資源簡介

第四章 三角形
第18講 等腰三角形
（思維導圖+2考點+3命題點18種題型（含2種解題技巧））
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 等腰三角形
考點二 等邊三角形
04題型精研·考向洞悉
命題點一 等腰三角形的性質與判定
題型01 分類討論思想在等腰三角形中的應用
題型02 根據等邊對等角求解或證明
題型03 根據三線合一求解或證明
題型04 在格點圖中畫等腰三角形
題型05 根據等角對等邊求邊長
題型06 根據等角對等邊證明
題型07 確定構成等腰三角形的點
題型08 等腰三角形性質與判定綜合
命題點二 等邊三角形的性質與判定
題型01 利用等邊三角形的性質求解
題型02 等邊三角形的判定
題型03 等邊三角形性質與判定綜合
命題點三 熱考題型匯總
題型01 手拉手模型
題型02 與等腰三角形有關的折疊問題
題型03 與等腰三角形有關的動點問題
題型04 與等腰三角形有關的新定義問題
題型05 與等腰三角形有關的規律探究問題
題型06 與等腰三角形有關的多結論問題
題型07 探究等腰三角形中存在的線段數量關系
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
等腰三角形 ★★ 理解等腰三角形的概念，探索并證明等腰三角形的性質定理；探索并掌握等腰三角形的判定定理.
等邊三角形 ★★ 探索等邊三角形的性質定理及其判定定理.
【考情分析】該板塊內容重在掌握基本知識的基礎上靈活運用，也是考查重點，年年都會考查，最為經典的“手拉手”模型就是以等腰三角形為特征總結的.而數學中考中，等腰三角形單獨出題的可能性還是比較大的，多以選擇填空題型出現，但是因為等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形結合其他考點出成壓軸題的幾率特別大，所占分值也是比較多，屬于是中考必考的中等偏上難度的考點.
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 等腰三角形
定義：有兩條邊相等的三角形，叫做等腰三角形，其中相等的兩條邊叫做腰，另一邊叫做底，兩腰所夾的角叫做頂角，底邊與腰的夾角叫做底角.
【特殊】頂角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的兩個底角都為45°.
【注意】等腰三角形的底角只能為銳角，不能為鈍角（或直角），但頂角可為鈍角（或直角）．
等腰三角形性質：
1）等腰三角形是軸對稱圖形，它有1條或3條對稱軸，
①當腰和底邊不相等的等腰三角形只有1條對稱軸，
②當腰和底邊不相等的等腰三角形只有3條對稱軸.
2）等腰三角形的兩個底角相等（簡稱“等邊對等角”）.
3）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.
【注意】“三線合一”的前提是等腰三角形，且必須是頂角的角平分線，底邊上的高和底邊上的中線.
等腰三角形的判定：
1）定義法：兩邊相等的三角形是等腰三角形；
2）定理法：有兩個角相等的三角形是等腰三角形，即這兩個角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.
【總結】證明兩個角相等的方法：
1）如果角在同一個三角形中，先考慮“等邊對等角”來證明.
2）如果角不在同一個三角形中，可證明兩個三角形全等來解決.
【易錯易混】
1）底角為頂角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分線將原等腰三角形分成兩個等腰三角形．（即頂角36°，底角72°）.
2）等腰三角形的判定定理是證明兩條線段相等的重要依據，是把三角形中的角的相等關系轉化為邊的相等關系的重要依據．
3）等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.
1．（2024·江蘇鎮江·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別為6和2，則第三邊長為 ．
2．（2024·四川·中考真題）如圖，在中，，，按如下步驟作圖：①以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點D，E；②分別以點D，E為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧在的內部相交于點F，作射線交于點G．則的大小為 度．
3．（2024·云南·中考真題）已知是等腰底邊上的高，若點到直線的距離為3，則點到直線的距離為（ ）
A． B．2 C．3 D．
4．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是邊，的中點，連接，．若，則的長為

5．（2023·吉林·中考真題）圖①、圖②、圖③均是的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，線段的端點均在格點上．在圖①、圖②、圖③中以為邊各畫一個等腰三角形，使其依次為銳角三角形、直角三角形、鈍角三角形，且所畫三角形的頂點均在格點上．

考點二 等邊三角形
定義：三條邊都相等的三角形叫等邊三角形，它是特殊的等腰三角形.
等邊三角形的性質：
1）等邊三角形是軸對稱圖形，并且有3條對稱軸；
2）等邊三角形的三條邊相等；
3）三個內角都相等，并且每個內角都是60°.
等邊三角形的判定：
1）定義法：三邊相等的三角形是等邊三角形；
2）三個角都相等的三角形是等邊三角形.
3）有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形.
【補充】
1）等邊三角形具有等腰三角形的一切性質.
2）等邊三角形的內心、外心、重心和垂心重合．
3）在等腰三角形中，只要有一個角是60°，無論這個角是頂角還是底角，這個三角形就是等邊三角形．
4）等邊三角形面積的求解方法：S正三角形=
1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，直線，等邊三角形的兩個頂點B，C分別落在直線l，m上，若，則的度數是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川·中考真題）如圖，正六邊形內接于，，則的長為（ ）
A．2 B． C．1 D．
4．（2024·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，在中，D是的中點，，，則的長是（ ）
A．3 B．6 C． D．
5．（2023·福建·中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為 ．

04題型精研·考向洞悉
命題點一 等腰三角形的性質與判定
題型01 分類討論思想在等腰三角形中的應用
等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.
【易錯點】注意所求結果需滿足三角形三邊關系.
1．（2024·內蒙古赤峰·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別是方程的兩個根，則這個三角形的周長為（　　）
A．或 B．或 C． D．
2．（2022·四川廣安·中考真題）若（a﹣3）2+=0，則以a、b為邊長的等腰三角形的周長為 ．
3．（2024·湖南長沙·模擬預測）若等腰三角形的周長是，其中一邊長是，則該等腰三角形的底邊長是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·上?！つM預測）等腰三角形的一個內角為，隨機選取1個內角，度數為
5．（2024·四川達州·模擬預測）一個等腰三角形一腰上的高與另一腰的夾角為，則此三角形頂角度數為 ．
題型02 根據等邊對等角求解或證明
1．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在中，，，，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西·中考真題）如圖，是的弦，連接，，是所對的圓周角，則與的和的度數是 ．

3．（2024·山西·中考真題）如圖1是一個可調節的電腦桌，它的工作原理是利用液體在封閉的管路中傳遞力和能量．圖2是將其正面抽象成的圖形，其中桌面與底座平行，等長的支架交于它們的中點E，液壓桿．若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·重慶渝北·模擬預測）如圖， 在中，， 若，為的中線， 點E在邊上(不與端點重合)，與交于點 F， 若， 則 ．
題型03 根據三線合一求解或證明
1．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，在和中，，，將繞點A順時針旋轉一定角度，當時，的度數是 ．
2．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在中，，，為邊的中點，點，分別在邊，上，，則四邊形的面積為（ ）
A．18 B． C．9 D．
4．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，在中，，，則的長是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．9
4．（2024·福建·中考真題）小明用兩個全等的等腰三角形設計了一個“蝴蝶”的平面圖案．如圖，其中與都是等腰三角形，且它們關于直線對稱，點，分別是底邊，的中點，．下列推斷錯誤的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·遼寧沈陽·中考真題）如圖，在中，，是邊上的中線，點在的延長線上，連接，過點作交的延長線于點，連接、，求證：四邊形是菱形．

題型04 在格點圖中畫等腰三角形
1．（2021·吉林·中考真題）圖①、圖2均是的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，小正方形的邊長為1，點，點均在格點上，在給定的網格中按要求畫圖，所畫圖形的頂點均在格點上．
（1）在圖①中，以點，，為頂點畫一個等腰三角形；
（2）在圖②中，以點，，，為頂點畫一個面積為3的平行四邊形．
2．（2021·江蘇揚州·中考真題）如圖，在的正方形網格中有兩個格點A、B，連接，在網格中再找一個格點C，使得是等腰直角三角形，滿足條件的格點C的個數是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，線段、線段的端點均在小正方形的頂點上．
(1)在圖中畫以為斜邊的等腰直角，點D在小正方形的格點上；
(2)在（1）的條件下，在圖中以為邊畫，點C在小正方形的格點上，使，且 連接，直接寫出線段的長．
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在的正方形網格中，每個小正方形的頂點稱為格點，的頂點均在格點上.按要求完成下列畫圖．
(1)在圖1中畫出一個以為底的等腰，使，點在格點上，并直接寫出的周長；
(2)在圖2中的邊上找一點，連接，使．(要求：用無刻度直尺，保留必要的畫圖痕跡，不寫畫法)
題型05 根據等角對等邊求邊長
1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，中，，點在的延長線上，，若平分，則 ．
2．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，正五邊形的邊長為4，則這個正五邊形的對角線的長是 ．

3．（2023·浙江·中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點，．若，則的長是 ．

4．（2022·江蘇淮安·中考真題）如圖，在中，，，，點是邊上的一點，過點作，交于點，作的平分線交于點，連接．若的面積是2，則的值是 ．
題型06 根據等角對等邊證明
1．（2024·內蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在中，，以點為圓心，適當長為半徑畫弧分別交于點和點，再分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接并延長交于點．若的面積為8，則的面積是（ ）
A．8 B．16 C．12 D．24
2．（2024·山東·中考真題）如圖，已知，以點為圓心，以適當長為半徑作弧，分別與、相交于點，；分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內部相交于點，作射線．分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，，作直線分別與，相交于點，．若，，則到的距離為 ．
3．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，把矩形紙片沿對角線折疊，使點C落在點E處，與交于點F，若，，則的值是 ．
4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，在中，，．
(1)求證：；
(2)若，平分，請直接寫出的形狀．
題型07 確定構成等腰三角形的點
1．（2024·貴州畢節·一模）點A，B在直線l同側，若點C是直線l上的點，且是等腰三角形，則這樣的點C最多有（ ）
A．5個 B．4個 C．3個 D．2個
2．（2022·江蘇南京·一模）如圖，M，N是∠AOB的邊OA上的兩個點(OM＜ON)，∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若邊OB上有且只有1個點P，滿足△PMN是等腰三角形，則a的取值范圍是 ．
3．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，過原點O的直線與反比例函數 的圖象交于，兩點，一次函數的圖象過點A與反比例函數交于另一點．

(1)求反比例函數的解析式；當時，根據圖象直接寫出x的取值范圍；
(2)在y軸上是否存在點，使得為等腰三角形？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
4．（2020·四川廣元·中考真題）如圖所示，一次函數的圖象與反比例函數的圖象交于．
（1）求反比例函數和一次函數的解析式；
（2）在x軸上存在一點C，使為等腰三角形，求此時點C的坐標；
（3）根據圖象直接寫出使一次函數的值大于反比例函數的值的x的取值范圍．
題型08 等腰三角形性質與判定綜合
1．（2024·江蘇南通·中考真題）如圖，在中，，．正方形的邊長為，它的頂點D，E，G分別在的邊上，則的長為 ．
2．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，B、E、C、F是直線l上的四點，相交于點G，，，．
(1)求證：是等腰三角形；
(2)連接，則與l的位置關系是________．
3．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）感悟
如圖1，在中，點，在邊上，，．求證：．
應用
（1）如圖2，用直尺和圓規在直線上取點，點（點在點的左側），使得，且（不寫作法，保留作圖痕跡）；
（2）如圖3，用直尺和圓規在直線上取一點，在直線上取一點，使得，且（不寫作法，保留作圖痕跡）．
4．（2024·江蘇南通·中考真題）綜合與實踐：九年級某學習小組圍繞“三角形的角平分線”開展主題學習活動．
【特例探究】
（1）如圖①，②，③是三個等腰三角形（相關條件見圖中標注），列表分析兩腰之和與兩腰之積．
等腰三角形兩腰之和與兩腰之積分析表
圖序 角平分線的長 的度數 腰長 兩腰之和 兩腰之積
圖① 1 2 4 4
圖② 1 2
圖③ 1 ______ ______ ______
請補全表格中數據，并完成以下猜想．
已知的角平分線，，，用含的等式寫出兩腰之和與兩腰之積之間的數量關系：______．
【變式思考】
（2）已知的角平分線，，用等式寫出兩邊之和與兩邊之積之間的數量關系，并證明．
【拓展運用】
（3）如圖④，中，，點D在邊上，．以點C為圓心，長為半徑作弧與線段相交于點E，過點E作任意直線與邊，分別交于M，N兩點．請補全圖形，并分析的值是否變化？
命題點二 等邊三角形的性質與判定
題型01 利用等邊三角形的性質求解
1．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖所示的曲邊三角形也稱作“萊洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等邊三角形；分別以點，，為圓心，以的長為半徑作，，．三段弧所圍成的圖形就是一個曲邊三角形．若該“萊洛三角形”的周長為，則它的面積是 ．
2．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形為正方形，為等邊三角形，于點F，若，則 ．
3．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標系中，等邊三角形ABC的頂點的坐標為，點均在軸上．將繞頂點逆時針旋轉得到，則點的坐標為 ．
4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，等邊鋼架的立柱于點D，長．現將鋼架立柱縮短成，．則新鋼架減少用鋼（ ）
A． B． C． D．
題型02 等邊三角形的判定
1．（2022·浙江嘉興·中考真題）小曹同學復習時將幾種三角形的關系整理如圖，請幫他在橫線上 填上一個適當的條件．
2．（2022·青海西寧·中考真題）如圖，∠MON=60°，以點O為圓心，適當長為半徑畫弧，交OM于點A，交ON于點B；分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，兩弧在∠MON的內部相交于點P，畫射線OP；連接AB，AP，BP，過點P作PE⊥OM于點E，PF⊥ON于點F．則以下結論錯誤的是（ ）

A．△AOB是等邊三角形 B．PE=PF
C．△PAE≌△PBF D．四邊形OAPB是菱形
3．（2020·山西·中考真題）中國美食講究色香味美，優雅的擺盤造型也會讓美食錦上添花．圖①中的擺盤，其形狀是扇形的一部分，圖②是其幾何示意圖（陰影部分為擺盤），通過測量得到，，兩點之間的距離為，圓心角為，則圖中擺盤的面積是（ ）
A． B． C． D．
4．（2020·四川雅安·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，，對角線平分．
（1）求證：是等邊三角形；
（2）過點作交的延長線于點，若，求的面積．
題型03 等邊三角形性質與判定綜合
1．（2024·江蘇鎮江·中考真題）如圖，四邊形為平行四邊形，以點為圓心，長為半徑畫弧，交邊于點E，連接，，，則的長 （結果保留）．
2．（2024·海南·中考真題）如圖，是半圓O的直徑，點B、C在半圓上，且，點P在上，若，則等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·湖北·中考真題）如圖，由三個全等的三角形(，，)與中間的小等邊三角形拼成一個大等邊三角形．連接并延長交于點G，若，則：
（1）的度數是 ；
（2）的長是 ．
4．（2023·北京·中考真題）如圖，圓內接四邊形的對角線，交于點，平分，．

(1)求證平分，并求的大小；
(2)過點作交的延長線于點．若，，求此圓半徑的長．
命題點三 熱考題型匯總
題型01 手拉手模型
常見模型種類：
等腰三角形
手拉手模型 等邊三角形
手拉手模型 等腰直角三角形
手拉手模型 正方形 手拉手模型
【小結】
1）頭頂頭，左手拉左手，右手拉右手，那么，頭左左≌頭右右.
2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE.
1．（2020·四川廣元·中考真題）如圖所示，均為等邊三角形，邊長分別為，B、C、D三點在同一條直線上，則下列結論正確的 ．（填序號）
① ② ③為等邊三角形 ④ ⑤CM平分
2．（2024·遼寧大連·一模）【模型定義】
它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．他們得知這種模型稱為“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰長看作是小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點，類似大手拉著小手．
【模型探究】
（1）如圖，若和均為等邊三角形，點、、在同一條直線上，連接，則的度數為 ；線段與之間的數量關系是 ．
【模型應用】
（2）如圖，，，求證：；
（3）如圖，為等邊內一點，且，以為邊構造等邊，這樣就有兩個等邊三角形共頂點，然后連接，求的度數是 ．
【拓展提高】
（4）如圖，在中，，，點為外一點，點為中點，，，求的度數．（用含有m的式子表示）
（5）如圖，兩個等腰直角三角形和中，，，，連接，，兩線交于點，請證明和的數量關系和位置關系．
3．（2024·河南駐馬店·二模）【問題發現】
（1）在數學活動課上，趙老師給出如下問題：“如圖1 所示， 是等腰直角三角形，，，點D在上，連接，探究，，之間的數量關系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答問題如下：
圖示 思路
將線段繞點 逆時針旋轉得線段，連接，，易證，得到，，在 中，易得 ，由，得，， 之間的數量關系為_______．
【類比分析】
（2）如圖2所示，當點在線段的延長線上時，請問（1）中的結論還成立嗎？請給出判定，并寫出你的推導過程；
【拓展延伸】
（3）若（1）中的點 在射線上，且 請直接寫出的度數．

4．（2023·河南鄭州·二模）由兩個頂角相等且有公共頂角頂點的特殊多邊形組成的圖形，如果把它們的底角頂點連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．

(1)【問題發現】
如圖1所示，兩個等腰直角三角形和中，，，，連接、，兩線交于點P，和的數量關系是 　 ??；和的位置關系是 　 ??；
(2)【類比探究】
如圖2所示，點P是線段上的動點，分別以、為邊在的同側作正方形與正方形，連接分別交線段、于點M、N．
①求的度數；
②連接交于點H，直接寫出的值；
(3)【拓展延伸】
如圖3所示，已知點C為線段上一點，，和為同側的兩個等邊三角形，連接交于N，連接交于M，連接，直接寫出線段的最大值．
5．（2022·青?！ぶ锌颊骖}）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形.
(1)問題發現：
如圖1，若和是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：；
圖1
(2)解決問題：如圖2，若和均為等腰直角三角形，，點A，D，E在同一條直線上，CM為中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系并說明理由.
圖2
題型02 與等腰三角形有關的折疊問題
1．（2024·海南·中考真題）如圖，矩形紙片中，，點E、F分別在邊上，將紙片沿折疊，使點D的對應點在邊上，點C的對應點為，則的最小值為 ，CF的最大值為 ．
2．（2023·江蘇徐州·中考真題）如圖，在中，，點在邊上．將沿折疊，使點落在點處，連接，則的最小值為 ．

3．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片，，，他進行了如下操作：
第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕，將紙片展平．
第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把沿折疊得到，交折痕于點E，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·遼寧大連·中考真題）綜合與實踐
問題情境：數學活動課上，王老師給同學們每人發了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．
已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當點落在上時，．”
小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”
實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如圖1，當點落在上時，求證：；
（2）如圖2，若點為中點，，求的長．
問題解決：小明經過探究發現：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．
題型03 與等腰三角形有關的動點問題
1．（2024·吉林·中考真題）如圖，在中，，，，是的角平分線．動點P從點A出發，以的速度沿折線向終點B運動．過點P作，交于點Q，以為邊作等邊三角形，且點C，E在同側，設點P的運動時間為，與重合部分圖形的面積為．

(1)當點P在線段上運動時，判斷的形狀（不必證明），并直接寫出的長（用含t的代數式表示）．
(2)當點E與點C重合時，求t的值．
(3)求S關于t的函數解析式，并寫出自變量t的取值范圍．
2．（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，在 中，，，，為邊上的動點．連接，將繞點逆時針旋轉得到，過點作，交直線于點．連接、，分別取、的中點、，連接，交于點．
(1)若點與點重合，則線段的長度為______．
(2)隨著點的運動，與的長度是否發生變化？若不變，求出與的長度；若改變，請說明理由．
3．（2024·山東德州·中考真題）在中，，，點D是上一個動點（點D不與A，B重合），以點D為中心，將線段順時針旋轉得到線．
(1)如圖1，當時，求的度數；
(2)如圖2，連接，當時，的大小是否發生變化？如果不變求，的度數；如果變化，請說明理由；
(3)如圖3，點M在CD上，且，以點C為中心，將線CM逆時針轉得到線段CN，連接EN，若，求線段EN的取值范圍．
4．（2023·重慶·中考真題）如圖，是邊長為4的等邊三角形，動點E，F分別以每秒1個單位長度的速度同時從點A出發，點E沿折線方向運動，點F沿折線方向運動，當兩者相遇時停止運動．設運動時間為t秒，點E，F的距離為y．

(1)請直接寫出y關于t的函數表達式并注明自變量t的取值范圍；
(2)在給定的平面直角坐標系中畫出這個函數的圖象，并寫出該函數的一條性質；
(3)結合函數圖象，寫出點E，F相距3個單位長度時t的值．
70．（2022·江蘇蘇州·中考真題）定義：一個三角形的一邊長是另一邊長的2倍，這樣的三角形叫做“倍長三角形”．若等腰△ABC是“倍長三角形”，底邊BC的長為3，則腰AB的長為 ．
題型04 與等腰三角形有關的新定義問題
1．（2024·山東日照·二模）給出一個新定義：有兩個等腰三角形，如果它們的頂角相等、頂角頂點互相重合且其中一個等腰三角形的一個底角頂點在另一個等腰三角形的底邊上，那么這兩個等腰三角形互為“友好三角形”．
(1)如圖①，和互為“友好三角形”，點D是邊上一點（不與點B重合），，，，連接，則________（填“<”或“=”或“>”），________°；
(2)如圖②，和互為“友好三角形”，點D是邊上一點，，，，M、N分別是底邊的中點，請探究與的數量關系，并說明理由；
(3)如圖③，和互為“友好三角形”，點D是邊上一動點，，，，M、N分別是底邊的中點，請直接寫出與的數量關系（用含的式子表示）
3．（2024·山東濟寧·二模）定義：頂角相等且頂點重合的兩個等腰三角形叫做“同源三角形”，我們稱這兩個頂角為“同源角”．如圖，和為“同源三角形”， ，，與為“同源角”．
(1)如圖1和為“同源三角形”， 與為“同源角”，請你判斷與的數量關系，并說明理由；
(2)如圖2，若“同源三角形”和上的點B，C，D在同一條直線上，且，求的值；
(3)如圖3，和為“同源三角形”，且“同源角”的度數為時，分別取，的中點Q，P，連接，，，試說明是等腰直角三角形．
題型05 與等腰三角形有關的規律探究問題
1．（2023·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A在軸上，點B在軸上，，連接，過點O作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；…；按照如此規律操作下去，則點的坐標為 ．

74．（2024·四川廣安·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，所有三角形均為等邊三角形，已知點，，，，，依據圖形所反映的規律，則的坐標是 ．

2．（2022·山東菏澤·中考真題）如圖，在第一象限內的直線上取點，使，以為邊作等邊，交軸于點；過點作軸的垂線交直線于點，以為邊作等邊，交軸于點；過點作軸的垂線交直線于點，以為邊作等邊，交軸于點；……，依次類推，則點的橫坐標為 ．
3．（2021·四川達州·中考真題）在平面直角坐標系中，等邊如圖放置，點的坐標為，每一次將繞著點逆時針方向旋轉，同時每邊擴大為原來的2倍，第一次旋轉后得到，第二次旋轉后得到，…，依次類推，則點的坐標為（ ）
A． B．
C． D．
題型06 與等腰三角形有關的多結論問題
1．（2024·四川遂寧·中考真題）如圖，在正方形紙片中，是邊的中點，將正方形紙片沿折疊，點落在點處，延長交于點，連結并延長交于點．給出以下結論：①為等腰三角形；②為的中點；③；④．其中正確結論是 ．（填序號）
2．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形中，，點P在對角線上，過點P作，交邊于點M，N，過點M作交于點E，連接．下列結論：①；②四邊形的面積不變；③當時，；④的最小值是20．其中所有正確結論的序號是 ．

3．（2023·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形沿著直線折疊，使點C與延長線上的點Q重合．交于點F，交延長線于點E．交于點P，于點M，，則下列結論，①，②，③，④．正確的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
4．（2023·湖北·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點在內，，連接交于點交于點，連接．給出下面四個結論：①；②；③；④．其中所有正確結論的序號是 ．
題型07 探究等腰三角形中存在的線段數量關系
1．（2023·四川資陽·中考真題）如圖，在矩形中，對角線、交于點，的平分線分別交、于點、，交的延長線于點，為的中點，連結、，分別交、于點、．
(1)求證：；
(2)探究與的關系，并說明理由；
(3)若，，求的長．
2．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形是正方形，點M在上，點N在的延長線上，，連接，，點H在的延長線上，，點E在線段上，且，將線段繞點E逆時針旋轉得到線段，使得，交于點F．

(1)線段與線段的關系是______．
(2)若，，求的長．
(3)求證：．
3．（2022·黑龍江綏化·中考真題）我們可以通過面積運算的方法，得到等腰三角形底邊上的任意一點到兩腰的距離之和與一腰上的高之間的數量關系，并利用這個關系解決相關問題．
(1)如圖一，在等腰中，，邊上有一點D，過點D作于E，于F，過點C作于G.利用面積證明：．
(2)如圖二，將矩形沿著折疊，使點A與點C重合，點B落在處，點G為折痕上一點，過點G作于M，于N.若，，求的長．
(3)如圖三，在四邊形中，E為線段上的一點，，，連接，且，，，，求的長．
4．（2024·湖北十堰·模擬預測）問題探究：在綜合實踐活動課上，小明將繞點順時針旋轉任意角至（如圖1），第三邊所在直線與對應邊所在直線相交于點，發現夾角與有直接的關系：當為銳角時，與的關系為________；當為鈍角時，與的關系為________．
遷移應用：如圖2，當，將繞點順時針旋轉角至（點在上）時，若點恰好在延長線上，試探究之間的關系．
拓展實踐：若中，（如圖3），將繞點順時針旋轉角至（點在上）時，若點恰好在延長線上，試問：是否為定值？若是定值，請求出這個值；若不是，請說明理由．第四章 三角形
第18講 等腰三角形
（思維導圖+2考點+3命題點18種題型（含2種解題技巧））
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 等腰三角形
考點二 等邊三角形
04題型精研·考向洞悉
命題點一 等腰三角形的性質與判定
題型01 分類討論思想在等腰三角形中的應用
題型02 根據等邊對等角求解或證明
題型03 根據三線合一求解或證明
題型04 在格點圖中畫等腰三角形
題型05 根據等角對等邊求邊長
題型06 根據等角對等邊證明
題型07 確定構成等腰三角形的點
題型08 等腰三角形性質與判定綜合
命題點二 等邊三角形的性質與判定
題型01 利用等邊三角形的性質求解
題型02 等邊三角形的判定
題型03 等邊三角形性質與判定綜合
命題點三 熱考題型匯總
題型01 手拉手模型
題型02 與等腰三角形有關的折疊問題
題型03 與等腰三角形有關的動點問題
題型04 與等腰三角形有關的新定義問題
題型05 與等腰三角形有關的規律探究問題
題型06 與等腰三角形有關的多結論問題
題型07 探究等腰三角形中存在的線段數量關系
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
等腰三角形 ★★ 理解等腰三角形的概念，探索并證明等腰三角形的性質定理；探索并掌握等腰三角形的判定定理.
等邊三角形 ★★ 探索等邊三角形的性質定理及其判定定理.
【考情分析】該板塊內容重在掌握基本知識的基礎上靈活運用，也是考查重點，年年都會考查，最為經典的“手拉手”模型就是以等腰三角形為特征總結的.而數學中考中，等腰三角形單獨出題的可能性還是比較大的，多以選擇填空題型出現，但是因為等腰三角形可以放在很多模型中，所以等腰三角形結合其他考點出成壓軸題的幾率特別大，所占分值也是比較多，屬于是中考必考的中等偏上難度的考點.
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 等腰三角形
定義：有兩條邊相等的三角形，叫做等腰三角形，其中相等的兩條邊叫做腰，另一邊叫做底，兩腰所夾的角叫做頂角，底邊與腰的夾角叫做底角.
【特殊】頂角是直角的等腰三角形叫做等腰直角三角形，且它的兩個底角都為45°.
【注意】等腰三角形的底角只能為銳角，不能為鈍角（或直角），但頂角可為鈍角（或直角）．
等腰三角形性質：
1）等腰三角形是軸對稱圖形，它有1條或3條對稱軸，
①當腰和底邊不相等的等腰三角形只有1條對稱軸，
②當腰和底邊不相等的等腰三角形只有3條對稱軸.
2）等腰三角形的兩個底角相等（簡稱“等邊對等角”）.
3）等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合.（簡稱“三線合一”）.
【注意】“三線合一”的前提是等腰三角形，且必須是頂角的角平分線，底邊上的高和底邊上的中線.
等腰三角形的判定：
1）定義法：兩邊相等的三角形是等腰三角形；
2）定理法：有兩個角相等的三角形是等腰三角形，即這兩個角所對的邊也相等（簡稱“等角對等邊”）.
【總結】證明兩個角相等的方法：
1）如果角在同一個三角形中，先考慮“等邊對等角”來證明.
2）如果角不在同一個三角形中，可證明兩個三角形全等來解決.
【易錯易混】
1）底角為頂角的2倍的等腰三角形非常特殊，其底角平分線將原等腰三角形分成兩個等腰三角形．（即頂角36°，底角72°）.
2）等腰三角形的判定定理是證明兩條線段相等的重要依據，是把三角形中的角的相等關系轉化為邊的相等關系的重要依據．
3）等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.
1．（2024·江蘇鎮江·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別為6和2，則第三邊長為 ．
【答案】6
【分析】本題考查了等腰三角形的性質，三角形三邊關系，熟練掌握分類討論思想是解題的關鍵．分兩種情況討論：當6為一腰長時；當2為一腰長時；分別求出第三條邊長，并根據三角形三邊關系判斷是否能構成三角形，即可得出答案．
【詳解】解：當6為一腰長時，則另一腰長為6，底邊長為2，
，
能構成三角形，
第三邊長為6；
當2為一腰長時，則另一腰長為2，底邊長為6，
，
不能構成三角形，舍去；
綜上，第三邊長為6，
故答案為：6．
2．（2024·四川·中考真題）如圖，在中，，，按如下步驟作圖：①以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點D，E；②分別以點D，E為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧在的內部相交于點F，作射線交于點G．則的大小為 度．
【答案】
【分析】本題考查了等腰三角形的性質，角平分線的尺規作法，熟練掌握等腰三角形的性質和角平分線的尺規作法是解題的關鍵．根據，，由等邊對等角，結合三角形內角和定理，可得，由尺規作圖過程可知為的角平分線，由此可得．
【詳解】解： ，，
，
根據尺規作圖過程，可知為的角平分線，
，
故，
故答案為：．
3．（2024·云南·中考真題）已知是等腰底邊上的高，若點到直線的距離為3，則點到直線的距離為（ ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】本題考查了等腰三角形的性質，角平分線的性質定理，熟練掌握知識點是解題的關鍵．
由等腰三角形“三線合一”得到平分，再角平分線的性質定理即可求解．
【詳解】解： 如圖，
∵是等腰底邊上的高，
∴平分，
∴點F到直線，的距離相等，
∵點到直線的距離為3，
∴點到直線的距離為3．
故選：C．
4．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是邊，的中點，連接，．若，則的長為

【答案】4
【分析】本題主要考查三角形中位線定理和等腰三角形的判定，由三角形中位線定理得得出得出
【詳解】解：∵D，E分別是邊，的中點，
∴是的中位線，
∴
∴
∵
∴
∴
故答案為：4
5．（2023·吉林·中考真題）圖①、圖②、圖③均是的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，線段的端點均在格點上．在圖①、圖②、圖③中以為邊各畫一個等腰三角形，使其依次為銳角三角形、直角三角形、鈍角三角形，且所畫三角形的頂點均在格點上．

【答案】見解析
【分析】根據勾股定理可得，結合題意與網格的特點分別作圖即可求解．
【詳解】解：如圖所示，

如圖①，，則是等腰三角形，且是銳角三角形，
如圖②，，，則，則是等腰直角三角形，
如圖③，，則是等腰三角形，且是鈍角三角形，
【點睛】本題考查了勾股定理與網格問題，等腰三角形的定義，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．
考點二 等邊三角形
定義：三條邊都相等的三角形叫等邊三角形，它是特殊的等腰三角形.
等邊三角形的性質：
1）等邊三角形是軸對稱圖形，并且有3條對稱軸；
2）等邊三角形的三條邊相等；
3）三個內角都相等，并且每個內角都是60°.
等邊三角形的判定：
1）定義法：三邊相等的三角形是等邊三角形；
2）三個角都相等的三角形是等邊三角形.
3）有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形.
【補充】
1）等邊三角形具有等腰三角形的一切性質.
2）等邊三角形的內心、外心、重心和垂心重合．
3）在等腰三角形中，只要有一個角是60°，無論這個角是頂角還是底角，這個三角形就是等邊三角形．
4）等邊三角形面積的求解方法：S正三角形=
1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的性質，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．
由矩形得到，繼而得到，而是等邊三角形，因此得到．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
故選：C．
2．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，直線，等邊三角形的兩個頂點B，C分別落在直線l，m上，若，則的度數是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查平行線的性質、等邊三角形的性質，根據平行線的性質可得，從而可得，再根據等邊三角形的性質可得，即可求解．
【詳解】解：∵，
∴，
即，
∵是等邊三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故選：B．
3．（2024·四川·中考真題）如圖，正六邊形內接于，，則的長為（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】本題考查了正六邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，由正六邊形的性質得到，得到為等邊三角形，進而得到，判斷出為等邊三角形是解題的關鍵．
【詳解】解： ∵是正六邊形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
故選：C．
4．（2024·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，在中，D是的中點，，，則的長是（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，等邊三角形的判定和性質．根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半結合等邊三角形的判定得到等邊三角形，據此求解即可．
【詳解】解：∵在中，，D是的中點，
∴，
∵，
∴等邊三角形，
∴．
故選：A．
5．（2023·福建·中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為 ．

【答案】10
【分析】由菱形中，，易證得是等邊三角形，根據等邊三角形的性質即可得解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴．
故答案為：10．
【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，熟記菱形的性質并推出等邊三角形是解題的關鍵．
04題型精研·考向洞悉
命題點一 等腰三角形的性質與判定
題型01 分類討論思想在等腰三角形中的應用
等腰三角形的邊有腰、底之分,角有頂角、底角之分,若題目中的邊沒有明確是底還是腰,角沒有明是頂角還是底角，需要分類討論.
【易錯點】注意所求結果需滿足三角形三邊關系.
1．（2024·內蒙古赤峰·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別是方程的兩個根，則這個三角形的周長為（　　）
A．或 B．或 C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了解一元二次方程，等腰三角形的定義，三角形的三邊關系及周長，由方程可得，，根據三角形的三邊關系可得等腰三角形的底邊長為，腰長為，進而即可求出三角形的周長，掌握等腰三角形的定義及三角形的三邊關系是解題的關鍵．
【詳解】解：由方程得，，，
∵，
∴等腰三角形的底邊長為，腰長為，
∴這個三角形的周長為，
故選：．
2．（2022·四川廣安·中考真題）若（a﹣3）2+=0，則以a、b為邊長的等腰三角形的周長為 ．
【答案】11或13/13或11
【分析】根據平方的非負性，算術平方根的非負性求得的值，進而根據等腰三角形的定義，分類討論，根據構成三角形的條件取舍即可求解．
【詳解】解：∵（a﹣3）2+=0，
∴，，
當為腰時，周長為：，
當為腰時，三角形的周長為，
故答案為：11或13．
【點睛】本題考查了等腰三角形的定義，非負數的性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
3．（2024·湖南長沙·模擬預測）若等腰三角形的周長是，其中一邊長是，則該等腰三角形的底邊長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據等腰三角形的性質，可以分為是腰或底邊兩種情況；結合三角形的三邊關系可以確定三角形的三邊的長度，由此確定選項．本題主要考查等腰三角形，掌握等腰三角形的性質是解題的關鍵．
【詳解】解：依題意，
當是等腰三角形的底邊時，
則其腰長是，
能夠組成三角形；
當是等腰三角形的腰時，
則其底邊是，
∵
∴不能夠組成三角形；
故該等腰三角形的底邊長為．
故選：A．
4．（2024·上海·模擬預測）等腰三角形的一個內角為，隨機選取1個內角，度數為
【答案】或
【分析】本題考查了等腰三角形兩底角相等的性質，判斷出的角是頂角是解題的關鍵．
根據角是鈍角判斷出只能是頂角，然后根據等腰三角形兩底角相等和三角形內角和定理求解即可．
【詳解】解：∵，
∴的角一定是頂角，
∴底角的度數為
∴隨機選取1個內角，度數為或．
故答案為：或．
5．（2024·四川達州·模擬預測）一個等腰三角形一腰上的高與另一腰的夾角為，則此三角形頂角度數為 ．
【答案】或
【分析】本題考查了等腰三角形的內容，要注意分類討論，等腰三角形可能是銳角三角形也可能是鈍角三角形，然后根據三角形的內角和以及三角形的外角的性質即可求解．解決等腰三角形的問題時分類討論是解決問題的關鍵．
【詳解】解：若三角形為銳角三角形時，如圖，，，為高，即，
此時，
，
若三角形為鈍角三角形時，如圖，，，為高，即，

此時，
綜上，等腰三角形的頂角的度數為或．
故答案為：或．
題型02 根據等邊對等角求解或證明
1．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在中，，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形外角的性質．根據等腰三角形的性質，可得，再由三角形外角的性質，即可求解．
【詳解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故選：B
2．（2024·陜西·中考真題）如圖，是的弦，連接，，是所對的圓周角，則與的和的度數是 ．

【答案】/90度
【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．根據圓周角定理可得，結合三角形內角和定理，可證明，再根據等腰三角形的性質可知，由此即得答案．
【詳解】是所對的圓周角，是所對的圓心角，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案為：．
3．（2024·山西·中考真題）如圖1是一個可調節的電腦桌，它的工作原理是利用液體在封閉的管路中傳遞力和能量．圖2是將其正面抽象成的圖形，其中桌面與底座平行，等長的支架交于它們的中點E，液壓桿．若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】題目主要考查等腰三角形的性質及平行線的性質，根據題意得出，確定，再由對頂角及平行線的性質即可求解
【詳解】解：∵等長的支架交于它們的中點E，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故選：D
4．（2024·重慶渝北·模擬預測）如圖， 在中，， 若，為的中線， 點E在邊上(不與端點重合)，與交于點 F， 若， 則 ．
【答案】
【分析】如圖，倍長至，使，連接，易證，設，在中，，則，，利用勾股定理求出，證明，得到，設，由相似三角形，得，從而可得答案．
【詳解】解：如圖，倍長至，使，連接，
∵為的中線，
∴，而，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∴，設，
在中，，
則，
解得：，
∵，，，為的中線，
∴，，
，
，
，
，
，
∴，
設，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得．經檢驗符合題意；
，
故答案為：．
【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質、勾股定理、三角形的中線，全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是構建全等三角形與相似三角形．
題型03 根據三線合一求解或證明
1．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，在和中，，，將繞點A順時針旋轉一定角度，當時，的度數是 ．
【答案】或
【分析】本題考查的是等腰三角形的性質，旋轉的性質，分兩種情況分別畫出圖形，再結合等腰三角形的性質與角的和差運算可得答案；
【詳解】解：如圖，當時，延長交于，
∵，，
∴,
∴；
如圖，當時，延長交于，
∵，，
∴,
∴，
故答案為：或
2．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在中，，，為邊的中點，點，分別在邊，上，，則四邊形的面積為（ ）
A．18 B． C．9 D．
【答案】C
【分析】本題考查等腰直角三角形的性質以及三角形全等的性質與判定，掌握相關的線段與角度的轉化是解題關鍵．連接，根據等腰直角三角形的性質以及得出，將四邊形的面積轉化為三角形的面積再進行求解．
【詳解】解：連接，如圖：
∵，，點D是中點，
∴
∴，
∴
又∵
∴
故選：C
4．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，在中，，，則的長是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．9
【答案】B
【分析】本題考查解直角三角形，等腰三角形的性質，勾股定理．正確作出輔助線是解題關鍵．過點A作于點D．由等腰三角形三線合一的性質得出．根據，可求出，最后根據勾股定理可求出，即得出．
【詳解】解：如圖，過點A作于點D．
∵，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴．
故選B．
4．（2024·福建·中考真題）小明用兩個全等的等腰三角形設計了一個“蝴蝶”的平面圖案．如圖，其中與都是等腰三角形，且它們關于直線對稱，點，分別是底邊，的中點，．下列推斷錯誤的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了對稱的性質，等腰三角形的性質等；
A.由對稱的性質得，由等腰三角形的性質得 ，，即可判斷；
B.不一定等于，即可判斷；
C.由對稱的性質得，由全等三角形的性質即可判斷；
D. 過作，可得 ，由對稱性質得同理可證，即可判斷；
掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．
【詳解】解：A. ，
，
由對稱得，
點，分別是底邊，的中點，與都是等腰三角形，
，，
，
，結論正確，故不符合題意；
B.不一定等于，結論錯誤，故符合題意；
C.由對稱得，
∵點 E ，F分別是底邊的中點，
，結論正確，故不符合題意；
D.
過作，
，
，
，由對稱得，
，
同理可證，
，結論正確，故不符合題意；
故選：B．
5．（2023·遼寧沈陽·中考真題）如圖，在中，，是邊上的中線，點在的延長線上，連接，過點作交的延長線于點，連接、，求證：四邊形是菱形．

【答案】證明見解析
【分析】先根據等腰三角形的性質，得到垂直平分，進而得到，，，再利用平行線的性質，證明，得到，進而得到，即可證明四邊形是菱形．
【詳解】證明：，是邊上的中線，
垂直平分，
，，，
，
，，
在和中，
，
，
，
，
四邊形是菱形．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，菱形的判定，靈活運用相關知識點解決問題是解題關鍵．
題型04 在格點圖中畫等腰三角形
1．（2021·吉林·中考真題）圖①、圖2均是的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點，小正方形的邊長為1，點，點均在格點上，在給定的網格中按要求畫圖，所畫圖形的頂點均在格點上．
（1）在圖①中，以點，，為頂點畫一個等腰三角形；
（2）在圖②中，以點，，，為頂點畫一個面積為3的平行四邊形．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）根據等腰三角形的定義畫出圖形即可：如以為頂點，為 底邊，即可做出等腰三角形；
（2）作底為1，高為3的平行四邊形即可．
【詳解】解：（1）如圖①中，此時以為頂點，為底邊，該即為所求（答案不唯一）．
（2）如圖②中，此時底，高，因此四邊形即為所求．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質和平行四邊形的性質，解題的關鍵掌握等腰三角形和平行四邊形的基本性質．
2．（2021·江蘇揚州·中考真題）如圖，在的正方形網格中有兩個格點A、B，連接，在網格中再找一個格點C，使得是等腰直角三角形，滿足條件的格點C的個數是（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根據題意，結合圖形，分兩種情況討論：①AB為等腰直角△ABC底邊；②AB為等腰直角△ABC其中的一條腰．
【詳解】解：如圖：分情況討論：
①AB為等腰直角△ABC底邊時，符合條件的C點有0個；
②AB為等腰直角△ABC其中的一條腰時，符合條件的C點有3個．
故共有3個點，
故選：B．

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定；解答本題關鍵是根據題意，畫出符合實際條件的圖形，數形結合的思想是數學解題中很重要的解題思想．
3．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，網格中每個小正方形的邊長均為1，線段、線段的端點均在小正方形的頂點上．
(1)在圖中畫以為斜邊的等腰直角，點D在小正方形的格點上；
(2)在（1）的條件下，在圖中以為邊畫，點C在小正方形的格點上，使，且 連接，直接寫出線段的長．
【答案】(1)圖見解析
(2)圖見解析，
【分析】本題考查了作圖——應用與設計作圖，等腰直角三角形的特征，解直角三角形的應用等知識，掌握相關知識點是解題關鍵．
（1）利用網格，結合等腰直角三角形的性質，取格點，連接、即可；
（2）結合已知條件，取格點，連接、、，利用勾股定理求解即可．
【詳解】（1）解：如圖，即為所求作；
（2）解：如圖，即為所求作；
由勾股定理得：．
4．（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，在的正方形網格中，每個小正方形的頂點稱為格點，的頂點均在格點上.按要求完成下列畫圖．
(1)在圖1中畫出一個以為底的等腰，使，點在格點上，并直接寫出的周長；
(2)在圖2中的邊上找一點，連接，使．(要求：用無刻度直尺，保留必要的畫圖痕跡，不寫畫法)
【答案】(1)圖見解析，
(2)見解析
【分析】本題考查了在格點圖中畫等腰三角形，平行線的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等．
（1）以為底的等腰，則點在的垂直平分線上，結合，即點到的距離等于點到的距離，即可確定點的位置；再根據直角三角形中兩直角邊的平方和等于斜邊的平方求出的值，即可求出的周長；
（2）根據兩邊和它們的夾角對應相等的兩個三角形全等，全等三角形的對應角相等可推得，即可得出．
【詳解】（1）解：如圖：點即為所求．
則，
故的周長為．
（2）解：如圖：．
理由：如圖：
∵，，，
∴，
∴，
∵，
即，
∴．
題型05 根據等角對等邊求邊長
1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，中，，點在的延長線上，，若平分，則 ．
【答案】5
【分析】本題考查了平行四邊形的性質，等腰三角形的判定和性質，掌握平行四邊形的性質是解題關鍵．由平行四邊形的性質可知，，，進而得出，再由等角對等邊的性質，得到，即可求出的長．
【詳解】解：在中，，
，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案為：5．
2．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，正五邊形的邊長為4，則這個正五邊形的對角線的長是 ．

【答案】/
【分析】此題考查了正五邊形以及等腰三角形的性質和相似三角形的判定與性質．根據正五邊形以及等腰三角形的性質得出，再證明，根據相似三角形的性質求出，最后由線段和差即可求出的長．
【詳解】解：如圖，連接交于點，

∵五邊形是正五邊形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得或（舍去），
∴，
故答案為：．
3．（2023·浙江·中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點，．若，則的長是 ．

【答案】4
【分析】由可得，由是的垂直平分線可得，從而可得．
【詳解】解：∵，
∴，
∵是的垂直平分線，
∴，
∴．
故答案為：4．
【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質以及等角對等邊等知識，熟練掌握相關知識是解答本題的關鍵．
4．（2022·江蘇淮安·中考真題）如圖，在中，，，，點是邊上的一點，過點作，交于點，作的平分線交于點，連接．若的面積是2，則的值是 ．
【答案】
【分析】先根據勾股定理得出，根據的面積是2，求出點到的距離為，根據的面積，求出點到的距離為，即可得出點到的距離為，根據相似三角形的判定與性質，得出，求出，，根據等角對等邊求出，即可求出，即可得出最后結果．
【詳解】解：在中，由勾股定理得，，
∵的面積是2，
∴點到的距離為，
在中，點到的距離為，
∴點到的距離為，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了三角形高的有關計算，平行線的性質，相似三角形的判定與性質，等腰三角形的判定，解題的關鍵是求出點到的距離為，點到的距離為．
題型06 根據等角對等邊證明
1．（2024·內蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在中，，以點為圓心，適當長為半徑畫弧分別交于點和點，再分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點，連接并延長交于點．若的面積為8，則的面積是（ ）
A．8 B．16 C．12 D．24
【答案】B
【分析】本題考查了尺規作圖，含的直角三角形的性質，等腰三角形的判定等知識， 由作圖知平分，則可求，利用含的直角三角形的性質得出，利用等角對等邊得出，進而得出，然后利用面積公式即可求解．
【詳解】解： ∵，
∴，
由作圖知：平分，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
又的面積為8，
∴的面積是，
故選B．
2．（2024·山東·中考真題）如圖，已知，以點為圓心，以適當長為半徑作弧，分別與、相交于點，；分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內部相交于點，作射線．分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，，作直線分別與，相交于點，．若，，則到的距離為 ．
【答案】
【分析】如圖，過作于，證明，，，再證明，再結合勾股定理可得答案.
【詳解】解：如圖，過作于，
由作圖可得：，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴到的距離為；
故答案為：
【點睛】本題考查了作圖 復雜作圖：基本作圖，三角形的內角和定理的應用，勾股定理的應用，等腰三角形的判定，解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質，逐步操作．
3．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，把矩形紙片沿對角線折疊，使點C落在點E處，與交于點F，若，，則的值是 ．
【答案】
【分析】本題主要考查矩形的性質、折疊的性質、勾股定理等知識，熟練掌握相關知識點是解題關鍵．
折疊問題優先考慮利用勾股定理列方程，證，再利用求出邊長，從而求解即可．
【詳解】解：∵折疊，
，
∵四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
解得，
，
故答案為：．
4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，在中，，．
(1)求證：；
(2)若，平分，請直接寫出的形狀．
【答案】(1)見解析
(2)是等腰直角三角形．
【分析】本題考查了平行線的判定和性質，等腰直角三角形的判定．
（1）由平行證明，由等量代換得到，利用平行線的判定“內錯角相等，兩直線平行”證明，即可證明；
（2）利用平行線的性質結合角平分線的定義求得，，據此即可得到是等腰直角三角形．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：是等腰直角三角形．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
題型07 確定構成等腰三角形的點
1．（2024·貴州畢節·一模）點A，B在直線l同側，若點C是直線l上的點，且是等腰三角形，則這樣的點C最多有（ ）
A．5個 B．4個 C．3個 D．2個
【答案】A
【分析】本題考查了等腰三角形的判定和性質，先以A點為圓心，為半徑作弧交直線l于點、，再先以B點為圓心，為半徑作弧交直線l于點，最后作的垂直平分線交直線l于點．
【詳解】解：如圖，點為所作，
故答案為：A．
2．（2022·江蘇南京·一模）如圖，M，N是∠AOB的邊OA上的兩個點(OM＜ON)，∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若邊OB上有且只有1個點P，滿足△PMN是等腰三角形，則a的取值范圍是 ．
【答案】a＞8或a=4
【分析】如圖，作線段MN的垂直平分線交OB于點OP，連接PM，PN，則PM=PN，△PMN是等腰三角形，另外當△PMN是等邊三角形時，滿足構成等腰三角形的點P恰好只有一個．
【詳解】如圖，作線段MN的垂直平分線交OB于點OP，連接PM，PN，則PM=PN，△PMN是等腰三角形，
過點M作MH⊥OB于H，當MH＞MN，即MH＞4時，滿足構成等腰三角形的點P恰好只有一個，
當MH=4時，
∵∠AOB=30°，
∴OM=2MH=8，
∴當a＞8時，滿足構成等腰三角形的點P恰好只有一個，
另外當△PMN是等邊三角形時，滿足構成等腰三角形的點P恰好只有一個，
此時a=4，
故答案為：a＞8或a=4
【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會特殊位置解決問題．
3．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，過原點O的直線與反比例函數 的圖象交于，兩點，一次函數的圖象過點A與反比例函數交于另一點．

(1)求反比例函數的解析式；當時，根據圖象直接寫出x的取值范圍；
(2)在y軸上是否存在點，使得為等腰三角形？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，或
(2)點M的坐標為或或或
【分析】本題考查待定系數法求反比例函數解析式及等腰三角形，熟知待定系數法及利用分類討論的數學思想是解題的關鍵．
（1）將點A坐標代入反比例函數解析式即可求出k，利用數形結合的思想即可求出x的取值范圍．
（2）先求出點C坐標，再根據分類討論的數學思想即可解決問題．
【詳解】（1）解：由題知，將A點坐標代入反比例函數解析式得，
，
所以反比例函數的解析式為．
由函數圖象可知，在直線和之間的部分及直線右側的部分，
反比例函數的圖象在一次函數的圖象的上方，即．
所以x的取值范圍是：或．
（2）將代入反比例函數解析式得，
所以點C的坐標為．
則．
如圖：

當時， ，
所以點坐標為(或．
當時，點在的垂直平分線上，
又因為點C坐標為，
所以點坐標為．
當時，點M在OC的垂直平分線上，
過點作軸于點，
令，則，，
在N中，
即，
解得．
所以點M的坐標為．
綜上所述：點M的坐標為或或或．
4．（2020·四川廣元·中考真題）如圖所示，一次函數的圖象與反比例函數的圖象交于．
（1）求反比例函數和一次函數的解析式；
（2）在x軸上存在一點C，使為等腰三角形，求此時點C的坐標；
（3）根據圖象直接寫出使一次函數的值大于反比例函數的值的x的取值范圍．
【答案】（1），；（2），，，；（3）-123
【分析】（1）因為反比例函數過A、B兩點，所以可求其解析式和n的值，從而知B點坐標，進而求一次函數解析式；
（2）分三種情況：OA=OC，AO=AC，CA=CO，分別求解即可；
（3）根據圖像得出一次函數圖像在反比例函數圖像上方時x的取值范圍即可.
【詳解】解：（1）把A（3，4）代入，
∴m＝12，
∴反比例函數是；
把B（n，-1）代入得n＝ 12．
把A（3，4）、B（-12， 1）分別代入y＝kx＋b中：
得，
解得，
∴一次函數的解析式為；
（2）∵A（3，4），△AOC為等腰三角形，OA=，
分三種情況：
①當OA=OC時，OC=5，
此時點C的坐標為，；
②當AO=AC時，∵A（3，4），點C和點O關于過A點且垂直于x軸的直線對稱，
此時點C的坐標為；
③當CA=CO時，點C在線段OA的垂直平分線上，
過A作AD⊥x軸，垂足為D，
由題意可得：OD=3，AD=4，AO=5，設OC=x，則AC=x，
在△ACD中，
，
解得：x=，
此時點C的坐標為；
綜上：點C的坐標為：，，，；
（3）由圖得：
當一次函數圖像在反比例函數圖像上方時，
-123，
即使一次函數的值大于反比例函數的值的x的取值范圍是：-123.
【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數的交點，待定系數法求函數解析式，等腰三角形的性質，利用了數形結合及分類討論的思想.
題型08 等腰三角形性質與判定綜合
1．（2024·江蘇南通·中考真題）如圖，在中，，．正方形的邊長為，它的頂點D，E，G分別在的邊上，則的長為 ．
【答案】
【分析】過點作，易得為等腰直角三角形，設，得到，證明，得到，進而得到，，在中，利用勾股定理求出的值，根據平行線分線段成比例，求出的長即可．
【詳解】解：過點作，則：，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
設，則：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案為：．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，正方形的性質，平行線分線段成比例，解題的關鍵是添加輔助線構造特殊圖形和全等三角形．
2．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，B、E、C、F是直線l上的四點，相交于點G，，，．
(1)求證：是等腰三角形；
(2)連接，則與l的位置關系是________．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定，平行線的判定：
（1）證明，得到，即可得證；
（2）根據線段的和差關系，易得，根據三角形的內角和定理，得到，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴．
3．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）感悟
如圖1，在中，點，在邊上，，．求證：．
應用
（1）如圖2，用直尺和圓規在直線上取點，點（點在點的左側），使得，且（不寫作法，保留作圖痕跡）；
（2）如圖3，用直尺和圓規在直線上取一點，在直線上取一點，使得，且（不寫作法，保留作圖痕跡）．
【答案】見解析
【分析】本題主要考查全等三角形的判定及性質、尺規作圖：
證明，即可求得；
應用（1）：以點為圓心，以長度為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，以點為圓心，以長度為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，連接，；
應用（2）：以點為圓心，以長為半徑作弧，交的延長線于一點，該點即為點，以點為圓心，以長為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，連接．
【詳解】感悟：
∵，
∴．
在和中
∴．
∴．
應用：
（1）：以點為圓心，以長度為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，以點為圓心，以長度為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，連接，，圖形如圖所示．
（2）：以點為圓心，以長為半徑作弧，交的延長線于一點，該點即為點，以點為圓心，以長為半徑作弧，交直線于一點，該點即為點，連接，圖形如圖所示．
根據作圖可得：，
又，
∴，
∴.
4．（2024·江蘇南通·中考真題）綜合與實踐：九年級某學習小組圍繞“三角形的角平分線”開展主題學習活動．
【特例探究】
（1）如圖①，②，③是三個等腰三角形（相關條件見圖中標注），列表分析兩腰之和與兩腰之積．
等腰三角形兩腰之和與兩腰之積分析表
圖序 角平分線的長 的度數 腰長 兩腰之和 兩腰之積
圖① 1 2 4 4
圖② 1 2
圖③ 1 ______ ______ ______
請補全表格中數據，并完成以下猜想．
已知的角平分線，，，用含的等式寫出兩腰之和與兩腰之積之間的數量關系：______．
【變式思考】
（2）已知的角平分線，，用等式寫出兩邊之和與兩邊之積之間的數量關系，并證明．
【拓展運用】
（3）如圖④，中，，點D在邊上，．以點C為圓心，長為半徑作弧與線段相交于點E，過點E作任意直線與邊，分別交于M，N兩點．請補全圖形，并分析的值是否變化？
【答案】（1）見解析； ，（2），證明見解析；（3）是定值
【分析】（1）根據特殊角的三角函數值分別計算，再填表即可；再由可得結論；
（2）如圖，延長至使，連接，過作于，延長交于，證明為等邊三角形，，，設，，利用相似三角形的性質求解，再進一步可得；
（3）根據題目要求畫圖，設，運用等腰三角形性質和三角形內角和定理可求得，過點作于，于，過點作于，利用，即可求得答案．
【詳解】解：（1）∵，是的角平分線，，
∴，
∴；
∴，；
圖序 角平分線的長 的度數 腰長 兩腰之和 兩腰之積
圖① 1 2 4 4
圖② 1 2
圖③ 1
如圖，由（1）可得：，
∴，
∴，，
∴；
（2）猜想：，理由如下：
如圖，延長至使，連接，過作于，延長交于，
∵，平分，
∴為等邊三角形，，，
設，，
∴，，而，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：，
∴；
，
∴；
（3）補全圖形如圖所示：
設，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：，
，
如圖，過點作于，于，過點作于，
，
，
，，，
，
在中，，
，
，
，
，
，
由是確定的，由作圖可得為定長，而和為定值，
為定值，
即為定值．
【點睛】本題屬于實際探究題，考查了類比方法的應用，等腰三角形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用，銳角三角函數的靈活應用，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
命題點二 等邊三角形的性質與判定
題型01 利用等邊三角形的性質求解
1．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖所示的曲邊三角形也稱作“萊洛三角形”，它可以按下述方法作出：作等邊三角形；分別以點，，為圓心，以的長為半徑作，，．三段弧所圍成的圖形就是一個曲邊三角形．若該“萊洛三角形”的周長為，則它的面積是 ．
【答案】
【分析】本題考查了弧長的計算，扇形面積的計算，三角函數的應用，曲邊三角形是由三段弧組成，如果周長為，則其中的一段弧長就是，所以根據弧長公式可得，即正三角形的邊長為．那么曲邊三角形的面積=三角形的面積+三個弓形的面積，從而可得答案．
【詳解】解： 曲邊三角形的周長為，為等邊三角形，
曲邊三角形的面積為：
故答案為：．
2．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，四邊形為正方形，為等邊三角形，于點F，若，則 ．
【答案】2
【分析】本題考查正方形的性質，等邊三角形的性質，含30度角的直角三角形，根據正方形和等邊三角形的性質，得到為含30度角的直角三角形，，根據含30度角的直角三角形的性質求解即可．
【詳解】解：∵四邊形為正方形，為等邊三角形，，，
∴，
∴，
∴；
故答案為：2．
3．（2024·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標系中，等邊三角形ABC的頂點的坐標為，點均在軸上．將繞頂點逆時針旋轉得到，則點的坐標為 ．
【答案】
【分析】本題主要考查旋轉的性質，三角函數的計算，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．作，求出，的值即可得到答案．
【詳解】解：作，交y軸于點F，
由題可得：，
是等邊三角形，，
∴是的角平分線，
，
，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
，
故答案為：．
4．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，等邊鋼架的立柱于點D，長．現將鋼架立柱縮短成，．則新鋼架減少用鋼（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本題考查了等邊三角形的性質，解直角三角形的應用．利用三角函數的定義分別求得，，，利用新鋼架減少用鋼，代入數據計算即可求解．
【詳解】解：∵等邊，于點D，長，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴新鋼架減少用鋼
，
故選：D．
題型02 等邊三角形的判定
1．（2022·浙江嘉興·中考真題）小曹同學復習時將幾種三角形的關系整理如圖，請幫他在橫線上 填上一個適當的條件．
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用等邊三角形的判定定理即可求解．
【詳解】解：添加，理由如下：
為等腰三角形，
，
為等邊三角形，
故答案為：（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了等邊三角形的判斷，解題的關鍵是掌握三角形的判斷定理．
2．（2022·青海西寧·中考真題）如圖，∠MON=60°，以點O為圓心，適當長為半徑畫弧，交OM于點A，交ON于點B；分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑畫弧，兩弧在∠MON的內部相交于點P，畫射線OP；連接AB，AP，BP，過點P作PE⊥OM于點E，PF⊥ON于點F．則以下結論錯誤的是（ ）

A．△AOB是等邊三角形 B．PE=PF
C．△PAE≌△PBF D．四邊形OAPB是菱形
【答案】D
【分析】利用等邊三角形的判定定理可判定選項A；根據角平分線的性質可判定選項B；利用HL可證明△PAE≌△PBF；利用菱形的判定定理可判定選項D．
【詳解】解：∵∠MON=60°，OA=OB，∴△AOB是等邊三角形，故選項A成立，不符合題意；
由作圖知：射線OP是∠MON的平分線，且PE⊥OM，PF⊥ON，∴PE=PF，故選項B成立，不符合題意；
由作圖知：AP=BP，又PE=PF，∴△PAE≌△PBF(HL) ，故選項C成立，不符合題意；
∵OA與AP不一定相等，∴四邊形OAPB不一定是菱形，故選項D不成立，符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了全等三角形的判定、菱形的判定．
3．（2020·山西·中考真題）中國美食講究色香味美，優雅的擺盤造型也會讓美食錦上添花．圖①中的擺盤，其形狀是扇形的一部分，圖②是其幾何示意圖（陰影部分為擺盤），通過測量得到，，兩點之間的距離為，圓心角為，則圖中擺盤的面積是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先證明是等邊三角形，求解，利用擺盤的面積等于兩個扇形面積的差可得答案．
【詳解】解：如圖，連接，
是等邊三角形，
所以則圖中擺盤的面積
故選B．
【點睛】本題考查的是扇形面積的計算，等邊三角形的判定與性質，掌握以上知識是解題的關鍵．
4．（2020·四川雅安·中考真題）如圖，四邊形內接于圓，，對角線平分．
（1）求證：是等邊三角形；
（2）過點作交的延長線于點，若，求的面積．
【答案】（1）見解析；（2）；
【分析】（1）根據三個內角相等的三角形是等邊三角形即可判斷；
（2）過點A作AE⊥CD，垂足為點E，過點B作BF⊥AC，垂足為點F．根據S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD，分別求出△ABC，△ACD的面積，即可求得四邊形ABCD的面積，然后通過證得△EAB≌△DCB（AAS），即可求得△BDE的面積=四邊形ABCD的面積=.
【詳解】解：（1）證明：∵四邊形ABCD內接于⊙O．
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=60°，
∴∠ADC=120°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB=60°，
∴∠ACB=∠ADB=60°，∠BAC=∠CDB=60°，
∴∠ABC=∠BCA=∠BAC，
∴△ABC是等邊三角形；
（2）過點A作AM⊥CD，垂足為點M，過點B作BN⊥AC，垂足為點N．
∴∠AMD=90°
∵∠ADC=120°，
∴∠ADM=60°，
∴∠DAM=30°，
∴DM=AD=1，AM=，
∵CD=3，
∴CM=CD+DE=1+3=4，
∴S△ACD=CD-AM=×3×=，
在Rt△AMC中，∠AMD=90°，
∴AC=，
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=BC=AC=，
∴BN=，
∴S△ABC=××=，
∴四邊形ABCD的面積=+=，
∵BE∥CD，
∴∠E+∠ADC=180°，
∵∠ADC=120°，
∴∠E=60°，
∴∠E=BDC，
∵四邊形ABCD內接于⊙O，
∴∠EAB=∠BCD，
在△EAB和△DCB中，
，
∴△EAB≌△DCB（AAS），
∴△BDE的面積=四邊形ABCD的面積=.
【點睛】本題考查圓內接四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
題型03 等邊三角形性質與判定綜合
1．（2024·江蘇鎮江·中考真題）如圖，四邊形為平行四邊形，以點為圓心，長為半徑畫弧，交邊于點E，連接，，，則的長 （結果保留）．
【答案】/
【分析】本題考查弧長的計算，平行四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，關鍵是判定是等邊三角形，得到．
由平行四邊形的性質推出，判定是等邊三角形，得到，由弧長公式即可求出的長．
【詳解】解：四邊形是平行四邊形，
，
由題意得：，
是等邊三角形，
，
，
．
故答案為：．
2．（2024·海南·中考真題）如圖，是半圓O的直徑，點B、C在半圓上，且，點P在上，若，則等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質．連接，，證明和都是等邊三角形，求得，利用三角形內角和定理求得，據此求解即可．
【詳解】解：連接，，
∵是半圓O的直徑，，
∴，
∴和都是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故選：B．
3．（2024·湖北·中考真題）如圖，由三個全等的三角形(，，)與中間的小等邊三角形拼成一個大等邊三角形．連接并延長交于點G，若，則：
（1）的度數是 ；
（2）的長是 ．
【答案】
【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，勾股定理，解直角三角形等知識，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
（1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性質結合可求得；
（2）作交的延長線于點，利用直角三角形的性質求得，，證明，利用相似三角形的性質列式計算即可求解．
【詳解】解：(已知)，
，，
，
，
為等邊三角形，
，，
，
，，
如圖，過點作的延長線于點，
，
，
，
，，
，
，
．
故答案為：，．
4．（2023·北京·中考真題）如圖，圓內接四邊形的對角線，交于點，平分，．

(1)求證平分，并求的大?。?br/>(2)過點作交的延長線于點．若，，求此圓半徑的長．
【答案】(1)見解析，
(2)
【分析】（1）根據已知得出，則，即可證明平分，進而根據平分，得出，推出，得出是直徑，進而可得；
（2）根據（1）的結論結合已知條件得出，，是等邊三角形，進而得出，由是直徑，根據含度角的直角三角形的性質可得，在中，根據含度角的直角三角形的性質求得的長，進而即可求解．
【詳解】（1）解：∵
∴，
∴，即平分．
∵平分，
∴，
∴，
∴，即，
∴是直徑，
∴；
（2）解：∵，，
∴，則．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴是等邊三角形，則．
∵平分，
∴．
∵是直徑，
∴，則．
∵四邊形是圓內接四邊形，
∴，則，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵是直徑，
∴此圓半徑的長為．
【點睛】本題考查了弧與圓周角的關系，等弧所對的圓周角相等，直徑所對的圓周角是直角，含度角的直角三角形的性質，等邊三角形的性質與判定，圓內接四邊形對角互補，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
命題點三 熱考題型匯總
題型01 手拉手模型
常見模型種類：
等腰三角形
手拉手模型 等邊三角形
手拉手模型 等腰直角三角形
手拉手模型 正方形 手拉手模型
【小結】
1）頭頂頭，左手拉左手，右手拉右手，那么，頭左左≌頭右右.
2）左手拉左手等于右手拉右手，即BD=CE或GD=BE.
1．（2020·四川廣元·中考真題）如圖所示，均為等邊三角形，邊長分別為，B、C、D三點在同一條直線上，則下列結論正確的 ．（填序號）
① ② ③為等邊三角形 ④ ⑤CM平分
【答案】①②③⑤
【分析】①根據等邊三角形的性質得CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，則∠ACE＝60°，利用“SAS”可判斷△ACD≌△BCE，則AD＝BE；
②過E作,根據等邊三角形求出ED、CN的長，即可求出BE的長；
③由等邊三角形的判定得出△CMN是等邊三角形；
④證明△DMC∽△DBA，求出CM長；
⑤證明M、F、C、G四點共圓，由圓周角定理得出∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，得出∠BMC＝∠DMC，所以CM平分∠BMD.
【詳解】解：連接MC，FG，過點E作EN⊥BD，垂足為N，
①∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝60°，∠DCE＝60°，
∴∠ACE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE＝120°，
在△ACD和△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝BE；①正確；
②∵△CDE都是等邊三角形，且邊長為3cm.
∴CN=cm，EN=cm.
∵BC=5cm.
∴，②正確；
③∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE，
在△ACG和△BCF中，
∴△ACG≌△BCF（ASA），
∴CG＝CF
而∠GCF＝60°，
∴△CFG是等邊三角形，③正確；
⑤∵∠EMD＝∠MBD＋∠MDB＝∠MAC＋∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四點共圓，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，⑤正確；
④∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA
∴△DMC∽△DBA
∴
∴
∴CM=.④錯誤.
故答案為：①②③⑤.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定與性質，熟練掌握等邊三角形的性質，證明三角形全等是解題的關鍵．
2．（2024·遼寧大連·一模）【模型定義】
它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構成．在相對位置變化的同時，始終存在一對全等三角形．他們得知這種模型稱為“手拉手模型”如果把小等腰三角形的腰長看作是小手，大等腰三角形的腰長看作大手，兩個等腰三角形有公共頂點，類似大手拉著小手．
【模型探究】
（1）如圖，若和均為等邊三角形，點、、在同一條直線上，連接，則的度數為 ；線段與之間的數量關系是 ．
【模型應用】
（2）如圖，，，求證：；
（3）如圖，為等邊內一點，且，以為邊構造等邊，這樣就有兩個等邊三角形共頂點，然后連接，求的度數是 ．
【拓展提高】
（4）如圖，在中，，，點為外一點，點為中點，，，求的度數．（用含有m的式子表示）
（5）如圖，兩個等腰直角三角形和中，，，，連接，，兩線交于點，請證明和的數量關系和位置關系．
【答案】（1），；（2）見解析；（3）；（4）；（5）且；理由見解析
【分析】本題考查的是等腰三角形的性質、全等三角形的判定和性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
（1）由和均為等邊三角形，可證，可得，，由點、、在同一條直線上，可求即可；
（2）延長到，使得，由，可證為等邊三角形，可得，由，，可證為等邊三角形，可證，可得即可；
（3）由，由與都是等邊三角形，可證，可得，，可證是直角三角形且即可；
（4）將繞點逆時針旋轉得到，連接、、、，延長到，使得，連接、．先證，再證，最后證，可得；
（5）由兩個等腰直角三角形和中，，，，可證，可得，再求即可；
【詳解】解：（1）如圖，
和均為等邊三角形，
，，．
．
在和中，
，
．
．，
為等邊三角形，
．
點，，在同一直線上，
．
．
．
故答案為：，．
（2）證明：如圖中，延長到，使得．
，，
是等邊三角形，
，，
，
，
，
，
．
．
（3）解：以為邊構造等邊，連接，如圖3所示：
與都是等邊三角形，
，，，
，即，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
故答案為：；
（4）解：如圖中，將繞點逆時針旋轉得到，連接、、、，延長到，使得，連接、．
由（1）可知，
，，
，，，
，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，，
，
．
（5）且；
理由如下：，
．
．
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
綜上所述：且．
3．（2024·河南駐馬店·二模）【問題發現】
（1）在數學活動課上，趙老師給出如下問題：“如圖1 所示， 是等腰直角三角形，，，點D在上，連接，探究，，之間的數量關系．”王林思考片刻之后，利用手拉手模型解答問題如下：
圖示 思路
將線段繞點 逆時針旋轉得線段，連接，，易證，得到，，在 中，易得 ，由，得，， 之間的數量關系為_______．
【類比分析】
（2）如圖2所示，當點在線段的延長線上時，請問（1）中的結論還成立嗎？請給出判定，并寫出你的推導過程；
【拓展延伸】
（3）若（1）中的點 在射線上，且 請直接寫出的度數．

【答案】（1）；（2）（1）中結論成立，見解析；（3）75°或15°
【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，銳角三角函數，解題的關鍵是靈活運用這些性質，并正確作出輔助線．
（1）根據題意可得是直角三角形，根據勾股定理和全等三角形對應邊線段相等即可求解；
（2）將線段繞點逆時針旋轉得線段．可證明，進而得到，，進而證明，進而得到在中，，再根據勾股定理即可求解；
（3）分兩種情況討論：當點在上時，當點在延長線上時，在利用前面結論在中得， 得，進而得出．
【詳解】證明：（1）將線段繞點 逆時針旋轉得線段，連接，，
，
，
，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，，
，
；
（2）（1）中結論成立．
理由：將線段繞點逆時針旋轉得線段．
如圖1所示，連接，．

∵ 為等腰直角三角形，
∴，．
由旋轉性質可知為等腰直角三角形．
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴，．
；
在中，且
（3）如圖所示，當點D在上時，

同理可得：，，，，
∴在中，
∴．
∵，
∴；
如圖3所示，當點在延長線上時，，，

∴．
綜上所述，的度數為或．
4．（2023·河南鄭州·二模）由兩個頂角相等且有公共頂角頂點的特殊多邊形組成的圖形，如果把它們的底角頂點連接起來，則在相對位置變化的過程中，始終存在一對全等三角形，我們把這種模型稱為“手拉手模型”．

(1)【問題發現】
如圖1所示，兩個等腰直角三角形和中，，，，連接、，兩線交于點P，和的數量關系是 　 　；和的位置關系是 　 ?。?br/>(2)【類比探究】
如圖2所示，點P是線段上的動點，分別以、為邊在的同側作正方形與正方形，連接分別交線段、于點M、N．
①求的度數；
②連接交于點H，直接寫出的值；
(3)【拓展延伸】
如圖3所示，已知點C為線段上一點，，和為同側的兩個等邊三角形，連接交于N，連接交于M，連接，直接寫出線段的最大值．
【答案】(1)，
(2)①；②
(3)
【分析】（1）證明，即可得到，，問題得證；
（2）①連接、、，證明，再證明，即可得出結果；②證明，即有，即可求解；
（3）證明為等邊三角形，就有MN=CN，由條件可以得出，即有，可得，設為x，則有，用相似三角形的性質把用含x的式子表示出來，從而求出最大值．
【詳解】（1）∵，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故答案為：，；
（2）①連接、、，AC

∵四邊形和四邊形是正方形，
∴，，，，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
②∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）∵和為等邊三角形，
∴，，．
∴，
即．
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴是等邊三角形．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
設為x，則有，
∴，
∴，
∴，
∴當時，NC有最大值是，
即點C在的中點時，線段最大，最大值是．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，正方形的性質，等邊三角形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理以及二次函數的最值的運用．在解答的過程中書寫全等三角形時對應頂點的字母要寫在對應的位置上，靈活運用頂點式求最值．
5．（2022·青?！ぶ锌颊骖}）兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全等的三角形，把具有這個規律的圖形稱為“手拉手”圖形.
(1)問題發現：
如圖1，若和是頂角相等的等腰三角形，BC，DE分別是底邊.求證：；
圖1
(2)解決問題：如圖2，若和均為等腰直角三角形，，點A，D，E在同一條直線上，CM為中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數及線段CM，AE，BE之間的數量關系并說明理由.
圖2
【答案】(1)見解析
(2)；
【分析】（1）先判斷出∠BAD=∠CAE，進而利用SAS判斷出△BAD≌△CAE，即可得出結論；
（2）同（1）的方法判斷出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：∵和是頂角相等的等腰三角形，
∴，，，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：，，
理由如下：由（1）的方法得，，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形，等邊三角形，等腰直角三角形的性質，判斷出△ACD≌△BCE是解本題的關鍵．
題型02 與等腰三角形有關的折疊問題
1．（2024·海南·中考真題）如圖，矩形紙片中，，點E、F分別在邊上，將紙片沿折疊，使點D的對應點在邊上，點C的對應點為，則的最小值為 ，CF的最大值為 ．
【答案】 6
【分析】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理，等邊對等角，過點E作于H，則四邊形是矩形，則，根據，可得的最小值為6，則由折疊的性質可得的最小值為6；如圖所示，連接，證明，得到，則，利用勾股定理得到當最大時，最大，即最大時，最大，則當與點B重合時，最大，設此時，則，據此利用勾股定理建立方程求解即可．
【詳解】解：如圖所示，過點E作于H，則四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值為6，
由折疊的性質可得，
∴的最小值為6；
如圖所示，連接，
由折疊的性質可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴當最大時，最大，即最大時，最大，
∴當與點B重合時，最大，
設此時，則，
∴，
解得，
∴的最大值為
故答案為：，．
2．（2023·江蘇徐州·中考真題）如圖，在中，，點在邊上．將沿折疊，使點落在點處，連接，則的最小值為 ．

【答案】
【分析】由折疊性質可知，然后根據三角不等關系可進行求解．
【詳解】解：∵，
∴，
由折疊的性質可知，
∵，
∴當、、B三點在同一條直線時，取最小值，最小值即為；
故答案為．
【點睛】本題主要考查勾股定理、折疊的性質及三角不等關系，熟練掌握勾股定理、折疊的性質及三角不等關系是解題的關鍵．
3．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片，，，他進行了如下操作：
第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕，將紙片展平．
第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把沿折疊得到，交折痕于點E，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了矩形與折疊問題，熟練掌握矩形的性質，折疊的性質，勾股定理是解題的關鍵．
根據矩形的性質和折疊的性質推出，進而得出，設，則，根據勾股定理可得：，列出方程求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
由折疊可得：，，，，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，
在中，根據勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
故選：B．
4．（2023·遼寧大連·中考真題）綜合與實踐
問題情境：數學活動課上，王老師給同學們每人發了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．
已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當點落在上時，．”
小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”
實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如圖1，當點落在上時，求證：；
（2）如圖2，若點為中點，，求的長．
問題解決：小明經過探究發現：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．
【答案】（1）見解析；（2）；問題2：
【分析】（1）根據等邊對等角可得，根據折疊以及三角形內角和定理，可得 ，根據鄰補角互補可得，即可得證；
（2）連接，交于點，則是的中位線，勾股定理求得，根據即可求解；
問題2：連接，過點作于點，過點作于點，根據已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據三線合一得出，根據勾股定理求得的長，即可求解．
【詳解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴， ，
∵，
∴；
（2）如圖所示，連接，交于點，

∵折疊，
∴，，，，
∵是的中點，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
問題2：如圖所示，連接，過點作于點，過點作于點，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四邊形是矩形，
則，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，矩形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
題型03 與等腰三角形有關的動點問題
1．（2024·吉林·中考真題）如圖，在中，，，，是的角平分線．動點P從點A出發，以的速度沿折線向終點B運動．過點P作，交于點Q，以為邊作等邊三角形，且點C，E在同側，設點P的運動時間為，與重合部分圖形的面積為．

(1)當點P在線段上運動時，判斷的形狀（不必證明），并直接寫出的長（用含t的代數式表示）．
(2)當點E與點C重合時，求t的值．
(3)求S關于t的函數解析式，并寫出自變量t的取值范圍．
【答案】(1)等腰三角形，
(2)
(3)
【分析】（1）過點Q作于點H，根據“平行線+角平分線”即可得到，由，得到，解得到；
（2）由為等邊三角形得到，而，則，故，解得；
（3）當點P在上，點E在上，重合部分為，過點P作于點G，，則，此時；當點P在上，點E在延長線上時，記與交于點F，此時重合部分為四邊形，此時，因此，故可得，此時；當點P在上，重合部分為， 此時，，解直角三角形得，故，此時，再綜上即可求解．
【詳解】（1）解：過點Q作于點H，由題意得：

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴為等腰三角形，
∵，
∴，
∴在中，；
（2）解：如圖，

∵為等邊三角形，
∴，
由（1）得，
∴，
即，
∴；
（3）解：當點P在上，點E在上，重合部分為，過點P作于點G，

∵，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
由（2）知當點E與點C重合時，，
∴；
當點P在上，點E在延長線上時，記與交于點F，此時重合部分為四邊形，如圖，

∵是等邊三角形，
∴，
而，
∴，
∴，
∴，
當點P與點D重合時，在中，，
∴，
∴；
當點P在上，重合部分為，如圖，

∵ ，
由上知，
∴，
∴此時，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴當點P與點B重合時，，
解得：，
∴，
綜上所述：．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質，解直角三角形的相關計算，等腰三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，平行線的性質，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．
2．（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，在 中，，，，為邊上的動點．連接，將繞點逆時針旋轉得到，過點作，交直線于點．連接、，分別取、的中點、，連接，交于點．
(1)若點與點重合，則線段的長度為______．
(2)隨著點的運動，與的長度是否發生變化？若不變，求出與的長度；若改變，請說明理由．
【答案】(1)
(2)不變，，
【分析】（1）當點與點重合時，、、、、共線，，為的中位線，即可求出的長度．
（2）構造，使為的中位線，再構造，進而證得是等邊三角形，得出 ．然后由和為等邊三角形，推導出，然后再由，最后得出和的長度不變．
【詳解】（1）解：當點與點重合時，如圖①，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，， ，．
∵將繞點逆時針旋轉得到，
∴，，
∴是等邊三角形，
∴．，
∴、、三點共線，
∵，，
∴、、、共線，
∵點、分別是，的中點，
∴．
∴．
故答案為：．
（2）解：結論：不變．
如解圖②，連接并延長到點，使得，連接，，延長，交于點，連接．延長至點，使得，連接，，設與交于點，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，， ，．
∵點為中點，
∴．
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，．
∵， ，
∴，．
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∵
∴．
在平行四邊形中，
∵，，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∴．，
由旋轉得，，
∵，，
∴，，
∴，
又，，
∴（）．
∴，
∴為等邊三角形．
∵點、為、的中點，
∴為的中位線， ．
∵．
∴．即的長度不變；
∵和都為等邊三角形．
∴，，，，
∴，
∴（）．
∴．
∵，
∴，
∴為等邊三角形．
同理：為等邊三角形．
∴．，
∴，
∴，
∵，
∴，
設，則，，，
∴．
∵為的中位線，
∴，
∴，
∴，
∵是的中點，
∴為中點，
∴ ，
∴．
故和的長度都不變．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，平行四邊形和等邊三角形的性質，三角形中位線的性質以及平行線分線段成比例．本題的難點是構造得出 ．
3．（2024·山東德州·中考真題）在中，，，點D是上一個動點（點D不與A，B重合），以點D為中心，將線段順時針旋轉得到線．
(1)如圖1，當時，求的度數；
(2)如圖2，連接，當時，的大小是否發生變化？如果不變求，的度數；如果變化，請說明理由；
(3)如圖3，點M在CD上，且，以點C為中心，將線CM逆時針轉得到線段CN，連接EN，若，求線段EN的取值范圍．
【答案】(1)
(2)的大小不發生變化，，理由見解析
(3)
【分析】（1）由旋轉的性質得，由等邊對等角和三角形內角和定理得到，由三角形外角的性質得，進而可求出的度數；
（2）連接交于點O，證明得，再證明即可求出的度數；
（3）過點C作于H，求出，則；由旋轉的性質得，，，設，則；如圖所示，過點D作于G，則可得到，，由勾股定理得；證明，在中，由勾股定理得 ；再求出，即可得到．
【詳解】（1）解：由旋轉的性質得．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴；
（2）解：的大小不發生變化，，理由如下：
連接交于點O，
由旋轉的性質得，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如圖所示，過點C作于H，
∵，，
∴，
∵，
∴；
由旋轉的性質得，，，
設，
∵，
∴，
如圖所示，過點D作于G，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
在中，由勾股定理得，
∴,
∵，
∴，
在中，由勾股定理得
，
∴或（舍去）；
∵點D是上一個動點（點D不與A，B重合），
∴，即，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，旋轉的性質，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，等邊對等角等，正確作出輔助線構造相似三角形和直角三角形是解題的關鍵．
4．（2023·重慶·中考真題）如圖，是邊長為4的等邊三角形，動點E，F分別以每秒1個單位長度的速度同時從點A出發，點E沿折線方向運動，點F沿折線方向運動，當兩者相遇時停止運動．設運動時間為t秒，點E，F的距離為y．

(1)請直接寫出y關于t的函數表達式并注明自變量t的取值范圍；
(2)在給定的平面直角坐標系中畫出這個函數的圖象，并寫出該函數的一條性質；
(3)結合函數圖象，寫出點E，F相距3個單位長度時t的值．
【答案】(1)當時，；當時，；
(2)圖象見解析，當時，y隨x的增大而增大
(3)t的值為3或
【分析】（1）分兩種情況：當時，根據等邊三角形的性質解答；當時，利用周長減去即可；
（2）在直角坐標系中描點連線即可；
（3）利用分別求解即可．
【詳解】（1）解：當時，
連接，

由題意得，，
∴是等邊三角形，
∴；
當時，；

（2）函數圖象如圖：

當時，y隨t的增大而增大；
（3）當時，即；
當時，即，解得，
故t的值為3或．
【點睛】此題考查了動點問題，一次函數的圖象及性質，解一元一次方程，正確理解動點問題是解題的關鍵．
70．（2022·江蘇蘇州·中考真題）定義：一個三角形的一邊長是另一邊長的2倍，這樣的三角形叫做“倍長三角形”．若等腰△ABC是“倍長三角形”，底邊BC的長為3，則腰AB的長為 ．
【答案】6
【分析】分類討論：AB=AC=2BC或BC=2AB=2AC，然后根據三角形三邊關系即可得出結果．
【詳解】解：∵△ABC是等腰三角形，底邊BC=3
∴AB=AC
當AB=AC=2BC時，△ABC是“倍長三角形”；
當BC=2AB=2AC時，AB+AC=BC，根據三角形三邊關系，此時A、B、C不構成三角形，不符合題意；
所以當等腰△ABC是“倍長三角形”，底邊BC的長為3，則腰AB的長為6．
故答案為6．
【點睛】本題考查等腰三角形，三角形的三邊關系，涉及分類討論思想，結合三角形三邊關系，靈活運用分類討論思想是解題的關鍵．
題型04 與等腰三角形有關的新定義問題
1．（2024·山東日照·二模）給出一個新定義：有兩個等腰三角形，如果它們的頂角相等、頂角頂點互相重合且其中一個等腰三角形的一個底角頂點在另一個等腰三角形的底邊上，那么這兩個等腰三角形互為“友好三角形”．
(1)如圖①，和互為“友好三角形”，點D是邊上一點（不與點B重合），，，，連接，則________（填“<”或“=”或“>”），________°；
(2)如圖②，和互為“友好三角形”，點D是邊上一點，，，，M、N分別是底邊的中點，請探究與的數量關系，并說明理由；
(3)如圖③，和互為“友好三角形”，點D是邊上一動點，，，，M、N分別是底邊的中點，請直接寫出與的數量關系（用含的式子表示）
【答案】(1)=；120
(2)；理由見解析
(3)
【分析】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，三角形的中位線定理和等腰三角形的性質：
（1）先判斷出，進而判斷出，得出，，即可得出答案；
（2）在上截取，使，連接，先判斷出，進而判斷出，最后利用等邊三角形性質求解，即可得出答案；
（3）方法同（2）可得解
【詳解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴和是等邊三角形，
∴
∴；
故答案為：=；120；
（2）解：；理由如下：如圖，
在上截取，使，連接，
∵點M是的中點，
∴，
∴，
∵點N是的中點，
∴，
∴是的中位線，
∴，
∵
∴，
∵，，，
∴
由（1）知，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴
∴；
（3）解：；理由如下：如圖，
在上截取，使，連接交于K，
∵點M是的中點，
∴，
∴，
∵點N是的中點，
∴，
∴是的中位線，
∴，
∵
∴，
∵，，，
∴
由（1）知，，
∴，
∴
∴
又
∴
∴
3．（2024·山東濟寧·二模）定義：頂角相等且頂點重合的兩個等腰三角形叫做“同源三角形”，我們稱這兩個頂角為“同源角”．如圖，和為“同源三角形”， ，，與為“同源角”．
(1)如圖1和為“同源三角形”， 與為“同源角”，請你判斷與的數量關系，并說明理由；
(2)如圖2，若“同源三角形”和上的點B，C，D在同一條直線上，且，求的值；
(3)如圖3，和為“同源三角形”，且“同源角”的度數為時，分別取，的中點Q，P，連接，，，試說明是等腰直角三角形．
【答案】(1)，理由見解析；
(2)
(3)見解析
【分析】（1）根據得到得到，證明即可得證；
（2）根據“同源三角形”和，且，得到且，得到，結合，得到，結合對等角相等，得到，代入求值即可；
（3）證明，可證．
本題考查了等腰三角形的性質，三角形全等的判定和性質，特殊角的三角函數值，熟練掌握三角形全等的判定和性質，特殊角的三角函數值是解題的關鍵．
【詳解】（1）∵和為“同源三角形”， 與為“同源角”，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2）設的交點為O，
∵“同源三角形”和，且，
∴且，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）
由（1）可知，
∴．
∵，的中點Q，P，，
∴．
在和中，
∵
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴是等腰直角三角形．
題型05 與等腰三角形有關的規律探究問題
1．（2023·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A在軸上，點B在軸上，，連接，過點O作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；過點作于點，過點作軸于點；…；按照如此規律操作下去，則點的坐標為 ．

【答案】
【分析】根據題意，結合圖形依次求出的坐標，再根據其規律寫出的坐標即可．
【詳解】解：在平面直角坐標系中，點A在軸上，點B在軸上，，
是等腰直角三角形，，
，
是等腰直角三角形，
同理可得：均為等腰直角三角形，
，
根據圖中所有的三角形均為等腰直角三角形，
依次可得：
由此可推出：點的坐標為．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了平面直角坐標系中點的坐標特征，以及點的坐標變化規律問題，等腰直角三角形的性質，解題的關鍵是依次求出的坐標，找出其坐標的規律．
74．（2024·四川廣安·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，所有三角形均為等邊三角形，已知點，，，，，依據圖形所反映的規律，則的坐標是 ．

【答案】
【分析】本題主要考查了等邊三角形的性質以及規律型中點的坐標，找出點坐標變化的規律“為奇數時橫坐標為，為偶數時橫坐標為3，縱坐標為”成為解題的關鍵．
根據等邊三角形的性質可得出根據點的變化找出變化規律為奇數時橫坐標為，為偶數時橫坐標為3，縱坐標為，然后根據規律即可解答．
【詳解】解：根據等邊三角形的性質可得出以及坐標可得：
觀察發現規律：為奇數時橫坐標為，為偶數時橫坐標為3，縱坐標為，
∵為偶數，
∴的橫坐標為3，縱坐標為，
∴的坐標是．
故答案為：．
2．（2022·山東菏澤·中考真題）如圖，在第一象限內的直線上取點，使，以為邊作等邊，交軸于點；過點作軸的垂線交直線于點，以為邊作等邊，交軸于點；過點作軸的垂線交直線于點，以為邊作等邊，交軸于點；……，依次類推，則點的橫坐標為 ．
【答案】
【分析】根據一次函數圖像上點的坐標特征和等邊三角形的性質及等腰三角形的三線合一性質，得出：點的橫坐標為，點的橫坐標為，點的橫坐標為，點的橫坐標為，找出規律即可求解．
【詳解】解：過點作軸于點，點作軸交直線于點，
∵是等邊三角形，，
∴，
∴，
∴點的橫坐標為，即，
∵是等邊三角形，軸，，
∴點的橫坐標為，即，
∴，
∵是等邊三角形，軸，
∴點的橫坐標為，即，
∴，
∵是等邊三角形，軸，
∴點的橫坐標為，即，
以此類推，點的橫坐標為，
∴當時，點的橫坐標為．
故答案為：
【點睛】本題考查一次函數圖像上點的坐標特征，等邊三角形的性質，等腰三角形的三線合一性質．解題的關鍵是找出點的橫坐標的變化規律．
3．（2021·四川達州·中考真題）在平面直角坐標系中，等邊如圖放置，點的坐標為，每一次將繞著點逆時針方向旋轉，同時每邊擴大為原來的2倍，第一次旋轉后得到，第二次旋轉后得到，…，依次類推，則點的坐標為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由題意，點A每6次繞原點循環一周，利用每邊擴大為原來的2倍即可解決問題．
【詳解】解：由題意，點A每6次繞原點循環一周，
，
點在第四象限，， ，
點的橫坐標為，縱坐標為，
，
故選：C．
【點睛】本題考查坐標與圖形變化旋轉，規律型問題，解題的關鍵是理解題意，學會探究規律的方法，屬于中考?？碱}型．
題型06 與等腰三角形有關的多結論問題
1．（2024·四川遂寧·中考真題）如圖，在正方形紙片中，是邊的中點，將正方形紙片沿折疊，點落在點處，延長交于點，連結并延長交于點．給出以下結論：①為等腰三角形；②為的中點；③；④．其中正確結論是 ．（填序號）
【答案】①②③
【分析】設正方形的邊長為，，根據折疊的性質得出，根據中點的性質得出，即可判斷①，證明四邊形是平行四邊形，即可判斷②，求得，設，則，勾股定理得出，進而判斷③，進而求得，，勾股定理求得，進而根據余弦的定義，即可判斷④，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，
∵為的中點，
∴
設正方形的邊長為，
則
∵折疊，
∴，
∴
∴是等腰三角形，故①正確；
設，
∴
∴
∴
∴
又∵
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴ ，即是的中點，故②正確；
∵，
∴
在中，，
∵
∴
設，則，
∴
∴
∴，，
∴，故③正確；
連接，如圖所示，
∵，，
又
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
∵
∴
∴
∴
在中，
∴，故④不正確
故答案為：①②③．
【點睛】本題考查了正方形與折疊問題，解直角三角形，全等三角形的性質與判定，勾股定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
2．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形中，，點P在對角線上，過點P作，交邊于點M，N，過點M作交于點E，連接．下列結論：①；②四邊形的面積不變；③當時，；④的最小值是20．其中所有正確結論的序號是 ．

【答案】②③④
【分析】根據等腰三角形的三線合一可知，可以判斷①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判斷②；根據相似可以得到，判斷③；利用將軍飲馬問題求出最小值判斷④．
【詳解】解：∵，，
∴，
在點P移動過程中，不一定，
相矛盾，
故①不正確；

延長交于點H,
則為矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正確；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正確，
，
即當 的最小值，作B、D關于的對稱點,
把圖中的向上平移到圖2位置，使得，連接，即為的最小值，則，,
這時，
即的最小值是20，
故④正確；
故答案為：②③④

【點睛】本題考查矩形的性質，相似三角形的判定和性質，軸對稱，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
3．（2023·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形沿著直線折疊，使點C與延長線上的點Q重合．交于點F，交延長線于點E．交于點P，于點M，，則下列結論，①，②，③，④．正確的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折疊性質和平行線的性質可得，根據等角對等邊即可判斷①正確；根據等腰三角形三線合一的性質求出，再求出即可判斷②正確；由得，求出即可判斷③正確；根據即可判斷④錯誤．
【詳解】由折疊性質可知：，
∵，
∴．
∴．
∴．
故正確；
∵，，
∴．
∵，
∴．
故正確；
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
故正確；
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴與不相似．
∴．
∴與不平行．
故錯誤；
故選A．
【點睛】本題主要考查了折疊的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，菱形的性質等知識，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．
4．（2023·湖北·中考真題）如圖，和都是等腰直角三角形，，點在內，，連接交于點交于點，連接．給出下面四個結論：①；②；③；④．其中所有正確結論的序號是 ．
【答案】①③④
【分析】由題意易得，，，，則可證，然后根據全等三角形的性質及平行四邊形的性質與判定可進行求解．
【詳解】解：∵和都是等腰直角三角形，
∴，，，，
∵，，
∴，故①正確；
∴，
∴，，故③正確；
∵，，，
∴，；故②錯誤；
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，故④正確；
故答案為①③④．
【點睛】本題主要考查全等三角形的性質與判定、等腰直角三角形的性質及平行四邊形的性質與判定，熟練掌握全等三角形的性質與判定、等腰直角三角形的性質及平行四邊形的性質與判定是解題的關鍵．
題型07 探究等腰三角形中存在的線段數量關系
1．（2023·四川資陽·中考真題）如圖，在矩形中，對角線、交于點，的平分線分別交、于點、，交的延長線于點，為的中點，連結、，分別交、于點、．
(1)求證：；
(2)探究與的關系，并說明理由；
(3)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)，，理由見解析
(3)
【分析】（1）利用矩形的性質，角平分線的定義，等腰直角三角形的判定解答即可；
（2）利用證明，可得出，，結合三角形內角和與對頂角的性質可得出；
（3）利用勾股定理和等腰直角三角形的性質可求出，，的長度，證明，利用相似三角形的性質求出的長度，證明，得出，即可求解．
【詳解】（1）證明∶∵四邊形是矩形，
∴，，，，，，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，，理由：
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵F是的中點，
∴，，，
∴，
又，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰直角三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，明確題意，正確的識別圖形是解題的關鍵．
2．（2023·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形是正方形，點M在上，點N在的延長線上，，連接，，點H在的延長線上，，點E在線段上，且，將線段繞點E逆時針旋轉得到線段，使得，交于點F．

(1)線段與線段的關系是______．
(2)若，，求的長．
(3)求證：．
【答案】(1)
(2)
(3)見解析
【分析】（1）求證，即可得證結論；
（2）由題知，，于是，可證，所以，于是；
（3）連接，令，則，中，，可求，所以，得證；延長線段至點I，使，可證，得，于是．
【詳解】（1）解：
∵四邊形是正方形，
∴，.
∴
又∵，
∴
∴．
（2）解：由題知，，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
（3）解：連接，令，則，
中，，
∴．
中，．
∴．
∴．
∴．
延長線段至點I，使，連接，則垂直平分，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．

【點睛】本題考查正方形的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等；添加輔助線，構造全等三角形，從而求證線段之間的相等關系是解題的關鍵．
3．（2022·黑龍江綏化·中考真題）我們可以通過面積運算的方法，得到等腰三角形底邊上的任意一點到兩腰的距離之和與一腰上的高之間的數量關系，并利用這個關系解決相關問題．
(1)如圖一，在等腰中，，邊上有一點D，過點D作于E，于F，過點C作于G.利用面積證明：．
(2)如圖二，將矩形沿著折疊，使點A與點C重合，點B落在處，點G為折痕上一點，過點G作于M，于N.若，，求的長．
(3)如圖三，在四邊形中，E為線段上的一點，，，連接，且，，，，求的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據題意，利用等面積法，根據等腰中，，即可得到結論；
（2）根據題中條件，利用折疊性質得到，結合矩形中得到，從而有，從而確定是等腰三角形，從而利用（1）中的結論得到，結合勾股定理及矩形性質即可得到結論；
（3）延長交于，連接，過點作于，根據，，，得到是等腰三角形，從而由（1）知，在中，，在中，，，聯立方程求解得，從而得到結論．
【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：
在等腰中，，邊上有一點D，過點D作于E，于F，過點C作于G，
由得，
；
（2）解：連接，過點作于，如圖所示：
根據折疊可知，
在矩形中，，則，
，即是等腰三角形，
在等腰中，，邊上有一點G，過點G作于M，于N，過點作于，由（1）可得，
在中，，，則，
在四邊形中，，則四邊形為矩形，
，即；
（3）解：延長交于，連接，過點作于，
在四邊形中，E為線段上的一點，，，則，
又 ，
，
，即是等腰三角形，
由（1）可得，
設，
，，，
在中，，
在中，，，
，解得，
經檢驗，x=1是方程的解用符合題意，
，即．
【點睛】本題考查幾何綜合，涉及到等腰三角形的判定與性質、等面積求線段關系、折疊的性質、勾股定理求線段長、相似三角形的判定與性質等知識點，讀懂題意，掌握（1）中的證明過程與結論并運用到其他情境中是解決問題的關鍵．
4．（2024·湖北十堰·模擬預測）問題探究：在綜合實踐活動課上，小明將繞點順時針旋轉任意角至（如圖1），第三邊所在直線與對應邊所在直線相交于點，發現夾角與有直接的關系：當為銳角時，與的關系為________；當為鈍角時，與的關系為________．
遷移應用：如圖2，當，將繞點順時針旋轉角至（點在上）時，若點恰好在延長線上，試探究之間的關系．
拓展實踐：若中，（如圖3），將繞點順時針旋轉角至（點在上）時，若點恰好在延長線上，試問：是否為定值？若是定值，請求出這個值；若不是，請說明理由．
【答案】問題探究：相等；互補；遷移應用：；拓展實踐：是定值，為
【分析】問題探究：由旋轉的性質結合四邊形的內角和即可得出答案；
遷移應用：由旋轉的性質可得：，，求出，得出，求出，將繞點順時針旋轉得到，則與重合，、、三點在一條直線上，，，從而由等腰直角三角形的性質得出即可得解；
拓展實踐：根據，建立方程，得出，從而得出，，將繞點順時針旋轉至，作于，由旋轉的性質得出，，證明點、、三點共線，解直角三角形得出，從而得出，即可得解．
【詳解】問題探究：如圖：當為銳角時，
，
由旋轉的性質得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴當為銳角時，與的關系為相等；
如圖，當為鈍角時，
，
由旋轉的性質得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴當為鈍角時，與的關系為互補；
遷移應用：如圖，
，
由旋轉的性質可得：，，，
∴，，
∴，
∴，
由問題探究可知：，
∴，
∴，，
∴，
將繞點順時針旋轉得到，則與重合，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴、、三點在一條直線上，
∴，
∴；
拓展實踐：由旋轉的性質可得：，，，，
由遷移應用可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
如圖，將繞點順時針旋轉至，作于，
，
由旋轉的性質可得：，，
∴，，
∴點、、三點共線，
在中，，
由得，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質、等腰三角形的判定與性質、三角形內角和定理、解直角三角形、三角形外角的定義及性質等知識點，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線是解此題的關鍵．

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