最新中考数学难点突破与经典模型精讲练 专题41 与角有关的等腰三角形的存在性问题 （全国通用）

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1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。加强对二次函数与几何图形结合的综合性试题、实际应用题等专题的练习，深化对常考题型的熟悉程度。在函数复习过程中，如果考生未能完全理解简单实例中的数量关系和变化规律，针对此类问题，在专项复习中，可以通过选择题、填空题的专项练习，进行突破，如“读懂图象信息问题”等，将复杂问题由浅入深，层层分解，提高分析和判断能力。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练，进一步渗透和深刻理解其内涵，重要处舍得投入时间与精力。强化解题过程中常用的配方法、待定系数法等通法。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法，这样，对于解决难度较大的压轴题会有很大的帮助。
专题41 与角有关的等腰三角形的存在性问题
【题型演练】
一、解答题
1．在等边中，D为上一点，E为上一点，过B作，连接，，且．
(1)如图1，若，，求的长．
(2)如图2，若D为延长线上一点，试探究、、的关系，并说明理由．
(3)如图3，若D为延长线上一点，E为延长线上一点，，请直接写出的比值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）延长至点，使，易得为等边三角形，证明，得到，利用求出的长即可．
（2）延长至点，使，易得为等边三角形，证明，得到，根据，即可得到；
（3）在上截取，易得为等边三角形，证明，得到，设，求出，即可得解．
【详解】（1）解：延长至点，使，
∵三角形是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：；理由如下：
延长至点，使，
∵三角形是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：在上截取，
∵三角形是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
设，
∴，，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．通过添加辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
2．已知是锐角三角形，且，点，分别是边，上一点，点是和的交点．
(1)如图1，若，且，，，求的长；
(2)如图2，若，且，过点作，且，线段与相交于点，点是的中点，连接，求证：．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）延长至点，使得，先证明，得到，， 根据，可得，由，可得，则，即可得到答案；
（2）先证明是等边三角形，进一步证明，延长到，使得，连接．可证，得，延长到，使，连接，则是等边三角形，证，得到是等边三角形，进而可得结论．
【详解】（1）解：如图1中，延长至点，使得，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长为2．
（2）证明：如图2，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，．
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
如图2中，延长到，使得，连接．
∵点是的中点，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
延长到，使得，连接，则是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，等角对等边，平行线的判定与性质，三角形内角和定理等知识．作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．在等边中，为射线上一点，是外角的平分线，，于．
(1)如图1，求证；
(2)如图1，若点在线段上（不与，点重合），求证：；
(3)如图2，若点在线段的延长线上，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】(1)答案见解析．
(2)答案见解析．
(3)不成立．理由见解析．
【分析】（1）∵为等边三角形，，∴，∵为角平分线，∴即可得出结论．
（2）过点作交延长线于，证得，得出，进一步利用，得出结论．
（3）证明方法同（1）得出（2）不成立．
【详解】（1）∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵为角平分线，
∴，
∴．
（2）如图，
过点作交AB于G，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵是外角平分线，
∴,
∴
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）不成立，此时，理由如下：如图，
∵
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定，利用边角关系及等量代换求得结论．
4．如图，是等边三角形．

(1)点P是边上一动点．
①当点P移动到中点时，延长至E，使，连接．求证：；
②在点P运动过程中，以为边在上方作等边，连接，当时，求的取值范围；
(2)是的高，记长为a，动点M在上运动，在上方以为边作等边，在点M运动过程中，求点N所经过的路径长．
【答案】(1)①见解析；②
(2)a
【分析】（1）①根据等边三角形的定义得到，根据三线合一的性质求出，利用三角形外角性质求出，由此得到结论；②当点P是中点时，证明，求出；当点D与点A重合时，，根据，得到的取值范围；
（2）取的中点E，连接，如图，证明，得到，，当点M与点A重合时，，当点M与点H重合时，点N与点E重合，由此求出点N所经过的路径长．
【详解】（1）①∵是等边三角形，
∴，
∵点P是中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②当点P是中点时，，，
∵的等边三角形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
当点D与点A重合时，，
∵，
∴；
（2）取的中点E，连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵和都是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
当点M与点A重合时，，
当点M与点H重合时，点N与点E重合，
∴点N所经过的路径长为a．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握三角形的有关知识是解题的关键．
5．如图1，在中，，，点O为两外角，的平分线的交点，连接，．
(1)求证；
(2)如图2，点M在线段上，点N为射线上一点，且满足．
求的周长；
如图3，若，且点为，的平分线的交点，线段上是否存在一点G，使得与的周长相等？若存在，请直接写出的度数；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)2，
【分析】（1）由，可得，根据点O为两外角，的平分线的交点，即有，，问题随之得解；
（2）先证明，再根据，证明，在上取一点T，使得，连接，证明，接着证明，问题随之得解；②先计算出，根据点为，的平分线的交点，可得，，在上取一点H，使得，连接，，如图，根据与的周长相等，可得，再证明，即有，，接着证明，即有，即可得，问题得解．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵点O为两外角，的平分线的交点，
∴，，
∴，
∴；
（2）在（1）中已有，，，，
即有，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在上取一点T，使得，连接，如图，
∵，，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的周长为2；
∵，，
∴，
∵点为，的平分线的交点，
∴，
∴，，
在上取一点H，使得，连接，，如图，
∵与的周长相等，在中有：，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是一道三角形的综合题，考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质等知识，做辅助线，证明、是解答本题的关键．
6．在等边三角形ABC中，，点D是BC边上的一点，点P是AB边上的一点，连接PD，以PD为边作等边三角形PDE，连接BE．
(1)如图1，当点P与点A重合时，求证：．
(2)如图2，若，请计算的值．
【答案】(1)见解析
(2)15
【分析】（1）根据和均是等边三角形，得到，同时结合角度得和差关系得到，即可得证；
（2）过点作交于，可以证得是等边三角形，从而根据（1）中的方法证明，即可求解；
【详解】（1）∵和均是等边三角形
即
在和中：
∴
（2）过点作交于
是等边三角形,且
，
是等边三角形
,
即
是等边三角形
在和中：
即．
【点睛】本题主要结合等边三角形的性质，考查全等三角形的判定和性质，准确的作出辅助线是求解本题的关键．
7．已知和均为等腰三角形，，点E在上，点F在射线上．
(1)如图1，若，点与点重合，求证：；
(2)如图2，若，求证：．
(3)若，在（2）的条件下，点E为的中点，P为所在直线上一动点，当取得最大值时，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据题意得出，为等边三角形，证明，根据，即可得证；
（2）在上截取，连接，证明，，根据全等三角形的性质即可得证；
（3）如图所示，延长交直线于点，根据三角形三边关系得出当取得最大值时，则的最大值为的长，进而证明，根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，为等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴．
∴，
∴
（2）如图2，在上截取，连接，
连接交于N，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
即．
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴．
即．
（3）解：如图所示，延长交直线于点，
当取得最大值时，则的最大值为的长，
由（2）可得
∴,
∴，
∴，
∵为的中点，则，
又∵
∴，
∴
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
8．如图，点是等边内一点，．将绕点按顺时针方向旋转得，连接．
(1)当时，通过上述旋转可得到三条线段、、之间的等量关系，请写出这个等量关系，并说明理由；
(2)探究：当为多少度时，是等腰三角形？（只填出探究结果即可）= ．
【答案】(1)，理由见解析
(2)或或
【分析】（1）由旋转的性质可得即，进而得到是等边三角形即则，最后根据勾股定理即可解答；
（2）分、、三种情况，然后分别根据等腰三角形的性质和旋转的性质求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵将绕点按顺时针方向旋转得
∴，
∴
∴是等边三角形
∴
∴
∴是直角三角形
∴
∴．
（2）解：①要使，需
∵，
∴，解得：；
②要使，需
∴
∴，
∴；
③要使，需
∴，
∴，解得
综上，当的度数为或或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用等腰三角形的判定与性质成为解答本题的关键．
9．如图1，C、D是以为直径的上的点，且满足，点P在上，交于点M，交于点G，交于点N，交于点H．
(1)求的度数．
(2)如图2，当点P是的中点时，
①求证：是等腰三角形．
②求的值．
(3)如图1，设，与的面积差为y，求y关于x的函数表达式．
【答案】(1)
(2)①见解析，②
(3)
【分析】(1)根据圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，计算即可．
(2) ①根据等腰三角形的定义证明即可．
②利用圆周角定理，三角形相似的判定和性质，三角函数计算即可．
(3) 利用圆周角定理，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，三角函数计算即可．．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴．
（2）①∵P是的中点，是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
②∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴．
∴，
∵，
又∵，
∴，
∴．
（3）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的判定，三角函数的应用，熟练掌握三角形相似的判定和性质，灵活运用三角函数是解题的关键．
10．如图，在中，，，射线于点D．

(1)如图1，求的度数；
(2)若点E，F分别是射线，边上的动点，，连接，．
①如图2，连接，当时，求的度数；
②如图3，当最小时，求证：．
【答案】(1)
(2)①；②见解析
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一进行解答即可；
（2）①根据等腰三角形的性质，得出，得出，根据等腰三角形的判定得出，即可证明，得出，根据平行线的性质得出，证明，根据即可得出答案；
②过点C作，在上截取，证明，得出，从而得出，、F、G在同一直线上时，最小，即最小，连接交于一点，该点即为F， 交于点H，证明，得出，证明，得出，即可证明结论．
【详解】（1）解：∵在中，，，，
∴；
（2）解：①延长交于点G，如图所示：
∵在中，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②过点C作，在上截取，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴、F、G在同一直线上时，最小，即最小，连接交于一点，该点即为F， 交于点H，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
又∵，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
11．【基础巩固】
（1）如图1，在中，D，E，F分别为，，上的点，，，交于点G，求证：．
【尝试应用】
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，．若，，，求的值．
【拓展提高】
（3）如图3，在中，，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F．若，平分，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）利用，证明，，利用相似三角形的性质可证得，结合可的结论；
（2）由（1）得，，根据垂直平分线的性质可得，依据的性质即可求出 的值；
（3）遵循第（1）、（2）小问的思路，延长交于M，连接，过点M作于N，根据角平分线和等腰三角形性质构造出含、角的特殊直角三角形，求出、的值，即可得出的长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：延长交于M，连接，过点M作于N，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质及判定、等腰三角形的性质及判定、解特殊的直角三角形等知识，遵循构第（1）、（2）小问的思路，构造出等腰三角形和特殊的直角三角形是解决本题的关键．
12．如图1，若P是内部一点，且，则称点P为的布洛卡点，同时称为的布洛卡角．布洛卡点的发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．
(1)如图2，P为等边三角形的布洛卡点，求的布洛卡角的度数；
(2)如图3，在中，，P是内部一点，且，．
①求证：P为的布洛卡点；
②若，延长交于点D，求证：D是中点．
【答案】(1)
(2)①见详解；②见详解；
【分析】（1）证明，根据等边所对的角相等列出等量关系式即可解得．
（2）①通过角的和差即可证明；
②延长，过点C作，证明是等腰直角三角形，证明，证明即可证明．
【详解】（1）∵P为等边三角形的布洛卡点，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）①在和中
，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴P为的布洛卡点；
②延长，过点C作
∵
又∵，
，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
根据题干可知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴D是中点．
【点睛】本题考查相似三角形综合题、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是准确寻找相似三角形，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
13．如图，等腰直角中，，，点在直线上运动，连结，将线段绕点逆时针方向旋转得线段，连结，．
(1)【基础巩固】求证：；
(2)【尝试应用】如图1，当点在线段上时，若，求的面积；
(3)【拓展思考】如图2，当点在线段的延长线上时，设与的交点为，若的面积为，分别求线段和的长．
【答案】(1)见解析；
(2)5；
(3)，．
【分析】（1）根据证明三角形全等即可；
（2）证明：由，推出，，可得，再利用勾股定理求出，可得结论；
（3）如图，过点作于点．利用三角形的面积公式求出，再利用相似三角形的性质求出，可得结论．
【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴的面积；
（3）如图，过点作于点．
同法可证，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
14．在中，，两条高，交于点H，F是的中点，连接并延长交边于点G．
(1)如图1，若是等边三角形．
①求证：；
②求的长．
(2)如图2，若，，求的面积．
【答案】(1)①见解析；②；
(2)．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得， 从而得到，，即可；②过点作交于点，可得，，从而得到，，进而得到，即可；
（2）过点作交于点，可得，，从而得到，进而得到，再证明，根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）①证明：，是等边三角形的高，
，，，分别平分和，
，
，，
；
②解：过点作交于点，
，，
，，
，是的中点，
，，
，，
，
，等边三角形的边长为8，
，
；
（2）解：过点作交于点，
，，
，，
∵是的中点，
∴，
，
，
．
，
，
．
，
，，
．
，，
，
，
，
即，
，
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
15．如图①，，以的顶点为顶点作正，延长边与的边交于点，在边上截取一点，使得，并连结．
(1)求证：；
(2)①将正绕顶点按顺时针旋转，使顶点落在内部，如图②，请确定，，之间的数量关系，并说明理由；
②将图②中的正绕顶点继续按顺时针旋转，使顶点落在射线下方，如图③，请确定，，之间的数量关系，不必说明理由；
(3)在(1)和(2)的条件下，若，，求BE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①，理由见解析，②
(3)3或5
【分析】（1）证明 ，进而即可得证；
（2）①同（1）证明，进而即可得出结论；
②同①证明，根据全等三角形的性质，进而得出结论；
（3）根据题意，结合图形，即可求解．
【详解】（1）证明：为正三角形，
，，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
；
（2）解：①结论为：，
如图②，理由如下：
为正三角形，
，，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
，
②结论为：，如图③，理由如下：
为正三角形，
，，
，
，
，
，
在与中，
，
，
，
，
；
（3）解：在（1）条件下，；
在（2）条件下，，
综上所述，或，
答案：或．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
16．如图1，在线段上取一点，如果以，为边在同一侧作正方形与正方形，连接，取的中点M，的延长线交于点N．
(1)请探究与的数量关系和位置关系，并加以证明．
(2)如图2，将正方形绕点C顺时针旋转，使得A，C，E在同一条直线上，其余条件不变．
①填空：的度数是______，的度数是______．
②探究（1）中的结论是否成立？并说明理由．
【答案】(1)且；见解析
(2)①；；②成立；见解析
【分析】（1）证明，得出，，证明，得出是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论；
（2）①根据等腰直角三角形的性质即可求出，根据，求出；
②延长交于N，连接，，同（1）可证，得出，，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论．
【详解】（1）解：且．
∵以，为边在同一侧作正方形与正方形，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，．
（2）解：①∵A，C，E在同一条直线上，，，
∴，
，
∴．
故答案为：；．
②成立．理由如下：
如图，延长交于N，连接，．
同（1）可证，
∴，，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
即是等腰直角三角形，
∵，
∴，，
综上可知，且．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形三角形的性质，等腰三角形三线合一，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
17．已知是边长为6的等边三角形，D为中点．
(1)如图1，连接，E为线段上的一个动点，以为边长向下作等边三角形，连接，证明：．
(2)在（1）的条件下，求的最小值．
(3)如图2，G，H分别为上的动点，连接交于点I，，连接交于点J，连接并延长交于点K，，试探究的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质证明，即可证明；
（2）将沿所在直线折叠得，作于H，先根据全等三角形的性质求出，进而求出，最后根据勾股定理求出即可；
（3）延长至M，使得，连接，先根据证明，进而证明，然后求出，再根据求出，证明，求出，最后根据等量代换得到即可．
【详解】（1）证明：∵，均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
（2）解：将沿所在直线折叠得，作于H，
由（1）知，
∴，
∴，
∴．
可知，当B，F，H共线时，最小，此时最小值为，
∴．
（3）解：，理由如下：
延长至M，使得，连接．
∵，
∴，
∴，．
又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
18．背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小．这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．
(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出___________．知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点，请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接AP、BP、CP，求的值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由旋转的性质得，，，，再证是等边三角形，得，，然后证，进而得出结论；
（2）在上取点，使，连接，再在上截取，连接．由此可以证明为正三角形，再利用正三角形的性质得到，，，而为正三角形，由此也可以得到，，现在根据已知的条件可以证明△，然后利用全等三角形的性质即可证明题目的结论；
（3）将绕点顺时针旋转至△处，连接，证是等边三角形，得，，再证、、、四点共线，然后证，即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2中，连接．
点到顶点、、的距离分别为3、4、5，
，，，
由旋转的性质得：，
，，，，
，
即，
是等边三角形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
△是直角三角形，，
，
，
故答案为：；
（2）证明：在上取点，使．连接，再在上截取，连接．
，
，
为正三角形，
，，．
为正三角形，
，，
，
△，
，，
，
为的费马点．
过的费马点；
（3）解：将绕点顺时针旋转至△处，连接，如图4所示：
则，，，，，，
是等边三角形，
，，
点为直角三角形的费马点，
，
，
，
、、、四点共线，
，，，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
在△中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、“费马点”新定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
19．如图，中，，若动点P从点C开始，按的路径运动，且速度为秒，设点P运动的时间为t秒．
(1)当是以为斜边的直角三角形时，求t的值．
(2)当为等腰三角形时，求t的值．
【答案】(1)秒
(2)3秒或秒或秒或6秒
【分析】（1）是以为斜边的直角三角形，得到，勾股定理求出，等积法求出，勾股定理求出，利用求出点运动的路程，再除以速度即可得解；
（2）分P在边上，P在边上两种情况，再分，三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：是以为斜边的直角三角形，
∴P在上，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴秒；
（2）①若P在边上时，，如图1，
∵为等腰三角形；
∴，
∴，
∴，
∴秒时，为等腰三角形；
②若P在边上时，如图2，
∵，
∴，
1）若，
则，
解得：，
∴秒时，为等腰三角形；
2）．若，过C作斜边的高，如图3，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴秒，为等腰三角形；
3）若时，如图4．
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴秒时，为等腰三角形；
综上所述，t为3秒或秒或秒或6秒时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查勾股定理，等腰三角形的性质．熟练掌握勾股定理，等腰三角形的两腰相等，三线合一，是解题的关键．