【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题03等腰三角形（最新模拟题精选-精练-精讲）

这是一份【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题03等腰三角形（最新模拟题精选-精练-精讲），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2025·北京丰台·二模）如图，在矩形中，，为对角线的交点．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，连接，，，，给出下面三个结论：
①连接，则；
②点到的距离小于点到的距离；
③若，则八边形的面积为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
2．（2025·北京东城·二模）如图，将正五边形纸片沿着虚线剪开，记阴影部分Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的面积分别为，，．
给出以下结论：
①Ⅰ和Ⅱ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰三角形；
②Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰梯形；
③；
④Ⅰ中最大内角的度数是最小内角度数的3倍．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①④C．①②③D．①②④
3．（2025·北京昌平·二模）连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．与交于点，连接与交于点，连接，，，．
观察后得出如下结论：
①；
②连接OF，则有；
③；
④连接BC，则有．
上述结论中，所有正确结论的序号是（）
A．①②B．②④C．②③D．①④
4．（2025·北京昌平·二模）在平面直角坐标系中，函数的图象与轴，轴交于点，则下列描述正确的是（ ）
A．为等腰直角三角形B．点坐标为
C．图象经过第一、三、四象限D．点到的图象距离为1
5．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，，，平分，．设，，，给出下面三个结论：
①分别以为直径的圆的面积比为；
②；
③与的面积和为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
6．（2025·北京门头沟·二模）下面是小明设计的“过直线外一点作这条直线平行线”的尺规作图过程：
上述的方法是通过判定得到的，其中判定的依据是（ ）
A．同位角相等，两直线平行B．两直线平行，同位角相等
C．内错角相等，两直线平行D．两直线平行，内错角相等
7．（2025·北京海淀·二模）图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论：
①是等边三角形；
②四边形为菱形；
③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形；
④存在，使四边形的面积与的面积之比为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②④C．①③D．①②④
二、填空题
8．（2025·北京朝阳·二模）如图，内接于，，点在上，平分．若，则____．
9．（2025·北京顺义·二模）如图所示的网格是正方形网格，则______（点，，，是网格线交点）．
三、解答题
10．（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，，是边上一点（不与点，重合），线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)求的度数．
(2)如图，连接，是中点，是中点，连接，，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
11．（2025·北京丰台·二模）在中，，，是内一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点与点重合时，求证：；
(2)如图2，当点在外部时，与交于点，取中点，连接、，直接写出的大小，并证明．
12．（2025·北京东城·二模）如图，在中，，为上一点，，，过点作于点，交于点．
(1)求的度数（用含的式子表示）；
(2)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
13．（2025·北京朝阳·二模）在Rt中，为射线上一点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到线段，线段与直线相交于点．
(1)如图，当时，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
(2)若对于任意的点，上一问的结论总成立，写出满足条件的的值，画出相应的图形，并证明．
14．（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求的长．
15．（2025·北京顺义·二模）如图，在中，，，是线段上的动点（不与点，重合），将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)连接，求的大小（用含的代数式表示）；
(2)过点作交的延长线于点，连接．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段与的数量关系，并证明．
16．（2025·北京房山·二模）在和中，，连接，点是的中点，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段的数量关系是______；
(2)如图2，当点在内部时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
17．（2025·北京昌平·二模）如图1，中，，点为线段上一点，的平分线交于点，将线段绕点顺时针旋转，与射线交于点．
(1)求证：；
(2)若，如图2，连接，连接交射线于点．
①补全图形；
②判断与之间的数量关系，并证明．
18．（2025·北京西城·二模）如图，在中，，，点为边上一点（），连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接交于点，连接．
(1)求证：平分；
(2)若点，，分别为，，的中点，连接，补全图形，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．
19．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形．
已知：如图1，直线及直线外一点．求作：直线，使得．
作法：如图2，
①在直线上取一点，连接．
②作的平分线．
③以点为圆心长为半径画弧，交射线于点．
④作直线．
直线就是所求作的直线．
《【备战2026北京中考】二轮复习高分突破专题03等腰三角形（最新模拟题精选-精练-精讲）》参考答案
1．D
【分析】利用旋转的性质可说明，以此可判断①；通过说明，，，都是等腰直三角形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，再说明四边形是正方形，从而可用表示出八边形的面积，化简后作比较可判断③；
仿判断③的方法，设，分别求出点到的距离与点到的距离，再作比较后判断②．
【详解】解：如图，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴点的对应点是，
∴，
∴，故①正确；
如图，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是，
∴，，，，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
同理可得：四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，，，，，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，
∴正方形绕点逆时针旋转与其本身重合，
∴点的对应点是，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴点的对应点是，
∴绕点逆时针旋转得到，
∴，
同理可得：，，，
∵，，
∴，
又，
∴是等腰直角三角形，
同理可得：，，都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴八边形的面积为
=，
故③正确；
过点分别作于点，于点，于点，设，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，对角线、交于点，
∴，点为的中点
∴，点为的中点，
∴，即点到的距离为，
∵，是等腰直角三角形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴为的中点，
∴，
∴，
即点到的距离小于点到的距离，故②正确；
综上所述，①②③都正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一，等腰直角三角形的性质等知识点，解题关键是利用特殊平行四边形的性质证明相关线段相等．
2．D
【分析】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键；依题意得阴影Ⅰ，Ⅲ是两个全等的等腰三角形，Ⅱ是等腰三角形，利用边角关系可判定①②④；在上取，连接，则可判断③；
【详解】解：如图，
在正五边形中，，
，
∴；
同理：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
即；
∵，
∴，
即是等腰三角形；
而此三角形是由Ⅰ和Ⅱ合在一起的三角形；
故①正确；
∵，，
∴，
∴，
∴Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰梯形；
故②正确；
∵，
∴；
故④正确；
在上取，连接，
则，
∴，
∴，
显然，故③不正确；
综上，正确的有①②④；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查正五边形性质、圆周角定理、全等三角形判定与性质、三角形内角和及外角性质；解题关键是熟练运用上述知识，结合正五边形的对称性，通过角度和线段关系的推导来判断结论正误．
对于①：利用正五边形内角和公式求出内角，再依据圆周角定理计算度数判断对错．对于②：截取，根据正五边形轴对称性找全等条件证，推导线段关系判断．对于③：用三角形外角性质和圆周角定理计算与关系判断．对于④：由圆周角定理求角，结合三角形内角和求，依等角对等边判断．
【详解】如图：在上截取，
正五边形内角和为，
∴．
因为是正五边形，
所以，，
正五边形中心角，，故①错误．
因为五边形是正五边形，平分，平分，，．
，在中，根据三角形内角和定理，．
，即 ．
在和中：
∴，
∴，．
由正五边形性质可知，，，，．
∵，，，
∴．
已证，
∵，
∴．
∴．
又，．
在和中：
．
∴，
∴．
∵，
∴；故②正确．
∵是的外角，．
由圆周角定理，，，且，
∴，故③错误．
∵，，
在中，，，
∴．
则，
∴，故④正确．
综上，②④正确，
故选：B．
4．A
【分析】由题意，根据一次函数图象与坐标轴交点的求法得到、，确定、B错误；再通过数形结合，由等腰直角三角形的判定即可确定A正确；由一次函数图象过象限即可判定C错误；再由等腰直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识即可判定D错误．
【详解】解：在平面直角坐标系中，函数的图象与轴，轴交于点，
当时，，则；当时，，则；
A、、，
，且，则为等腰直角三角形，
故该选项正确，符合题意；
B、，
点坐标为错误，不符合题意；
C、在平面直角坐标系中，函数的图象与轴，轴交于点，
，且、，则图象经过第一、二、四象限，
故该选项错误，不符合题意；
D、过点作于点，如图所示：
是等腰直角三角形，，
由勾股定理可得，
，
由等腰三角形三线合一性质可知，是斜边上的中线，
，即点到的图象距离为，
故该选项错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数图象与性质，涉及一次函数图象与坐标轴交点的求法、一次函数图象过象限、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识．熟练掌握一次函数图象与性质、直角三角形性质是解决问题的关键．
5．D
【分析】结论①在中，由，根据勾股定理得出与的长度关系，再依据圆面积公式计算以、为直径的圆面积比．结论②在中，先利用勾股定理得到三边关系，再根据三角形三边关系判断与的大小，通过对和作差比较，得出与的大小关系． 结论③延长交于，证明，得出相关线段和面积关系，结合的面积，推导出与的面积和．
【详解】在中，
∵，
∴ ，
设直径为，直径为 ，
∴
∴以为直径的圆面积 ，
以为直径的圆面积 ，
∴，
∴分别以，为直径的圆的面积比为，结论①正确．
在中，，，，
∴即，
，即 ．
∵， ， ，
∴ ，即 ，
∴，结论②正确．
延长交于点 ．
∵平分，，
∴，，
∵，
∴ ，
∴，．
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴结论③正确．
综上，①②③都正确，
故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理、三角形三边关系、全等三角形的判定与性质、圆的面积公式以及三角形面积的计算；解题关键是利用图形性质和相关定理建立边与边、面积与面积之间的联系来判断结论 ．
6．C
【分析】本题考查了尺规作角平分线，尺规作已知直线的平行线，平行线的性质，等边对等角的知识，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
根据题意得到，由内错角相等，两直线平行即可求解．
【详解】解：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（内错角相等，两直线平行），
故选：C ．
7．D
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定，解直角三角形，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，轴对称和中心对称图形的识别，由题意得，，据此可判断①；根据，可得，同理可得，据此可判断②；根据轴对称和中心对称图形的定义可判断③；分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，解直角三角形得到，由四边形的面积与的面积之比为，得到，则可推出，据此可判断④．
【详解】解：由题意得，，
∴是等边三角形，故①正确；
∴，
由平行四边形的性质可得，
∴，即，
同理可证明，
∴四边形为菱形，故②正确；
六边形是轴对称图形，也是中心对称图形，故③错误；
由题意得，，
如图所示，分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，
∴，
∵四边形的面积与的面积之比为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，满足四边形的面积与的面积之比为，故④正确；
故选：D．
8．55
【分析】本题考查了等边对等角，垂径定理，圆内接四边形的性质，掌握以上知识，正确作出辅助线是关键．
如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形，根据等边对等角，圆内接四边形得到，根据垂径定理得到即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，连接，则四边形是圆的内接四边形，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为： ．
9．45
【分析】本题考查了三角形外角的定义和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据三角形的外角的定义及性质可知，然后利用网格的性质可推出，即可得到答案
【详解】解：如图所示，点是网格线交点，连接，
根据题意可知，，
，
根据网格的性质可知，，，
，
，
故答案为：45．
10．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（）在上取点，使得，可证，可得，再根据等腰直角三角形的性质可得，进而即可求解；
（）延长与交于点，连接，，，由等腰直角三角形的性质可得，，，再证明，可证，可得，，即得，即可证明，得到，，即得到为等腰直角三角形，进而即可求证．
【详解】（1）解：在上取点，使得，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴；
（2）解：．
证明：延长与交于点，连接，，，
∵，，是中点，
∴，，，
∵，
∴,
∴，
∴，
∴，，
∵是中点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
即．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，直角三角形斜边上的中线长等于斜边的一半，正确作出辅助线是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)的大小为，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．
（1）根据旋转的性质和等边对等角的性质，得到，进而得出，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）延长至点G，使得，连接、，．证明，从而得到，再根据四边形内角和和邻补角的定义，得到进而证明，再根据等腰三角形三线合一的性质求解即可；
【详解】（1）证明：由题意可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：的大小为．证明如下：
如图，延长至点G，使得，连接、，．
∵是中点，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴．
∴，
∵，，
∴在四边形中，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
12．(1)；
(2)，证明见解析．
【分析】本题主要考查了轴对称图形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）由三角形外角的性质和等边对等角可得，则，由垂线的定义可得，则；
（2）过点作的对称点，连接、，则，，可证明，，则，证明，得到，再证明，即可得到．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，证明如下
如图，过点作的对称点，连接、，则，，
，
，，
，
，
，
，
，
．
13．(1)，证明见解析
(2)，图形和证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，线段垂直平分线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键。
（1）连接．由旋转的性质可得．可证明垂直平分，得到．则，证明，则．即可证明．
（2）作于点．证明．得到．再证明．得到．证明．得到．则．再证明．即可证明．
【详解】（1）解：，证明如下：
如图所示，连接．
由题意可知，．
，
∴垂直平分，
．
．
，
∴，
∴，
．
．
（2）解：．证明如下：
如图，作于点．
由题意可知，．
．
，
．
．
．
．
．
，
．
．
．
，
．
．
．
，
．
．
14．(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、解直角三角形、三线合一、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用平行线的性质得到，，结合推出，得到，再利用平行四边形的判定即可证明；
（2）在中利用正切的定义得到，利用平行四边形的性质得到，由得到，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，
，．
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，
，
．
15．(1)
(2)①见解析；②，证明见解析
【分析】（1）过点作于点H，由旋转的性质得：，易证是等腰三角形，进而推出，求出，根据，即可求解；
（2）①根据题意补全图形即可；②连接AQ，取AQ中点M，连接MC，MD，证明，再根据证明得，得到，再根据平行线分线段成比例定理可得结论
【详解】（1）解：过点作于点H，
由旋转的性质得：，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：①如图所示.
②，
证明：取中点P，连接，
∵，，
，
又，，
，
，
，
∴，
∴，
∴点中点，
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边 的一半，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等知识．添加适当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
16．(1)
(2)成立；证明见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）延长交于点，过点作，连接，则，进而根据等腰直角三角形的性质得出，证明四边形是矩形，得出，即可得证；
（2）延长到，使得，证明，进而证明，得出，根据，即可得证．
【详解】（1），理由如下
如图，延长交于点，过点作，连接，则，
∵在和中，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵是的中点，
∴
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图，延长到，使得．
是的中点，
，
又，
．
，．
．
，
．
，
，
．
即．
又，
．
．
，
．
17．(1)见解析
(2)①见解析；②，证明见解析
【分析】对于（1），根据等腰三角形的性质得，进而说明，再根据“角角边”证明，则结论可得；
对于（2），先画出图形；在线段上取一点，使得，连接，先说明是等边三角形，可得，再根据线段垂直平分线的性质得，然后根据“边角边”证明，可得，然后根据锐角三角函数可得，即可得出答案．
【详解】（1）解：，
．
在和中，，
．
平分，
．
在和中，
．
；
（2）解：①如图，
②判断：．
证明：如图，在线段上取一点，使得，连接．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
，
．
是的垂直平分线．
．
，
是等边三角形．
∴
，
．
．
．
在中，，
，
，
∴，
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，正切，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18．(1)详见解析
(2)，图见解析，证明见解析
【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，熟练掌握全等的判定和性质是关键．
（1）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质进行证明即可；
（2）按照题意补全图形，证明，，．即可得到结论；
【详解】（1）证明：∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴平分．
（2）解：补全图形如图所示．
线段与之间的数量关系：．
证明：在上取点，使得，连接．
∵，
∴．
∵点为的中点，
∴．
∴，．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵点为的中点，
∴．
∴．
∵点为的中点，
∴．
设，，则，．
∴．
∴．
∴．
19．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再证明．则．即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明是直角三角形，．即可证明四边形是矩形．
【详解】（1）证明：，
．
，
．
，
．
．
四边形是平行四边形．
（2）点在线段的垂直平分线上，
．
，
．
是直角三角形，．
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7



答案
D
D
B
A
D
C
D