特殊三角形的常考题型（8大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习

这是一份特殊三角形的常考题型（8大热考题型）（解析版）-中考数学二轮专题练习，共111页。
题型一：等腰三角形的性质
【中考母题学方法】
【典例1】（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，
，．
，
，
．
【变式1-1】（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1-2】（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．
【变式1-3】（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，是等腰直角三角形，，顶点分别在上，当时， ．
【答案】/65度
【分析】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，根据平行线的性质，得到，等边对等角，得到，再根据角的和差关系求出的度数即可．
【详解】解：∵是等腰直角三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：．
【变式1-4】（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ．
【答案】或
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案；
【详解】解：如图，当时，延长交于，
∵，，
∴,
∴；
如图，当时，延长交于，
∵，，
∴,
∴，
故答案为：或
【中考模拟即学即练】
1．（2025·山东临沂·一模）如图，在同一平面内，将绕点 A 旋转得到，使得，已知， 则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了旋转的性质以及平行线的性质，等腰三角形的性质，由，先证，然后由，得到，再进一步即可解决问题．
【详解】解：由题意得：，
；
∵，
，
；
，
，
∴，
故选：D．
2．（2023·辽宁营口·三模）已知为一锐角，如图，按下列步骤作图：
①在边上取一点D，以O为圆心，长为半径画弧，交于点C，连接．
②以点D为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接． 若，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判定与性质、三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识点，掌握等边对等角，三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和是解答本题的关键．
根据画图过程，得到，由等边对等角可得，，根据三角形内角和定理与三角形外角的性质可得，， ，则然后求解即可解答．
【详解】解：∵以为圆心，长为半径画弧，交于点；以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
解得：．
故选：C．
3．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图是一张三角形纸片，其中，按如下步骤折纸：
第一步：将该纸片对折，点B 与点C 重合，折痕为；
第二步：展开后，再将该纸片折叠；折痕为，点A的对称点恰好落在上
根据以上折纸过程，可以求出折痕的长度为（ ）
A．10B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了折叠的性质，三线合一定理，勾股定理，先由折叠的性质得到，再由三线合一定理得到，则由勾股定理得到，再根据进行求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
4．（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，E是边上一点，连接，在右侧作，且，连接．若，，则四边形的面积为 ．
【答案】60
【分析】本题考查等边对等角，平行线的性质，角平分线的性质，勾股定理：过点作，，根据等边对等角结合平行线的性质，推出，进而得到，得到，进而得到四边形的面积等于，设，勾股定理求出的长，再利用面积公式求出的面积即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平分，
过点作，，
则：，
∵，且，
∴，
∴四边形的面积，
∵，
∴，
设，则：，
由勾股定理，得：，
∴，
解：，
∴，
∴，
∴四边形的面积为60．
故答案为：60．
5．（2025·湖南·模拟预测）如图，在等腰三角形中，，分别以点，点为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点和点，连接，直线与交于点，连接BD，则的度数为 ．
【答案】30°/度
【分析】本题考查了等边对等角，垂直平分线的性质，三角形内角和定理，掌握等腰等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
根据等腰三角形的性质，三角形内角和定理可得，由作图可得垂直平分线，则有，所以，再根据，即可求解．
【详解】解：∵是等腰三角形，，
∴，
根据作图可得，是线段AB的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
故答案为：30° ．
6．（2024·安徽合肥·三模）如图，在和中，，，，分别连接，，延长交于．
（1）若，则 ；
（2）连接，若，，则的长为 ．
【答案】 111
【分析】此题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形并熟练运用全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）利用证明，根据全等三角形的性质求出，根据等腰直角三角形的性质求出，再根据角的和差求解即可；
（2）过点作，交于，利用证明，根据全等三角形的性质求出，，根据等腰直角三角形的性质求出，再根据线段的和差求解即可．
【详解】解：（1），
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：111；
（2）如图，过点作，交于，
，
．
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
故答案为：．
题型二：等腰三角形的判定
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·辽宁·中考真题）如图，四边形中，，，，．以点为圆心，以长为半径作图，与相交于点，连接．以点为圆心，适当长为半径作弧，分别与，相交于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线，与相交于点，则的长为 （用含的代数式表示）．
【答案】
【分析】本题考查了作图﹣作角平分线，平行线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键．
利用基本作图得到，平分，，接着证明得到，然后利用求解．
【详解】解：由作法得，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式2-1】（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是边，的中点，连接，．若，则的长为

【答案】4
【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得得出得出
【详解】解：∵D，E分别是边，的中点，
∴是的中位线，
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：4
【变式2-2】（2024·四川自贡·中考真题）如图，在中，，．
(1)求证：；
(2)若，平分，请直接写出的形状．
【答案】(1)见解析
(2)是等腰直角三角形．
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，等腰直角三角形的判定．
（1）由平行证明，由等量代换得到，利用平行线的判定“内错角相等，两直线平行”证明，即可证明；
（2）利用平行线的性质结合角平分线的定义求得，，据此即可得到是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：是等腰直角三角形．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在平行四边形中，平分交于点E，平分交于点F，若，则为（ ）
A．4B．3.5C．3D．2.5
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，平行线与角平分线相结合可得，再结合平行四边形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
2．（2024·海南三亚·二模）如图，是的中位线，平分交于点，若，，则边的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】本题考查了三角形中位线定理、角平分线的定义、平行线的性质、等角对等边，由三角形中位线定理得出，，，由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，求出的长即可得解．
【详解】解：是的中位线，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
故选：B．
3．（22-23八年级上·江苏扬州·期末）小明将两把完全相同的长方形直尺如图放置在上，两把直尺的接触点为P，边与其中一把直尺边缘的交点为C，则的长度是
【答案】3
【分析】本题考查角平分线的判定，平行线性质及等角对等边．根据图形可得是的角平分线，再根据平行线性质及等角对等边即可得到答案；
【详解】解：作，，
由题意可得，如图所示，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点C、P在这把直尺上的刻度读数分别是2、5，
∴，
故答案为：3．
4．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，平分，交于点E，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】此题考查了平行线的性质，角平分线的概念和等边对等角，解题的关键是掌握以上知识点．
首先根据平行线的性质和角平分线的概念得到，进而得到，然后结合求解即可．
【详解】∵平分，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴．
故答案为：．
5．（2024·湖南长沙·二模）如图，在中，和的平分线交于点，过点作交于，交于，若，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查学生对等腰三角形的判定和平行线性质．由角平分线的定义得，，利用两直线平行，内错角相等，利用等量代换可得，，然后即可求得结论．解题的关键是证明，．
【详解】解：∵和的平分线交于点，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
∴线段的长为．
故答案为：．
6．（2024·山西太原·二模）如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点为圆心，以适当长为半径画弧，分别与，交于点，；②分别以，为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点，作射线，与边交于点；③以为圆心，长为半径画弧，交于边于点．若，，则点，之间的距离为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】本题考查了作图基本作图，菱形的判定与性质，勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键．连接、，设交于点，根据题意证明四边形是菱形，从而得出的长，再根据勾股定理即可得出结果．
【详解】解：如图，连接、，设交于点，
由题意可知，是的角平分线，
，
又四边形是平行四边形，
，
，
，
，
以为圆心，长为半径画弧，交于边于点，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形，
，，，
，
，
，
故选：B
7．（23-24九年级下·宁夏中卫·期中）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，点A，B，C，D，E，F均在格点上．下列结论：
①连接，点A与点F关于成轴对称；
②连接，，，则是等腰三角形；
③连接，点B，E到线段的距离相等．
其中，正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】本题考查轴对称，勾股定理，三角形全等的判定与性质，等腰三角形性质及应用等，根据轴对称概念，全等三角形判定与性质，点到直线的距离等逐个判断．解题的关键是根据描述，正确的画图，熟练掌握相关知识点．
【详解】解：如图，连接，
由图可知，，，
∵，
∴，
∴点A与点F关于成轴对称，故①正确；
如图，连接，，，
由图可知，，，
∴是等腰三角形，故②正确；
如图，连接，，，，
设点，到线段的距离分别为，．
由图可知，，
，
∴，则，
∴点B，E到线段的距离相等，故③正确；
综上，正确的有①②③；
故答案为：①②③．
8．（2024·海南海口·一模）如图，在中，，，，点是边上的一点，过点作，交于点，作的平分线交于点，连接．若的面积是，则点到AB的距离为 ，的值是 ．
【答案】
【分析】本题考查的知识点是勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等角对等边，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
先根据勾股定理求出AB，即可分别用三角形面积公式推得点到AB的距离和点到AB的距离，再根据判定即可推得相似比，从而由相似三角形的性质得到，由平分和可得，根据等角对等边推得后即可得解．
【详解】解：中，，
点到AB的距离，
，
点到AB的距离，
点到的距离，
，
，且相似比为，
，
，，
，
平分，
，
，
，
即，
，
，
．
故答案为：；23．
9．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，是边的中点，是上一点，BD交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)若，，，求BD的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】本题主要考查三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一般，平行线的性质，等角对等边以及中点定义，熟练掌握三角形全等的性质和判定方法是解题的关键．
（1）由是边的中点，得 ，由BD，得，，可得，即可证明结论成立；
（2）由是边的中点，，得 ，进而，由（1），，由，得，从而，进而即可得解．
【详解】（1）证明：∵是边的中点，
∴ ．
又∵BD，
∴，，
在与中，
，
∴
∴；
（2）解：∵是边的中点，，
∴ ．
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
10．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知：，，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，交于点，连接，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有的等腰三角形．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等角对等边等等：
（1）只需要证明，即可证明；
（2）由平角的定义得到，则可证明都是等腰直角三角形，由全等三角形的性质得到，则，进而可得，则可证明都是等腰三角形．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴都是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴都是等腰三角形．
综上所述，，，，都是等腰三角形．
题型三：等腰三角形的构造与个数问题
【中考母题学方法】
【典例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AB的端点均在格点上．在图①、图②、图③中以AB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．
【典例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．
【典例3】如图，在平面直角坐标系中，直线与反比例函数的图象交于点，将直线向上平移个单位，与轴交于点，与双曲线交于点．
(1)求反比例函数和直线的表达式；
(2)求点的坐标；
(3)在轴上是否存在一点，使是以为腰的等腰三角形，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)反比例函数的表达式为，直线的表达式为
(2)
(3)存在，点坐标为或
【分析】（1）把点A的坐标代入中，求得a的值，再代入中，求得k的值，即得反比例函数的表达式，再根据直线向上平移个单位，即可求得直线的表达式；
（2）因B是直线BC与双曲线的交点，故得方程，求解方程，即得答案；
（3）设，分和两种情况，分别列方程求解，即得答案．
【详解】（1）把代入中，得，
解得，
，
，
，
，且直线向上平移个单位，
∴直线表达式为；
（2）由题意得：，
，
，（舍去），
∴，
；
（3）设，
当时，，
解得，
；
当时，，
解得，
；
综上所述，点坐标为或．
【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数的交点问题，求一次函数与反比例函数的解析式，一次函数的平移，直线上与已知两点组成等腰三角形的点的探求等知识，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
【变式3-1】（2024·贵州毕节·一模）点A，B在直线l同侧，若点C是直线l上的点，且是等腰三角形，则这样的点C最多有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】A
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，先以A点为圆心，为半径作弧交直线l于点、，再先以B点为圆心，为半径作弧交直线l于点，最后作的垂直平分线交直线l于点．
【详解】解：如图，点为所作，
故答案为：A．
【变式3-2】（2023·贵州遵义·三模）四边形是平行四边形，下列尺规作图不能得到等腰三角形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析每个选项的尺规作图，进一步判断是否又等腰三角形即可．
【详解】A．根据作图痕迹可知，为的角平分线，故，根据平行线的性质可得，，即，故为等腰三角形，A不符合题意；
B．根据作图痕迹可知，点，在以为圆心，的长为半径的圆上，故，即为等腰三角形，B不符合题意；
C．根据作图痕迹可知，令的角平分线与交于点，如图，则，根据平行线的性质可得，，即，故为等腰三角形；根据作图痕迹可知，以点为圆心，画弧，与边交于两点，分别以该两点为圆心，画弧交于一点，连接该点与点，延长交于点，故为的角平分线，故，根据平行线的性质可得，，即，故为等腰三角形，C不符合题意；

D．作图痕迹没有依据，D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查尺规作图——角平分线，等腰三角形的性质等，解题的关键是根据做图痕迹进行判断．
【变式3-3】（2024·河北邯郸·三模）如图中的点都在格点上，使（n为1~4的整数）不是轴对称图形的点是 （ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，等腰三角形的定义，勾股定理，根据网格的特点和勾股定理可得都是等腰三角形，而不是等腰三角形，再根据轴对称图形的定义即可得到答案．
【详解】解：根据网格的特点和勾股定理可得都是等腰三角形，即这三个三角形都是轴对称图形，
不是轴对称图形，
故选：B．
【中考模拟即学即练】
32．（2023·浙江台州·一模）观察下列尺规作图的痕迹，不能判断是等腰三角形的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本的作图方法，结合等腰三角形的判定，逐一进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、根据一个角等于已知角的作法可知，是等腰三角形，不符合题意，选项错误；
B、根据垂直平分线的作法可知，是等腰三角形，不符合题意，选项错误；
C、根据过直线外一点作平行线的作法可知，，，
根据角平分线的作法可知，，
，是等腰三角形，不符合题意，选项错误；
D、不能判断是等腰三角形，符合题意，选项正确，
故选D．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图，等腰三角形的判定等知识，掌握基本作图方法是解题关键．
4．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接．
(1)直接写出抛物线与x轴的交点坐标及直线的解析式；
(2)点P是上方抛物线上一点，当时，求出点P的坐标（不与点A重合）；
(3)在抛物线的对称轴上存在点M，使是等腰三角形，请直接写出此时点的坐标．
【答案】(1)，，直线的解析式，
(2)
(3)或或或，
【分析】（1）分别令和，即可求点、、的坐标，进而利用待定系数法求出直线的解析式；
（2）先求出的面积，可求的面积为3，从而可以求出的纵坐标，代入抛物线解析式即可求出的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上点M坐标为，根据坐标系中两点距离公式结合等腰三角形的定义列方程求解即可．
【详解】（1）解：令，得：
，
解得：，，
，，
令，得：
，
，
点、、的坐标分别为：、、．
设直线的解析式为，可得：
，解得：，
∴直线的解析式为，
（2），
，
过点作轴，交于点，设点的横坐标为，则有，，
∴
∵
，
，，
当时，，此时与点重合，
当时，，
点的坐标为：．
（3）∵抛物线，
∴抛物线对称轴为直线，
设在抛物线的对称轴上点M坐标为，
∵、．
∴，
，
，
当时，，解得：，即点M坐标为或，
当点M坐标为时，，，，不能构成三角形，故M 舍去；
当时，，解得：，即点M坐标为或，
当时，，解得：，即点M坐标为，
综上所述：点M坐标为或或或，
【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、勾股定理、三角形的面积等知识，解题（3）的关键是根据点距离公式结合等腰三角形的定义列方程求解．
题型四：等腰三角形的性质与判定的综合问题
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·甘肃兰州·中考真题）观察发现：劳动人民在生产生活中创造了很多取材简单又便于操作的方法，正如木匠刘师傅的“木条画直角法”，如图1，他用木条能快速画出一个以点A为顶点的直角，具体作法如下：
①本条的两端分别记为点M，N，先将木条的端点M与点A重合，任意摆放木条后，另一个端点N的位置记为点B，连接AB；
②木条的端点N固定在点B处，将木条绕点B顺时针旋转一定的角度，端点M的落点记为点C（点A，B，C不在同一条直线上）；
③连接CB并延长，将木条沿点C到点B的方向平移，使得端点M与点B重合，端点N在CB延长线上的落点记为点D；
④用另一根足够长的木条画线，连接AD，，则画出的是直角．
操作体验：（1）根据“观察发现”中的信息重现刘师傅的画法，如图2，，请画出以点A为顶点的直角，记作；
推理论证：（2）如图1，小亮尝试揭示此操作的数学原理，请你补全括号里的证明依据：
证明：，
与是等腰三角形．
．（依据1______）
．
，（依据2______）
，
．
依据1：______；依据2：______；
拓展探究：（3）小亮进一步研究发现，用这种方法作直角存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图3，点O在直线l上，请用无刻度的直尺和圆规在图3中作出一个以O为顶点的直角，记作，使得直角边（或）在直线l上．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见详解，（2）等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；（3）见详解
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及尺规作图的作垂线，
（1）根据“观察发现”延长至点D，且，连接即可知以点A为顶点的为直角；
（2）根据作图可知利用了等边对等角，以及三角形内角和定理；
（3）根据过定点作已知直线的垂线的方法作图即可．
【详解】解：[操作体验] （1）

[推理论证]（2）依据1：等边对等角（等腰三角形的性质）；依据2：三角形内角和定理；
故答案为：等边对等角（等腰三角形的性质）；三角形内角和定理；
[拓展探究]（3）
【变式4-1】（2024·山西·模拟预测）如图，在中，，，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别相交于点，，连接交边于点，连接．若，则的周长为 ．
【答案】/
【分析】由作图知是的垂直平分线，则，，角度推导得到，继而求出，再解求出，即可求解．
【详解】解：由作图知是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握知识点，发现是解题的关键．
【变式4-2】（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（ ）
A．18B．C．9D．
【答案】C
【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解．
【详解】解：连接，如图：
∵，，点D是中点，
∴
∴，
∴
又∵
∴
故选：C
【变式4-3】（2024·江苏常州·中考真题）如图，B、E、C、F是直线l上的四点，相交于点G，，，．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)连接，则与l的位置关系是________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的判定：
（1）证明，得到，即可得证；
（2）根据线段的和差关系，易得，根据三角形的内角和定理，得到，即可得出结论．
【详解】（1）证明：在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴．
【变式4-4】（2024·四川·中考真题）如图，在四边形中，，连接，过点作，垂足为，交于点，．
(1)求证：；
(2)若．
①请判断线段，的数量关系，并证明你的结论；
②若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①，理由见解析；②
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由余角的性质可得，，根据，可得；
（2）①设，可求，可求，根据等腰三角形的判定可得；
②由勾股定理可求，由“”可证，可得，通过证明，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
，，
，
；
（2）解：①，理由如下：
设，
，
，
，
，
，
；
②，，
，
，，，
，
，
，，
，
，
，
．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·湖北宜昌·一模）如图，分别以点B和点C为圆心，大于为半径作弧，两弧相交于A、M两点；作直线；连接；
(1)是什么三角形？说明理由；
(2)在中，是平分线，是平分线．求证：．
【答案】(1)是等腰三角形，见解析；
(2)见解析．
【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
（1）由作图知是的垂直平分线，据此可证明是等腰三角形；
（2）证明，即可得到．
【详解】（1）解：是等腰角形，
理由如下：
根据作图，是的垂直平分线，
∴．
∴是等腰三角形；
（2）证明：∵是等腰三角形，，
∴，
又∵是平分线，是平分线，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
∴．
2．（2025·江苏·一模）某段河流的两岸是平行的，某数学老师带领甲，乙两个数学兴趣小组，在不用涉水过河的情况下，去测得河的宽度，结果都获得了准确的答案．
【答案】（1）①10，②见解析；（2）见解析
【分析】本题主要考查了三角形的外角的定义和性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键．
（1）①根据题意，易得，即可获得答案，②利用“”证明， 由全等三角形的性质易得；
（2）根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”，结合题意可证明，再根据等腰三角形“等角对等边”的性质可得，即可获得答案．
【详解】结：（1）①由题意知，米，即河的宽度是10米；
故答案为：10；
②证明：∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）根据题意，，，
∵，
∴，
∴，
∴．
所以，根据乙组的方案，他们用到的数学几何知识可有：在同一个三角形中，等角对等边；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
3．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在中，，，为边的中点，过点作交的延长线于点，平分交于点，为边上一点，连接，且．求证：

(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
（1）根据题意，则，，等量代换，则，根据全等三角形的判定和性质，即可；
（2）延长交于，连接，根据题意，垂直平分线的性质，证明得到是的垂直平分线，则，，根据平行线的判定和性质，则，，根据，推出，根据全等三角形性质，则，得到，根据为边的中点，全等三角形的判定和性质，则，根据边的等量关系，即可．
【详解】（1）证明，如下：
∵，，
∴，
∵平分交于点
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）证明，如下：
延长交于，连接，
∵ 平分，，
∴是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．

4．（2024·云南昆明·一模）如图，在等腰直角中，点D在上，将绕顶点B沿顺时针方向旋转90°得到
(1)求的度数；
(2)若求BD的长．
【答案】(1)90°
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，本题中利用全等三角形得出线段和角相等是解题的关键．
（1）根据旋转的性质结合等腰直角三角形的性质得到，计算即可；
（2）由（1）知，，得到，，利用勾股定理求出，再证明是等腰直角三角形，利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：是由旋转得到的，为等腰直角三角形，
∴，，
，
；
（2）解：∵，
由（1）知，，
∴，，，
在中，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴（负值舍去）．
5．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，把一个含有角的直角三角尺绕着角的顶点顺时针旋转，使得点与延长线上的点重合，其中点的对应点为点，连接．
(1)是_____三角形，的度数是_____
(2)若，求的面积．
【答案】(1)等腰，
(2)的面积．
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质．
（1）由旋转，得到，即可得到是等腰三角形，再利用三角形的外角性质可求得的度数；
（2）求得中边上的高，再利用三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵旋转，
∴，，
∴是等腰三角形，；
故答案为：等腰，；
（2）解：作于点，
∵，，
∴，
∴的面积．
6．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，连接，以为边作矩形 (点、在的同侧)，且，连接．
(1)如图1，当点在的中点时，点、、在同一直线上，求的长；
(2)如图2，当时，求证：线段被平分．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质和点是的中点，可得，，，证明，得到，由，可得，即可求解；
（2）设与交于点，过作于，根据矩形的性质可得，，由，可推出，证明，得到，推出，结合，推出，证明，得到，即可证明．
【详解】（1）解：在矩形中，，，点是的中点，
，，，
，
，
，
，
；
（2）如图，设与交于点，过作于，
在矩形中，，
，，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
线段被平分．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识．
7．（2025·贵州·模拟预测）小红在学习了等腰三角形相关性质后，对等腰直角三角形的性质进一步探究．在等腰直角中，，，点是直线上一点，点是直线上一点，．
(1)【问题解决】当平分时，则 ；
(2)【问题探究】当点E是线段上任意一点时，探究线段与的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】当，时，求的长长．
【答案】(1)
(2)．理由见解析
(3)或
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得，由角平分线的性质可求解；
（2）由可证，可得，由等腰直角三角形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，由可证，可得，由等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】（1）解：，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
如图 ①，过点作，交于点，
是直角三角形，，，
，
，，，，
，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：情况①：当点在射线上时，如图②．
过点作，交的延长线于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
情况 ②：当点在射线上时，如图 ③．
过点作，交的延长线于点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
的长为或．
题型五：等边三角形的性质与判定的综合
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·四川宜宾·中考真题）如图，点D、E分别是等边三角形边、上的点，且，与交于点F．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，根据等边三角形的性质得出，，然后根据证明，根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明∶∵是等边三角形，
∴，，
又，
∴，
∴．
【变式5-1】（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
【变式5-2】（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查平行线的性质、等边三角形的性质，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
即，
∵是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故选：B．
【变式5-3】如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是 ．
【答案】/45度
【分析】本题主要考查了三角形的内角和定理、正方形性质、等腰三角形性质、等边三角形的性质的应用等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
根据正方形性质得出，根据等边三角形性质得出，推出，根据等腰三角形性质得出，最后根据三角形的内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式5-4】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，点C在线段上，，，．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明是等边三角形是解答的关键．
（1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，，再证明是等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：在与中，
，
所以；
（2）解：因为，，
所以，，
所以是等边三角形．
所以．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，点是等边内一点，若将绕点按逆时针方向旋转一个角度后得到，连接，若，则的长度为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查旋转的性质，由旋转得，得，得，可判断出是等边三角形，故可得．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴
由旋转得，
∴，
∴
而，
∴，即，
∵，
∴是等边三角形，
∴,
故选：B．
2．（2024·湖南·模拟预测）动点在等边的边上，，连接，于，以为一边作等边，的延长线交于，当取最大值时，的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，利用全等三角形的判定定理准确找出图中的全等三角形是解题的关键．
如图，分别连接，，作，交的延长线于，利用等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到、；再证明，则，利用等腰三角形的三线合一性质得到，从而得到，，，四点共圆，利用圆中最长的弦为直径得到当取最大值时，则等于直径，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，分别连接，，作，交的延长线于，
和是等边三角形，
，，，
．
在和中，
，
，
，，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
．
在和中，
，
，
，
，
点为中点，
，
，
，
，，，四点共圆，
当取最大值时，则等于直径，
为直径，
，
四边形为矩形，
，
，
点在上，
于，
，两点重合，此时为中点，，
．
，
．
故选：C．
3．（2023·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知：如图，等边三角形的边长为，边在x轴正半轴上，现将等边三角形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束后，等边三角形中心的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形变化—旋转，根据图形的旋转寻找规律，总结规律是解决本题的关键．
过点B和点O分别作于点C，于点D，根据是等边三角形，可得G点坐标，等边三角形绕点O逆时针旋转，每次旋转，旋转6次为一个循环，分别求出等边三角形中心G旋转后的坐标，进而可得第2023次旋转结束后，等边三角形中心的坐标．
【详解】如图所示：
过点B和点O分别作于点C，于点D，
∵是等边三角形，
∴平分，
∴，
∵，
∴，，
∵等边三角形绕点O逆时针旋转，每次旋转，
∴旋转6次为一个循环，
∵等边三角形中心G坐标为，
第一次旋转后到y轴正半轴，坐标为：；
第二次旋转后到第二象限，坐标为：；
第三次旋转后到第三象限，坐标为：；
第四次旋转后到y轴负半轴，坐标为：；
第五次旋转后到第四象限，坐标为：；
第六次旋转后回到第一象限，坐标为：，
∵，
∴第2023次旋转结束后，等边三角形中心的坐标为：．
故答案为：．
4．（2023·四川达州·模拟预测）如图，是等边三角形，边在轴上，反比例函数的图象经过点，若，，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查反比例函数与几何的综合应用，过点作，三线合一，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而得到点坐标，即可求出的值．
【详解】解：过点作，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
5．（2024·山西大同·模拟预测）如图，等边的顶点在坐标原点，顶点在轴上，，将等边绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，能构造直角三角形是解此题的关键．过点作轴于点，由等边三角形的性质可得：，，由旋转的性质可得：，，推出，进而求出，即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点，
是等边三角形，
，，
由旋转知，，，
，
，
点的坐标为，
故答案为：．
6．（2024·湖北·模拟预测）如图，在中，，将绕点A逆时针旋转，得到，，DE相交于O，．
(1)判断的形状；
(2)求的度数．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析
(2)
【分析】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转前后的图形是全等形是解题的关键．
（1）由旋转可得，，然后根据，得到是等边三角形，进而得到，得到结论；
（2）设，然后表示，的度数，然后利用四边形的内角和和对顶角相等解题即可．
【详解】（1）是等边三角形，理由为：
由旋转可得，，，
又∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
即是等边三角形；
（2）设，
∴，
又∵，
∴，
在四边形中，
．
7．（2024·浙江宁波·模拟预测）在等边三角形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，交于点，连接．

(1)依题意补全如图；
(2)若，求；
(3)若，用等式表示线段，，之间的数量关系并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，等边三角形的性质等知识点，灵活运用这些知识点是解题的关键．
（1）依题意补全图形；
（2）由等腰三角形的性质和外角性质即可求解；
（3）连接交于点，证明，过点作于点，设，，则，，根据勾股定理求出，在中，由勾股定理得出，代入相关数据得出，由，可得出结论．
【详解】（1）解：过点作直线的垂线，交于点，取点，使得，连接，交于点，连接，则点为点关于直线的对称点，图1为所求的图：
（2）如图2：连接，

∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，连接交于点，
∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴在与中，
∴
∵是等边三角形
∴
∴，
过点作于点，
设，，则，，
在中，，
在中，，
∴
，
∵，，
∴
8．（2024·湖北恩施·模拟预测）如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接．
(1)填空：的度数为______；②线段之间的数量关系为______；
(2)如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在中，，，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连，则是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不需要说明理由．
【答案】(1)①；②；
(2)，理由见解析
(3)存在，的最小值为，的最大值为．
【分析】本题主要考查了等边三角形性质、等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质，旋转的性质等知识点，握全等三角形判定定理是解题的关键掌．
（1）①由和均为等边三角形，可得，故，即得，有，故；②由即得；
（2）证明可得，故，而，即得；
（3）证明得，可证点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，当D在线段上时，有最小值，求出，即可得的最小值为；当A在线段上时，的最大值为．
【详解】（1）解：①∵和均为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
②由①知，
∴．
故答案为：．
（2）解：，理由如下：
∵和均为等腰直角三角形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在等腰直角三角形中，为斜边上的高，
∴，
∴，
∵，
∴．
（3）解：如图：
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵点P到点B的距离是4，
∴，
∴点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，
如图：当D在线段上时，有最小值，
∵，
∴，
∴此时，即的最小值为；
如图：当A在线段上时，最大，
此时，即的最大值为．
题型六：含有30°锐角的直角三角形
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1B．C．0D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是，
故选：D．
【变式6-1】（2024·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在中，，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交于点M和N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D，若，则的长为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】作于点，根据角平分线的性质得，由知．本题主要考查作图基本作图，解题的关键是熟练掌握角平分线的尺规作图和角平分线的性质．
【详解】解：如图，作于点，
为的平分线，
，
，
则，
∴
故选：C．
【变式6-2】（2024·新疆·中考真题）如图，在中，．若点D在直线上（不与点A，B重合），且，则的长为 ．

【答案】6或12
【分析】本题考查了含的直角三角形的性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，分①点D在线段时，②点D在线段延长线上时， ③点D在线段延长线上时，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：∵，，，
∴，，
①点D在线段时，

∵，，
∴，
∴，
∴；
②点D在线段延长线上时，

∵，，
∴，
∴，
∴；
③点D在线段延长线上时，

此时，即，故不符合题意，舍去，
综上，的长为6或12．
【变式6-3】（2023·海南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为，将绕着点B顺时针旋转60°，得到，则点C的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作，由题意可得：，，再利用含30度直角三角形的性质，求解即可．
【详解】解：过点作，如下图：

则
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B
【点睛】此题考查了旋转的性质，坐标与图形，含30度直角三角形的性质，以及勾股定理，解题的关键是作辅助线，构造出直角三角形，熟练掌握相关基础性质．
【变式6-4】（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F，若，则 ．
【答案】2
【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到为含30度角的直角三角形，，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形为正方形，为等边三角形，，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
【变式6-5】（2023·四川绵阳·中考真题）如图，厂房屋顶人字架（等腰三角形）的跨度，，则中柱AD（D为底边中点）的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，含30度直角三角形的性质以及勾股定理．由等腰三角形的性质求得的长，由含30度直角三角形的性质得到，再根据勾股定理列式计算即可求解．
【详解】解：由题意得，，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
解得，
故答案为：．
【变式6-6】（2023·江苏盐城·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转到的位置，点的对应点首次落在斜边上，则点的运动路径的长为 .

【答案】
【分析】首先证明是等边三角形，再根据弧长公式计算即可．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，
由旋转的性质得，，
，
∴是等边三角形，
∴，
∴点的运动路径的长为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，含直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是证明是等边三角形．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·福建莆田·模拟预测）如图，在中，，，求作的三等分线．
阅读以下作图步骤：
（1）分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点D，E，作直线交于点F，交于点H，画射线；
（2）以点C为圆心，适当的长为半径画弧，交于点M，交于点N；
（3）分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部交于点G，画射线，则射线即为所求．
下列说法不正确的是（ ）
A．B．C．D．为等边三角形
【答案】B
【分析】由垂直平分线段可判断A，由30度角的性质可判断B，由等边三角形的判定可判断D，由三线合一可判断C．
【详解】解：∵，，
∴，
由作图可知垂直平分线段，
∴，故选项A正确，
∴，
∵，
∴，故选项B错误，
∴，
∴，
∴是等边三角形，故选项D正确，
由作图可知平分，
∴，故选项C正确，
故选：B．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，角平分线的性质，线段的垂直平分线，含30度的直角三角形等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
2．（2024·河北·模拟预测）如图，在是边上的高，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，N，分别以点M，N为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点E，交于点F，下列说法不一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线定义判断A；根据和都是的余角判断B；根据含的直角三角形性质判断C；根据和都是的余角，是的外角，是的外角，判断D．
【详解】A、由作图知，平分，
∴，
∴A正确，不符合题意；
B、∵是边上的高，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴B正确，不符合题意；
C、当时，
，
，
∴C不一定正确，C符合题意；
D、∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴D正确，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了角平分线和直角三角形．熟练掌握角的平分线定义，直角三角形角性质，余角定义，含的直角三角形边性质，三角形外角性质，是解题的关键．
3．（2024·贵州黔东南·二模）如图，中，，，，点在的延长线上，点在边上，且．若，则的边长为（ ）
A．2.5B．3.5C．2D．
【答案】C
【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质．过点作于．先在中利用角所对的直角边等于斜边的一半得出，于是，再根据等腰三角形三线合一的性质得出，然后根据即可求解．
【详解】解：过点作于．
在中，，，
，
∵
，
．
，于，
，
．
故选：C．
3．（2023·辽宁锦州·三模）如图，中，，，分别以点A，C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点D，E，以C为圆心，长为半径作弧，与直线交于点F，与交于点G，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键．连接，先判断出是等边三角形，从而可得，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，然后求出，最后根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，连接，
由题意可知，垂直平分，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵在中，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
5．（2024·湖北·模拟预测）问题背景 如图（1），在与中，，，．求证：．
类比探究 如图（2），D，P是等边外两点，连接并取的中点M，且，，试猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
拓展应用 如图（3），在四边形中，，，，，，直接写出的长．

【答案】问题背景：见解析；类比探究：；理由见解析；拓展应用：
【分析】问题背景：先证明，再证明即可得到结论；
类比探究：如图，延长至，使，连接，，证明，可得，，再证明，可得，从而可得结论；
拓展应用：过作，且，连接，并延长交于，可得，证明，证明，可得，，可得，从而可得结论．
【详解】问题背景：
证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴；
类比探究：；理由如下：
如图，延长至，使，连接，，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
而，
∴，
，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，而，
∴；
拓展应用：如图，过作，且，连接，并延长交于，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，余角的性质，直角三角形的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
题型七：斜边上的中线
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，，分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线分别交于点D，E，连接
(1)求CD的长；
(2)求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线的点到线段两个端点的距离相等，斜中半定理：直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理等知识点，熟记相关结论是解题关键．
（1）由题意得是线段AB的垂直平分线，故点D是斜边AB的中点．据此即可求解；
（2）根据、的周长即可求解；
【详解】（1）解：由作图可知，是线段AB的垂直平分线，
∴在中，点D是斜边AB的中点．
∴．
（2）解：在中，．
∵是线段AB的垂直平分线，
∴．
∴的周长．
【变式7-1】（2024·青海·中考真题）如图，在中，D是的中点，，，则的长是（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等边三角形的判定和性质．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合等边三角形的判定得到等边三角形，据此求解即可．
【详解】解：∵在中，，D是的中点，
∴，
∵，
∴等边三角形，
∴．
故选：A．
【变式7-2】（2024·四川巴中·中考真题）如图，在中，是的中点，，与交于点，且．下列说法错误的是（ ）

A．的垂直平分线一定与相交于点
B．
C．当为中点时，是等边三角形
D．当为中点时，
【答案】D
【分析】连接，根据，点是的中点得，则，进而得点在线段的垂直平分线上，由此可对选项Ａ进行判断；设，根据得，的，再根据得，则，由此可对选项Ｂ进行判断；当为中点时，则，是线段的垂直平分线，由此得，然后根据，，得，由此可对选项Ｃ进行判断；连接并延长交于，根据是等边三角形得，则，进而得，，由此得，，由为中点，则，由此可对选项Ｄ进行判断，综上所述即可得出答案．
【详解】解：连接，如图1所示：
，点是的中点，
为斜边上的中线，
，
，
，
点在线段的垂直平分线上，
即线段的垂直平分线一定与相交于点，故选项A正确，不符合题意；
设，
，
，
，
，
，
，
即，故选B正确，不符合题意；
当为中点时，则，
，
是线段的垂直平分线，
，
，，，
，
，
是等边三角形，故选C正确，不符合题意；
连接，并延长交于，如图2所示：

当为中点时，
点为的中点，
根据三角形三条中线交于一点得：点为的中点，
当为中点时，是等边三角形，
，，平分，平分，
，
，
在中，，
，
，
，，
∵为中点，
∴
，故选项D不正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，理解直角三角形斜边上的中线，线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键．
【变式7-3】（2024·四川广元·中考真题）如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，连接，点D恰好落在线段上，若，，则的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得，，，推出是等腰直角三角形，，过点A作于点H，得到，利用勾股定理求出的长．
【详解】解：由旋转得，，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，，
过点A作于点H，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·甘肃陇南·三模）如图，在中，，点D在上，且，点E和点F分别是和的中点，则的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】本题考查了等腰三角形，直角三角形，解题的关键是熟练掌握三线合一，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
连接，根据等腰三角形的性质得，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行解答即可得．
【详解】解：如图，连接，
∵，点F是的中点，
∴，，
∵，点E是的中点，
∴，
故选：B．
2．（2024·陕西·模拟预测）如图，在中，，是的高线，是的中线，连接．若．则为（ ）

A．4B．2．5C．3D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了三线合一定理，勾股定理，直角三角形的性质，先由三线合一定理得到，再由勾股定理得到，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案．
【详解】解：∵，，是的高线，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴点D为的中点，
∴，
故选：B．
3．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，，，点D为斜边的中点，，则 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求解．
【详解】解：∵，D为斜边中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：2．
4．（2025·上海奉贤·一模）等腰三角形中， 分别是边上的中线，且 ，那么 ．
【答案】3
【分析】设与交于Q，连接并延长交于点，由题意得，点为的重心，则为中点，，则为等腰直角三角形，设，则，即可求解．
【详解】解：设与交于Q，连接并延长交于点，
由题意得，点为的重心，
∴为中点，
∵，
∴，
∵，为中点
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴设，则，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了求一个角的正切值，等腰三角形的性质，重心的性质，直角三角形的性质等知识，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．（2024·浙江宁波·二模）如图，在中，，，，是的中点，点，分别在边，上，，将，分别沿，翻折使得A与重合，B与重合，若，则 ．
【答案】3
【分析】连接，依据勾股定理以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得到的长，进而得出是等腰三角形；再根据平行线的性质得出与相等，进而得到是等腰三角形，即可得出的长．
【详解】解：如图所示，连接，
设，，
在中，，，，
，
中，是的中点，
，
又，
，
，即，
，
又，
，
∴，
又∵，
∴，
，
又，
，
，即，
，
，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，直角三角形斜边上中线，等腰三角形的判定与性质的运用，解决问题的关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
6．（2025·广西柳州·一模）如图，在中，，，为边的高，点在轴上，点在轴上，点在第一象限，若从原点出发，沿轴向右以每秒1个单位长的速度运动，则点随之沿轴下滑，并带动在平面内滑动，设运动时间为秒，当到达原点时停止运动．连接，线段的长随的变化而变化，当最大时， ．
【答案】
【分析】本题考查三线合一，勾股定理：三线合一结合斜边上的中线求出的长，根据，得到当三点共线时，最大，得到此时，求出的长，进行求解即可．
【详解】解：∵，为边的高，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴当三点共线时，最大，
此时：，
∴，
∴；
故答案为：．
题型八：勾股定理及其应用
【中考母题学方法】
【典例1】（2024·江苏常州·中考真题）如图，在中，，，，D是边的中点，E是边上一点，连接．将沿翻折，点C落在上的点F处，则 ．
【答案】
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，勾股定理求出的长，折叠得到，，设，在中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，，D是边的中点，
∴，
∴，
∵将沿翻折，点C落在上的点F处，
∴，，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：；
∴；
故答案为：．
【典例2】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ．
【答案】/
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵是中点，
∴，
由折叠的性质得到：，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【典例3】（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
【答案】 6
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作于H，则四边形是矩形，则，根据，可得的最小值为6，则由折叠的性质可得的最小值为6；如图所示，连接，证明，得到，则，利用勾股定理得到当最大时，最大，即最大时，最大，则当与点B重合时，最大，设此时，则，据此利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值为6，
由折叠的性质可得，
∴的最小值为6；
如图所示，连接，
由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴当最大时，最大，即最大时，最大，
∴当与点B重合时，最大，
设此时，则，
∴，
解得，
∴的最大值为
故答案为：，．
【变式8-1】（2023·江苏南京·中考真题）我国南宋数学家秦九韶的著作《数书九章》中有一道问题：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里， 大斜一十五里． 里法三百步， 欲知为田几何? ”问题大意：如图， 在中，里，里，里，则的面积是（ ）
A．80 平方里B．82平方里C．84平方里D．86平方里
【答案】C
【分析】本题考查了三角形面积，勾股定理，解决本题的关键在于利用两个直角三角形的公共边找到突破点．主要利用了勾股定理进行解答．过点作，利用勾股定理求出的长，再利用三角形的面积公式求出的面积即可．
【详解】解：如图，过点作于，
设里，则里，
在中，，
在中，，
，
，
解得，
在中，（里，
的面积（平方里），
故选：C
【变式8-2】（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：．
【变式8-3】（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知直线的表达式为，点的坐标为，以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；以为圆心，为半径画弧，交直线于点，过点作直线的垂线交轴于点；……按照这样的规律进行下去，点的横坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查的是一次函数性质应用，等腰直角三角形的判定与性质及点的坐标规律问题，作轴于点H，依次求出，找出规律即可解决．
【详解】解：作轴于点H，
均在直线上，
，
，
，，
，
，
，
，
，
同理，，
，
同理，
，
即点的横坐标是，
故答案为：．
【中考模拟即学即练】
1．（2024·广东深圳·一模）如图，矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，当点C，，三点共线时，交于点E，则的长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，先证明，进而证明，于是可得，，设，则，利用勾股定理建立方程，解方程即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，
矩形，
，，，
由旋转的性质可得：，，，，
是等腰三角形，且，
，
，
在和中，
，
，
，，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
，
解得：，
，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（23-24七年级上·山东淄博·期中）如图，中，于点，则CD的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了直角三角形面积的不同表示方法及勾股定理的综合应用，根据勾股定理求得的长，再根据三角形的面积公式求得即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
3．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，②作直线分别与，DB，交于点，，，若，，则 ．
【答案】
【分析】如图，连接，由作图可知垂直平分线段，由垂直平分线的性质，矩形的性质勾股定理可得，再证，得到，由此即可求解．
【详解】解：如图，连接，
由作图可知垂直平分线段，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，尺规作垂直平分线及其性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质的综合．掌握垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键．
4．（2024·浙江宁波·二模）如图，已知在矩形 中， ，点是AB的中点，点为边 上的动点，将矩形 绕点 逆时针旋转，得到矩形，在矩形 绕点 逆时针旋转的过程中，记 的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差为 ．
【答案】10
【分析】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质等内容，把当作一个定点，易得，而是定值，所以主要看的是的最值情况，很明显当与重合时最小，当与重合时最大，进而求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，
∴，
先固定点，我们发现随着矩形绕点逆时针旋转的过程中，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆上，
∴，
∵是中点，
∴，
∴当有最大值和最小值时，对应得会有最大值和最小值，
再把看成一个动点，
当点与点重合时，，此时最小，
∴，
当点与点重合时，，此时最大，
∴，
∴，
即线段长度的最大值与最小值的差为10．
故答案为：10．
5．（2025·上海奉贤·一模）在平面直角坐标系的第一象限内有一点，射线与x轴正半轴的夹角为，如果，那么点P坐标为 ．
【答案】
【分析】过点P作轴于点M，利用三角函数的定义，勾股定理，点的坐标的意义解答．
本题考查了正弦函数的应用，勾股定理，坐标的确定，熟练掌握正弦函数，勾股定理是解题的关键．
【详解】解：如图，过点P作轴于点M，
∵，，
∴，
∴，
∴点．
故答案为：．
6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在中，，E是中点，F是上一点，沿着折叠，若，则 ．
【答案】
【分析】取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O，根据勾股定理求出的长，由折叠性质以及等腰三角形的判定与性质得出共线，即O与重合，利用中位线性质，勾股定理得出一元二次方程，求出结果即可得出结论．
【详解】解：如图所示，取中点为D、连接，作中点G，连接交，交于O，
在中
为中点，
，
由折叠可知：，
点G是中点，在中有，且，
在中，，
在中，E为中点，G为中点，
，
取中点为，则，
，
，
共线，即O与重合，
，
在中，，
为的中点，D为的中点，
，
，
，
在中，设，则，
，
，
在中，，即，
整理得：，
解得：，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，一元二次方程的几何应用，中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，折叠性质，熟练掌握相关性质定理，准确作出辅助线为解题关键．
7．（2023·四川乐山·模拟预测）如图1，将长为，宽为的矩形分割成四个全等的直角三角形
(1)用含a的代数式表示图2中小正方形的边长；
(2)若图2中，大正方形面积是小正方形面积的13倍，求a值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】本题主要考查了勾股定理，一元二次方程的应用，解决问题的关键是依据大正方形面积是小正方形面积的13倍，列出一元二次方程进行计算．
（1）图2中小正方形的边长等于直角三角形的两直角边的差；
（2）依据大正方形面积是小正方形面积的13倍，列方程求解即可．
【详解】（1）解：图2中小正方形的边长为
（2）由题得：，
化简得：，
，
∴或．
8．（2024·云南曲靖·一模）如图，E是正方形的边上一点，以点A为中心，把绕点A逆时针旋转得到，连接
(1)求的度数；
(2)若求的长．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据正方形的性质和勾股定理可得，由旋转可得，再根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵绕点A逆时针旋转得到，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∵，
∴．
94．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：小红在学习了图形的折叠相关知识后，对矩形的折叠进行了探究，已知矩形中，，，为上一点，将沿直线翻折至的位置（点落在点处）．
(1)【动手操作】
当点落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出满足条件的图形（即的位置，不写作法，保留作图痕迹），此时________________；
(2)【问题探究】
如图②，与CD相交于点，与CD相交于点，且，求证：；
(3)【拓展延伸】
已知为射线上的一个动点，将沿翻折，点恰好落在直线上的点处，求的长．
【答案】(1)作图见解析，6；
(2)见解析；
(3)4或16．
【分析】本题主要考查矩形与折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形与折叠的性质，数形结合分析是解题的关键．
（1）根据点的对应点在上，可得折线是的垂直平分线，由此可作图，根据矩形的性质，折叠的性质可得，由勾股定理即可求解；
（2）由翻折的性质得，，，设，则，，可得，，，，在中，由勾股定理
解得，，由此即可求解；
（3）分两种情况：如解图所示，点在线段AB上时；如解图所示，点在延长线上时；根据矩形、折叠，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：作图如图所示，将沿直线翻折至的位置（点落在点处），点落在边CD上，
∴即为所求的三角形，
∵折叠，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：6．
（2）证明：由翻折的性质得，，，
，
设，则，
在和中，
，
，
，，
，
，，
在中，由勾股定理得，，
解得，即，
∴，
∴，
∴．
（3）解：分两种情况：
如解图所示，点在线段AB上时，
由翻折的性质得，，，，
，
,
四边形是矩形，
，
，
，
，
；
如解图所示，点在延长线上时，
由翻折的性质得，，，
,
设，则，，
，
,
在中，由勾股定理得，，
解得，即，
综上所述，的长为4或16．
9．（2023·江苏常州·模拟预测）折纸，常常能为证明一个命题提供思路和方法．例如，在中，（如图1），怎样证明呢？
把沿的平分线翻折，因为，所以点落在上的点处（如图．于是，由，，可得．
【感知】
（1）如图2，在中，若，，则______．
【探究】
（2）若将图2中是角平分线的条件改成是高线，其他条件不变（图3），即在中，，，请探索线段、、之间的等量关系，并说明理由．
【拓展】
（3）如图4，在中，，，，点是边上的一个动点（不与、重合），将沿翻折，点的对应点是点．若以、、为顶点的三角形是直角三角形，直接写出的长度______．
【答案】（1）35；（2），见解析；（3）或2
【分析】（1）根据折叠的性质可得，根据三角形外角的性质，可得，即可求解；
（2）将沿折叠，根据折叠的性质与三角形外角的性质得出，根据等角对等边得出，进而根据等量代换可得结论
（3）根据折叠的性质，结合图形可知点不能为直角顶点，分两种情况讨论，①若，过点作于点，在中，，根据勾股定理列出方程，解方程即可求解；②若，根据等腰三角形的性质与判定得出，即可求解．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∴，
故答案为：
，理由如下，
（2）如图，将沿折叠，
∵，
∴点落在上的点处，
∴，，，
∵，，
∴
∴，
∴，
即；
（3）依题意，∵点在上，以为顶点的三角形若为直角三角形，则点不为直角顶点，分两种情况讨论，
①若，如图，过点作于点，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
在中，，
，
解得，
即，
②若，如图，
∵，
∴
∴，，
∴
∴
∴，
综上所述，或
组别
方案
甲组
①在河岸边点处，选对岸正对的一棵树，即垂直河岸；②沿河岸直行处有一棵树，继续前行到达点处；③从点处沿河岸垂直的方向行走，当到达树正好被树遮挡住的点处时（即点在同一直线上），停止行走；④测得的长为．
乙组
①在河岸边点处，选对岸正对的一棵树，即垂直河岸；②从点出发，沿着与直线成角的方向前进到处，在处测得，③量出的长，它就是河宽（即点之间的距离）
问题解决
（1）根据甲组的方案，
①河的宽度是 ；
②请说明他们做法的正确性（需写出必要的过程）
（2）根据乙组的方案，请写出在判断过程中，他们都用到了哪些数学几何知识？（至少2条）