专题14 三角形（16类中考高频题型归纳与训练）练习含答案--2026年中考数学一轮专题

这是一份专题14 三角形（16类中考高频题型归纳与训练）练习含答案--2026年中考数学一轮专题，文件包含专题14三角形教师版docx、专题14三角形学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共108页， 欢迎下载使用。

►考向一 三角形的分类
1．（2024·陕西·中考真题）如图，在中，，是边上的高，E是的中点，连接，则图中的直角三角形有（ ）

A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】本题主要考查直角三角形的概念．根据直角三角形的概念可以直接判断．
【详解】解：由图得，，，为直角三角形，
共有4个直角三角形．
故选：C．
►考向二 三角形三边关系
2．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）等腰三角形的两边长分别是方程的两个根，则这个三角形的周长为（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了解一元二次方程，等腰三角形的定义，三角形的三边关系及周长，由方程可得，，根据三角形的三边关系可得等腰三角形的底边长为，腰长为，进而即可求出三角形的周长，掌握等腰三角形的定义及三角形的三边关系是解题的关键．
【详解】解：由方程得，，，
∵，
∴等腰三角形的底边长为，腰长为，
∴这个三角形的周长为，
故选：．
3．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，以为边作，，点D与点A在的两侧，则AD的最大值为（ ）
A．B．C．5D．8
【答案】D
【分析】如图，把绕顺时针旋转得到，求解，结合，（三点共线时取等号），从而可得答案．
【详解】解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴，
∵，（三点共线时取等号），
∴的最大值为，
故选D
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，旋转的性质，三角形的三边关系，二次根式的乘法运算，做出合适的辅助线是解本题的关键．
4．（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．
►考向三 三角形的高
5．（2024·河北·中考真题）观察图中尺规作图的痕迹，可得线段一定是的（ ）
A．角平分线B．高线C．中位线D．中线
【答案】B
【分析】本题考查的是三角形的高的定义，作线段的垂线，根据作图痕迹可得，从而可得答案．
【详解】解：由作图可得：，
∴线段一定是的高线；
故选B
6．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（ ）
A．B．3C．4D．6
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据和求出，根据是中线即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
∵是中线，
∴
故选：B
►考向四 三角形的中线
7．（2024·河北·中考真题）如图，的面积为，为边上的中线，点，，，是线段的五等分点，点，，是线段的四等分点，点是线段的中点．
（1）的面积为 ；
（2）的面积为 ．
【答案】
【分析】（1）根据三角形中线的性质得，证明，根据全等三角形的性质可得结论；
（2）证明，得，推出、、三点共线，得，继而得出，，证明，得，推出，最后代入即可．
【详解】解：（1）连接、、、、，
∵的面积为，为边上的中线，
∴，
∵点，，，是线段的五等分点，
∴，
∵点，，是线段的四等分点，
∴，
∵点是线段的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴的面积为，
故答案为：；
（2）在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴、、三点共线，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形中线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等分点的意义，三角形的面积．掌握三角形中线的性质是解题的关键．
8．（2024·浙江·中考真题）在的方格纸中，的三个顶点都在格点上，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．
(1)在图1中的线段上找一点D，连接，使平分的面积．
(2)在图2中的线段上找一点E，连接，使平分的周长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了三角形的中线及三角形的周长及比例线段问题，熟练掌握三角形中线的性质是解题的关键；
（1）因从点B到点C水平数方格共7个，故中点在第3单元格和第4单元格个中点，连接第3单元格和第4单元格的对角线即得到的中点D，连接即为所求；
（2）由图可知，从点B到点C水平数方格共7个，连接第2单元格和第4单元的对角线即得到点E，连接即为所求；
【详解】（1）如图所示：中线AD平分的面积．
（2）如图所示：平分的周长．
►考向五 线段的垂直平分线
9．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，，过点，作直线交于点，连接，则的周长为（ ）
A．7B．8C．10D．12
【答案】C
【分析】本题考查了尺规作图—作垂直平分线，根据垂直平分线的性质即可证明，根据的周长，即可求出答案．
【详解】解：由作图知，垂直平分，
，
的周长，
，，
的周长，
故选：C．
10．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在中，垂直平分交于点，若的周长为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了线段垂直平分线的的性质，由线段垂直平分线的的性质可得，进而可得的周长，即可求解，掌握线段垂直平分线的的性质是解题的关键．
【详解】解：∵垂直平分，
∴，
∴的周长，
故选：．
11．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交边于点E、F．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查三角形相似的判定和性质以及勾股定理，熟练掌握三角形的判定和性质是解题的关键．设与相交于点，证明，根据相似的性质进行计算即可；
【详解】解：的垂直平分线分别交边于点E、F．
，，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
令，
，
解得或（舍去），
．
故答案为：．
►考向六 角平分线的性质和判定
12．（2024·青海·中考真题）如图，平分，点P在上，，，则点P到的距离是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】本题考查了角平分线的性质定理．过点P作于点E，根据角平分线的性质可得，即可求解．
【详解】解：过点P作于点E，
∵平分，，，
∴，
故选：C．
13．（2024·云南·中考真题）已知是等腰底边上的高，若点到直线的距离为3，则点到直线的距离为（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的性质定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
由等腰三角形“三线合一”得到平分，再角平分线的性质定理即可求解．
【详解】解： 如图，
∵是等腰底边上的高，
∴平分，
∴点F到直线，的距离相等，
∵点到直线的距离为3，
∴点到直线的距离为3．
故选：C．
14．（2024·湖南·中考真题）如图，在锐角三角形中，是边上的高，在，上分别截取线段，，使；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，在内，两弧交于点P，作射线，交于点M，过点M作于点N．若，，则 ．
【答案】6
【分析】本题考查了尺规作图，角平分线的性质等知识，根据作图可知平分，根据角平分线的性质可知，结合求出，．
【详解】解：作图可知平分，
∵是边上的高，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：6．
15．（2024·陕西·中考真题）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．
►考向一 三角形的内角和定理
16．（2024·西藏·中考真题）如图，已知直线，于点D，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理应用，垂线定义理解．先利用平行线的性质求出的度数，然后利用三角形内角和定理进行求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，故A正确．
故选：A．
17．（2024·天津·中考真题）如图，中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点；画射线，与相交于点，则的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查基本作图，直角三角形两锐角互余以及三角形外角的性质，由直角三角形两锐角互余可求出，由作图得，由三角形的外角的性质可得，故可得答案
【详解】解：∵，
∴，
由作图知，平分，
∴，
又
∴
故选：B
18．（2024·山西·中考真题）如图1是一个可调节的电脑桌，它的工作原理是利用液体在封闭的管路中传递力和能量．图2是将其正面抽象成的图形，其中桌面AB与底座CD平行，等长的支架交于它们的中点E，液压杆．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题目主要考查等腰三角形的性质及平行线的性质，根据题意得出，确定，再由对顶角及平行线的性质即可求解
【详解】解：∵等长的支架交于它们的中点E，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D
19．（2024·四川·中考真题）如图，在中，，，按如下步骤作图：①以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于长为半径画弧，两弧在的内部相交于点F，作射线交于点G．则的大小为 度．
【答案】
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，角平分线的尺规作法，熟练掌握等腰三角形的性质和角平分线的尺规作法是解题的关键．根据，，由等边对等角，结合三角形内角和定理，可得，由尺规作图过程可知为的角平分线，由此可得．
【详解】解： ，，
，
根据尺规作图过程，可知为的角平分线，
，
故，
故答案为：．
►考向二 三角形的外角的定义及性质
20．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得，根据三角形外角的性质及角平分线的定义可得，证明，得到，再结合中点的定义得出，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵，∴．
∵，，，
∴①．
又∵，，
∴（②）．
∴．∴四边形是平行四边形．
故选：D．
21．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据等腰三角形的性质，可得，再由三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B
22．（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．
23．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，，，平分交于点．若，则的长度为 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，再由角平分线的定义得到，进而可证明，即可推出．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴,
故答案为：2．
►考向一 全等三角形的概念及性质
24．（2024·浙江·中考真题）如图，正方形由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形组成，连接．若，则（ ）
A．5B．C．D．4
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的信纸，求得的长度，利用勾股定理即可解答，利用全等三角形的性质得到是解题的关键．
【详解】解：是四个全等的直角三角形，
，，
，
四边形为正方形，
，
，
故选：C．
25．（2024·广东广州·中考真题）下列图案中，点为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点判断即可．
【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点对称的是C，
故选：C．
26．（2024·湖北·中考真题）如图，点A的坐标是，将线段绕点O顺时针旋转90°，点A的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化旋转，全等三角形的判定和性质，熟知图形旋转的性质是解题的关键．
根据题意画出旋转后的图形，再结合全等三角形的判定与性质即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
分别过点和点作轴的垂线，垂足分别为和，
由旋转可知，
，，
，
．
在和中，
，
，
，．
点的坐标为，
，，
点的坐标为．
故选：B．
►考向二 全等三角形的判定
27．（2024·浙江·中考真题）如图，在正方形中，分别是边上的点，且分别在边上，且与交于点O，记，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作，根据平行线的性质得出，从而得出，设，则，证明四边形是平行四边形，得出，在中，勾股定理算出，得出，证明，得出，根据，得出，在中，列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点作交于点，作交于点，延长、交于点，过点作，
∴，
∴，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴在中，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴解得：或，
当时，，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】该题主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性质，正方形的性质，平行四边形的性质和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握以上知识点，正确做出辅助线．
28．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A．1B．2C．5D．10
【答案】C
【分析】先证明四边形是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出，，证明得出，则可得出，同理，得出平行四边形是矩形，证明，得出，进而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴平行四边形是矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．
29．（2024·北京·中考真题）下面是“作一个角使其等于”的尺规作图方法.
上述方法通过判定得到，其中判定的依据是（ ）
A．三边分别相等的两个三角形全等
B．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
C．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
D．两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
【答案】A
【分析】根据基本作图中，判定三角形全等的依据是边边边，解答即可.
本题考查了作一个角等于已知角的基本作图，熟练掌握作图的依据是解题的关键.
【详解】解：根据上述基本作图，可得，
故可得判定三角形全等的依据是边边边，
故选A.
30．（2024·湖北·中考真题）平面坐标系中，点的坐标为，将线段绕点顺时针旋转，则点的对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查坐标系下的旋转．过点和点分别作轴的垂线，证明，得到，，据此求解即可．
【详解】解：过点和点分别作轴的垂线，垂足分别为，
∵点的坐标为，
∴，，
∵将线段绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴点的坐标为，
故选：B．
31．（2024·安徽·中考真题）在凸五边形中，，，F是CD的中点．下列条件中，不能推出与CD一定垂直的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形“三线合一”性质的应用，熟练掌握全等三角形的判定的方法是解题的关键．
利用全等三角形的判定及性质对各选项进行判定，结合根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证得结论．
【详解】解：A、连接，

∵，，，
∴，
∴
又∵点F为CD的中点
∴，故不符合题意；
B、连接，

∵，，，
∴，
∴，
又∵点F为CD的中点，
∴，
∵,
∴，
∴，
∴，
∴，故不符合题意；
C、连接，

∵点F为CD的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴， ，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，故不符合题意；
D、，无法得出题干结论，符合题意；
故选：D．
32．（2024·山东·中考真题）如图，点为的对角线上一点，，，连接并延长至点，使得，连接，则为（ ）
A．B．3C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助线是解题关键．
解法一：延长和，交于点，先证，得到，再证，得到，即可求得结果；
解法二：作交于点H，证明出，得到，，然后证明出四边形是平行四边形，得到．
【详解】解：解法一：延长和，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
解法二：作交于点H
∴，，
又∵，
∴，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
故选：B．
►考向一 等腰三角形的定义及性质
33．（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．
34．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
故选：B．
35．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ．
【答案】/57度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
故答案为：．
36．（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：．
►考向二 等腰三角形是判定
37．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得：，，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
故选：B．
38．（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：，．
39．（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：．
40．（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
41．（2024·山东·中考真题）如图，已知，以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别与、相交于点，；分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内部相交于点，作射线．分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线分别与，相交于点，．若，，则到的距离为 ．
【答案】
【分析】如图，过作于，证明，，，再证明，再结合勾股定理可得答案.
【详解】解：如图，过作于，
由作图可得：，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴到的距离为；
故答案为：
【点睛】本题考查了作图−复杂作图：基本作图，三角形的内角和定理的应用，勾股定理的应用，等腰三角形的判定，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质，逐步操作．
►考向三 等腰三角形的性质及判定
42．（2024·安徽·中考真题）如图，在中，，点在的延长线上，且，则的长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，对顶角的性质，勾股定理，过点作的延长线于点，则，由，，可得，，进而得到，，即得为等腰直角三角形，得到，设，由勾股定理得，求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作的延长线于点，则，
∵，，
∴，，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴，
故选：．

43．（2024·山西·中考真题）如图，已知中，，以BC为直径作半圆（圆心为点O），交于点D，E．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是弧长的计算、等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
连接，根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质求出，再根据相似三角形的判定和性质得出，利用弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的长为：，
故选：B．
►考向四 等边三角形
44．（2024·内蒙古·中考真题）如图，在中，，将沿BD翻折得到，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点为AB的中点，连接．若，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了折叠的性质，旋转的性质，线段垂直平分线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股定理，直角三角形的性质，三角形的面积，连接与BD相交于点，连接，由，可得，进而由折叠可得，，得到，即得，即可得为等腰直角三角形，即得，，又由旋转得，，，可得，，，即可得为等边三角形，得到，，进而得，，即得，可得，得到，即可得，由得四点共圆，即得，可得，由此可得，，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：连接与BD相交于点，连接，
∵，
∴，
由折叠可得，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
又由旋转得，，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：．
45．（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．
46．（2024·四川·中考真题）如图，正六边形内接于，，则AB的长为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】C
【分析】本题考查了正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，由正六边形的性质得到，得到为等边三角形，进而得到，判断出为等边三角形是解题的关键．
【详解】解： ∵是正六边形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
故选：C．
47．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形的性质，得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
解得．
故选C．
48．（2024·湖北·中考真题）为等边三角形，分别延长，到点，使，连接，，连接并延长交于点．若，则 ， ．
【答案】 30°/30度 /
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理．利用三角形的外角性质结合可求得；作交的延长线于点，利用直角三角形的性质求得，，证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵为等边三角形，，
∴，，
∴，，，
作交的延长线于点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
故答案为：，．
►考向一 直角三角形
49．（2024·天津·中考真题）如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记与相交于一点H，如图所示：
∵中，将绕点顺时针旋转得到，
∴
∵
∴在中，
∴
故D选项是正确的，符合题意；
设
∴
∵
∴
∴
∵不一定等于
∴不一定等于
∴不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵不一定等于
∴不一定成立，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴
∴
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D
50．（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．
51．（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．
52．（2024·辽宁·中考真题）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提起．起始位置示意图如图2，此时测得点到所在直线的距离，；停止位置示意图如图3，此时测得（点，，在同一直线上，且直线与平面平行，图3中所有点在同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变．（参考数据：，，，）
(1)求的长；
(2)求物体上升的高度（结果精确到）．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）解即可求解；
（2）在中，由勾股定理得，，解求得，由题意得，，故，则．
【详解】（1）解：由题意得，，
∵，，
∴在中，由，
得：3AB=cs60°=12，
∴,
答：；
（2）解：在中，由勾股定理得，，
在中，sin∠CDB=BCBD，
∴sin37°=33BD=0.6，
∴，
由题意得，，
∴BE=BC+AB−BD=33+6−53=6−23，
∴CE=BC−BE=33−6−23=53−6≈2.7m，
答：物体上升的高度约为．
►考向二 勾股定理及逆定理
53．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长．
【详解】解：中，，，，
，
连接，如图所示：
∵于点，于点，，
∴，
四边形是矩形，
，
当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，
∴此时．
故选：B．
54．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论．
【详解】解：连接，
根据题意可得，
∵矩形，∴，，
在中，，
∴图中阴影部分的面积．
故选：D．
55．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，
在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
56．（2024·内蒙古·中考真题）如图，正方形的面积为50，以为腰作等腰，平分交于点G，交的延长线于点E，连接．若，则 ．
【答案】
【分析】过点作于点，连接，交于点，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出的长，再求出，从而可得，，然后根据等腰三角形的性质求出的长，最后在和中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，过点作于点，连接，交于点，
∵正方形的面积为50，
∴，，
∵，，
∴，平分，，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∴，
又∵，平分，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在和中，，
即，
解得，
即，
则，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．
57．（2024·四川·中考真题）如图，中，，，，折叠，使点A与点B重合，折痕与交于点D，与交于点E，则的长为 ．
【答案】3
【分析】本题考查了折叠的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
设，则，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：由折叠的性质，得，
设，则，
由勾股定理，得，
∴，
解得.
故答案为：3．
一、单选题
1．（2024·河北·模拟预测）如图，D是的边上一点，将折叠，使点C落在上的点处，展开后得到折痕AD，则AD是的（ ）
A．中线B．高线C．角平分线D．中位线
【答案】B
【分析】本题考查了翻折变换折叠问题，三角形的高线，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．根据折叠的性质和三角形的高线的定义即可得到结论．
【详解】解：将折叠，使点落在边上，
∴，
∵，
∴，
，
是的高线，
故选：B．
2．（2024·湖北·模拟预测）如图，点A，B，C在量角器的外圈上，对应的刻度分别是外圈，和，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理．根据题意补全图形，可得，，由圆周角定理可知，，，再利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：如图，点为外圈所对的圆心，连接、、，

由题意得，，
由圆周角定理可知，，，
∴，
故选：C．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，D是的边上一点，且，过点D作，交于点E，取线段的中点F，连接．若，则中边上的中线长为（ ）
A．2B．6C．7D．8
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中线的定义，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
证明出，得到，即可求解．
【详解】解：取中点为H，连接，则为边上的中线，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∵线段的中点F，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
4．（2024·广东·模拟预测）已知一个三角形的两边长分别为4和1，则这个三角形的第三边长可能是（ ）
A．1B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】本题考查三角形的三边关系，解题的关键是掌握三角形的第三边大于两边之差小于两边之和，据此得出第三边的取值范围，即可作出判断．
【详解】解：设三角形的第三边为，
∵三角形的两边长分别为和，
∴，
即，
∴这个三角形的第三边长可能是．
故选：C．
5．（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．
6．（2024·重庆·三模）如图，正方形中，E为边上一点，连接，将绕点E逆时针旋转得到，连接，若，则一定等于（ ）
A．αB． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了旋转性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理及外角性质，等腰直角三角形的性质，先由，得出，结合正方形的性质，则，然后证明通过证明，所以再结合等边对等角，即可作答．
【详解】解：过点F作，交的延长线于点G，
由旋转得，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴
∴
即
∴，
∴．
∵，
∴
∴
故选：A．
7．（2024·吉林长春·一模）三角形结构在生产实践中有着广泛的应用，如图所示的斜拉索桥结构稳固，其蕴含的数学道理是（ ）
A．两点之间，线段最短B．三角形的稳定性
C．三角形的任意两边之和大于第三边D．三角形的内角和等于
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的稳定性，由三角形的稳定性，即可得到答案，掌握三角形的稳定性是解题的关键．
【详解】解：如图所示的斜拉索桥结构稳固，其蕴含的数学道理是三角形的稳定性
故选：B．
8．（2024·安徽·模拟预测）如图，将绕点C顺时针旋转得到，且点A，D，E在同一条直线上，，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，三角形的外角定理，解题的关键是掌握旋转前后对应边相等，对应边的夹角等于旋转角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
根据旋转得出，则，根据三角形的外交定理，即可解答．
【详解】解：∵绕点C顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
9．（2023·海南·模拟预测）如图，在中，，平分交斜边于点D，以D为圆心，适当长度为半径画弧，交于M、N，分别以M、N为圆心，以大于 的长度为半径画弧，两弧相交于E，作直线交于F，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】由作图可知，，由平分，可得，则，，证明，则，即，计算求解即可．
【详解】解：由作图可知，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，，
故选：B．
【点睛】本题考查了作垂线，角平分线，等角对等边，相似三角形的判定与性质等知识．熟练掌握作垂线，角平分线，等角对等边，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2024·湖北·模拟预测）的三边，，的长度分别是3，4，5，以顶点A为圆心，为半径作圆，则该圆与直线的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．相切D．以上都不是
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、三角形面积公式、直线与圆的位置关系，先由勾股定理逆定理判断出为直角三角形，且，设斜边上的高为，根据等面积法求出，即可得解．
【详解】解：∵，
∴为直角三角形，且，
设斜边上的高为，则，
∴，
∴以顶点A为圆心，为半径作圆，则该圆与直线的位置关系是相切，
故选：C．
11．（2024·河北·模拟预测）如图，嘉嘉将一根笔直的铁丝放置在数轴上，点A，B对应的数分别为，5，从点C，D两处将铁丝弯曲两头对接，围成一个三角形，其中点C对应的数为，则点D在数轴上对应的数可能为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】本题考查数轴上两点的距离、三角形的三边关系、解不等式组，先求得，，设D对应的数为x，根据三角形的三边关系列不等式求得得到x的取值范围，进而可作出选择．
【详解】解：设D对应的数为x，
∵点A，B对应的数分别为，5，点C对应的数为，
∴，，，，
根据题意，，，
则，
解得，
∴点D在数轴上对应的数可能为2，
故选：A
12．（2024·浙江·模拟预测）如图，X，Y，Z是某社区的三栋楼，，，．若在中点M处建一个网络基站，该基站的覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（ ）
A．X，Y，ZB．X，ZC．Y，ZD．Y
【答案】A
【分析】本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题．
【详解】解：，，．
，
是直角三角形，
，
点是斜边的中点，
，
是直角三角形，是斜边的中线，
，
，
点、、都在圆内，
这三栋楼都在该基站覆盖范围内．
故选：A
13．（2024·重庆·模拟预测）如图， 正方形，点F为中点， 点E为上一点， 满足，设， 则可以表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．连接，根据正方形的性质，得到，设，则，，，由勾股定理得到，再证明，得到，即可求出的度数．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
，
，
设，
点F为中点，，
，，
，
由勾股定理得：，，，
，
是直角三角形，，
，，
，
，
，
故选：A
14．（2024·河北·模拟预测）如图，在中，，以点A为圆心，长为半径画弧，交于点D，再分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于M，N两点，作直线分别交于点E，若，则的长为（ ）
A．3B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】本题考查了，作图等长线段，作图垂直平分线，勾股定理，解题的关键是：由作图方法得到等量关系式．根据取等长线段的做法，垂直平分线的做法，得到，，即可求出，在中，由勾股定理即可求解．
【详解】解：根据作图可得：，为的垂直平分线，
，
，
，
，
，
故选：B．
15．（2024·浙江·一模）如图，两个阴影正方形与4个全等的直角三角形拼成正方形，延长交于点F，若，则阴影部分的面积之和用含的代数式表示是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形及勾股定理的综合应用．根据三角形的相似得到和、的关系是解决本题的关键．
先证明阴影部分的面积之和为．根据，可得用表示的的代数式，证出，即可得到的值，整理即可得到阴影部分的面积之和．
【详解】解：阴影部分的面积之和．
，
，
，
∵图中是4个全等的直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．

16．（2024·上海·模拟预测）如图，已知点A，B，C在同一直线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线同侧，，，，连接DE，设，，，下列结论正确的数量为（ ）
（1） （2） （3）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】本题考查勾股定理，全等三角形的判定和性质，过点作, 则四边形、是矩形，即可判断（1）；根据可以得，然后根据勾股定理即可判断（3）；根据全等三角形得到，然后利用勾股定理判断（2）．
【详解】（1）过点作, 交于点,过点作, 交于点.
∵,
∴,
又∵,
∴,
∴四边形为矩形，
同理可得，四边形也为矩形，
∴,
∴在中, 直角边.
故（1）正确，符合题意；
（2）∵,
∴,
在中，
,
,
故（2）正确，不符合题意；
，
，
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，故（3）正确，符合题意；
故选: .
二、填空题
17．（2024·重庆·模拟预测）如图，在中，，D、E、F分别是的中点，若cm，则 cm．
【答案】3
【分析】本题考查了三角形的中位线以及为直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识点，由题意得：，再结合是的中位线即可求解；
【详解】解：由题意得：，
∴，
∵E、F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：
18．（2024·上海·模拟预测）菱形的边长为，，于E，于F，那么周长为
【答案】9
【分析】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定及三角函数的运用．关键是掌握菱形的性质，证明是等边三角形．
过点A作，根据菱形的性质，易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得到，，利用勾股定理求出，同理可证，，即可证明是等边三角形，求出周长．
【详解】解：过点A作，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
再中，，
同理可证，，，
∴，，
∴是等边三角形，边长为3
∴的周长是9．
19．（2024·广东·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形围成正方形和正方形EFGH， 连接，分别交于点． 已 知， 正方形 的面积为24，则图中阴影部分的面积之和为
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设，则，根据勾股定理可得的值，再根据题意可得，然后可得阴影部分的面积之和为梯形的面积．
【详解】解：∵正方形的面积为24，
∴，，，
设，则，
∵四边形EFGH为正方形，
∴，，
∴，
∴，
又∵四个三角形为全等的直角三角形，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴阴影部分的面积之和，
故阴影部分的面积之和就是梯形的面积，
∴
，
故答案为：4.8 ．
20．（2024·湖南·模拟预测）如图，在中，①以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点；②分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧在内部交于点；③作射线交于点；④过点作，交于点，交于点．若，则的度数为 ．
【答案】/40度
【分析】本题考查角平分线的作法，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理．
根据题意可得平分，再根据，证明，得到，再根据，结合三角形内角和定理得到，进而得到，再利用三角形内角和定理即可解答．
【详解】解：根据题意可得平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
21．（2024·青海·一模）一个等腰（非等边）三角形的三边长均满足一元二次方程，则这个三角形的周长是 ．
【答案】
【分析】本题考查解一元二次方程，等腰三角形的性质，三角形三边关系，求等腰三角形的周长，即是确定等腰三角形的腰与底的长求周长．首先求出方程的根，再根据三角形三边关系判断是否符合题意．利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键．
【详解】解：，
∴，
∴或，
解得：或，
当该等腰三角形的腰为时，
∵，
∴以、、为边不能构成三角形，舍去；
∴该等腰三角形的腰只能为，
∴这个三角形的周长是：．
故答案为：．
22．（2024·全国·模拟预测）如图，在等边中，点为边上一动点，点为上一点，且满足，连接，，当线段的长度最小时，的值为 ．
【答案】
【分析】根据等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形的外角性质，直角三角形的特征，定弦定角问题，解答即可．
【详解】解：∵ 为等边三角形，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
作的垂直平分线，作，与垂直平分线交于点O，
则点F的运动轨迹是以O为圆心，以为半径的圆的三角形内部的一段弧，
连接与弧交于点H，
当F与点H重合时，最小，
∵，
∴直线是线段的垂直平分线，设二线的交点为Q，
则，
设，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形的外角性质，直角三角形的特征，定弦定角问题，熟练掌握三角形的全等的证明是解题的关键．
三、解答题
23．（2024·浙江·模拟预测）如图，在正五边形中，连结交于点F
(1)求的度数．
(2)已知，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据五边形是正五边形，判断出，，求出，进而可求出的度数；
（2）证明得，设，则，列出方程，解方程即可求出的长．
【详解】（1）解：∵五边形是正五边形，
，，
∴，
同理可求，
∴．
（2）解：∵，
∴，
同理可证，
∴四边形是菱形，
，
同理，
∴，
∵，
，
，即，
设，则，
，即，
解得（舍去负值），
的长是．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，根据正五边形的性质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
24．（2024·青海·一模）如图，在中，，平分，交于点，过点作于点．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理，
（1）由角平分线的性质得到，证明，由全等三角形的性质即可得证；
（2）由勾股定理求出，由（1）知，由，即可得解；
掌握角平分线的性质和勾股定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴的长为．
25．（2024·广东·模拟预测）如图，在 中，是的角平分线．
(1)实践与操作：用尺规作图法，在上找到一点E使得为以为底边的等腰三角形；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)应用与计算：在（1）的条件下，过点D作交于点F，求证：
【答案】(1)图见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了作垂直平分线，角平分线的定义，三角形全等的判定及性质，解题的关键是作出相应的辅助线；
（1）理解是需要作线段的垂直平分线即可；
（2）利用垂直平分线的性质，角平分线的定义，平行线的性质证明出，再通过等量代换即可证明．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）证明：作图如下：
是的角平分线，的垂直平分线交于点，
，，
，
，
，
，
，
，
．
26．（2024·安徽·模拟预测）如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的顶点均为格点（网格线的交点）．
(1)将向右平移1个格，再向下平移3格，画出对应的；
(2)仅用无刻度直尺作出的高．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平移的性质求解即可；
（2）根据网格线的特点取格点G，连接交于点P，即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，为所求；
（2）解：如图所示，为所求．
取格点D，连接交于点P，即为所求；
取格点M，N，与相交于点G，
∵，，
∴
∴
∵，
∴
∴，点P即为所求
27．（2024·湖南·模拟预测）【问题背景】
已知，在正方形中，为正方形的对角线，为的中点，点为射线上一个动点（不与点重合），分别过点向直线作垂线，垂足分别为点，连接．
【猜想感知】
（1）如图①，当点在线段上时，判断的形状，并说明理由；
【类比探讨】
（2）如图②，当点在线段的延长线上时，试探究线段之间的数量关系；
【问题解决】
（3）若，求线段的长．
【答案】（1）是等腰直角三角形，理由见解析（2）（3）或
【分析】（1）延长交于点，先证明，得到，再证明，得到，进而推出，三线合一结合斜边上的中线，即可得出结论；
（2）延长交的延长线于点，先证明，得到，再证明，推出为等腰直角三角形，三线合一结合斜边上的中线，推出为等腰直角三角形，根据线段的和差关系，勾股定理即可得出结论；
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：（1）是等腰直角三角形，理由如下：
延长交于点，如图：
∵正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
（2）如图2，延长交的延长线于点，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3）当点在线段上时，由（1）可知：，是等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点在线段的延长线上时，由（2）可知：，
∴，
∴，
综上：或．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，斜边上的中线，勾股定理等知识点，正确的作出辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．
28．（2024·广东·模拟预测）从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出的一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形有两角对应相等，我们把这条线段叫做这个三角形的“优美分割线”．
(1)如图，在中，为角平分线，，求证：为的“优美分割线”；
(2)在中，为的“优美分割线”且为等腰三角形，，求的度数；
(3)在中，为的“优美分割线”，且是等腰三角形，求线段的长．
【答案】(1)详见解析
(2)
(3)的长为或
【分析】（1）根据完美分割线的定义只要证明①不是等腰三角形，②是等腰三角形，③与原三角形有两角对应相等即可．
（2）根据，求出，由为的“优美分割线”，得到，即可求解；
（3）分当，当，当，三种情况讨论，根据三角形的“优美分割线”的定义求出，再利用解直角三角形进行解答．
【详解】（1）证明：，
．
不是等腰三角形．
平分，
．
．
为等腰三角形．
，
为的“优美分割线”．
（2）解：，如图，
．
为的“优美分割线”，
．
．
（3）解：①当时，，
此时．
如图，过点作于点．
在中，，
．
在中，，
．
．
．
②当时，如图，
此时，故．
在中，，则．
在中，，则．
③当时，应有，
由三角形外角的性质可知，与相矛盾，故此情况不成立．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查考查了几何新定义问题，主要运用等腰三角形的性质和三角形外角的性质，三角形内角和定理，解直角三角形，解题的关键是理解题意，学会分类讨论思想．
课标要求
考点
考向
1.理解三角形及其内角、外角、中线、高线、角平分线等概念，了解三角形的稳定性。
2.探索并证明三角形的内角和定理。掌握它的推论:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和。
3.理解全等三角形的概念，掌握三角形全等的证明方法。
4.理解线段垂直平分线的概念，探索并证明线段垂直平分线的性质定理。
5.理解角平分线的概念，探索并证明角平分线的性质定理。
6.理解等腰三角形的概念，探索并证明等腰（等边）三角形的性质定理，探索并掌握等腰（等边）三角形的判定定理。
7.理解直角三角形的概念，探索并掌握直角三角形的性质定理。
8.探索勾股定理及其逆定理，并能运用它们解决一些简单的实际问题。
与三角形有关的线段
考向一 三角形的分类
考向二 三角形三边关系
考向三 三角形的高
考向四 三角形的中线
考向五 线段的垂直平分线
考向六 角平分线的性质和判定
与三角形有关的角
考向一 三角形的内角和定理
考向二 三角形的外角的定义及性质
全等三角形
考向一 全等三角形的概念及性质
考向二 全等三角形的判定
等腰三角形
考向一 等腰三角形的定义及性质
考向二 等腰三角形是判定
考向三 等腰三角形的性质及判定
考向四 等边三角形
直角三角形
考向一 直角三角形
考向二 勾股定理及逆定理
考点一 与三角形有关的线段
考点二 与三角形有关的角
已知：如图，中，，平分的外角，点是的中点，连接并延长交于点，连接．
求证：四边形是平行四边形．
证明：∵，∴．
∵，，，
∴①______．
又∵，，
∴（②______）．
∴．∴四边形是平行四边形．
考点三 全等三角形
易错易混提醒
1.两边及其夹角分别相等的两个三角形全等。
2.两角及其夹边分别相等的两个三角形全等。
3.三边分别相等的两个三角形全等。
4.两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等。
（1）如图，以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，；
（2）作射线，以点为圆心，长为半径画弧，交于点；以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；
（3）过点作射线，则.

考点四 等腰三角形
考点五 直角三角形