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专题 21 等腰三角形【十六大题型】
【题型1 根据等边对等角求解或证明】..................................................................................................................3
【题型2 根据三线合一求解或证明】......................................................................................................................6
【题型3 格点图中画等腰三角形】........................................................................................................................12
【题型4 根据等角对等边证明或求解】................................................................................................................16
【题型5 确定构成等腰三角形的点】....................................................................................................................22
【题型6 等腰三角形性质与判定综合】................................................................................................................25
【题型7 利用等边三角形的性质求解】................................................................................................................32
【题型8 等边三角形的判定】................................................................................................................................42
【题型9 等腰/等边三角形有关的动点问题】......................................................................................................49
【题型10 探究等腰/等边三角形中线段间存在的关系】......................................................................................55
【题型11 等腰/等边三角形有关的新定义问题】..................................................................................................66
【题型12 等腰/等边三角形有关的折叠问题】......................................................................................................75
【题型13 等腰/等边三角形有关的规律探究问题】..............................................................................................82
【题型14 利用等腰/等边三角形的性质与判定解决多结论问题】......................................................................86
【题型15 利用垂直平分线的性质求解】................................................................................................................94
【题型16 线段垂直平分线的判定】......................................................................................................................101
【知识点 等腰三角形】
等腰三角形
1.等腰三角形的概念：有两边相等的三角形角等腰三角形．
2.等腰三角形性质：
1）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）.
2）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）.
3.等腰三角形的判定：如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称“等角对等
边”）.
易错混淆：
1. 等腰三角形的边有腰、底之分,角有顶角、底角之分,若题目中的边没有明确是底还是腰,角没有明是顶角
还是底角，需要分类讨论.
2. 顶角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的两个底角都为45°.
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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）．
b
5. 等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则 <a .
2
6. 等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°-2∠B，∠B=∠C=
180°−∠A
2
7. 底角为顶角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分线将原等腰三角形分成两个等腰三角形．（即顶
角36°，底角72°）.
8. 等腰三角形的判定定理是证明两条线段相等的重要依据，是把三角形中的角的相等关系转化为边的相等
关系的重要依据．
等边三角形
等边三角形的概念：三条边都相等的三角形叫等边三角形，它是特殊的等腰三角形.
等边三角形的性质：1）等边三角形的三条边相等.
2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°.
等边三角形的判定：1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形.
2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形.
易错混淆：
1. 等边三角形具有等腰三角形的一切性质.
2. 等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴．
3．等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合．
4. 在等腰三角形中，只要有一个角是60°，无论这个角是顶角还是底角，这个三角形就是等边三角形．
5. 等腰(等边)三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、
底边上的高重合．
√3
6. 等边三角形面积的求解方法：S 正三角形 = 边长2
4
垂直平分线
1垂直平分线的概念：经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段
的中垂线）.
性质：线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等.
判定：到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上.
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易错混淆：
对于含有垂直平分线的题目，首先考虑将垂直平分线上的点与线段两端点连接起来．
【题型1 根据等边对等角求解或证明】
【例1】（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上，若∠C=30°，则∠ABO的度数
为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理求出∠AOB，根据等腰三角形性质得出∠OBA=∠OAB，根据三角形内角和定
理求出即可．
【详解】解：∵∠C=30°，
∴∠AOB=2∠C=60°，
∵OA=OB，
1
∴∠ABO=∠BAO= ×(180°−∠AOB)=60°，
2
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，解此题的关键是求出
∠AOB度数和得出∠OAB=∠OBA．
【变式1-1】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形
ABCD边上，连接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，则∠AOF= ．
【答案】46°或106°
【分析】根据题意画出图形，分点F在AB上和BC上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠ADO=∠OAD，
∵∠ADB=38°，
∴∠ADO=∠OAD=38°
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∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，
如图所示，当F点在AB上时，
∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=76°−30°=46°
如图所示，当点F在BC上时，
∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，
故答案为：46°或106°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
【变式1-2】（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，在△ABC中，AC=BC=16，点D在AB上，点E在
BC上，点B关于直线DE的轴对称点为点B'，连接DB'，EB'，分别与AC相交于F点，G点，若
AF=8，DF=7,B'F=4，则CG的长度为 ．
【答案】4.5
AF DF
【分析】根据等边对等角和折叠的性质证明∠A=∠B'，进而证明△AFD∽△B'FG，则 = ，然
B'F GF
后代值计算求出GF=3.5，则CG=AC−AF−GF=4.5．
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【详解】解：∵AC=BC=16，
∴∠A=∠B，
由折叠的性质可得∠B=∠B'，
∴∠A=∠B'，
又∵∠AFD=∠B'FG，
∴△AFD∽△B'FG，
AF DF 8 7
∴ = ，即 = ，
B'F GF 4 GF
∴GF=3.5，
∴CG=AC−AF−GF=4.5，
故答案为：4.5．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，相似三角形的性质与判定，等边对等角等等，证明
△AFD∽△B'FG是解题的关键．
【变式1-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，
点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．
(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何轴助线的情况下，
请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用
SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDH(AAS)，得
∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFB(SAS)得∠AED=∠EFB，根据等角
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的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFB(SAS)；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDH(AAS)，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFB(SAS)，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及
等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
【题型2 根据三线合一求解或证明】
【例2】（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，
点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若△ABC的面积是24，PD=1.5，则PE
的长是（ ）
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A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
【答案】A
【分析】连接DE，取AD的中点G，连接EG，先由等腰三角形“三线合一“性质，证得AD⊥BC，
BD=CD，再由E是AB的中点，G是AD的中点，求出S EGD=3，然后证 EGP≌△FDP（AAS），得
△
GP=CP=1.5，从而得DG=3，即可由三角形面积公式求出EG长，由勾股定△理即可求出PE长．
【详解】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分∠BAC与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
1 1
∴S ABD= S = ×24=12，
△ 2 △ABC 2
∵E是AB的中点，
1 1
∴S AED= S = ×12=6，
△ 2 △ABD 2
∵G是AD的中点，
1 1
∴S EGD= S = ×6=3，
△ 2 △AED 2
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
1 1
∴EG∥BC，EG= BD= CD，
2 2
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
1
∴DF= CD，
2
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
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∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
1 1
∵S EGD= GD⋅EG=3，即 EG×3=3，
△ 2 2
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE=√EG2+GP2=√22+1.52=2.5，
故选：A．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形面积，全等三角形判定与性质，勾股定理，熟练掌握三角形
中线分三角形两部分的面积相等是解题的关键．
【变式2-1】（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方
形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则sin∠ABC= ．
√2
【答案】
2
【分析】取AB的中点D，连接AC,CD，先根据勾股定理可得AC=BC=√10,CD=√5，再根据等腰三
角形的三线合一可得CD⊥AB，然后根据正弦的定义即可得．
【详解】解：如图，取AB的中点D，连接AC,CD，
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∵AC=√12+32=√10,BC=√12+32=√10,CD=√12+22=√5，
∴AC=BC，
又∵点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
CD √5 √2
∴sin∠ABC= = = ，
BC √10 2
√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、等腰三角形的三线合一、正弦，熟练掌握正弦的求解方法是解
题关键．
【变式2-2】（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E是边BC上一点，且
BE=CD，∠B=∠AED=∠C．
(1)求证：∠EAD=∠EDA；
(2)若∠C=60°，DE=4时，求△AED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4√3
【分析】（1）由∠B=∠AED求出∠BAE=∠CED，然后利用AAS证明△BAE≅△CED，可得
EA=ED，再由等边对等角得出结论；
（2）过点E作EF⊥AD于F，根据等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质求出DF和AD，然后利
用勾股定理求出EF，再根据三角形面积公式计算即可．
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【详解】（1）证明：∵∠B=∠AED，
∴180°−∠B=180°−∠AED，即∠BEA+∠BAE=∠BEA+∠CED，
∴∠BAE=∠CED，
在△BAE和△CED中，¿，
∴△BAE≅△CED(AAS)，
∴EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA；
（2）解：过点E作EF⊥AD于F，
由（1）知EA=ED，
∵∠AED=∠C=60°，
∴∠AEF=∠≝=30°，
∵DE=4，
1
∴DF= DE=2，
2
∴AD=2DF=4，EF=√DE2−DF2=√42−22=2√3，
1 1
∴S = AD⋅EF= ×4×2√3=4√3．
△AED 2 2
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，含30°直角三角
形的性质以及勾股定理等知识，正确寻找证明三角形全等的条件是解题的关键．
【变式2-3】（2023·黑龙江·统考中考真题）已知矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，点E是边AD
上一点，连接BE,CE,OE，且BE=CE．
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(1)如图1，求证：△BEO≌△CEO；
(2)如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G，
在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（△AEF除外），使写出的每个三角形的
面积都与△AEF的面积相等．
【答案】(1)见解析
(2)△DEG、△DEH、△BFO、△CHO
【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则S =S ，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出
△AOE △DOE
AB∥OE，得到S =S ，即可证明S =S 由△BEO≌△CEO，得到∠OBF=∠OCH，
△AOE BOE △BFO △AEF
S =S ，证明△BOF≌△COH，即可证明S =S =S ，则S =S ，即可推出
△BOE △COE △BFO △CHO △AEF △OEF △OEH
S =S ，最后证明△AEF≌△DEG，即可得到S =S ；
△DEH △AEF △AEF △DEG
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC与BD相等且互相平分，
∴OB=OC，
∵BE=CE，OE=OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴S =S ，
△AOE △DOE
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴AB∥OE，
∴S =S ，
△AOE BOE
∴S −S =S −S ，
△AOE △EOF △BOE △EOF
∴S =S ；
△BFO △AEF
∵△BEO≌△CEO，
∴∠OBF=∠OCH，S =S ，
△BOE △COE
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又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴S =S =S ，
△BFO △CHO △AEF
∴S −S =S −S ，
△BOE △BOF △COE △COH
∴S =S ，
△OEF △OEH
∴S −S =S −S ，
△AOE △OEF △DOE △OEH
∴S =S ；
△DEH △AEF
∵AC∥DG，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴△AEF≌△DEG(AAS)，
∴S =S ；
△AEF △DEG
综上所述，△DEG、△DEH、△BFO、△CHO这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等
等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
【题型3 格点图中画等腰三角形】
【例3】（2023·吉林·统考中考真题）图①、图2均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，
小正方形的边长为1，点A，点B均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①中，以点A，B，C为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点A，B，D，E为顶点画一个面积为3的平行四边形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可：如以B为顶点，AC为 底边，即可做出等腰三角形；
（2）作底为1，高为3的平行四边形即可．
【详解】解：（1）如图①中，此时以B为顶点，AC为底边，该△ABC即为所求（答案不唯一）．
（2）如图②中，此时底AE=1，高h=3，因此四边形ABDE即为所求．
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【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和平行四边形的性质，解题的关键掌握等腰三角形和平行四边形的
基本性质．
【变式3-1】（2023·广东云浮·统考二模）如图，点A，B是4×4网格中的格点，网格中的每个小正方形的
边长为1，如果以A，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的所有格点C有（ ）个．
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，分三种情况：当BA=BC时；当AB=AC时；当CA=CB时；即
可解答．
【详解】解：如图：
分三种情况：
当BA=BC时，以点B为圆心，以BA长半径作圆，交正方形网格的格点为C ，C ；
1 2
当AB=AC时，以点A为圆心，以AB长半径作圆，交正方形网格的格点为C ，C ；
3 4
当CA=CB时，作AB的垂直平分线，交正方形网格的格点为C ，C ，C ，C ；
5 6 7 8
综上所述：满足条件的所有格点C有8个，
故选：C．
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【变式3-2】（2023·浙江丽水·统考二模）如图，是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三
角形的顶点叫作格点．线段AB的端点均在网格上，分别按要求作图，每小题各画出一个即可．
(1)在图1中画出以AB为边的平行四边形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，
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（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．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，等腰三角形的定义，菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与
判定是解题的关键．
【变式3-3】（2023·浙江宁波·统考二模）在4×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，分别
按要求画出图形（仅用无刻度直尺，并保留画图痕迹）．
(1)在图1中，已知线段AB的端点均在格点上，画出一个以AB为腰的等腰△ABC，且C在格点上．
(2)在图2中，已知△ABC为格点三角形，作出△ABC的内心点Ⅰ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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【分析】（1）勾股定理求出AB的长，根据等腰三角形两腰相等进行作图即可；
（2）根据内心是三角形的角平分线的交点，以及等腰三角形三线合一，进行作图即可．
【详解】（1）解：如图所示，△ABC即为所求；
∵AB=√32+42=5=BC，
∴△ABC是以AB为腰的等腰三角形；
（2）解：在BC上取格点E，使AB=BE，连接AE，取BC的中点D，AE的中点F，连接AD,BF，
AD,BF的交点即为△ABC的内心点Ⅰ，如图所示：
∵AB=BE，F是AE的中点，
∴BF是∠ABC的角平分线，
同理可得：AD是∠BAC的角平行线，
∴AD,BF的交点即为△ABC的内心点Ⅰ．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内心．熟练等腰三角形两腰相等，三线合一，是解题的关
键．
【题型4 根据等角对等边证明或求解】
【例4】（2023·山西大同·校联考一模）如图，AB=CD=3，∠A=15°，∠C=15°，∠D=105°，则线
段AD的长为 ．
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3√2
【答案】
2
【分析】过点A作AE∥CD，且AE=CD，连接BE，CE，根据平行四边形的判定和性质可得AD=CE，
AD∥CE，根据平行线的性质可得∠BAE=60°，∠BCE=90°，根据等边三角形的判定和性质可得
3√2
BE=AB=3，∠ABE=60°，根据等角对等边可得BC=EC，根据勾股定理求得BE= ，即可求解．
2
【详解】解：过点A作AE∥CD，且AE=CD，连接BE，CE，如图：
∵AE∥CD，AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AD=CE，AD∥CE，
∵AE∥CD，AD∥CE，∠D=105°，
∴∠DAE=180°−105°=75°，∠DCE=180°−105°=75°，
又∵∠DAB=15°，∠DCB=15°，
∴∠BAE=∠DAE−∠DAB=75°−15°=60°，∠BCE=∠DCE+∠DCB=75°+15°=90°，
∵∠BAE=60°，AE=CD，
∴三角形ABE是等边三角形，
∴BE=AB=3，∠ABE=60°，
∵∠DAB=∠DCB，∠DOA=∠COB，∠D=105°，
∴∠D=∠ABC=105°，
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=105°−60°=45°，
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∴∠EBC=∠BEC=45°，
∴BC=EC，
在Rt△BCE中，EC2+BC2=BE2，即2BC2=BE2，
∴2BC2=9，
3√2
解得：BE= ，
2
3√2
即AD= ．
2
3√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，平行线的性质，等边三角形的性质，等角对等边，勾股定
理等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023·广东·统考中考真题）如图，点D，E在△ABC的边BC上，∠B = ∠C，BD = CE，求
证：△ABD≌△ACE
【答案】证明见解析
【分析】由等腰三角形的判定得出AC=AB，再利用SAS定理即可得出结论．
【详解】证明：∵∠B=∠C，
∴AC=AB，
在 ABD和 ACE中，
∵A△B=AC，∠△B=∠C，BD=CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
【点睛】本题考查三角形全等的判定，等腰三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
【变式4-2】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，D，E是△ABC边上的点，ED∥BC，BE平分
∠ABC．
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(1)求证：BD=DE；
(2)若BD:BC=2:3．直接写出S :S 的值．
△ADE △EDC
【答案】(1)见解析
(2)2:1
【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；
DE 2 AE DE 2
（2）由已知条件可得 = ，再说明△ADE∼△ABC可得 = = ,即AE=2EC；如图：过D作
BC 3 AC BC 3
1 1
DG⊥AC，则S = AE⋅DG,S = EC⋅DG，然后代入计算即可．
△ADE 2 △EDC 2
【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，
DE 2
∴ = ，
BC 3
∵ED∥BC，
∴△ADE∼△ABC
AE DE 2
∴ = = ,即AE=2EC
AC BC 3
如图：过D作DG⊥AC
1 1
∴S = AE⋅DG,S = EC⋅DG,
△ADE 2 △EDC 2
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∴S :S =AE:EC=2EC:EC=2:1．
△ADE △EDC
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的判定
与性质是解答本题的关键．
【变式4-3】（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对
称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D
落在点D'处，M D'与BC交于点N．
【猜想】】MN=CN
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD=
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代换）
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∴MN=CN（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线M D'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，
折痕为ME．
（1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的长．
【答案】【验证】∠CM D'；∠MCN；两直线平行，内错角相等；∠CM D'；∠MCN；等角对等边；
【应用】（1）EC=2MN，见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得∠AME=∠A'ME，由平行线性质，得∠AME=∠MEN，于是
∠A'ME=∠MEN ，进而可得证MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）由折叠得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=M D'=4．在Rt△N D'C中，根据勾股定理，构
建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD= ∠CM D'
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= ∠MCN（两直线平行，内错角相等）
∴∠CM D'=∠MCN（等量代换）
∴MN=CN（等角对等边 ）
【应用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四边形ABEM折叠得到四边形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠AME=∠MEN（两直线平行，内错角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角对等边）
∵MN=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠
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∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=M D'=4．
设MN=NC=x
∴N D'=M D'−MN=4−x
在Rt△N D'C中，∠D'=90°
∴N D'2+D'C2=NC2（勾股定理）
5
∴(4−x) 2+22=x2 解得x=
2
∴EC=2MN=5.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相
等、角相等是解题的关键．
【题型5 确定构成等腰三角形的点】
【例5】（2023·江苏南京·统考一模）如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点(OM＜ON)，∠AOB＝
30°，OM＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是
．
【答案】a＞8或a=4
【分析】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角
形，另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个．
【详解】如图，作线段MN的垂直平分线交OB于点OP，连接PM，PN，则PM=PN，△PMN是等腰三角
形，
过点M作MH⊥OB于H，当MH＞MN，即MH＞4时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
当MH=4时，
∵∠AOB=30°，
∴OM=2MH=8，
∴当a＞8时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
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另外当△PMN是等边三角形时，满足构成等腰三角形的点P恰好只有一个，
此时a=4，
故答案为：a＞8或a=4
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会特殊位置解决问
题．
【变式5-1】（2023·福建·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（0，6），动点C
在直线y=x上．若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【详解】解：如图，AB的垂直平分线与直线y=x相交于点C ，
1
∵A（0，2），B（0，6），
∴AB=6-2=4，
以点A为圆心，以AB的长为半径画弧，与直线y=x的交点为C ，C ，
2 3
∵OB=6，
√2
∴点B到直线y=x的距离为6× =3√2，
2
∵3√2＞3，
∴以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，与直线y=x没有交点，
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AB的垂直平分线与直线的交点有一个
所以，点C的个数是1+2=3．
故选B．
【变式5-2】（2023·江苏·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD=4，点P是直线AD上一动点，若满足
△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，则AB的长为 ．
【答案】4．
【详解】试题分析：如图，当AB=AD时，满足△PBC是等腰三角形的点P有且只有3个，△PBC，
1
△PBC是等腰直角三角形，△PBC是等腰直角三角形（PB=P C），则AB=AD=4，
2 3 3 3
故答案为4．
考点：矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；分类讨论．
【变式5-3】（2023·江西南昌·三模）如图，点A是直线y=−2x+3上的动点，过点A作AB垂直x轴于点
B，y轴上存在点C，能使以A、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形．请写出所有符合条件的点C的
坐标 ．
3
【答案】(0,1),(0,0),(0,−3),(0, )
4
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【分析】分点A为直角顶点、点B为直角顶点、点C为直角顶点三种情况，再根据等腰直角三角形的性质、
两点之间的距离公式分别列出等式求解即可得．
【详解】由题意，设A(a,−2a+3),B(a,0),C(0,c)，
则AB2=(−2a+3) 2，
AC2=a2+(−2a+3−c) 2，
BC2=a2+c2，
由等腰直角三角形的定义，分以下三种情况：
（1）当点A为直角顶点，AB=AC时，△ABC为等腰直角三角形，
则¿，
代入解得c=1或c=−3，
此时点C的坐标为(0,1)或(0,−3)；
（2）当点B为直角顶点，AB=BC时，△ABC为等腰直角三角形，
由图可知，此时点C的坐标为(0,0)；
（3）当点C为直角顶点，AC=BC时，△ABC为等腰直角三角形，
则¿，
3
代入解得c= ，
4
3
此时点C的坐标为(0, )；
4
3
综上，所有符合条件的点C的坐标为(0,1),(0,0),(0,−3),(0, )，
4
3
故答案为：(0,1),(0,0),(0,−3),(0, )．
4
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的定义与性质、一次函数、两点之间的距离公式等知识点，依据题意，
正确分三种情况讨论是解题关键．
【题型6 等腰三角形性质与判定综合】
【例6】（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点P，Q分别在AB
和AC上，PQ∥BC，M为PQ上一点，且满足PM=2MQ．连接AM、DM，若MA=MD，则AP的长
为 ．
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【答案】3
AP PQ 3
【分析】可令AP的长为x，证明△APQ∽△ABC，可得 = ，即PQ= x，从而可得PM=x，
AB BC 2
1
MQ= x，最后利用MA=MD进行求解即可．
2
【详解】解：设AP的长为x，
∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC，
AP PQ
∴ = ，
AB BC
又∵AB=4，BC=6，
3
∴PQ= x，
2
又∵PM=2MQ，
1
∴PM=x，MQ= x，
2
∴PM=PA，
又∵∠APM=90°，
∴△APM是等腰直角三角形，
∴AM=√2x，∠PAM=45°，
∴∠DAM=45°，
又∵MA=MD，
∴∠ADM=∠DAM=45°，
∴△MAD是等腰直角三角形，
∴AD=√2AM，即6=√2⋅√2x，
∴x=3，
∴AP=3，
故答案为：3．
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【点睛】本题考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理，通
过相似比找出其他线段与AP的关系是解题的关键．
【变式6-1】（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=4，以A为圆心，AD
1
的长为半径画弧交AB于点E，连接DE，分别以D，E为圆心，以大于 DE的长为半径画弧，两弧交于
2
点F，作射线AF，交DE于点M，过点M作MN∥AB交BC于点N．则MN的长为 ．
【答案】4
【分析】由尺规作图可知，射线AF是∠BAD的角平分线，由于AD=AE=4，结合等腰三角形“三线合
一”得M是DE边中点，再由MN∥AB，根据平行线分线段成比例定理得到N是边BC中点，利用梯形中
1
位线的判定与性质得到MN= (DC+EB)即可得到答案．
2
【详解】解：由题意可知AD=AE=4，射线AF是∠BAD的角平分线，
∴由等腰三角形“三线合一”得M是DE边中点，
∵ MN∥AB，
BN EM
∴由平行线分线段成比例定理得到 = =1，即N是边BC中点，
NC MD
∴ MN是梯形BCDE的中位线，
1
∴ MN= (DC+EB)，
2
在 ▱ABCD中，CD=AB=6，BE=AB−AE=6−4=2，则MN=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分
线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性
质是解决问题的关键．
【变式6-2】（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD
沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，连接AD'交BC'于点F．
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(1)若∠DED'=70°，求∠DAD'的度数；
(2)连接EF，试判断四边形C'D'EF的形状，并说明理由．
【答案】(1)∠DAD'的度数为35°
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点E是AD的中点，沿BE所在的直线折叠，可得△AED'是等腰三角形，根据三角形的
外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形BED'F是平行四边形，
如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，可证四边形C'D'EF是平行四边形，再根据折叠
的性质得∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴DE=D'E，
∴AE=D'E，则△AED'是等腰三角形，
∴∠D' AE=∠AD'E，
∵∠DED'=70°，即∠D'ED=∠D' AE+∠AD'E=70°，
1 1
∴∠D' AE=∠AD'E= ∠DED'= ×70°=35°，
2 2
∴∠DAD'的度数为35°．
（2）解：如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，BE是∠CBC',∠DED'的角平分线，
1
由（1）可知，∠EAD'=∠ED' A= ∠DED' ，
2
∴∠ED' A=∠D'EH，
∴AD'∥BE，且BF∥ED'，
∴四边形BED'F是平行四边形，则BF=ED'，FD'=BE，
如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，
∵点E是AD的中点，EG⊥BC，
∴点G是线段BC的中点，则AE=DE=BG=CG，
∴在△BEG,△CEG中，
¿，
∴△BEG≌△CEG(SAS)，
∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，∠GBE=∠FBE，
在△BC'E,△BCE中，
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¿，
∴△BC'E≌△BCE(SAS)，
∴EC'=EC，∠BC'E=∠BCE，
∴EC'=EC=EB，
∴EC'=FD'，
∴四边形C'D'EF是平行四边形，
∵∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，
∴平行四边形C'D'EF是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩
形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
【变式6-3】（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB=√6，BC=6．点E为边
BC的中点，点F为边AD上一点，将四边形ABEF沿EF折叠，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点
B'，过点B'作B'H⊥BC于点H，若B'H=2√2，则FD的长是 ．
【答案】3+√3或3−√3
【分析】分两种情况：当点F在点E左侧时，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则四边形
ABEM为矩形AB=ME=√6，AM=BE=3，由折叠可知BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，由平行线的
性质可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B'EF，FG=EG，利用勾股定理求得EH=1，证明
3√3 √3
△EMG∽△B'HE，利用相似三角形的性质求得EG= =FG，MG= ，于是FM=FG−MG=√3，
2 2
AF=3−√3，则FD=AD−AF，代入计算即可得到答案；当点F在点E右侧时，设B'F交BC于点P，过
点F作FK⊥BC于点K，同理可得B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=√6，利用相似
3√3 √3 3√3 √3
三角形的性质求得FP= =EP，PK= ，进而去除EK=EP−PK= − =√3，则
2 2 2 2
DF=CK=CE−EK，代入计算即可求解．
【详解】解：当点F在点E左侧时，如图，设B'E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，
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则∠AME=90°，
∵点E为边BC的中点，
1
∴BE=CE= BC=3，
2
∵四边形ABCD为矩形，BC=6，
∴AD=BC=6，∠A=∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AME=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABEM为矩形，
∴AB=ME=√6，AM=BE=3，
由折叠可知，BE=B'E=3，∠BEF=∠B'EF，
∵AD∥BC，
∴∠GFE=∠BEF，
∴∠GFE=∠B'EF，即∠GFE=∠GEF，
∴FG=EG，
∵B'H⊥BC，
∴∠B'HE=90°，
在Rt△B'HE中，EH=√B'E2−B'H2=√32−(2√2) 2=1，
∵ME⊥BC，B'H⊥BC，
∴∠EMG=∠B'HE=90°，
∵AD∥BC，
∴∠EGM=∠B'EH，
∴△EMG∽△B'HE，
EM EG MG EG MG √6 √3
∴ = = ，即 = = = ，
B'H B'E HE 3 1 2√2 2
3√3 √3
∴EG= =FG，MG= ，
2 2
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3√3 √3
∴FM=FG−MG= − =√3，
2 2
∴AF=AM−FM=3−√3，
∴FD=AD−AF=6−(3−√3)=3+√3；
当点F在点E右侧时，如图，设B'F交BC于点P，过点F作FK⊥BC于点K，
同理可得：B'E=3，FP=EP，四边形KCDF为矩形，FK=AB=√6，△B'EH∽△FPK，
在Rt△B'HE中，EH=√B'E2−B'H2=√32−(2√2) 2=1，
∵ △B'EH∽△FPK，
B'E B'H EH 3 2√2 1
∴ = = ，即 = = ，
FP FK PK FP √6 PK
3√3 √3
∴FP= =EP，PK= ，
2 2
3√3 √3
∴EK=EP−PK= − =√3，
2 2
∴DF=CK=CE−EK=3−√3．
综上，FD的长是3+√3或3−√3．
故答案为：3+√3或3−√3．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判
定与性质，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
【题型7 利用等边三角形的性质求解】
【例7】（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A(3,0)，
B(0,4)，点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC=2，以BC为边作等边三角形BCD，则点
C的坐标为 ；点D的坐标为 ．
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【答案】 (−2,0) (−1−2√3,2+√3)或(2√3−1,2−√3)
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，根据tan∠ABC=2，设BE=x,CE=2x，则BC=√5x，根据勾股
5
定理可得求出AB=√OA2+OB2=5，用等面积法推出OC= x−3，最后在Rt△OBC中，根据勾股定理
2
可得：OC2+OB2=BC2，列出方程求出x的值，即可得出点C的坐标；易得BC2=20，设D(m,n)，根
据两点之间的距离公式得出BD2=m2+(n−4) 2，CD2=(m+2) 2+n2，根据等边三角形的性质得出
BC2=BD2=CD2，即可罗列出方程组¿，求解即可．
【详解】解：过点C作CE⊥AB于点E，
∵tan∠ABC=2，
CE
∴ =2，
BE
设BE=x,CE=2x，
根据勾股定理可得：BC=√BE2+CE2=√5x，
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3,OB=4，
在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：AB=√OA2+OB2=5，
1 1
∵S = AB⋅CE= AC⋅OB，
△ABC 2 2
1 1 5
∴ ×5×2x= ×4×(OC+3)，整理得：OC= x−3，
2 2 2
在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC2+OB2=BC2，
∴ (5 x−3 ) 2 +42=(√5x) 2 ，
2
解得：x =2,x =10（舍去），
1 2
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5 5
∴OC= x−3= ×2−3=2，
2 2
∴C(−2,0)
∵B(0,4)，C(−2,0)，
∴OB=4,OC=2，
∴BC2=OB2+OC2=42+22=20，
设D(m,n)，
则BD2=m2+(n−4) 2，CD2=(m+2) 2+n2，
∵△BCD为等边三角形，
∴BC2=BD2=CD2，
即¿，
整理得¿，
②−①得：4m+8n=12，则m=3−2n，
将m=3−2n代入①得：(3−2n) 2+n2−8n=4，
解得：n =2+√3，n =2−√3，
1 2
当n=2+√3时，m=3−2n=−1−2√3，即D(−1−2√3,2+√3)，
当n=2−√3时，m=3−2n=2√3−1，即D(2√3−1,2−√3)，
故答案为：(−2,0)；(−1−2√3,2+√3)或(2√3−1,2−√3)．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等边三角形的性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三
角形，掌握等边三角形三边相等，以及勾股定理．
【变式7-1】（2023·四川内江·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，△BPC是等边三
角形，则阴影部分的面积为 ．
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【答案】12−4√3/−4√3+12
【分析】作PM⊥DC于M点，PN⊥BC于N点，首先求出正方形的面积，然后根据等边三角形和正方
形的性质求出PM和PN，从而求出△PBC和△PCD的面积，最后作差求解即可．
【详解】解：如图所示，作PM⊥DC于M点，PN⊥BC于N点，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD=4，S =4×4=16，
正方形ABCD
∵△BPC是等边三角形，
∴∠BCP=60°，BC=CP=4，BN=CN=2，
∴PN=√CP2−CN2=2√3，
1 1
∴S = BC·PN= ×4×2√3=4√3，
△PBC 2 2
∵∠BCD=90°，∠BCP=60°，
∴∠PCM=30°，
1
∴在Rt△PCM中，PM= CP=2，
2
1 1
∴S = CD·PM= ×4×2=4，
△PCD 2 2
∵S =S −S −S ，
阴影 正方形ABCD △PBC △PCD
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∴S =16−4√3−4=12−4√3，
阴影
故答案为：12−4√3．
【点睛】本题考查正方和等边三角形的性质，以及30°角所对的直角边是斜边的一半，掌握图形的基本性
质，熟练运用相关性质是解题关键．
【变式7-2】（2023·辽宁·统考中考真题）△ABC是等边三角形，点E是射线BC上的一点（不与点B，C重
合），连接AE，在AE的左侧作等边三角形AED，将线段EC绕点E逆时针旋转120°，得到线段EF,连接
BF．交DE于点M．
(1)如图1，当点E为BC中点时，请直接写出线段DM与EM的数量关系；
(2)如图2．当点E在线段BC的延长线上时，请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；
若不成立，请说明理由；
(3)当BC=6，CE=2时，请直接写出AM的长．
【答案】(1)DM=EM；
(2)DM=EM仍然成立，理由见解析；
(3)AM=√39或√21．
【分析】（1）可证得∠BAD=∠BAE=30°，进一步利用等腰三角形的三线合一得出结果；
（2）连接BD、DF，可证明△BAD≌△CAE，从而∠ABD=∠ACE=120°，BD=CE，进而得出
∠DBE=60°，从而得出∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，从而BD∥EF，结合BD=EF得出四边
形BDFE是平行四边形，从而得出DM=EM；
（3）分为两种情形∶当点E在BC的延长线上时，作AG⊥BC于G，可得出CG=3，AG=3√3，从而
EG=CG+CE=3+2=5，进而得出AE=2√13，进一步得出结果；当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，
可得出EG=1，AE= 2√7，进一步得出结果．
【详解】（1）解∶∵△ABC是等边三角形，点E是BC的中点，
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1
∴∠BAC=60°，∠BAE= ∠BAC，
2
∴∠BAE=30°，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE=60°，AD=AE，
∴∠BAD=∠DAE−∠BAE=60°−30°=30°，
∴∠DAE=∠BAE，
∴DM=EM；
（2）解：如图l，DM=EM仍然成立，理由如下∶连接BD、DF，
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠DAE=∠ACB=60°，AB=AC，AD=AE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=180°−∠ACB=120°，BD=CE，
∴∠DBE=∠ABD−∠ABC=120°−60°=60°，
∴∠DBE+∠BEF=60°+120°=180°，
∴BD∥EF，
∵CE=EF，
∴BD=EF，
∴四边形BDFE是平行四边形，
∴DM=EM；
（3）解：如图2，当点E在BC的延长线上时，作AG⟂BC于G，
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∵∠ACB=60°，
1 √3
∴CG=AC⋅cos60°= AC=3，AG=AC⋅sin60°= AC=3√3，
2 2
∴EG=CG+CE=3+2=5，
∴AE=√AC2+EC2=√ (3√3) 2+52=2√13．
由（2）知∶DM=EM，
∴AM⊥DE，
∴∠AME=90°，
∴∠AED=60°，
√3
∴AM=AE⋅sin60°=2√13× =√39，
2
如图3，当点E在BC上时，作AG⊥BC于G，
由上知∶AG=3√3，CG=3，
∴EG=CG−CE=3−2=1，
∴AE=√AG2+EG2=√(3√3) 2+12=2√7，
√3
∴AM=2√7× =√21，
2
综上所述∶AM=√39或√21．
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【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和
性质以及直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”等模型．
【变式7-3】（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图1，点G为等边△ABC的重心，点D为BC边的中点，
连接GD并延长至点O，使得DO=DG，连接GB，GC，OB，OC
(1)求证：四边形BOCG为菱形．
(2)如图2，以O点为圆心，OG为半径作⊙O
①判断直线AB与⊙O的位置关系，并予以证明．
②点M为劣弧BC上一动点（与点B、点C不重合），连接BM并延长交AC于点E，连接CM并延长交AB
于点F，求证：AE+AF为定值．
【答案】(1)见解析；
(2)①直线AB是⊙O的切线；②见解析．
【分析】（1）如图1，延长BG交AC于点H，连接AD，由△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC
边的中点，得AD⟂BC，DB=DC，进而证明四边形BOCG是平行四边形，于是即可得四边形BOCG为
菱形；
（2）①延长BG交AC于点H，连接AD，先证BG为∠ABC的角平分线，进而求得
∠ABG=∠GBO=30°，又由菱形的性质得∠CBO=∠GBC=30°，从而有
∠ABO=∠ABG+∠GBC+∠CBO=90°，于是根据切线的判定即可得出结论；②在优弧BC上取一点
1
N，连接BN、CN，由①得∠OBC=30°，进而求得∠N= ∠BOC=60°，再由圆内接四边形的性质
2
求得∠BMC=180°−∠N=120°，从而根据角的和差关系求得∠ACF=∠CBE，于是证明
△BEC≌△CFA(ASA)得AF=CE，即可证明结论成立．
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【详解】（1）证明：如图1，延长BG交AC于点H，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=60°，AB=AC=BC，
∴AD⟂BC，DB=DC，
∵DO=DG，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∵AD⟂BC，
∴四边形BOCG为菱形；
（2）①解：直线AB是⊙O的切线，理由如下：延长BG交AC于点H，连接AD，
∵△ABC是等边三角形，G是重心，点D为BC边的中点，
∴中线AD过点G，即A、G、D三点共线，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AB=AC=BC，
AH=CH，
∴BG为∠ABC的角平分线，
∴∠ABG=∠GBO=30°，
∵四边形BOCG是菱形，
∴∠CBO=∠GBC=30°，
∴∠ABO=∠ABG+∠GBC+∠CBO=90°，
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∴AB⊥OB，
∴直线AB是⊙O的切线；
②证明：在优弧BC上取一点N，连接BN、CN，
由①得∠OBC=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，
1
∴∠N= ∠BOC=60°，
2
∵四边形BNCM内接于⊙O，
∴∠BMC=180°−∠N=120°，
∴∠CBE+∠BCM=180°−∠BMC=60°，
∵∠ACB=∠ACF+∠BCM=60°，
∴∠ACF+∠BCM=∠CBE+∠BCM，
∴∠ACF=∠CBE，
∵BC=AC，∠BCE=∠A=60°，
∴△BEC≌△CFA(ASA)
∴AF=CE
∵AE+CE=AC
∴AE+AF=AE+CE=AC，即AE+AF为定值．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质，切线的判定以及菱
形的判定，熟练掌握菱形的判定，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，重心的性质以及切线的
判定定理是解题的关键．
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【题型8 等边三角形的判定】
【例8】（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D
重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．
(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；
(2)延长FA，交射线BE于点G；
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若AB=√3+√6，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=√3
【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，
根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出点
B不可能是等腰三角形BGF的顶点，若点F是等腰三角形BGF的顶点，则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得
到FG=CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG=∠BCG，求得
1
∠BGF=∠BGC= ∠FGH=45°，根据等腰三角形的性质得到
2
1
∠GBC=∠GCB= (180°−∠BGC)=67.5°，于是得到
2
∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边
BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，
作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=2√2x，根据直角三角形的性质得到
1 1
GM= AC=√2x,MN= AB=x，推出PG≤GM+MN=(√2+1)x，当当G，M，N三点共线时，取等
2 2
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号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到
AQ=PB=x，PQ=AB=2x，求得QM=MP=x,GM=√2x，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到BF=BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=15°，
∴∠CBE=75°，
∵BC于BE对称的线段为BF，
∴∠FBE=∠CBE=75°，
∴∠ABF=∠FBE−∠ABE=60°，
∴△ABF是等边三角形；
（2）①∵BC于BE对称的线段为BF，
∴BF=BC
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，
∴BF=BC=BA，
∵E是边AD上一动点，
∴BA<BE<BG，
∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，
若点F是等腰三角形BGF的顶点，
则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，
∵BC=BF，∠CBG=∠FBG，BG=BG
∴△CBG≌△FBG(SAS)
∴FG=CG，
∴BG=CG，
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∴△BGF为等腰三角形，
∵BA=BC=BF，
∴∠BFA=∠BAF，
∵△CBG≌∠FBG，
∴∠BFG=∠BCG
∴AD∥BC
∴∠AHG=∠BCG
∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°－∠BAD=90°
∴∠FGC=180°−∠HAG−∠AHG=90°，
1
∴∠BGF=∠BGC= ∠FGH=45°
2
∵GB=GC
1
∴∠GBC=∠GCB= (180°−∠BGC)=67.5°
2
∴∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG
要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，
在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，
设AB=2x，则AC=2√2x，
∵∠AGC=90°，M是AC的中点，
1 1
∴GM= AC=√2x,MN= AB=x，
2 2
∴PG≤GM+MN=(√2+1)x，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴△BGF面积的最大值，
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1
△BGF的面积= BC·PG
2
=(√2+1)x2
1
= (√2+1)×(√3+√6) 2
4
21+15√2
=
4
如图3，设PG与AD交于Q，
则四边形ABPQ是矩形，
∴AQ=PB=x，PQ=AB=2x，
∴QM=MP=x,GM=√2x，
1
∴GQ= (√2−1)，
2
∵QE+AE=AQ=x，
AQ √2+1
∴ = ，
AE 2
1
∴AE=2(√2−1)x =2(√2−1)× (√3+√6)=√3．
2
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称
的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式8-1】（2023·山东淄博·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB的垂直平
分线分别交AB和AC于点D，E．
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(1)求证：AE=2CE；
(2)连接CD，请判断△BCD的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)△BCD是等边三角形，理由见解析
【分析】（1）连接BE，由垂直平分线的性质可求得∠EBC=∠ABE=∠A=30°，在Rt△BCE中，由
直角三角形的性质可证得AE=2CE即可证明结论；掌握垂直平分线和直角三角形的性质是解答本题的关
键；
（2）由直角三角形的性质可得CD=BD，且∠ABC=60°，可证明△BCD为等边三角形．掌握直角三角
形的性质和等边三角形的判定是解答本题的关键．
【详解】（1）证明：连接BE，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠A=30°，
∴∠CBE=∠ABC−∠ABE=30°，
在Rt△BCE中，BE=2CE，
∴AE=2CE；
（2）解：△BCD是等边三角形，理由如下：
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如图：连接CD．
∵DE是AB的垂直平分线，
∴D为AB中点，
∵∠ACB=90°，
∴CD=BD，
∵∠ABC=60°，
∴△BCD是等边三角形．
【变式8-2】（2023·广西·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
(1)请用尺规作图法，在AB边上求作一点P，使得PC=PB（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(2)连接CP，若∠ABC=30°，证明△ACP为等边三角形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】（1）由题意可得，点P在线段BC的垂直平分线与AB的交点，作出线段BC的垂直平分线即可；
（2）利用直角三角形的性质可得∠A=∠APC=60°，即可求证．
【详解】（1）解：由题意可得：点P在线段BC的垂直平分线与AB的交点，如下图：
（2）证明：连接CP，
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∵∠ABC=30°，∠ACB=90°，
∴∠A=60°
∵PC=PB，
∴∠PCB=∠PBC=30°，
∴∠APC=60°，
∴△ACP为等边三角形．
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的性质，尺规作图－垂直平分线，等边三角形的判定，等边对等角等
性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
【变式8-3】（2023·河北承德·校联考一模）如图，已知在⊙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=2√3
【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，
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∵MA，MB分别切⊙O于A，B，
∴OA⊥MA，MA=MB，
∵弦AB垂直平分半径ON，
1 1
∴OD= ON= OA，
2 2
∴∠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=2√3．
【点睛】本题考查的是切线的性质、等边三角形的判定、勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径
是解题的关键．
【题型9 等腰/等边三角形有关的动点问题】
【例9】（2023·辽宁·统考中考真题）如图，线段AB=8，点C是线段AB上的动点，将线段BC绕点B顺时
针旋转120°得到线段BD，连接CD，在AB的上方作RtΔDCE，使∠DCE=90∘,∠E=30∘，点F为
DE的中点，连接AF，当AF最小时，ΔBCD的面积为 ．
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【答案】√3
【分析】连接CF，BF，BF，CD交于点P，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质可得BF垂直平分
CF，∠ABF=60°为定角，可得点F在射线BF上运动，当AF⊥BF时，AF最小，由含30度角直角三
角形的性质即可求解．
【详解】解：连接CF，BF，BF，CD交于点P，如图，
∵∠DCE=90∘，点F为DE的中点，
∴FC=FD，
∵∠E=30∘，
∴∠FDC=60°,
∴△FCD是等边三角形，
∴∠DFC=∠FCD=60°；
∵线段BC绕点B顺时针旋转120°得到线段BD，
∴BC=BD，
∵FC=FD，
∴BF垂直平分CF，∠ABF=60°，
∴点F在射线BF上运动，
∴当AF⊥BF时，AF最小，
此时∠FAB=90°−∠ABF=30°，
1
∴BF= AB=4；
2
1
∵∠BFC= ∠DFC=30°，
2
∴∠FCB=∠BFC+∠ABF=90°，
1
∴BC= BF=2，
2
1
∵PB= BC=1，
2
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∴由勾股定理得PC=√BC2−PB2=√3，
∴CD=2PC=2√3，
1 1
∴S = CD⋅PB= ×2√3×1=√3；
△BCD 2 2
故答案为：√3．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，含30度直角三角形的性质，斜边中线性质，勾股定理，线段垂直平
分线的判定，勾股定理，旋转的性质，确定点F的运动路径是关键与难点．
【变式9-1】（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，E为AB边上一点，以
AE为直径的半圆O与BC相切于点D，连接AD，BE=3,BD=3√5．P是AB边上的动点，当△ADP为等
腰三角形时，AP的长为 ．
【答案】2√30或6
【分析】连接OD，勾股定理求出半径，平行线分线段成比例，求出CD的长，勾股定理求出AC和AD的
长，分AP=AD和AP=PD两种情况进行求解即可．
【详解】解：连接OD，
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∵以AE为直径的半圆O与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，OA=OE=OD，
∴∠ODB=90°
设OA=OE=OD=r，则OB=OE+BE=3+r，
在Rt△ODB中：OD2+BD2=OB2，即：r2+(3√5) 2=(3+r) 2，
解得：r=6，
∴OA=OE=OD=6，
∴OB=9，AB=15，AE=12，
∵∠C=∠ODB=90°，
∴OD∥AC，
OB DB 9 3
∴ = = = ，
OA DC 6 2
∵DB=3√5，
∴CD=2√5，
∴BC=DB+CD=5√5，
∴AC=√AB2−BC2=10，
∴AD=√AC2+CD2=2√30；
∵△ADP为等腰三角形，
当AD=AP时，AP=2√30，
当PA=PD时，
∵OA=OD，
∴点P与点O重合，
∴AP=OA=6，
不存在PD=AD的情况；
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综上：AP的长为2√30或6．
故答案为：2√30或6．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，等腰三角形的定义．熟练掌握切线的性
质，等腰三角形的定义，确定点P的位置，是解题的关键．
【变式9-2】（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的
动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是
．
【答案】3+3√3/3√3+3
【分析】根据题意，证明△CBE≌△CAF，进而得出F点在射线AF上运动，作点C关于AF的对称点C'，
连接DC'，设CC'交AF于点O，则∠AOC=90°，则当D,F,C'三点共线时，FC+FD取得最小值，即
FC+FD=F'C'+F'D=CD'，进而求得C'D，即可求解．
【详解】解：∵E为高BD上的动点．
1
∴∠CBE= ∠ABC=30°
2
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到CF．△ABC是边长为6的等边三角形，
∴CE=CF,∠ECF=∠BCA=60°,BC=AC
∴△CBE≌△CAF
∴∠CAF=∠CBE=30°，
∴F点在射线AF上运动，
如图所示，
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作点C关于AF的对称点C'，连接DC'，设CC'交AF于点O，则∠AOC=90°
1
在Rt△AOC中，∠CAO=30°，则CO= AC=3，
2
则当D,F,C'三点共线时，FC+FD取得最小值，即FC+FD=F'C'+F'D=CD'
∵CC'=AC=6，∠ACO=∠C'CD，CO=CD
∴△ACO≌△C'CD
∴∠C'DC=∠AOC=90°
在△C'DC中，C'D=√CC'2−CD2=√62−32=3√3,
∴△CDF周长的最小值为CD+FC+CD=CD+DC'=3+3√3，
故答案为：3+3√3．
【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，
勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质与判定以及轴对称的性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点B的坐标为(−8，6)，
过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线y=−2x−6与AB交于点D．与y轴交于点
E．动点M在线段BC上，动点N在直线y=−2x−6上，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角
形，则点M的坐标为
( 2)
【答案】M(−8,6)或M −8,
3
【分析】如图，由△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得N在以AM为直径的圆H上，
MN=AN，可得N是圆H与直线y=−2x−6的交点，当M,B重合时，符合题意，可得M(−8,6)，当N
在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，
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JK=AB=8，证明△MNK≌△NAJ，设N(x,−2x−6)，可得MK=NJ=−x，
KN=AJ=−2x−6−6=−2x−12，而KJ=AB=8，则−2x−12−x=8，再解方程可得答案．
【详解】解：如图，∵△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，
∴N在以AM为直径的圆H上，MN=AN，
∴N是圆H与直线y=−2x−6的交点，
当M,B重合时，
∵B(−8,6)，则H(−4,3)，
∴MH=AH=NH=4，符合题意，
∴M(−8,6)，
当N在AM的上方时，如图，过N作NJ⊥y轴于J，延长MB交BJ于K，则∠NJA=∠MKN=90°，
JK=AB=8，
∴∠NAJ+∠ANJ=90°，
∵AN=MN，∠ANM=90°，
∴∠MNK+∠ANJ=90°，
∴∠MNK=∠NAJ，
∴△MNK≌△NAJ，设N(x,−2x−6)，
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∴MK=NJ=−x，KN=AJ=−2x−6−6=−2x−12，
而KJ=AB=8，
∴−2x−12−x=8，
20 22
解得：x=− ，则−2x−6= ，
3 3
22 20 2
∴CM=CK−MK= − = ，
3 3 3
( 2)
∴M −8, ；
3
( 2)
综上：M(−8,6)或M −8, ．
3
( 2)
故答案为：M(−8,6)或M −8, ．
3
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定
与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【题型10 探究等腰/等边三角形中线段间存在的关系】
【例10】（2023·黑龙江·统考中考真题）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一
点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
(1)如图一，在等腰△ABC中，AB=AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
过点C作CG⊥AB于G.利用面积证明：DE+DF=CG．
(2)如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过
点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N.若BC=8，BE=3，求GM+GN的长．
AB AE
(3)如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且 = ，
CD DE
BC=√51，CD=3，BD=6，求ED+EA的长．
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【答案】(1)证明见解析
(2)4
(3)√35
【分析】（1）根据题意，利用等面积法S =S +S ，根据等腰△ABC中，AB=AC，即可得到
ΔABC ΔABD ΔACD
结论；
（2）根据题中条件，利用折叠性质得到∠AFE=∠CFE，结合矩形ABCD中AD∥BC得到
∠AFE=∠FEC，从而有∠CFE=∠FEC，从而确定ΔEFC是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得
到GM+GN=FH，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；
AB AE
（3）延长BA、CD交于F，连接EF，过点B作BG⊥FC于G，根据 = ，EA⊥AB，ED⊥CD，
CD DE
得到ΔABC是等腰三角形，从而由（1）知ED+EA=BG，在Rt ΔBCG中，
BG=√BC2−CG2=√(√51) 2 −(3+x) 2，在Rt ΔBDG中，BD=6，BG=√BD2−DG2=√62−x2，联立
方程√(√51) 2 −(3+x) 2=BG=√62−x2求解得x=1，从而得到结论．
【详解】（1）证明：连接AD，如图所示：
∵在等腰△ABC中，AB=AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作
CG⊥AB于G，
1 1 1
∴由S =S +S 得 AB⋅CG= AB⋅ED+ AC⋅FD，
ΔABC ΔABD ΔACD 2 2 2
∴ DE+DF=CG；
（2）解：连接CG，过点F作FH⊥BC于H，如图所示：
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根据折叠可知∠AFE=∠CFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠AFE=∠FEC，
∴∠CFE=∠FEC，即ΔEFC是等腰三角形，
在等腰ΔEFC中，FC=EC，EF边上有一点G，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N，过点F作
FH⊥BC于H，由（1）可得GM+GN=FH，
在Rt ΔABE中，∠B=90°，BE=3,AE=EC=BC−BE=8−3=5，则AB=√AE2−BE2=√52−32=4，
在四边形ABHF中，∠B=∠BAF=∠FHB=90°，则四边形ABHF为矩形，
∴FH=AB=4，即GM+GN=FH=AB=4；
（3）解：延长BA、CD交于F，连接EF，过点B作BG⊥FC于G，
在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，则∠BAE=∠CDE=90°，
AB AE
又∵ = ，
CD DE
∴ ΔABE∼ΔDCE，
∴∠ABE=∠C，即ΔABC是等腰三角形，
∴由（1）可得ED+EA=BG，
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设GD=x，
∵∠EDC=∠BGC=90°，BC=√51，CD=3，
在Rt ΔBCG中，BG=√BC2−CG2=√(√51) 2 −(3+x) 2，
在Rt ΔBDG中，BD=6，BG=√BD2−DG2=√62−x2，
∴ √(√51) 2 −(3+x) 2=BG=√62−x2，解得x=1，
经检验，x=1是方程的解用符合题意，
∴BG=√62−12=√35，即ED+EA=BG=√35．
【点睛】本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定
理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其
他情境中是解决问题的关键．
【变式10-1】（2023·浙江·统考中考真题）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分别表示∠A，∠B的
对边，a>b．记△ABC的面积为S．
(1)如图1，分别以AC，CB为边向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．记正方形ACDE的面积为S ，正
1
方形BGFC的面积为S ．
2
①若S =9，S =16，求S的值；
1 2
②延长EA交GB的延长线于点N，连结FN，交BC于点M，交AB于点H．若FH⊥AB（如图2所示），求
证：S −S =2S．
2 1
(2)如图3，分别以AC，CB为边向形外作等边三角形ACD和等边三角形CBE，记等边三角形ACD的面积
为S ，等边三角形CBE的面积为S ．以AB为边向上作等边三角形ABF（点C在△ABF内），连结EF，
1 2
CF．若EF⊥CF，试探索S −S 与S之间的等量关系，并说明理由．
2 1
【答案】(1)①6；②见解析
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1
(2)S −S = S，理由见解析
2 1 4
【分析】（1）①将面积用a，b的代数式表示出来，计算，即可
FA AN
②利用AN公共边，发现△FAN∽△ANB，利用 = ，得到a，b的关系式，化简，变形，即可得结论
AN NB
（2）等边△ABF与等边△CBE共顶点B，形成手拉手模型，△ABC≌△FBE，利用全等的对应边，对应角，
得到：AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，从而得到∠FEC＝30°，再利用Rt△CFE，
FE b √3
cos30°= = = ，得到a与b的关系，从而得到结论
CE a 2
【详解】（1）∵S =9，S =16
1 2
∴b＝3，a＝4
∵∠ACB＝90°
1 1
∴S= ab= ×3×4=6
2 2
②由题意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∵FH⊥AB
∴∠AFN＝90°－∠FAH＝∠NAB
∴△FAN∽△ANB
FA AN
∴ =
AN NB
a+b a
∴ = ，
a b
得：ab+b2=a2
∴2S+S =S ．
1 2
即S −S =2S
2 1
1
（2）S −S = S，理由如下：
2 1 4
∵△ABF和△BEC都是等边三角形
∴AB＝FB，∠ABC＝60°－∠FBC＝∠FBE，CB＝EB
∴△ABC≌△FBE（SAS）
∴AC＝FE＝b
∠FEB＝∠ACB＝90°
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∴∠FEC＝30°
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a
b FE √3
∴ = =cos30°=
a CE 2
√3
∴b= a
2
1 √3
∴S= ab= a2
2 4
√3 √3
由题意得：S = b2 ，S = a2
1 4 2 4
√3 √3 √3
∴S −S = a2− b2= a2
2 1 4 4 16
1
∴S −S = S
2 1 4
【点睛】本题考查勾股定理，相似，手拉手模型，代数运算，本题难点是图二中的相似和图三中的手拉手
全等
【变式10-2】（2023·湖北十堰·统考一模）在Rt△ABC中，AB=AC,D为BC边上一点（不与点B、C重
合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE．
(1)如图1，连接EC，则线段BD与CE的数量关系是_________，位置关系是________；
(2)如图2，当点D在BC的延长线上时，连接EC，写出此时线段AD,BD,CD之间的等量关系，并加以证
明；
(3)如图3，在四边形ABCF中，∠ABC=∠ACB=∠AFC=45°．若BF=13,CF=5，请直接写出AF的
长．
【答案】(1)BD=CE，BD⊥CE
(2)2AD2=BD2+CD2，证明见解析
(3)AF=6√2
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【分析】（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质解答；
（2）证明△BAD≌△CAE，得到BD=CE，根据勾股定理计算即可；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△BAF≌△CAG，得到CG=BF=13，证明△CFG是直
角三角形，根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）在Rt△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=90°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∵¿ ，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠BCE=45°+45°=90°，
故答案为BD=CE，BD⊥CE；
（2）2AD2=BD2+CD2，理由是：如图2，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∵¿，
∵△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，
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∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴DE2=CE2+CD2，
∵AD=AE，∠DAE=90°，
∴DE＝√2AD，
∴2AD2=BD2+CD2；
（3）如图3，将AF绕点A逆时针旋转90°至AG，连接CG、FG，
则△FAG是等腰直角三角形，
∴∠AFG=45°，
∵∠AFC=45°，
∴∠GFC=90°，
同理得：△BAF≌△CAG，
∴CG=BF=13，
Rt△CGF中，
∵CF=5，
∴FG=12，
∵△FAG是等腰直角三角形，
12
∴AF＝ =6√2．
√2
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的
判定定理和性质定理是解题关键．
【变式10-3】（2023·安徽滁州·校考模拟预测）在等腰△OAB和等腰△OCD中，OA=OB，OC=OD，连
接AC、BD交于点M．
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(1)如图1．若∠AOB=∠COD=40°，则AC与BD的数量关系为___________；∠AMB的度数为
___________；
(2)如图2，若∠AOB=∠COD=90°，判断AC与BD之间存在怎样的关系？并说明理由；
(3)在（2）的条件下，当∠ABC=60°，且点C与点M重合时，请直接写出OD与OA之间存在的数量关系．
【答案】(1)AC=BD，40°
(2)AC=BD，AC⊥BD，理由见解析
√3−1 √3+1
(3)OD= OA或OD= OA
2 2
【分析】（1）设OA、BD相交于H，证明△AOC≌△BOD得到AC=BD，∠OAC=∠OBD，再利用的
内角和定理和对顶角相等求解即可；
（2）同（1），证明△AOC≌△BOD得到AC=BD，∠OAC=∠OBD，再利用的内角和定理和对顶角
相等求解即可；
（3）由题意，B、C、D三点共线，有两种情况，分别画出图形，利用（2）中结论和含30度角的直角三
1 √3
角形的性质以及等腰直角三角形的性质得到BC= AB，AC= AB，再根据CD=√2OD，
2 2
AB=√2OA即可得出数量关系．
【详解】（1）解：如图1，设OA、BD相交于H，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
∴∠BOD=∠AOC，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
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∵∠AMB+∠OAC=180°−∠AHM，∠AOB+∠OBD=180°−∠OHB，∠AHM=∠OHB，
∴∠AMB=∠AOB=40°，
故答案为：BD=AC，40°；
（2）解：AC=BD，AC⊥BD，理由为：
设OA、BD相交于H，
∵∠AOB=∠COD，
∴∠AOB+∠AOD=∠COD+∠AOD，
∴∠BOD=∠AOC，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD(SAS)，
∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，
∵∠AMB+∠OAC=180°−∠AHM，∠AOB+∠OBD=180°−∠OHB，∠AHM=∠OHB，
∴∠AMB=∠AOB=90°；
（3）解：由题意，B、C、D三点共线，有两种情况：
①如图3，
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∵OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，
∴∠OAB=∠OBA=∠OCD=∠ODC=45°，AB=√2OA，CD=√2OD，
由（2）知△BOD≌△AOC(SAS)，
∴∠ACO=∠BDO=45°，AC=BD，
∴∠ACD=∠ACO+∠OCD=90°，即∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°−∠ABC=30°，
1 √3
∴BC= AB，则AC=√AB2−BC2= AB，
2 2
√3 1 √3−1
∴CD=BD−BC=AC−BC = AB− AB= AB，
2 2 2
√3−1
则√2OD= ×√2OA，
2
√3−1
∴OD= OA；
2
②如图四，
1 √3
同上，AB=√2OA，CD=√2OD， ∠ACB=90°，BC= AB，AC= AB，
2 2
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√3 1 √3+1
∴CD=BD+BC=AC+BC= AB+ AB= AB，
2 2 2
√3+1
则√2OD= ×√2OA，
2
√3+1
∴OD= OA，
2
√3−1 √3+1
综上，OD= OA或OD= OA．
2 2
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，三角形的内角和定理、全等三角形判定和性
质，含30°的直角三角形性质，勾股定理等知识，解答的关键是熟练掌握全等三角形判定和性质，利用类
比的方法，先根据题（1）中的特例感知解决问题的方法，且得出重要的结论，在此结论基础上深入探究，
结合此结论解决问题．
【题型11 等腰/等边三角形有关的新定义问题】
【例11】（2023·四川成都·统考二模）定义：如图1，在△ABC中，点P在BC边上，连接AP，若AP的长
恰好为整数，则称点P为BC边上的“整点”．
如图2，已知等腰三角形的腰长为√10，底边长为6，则底边上的“整点”个数为 ；
如图3，在△ABC中，AB=2√5，AC=√29，且BC边上有6个“整点”，则BC的长为 ．
【答案】 5 9
【分析】设整点与等腰三角形的顶点的连线的距离为l，l为整数，根据等腰三角形的性质以及勾股定理得
出1≤l<√10，问题得解；设整点与三角形顶点A的连线的距离为l，l为整数，得出当且仅当点D也为
“整点”时，在CD上的“整点”与在BD上的“整点”有一个重合点，即此时的“整点”的数目之和必为
偶数，再据此得出符合条件的h的值，问题随之得解．
【详解】设整点与等腰三角形的顶点的连线的距离为l，l为整数，
根据勾股定理可得，底边的高为1，如图，
即有：1≤l<√10，
根据l为整数，可知l可以为1、2、3，
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结合上图，根据等腰三角形的对称性可知， “整点”个数为5；
如图，BC边上的高为h，
设整点与三角形顶点A的连线的距离为l，l为整数，
即当“整点”在BD上时，h≤l<2√5=√20，
当“整点”在CD上时，h≤l<√29，
∴在CD上的“整点”数目比在BD上时的数目多1，
即此时“整点”的数目之和必为奇数，当且仅当点D也为“整点”时，在CD上的“整点”与在BD上的
“整点”有一个重合点，即此时的“整点”的数目之和必为偶数，
∵BC边上有6个“整点”， “整点”的数目之和为偶数，
∴点D也为“整点”，即BC边上的高的长度h为整数，
当h=1时，“整点”在BD上时，1≤l<√20，此时有4个“整点”；“整点”在CD上时，1≤l<√29，此
时有5个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为8个；
当h=2时，“整点”在BD上时，2≤l<√20，此时有3个“整点”；“整点”在CD上时，2≤l<√29，此
时有4个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为6个，此时符合题意；
当h=3时，“整点”在BD上时，3≤l<√20，此时有2个“整点”；“整点”在CD上时，3≤l<√29，此
时有3个“整点”，
∴去掉重复的D点，此时“整点”的数目总计为4个；
可知随着的h值越来越大，“整点”的数目越来越少直至为0，
综上：h=2，即AD=2，
∴BD=√AB2−AD2=4，CD=√AC2−AD2=5，
∴BC=9，
故答案为：5，9．
【点睛】本题考查了垂线段最短，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，充分利用垂线段最短，得出整
点与三角形顶点A的连线的距离l的取值范围，是解答本题的关键．
【变式11-1】（2023·江苏盐城·统考模拟预测）定义：一个三角形的一边长是另一边长的3倍，这样的三
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角形叫做“3倍长三角形”．若等腰△ABC是“3倍长三角形”，底边BC的长为3，则等腰△ABC的周长
为 ．
【答案】21
【分析】本题考查了等腰三角形的定义以及三角形三边关系，读懂题意，理解“3倍长三角形”是解本题
的关键．由等腰△ABC是“3倍长三角形”，可知AB=3BC或BC=3AB，若AB=3BC=9，可得AB的
长为9；若BC=3AB=3，因为1+1<3，故此时不能构成三角形，这种情况不存在；再根据周长的多余即
可得答案．
【详解】解：∵等腰△ABC是“3倍长三角形”，
∴AB=3BC或BC=3AB，
若AB=3BC=9，则△ABC三边分别是9、9、3，符合题意，
等腰三角形ABC的周长为9+9+3=21；
若BC=3AB=3，则AB=1，△ABC三边分别是1、1、3，
∵1+1<3，
∴此时不能构成三角形，这种情况不存在；
综上所述，等腰三角形ABC的周长为21.
故答案为：21.
【变式11-2】（2023·浙江湖州·统考二模）定义：如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三
角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等腰四边形．
(1)如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，连结BD，点E是BD的中点，连结AE，CE．
①试判断四边形ABCE是否是双等腰四边形，并说明理由；
②若∠AEC=90°，求∠ABC的度数；
(2)如图2，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等腰四边形，且AD=DE．
CG 3
延长AE交BC于点G，连结FG．若AD=5，∠EFG=90°， = ，求AB的长．
FC 4
【答案】(1)①四边形ABCE是双等腰四边形，理由见解析；②135°；
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49 114
(2) 或
5 13
【分析】（1）①根据点E是BD的中点，可得EB=EA，EB=EC，且EB是四边形ABCE的对角线，即可
证明；
②解法1：根据等边对等角，可得∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB，结合∠AEC=90°即可求解；
解法2：根据四点共圆的判定和性质，结合∠AEC=90°，即可求解；
（2）分类讨论：当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K，根据相似三角形
HF CG 3
的判定和性质，可得 = = ，结合EF=5，即可求得相关线段的长度，设CG=3k，FC=4k，根
HE CF 4
KE AK
据相似三角形的判定和性质，可得 =
BG AB
1 3
即 = ，求解即可；
5−3k 6+4k
当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，结合△EFG是等腰直角三角形，根据全等三角形的判定和
性质，可得HF=CG，HE=CF，设HF=3k，HE=4k，在△DHE中，运用勾股定理列式，
DE2=DH2+H E2，即52=(5−3k) 2+(4k) 2，求解即可．
【详解】（1）∵∠BAD=90°，点E是BD的中点
∴EB=EA
同理，EB=EC
∴EB=EA=EC，且EB是四边形ABCE的对角线
∴ 四边形ABCE是双等腰四边形
②解法1：
∵EB=EA=EC
∴∠EAB=∠EBA，∠EBC=∠ECB
∵∠AEC=90°
∴∠EAB+∠EBA+∠EBC+∠ECB=270°
∴∠ABC=∠EBA+∠EBC=135°
解法2：
∵∠BAD=∠BCD=90°
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∴ 点A、B、C、D共圆
∵∠AEC=90°
∴∠ADC=45°
∴ ∠ABC=135°
（2）如图1，当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H，延长HE交AB于点K
∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°
∴△EFH∽△FGC
HF CG 3
∴ = =
HE CF 4
∴EF=5
∴HF=3，HE=4，DH=HF=3，KE=1
设CG=3k，FC=4k
则KE=5−4k，BG=5−3k，AK=DH=3，AB=DC=6+4k
∵KE∥BC
∴△AKE∽△ABC
KE AK
∴ =
BG AB
1 3
∴ =
5−3k 6+4k
9
解得，k=
13
114
∴AB=
13
如图2，当ED=EF=5时，过点E作EH⊥CD于点H
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由②可知，∠AEF=135°
∴△EFG是等腰直角三角形
∵∠EHF=∠EFG=∠FCG=90°
∴△EFH≌△FGC
∴HF=CG，HE=CF
设HF=3k，HE=4k
则DH=5−3k，AB=CD=5+4k
在△DHE中，DE2=DH2+H E2
即52=(5−3k) 2+(4k) 2
6
解得k=
5
49
∴AB=
5
【点睛】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定的性质，全等三角形的判定和性质等，解题的关键是熟
练掌握全等三角形和相似三角形的判定和性质．
【变式11-3】（2023·江苏扬州·统考二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、
顶角顶点互相重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰
三角形互为“友好三角形”．
(1)如图①，△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）．
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(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
MN √3
(2) =
CE 2
15
(3)
2
【分析】（1）由∠BAC=∠DAE=m°，可得∠BAD=∠CAE，证明△BAD≌△CAE(SAS)，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°，
AN AM √3 MN AN √3
∠BAM=30°，则∠MAN=∠BAD， = = ，证明△MAN∽△BAD，则 = = ，
AD AB 2 BD AD 2
MN √3
同（1）可证△BAD≌△CAE(SAS)，则BD=CE，进而可得 = ；
CE 2
（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
CF' D'C CF' 3−OD'
∠OAD'=∠CD'F'，△OAD'∽△CD'F'，则 = ，即 = ，解得
OD' AO OD' 3
− ( OD'− 3) 2 3 3
(3−OD')⋅OD' 2 3，由−1<0，可知当OD'= 时，CF'最大，值为 ，当点D
CF'= = + 2 4
3 3 4
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°，
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∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
∵¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=∠BCA+∠ABD=180°−∠BAC=180°−m°，
故答案为：=，180−m；
MN √3
（2）解： = ，理由如下：
CE 2
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，
AN √3 AM √3
∵ =sin∠ADE= ， =sin∠ABC= ，
AD 2 AB 2
AN AM √3
∴ = = ，
AD AB 2
∴△MAN∽△BAD，
MN AN √3
∴ = = ，
BD AD 2
同（1）可证△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
MN √3
∴ = ；
CE 2
（3）解：由题意知，F在直线CE上运动，
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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' D'C CF' 3−OD' − ( OD'− 3) 2
∴ = ，即 = ，解得 (3−OD')⋅OD' 2 3，
OD' AO OD' 3 CF'= = +
3 3 4
∵−1<0，
3 3
∴当OD'= 时，CF'最大，值为 ，
2 4
当点D从D'点运动到C点，点F从F'回到C点，
3 15
∴F点运动的路径长为GC+2CF'=6+2× = ，
4 2
15
∴点D从B点运动到C点，F点运动的路径长为 ．
2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数
的性质，正弦，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
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【题型12 等腰/等边三角形有关的折叠问题】
【例12】（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，DE平分等边△ABC的面积，折叠△BDE得到
△FDE,AC分别与DF,EF相交于G,H两点．若DG=m,EH=n，用含m,n的式子表示GH的长是
．
【答案】√m2+n2
【分析】先根据折叠的性质可得S =S ，∠F=∠B=60°，从而可得S =S +S ，再根
△BDE △FDE △FHG △ADG △CHE
据相似三角形的判定可证△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，根据相似三角形的性质可得
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，然后将两个等式相加即可得．
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠B=∠C=60°，
∵折叠△BDE得到△FDE，
∴△BDE≌△FDE，
∴S =S ，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，
△BDE △FDE
∵DE平分等边△ABC的面积，
∴S =S =S ，
梯形ACED △BDE △FDE
∴S =S +S ，
△FHG △ADG △CHE
又∵∠AGD=∠FGH,∠CHE=∠FHG，
∴△ADG∽△FHG,△CHE∽△FHG，
∴
S
△ADG=
(DG) 2
=
m2
，
S
△CHE =
(EH) 2
=
n2
，
S GH GH2 S GH GH2
△FHG △FHG
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S S m2+n2 S +S
∴ △ADG+ △CHE = = △ADG △CHE=1，
S S GH2 S
△FHG △FHG △FHG
∴GH2=m2+n2，
解得GH=√m2+n2或GH=−√m2+n2（不符合题意，舍去），
故答案为：√m2+n2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似
三角形的判定与性质是解题关键．
【变式12-1】（2023·宁夏·统考中考真题）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为36°的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探
究．
探究发现
如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC．
（1）操作发现：将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，点C的对应点是点E，折痕交AC于点D，连接
DE，DB，则∠BDE=_______°，设AC=1，BC=x，那么AE=______（用含x的式子表示）；
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底BC √5−1
（2）进一步探究发现： = ，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：
腰AC 2
底BC √5−1
= ；
腰AC 2
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的△ABC是黄金三角
形．如图2，在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1．求这个菱形较长对角线的长．
√5+1
【答案】（1）72°,1−x（2）证明见解析，拓展应用：
2
1
【分析】（1）利用等边对等角求出∠ABC,∠ACB的长，翻折得到∠ABD=∠CBD= ∠ABC，
2
∠BDC=∠BDE,BC=BE，利用三角形内角和定理求出，∠BDC，AE=AB−BE=AB−BC，表示出
AE即可；
底BC √5−1
（2）证明△BDC∽△ABC，利用相似比进行求解即可得出 = ；
腰AC 2
拓展应用：连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，得到△ACE为黄金三角形，进而得到
CE √5−1
= ，求出AC的长即可．
AC 2
【详解】解：（1）∵∠A=36°，AB=AC，
1
∴∠ABC=∠C= (180°−36°)=72°，
2
∵将△ABC折叠，使边BC落在边BA上，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，∠BDC=∠BDE,BC=BE=x，
2
∴∠BDC=∠BDE=180°−∠CBD−∠C=72°，AE=AB−BE=AB−BC=1−x；
故答案为：72°,1−x；
（2）证明：∵∠BDC=72°=∠C，
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∴BD=BC=x，
∵∠A=∠CBD=36°,∠C=∠C，
∴△BDC∽△ABC，
BC CD
∴ = ，
AC BC
∵∠ABD=∠CBD=∠A=36°，
∴AD=BD=BC=x，
∴CD=1−x，
x 1−x
∴ = ，
1 x
整理，得：x2+x−1=0，
√5−1
解得：x= （负值已舍掉）；
2
√5−1
经检验x= 是原分式方程的解．
2
底BC √5−1
∴ = ；
腰AC 2
拓展应用：
如图，连接AC，延长AD至点E，使AE=AC，连接CE，
∵在菱形ABCD中，∠BAD=72°，AB=1，
∴∠CAD=∠ACD=36°,CD=AD=1，
1
∴∠EDC=∠DAC+∠ACD=72°,∠ACE=∠AEC= (180°−∠DAC)=72°，
2
∴∠EDC=∠AEC，
∴CE=CD=1，
∴△ACE为黄金三角形，
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CE √5−1
∴ = ，
AC 2
2 √5+1 √5+1
∴AC= = ．即菱形的较长的对角线的长为 ．
√5−1 2 2
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解
√5−1
并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为 ．
2
【变式12-2】（2023·安徽蚌埠·一模）如图，△ABC中，CA=CB，∠ACB=50°，点E是BC上一点，沿
DE折叠得△PDE，点P落在∠ACB的平分线上，PF垂直平分AC，F为垂足，则∠PDB的度数是
°．
【答案】100
【分析】连接PA，PB，延长CP交AB于H，设PB交DE于G，根据PF垂直平分AC，得CP=AP，又
1
AC=BC，CP平分∠ACB，可得AP=BP，故CP=BP，从而∠PBC=∠BCP= ∠ACB=25°，即可
2
得∠ABP=∠ABC−∠PBC=40°，根据沿DE折叠得△PDE，点P落在∠ACB的平分线上，有
∠BGD=∠PGD=90°，∠BDG=∠PDG，可得∠BDG=∠PDG=90°−∠ABP=50°，即得
∠PDB=∠BDG+∠PDG=100°．
【详解】解：连接PA，PB，延长CP交AB于H，设PB交DE于G，如图：
∵PF垂直平分AC，
∴CP=AP，
∵AC=BC，CP平分∠ACB，
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∴CH⊥AB，AH=BH，
∴AP=BP，
∴CP=BP，
1
∴∠PBC=∠BCP= ∠ACB=25°，
2
∵∠ABC=(180°−∠ACB)÷2=65°，
∴∠ABP=∠ABC−∠PBC=40°，
∵沿DE折叠得△PDE，点P落在∠ACB的平分线上，
∴∠BGD=∠PGD=90°，∠BDG=∠PDG，
∴∠BDG=∠PDG=90°−∠ABP=50°，
∴∠PDB=∠BDG+∠PDG=100°，
故答案为：100．
【点睛】本题考查等腰三角形中的翻折问题，线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是掌握翻折的性
质和垂直平分线的性质．
【变式12-3】（2023·山东枣庄·统考中考真题）问题情境：如图1，在△ABC中，
AB=AC=17，BC=30，AD是BC边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折
叠后均与点D重合，折痕分别交AB,AC,BC于点E，G，F，H．
猜想证明：
(1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由．
问题解决；
(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交
AB,BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
【答案】(1)四边形AEDG是菱形，理由见解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到AE=DE=DG=AG，即可得出结论．
（2）先证明四边形AMKG为平行四边形，过点H作HE⊥CG于点E，等积法得到CG⋅HE的积，推出
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四边形MKGA的面积=CG⋅HE，即可得解．
【详解】（1）解：四边形AEDG是菱形，理由如下：
∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，
1
∴AD⊥BC,BD=CD= BC，
2
∵将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，
1 1
∴EF⊥BC,GH⊥BC,BE=DE,CG=CD,BF=FD= BD,CH=DH= CD，
2 2
∴EF∥AD，
BF BE
∴ = =1，
FD AE
1
∴BE=AE= AB，
2
1
同法可得：CG=AG= AC，
2
∴AE=DE,AG=DG，
∵AB=AC，
∴AE=DE=DG=AG，
∴四边形AEDG是菱形；
（2）解：∵折叠，
∴∠GDC=∠C,∠MHB=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠GDC=∠B,∠MHB=∠C，
∴MH∥AC,DG∥AB，
∴四边形AMKG为平行四边形，
∵AB=AC=17，BC=30，
1 15 1 17
由（1）知：BD=CD= BC=15，DH=CH= ，DG=AG= AB= ，
2 2 2 2
√ (17) 2 (15) 2
∴GH= − =4，
2 2
过点H作HE⊥CG于点E，
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1 1
∵S = CH⋅HG= CG⋅HE，
△CHG 2 2
15
∴CG⋅HE= ×4=30，
2
∵四边形MKGA的面积=AG⋅HE，AG=CG，
∴四边形MKGA的面积=CG⋅HE=30．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形
的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
【题型13 等腰/等边三角形有关的规律探究问题】
【例13】（2023·山东泰安·统考中考真题）已知，△OA A ,△A A A ,△A A A ,⋯⋯都是边长为2
1 2 3 4 5 6 7 8
的等边三角形，按下图所示摆放．点A ,A ,A ,⋯⋯都在x轴正半轴上，且
2 3 5
A A =A A =A A =⋯⋯=1，则点A 的坐标是 ．
2 3 5 6 8 9 2023
【答案】(2023,√3)
【分析】先确定前几个点的坐标，然后归纳规律，按规律解答即可．
【详解】解：由图形可得：A (2,0),A (3,0),A (5,0),A (6,0),A (8,0),A (9,0),
2 3 5 6 8 9
如图：过A 作A B⊥x轴，
1 1
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∵△OA A ,
1 2
∴OB=cos60°×OA =1,A B=sin60°×OA =√3,
1 1 1
∴A (1,√3),
1
同理：A (4,−√3),A (7,√3),A (10,−√3),
4 7 10
∴点A 的横坐标为1，点A 的横坐标为2，点A 的横坐标为3，……纵坐标三个一循环，
1 2 3
∴A 的横坐标为2023，
2023
∵2023÷3=674⋯⋯1，674为偶数，
∴点A 在第一象限，
2023
∴A (2023,√3)．
2023
故答案为(2023,√3)．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、解直角三角形、坐标规律等知识点，先求出几个点、发现规
律是解答本题的关键．
【变式13-1】（2023·山东枣庄·校考一模）如图△OA B 、△A A B 、△A A B 都是等腰直角三角形，
1 1 1 2 2 2 3 3
1 2
直角顶点B 、B ，B 均在直线l上，直线l的解析式为y= x+ ，点B 的横坐标为1，根据此规律第n个等
1 2 3 3 3 1
腰直角三角形A ❑ A B 的面积为 ．
n −1 n n
【答案】22(n−1)
1
【分析】分别过点B 、B ，B 作x轴的出现，垂足分别为C,D,E，先求得S = ×2×1=1，
1 2 3 △OA 1 B 1 2
1 1
S = ×4×2=4=22 ,S = ×8×4=24 ，找到规律即可求解．
△A 1 A 2 B 2 2 △A 2 A 3 B 3 2
【详解】解：如图所示，分别过点B 、B ，B 作x轴的出现，垂足分别为C,D,E，
1 2 3
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1 2
∵B 在y= x+ ，且B 的横坐标为1
1 3 3 1
∴B (1,1),
1
∴OC=B C=C A =1，
1 1
设A D=a，则B D=A D=DA =a，
1 2 1 2
∴B 的横坐标为2+a，
2
∴B (2+a,a)，
2
1 2 1 2
代入y= x+ ，即a= (a+2)+ ，
3 3 3 3
解得：a=2，
∴A A =4，
1 2
同理可得A A =8，……，
2 3
∴S =
1
×2×1=1，S =
1
×4×2=
1
×4×
1
×4=
(1) 2
×42=22×2−2 ,
△OA 1 B 1 2 △A 1 A 2 B 2 2 2 2 2
S =
1
×8×4=
1
×8×
1
×8=
(1) 2
×22×3=22×3−2
△A 2 A 3 B 3 2 2 2 2
……，
∴根据此规律第n个等腰直角三角形A ❑ A B 的面积为，
n −1 n n
故答案为：22(n−1)．
【点睛】本题考查了一次函数规律题，找到规律是解题的关键．
【变式13-2】（2023·湖南娄底·校联考一模）定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，
再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫作图形的γ(a,θ)变换．如图，等边△ABC的边长为
1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上，△A B C 就是△ABC经γ(1,180°)变
1 1 1
换后所得的图形，若△ABC经γ(1,180°)变换后得到△A B C ，△A B C 经γ(2,180°)变换后得到
1 1 1 1 1 1
△A B C ，△A B C 经γ(3,180°)变换后得到△A B C ，依此类推••••••，△A B C 经
2 2 2 2 2 2 3 3 3 n−1 n−1 n−1
γ(n,180°)变换后得到△A B C ，点A 的坐标为 ．
n n n 2023
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( 2025 √3)
【答案】 − ,−
2 2
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，先根据等边三角形的性质、勾股定理求出点A的坐标，再根据点坐标
的平移变换、中心对称变换规律分别求出点A ,A ,A ,A ,A 的坐标，归纳类推出一般规律，由此即可得．
1 2 3 4 5
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于点D，
∵等边△ABC的边长为1，
1 √3
∴AB=BC=1,BD= ,AD=√AB2−BD2= ，
2 2
(1 √3)
∴A , ，
2 2
( (1 ) √3) ( 3 √3)
由题意得：点A 的坐标为A − +1 ,− ，即A − ,− ，
1 1 2 2 1 2 2
( ( 3 ) √3) ( 1 √3)
点A 的坐标为A − − +2 , ，即A − , ，
2 2 2 2 2 2 2
( ( 1 ) √3) ( 5 √3)
点A 的坐标为A − − +3 ,− ，即A − ,− ，
3 3 2 2 3 2 2
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( ( 5 ) √3) ( 3 √3)
点A 的坐标为A − − +4 , ，即A − , ，
4 4 2 2 4 2 2
( ( 3 ) √3) ( 7 √3)
点A 的坐标为A − − +5 ,− ，即A − ,− ，
5 5 2 2 5 2 2
√3
归纳类推得：点A 的纵坐标为(−1) n ⋅ ，
n 2
n+2 n−1
当n为奇数时，点A 的横坐标为− ；当n为偶数时，点A 的横坐标为− ，
n 2 n 2
2023+2 2025 √3 √3
则当n=2023时，点A 的横坐标为− =− ，点A 的纵坐标为(−1) 2023 ⋅ =− ，
2023 2 2 2023 2 2
( 2025 √3)
即A − ,− ，
2023 2 2
( 2025 √3)
故答案为： − ,− ．
2 2
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、勾股定理、点坐标的平移变换和中心对称变换，读懂图形的
γ(a,θ)变换，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式13-3】（2023·湖北黄冈·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰三角形，
AC=AB=5，BC=8，点A与坐标原点重合，点C在x轴正半轴上，将△ABC绕点C顺时针旋转一定的
角度后得到△A B C，使得点B对应点B 在x轴上，记为第一次旋转，再将△A B C绕点B 顺时针旋转
1 1 1 1 1 1
一定的角度后得到△A B C ，使得点A 对应点A 在x轴上，以此规律旋转，则第2023次旋转后钝角顶点
2 1 1 1 2
坐标为 ．
【答案】(12141,3)
1
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，根据AB=AC=5，BC=8，得到BD=CD= BC=4，推出
2
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，根据 ， ， ， ， ， ，
AD=√AB2−BD2=3 A (9,3) A (18,0) A (18,0) A (27,3) A (36,0) A (36,0)
1 2 3 4 5 6
A (45,3),…，得到每3次是一个循环组，根据2023÷3=674⋅⋅⋅1，得到A 在竖直方向的位置与A
7 2023 1
的位置相同，纵坐标为3，第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为674×18+9=12141，得到第2023次旋
转后钝角顶点坐标为(12141,3)．
【详解】过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB=AC=5，BC=8,
1
∴BD=CD= BC=4，
2
∴AD=√AB2−BD2=3，
由题意A (9,3)，A (18,0)，A (18,0)，A (27,3)，A (36,0)，A (36,0)，A (45,3),…，
1 2 3 4 5 6 7
每3次是一个循环组，2023÷3=674⋅⋅⋅1，
∴A 在竖直方向的位置与A 的位置相同，纵坐标为3，
2023 1
∴第2023次旋转后钝角顶点的横坐标为674×18+9=12141，
∴第2023次旋转后钝角顶点坐标为(12141,3)．
故答案为（12141，3）
【点睛】本题主要考查了等腰三角形在坐标轴上无滑动的滚动，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形三
线合一的性质，勾股定理，熟练运用旋转性质探究滚动的循环组的规律，运用得到的规律解答．
【题型14 利用等腰/等边三角形的性质与判定解决多结论问题】
【例14】（2023·山东泰安·统考中考真题）如图，△ABC是等腰三角形，AB=AC，∠A=36°．以点B
1
为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于 FG的长为
2
1
半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于 BD的长为半径
2
作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①∠AED=∠ABC；
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1
②BC=AE；③ED= BC；④当AC=2时，AD=√5−1．其中正确结论的个数是（ ）
2
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据等腰三角形两底角相等与∠A=36°，得到∠ABC=∠C=72°，根据角平分线定义得到
∠ABD=∠CBD=36°，根据线段垂直平分线性质得到EB=ED，得到∠EBD=∠EDB，推出
∠EDB=∠CBD，得到DE∥BC，推出∠AED=∠ABC，①正确；根据等角对等边得到AD=AE，
AD=BD，根据三角形外角性质得到∠BDC=72°=∠C，得到BC=BD，推出BC=AE，②正确；根据
ED AD AD √5−1
△AED∽△ABC，得到 = = ，推出ED= BC，③错误；根据AC=2时，
BC AC AD+DC 2
√5−1 √5−1
CD= AD，得到 AD=2−AD,推出AD=√5−1，④正确．
2 2
【详解】∵△ABC中，AB=AC，∠A=36°，
1
∴∠ABC=∠C= (180°−∠A)=72°，
2
由作图知，BD平分∠ABC，MN垂直平分BD，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°，EB=ED，
2
∴∠EBD=∠EDB，
∴∠EDB=∠CBD，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠ABC，①正确；
∠ADE=∠C，
∴∠AED=∠ADE，
∴AD=AE，
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∵∠A=∠ABD，
∴AD=BD，
∵∠BDC=∠A+∠ABD=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BC=BD，
∴BC=AE，②正确；
设ED=x，BC=a，
则AD=a，BE=x，
∴CD=BE=x，
∵△AED∽△ABC，
ED AD AD
∴ = = ，
BC AC AD+DC
x a
∴ = ，
a a+x
∴x2+ax−a2=0，
∵x>0，
√5−1
∴x= a，
2
√5−1
即ED= BC，③错误；
2
当AC=2时，CD=2−AD，
√5−1
∵CD= AD，
2
√5−1
∴ AD=2−AD,
2
∴AD=√5−1，④正确
∴正确的有①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，
相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．
【变式14-1】（2023·湖北·统考中考真题）如图，△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∠BAC=∠DEB=∠AEF=90°，点E在△ABC内，BE>AE，连接DF交AE于点G,DE交AB于点H，
连接CF．给出下面四个结论：①∠DBA=∠EBC；②∠BHE=∠EGF；③AB=DF；④AD=CF．其
【90淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】由题意易得AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，
∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，则可证△AEB≌△FED(SAS)，然后根据全等三角形的性质及平行四
边形的性质与判定可进行求解．
【详解】解：∵△BAC,△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，
∴AB=AC,∠ABC=45°=∠DBE，AE=EF，DE=BE，∠DEB=∠AEF=∠BAC=90°，
∵∠DBA=∠DBE−∠ABE,∠EBC=∠ABC−∠ABE，
∠AEB=∠AED+∠DEB,∠FED=∠AEF+∠AED，
∴∠DBA=∠EBC,∠AEB=∠FED，故①正确；
∴△AEB≌△FED(SAS)，
∴AB=DF=AC,∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，故③正确；
∵∠ABE+∠BHE=90°,∠EFD+∠EGF=90°，∠BAE+∠EAC=90°，BE>AE，
∴∠BHE≠∠EGF，∠EGF=∠EAC；故②错误；
∴DF∥AC，
∵DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形，
∴AD=CF，故④正确；
故答案为①③④．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟
练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键．
【变式14-2】（2023·四川·中考真题）如图，点D为ΔABC的AB边上的中点，点前E为AD的中点，
3
ΔADC为正三角形，给出下列结论，①CB=2CE,②tan∠B= ，③∠ECD=∠DCB，④若AC=2，点
4
P是AB上一动点，点P到AC、BC边的距离分别为d ，d ，则d 2+d 2 的最小值是3.其中正确的结论是
1 2 1 2
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（填写正确结论的番号）
【答案】①③④
【分析】由题意可得 BCE是含有30°的直角三角形，根据含有30°的直角三角形的性质可判断①②③，易
证四边形PMCN是矩△形，可得d2＋d2＝MN2＝CP 2，根据垂线段最短，可得CP的值即可求d2＋d2的最
1 2 1 2
小值，即可判断④．
【详解】∵D是AB中点，
∴AD＝BD
∵△ACD是等边三角形，E是AD中点，
∴AD＝CD，∠ADC＝60°＝∠ACD，CE⊥AB，∠DCE＝30°，
∴CD＝BD，
∴∠B＝∠DCB＝30°，且∠DCE＝30°，CE⊥AB，
√3
∴∠ECD＝∠DCB，BC＝2CE，tan∠B＝ ，
3
故①③正确，②错误；
∵∠DCB＝30°，∠ACD＝60°.
∴∠ACB＝90°.
若AC＝2，点P是AB上一动点，点P到AC、BC边的距离分别为d，d，
1 2
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN＝CP，
∵d2＋d2＝MN2＝CP2，
1 2
∴当CP为最小值，d2＋d2的值最小，
1 2
∴根据垂线段最短，则当CP⊥AB时，d2＋d2的值最小，
1 2
此时：∠CAB＝60°，AC＝2，CP⊥AB，
∴CP＝√3，
∴d2＋d2＝MN2＝CP2＝3，
1 2
即d2＋d2的最小值为3，
1 2
故④正确；
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故答案为：①③④
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质和判定，利用垂线段最短求d2＋d2的最小值是本
1 2
题的关键．
1
【变式14-3】（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，等边ΔABC的边长为3，点D在边AC上，AD= ，
2
1
线段PQ在边BA上运动，PQ= ，有下列结论：
2
31√3
①CP与QD可能相等；②ΔAQD与ΔBCP可能相似；③四边形PCDQ面积的最大值为 ；④四边形
16
√37
PCDQ周长的最小值为3+ ．其中，正确结论的序号为（ ）
2
A．①④ B．②④ C．①③ D．②③
【答案】D
【分析】①通过分析图形，由线段PQ在边BA上运动，可得出QD＜AP≤CP，即可判断出CP与QD不可
能相等；
②假设ΔAQD与ΔBCP相似，设AQ=x，利用相似三角形的性质得出AQ=x的值，再与AQ的取值范围进
行比较，即可判断相似是否成立；
③过P作PE⊥BC于E，过F作DF⊥AB于F，利用函数求四边形PCDQ面积的最大值，设AQ=x，可表示
√3( 1 ) 1 √3 √3
出PE= 3− −x ，DF= × = ，可用函数表示出S ，S ，再根据
2 2 2 2 4 △PBC △DAQ
S −S −S ，依据0≤x≤2.5，即可得到四边形PCDQ面积的最大值；
△ABC △PBC △DAQ
④作点D关于直线AB的对称点D，作DD∥PQ，连接CD 交AB于点P′，在射线P′A上取P′Q′=PQ，此时
1 1 2 2
四边形P′CDQ′的周长为：CP'+DQ'+CD+P'Q'=CD +CD+PQ，其值最小，再由DQ′=DQ′=D P′，
2 1 2
1
AD =D D =AD= ，且∠AD D=120°，∠DAC=90°，可得CD +CD+PQ的最小值，即可得解．
1 1 2 2 1 2 2 2
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1
【详解】解：①∵线段PQ在边BA上运动，PQ= ，
2
∴QD＜AP≤CP,
∴CP与QD不可能相等，
则①错误；
②设AQ=x，
1
∵PQ= ，AB=3，
2
1
∴0≤AQ≤3- =2.5，即0≤x≤2.5，
2
假设ΔAQD与ΔBCP相似，
∵∠A=∠B=60°，
1
AD AQ 2 x
∴ = ，即 = ，
BP BC 1 3
3− −x
2
从而得到2x2−5x+3=0，解得x=1或x=1.5（经检验是原方程的根），
又0≤x≤2.5，
∴解得的x=1或x=1.5符合题意，
即ΔAQD与ΔBCP可能相似，
则②正确；
③如图，过P作PE⊥BC于E，过D作DF⊥AB于F，
设AQ=x，
1 1
由PQ= ，AB=3，得0≤AQ≤3- =2.5，即0≤x≤2.5，
2 2
1
∴PB=3− −x，
2
∵∠B=60°，
√3( 1 )
∴PE= 3− −x ，
2 2
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1
∵AD= ，∠A =60°，
2
1 √3 √3
∴DF= × = ,
2 2 4
1 1 √3( 1 ) 3√3(5 )
则S = BC×PE= ×3× 3− −x = −x ，
△PBC 2 2 2 2 4 2
1 1 √3 √3
S = AQ×DF= ×x× = x，
△DAQ 2 2 4 8
1 3√3 3√3(5 ) √3 3√3 5√3
∴四边形PCDQ面积为：S −S −S = ×3× − −x − x= + x,
△ABC △PBC △DAQ 2 2 4 2 8 8 8
又∵0≤x≤2.5，
3√3 5√3 31√3
∴当x=2.5时，四边形PCDQ面积最大，最大值为： + ×2.5= ，
8 8 16
31√3
即四边形PCDQ面积最大值为 ，
16
则③正确；
④如图，作点D关于直线AB的对称点D，作DD∥PQ，连接CD 交AB于点P′，在射线P′A上取
1 1 2 2
P′Q′=PQ，
此时四边形P′CDQ′的周长为：CP'+DQ'+CD+P'Q'=CD +CD+PQ，其值最小，
2
1
∴DQ′=DQ′=D P′，AD =D D =AD= ，
1 2 1 1 2 2
且∠AD D=180°−∠DAB=180°−∠DAB =120°，
1 2 1
180°−120°
∴∠D AD =∠D AD = =30°，∠DAC=90°，
1 2 2 1 2 2
1
在△DAD 中，∠DAD =30°，AD = ，
1 2 1 2 1 2
1 √3 √3
∴AD =2AD ⋅cos30°=2× × = ，
2 1 2 2 2
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在Rt△ADC中，
2
由勾股定理可得，CD =√AC2+AD 2=
√
32+
(√3) 2
=
√39
，
2 2 2 2
∴四边形P′CDQ′的周长为：
CP'+DQ'+CD+P'Q'=CD +CD+PQ
2
√39 ( 1) 1
= + 3− +
2 2 2
√39
=3+ ，
2
则④错误，
所以可得②③正确，
故选：D．
【点睛】本题综合考查等边三角形的性质、相似三角形的性质与判定、利用函数求最值、动点变化问题等
知识．解题关键是熟练掌握数形结合的思想方法，通过用函数求最值、作对称点求最短距离，即可得解．
【题型15 利用垂直平分线的性质求解】
【例15】（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形OABC分割成
4×10的小正方形网格．在该矩形边上取点P，来表示∠POA的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问
题：
（答题卷用）
作法（如图） 结论
∠P OA=45°
1
①在CB上取点P ，使CP =4． ，点P 表示45°
1 1 1
．
∠P OA=30°
②以O为圆心，8为半径作弧，与BC交于 2
，点P 表示30°
点P ． 2
2
．
③分别以O,P 为圆心，大于OP 长度一 …
2 2
【96淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
半的长为半径作弧，相交于点E,F，连结
EF与BC相交于点P ．
3
④以P 为圆心，OP 的长为半径作弧，与
2 2
射线CB交于点D，连结OD交AB于点P …
4
．
(1)分别求点P ,P 表示的度数．
3 4
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点P ，使该点表示37.5°（保留作图痕迹，不写作法）．
5
【答案】(1)点P 表示60°；点P 表示15°
3 4
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求出∠OP C度数，根据线段垂直平分线的性质∠P OP 度数，即可求
2 2 3
出∠P OA的度数，从而知道P 点表示度数；利用半径相等即可求出∠P OD=∠P DO，再根据平行线
3 3 2 2
的性质即可求出∠P OD=∠DOA以及对应的度数，从而知道P 点表示度数．
2 3
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
【详解】（1）解：①∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA．
∴∠OP C=∠P OA=30°
2 2
由作图可知，EF是OP 的中垂线，
2
∴OP =P P ．
3 3 2
∴∠P OP =∠P P O=30°．
3 2 3 2
∴∠P OA=∠P OP +∠P OA=60°．
3 3 2 2
∴点P 表示60°．
3
②由作图可知，P D=P O．
2 2
∴∠P OD=∠P DO．
2 2
又∵CB∥OA，
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∴∠P DO=∠DOA．
2
1
∴∠P OD=∠DOA= ∠P OA=15°．
2 2 2
∴点P 表示15°．
4
故答案为：点P 表示60°，点P 表示15°．
3 4
（2）解：如图所示，
作∠P OP 的角平分线等．如图2，点P 即为所求作的点．
3 4 5
∵点P 表示60°，点P 表示15°．
3 4
1 1 1
∠P OA= (∠P OA−∠P OA)+∠P OA= (∠P OA+∠P OA)= (60°+15°)=37.5°．
5 2 3 4 4 2 3 4 2
∴P 表示37.5°．
5
【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性
质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点．
【变式15-1】（2023·西藏·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠A=90°，分别以点B和点C为圆心，
1
大于 BC的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点；作直线MN交AB于点E．若线段AE=5，AC=12，
2
则BE长为 ．
【答案】13
【分析】根据作图可知：MN是线段BC的垂直平分线，即有BE=CE，再在Rt△AEC中，
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，问题得解．
EC=√AC2+AE2=13
【详解】连接CE，如图，
根据作图可知：MN是线段BC的垂直平分线，
∴BE=CE，
∵∠A=90°，AE=5，AC=12，
∴在Rt△AEC中，EC=√AC2+AE2=13，
∴BE=CE=13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，垂直平分线的性质以及勾股定理等知识，得出MN是线段
BC的垂直平分线，是解答本题的关键．
【变式15-2】（2023·辽宁·中考真题）如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线EG交AB于点
E，交AB的平行线CG于点G，DF⊥EG，交AC于点F．
(1)求证：BE＝CG；
(2)判断BE＋CF与EF的大小关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)BE+CF＞EF，见解析
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【分析】（1）根据题中条件，证得△BDE≌△CDG（ASA），可证得BE＝CG；
（2）先连接AG，再利用全等的性质可得 DE＝DG，再根据DF⊥GE，从而得出 FG＝EF，依据三角形两
边之和大于第三边得出 BE+CF>EF，
【详解】（1）解：∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵AB∥CG，
∴∠B＝∠DCG，
在△BDE和△CDG中，
∵∠BDE＝∠CDG，BD＝CD，∠DBE＝∠DCG，
∴△BDE≌△CDG（ASA），
∴BE＝CG；
（2）BE+CF＞EF．理由：如图，连接FG，
∵△BDE≌△CDG，
∴DE＝DG，
又∵FD⊥EG，
∴FD垂直平分EG，
∴EF＝GF，
又∵△CFG中，CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的运用，本题
中求证△BDE≌△CDG，得出BE＝CG是解题的关键．
【变式15-3】（2023·陕西·统考中考真题）问题提出
(1)如图1，AD是等边△ABC的中线，点P在AD的延长线上，且AP=AC，则∠APC的度数为
__________．
问题探究
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(2)如图2，在△ABC中，CA=CB=6,∠C=120°．过点A作AP∥BC，且AP=BC，过点P作直线
l⊥BC，分别交AB、BC于点O、E，求四边形OECA的面积．
问题解决
(3)如图3，现有一块△ABC型板材，∠ACB为钝角，∠BAC=45°．工人师傅想用这块板材裁出一个
△ABP型部件，并要求∠BAP=15°,AP=AC．工人师傅在这块板材上的作法如下：
①以点C为圆心，以CA长为半径画弧，交AB于点D，连接CD；
②作CD的垂直平分线l，与CD于点E；
③以点A为圆心，以AC长为半径画弧，交直线l于点P，连接AP、BP，得△ABP．
请问，若按上述作法，裁得的△ABP型部件是否符合要求？请证明你的结论．
【答案】(1)75°
15√3
(2)
2
(3)符合要求，理由见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的判定及性质，结合三角形内角和，先求出∠PCD=15°即可；
（2）连接BP．先证明出四边形ACBP是菱形．利用菱形的性质得出BP=AC=6，由∠ACB=120°，得
出∠PBE=60°．根据l⊥BC，得BE=PB⋅cos60°=3，PE=PB⋅sin60°=3√3，即可求出
1
S = BC⋅PE=9√3，再求出OE=√3，利用S =S −S 即可求解；
△ABC 2 四边形OECA △ABC △OBE
（3）由作法，知AP=AC，根据CD=CA,∠CAB=45°，得出∠ACD=90°．以AC、CD为边，作正
方形ACDF，连接PF．得出AF=AC=AP．根据l是CD的垂直平分线，证明出△AFP为等边三角形，
即可得出结论．
【详解】（1）解：∵AC=AP，
∴∠ACP=∠APC，
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∵2(∠ACD+∠PCD)+∠CAP=180°，
∴2×(60°+∠PCD)+30°=180°，
解得：∠PCD=15°，
∴∠ACP=∠ACD+∠PCD=75°，
∴∠APC=75°，
故答案为：75°；
（2）解：如图2，连接BP．
图2
∵AP∥BC,AP=BC=AC，
∴四边形ACBP是菱形．
∴BP=AC=6．
∵∠ACB=120°，
∴∠PBE=60°．
∵l⊥BC，
∴BE=PB⋅cos60°=3,PE=PB⋅sin60°=3√3．
1
∴S = BC⋅PE=9√3．
△ABC 2
∵∠ABC=30°，
∴OE=BE⋅tan30°=√3．
1 3√3
∴S = BE⋅OE= ．
△OBE 2 2
15√3
∴S =S −S = ．
四边形OECA △ABC △OBE 2
（3）解：符合要求．
由作法，知AP=AC．
∵CD=CA,∠CAB=45°，
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∴∠ACD=90°．
如图3，以AC、CD为边，作正方形ACDF，连接PF．
图3
∴AF=AC=AP．
∵l是CD的垂直平分线，
∴l是AF的垂直平分线．
∴PF=PA．
∴△AFP为等边三角形．
∴∠FAP=60°，
∴∠PAC=30°，
∴∠BAP=15°．
∴裁得的△ABP型部件符合要求．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的判定及性质、三角形内角和定理、菱形的判定及性
质、锐角三角函数、正方形、垂直平分线，解题的关键是要灵活运用以上知识点进行求解，涉及知识点较
多，题目较难．
【题型16 线段垂直平分线的判定】
【例16】（2023·河南·统考中考真题）如图，在ΔABC中，AB=BC=√3,∠BAC=30° ，分别以点A,C
为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA,DC,则四边形ABCD的面积为（ ）
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A．6√3 B．9 C．6 D．3√3
【答案】D
【分析】连接BD交AC于O，由已知得△ACD为等边三角形且BD是AC的垂直平分线，然后解直角三角
形解得AC、BO、BD的值，进而代入三角形面积公式即可求解．
【详解】连接BD交AC于O，
由作图过程知，AD=AC=CD，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠DAC=60º，
∵AB=BC,AD=CD，
∴BD垂直平分AC即：BD⊥AC，AO=OC，
在Rt△AOB中，AB=√3,∠BAC=30°
√3
∴BO=AB·sin30º= ，
2
3
AO=AB·cos30º= ，AC=2AO=3，
2
在Rt△AOD中，AD=AC=3,∠DAC=60º，
3√3
∴DO=AD·sin60º= ，
2
1 √3 1 3√3
∴S =S +S = ×3× + ×3× =3√3，
四 边 形ABCDΔABC ΔADC 2 2 2 2
故选：D．
【点睛】本题考查了作图-基本作图、等边三角形的判定与性质、垂直平分线、解直角三角形、三角形的面
积等知识，解题的关键是灵活运用所学知道解决问题，属于中考常考题型．
【变式16-1】（2023·四川成都·成都实外校考一模）如图，已知等腰△ABC，AD⊥BC于D，点E是AC
边上的一点，将△ABC沿线段BE翻折，点A的对应点F恰好落在BC的延长线上，若CF=2DC，则
sin∠FBE的值是 ．
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√6 1
【答案】 / √6
4 4
【分析】连接AF，延长BE交AF于点G．由折叠的性质可证BG垂直平分AF，设BD=CD=x，则
AB=BF=4x，DF=3x，根据勾股定理依次求出AD=√15x，AF=2√6x，进而可求出FG=√6x，然
后根据正弦定义求解即可．
【详解】连接AF，延长BE交AF于点G．
由折叠可得AB=BF，AM=MF，
∴BG垂直平分AF，
∴AG=FG,∠BGF=90°．
∵等腰△ABC，AD⊥BC于D，
∴BD=CD，∠ADB=90°．
设BD=CD=x．
∵CF=2DC，
∴CF=2DC=2x，
∴AB=BF=4x，DF=3x，
∴AD=√AB2−BD2=√15x，
∴AF=√AD2+DF2=2√6x，
1
∴FG= AF=√6x，
2
FG √6x √6
∴sin∠FBE= = = ．
BF 4x 4
√6
故答案为： ．
4
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【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的判定，勾股定理，以及锐角三角
函数的知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式16-2】（2023·河北保定·统考三模）如图，点D在等边△ABC的外部，连接AD、CD，AD=CD，
过点D作DE∥AB交AC于点F，交BC于点E．
(1)判断△CEF的形状，并说明理由；
(2)连接BD，若BC=10，CF=4，求DE的长．
【答案】(1)△CEF是等边三角形，理由见解析
(2)6
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=60°；根据平行线的性质可得
∠CEF=∠ABC=60°，推得∠CEF=∠CFE=∠ECF=60°，根据等边三角形的判定即可证明；
（2）根据等边三角形的性质得到AB=BC，CF=CE=4；结合题意可得BD是线段AC的垂直平分线，根
据等边三角形的三线合一的性质可得BD平分∠ABC，根据角平分线的定义得到∠ABD=∠CBD；根据
平行线的性质得到∠ABD=∠BDE，推得∠BDE=∠CBD，根据等角对等边可得BE=DE，即可求解．
【详解】（1）解：△CEF是等边三角形，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°．
∵AB∥DE，
∴∠CEF=∠ABC=60°，
∴∠CEF=∠CFE=∠ECF=60°，
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∴△CEF是等边三角形；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，△CEF是等边三角形，
∴AB=BC，CF=CE=4．
∵AD=CD，AB=BC，
∴BD是线段AC的垂直平分线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD．
∵AB∥DE，
∴∠ABD=∠BDE，
∴∠BDE=∠CBD，
∴BE=DE．
∵BC=BE+EC=DE+CF，
∴DE=BC−CF=10−4=6．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，平行线的性质，熟练掌握等边三
角形的性质是解题的关键．
【变式16-3】（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，点
P,Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP,QP,AP与OB相交于点E．
(1)如图1，连接QA．当QA=QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
(2)如图2，若∠APB=90°，且∠BAP=∠ADB，
①求证：AE=2EP；
②当OQ=OE时，设EP=a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
【答案】(1)点Q在线段PC的垂直平分线上
(2)①证明见解析，②PQ=√7a
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出AB=BC=CD=DA，再由各角之间的关系得出
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∠BAP=∠ABD=∠CBD=30°，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；③连接QC．利用等边三
角形的判定和性质得出AE=2a,AP=3a，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，点Q在线段PC的垂直平分线上．
理由如下：连接QC．
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O，
∴BD⊥AC,OA=OC
∴QA=QC．
∵QA=QP，
∴QC=QP，
∴点Q在线段PC的垂直平分线上．
（2）①证明：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，
∴∠ABD=∠ADB，∠CBD=∠CDB，
∵BD⊥AC，
∴∠ADO=∠CDO，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADO．
∵∠BAP=∠ADB，
∴∠BAP=∠ABD=∠CBD．
∴AE=BE，
∵∠APB=90°，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠BAP=∠ABD=∠CBD=30°．
在Rt△BPE中，∵∠EPB=90°,∠PBE=30°，
1
∴EP= BE．
2
∵AE=BE．
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1
∴EP= AE，
2
∴AE=2EP；
②如图，连接QC．
∵AB=BC,∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
∵∠APB=90°，
∴BP=CP，EP=a，
∴AE=2a,AP=3a
在Rt△APB中，∠APB=90°，
AP √3
∵tan∠ABP= = ，
BP 3
∴BP=√3a．
∴CP=BP=√3a
∵AO=CO，∠AOE=∠COQ,OE=OQ，
∴△AOE≌△COQ，
∴AE=CQ=2a,∠EAO=∠QCO．
∴AE∥CQ，
∵∠APB=90°，
∴∠QCP=90°．
在Rt△PCQ中，∠QCP=90°，
由勾股定理得PQ2=PC2+CQ2，
∴PQ2=(√3a) 2+(2a) 2=7a2
∴PQ=√7a．
【10淘9 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【点睛】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三
角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
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