中考数学 专题练习11三角形的有关性质和应用（河南专用）（解析版）

这是一份中考数学 专题练习11三角形的有关性质和应用（河南专用）（解析版），共69页。试卷主要包含了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质和判定，直角三角形的性质，角平分线性质与判定，线段垂直平分线的性质和判定，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角形与函数的综合问题等内容，欢迎下载使用。

考点一、全等三角形的性质与判定
1．（2023·河南·中考真题）如图，中，点D在边上，且．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)若（1）中所作的角平分线与边交于点E，连接．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用角平分线的作图步骤作图即可；
（2）证明，即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求，

（2）证明：∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了角平分线的作图、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握角平分线的作图和全等三角形的判定是解题的关键．
考点二、等腰三角形的性质和判定
2．（2023·河南·中考真题）如图1，点P从等边三角形的顶点A出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从该点沿直线运动到顶点B．设点P运动的路程为x，，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则等边三角形的边长为（ ）
A．6B．3C．D．
【答案】A
【分析】如图，令点从顶点出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从点沿直线运动到顶点．结合图象可知，当点在上运动时，，，易知，当点在上运动时，可知点到达点时的路程为，可知，过点作，解直角三角形可得，进而可求得等边三角形的边长．
【详解】解：如图，令点从顶点出发，沿直线运动到三角形内部一点，再从点沿直线运动到顶点．
结合图象可知，当点在上运动时，，
∴，，
又∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
当点在上运动时，可知点到达点时的路程为，
∴，即，
∴，
过点作，
∴，则，
∴，
即：等边三角形的边长为6，
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题的关键是综合利用图象和图形给出的条件．
考点三、直角三角形的性质
3．（2021·河南·中考真题）如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用图2得出当P点位于B点时和当P点位于E点时的情况，得到AB和BE之间的关系以及，再利用勾股定理求解即可得到BE的值，最后利用中点定义得到BC的值．
【详解】解：由图2可知，当P点位于B点时，，即，
当P点位于E点时，，即，则，
∵,
∴,
即,
∵
∴,
∵点为的中点，
∴,
故选：C．
【点睛】本题考查了学生对函数图象的理解与应用，涉及到了勾股定理、解一元二次方程、中点的定义等内容，解决本题的关键是能正确理解题意，能从图象中提取相关信息，能利用勾股定理建立方程等，本题蕴含了数形结合的思想方法．
4．（2022·河南·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
【答案】或/或
【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．
【详解】如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，
，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
如图，在中，，
在中，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
5．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为 ．
【答案】
【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
6．（2021·河南·中考真题）小华用一张直角三角形纸片玩折纸游戏，如图1，在中，，，．第一步，在边上找一点，将纸片沿折叠，点落在处，如图2，第二步，将纸片沿折叠，点落在处，如图3．当点恰好在原直角三角形纸片的边上时，线段的长为 ．
【答案】或
【分析】因为点恰好在原直角三角形纸片的边上，所以分为当落在边上和边上两种情况分析，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：当落在边上时，如图（1）：
设交于点，
由折叠知：,
,,
，，
设，则在中，
在中，
即．
当落在边上时，如图（2）
因为折叠，

．
故答案为：或
【点睛】本题考查了轴对称变换，勾股定理，直角三角形中的性质，正确的作出图形是解题的关键．
专练一、与三角形有关的线段
7．（2025·河南驻马店·三模）已知命题：“三角形三条高线的交点一定不在三角形的外部．”小冉想举一反例说明它是假命题，则下列选项中符合要求的反例是（ ）
A．钝角三角形B．直角三角形C．锐角三角形D．等边三角形
【答案】A
【分析】本题考查了反例法证明命题是假命题，根据钝角三角形的三条高线所在直线的交点在三角形的外部进行判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：、钝角三角形三条高线的交点在三角形外部，符合反例要求；
、直角三角形三条高线的交点为直角顶点，位于三角形边上，不在外部，不符合反例要求；
、锐角三角形三条高线的交点在三角形的内部，不在外部，不符合反例要求；
、等边三角形三条高线的交点在三角形的内部，不在外部，不符合反例要求；
故选：．
8．（2025·河南南阳·三模）三角形的三条边分别为，a，，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了三角形三边关系，解一元一次不等式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．根据三角形三边关系：任意两边之和大于第三边，列出不等式，再解得a的取值范围，即可作答．
【详解】解：∵三条边分别为 、、，且，
∴，
∴，
故选：B．
9．（2025·河南安阳·模拟预测）下列事实中，利用了数学知识“垂线段最短”的是（ ）
A．把弯曲的公路改直可以缩短路程
B．工人师傅通常给刚装的门框上斜着钉一个木条来固定门框
C．直角三角形中斜边大于直角边
D．把一根木条固定在墙上至少需要两根钉子
【答案】C
【分析】本题考查两点之间线段最短，三角形的稳定性，垂线段最短，两点确定一条直线等基本事实，根据以上知识逐项判断即可．
【详解】解：A、利用了数学知识“两点之间线段最短”；
B、利用了数学知识“三角形的稳定性”；
C、利用了数学知识“垂线段最短”；
D、利用了数学知识“两点确定一条直线”．
故选：C
10．（2025·河南平顶山·二模）已知三角形的三边长分别为，则关于x的方程的根的情况是（ ）
A．没有实数根B．有且只有一个实数根
C．有两个相等的实数根D．有两个不相等的实数根
【答案】A
【分析】本题考查了三角形三边关系，一元二次方程根的判别式，解题关键是熟悉根的判别式．
先求出判别式，再利用三角形三边关系说明它的符号，然后得出根的情况．
【详解】解：由题意，得，
关于x的方程，
则．
∵三角形的三边长分别为，
∴，，
∴，
∴原方程没有实数根．
故选A．
11．（2025·河南驻马店·模拟预测）已有一根长为3的木棒，从长分别为1，2，3的三根同材质木棒中再任意抽取两根，三根木棒能组成三角形的概率是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查等可能事件概率的求法，三角形的三边关系，熟练掌握相关知识点是解题的关键；
根据题意，确定等可能事件的个数，从中找出能与3构成三角形的事件个数，再求概率．
【详解】从长分别为1，2，3的三根同材质木棒中再任意抽取两根，有3种情况：1和2，1和3，2和3；
其中能与3构成三角形的有1和3，2和3两种，故所求概率，
故答案为：．
12．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图，在中，于点，点是边的中点，，，则的长为 ．
【答案】6
【分析】本题考查三角形的面积、中线，根据三角形面积公式列关于的方程并求解，再由中点的定义计算的长即可．掌握三角形面积计算公式和中点的定义是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∵是中线，
∴
故答案为：6．
13．（2025·河南平顶山·三模）用一根长度为小木棒与两根长度分别为的小木棒组成一个三角形，那么这根小木棒的长度x可以是 ．
【答案】4（答案不唯一）
【分析】本题考查构成三角形的条件，根据三角形的三边关系，确定的取值范围，进行求解即可．
【详解】解：由三角形三边关系得，
所以x的取值范围是．
故答案为：4（答案不唯一）．
14．（2025·河南平顶山·一模）三角形的三边长度数据如图所示，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题考查三角形的三边关系，解一元一次不等式组．根据三角形的三边关系：任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可列出不等式，求解即可．
【详解】解：根据三角形的三边关系可得：，
解得．
故答案为：
专练二、三角形内（外）角和定理的应用
15．（2025·河南驻马店·三模）如图，已知，与交于点，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查全等三角形的性质，三角形的内角和，掌握知识点是解题的关键．
先证明，根据，可得，得到，则，即可解答．
【详解】解：令与的交点为E，如图
∵，，，
∴，，
∴
即
∵，
∴，
解得
∵，
∴，
∴．
故选D．
16．（2025·河南信阳·三模）将一副直角三角板按如图所示方式摆放，其中含角的直角三角板的斜边与含角的直角三角板的一直角边贴合，含角的直角三角板的另一条直角边过含角的直角三角板的直角顶点，那么的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形外角的定义和平角的定义，在中，根据三角形外角的定义可求出的度数，再根据平角的定义即可求出的度数．
【详解】解：如图所示，由题意可知，
，
，
，
故选：D．
17．（2025·河南漯河·三模）将一个直尺和一个三角尺如图叠放，三角尺的直角顶点落在直尺下边缘上，直尺上边缘经过三角尺的顶点和边上一点，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先由三角形内角和定理求出，再由平行线的性质得到，则可求出的度数，再由三角形外角的性质即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
18．（2025·河南信阳·三模）如图，中，，，线段是的平分线，的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内角和定理、角平分线的计算，熟练掌握三角形的内角和定理是解题关键．
先根据三角形的内角和定理可得，再根据角平分线的定义可得，然后根据三角形的内角和定理即可得．
【详解】解：∵在中，，，
，
∵平分，
，
，
故选：C．
19．（2025·河南平顶山·一模）一副直角三角板按如图所示方式放置，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的外角性质，由图可得，，再利用三角形外角性质计算即可求解，掌握三角形外角性质是解题的关键．
【详解】解：由图可知，，，
∴，
故选：．
20．（2025·河南·模拟预测）一副三角尺按如图所示的位置摆放（直角顶点重合，两条直角边分别共线），则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】该题考查了三角形外角的性质，三角板中的角度计算，根据三角板中的角度结合三角形外角的性质求出，再根据邻补角定义即可求解．
【详解】解：如图，根据题意可知，，，
在中，运用外角性质可得，
．
故选：D．
21．（2025·河南平顶山·一模）如图，将一束光线投射在镜面上，其反射线交于点．我们知道入射角等于反射角，，则．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，先证明，由平行线的性质得，然后利用三角形内角和即可求解．
【详解】解：∵，
∴．
∵，
∴，
∵，，
∴
∴．
故选：D．
22．（2025·河南周口·一模）将一块直尺与一块三角尺如图放置，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的外角定理，熟练掌握平行线的性质，三角形的外角定理是解题的关键．
由直尺两边平行可得，再由三角形的外角定理可得，即可求解．
【详解】解：如图：
由直尺两边平行可得，
∵，
∴
故选：A．
专练三、全等三角形的性质和应用
23．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图，在和中，，若点是线段的中点，则下列哪个条件不能使和全等（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，通过全等三角形的判定，平行线的性质逐一判断即可，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键
【详解】解：、∵点是线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，原选项不符合题意；
、若，不能证明和全等，原选项符合题意；
、∵点是线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，原选项不符合题意；
、∵点是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，原选项不符合题意；
故选：．
24．（2025·河南周口·三模）如图，平面直角坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了点的坐标规律探索、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，过点作轴于，过作轴，则，证明得出第次旋转后的坐标为，同理可得，第次旋转后的坐标为，第次旋转后的坐标为，第次旋转后的坐标为，第次旋转后的坐标为，…，从而得出规律每次一个循环，结合即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，过点作轴于，过作轴，则，
由旋转的性质可得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵点的坐标为，
∴，，
∴，即第次旋转后的坐标为，
同理可得，第次旋转后的坐标为，
第次旋转后的坐标为，
第次旋转后的坐标为，
第次旋转后的坐标为，…，
故每次一个循环，
∵，
∴第2025次旋转结束时，点的对应点的坐标为，
故选：B．
25．（2025·河南周口·一模）如图，在平面直角坐标系中，为等腰直角三角形，，D为上一点，其坐标为，将等腰直角三角形 绕坐标原点O逆时针旋转，每秒旋转，则旋转2025秒后点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了点的坐标规律变化、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，令旋转1秒后点的对应点为，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为，，由旋转的性质可得，，，得出，同理可得，旋转2秒后点的对应点的坐标为，旋转3秒后点的对应点的坐标为，旋转4秒后点的对应点的坐标为，旋转5秒后点的对应点的坐标为，，由此可见，点旋转后对应点的坐标按，，，循环出现，结合即可得解，正确找到规律是解题关键．
【详解】解：如图，令旋转1秒后点的对应点为，分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为，，
由旋转可得，，，
，
，
，
的坐标为，
，，
，
同理旋转2秒后点的对应点的坐标为，
旋转3秒后点的对应点的坐标为，
旋转4秒后点的对应点的坐标为，
旋转5秒后点的对应点的坐标为，
，
点旋转后按，，，的顺序四次一个循环出现，
，
旋转2025秒后点D的坐标为，
故选：B．
26．（2025·河南周口·一模）风力发电是一种常见的绿色环保发电形式，它能够使大自然的资源得到更好的利用．如图1，风力发电机有三个底端重合、两两成角的叶片，以三个叶片的重合点为原点、水平方向为x轴建立平面直角坐标系，如图2所示．已知开始时其中一个叶片的外端点的坐标为，在一段时间内，叶片每秒绕原点O逆时针转动，则第2025秒时，点A的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查坐标变化的规律—旋转型，全等三角形的判定与性质，找到A点的坐标循环的规律是解题的关键．
根据旋转的性质分别求出第、、、时，点A的对应点、、、的坐标，找到规律，A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，进而得出第时，点的对应点的坐标．
【详解】解：如图，作轴于E，作轴于F，
∵，
∴．
∵
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
同理可求：，，
∵，
∴A点的坐标以每4秒为一个周期依次循环，
∵
∴第时，点的对应点的坐标与相同，为．
故选：C．
27．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在中，，，，P是边上一个动点，连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值是 ．
【答案】
【分析】在上截取，连接，过点作于点，证明，得出，说明最小时最小，根据垂线段最短，当点与点重合时，最小，即最小，根据角所对的直角边等于斜边的一半求出即可得出答案．
【详解】解：在上截取，连接，过点作于点，如图所示：
，，
，
根据旋转可知，，，
，
，
即，
，，
，
，
最小时最小，
垂线段最短，
当点与点重合时，最小，
，，，
，，
，
，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，旋转的性质，含角直角三角形的性质，垂线段最短，解直角三角形，解题的关键是掌握以上知识点．
28．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，平分，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查作图-基本作图，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）作线段的垂直平分线交于点,点即为所求；
（2）证明可得结论．
【详解】（1）解：如图所示．
（2）解：由（1）知，，，
，．
，
．
平分，
．
又，
，
，，
．
29．（2025·河南·二模）如图，已知．
(1)请用无刻度的直尺和圆规在上方作，在射线上截取，连接交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若，求证：．
【答案】(1)作图见详解
(2)证明过程见详解
【分析】本题主要考查尺规作角等于已知角，等腰三角形的三线合一，全等三角形的判的性质，掌握以上知识是关键．
（1）根据尺规作角等于已知角即可；
（2）根据等腰三角形的三线合一得到，再证明，得到，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，
以点为圆心，以任意长为半径画弧交于点，连接，
以点为圆心，以长为半径画弧交于点，
以点为圆心，以长为半径画弧交于点，连接并延长得到射线，
∵，
∴，
∴，即，
∴射线即为所求，
以点为圆心，以长为半径画弧，交射线于点，连接交于点，如图所示，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
30．（2025·河南周口·二模）在中，，，点D为平面内一点（A，B，D三点不共线），为的中线．
【问题初探】
（1）如图1，延长至点M，使得，连接，则与的数量关系为 ；
【类比探究】
（2）如图2，将绕点A顺时针旋转得到，连接．请你猜想与的数量关系，并证明你的结论；
【拓展延伸】
（3）如图3，在（2）的条件下，点D在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，直线与直线交于点G，连接，在点G的运动过程中存在最大值．若请直接写出的最大值．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）先利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，从而可得，再利用平行线的性质可得；
（2）延长至点M，使得，连接，
（3）先利用证得，再利用三角形中位线定理可得，即，然后利用直角三角形性质可得，得出点在以为圆心，3为半径的上运动，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）解：连结，
∵为的中线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2）延长到点M，使得，连接，
由（1）可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵将绕点A顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，延长至M，使，连接，
在和中，
∴（），
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴（），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
点G在以为直径的上运动，当且仅当B、O、G三点共线时，取得最大值，
此时，
在，O为的中点，则，
∴，
在中，O为斜边的中点，
∴，
∴的最大值为．
【点睛】本题考查了三角形的全等的性质与判定，旋转的性质，两直线垂直的判定，三角形中位线定理，勾股定理，圆的基本性质等知识点，解题关键熟悉上述定理，并能熟练运用求解．
专练四、角平分线性质与判定
31．（2025·河南平顶山·模拟预测）手工课上，小明想借助如图所示的四边形纸片剪出一个面积最大的圆形纸片，经测量可得这张四边形纸片中，，为直角，则该圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查圆与三角形的综合，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，连接，作的角平分线交于点，过点作，证明，得到，，进而得到点到四边形各边的距离相等，推出在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的圆心为点，设半径为，证明，进行求解即可．
【详解】解：连接，作的角平分线交于点，过点作，如图：
∵，，，
∴，
∴，，
∴为的角平分线，
∴点到四边形各边的距离相等，
在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的圆心为点，
设半径为，
∵，平分，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，即，
解得，
故选A．
32．（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．
33．（2025·河南商丘·二模）如图，在中，，是的角平分线，于点，，，则的面积是 ．
【答案】6
【分析】本题考查的是角平分线的性质，根据角平分线的性质求出，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵是的角平分线，，
∴，
∴，
故答案为：6．
34．（2025·河南信阳·模拟预测）在矩形中，平分，且与直线相交于点E，作点D关于的对称点，与矩形的边相交于点P，若，，则的长为 ．
【答案】或
【分析】如图，分当与矩形的边相交于点P时和当与矩形的边相交于点P时，两种情况讨论即可得解．
【详解】解：如图，当与矩形的边相交于点P时，设直线与直线相交于点G，连，，
∵在矩形中，平分，且与直线相交于点E，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，
∵点D关于的对称点，
∴，，，
∴，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，当与矩形的边相交于点P时，设直线与直线相交于点O，连，
∵在矩形中，平分，且与直线相交于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵点D关于的对称点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键．
35．（2025·河南焦作·一模）如图，已知．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作的平分线；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若（1）中的平分线交于点，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了作角平分线，角平分线的性质，解题的关键是正确作图．
（1）根据题意作的平分线即可求解；
（2）过点作于点交的延长线于点．根据角平分线的性质可得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：如图，即为所作的平分线．
（2）如图，过点作于点交的延长线于点．
平分，
．
，
．
，
．
，
．
专练五、线段垂直平分线的性质和判定
36．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在四边形中，，E为的中点，且，延长交的延长线于点F．若，，则的长为（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】C
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，以及垂直平分线的判定与性质，准确推导出全等三角形并理解线段垂直平分线的性质是解题关键．由“”可证，可得，，由线段垂直平分线的性质可得．
【详解】解：为的中点，
，
，
，，
在与中，
，
，
，，
，
，，
，
故选：C．
37．（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，．的垂直平分线分别交于点，将绕点逆时针旋转得到，旋转角为．连接，．当是直角三角形时，旋转角的度数为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质，垂直平分线的性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
根据旋转的性质，线段垂直平分线的性质得到，，，根据，分类讨论即可．
【详解】解：在中，，，
∴，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，，
∴，
如图所示，当与重合，与重合时，由得，即是直角三角形，
∴与重合，则；
如图所示，当与重合，与重合时，由得，即是直角三角形，
∴与重合，则；
故选：D．
38．（2025·河南周口·三模）如图所示，在平面直角坐标系中，点，分别以点O，A为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点B，然后按如图所示的尺规作图得到边上的点M．若以点M为旋转中心，将绕点M逆时针旋转，则点A的对应点的横坐标是 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图，旋转的性质，等边三角形的性质以及坐标与图形等知识．
过作轴于点E，连接，根据作图可知是等边三角形，过点M的直线垂直平分线段，即垂直平分线段，可得，根据旋转可知点A的对应点在所在的直线上，再结合等边三角形的性质、旋转的性质即可作答．
【详解】解：过作轴于点E，如图，连接，
根据作图可知是等边三角形，过点M的直线垂直平分线段，
即垂直平分线段，
∴，
∴根据旋转可知点A的对应点在所在的直线上，
∵，
∴，
∴在等边中，，，
∴，
∴在中，，
∵垂直平分线段，，
∴在等边中，，
∴，
∴根据旋转可得：，
∴，
∴，
∴点A的对应点的横坐标是，
故答案为：．
39．（2025·河南信阳·模拟预测）等腰三角形中，腰的垂直平分线交底边于点，垂足为点，若，当为直角三角形时，则点到的距离为 ．
【答案】2或
【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，解直角三角形．分当和时，两种情况讨论，当时，得到和是等腰直角三角形，据此求解即可；当时，利用三角形内角和定理求得，解直角三角形即可求解．
【详解】解：当时，为直角三角形，如图，
∵是腰的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵等腰三角形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即点到的距离为2；
当时，为直角三角形，如图，
∵是腰的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∵等腰三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点，
∴，
∴，
故答案为：2或．
40．（2025·河南驻马店·三模）定义：顶角等于的等腰三角形为豫式三角形．如图，中，且，则为豫式三角形．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若（1）中所作的垂直平分线与边交于点，连接．求证：是豫式三角形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可；
（2）由等腰三角形的性质可得，由线段垂直平分线的性质可得，推出，进一步可得，，根据豫式三角形的定义即可得证．
【详解】（1）解：如图，直线即为所作；
（2）证明：如图，
∵，，
∴，
∵线段的垂直平分线与边交于点，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∵在中，顶角，，
∴是豫式三角形．
【点睛】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定义及三角形外角的性质等知识点，解题的关键是理解新定义（豫式三角形）．
41．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，已知．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作的平分线，交于点D，作线段的垂直平分线，分别交于点E，交于点F，垂足为O（保留作图痕迹，不写作法）．
(2)在所作图中，写出一对全等三角形，并给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，线段垂直平分线和角平分线的尺规作图，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据角平分线和线段垂直平分线的尺规作图方法作图即可；
（2）由角平分线的定义得到，由线段垂直平分线的性质得到，据此可利用证明．
【详解】（1）解；如图所示，射线，直线即为所求．
（2）解：，证明如下：
∵为的平分线，
∴，
∵垂直平分，
∴．
又∵，
∴．
42．（2025·河南焦作·三模）如图，在中，．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作的垂直平分线，交于点E，交于点D（不要求写作法，保留作图痕迹）．
(2)求的值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据尺规作垂直平分线的方法作图即可；
（2）连接，根据作图可得垂直平分，得出，即可得，求出，设，则，勾股定理求出，得出，再根据即可求解．
【详解】（1）解：如图即为所求；
（2）解：连接，
根据作图可得垂直平分，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】该题考查了线段垂直平分线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、求角的正切等知识点，解题的关键是正确作出图象．
43．（2025·河南郑州·二模）如图，在 中，，D 是 边的中点．
(1)用无刻度的直尺和圆规在边上作点E， 使（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，连接 并延长至点F， 使，连接， 求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查尺规作图，垂直平分线的作法及性质，三角形外角的性质，三角形全等的判定与性质．
（1）作线段的垂直平分线交于点E，连接即可；
（2）根据题意作出图形，证明，推出，即可证明结论．
【详解】（1）解：如图所示，点E为所求，
由作图得，
∴，
∴；
（2）证明：如图，
∵D 是 边的中点，
∴，
∵，
，
∴，
∴．
专练六、等腰三角形的性质与判定
44．（2025·河南驻马店·三模）如图所示，在等腰中，，为边上的高线，，且交的延长线于点E．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，先求解，，再利用平行线的性质求解即可．
【详解】解：在等腰中，，，
∴，
∵为边上的高线，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
45．（2025·河南驻马店·三模）正方形中，点是的中点，点在边上，且不与点，重合，当为等腰三角形时，的值为 ．
【答案】1或
【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
根据为等腰三角形，分类讨论：①当时，②当时，③当时，逐一分析，即可解答．
【详解】解：①当时，如图
∵正方形中，点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②当时，如图
设，，则，
∴，
∵，
∴，
即，
，
化简，得，
∴或（不符合题意，舍去）
∴，
∴．
③当时，此时点F与点D重合，不符合题意，舍去．
故答案为：1或．
46．（2025·河南南阳·二模）如图，在中，，，是平分线上的任意一点，连接．把绕点逆时针旋转得到，连接，，则的最小值为 ，的最小值为 ．
【答案】
【分析】①由等腰直角三角形和勾股定理分析出，即当时，最小，延长，交于点，证出，再利用勾股定理解答即可；
②分析出点的位置，在结合勾股定理解答即可．
【详解】解：①由题意可得：为等腰直角三角形，则，，
∴，
∴当最小时，最小，
∴当时，最小，延长，交于点，如图所示：
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，，
又∵在中，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴；
②∵在中，，
∴当，，三点共线时，，此时最小，过作于点，延长，交于点，如图所示：
由①同理可得：，，
∴在中，，
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定及性质，勾股定理解直角三角形，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质等知识点，合理作出辅助线是解题的关键．
47．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，，于点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作的平分线；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若（1）中所作的角平分线交于，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作角平分线，三角形内角和定理的应用，等角对等边，熟练掌握基本作图是解题的关键；
（1）根据角平分线的作法，作出的平分线；
（2）根据等角的余角相等可得，根据角平分线的定义可得，进而证明，根据等角对等边，即可得证．
【详解】（1）解：如图，
（2）证明：如图
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
48．（2025·河南·模拟预测）如图，在等腰三角形中，，为边上的高线．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出边上的高线，与交于点O．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)作图见解析
(2)等腰三角形，理由见解析
【分析】本题考查了尺规作图—作垂线及等腰三角形的判定，
（1）过点B作的垂线即可；
（2）先证明，进而证明，即可证明结论；
【详解】（1）解：下图即为所求作．
（2）解：为等腰三角形．
理由：在中，，
∴．
∵分别为边上的高线，
∴．
∴．
∴．
∴为等腰三角形．
49．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，中．
(1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）：
①作的角平分线，交于点；
②作，交延长线于点；
(2)判断与的数量关系并证明．
【答案】(1)见解析
(2)，证明间解析
【分析】本题主要考查了角平分线的尺规作图，作与已知角相等的角的尺规作图，平行线的性质与判定，等边对等角等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）角平分线的尺规作图，作与已知角相等的角的尺规作图方法作图即可；
（2）先证明，得到，再由角平分线的定义推出，则．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解；，证明如下：
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
50．（2025·河南周口·三模）某数学兴趣小组进行了一次有趣的数学探究：如图（a）所示，在钝角 的边上任取一点，过点作，以点为圆心、的长为半径画弧，交射线于点，在上任取一点，作射线，交射线于点，当点在上移动时，点也随之移动，是否存在某个时刻， 恰好等于呢？
经过试验、猜想、推理验证，可以发现：当 时，．
请你根据以上信息，将“已知”补充完整，并根据图形中所添加的辅助线，写出“证明”过程．
已知：如图（a）所示，点在钝角 的边上，，以点为圆心、的长为半径画弧，交射线于点，点在上，射线交于点， （填与的数量关系）．
求证：
证明：如图（b）所示，连接．
【答案】，见解析
【分析】本题主要考查等边对等角，平行线的性质，三角形外角的性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
根据平行性的性质得到，由等边对等角得到，由三角形外角的性质得到，再根据等边对等角得到，由此即可求解．
【详解】补充已知：．
证明：如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
专练七、等边三角形的性质与判定
51．（2025·河南南阳·三模）在平面直角坐标系中，边长为2的等边在第二象限，与轴重合，将绕点顺时针旋转，得到，再作关于原点的中心对称图形，得到，再将绕点顺时针旋转，得到，再作关于原点的中心对称图形，得到，此类推……，则点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了点的坐标的规律，图形的旋转与翻折，等边三角形的性质；利用题干中的操作步骤，分别求得对应的点P的坐标，观察计算结果，找出变化的规律即可求解．
【详解】解：∵边长为2的等边在第二象限，
∴．
将绕点顺时针旋转，得到，
∴与点P关于y轴对称，
∴．
再作关于原点的中心对称图形，得到，
∴与点关于原点对称，
∴．
再将绕点顺时针旋转，得到，
此时点落在x轴的负半轴上，
∴．
再作关于原点的中心对称图形，得到，
此时点落在x轴的正半轴上，
∴．
以此类推，
则，
∴与点P重合，
∴对应的点 (n大于1的整数)的坐标以为规律循环，
∵余3，
∴与的坐标相同，
∴．
故选：D．
52．（2025·河南周口·三模）将矩形纸片对折，使边与重合，折痕为，展开后在上取点P折叠，使点B的对应点恰好落在上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，由折叠的性质可得，可得是等边三角形，即可求．进一步得出．
【详解】解：如图，连接，
∵对折矩形的纸片，使与重合，
，
，
∵把再对折到，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
故选：C．
53．（2025·河南商丘·二模）如图，在中，，，，将沿着的方向平移得到，连接，若，则的周长为（ ）
A．27B．18C．24D．20
【答案】B
【分析】本题考查了平移的性质，等边三角形的判定与性质，由，的长度结合，判断的形状，得的长度，可得的周长．
【详解】解：在中，，，，将沿着的方向平移得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴的周长为：，
故选：B．
54．（2025·河南驻马店·三模）如图，等边三角形中，，线段绕点在平面内旋转，为的中点．若，则的最大值为 ，最小值为 ．
【答案】 ；
【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理等，解题的关键是识别出隐圆模型，作出合适的辅助线．
取的中点，连接，，根据三角形中位线的性质确定，再根据等边三角形的性质和勾股定理得出的值，当点在同一条直线上时，出现最大值和最小值．
【详解】解：如图，取的中点，连接，，
则为的中位线，
．
是等边三角形，
．
又是的中点，
．
在中，由勾股定理，
得，
当点在同一条直线上时，出现最大值和最小值．
的最大值为，的最小值为．
故答案为；．
专练八、三角形与函数的综合问题
55．（2025·河南郑州·三模）如图①，，是上的两定点，圆上一动点从点出发，按逆时针方向匀速运动到点，运动时间是，线段的长度是，图②是随变化的关系图象，则下列说法错误的是（ ）
A．的半径为B．，两点间的距离为
C．点的运动速度为 D．的度数为
【答案】D
【分析】本题考查的是动点图象问题，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系．
由题图得，抛物线顶点坐标，即时，最长，即此时是直径，据此可判定、、，最后根据，结合等边三角形的性质可对选项D进行判断．
【详解】解：A、由题图得，当时，，即此时、、三点共线，则的半径，故A选项正确，不符合题意；
B、当时，点到达点处，此时，
、两点间的距离为，故B选项正确，不符合题意；
C、点从点运动到、、三点共线的位置时，走过的角度为，则走过的弧长为，运动时间为，
点的运动速度是，故C选项正确，不符合题意；
D、当点运动到点时，，即，
是等边三角形，
，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
56．（2025·河南周口·三模）如图1，在中，，点从点出发，沿折线运动，是边上一定点．设点运动的路程为，的长度为，图2是点运动时随变化的关系图象，则边的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，先根据函数图象得出当点P运动到点B时，，从而得出，根据时，，得出，根据勾股定理得出，从而得出，求出点P运动到点C时x的值，从而得出答案．
【详解】解：连接，如图所示：
根据函数图象可知：，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
57．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，抛物线与轴交于点，为轴负半轴上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，若点恰好在抛物线上，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解一元二次方程，能作辅助线构造全等三角形是解题的关键．先求出，然后设点的坐标为，过点作于点，证得，即可得点的坐标为，代入二次函数解析式即可求解．
【详解】解：令，则，
，
设点的坐标为，过点作于点，
由旋转可得：，，
，
，
，
，
，，
点的坐标为，点的坐标为，
把代入得，
解得，舍去，
点的坐标为，
故选：D．
58．（2025·河南·模拟预测）如图1，点从的顶点出发，以每秒1个单位长度的速度沿的方向匀速运动．图2是点运动时线段的长度随时间变化的关系图象，其中为曲线部分的最低点，则的面积是（ ）
A．12B．30C．60D．48
【答案】C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，由图2可知，，则当时，最小，此时对应图2中的点，即，而最长时和点重合，且根据图2可得出的周长，由此可求出的长，从而确定的面积．综合利用两个图形给出的条件，求出的长是解题关键．
【详解】解：根据题意，由图2可知，，
点从的顶点出发，以每秒1个单位长度的速度沿的方向匀速运动，
，
则，
当时，最小，即此时边长的高，
过点作于点，如图所示：
，，
在中，，，，则由勾股定理可得，
解得，
∴，
∴的面积为，
故选：C．
59．（2025·河南·模拟预测）如图1，直线分别交坐标轴于，两点，的中线交轴于点．
(1)求直线的解析式．
(2)如图2，将图1中的绕点逆时针旋转到的位置，求线段所扫过的图形的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】本题考查了一次函数解析式的求解、三角形中线的性质以及旋转图形面积的计算，解题的关键是利用坐标轴交点和中线性质确定点坐标来求直线方程，通过旋转性质将线段扫过面积转化为扇形面积差计算．
（1）先求直线与坐标轴交点得到、坐标，又根据是的中线，得到点的坐标为．设直线的解析式为，再用待定系数法求直线解析式；
（2）设以点为圆心，长为半径的圆，分别交，于点，，由旋转性质知，得到扇形与扇形为全等图形，线段所扫过的图形面积即为与弧所围成的圆环的面积，通过计算得结果．
【详解】（1）解：与轴交于点A，与轴交于点，
点A的坐标为，．
将代入，得，解得．
点的坐标为．
又是的中线，
，点的坐标为．
设直线的解析式为，
将点的坐标为代入上式，得，解得．
直线的解析式为；
（2）解：如图，设以点为圆心，长为半径的圆，分别交，于点，，
由旋转的性质，可知，
扇形与扇形为全等图形．
线段所扫过的图形面积即为与弧所围成的圆环的面积．
，，
，
线段所扫过的图形面积为．
60．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点，过点A作轴交反比例函数的图象于点，点在反比例函数的图象上，以点A为圆心，长为半径画弧与x轴的右交点为点D，连接．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)求证：；
(3)直接写出阴影部分的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求解，再利用待定系数法求解反比例函数解析式即可；
（2）先求解（舍去），可得，由作图可得：，求解，设，结合，可得，再利用勾股定理的逆定理证明即可；
（3）由（2）得：，，结合阴影部分的面积为扇形面积减去直角三角形的面积即可.
【详解】（1）解：∵点，过点A作轴交反比例函数的图象于点，
∴，
∴，
∴反比例函数为；
（2）证明：∵点在反比例函数的图象上，
∴，
解得：（舍去），
∴，
由作图可得：，
∵，
∴，
设，
∴，
解得：（舍去），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由（2）得：，，
∴阴影部分的面积为.
【点睛】本题考查的是坐标与图形性质，求解反比例函数解析式，反比例函数的图象与性质，旋转的性质，勾股定理及其逆定理的应用，求解扇形的面积，掌握以上知识是解本题的关键.
61．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，将正比例函数的图象向上平移，分别交x轴、y轴于点A，B，且经过点，C为线段的中点，连接，将绕点B顺时针旋转得到．
(1)求直线的函数表达式；
(2)若反比例函数的图象经过点，求k的值；
(3)请直接写出在旋转过程中边扫过的图形（阴影部分）的面积．
【答案】(1)；
(2)；
(3)3π．
【分析】本题考查了旋转的性质，扇形的面积，待定系数法求函数解析式．
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）过点作轴于点D，求得，得到点的坐标为，再利用待定系数法即可求解；
（3）根据，求解即可．
【详解】（1）解：∵直线是由直线平移得到的，
∴可设直线的函数表达式为，
∵直线经过点，
∴，
∴，
∴直线的函数表达式为；
（2）解：如图，过点作轴于点D，
对于，
令，则，令，则，
∴，
∵C为线段的中点，
∴，
由旋转可知，，
∴，
∵，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
∵反比例函数的图象经过点，
∴；
（3）解：∵，
根据勾股定理，得，，
∴．
62．（2025·河南·一模）如图，点B为反比例函数图象上的一点，过点B分别作x轴和y轴的平行线交反比例函数的图象于点A，C，连接AC，OA，OC，四边形OABC的面积是3．
(1)求k的值．
(2)点B在反比例函数的图象上移动，当平分与x轴正半轴的夹角时，求证：是的平分线．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】此题考查了反比例函数的图象和性质、角平分线的判定和性质等知识，数形结合是解题的关键．
（1）延长交轴于点E，延长交轴于点D，利用比例系数的几何意义进行解答即可；
（2）过点C作于点H，根据角平分线的性质和判定进行证明即可．
【详解】（1）解：如图，延长交轴于点E，延长交轴于点D，
∵过点B分别作x轴和y轴的平行线交反比例函数的图象于点A，C，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，,四边形OABC的面积是3．
∴，
解得，
（2）证明：过点C作于点H，
由（1）可得，，
设点C的坐标为，则点B的坐标为，
则，
∴，
∵平分与x轴正半轴的夹角，轴，
∴，
∴，
∵，
∴是的平分线．