2026年中考数学一轮复习 第15讲 等腰三角形、等边三角形

第15讲 等腰三角形、等边三角形（举一反三复习讲义） 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，以及切线性质定理，等腰三角形的性质，根据可得，可求出的度数，再由和圆内接四边形的性质可求解的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，最后根据切线性质定理即可求解． 【详解】解：连接，，，如图， ∵，， ∴， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵直线为的切线， ∴， ∴． 故选：C ． 2．（2025·青海·中考真题）如图，线段经过圆心，交于点，，为的弦，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)已知，求的长（结果保留）． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，弧长公式，含30度角的直角三角形的性质． （1）先由三角形内角和定理得出，再根据得，进而可得，再根据切线的判定可得出结论； （2）根据含30度角的直角三角形的性质得，设，则，求出，再得，然后根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 且是的半径， ∴直线是的切线； （2）解：在中，， ∴， 设， ∴， 解得， ∵， ∴的长为：． 3．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质； （1）先证明，可得，结合可得结论； （2）由，点是边上的中点，可得即，结合由（1）得四边形是平行四边形，从而可得结论. 【详解】（1）证明：∵点为的中点 ∴， ∵ ∴，， 在和中 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形； （2）证明：当时，四边形是矩形， 理由如下： ∵ ，点是边上的中点， ∴ 即， ∵ 由（1）得四边形是平行四边形， ∴ 四边形是矩形. 4．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，． (1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ； (2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长． 【答案】(1)在线段上；； (2)补图见解析，为等腰三角形 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理与弧，弦，圆心角定理可得答案； （2）补图如下， 连接，证明，，结合，可得，进一步可得结论； （3）如图，过作于，求解，，，，可得，从而可得答案. 【详解】（1）解：∵是直角， ∴为直径， ∵为圆心， ∴在线段上； ∵为的中点， ∴， ∴； （2）解：补图如下，为等腰三角形，理由如下： 连接， ∵为的切线交的延长线于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：如图，过作于， ∵的半径为，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴. 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，弦，弧，圆心角之间的关系，切线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 5．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形； （2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解． 【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形； （2）解：如图： ∵， ∴， 设 ∴， ∵， ∴， ∴， 解得： ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 6．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可． 【详解】解：根据作图可知：， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选D． 7．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，以为直径作，与相交于点．连接，与相交于点． (1)如图1，连接，求的度数； (2)如图2，若点为的中点，且，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，弧长公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）连接，先证明，得到，由等腰三角形性质得到，设，在四边形中，由四边形内角和等于计算即可； （2） 根据直角三角形斜边中线的性质先证明为等边三角形，则可求度数，再由弧长公式即可求解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 设， 在四边形中，∵ ∴， ∴； （2）解：连接， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴的长为：． 8．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了角平分线、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟记相关结论即可. （1）由题意得，根据是的角平分线即可求解； （2）求出，得到；求出．．推出．即可求解； 【详解】（1）解：， ． 由作图可知，是的角平分线， ． （2）解：在中，由三角形内角和定理得， ， ， 在中，， ． ． ． ． ， ． 9．（2025·北京·中考真题）如图，，点A在射线上，以点O为圆心，长为半径画弧，交射线于点B．若分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧在内部交于点C，连接，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要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，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 连接，则由作图可得，那么为等边三角形，可证明，再根据全等三角形性质以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， 由作图可得，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 故选：B． 10．（2025·吉林·中考真题）如图，在中，．尺规作图操作如下：（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交边于点M，N；（2）以点C为圆心，长为半径画弧，交边于点；再以点为圆心，长为半径画弧，与前一条以点C为圆心的弧相交于三角形内部的点；（3）过点画射线交边于点D．下列结论错误的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了等角对等边，三角形内角和定理，大角对等边，作与已知角相等的角的尺规作图，由作图方法可得，则由三角形内角和定理和等边对等角得到，，由大角对大边得到，再由可得． 【详解】解：由作图方法可得，故A结论正确，不符合题意； ∴，，故B、C结论都正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴，故D结论错误，符合题意； 故选：D． 11．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论； （2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）证明：，， （等边对等角）． ， ，（两直线平行，同位角相等）． ， （等角对等边）． ， ． 又， 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． （2）解：设， ， 在中，， （在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）． （勾股定理）， ，解得，（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 12．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，在菱形中，，，点E为的中点，在对角线上有一动点P，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，连接，由菱形的性质可得，垂直平分，则可证明是等边三角形，，求出的长，根据，可得当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，垂直平分， ∴是等边三角形，， ∵点E为的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ∴的最小值为， 故选：C． 13．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 14．（2024·四川绵阳·中考真题）如图，在中，，平分交于点D，，垂足为E，的面积为5，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了角平分线的性质，掌握角平分线上的点到两边距离相等成为解题的关键． 如图：过D作垂足为F，由三角形面积公式可得，然后再根据角平分线的性质即可解答． 【详解】解：如图：过D作垂足为F， ∵的面积为5， ∴,即，解得：, ∵平分交于点D，，， ∴． 故选B． 15．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了作图基本作图：作角平分线，角平分线的性质定理，勾股定理及全等三角形的判定与性质等知识．根据基本作图可判断平分，过F作于G，再利用角平分线的性质得到，根据勾股定理求出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理求出． 【详解】解：过F作于G， 由作图得：平分，，， ∴， 在中根据勾股定理得：， ，， ， ， 设，则，， 在中，根据勾股定理得： ， 即：， 解得：， ， 在中根据勾股定理得：． 故答案为：． 16．（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设，，利用勾股定理求得，，再证明得到，再利用角平分线的性质和三角形的面积得到即可求解． 【详解】解：∵， 设，， ∵， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴点F到、的距离相等，又点A到、的距离相等， ∴，即， 故选：A． 17．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，，，的平分线与相交于点．在线段上取一点，以点为圆心，长为半径作弧，与射线相交于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，连接．则的周长为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【分析】本题考查尺规作图作垂线，全等三角形的判定和性质，中垂线的判定和性质，根据作图可知，证明，得到，，进而求出的长，得到垂直平分，得到，进而推出的周长等于的长即可． 【详解】解：由作图可知，，设交于点，则：， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴垂直平分，， ∴， ∴的周长为； 故选B 18．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为__________． 【答案】 【分析】此题考查了平行四边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明是关键．连接，证明是等边三角形，，得到，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：连接， 由作图可知， 垂直平分， ∴， ∵点N恰为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 19．（2025·湖北·中考真题）如图，内接于．分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线交于点，连接并延长交于点，连接，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，等边对等角，圆周角定理的应用，由是的垂直平分线，可得，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：由作图可得：是的垂直平分线， ∴，而， ∴， ∴， 故选：C 20．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图所示， ∵垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 等腰三角形、等边三角形（举一反三复习讲义） 【3大考点16大题型】 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 2 （一）考查分值 2 （二）考查题型 2 （三）高频考点（2023-2026年重点） 2 （四）命题趋势（2026年预测） 2 （五）复习建议 2 考点一 等腰三角形 3 【题型1 等腰三角形的定义】 3 【题型2 等边对等角】 6 【题型3 三线合一】 8 【题型4 格点图中画等腰三角形】 14 【题型5 根据等角对等边证明等腰三角形】 19 【题型6 等腰三角形的性质和判定】 23 【题型7 大（小）边对大（小）边定理】 28 考点二 等边三角形 32 【题型8 等边三角形的性质】 33 【题型9 等边三角形的判定】 40 【题型10 等边三角形的性质和判定综合应用】 46 考点三 线段的垂直平分线、角平分线 55 【题型11 线段垂直平分线的性质】 55 【题型12 线段垂直平分线的判定】 60 【题型13 作已知线段的垂直平分线】 65 【题型14 角平分线的性质定理】 69 【题型15 角平分线的判定定理】 73 【题型16 角平分线性质的实际应用】 78 特色专项练 88 【新考向：新考法】 88 【新考向：新情境】 93 【新考向：跨学科】 96 中考真题练 101 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 本模块是中考几何核心基础，衔接全等三角形、四边形，近 4 年坚持“素养立意”，侧重性质应用与几何推理，核心考情如下： （一）考查分值 全国各省市中考中，分值 6～8 分，占总分 6%～8%，以选择、填空、解答题基础问为主，属重点必拿分模块，常与全等综合考查。 （二）考查题型 基础题型（70%）：选择、填空，考查等腰 / 等边三角形性质、垂直平分线 / 角平分线性质； 中档题型（25%）：解答题，考查性质应用、简单证明（如线段相等、角相等）； 创新题型（5%）：结合折叠、作图，考查性质的灵活运用。 （三）高频考点（2023-2026年重点） 核心：等腰三角形 “三线合一”、等边三角形性质，垂直平分线 / 角平分线的性质与判定； 必考：等腰三角形边角关系、角平分线分角相等、垂直平分线上点到线段两端距离相等；· 高频：结合全等证明，利用性质求角度、证线段相等。 （四）命题趋势（2026年预测） 整体难度适中，侧重基础性质与简单推理，无偏怪题； 常与全等、折叠、作图综合，强化几何推理能力； 重点考查 “三线合一”、垂直平分线 / 角平分线判定，规避性质与判定混淆、计算失误。 （五）复习建议 牢记核心性质与判定，区分等腰与等边三角形差异，明确垂直平分线与角平分线的联系； 规范推理步骤，熟练运用 “三线合一”、角平分线性质证题； 专项训练折叠、作图类题型，突破性质应用易错点，夯实几何推理基础。 考点一 等腰三角形 1.等腰三角形的性质 （1）等腰三角形的性质定理及推论： 定理：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）； 推论1：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。 （2）等腰三角形的其他性质： ①等腰直角三角形的两个底角相等且等于45° ②等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）。 ③等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则<a ④等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°—2∠B，∠B=∠C= 2.等腰三角形的判定 如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称：等角对等边）。 【题型1 等腰三角形的定义】 【例1】 （2025·江苏宿迁·中考真题）等腰三角形的两边长分别为和，则该等腰三角形的周长为___________． 【变式1-1】 （2024·宁夏·中考真题）在平面直角坐标系中，一条直线与两坐标轴围成的三角形是等腰三角形，则该直线的解析式可能为___________（写出一个即可）． 【变式1-2】 （2024·内蒙古赤峰·中考真题）等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则这个三角形的周长为（　　） A．或 B．或 C． D． 【变式1-3】 （2024·陕西·中考真题）如图，已知直线l和l外一点A，请用尺规作图法，求作一个等腰直角，使得顶点B和顶点C都在直线l上．（作出符合题意的一个等腰直角三角形即可，保留作图痕迹，不写作法） 【题型2 等边对等角】 【例2】 （2024·湖南·中考真题）等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是______． 【变式2-1】 （2025·江苏宿迁·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则的度数为____________． 【变式2-2】 （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）． 【变式2-3】 （2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【题型3 三线合一】 【例3】 （2024·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【变式3-1】 （2025·青海西宁·中考真题）如图，用四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到大正方形和小正方形，连接交于点P．若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【变式3-2】 （2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】 （2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，分别以B，C为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点D，连接，，，与交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【题型4 格点图中画等腰三角形】 【例4】 （2025·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长相等的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，使的顶点均在格点上． (1)在图①中，是面积最大的等腰三角形； (2)在图②中，是面积最大的直角三角形； (3)在图③中，是面积最大的等腰直角三角形． 【变式4-1】 （2023·吉林·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角三角形、直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上．    【变式4-2】 （2023·浙江宁波·中考真题）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．    (1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形，再画出该三角形向右平移2个单位后的． (2)将图2中的格点绕点C按顺时针方向旋转，画出经旋转后的． 【变式4-3】 （25-26八年级上·浙江宁波·期中）图1、图2、图3都在边长都为1的正方形构成的网格，点A、B均在格点上，请用无刻度的直尺完成下列作图． (1)在图1中作出一个等腰，点C在格点上． (2)在图2中作出一个面积为5的直角，点D在格点上． (3)在图3中作出等腰直角三角形，点E在格点上． 【题型5 根据等角对等边证明等腰三角形】 【例5】 （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． 【变式5-1】 （2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点F在线段上，与相交于点O；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 【变式5-2】 （2024·河北·模拟预测）如图，在中，以点C为圆心，任意长为半径画弧，交，于E，F两点，分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于内部的点P，作射线交于点M，交的延长线于点N．若，，，则的长为（    ） A．9 B．10 C．12 D．14 【变式5-3】 （2023·广东清远·一模）四边形是平行四边形，下列尺规作图不能使是等腰三角形的是（    ） A． B． C． D． 【题型6 等腰三角形的性质和判定】 【例6】 （2026·陕西咸阳·一模）如图，已知，点在边上．请用尺规作图法，在的外部求作一点，使得，且．（保留作图痕迹，不写作法） 【变式6-1】 （2026·陕西咸阳·一模）如图，在中，平分，于点，为的中点，连接并延长，交于点．若，则的长为（    ）    A．4 B．5 C．6 D．7 【变式6-2】 （2026·河南·一模）如图，在 中，，是上一点，且． (1)尺规作图：作的角平分线交于点，连接．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母）． (2)求证：． 【变式6-3】 （2026·河南郑州·一模）如图，在中，点P为斜边的中点，点Q为边上不与端点重合的一动点，连接，．若，，则的最小值为______． 【题型7 大（小）边对大（小）边定理】 【例7】 （23-24八年级上·湖南衡阳·期末）如图，在中，，，以为圆心、任意长为半径画弧分别交，于点和，再分别以、为圆心，大于的长的一半为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，给出下列说法：①是的平分线：②；③点在的垂直平分线上；④点是线段的中点． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【变式7-1】 （2023·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形中，，，交于点E，若，，则的最小值是________．    【变式7-2】 （2023·吉林长春·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接，当、、在同一直线上时，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D．． 【变式7-3】 （2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．    考点二 等边三角形 等边三角形的概念 三条边都相等的三角形叫等边三角形，它是特殊的等腰三角形. 等边三角形的性质 1）等边三角形的三条边相等. 2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°. 等边三角形的判定 1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形. 2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形. 特别注意：等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合． 【题型8 等边三角形的性质】 【例8】 （2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【变式8-1】 （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______． 【变式8-2】 （2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 【变式8-3】 （2025·江苏徐州·中考真题）如图，为正三角形的外接圆，直线经过点C，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【题型9 等边三角形的判定】 【例9】 （2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上，．若使成为等边三角形，可增加的一个条件是______．    【变式9-1】 （2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．    (1)若，求证：是等边三角形； (2)延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 【变式9-2】 （2023·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形中，，点在的延长线上，连接．    (1)求证：； (2)若平分，直接写出的形状． 【变式9-3】 （2023·陕西西安·一模）如图，是的直径，弦于点E，点P在上，． (1)求证：； (2)连接，若，，求的直径． 【题型10 等边三角形的性质和判定综合应用】 【例10】 （2026·河南郑州·一模）如图，在中，，，，点D是的中点，将绕点D顺时针旋转得到，分别交，于E，F两点，则B，两点间的距离是_____，的长为_____． 【变式10-1】 （2026·安徽阜阳·一模）如图，在菱形中，E为的中点，点F在的延长线上，，交于点G，H为上一点，且． (1)求证：． (2)若． ①求的长； ②连接，求证：． 【变式10-2】 （2026·河南商丘·一模）如图，在中，，，，在直线左侧找到一点P，使得是以为腰的等腰三角形，且四边形满足一组对边平行，则的正切值为______． 【变式10-3】 （25-26九年级上·安徽合肥·期末）如图，菱形的边长为2，，点E为边的中点，点F为边上的一动点，连接，将绕点E顺时针旋转，得到，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 考点三 线段的垂直平分线、角平分线 垂直平分线的概念 经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段的中垂线）. 垂直平分线的性质 线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等. 垂直平分线的判定 到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上. 角平分线的性质定理 角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等． 角平分线的判定定理 角的内部，与角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上． 【题型11 线段垂直平分线的性质】 【例11】 （2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【变式11-1】 （2025·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，是弦延长线上的一点，且的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【变式11-2】 （2025·山东济南·中考真题）如图，在中，按如下步骤作图： ①在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点D， ②分别以点C和D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点E，交于点F． 根据以上作图，若，，，则线段的长为（　　） A． B． C．5 D． 【变式11-3】 （2023·陕西·中考真题）如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法） 【题型12 线段垂直平分线的判定】 【例12】 （2025·广西·中考真题）如图，点在同侧，，则_________．    【变式12-1】 （2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【变式12-2】 （2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【变式12-3】 （2025·江苏苏州·中考真题）如图，，以O为圆心，2为半径画弧，分别交于两点，再分别以为圆心，为半径画弧，两弧在内部相交于点C，作射线，连接，则________．（结果保留根号） 【题型13 作已知线段的垂直平分线】 【例13】 （2025·陕西·中考真题）如图，在中，．请利用尺规作图法求作一点，使得且．（保留作图痕迹，不写作法） 【变式13-1】 （2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 【变式13-2】 （2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，，过点，作直线交于点，连接，则的周长为（    ） A．7 B．8 C．10 D．12 【变式13-3】 （2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，，．    (1)求出对角线的长； (2)尺规作图：将四边形沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹） 【题型14 角平分线的性质定理】 【例14】 （2025·江苏无锡·中考真题）如图，为正方形的对角线． (1)尺规作图：作的垂直平分线交于点，在上确定点，使得点到的两边距离相等；（不写作法，保留痕迹） (2)在（1）的条件下，求的度数．（请直接写出的度数） 【变式14-1】 （2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，．在和上分别截取，，使．分别以M，N为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F．作射线交于点D，则点D到的距离为_____． 【变式14-2】 （2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点，、分别是和上的动点，则的最小值是_____． 【变式14-3】 （2025·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，平分，，E为垂足，则的值为（   ） A． B． C． D． 【题型15 角平分线的判定定理】 【例15】 （八年级下·江苏南通·开学考试）如图，已知为的平分线，，点P在上，于M，于N，求证：． 【变式15-1】 （2025·辽宁抚顺·一模）如图在中，，，以点为旋转中心，将逆时针方向旋转得到，交于点． (1)如图1，当经过点时，求证：； (2)如图2，当，交于点，交于点，求证：． 【变式15-2】 （2025·青海西宁·一模）八（1）班同学上数学活动课，利用角尺平分一个角（如图）．设计了如下方案： 方案（Ⅰ）：是一个任意角，将角尺的直角顶点介于射线，之间，移动角尺使角尺两边相同的刻度与，重合，即 ，过角尺顶点的射线就是的平分线． 方案（Ⅱ）： 是一个任意角，在边，上分别截取 ，将角尺的直角顶点介于射线，之间，移动角尺使角尺两边相同的刻度与，重合，即 ，过角尺顶点的射线就是的平分线． 回答下列问题： (1)方案（Ⅰ）、方案（Ⅱ）是否可行若可行，请证明；若不可行，请说明理由； (2)在方案Ⅰ 的情况下，继续移动角尺，同时使 ， ，此方案是否可行请说明理由． 【变式15-3】 （25-26八年级上·山东滨州·月考）如图，已知，，垂足分别为E，F，相交于点D，若． (1)求证：； (2)求证：平分； (3)若，求的度数． 【题型16 角平分线性质的实际应用】 【例16】 （2025·四川广元·模拟预测）如图，是的直径，直线CD过上一点C， 于点D，平分 ． (1)求证：直线是的切线． (2)若，，求的半径． 【变式16-1】 （2023·贵州遵义·一模）设F是抛物线的焦点，直线与抛物线C交于A、B两点，O为坐标原点，给出下列说法： ①； ②可能大于0； ③P为抛物线上异于A、B的点，直线l与准线交于点T，当，A为第一象限的点时，若，PF平分，则； ④若在抛物线上存在唯一一点Q（也是异于A、B），使得，则； 说法正确的是（    ） A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．③④ 【变式16-2】 （2025·辽宁锦州·三模）正方形是常见的几何图形．老师组织数学兴趣小组展开对正方形的研究． 【初尝发现】 （1）如图1，已知正方形中，点E为边上的点，点F为线段延长线上一点，连接，，，且．试判断的形状，并说明理由． 【拓展探究】 （2）如图2，在（1）的条件下，连接，与线段，分别交于点M，N． ①求证：M为的中点； ②若，E为中点，求的长度； 【迁移应用】 （3）如图3，中，，，两外角，角平分线交于点P，点C关于直线对称点Q，连接．若，请直接写出的长度． 【变式16-3】 （2025·陕西·模拟预测）如图，已知，请用尺规作图法，求作一点，使，且．（保留作图痕迹，不写作法） 特色专项练 【新考向：新考法】 1（2026·安徽·模拟预测）如图，，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点，点是线段上的动点，连接交线段于点． (1)如图1，若， ①求证：平分； ②求． (2)如图2，连接．若，求的长． 2．（2026·贵州·一模）【定理感知】 克罗狄斯•托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论． 【定理理解】 如图，在四边形中，有，特别地，当时，有． 【定理运用】 请直接运用该定理解决下列问题： (1)如图（1），四边形为的内接四边形，为直径，，，且，则的长为 ． (2)如图（2），半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，，B为半圆上的一点，以为一边作等边三角形，求的最大值及此时的长． (3)如图（3），已知四边形中，，，，求的最小值． 【新考向：新情境】 1．（2026·河南周口·模拟预测）如图是一个弓形暗礁区，灯塔A，B，C分别在圆周上，现在船只D正在安全区（圆外）航行，已知海里，在点A处测得船只D的仰角为，在点B处测得船只D的仰角为． (1)证明：； (2)求船只D到直线的距离． （结果精确到0.1海里．参考数据：．，） 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，阳光大厦在一座小山上，小山的斜坡与水平地面的夹角，在阳光大厦楼顶有一广告牌，从坡底处测得广告牌顶端的仰角为（即），在山顶处测得广告牌的底部的仰角为（即），已知、、在同一条直线上，，，，，．求广告牌的高度．（结果精确到，参考数据：，，，） 【新考向：跨学科】 1．（2026·陕西·模拟预测）问题提出 （1）如图1，在等边三角形中，，是边上的一点，且，连接，求的面积； 问题解决 （2）如图2，某园区管理员准备规划一块平行四边形的土地用来种植花卉，并在其中修一条观赏小路（小路的宽度不计），点在边上．若要求：，．请问是否存在满足上述条件的面积最大的？若存在，求出其最大面积；若不存在，请说明理由．（结果保留根号） 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）【初步感知】 （1）如图1，在中，，延长至点，连接，点在线段上，连接交边于点，已知；求的度数． 【问题探究】 （2）如图2，在半圆中，直径，为上一点，连接、、求面积的最大值； 【学以致用】 （3）如图3，梯形是一个湿地公园，其中，，米，米，为方便周边居民假期外出活动、野餐等，对梯形湿地公园进行功能区划分，在线段上取中点，在线段上取点，点是梯形内一点，将区域规划为野餐区，，，将区域规划为专业帐篷区，经过调查，发现居民对专业帐篷区的需求较小，求当专业帐篷区的面积最小时的长． 中考真题练 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___________． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）下列命题的逆命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．三角形的中位线平行于第三边 D．等腰三角形的两个底角相等 3．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 5．（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．4 C． D．6 6．（2025·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦．若，，则_________． 7．（2024·陕西·中考真题）如图所示，小明和小华想测量楼顶的避雷针顶端A的高度．小明先在竖起的标杆上的点N处，测得A点的仰角为；然后，小华适当调整位置，竖起标杆，使点E，C，A在同一直线上，并测得，．已知，，F，D，B三点在同一水平直线上，，，均垂直于，求避雷针顶端A的高度 ． 8．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，点在边上，．若点在边上，满足，则的长是_________． 9．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 10．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 等腰三角形、等边三角形（举一反三复习讲义） 1．（2025·山东青岛·中考真题）如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·青海·中考真题）如图，线段经过圆心，交于点，，为的弦，连接，． (1)求证：直线是的切线； (2)已知，求的长（结果保留）． 3．（2025·青海·中考真题）如图，在中，点O，D分别是边，的中点，过点A作交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 4．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，是直角，为的中点，为的切线交的延长线于点．连接，． (1)点与的位置关系是 ，线段与线段的数量关系是 ； (2)过点作，与的延长线交于点．根据题意补全图形，判断的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若的半径为，求的长． 5．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点． (1)求证：是菱形； (2)若，求的面积． 6．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（  ） A．5 B．4 C．3 D．2 7．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，以为直径作，与相交于点．连接，与相交于点． (1)如图1，连接，求的度数； (2)如图2，若点为的中点，且，求的长． 8．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D． (1)求的度数； (2)若，求的长． 9．（2025·北京·中考真题）如图，，点A在射线上，以点O为圆心，长为半径画弧，交射线于点B．若分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧在内部交于点C，连接，则的大小为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·吉林·中考真题）如图，在中，．尺规作图操作如下：（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交边于点M，N；（2）以点C为圆心，长为半径画弧，交边于点；再以点为圆心，长为半径画弧，与前一条以点C为圆心的弧相交于三角形内部的点；（3）过点画射线交边于点D．下列结论错误的为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求的长． 12．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，在菱形中，，，点E为的中点，在对角线上有一动点P，则的最小值为（   ） A．4 B． C． D． 13．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 14．（2024·四川绵阳·中考真题）如图，在中，，平分交于点D，，垂足为E，的面积为5，则的长为（   ） A．1 B．2 C．3 D．5 15．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点D，E，再分别以点D，E为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点P，作射线交于点F．已知，，则的长为________． 16．（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（   ） A． B． C． D． 17．（2025·辽宁·中考真题）如图，在中，，，，的平分线与相交于点．在线段上取一点，以点为圆心，长为半径作弧，与射线相交于点和点，再分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线，与相交于点，连接．则的周长为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 18．（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E，F，作直线，交于点M，交于点N，若点N恰为的中点，则的长为__________． 19．（2025·湖北·中考真题）如图，内接于．分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线交于点，连接并延长交于点，连接，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 20．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 等腰三角形、等边三角形（举一反三复习讲义） 【3大考点16大题型】 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 2 （一）考查分值 2 （二）考查题型 2 （三）高频考点（2023-2026年重点） 2 （四）命题趋势（2026年预测） 2 （五）复习建议 2 考点一 等腰三角形 3 【题型1 等腰三角形的定义】 3 【题型2 等边对等角】 6 【题型3 三线合一】 8 【题型4 格点图中画等腰三角形】 14 【题型5 根据等角对等边证明等腰三角形】 19 【题型6 等腰三角形的性质和判定】 23 【题型7 大（小）边对大（小）边定理】 28 考点二 等边三角形 32 【题型8 等边三角形的性质】 33 【题型9 等边三角形的判定】 40 【题型10 等边三角形的性质和判定综合应用】 46 考点三 线段的垂直平分线、角平分线 55 【题型11 线段垂直平分线的性质】 55 【题型12 线段垂直平分线的判定】 60 【题型13 作已知线段的垂直平分线】 65 【题型14 角平分线的性质定理】 69 【题型15 角平分线的判定定理】 73 【题型16 角平分线性质的实际应用】 78 特色专项练 88 【新考向：新考法】 88 【新考向：新情境】 93 【新考向：跨学科】 96 中考真题练 101 中考考情分析（结合2023-2026年中考趋势） 本模块是中考几何核心基础，衔接全等三角形、四边形，近 4 年坚持“素养立意”，侧重性质应用与几何推理，核心考情如下： （一）考查分值 全国各省市中考中，分值 6～8 分，占总分 6%～8%，以选择、填空、解答题基础问为主，属重点必拿分模块，常与全等综合考查。 （二）考查题型 基础题型（70%）：选择、填空，考查等腰 / 等边三角形性质、垂直平分线 / 角平分线性质； 中档题型（25%）：解答题，考查性质应用、简单证明（如线段相等、角相等）； 创新题型（5%）：结合折叠、作图，考查性质的灵活运用。 （三）高频考点（2023-2026年重点） 核心：等腰三角形 “三线合一”、等边三角形性质，垂直平分线 / 角平分线的性质与判定； 必考：等腰三角形边角关系、角平分线分角相等、垂直平分线上点到线段两端距离相等；· 高频：结合全等证明，利用性质求角度、证线段相等。 （四）命题趋势（2026年预测） 整体难度适中，侧重基础性质与简单推理，无偏怪题； 常与全等、折叠、作图综合，强化几何推理能力； 重点考查 “三线合一”、垂直平分线 / 角平分线判定，规避性质与判定混淆、计算失误。 （五）复习建议 牢记核心性质与判定，区分等腰与等边三角形差异，明确垂直平分线与角平分线的联系； 规范推理步骤，熟练运用 “三线合一”、角平分线性质证题； 专项训练折叠、作图类题型，突破性质应用易错点，夯实几何推理基础。 考点一 等腰三角形 1.等腰三角形的性质 （1）等腰三角形的性质定理及推论： 定理：等腰三角形的两个底角相等（简称：等边对等角）； 推论1：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。 （2）等腰三角形的其他性质： ①等腰直角三角形的两个底角相等且等于45° ②等腰三角形的底角只能为锐角，不能为钝角（或直角），但顶角可为钝角（或直角）。 ③等腰三角形的三边关系：设腰长为a，底边长为b，则<a ④等腰三角形的三角关系：设顶角为顶角为∠A，底角为∠B、∠C，则∠A=180°—2∠B，∠B=∠C= 2.等腰三角形的判定 如果一个三角形有两个角相等，那么这两个角所对的边也相等（简称：等角对等边）。 【题型1 等腰三角形的定义】 【例1】 （2025·江苏宿迁·中考真题）等腰三角形的两边长分别为和，则该等腰三角形的周长为___________． 【答案】10 【分析】本题考查等腰三角形，分情况讨论，先利用三角形三边关系判断能否构成三角形，再计算周长即可． 【详解】解：当腰长为时，三条边长为，，，，不能构成三角形，不符合题意； 当腰长为时，三条边长为，，，，能构成三角形， 周长为：， 故答案为：10． 【变式1-1】 （2024·宁夏·中考真题）在平面直角坐标系中，一条直线与两坐标轴围成的三角形是等腰三角形，则该直线的解析式可能为___________（写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查的是等腰三角形的定义，一次函数的几何应用，如图，直线过，，再求解一次函数的解析式即可． 【详解】解：如图，直线过，， ∴为等腰直角三角形， 设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为， 故答案为：，（答案不唯一．） 【变式1-2】 （2024·内蒙古赤峰·中考真题）等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则这个三角形的周长为（　　） A．或 B．或 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形的三边关系及周长，由方程可得，，根据三角形的三边关系可得等腰三角形的底边长为，腰长为，进而即可求出三角形的周长，掌握等腰三角形的定义及三角形的三边关系是解题的关键． 【详解】解：由方程得，，， ∵， ∴等腰三角形的底边长为，腰长为， ∴这个三角形的周长为， 故选：． 【变式1-3】 （2024·陕西·中考真题）如图，已知直线l和l外一点A，请用尺规作图法，求作一个等腰直角，使得顶点B和顶点C都在直线l上．（作出符合题意的一个等腰直角三角形即可，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了等腰直角三角形的定义，尺规作图．过点A作，垂足为，再在直线l上截取点C，使，连接，则是所求作的等腰直角三角形． 【详解】解：等腰直角如图所示： 【题型2 等边对等角】 【例2】 （2024·湖南·中考真题）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：． 【变式2-1】 （2025·江苏宿迁·中考真题）如图，正五边形内接于，连接，则的度数为____________． 【答案】 【分析】本题考查了圆与正多边形，正多边形的内角问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握相关计算公式是解题的关键． 先根据正五边形的内角公式求出，再由等边对等角结合三角形内角和定理求出，最后由即可求解． 【详解】解：∵正五边形内接于， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式2-2】 （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． 【变式2-3】 （2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． 【题型3 三线合一】 【例3】 （2024·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查的是切线的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形． （1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等腰三角形三线合一得，根据三角形的中位线可得，所以得，从而根据切线的判定可得结论； （2）证明，求出，再证明，求出，利用正弦的定义即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的直径， ， ， ， ，即点D为中点， ，即点O为中点， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （2）解：由（1）知， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∵， ， ∴，即， ∴（负值舍去）， ∴． 【变式3-1】 （2025·青海西宁·中考真题）如图，用四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到大正方形和小正方形，连接交于点P．若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查求角的正切值，相似三角形的判定和性质，三线合一，全等三角形的性质，根据题意，设，，则：，三线合一，得到，进而得到，证明，得到，进而求出的数量关系，再根据正切的定义，进行求解即可． 【详解】解：由题意，得：， ∴设，，则：， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即：， 解得或（不合题意，舍去）； 在中，； 故选A． 【变式3-2】 （2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等； A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断； B.不一定等于，即可判断； C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断； D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断； 掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：A.， ， 由对称得， 点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ，， ， ，结论正确，故不符合题意； B.不一定等于，结论错误，故符合题意； C.由对称得， ∵点 E ，F分别是底边的中点， ，结论正确，故不符合题意； D. 过作， ， ， ，由对称得， ， 同理可证， ，结论正确，故不符合题意； 故选：B． 【变式3-3】 （2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，分别以B，C为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点D，连接，，，与交于点E． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【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，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是： （1）直接利用证明即可； （2）利用全等三角形的性质可求出，利用三线合一性质得出，，在中，利用正弦定义求出，即可求解． 【详解】（1）证明：由作图知：． 在和中， ． （2）解：，， ． 又， ，． ， ， ． 【题型4 格点图中画等腰三角形】 【例4】 （2025·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长相等的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，使的顶点均在格点上． (1)在图①中，是面积最大的等腰三角形； (2)在图②中，是面积最大的直角三角形； (3)在图③中，是面积最大的等腰直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了格点作图，勾股定理及其逆定理，网格中求三角形面积，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据面积最大，且为等腰三角形，顶点均在格点上； （2）根据面积最大，且为直角三角形，顶点均在格点上； （3）作个腰长为的等腰直角三角形，顺次连接A、B、C，则即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解；如图所示，即为所求； （3）解：如图所示，即为所求． 【变式4-1】 （2023·吉林·中考真题）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以为边各画一个等腰三角形，使其依次为锐角三角形、直角三角形、钝角三角形，且所画三角形的顶点均在格点上．    【答案】见解析 【分析】根据勾股定理可得，结合题意与网格的特点分别作图即可求解． 【详解】解：如图所示，    如图①，，则是等腰三角形，且是锐角三角形， 如图②，，，则，则是等腰直角三角形， 如图③，，则是等腰三角形，且是钝角三角形， 【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题，等腰三角形的定义，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【变式4-2】 （2023·浙江宁波·中考真题）在4×4的方格纸中，请按下列要求画出格点三角形（顶点均在格点上）．    (1)在图1中先画出一个以格点P为顶点的等腰三角形，再画出该三角形向右平移2个单位后的． (2)将图2中的格点绕点C按顺时针方向旋转，画出经旋转后的． 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 【分析】（1）先画等腰三角形，，再确定平移后的对应点，再顺次连接即可； （2）确定A，B旋转后的对应点，而C的对应点是其本身，再顺次连接即可． 【详解】（1）解：如图，，即为所求作的三角形；    （2）如图，即为所求作的三角形，    【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，作等腰三角形，熟练的利用网格特点以及平移旋转的性质进行作图是解本题的关键． 【变式4-3】 （25-26八年级上·浙江宁波·期中）图1、图2、图3都在边长都为1的正方形构成的网格，点A、B均在格点上，请用无刻度的直尺完成下列作图． (1)在图1中作出一个等腰，点C在格点上． (2)在图2中作出一个面积为5的直角，点D在格点上． (3)在图3中作出等腰直角三角形，点E在格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的面积，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）关于等腰三角形的一点画出图形即可； （2）作一个直角边分别为的直角三角形即可； （3）作一个腰为的等腰直角三角形即可． 【详解】（1）解：如图1中，即为所求（答案不唯一）； （2）如图2中，即为所求；理由如下： ∵，, ∴, 即是直角三角形，且， ∴． （3）如图3中，即为所求（答案不唯一）． 【题型5 根据等角对等边证明等腰三角形】 【例5】 （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． 【变式5-1】 （2025·广西桂林·二模）如图，在中（），以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接． (1)用尺规作图法，作的平分线，且点F在线段上，与相交于点O；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求证：． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）按角平分线的作图流程即可； （2）先根据平行四边形的性质及角平分线的定义证明，再根据等腰三角形的三线合一性质证明，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求； （2）证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ，， ， 即， ． 【点睛】本题考查了作角平分线，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，等腰三角形的三线合一性质，熟练掌握作角平分线及相关性质的运用是解题的关键． 【变式5-2】 （2024·河北·模拟预测）如图，在中，以点C为圆心，任意长为半径画弧，交，于E，F两点，分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于内部的点P，作射线交于点M，交的延长线于点N．若，，，则的长为（    ） A．9 B．10 C．12 D．14 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的尺规作图、等腰三角形的判定、相似三角形的性质和判定等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 由题意可得：是的平分线，然后可由角平分线的定义、平行四边形的性质以及等角对等边得出，再证明得成比例的线段即可得出答案． 【详解】解：在中， ， ， 由题意可得：是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ； 故选：C． 【变式5-3】 （2023·广东清远·一模）四边形是平行四边形，下列尺规作图不能使是等腰三角形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定及尺规作图，熟练掌握平行四边形的性质、等腰三角形的判定及尺规作图是解题的关键；因此此题可根据平行四边形的性质及尺规作图进行排除选项． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由作图可知：平分， ∴， ∴， ∴是等腰三角形；故该选项不符合题意； B、由作图可知：，所以是等腰三角形；故该选项不符合题意； C、由作图可知：的垂直平分线交于点E，则根据线段垂直平分线的性质定理可知，所以是等腰三角形；故该选项不符合题意； D、由作图可知：的垂直平分线交于点E，则点E为的中点，而题干中并未给出与的数量关系，所以不能判定是等腰三角形；故该选项符合题意； 故选D． 【题型6 等腰三角形的性质和判定】 【例6】 （2026·陕西咸阳·一模）如图，已知，点在边上．请用尺规作图法，在的外部求作一点，使得，且．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】图见解析 【分析】以为圆心，的长画弧交于点，连接，等边对等角结合三角形的内角和定理，得到，利用尺规作图作，再以为圆心，的长为半径，画弧，进而确定点的位置即可. 【详解】解：如图，点即为所求； 或 【变式6-1】 （2026·陕西咸阳·一模）如图，在中，平分，于点，为的中点，连接并延长，交于点．若，则的长为（    ）    A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】延长交于点，利用等腰三角形“三线合一”性质证明且为中点，求出的长；再根据三角形中位线定理证明，进而推出为中点，最后利用的中位线性质求出的长． 【详解】解：如图，延长交于点   平分， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴为的中点 ，， 为的中点，为的中点， 是的中位线 ， ，即 ， 为的中点， ， ∴，即， 为的中点 ， 在中，为的中点，为的中点 ， 是的中位线 ． 【变式6-2】 （2026·河南·一模）如图，在 中，，是上一点，且． (1)尺规作图：作的角平分线交于点，连接．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母）． (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据题意作图即可； （2）先证明，得出，，根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理得出，即可证明，利用线段的和差关系即可得结论． 【详解】（1）解：如图即为所求， （2）证明：∵平分， ∴， 在与中，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 【变式6-3】 （2026·河南郑州·一模）如图，在中，点P为斜边的中点，点Q为边上不与端点重合的一动点，连接，．若，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】延长到点D，使，连接，交于点Q，连接，根据线段垂直平分线的性质得出，从而得出，根据两点之间线段最短，得出此时最小，即最小，证明，根据勾股定理求出结果即可． 【详解】解：延长到点D，使，连接，交于点Q，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小，即最小， ∵在中，，， ∴， ∴， ∵点P为斜边的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的最小值为． 【题型7 大（小）边对大（小）边定理】 【例7】 （23-24八年级上·湖南衡阳·期末）如图，在中，，，以为圆心、任意长为半径画弧分别交，于点和，再分别以、为圆心，大于的长的一半为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，给出下列说法：①是的平分线：②；③点在的垂直平分线上；④点是线段的中点． 其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用基本作图可判断①；利用角平分线的定义计算出，可得的度数，可判断②；由得到，根据线段垂直平分线的判定可判断③；根据直角三角形中斜边长大于直角边长可得，可判断④． 【详解】解：由作图可知：是的平分线，故说法①正确； ∵中，，， ∴， ∴， ∴，故说法②正确； ∵， ∴， ∴点在的垂直平分线上，故说法③正确； ∵在中，， ∴为直角三角形， ∴， ∴， ∴点不是线段的中点，故说法④错误， 综上所述，正确的有①②③，共个， 故选：C． 【点睛】本题考查作图—基本作图，角平分线的定义，三角形外角的定义及性质，等角对等边，垂直平分线的判定，熟知角平分线的作法是解题的关键． 【变式7-1】 （2023·湖北武汉·模拟预测）如图，四边形中，，，交于点E，若，，则的最小值是________．    【答案】4 【分析】平移至，过点F作的平行线，交直线于点G，于点H，于点N，连接，由题意易得四边形是平行四边形，则可证，然后根据全等三角形的性质及三角函数可进行求解． 【详解】解：平移至，过点F作的平行线，交直线于点G，于点H，于点N，连接，如图所示：    ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 根据三角形三边关系可知， ∴当A、D、F三点共线时，的最小值为4； 故答案为4． 【点睛】本题主要考查三角形的三边关系、三角函数及全等三角形的性质与判定，解题的关键是构造辅助线． 【变式7-2】 （2023·吉林长春·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点、的对应点分别为、，连接，当、、在同一直线上时，下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知，由全等三角形的性质可知，根据三角形外角的性质得，等量代换可得，所以，判断A选项错误；根据，可知，由旋转可知，所以，判断B选项错误；先证明是等边三角形，得出，所以，，结合，，可得出，判断C选项错误；由全等三角形的性质可知，结合同旁内角相等，两直线平行可得，判断D选项正确． 【详解】解：由题意可知：， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴，故A选项错误，不符合题意； ∵，， ∴， ∴， 又∵由旋转可知，， ∴，故B选项错误，不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴，故C选项错误，不符合题意； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，故D选项正确，符合题意， 故选：D． 【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定，熟练应用旋转的性质是解答本题的关键． 【变式7-3】 （2023·江苏徐州·中考真题）如图，在中，，点在边上．将沿折叠，使点落在点处，连接，则的最小值为_______．    【答案】 【分析】由折叠性质可知，然后根据三角不等关系可进行求解． 【详解】解：∵， ∴， 由折叠的性质可知， ∵， ∴当、、B三点在同一条直线时，取最小值，最小值即为； 故答案为． 【点睛】本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角不等关系是解题的关键． 考点二 等边三角形 等边三角形的概念 三条边都相等的三角形叫等边三角形，它是特殊的等腰三角形. 等边三角形的性质 1）等边三角形的三条边相等. 2）三个内角都相等，并且每个内角都是60°. 等边三角形的判定 1）三边相等或三个内角都相等的三角形是等边三角形. 2）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形. 特别注意：等边三角形是轴对称图形，它有三条对称轴；等边三角形的内心、外心、重心和垂心重合． 【题型8 等边三角形的性质】 【例8】 （2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． 【变式8-1】 （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：． 【变式8-2】 （2024·陕西·中考真题）小芳用三个全等的正边形硬纸片和一个正三角形硬纸片拼了一个平面图形，这四个硬纸片的拼接处无空隙，不重叠．如图所示，是所拼的这个平面图形的一部分，则______． 【答案】 【分析】本题考查了无缝拼接的条件，多边形的内角和，正多边形的定义，理解无缝拼接的条件和正多边形的定义，掌握多边形的内角和公式：是解题的关键．由无缝拼接的条件得，由多边形的内角和公式和正多边形的定义，进行列式计算，即可求解； 【详解】解：由题意得：正m边形的内角为， ， 解得：， 故答案为：． 【变式8-3】 （2025·江苏徐州·中考真题）如图，为正三角形的外接圆，直线经过点C，． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若圆的半径为2，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)直线与相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）由正三角形的性质可得，由平行线的性质可得，求出，可证直线与相切； （2）由圆周角定理得，根据阴影部分的面积等于，即可求解． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 如图，连接， 是正三角形， ， 为正三角形的外接圆的圆心， ∴也是正三角形的内接圆的圆心， 平分， ， ， ， ， 是半径， 直线与相切； （2）解：如图，连接，作于点H， ， ， ． ，， ，， ， ， ． 图中阴影部分的面积为：． 【点睛】本题考查切线的判定，正三角形的性质，圆周角定理，垂径定理，圆中弓形面积的计算，熟练掌握切线的判定定理，并根据题意得到阴影部分的面积为是解题的关键． 【题型9 等边三角形的判定】 【例9】 （2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上，．若使成为等边三角形，可增加的一个条件是______．    【答案】，（答案不唯一） 【分析】本题考查等边三角形的判定，根据两直线平行，同位角相等得到，然后增加，即可根据三个角是的三角形是等边三角形． 【详解】解：增加，理由为： ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， 故答案为：． 【变式9-1】 （2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．    (1)若，求证：是等边三角形； (2)延长，交射线于点G； ①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由； ②若，求面积的最大值，并求此时的长． 【答案】(1)见解析 (2)①能为等腰三角形，；② 【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论； （2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下了，连接交于H，根据全等三角形的性质得到，得到为等腰三角形，根据平行线的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到； ②由①知，，要求面积的最大值，即求面积的最大值，在中，底边是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，设，则，根据直角三角形的性质得到，推出，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设与交于Q，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵于对称的线段为， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）①∵于对称的线段为， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵E是边上一动点， ∴， ∴点B不可能是等腰三角形的顶点， 若点F是等腰三角形的顶点， 则有， 此时E与D重合，不合题意， ∴只剩下了，连接交于H，    ∵ ∴ ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴； ②由①知， 要求面积的最大值，即求面积的最大值， 在中，底边是定值，即求高的最大值即可， 如图2，过G作于P，连接，取的中点M，连接，作于N，      设，则， ∵，M是的中点， ∴， ∴， 当G，M，N三点共线时，取等号， ∴面积的最大值， 的面积 如图3，设与交于Q，    则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ． 【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式9-2】 （2023·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形中，，点在的延长线上，连接．    (1)求证：； (2)若平分，直接写出的形状． 【答案】(1)见解析 (2)等边三角形 【分析】（1）由平行线的性质得到，已知则，可判定即可得到； （2）由，得到，由平分，得到，进一步可得，即可证明是等边三角形． 【详解】（1）证明：， ∴， ， ． （2）∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形 【点睛】此题考查了平行线的判定和性质、等边三角形的判定、三角形内角和定理、角平分线的定义等知识，熟练掌握平行线的判定和性质是解题的关键． 【变式9-3】 （2023·陕西西安·一模）如图，是的直径，弦于点E，点P在上，． (1)求证：； (2)连接，若，，求的直径． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定、平行线的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据圆周角定理得到，结合，得到，再根据内错角相等，两直线平行即可证明； （2）证明是等边三角形，则有，即可求出的直径． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 即的直径为6． 【题型10 等边三角形的性质和判定综合应用】 【例10】 （2026·河南郑州·一模）如图，在中，，，，点D是的中点，将绕点D顺时针旋转得到，分别交，于E，F两点，则B，两点间的距离是_____，的长为_____． 【答案】 / 【分析】在中，由勾股定理得的值，再根据是中点，可得，进而在中运用勾股定理可求出，再由旋转性质和等边三角形的判定和性质可得；先求出，再运用含的直角三角形的性质可得，最后在中再运用含的直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：连接，，，如图： 在中，，，， ∴，． ∵D是中点， ∴， 在中，由勾股定理得 ， 由旋转性质，，且旋转角， ∴为等边三角形， ∴； 由题意得，，， ∴， 即为直角三角形． 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴在中，． 【点睛】本题以直角三角形旋转为载体，核心考查了含的直角三角形的性质、旋转的不变性、等边三角形判定及勾股定理．通过构造直角三角形与等边三角形，将线段长度计算转化为勾股定理与边角关系的应用，充分体现了“转化思想”与“数形结合”在几何计算中的作用． 【变式10-1】 （2026·安徽阜阳·一模）如图，在菱形中，E为的中点，点F在的延长线上，，交于点G，H为上一点，且． (1)求证：． (2)若． ①求的长； ②连接，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)①；②详见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得，再说明，然后根据“两角相等的两个三角形相似”得，最后根据相似三角形的对应边成比例得出答案； （2）①连接，根据菱形的性质得是等边三角形，可得，，再结合已知条件得出，进而求出，然后说明，最后说明，根据相似三角形的对应边成比例得出答案；②结合已知条件说明，可得=，再根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”得，可得，接下来说明可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：①连接， ∵四边形是菱形， ∴． ∵E为的中点， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 由（1）得， ∴， ∴． 在中，， ∴， 根据勾股定理，得， 即， 解得：． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； ②证明：如图，连接交于点O， 可知， ∴． ∵ ∴， ∴=， ∴=． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴，即． 【变式10-2】 （2026·河南商丘·一模）如图，在中，，，，在直线左侧找到一点P，使得是以为腰的等腰三角形，且四边形满足一组对边平行，则的正切值为______． 【答案】或 【分析】利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可求出的长；当时，设交于点D，可证明，推出，据此求出的长，再求出的正切值可得的正切值；当时，过点P作于点F，设交于点G，可证明是等边三角形，求出的长，再求出的正切值可得的正切值；当时，若，此时有，此种情况不成立；若，则是等边三角形，由图2可知，此时． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∴； 如图1所示，当时，设交于点D， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，即； 如图2所示，当时，过点P作于点F，设交于点G， ∵在中，，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，即； 当时， 若，则， 此时有，此种情况不成立； 若，则， 则是等边三角形，由图2可知，此时； 综上所述，或． 【变式10-3】 （25-26九年级上·安徽合肥·期末）如图，菱形的边长为2，，点E为边的中点，点F为边上的一动点，连接，将绕点E顺时针旋转，得到，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，连接，如图，先根据菱形的性质得到，则为等边三角形，所以，，再根据旋转的性质得到，，接着证明得到，所以，于是可判断点在过的中点且与平行的定直线上，过点作于，于点，如图，接着求出，从而得到的长，然后根据垂线段最短求解． 【详解】解：取的中点，连接，连接，如图， ∵菱形的边长为2，点为边的中点， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点在过的中点且与平行的定直线上， 过点作于，于点，如图， 在中，∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由垂线段最短可知，， ∴的最小值为． 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了垂线段最短、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质和菱形的性质． 考点三 线段的垂直平分线、角平分线 垂直平分线的概念 经过线段的中点并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（或线段的中垂线）. 垂直平分线的性质 线段的垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等. 垂直平分线的判定 到一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上. 角平分线的性质定理 角的平分线上的点到这个角的两边的距离相等． 角平分线的判定定理 角的内部，与角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上． 【题型11 线段垂直平分线的性质】 【例11】 （2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 【变式11-1】 （2025·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，是弦延长线上的一点，且的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查圆周角定理，垂直平分线的性质，勾股定理，余弦函数： （1）由直径所对的圆周角为90度，可证，进而可得垂直平分，即可证明； （2）连接，则，结合可得，进而可得，再由勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的直径， ， ， 又， 垂直平分， ； （2）解：如图，连接， 是的直径， ， ， ， ， 由（1）得， ， ． 【变式11-2】 （2025·山东济南·中考真题）如图，在中，按如下步骤作图： ①在和上分别截取，，使，分别以点M和N为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点D， ②分别以点C和D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，作直线交于点E，交于点F． 根据以上作图，若，，，则线段的长为（　　） A． B． C．5 D． 【答案】D 【分析】本题考查了作图−复杂作图、角平分线的性质和垂直平分线的性质、相似三角形的判定和性质，证明是解答本题的关键．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作． 根据作法得平分，垂直平分，所以，，从而证明，可得，然后利用相似三角形性质可得，解比例方程即可求解． 【详解】解：连接， 由作法得平分，垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【变式11-3】 （2023·陕西·中考真题）如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，尺规作图——作已知线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，作出线段的垂直平分线是解题的关键．连接，作线段的垂直平分线分别交，于点E，F，连接、，即可． 【详解】解：如图，点E，F即为所求． 理由：设交于点O， 根据作法得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 【题型12 线段垂直平分线的判定】 【例12】 （2025·广西·中考真题）如图，点在同侧，，则_________．    【答案】/ 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定以及勾股定理，过点作垂线交于点，先证明，得到，证明在同一线上，根据勾股定理得到，最后通过线段和和差即可求． 【详解】解：过点作垂线交于点，即 ，即是的垂直平分线， ∵， 在同一线上， ， 故答案为：．    【变式12-1】 （2025·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为的延长线与边相交于点，连接．若，则线段的长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的判定、旋转的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键．连接，交于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，则可得，，然后利用勾股定理和三角形的面积公式求出的长，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：D． 【变式12-2】 （2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可； （2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， ． D是的中点， ． ， ， ． （2）由平移可知：， ， 又， ， ∴， 又， 垂直平分， ， 由（1）知，， ， ， 是等边三角形． 【变式12-3】 （2025·江苏苏州·中考真题）如图，，以O为圆心，2为半径画弧，分别交于两点，再分别以为圆心，为半径画弧，两弧在内部相交于点C，作射线，连接，则________．（结果保留根号） 【答案】 【分析】本题考查了求角的正切值、等边三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定等知识，熟练掌握角的正切的定义是解题关键．连接，交于点，先得出垂直平分，再证出是等边三角形，则可得，然后利用勾股定理可得，最后根据角的正切的定义求解即可得． 【详解】解：如图，连接，交于点， 由题意得：，， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， 故答案为：． 【题型13 作已知线段的垂直平分线】 【例13】 （2025·陕西·中考真题）如图，在中，．请利用尺规作图法求作一点，使得且．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了尺规作图，作已知线段的垂直平分线，作已知直线的平行线，掌握尺规作图的步骤是解题的关键． 根据垂直平分线的判定定理可知点P在的垂直平分线上，先作出的垂直平分线，再过点C作，则两条直线的交点即为所求． 【详解】解：如图，点即为所求． 【变式13-1】 （2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定． （1）根据垂直平分线的画法即可求解； （2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证． 【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求； （2）证明：如图2，设与的交点为O， 由（1）可知，直线是线段的垂直平分线． ∴，，，， 又∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式13-2】 （2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，，过点，作直线交于点，连接，则的周长为（    ） A．7 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了尺规作图—作垂直平分线，根据垂直平分线的性质即可证明，根据的周长，即可求出答案． 【详解】解：由作图知，垂直平分， ， 的周长， ，， 的周长， 故选：C． 【变式13-3】 （2023·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，，．    (1)求出对角线的长； (2)尺规作图：将四边形沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】(1) (2)作图见解析 【分析】（1）连接，过作于，如图所示，由勾股定理先求出，在中再由勾股定理，； （2）连接，根据轴对称性质，过点尺规作图作线段的垂直平分线即可得到答案． 【详解】（1）解：连接，过作于，如图所示：   在中，，， ， ， ， 在中，，，，则； （2）解：如图所示：    【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长，涉及勾股定理、尺规作图作线段垂直平分线，熟练掌握勾股定理求线段长及中垂线的尺规作图是解决问题的关键． 【题型14 角平分线的性质定理】 【例14】 （2025·江苏无锡·中考真题）如图，为正方形的对角线． (1)尺规作图：作的垂直平分线交于点，在上确定点，使得点到的两边距离相等；（不写作法，保留痕迹） (2)在（1）的条件下，求的度数．（请直接写出的度数） 【答案】(1)画图见解析 (2) 【分析】本题主要考查了尺规作图及角的计算，角平分线的性质定理，正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键. （1）由题意先作的垂直平分线，再根据点到的两边距离相等可知点在的角平分线上，据此作图即可. （2）根据正方形的性质和角平分线的定义求得，然后由和，得到，即可求解． 【详解】（1）解：如图，直线，点即为所求. （2）解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， ∵平分， ∴， ∵直线，即， ∴， ∴． 【变式14-1】 （2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，中，，，．在和上分别截取，，使．分别以M，N为圆心、以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点F．作射线交于点D，则点D到的距离为_____． 【答案】/ 【分析】本题考查了角平分线的作法和角平分线的性质，解直角三角形等知识点．由作图可知，平分，求得，，解直角三角形即可求解． 【详解】解：作于点，则点D到的距离为的长， 由作图可知，平分， ∵， ∴， ∵中，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式14-2】 （2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点，、分别是和上的动点，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线的性质，含角的直角三角形，垂线段最短，解题的关键是正确作出辅助线． 作于点，根据垂线段最短可知，的最小值是线段的长度，根据解含角的直角三角形即可． 【详解】解：如图，作于点， ∵平分， 作点关于的对称点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为：． 【变式14-3】 （2025·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，平分，，E为垂足，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，解直角三角形，设，根据含30度的直角三角形的性质，得到，根据角平分线的性质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，等角的正弦值相等，得到，求出的长，进而求出的长即可． 【详解】解：∵，， ∴， 设，则：， ∵平分，， ∴点到的距离相等均为的长，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即：， ∴， ∴； 故选：A． 【题型15 角平分线的判定定理】 【例15】 （八年级下·江苏南通·开学考试）如图，已知为的平分线，，点P在上，于M，于N，求证：． 【答案】见解析 【分析】此题主要考查了角平分线的判定定理，角平分线的定义，全等三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握角平分线的判定定理．根据角平分线的定义可得，然后利用“边角边”证明和全等，进一步可得，然后根据角平分线上的点到角的两边的距离相等证明即可． 【详解】证明：∵为的平分线， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点P在上，，， ∴． 【变式15-1】 （2025·辽宁抚顺·一模）如图在中，，，以点为旋转中心，将逆时针方向旋转得到，交于点． (1)如图1，当经过点时，求证：； (2)如图2，当，交于点，交于点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】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，三角形的内角和定理，角平分线的判定，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据旋转，得到，得到，推出是等边三角形，得到，平角求出，三角形的内角和定理推出，即可得证； （2）过点作，垂足为，旋转得到，等积法求出，进而得到是的角平分线，平行加上角平分线的定义，推出，即可得证． 【详解】（1）证明：是旋转得到的图形， ，， 是等边三角形． ． ， ， ． ， ． （2）证明：过点作，垂足为． ， ， ． 是旋转得到的图形， ，． ． ． ． 是的角平分线， ． ， 是等腰三角形， ． 【变式15-2】 （2025·青海西宁·一模）八（1）班同学上数学活动课，利用角尺平分一个角（如图）．设计了如下方案： 方案（Ⅰ）：是一个任意角，将角尺的直角顶点介于射线，之间，移动角尺使角尺两边相同的刻度与，重合，即 ，过角尺顶点的射线就是的平分线． 方案（Ⅱ）： 是一个任意角，在边，上分别截取 ，将角尺的直角顶点介于射线，之间，移动角尺使角尺两边相同的刻度与，重合，即 ，过角尺顶点的射线就是的平分线． 回答下列问题： (1)方案（Ⅰ）、方案（Ⅱ）是否可行若可行，请证明；若不可行，请说明理由； (2)在方案Ⅰ 的情况下，继续移动角尺，同时使 ， ，此方案是否可行请说明理由． 【答案】(1)方案（Ⅰ）不可行，方案(Ⅱ)可行，见解析 (2)可行，见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的判定方法，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据全等三角形的判定条件，作答即可； （2）根据角平分线的判定定理，作答即可． 【详解】（1）解：方案（Ⅰ）不可行．缺少证明三角形全等的条件． 方案(Ⅱ)可行． 证明：在和中， ， ， 全等三角形对应角相等． （2）此方案可行． ，，， 为的平分线．到角两边距离相等的点在这个角的角平分线上 【变式15-3】 （25-26八年级上·山东滨州·月考）如图，已知，，垂足分别为E，F，相交于点D，若． (1)求证：； (2)求证：平分； (3)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，适当选择全等三角形的判定定理证明是解题的关键． （1）由，，垂足分别为E，F，相交于点D，得，，而，即可根据“”证明； （2）由（1）知，得，由可得出平分． （3）由，，求得，由平分，可得． 【详解】（1）证明：∵，，垂足分别为E，F，相交于点D， ∴，， 在和中， ， ∴． （2）证明：由（1）知， ∴， 又 ∴平分． （3）解：∵， ∴， 由（2）知，平分． ∴， ∴的度数是． 【题型16 角平分线性质的实际应用】 【例16】 （2025·四川广元·模拟预测）如图，是的直径，直线CD过上一点C， 于点D，平分 ． (1)求证：直线是的切线． (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见详解 (2)的半径为5 【分析】（1）连接，通过证明来证明是圆的切线即可； （2）连接，通过证明得到，进一步求得直径的长度，最终求得圆的半径． 【详解】（1）证明：如图，连接． ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又是的半径， ∴直线是的切线． （2）解：如图，连接， ∵平分， ∴， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴ ，即， ∴的半径为5． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，角平分线的性质，相似三角形的判定，熟练掌握辅助线的运用及相关知识点的判定运用是解此题的关键． 【变式16-1】 （2023·贵州遵义·一模）设F是抛物线的焦点，直线与抛物线C交于A、B两点，O为坐标原点，给出下列说法： ①； ②可能大于0； ③P为抛物线上异于A、B的点，直线l与准线交于点T，当，A为第一象限的点时，若，PF平分，则； ④若在抛物线上存在唯一一点Q（也是异于A、B），使得，则； 说法正确的是（    ） A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．③④ 【答案】B 【分析】本题为直线与抛物线综合题．①：联立直线与抛物线方程结合韦达定理表示出即可．②：表示出即可．③说明即可．④写出以为直径的圆的方程，将其与抛物线方程联立，则联立方程有且仅有3个解，据此可得答案． 【详解】解：设，联立，得， ∵， ∴4， ∴． ①：因过焦点， 则， 又结合抛物线定义，得，当且仅当时取等号． 故①正确． ②：， 则，即为定值且小于0， 故②错误． ③：如图，过A作⊥准线于N，过B作⊥准线于M． ∵平分，则由角平分线定理可得：． 由抛物线定义，有． 易知， ∴， ∴， ∴，即． 如图，在线段上取一点C，使，连接为线段延长线上一点． 则， ∴， 又， ∴， ∴， ∴． 又， ∴， 即平分． 又平分， ∴． 故，故③正确． ④：因，则为以为直径的圆上异于一点． 由②知 ，， 则以为直径的圆的方程为（*）， 将其与联立，消去化简得：， 注意到： 由题可得，方程（*）有3个解（分别对应一个解）， 对于，其判别式恒大于0，有两个不同的解， 则有两个相同的解， ∴，故④正确． 故正确的有：①③④， 故选：B． 【变式16-2】 （2025·辽宁锦州·三模）正方形是常见的几何图形．老师组织数学兴趣小组展开对正方形的研究． 【初尝发现】 （1）如图1，已知正方形中，点E为边上的点，点F为线段延长线上一点，连接，，，且．试判断的形状，并说明理由． 【拓展探究】 （2）如图2，在（1）的条件下，连接，与线段，分别交于点M，N． ①求证：M为的中点； ②若，E为中点，求的长度； 【迁移应用】 （3）如图3，中，，，两外角，角平分线交于点P，点C关于直线对称点Q，连接．若，请直接写出的长度． 【答案】（1）等腰直角三角形，理由见解析；（2）①证明见解析；②；（3）10． 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握这些性质，并作出适当的辅助线是解题的关键． （1）证明即可得到，，从而可求，进而得到答案； （2）①过点作交于点，证明即可；②求出利用写出比例即可求； （3）连接，，，作关于的对称点，连接，．证明是的角平分线，证明，以此说明三点共线，同理可证三点共线，从而判断的形状，过P作于J，求出，设，在内利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）为等腰直角三角形，理由如下： 四边形是正方形， ，， 又， ， ，， ，即， ∴为等腰直角三角形； （2）①如图， 过点作交于点， 四边形是正方形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ， 由（1）知， ， 由得，，， ， ，即M为的中点； ②由题可得，， ， ， 由知， ， 又∵， ， ∵是等腰直角三角形，M是中点， ∴， ∴ ∴， ， 由知： ∵， ， ∴是中点， ， ， ， ； （3）如图， 过P分别作的垂线，垂足分别为， ∵分别是，的角平分线， ∴， ∴P在的角平分线上． 如图，连接，，，作关于的对称点，连接，， 由为的平分线知：， 由对称性质得垂直平分， ，， 又 ， ，， 又， ， ， ， 三点共线． 同理三点共线，， ∴为等腰直角三角形， ， 如图，过P作于J， ，， ∴， ， 设，则， ∴在中， ，解得， ∴． 【变式16-3】 （2025·陕西·模拟预测）如图，已知，请用尺规作图法，求作一点，使，且．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了角平分线线段的垂直平分线的性质和作法，作的角平分线及作线段的垂直平分线，因为，故先作线段的垂直平分线，由可得点到、的距离相等即可得出点在的角平分线上，它们的交点，即为点P，进行作答即可． 【详解】解：如图，点即为所求． 特色专项练 【新考向：新考法】 1（2026·安徽·模拟预测）如图，，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点，点是线段上的动点，连接交线段于点． (1)如图1，若， ①求证：平分； ②求． (2)如图2，连接．若，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)3 【分析】（1）①利用等边对等角结合三角形内角和定理求得，据此计算求得； ②证明，求得，，，据此计算即可求解； （2）证明和，求得，据此求解即可． 【详解】（1）①证明：∵，均为等腰直角三角形，其中，斜边和交于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分； ②解：如图，连接， ∵， ∴， 又∵，均为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 不妨设，则， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，则， ∵ ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·贵州·一模）【定理感知】 克罗狄斯•托勒密是古希腊著名数学家、天文学家和地理学家，他在所著的《天文集》中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当凸四边形的对角互补时取等号，后人称之为托勒密定理的推论． 【定理理解】 如图，在四边形中，有，特别地，当时，有． 【定理运用】 请直接运用该定理解决下列问题： (1)如图（1），四边形为的内接四边形，为直径，，，且，则的长为 ． (2)如图（2），半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，，B为半圆上的一点，以为一边作等边三角形，求的最大值及此时的长． (3)如图（3），已知四边形中，，，，求的最小值． 【答案】(1) (2)的最大值为3， (3)最小值为5 【分析】（1）根据圆周角定理，结合含特殊角的直角三角形，求出的长，利用托勒密定理，求出的长即可； （2）设，利用托勒密定理求出的最大值，过点B作，利用勾股定理求出的长即可； （3）勾股定理，求出的长，利用托勒密定理得到，进而求出的最大值即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形是内接四边形， ∴， ∵是直径， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 由托勒密定理得：， ∴， ∴． （2）解：由题得，， ∵是等边三角形， ∴设， 在四边形中，由托勒密定理得： ， ∴， ∴， 当且仅当时，等号成立， 又∵， ∴， 如图（4），过点B作， ∴在中，，， ∴， 在中，， ∴， ∴的最大值为3，． （3）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴A，B，C，D四点共圆，在四边形中，由托勒密定理得： ， ∴， ∴， 又∵A，B，C，D四点共圆，且为直径， ∴， 如图（5），当且仅当为直径时，等号成立 ∴， ∴的最小值为5． 【新考向：新情境】 1．（2026·河南周口·模拟预测）如图是一个弓形暗礁区，灯塔A，B，C分别在圆周上，现在船只D正在安全区（圆外）航行，已知海里，在点A处测得船只D的仰角为，在点B处测得船只D的仰角为． (1)证明：； (2)求船只D到直线的距离． （结果精确到0.1海里．参考数据：．，） 【答案】(1)见解析 (2)船只D到直线AB的距离约为17.3海里 【分析】（1）设与圆交于G，连接，易得，结合，即可证明结论； （2）过点D作，垂足为F，设长度为x，首先证明，再在中，利用三角函数可得，然后结合计算出的值，即可获得答案． 【详解】（1）证明：设与圆交于G，连接， ， ，且， ； （2）解：如图，过点D作，垂足为F，设长度为x， 在中，，， ∴， ， 在中，，， ， 海里， ，即， 解得海里， 答：船只D到直线的距离约为17.3海里． 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图，阳光大厦在一座小山上，小山的斜坡与水平地面的夹角，在阳光大厦楼顶有一广告牌，从坡底处测得广告牌顶端的仰角为（即），在山顶处测得广告牌的底部的仰角为（即），已知、、在同一条直线上，，，，，．求广告牌的高度．（结果精确到，参考数据：，，，） 【答案】广告牌的高度为． 【分析】先延长交的延长线于点，根据和特殊角的三角函数值结合求出的长，同理根据，，，求出的长，再根据三个角为直角的四边形为矩形证明四边形为矩形，得到的长，然后证明是等腰直角三角形，得到的长，最后根据即可求解． 【详解】如图，延长交的延长线于点， ∵，，， ∴，， ∵，，，， ∴ ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴ ∴广告牌的高度为． 【新考向：跨学科】 1．（2026·陕西·模拟预测）问题提出 （1）如图1，在等边三角形中，，是边上的一点，且，连接，求的面积； 问题解决 （2）如图2，某园区管理员准备规划一块平行四边形的土地用来种植花卉，并在其中修一条观赏小路（小路的宽度不计），点在边上．若要求：，．请问是否存在满足上述条件的面积最大的？若存在，求出其最大面积；若不存在，请说明理由．（结果保留根号） 【答案】（1）；（2）存在，最大面积为 【分析】（1）过点作于点，根据三线合一的性质求出，根据勾股定理求出，然后根据三角形的面积公式求解即可； （2）根据平行四边形的性质求出，连接，可求出，判断点在的外接圆的优弧（不含）上运动，则当，即时，最大，此时为等边三角形，根据三角形面积公式求出，即可求解． 【详解】解：（1）如图，过点作于点， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴； （2）存在． ∵在中，， ∴，且， ∴． 如图，连接， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ ∵， ∴点在的外接圆的优弧（不含）上运动，如图所示， ∴当，即时，最大，此时为等边三角形， ∴的最大值 ∴面积的最大值为：， 综上可知，存在满足条件的面积最大的平行四边形，其最大面积为． 2．（2026·陕西咸阳·模拟预测）【初步感知】 （1）如图1，在中，，延长至点，连接，点在线段上，连接交边于点，已知；求的度数． 【问题探究】 （2）如图2，在半圆中，直径，为上一点，连接、、求面积的最大值； 【学以致用】 （3）如图3，梯形是一个湿地公园，其中，，米，米，为方便周边居民假期外出活动、野餐等，对梯形湿地公园进行功能区划分，在线段上取中点，在线段上取点，点是梯形内一点，将区域规划为野餐区，，，将区域规划为专业帐篷区，经过调查，发现居民对专业帐篷区的需求较小，求当专业帐篷区的面积最小时的长． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】（1）根据题中条件，由相似三角形的判定得到即可求解； （2）作出的高，表示出，结合题意可知当为半径时，的面积有最大值； （3）先计算梯形的面积和的面积，由（1）的提示，构造矩形，按照（1）的求解过程证明，得出，得出点在以米为直径的圆上，则由圆周上一个动点到圆外直线的距离最值情况，得出当的面积最小时，最小，从而有，此时是等腰直角三角形，由勾股定理即可得出的长． 【详解】解：（1）， ， ， ， 则； （2）过点作，如图所示： 在半圆中，直径，则圆的半径为， ， 为上的一个动点， 当为半径，即时，的面积有最大值为； （3）解：∵梯形中，，，米，米， （平方米）， ， ，即， ∵点是线段的中点， （米）， 取米，作矩形，连接，如图所示： 则米，， ， ， ，即， 又， ， ， ， ，即点在以米为直径的圆上，过点作，如图所示： 则， ∴当的面积最小时，最小， 过圆心作，连接，如图所示： 当点在与圆交点处时，最小，此时（米）， ，， ， 则此时的是等腰直角三角形， （米）． 【点睛】这类压轴题，最后的动点最值问题求解思路、方法和技巧，在前面的小问中已经给了清晰的提示，解题时，一定要从前面小问中归纳出来用于求解． 中考真题练 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·山东潍坊·中考真题）下列命题的逆命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．三角形的中位线平行于第三边 D．等腰三角形的两个底角相等 【答案】AD 【分析】本题考查判断逆命题的真假，分别写出各命题的逆命题，根据等式的性质，不等式的性质，三角形的中位线定义，等腰三角形的判定，判断真假即可． 【详解】解：A、逆命题为若，则，为真命题，符合题意． B、逆命题为若，则，为假命题，例如，，，但是，不符合题意； C、逆命题为“平行于三角形第三边的线段是中位线”，为假命题，不符合题意； D、逆命题为“若三角形有两个角相等，则为等腰三角形”．由等角对等边可知成立，为真命题，符合题意； 故选：AD． 3．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，，点、、分别是边、、的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 由题意可得为的中位线，根据三角形的中位线定理可得，则，四边形是平行四边形，即可判断A、B、D；再由，是边的中点，即可判断C． 【详解】解：点、、分别是边、、的中点 ∴为的中位线， ∴， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 故A、B、D正确，不符合题意； ∵，是边的中点， ∴， 故C错误，符合题意， 故选：C． 4．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点，如图， ∵矩形， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 5．（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．4 C． 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． 6．（2025·江苏常州·中考真题）如图，是的直径，是的弦．若，，则_________． 【答案】 【分析】根据直径所对的圆周角为，可知，求出，得到，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵是的直径， ， ∵与对应同一段弧， ， ， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为，勾股定理，同弧所对的圆周角相等，等角对等边等性质，掌握圆周角定理的推论是解题的关键． 7．（2024·陕西·中考真题）如图所示，小明和小华想测量楼顶的避雷针顶端A的高度．小明先在竖起的标杆上的点N处，测得A点的仰角为；然后，小华适当调整位置，竖起标杆，使点E，C，A在同一直线上，并测得，．已知，，F，D，B三点在同一水平直线上，，，均垂直于，求避雷针顶端A的高度 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的应用，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，过点E作于H，设交于G，则四边形，四边形都是矩形， 可得，再证明是等腰直角三角形，得到，设，则，进一步证明，利用相似三角形的性质列出方程求解即可． 【详解】解：如图所示，过点E作于H，设交于G，则四边形，四边形都是矩形， ∴， ∵， ∴点N和点G重合， ∴； ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得， 经检验，是原方程的解， ∴， ∴， 答：避雷针顶端的高度为． 8．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，点在边上，．若点在边上，满足，则的长是_________． 【答案】7或9/9或7 【分析】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等，熟练掌握知识点是解题的关键．过点A作，垂足为H，过点C作，垂足为G，则，利用勾股定理得出得长度，根据三角形面积公式得出长，设，则，表示出，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：如图，过点A作，垂足为H，过点C作，垂足为G，则， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴在中，，即， 解得，即， 解得或9， 即或9， 故答案为：7或9． 9．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，在中，，是边上的点，将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上．若，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了折叠的性质、三角形内角和定理、等边对等角等知识．根据三角形内角和定理求出，由折叠得到，根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵将沿直线折叠，点的对应点恰好落在边上． ∴， ∴ 故选：C 10．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的翻折问题，垂直的定义，等腰三角形的判定与性质以及直角三角形中正弦值的求解，在翻折过程中由边长和角度不变，可求解翻折前后的角度是解决本题的关键．根据是由翻折得到可求解的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解与的度数，由“等角对等边”可判断A选项，求解的度数可判断B选项；假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项． 【详解】解：C选项，在中，，， ∴， ∵是由翻折得到， ∴，故C选项错误； A选项，∵是由翻折得到，， ∴， ∴， ∴， ∵是由翻折得到， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴，故A选项正确； B选项，∵， 即， ∴与不垂直，故B错误； D选项，过点G作交于点M，如图， 假设， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 又∵，与已知不符，故D选项错误． 故选：A． 第1页，共3页 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $