第15讲 等腰三角形（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

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01· TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214359310" 考情剖析·命题前瞻1
02· \l "_Tc214359311" 知识导航·网络构建3
\l "_Tc214359312" 03·考点解析·知识通关3
04· \l "_Tc214359313" 命题洞悉·题型预测12
05·重难突破·思维进阶难 \l "_Tc214359314" 47
\l "_Tc214367046" 06·优题精选·练能提分61
考点一 等腰三角形的性质与判定
等腰三角形的定义
文字语言：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形。
符号语言：AB=AC,则△ABC叫做等腰三角形
等腰三角形的性质
性质1：等腰三角形的两腰相等。
性质2：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）。
∵AB=AC,∴∠B=∠C
性质3：等腰三角形顶角平分线平分底边并且垂直于底边，即等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高重合．（简称：三线合一）
符号语言：（三种不同形式）
性质4：等腰三角形是轴对称图形，对称轴是顶角平分线所在直线．
3．等腰三角形的两个判定方法
方法1：有两条边相等的三角形是等腰三角形（定义）。
符号语言：∵AB=AC,∴△ABC是等腰三角形
方法2：有两个角相等的三角形是等腰三角形。（简称：等角对等边）
符号语言：∵∠B=∠C ,∴△ABC是等腰三角形
1．（2025·江苏南京·中考真题）若等腰三角形的周长为12，则它的腰长可以是 ．（写出一个即可）
【答案】5（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系，熟知等腰三角形的性质及三角形三边关系是解题的关键．可令等腰三角形的腰长为，底长为，结合等腰三角形的性质及三角形三边的关系即可解决问题．
【详解】解：设腰长为，底长为，
则，
∴．
根据三角形三边的关系可知，，
解得：，
又，即，
解得：，
∴，
故答案为：5（答案不唯一）．
2．（2025·江苏扬州·中考真题）在如图的房屋人字梁架中，，点在上，下列条件不能说明的是（ ）
A．B．C．D．平分
【答案】B
【分析】本题考查三线合一，根据三线合一，进行判断即可．
【详解】解：当时，
∵点在上，
∴，
∴，
∴；故选项A不符合题意；
∵，
∴，不能得到；故选项B符合题意；
∵，
∴当或平分时，；故选项C，D均不符合题意；
故选B
3．（2025·江苏淮安·中考真题）若等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是 ．
【答案】
【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，根据等腰三角形两底角相等，结合三角形的内角和定理，进行求解即可．
【详解】解：∵等腰三角形的一个底角为，
∴另一个底角的度数也为，
∴它的顶角的度数是；
故答案为：．
考点二 等边三角形的性质与判定
1．等边三角形的定义：
三条边都相等的三角形是等边三角形．
AB=AC=BC,则△ABC叫做等边三角形
2．等边三角形的性质：
性质1：等边三角形的三边相等。
性质2：等边三角形的三角相等，且都等于60°。
性质3：三线合一
性质4：等边三角形是轴对称图形，对称轴是顶角平分线所在直线，有三条对称轴．
3．等边三角形的三个判定方法：
方法1：三条边都相等的三角形是等边三角形；
方法2：三个角都相等的三角形是等边三角形；
方法3：有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形．
1．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
2．（2025·江苏淮安·中考真题）观察点和观察的图形在同一平面内，我们把以观察点为顶点，包含被观察图形的最小角称为从观察点观察该图形的张角．如图（1），为观察点P观察正方形的张角．如图（2），在正方形所在平面内观察这个正方形，若张角为，则观察点的位置都在图中的圆弧上．如图（3），等边三角形的边长为6，在三角形所在平面内观察这个三角形，若张角为，则所有符合条件的观察点组成的图形周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，弧长公式，等边三角形的性质等知识点，难度较大，解题的关键是确定所有符合条件的观察点组成的图形．
先作出符合题意的图形，再根据弧长公式求解整个图形的周长即可．
【详解】解：先作出点关于的对称点，连接，以点为圆心，为半径画圆，
则，
∴，
同理作出圆，
∴点在以为弦的优弧上，如图：
延长交圆于点，当点在劣弧上时，此时不符合题意，如图；
∴点P组成的图形应去掉6段和劣弧一样的弧，如图：
作以点为圆心，为半径的圆与圆交于点，当在劣弧上也符合题意，此时，
∴点也可以在另外两段和劣弧一样的弧，如下图，整个实线图形即为所有符合条件的观察点组成的图形，
∴周长为，
故答案为：．
3．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为的等边三角形纸片叠放在一起，使点E、B分别在边上（端点除外），边相交于点G，边相交于点H．
(1)如图1，当E是边的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________；
(2)如图2，若，求两张纸片重叠部分的面积的最大值；
(3)如图3，当，时，与有怎样的数量关系？试说明理由．
【答案】(1)菱形
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可得，则四点共圆，由三线合一定理得到，则为过的圆的直径，再由，得到为过的圆的直径，则点H为圆心，据此可证明，推出四边形是平行四边形，进而可证明四边形是菱形，即两张纸片重叠部分的形状是菱形；
（2）由等边三角形的性质得到，，则由平行线的性质可推出，进而可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，则可设，则，，由勾股定理得到，可得，则当时，有最大值，最大值为；
（3）过点B作于M，过点E作于N，连接，则，，，证明，进而可证明，得到，则，即．
【详解】（1）解：如图所示，连接
∵都是等边三角形，
∴，
∴四点共圆，
∵点E是的中点，
∴，
∴为过的圆的直径，
又∵，
∴为过的圆的直径，
∴点H为圆心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴两张纸片重叠部分的形状是菱形；
（2）解：∵都是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是等边三角形，
过点E作，
∴设，则，，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为；
（3）解：，理由如下：
如图所示，过点B作于M，过点E作于N，连接，
∵都是边长为的等边三角形，
∴，，
∴由勾股定理可得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即．
命题点一 等腰形的性质与判定
►题型01 根据等腰三角形的概念求边长或顶角或底角
【典例】．（2025·江苏泰州·二模）在等腰中，，，则 ．
【答案】4
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分为腰和为腰两种情况，根据构成三角形的条件讨论求解即可．
【详解】解：当为腰时，则的三边长分别为4，4，2，
∵，
∴此时能构成三角形，符合题意，
∴；
当为腰时，则的三边长分别为4，2，2，
∵，
∴此时不能构成三角形，不符合题意，
综上所述，；
故答案为：4．
【变式】
1．（2025·江苏镇江·一模）等腰三角形的周长是12，底边长为2，那么它的一条腰长是（ ）
A．2B．5C．6D．4
【答案】B
【分析】分两种情况：当等腰三角形的底边长为2时；当等腰三角形的一腰长为2时；然后分别进行计算即可解答．
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系，分两种情况讨论是解题的关键．
【详解】解：分两种情况：
当等腰三角形的底边长为2时，
等腰三角形的周长为12，
它的一条腰长，
，
能组成三角形；
当等腰三角形的一腰长为2时，
等腰三角形的周长为12，
它的底边长，
，
不能组成三角形；
综上所述：它的一条腰长是5，
故选：B
2．（2024·江苏镇江·中考真题）等腰三角形的两边长分别为6和2，则第三边长为 ．
【答案】6
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形三边关系，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．分两种情况讨论：当6为一腰长时；当2为一腰长时；分别求出第三条边长，并根据三角形三边关系判断是否能构成三角形，即可得出答案．
【详解】解：当6为一腰长时，则另一腰长为6，底边长为2，
，
能构成三角形，
第三边长为6；
当2为一腰长时，则另一腰长为2，底边长为6，
，
不能构成三角形，舍去；
综上，第三边长为6，
故答案为：6．
►题型02等腰三角形与图形变换综合
【典例】．（2025·江苏苏州·中考真题）综合与实践
小明同学用一副三角板进行自主探究．如图，中，，中，．
【观察感知】
（1）如图①，将这副三角板的直角顶点和两条直角边分别重合，交于点F，求的度数和线段的长．（结果保留根号）
【探索发现】
（2）在图①的基础上，保持不动，把绕点C按逆时针方向旋转一定的角度，使得点A落在边上（如图②）．
①求线段的长；（结果保留根号）
②判断与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1），；（2）①；②，理由见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
（1）先根据等腰三角形的性质可得，再求出，然后根据三角形的外角性质即可得；最后根据解直角三角形可得的长，根据线段的和差即可得；
（2）①过点作，垂足为，先解直角三角形可得的长，再利用勾股定理可得的长，然后根据线段的和差即可得；
②根据等腰三角形的性质可得，则可得，由此即可得．
【详解】解：（1）∵中，，
∴，
∵中，，
∴，
∴；
在中，，
在中，，
∴．
（2）①如图，过点作，垂足为，
中，，
．
中，．
∴，
．
②，理由如下：
∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【变式】
1．（2024·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，点是的中点，连接，将绕点旋转，得到．连接，当时， ．
【答案】或
【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的性质的综合，掌握等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键．
根据等腰直角三角形的性质可得的值，作，根据平行线的性质可得是等腰直角三角形，可求出的长，在直角中，根据勾股定理可求出的长度，由此即可求解．
【详解】解：∵在中，，，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴在中，，
∵将绕点旋转得到，
∴，
∴，，，
分情况讨论：
①如图所示，过点B作，垂足为点，
∵∥，
∴，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
在中，，
∴，
②如图所示，当点D运动到点F′时，此时，
同理可得，，
∴
故答案为：或．
2．（2023·江苏宿迁·中考真题）如图，是正三角形，点A在第一象限，点、．将线段 绕点C按顺时针方向旋转至；将线段绕点B按顺时针方向旋转至；将线段绕点A按顺时针方向旋转至；将线段绕点C按顺时针方向旋转至；……以此类推，则点的坐标是 ．
【答案】
【分析】首先画出图形，然后得到旋转3次为一循环，然后求出点在射线的延长线上，点在x轴的正半轴上，然后利用旋转的性质得到，最后利用勾股定理和含角直角三角形的性质求解即可．
【详解】如图所示，
由图象可得，点，在x轴的正半轴上，
∴．旋转3次为一个循环，
∵
∴点在射线的延长线上，
∴点在x轴的正半轴上，
∵，是正三角形，
∴由旋转的性质可得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴同理可得，，，
∴，
∴，
∴，
∴由旋转的性质可得，，
∴如图所示，过点作轴于点E，

∵，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标是．
故答案为：．
►题型03等腰三角形与四边形或圆综合
【典例】．（2025·江苏盐城·中考真题）七巧板具有深厚的文化底蕴，由正方形、平行四边形和大小不一的等腰直角三角形组成，小明用七巧板拼成的丹顶鹤如图所示，且过点作直线，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题重点考查等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识，推导出是解题的关键．
由等腰直角三角形的性质得，由，得，而，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图，和都是等腰直角三角形，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【变式】
1．（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当 时，矩形桌面面积最大．
【答案】5
【分析】本题考查二次函数的应用，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．作于点H，先根据已知数据证明和是等腰直角三角形，再设，则，列出矩形桌面面积关于x的二次函数，化为顶点式，即可得出答案．
【详解】解：如图，作于点H，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
矩形中，
是等腰直角三角形，
设，则，
矩形桌面的面积，
当时，S取最大值，
即当时，矩形桌面面积最大．
故答案为：5．
2．（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用
【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空：
根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ．
【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积．
【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长．
【深度思考】（4）如图（4），在中，，点D、E分别在边上，且满足，交于点P，若，则的值为 ．
【答案】（1），，，见解析（2）（3）（4）
【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可；
（2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果；
（3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可；
（4）设，根据三角形的外角结合三角形的内角和定理推出，作，垂足分别为，则：，根据，设，则，根据含30度角的直角三角形的性质，结合线段的和差关系，分别求出的长，进行求解即可．
【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D，
在中，
∵，
∴．①
在中，
∵，
∴．②
由①－②得：．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴，
故答案为：，，；
（2）∵等腰直角三角形中，，，
∴，
∵，
∴；
由（1）中结论可知：，即：，
∴，
∴正方形的面积；
（3）延长交于点，连接，则：，
由（1）中结论可知：，即：，
∴；
∵平分，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
（4）∵，
∴，
设，
则：，
∵，
∴，
∴，
作，垂足分别为，则：，
∵，
∴设，则，
在中，，
∴，，
∴，，
同理：，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
►题型04等腰三角形与函数综合
【典例】．（2025·江苏苏州·一模）如图，已知抛物线与x轴相交于点，与y轴相交于点C，连接．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点P在抛物线上，且，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】本题主要考查了二次函数的解析式，二次函数的性质，等腰三角形的判定与性质及解一元二次方程．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，易证是等腰直角三角形，求出，过点P作轴于点H，连接，根据题意易证是等腰直角三角形，推出，设，则，分点P在上方和下方，由，建立方程，求解即可．
【详解】（1）解：根据题意：，
解得：，
则该抛物线的函数表达式为：；
（2）解：将代入，则，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
过点P作轴于点H，连接，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设，则，
当点P在上方时，如图，
则，
∴，
解得：或（与点A重合，舍去），
∴，则，
∴；
当分点P在下方时，如图，
则，
∴，
解得：或（与点A重合，舍去），
∴，则，
∴；
综上，点P的坐标为或．
【变式】
1．（2025·江苏无锡·一模）【观察发现】
如图1，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上的一个动点．连接并延长交于点F，将四边形沿着直线折叠，点A的对称点是点，点B的对称点是点．点E从点A出发，沿着运动，当点B'与点D重合时，运动停止．
【解决问题】
(1)判断的形状；
(2)设，，求出y与x之间的函数表达式（无需写出x的取值范围）；
(3)如图2，连接交于点H．当时，求的值．
【答案】(1)是等腰三角形，
(2)；
(3)．
【分析】（1）利用平行线的性质结合折叠的性质，即可证明，推出，即可证明是等腰三角形；
（2）过点作于点，求得，，，在中，由勾股定理列式计算即可求解；
（3）先求得，，连接，在中，，推出，作于点，取的中点，连接，计算得出和是等腰直角三角形，得到点与点重合，证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：是等腰三角形，
由折叠的性质得，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：过点作于点，
∵，，
∴，
∵点O为矩形的对称中心，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
由（1）知，
∴，
∴，
整理得，
∴；
（3）解：当时，，
∴，，
连接，
∵点O为矩形的对称中心，
∴点O在对角线上，且，
在中，，
∴，
作于点，取的中点，连接，
∴是的中位线，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，即，
∴点与点重合，
∴，
∴，即．
2．（2025·江苏常州·一模）已知：如图，抛物线与x轴交于点A、B，它的对称轴交x轴于点Q．点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．(点C在点D的右侧)．
(1)如图1，连接，若四边形是平行四边形，则_____；
(2)如图2，连接，交对称轴于点T，连接，当时，求直线的函数表达式；
(3)在(2)的条件下，在该抛物线上取一点M，使得是以为斜边的直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)24
(2)或
(3)、、、
【分析】（1）根据抛物线可求得，故抛物线的对称轴为直线，可以求得，从而得到，，根据题意可证C，D两点是一对对称点，得到，，求得，继而得到，根据平行四边形的面积得．
（2）当点P在x轴的上方时，C，D两点是一对对称点，得到，，轴，得，，于是点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点，设直线的解析式为，由直线经过点，故，解得，故直线的解析式为，同理可求点P在x轴的下方情况，解答即可．
（3）根据题意，当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G，，不妨设，，得到，解得，；；根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点，根据（2）的直线的解析式为，得，求得；得到，不妨设，则，，
解得，此时；；解答即可．
【详解】（1）解：由，得，
解得，
故，
故抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：24．
（2）解：当点P在x轴的上方时，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，，轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点，
设直线的解析式为，
由直线经过点，
故，
解得，
故直线的解析式为，
当点P在x轴的下方时，
∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．
∴C，D两点是一对对称点，
∴，，轴，
∴，
∵，
∴，
设直线与y轴交于点N，
∴，
则，
设直线的解析式为，
由直线经过点
故，
解得，
故直线的解析式为，
综上所述，直线的解析式为或．
（3）解：根据题意，
当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G，
∵轴，
∴，
故四边形是矩形，
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵M在抛物线上，
不妨设，
①当点M在上方时：
，
∵，
∴，
整理，得，
解得（舍去），
当时，，此时；
②同理可得，当点在下方时：
，
整理，得，
解得（舍去），，
当时，，此时；
根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点，
∵轴，
∴，
故，
根据（2）的直线的解析式为，
根据题意，得，
解得或，
故；
∴，
∵为直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵在抛物线上，
不妨设，
①当点M在x轴上方时：
，
∴，
∴，
整理，得，
解得（舍去），，
当时，，此时；
②同理可得：当点M在x轴下方时，
，
整理，得，
解得，（舍去），
当时，，此时；
综上所述，符合题意的点有点或或或．
命题点二 等边角形的性质与判定
►题型05等边三角形的性质与判定
【典例】．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图1，在中，，，点D，E均在边上（点D在点E的左侧），且．
(1)如图1，将绕点A逆时针旋转得到，连接，求证：；
(2)如图2，若，求证：；
(3)如图3，若，，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由旋转得，由，，可得，进而可得，，根据“边角边”可证；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，连接，，先求出，进而可得，在中，，根据（1）中的方法，同理可证明，得出，问题得证；
（3）将绕点A逆时针旋转得到，连接，，过F点作，交的延长线于点G，可得是等边三角形，根据（1）中的方法可证明：，即，根据旋转的性质有，，再证，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理解，，问题得解．
【详解】（1）证明：根据旋转的性质，可得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴；
（2）证明：将绕点A逆时针旋转得到，连接，，
∵，，
∴，
根据旋转的性质，可得：，，
∴，
∴在中，，
根据（1）中的方法，同理可证明，
∴，
又∵，
∴；
（3）证明：将绕点A逆时针旋转得到，连接，，过F点作，交的延长线于点G，如图，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
根据（1）中的方法可证明：，
∴，
根据旋转的性质有：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：．
【变式】
1．（2025·江苏泰州·三模）已知，如图，等边，点D是平面内一点（点D不在直线上），连接、．将绕点A按逆时针方向旋转得到，点D的对应点是点E．
设直线与直线交于点G．
(1)如图1，判断线段与线段的数量关系，并说明理由；
(2)当点D是线段的中点，根据题意，在图2中画出图形，求的度数；
(3)探索与的数量关系，直接写出结论．
【答案】(1)，理由见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）根据旋转的性质得到，即可得到；
（2）根据题意画出图形，证明和是等边三角形，再利用对角线相互平分且相等的四边形是矩形即可得到结论；
（3）分两种情况，画出图形，利用圆内接四边形的判定和性质求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下，
∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴；
（2）解：画出图形，如图，
由旋转的性质知，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵点D是线段的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
（3）解：如图，
是等边三角形，
∴，，
∵将绕点A按逆时针方向旋转得到，
∴，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是圆内接四边形，
∴；
如图，同理和是等边三角形，
∴，
∴四边形是圆内接四边形，
∴，
综上，或．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2．（2025·江苏苏州·二模）如图，点在上，，，且．
(1)求证：；
(2)取的中点，连接．若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】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，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）先证明，再利用证明，即可得证；
（2）由全等三角形的性质可得，由（1）可得，证明为等边三角形，得出，再由等边三角形的性质即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
由（1）可得，
∴为等边三角形，
∴，
∵取的中点，连接．
∴．
►题型06等边三角形与四边形、圆综合
【典例】．（2025·江苏无锡·二模）定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)如图1，已知四边形是筝形，则其对角线与满足的关系是_________；
(2)如图2，中，，，，为线段上一点，将沿向外翻折得，将沿向右翻折得，连接，若，判断四边形是否为筝形，请说明理由，并求出的长；
(3)如图3，四边形中，，，，点在上，，当时，请直接写出的最大值．
【答案】(1)垂直平分
(2)四边形是筝形，此时，理由见解析
(3)
【分析】（1）由筝形可得，，即垂直平分；
（2）由折叠的性质可得，，，，，由等腰三角形的性质可得垂直平分，即，可证四边形是筝形，由面积法可求的长；
（3）由折叠的性质可得，，，，，，可证，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是筝形，
∴，，
∴垂直平分；
故答案为：垂直平分；
（2）解：四边形是筝形，此时，理由如下：
如图2，设与交于点H，
由折叠的性质得，垂直平分，垂直平分，
∴，，，，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴四边形是筝形，
∵，，，
∴，
∵，，，
∴，
∵
∴，
∴；
（3）解：如图3，将沿翻折得，将沿翻折得，在截取，连接，，
∵，，
∴，
由折叠得，，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴当点A，点G，点H，点D共线时，有最大值，
∴的最大值．
【变式】
1．（2025·江苏南通·模拟预测）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
(1)若四边形是对余四边形，则与的度数之和为 ．
(2)如图①，是的直径，点A、B、C在上，、相交于点求证：四边形是对余四边形．
(3)如图②，在对余四边形中，，，，探究线段、和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)，见解析
【分析】（1）根据新定义，分类讨论：①当和互余时，②当与互余时，逐个分析求解即可；
（2）先推导出，则，即可解答；
（3）将绕点B逆时针旋转得到连接则≌，，推导出是等边三角形，得到，继而证明，则，得到，即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是对余四边形，
当和互余时，
，
当与互余时，
，
则，
故答案为：或；
（2）解：连接OB，
是的直径，点A、B、C在上，
∴，，
，
即，
四边形是对余四边形．
（3）解：猜想：线段、和之间的数量关系为
理由如下：，
将绕点B逆时针旋转得到连接，如图，
则≌，，
，，，
为等边三角形，
，
，
。
，
，
，
，
，
【点睛】本题考查新定义，互余，圆周角，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，掌握知识点是解题的关键．
2．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在正方形的内部作等边，连接，，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
（1）先根据等边三角形的性质可得，，根据正方形的性质可得，，则可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先求出，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差求解即可得．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴．
突破一 等腰三角形与作图问题
【典例】．（2025·江苏南通·模拟预测）如图是边长为1的正方形网格，每个小正方形的顶点叫格点，的顶点都在格点上．
(1)的周长为 ；
(2)如图，点D、P分别是与竖格线和横格线的交点，画出点P关于过点D竖格线的对称点Q；（仅用无刻度的直尺作图，不写作法，保留作图痕迹）
(3)请在图中画出的角平分线．（仅用无刻度的直尺作图，不写作法，保留作图痕迹）
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查作图，勾股定理、线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
（1）利用勾股定理求解即可；
（2）由题意可得，点D所在的竖格线为的垂直平分线，再根据对称性作图即可；
（3）利用等腰三角形的三线合一的性质解决问题即可．
【详解】（1）解：由图可得，的周长
，
故答案为：；
（2）解：如图，点Q即为所求；
（3）解：如图，线段即为所求．
【变式】
1．（2025·江苏淮安·一模）已知是等边三角形
(1)正方形内接于（正方形四个顶点都在三角形的边上，其中在上），请在图中作出点、，尺规作图，保留作图痕迹，并简要写出作图步骤；
(2)写出（1）中的的边长与正方形的边长比值为______．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）作的平分线交于点，再作的平分线交于点，然后以点为圆心，以为半径作交于点，则点，为所求作的点；
（2）在中，设，根据得，则，进而得，由此即可得出的边长与正方形的边长比值．
【详解】（1）①作的平分线交于点，
②作的平分线交于点，
③以点为圆心，以为半径作交于点，
则点，为所求作的点，如图1所示：
理由如下：
过点，作的垂线交于点，交于点，连接，如图2所示：
，，
是等边三角形，
，
是的平分线，
，，，
由作图可知：，
，
，
在△和△中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
平行四边形是矩形，，
是等边三角形，
，
是的平分线，
，
在中，，
，
，
，
，
矩形是正方形，
点，为所求作的点；
（2）在中，设，
，
，
由勾股定理得：，
，
，
．
的边长与正方形的边长比值为．
故答案为：．
2．（2025·江苏淮安·一模）如图1，在中，为边上一点．
(1)请在图1中用无刻度的直尺和圆规作图：在上找一点，使；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，求的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，分析出在上找一点，使，就是以为边尺规作图作等边三角形，延长，以点为圆心、为半径画弧，交射线于点，使，再以点为圆心、为半径画弧，交边于点，在中，，，即可得到；
（2）过点作，如图所示，在和，结合直角三角形性质及勾股定理求出相关角度及边长即可得到答案．
【详解】（1）解：在中，，若，如图所示：
，且，
即在上找一点，使，就是以为边尺规作图作等边三角形，
点即为所求；
（2）解：过点作，如图所示：
在中，，，则，
设，
在中，，则，
由勾股定理可得，
，，
，解得，
则．
突破二 等边三角形与图形变换
【典例】．（2023·江苏徐州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴分别交于点，顶点为．连接，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，连接．点分别在线段上，连接与交于点．

(1)求点的坐标；
(2)随着点在线段上运动．
①的大小是否发生变化？请说明理由；
②线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由；
(3)当线段的中点在该二次函数的图象的对称轴上时，的面积为 ．
【答案】(1)，；
(2)①的大小不变，理由见解析；②线段的长度存在最大值为；
(3)
【分析】（1）得，解方程即可求得的坐标，把化为顶点式即可求得点的坐标；
（2）①在上取点，使得，连接，证明是等边三角形即可得出结论；②由，得当最小时，的长最大，即当时，的长最大，进而解直角三角形即可求解；
（3）设的中点为点，连接，过点作于点，证四边形是菱形，得，进而证明得，再证，得即，结合三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴顶点为，
令，，
解得或，
∴；
（2）解：①的大小不变，理由如下：
在上取点，使得，连接，

∵，
∴抛物线对称轴为，即，
∵将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，，，，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，即的大小不变；
②，∵，
∴当最小时，的长最大，即当时，的长最大，
∵是等边三角形，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即线段的长度存在最大值为；
（3）解：设的中点为点，连接，过点作于点，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵的中点为点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵的中点为点，是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴即，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
【变式】
1．（2025·江苏无锡·二模）将一个图形绕一个点旋转，往往可以得到很多有趣的结论．小明在学习旋转变换时，作了以下的尝试：
(1)如图1，将绕点B旋转至 ，连接 ，请找出图中的一对相似三角形（全等除外），并证明；
(2)如图2，小明又将绕点B旋转至，其中，直线 与直线相交于点D，通过观察、实验、猜想等操作方式，发现点D是线段的中点，请你帮助验证这个结论是正确的，写出证明过程；
(3)如图3，若是边长为2的等边三角形，D是内一点，将线段绕点B顺时针旋转，得到线段，连接，若，直线与直线交于点F，且F是中点，求的长．
【答案】(1)，理由见详解
(2)见详解
(3)
【分析】（1）根据旋转可得，即可证明．
（2）根据旋转的性质得出，，，证出，过作交的延长线于点，得出，即可得， 等角对等边得，证出，即可得，即是的中点．
（3）过作交的延长线于点，连接，得出，根据是等边三角形，得出，，根据旋转可得，则是等边三角形，从而得，证明，得出，再证明，得出，设，求出，证出是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解： ，
理由如下：
根据旋转可得，
∴，
∴．
（2）解：∵将绕点B旋转至，其中，
∴，，，
∴，，
∴，
过作交的延长线于点，
∴，
∴，
∴，
∵，， ，
所以，
∴，
即是的中点．
（3）解：过作交的延长线于点，连接，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
根据旋转可得，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是中点 ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】该题考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
2．（2025·江苏南京·二模）图形的旋转
（1）将线段绕点旋转一定角度得到线段，、分别是、的对应点．
（I）如图①，求作旋转中心．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明）
（II）如图②，设旋转角度为，延长、交于点．求证：．
（2）在中，，，点、分别在边、上（包括端点），且．
（I）在图③中，求作满足条件的；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要说明）
（II）若存在满足条件的，则的取值范围是_______．
【答案】（1）（I）见解析；（II）见解析；（2）（I）见解析；（II）
【分析】（1）（I）如图，分别作、的中垂线，交于点，点即为所求作的旋转中心．
（II）连接与交于点．根据旋转的性质可得．得出．即可得．．根据三角形内角和定理和等量代换得出．即可得．
（2）（I）分别以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点．分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点．连接，交于点，以为圆心，长为半径画弧，交于点．连接即为所求．
（II）根据（I）可得，证出是等边三角形，得出，结合，得出点四点共圆，即可得点在如图所示的圆上运动，根据题意可得当点与点重合时，最小，此时，，是直径，解直角三角形求出；当点与点重合时，最大，此时，，是直径，解直角三角形求出，即可得出的取值范围．
【详解】解：（1）（I）如图，分别作、的中垂线，交于点，点即为所求作的旋转中心．
（II）连接与交于点．
∵线段绕点旋转得到线段的对应点分别为，
∴．
∴．
∴．
∴，
即．
又，
，
，
∴．
即．
（2）（I）分别以为圆心，长为半径画弧，两弧交于点．
分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点．
连接，交于点，以为圆心，长为半径画弧，交于点．
连接即为所求．
理由：根据作图可得，垂直平分，，
∴，是等边三角形，
∴，
∵，
∴点四点共圆，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
（II）根据（I）可得，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴点四点共圆，
∴点在如图所示的圆上运动，
∴当点与点重合时，最小，
此时，，是直径，
∴，
∵，，
∴；
当点与点重合时，最大，
此时，，是直径，
∴，
∵，，
∴；
故的取值范围是．
1．（2025·江苏无锡·三模）如图，在和中，，．将绕点A按顺时针方向旋转，当时，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质等；由旋转的性质及等腰三角形的性质得，，结合平行线的性质即可求解；掌握旋转的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：旋转后的图象，如图，
，，
，
，
，
，
，
故选：B．
2．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，点在上，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查的是三角形内角和定理，以及等腰三角形的性质．解题的关键是分析各角之间关系的能力，运用所学的三角形知识求解．根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得，由可得，从而即可求解．
【详解】解：∵，，
，，
∴，
又，
．
故选：．
3．（2025·江苏徐州·一模）如图，在中，，，于点，平分分别与，相交于点，，若，则的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，过点作于点，根据角平分线的性质可得，进而得出，可得，进而证明得出，即可证明是等边三角形，根据等边三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵平分，，
∴
∵
∴
∵，即
∴
∵，，,
∴，
在中，
∴
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，
故选：C．
4．（2025·江苏镇江·一模）如图，在中，，平分，，垂足为D，交于点E．若，则的长为（ ）
A．6B．C．7D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，取的中点，连接，根据等边对等角得到，由直角三角形的性质得到，则由等边对等角和角平分线的定义可推出，得到，则可证明，得到；再利用勾股定理求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，取的中点，连接，
∵，
∴；
∵，点为的中点，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴，
故选：B．
5．（2025·江苏盐城·中考真题）如图（1）是博物馆屋顶的图片，屋顶由图（2）中的瓦片构成，瓦片横截面如图（3）所示，是以点为圆心， 为半径的弧，弦的长为，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的判定，求弧长，根据已知可得，则是等边三角形，进而根据弧长公式，即可求解．
【详解】解：依题意，，
∴是等边三角形．
∴．
∴的长为．
故选：D．
6．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，直线，直线分别交于点A、B，以为圆心，长为半径画弧，分别交于直线同侧的点，，，则的长等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了弧长计算，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握相关的判定和性质是解题的关键．连接，先根据平行线的性质求出，，，根据平行线的性质得出，根据弧长公式求出结果即可．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
根据作图可知：，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴的长为．
故选：C．
7．（2025·江苏南京·三模）如图，在等边中，点，分别是边、上的动点，且以为边作等边，使点与点在直线同侧，交于点，交于点给出下面四个结论：
；
；
若，则；
若则四边形是菱形．
上述结论中．所有正确结论的序号是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，综合运用相关知识是解题的关键
①正确．利用等边三角形的性质以及三角形外角的性质证明即可；②正确．证明，可得结论；③正确．证明即可；④正确．证明四边形四边相等即可．
【详解】解：，都是等边三角形，
，
，
，
，
，故①正确；
，
，，
，
，
，即，
，
；故②正确；
是等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，即，故③正确；
，
，
，
，
是等边三角形，
，
四边形是菱形，故④正确．
故选：D．
8．（2025·江苏南通·中考真题）如图，在等边三角形的三边上，分别取点，使．若，的面积为，则关于的函数图象大致为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
利用等边三角形的性质得出相等的边和角，通过证明全等三角形得出对应边相等，判定是等边三角形，作垂线利用面积公式求出和的面积，即可得到函数关系式，再结合二次函数的性质判断图象即可．
【详解】解：是等边三角形，
∴，
∵
，
即，
，
∴，
过点A作于G点，则，
∴
∴，
∴，
∴，
过点D作于点H，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
'
，
∴y关于x的函数图象开口向上，当时，当时，当时y的最小值为，
∴选项A，C，D均不符合题意，选项B符合题意，
故选：B
9．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，，点在上，将沿翻折，点恰好落在上的点处，若，则的长为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】A
【分析】此题考查了平行四边形的性质，折叠问题，相似三角形的性质和判定，等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点．
根据题意证明出，得到，然后代入求解即可．
【详解】解：∵
∴
由折叠得，
∵
∴
∴
∴
∴，即
∴．
故选：A．
10．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，，点D，E在上，．
(1)求证：；
(2)用直尺和圆规作的平分线（保留作图痕迹，不要求写作法）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查等边对等角，全等三角形的判定，尺规作图作一个角的平分线，熟练掌握全等三角形的证明方法和尺规作图的方法是解题的关键．
（1）先利用得出，再利用证明即可；
（2）利用根据角平分线的作图方法作图即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在与中，
，
∴；
（2）解：如图，即为所求作．
1．（2025·江苏南通·模拟预测）取一张正方形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：
第一步：如图1，先把正方形对折，折痕为．
第二步：点在线段上，将沿翻折，点恰好落在上，记为点，连接．
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)作点关于直线的对称点，连接、．
①在图2中补全图形，并求出的度数；
②猜想的度数，并加以证明；（温馨提示：当你遇到困难时，不妨连接、，研究图形中特殊的三角形）
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析
(2)①图见解析；；②，证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质得出，由折叠的性质得：，得出，在中，由三角函数得出，求出，得出，即可得出结论；
（2）①根据题意补全图形，由①得：，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出，求出，再由得出的性质得出；
②由对称的性质得：，证出是等边三角形，得出，证明，得出，由，即可得出结果．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
四边形是正方形，
，
由折叠的性质得：，，
，，
∴在中，，
，
，
是等边三角形；
（2）解：①补全图形如图2所示：
由①得：，
∵四边形是正方形，
，，
，
由（1）可知，，
，
，
，
关于直线的对称点为，
；
②，证明如下：
连接，如图3所示，
由对称的性质得：，
由①可知，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
，
，
是等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角函数、折叠的性质、轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键．
2．（2025·江苏泰州·三模）如图，，且，点在上，，交于点．
(1)求证：；
(2)可由绕点旋转而得，用尺规作图的方法，作出点（不写作法，保留作图痕迹）；
(3)当是中点时，连接，求的大小．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】（1）利用全等三角形的性质得到角相等，再结合直角三角形的性质，通过角的转化证明垂直．
（2）根据旋转中心是对应点连线垂直平分线的交点，作出对应点连线的垂直平分线找旋转中心．
（3）先证是等腰直角三角形得，再证、、、四点共圆，利用圆周角性质及平角求．
【详解】（1）证明：
，
，
，
，
，
；
（2）解：连接，分别作线段和的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为点．
（3）解：连接，
是中点，，
，
，
是等腰直角三角形
，
，，
，
、、、四点共圆，
，
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、四点共圆及圆周角定理，熟练掌握全等三角形的对应角相等、旋转中心的确定方法、等腰直角三角形的性质以及四点共圆的判定与性质是解题的关键．
3．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，点是边上一点，连接，先以点为圆心，长为半径画弧，再以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接交于点，已知．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解题关键．
（1）先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，则可得，然后利用定理即可得证；
（2）先根据等腰三角形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，然后根据三角形的外角性质求解即可得．
【详解】（1）证明：由题意得：，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
由（1）已证：，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
4．（2025·江苏南京·三模）大胆联想，小心求证
【问题提出】
如图，在等腰的斜边及其延长线上分别选取点和点，使求证：
【问题解决】
(1)小明根据已有的学习经验从求证结论出发，反向思考，将“乘积式”转化成“比例式”，联想三角形相似，如图，思路如下，请将他的思路补全
(2)思路1：小亮观察条件“等腰联想“等腰三角形三线合一”性质，作等腰的底边上的高CF，如图所示，…；
思路2：小红观察结论是“乘积式”，联想圆中相关结论，构造的外接圆，如图所示，分别将与转化，…；
思路3：聪明的你又想到…，请自选思路，完成证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理及其推论，圆内接四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．（1）根据思路中的相似三角形和全等三角形的性质可直接得到答案；
（2）思路1：作等腰的底边上的高，设，，通过等腰直角三角形的性质表示出，证明，可得，即，即，展开整理可得，从而即可证明；
思路：记的外接圆为，交于，连接，延长交于，在上取点，使由圆周角定理及圆内接四边形性质导角证明，得，即再证明，得，即故只需证明又，故只要证明即可，最后通过证明，即可得到
【详解】（1）解：由题意可知①处补全为，②处补全，
③、④处分别为、；
（2）思路1：证明：
作等腰的底边上的高，如图③所示：
则，
，，
，
设，，
，
，，
，
，
，
，即，
即，展开整理可得，
思路2：证明：记的外接圆为，交于，连接，延长交于，在上取点，使
，
是直径．
四边形是的内接四边形，
，
又，
，
又，
，
，即
，，
∽，
，即
，，
，，
，
．
∵，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
又，
，
，
又，
在和中，
，
，
，
∴
∴．
5．（2025·江苏常州·三模）如图，已知中，，，，，垂足为D，点E是线段上一点（不与点C、D重合），连接并延长交于点F．
(1)求的长；
(2)若点F是的中点，求的值；
(3)若是等腰三角形，求的长．
【答案】(1)(2)(3)或或
【分析】（1）由勾股定理可得，再由三角形面积公式计算即可得解；
（2）过点作于点，则，证明是的中位线，得出，证明，求出，从而可得，再由正切的定义即可得解；
（3）分三种情况：当时，过点作于点；当时，过点作于点；当时，过点作于点；分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴由勾股定理可得：，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点作于点，
，
∵，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵是等腰三角形，
∴当时，过点作于点，
，
则，
∵，，
∴，，
∴，
∴平分，
∵，，
∴,
设，则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当时，过点作于点，
，
则，
∵，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当时，过点作于点，
，
则，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，若是等腰三角形，则的长是或或．
6．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、．
(1)直接写出___________°，___________；
(2)当时，求的值；
(3)如图2，连接并延长交直线于点．
①求证：；
②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可；
（2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作于点K，
∵是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴ ，
根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（3）①证明：根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
过点M作交于点L，
则，，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
②连接，，
∵，，
∴，
又∵垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点Q在与线段夹角为的射线上，
∴过点D作于点，
当点Q在时，最小，
这时．
7．（2025·江苏淮安·一模）如图，已知点E是矩形内一点，，求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．证出，由证明，得出对应边相等即可．
【详解】证明：四边形是矩形，
，
，
，
在与中， ，
，
．
8．（2025·江苏南京·模拟预测）用一张矩形纸片剪一个等边三角形．
第一步，如图（1），对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
第二步，如图（2），再一次折叠纸片，使点D落在上的M处，并使折痕经过点A，得到折痕；
第三步，如图（3），沿折叠纸片，得到折痕．
第四步，沿，裁剪矩形纸片，得到．
(1)说明是等边三角形．
(2)已知矩形纸片一边长为3，另一边长为a．对于每一个确定的a的值，都能剪出最大的等边三角形．画出不同情形的示意图，并写出对应的a的取值范围．
(3)如图（4），用一张边长为4的正方形纸片剪一个等边三角形，使这个等边三角形的三个顶点都在正方形的边上．设这个等边三角形的面积为，直接写出的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由矩形的性质可得，，得出，由折叠的性质可得，，从而可得，由等角对等边可得，由题意可得为和边的对称轴，且，由平行线分线段成比例定理可得，推出，证明，得出，即可得证；
（2）分三种情形：如图：当为等边三角形，一边位于边长为的边上时；如图，当为等边三角形，一边位于边长为的边上时；如图，为等边三角形时，各边位于矩形的内部时；分别利用矩形的判定与性质、等边三角形的性质、解直角三角形，计算即可得解；
（3）当等边中，、分别在正方形的两对边上，且时，此时最小，作于；当等边三角形中，点与点重合，、分别在正方形两邻边上时，此时最大；分别利用等边三角形的性质、矩形的判定与性质以及正方形的性质计算即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
由折叠的性质可得：，，
∴，
∴，
由题意可得为和边的对称轴，且，
∴由平行线分线段成比例定理可得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：如图：当为等边三角形，一边位于边长为的边上时，
，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
如图，当为等边三角形，一边位于边长为的边上时，
，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
如图，为等边三角形时，各边位于矩形的内部时，
，
当与重合时，如图，，
作于，则，，
∴四边形为矩形，，
∴，此时最小，则，
当与重合时，如图，，
作于，则，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，此时最大，则，
∴；
（3）解：如图，当等边中，、分别在正方形的两对边上，且时，此时最小，作于，
，
由题意可得：，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
故此时为；
如图，当等边三角形中，点与点重合，、分别在正方形两邻边上时，此时最大，
，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，，
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
∴，，
故此时为；
综上所述，．
9．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，一次函数的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，与反比例函数的图象交于点C，过点B作x轴的平行线与反比例函数的图象交于点D，连接．
(1)求A，B两点的坐标；
(2)若是以为底边的等腰三角形，求k的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合性问题，等腰三角形的三线合一性质，一次函数和反比例函数图象上的坐标特征，利用等腰三角形的三线合一性质求反比例函数图象上点的坐标是解题的关键．
（1）对于一次函数，分别令，和，即可求得答案；
（2）过点C作，垂足为E，根据等腰三角形的三线合一性质，可得，于是可逐步求得点D和点C的坐标，再代入，即可求得答案．
【详解】（1）解：令，则，
解得，
点A的坐标为，
令，则，
点B的坐标为；
（2）解：如图，过点C作，垂足为E，
，，
，
令，则，
，
点D的坐标为，
点C的坐标为，
点C在一次函数的图象上，
，
解得．
10．（2025·江苏镇江·二模）实践课上，同学们尝试探索在不剪断铁丝且不浪费材料的前提下，能否将一段铁丝弯折围成符合要求的三角形．如图，同学们将细铁丝抽象为线段，在线段上取点，，沿点，弯折，使，两点重合（记为），得到．
【活动1】围等腰三角形
（1）一般的等腰三角形．如图，线段上已确定好点，请在线段上确定点，沿点，弯折，使，两点重合（记为），为等腰三角形．请画出点（一种情况即可）和（尺规作图，保留作图痕迹）．
（2）等边三角形．如图，线段上取点，沿点，弯折，使，两点重合（记为），得到等边．小明思考后发现，找线段的一个三等分点即可，他采取了以下的作图方法：
①过点作的垂线；
②线段上顺次截取，以为圆心，的长为半径作；
③以为圆心，线段的长为半径画弧，在的上方交于点，作射线交射线于点；
④作的垂直平分线交于点．则点就是线段的三等分点．
根据上面的作法，证明点是线段的三等分点．
【活动2】围直角三角形
如图，线段上有一点，同学们为解决问题，过点作射线于点．请你借助射线，用尺规确定点的位置，使得沿点，弯折后，，两点重合（记为），最后得到直角．请画出点（一种情况即可）和（要求：尺规作图，保留作图痕迹）．
【答案】活动1：（1）见解析；（2）见解析；活动2：见解析
【分析】活动1（1）根据等腰三角形定义（至少两边相等），用尺规作图，以为基础，构造出使为等腰三角形的点，作即可．
活动1（2）依据作图步骤，利用等边三角形性质（三边相等、三角为 ）、垂直平分线性质（垂直平分线上点到线段两端距离相等 ）、直角三角形性质（角所对直角边是斜边一半 ），推导与的数量关系，证明是三等分点．
活动2：借助直角三角形判定（有一个角为 ），结合，用尺规作图确定点，构造出直角，如利用垂直、弧的交点等确定 ．
【详解】活动1
（1）如图，
（2）如图，连接，，，
由作图得，为等边三角形，
，
点为的垂直平分线与的交点，
，
，
中，，
，
即：点是线段的三等分点；
活动2
如图，
1．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，点在边上，．若，则的周长为（ ）
A．8B．10C．11D．12
【答案】C
【分析】本题考查了三角形周长的计算，三角形外角的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点．掌握这些是解题的关键．
根据可得：，从而得到，则三角形的周长可转化为，代入计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
，
．
故选：C．
2．（2025·西藏·中考真题）如图，为等腰三角形，，点D是延长线上的一点，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的定义，三角形内角和定理，三角形外角的性质，根据等腰三角形的定义可得，再利用三角形外角的性质可得即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
由三角形的外角性质，得：，
∴．
故选：C．
3．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，将绕点A顺时针旋转得到，点B，点C的对应点分别为点D，点E，连接，点D恰好落在线段上，则的长为（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质以及旋转的性质，由等腰三角形的性质得；再由旋转的性质得，从而得，故可得，从而可求出结论．
【详解】解：在中，，
∴；
由旋转可知，
∴，
由旋转得：，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
4．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从地到地．
甲：，路程为．
乙：，路程为．
丙：，路程为．
下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质、三角形三边之间关系，解题的关键是通过设的长度为a，结合图形性质分别计算三人的路程并比较．
设，利用等边三角形性质得出甲、乙的路程均为，分析四边形，得出丙的路程小于，比较得出．
【详解】设的长度为a，因为有两个角是，故是等边三角形，
∴；
由于和是等边三角形，设的边长为m，
可得，
∴；
丙路程中，延长与，交于点I（如图），
∵，两边同加得，
∴，又
∴，又，
因此，，只有D选项正确．
故选：D．
5．（2025·四川成都·一模）将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子（图中的所有点、线都在同一平面内），若，，则 ．
【答案】/
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，设，则，，则，利用等腰直角三角形的性质证明，由相似三角形的性质得出，进一步求出，再证明，由相似三角形的性质进一步即可得出．
【详解】解：设，则，，
∴，
∵，是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即
∴，
∵
∴，
解得，（舍去）
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
6．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若，则的度数为 ．
【答案】/64度
【分析】本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角，
根据旋转可得，，进而得出，再根据直角三角形的两个锐角互余得，即可得出答案．
【详解】解：根据旋转可得，，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴，
即．
故答案为：．
7．（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，已知，，，点，是边上的两个动点，点从点开始，沿方向运动，速度为每秒个单位长度，点从点开始，沿方向运动，速度为每秒个单位长度，它们同时出发，设运动时间为秒．（值用小数表示）
（1）当为 时，是等腰三角形；
（2）当点在上运动时，值从小到大依次是 ， ， 时，为等腰三角形．
【答案】 6
【分析】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形不同边相等的各类情况，并用勾股定理求出对应线段长度是解题的关键．
（1）先根据是等腰三角形，得到，用含有t的式子将表示出来，再围绕利用勾股定理，即可求解．
（2）分别讨论、和三种情况，利用等腰三角形的性质和勾股定理先求的长度，再求t，即可求解．
【详解】解：（）如图，
由于，要使是等腰三角形，只能，，
在 中，，
，解得，
故答案为：；
（）当点在上运动时，要使为等腰三角形，分三种情况，
①如图，当时，
可得，
，
，
，
在 中，，
，
，
，即，解得；
②如图，当时，
可知，即，解得；
③如图，当 ，过点作，垂足为点，
则，
，
，
，
，
，解得；
综上所述，当运动时间为秒或秒或秒时，为等腰三角形．
故答案为：，，．
8．（2025·安徽亳州·一模）如图，矩形中，连接对角线，将沿折叠，点B落在点处，交边于点E，则：
（1）的形状是 ；
（2）若，则点到边的距离是 ．
【答案】 等腰三角形
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质与等腰三角形的判定是解题的关键．
（1）由折叠的性质得，由平行线的性质可得，则可得，由等角对等边即可得的形状是等腰三角形；
（2）由折叠的性质得，，设，则可表示，在中，由勾股定理建立方程求得x，利用面积关系即可求得点到边的距离．
【详解】解：（1）由折叠的性质得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
故答案为：等腰三角形；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得，，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，
设点到边的距离为d，
∵，
∴，
即点到边的距离为，
故答案为：．
9．（2025·福建·模拟预测）如图，在中，P是的中点，于点D，于点E，且，求证：是等腰三角形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，掌握等腰三角形的判定方法是解题的关键．
根据题意得到，再证明，得到即可求证．
【详解】解：∵，
∴，
∵P是的中点，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
10．（2025·陕西渭南·一模）如图，一次函数（b为常数）的图像与y轴交于点，与反比例函数（k为常数，且）的图像交于点B、，连接．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)点是轴上一点，是否存在点，使得以点、、为顶点的三角形是等腰三角形，且为等腰三角形的腰，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)一次函数的表达式为，反比例函数的表达式为
(2)存在，点的坐标为，，
【分析】本题考查一次函数与反比例函数的综合，勾股定理，等腰三角形定义．准确计算是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解；
（2）分，两种情况，根据等腰三角形的性质分别求解即可．
【详解】（1）将代入中，得，
一次函数的表达式为，
在一次函数图像上，
，
将代入中，得：，
反比例函数的表达式为；
（2）存在，理由如下：
由（1）知：点的坐标为，
如图，过点作轴于点，
由勾股定理得：，
①如图，当时，点的坐标为，；
②如图，当时，过点作轴于点，
易证四边形为矩形，则，
，点的坐标为，
综上所述，存在满足要求的点，点的坐标为，，．
61．（2025·甘肃定西·一模）如图，在中，．
(1)作的角平分线，交于点D；（尺规作图，保留痕迹）
(2)在的延长线上任取一点E，连接．求证：；
(3)当时，四边形是什么图形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)菱形，见解析
【分析】本题考查了角平分线的尺规作图、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定，熟练掌握等腰三角形的“三线合一”及全等三角形和平行四边形的判定是解题的关键．
（1）根据角平分线的作法，可得答案；
（2）根据等腰三角形的“三线合一”可得，利用边角边即可判定；
（3）根据菱形的判定定理，可得答案．
【详解】（1）解：如图， 即为所求；

（2）∵平分，
∴，
．
在和中，
∴．
（3）∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
由（2）得，
∴四边形是菱形．
62．（2025·江西吉安·二模）如图，以矩形的边为斜边作等腰，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)在①中作出一条矩形的对称轴；
(2)在图②中以为腰作一个等腰直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了矩形和等腰直角三角形的性质及无刻度直尺作图，解题的关键是利用矩形的对称性和等腰直角三角形的性质找到作图的关键点．
（1）利用矩形的中心对称性，结合等腰直角三角形的顶点，作出过矩形中心的直线即为对称轴；
（2）根据矩形对边相等和等腰直角三角形的性质，找到与CD相关的等腰直角三角形的顶点，连接得到图形．
【详解】（1）解：如图①，直线即为所求；
（2）如图②，即为所求．
63．（2025·云南·模拟预测）如图1，点，，都在上，且平分，交于点．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)如图2，是的直径，与相交于点．
①若，，求的半径；
②若于点，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①的半径为8；②证明见解析．
【分析】（1）利用角平分线的定义、圆周角定理和等腰三角形的判定定理解答即可；
（2）①连接，设的半径为，则，，利用圆周角定理，角平分线的定义得到，利用勾股定理列出方程解答即可；
②过点作于点，利用矩形的判定与性质得到；再利用圆周角定理，全等三角形的判定与性质得到，再利用等量代换的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴是等腰三角形；
（2）①解：如图2，连接，
设的半径为，则，
∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∵是的直径，
∴．
∴为等腰直角三角形．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴（不合题意，舍去）或．
∴的半径为8；
②证明：如备用图，过点作于点，
∵，
∴．
∴．
∵是的直径，
∴．
∵，，
∴．
∴四边形为矩形．
∴．
∵是的直径，
∴
∴．
∵．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，添加适当的辅助线构造等腰三角形和全等三角形是解题的关键．
64．（2025·辽宁抚顺·一模）如图，抛物线与轴交于A、B两点（点在点的左侧），点的坐标为，与轴交于点，作直线．动点在轴上运动，过点作轴，交抛物线于点，交直线于点，设点的横坐标为．
(1)求抛物线的解析式和直线的解析式；
(2)当点在线段上运动时，求线段的最大值；
(3)当点在线段上运动时，若是以为腰的等腰直角三角形时，求的值．
【答案】(1)抛物线解析式为，直线解析式为
(2)的最大值为
(3)
【分析】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数最值问题，等腰直角三角形的定义等，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
（1）先利用待定系数法求得抛物线的解析式，然后求得点B的坐标，即可利用待定系数法求得直线的解析式；
（2）由题意可知，此时，且点在点上方，据此得到的表达式，然后根据二次函数的性质即可求得最值；
（3）当是以为腰的等腰直角三角形时，则有，可知此时点纵坐标为3，则有，据此即可解答．
【详解】（1）解：抛物线过、两点，
代入抛物线解析式可得，
解得，
抛物线解析式为，
令可得，，解，
点在点右侧，
点坐标为，
设直线解析式为，
把B、C坐标代入可得，
解得，
直线解析式为；
（2）解：轴，点的横坐标为，
，
在线段上运动，
点在点上方，
，
当时，有最大值，的最大值为；
（3）解：轴，
当是以为腰的等腰直角三角形时，则有，
点纵坐标为3，
，解得或，
当时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
．
命题点一 等腰三角形的性质与判定
题型01 根据等腰三角形的概念求边长或顶角或底角
题型02 等腰三角形与图形变换综合
题型03 等腰三角形与四边形、圆综合
题型04 等腰三角形与函数综合
命题点二 等边三角形的性质与判定
题型05等边三角形的性质与判定
题型06等边三角形与四边形、圆综合
突破一 等腰三角形与作图问题
突破二 等边三角形与图形变换
基础巩固→能力提升→全国新趋势
考点
2025年
2024年
2023年
课标要求
等腰三角形的性质与判定
南京T8
淮安T11
宿迁T13
盐城T16
盐城T6
淮安T27
镇江T16
镇江T9
无锡T17
徐州T24
宿迁T16
南通T26
常州T24
苏州T23
镇江T5
常州T12
徐州T28
南通T26
南通T17
镇江T24
无锡T21
常州T23
苏州T20
盐城T16
盐城T12
宿迁T5
南京T3
南京T26
淮安T11
宿迁T16
泰州T26
泰州T16
无锡T25
无锡T7
理解等腰三角形的概念，探索并证明等腰三角形的性质定理：等腰三角形的两个底角相等；底边上的高线、中线及顶角平分线重合。探索并掌握等腰三角形的判定定理：有两个角相等的三角形是等腰三角形。
等边三角形的性质与判定
淮安T16
盐城T6
南通T9
南京T14
镇江T11
常州T27
盐城T15
淮安T16
宿迁T18
探索等边三角形的性质定理：等边三角形的各角都等于60°。探索等边三角形的判定定理：三个角都相等的三角形（或有一个角是60°的等腰三角形）是等边三角形。
命题预测
2023 - 2025 年等腰、等边三角形的考查情况分析：
2023-2025 年江苏中考数学中，题型分布：大部分城市都会以选择或填空（3-4 分）考查等腰三角形的概念和性质，并会结合三角形的三边关系一起考查，属于基础题，解答中重点考查等腰三角形的三线合一性质和等腰三角形的判定方法，而且这部分考点往往会综合图形的运动、四边形、圆一起考查，尤其是图形的旋转。
2026年中考数学关于等腰、等边三角形的命题预测：
基础题（3-4 分）：1-2 道选择 / 填空，覆盖等腰角度计算、边长分类讨论、等边三角形面积公式，难度易，区分度低。
中档解答题（4-6 分）：1 道 18-20 题，结合全等三角形或平行四边形或勾股，证明等腰或者计算边长，或用线段垂直平分线或角平分线构造等腰，难度中，区分度中。
压轴题（2-3 分）：25 题几何探究或 26 题函数几何综合，融入旋转或折叠或坐标系，考查构造等腰或等边解决动态问题，难度中高，区分度高。
备考建议：
夯实基础：强化 “三线合一”“60° 等腰→等边” 等核心结论，熟练分类讨论的步骤与验证方法。
模型专项：集中训练折叠、中垂线、手拉手等模型，总结辅助线构造技巧（如遇 60°或120°角尝试构造等边）。
分层突破：基础题抓速度与正确率，中档题练全等三角形和勾股综合，压轴题练动态分析与构造转化。
错题复盘：重点攻克 “无图多解”“高位置判断”“边角对应错误” 等易错点，形成错题本。
形式①
形式②
形式③
∵AB=AC,∠BAD=∠CAD
∴BD=CD,AD⊥BC
∵AB=AC, BD=CD
∴∠BAD=∠CAD,AD⊥BC
∵AB=AC, AD⊥BC
∴BD=CD, ∠BAD=∠CAD
/
/
/
如图（1），过点A作于点D，
在中，∵，∴． ①
在中，∵，∴ ． ②
由①－②得：．
∵，，
∴ ．
∴．
……
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/
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