專題19等腰三角形與直角三角形（28題）

一、單選題

1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，在ABC中，A90，ABAC6，D為邊BC的中點，點E，F

分別在邊AB，AC上，AECF，則四邊形AEDF的面積為（）

A．18B．92C．9D．62

【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AD，根據等腰直角三角形的性質以及AECF得出VADE≌VCDF，將四邊形AEDF的

面積轉化為三角形ADC的面積再進行求解．

【詳解】解：連接AD，如圖：

∵BAC90，ABAC6，點D是BC中點，AECF

∴BADBC45,ADBDDC

∴VADE≌VCDF，

1

∴S四邊形SSSSSS

AEDF△AED△ADF△CFD△ADF△ADC2△ABC

1

又∵S6618

ABC2

1

∴S四邊形S=9

AEDF2ABC

故選：C

2．（2024·青?！ぶ锌颊骖}）如圖，在Rt△ABC中，D是AC的中點，BDC60，AC6，則BC的長是

（）

A．3B．6C．3D．33

【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BDC等邊三角形，據此求解即可．

【詳解】解：∵在Rt△ABC中，ABC90，D是AC的中點，

1

∴BDACCD，

2

∵BDC60，

∴BDC等邊三角形，

11

∴BCCDAC63．

22

故選：A．

3．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，將ABC繞點A順時針旋轉90得到VADE，點B，C的對應點分別

為點D，E，連接CE，點D恰好落在線段CE上，若CD3，BC1，則AD的長為（）

A．5B．10C．2D．22

【答案】A

【分析】此題考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，由旋轉得ACAE，

CAE90，DEBC1，推出△ACE是等腰直角三角形，CE4，過點A作AH⊥CE于點H，得到HD1，

利用勾股定理求出AD的長．

【詳解】解：由旋轉得△ABC≌△ADE，CAE90，

∴ACAE，CAE90，DEBC1，

∴△ACE是等腰直角三角形，CECDDE314，

過點A作AH⊥CE于點H，

1

∴AHCECHHE2，

2

∴HDHEDE211，

∴ADAH2HD222125，

故選：A．

4．（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，在扇形AOB中，AOB80，半徑OA3，C是AB上一點，連

接OC，D是OC上一點，且ODDC，連接BD．若BDOC，則AC的長為（）

πππ

A．B．C．D．π

632

【答案】B

【分析】本題考查了弧長公式，等邊三角形的判定與性質，線段垂直平分線的性質；連接BC，根據ODDC，

BDOC，易證△OBC是等腰三角形，再根據OBOC，推出△OBC是等邊三角形，得到BOC60，

即可求出AOC20，再根據弧長公式計算即可．

【詳解】解：連接BC，

ODDC，BDOC，

OBBC，

△OBC是等腰三角形，

OBOC，

OBOCBC，

△OBC是等邊三角形，

BOC60，

AOB80，

AOCAOBBOC20，

OA3，

203ππ

AC，

1803

故選：B．

5．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片ABCD，AD12cm，CD10cm，他

進行了如下操作：

第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使AD與BC重合，得到折痕MN，將紙片展平．

第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把△ADN沿AN折疊得到△ADN，AD交折痕MN于點E，則線段EN

的長為（）

16916755

A．8cmB．cmC．cmD．cm

24248

【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ANMDAN，進而得出EAAN，設EAANxcm，則

EM12xcm，根據勾股定理可得：AM2ME2AE2，列出方程求解即可．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，

∴ABCD10cm，

1

由折疊可得：AMAB5cm，ADAD12cm，MNAB，DANDAN，

2

∴四邊形AMND是矩形，

∴MNAD，MNAD12cm，

∴DANANM，

∴ANMDAN，

∴EAEN，

設EAENxcm，則EM12xcm，

在Rt△AME中，根據勾股定理可得：AM2ME2AE2，

2

即5212xx2，

169

解得：x，

24

169

即ENcm，

24

故選：B．

6．（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OAB

與ODC都是等腰三角形，且它們關于直線l對稱，點E，F分別是底邊AB，CD的中點，OEOF．下

列推斷錯誤的是（）

A．OBODB．BOCAOB

C．OEOFD．BOCAOD180

【答案】B

【分析】本題考查了對稱的性質，等腰三角形的性質等；

11

A.由對稱的性質得AOBDOC，由等腰三角形的性質得BOEAOB，DOFDOC，即可

22

判斷；

B.BOC不一定等于AOB，即可判斷；

C.由對稱的性質得OAB≌ODC，由全等三角形的性質即可判斷；

D.過O作GMOH，可得GODBOH，由對稱性質得BOHCOH同理可證AOMBOH，

即可判斷；

掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．

【詳解】解：A.OEOF，

BOEBOF90，

由對稱得AOBDOC，

點E，F分別是底邊AB，CD的中點，OAB與ODC都是等腰三角形，

11

BOEAOB，DOFDOC，

22

BOFDOF90，

OBOD，結論正確，故不符合題意；

B.BOC不一定等于AOB，結論錯誤，故符合題意；

C.由對稱得OAB≌ODC，

∵點E，F分別是底邊AB，CD的中點，

OEOF，結論正確，故不符合題意；

D.

過O作GMOH，

GODDOH90，

BOHDOH90，

GODBOH，由對稱得BOHCOH，

GODCOH，

同理可證AOMBOH，

AODBOCAODAOMDOG180，結論正確，故不符合題意；

故選：B．

7．（2024·內蒙古赤峰·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別是方程x210x210的兩個根，則這個三角形

的周長為（）

A．17或13B．13或21C．17D．13

【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x13，

x27，根據三角形的三邊關系可得等腰三角形的底邊長為3，腰長為7，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．

2

【詳解】解：由方程x10x210得，x13，x27，

∵337，

∴等腰三角形的底邊長為3，腰長為7，

∴這個三角形的周長為37717，

故選：C．

8．（2024·內蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在ABC中，C90,B30，以點A為圓心，適當長為

1

半徑畫弧分別交AB,AC于點M和點N，再分別以點M,N為圓心，大于MN的長為半徑畫弧，兩弧交于

2

點P，連接AP并延長交BC于點D．若ACD的面積為8，則△ABD的面積是（）

A．8B．16C．12D．24

【答案】B

【分析】本題考查了尺規作圖，含30的直角三角形的性質，等腰三角形的判定等知識，由作圖知AD平

1

分BAD，則可求CADDAB30，利用含30的直角三角形的性質得出CDAD，利用等角對

2

1

等邊得出ADBD，進而得出CDBD，然后利用面積公式即可求解．

2

【詳解】解：∵C90,B30，

∴CAB60，

由作圖知：AD平分BAD，

∴CADDAB30，

1

∴CDAD，BBAD，

2

∴ADBD，

1

∴CDBD，

2

1

CDAC

SCD1

∴ACD2，

S1BD2

ABDBDAC

2

又ACD的面積為8，

∴△ABD的面積是2816，

故選B．

9．（2024·安徽·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，ACBC2，點D在AB的延長線上，且CDAB，則

BD的長是（）

A．102B．62C．222D．226

【答案】B

【分析】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，對頂角的性質，勾股定理，過點D作DECB的延長

線于點E，則BED90，由ACB90，ACBC2，可得AB22，AABC45，進而得

到CD22，DBE45，即得△BDE為等腰直角三角形，得到DEBE，設DEBEx，由勾股定理

22

得2xx222，求出x即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．

【詳解】解：過點D作DECB的延長線于點E，則BED90，

∵ACB90，ACBC2，

∴AB222222，AABC45，

∴CD22，DBE45，

∴△BDE為等腰直角三角形，

∴DEBE，

設DEBEx，則CE2x，

在Rt△CDE中，CE2DE2CD2，

22

∴2xx222，

解得x131，x231（舍去），

∴DEBE31，

22

∴BD313162，

故選：B．

10．（2024·四川自貢·中考真題）如圖，等邊ABC鋼架的立柱CDAB于點D，AB長12m．現將鋼架立

柱縮短成DE，BED60．則新鋼架減少用鋼（）

A．24123mB．2483mC．2463mD．2443m

【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DE23，

BE43AE，CD63，利用新鋼架減少用鋼ACBCCDAEBEDE，代入數據計算即可求

解．

【詳解】解：∵等邊ABC，CDAB于點D，AB長12m，

1

∴ADBDAB6m，

2

∵BED60，

BD

∴tan603，

DE

∴DE23，

∴BEDE2BD243AE，

∵CBD60，

∴CDBD·tanCBD3BD63m，BCACAB12m，

∴新鋼架減少用鋼ACBCCDAEBEDE

246383232443m，

故選：D．

11．（2024·天津·中考真題）如圖，ABC中，B30，將ABC繞點C順時針旋轉60得到DEC，點A,B

的對應點分別為D,E，延長BA交DE于點F，下列結論一定正確的是（）

A．ACBACDB．AC∥DE

C．ABEFD．BFCE

【答案】D

【分析】本題考查了旋轉性質以及兩個銳角互余的三角形是直角三角形，平行線的判定，正確掌握相關性

質內容是解題的關鍵．先根據旋轉性質得BCEACD60，結合B30，即可得證BFCE，再根

據同旁內角互補證明兩直線平行，來分析AC∥DE不一定成立；根據圖形性質以及角的運算或線段的運算

得出A和C選項是錯誤的．

【詳解】解：記BF與CE相交于一點H，如圖所示：

∵ABC中，將ABC繞點C順時針旋轉60得到DEC，

∴BCEACD60

∵B30

∴在BHC中，BHC180BCEB90

∴BFCE

故D選項是正確的，符合題意；

設ACHx

∴ACB60x，

∵B30

∴EDCBAC1803060x90x

∴EDCACD90x60150x

∵x不一定等于30

∴EDCACD不一定等于180

∴AC∥DE不一定成立，

故B選項不正確，不符合題意；

∵ACB60x，ACD60，x不一定等于0

∴ACBACD不一定成立，

故A選項不正確，不符合題意；

∵將ABC繞點C順時針旋轉60得到DEC，

∴ABEDEFFD

∴BAEF

故C選項不正確，不符合題意；

故選：D

二、填空題

12．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是ABC邊AB，AC的中點，連接BE，DE．若

AEDBEC,DE2，則BE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

DE∥BC,BC2DE4,得出CAEDBEC,得出BEBC4

【詳解】解：∵D，E分別是ABC邊AB，AC的中點，

∴DE是ABC的中位線，

∴DE∥BC,BC2DE4,

∴AEDC,

∵AEDBEC,

∴CBEC,

∴BEBC4,

故答案為：4

13．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知A3,0，B0,2，過點B作y軸

的垂線l，P為直線l上一動點，連接PO，PA，則POPA的最小值為．

【答案】5

【分析】本題考查軸對稱—最短問題以及勾股定理和軸對稱圖形的性質．先取點A關于直線l的對稱點A，

連AO交直線l于點C，連AC，得到ACAC，AAl，再由軸對稱圖形的性質和兩點之間線段最短，

得到當O,P,A三點共線時，POPA的最小值為AO，再利用勾股定理求AO即可．

【詳解】解：取點A關于直線l的對稱點A，連AO交直線l于點C，連AC，

則可知ACAC，AAl，

∴POPAPOPAAO，

即當O,P,A三點共線時，POPA的最小值為AO，

∵直線l垂直于y軸，

∴AAx軸，

∵A3,0，B0,2，

∴AO3,AA4，

∴在RtAAO中，

AOOA2AA232425，

故答案為：5

14．（2024·天津·中考真題）如圖，在每個小正方形的邊長為1的網格中，點A，F，G均在格點上．

（1）線段AG的長為；

（2）點E在水平網格線上，過點A，E，F作圓，經過圓與水平網格線的交點作切線，分別與AE，AF的

延長線相交于點B，C，ABC中，點M在邊BC上，點N在邊AB上，點P在邊AC上．請用無．刻．度．的直

尺，在如圖所示的網格中，畫出點M，N，P，使△MNP的周長最短，并簡要說明點M，N，P的位置

是如何找到的（不要求證明）．

【答案】2圖見解析，說明見解析

【分析】此題考查了勾股定理、切線的性質等知識，根據題意正確作圖是解題的關鍵．

（1）利用勾股定理即可求解；

（2）作點M關于AB、AC的對稱點M1、M2，連接MM1、M1M2，分別與AB、AC相交于點E、P，

△MNP的周長等于M1M2的長，等腰三角形AM1M2的腰長為AM，當AM的值最小時，M1M2的值最小，

此時M是切點，由此作圖即可．

【詳解】（1）由勾股定理可知，AG12122，

故答案為：2

（2）如圖，根據題意，切點為M；連接ME并延長，與網格線相交于點M1；取圓與網格線的交點D和格

點H，連接DH并延長，與網格線相交于點M2；連接M1M2，分別與AB，AC相交于點N，P，則點M，

N，P即為所求．

15．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，等腰ABC中，ABAC2，BAC120，將ABC沿其底邊中

1

線AD向下平移，使A的對應點A滿足AAAD，則平移前后兩三角形重疊部分的面積是．

3

434

【答案】/3

99

【分析】本題考查平移的性質，相似三角形的判定和性質，三線合一，根據平移的性質，推出AEF∽ABC，

根據對應邊上的中線比等于相似比，求出EF的長，三線合一求出AD的長，利用面積公式進行求解即可．

【詳解】解：∵等腰ABC中，ABAC2，BAC120，

∴ABC30，

∵AD為中線，

∴ADBC，BDCD，

1

∴ADAB1，BD3AD3，

2

∴BC23，

∵將ABC沿其底邊中線AD向下平移，

∴BC∥BC,BCBC23，AGAD1，

∴AEF∽ABC，

EFAD

∴，

BCAG

1

∵AAAD，

3

222

∴DAADAG，

333

EFAD2

∴，

BCAG3

243

∴EFBC，

33

1143243

∴S陰影EFAD；

22339

故答案為：43．

9

16．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）矩形ABCD的面積是90，對角線AC，BD交于點O，點E是BC邊的

三等分點，連接DE，點P是DE的中點，OP3，連接CP，則PCPE的值為．

【答案】13或109

【分析】本題考查了矩形的性質，三角形中位線定理，勾股定理．當CEBE時，利用三角形中位線定理

求得CE12，再求得矩形的邊長，利用勾股定理求得DE的長，再根據斜邊中線的性質即可求解；當CEBE

時，同理求解即可．

【詳解】解：當CEBE時，如圖，

∵矩形ABCD，

∴點O是BD的中點，

∵點P是DE的中點，

∴BE2OP6，CPPEPD，

∵點E是BC邊的三等分點，

∴CE2BE12，BC3BE18，

∵矩形ABCD的面積是90，

∴BCCD90，

∴CD5，

∴DE5212213，

∴PCPEDE13；

當CEBE時，如圖，

∵矩形ABCD，

∴點O是BD的中點，

∵點P是DE的中點，

∴BE2OP6，CPPEPD，

∵點E是BC邊的三等分點，

1

∴CEBE3，BC369，

2

∵矩形ABCD的面積是90，

∴BCCD90，

∴CD10，

∴DE32102109，

∴PCPEDE109；

故答案為：13或109．

17．（2024·山東·中考真題）如圖，已知MAN，以點A為圓心，以適當長為半徑作弧，分別與AM、AN

1

相交于點B，C；分別以B，C為圓心，以大于BC的長為半徑作弧，兩弧在MAN內部相交于點P，

2

1

作射線AP．分別以A，B為圓心，以大于AB的長為半徑作弧，兩弧相交于點D，E，作直線DE分別

2

與AB，AP相交于點F，Q．若AB4，PQE67.5，則F到AN的距離為．

【答案】2

1

【分析】如圖，過F作FHAC于H，證明BAPCAP，DEAB，AFBFAB2，再證明

2

FAH45，再結合勾股定理可得答案.

【詳解】解：如圖，過F作FHAC于H，

1

由作圖可得：BAPCAP，DEAB，AFBFAB2，

2

∵PQE67.5，

∴AQF67.5，

∴BAPCAP9067.522.5，

∴FAH45，

2

∴AHFHAF2，

2

∴F到AN的距離為2；

故答案為：2

【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．

18．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）已知矩形紙片ABCD，AB5，BC4，點P在邊BC上，連接AP，

將ABP沿AP所在的直線折疊，點B的對應點為B，把紙片展平，連接BB，CB，當VBCB為直角三角

形時，線段CP的長為．

3

【答案】或2

2

【分析】本題主要考查了矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，分兩種情況進

行討論：當BCB90時，當BBC90，分別畫出圖形，求出結果即可．

【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，

∴∠BCD∠ADC∠ABC∠BAD90，ABCD5，ADBC4，

當BCB90時，如圖所示：

∵BCD90，

∴點B在CD上，

根據折疊可知：ABAB5，BPBP，

設CPx，則BPBP4x，

∴DBAB2AD252423，

CBDCDB532，

在RtCBP中，根據勾股定理得：BP2BC2CP2，

2

即4x22x2，

3

解得：x，

2

3

即CP；

2

當BBC90，如圖所示：

根據折疊可知：BPBP，

∴∠PBB∠PBB，

∵∠PBB∠BCB90，∠PBB∠PBC90，

∴∠BCB∠CBP，

∴PCPB，

∴PCPB，

∵BCBPPC4，

∴CP2；

3

綜上分析可知：CP或2．

2

3

故答案為：或2，

2

19．（2024·四川內江·中考真題）如圖，在ABC中，ABC60，BC8，E是BC邊上一點，且BE2，

點I是ABC的內心，BI的延長線交AC于點D，P是BD上一動點，連接PE、PC，則PEPC的最小

值為．

【答案】213

【分析】在AB取點F，使BFBE2，連接PF，CF，過點F作FHBC于H，利用三角形內心的定

義可得出ABDCBD，利用SAS證明BFP≌BEP，得出PFPE，則PEPCPFPCCF，當C、

P、F三點共線時，PEPC最小，最小值為CF，利用含30的直角三角形的性質求出BH，利用勾股定

理求出FH，CF即可．

【詳解】解：在AB取點F，使BFBE2，連接PF，CF，過點F作FHBC于H，

∵I是ABC的內心，

∴BI平分ABC，

∴ABDCBD，

又BPBP，

∴BFP≌BEPSAS，

∴PFPE，

∴PEPCPFPCCF，

當C、P、F三點共線時，PEPC最小，最小值為CF，

∵FHBC，ABC60，

∴BFH30，

1

∴BHBF1，

2

∴FHBF2BH23，CHBCBH7，

∴CFCH2FH2213，

∴PEPC的最小值為213．

故答案為：213．

【點睛】本題考查了三角形的內心，全等三角形的判定與性質，含30的直角三角形的性質，勾股定理等

知識，明確題意，添加合適輔助線，構造全等三角形和含30的直角三角形是解題的關鍵．

5

20．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，在ABC中，AB5，tanC2，則ACBC的最大值為．

5

【答案】52

5

【分析】過點B作BDAC，垂足為D，如圖所示，利用三角函數定義得到ACBCACDC，延

5

5

長DC到E，使ECCDx，連接BE，如圖所示，從而確定ACBCACDCACCEAE，

5

5

E45，再由輔助圓-定弦定角模型得到點E在O上運動，AE是O的弦，求ACBC的最大值就

5

是求弦AE的最大值，即AE是直徑時，取到最大值，由圓周角定理及勾股定理求解即可得到答案．

【詳解】解：過點B作BDAC，垂足為D，如圖所示：

tanC2，

在RtBCD中，設DCx，則BD2x，由勾股定理可得BC5x，

DCx55

，即BCDC，

BC5x55

5

ACBCACDC，

5

延長DC到E，使ECCDx，連接BE，如圖所示：

5

ACBCACDCACCEAE，

5

BDDE，DE2xBD，

BDE是等腰直角三角形，則E45，

在ABE中，AB5，E45，由輔助圓-定弦定角模型，作ABE的外接圓，如圖所示：

5

由圓周角定理可知，點E在O上運動，AE是O的弦，求ACBC的

5

最大值就是求弦AE的最大值，根據圓的性質可知，當弦AE過圓心O，即AE是直徑時，弦最大，如圖所

示：

AE是O的直徑，

ABE90，

E45，

ABE是等腰直角三角形，

AB5，

5

BEAB5，則由勾股定理可得AEAB2BE252，即ACBC的最大值為52，

5

故答案為：52．

【點睛】本題考查動點最值問題，涉及解三角形、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質、圓的性質、

圓周角定理、動點最值問題-定弦定角模型等知識，熟練掌握動點最值問題-定弦定角模型的解法是解決問

題的關鍵．

三、解答題

21．（2024·陜西·中考真題）如圖，已知直線l和l外一點A，請用尺規作圖法，求作一個等腰直角ABC，

使得頂點B和頂點C都在直線l上．（作出符合題意的一個等腰直角三角形即可，保留作圖痕跡，不寫作

法）

【答案】見解析

【分析】本題考查了等腰直角三角形的定義，尺規作圖．過點A作ABl，垂足為B，再在直線l上截取

點C，使BCAB，連接AC，則ABC是所求作的等腰直角三角形．

【詳解】解：等腰直角ABC如圖所示：

22．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）數學老師在課堂上給出了一個問題，讓同學們探究．在Rt△ABC中，

ACB90,BAC30，點D在直線BC上，將線段AD繞點A順時針旋轉60得到線段AE，過點E作

EF∥BC，交直線AB于點F．

（1）當點D在線段BC上時，如圖①，求證：BDEFAB；

分析問題：某同學在思考這道題時，想利用ADAE構造全等三角形，便嘗試著在AB上截取AMEF，

連接DM，通過證明兩個三角形全等，最終證出結論：

推理證明：寫出圖①的證明過程：

探究問題：

（2）當點D在線段BC的延長線上時，如圖②：當點D在線段CB的延長線上時，如圖③，請判斷并直接

寫出線段BD，EF，AB之間的數量關系；

拓展思考：

（3）在（1）（2）的條件下，若AC63，CD2BD，則EF______．

【答案】（1）見解析；（2）圖②：ABBDEF，圖③：ABEFBD；（3）10或18

【分析】（1）在AB邊上截取AMEF，連接DM，根據題意證明出DAM≌AEFSAS，得到AFDM，

然后證明出BMD是等邊三角形，得到BDBMDM，進而求解即可；

（2）圖②：在BD上取點H，使BHAB，連接AH并延長到點G使AGAF，連接DG，首先證明出ABH

是等邊三角形，得到BAH60，然后求出BAHDAE，然后證明出FAE≌GADSAS，得到

EFDG，AFEG，然后證明出△DHG是等邊三角形，得到DHDGEF，進而求解即可；

圖③：在EF上取點H使AHAF，同理證明出EAH≌ADBAAS，得到BDAH，ABEH，進而

求解即可；

（3）根據勾股定理和含30角直角三角形的性質求出BC6，AB12，然后結合CD2BD，分別（1）

（2）的條件下求出BD的長度，進而求解即可．

【詳解】（1）證明：在AB邊上截取AMEF，連接DM．

在Rt△ABC中，B90BAC903060．

EFBC，

EFBB60．

又EAD60，

EFBEAD．

又BADEADEAF，AEFEFBEAF，

BADAEF．

又ADAE,AMEF，

DAM≌AEFSAS．

AFDM．

AMDEFA180EFB18060120．

BMD180AMD18012060．

B60，

BMDBBDM．

BMD是等邊三角形．

BDBMDM，

ABAMBM，

ABEFBD；

（2）圖②：當點D在線段BC的延長線上時，ABBDEF，證明如下：

如圖所示，在BD上取點H，使BHAB，連接AH并延長到點G使AGAF，連接DG，

∵ABC60，

∴ABH是等邊三角形，

∴BAH60，

∵線段AD繞點A順時針旋轉60得到線段AE，

∴DAE60，AEAD，

∴BAHDAE，

∴BAHEAHDAEEAH，即BAEHAD，

又∵AGAF，

∴FAE≌GADSAS，

∴EFDG，AFEG，

∵BD∥EF，

∴ABCFG60，

∵DHGAHB60，

∴△DHG是等邊三角形，

∴DHDGEF，

∴ABBHBDDHBDEF；

圖③：當點D在線段CB的延長線上時，ABEFBD，證明如下∶

如圖所示，在EF上取點H使AHAF，

∵EF∥BC，

∴FABC60，

∵AHAF，

∴△AHF是等邊三角形，

∴AHFHAF60，

∴AHE120，

∵將線段AD繞點A順時針旋轉60得到線段AE，

∴ADAE，DAE60，

∴DABEAH180EADHAF60，

∵DDABABC60，

∴DEAH，

∵DBA180ABC120EHA，

又∵ADAE，

∴EAH≌ADBAAS，

∴BDAH，ABEH，

∵AHFH，

∴BDHF，

∴ABEHEFFHEFBD；

（3）如圖所示，

∵BAC30，C90，

∴AB2BC，AB2BC2AC2，

22

∴2BCBC263，

∴BC6，

∴AB2BC12，

∵CD2BD，BCBDCD，

1

∴CDBC2，

3

由（1）可知，BDEFAB，

∴EFABBD12210；

如圖所示，當點D在線段BC的延長線上時，

∵CDBD，與CD2BD矛盾，

∴不符合題意；

如圖所示，當點D在線段CB的延長線上時，

∵CD2BDBDBC，BC6，

∴BDBC6，

由（2）可知，ABEFBD，

∵AB2BC12，

∴EFABBD12618．

綜上所述，EF10或18．

【點睛】此題考查了全等三角形的性質和判定，勾股定理，等邊三角形的性質和判定，含30角直角三角

形的性質，解題的關鍵是掌握以上知識點．

23．（2024·江西·中考真題）追本溯源：

題（1）來自于課本中的習題，請你完成解答，提煉方法并完成題（2）．

（1）如圖1，在ABC中，BD平分ABC，交AC于點D，過點D作BC的平行線，交AB于點E，請判

斷BDE的形狀，并說明理由．

方法應用：

（2）如圖2，在YABCD中，BE平分ABC，交邊AD于點E，過點A作AF⊥BE交DC的延長線于點F，

交BC于點G．

①圖中一定是等腰三角形的有（）

A．3個B．4個C．5個D．6個

②已知AB3，BC5，求CF的長．

【答案】（1）BDE是等腰三角形；理由見解析；（2）①B；②CF2．

【分析】本題考查了平行四邊形的性質和等腰三角形的判定和性質等知識，熟練掌握平行四邊形的性質和

等腰三角形的判定是解題的關鍵；

（1）利用角平分線的定義得到ABDCBD，利用平行線的性質得到BDECBD，推出

BDEABD，再等角對等邊即可證明BDE是等腰三角形；

（2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性質可以得到四個等腰三角形；

②由①得DADF，利用平行四邊形的性質即可求解．

【詳解】解：（1）BDE是等腰三角形；理由如下：

∵BD平分ABC，

∴ABDCBD，

∵DE∥BC，

∴BDECBD，

∴BDEABD，

∴EBED，

∴BDE是等腰三角形；

（2）①∵YABCD中，

∴AE∥BC，AB∥CD，

同（1）ABECBEAEB，

∴ABAE，

∵AF⊥BE，

∴BAFEAF，

∵AE∥BC，AB∥CD，

∴BGAEAF，BAFF，

∵BGACGF，

∴BGABAG，DAFF，CGFF，

∴ABAG，DADF，CGCF，

即ABE、ABG、△ADF、△CGF是等腰三角形；共有四個，

故選：B．

②∵YABCD中，AB3，BC5，

∴ABCD3，BCAD5，

由①得DADF，

∴CFDFCD532．

24．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）感悟

如圖1，在ABE中，點C，D在邊BE上，ABAE，BCDE．求證：BACEAD．

應用

（1）如圖2，用直尺和圓規在直線BC上取點D，點E（點D在點E的左側），使得EADBAC，且

DEBC（不寫作法，保留作圖痕跡）；

（2）如圖3，用直尺和圓規在直線AC上取一點D，在直線BC上取一點E，使得CDEBAC，且

DEAB（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△ABC≌△AED，即可求得BACEAD；

應用（1）：以點A為圓心，以AB長度為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點E，以點A為圓心，以

AC長度為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點D，連接AD，AE；

應用（2）：以點C為圓心，以AC長為半徑作弧，交AC的延長線于一點，該點即為點D，以點C為圓心，

以BC長為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點E，連接DE．

【詳解】感悟：

∵ABAE，

∴BE．

在ABC和△AED中

ABAE

BE

BCDE

∴△ABC≌△AED．

∴BACEAD．

應用：

（1）：以點A為圓心，以AB長度為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點E，以點A為圓心，以AC

長度為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點D，連接AD，AE，圖形如圖所示．

（2）：以點C為圓心，以AC長為半徑作弧，交AC的延長線于一點，該點即為點D，以點C為圓心，以BC

長為半徑作弧，交直線BC于一點，該點即為點E，連接DE，圖形如圖所示．

根據作圖可得：CDAC，CEBC，

又ACBDCE，

∴ACB≌DCE，

∴CDEBAC，DEAB.

1

25．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）已知ABC是等腰三角形，ABAC，MANBAC，MAN

2

在BAC的內部，點M、N在BC上，點M在點N的左側，探究線段BM、NC、MN之間的數量關系．

（1）如圖①，當BAC90時，探究如下：

由BAC90，ABAC可知，將△ACN繞點A順時針旋轉90，得到ABP，則CNBP且PBM90，

連接PM，易證△AMP≌△AMN，可得MPMN，在Rt△PBM中，BM2BP2MP2，則有

BM2NC2MN2．

（2）當BAC60時，如圖②：當BAC120時，如圖③，分別寫出線段BM、NC、MN之間的數量關

系，并選擇圖②或圖③進行證明．

【答案】圖②的結論是：BM2NC2BMNCMN2；圖③的結論是：BM2NC2BMNCMN2；證

明見解析

【分析】本題主要考查等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，30度角所對的直角邊等于斜邊的一

半，勾股定理等知識，選②，以點B為頂點在ABC外作ABK60，在BK上截取BQCN，連接

QA、QM，過點Q作QHBC，垂足為H，構造全等三角形，得出ANAQ，CANQAB，再證明

△AQM≌△ANM，得到MNQM；在Rt△QHM中由勾股定理得QH2HM2QM2，即

22

312，整理可得結論；選③方法同②

BQBMBQQM

22

【詳解】解：圖②的結論是：BM2NC2BMNCMN2

證明：∵ABAC,BAC60,

∴ABC是等邊三角形，

∴ABCACB60，

以點B為頂點在ABC外作ABK60，在BK上截取BQCN，連接QA、QM，過點Q作QHBC，

垂足為H，

ABAC，CABQ，CNBQ

△ACN≌△ABQ

ANAQ，CANQAB

又CANBAM30

BAMQAB30

即QAMMAN

又AMAM，

△AQM≌△ANM，

MNQM；

∵ABQ60,ABC60,

∴QBH60，

∴BQH30,

13

BHBQ，QHBQ

22

1

∴HMBMBHBMBQ，

2

在Rt△QHM中,可得：QH2HM2QM2

22

即312

BQBMBQQM

22

整理得BM2BQ2BMBQQM2

BM2NC2BMNCMN2

圖③的結論是：BM2NC2BMNCMN2

證明：以點B為頂點在ABC外作ABK30，在BK上截取BQCN，連接QA、QM，過點Q作QHBC，

垂足為H，

ABAC，CABQ，CNBQ

△ACN≌△ABQ

ANAQ，CANQAB

又CANBAM60

BAMQAB60

即QAMMAN

又AMAM，

△AQM≌△ANM，

MNQM

在RtBQH中，QBH60，BQH30

13

BHBQ，QHBQ

22

1

HMBMBHBMBQ，

2

在Rt△QHM中,可得：QH2HM2QM2

22

即312

BQBMBQQM

22

整理得BM2BQ2BMBQQM2

BM2NC2BMNCMN2

26．（2024·北京·中考真題）已知MAN045，點B，C分別在射線AN，AM上，將線段BC

繞點B順時針旋轉1802得到線段BD，過點D作AN的垂線交射線AM于點E.

(1)如圖1，當點D在射線AN上時，求證：C是AE的中點；

(2)如圖2，當點D在MAN內部時，作DF∥AN，交射線AM于點F，用等式表示線段EF與AC的數

量關系，并證明。

【答案】(1)見詳解

(2)EF2AC，理由見詳解