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期末重点强化三 等腰三角形期末复习学案（解析版）
考点1 等腰三角形的性质
1．（2023秋•株洲期中）已知等腰三角形的一个内角等于80°，则它的另外两个角是 50 ° ， 50 ° 或 80 ° ，
20° ．
【思路引领】题中没有指明这个内角是顶角还是底角，故应该分两种情况进行分析，从而不难求解．
【解答】解：①80°角是顶角，则其他两个角为：50°，50°；
②80°角是底角，则其他两个角为：80°，20°；
故答案为：50°，50°或80°，20°．
【总结提升】此题主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理的综合运用．
2．如果等腰三角形的一个外角为100°．求与它不相邻的两个内角的度数．
【思路引领】先求出与这个外角相邻的内角的度数，再根据等腰三角形两底角相等分情况讨论求解．
【解答】解：∵一个外角等于100°，
∴与这个外角相邻的内角是180°﹣100°＝80°，
1
①80°角是顶角时，底角是 （180°﹣80°）＝50°，
2
与它不相邻的两个内角的度数分别为50°，50°；
②80°角是底角时，顶角是180°﹣80°×2＝20°，
与它不相邻的两个内角的度数分别为80°，20°，
综上所述，与它不相邻的两个内角的度数分别为50°，50°或80°，20°．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质，主要利用了等腰三角形两底角相等，难点在于要分情况讨
论．
3．（2018秋•崇川区校级期中）已知等腰三角形的周长为24，一边长为6，则另外两边的长是 9 ， 9 ．
【思路引领】题目给出等腰三角形有一条边长为6，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，
还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：当腰为6时，底边长＝24﹣6﹣6＝12cm，6，6，12不能构成三角形；
当底为6时，三角形的腰＝（24﹣6）÷2＝9，6，9，9能构成三角形，其他两边长为9，9．
故答案为：9，9
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要
想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解
题的关键．4．若等腰三角形的周长为20，其中两边之差为2，求腰和底边的长？
【思路引领】已知等腰三角形的周长为20，两边之差为2，但没有明确指明底边与腰谁大，因此要分两
种情况，分类讨论．
【解答】解：设三角形的腰为x，底为y，
{2x+ y=20) {2x+ y=20)
根据题意得 或 ，
x−y=2 y−x=2
22
{x= )
3 {x=6)
解得 或 ，
16 y=8
y=
3
22 16
∴等腰三角形的腰与底边的长分别为： ， 或6，8．
3 3
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质和三角形的三边关系；已知没有明确腰和底边的题目一定要
想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解
题的关键．
5．（2023 秋•肇源县期中）等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为 30°，腰长为 6，则其底边长
（ ）
A．6 B．3❑√3或3 C．6❑√3 D．6或6❑√3
【思路引领】分△ABC为钝角三角形和锐角三角形两种情况，画出对应的图形，根据喊30°角直角三角
形的性质进行解答即可．
【解答】解：分两种情况：
①△ABC为钝角三角形时，AB＝AC＝6，如图BN⊥CA于N，
则∠NBA＝30°，
❑√3
∴BN＝ABcos∠NBA＝6×cos30°＝6× =3❑√3，
2
∠BAN＝90°﹣∠ABN＝60°，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，
∵∠BAN＝∠ABC+∠C＝60°，
∴∠ABC＝∠C＝30°，
∴在Rt△CBN中，BC＝2BN＝6❑√3；
②△ABC为锐角三角形时，AB＝AC＝6，
BN⊥CA于N，
则∠NBA＝30°，
∴∠A＝90°﹣∠ABN＝60°，
∵AB＝AC＝6，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC＝AB＝AC＝6，
综上所述：底边长：6或6❑√3，
故选：D．
【总结提升】本题考查等腰三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，解直角三角形，属于基础
题，理解题意是解决问题的关键．
6．（2023秋•二道区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，以B为圆心，BC的长为半径画弧，
交AC于点D，连接BD，则∠ADB＝（ ）
A．100° B．105° C．110° D．115°1
【思路引领】先根据等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理可得∠ABC＝∠C= 75°，然后再根据
2
题意可得BD＝BC，从而可得∠C＝∠BDC＝75°，最后利用平角定义，进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝30°，
1
∴∠ABC＝∠C= （180°﹣∠A）＝75°，
2
由题意得：BD＝BC，
∴∠C＝∠BDC＝75°，
∴∠ADB＝180°﹣∠BDC＝105°，
故选：B．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
7．（2022秋•海沧区校级期中）如图所示，在△ABC中，已知AB＝AC，点D，E分别在AC，AB上，且
BD＝BC，AD＝DE＝EB，则∠A的度数是 45 ° ．
【思路引领】根据同一个三角形中等边对等角的性质，设∠ABD＝x，结合三角形外角的性质，则可用x
的代数式表示∠A、∠ABC、∠C，再在△ABC中，运用三角形的内角和为180°，可求∠A的度数．
【解答】解：∵DE＝EB
∴设∠BDE＝∠ABD＝x，
∴∠AED＝∠A＝2x，
∴∠BDC＝∠C＝∠ABC＝3x，
在△ABC中，3x+3x+2x＝180°，
解得x＝22.5°．
∴∠A＝2x＝22.5°×2＝45°．
故答案为：45°．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质，注意掌握，①求角的度数常常要用到“三角形的内角和
是180°”这一隐含的条件；②三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决．
8．（2023春•榆阳区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，DE⊥AB于点E，BF⊥AC于
点F，DE＝5cm，则BF＝（ ）A．8cm B．10cm C．12cm D．14cm
1
【思路引领】根据等腰三角形三线合一的性质，得△ADB≌△ADC，从而得到S =S = S ，
△ADB △ADC 2 △ACB
1 1
根据面积公式S△ADB =
2
AB•DE，S△ACB =
2
AC•BF，变形计算即可．
【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，得△ADB≌△ADC，
1
∴S =S = S ，
△ADB △ADC 2 △ACB
1 1
∵S△ADB =
2
AB•DE，S△ACB =
2
AC•BF，
1 1
∴ AB•DE×2= AC•BF，
2 2
∴BF＝2DE，
∵DE＝5cm，
∴BF＝10cm．
故选：B．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的三线合一性质和面积公式是解题的
关键．
9．（2022秋•东昌府区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC的是中点，AD＝AE，∠BAD＝
30°，求∠EDC的度数．
【思路引领】先利用等腰三角形的三线合一性质可得∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝30°，然后再利用
等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理可得∠ADE＝∠AED＝75°，从而利用角的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，D为BC的是中点，
∴∠ADC＝90°，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∵AD＝AE，
1
∴∠ADE＝∠AED= （180°﹣∠CAD）＝75°，
2
∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝15°，
∴∠EDC的度数为15°．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
考点2 等腰三角形的判定
10．（2023春•莲池区期末）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知A、B是两格点，如
果P也是图中的格点，且使得△ABP为等腰三角形，则点P的个数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【思路引领】分AB是腰长时，根据网格结构，找出一个小正方形与A、B顶点相对的顶点，连接即可
得到等腰三角形，AB是底边时，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，AB垂直平分线
上的格点都可以作为点P，然后相加即可得解．
【解答】解：如图，分情况讨论：
①AB为等腰△ABP的底边时，符合条件的P点有4个；
②AB为等腰△ABP其中的一条腰时，符合条件的P点有4个．
故选：D．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定；解答本题关键是根据题意，画出符合实际条件的图形．分
类讨论思想是数学解题中很重要的解题思想．11．（2023春•大田县期中）如图，已知点A，B的坐标分别为（3，0）和（0，5），在坐标轴上确定一点
C，使△ABC是等腰三角形，则符合条件的C点共有（ ）个．
A．4 B．6 C．8 D．10
【思路引领】分三种情形，AB＝AC，BA＝BC，CA＝CB，分别画图即可．
【解答】解：如图，
当AB＝AC时，以点A为圆心，AB为半径画圆，与坐标轴有三个交点（B点除外），
当BA＝BC时，以点B为圆心，AB为半径画圆，与坐标轴有三个交点（A点除外），
当CA＝CB时，画AB的垂直平分线与坐标轴有2个交点，
综上所述：符合条件的点C的个数有8个，
故选：C．
【总结提升】本题主要考查了等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质等知识，运用分类讨论思想是
解题的关键．
考点3 等腰三角形的性质和判定综合运用
12．（2023春•南明区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，∠ABC和∠ACB的平分线交于点E，过点E作MN∥BC分别交AB、AC于M、N，则△AMN的周长为（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
【思路引领】利用角平分线的定义和平行线的性质可证△MEB和△NEC是等腰三角形，从而可得MB＝
ME，NE＝NC，然后利用等量代换可得△AMN的周长＝AB+AC，进行计算即可解答．
【解答】解：∵BE平分∠ABC，CE平分∠ACB，
∴∠ABE＝∠EBC，∠ACE＝∠ECB，
∵MN∥BC，
∴∠MEB＝∠EBC，∠NEC＝∠ECB，
∴∠ABE＝∠MEB，∠ACE＝∠NEC，
∴MB＝ME，NE＝NC，
∵AB＝3，AC＝4，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN
＝AM+ME+EN+AN
＝AM+MB+CN+AN
＝AB+AC
＝3+4
＝7，
故选：C．
【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定与性质，熟练掌握利用角平分线的定义和平行线的性质可证
等腰三角形是解题的关键．
13．（2023春•东港市期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，DE⊥AC于点E，交AB于点M，且AE＝CE，
以点C为圆心，CA长为半径作弧，交DE于点F，连接CF交AB于点G．若CG＝FG，则∠BCG的度
数为 15 ° ．【思路引领】连接AF，根据线段垂直平分线的性质可得AF＝CF，结合题意易证△AFC是等边三角形，
根据等边三角形“三线合一”可得∠CAB＝30°，在△ABC中利用等腰三角形的性质和三角形内角和定
理求出∠ACB＝∠B＝75°，进而得到∠BCG＝∠ACB﹣∠ACF＝15°．
【解答】解：连接AF，如图．
∵DE⊥AC，AE＝CE，
∴AF＝CF，
由题意可知CF＝CA，
∴AF＝CF＝CA，
∴△AFC是等边三角形，
∴∠ACF＝∠CAF＝60°．
∵CG＝FG，
1
∴∠CAB= ∠CAF＝30°，
2
∵AB＝AC，
1
∴∠ACB＝∠B= （180°﹣∠CAB）＝75°，
2
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠ACF＝75°﹣60°＝15°．
故答案为：15°．
【总结提升】本题考查了线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质以及三
角形内角和定理，灵活运用等腰、等边三角形性质求解是解题的关键．
14．（2023秋•潢川县期中）如图，∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，如果射线OA上的点E满足△OCE是等腰三角形，那么∠OEC的度数为（ ）
A．120° B．75°或120°
C．30° D．120°或75°或30°
【思路引领】求出∠AOC，根据等腰得出三种情况，OE＝CE，OC＝OE，OC＝CE，根据等腰三角形性
质和三角形内角和定理求出即可．
【解答】解：如图，
∵∠AOB＝60°，OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝30°，
①当E在E 时，OE＝CE，
1
∵∠AOC＝∠OCE＝30°，
∴∠OEC＝180°﹣30°﹣30°＝120°；
②当E在E 点时，OC＝OE，
2
1
则∠OCE＝∠OEC= ×（180°﹣30°）＝75°；
2
③当E在E 时，OC＝CE，
3
则∠OEC＝∠AOC＝30°；
故选：D．
【总结提升】本题考查了角等腰三角形性质，三角形的内角和定理的应用，用了分类讨论思想．
15．（2023秋•河口区期中）如图，△ABC的点A、C在直线l上，∠B＝120°，∠ACB＝40°，若点P在直
线l上运动，当△ABP成为等腰三角形时，则∠ABP度数是 10 ° 或 80 ° 或 20 ° 或 140 ° ．【思路引领】分三种情形：AB＝AP，PA＝PB，BA＝BP分别求解即可解决问题．
【解答】解：如图，
在△ABC中，∵∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣120°﹣40°＝20°，
1
①当AB＝AP时，∠ABP ＝∠AP B＝10°，∠ABP ＝∠AP B= （180°﹣20°）＝80°，
1 1 3 3 2
②当PA＝PB时，∠ABP ＝∠AP B＝20°
2 2
③当BA＝BP时，∠ABP ＝180°﹣20°﹣20°＝140°
4
综上所述，满足条件的∠ABP的值为10°或80°或20°或140°．
【总结提升】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基
本知识，属于中考常考题型．
16．（2023春•招远市期中）如图，在△ABC中，∠BAC的平分线交BC于点D，过点D作DE∥AB交AC
于点E．
（1）求证：AE＝DE；
（2）若∠C＝100°，∠B＝40°，求∠AED的度数．
【思路引领】（1）根据角平分线性质可得∠BAD＝∠CAD，由DE∥AB，根据平行线的性质得∠BAD
＝∠ADE，得到∠CAD＝∠ADE，即可得到结论．
（2）根据三角形的内角和可求出∠BAC＝40°，由DE∥AB，根据平行线的性质即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE，
∴∠CAD＝∠ADE，
∴AE＝DE．
（2）解：∵∠C＝100°，∠B＝40°，
∴∠BAC＝40°，
∵DE∥AB，
∴∠AED+∠BAC＝180°，
∴∠AED＝140°．
【总结提升】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定和
性质，平行线的性质是解此题的关键．
17．（2023 春•昌江区校级期中）如图，在△ABC 中，E 是 BC 边上一点，AD 垂直平分 BE，CD＝
AB+BD．
（1）求证：△ACE为等腰三角形．
（2）若CE＝2DE，则线段AD，BC，AB满足什么数量关系？并说明理由．
【思路引领】（1）由垂直平分线的性质可得AB＝AE，BD＝DE，根据CD＝AB+BD可得到AE＝CE，
从而得证；
（2）AB2+4AD2＝BC2．由垂直平分线的性质可得∠ADE＝90°，AB＝AE，根据AE＝CE，CE＝2DE可
得∠DAE＝30°，说明△ABE为等边三角形，∠C＝∠CAE＝30°，∠BAC＝90°，再由勾股定理即可得证．
【解答】（1）证明：∵AD垂直平分BE，
∴AB＝AE，BD＝DE，
∵CD＝AB+BD＝CE+DE，
∴AB＝CE，
∴AE＝CE，
∴△ACE为等腰三角形；
（2）AB2+4AD2＝BC2．理由：∵AD垂直平分BE，
∴∠ADE＝90°，AB＝AE，
∵AE＝CE，CE＝2DE，
∴AE＝2DE，
∴∠DAE＝30°，
∴∠AEB＝90°﹣∠DAE＝60°，
∴△ABE为等边三角形，
∵AE＝CE，
∴∠C＝∠CAE，
∴∠AEB＝∠C+∠CAE＝60°，
∴∠C＝∠CAE＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝60°+30°＝90°，AC＝2AD，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴AB2+4AD2＝BC2．
【总结提升】本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股
定理，30°角所对的直角边等于斜边的一半及其逆定理．掌握垂直平分线的性质，等边三角形的判定和
性质，勾股定理是解题的关键
考点4 等边三角形的性质
18．（2023春•莱芜区期中）如图，等边三角形ABC与互相平行的直线a，b相交，若∠1＝15°，则∠2
的大小为（ ）
A．25° B．55° C．45° D．35°
【思路引领】先过点C作CD∥b，由直线a∥b，可得CD∥a∥b，由两直线平行，内错角相等，即可求
得答案∠4的度数，又由△ABC是等边三角形，即可求得∠3的度数，继而求得∠2的度数．
【解答】解：过点C作CD∥b，∵直线a∥b，
∴CD∥a∥b，
∴∠ACD＝∠1＝15°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣15°＝45°，
∴∠2＝∠BCD＝45°．
故选：C．
【总结提升】此题考查了平行线的性质，掌握两直线平行，内错角相等定理的应用是解题的关键．
19．（2023春•鲤城区校级期中）如图，P是三角形内一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若PD+PE+PF
＝6，且△ABC是等边三角形，则△ABC的周长为（ ）
A．12 B．18 C．24 D．30
【思路引领】延长FP交BC于N，延长EP交AB于M，由条件推出四边形PMBD，四边形PNCE是平
行四边形，△PFM，△PDN是等边三角形，得到BC＝PF+PD+PE＝6，即可求出△ABC的周长．
【解答】解：延长FP交BC于N，延长EP交AB于M，
∵PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，
∴四边形PMBD，四边形PNCE是平行四边形，
∴CN＝PE，BD＝PM，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠PDN＝∠B＝60°，∠PND＝∠C＝60°，
∴∠DPN＝180°﹣∠PDN﹣∠PND＝60°，
∴△PDN是等边三角形，同理：△PFM是等边三角形，
∴PD＝DN，PF＝MP，
∴PF＝BD，
∴BC＝BD+DN+CN＝PF+PD+PE＝6，
∴△ABC的周长为6×3＝18．
故选：B．
【总结提升】本题考查等边三角形的判定和性质，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，关键是由
等边三角形的性质，平行四边形的性质证明BC＝PF+PD+PE＝6．
20．（2023春•余江区期中）如图，等边三角形纸片ABC的边长为8，点E，F是BC边的三等分点．分别
过点E，F沿着平行于BA，CA的方向各剪一刀，则剪下的△DEF的周长是（ ）
16
A．3 B． C．6 D．8
3
8
【思路引领】首先求出EF= ，然后证△DEF为等边三角形即可求出△DEF的周长．
3
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，且边长为8．
∴∠B＝∠C＝60°，BC＝8，
∵点E，F是BC边的三等分点，
8
∴EF= ，
3
∵DE∥AB，DF∥AC，∴∠DEF＝∠B＝60°，∠DFE＝∠C＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
8
∴DE=DF=EF= ，
3
8
∴△DEF的周长是：DE+DF+EF＝3EF＝3× =8．
3
故选：D．
【总结提升】此题主要考查了等边三角形的判定和性质，平行线的性质，解答此题的关键是熟练掌握等
边三角形的性质，理解两个角都等于60°的三角形是等边三角形是解答此题的关键．
考点5 等边三角形的判定
21．（2023春•白银期中）下列对△ABC的判断，不正确的是（ ）
A．若AB＝AC，∠C＝60°，则△ABC是等边三角形
B．若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则△ABC是直角三角形
C．若∠A＝50°，∠B＝80°，则△ABC是等腰三角形
D．若AB＝BC，∠C＝40°，则∠B＝40°
【思路引领】根据等边三角形的判定和等腰三角形的判定判断即可．
【解答】解：A、若AB＝AC，∠C＝60°，则△ABC是等边三角形，说法正确，不符合题意；
B、若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，则△ABC是直角三角形，说法正确，不符合题意；
C、若∠A＝50°，∠B＝80°，可得∠C＝50°，则△ABC是等腰三角形，说法正确，不符合题意；
D、若AB＝BC，∠C＝40°，则∠A＝40°，说法错误，符合题意；
故选：D．
【总结提升】本题主要考查了等边三角形的性质，和等腰三角形的判定，题目比较基础，熟练掌握性质
是解题的关键．
22．（2023春•杨浦区期末）如图，已知O是等边三角形ABC内一点，D是线段BO延长线上一点，且OD
＝OA，∠AOB＝120°，那么∠BDC＝ 6 0 度．
【思路引领】由△ABC为等边三角形可得出AB＝AC、∠BAC＝60°，由∠AOB的度数利用邻补角互补可得出∠AOD＝60°，结合OD＝OA可得出△AOD为等边三角形，根据等边三角形的性质可得出 AO＝
AD、∠OAD＝60°，根据∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°可得出∠BAO＝∠CAD，利用全等三角
形的判定定理 SAS可证出△BAO≌△CAD，根据全等三角形的性质可得出∠ADC 的度数，再根据
∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO即可求出∠BDC的度数．
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°．
∵∠AOB＝120°，∠AOD+∠AOB＝180°，
∴∠AOD＝60°．
又∵OD＝OA，
∴△AOD为等边三角形，
∴AO＝AD，∠OAD＝60°，∠ADO＝60°．
∵∠BAO+∠OAC＝∠OAC+∠CAD＝60°，
∴∠BAO＝∠CAD．
{
AB=AC
)
在△BAO和△CAD中， ∠BAO=∠CAD ，
AO=AD
∴△BAO≌△CAD（SAS），
∴∠ADC＝∠AOB＝120°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADO＝60°．
故答案为：60．
【总结提升】本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及角的计算，通过证明
△BAO≌△CAD，找出∠ADC＝∠AOB＝120°是解题的关键．
考点6 等边三角形的性质和判定
23．（2023春•渠县校级期末）如图，已知AB＝AC，AD平分∠BAC，∠DEB＝∠EBC＝60°，若BE＝5，
DE＝2，求BC的长．【思路引领】延长ED交BC于M，延长AD交BC于N，先证△BEM为等边三角形，得出BM＝EM＝
BE＝5，求出DM；在Rt△DMN中，由∠NDM＝30°，求出MN，从而得出BN，进而求出BC的长．
【解答】解：如图所示，延长ED交BC于点M，延长AD交BC于点N，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AN⊥BC，BN＝CN，
∵∠EBC＝∠DEB＝60°，
∴∠EMB＝180°﹣∠EBC﹣∠DEB＝60°，
∴∠EBC＝∠DEB＝∠EMB，
∴△BEM为等边三角形，
∴BM＝EM＝BE＝5，
∴DM＝ME﹣DE＝3，
∵AN⊥BC，
∴∠DNM＝90°，
∴∠NDM＝90°﹣∠EMB＝30°，
1 3
∴NM= DM= ，
2 2
3 7
∴BN＝BM﹣MN＝5− = ，
2 2
∴BC＝2BN＝7．
即BC的长为7．【总结提升】本题主要考查的是等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，含 30°角的直角三角形
的性质等知识，根据题意画出辅助线构造等边三角形是解题的关键．
24．（2022秋•睢阳区期末）已知△ABC为等边三角形，AB＝10，M在AB边所在直线上，点N在AC边所
在直线上，且MN＝MC，若AM＝16，则CN的长为 4 或 3 6 ．
【思路引领】分两种情形：①当点M在AB的延长线上时，作MD⊥AC于D．②当点M在BA的延长
线上时，作MD⊥CN于D．分别求解即可．
【解答】解：由题意可知，BM＝AN＝6，
①如图，当点M在AB的延长线上时，作MD⊥AC于D．
在Rt△AMD中，
∵∠ADM＝90°，∠A＝60°，AM＝16，1
∴AD= AM＝8，
2
∴CD＝AC﹣AD＝2，
∵MN＝MC，MD⊥CN，
∴DN＝CD，
∴CN＝2CD＝4．
②如图，当点M在BA的延长线上时，作MD⊥CN于D，
在Rt△AMD中，
∵∠ADM＝90°，∠DAM＝60°，AM＝16，
1
∴AD= AM＝8，
2
∴CD＝AD+AC＝18，
∵MN＝MC，MD⊥CN，
∴DN＝CD，
∴CN＝2CD＝36，
故答案为：4或36．
【总结提升】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形的应用，解题的关键是学会用分类讨论的思想
思考问题，学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题．
25．（2021 秋•连云港期末）如图，在等边△ABC 中，∠ABC 与∠ACB 的平分线相交于点 O，且
OD∥AB，OE∥AC．
（1）试判定△ODE的形状，并说明你的理由；
（2）若BC＝10，求△ODE的周长．【思路引领】（1）证明∠ABC＝∠ACB＝60°；证明∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，即
可解决问题．
（2）证明BD＝OD；同理可证CE＝OE；即可解决问题．
【解答】解：（1）△ODE是等边三角形；理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°；
∵OD∥AB，OE∥AC，
∴∠ODE＝∠ABC＝60°，∠OED＝∠ACB＝60°，
∴△ODE为等边三角形．
（2）∵OB平分∠ABC，OD∥AB，
∴∠ABO＝∠DOB，∠ABO＝∠DBO，
∴∠DOB＝∠DBO，
∴BD＝OD；同理可证CE＝OE；
∴△ODE的周长＝BC＝10．
【总结提升】该题主要考查了等边三角形的判定及其性质的应用问题；解题的关键是灵活运用平行线的
性质、等边三角形的性质来分析、判断、解答．
26．（2022秋•南充期末）如图，在等边△ABC中，AC＝12cm，点M以2cm/s的速度从点B出发向点A运
动（不与点A重合），点N以3cm/s的速度从点C出发向点B运动（不与点B重合），设点M，N同时运动，运动时间为t s．
（1）在点M，N运动过程中，经过几秒时△BMN为等边三角形？
（2）在点M，N运动过程中，△BMN的形状能否为直角三角形，若能，请计算运动时间t；若不能，
请说明理由．
【思路引领】（1）由等边三角形的判定，当BM＝BN时，△BMN是等边三角形，由此即可解决问题；
（2）分两种情况，由直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）由题意得：BM＝2t，BN＝12﹣3t．
则当BM＝BN时，△BMN是等边三角形．
∴2t＝12﹣3t．
12
解得：t= ．
5
12
∴经过 s时△BMN为等边三角形；
5
（2）分两种情况：
①如图1，当∠BMN＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°．
1
∴BM= BN．
2
1
∴2t= (12−3t)．
2
12
∴t= ．
7
②如图2，当∠BNM＝90°时，∠BMN＝30°．
1
∴BN= BM．
21
∴12−3t= ×2t．
2
∴t＝3．
12
∴在点M，N运动过程中，当运动时间t= s或t＝3s时，△BMN为直角三角形．
7
【总结提升】本题主要考查等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解答的关键是对等边三角形
的判定定理与性质及等腰三角形的性质的掌握与灵活运用．
考点7 含30°的直角三角形的性质
27．（2021秋•江汉区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，AD⊥BC．则下列等式成立
的是（ ）
A．BD＝3DC B．AD＝2DC C．AB＝4DC D．BD＝2AC
3
【思路引领】根据在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，求出BD＝3DC，BD= AC，
2
BC＝4DC，AC＝2DC．【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝30°，
∴BC＝2AC，∠C＝60°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC＝30°，
∴AC＝2DC，
∴B不符合要求；
∴BC＝4DC，
∴C不符合要求；
∴BD＝3DC，
∴A符合要求；
∵AC＝2DC，BC＝4DC
3
∴BD= AC，
2
∴D不符合要求；
故选：A．
【总结提升】本题考查了含30度角的直角三角形，掌握此定理，应用时，要注意找准30°的角所对的直
角边，点明斜边，是解题的关键．
28．（2022秋•海淀区期末）如图，在△ABC中，∠A＝30°，AB＝BC，点D，E分别在边AB、AC上，若
沿直线DE折叠，点A恰好与点B重合，且CE＝6，则∠EBC＝ 9 0 °，AC＝ 9 ．
【思路引领】根据等腰三角形性质得到∠C＝30°，再根据三角形内角和是180°得到∠ABC＝120°，然后
由折叠可知∠EBA＝∠A＝30°，AE＝BE，最后利用直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半解答即
可．
【解答】解：∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C＝30°．
∴∠ABC＝180°﹣∠A﹣∠C＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
由折叠可知，
∠EBA＝∠A＝30°，AE＝BE，∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝120°﹣30°＝90°，
∴CE＝2BE，
1
∴BE= CE=3，
2
∴AE＝3．
AC＝AE+CE＝3+6＝9．
故答案为：90，9．
【总结提升】本题考查了翻折问题，熟练运用等腰三角形与含30度角直角三角形的性质是解题的关键．
29．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝15°，AB的垂直平分线交BC于点D．若BD＝6，则AC的长
为 3 ．
【思路引领】根据线段垂直平分线的性质可得DA＝DB＝6，从而可得∠B＝∠DAB＝15°，然后利用三
角形额外角性质可得∠ADC＝30°，从而在Rt△ACD中，利用含30度角的直角三角形的性质即可解答．
【解答】解：∵AB的垂直平分线交BC于点D，BD＝6，
∴AD＝BD＝6，
∴∠B＝∠DAB＝15°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝30°，
∵∠C＝90°，
1
∴AC= AD＝3，
2
故答案为：3．
【总结提升】本题考查了含30度角的直角三角形，线段垂直平分线的性质，熟练掌握含30度角的直角
三角形的性质，以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．
30．（2022秋•松原期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AC＝4，CD平分∠ACB，交
边AB于点D，点E是边AB的中点．点P为边CB上的一个动点．
（1）AE＝ 4 ，∠ACD＝ 4 5 度；
（2）当四边形ACPD为轴对称图形时，求CP的长；
（3）若△CPD是等腰三角形，求∠CPD的度数；
（4）若点M在线段CD上，连接MP、ME，直接写出MP+ME的值最小时CP的长度．【思路引领】（1）根据题意可得∠B＝30°，则AB＝2AC＝2AE，即可求出AE的长，再根据角平分线的
性质即可求出∠ACD的度数．
（2）根据轴对称图形的性质即可解答．
（3）根据题意可得∠PCD＝45°，分三种情况：当PC＝PD时；当DP＝DC时；当CP＝CD时．再依次
根据三角形内角和定理即可求解．
（4）过点M作MP⊥BC，作点P关于CD的对称点P′，根据题意可得∠PCM＝∠P′CM，CM＝
CM，∠MPC＝∠MP′C＝90°，根据AAS可证明△PCM≌△P′CM，则PM＝P′M，CP＝CP′，因此
MP+ME＝MP′+ME≥EP′，以此得出当点 E、M、P′三点共线时，MP+ME 的值最小，此时
EP′∥BC，最后根据解含30度角的直角三角形即可得到结果．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠ACB﹣∠A＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∵点E是边AB的中点，
1
∴AE= AB=4，
2
∵CD平分∠ACB，
1
∴∠ACD= ×90°＝45°；
2
故答案为：4，45．
（2）∵四边形ACPD为轴对称图形，CD平分∠ACB，
∴对称轴为直线CD，
∴CP＝CA＝4；
（3）∵CD平分∠ACB，
∴∠PCD＝45°，
当PC＝PD时，
∠PDC＝∠PCD＝45°，
∴∠CPD＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝90°；当DP＝DC时，
∠CPD＝∠PCD＝45°；
当CP＝CD时，
∠CPD＝∠CDP＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°；
综上，∠CPD的度数为90°或45°或67.5°．
（4）如图，点M在CD上，且MP⊥BC，作点P关于CD的对称点P′，
∵MP⊥BC，
∴MP′⊥AC，
∵CD平分∠ACB，
∴∠PCM＝∠P′CM，
在△PCM和△P′CM中，
{∠MPC=∠MP′C
)
∠PCM=∠P′CM ，
CM=CM
∴△PCM≌△P′CM（AAS），
∴PM＝P′M，CP＝CP′，
∵MP+ME＝MP′+ME≥EP′，
∴当点E、M、P′三点共线时，MP+ME的值最小，
又∵根据垂线段最短，
∴当EP′⊥AC时，EP′有最小值，
∴EP′∥BC，
∴∠AEP′＝∠B＝30°，∠AP′E＝∠ACB＝90°，
∵AE＝4，
1
∴AP′= AE=2，
2
∴CP＝CP′＝AC﹣AP′＝2．
【总结提升】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含
30度角的直角三角形、角平分线的性质，本题综合性较强，作出辅助线，得出当点E、M、P′三点共线时，MP+ME的值最小是解题关键．
31．（2023春•舞钢市期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB的垂直平分线交AC于点
D，交AB于点E，若AC＝12，则AD的长是（ ）
A．6 B．8 C．3❑√2 D．2❑√3
【思路引领】连接BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得 BD＝AD，再根据等
1 1
边对等角求出∠ABD＝∠A＝30°，然后求出∠CBD＝30°，故可得出CD= BD= AD，从而得到
2 2
2
AD= AC，根据AC＝12即可得出结论．
3
【解答】解：连接BD，如图所示：
∵DE是AB的垂直平分线，
∴BD＝AD，
∴∠ABD＝∠A＝30°，
∴∠CBD＝180°﹣90°﹣30°×2＝30°，
∴∠CBD＝∠ABD＝30°，
1 1
∴CD= BD= AD，
2 2
2
∴AD= AC，
3
∵AC＝12，
2
∴AD= ×12=8．
3
故选：B．【总结提升】本题考查的是含30角的直角三角形、垂直平分线，熟知直角三角形30°角所对的直角边等
于斜边的一半是解题的关键．
32．（2022秋•陕西期末）如图，CD是等边△ABC边AB上的中线，AC的垂直平分线交AC于点E，交
CD于点F，若DF＝1，则CD的长为 3 ．
【思路引领】根据三线合一得出∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，连接AF，根据垂直平分线的性质得出AF
＝FC，根据等边对等角得出∠FAE＝∠FCA＝30°，即可得出∠DAF＝30°，根据含30度角的直角三角形
的性质，得出AF＝2＝FC，进而即可求解．
【解答】解：∵CD是等边△ABC边AB上的中线，
∴CD是AB上的高，是∠ACB的平分线，
∴∠ADF＝90°，∠ACD＝30°，
如图，连接AF，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AF＝FC，
∴∠FAE＝∠FCA＝30°
∴∠DAF＝30°
在Rt△ADF中，DF＝1，
∴AF＝2＝FC，
∴CD＝DF+FC＝1+2＝3，
故答案为：3．
【总结提升】本题考查了等边三角形的性质，垂直平分线的性质，等边对等角，含 30度角的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
33．（2022秋•细河区期末）如图，在△ABC中，∠A＝∠ACB＝30°，分别以点B，A为圆心，BC，AC长
为半径作弧，两弧交于点 D，连接 CD，交 AB 的延长线于点 E．有下列结论：①∠CBE＝60°；
②S△ABC ＝BE•CE；③AC＝CD；④AE垂直平分线段CD．其中，正确结论是（ ）
A．①④ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【思路引领】连接AD，BD，根据等角对等边可得 BA＝BC，再利用三角形的外角性质可得∠CBE＝
60°，然后根据题意可得：BC＝BD，AD＝AC，从而可得AE是CD的垂直平分线，进而可得∠AEC＝
90°，再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ACE＝60°，∠BCE＝30°，从而在Rt△BCE中，利用含
30度角的直角三角形的性质可得 BC＝2BE，进而利用三角形的面积公式，进行计算可得 S△ABC ＝
BE•CE，最后再根据等边三角形的判定可得△ACD是等边三角形，从而可得AC＝CD，即可解答．
【解答】解：连接AD，BD，
∵∠CAB＝∠ACB＝30°，
∴BA＝BC，
∵∠CBE是△ABC的一个外角，
∴∠CBE＝∠CAB+∠ACB＝60°，
由题意得：BC＝BD，AD＝AC，
∴AE是CD的垂直平分线，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠CAB＝60°，∠BCE＝90°﹣∠CBE＝30°，
∴BC＝2BE，
1
∴S△ABC =
2
AB•CE
1
= BC•CE
2
1
= •2BE•CE
2
＝BE•CE，∵AC＝AD，∠ACE＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC＝CD，
所以，上列结论，其中正确的是①②③④，
故选：D．
【总结提升】本题考查了含30度角的直角三角形，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，根据
题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
34．（2022秋•利川市期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB
于E．
（1）如图1，连接CE，求证：△BCE是等边三角形；
（2）如图2，点M为CE上一点，连接BM，作等边△BMN，连接EN，求证：EN∥BC；
（3）如图3，点P为线段AD上一点，连接BP，作∠BPQ＝60°，PQ交DE延长线于Q，探究线段
PD，DQ与AD之间的数量关系，并证明．
【思路引领】（1）由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，由角平分线的定义得出∠A＝∠DBA，证出
1
AD＝BD，由线段垂直平分线的性质得出 AE＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出 CE= AB＝
2
BE，即可得出结论；
（2）由等边三角形的性质得出BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，证出∠CBM＝∠EBN，由
SAS证明△CBM≌△EBN，得出∠BEN＝∠BCM＝60°，得出∠BEN＝∠EBC，即可得出结论；
（3）延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，证出△PDF为等边三角形，得出PF＝PD＝DF，∠F＝∠PDQ＝60°，得到∠F＝∠PDQ＝60°，证出∠Q＝∠PBF，由AAS证明△PFB≌△PDQ，得出DQ＝BF
＝BD+DF＝BD+DP，证出AD＝BD，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BD是△ABC的角平分线，
1
∴∠DBA= ∠ABC＝30°，
2
∴∠A＝∠DBA，
∴AD＝BD，
∵DE⊥AB，
∴AE＝BE，
1
∴CE= AB＝BE，
2
∴△BCE是等边三角形；
（2）证明：∵△BCE与△MNB都是等边三角形，
∴BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，
∴∠CBM＝∠EBN，
在△CBM和△EBN中，
{
BC=BE
)
∠CBM=∠EBN ，
BM=BN
∴△CBM≌△EBN（SAS），
∴∠BEN＝∠BCM＝60°，
∴∠BEN＝∠EBC，
∴EN∥BC；
（3）解：DQ＝AD+DP；理由如下：
延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，如图所示：
∵∠PDF＝∠BDC＝∠A+∠DBA＝30°+30°＝60°，
∴△PDF为等边三角形，
∴PF＝PD＝DF，∠F＝60°，
∵∠PDQ＝90°﹣∠A＝60°，
∴∠F＝∠PDQ＝60°，∴∠BDQ＝180°﹣∠BDC﹣∠PDQ＝60°，
∴∠BPQ＝∠BDQ＝60°，
∴∠Q＝∠PBF，
在△PFB和△PDQ中，
{∠Q=∠PBF
)
∠PDQ=∠F ，
PF=PD
∴△PFB≌△PDQ（AAS），
∴DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，
∵∠A＝∠ABD，
∴AD＝BD，
∴DQ＝AD+DP．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定、直角三
角形斜边上的中线性质等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要通过作辅助线证明
等边三角形和三角形全等才能得出结论．
