中考數(shù)學總復習中考數(shù)學專項提升第18講 等腰三角形(練習)(解析版)

第四章三角形第18講等腰三角形TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u??題型01分類討論思想在等腰三角形中的應(yīng)用??題型02根據(jù)等邊對等角求解或證明??題型03根據(jù)三線合一求解或證明??題型04在格點圖中畫等腰三角形??題型05根據(jù)等角對等邊求邊長??題型06根據(jù)等角對等邊證明??題型07確定構(gòu)成等腰三角形的點??題型08等腰三角形性質(zhì)與判定綜合??題型09利用等邊三角形的性質(zhì)求解??題型10等邊三角形的判定??題型11等邊三角形性質(zhì)與判定綜合??題型12手拉手模型??題型13與等腰三角形有關(guān)的折疊問題??題型14與等腰三角形有關(guān)的動點問題??題型15與等腰三角形有關(guān)的新定義問題??題型16與等腰三角形有關(guān)的規(guī)律探究問題??題型17與等腰三角形有關(guān)的多結(jié)論問題??題型18探究等腰三角形中存在的線段數(shù)量關(guān)系??題型01分類討論思想在等腰三角形中的應(yīng)用1．（2024·云南昆明·一模）已知等腰三角形的兩邊長分別是一元二次方程x2?6x+8=0的兩根，則該等腰三角形的周長為【答案】10【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，解一元二次方程，能求出方程的解并能夠判斷三角形三邊存在的條件是解此題的關(guān)鍵．求出一元二次方程的解，得出三角形的邊長，用三角形存在的條件分類討論邊長，即可得出答案．【詳解】解：xx?2解得：x=2或x=4，當?shù)妊切蔚娜厼?，2，4時，不符合三角形三邊關(guān)系，此時不能組成三角形；當?shù)妊切蔚娜厼?，4，4時，符合三角形三邊關(guān)系，此時能組成三角形，周長為2+4+4=10，所以三角形的周長為10，故答案為：10．2．（2024·江蘇·模擬預測）若實數(shù)m，n滿足|m?7+3?n|2=0，且m，n恰好是等腰△ABC【答案】17【分析】根據(jù)偶次方、算術(shù)平方根的非負性可得：m?7=0，3?n=0，從而可得【詳解】解：∵|m?7+∴m?7=0，解得：m=7，分兩種情況：當?shù)妊切蔚难L為7，底邊長為3時，∴△ABC的周長=7+7+3=17；當?shù)妊切蔚难L為3，底邊長為7時，∵3+3=6<7，∴不能組成三角形；綜上所述：△ABC的周長是17，故答案為：17．【點睛】本題考查了等腰三角形的定義，偶次方，算術(shù)平方根的非負性，三角形的三邊關(guān)系，分兩種情況討論是解題的關(guān)鍵．3．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·二模）學完等腰三角形的性質(zhì)后，小麗同學將課后練習“一個等腰三角形的頂角是36°，求底角的度數(shù)”改為“等腰三角形的一個角是36°，求底角的度數(shù)”．下面的四個答案，你認為正確的是（

）A．36° B．144° C．36°或72° D．72°或144°【答案】C【分析】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握三角形內(nèi)角和等于180度是解題的關(guān)鍵．根據(jù)題意分以下兩種情況，當36°是等腰三角形的底角，以及當36°是等腰三角形的頂角，討論求解，即可解題．【詳解】解：當36°是等腰三角形的底角，則底角的度數(shù)為36°；當36°是等腰三角形的頂角，則底角的度數(shù)為180°?36°2綜上所述，等腰三角形的一個角是36°，其底角的可以是36°或72°．故選：C．4．（2024·河南駐馬店·三模）如圖，在等腰△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=4，D是邊BC上的動點，連接AD，將△ABD沿AD折疊，點B的對應(yīng)點為B'，若∠BDB'=120°，則BD的長為【答案】433【分析】本題考查等腰三角形中的翻折問題，當∠BDB'=120°時，分兩種情況：①當點B'在BC下方；②當點【詳解】解：當∠BDB①當點B'在BC設(shè)AB'與BC的交點為∵∠BAC=120°，AB=AC，∴∠B=∠C=30°，由折疊得，∠∵∠BDB∴∠∴∠DOB∴DO=1∴BO=BD+DO=BD+1在Rt△ABO中，BO=AB?∴3解得，BD=4②當點B'在BC由折疊得，∠ADB∵∠B=30°，∴∠BAD=90°，∵AB=4，∴BD=AB綜上所述，BD的長為433故答案為：4335．（22-23八年級上·河南南陽·期末）在等腰三角形中有一個角為40°，則腰上的高與底邊的夾角為．【答案】20°或50°【分析】分已知的角是等腰三角形的底角和頂角兩種情況計算．【詳解】當40°角為底角時，如圖，∵CA=CB，∴∠CAB=∠B=40°，過點A作AD⊥CB，交BC的延長線于點D，∴∠ADC=90°，∴∠DAB=90°?∠B=50°；

當40°角為頂角時，如圖，∵CA=CB，∴∠CAB=∠B=180°?40°過點A作AG⊥CB，交BC于點G，∴∠AGB=90°，∴∠GAB=90°?∠B=20°；故答案為20°或50°．【點睛】本題考查了等腰三角形的角的計算，熟練掌握分類思想是解題的關(guān)鍵．??題型02根據(jù)等邊對等角求解或證明6．（2024·陜西渭南·三模）如圖，點O是正八邊形ABCDEFGH的中心，連接OA、OB，若OA=2，則該正八邊形的面積為．（結(jié)果保留根號）【答案】8【分析】本題考查正多邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，先求出∠AOB=360°8=45°，作AH⊥OB于點H，構(gòu)造等腰直角△OHA，求出AH【詳解】解：如圖，作AH⊥OB于點H，∵該多邊形為正八邊形，OA=2，∴OB=OA=2，∠AOB=360°又∵AH⊥OB，∴△OHA是等腰直角三角形，∴AH=2∴S△AOB∴該正八邊形的面積=8S故答案為：827．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在正五邊形ABCDE中，AD,CE相交于點F，連接BF，則∠CFB的度數(shù)是．【答案】54°/54度【分析】根據(jù)五邊形ABCDE是正五邊形，求出∠CDE=∠DEA=108°，再根據(jù)等腰三角形的定義及三角形內(nèi)角和定理求出∠EDA=∠DAE=36°，同理得∠DEC=36°，再求出∠DFE=108°，證明△AFE≌△CFD，得到AF=CF，再證明△ABF≌【詳解】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠CDE=∠DEA=5?2∵DE=AE，∴∠EDA=∠DAE=1同理∠DEC=36°，∴∠DFE=180°?∠DEF?∠EDF=180?36°?36°=108°，∵∠DEF=∠EDF,∠EDF=∠EAD，∴∠DEF=∠EAD，∵∠DEF=∠DCE，∴∠DCE=∠EAD，∵∠AFE=∠CFD,CD=AE，∴△AFE≌∴AF=CF，∵∠BAE=∠BCD,∠DAE=∠DCE，∴∠BAE?∠DAE=∠BCD?∠DCE，即∠BAF=∠BCF，∵BF=BF，∴△ABF≌∴∠CFB=∠AFB=1故答案為：54°．【點睛】本題考查正多邊形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，熟練掌握正多邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2024·河北秦皇島·模擬預測）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，點P為直線BC上一點，且AC=CP，連接AP，則∠BAP的度數(shù)是（

）A．45° B．135° C．45°或135° D．30°或135°【答案】C【分析】本題考查了三角形內(nèi)角和性質(zhì)，等邊對等角，三角形外角性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．注意點P為直線BC上一點，分別作圖，運用三角形內(nèi)角和性質(zhì)，等邊對等角，三角形外角性質(zhì)分別列式計算，即可作答．【詳解】解：如圖所示：以點C為圓心，AC為半徑畫弧，分別交直線BC于兩點，即P1，∵AB=AC，∠B=30°∴∠BCA=30°∵AC=C∴∠∴∠∵AB=AC，∠B=30°∴∠BCA=30°∵AC=C∴∠CA∴∠故選：C9．（2024·廣東河源·二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠CAD=90°，∠B=30°，∠D=60°且AC=BC．(1)求證：AB∥(2)若AD=1，求四邊形ABCD的面積．【答案】(1)見解析(2)5【分析】本題主要考查了平行線的判定、三角形內(nèi)角和定理、等腰三角形三線合一、等邊對等角、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、三角形面積公式等知識，熟練掌握平行線的判定、含30度角的直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)等邊對等角，得出∠BAC=∠B=30°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，計算求出∠ACD的度數(shù)，得出∠BAC=∠ACD，根據(jù)“內(nèi)錯角相等，兩直線平行”，即可證明AB∥（2）過點C作CE⊥AB于E，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形三線合一，結(jié)合勾股定理，求出AC、CE、AB的長，根據(jù)S△4CD=12×AC×AD【詳解】（1）證明：∵∠B=30°，AC=BC，∴∠BAC=∠B=30°，∵∠CAD+∠D+∠ACD=180°，∠CAD=90°，∠D=60°，∴∠ACD=180°?∠CAD?∠D=180°?90°?60°=30°，∴∠BAC=∠ACD，∴AB∥（2）解：∵∠CAD=90°，AD=1，由（1）得∠ACD=30°，∴CD=2，BC=AC=C∴S△4CD如圖，過點C作CE⊥AB于E，∴∠AEC=90°，∵∠B=30°，∴CE=1∴AE=BE=B∴AB=AE+BE=3∴S△ABC∴S四10．（2024·海南省直轄縣級單位·模擬預測）如圖，已知矩形ABCD，點E在CB延長線上，點F在BC延長線上，過點F作FH⊥EF交ED的延長線于點H，連接AF交EH于點G.若GE=GH，ABFH=56，AD=4【答案】6【分析】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，等邊對等角，直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，先由矩形的性質(zhì)得到CD⊥BC，CD=AB，BC=AD=4，∠ABC=∠DCB=90°，再證明△DCE∽△HFE得到CDFH=ABFH=56；根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到GE=GF=GH，則∠GFE=∠E，進而證明△ABF≌△DCEAAS，推出BE=CF．設(shè)BE=CF=x，則CE=x+4，【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD⊥BC，CD=AB，BC=AD=4，∠ABC=∠DCB=90°，∵FH⊥EF，∴CD∥∴△DCE∽△HFE，∴ECEF∴CDFH∵FH⊥EF，GE=GH，∴GE=GF=GH，∴∠GFE=∠E，∴△ABF≌△DCEAAS∴BF=CE，∴BF?BC=CE?BC，即BE=CF．設(shè)BE=CF=x，∵BC=AD=4，∴CE=x+4，EF=2x+4，∴x+42x+4解得x=1，經(jīng)檢驗x=1是原方程的解，∴EF=6．故答案為：6.??題型03根據(jù)三線合一求解或證明11．（2024·貴州黔東南·二模）如圖，△ABC中，∠B=60°，BA=3，BC=5，點E在BA的延長線上，點D在BC邊上，且ED=EC．若AE=4，則BD的邊長為（A．2.5 B．3.5 C．2 D．3【答案】C【分析】本題考查了含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)．過點E作EF⊥BC于F．先在Rt△BEF中利用30°角所對的直角邊等于斜邊的一半得出BF=12BE=3.5，于是CF=BC?BF=1.5，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出【詳解】解：過點E作EF⊥BC于F．在Rt△BEF中，∵∠BFE=90°，∠B∴∠BEF=30°，∵AE=4，AB=3，BE=AE+AB，∴BF=1∴CF=BC?BF=5?3.5=1.5．∵ED=EC，EF⊥BC于F，∴DC=2CF=3，∴BD=BC?DC=5?3=2．故選：C．12．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在△ABC中，AB=AC，點A在反比例函數(shù)y=kx(k>0，x>0)的圖象上，點B、C在x軸上，BC=4OC，若△ABC【答案】12【分析】本題考查了反比例函數(shù)比例圖象上點的特征、等腰三角形三線合一的性質(zhì)、三角形的面積．要求學生掌握設(shè)而不求的方法解題．設(shè)OC=a，過點A作AE⊥x軸于點E，表示出BC、AE，結(jié)合△ABC的面積即可求出k的值．【詳解】解：設(shè)OC=a，則Ca,0∵BC=4OC，∴OB=5a，CB=4a，過點A作AE⊥x軸于點E，∵AB=AC，∴CE=EB=2a，∴OE=3a，∵OE·AE=k，∴AE=k∵S∴k=12．故答案為：12．13．（2024·山西·模擬預測）如圖，在等腰三角形ABC中，AB=AC，取AC的中點E，連接BE，過點C作BE的垂線，交BE的延長線于點D，若BD=8，DC=2，則DE的長為．【答案】13【分析】作AM⊥BC，EN⊥BC，垂足為點M、N．先由勾股定理求得BC的長，再由等腰三角形“三線合一”與三角形中位線的逆定理可求得BM、MN的長，從而可知BN的長，最后利用△BNE∽△BDC可求得DE的長．【詳解】解：如圖，過點A、點E分別作AM⊥BC，EN⊥BC，垂足為點M、N．則AM∥EN，

∵∠BDC=90°，BD=8，∴BC=B∵AB=AC，AM⊥BC，∴BM=CM=1∵E為AC的中點，AM∥EN，∴MN=CN=1∴BN=BM+MN=3設(shè)DE=x，則BE=BD?DE=8?x．∵∠BNE=∠BDC=90°，∠EBN=∠CBD，∴△BNE∽△BDC，∴BEBC=BN∴88?x解得：x=13即：DE=13故答案為：138【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)、三角形中位線定理的逆定理、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理等，解題的關(guān)鍵作出恰當?shù)妮o助線．14．（2024·浙江·模擬預測）在勞動課上，小華同學所在小組進行了風箏框架設(shè)計比賽(1)小華設(shè)計的風箏框架平面圖如圖1，已知.AB=AD，CB=CD，AC與BD交于點O(2)小明提出了改進建議：制作風箏框架只需要兩個支架AC和BD(如圖2)，當AC垂直平分BD時即可固定風箏.現(xiàn)在有總長度為120cm的細木條用于制作該風箏框架，小明同學想做面積最大的風箏，請你幫他設(shè)計：當AC【答案】(1)見解析(2)AC為60cm時，風箏的面積最大，面積最大值為【分析】本題考查二次函數(shù)的應(yīng)用，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)：（1）先證△ABC≌△ADCSSS，推出∠BAC=∠DAC，根據(jù)等腰三角形三線合一即可證明BO=DO（2）設(shè)AC=x，則BD=120?x，列出風箏的面積S關(guān)于x的二次函數(shù)關(guān)系式，變形為頂點式，求出最值即可．【詳解】（1）證明：∵AB=AD，CB=CD，∴△ABC≌△ADCSSS∴∠BAC=∠DAC，即AC平分∠BAD，又∵AB=AD，∴BO=DO；（2）解：設(shè)AC=xcm，則BD=∵AC垂直平分BD，∴OB=OD=12BD∴風箏的面積S=S∴S=1∵?1∴當x=60時，S取最大值1800，即AC為60cm時，風箏的面積最大，面積最大值為180015．（2024·山東聊城·三模）如圖，△ABC中，點D是BC上一點，過點D作DE∥AB，點F是AD的中點，連接EF，并延長EF交AB于點(1)連接DG，求證：四邊形AGDE是平行四邊形．(2)若使四邊形AGDE是菱形，△ABC應(yīng)為什么特殊三角形？點D在BC的什么位置？證明你的猜想．【答案】(1)見解析(2)△ABC為等腰三角形時，AGDE是菱形；點D為BC中點【分析】本題考查了平行四邊形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，其中證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．（1）證明△AGF≌△DEF，得DE=AG；再由DE∥AB即可證明四邊形（2）當△ABC為等腰三角形且AB=AC時，由D是中點，則∠EAD=∠EDA，從而得AE=DE，即四邊形AGDE是菱形．【詳解】（1）證明：∵點F是AD的中點，∴AF=DF；∵DE∥∴∠GAF=∠EDF，∵∠AFG=∠DFE，∴△AGF≌△DEF(ASA∴DE=AG；∵DE∥∴四邊形AGDE是平行四邊形；（2）解：當△ABC為等腰三角形且AB=AC時，且D中點，四邊形AGDE是菱形；∵AB=AC時，且D是中點，∴∠GAD=∠EAD；∵DE∥∴∠GAD=∠EDA，∴∠EAD=∠EDA，∴AE=DE，即平行四邊形AGDE是菱形．??題型04在格點圖中畫等腰三角形16．（2024·貴州貴陽·二模）在如圖所示的網(wǎng)格紙中，有A，B兩個格點，使得△ABC是等腰三角形，則這樣的格點C有個．【答案】8【分析】根據(jù)勾股定理的逆定理解答即可．本題考查了勾股定理的逆定理，關(guān)鍵是根據(jù)△ABC是直角三角形得出多種情況解答．【詳解】解：如圖所示：點C1其中AC12=1由勾股定理得：AC故△ABC同理：AC2=12由勾股定理得：AC故△ABC網(wǎng)格中其他點C如圖所示，所以格點C的個數(shù)是8，故答案為：8．17．（2024·吉林長春·模擬預測）圖①、圖②、圖③均是2×2的正方形網(wǎng)格，每個小正方形的頂點稱為格點，點A、C均在格點上．只用無刻度的直尺，在給定的網(wǎng)格中，分別按下列要求作格點圖形，保留作圖痕跡．(1)在圖①中，以AC為中線作△ABD，使AB=AD；(2)在圖②中，以AC為中線作Rt△AEF，使∠AEF=90°(3)在圖③中，以AC為中線作△AMN，使∠AMN為鈍角且tan∠MAC=【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】本題主要考查應(yīng)用與設(shè)計作圖，理解題意，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)三角形中線的定義以及題意要求畫出圖形；（2）根據(jù)直角三角形的判定三角形中線的定義畫出圖形；（3）根據(jù)三角形中線的定義以及題意要求畫出圖形；【詳解】（1）解：使AB=AD，即讓△ABD是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，過C點作AC的垂線，使C為BD中點即可；（2）解：在A點正下方與C點對齊的地方找到E點，過點E、C畫直線使C為BD中點即可得到點F；（3）解：過點C畫斜線使C為中點找到M、N，連接起來即可使tan∠MAC=18．（2024·浙江嘉興·一模）如圖，在2×4的方格紙ABCD中，每個小方格的邊長為1，已知格點P，請按要求完成以下問題．

(1)在圖中畫一個格點等腰三角形PEF，使得底邊長為2；(2)在圖中再找一個格點G，使得P，E，F(xiàn)，G四點構(gòu)成平行四邊形，則該平行四邊形的面積為__________．【答案】(1)見解析(2)1或3【分析】本題主要考查了格點作圖，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是掌握網(wǎng)格的特點，理解相關(guān)圖形的性質(zhì)．（1）底邊長為2即底邊為小方格的對角線，根據(jù)要求畫出底邊，再在其底邊的垂直平分線找到在格點上的頂點即可得到等腰△PEF，即可求解；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，找到點G的位置，即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，

等腰三角形PEF，即為所求；（2）當PE=EF=1，PF=2時，點G此時該平行四邊形的面積為1×1=1；當PE=EF=5，PF=2時，點此時該平行四邊形的面積為2×1故答案為：1或3．19．（2024·河北邯鄲·三模）如圖中的點都在格點上，使△ABPn（n為1~4的整數(shù)）不是軸對稱圖形的點是（

A．P1 B．P2 C．P3【答案】B【分析】本題主要考查了軸對稱圖形的識別，等腰三角形的定義，勾股定理，根據(jù)網(wǎng)格的特點和勾股定理可得△ABP1、△AB【詳解】解：根據(jù)網(wǎng)格的特點和勾股定理可得△ABP△ABP故選：B．??題型05根據(jù)等角對等邊求邊長20．（2024·廣西桂林·一模）如圖，在等邊△ABC中，AB=6，BD平分∠ABC，點E在BC的延長線上，且∠E=30°，則CE的長為．【答案】3【分析】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，等角對等邊，由等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AB=6，∠ACB=60°，CD=12AC=3，再根據(jù)三角形外角性質(zhì)可得∠CDE=∠ACB?∠E=30°【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，AB=6，∴AC=AB=6，∠ACB=60°，∵BD平分∠ABC，∴CD=1∵∠E=30°，∴∠CDE=∠ACB?∠E=60°?30°=30°，∴∠CDE=∠E，∴CE=CD=3．21．（2024·貴州畢節(jié)·三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點D在AB上，AD=4，CD=10，則BD的長為

【答案】2【分析】本題考查了勾股定理，矩形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，過D作DE⊥BC于點E，作DF⊥AC于點F，得四邊形DECF是矩形，根據(jù)性質(zhì)可知CF=DE，再由等角對等邊得DE=BE，AF=DF，最后由勾股定理即可求解，熟練掌握知識點的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，過D作DE⊥BC于點E，作DF⊥AC于點F，

∴∠DEB=90°，∠AFD=∠CFD=90°，∵∠ACB=90°，∴四邊形DECF是矩形，∴CF=DE，∵AC=BC，∴∠A=∠B=45°，∴∠B=∠EDB=45°，∠A=∠ADF=45°，∴DE=BE，AF=DF，則由勾股定理得：BD=2DE=2∴AF=DF=22在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF=∴DE=CF=2∴BD=2故答案為：2．22．（2024·海南?？凇ひ荒＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，點D是AC邊上的一點，過點D作DF∥AB，交BC于點F，作∠BAC的平分線交DF于點E，連接BE．若△ABE的面積是2，則點E到AB的距離為，DEEF的值是【答案】45【分析】本題考查的知識點是勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等角對等邊，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．先根據(jù)勾股定理求出AB，即可分別用三角形面積公式推得點C到AB的距離和點E到AB的距離，再根據(jù)DF∥AB判定△CDF∽△CAB即可推得相似比，從而由相似三角形的性質(zhì)得到CDCA=DFAB=23，由AE平分∠BAC【詳解】解：∵Rt△ABC中，∴點C到AB的距離?=AC×BC∵S∴點E到AB的距離?1∴點C到DF的距離?2∵DF∥AB，∴△CDF∽△CAB，且相似比為?2∴CD∴CD=23×4=∴AD=AC?CD=4∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠DAE，∵DF∥AB，∴∠BAE=∠AED，即∠DAE=∠AED，∴DE=AD=4∴EF=DF?DE=10∴DE故答案為：45；223．（2024·陜西·模擬預測）實驗是培養(yǎng)學生的創(chuàng)新能力的重要途徑之一，如圖是高錳酸鉀制取氧氣的化學實驗裝置，安裝要求為試管略向下傾斜，試管夾應(yīng)固定在距試管口的13處BE=13AB，已知試管AB=24cm，試管傾斜角α為10°，實驗時，導氣管BF交CD的延長線于點F，且ED⊥CF，測得DE=27.36cm，∠ABF=145°，求DF的長度．（參考數(shù)據(jù)：【答案】33.84【分析】本題考查解直角三角形，矩形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的判定．過點B分別作BH⊥DE于點H，BP⊥FC于點P，則四邊形BPDH是矩形，得到BH=DP，BP=HD，在Rt△BEH中，HE=BE?sin∠EBH≈1.36，BH=BE?cos∠EBH≈7.84，從而DP=BH=7.84，BP=HD=DE?HE=26【詳解】解：如解圖，過點B分別作BH⊥DE于點H，BP⊥FC于點P，∵ED⊥CF∴四邊形BPDH是矩形，∴BH=DP，BP=HD∵AB=24，BE=13AB=8∴在Rt△BEH中，HE=BE?BH=BE?cos∴DP=BH=7.84，HD=DE?HE=27.36?1.36=26，∴BP=HD=26，∵∠PBF=145°?90°?10°=45°，∴∠FBP=180°?∠BPF?∠PBF=45°，∴PF=BP=26∴DF=DP+PF=7.84+26=33.84，答：DF的長度約為33.84cm24．（2024·陜西咸陽·模擬預測）如圖，在△ABC中，D為BC邊上一點，且AD平分∠BAC，若AB=5，AC=4，則△ABD與△ACD的面積比為（

）A．5：4 B．4:5 C．16:25【答案】A【分析】過點C作CE∥AD，交BA的延長線于點E，利用平行線分線段成比例定理，等腰三角形判定和性質(zhì)，三角形面積特點解答即可．本題考查了平行線分線段成比例定理，等腰三角形判定和性質(zhì)，三角形面積，熟練掌握定理是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：過點C作CE∥AD，交BA的延長線于點E，則BDDC=BA∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC，∴∠E=∠ACE，∴AE=AC，∵AB=5，AC=4，∴AE=4，∴BDDC∴S△ABD故選A．25．（2024·新疆烏魯木齊·一模）在△ABC中，BD平分∠ABC，交AC于點D，AE⊥BC，交BC于點E，且AB=5，AE=BC=4，則CD的長為．【答案】4179【分析】過點C作AB的平行線，交BD的延長線于點E，利用△ABD∽△CFD結(jié)合等腰三角形CBF求出結(jié)果．【詳解】解∶過點C作AB的平行線，交BD的延長線于點E．在直角△ABE中，∠AEB=90°BE=A∴CE=BC?BE=4?3=1，在直角△AEC中，由勾股定理得AC=A∵CF∥∴△ABD∽△CFD，∴ADDC∵BD平分∠ABC∴∠1=∠2，∵CF∥∴∠1=∠F，∴∠2=∠F．∴CF=CB=4，∴ADCD∴CD=4故答案為：417【點睛】本題考查等腰三角形的判定，角平分線的定義，勾股定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)，通過平行線構(gòu)造相似三角形是解決問題的關(guān)鍵．??題型06根據(jù)等角對等邊證明26．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖，在△ABC中，O是AB邊的中點，D是CO上一點，AE∥BD交CO的延長線于點E．(1)求證：AE=BD；(2)若∠ACB=90°，∠BDO=∠CAO，AC=6，求BD的長．【答案】(1)見解析；(2)6．【分析】本題主要考查三角形全等的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一般，平行線的性質(zhì)，等角對等邊以及中點定義，熟練掌握三角形全等的性質(zhì)和判定方法是解題的關(guān)鍵．（1）由O是AB邊的中點，得AO=BO，由AE∥BD，得∠E=∠BDO，∠OAE=∠OBD，可得△OAE≌△OBDAAS（2）由O是AB邊的中點，∠ACB=90°，得AO=BO=OC，進而∠ACO=∠CAO，由（1）BD=AE，∠BDO=∠E，由∠BDO=∠CAO，得∠ACO=∠CAO=∠E，從而AC=AE=6，進而即可得解．【詳解】（1）證明：∵O是AB邊的中點，∴AO=BO．又∵AE∥BD，∴∠E=∠BDO，∠OAE=∠OBD，在△OAE與△OBD中，∠E=∠BDO∠OAE=∠OBD∴△OAE≌△OBDAAS∴AE=BD；（2）解：∵O是AB邊的中點，∠ACB=90°，∴AO=BO=OC=12∴∠ACO=∠CAO，∵△OAE≌△OBDAAS∴BD=AE，∠BDO=∠E，∵∠BDO=∠CAO，∴∠ACO=∠CAO=∠E，∴AC=AE=6，∴BD=AE=6．27．（2024·江蘇連云港·模擬預測）某學習小組在學習了正方形的相關(guān)知識后發(fā)現(xiàn)：正方形對角線上任意一點與正方形其他兩個頂點相連形成的線段一定相等．該學習小組進一步探究發(fā)現(xiàn)：若過該點作其中一條線段的垂線與正方形的兩邊相交形成的較長線段和前面形成的兩條線段也有關(guān)系．請根據(jù)下列探究思路完成作圖和解答：(1)尺規(guī)作圖：過點E作EF⊥AE．分別交邊AD、BC于點G、F．（保留作圖痕跡，不寫作法）(2)求證：EC=EF=AE．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)基本作圖—經(jīng)過一點作直線的垂線作出圖形即可；（2）證明△ADE≌△CDE(SAS)，推出EA=EC，再證明【詳解】（1）解：圖形如圖所示：（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形∴BD平分∠ADC，∠ABC=∠BCD=∠BAD=90°，AD=CD．∴∠ADE=∠CDE，在△ADE和△CDE中，AD=CD∴△ADE≌△CDE(SAS∴∠DAE=∠DCE，AE=CE，又∵∠BAE=∠BAD?∠DAE∠BCE=∠BCD?∠DCE∴∠BAE=∠BCE，∵EF⊥AE，∴∠AEF=90°，∵∠ABF+∠BFE+∠FEA+∠BAE=360°，且∠ABF+∠FEA=90°+90°=180°∴∠BAE+∠BFE=180°∵∠BFE+∠EFC=180°，∴∠EFC=∠BAE．∴∠ECF=∠EFC，∴EF=EC=AE．【點睛】本題考查基本作圖—經(jīng)過一點作直線的垂線，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，正方形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．??題型07確定構(gòu)成等腰三角形的點28．（2023九年級上·江蘇·專題練習）如圖，在3×3的正方形網(wǎng)格中，點A、B、C、D、E、F都是格點．(1)從A、D、E、F四點中任意取一點，以這點及點B、C為頂點畫三角形，求所畫三角形是等腰三角形的概率；(2)從A、D、E、F四點中任意取兩點，以這兩點及點B、C為頂點畫四邊形，求所畫四邊形是平行四邊形的概率．【答案】(1)1(2)1【分析】此題主要考查了利用樹狀圖求概率，根據(jù)已知正確列舉出所有結(jié)果，進而得出概率是解題關(guān)鍵．根據(jù)從A、D、E、F四個點中任意取一點，一共有4種可能，只有選取D點時，所畫三角形是等腰三角形，即可得出答案;(2)利用樹狀圖得出從A、D、E、F四個點中先后任意取兩個不同的點，一共有12種可能，進而得出以點A、E、B、C為頂點及以D、F、B、C為頂點所畫的四邊形是平行四邊形，即可求出概率.點評【詳解】（1）根據(jù)從A、D、E、F四個點中任意取一點，一共有4種可能，只有選取D點時，所畫三角形是等腰三角形，故P（所畫三角形是等腰三角形）=1（2）用“樹狀圖”列出所有可能的結(jié)果：∵當選取的兩個頂點為點A、E或點D、F時，所畫的四邊形是平行四邊形，∴所畫的四邊形是平行四邊形的概率P=429．（2023蘭州市模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，點A，B分別在y軸和x軸上，∠ABO=60°，在坐標軸上找一點P，使得ΔPAB是等腰三角形，則符合條件的P點的個數(shù)是（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】分類討論：作AB的垂直平分線和坐標軸的交點，以A為圓心AB為半徑作圓和坐標軸的交點，以B為圓心AB為半徑作圓和坐標軸的交點，根據(jù)兩邊相等的三角形是等腰三角形，可得答案．【詳解】作AB的垂直平分線和坐標軸的交點，得到P5，此時AP=BP；以A為圓心AB為半徑作圓和坐標軸的交點，得到P2和P6，此時AB=AP；以B為圓心AB為半徑作圓和坐標軸的交點，得到P1、P3和P4，此時BP=BA；綜上所述：符合條件的點P共有6個．故選B．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，把所有可能的情況都找出來，不遺漏掉任何一種情況是本題的關(guān)鍵．30．（2020·江蘇泰州·一模）已知點A(2，m)，點P在y軸上，且△POA為等腰三角形，若符合條件的點P恰好有2個，則m=．【答案】0或±【分析】由于當OP=OA時，這樣的P點一定有2個，易得PO=PA不存在，AP=AO也不存在，這時才滿足符合條件的點P恰好有2個，從而得到m=0，當AP=OA時，可得n=2m，n為任何值均成立，然后將n=2m分別代入另外兩種情況中求出m的值即可．【詳解】設(shè)點P①當OP=OA時，這樣的P點一定有2個，∴PO=PA不存在，AP=AO也不存在，∴A點在x軸上，此時m=0．②當AP=OA時，2可得n∵點P、O、A能夠成三角形∴n=2m，n為任何值均成立③當OP=PA時，n可得4+∵符合條件的點P恰好有2個∴22+m∴將n=2m代入22可得2解得m=±將n=2m代入4+m可得4+解得m=±故答案為：0或±2【點睛】本題考查了等腰三角形的問題，掌握等腰三角形的性質(zhì)以及判定、勾股定理、解一元二次方程是解題的關(guān)鍵．31．（2024君山區(qū)一模）已知坐標原點O和點A(1,1)，試在x軸上找到一點P，使△AOP為等腰三角形，寫出滿足條件的點P的坐標【答案】(1,0)、(2,0)、(2，0)、(?【分析】本題主要考查了坐標與圖形的性質(zhì)及等腰三角形的判定；利用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．根據(jù)題意分OA=AP1，OA=OP2，【詳解】解：如圖：①當OA=AP1時，∴△AOP1是等腰三角形，且P1②當OA=OP2時OP2=OA=∴P2點坐標是(?2,0)③當OP∴△OAP3就是等腰三角形，且P3④當OA=OP4=2，且P4在x軸的正半軸時，P4點坐標是故答案為：(1,0)、(2,0)、(2，0)、(???題型08等腰三角形性質(zhì)與判定綜合32．（2024通遼市模擬）如圖，在△ABC中，AB=AC，BC=4，面積是10．AB的垂直平分線ED分別交AC,AB邊于E、D兩點，若點F為BC邊的中點，點P為線段ED上一動點，則△PBF周長的最小值為

【答案】7【分析】本題考查軸對稱求最短距離，熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)、軸對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．由垂直平分線的性質(zhì)可得A與B關(guān)于ED對稱，連接AP，AF，當A、P、F三點共線時，△PBF周長最小為AF+FB的長．【詳解】解：∵ED是線段AB的垂直平分線，∴A與B關(guān)于ED對稱，連接AP，AF

∴AP=PB，∴△PBF周長=PB+PF+FB=AP+PF+FB≥AF+FB，當A、P、F三點共線時，△PBF周長最小，∵F為BC邊的中點，AB=AC，∴AF⊥BC，∴S∵BC=4，∴AF=5，∴△PBF周長=AF+FB=5+2=7，∴△PBF周長的最小值為7，故答案為7．33．（2024·貴州·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠B=45°，∠C=60°，BC=6，P為AC邊上一動點，PE⊥AB于點E，PF⊥BC于點F，連接EF，則【答案】3【分析】本題主要考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，勾股定理，垂線段最短，解直角三角形，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．連接BP，取BP的中點G，連接EG，F(xiàn)G，先證明△EGF為等腰直角三角形，得出EF=22BP，然后得出當BP⊥AC時，BP取最小值，則BP【詳解】如圖，連接BP，取BP的中點G，連接EG，F(xiàn)G，∵PE⊥AB，PF⊥BC，∴∠BEP=∠BFP=90∴EG=GF=BG=1∴∠BEG=∠EBG，∠BFG=∠FBG，∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG=2∠EBG+∠FBG∴△EGF為等腰直角三角形，∴EF=E∴當BP⊥AC時，BP取最小值，此時EF的值也最小，∵∠C=60∴BP∴BP=BC?sin∴BP的最小值為33此時，EF的最小值為2234．（2024·山西·模擬預測）如圖，在Rt△ABC中，∠B=90°，△ABC繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，到△AB'C'，連接CC'，交AB于點P【答案】2【分析】過點P作PQ⊥AC于點Q．由勾股定理得AC=25，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證△ACC'是等腰直角三角形，再證明△CPQ是等腰直角三角形得PQ=CQ．然后證明△ABC∽△AQP，利用相似三角形的性質(zhì)得AQ=2PQ=2CQ，然后根據(jù)AQ=AC?CQ=2【詳解】解：如圖，過點P作PQ⊥AC于點Q．∵∠B=90°，AB=4，BC=2，∴AC=4∵將△ABC繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△AB∴AC∴△ACC∴∠ACC又∵PQ⊥AC，∴∠CPQ=45°，∴△CPQ是等腰直角三角形，∴PQ=CQ．∵∠ABC=∠AQP=90°,∠BAC=∠QAP，∴△ABC∽△AQP，∴PQBC=∴AQ=2PQ=2CQ．又∵AQ=AC?CQ=25∵25解得CQ=2∴CP=2故答案為：210【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用各知識點是解答本題的關(guān)鍵．35．（2024·湖南·模擬預測）如圖，將等腰Rt△ABC的斜邊BC向上平移至AD（點B和A重合），連接CD，M為線段CD上一點（不與點C重合），連接AM并將其繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至AN，連接MN交BC于點E，連接BN(1)求證：△ABN≌△ACM；(2)求證：EN=EM；(3)如圖2，分別取AM,CE的中點P,Q,連接PQ，試探究線段PQ和BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)BE=2PQ【分析】（1）先得出AD∥BC,AD=BC,AB=AC,∠BAC=90°，再結(jié)合旋轉(zhuǎn)，得∠NAM=90°,AM=AN，即可證明△ABN≌△ACM，即可作答．（2）先在線段BC取點G，連接NG，使得NG=BN，再得出∠ECM=135°，則∠EGN=180°?45°=135°，通過AAS證明△GEN≌△CEM，即可作答．（3）先連接AE,取CM的中點F，連接PF,QF，運用中位線的判定與性質(zhì)，得PF=12AC=12AB,QF=12EM【詳解】（1）證明：∵將等腰Rt△ABC的斜邊BC向上平移至AD（點B和A重合），連接CD∴AD∥BC,AD=BC,AB=AC,∠BAC=90°，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC=∠ACB=45°，∵連接AM并將其繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至AN，連接MN交BC于點E，連接BN．∴∠NAM=90°,AM=AN，∴∠NAM?∠NAC=∠BAC?∠NAC，即∠MAC=∠BAN，∵AC=AB,AM=AN，∴△ABN≌△ACM；（2）證明：如圖：在線段BC取點G，連接NG，使得NG=BN，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD,∠ACM=∠BAC=90°，∵∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ECM=90°+45°=135°，∵△ABN≌△ACM，∴NB=CM，∠ABN=∠ACM=90°,∠NBG=90°?∠ABC=45°，∵NG=BN，∴NG=CM，∠BGN=∠NBG=45°，∴∠EGN=180°?45°=135°，∵∠GEN=∠CEM，∴△GEN≌△CEMAAS∴EN=EM，（3）解：如圖：連接AE,取CM的中點F，連接PF,QF，∵點P，Q分別是AM,CE的中點，點F是CM的中點，∴PF=12AC=∴四邊形KWFH是平行四邊形，∴∠PFW=∠HKW，∵連接AM并將其繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至AN，連接MN交BC于點E，連接BN．∴∠NAM=90°,AM=AN，∠AMN=∠ANM=45°，∴△NAM是等腰直角三角形，∵EN=EM，∴AE⊥NM，∵∠AMN=∠ANM=45°∴△AEM是等腰直角三角形，∴AE=EM=2QF，設(shè)∠EAC=r,則在Rt△ABC中，∠BAE=90°?r；在Rt△AEK中，∴∠MKC=∠AKE=90°?r，∵∠PFW=∠HKW，∴∠PFW=90°?r=∠BAE，∵PF=1∴AB=2PF，∵AE=2QF，∴ABPF∵∠PFW=∠BAE，∴△ABE∽△FPQ，∴BEPQ即BE=2PQ．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，中位線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確掌握相關(guān)性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．??題型09利用等邊三角形的性質(zhì)求解36．（2024·甘肅蘭州·模擬預測）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于☉O，連接AO，DO，已知△AOD是等邊三角形，DO是∠ADC的平分線，則∠ABC=（）

A．30° B．40° C．60° D．80°【答案】C【分析】本題考查的是等邊三角形的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟記圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關(guān)鍵．根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的對角互補計算即可．【詳解】解∶∵△AOD是等邊三角形，∴∠ODA=60°，∵DO是∠ADC的平分線，∴∠ODA=∠ODC=60°，∴∠ADC=120°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠ADC+∠ABC=180°，∴∠ABC=180°?120°=60°，故選∶C．37．（2024·山西大同·模擬預測）如圖，等邊△OAB的頂點O在坐標原點，頂點A在x軸上，OA=2，將等邊△OAB繞原點順時針旋轉(zhuǎn)105°至△OA'B'的位置，則點【答案】2【分析】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，能構(gòu)造直角三角形是解此題的關(guān)鍵．過點B'作B'C⊥x軸于點C，由等邊三角形的性質(zhì)可得：∠AOB=60°，OB=OA=2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠BOB'=105°，【詳解】解：如圖，過點B'作B'C⊥x∵△OAB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，OB=OA=2，由旋轉(zhuǎn)知，∠BOB'=105°∴∠B∴OC=B∴點B'的坐標為2故答案為：2,?38．（2024·安徽合肥·三模）如圖，△ABC是邊長為3的等邊三角形，D是BC的中點，E，F(xiàn)分別在BC，AB上，連接AE，CF，兩線交于點G，連接BG，DG，∠FGB=∠CGD，CE=1．(1)求AE的長；(2)求證：BG=2GD；(3)求AG的長．【答案】(1)AE=(2)見解析(3)AG=【分析】（1）如圖，連接AD，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，結(jié)合勾股定理可得CD=BD=12BC=32（2）如圖，延長GD至點M，使得DM=DG，連接BM，易證△CDG≌△BDMSAS，得∠M=∠CGD，則CF∥BM，可知∠FGB=∠MBG，進而可知∠M=∠MBG，即可證明BG=GM=2GD（3）如圖，過G作CF的垂線交BD于N，由∠FGB=∠CGD可得∠BGN=∠DGN，由角平分線定理知BGDG=BNDN=2，進而可得DN=12，則NE=DN+DE=1【詳解】（1）解：如圖，連接AD，∵△ABC是邊長為3的等邊三角形，則AC=AB=BC=3，∵D是BC的中點，∴CD=BD=12BC=∵CE=1，則DE=CD?CE=1∴AE=A（2）證明：如圖，延長GD至點M，使得DM=DG，連接BM，∵BD=CD，∠BDM=∠CDG∴△CDG≌△BDMSAS∴∠M=∠CGD，則CF∥BM，∴∠FGB=∠MBG，又∠FGB=∠CGD，∴∠M=∠MBG，∴BG=GM=2GD．（3）解：如圖，過G作CF的垂線交BD于N，則∠FGB+∠BGN=∠CGD+∠DGN=90°，∵∠FGB=∠CGD，∴∠BGN=∠DGN，即GN平分∠BGD，令點N到BG，DG的距離分別為?1，?2，點G到BD的距離為由角平分線的性質(zhì)可知，?1∴S∴BGDG∴DN=1∵BN+DN=BD=3∴DN=12，則∴E是NC的中點，在Rt△GNC中，GE=則AG=AE?GN=7【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識點，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．39．（2024·湖南·模擬預測）平面圖形的鑲嵌往往給人以美的享受，如圖1是用邊長相等的正六邊形與正三角形進行的無縫隙、不重疊的平面鑲嵌．我們選取其中一個正六邊形和三個與之相鄰（正上方、左下方和右下方）的正三角形組成的圖形部分，將其放在平面直角坐標系中．如圖2，點A，B，C均為正六邊形和正三角形的頂點．已知點A的坐標為2,0，反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象恰好經(jīng)過點B，C，連接OB，OC，則△BOC【答案】4【分析】先根據(jù)正六邊形和正三角形的性質(zhì)和平面鑲嵌特征得出BC=2AC=2OA=4，∠COA=∠OCA=30°，∠OAC=∠ACB=120°，求出△OBC為直角三角形，過點C作CE⊥OA交于點E，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠OCE=60°，∠ACE=30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出AE=12AC=1，根據(jù)勾股定理求出CE=【詳解】解：根據(jù)正六邊形和正三角形的性質(zhì)和平面鑲嵌特征可知：BC=2AC=2OA=4，∠COA=∠OCA=30°，∠OAC=∠ACB=120°，∴∠OCB=∠ACB?∠OCA=120°?30°=90°，∴△OBC為直角三角形，過點C作CE⊥OA交于點E，如圖：則∠OCE=60°，∠ACE=30°，故AE=1則CE=A故OC=2CE=23∴S△BOC=1故答案為：43【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，平面鑲嵌的特征，三角形內(nèi)角和定理，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等．熟練掌握正六邊形和正三角形性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．??題型10等邊三角形的判定40．（2023·江西贛州·一模）在學習《2.1圓》時，小明遇到了這樣一個問題：如圖1（1）、1（2），△ABC和△DBC中，∠A=∠D=90°．試證明A、B、C、D四點在同一圓上．小明想到了如下證法：在圖1（1）、1（2）中取BC中點M，連接AM,DM，則有AM=BM=CM及DM=BM=CM，即AM=BM=CM=DM，所以A、B、C、D四點在以M為圓心，MB為半徑得圓上，根據(jù)以上探究問題得出的結(jié)論，解決下列問題：(1)如圖2，在△ABC中，三條高AD、BE、CF相交于點H，若∠BAC=64°，則∠EDF=°．(2)如圖3，已知AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，G為CD的中點，CE⊥AB于E，DF⊥AB于F（E、F不重合），若∠EGF=60°，求證：CD=1【答案】(1)52；(2)詳見解析【分析】（1）由AD、BE、CF是△ABC的高，可知點E、H、D、B四點共圓，點E、H、D、C四點共圓，然后在每一個圓中運用圓周角定理進行角的轉(zhuǎn)換即可求解；（2）連接OC,OG,OD，根據(jù)垂徑定理可知OG⊥CD，結(jié)合CE⊥AB，DF⊥AB，可知C、E、O、G四點共圓，D、G、O、F四點共圓，然后在每一個圓中運用圓周角定理進行角的轉(zhuǎn)換即可求解，最后證明△COD是等邊三角形即可；【詳解】（1）設(shè)AD與BE交于點H，∵AD、BE、CF是△ABC的高，∴∠BFH=∠BDH=90°，∠HEC=∠HDC=90°，∴點E、H、D、B四點共圓，點E、H、D、C四點共圓，∴∠FBH=∠FDH，∠EDH=∠ECH,∵∠FBH+∠BAC=90°,∠ECH+∠BAC=90°,∴∠FBH=∠ECH=90°?∠BAC，∵∠BAC=64°,∴∠FBH=∠ECH=∴∠EDF=∠FDH+∠HDE=∠FBH+∠ECH=26°+26°=52°，故答案為：52；（2）證明：如圖3，連接OC,OG,OD，∵OC=OD,G為CD的中點，∴OG⊥CD,∵CE⊥AB，DF⊥AB，∴∠OEC=∠OGC=90°,∠OFD=∠OGD=90°，∴C、E、O、G四點共圓，D、G、O、F四點共圓，∴∠ODE=∠OCE,∠OGF=∠ODF，∴∠OCE+∠ODF=∠OGE+∠OGF=∠EGF=60°，∴∠COD=180°?∠COE?∠DOF=180∵OC=OD,∴△COD是等邊三角形，∴CD=OC=1【點睛】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及與三角形有關(guān)的角的計算；結(jié)合題意證明四點共圓并運用圓的相關(guān)知識解決問題是解題的關(guān)鍵．41．（2023·甘肅平?jīng)觥つM預測）某學習小組在學習時遇到了∠ACB=∠AED=90°下面的問題：如圖1，在△ABC和△ADE中，，∠CAB=∠EAD=60°，點E，A，C在同一直線上，連接BD，F(xiàn)是BD的中點，連接EF，CF，試判斷△CEF的形狀并說明理由．問題探究（1）小婷同學提出解題思路：先探究△CEF的兩條邊是否相等，如EF=CF．以下是她的證明過程：請根據(jù)以上證明過程，解答下列兩個問題：①在圖1上作出證明中所描述的輔助線．②在證明的括號中填寫理由（請在SAS，ASA，AAS，SSS中選擇）．證明：延長線段EF交CB的延長線于點G．∵F是BD的中點，∴BF=DF．∵∠ACB=∠AED=90∴ED∥CG，∴∠BGF=∠DEF又∵∠BFG=∠DFE，∴△BGF≌△DEF（

）．∴EF=FG，∴CF=EF=1問題拓展在（1）在探究結(jié)論的基礎(chǔ)上，請你幫助小婷求出∠CEF的度數(shù)，并判斷△CEF的形狀．【答案】（1）①見解析

②AAS

（2）見解析【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．（1）①按要求畫出輔助線即可；②由小婷的解題過程可知，括號里的推理依據(jù)是“ASA”；（2）在（1）中圖的基礎(chǔ)上，延長BA，DE相交于點H（圖3），先證EH=DE，再證四邊形BGEH是平行四邊形，得出∠DEF=∠H=30°，即可求出∠CEF=∠AED?∠DEF=60°，即可得出結(jié)論；【詳解】（1）①由題意作圖如圖1所示：②證明：延長線段EF交CB的延長線于點G．∵F是BD的中點，∴BF=DF．∵∠ACB=∠AED=90∴ED∥CG，∴∠BGF=∠DEF又∵∠BFG=∠DFE，∴△BGF≌△DEF（AAS）．∴EF=FG，∴CF=EF=1故答案為：AAS．（2）如圖所示,延長BA,DE相交于點H，∵∠BAC=60°，∴∠EAH=60°=∠EAD，∵∠AED=90°，∴∠H=30°，EH=DE，由（1）②知，△BGF≌△DEF，∴DE=BG，∴EH=BG，∵DE∥BG，∴四邊形BGEH是平行四邊形，∠DEF=∠H=30°，∴∠CEF=∠AED?∠DEF=60°，∵CF=EF，∴△CEF是等邊三角形．??題型11等邊三角形性質(zhì)與判定綜合42．（2023·廣東深圳·三模）綜合與實踐數(shù)學活動課上，老師出示了一個問題：如圖，已知三只螞蟻A、B、C在半徑為1的⊙O上靜止不動，第四只螞蟻P在⊙O上的移動，并始終保持∠APC=∠CPB=60°．(1)請判斷△ABC的形狀；“數(shù)學希望小組”很快得出結(jié)論，請你回答這個結(jié)論：△ABC是______三角形；(2)“數(shù)學智慧小組”繼續(xù)研究發(fā)現(xiàn)：當?shù)谒闹晃浵丳在⊙O上的移動時，線段PA、PB、PC三者之間存在一種數(shù)量關(guān)系：請你寫出這種數(shù)量關(guān)系：______，并加以證明；(3)“數(shù)學攀峰小組”突發(fā)奇想，深入探究發(fā)現(xiàn)：若第五只螞蟻M同時隨著螞蟻P的移動而移動，且始終位于線段PC的中點，在這個運動過程中，線段BM的長度一定存在最小值，請你求出線段BM的最小值是______（不寫解答過程，直接寫出結(jié)果）．【答案】(1)等邊(2)PC=PA+PB；證明見解析(3)7【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得PC,AC對應(yīng)的圓周角為60°，即∠ABC=60°、∠BAC=60°，說明（2）如圖，在PC上截取PD=AP，連接AD，先說明△APD為等邊三角形可得AD=AP=PD，∠ADP=60°，∠ADC=120°，進而證明△APB?△ADCAAS可得BP=CD（3）如圖：M的軌跡是以O(shè)C為直徑的圓，設(shè)圓心為O'，連接BO'，過O'作O'N⊥BC于N，過O作O'N⊥BC，OQ⊥BC，根據(jù)題意可得O'N∥OQ，然后說明O'N是三角形【詳解】（1）解：∵∠APC=∠CPB=60°，∴PC,AC∴∠ABC=60°，∠BAC=60°，∴∠ACB=180°?60°?60°=60°，∴△ABC為等邊三角形．故答案為：等邊．（2）解：如圖，在PC上截取PD=AP，連接AD，∵∠APC=60°，∴△APD為等邊三角形，∴AD=AP=PD，∠ADP=60°，∠ADC=120°，∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°，∴∠ADC=∠APB，在△APB和△ADC中，∠APB=∠ADC∠ABP=∠ACD∴△APB?△ADCAAS∴BP=CD，∵PD=AP，∴PC=PA+PB．故答案為：PC=PA+PB．（3）解：根據(jù)題意可知，如圖：M的軌跡是以O(shè)C為直徑的圓，設(shè)圓心為O'，連接BO'，過O'作O'N⊥BC于N，過O作∴∠O'CB=30°，O'C=1∴O'N=1∴O'N∥∵O'是OC的中點，∴O'N是三角形OQC的中位線，∴N為CQ的中點，∴CQ=2CN=1又∵Q是BC的中點，∴BC=2CQ=3∴BN=BC?CN=3∴BO∴BM=BO故答案為：72【點睛】本題主要考查了圓周角定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角形中位線等知識點，靈活運用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．43．（2024·貴州·模擬預測）綜合與實踐：在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠MAN=∠B，AM，AN分別交BC，CD于點M，N．(1)【動手操作】如圖①，若M是邊BC的中點，根據(jù)題意在圖①中畫出∠MAN，則∠BAM=________度；(2)【問題探究】如圖②，當M為邊BC上任意一點時，求證：AM=AN；(3)【拓展延伸】如圖③，在菱形ABCD中，AB=4，點P，N分別在邊BC，CD上，在菱形內(nèi)部作∠PAN=∠B，連接AP，若AP=13，求線段DN【答案】(1)圖見解析，30°(2)見解析(3)1或3【分析】（1）根據(jù)題意作圖，由菱形的性質(zhì)可得△ABC是等邊三角形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AM⊥BC，由直角三角形的性質(zhì)即可求解；（2）如解圖，連接AC，由四邊形ABCD是菱形，可得△ABC和△ADC都是等邊三角形，再證△BAM≌△CANASA（3）根據(jù)題意作圖如解圖，過點A作AH⊥BC于點H，連接AC，可得△ABC是等邊三角形，由勾股定理可得AH=23，在Rt△AP1H中，AP1=13，AH=23，由勾股定理可得HP1=1，同理可得HP2=1，分類討論：當點P在點H的左側(cè)（【詳解】（1）解：作∠MAN如解圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，如圖所示，連接AC，∠B=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，∵點M是BC中點，∴AM⊥BC，即∠AMB=90°，∴∠BAM=30°，故答案為：30；（2）證明：如解圖，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，且∠B=60°，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=60°，∴△ABC和△ADC都是等邊三角形，∴AB=AC，∠B=∠ACN=∠BAC=60°，∴∠BAM+∠MAC=60°，∵∠MAN=60°，∴∠MAC+∠CAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN．（3）解：根據(jù)題意作圖如解圖，過點A作AH⊥BC于點H，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，且∠B=60°，AB=4，∴BC=CD=AB=4，∴△ABC是等邊三角形，∴BH=CH=1∴AH=A在Rt△AP1H中，∴HP1=當點P在點H的左側(cè)（P1的位置）時，CP=CH+H當點P在點H的右側(cè)（P2的位置）時，CP=CH?H∴CP=1或3；由（2）知△BAP≌△CANASA∴BP=CN，∴DN=CP，∴線段DN的長為1或3．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的綜合運用，掌握菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，分類討論思想是解題的關(guān)鍵．44．（2024·黑龍江雞西·二模）在四邊形ABDE中，C是BD邊的中點．(1)如圖1，若AC平分∠BAE，∠ACE=90°，則線段AE，AB，(2)如圖2，AC平分∠BAE，EC平分∠AED，若∠ACE=120°，則線段AB，BD，DE，AE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出結(jié)論并證明；(3)如圖3，BC=8，AB=3，DE=7，若∠ACE=120°，則線段AE長度的最大值是．【答案】(1)AE=AB+DE(2)AE=AB+DE+1(3)18【分析】（1）在AE上取一點F，使AF=AB，即可以得出△ACB≌△ACF，就可以得出BC=FC，∠ACB=∠ACF，就可以得出△CEF≌△CED．就可以得出結(jié)論；（2）在AE上取點F，使AF=AB，連接CF，在AE上取點G，使EG=ED，連接CG．可以求得CF=CG，△CFG是等邊三角形，就有FG=CG=1（3）作B關(guān)于AC的對稱點F，D關(guān)于EC的對稱點G，連接AF，F(xiàn)C，CG，EG，F(xiàn)G．同（2）可得△CFG是等邊三角形，則FG=FC=CG=BC=8．當A，F(xiàn)，G，E共線時，AE有最大值=AF+FG+GE，即可求解．【詳解】（1）解：在AE上取一點F，使AF=AB，連接CF．如圖（1），∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB=AF∠BAC=∠FAC∴△ACB≌△ACFSAS∴BC=FC，∠ACB=∠ACF．∵C是BD邊的中點．∴BC=CD，∴CF=CD．∵∠ACE=90°，∴∠ACB+∠DCE=90°，∠ACF+∠ECF=90°，∴∠ECF=∠ECD．在△CEF和△CED中，CF=CD∠ECF=∠ECD∴△CEF≌△CEDSAS∴EF=ED．∵AE=AF+EF，∴AE=AB+DE；故答案為：AE=AB+DE．（2）解：結(jié)論：AE=AB+DE+1證明：在AE上取一點F，使AF=AB，連接CF，在AE上取點G，使EG=ED，連接CG．如圖（2），∵C是BD邊的中點，∴CB=CD=1∵AC平分∠BAE，∴∠BAC=∠FAC．在△ACB和△ACF中，AB=AF∠BAC=∠FAC∴△ACB≌△ACFSAS∴CF=CB，∠ACB=∠ACF．同理可證：CD=CG，∠DCE=∠GCE．∵CB=CD，∴CG=CF，∵∠ACE=120°，∴∠BCA+∠DCE=180°?120°=60°．∴∠FCA+∠GCE=60°．∴∠FCG=60°，∴△FGC是等邊三角形．∴FG=FC=CG=1∵AE=AF+EG+FG，∴AE=AB+DE+1（3）解：將△ABC沿AC翻折得△AFC，將△ECD沿EC翻折得△ECG，連接FG，如圖3，由翻折可得AF=AB=3，GE=ED=7，F(xiàn)C=BC=8，CG=CD，∠BAC=∠FAC，∠DEC=∠GEC，∵C是BD邊的中點，∴CD=CB=8，∴CG=CD=8∵∠ACE=120°，由（2）可得△FGC是等邊三角形，∴FG=FC=BC=8．∵AE≤AF+FG+GE當A，F(xiàn)，G，E共線時，AE有最大值=AF+FG+GE=3+8+7=18．故答案為：18．【點睛】本題考查了角平分線的定義，全等三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，余角的性質(zhì)，兩點之間線段最短，作恰當?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．45．（2024·山東·模擬預測）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，△CDE是等邊三角形，點D在邊AB上．(1)如圖1，當點E在邊BC上時，求證DE=EB；(2)如圖2，當點E在△ABC內(nèi)部時，猜想ED和EB數(shù)量關(guān)系，并加以證明；(3)如圖1，當點E在△ABC外部時，EH⊥AB于點H，過點E作GE∥AB，交線段AC的延長線于點G，AG=5CG，BH=1．求CG的長．【答案】(1)證明見解析；(2)ED=EB，證明見解析；(3)CG=【分析】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握以上知識點并靈活運用是解此題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠CED=60°，從而得出∠EDB=30°，從而得出DE=BE；（2）取AB的中點O，連接CO、EO，根據(jù)△ACO和△CDE為等邊三角形，從而得出△ACD和△OCE全等，然后得出△COE和△BOE全等，從而得出答案；（3）取AB的中點O，連接CO、EO、EB，根據(jù)題意得出△COE和△BOE全等，然后得出△CEG和△DCO全等，設(shè)CG=a，則AG=5a，OD=a，根據(jù)題意列出一元一次方程求出a的值得出答案．【詳解】（1）∵△CDE是等邊三角形，∴∠CED=60°，∴∠EDB=60°?∠B=30°，∴∠EDB=∠B，

∴DE=EB；（2）ED=EB，理由如下：取AB的中點O，連接CO、EO，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠A=60°，OC=OA，∴△ACO為等邊三角形，∴CA=CO，∵△CDE是等邊三角形，∴∠ACD=∠OCE，∴△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，∴△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB；（3）解：如圖：取AB的中點O，連接CO、EO、EB，由（2）得△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，△COE≌△BOE，∴EC=EB，∴ED=EB，∵EH⊥AB，∴DH=BH=1，∵GE∥AB，∴∠G=180°?∠A=120°，∴△CEG≌△DCO，∴CG=OD，設(shè)CG=a，則AG=5a，OD=a，∴AC=OC=4a，∵OC=OB，∴4a=a+1+1，解得：a=23，即46．（2024·湖南長沙·模擬預測）如圖，⊙O為五邊形ABCDE的外接圓，AB=BC，AE=DE，連接其對角線，交于點F，G，H，N，M．(1)求證：∠AFG=∠AGF；(2)當∠CAD=時，△NED是等邊三角形，并證明你的結(jié)論；(3)在（2）的條件下，若AF=4，tan∠BAF=33【答案】(1)證明見解析(2)60°，證明見解析(3)證明見解析【分析】本題考查了圓的綜合，涉及圓中圓周角的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）利用同弧所對的圓周角相等得出∠AEB=∠BAC，∠ABE=∠DAE，再利用三角形外角即可得出；（2）證△ABE≌△NBE得出AE=NE，則NE=DE，再利用∠NED=∠CAD=60°即可判定；（3）過點A作AQ⊥BE于點Q，先推出△FAG是等邊三角形，即可求解AQ，QG，再利用tan∠BAF=tan∠AEQ=AQQE=337求出QE，即可得EG，利用△BAF∽△AEG，得出AB【詳解】（1）解：∵AB=BC，AE=DE，∴AB=BC，∴∠AEB=∠BAC，∠ABE=∠DAE，∵∠AFG=∠ABE+∠BAC，∠AGF=∠AEB+∠DAE，∴∠AFG=∠AGF；（2）解：當∠CAD=60°時，△NED是等邊三角形，證明如下：∵AB=BC，AE=DE，∴AB=BC，∴∠AEB=∠NEB，∠ABE=∠NBE，又∵BE=BE，∴△ABE≌△NBEASA∴AE=NE，∴NE=DE，∴△NED是等腰三角形，又∵∠NED=∠CAD=60°，∴△NED是等邊三角形；（3）解：如圖，過點A作AQ⊥BE于點Q，∵∠AFG=∠AGF，∠CAD=60°，∴△FAG是等邊三角形，∵AF=4，∴FG=AG=AF=4，∴FQ=GQ=1∴AQ=A∵AB=∴∠AEQ=∠BAF，∴tan∠BAF=∴QE=AQ÷3∴EG=QE?QG=8∵∠AFG=∠AGF，∴∠AFB=∠EGA，又∵∠BAC=∠AEB，∴△BAF∽△AEG，∴ABAE∵∠BCN=∠EDN，∠BNC=∠DNE，∴△BCN∽△DEN，∴BNDN又∵BC=AB，ED=AE，∴BNDN∴S△BNE由（2）知△ABE≌△NBE，∴S△ABE∴S四邊形即S四邊形??題型12手拉手模型47．（2023·甘肅張掖·模擬預測）在學習全等三角形的知識時，數(shù)學興趣小組發(fā)現(xiàn)這樣一個模型：它是由兩個共頂點且頂角相等的等腰三角形構(gòu)成．在相對位置變化時，始終存在一對全等三角形．通過查詢資料，他們得知這種模型稱為“手拉手模型”．興趣小組進行了如下操作：(1)觀察猜想：如圖①，已知△ABC,△ADE均為等邊三角形，點D在邊BC上，且不與點B、C重合，連接CE，易證△ABD≌△ACE，進而判斷出AB與CE的位置關(guān)系是___________(2)類比探究：如圖②，已知△ABC、△ADE均為等邊三角形，連接CE、BD，若∠DEC=60°，試說明點B，D，E在同一直線上；(3)解決問題：如圖③，已知點E在等邊△ABC的外部，并且與點B位于線段AC的異側(cè)，連接AE、BE、CE．若∠BEC=60°,AE=3,CE=2，請求出BE的長．【答案】(1)AB(2)見解析(3)5【分析】本題考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是：（1）利用SAS證明△BAD≌△CAE，可求出∠BAC=∠ACE=60°，利用平行線的判定即可得出結(jié)論；（2）利用SAS證明△BAD≌△CAE，可得出∠ADB=∠AEC=120°，進而得出∠ADB+∠ADE=180°，即可得證；（3）在線段BE上取一點H，使得BH=CE，設(shè)AC交BE于點O，先利用外角的性質(zhì)證明∠ABH=∠ACE，再利用SAS證明△ABH≌△ACE，得出∠BAH=∠CAE，AH=AE，則可證明△AEH是等邊三角形，得出AE=EH，即可求解．【詳解】（1）解：AB∥理由如下：∵△ABC、△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠B=60°，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠B=∠ACE=60°，∴∠BAC=∠ACE=60°，∴AB∥故答案為：AB∥（2）證明：∵△ABC、△ADE都是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ADE=60°，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，∵∠AED=60°，∠DEC=60°，∴∠AEC=120°，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴∠ADB=∠AEC=120°，∴∠ADB+∠ADE=180°，∴點B，D，E在同一直線上；（3）解：如圖③，在線段BE上取一點H，使得BH=CE，設(shè)AC交BE于點O，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC，∠BAC=60°，∵∠BEC=60°，∴∠BAO=∠OEC=60°，∵∠AOB=∠EOC，∴∠ABH=∠ACE，在△ABH和△ACE中，AB=AC∠ABH=∠ACE∴△ABH≌△ACESAS∴∠BAH=∠CAE，AH=AE，∴∠HAE=∠BAC=60°，∴△AEH是等邊三角形，∴AE=EH，∴BE=BH+EH=EC+AE，即BE=AE+EC，∵AE=3，CE=2，∴BE=3+2=5．48．（2023·河南洛陽·模擬預測）綜合與實踐綜合與實踐課上，數(shù)學研究小組以“手拉手圖形”為主題開展數(shù)學活動兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的頂角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來，則形成一組全