文档内容
专题 16.3 期中压轴题专项复习【20 大考点 60 题】
（考试范围：第11~13章）
【人教版】
【考点1 三角形的三边关系的应用】......................................................................................................................1
【考点2 由三角形的中线求面积最值】..................................................................................................................5
【考点3 与平行线有关的三角形的内角和问题】.................................................................................................7
【考点4 与折叠有关的三角形的内角和问题】...................................................................................................12
【考点5 与角平分线有关的三角形的内角和问题】...........................................................................................17
【考点6 三角形的外角与三角形的内角和的综合求值】...................................................................................21
【考点7 不规则多边形的内角和】........................................................................................................................30
【考点8 分类讨论思想与全等三角形的综合运用】...........................................................................................33
【考点9 利用全等三角形的判定于性质证明一条线段等于两条线段的和差】...............................................40
【考点10 倍长中线模型】........................................................................................................................................49
【考点11 旋转模型】................................................................................................................................................54
【考点12 垂线模型】................................................................................................................................................59
【考点13 轴对称中的最短路径问题】....................................................................................................................62
【考点14 格点中作等腰三角形】............................................................................................................................67
【考点15 三角形中的多结论问题】........................................................................................................................70
【考点16 等腰三角形的存在性问题】....................................................................................................................78
【考点17 构成等腰三角形的点的个数】................................................................................................................84
【考点18 利用等腰三角形的判定与性质进行求值或证明】...............................................................................86
【考点19 利用等边三角形的判定与性质进行求值或证明】...............................................................................95
【考点20 与三角形有关的新定义问题】..............................................................................................................108
【考点1 三角形的三边关系的应用】
1．（23-24八年级·安徽安庆·期中）已知△ABC的两条高分别为4和12，第三条高也为整数，则第三条高
所有可能值为（ ）
A．3和4 B．1和2 C．2和3 D．4和5
【答案】D
【分析】先设长度为4、12的高分别是a、b边上的，边c上的高为h，△ABC的面积是S，根据三角形面2S 2S 2S
积公式，可求a= ；b= ；c= ，结合三角形三边的不等关系，可得关于h的不等式，解不等式即
4 12 ℎ
可．
2S
【详解】设长度为4、12的高分别是a，b边上的，边c上的高为h，△ABC的面积是S，那么a= ；b=
4
2S 2S
；c=
12 ℎ
∵a-b＜c＜a+b，
2S 2S 2S 2S
∴ - ＜c＜ + ，
4 12 4 12
S 2S 2S
即 ＜ ＜ ，
3 ℎ 3
解得3＜h＜6，
∴h=4或h=5，
故选D.
【点睛】主要考查三角形三边关系；利用三角形面积的表示方法得到相关等式是解决本题的关键.
2．（23-24八年级·江苏南京·期中）现有长分别为4，5，7，9，22（单位：cm）的五根直木条，从中选出
四根围一个四边形木框，则该木框的对角线最长可以取到的整数是 ．
【答案】11
【分析】此题主要考查三角形的三边关系，解题的关键是熟知两边之和大于第三边，两边之差小于第三
边．
根据三角形的三边关系，进行分类讨论即可求解．
【详解】解：根据三角形的三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，
∴选4，5，7，9，
如图，①当AB=4,BC=5,AD=7,CD=9时，
∴5−4b−c（a为最长
边，c为最短边），则称它为“不均衡三角形”．例如，一个三角形三边分别为7，5，4，因为
7−5>5−4，所以这个三角形为“不均衡三角形”．
（1）以下两组长度的小木棚能组成“不均衡三角形”的为 （填序号）．
①13cm，18cm，9cm； ②9cm，8cm，6cm．
（2）已知“不均衡三角形”三边分别为2x+2，16，2x−6直接写出x的整数值为 ．
【答案】 ① 10或12或13或14
【分析】（1）根据“不均衡三角形”的定义即可求解；（2）分三种情况，16为最长边、16不为最长也不为最短边、16为最短边进行讨论即可求解．
【详解】：（1）①∵18−13>13−9，
∴13cm，18cm，9cm能组成“不均衡三角形”；
②∵9−8<8−6，
∴9cm，8cm，6cm不能组成“不均衡三角形”．
故答案为：①．
（2）①当16为最长边，2x−6为最短边时，
16−(2x+2)>2x+2−(2x−6)，
解得：x<3，
∵2x−6>0，
解得：x>3，
故不合题意，舍去；
②当2x+2为最长边，2x−6为最短边时，
2x+2−16>16−(2x−6)
解得：x>9，
∵2x+2>16>2x−6，
解得：72x−6−16
解得：x<15，
∵2x−6>16，
解得：x>11，
∴11AD+AE．
【答案】(1)1AK，
∴AC+CQ>AK+QK，
∵AK+QK=AE+EK+QK>QE,EK+QK>QE，
∴AK+QK>AE+QE，
∴AC+CQ>AK+QK>AE+QE，
∵AB=CQ,AD=EQ，
∴AB+AC>AD+AE．
25．（23-24八年级·浙江台州·期中）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D为边AB的中点，
AE⊥CD分别交CD，BC于点F，E．
（1）如图1，①若AB=AC，请直接写出∠EAC−∠BCD=______；
②连接DE，若AE=2DE，求证：∠DEB=∠AEC；
（2）如图2，连接FB，若FB=AC，试探究线段CF和DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）①45°；②见解析；（2）CF=2DF，理由见解析
【分析】（1）①利用直角三角形两个锐角相加得90°和三角形的外角等于不相邻的两个内角和的性质结合
题干已知即可解题．
②延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，从而可证明△ADG≌△BDE（SAS），再利用全等的性
质，可知∠DGA=∠DEB，即可知道AG//BC，所以∠GAE=∠AEC，根据题干又可得到AE=EG，
所以∠DGA=∠GAE，从而得出结论．
（2）延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，从而可证明△HDB≌△FDA（SAS），再利用全等的性
质，可知BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，根据题干即可证明Rt△HBF≌Rt△FAC（HL），
即得出结论．
【详解】（1）①∵∠EAC+∠ACD=90°，∠AEC+∠BCD=90°
∴∠EAC−∠BCD=∠AEC−∠ACD
∵∠EAC+∠BAE=90°
∴∠ACD=∠BAE
又∵∠AEC=∠B+∠BAE∴∠EAC−∠BCD=∠B+∠BAE−∠ACD
∴∠EAC−∠BCD=∠B=45°
故答案为45°．
②如图，延长ED至点G，使得DG=DE，连接AG，
∵点D为AB的中点，
∴BD=AD，
又∵∠ADG=∠BDE，
∴△ADG≌△BDE，
∴∠DGA=∠DEB，
∴AG//BC，
∴∠GAE=∠AEC，
又∵AE=2DE，
∴AE=EG，
∴∠DGA=∠GAE，
∴∠DEB=∠AEC．
（2）CF=2DF．
如图，延长CD至点H，使得DH=DF，连接BH，
∵AD=BD，∠ADF=∠BDH，
∴△HDB≌△FDA，
∴BH=AF，∠H=∠AFD=∠AFC=90°，
∵BF=AC．
∴Rt△HBF≌Rt△FAC，∴CF=HF=2DF．
【点睛】本题主要考查直角三角形的角的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质以及平行线
的性质．综合性较强，作出辅助线是解答本题的关键．
【考点11 旋转模型】
26．（23-24八年级·山东济南·期中）在△ABC中，AB=AC，点D是直线BC上一点（不与B、C重
合），E是△ABC外一点，连接AD、AE，已知AD=AE，∠DAE=∠BAC，连接CE，DE．
(1)如图1，点D在线段BC上，如果∠BAC=90°，则∠ACE=______度：
(2)如图2，当点D在线段BC上，试判断∠ADE与∠ACE之间的数量关系，并说明理由；
(3)当点D在线段CB的延长线上时，（2）中的结论是否成立？若不成立，请写出新的结论并说明理由．
【答案】(1)45
(2)∠ADE=∠ACE，理由见解析
(3)（2）中的结论不成立，当点D在CB的延长线上时，∠ADE+∠ACE=180°．理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的常见模型－旋转模型，掌握该模型的相关结论是解题关键．
（1）证△BAD≌△CAE即可求解；
（2）证△BAD≌△CAE即可求解；
（3）证△BAD≌△CAE即可求解．
【详解】（1）解：∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠DAC=∠BAC−∠DAC，
即：∠CAE=∠BAD，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△BAD≌△CAE
∴∠ADE=∠ACE
∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ACE=∠ABD=45°
故答案为：45
（2）解：∠ADE=∠ACE，理由如下：
∵AB=AC,AD=AE,，
∴∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED
∵∠DAE=∠BAC，
1 1
又∵∠ABC= (180°−∠BAC),∠ADE= (180°−∠DAE)，
2 2
∴∠ABC=∠ADE，
∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC
即：∠BAD=∠CAE，
{
AB=AC
)
在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴∠ABC=∠ACE
∴∠ADE=∠ACE；
（3）解：（2）中的结论不成立，当点D在CB的延长线上时，∠ADE+∠ACE=180°．理由如下：
如图所示：
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE，
即：∠DAB=∠EAC，
{
AB=AC
)
在△BAD和△CAE中， ∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS),∴∠ABD=∠ACE
∵AB=AC,AD=AE,
∴∠ABC=∠ACB,∠ADE=∠AED
∵∠DAE=∠BAC
1 1
又∵∠ABC= (180°−∠BAC),∠ADE= (180°−∠DAE)，
2 2
∴∠ABC=∠ADE,
∵∠ABD+∠ABC=180°
∴∠ADE+∠ACE=180°．
27．（23-24八年级·湖北武汉·开学考试）【基本模型】
如图，ABCD是正方形，∠EAF=45°，当E在BC边上，F在CD边上时，如图1，BE、DF与EF之间的
数量关系为__________．
【模型运用】当E点在BC的延长线上，F在CD的延长线上时，如图2，请你探究BE、DF与EF之间的数
量关系，并证明你的结论：__________．
【拓展延伸】如图3，已知AB=AD，∠B+∠D=180°，E在线段BC上，F在线段CD上，
1
∠EAF= ∠BAD，请你直接写出BE、DF与EF之间的数量关系．
2
【答案】【基本模型】EF=BE+DF【模型运用】：EF=BE−DF，证明见解析；【拓展延伸】：
EF=BE+DF．
【分析】（1）结论：EF=BE+DF．将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，然
后求出∠EAF′=∠EAF=45°，利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等
可得EF=EF′，从而得解；
（2）结论：EF=BE−DF，证明方法同法（1）；
（3）结论：EF=BE+DF．将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，根据旋转变
换的性质可得△ADF和△ABF′全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF′=∠DAF，对应边相等可1
得AF′=AF，BF′=DF，对应角相等可得∠ABF′=∠D，再根据∠EAF= ∠BAD证明
2
∠EAF′=∠EAF，并证明E、B、F′三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全
等三角形对应边相等可得EF′=EF，从而得解．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则：∠F′ AB=∠DAF,∠ABF′=∠D=90°，AF=AF′，BF′=DF，
∴∠ABF′+∠ABC=180°，即：F′,B,E三点共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=90°−∠EAF=45°，
∴∠BAF′+∠BAE=45°，
∴∠EAF′=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF′中，
{
AF=AF′
)
∠EAF=∠EAF′ ，
AE=AE
∴△AEF≌△EAF(SAS)，
∴EF=EF′，
又EF′=BE+BF′，
∴EF=BE+DF．
故答案为：EF=BE+DF；
（2）结论：EF=BE−DF．
理由：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，则：BF′=DF,AF′=AF，
同法（1）可得：△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，
又EF′=BE−BF′=BE−DF，
∴EF=BE−DF．
故答案为：EF=BE−DF；
（3）结论：EF=BE+DF．
理由：如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF′，
则△ADF≌△ABF′，
∴∠BAF′=∠DAF，AF′=AF，BF′=DF，∠ABF′=∠D，
1
又∵∠EAF= ∠BAD，
2
∴∠EAF=∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAF′，
∴∠EAF=∠EAF′，
又∵∠ABC+∠D=180°，
∴∠ABF′+∠ABE=180°，
∴F′、B、E三点共线，{
AF=AF′
)
在△AEF和△AEF′中， ∠EAF=∠EAF′ ，
AE=AE
∴△AEF≌△AEF′ (SAS)，
∴EF=EF′，
又∵EF′=BE+BF′，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质。本题蕴含半角模型，遇到半角经常要通过旋转
构造全等三角形。
【考点12 垂线模型】
28．（23-24八年级·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：四边形ABCD中，AB=AD=CD，∠BAD=90°，三角
形ABC的面积为1，则线段AC的长度是 .
【答案】2
【分析】过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,构造△BAE≅△ADF 得出BE=AF
1 1
利用等腰三角形三线合一的性质得出：AF= AC可得BE=AF= AC，利用三角形ABC的面积为1进行计
2 2
算即可.
【详解】过B作BE⊥AC于E, 过D作DF⊥AC于F,
∴∠BEA=∠AFD=90°
∴∠2+∠3=90°∵∠BAD=90°
∴∠1+∠2=90°
∴∠1=∠3
∵AB=AD
∴△BAE≅△ADF
∴BE=AF
∵AD=CD，DF⊥AC
1
∴AF= AC
2
1
∴BE=AF= AC
2
1 1 1
∴S = AC×BE= AC× AC=1
△ABC 2 2 2
∴AC=2
故答案为2
【点睛】本题考查了利用一线三等角构造全等三角形，以及利用三角形面积公式列方程求线段，熟练掌握
辅助线做法构造全等是解题的关键.
29．（23-24八年级·浙江·期中）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，
连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点．
AG
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交子G点，若BC＝4，BE＝3，则 = ．（直接写
CG
出结果）11 5
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） 或
3 3
【分析】（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即
可．
【详解】（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在 AFD和 EAC中，
{∠△AFD＝△∠EAC
)
∠ADF＝∠ECA ，
AF＝AE
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
{∠FDG＝∠BCG＝90°
)
在 FDG和 BCG中， ∠FGD＝∠BGC ，
FD＝BC
△ △
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知： ADF≌△ECA， GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE△=7， △
∴CG=DG=1.5，
∴AG=CG+AC=5.5，
AG 5.5 11
∴ = = ，
CG 1.5 3
同理，当点E在线段BC上时，AG= AC -CG+=2.5，
AG 2.5 5
∴ = = ，
CG 1.5 3
11 5
故答案为： 或 ．
3 3
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点13 轴对称中的最短路径问题】
30．（23-24八年级·浙江宁波·期中）如图，已知∠AOB=24°，OP平分∠AOB，OP=1，C在OA上，
D在OB上，E在OP上．当CP+CD+DE取最小值时，此时∠PCD的度数为（ ）
A．36° B．48° C．60° D．72°【答案】D
【分析】作点P关于OA的对称点P'，作点E关于OB的对称点E'，连接OP'、PP'、OE'、EE'、P'E'
，则由轴对称知识可知CP+CD+DE=CP'+CD+DE'，所以依据垂线段最短知：当P'、C、D、E'
在一条直线上，且P'E'⊥OE'时，CP+CD+DE取最小值，根据直角三角形的两锐角互余及三角形外角
的性质可以求出∠PCD.
【详解】解：∵∠AOB=24°，OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOE=12°，
作点P关于OA的对称点P'，作点E关于OB的对称点E'，连接OP'、PP'、OE'、EE'、P'E'，
则P'C=PC，E'D=ED，OP'=OP=1，∠AOP'=∠AOP=12°，∠BOE'=∠BOE=12°，
∴CP+CD+DE=CP'+CD+DE'，∠P'OE'=48°，∠OP'P=90°−12°=78°，∠CPP'=∠CP'P
，
当P'、C、D、E'在一条直线上，且P'E'⊥OE'时，CP+CD+DE取最小值，
∴∠OP'E'=90°−48°=42°，
∴∠CP'P=∠OP'P−∠OP'E'=78°−42°=36°，
∴∠CPP'=∠CP'P=36°，
∴∠PCD=∠CPP'+∠CP'P=72°，
故选：D.
【点睛】本题考查了最短路径问题，等腰三角形等边对等角，直角三角形的两锐角互余，三角形外角的性
质，垂线段最短，通过作对称点化折为直是解题的关键.
31．（2024·贵州毕节·一模）如图，在等边△ABC中，BF是AC边上的中线，点D在BF上，连接AD，在
AD的右侧作等边△ADE，连接EF，当△AEF周长最小时，∠CFE的大小是( )A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】D
【分析】首先证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），因为AF为定值，所以当AE+EF最小时，△AEF
的周长最小，作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，根据等边三
角形的判定和性质即可求出∠CFE的大小．
【详解】解：∵△ABC，△ADE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵AF=CF，
∴∠ABD=∠CBD=∠ACE=30°，
∴点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），
作点A关于直线CE的对称点M，连接FM交CE 于E′，此时AE′+FE′的值最小，
∵CA=CM，∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∵AF=CF，
∴FM⊥AC，
∴∠CFE′=90°，
故选D．【点睛】本题考查轴对称——最短距离问题、等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知
识，解题的关键是证明点E在射线CE上运动（∠ACE=30°），本题难度比较大，属于中考选择题中的压
轴题．
32．（23-24八年级·辽宁营口·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=30°，AB=14，AD
平分∠BAC，点PQ分别是AB，AD边上的动点，则PQ+BQ的最小值是 ．
【答案】7
【分析】作点P关于直线AD的对称点P′，连接PP′、QP′，根据轴对称的性质、垂直平分线的性质可得
PQ=P′Q，则欲求PQ+BQ的最小值即为P′Q+BQ的最小值，即BP′的最小值，则当BP′⊥AC时，
BP′即P′Q+BQ的值最小，最小值为BC的长．
【详解】解：如图，作点P关于直线AD的对称点P′，连接PP′、QP′，
∵AD是P、P′的对称轴，
即AD是线段PP′的垂直平分线，
∴PQ=P′Q，
∴PQ+BQ的最小值即为P′Q+BQ的最小值，即BP′的最小值，
∴当BP′⊥AC时，BP′即P′Q+BQ的值最小，此时Q与D重合，P′与C重合，最小值为BC的长，
∵在△ABC中，∠C=90°，∠BAC=30°，AB=14，
1
∴BC= AB=7，
2
∴PQ+BQ的最小值是7．
故答案为：7．
【点睛】本题考查的知识点是轴对称的性质、垂直平分线的性质、最短路径问题、垂线段最短及含30°角
的直角三角形的性质，解题关键是找出点P、Q的位置．33．（23-24八年级·全国·课后作业）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=4，点P，D
分别为BC，AB上的动点，则AP+DP的最小值是 ．
【答案】4
【分析】作点A关于BC的对称点A′，过点A′作A′D⊥AB于点D，交BC于点P，连接A′B，此时
AP+DP的值最小，且A′D的长度就是AP+DP的最小值．可证△A A′B为等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点A′，过点A′作A′D⊥AB于点D，交BC于点P，连接A′B，
此时AP+DP的值最小，且A′D的长度就是AP+DP的最小值．
∴ BC是A A′的垂直平分线，
∴ AB=A′B，AP=A′P，
∵ ∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴ ∠BAC=60°，
∴ △A A′B为等边三角形．
又A′D与BC均为等边三角形A A′B的高，
∴ A′D=BC=4，
∴ AP+DP=A′D=4，
∴ AP+DP的最小值是4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了线段和最小值的典型问题，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，掌握
解法是解题的关键．34．（23-24八年级·四川成都·期中）如图，等边三角形ABC的边长为4，过点B的直线l⊥AB，且
△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD+CD的最小值为 ．
【答案】8
【分析】连接A′D，由轴对称的性质可得△A′BC′也是边长为4的等边三角形，从而得到A′B=4，
∠A′BC′=60°，从而得到∠CBD=60°，证明△BCD≌△BA′D(SAS)得到CD=A′D，从而得到
AD+CD=AD+A′D，由“两点之间，线段最短”可知，当D与点B重合，即点A，D，A′共线时，
AD+A′D取得最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接A′D，
，
∵等边三角形ABC的边长为4，
∴ AB=BC=4，∠ABC=60°，
∵ △ABC与△A′BC′关于直线l对称，
∴ △A′BC′也是边长为4的等边三角形，
∴ A′B=4，∠A′BC′=60°，
∴ ∠CBD=180°−∠ABC−∠A′BC′=60°，
在△BCD和△BA′D中，∵ BC=BA′，∠CBD=∠A′BD，BD=BD，
∴ △BCD≌△BA′D(SAS)，
∴ CD=A′D，∴ AD+CD=AD+A′D，
由“两点之间，线段最短”可知，当D与点B重合，即点A，D，A′共线时，AD+A′D取得最小值，
∵ A A′=AB+A′B=4+4=8，
∴ AD+CD的最小值为8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、两点之间，线段最短
等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线，是解题的关键．
【考点14 格点中作等腰三角形】
35．（23-24八年级·湖南长沙·阶段练习）如图，网格中的每个小正方形的边长为1，A，B是格点，以A、
B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】本题主要考查了等腰三角形的定义、格点问题等知识点，根据题意画出符合题意的图形是解题的
关键．
根据等腰三角形的定义画出符合题意的等腰三角形，然后统计即可解答．
【详解】解：如图:根据等腰三角形的定义画出符合题意的等腰三角形如下：
以A、B、C为等腰三角形顶点的所有格点C的个数为8个．
故选C．
36．（23-24八年级·辽宁盘锦·期中）如图，在4×4的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请用无刻度
直尺按要求画图．(1)如图1，画出一条线段AC，使．AC=AB，且点C在格点上；
(2)如图2，画两线段AC、BC，使△CBA是等腰直角三角形，且点C在格点上；
(3)如图3，画线段EF，使它垂直平分线段AB，且点E，点F都在格点上．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】题目主要考查利用网格作图及等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握这些
基础知识点是解题关键．
（1）根据等腰三角形的定义及网格作图即可；
（2）根据等腰直角三角形的定义及网格作图即可；
（3）根据线段垂直平分线的性质及网格作图即可．
【详解】（1）解：如图所示点C即为所求；
（2）如图所示线段AC、BC，即为所求；
（3）如图所示线段EF即为所求．37．（2024·江西抚州·一模）图①、图② 均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正
方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求
画图，保留适当的作图痕迹．
(1)在图①中找点D，连接DA、DB、DC，使得DA=DB=DC．
(2)在图②中找点E，连接AE、BE，使得∠AEB=∠ACB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质等知识：
（1）根据网格的特点，找到线段AC的垂直平分线与线段BC垂直平分线的交点即为所求点D；
（2）根据网格特点得到∠C=45°，根据等腰直角三角形的性质作图即可得到答案；
【详解】（1）解：如图所示，线段AC的垂直平分线与线段BC垂直平分线的交点D即为所求，
；
（2）解：由图形可得，∠C=45°，
根据格点作等腰直角三角形△ABE ，△ABE ，
1 2
∴∠AE B=∠AE B=∠C=45°，
1 2∴点E如图所示：
．
【考点15 三角形中的多结论问题】
38．（23-24八年级·江苏宿迁·阶段练习）如图，在锐角三角形ABC中，AH是BC边上的高，分别以
AB，AC为一边，向外作正方形ABDE和ACFG（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接
CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是
△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，在解答时作辅助线
EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q构造出全等三角形是难点，运用全等三角形的性质是
关键，分析题意，根据正方形的性质可得可求出∠CAE=∠BAG，由“边角边”可得△ABG≌△AEC，
可判断①是否正确；设BG、CE相交于点N，由△ABG≌△AEC可得∠ACE=∠AGB，即可判断②的正
确性；根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再证明△ABH≌△EAP，根据全等三角形性质即可判
断④是否正确；证明△EPM≌△GQM，根据全等三角形的对应边相等即可判断③是否正确，从而完成解
答．
【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AC=AG，AB=AE，∠BAE=∠CAG=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠CAE=∠BAG，
在△ABG和△AEC中，AB=AE，∠CAE=∠BAG，AC=AG，
∴△ABG≌△AEC(SAS)，∴BG=CE，故①正确；
设BG、CE相交于点N，
∵△ABG≌△AEC，
∴∠AGB=∠ACE，
∴∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°，
∴∠CNG=360°−(∠NCF+∠NGF+∠F)=360°−(180°+90°)=90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
过点G作GQ⊥AM于Q，过点E作EP⊥HA的延长线于P，如图所示：
∵AH⊥BC
，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵∠BAE=90°，
∴∠EAP+∠BAH=180°−90°=90°，
∴∠EAP=∠ABH，
在△ABH和△EAP中，
∠ABH=∠EAP，∠AHB=∠P=90°，AB=AE，
∴△ABH≌△EAP(AAS)，
∴∠EAM=∠ABC，EP=AH，故④正确；
同理可得GQ=AH，
∴EP=GQ，
∵在△EPM和△GQM中，
∠P=∠MQG=90°，∠EMP=∠GMQ，EP=GQ，
∴△EPM≌△GQM(AAS)，
∴EM=GM，
∴AM是△AEG的中线，故③正确．
综上所述，①②③④结论都正确，共4个．
故选：D．
39．（23-24八年级·浙江绍兴·期中）如图，已知直线AB∥CD，直线EF分别交直线AB，CD于点E，F，EM平分∠AEF交CD于点M．G是射线MD上一动点（不与点M，F重合）．EH平分∠FEG交CD
于点H，设∠MEH=α，∠EGF=β．现有下列四个式子：①2α=β，②2α−β=180°，③α−β=30°
，④2α+β=180°，在这四个式子中，正确的是( )
A．①② B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】分两种情况讨论：当点G在F的右侧时，根据两直线平行同旁内角互补得到
∠AEG+∠EGM=180°，结合角平分线性质解得2α+β=180°；或当点G在F的左侧时，两直线平行
内错角相等得到∠FME=∠AEM，结合三角形外角性质得到
∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM，解得2α=β．
【详解】解： 当点G在F的右侧时，
∵EM平分∠AEF
1
∴∠AEM=∠MEF= ∠AEF
2
∵EH平分∠FEG
1
∴∠FEH=∠GEH= ∠FEG
2
设∠MEH=α，∠EGF=β
∵AB∥CD
∴∠AEG+∠EGM=180°
∴∠AEF+∠FEG+∠EGM=180°∴2α+β=180°，
当点G在F的左侧时，
∵EM平分∠AEF
1
∴∠AEM=∠MEF= ∠AEF
2
∵EH平分∠FEG
1
∴∠FEH=∠GEH= ∠FEG
2
设∠MEH=α，∠EGF=β
∵AB∥CD
∴∠FME=∠AEM
∴∠AEM=∠FEM
∵∠EGF=∠FME+∠GEM=∠GEM+∠FEM=2(∠GEM+HEG)=2∠HEM
∴β=2α
综上所述，2α+β=180°或β=2α
故①④正确, ②③错误
故选：B．
【点睛】本题考查平行线的性质、三角形外角性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识
是解题关键．
40．（23-24八年级·重庆·阶段练习）如图，在ΔABC中，AC=BC,∠ABC=50°，CE平分∠ACB，
AD平分∠CAB，CE与AD交于点F，G为ΔABC外一点，∠ACD=∠FCG,∠CBG=∠CAF，连接
DG．下列结论：①ΔACF≅ΔBCG；②ΔBGC=115°；③S =S +S ；④AD=DG+BG．
ΔACE ΔCFD ΔBCG
其中结论正确的是 （只需要填写序号）．【答案】①②④
【分析】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等知识点，①先证
∠ACF=∠BCG，再根据AC=BC，∠CBG=∠CAF，即可依据“ASA”判定△ACF和△BCG全等，
由此可对结论①进行判断；②根据等腰三角形性质得∠BAC=∠ABC=50°，则∠ACB=80°，再根据角
平分线的定义得∠ACF=40°，∠CAF=25°，则∠ACF=∠BCG=40°，∠CBG=∠CAF=25°，由
此可求出∠BGC的度数，进而可对结论②进行判断；③根据等腰三角形性质得CE为AB边上的中线，则
1
S = S ，由△ACF≌△BCG得S =S ，进而得S +S =S +S =S ，而
△ACE 2 △ABC △ACF △BCG △CFD △BCG △CFD △ACF △ACD
1
AD是∠BAC的平分线不是BC边上的中线，则S ≠ S ，据此可对结论③进行判断；④由
△ACD 2 △ABC
△ACF≌△BCG得AF=BG，再证△DCF和△DCG全等得DF=DG，由此可对结论④进行判断，综上
所述即可得出答案，理解等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
【详解】①∵∠ACD=∠FCG，
∴∠ACF+∠FCD=∠FCD+∠BCG，
即∠ACF=∠BCG，
在△ACF和△BCG中，
{∠ACF=∠BCG
)
AC=BC ，
∠CBG=∠CAF
∴△ACF≌△BCG(ASA)，
故结论①正确；
②在△ABC中，AC=BC，∠ABC=50°，
∴∠BAC=∠ABC=50°，
∴∠ACB=180°−(∠BAC+∠ABC)=180°−(50°+50°)=80°，
∵CE平分∠ACB，AD平分∠CAB，
1 1
∴∠ACF= ∠ACB=40°，∠CAF= ∠BAC=25°，
2 2由①可知：∠ACF=∠BCG=40°，∠CBG=∠CAF=25°，
∴∠BGC=180°−(∠BCG+∠CBG)=180°−(40°+25°)=115°，
故结论②正确；
③在△ABC中，AC=BC，CE平分∠ACB，
∴CE是AB边上的中线，
1
∴S = S ，
△ACE 2 △ABC
由①可知：△ACF≌△BCG，
∴S =S ，
△ACF △BCG
∴S +S =S +S =S ，
△CFD △BCG △CFD △ACF △ACD
∵AD是∠BAC的平分线，不是BC边上的中线，
1
∴S ≠ S ，
△ACD 2 △ABC
∴S ≠S +S ，
△ACE △CFD △BCG
故结论③不正确；
④由①可知：△ACF≌△BCG，
∴AF=BG，CF=CG，∠ACF=∠BCG，
又∵∠ACF=∠BCF=40°，∠ACF=∠BCG=40°，
∴∠BCF=∠BCG=40°，
即∠DCF=∠DCG=40°，
在△DCF和△DCG中，
{
CF=CG
)
∠DCF=∠DCG ，
CD=CD
∴△DCF≌△DCG(SAS)，
∴DF=DG，
∴AD=DF+AF=DG+BG，
故结论④正确，
综上所述：结论正确的是 ①②④，
故答案为：①②④．
41．（23-24八年级·山东济南·期中）如图，△DAC和△EBC均是等边三角形，A、C、B三点共线，AE与
BD相交于点P，AE与BD分别与CD、CE交于点M、N，有如下结论：①△ACE≌△DCB；②∠DPA＝
60°；③AC＝DN；④EM＝BN；⑤DC∥EB，其中正确结论是 （填序号）【答案】①②④⑤
【分析】①根据等边三角形的性质可得AC=CD，BC=CE，∠ACD=∠BCE=60°，然后求出
∠ACE=∠BCD，利用“边角边”证明 ACE和 DCB全等；②通过 ACE和 DCB全等，可得到
∠BDC=∠EAC，在 DMP和 ACM中△，利用“△8”字型可求得∠DPA△=∠DCA=△60°；③根据三角形外角性质
得到∠AMC＞∠MC△E，则∠A△MC＞∠ACM，所以AC＞AM，又可证得 ACM和 DCN全等，得到
AM=DN，从而得到AC＞DN；④根据全等三角形对应边相等可得AM=D△N，CM=△CN，然后求出
EM=BN；⑤ DAC和 EBC均是等边三角形，所以∠ACD=∠BCE=60°，可得到∠DCE=60°，所以
∠DCE=∠BE△C，再根据△内错角相等，两直线平行可得CD∥BE．
【详解】解：∵△DAC和 EBC都是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°， △
∴∠ACE=∠DCB=120°，
在 ACE与 DCB中，
{ △ AC＝△DC )
∠ACE＝∠DCB
CB＝CE
∴△ACE≌△DCB（SAS），故①正确；
在 DMP和 ACM中
∵△△ACE≌△D△CB，
∴∠BDC=∠EAC
又∠DMP=∠AMC
∴∠DPA=∠DCA=60°，故②正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠BDC=∠EAC
又∠ACD=∠BCE=60°，AC=CD
在△ACM和△DCN中
{∠BDC=∠EAC
)
DC=AC
∠ACD=∠BCE∴△ACM≌△DCN（ASA）
∴AM=DN
又根据三角形外角性质得到∠AMC＞∠MCE，
则∠AMC＞∠ACM，
∴AC＞AM
∴AC＞DN，故③错误；
由②中△ACM≌△DCN可得AM=DN
又△ACE≌△DCB
∴AE=DB
∴EM=BN，故④正确；
∵△DAC和△EBC均是等边三角形，
∴∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠DCE=60°，
∴∠DCE=∠BEC，
∴CD∥BE，故⑤正确．
故答案为：①②④⑤
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，综合性较强，但难度
不是很大，准确识图找出全等三角形是解题的关键．
【考点16 等腰三角形的存在性问题】
42．（2024上·河南省直辖县级单位·八年级统考期中）如图，在 ABC中，AB＝AC，∠BAC＝124°，点D
在BC边上， ABD、 AFD关于直线AD对称，∠FAC的角平分△线交BC边于点G，连接FG，∠BAD=θ
，当θ的值等于△ 时，△ DFG是以DF为腰的等腰三角形．
△
【答案】28°或31°
【分析】首先由轴对称可以得出 ADB≌△ADF，就可以得出∠B＝∠AFD，AB＝AF，在证明 AGF≌△AGC
△ △就可以得出∠AFG＝∠C，就可以求出∠DFG的值；再分两种情况讨论解答即可，当DF＝GF时，当DF
＝DG时，从而求出结论．
【详解】解：∵AB＝AC，∠BAC＝124°，
∴∠B＝∠C＝28°．
∵△ABD和 AFD关于直线AD对称，
∴△ADB≌△△ADF，
∴∠B＝∠AFD＝28°，AB＝AF，∠BAD＝∠FAD＝θ，
∴AF＝AC．
∵AG平分∠FAC，
∴∠FAG＝∠CAG．
∴△AGF≌△AGC（SAS），
∴∠AFG＝∠C．
∵∠DFG＝∠AFD+∠AFG，
∴∠DFG＝∠B+∠C＝28°+28°＝56°．
①当DF＝GF时，
∴∠FDG＝∠FGD．
∵∠DFG＝56°，
∴∠FDG＝∠FGD＝62°，
∵∠ADG＝∠B+θ＝28°+θ，
∴∠ADF＝∠ADG+∠GDF＝28+θ+62°，
∴∠ADB＝28°+θ+62°，
∵∠ADB+∠B+θ＝180°
∴28°+θ+62°+28°+θ＝180°，
∴θ＝31°．
②当DF＝DG时，
∴∠DFG＝∠DGF＝56°，
∴∠GDF＝180°﹣56°﹣56°＝68°，
∵∠ADG＝∠B+θ＝28°+θ，
∴∠ADF＝∠ADG+∠GDF＝28°+θ+68°，
∴∠ADB＝28°+θ+68°，
∵∠ADB+∠B+θ＝180°，∴28°+θ+68°+28°+θ＝180°，
∴θ＝28°．
∴当θ＝28°或31°时，△DFG为等腰三角形．
故答案为：28°或31°．
【点睛】本题考查了轴对称的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的
运用，解答时证明三角形的全等是关键．
43．（2024上·河南三门峡·八年级校考期中）如图，在等腰三角形ABC中，AB=AC，∠B=50°，D为
BC的中点，点E在AB上，∠AED=69°，若点P是等腰三角形ABC的腰AC上的一点，则当△EDP为
等腰三角形时，∠EDP的度数是 ．
【答案】100° 或142°
【分析】过D作DH⊥AC，DG⊥AB，易证Rt△DEG≌Rt△DP H，Rt△DEG≌Rt△DP H，再
2 1
根据四边形内角和360°即可得到答案．
【详解】解：连接AD，
∵AB=AC，∠B=50°，
∴∠BAC=180°−50°−50°=80°，
∵点P是等腰△ABC的腰AC上的一点，AB=AC，D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD，
过D作DH⊥AC，DG⊥AB，∴DG=DH，
在Rt△DEG与Rt△DP H中，
2
{DE=DP
)
2 ，
DG=DH
∴Rt△DEG≌Rt△DP H(HL)，
2
∴∠AP D=∠AED=69°，
2
∵∠BAC=80°，
∴∠EDP =142°，
2
同理可得Rt△DEG≌Rt△DP H，
1
∴∠EDG=∠P DH，
1
∴∠EDP =∠GDH=100°，
1
故答案为：100° 或142°，
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
44．（23-24八年级·江苏无锡·阶段练习）在 ABC中，AB=AC，过 ABC的一个顶点，作一条直线把
ABC分成两个等腰三角形，则∠BAC= △ °. △
△ 180
【答案】36或90或108或
7
【分析】本题要利用三角形内角和定理求解．由于本题中经过等腰三角形顶点的直线没有明确是经过顶角
的顶点还是底角的顶点，因此本题要分情况讨论．
【详解】如图1，
当过顶角的顶点的直线把它分成了两个等腰三角形，则AB=AC，AD=CD=BD，
设∠B=x°，
则∠BAD=∠B=x°，∠C=∠B=x°，
∴∠CAD=∠C=x°，
∵∠B+∠BAC+∠C=180°，
∴x+x+x+x=180，
解得x=45，则顶角是90°；
②如图2，
AB=AC=CD，BD=AD，
设∠C=x°，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=x°，
∵BD=AD，
∴∠BAD=∠B=x°，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=2x°，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠ADC=2x°，
∴∠BAC=3x°，
∴x+x+3x=180，x=36°，则顶角是108°．
③如图3，
当过底角的角平分线把它分成了两个等腰三角形，则有AB=AC，BC=BD=AD，
设∠A=x°，
∵BD=AD，
∴∠ABD=∠A=x°，
∴∠CDB=∠ABD+∠A=2x°，
∵BC=BD，
∴∠C=∠CDB=2x°，∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=2x°，
∵∠A+∠ABC+∠C=180°，
∴x+2x+2x=180，
x=36°，
则顶角是36°．
④如图4，
当∠A=x°，∠ABC=∠ACB=3x°时，也符合，
AD=BD，BC=DC，
∠A=∠ABD=x，∠DBC=∠BDC=2x，
则x+3x+3x=180°，
180
x= ．
7
180
综上所述∠A=36°或90°或108°或 °
7
180
故答案为36或90或108或
7
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及其判定．作此题的时候，首先大致画出符合条件的图形，然后根
据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其推论找到角之间的关系，列方程求解．
【考点17 构成等腰三角形的点的个数】
45．（23-24八年级·陕西西安·期中）如图，在△ABC中，∠ABC=75°，∠BAC=30°．点P为直线BC
上一动点，若点P与△ABC三个顶点中的两个顶点构造成等腰三角形，那么满足条件的点P的位置有
（ ）A．4个 B．6个 C．8个 D．9个
【答案】C
【分析】本题考查等腰三角形的判定，根据等角对等边，从右到左依次考虑，即可得到所有构成等腰三角
形的情况，得到满足条件的点P的个数．熟练掌握等腰三角形的判定是解本题的关键．也考查了三角形内
角和定理．
【详解】解：如图，
∵在△ABC中，∠ABC=75°，∠BAC=30°，
∴∠ACB=180°−∠ABC−∠BAC=180°−75°−30°=75°，
1
当∠CAP=∠CPA= ×75°=37.5°时，△CAP为等腰三角形；
2
1
当∠BAP=∠BPA= ×(180°−75°)=52.5°时，△BAP为等腰三角形；
2
当∠PAB=∠PBA=75°时，△PAB为等腰三角形；
当P与C重合时，△ABP为等腰三角形；
当P与B重合时，△ACP为等腰三角形；
当∠PAC=∠PCA=75°时，△PAC为等腰三角形；
1
当∠CAP=∠CPA= ×(180°−75°)=52.5°时，△CAP为等腰三角形；
2
当∠BAP=∠BPA=37.5°时，△BAP为等腰三角形；
综上，满足条件的点P的位置有8个．
故选：C．46．（23-24八年级·浙江嘉兴·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC≠AC，以△ABC的一边为
边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC的其他边上，则可以画出的不同的等腰三角形的个数最多
为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【分析】①以B为圆心，BC长为半径画弧，交AB于点D，△BCD就是等腰三角形；
②以A为圆心，AC长为半径画弧，交AB于点E，△ACE就是等腰三角形；
③以C为圆心，BC长为半径画弧，交AC于点F，△BCF就是等腰三角形；
④作AC的垂直平分线交AB于点H，△ACH就是等腰三角形；
⑤作AB的垂直平分线交AC于G，则△AGB是等腰三角形；
⑥作BC的垂直平分线交AB于I，则△BCI和△ACI都是等腰三角形．
⑦作AC的垂直平分线交AB于M，则△ACM和△BCM都是等腰三角形．
【详解】解：作图如下故选：D
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定的应用；解题的关键是理解能力和动手操作能力．
【考点18 利用等腰三角形的判定与性质进行求值或证明】
47．（23-24八年级·福建厦门·期中）在Rt△ABC中，∠B=90°，点D在BC上，AD=3，在AC上找一
点E，使得∠EDC=∠ADB，连接DE，若DE=DC=1，则BD的长度为 ．
【答案】1
【分析】本题考查全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定，正确作出辅助线证明三角形全等
是解题的关键．
作GA⊥AB，与DE的延长线交于点G，作FD⊥BC，交AG于点F，证明△DFG≌△DFA，得
GF=AF,GD=AD=3，再证明AG=EG=2进而可得BD的长．
【详解】解：如图，作GA⊥AB，与DE的延长线交于点G，作FD⊥BC，交AG于点F，
∵∠B=90°,∠BAG=90°
，
∴∠B+∠BAG=180°，
∴AG∥BC，
∴∠C=∠5，
同理，DF∥AB，∴AF=BD，DF⊥AG，
∴∠AFD=∠GFD，
∵∠EDC=∠ADB，∠EDC+∠2=90°,∠ADB+∠1=90°，
∴∠1=∠2，
在△AFD和△GFD中，
{∠GFD=∠AFD
)
DF=DF ，
∠2=∠1
∴△GFD≌△AFD(ASA)，
∴GF=AF,GD=AD，
∵AD=3,DE=DC=1，
∴≥=2,∠C=∠3，
∵∠3=∠4,∠C=∠5，
∴∠4=∠5，
∴GA=≥=2，
∴AF=GF=1，
∴BD=AF=1．
故答案为：1．
48．（23-24八年级·重庆沙坪坝·开学考试）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，过点A作AE∥BC
，且AE=AB，AB上有一点F，连接EF，若∠C=∠AFE，CD=4BD，S =3，则S = ．
△AEF △ABC
【答案】5
【分析】在CD上截取DG=BD，连接AG，过点E作EH⊥AB，先证明△EAH≌△AGD，得到
EH=AD，AH=DG，再证明Rt△EHF≌Rt△ADC，得到FH=CD，进而得到CG=AF，推出
S =S =3，设DG=BD=m，则CD=4BD=4m，根据同高三角形的面积比等于底边比，得到
△AGC △AEF1
BC⋅AD
S 2 5m 5
△ABC = = = ，即可得出结果．
S 1 3m 3
△ACG CG⋅AD
2
【详解】解：在CD上截取DG=BD，连接AG，过点E作EH⊥AB，
∵AD⊥BC,BD=DG，
∴AB=AG，∠H=∠ADG=90°，
∴∠AGB=∠ABG，
∵AE∥BC，
∴∠EAH=∠B，
∴∠EAH=∠AGB，
∵AE=AB，
∴AE=AG，
在△EAH和△ADG中
{∠H=∠ADG=90°
)
∠EAH=∠AGB ，
AE=AG
∴△EAH≌△AGD，
∴EH=AD，AH=DG，
在Rt△EHF和Rt△ADC中
{∠ADC=∠EHF=90°
)
∠C=∠EFA ，
EH=AD
∴Rt△EHF≌Rt△ADC，
∴FH=CD，
∴FH−AH=CD−GD，
∴AF=CG，
1 1
∴ AF⋅EH= CG⋅AD，
2 2∴S =S =3，
△AGC △AEF
设DG=BD=m，则CD=4BD=4m，
∴CG=4m−m=3m，BC=4m+m=5m，
1
BC⋅AD
S 2 5m 5
∴ △ABC = = = ，
S 1 3m 3
△ACG CG⋅AD
2
∴S =5；
△ABC
故答案为：5．
【点睛】本题考查中垂线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，
综合性强，难度大，属于填空题中的压轴题，正确的添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形，是解题
的关键．
49．（23-24八年级·山东济南·期中）（1）情境观察：
如图①，△AMC中，∠MAC=45°，CB⊥AM，AF⊥MC，垂足分别为B、F，CB与AF交于点E，
△ABE与△CBM全等吗？请说明理由；
（2）问题探究：
如图②，△ABC中，∠BAC=45°，AB=BC，AF平分∠BAC，CF⊥AF，AF与BC交于点E．猜想
AE与CF之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展延伸：
如图③，△ABC中，∠BAC=45°，AB=BC，受图②结论的启发，小明在AC上取了一点D，作
∠FDC=22.5°，CF⊥DF，DF交BC于点E，若FC=3，请你帮小明求出DE的长．
【答案】（1）全等；理由见解析；（2）AE=2CF；理由见解析；（3）DE=6
【分析】（1）先根据等角对等边证明AB=BC，再根据ASA证明三角形全等即可；
1
（2）延长AB，CF交于点G，证明△AFG≌△AFC，得出CF=GF= CG，证明△ABE≌△CGB，得
2
出AE=CG=2CF；（3）过点D作DG∥AB交CF的延长线于点G，交BC于点H，证明△CGH≌△DEH，得出DE=CG，
证明△DFG≌△DFC，得出CF=GF=3，求出DE=CG=CF+FG=6即可．
【详解】解：全等；理由如下：
∵CB⊥AM，AF⊥MC，
∴∠ABC=∠MBC=∠AFM=90°，
∵∠BAC=45°，
∴∠ACB=90°−45°=45°，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC，
∵∠M+∠BCM=∠M+∠BAE=90°，
∴∠BCM=∠BAE，
∴△ABE≌△CBM(ASA)．
（2）AE=2CF；理由如下：
延长AB，CF交于点G，如图所示：
∵∠BAC=45°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∴∠ABC=180°−45°−45°=90°，
∴∠CBG=180°−90°=90°，
∴∠ABC=∠CBG，
∵AF平分∠BAC，
∴∠GAF=∠CAF，
∵AF⊥CF，
∴∠AFG=∠AFC=90°，
∵AF=AF，
∴△AFG≌△AFC，1
∴CF=GF= CG，
2
∵∠G+∠BCG=∠G+∠GAF=90°，
∴∠BCG=∠GAF，
∵AB=BC，∠ABE=∠CBG，
∴△ABE≌△CGB，
∴AE=CG=2CF．
（3）过点D作DG∥AB交CF的延长线于点G，交BC于点H，如图所示：
∵∠BAC=45°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=45°，
∵DG∥AB，
∴∠CDH=∠BAC=45°，
∴∠DHC=180°−45°−45°=90°，
∴∠CHG=180°−90°=90°，
∴∠DHE=∠CHG，
∵∠CDH=∠DCH，
∴CH=DH，
∵DF⊥CF，
∴∠DFC=∠DFG=90°，
∴∠G+∠GCH=∠G+∠HDE=90°，
∴∠GCH=∠HDE，
∴△CGH≌△DEH，
∴DE=CG，
∵∠CDH=45°，∠CDE=22.5°，
∴∠GDF=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CDE=∠GDF，
∵∠DFC=∠DFG=90°，DF=DF，∴△DFG≌△DFC，
∴CF=GF=3，
∴DE=CG=CF+FG=6．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内
角和定理的应用，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
50．（23-24八年级·福建泉州·阶段练习）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∠BAD=∠BCE=90°，点M为AN的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
(1)求证： M为DE的中点．
(2)将图1中的△BCE绕点B旋转，当A、B、E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角
三角形；
(3)将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置，当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论是否仍成立？
若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)成立；理由见解析
【分析】（1）由EN∥AD和点M为AN的中点可以证得△ADM≌△NEM，从而证得M为DE的中点；
（2）证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证得△ABC≌△NEC，进而可以证得
AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形；
（3）如图3，证△ADM≌△NEM，根据四边形BCEN内角和，可得∠ABC=∠NEC，从而可以证得
△ABC≌△NEC，进而可以证得AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有
△ACN为等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，
∴AM=NM．在△ADM和△NEM中，
{∠MAD=∠MNE
)
∠ADM=∠NEM ，
AM=NM
∴△ADM≌△NEM(AAS)．
∴DM=ME．
∴M为DE的中点；
（2）证明：∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，
∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°，
∵AD∥NE，
∴∠DAE+∠NEA=180°，
∵∠DAE=90°，
∴∠NEA=90°，
∴∠NEC=135°，
∵A，B，E三点共线，
∴∠ABC=180°−∠CBE=135°．
∴∠ABC=∠NEC．
∵△ADM≌△NEM，
∴AD=NE．
∵AD=AB，
∴AB=NE，
在△ABC和△NEC中，
{
AB=NE
)
∠ABC=∠NEC ，
BC=EC
∴△ABC≌△NEC(SAS)，
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE，
∴∠ACN=∠BCE=90°，
∴△ACN为等腰直角三角形；
（3）解：当A、B、N三点在同一直线上时（2）中的结论仍成立，（如图3）：
证明：∵EN∥AD，
∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为AN的中点，∴AM=NM．
在△ADM和△NEM中，
{∠MAD=∠MNE
)
∠ADM=∠NEM ，
AM=NM
∴△ADM≌△NEM(AAS)，
∴AD=NE，
∵AD=AB，
∴AB=NE，
∵AD∥NE，
∴∠ENM=∠EAM=90°，
∴AN⊥NE，
在四边形BCEN中，
∵∠BCE=∠BNE=90°，
∴∠NBC+∠NEC=360°−180°=180°，
∵∠NBC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=∠NEC，
在△ABC和△NEC中，
{
AB=NE
)
∠ABC=∠NEC ，
BC=EC
∴△ABC≌△NEC(SAS)．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．
∴∠ACN=∠BCE=90°．
∴△ACN为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的
内角与外角等知识，在（3）中能够在掌握变中有不变的辩证思想是解决问题的关键．
【考点19 利用等边三角形的判定与性质进行求值或证明】
51．（23-24八年级·吉林长春·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=8，BC=12，点B在
直线m上，点M是直线m上点B左边的一点，且BM=4，∠ABM=60°．动点P从点A出发，以每秒2个
单位长度的速度沿折线AB−BC向终点C匀速运动；同时动点Q从C点出发，以每秒6个单位长度的速度
沿折线沿CB−BA向终点A匀速运动．两点到达相应的终点就分别停止运动，分别过点P、点Q作PD⊥m于D，QE⊥m于E．设点P的运动时间为t(s)(t>0)．
(1)用含t的代数式表示BP的长．
(2)当点Q在边BC上时，求证：∠PBD=∠BQE．
(3)连结PM、QM，在不添加辅助线和连结其它线段的条件下，当图中存在等边三角形时，直接写出t
值．
(4)当△PBD与△BQE全等时，直接写出t的值．
【答案】(1)8−2t或2t−8
(2)见解析
8
(3)t的值为2或
3
5
(4)t的值为1或 或8
2
【分析】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的判
定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
（1）分两种情况情况，点P在BC上，P在AB上，由题意可得出答案；
（2）由直角三角形的性质可得出结论；
（3）当点P在AB边上，且PB=BM=4时，△PBM是等边三角形，当点Q在AB边上，QB=BM=4时，
△QBM是等边三角形，由等边三角形的性质可得出答案；
（4）由全等三角形的性质列出方程可得出答案．
8
【详解】（1）解：当点P到点B时t= =4，
2
AB+BC 8+12
当点P到点C时t= = =10，
2 2
当0120°，
∴∠EOP=120°（舍去）．
若∠EOP是∠DPO的内联角，则
∠EOP=∠DPO+20°=120°+180°−∠EOP+20°=320°−∠EOP，
得∠EOP=160°，
综上：当∠EOP是∠AGH的内联角时，∠EOP=100°；当∠EOP是∠CPO的内联角时，
∠EOP=130°；当∠EOP是∠OPD的内联角时，∠EOP=160°．
58．（23-24八年级·重庆江津·期中）定义：如图（1），若分别以△ABC的三边AC，BC，AB为边向三
角形外侧作正方形ACDE，BCFG和ABMN，则称这三个正方形为△ABC的外展三叶正方形，其中任意
两个正方形为△ABC的外展双叶正方形．
(1)作△ABC的外展双叶正方形ACDE和BCFG，记△ABC，△DCF的面积分别为S 和S ；
1 2①如图（2），当∠ACB=90°时，求证：S =S ；
1 2
②如图（3），当∠ACB≠90°时，S 与S 是否仍然相等，请说明理由．
1 2
(2)已知△ABC中，AC=3，BC=4，作其外展三叶正方形，记△DCF，△AEN，△BGM的面积和S，请
利用图（1）探究：当∠ACB的度数发生变化时，S的值是否发生变化？若不变，求出S的值；若变化，求
出S的最大值．
【答案】(1)①见解析；②相等，理由见解析
(2)变化，最大值为18
【分析】（1）①由正方形的性质可以得出AC=DC，BC=FC，∠ACB=∠DCF=90°，即可得出
△ABC≌△DFC而得出结论；
②如图3，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥FC交FC的延长线于点Q，通过证明
△APC≌△DQC就有DQ=AP而得出结论；
（2）根据（1）可以得出S=3S ，要使S最大，就要使S 最大，当∠ACB=90°时S 最大，即
△ABC △ABC △ABC
可求出结论．
【详解】（1）解：①证明：∵正方形ACDE和正方形BCFG，
∴AC=DC，BC=FC，∠ACD=∠BCF=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCF=90°，
∴∠ACB=∠DCF=90°．
在△ABC和△DFC中，
{
AC=DC
)
∠ACB=∠DCF ，
BC=FC
∴△ABC≌△DFC(SAS)．
∴S =S ，
△ABC △DFC
∴S =S ．
1 2
②S =S ．
1 2
理由如下：
如图3，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥FC交FC的延长线于点Q．∴∠APC=∠DQC=90°．
∵四边形ACDE，四边形BCFG均为正方形，
∴AC=CD，BC=CF，
∵∠ACP+∠ACQ=90°，∠DCQ+∠ACQ=90°．
∴∠ACP=∠DCQ．
在△APC和△DQC中，
{∠APC=∠DQC
)
∠ACP=∠DCQ ，
AC=DC
∴△APC≌△DQC(AAS)，
∴AP=DQ．
∴BC×AP=DQ×FC，
1 1
∴ BC×AP= DQ×FC
2 2
1 1
∵S = BC×AP，S = FC×DQ，
1 2 2 2
∴S =S ；
1 2
（2）S的值发生变化；S的最大值为18；理由如下：
由（1）得，S是△ABC面积的三倍，
要使S最大，只需△ABC的面积最大，
∴当△ABC是直角三角形，即∠ACB=90°时，S有最大值．
1
此时，S=3S =3× ×3×4=18．
△ABC 2
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质、三角形的面积公式；
本题难度较大，综合性强，证明三角形全等是解决问题的关键．
59．（23-24八年级·福建福州·期中）定义：若P为△ABC内一点，且满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点P叫做△ABC的费马点．
(1)如图1，若点O是等边△ABC的费马点，且OA+OB+OC=18，则这个等边三角形的高的长度为
______；
(2)如图2，已知△ABC，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE交于点
P，连接AP，求证：点P是△ABC的费马点；
(3)应用探究：已知有A、B、C三个村庄的位置如图3所示，能否在合适的位置建一个污水处理站Q，使得
该处理站分别连接这三个村庄的水管长度之和最小？如果能，请你说明该如何确定污水处理站Q的位置，
并证明该位置满足设计要求．
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)能，当点Q是△ABC的费马点时，QA+QB+QC的值最小．证明该位置满足设计要求见解析
【分析】（1）根据AAS证明△ABO≌△BOC得OA=OB=OC，从而点O是三边垂直平分线的交点，延
长AO交BC于点D，根据30度角的性质求出OD=3即可求解；
（2）作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，设AB与CD交点为G．根据SAS证明△CAD≌△EAB得
∠ADC=∠ABE,CD=BE，S =S ，然后证明AP平分∠DPE，可得∠APD=∠APE=60°，
△CAD △EAB
进而可证结论成立；
（3）分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE交于一点，该点即为所求的
点，根据SAS证明△KBD≌△QBA得∠DKB=∠AQB，DK=AQ，从而可判断当D、K、Q、C四点共
线时，QA+QB+QC=DC为最小值，进而可证结论成立．
【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC,∠ABC=60°，
∴∠ABO+∠CBO=60°．
∵点O是等边△ABC的费马点，
∴∠AOB=∠BOC=∠AOC=120°，∴∠BAO+∠ABO=60°，
∴∠BAO=∠CBO，
∴△ABO≌△BOC(AAS)，
∴OA=OB=OC，
∴点O是三边垂直平分线的交点，
1
∴∠OBD= ∠ABC=30°．
2
∵OA+OB+OC=18，
∴OA=OB=OC=6．
∴延长AO交BC于点D，如图1，
1
∴OD= OB=3，
2
∴AD=6+3=9．
故答案为：9．
（2）如图2，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N，设AB与CD交点为G．
∵△ABD与△ACE都是等边三角形
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠EAC=60°
∴∠CAD=∠EAB
∴△CAD≌△EAB(SAS)
∴∠ADC=∠ABE,CD=BE，S =S ．
△CAD △EAB
又∵∠ADC+∠DAG=∠ABE+∠GPB∴∠GPB=∠DAG=60°
∴∠BPC=∠DPE=120°，∠EPC=60°
1 1
∵S = CD⋅AM，S = BE⋅AN，
△CAD 2 △EAB 2
1 1
∴ CD⋅AM= BE⋅AN，
2 2
∴AM=AN，
∴AP平分∠DPE
∴∠APD=∠APE=60°
∴∠APB=∠APC=120°=∠BPC
∴点P是△ABC的费马点．
（3）能，如第（2）小题那样，分别以AB、AC为边向外作等边△ABD与等边△ACE，线段CD、BE
交于一点，由（2）小题知该点是△ABC的费马点，即为所要建的污水处理站Q的位置．
证明如下：如图3，设点Q是△ABC内一点，连接QA、QB、QC，并在QB同侧作等边△ABD与等边
△QBK，连接DK．
∵△ABD与△QBK都是等边三角形
∴BA=BD，BQ=BK=QK，∠ABD=∠QBK=60°
∴∠KBD=∠QBA
∴△KBD≌△QBA(SAS)
∴∠DKB=∠AQB，DK=AQ
∴QA+QB+QC=DK+KQ+QC≥DC．
当D、K、Q、C四点共线时，QA+QB+QC=DC为最小值，
又∵∠BKQ=∠BQK=60°，
∴这时∠DKB=∠AQB=120°，∠CQB=120°
∴∠AQC=120°，
∴点Q是△ABC的费马点
即当点Q是△ABC的费马点时，QA+QB+QC的值最小．【点睛】本题考查了费马点，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性
质，角平分线的判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
60．（2024·辽宁大连·一模）【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他
们得知这种模型称为“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大
手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的
度数为 ；线段BE与AD之间的数量关系是 ．
【模型应用】
（2）如图2，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，求证：AD+CD=BD；
（3）如图3，P为等边△ABC内一点，且PA：PB：PC=3：4：5，以BP为边构造等边△BPM，这
样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CM，求∠APB的度数是 ．
【拓展提高】
（4）如图4，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，
∠EBC=∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数．（用含有m的式子表示）
（5）如图5，两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，
连接BD，CE，两线交于点P，请证明BD和CE的数量关系和位置关系．
1
【答案】（1）60°，BE=AD；（2）见解析；（3）150°；（4）∠EAF= m°；（5）BD=CE且
2BD⊥CE；理由见解析
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质
定理是解题的关键．
（1）由△ACB和△DCE均为等边三角形，可证△ACD≌△BCE(SAS)，可得∠ADC=∠BEC，
AD=BE，由点A、D、E在同一条直线上，可求∠AEB=60°即可；
（2）延长DC到E，使得DB=DE，由∠BDC=60°，可证△DEC为等边三角形，可得EC=EC，由
AB=BC，∠ABC=60°，可证△ABC为等边三角形，可证△ADC≌△BEC（SAS），可得AD=BE
即可；
（3）由PA：PB：PC=3：4：5，由△ABC与△BPM都是等边三角形，可证
△ABP≌△CBM（SAS），可得CM：PM：PC=3：4：5，PC2=CM2+PM2，可证△CMP是
直角三角形且∠PMC=90°即可；
（4）将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，
连接FM、CM．先证△EDB≌△MDC（SAS），再证△GCF≌△MCF（SAS），最后证
1
△AEF≌△AGF（SSS），可得∠EAF=∠FAG= m°；
2
（5）由两个等腰直角三角形△ABC和△ADE中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠DAE=90°，可证
△DAB≌△EAC（SAS），可得∠DBA=∠ECA，再求∠BPC=90°即可；
【详解】解：（1）如图1，
∵△ACB △DCE
和 均为等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．
∴∠ACD=∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
{
AC=BC
)
∠ACD=∠BCE ，
CD=CE
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC=∠BEC．BE=AD，
∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC=120°．
∴∠BEC=120°．
∴∠AEB=∠BEC−∠CED=60°．
故答案为：60°，BE=AD．
（2）证明：如图2中，延长DC到E，使得DB=DE．
∵DB=DE ∠BDC=60°
， ，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∴∠ABD=∠CBE，
∵AB=BC，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=EC，
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．
∴AD+CD=BD．
（3）解：以BP为边构造等边△BPM，连接CM，如图3所示：
∵△ABC与△BPM都是等边三角形，
∴AB=BC，BP=BM=PM，∠ABC=∠PBM=∠BMP=60°，
∴∠ABC−∠PBC=∠PBM−∠PBC，即∠ABP=∠CBM，
在△ABP和△CBM中，
{
AB=BC
)
∠ABP=∠CBM ，
BP=BM
∴△ABP≌△CBM（SAS），
∴AP=CM，∠APB=∠CMB，
∵PA：PB：PC=3：4：5，∴CM：PM：PC=3：4：5，
∴PC2=CM2+PM2，
∴△CMP是直角三角形，
∴∠PMC=90°，
∴∠CMB=∠BMP+∠PMC=60°+90°=150°，
∴∠APB=150°，
故答案为：150°；
（4）解：如图4中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使
得DM=DE，连接FM、CM．
由（1）可知△EAB≌△GAC，
∴∠1=∠2，BE=CG，
∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，
∴△EDB≌△MDC(SAS)，
∴BE=CM=CG，∠EBC=∠MCD，
∵∠EBC=∠ACF，
∴∠MCD=∠ACF，
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，
∴∠1=∠3=∠2，
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，
∵CF=CF，CG=CM，
∴△CFG≌△CFM(SAS)，
∴FG=FM，
∵ED=DM，DF⊥EM，
∴FE=FM=FG，
∵AE=AG，AF=AF，
∴△AFE≌△AFG(SSS)，1
∴∠EAF=∠FAG= m°．
2
（5）BD=CE且BD⊥CE；
理由如下：∵∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠DAE+∠BAE=∠BAC+∠BAE．
∴∠DAB=∠EAC．
在△DAB和△EAC中，
{
AD=AE
)
∠DAB=∠EAC ，
AB=AC
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE，∠DBA=∠ECA，
∵∠ECA+∠ECB+∠ABC=90°，
∴∠DBA+∠ECB+∠ABC=90°，
即∠DBC+∠ECB=90°，
∴∠BPC=180°−（∠DBC+∠ECB）=90°，
∴BD⊥CE，
综上所述：BD=CE且BD⊥CE．
