模拟预测）如图，在VABC中，AB AC，AE是VABC的高线，BD是VABC的中线， 连接ED．若BC 6，AE 4．则DE为（ ） 7 A．4 B．2．5 C．3 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了三线合一定理，勾股定理，直角三角形的性质，先由三线合一定理得到 1 BE EC  BC 3，AE BC ，再由勾股定理得到 ，最后根据直角三角形斜边上的 2 AC  AE2CE2 5 中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：∵AB AC，BC 6，AE是VABC的高线， 1 ∴BE EC  BC 3，AE BC ， 2 AC  AE2CE2 5 ∴ ， ∵BD是VABC的中线， ∴点D为AC的中点， 1 ∴DE AC 2.5， 2 故选：B． 3．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，VABC，ACB90，点D为斜边AB的中点，CD1，则AB ．【答案】2 【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．根 据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求解． 【详解】解：∵ACB90，D为斜边AB中点， 1 ∴CD AB， 2 ∴AB2CD， ∵CD1， ∴AB2CD2． 故答案为：2． ABC AB AC,BD、CE AC、AB 4．（2025·上海奉贤·一模）等腰三角形 中， 分别是边 上的中线，且 BDCE，那么tanABC  ． 【答案】3 BD CE AQ BC H Q VABC H 【分析】设 与 交于Q，连接 并延长交 于点 ，由题意得，点 为 的重心，则 为 BC中点，AQ2QH ，则△QBH 为等腰直角三角形，设QH m，则BH m,AQ2m，即可求解． BD CE AQ BC H 【详解】解：设 与 交于Q，连接 并延长交 于点 ， 由题意得，点Q为VABC的重心， ∴H 为BC中点，AQ2QH∵AB AC， ∴AH BC， ∵BDCE，H 为BC中点 1 ∴QH HBHC  BC， 2 ∵AH BC， ∴△QBH 为等腰直角三角形， ∴设QH m，则BH m,AQ2m， AH 3m ∴tanABC   3， BH m 故答案为：3． 【点睛】本题考查了求一个角的正切值，等腰三角形的性质，重心的性质，直角三角形的性质等知识，熟 练掌握知识点是解题的关键． 5．（2024·浙江宁波·二模）如图，在VABC中，ACB90，AC 6，BC8，D是AB的中点，点E， F 分别在边AC，BC上，AE1，将VADE，VBDF分别沿DE，DF翻折使得A与A重合，B与B重合， 若AE∥BF ，则BF  ． 【答案】3 【分析】连接CD，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到CD的长，进而得出 CDE 是等腰三角形；再根据平行线的性质得出CDB与B相等，进而得到VCDF是等腰三角形，即可得出 BF的长． 【详解】解：如图所示，连接CD，设ADEADE，BDF BDF ， 在VABC中，ACB90，AC 6，BC8， AB10， Rt△ABC中，D是AB的中点， 1 CD AB5 ， 2 又 CE ACAE615， CDCE， CDECED，即CDAA， CDAA， 又 AA，  CDAA， ∴AE∥CD， 又∵AE∥BF ， ∴CD∥BF， BCDB， 又 BB，  CDBB， CDBB，即CDF CFD， CF CD5， BF BCFC 853， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，直角三角形斜边上中线，等腰三角形的判定与性质的运用， 解决问题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不 变，位置变化，对应边和对应角相等． 6．（2025·广西柳州·一模）如图，在VABC中，BC  AC 10，AB16，CD为AB边的高，点A在x轴上，点B在 y 轴上，点C在第一象限，若A从原点出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点 B随之沿 y 轴下滑，并带动VABC在平面内滑动，设运动时间为 t 秒，当B到达原点时停止运动．连接OC， 线段OC的长随t的变化而变化，当OC最大时，t  ． 【答案】8 2 【分析】本题考查三线合一，勾股定理：三线合一结合斜边上的中线求出OD的长，根据OC ODCD， 得到当O,D,C三点共线时，OC最大，得到此时OD AB，求出OA的长，进行求解即可． 【详解】解：∵BC  AC 10，CD为AB边的高， ∴BD AD， 在Rt  AOB中，ADBD， 1 ∴OD AB AD8， 2 ∵OC ODCD， ∴当O,D,C三点共线时，OC最大， 此时：OD AB， OA OD2OA2 8 2 ∴ ， t 8 218 2 ∴ ； 故答案为：8 2． 题型八：勾股定理及其应用 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC 6，BC 4，D是边 AC的中点，E是边BC上一点，连接BD、DE．将 CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处，则CE  ．3 【答案】 2 【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，勾股定理求出BD的长，折叠得到CDDF， CEEF,EFD90，设CEx，在Rt△BFE中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵ACB90，AC 6，BC 4，D是边AC的中点， 1 ∴CD AC 3， 2 BD BC2CD2 5 ∴ ， ∵将 CDE沿DE翻折，点C落在BD上的点F处， ∴CDDF 3，CEEF,EFD90， ∴BF BDDF 2,BFE90， 设CEx，则：EF x,BEBCCE4x， Rt△BFE 4x2 x222 在 中，由勾股定理，得： ， 3 解得：x ； 2 3 ∴CE ； 2 3 故答案为： ． 2 【典例2】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿边EF 折叠，使点D在边BC中点M 处． 若AB4，BC 6，则CF  ．7 【答案】 / 8 0.875 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩形的 1 性质推出 ，由线段中点定义得到CM  BC 3，由折叠的性质得到： ， CD AB4，C 90 2 MF DF 7 设 ，由勾股定理得到4x2 32x2，求出x ，得到 的值． FC x 8 FC 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴CD AB4，C 90， ∵M 是BC中点， 1 1 ∴CM  BC  63， 2 2 由折叠的性质得到：MF DF， 设FC x， ∴FD4x， ∴MF 4x， ∵MF2 MC2FC2， 4x2 32x2 ∴ ， 7 ∴x ， 8 7 ∴FC  ． 8 7 故答案为： ． 8 【典例3】（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片ABCD中，AB6，BC 8，点E、F分别在边 AD、BC上，将纸片ABCD沿EF 折叠，使点D的对应点D�在边BC上，点C的对应点为C，则DE的最 小值为 ，CF的最大值为 ．7 【答案】 6 4 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作EHBC于H，则四边形 ABHE是矩形，则ABEH 6，根据DE EH ，可得DE的最小值为6，则由折叠的性质可得DE的最小 值为6；如图所示，连接DF，证明DFE DEF ，得到DE DF ，则DEDF，利用勾股定理得到 当DF最大时，CF 最大，即DE最大时，CF 最大，则当D�与点B重合时，DE最大，设此时CF x，则 BF DF 8x，据此利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：如图所示，过点E作EHBC于H，则四边形ABHE是矩形， ∴ABEH 6， ∵DE EH ， ∴DE的最小值为6， DE DE 由折叠的性质可得 ， ∴DE的最小值为6； 如图所示，连接DF， DEF DEF DE DE DF DF 由折叠的性质可得 ， ， ， ∵AD∥BC， ∴∠DEF ∠DFE， ∴DFE DEF ， ∴DE DF ， ∴DEDF， Rt△CDF CF  DF2CD2  DF236 在 中，由勾股定理得 ， ∴当DF最大时，CF 最大，即DE最大时，CF 最大， ∴当D�与点B重合时，DE最大， 设此时CF x，则BF DF 8x， 8x2 x262 ∴ ， 7 解得x ， 4 7 ∴ 的最大值为 CF 47 故答案为： ， ． 6 4 【变式8-1】（2023·江苏南京·中考真题）我国南宋数学家秦九韶的著作《数书九章》中有一道问题：“问 沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里， 大斜一十五里． 里法三百步， 欲知为田几何? ” 问题大意：如图， 在VABC中，AB13里，BC 14里，AC 15里，则VABC的面积是（ ） A．80 平方里 B．82平方里 C．84平方里 D．86平方里 【答案】C 【分析】本题考查了三角形面积，勾股定理，解决本题的关键在于利用两个直角三角形的公共边找到突破 点．主要利用了勾股定理进行解答．过点A作ADBC，利用勾股定理求出AD的长，再利用三角形的面 积公式求出VABC的面积即可． 【详解】解：如图，过点A作ADBC于D， CD14x BDx 设 里，则 里， 在Rt△ABD中，AD2x2 132， Rt ADC AD2 152(14x)2 在  中， ， 132x2 15214x2 ，132x2 15219628xx2， 解得x5， Rt△ABD AD 13252 12 ) 在 中， （里 ， 1 1 的面积 BCAD 141284（平方里），  ABC 2 2  故选：C 【变式8-2】（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，C 90，以点B为圆心，适当长为半径作弧， 1 分别交 ， 于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于 DE的长为半径作弧，两弧在 的内部 BC BA 2 ABC 相交于点P，作射线BP交AC于点F．已知CF 3，AF 5，则BF的长为 ． 3 5 【答案】 【分析】本题考查了作图基本作图：作角平分线，角平分线的性质定理，勾股定理及全等三角形的判定 与性质等知识．根据基本作图可判断BF平分ABC，过F作FGAB于G，再利用角平分线的性质得到 GF CF 3 AG AF2FG2  5232 4 Rt CBF≌Rt GBF ，根据勾股定理求出 ，证明   ，得出 BGBC，设BGBC x，则 AB4x ，AC  AFCF 538，根据勾股定理得出 82x2 4x2 ， x6 BF  CF2BC2  3262 3 5 求出 ，根据勾股定理求出 ． 【详解】解：过F作FGAB于G， 由作图得：BF平分ABC，FGAB，C 90， ∴GF CF 3，Rt△AFG AG AF2FG2  5232 4 在 中根据勾股定理得： ，  FGCF，BF BF， Rt CBF≌Rt GBFHL   ， BGBC， 设BGBC x，则AB4x，AC  AFCF 538， 在Rt△ABC中，根据勾股定理得： AC2BC2  AB2， 82x2 4x2 即： ， 解得：x6， BC 6， Rt BCF BF  CF2BC2  3262 3 5 在  中根据勾股定理得： ． 3 5 故答案为： ． 【变式8-3】（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知直线 l 的表达式为 yx ，点 A 1 的坐标为 ( 2,0) ，以 O 为圆心， OA 1为半径画弧，交直线 l 于点 B 1，过点 B 1作直线 l 的垂线交 x 轴于点 A 2； 以 O 为圆心， OA 2为半径画弧，交直线 l 于点 B 2，过点 B 2作直线 l 的垂线交 x 轴于点 A 3；以 O 为圆心， OA 3为半径画弧，交直线 l 于点 B 3，过点 B 3作直线 l 的垂线交 x 轴于点 A 4；……按照这样的规律进行下去， A 点 2024的横坐标是 ．【答案】21012 【分析】本题考查的是一次函数性质应用，等腰直角三角形的判定与性质及点的坐标规律问题，作BH x 1 OA，OA，OA 轴于点H，依次求出 2 3 4，找出规律即可解决． BH x 1 【详解】解：作 轴于点H， B,B ,B ,B ,B yx  1 2 3 4 5 均在直线 上， \ OH =BH 1 ， \ �BOH �45 1 ，    A 1 2，0 ， OA 1 OB 1， \ OB =OA = 2 1 1 ， BA ^l,�BOH �45  1 2 1 ， \ OB =BA = 2 1 1 2 ，\ OA = 2OB = 2OA =2 2 1 1 ， A 2,0 2 ， OA =OB =B A =2 同理， 2 2 2 3 ，  3 OA  2OA 2 2  2 3 2 ，  4 OA  2 同理， 4  5 OA  2 5   2024 OA  2 21012 2024 ， A 21012 即点 2024的横坐标是 ， 故答案为：21012． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形ABCD中，AB4，BC 3，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得 ABCD B C AB DC DE 到矩形 ，当点C， ， 三点共线时， 交 于点E，则 的长度是（ ） 7 25 7 25 A． B． C． D． 8 8 4 4 【答案】A 【分析】连接AC、AC，先证明BC BC3 AD，进而证明 ADE≌  CBE(AAS)，于是可得AECE， DEBE，设AEx，则BE 4xDE，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案． 【详解】解：如图，连接AC、AC，矩形 ， ABCD  ABC ADC 90，BC  AD3，AD AB4， 由旋转的性质可得：BC BC3，AC AC，ABC ABC90，AB AB4，  ACC ABCC  是等腰三角形，且 ， BC BC3， ADBC3， 在VADE和 CBE中， AEDCEB  ADECBE ，  ADBC   ADE≌  CBE(AAS)， AECE，DEBE， 设AEx，则BE 4xDE， 在Rt ADE中，根据勾股定理可得：DE2AD2  AE2，  (4x)232  x2 ， 25 解得：x ， 8 7 DE4x ， 8 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质 等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． VABC ACB90,CD AB D,AC 6,BC 8 2．（23-24七年级上·山东淄博·期中）如图， 中， 于点 ，则 CD的长为 ．24 【答案】 5 【分析】本题考查了直角三角形面积的不同表示方法及勾股定理的综合应用，根据勾股定理求得AB的长， 再根据三角形的面积公式求得CD即可． 【详解】解：∵在VABC中，ACB90，AC 6，BC 8， AB= AC2+BC2 = 62+82 =10 ∴ ， 1 1 ∵S △ABC  2 68 2 10CD， 24 ∴CD ． 5 24 故答案为： ． 5 3．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点B和D为圆心，以 1 大于 BD的长为半径作弧，两弧相交于点 和 ，②作直线 分别与 ，DB， 交于点 ， ， 2 E F EF DC AB M O N ，若DM 5，CM 3，则MN  ． 【答案】2 5 【分析】如图，连接BM ，由作图可知MN垂直平分线段BD，由垂直平分线的性质，矩形的性质勾股定理 BC 4,BD4 5,OM  5  MDO  BNOASA OM ON  5 可得 ，再证 ，得到 ，由此即可求解． 【详解】解：如图，连接BM ，由作图可知MN垂直平分线段BD， 1 ，BODO BD， BM DM 5 2 四边形ABCD是矩形， C 90,CD  AB，CDDM CM 538， \ BC= BM2-CM2 = 52-32 =4 ， BD CB2CD2  4282 4 5 ， \ OB=OD=2 5 ，  MOD90，  2 OM  DM2OD2  52 2 5  5，  CD∥AB， MDONBO， 在 MDO和 NBO中， MDONBO  ODOB ，  MODNOB  MDO BNOASA   ， \ OM =ON = 5 ， MN 2 5 ， 故答案为：2 5． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，尺规作垂直平分线及其性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质的 综合．掌握垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键．ABCD AB6，BC 8 E F 4．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知在矩形 中， ，点 是AB的中点，点 为 边 BC 上的动点，将矩形 ABCD 绕点 A 逆时针旋转，得到矩形ABCD，在矩形 ABCD 绕点 A 逆 时针旋转的过程中，记 F 的对应点是点F，则线段EF长度的最大值与最小值的差为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质等内容，把F 当作一个定点，易得 EF  AFAE，EF  AFAE min max ，而 AE 3 是定值，所以主要看的是 AF 的最值情况，很明显当 F 与 B 重合时AF 最小，当F 与C重合时AF 最大，进而求解即可． 【详解】解：∵矩形ABCD中，AB6，BC 8， AC  AB2BC2  6282 10 ∴ ， 先固定F 点，我们发现随着矩形ABCD绕点A逆时针旋转的过程中， 点F的轨迹是以A为圆心，AF 为半径的圆上， EF  AFAE，EF  AFAE ∴ min max ， ∵E是AB中点， 1 ∴AE AB3， 2 ∴当AF 有最大值和最小值时，对应得EF会有最大值和最小值， 再把F 看成一个动点， 当点F 与点B重合时，AF AF  AB6，此时AF最小， EF  AFAE 633 ∴ min ， 当点F 与点C重合时，AF AF  AC 10，此时AF最大， EF  AFAE 10313 ∴ max ，EF EF 10 ∴ max min ， 即线段EF长度的最大值与最小值的差为10． 故答案为：10． P,OP10 OP 5．（2025·上海奉贤·一模）在平面直角坐标系的第一象限内有一点 ，射线 与x轴正半轴的夹 3 角为 ，如果sin ，那么点P坐标为 ．  5 8,6 【答案】 【分析】过点P作PM x轴于点M，利用三角函数的定义，勾股定理，点的坐标的意义解答． 本题考查了正弦函数的应用，勾股定理，坐标的确定，熟练掌握正弦函数，勾股定理是解题的关键． 【详解】解：如图，过点P作PM x轴于点M， PM 3 ∵sin  ， ， OP 5 OP10 3 ∴PM 10 6， 5 OM  OP2PM2  10262  10036  64 8 ∴ ， P8,6 ∴点 ． 8,6 故答案为： ． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，ACB90，AC 6，BC 8，E是AB中点，F 是BC上一点，沿着EF 折叠 BEF，若AB2，则CF  ．82 6 【答案】 5 【分析】取BC中点为D、连接ED，作AB中点G，连接EG交BB，交EF 于O，根据勾股定理求出AB 的长，由折叠性质以及等腰三角形的判定与性质得出E，O，F共线，即O与O重合，利用中位线性质， 勾股定理得出一元二次方程  x291 2   24 2 x42 ，求出结果即可得出结论． 【详解】解：如图所示，取BC中点为D、连接ED，作AB中点G，连接EG交BB，交EF 于O， 在Rt△ABC中AC 6，BC 8 AB AC2BC2 10  E为AB中点， AE BE 5， 由折叠可知：BEBE AE5， 1 点G是 中点，在 中有 ，且AG AB1， AB EAB EG AB 2   Rt EGA EG AE2AG2 2 6 在  中， ， 在 ABB中，E为AB中点，G为AB中点， BB2EG4 6 ， 取BB中点为O，则EOBB，  BF BF ，FOBB， E，O，F 共线，即O与O重合， 1 BO BB2 6， 2 Rt△EOB EO BE2BO2 1 在 中， ，  E为AB的中点，D为BC的中点， 1 ED∥AC，ED AC 3， 2  C90， EDBEDF 90， 在Rt  EDF中，设DF x，则BF 4x， EF  ED2DF2  x29 ， FO x291 ， 在 中， ，即  x291 2   24 2 x42 ， Rt△BOF FO2BO2 BF2 整理得：5x224x240， 122 6 122 6 x  ，x  解得： 1 5 2 5 ， 122 6 82 6 CF BCBDDF 84  5 5 ， 82 6 故答案为： 5 ． 【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程的几何应用，中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，折 叠性质，熟练掌握相关性质定理，准确作出辅助线为解题关键． 7．（2023·四川乐山·模拟预测）如图1，将长为2a，宽为2a1的矩形分割成四个全等的直角三角形(1)用含a的代数式表示图2中小正方形的边长； (2)若图2中，大正方形面积是小正方形面积的13倍，求a值． 【答案】(1)a1 3 (2) 或a a2 4 【分析】本题主要考查了勾股定理，一元二次方程的应用，解决问题的关键是依据大正方形面积是小正方 形面积的13倍，列出一元二次方程进行计算． （1）图2中小正方形的边长等于直角三角形的两直角边的差； （2）依据大正方形面积是小正方形面积的13倍，列方程求解即可． 2a1aa1 【详解】（1）解：图2中小正方形的边长为 2a12a2 13a12 （2）由题得： ， 化简得：4a211a60， a24a30 ， 3 ∴ 或a ． a2 4 8．（2024·云南曲靖·一模）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，以点A为中心，把VADE绕点A逆 时针旋转90得到△ADE，连接EE． (1)求EAE的度数； (2)若AD5，DE2，求EE的长． 【答案】(1)∠EAE90；EE 58 (2) ． 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据旋转的性质即可求解； AE 29 AE AE  29 （2）根据正方形的性质和勾股定理可得 ，由旋转可得 ，再根据勾股定理即可求 解． 【详解】（1）解：∵VADE绕点A逆时针旋转90得到△ADE， ∴∠EAE90； （2）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴ADE90， AE  AD2DE2  52 22  29 ∴ ， AE AE  29 由旋转可得： ， ∵∠EAE90，  2  2 ∴EE AE2AE2  29  29  58 ． 94．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：小红在学习了图形的折叠相关知识后，对矩形的折叠进行了探 究，已知矩形ABCD中，AB10，BC8，P为BC上一点，将  ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置 （点B落在点E处）． (1)【动手操作】 当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出满足条件的图形（即△AEP的位置，不写作法，保 留作图痕迹），此时DE ________________； (2)【问题探究】 如图②，PE与CD相交于点F ，AE与CD相交于点G，且FCFE，求证：BP5CP； (3)【拓展延伸】 已知Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B处，求BQ的长．【答案】(1)作图见解析，6； (2)见解析； (3)4或16． 【分析】本题主要考查矩形与折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形与折叠 的性质，数形结合分析是解题的关键． （1）根据点B的对应点E在CD上，可得折线BP是BE的垂直平分线，由此可作图，根据矩形的性质，折 叠的性质可得AB AE10,D90，由勾股定理即可求解； （2）由翻折的性质得BPEP，AE  AB10，EB90，设BPEPx，则PC8x，  GEF≌  PCF（ASA），可得GEPC8x，GC EPx，DGCDGC 10x， AG AEGE10（8x）x2，在Rt ADG中，由勾股定理  20 20 4 解得x ，CP8  ，由此即可求解； 3 3 3 Q Q BA （3）分两种情况：如解图所示，点 在线段AB上时；如解图所示，点 在 延长线上时；根据矩形、 折叠，勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：作图如图所示，将 ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处），点E落 在边CD上， ∴△AEP即为所求的三角形， ∵折叠， ∴ABAE10， ∵四边形ABCD是矩形， ∴�D�90 ， Rt ADE DE AE2AD2  10282 6 在  中， ， ∴DE6， 故答案为：6． （2）证明：由翻折的性质得BPEP，AE  AB10，EB90， EC，设BPEPx，则PC8x， 在△GEF和 PCF中，  EC   EF CF ，  GFEPFC   GEF≌  PCF（ASA）， GF PF ，GEPC8x， GCEPx， DGCDGC 10x，AG AEGE10（8x）x2， Rt ADG 8210x2 x22 在  中，由勾股定理得， ， 20 20 解得x ，即BP ， 3 3 20 4 ∴CP8  ， 3 3 20 BP 3 20 3    5 ∴CP 4 3 4 ， 3 ∴BP5CP． （3）解：分两种情况： Q 如解图所示，点 在线段AB上时， 由翻折的性质得CQBCQB，BCBC8，BQBQ，CBQB90， CBD90， DB CD2B'C2  10282 6 , 四边形ABCD是矩形， CD∥AB， DCQCQB，DCQCQD， QDCD10， BQBQQDDB1064； 如解图所示，点Q在BA延长线上时， 由翻折的性质得BQBQ，BCBC8，BB90， DB CD2BC2  10282 6 , 设BQBQx，则DQx6，AQx10，  BAD90， DAQ90 , Rt△ADQ 82x102 x62 在 中，由勾股定理得， ， 解得x16，即BQ16， BQ 综上所述， 的长为4或16． 9．（2023·江苏常州·模拟预测）折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．例如，在VABC中， AB AC（如图1），怎样证明C B呢？ 把AC沿A的平分线AD翻折，因为AB AC，所以点C落在AB上的点C处（如图2)．于是，由 ACDC，AC'DB，可得C B． 【感知】 （1）如图2，在VABC中，若B35，C 70，则CDB______． 【探究】 （2）若将图2中AD是角平分线的条件改成AD是高线，其他条件不变（图3），即在VABC中， C 2B，ADBC，请探索线段AC、BC、CD之间的等量关系，并说明理由． 【拓展】 （3）如图4，在Rt  ABC中，ACB90，BC 4，AC 5，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），将△APC沿AP翻折，点C的对应点是点C．若以B、C、C为顶点的三角形是直角三角形，直 接写出BP的长度______． 3 【答案】（1）35；（2） ，见解析；（3）BP 或2 BC  AC2CD 2 【分析】（1）根据折叠的性质可得C ACD70，根据三角形外角的性质，可得 CDBACDB，即可求解； △ADC AD BBAC （2）将 沿 折叠，根据折叠的性质与三角形外角的性质得出 ，根据等角对等边得出 CBCD，进而根据等量代换可得结论 （3）根据折叠的性质，结合图形可知点C不能为直角顶点，分两种情况讨论，①若∠CBC 90，过点 C作CD AC于点D，在△BPC中，PC2 BP2BC2，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解；② 1 若 ，根据等腰三角形的性质与判定得出BPPC  BC 2，即可求解． BCC 90 2 【详解】解：（1）∵ACDBCDB，B35，C 70， ∴C ACD70， ∴CDBACDB703535， 故答案为：35 BC  AC2CD，理由如下， △ADC AD （2）如图，将 沿 折叠，∵ADBC， ∴C点落在BD上的点C处， ∴AC AC，CD=C�D，ACDC， ∵ACDCABB，C 2B， ∴BBAC ∴CACB AC， ∴BC BCCC  AC2CD AC2CD， 即BC  AC2CD； P BC B,C,C C （3）依题意，∵点 在 上，以 为顶点的三角形若为直角三角形，则点 不为直角顶点，分两 种情况讨论， ①若∠CBC 90，如图，过点C作CD AC于点D， ∵AC AC 5，CBBC,AC BC， ∴CDBC 4， Rt ADC AD AC2CD2 3 在  中， ， ∴CBDC  ACAD532， 设BPx，则PC PC4x， 在△BPC中，PC2 BP2BC2，4x2 x222 ， 3 解得x ， 2 3 即BP ， 2 ②若BCC 90，如图， ∵PC PC， ∴PCCPCC ∴CBC 90PCC，PCB90PCC， ∴PBCPCB ∴PCPB 1 ∴BPPC  BC 2， 2 3 综上所述， 或 BP 2 2 【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形外角的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，掌握折叠的 性质是解题的关键．