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专题21等腰三角形十六大题型（举一反三）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_教师版（含答案解析）

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专题21等腰三角形十六大题型（举一反三）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_教师版（含答案解析）
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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 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
【86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
( ( 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
【87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
，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
【94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
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，
【98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
，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．
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【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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