2025年中考数学真题分类汇编17：等腰三角形与直角三角形（9大考点，精选45题）（教师版）

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1．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，，为边上的中线，，则图中与互余的角共有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】该题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，根据三角形内角和定理求出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，根据等边对等角得出，再结合根据三角形内角和定理求出，最后根据余角的性质求解即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵为边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴图中与互余的角是，共有4个，
故选：C．
2．（2025·安徽·中考真题）如图，在中，，，边的中点为D，边上的点E满足．若，则的长是（ ）
A．B．6C．D．3
【答案】B
【分析】本题主要考查了等腰三角形性质、含角的直角三角形性质及勾股定理，熟练掌握这些性质定理，通过设未知数，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．先根据等腰三角形性质求出的度数，再利用中点得到线段关系，最后在中，结合含角的直角三角形性质及勾股定理求出的长 ．
【详解】解：∵在中，，，
．
是中点，
∴设，则．
∵，
是直角三角形，且，
，
∵，则．在中，根据勾股定理，
∴，
，
，
解得（）．
，
．
故选：．
3．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可．
【详解】解：∵，是斜边上的中线，，
∴，
∴，
∴，
由作图可知，
∴，
∴，
∴的长为；
故选B．
4．（2025·四川凉山·中考真题）如图，，点E在上，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，等边对等角，先证明，再利用可证明得到，利用三角形内角和定理可证明，据此根据等边对等角和三角形内角和定理可求出答案．
【详解】解：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴；
如图所示，设交于O，
∵，，
，
∴，
∵，，
∴，
故选：C．
5．（2025·四川广安·中考真题）如图，在等腰中，，，D是边上的一个动点，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，垂线段最短，由勾股定理可得，由垂线段最短可得，当时，有最小值，则此时点D为的中点，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．
【详解】解：∵在等腰中，，，
∴，
由垂线段最短可知，当时，有最小值，
∵，
∴当时，点D为的中点，
∴此时，
故答案为：．
6．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D．
(1)求的度数；
(2)若，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了角平分线、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟记相关结论即可.
（1）由题意得，根据是的角平分线即可求解；
（2）求出，得到；求出．．推出．即可求解；
【详解】（1）解：，
．
由作图可知，是的角平分线，
．
（2）解：在中，由三角形内角和定理得，
，
，
在中，，
．
．
．
．
，
．
考点2等腰三角形的判定
7．（2025·吉林·中考真题）如图，在中，．尺规作图操作如下：（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交边于点M，N；（2）以点C为圆心，长为半径画弧，交边于点；再以点为圆心，长为半径画弧，与前一条以点C为圆心的弧相交于三角形内部的点；（3）过点画射线交边于点D．下列结论错误的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了等角对等边，三角形内角和定理，大角对等边，作与已知角相等的角的尺规作图，由作图方法可得，则由三角形内角和定理和等边对等角得到，，由大角对大边得到，再由可得．
【详解】解：由作图方法可得，故A结论正确，不符合题意；
∴，，故B、C结论都正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，故D结论错误，符合题意；
故选：D．
8．（2025·四川自贡·中考真题）如图，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，先证明，结合，，证明即可.
【详解】证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴.
9．（2025·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长相等的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，使的顶点均在格点上．
(1)在图①中，是面积最大的等腰三角形；
(2)在图②中，是面积最大的直角三角形；
(3)在图③中，是面积最大的等腰直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查了格点作图，勾股定理及其逆定理，网格中求三角形面积，熟知相关知识是解题的关键．
（1）根据面积最大，且为等腰三角形，顶点均在格点上；
（2）根据面积最大，且为直角三角形，顶点均在格点上；
（3）作个腰长为的等腰直角三角形，顺次连接A、B、C，则即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解；如图所示，即为所求；
（3）解：如图所示，即为所求．
10．（2025·江苏扬州·中考真题）在如图的房屋人字梁架中，，点在上，下列条件不能说明的是（ ）
A．B．C．D．平分
【答案】B
【分析】本题考查三线合一，根据三线合一，进行判断即可．
【详解】解：当时，
∵点在上，
∴，
∴，
∴；故选项A不符合题意；
∵，
∴，不能得到；故选项B符合题意；
∵，
∴当或平分时，；故选项C，D均不符合题意；
故选B
考点3等腰三角形的性质与判定
11．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，，点D为边的中点；动点P从点A出发，沿边方向匀速运动，运动到点B时停止．设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到的中点时，的长为（ ）
A．2B．2.5C．D．4
【答案】A
【分析】本题考查了根据函数图象得到信息，三角形中位线，等腰直角三角形的性质，得到当点P运动到点C时，的面积最大是解题的关键；
根据运动轨迹可得的面积先增大再减小，可得当点P运动到点C时，的面积最大为4，即可求得，再利用三角形中位线定理即可解答．
【详解】解：根据题意动点P从点A出发，沿边方向匀速运动过程中，的面积先增大再减小，当点P运动到点C时，的面积最大，根据函数图象可得此时的面积为4，如图，
∵等腰直角三角形，，点D为边的中点，
∴，
∴，
当点P运动到的中点时，
∵点D为边的中点，
∴；
故选：A.
12．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确．
【详解】解：∵四边形为正方形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
∴，故①正确；
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∴，
∴，故②正确；
，
∴，故③正确；
∵，
∴，
，
，
，
，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
13．（2025·四川广安·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：（1）以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点D；（2）分别以点C和点D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点F；（3）画射线交于点E．若，，，则的长为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了尺规作线段的垂线、等腰三角形的判定和性质、三角形的外角性质以及勾股定理等知识，读懂作图信息、熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键；
易得，连接，如图，据题意可得：，垂直平分，可得，，证明，再利用勾股定理即可求出答案.
【详解】解：∵，，
∴,
连接，如图，据题意可得：，垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则在直角三角形中，根据勾股定理可得；
故答案为：12.
14．（2025·河南·中考真题）定义：有两个内角的差为的三角形叫做“反直角三角形”．如图，在中，，，点为边上一点，若为“反直角三角形”，则的长为 ．
【答案】或
【分析】题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，理解“反直角三角形”的定义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分情况讨论：①当时，过点作于点，由等腰三角形的性质得到，证明，得到，即可求出的长；②当时，过点作交于点，由等角对等边得到，再证明，设，进而得出，，根据求出的值，即可求出的长；③当时，利用锐角三角函数，得出，，即此种情况不存在；④当时，同③理可证，此种情况不存在；即可得解．
【详解】解：，
，
，
，
，
若为“反直角三角形”，
①当时，过点作于点，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
②当时，过点作交于点，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，
，
，，
，
，
；
③当时，
，，且，
，
，
若，则，即，
此种情况不存在；
④当时，
当点与点重合时，最小，此时，
同③理可证，此种情况不存在；
综上可知，的长为或，
故答案为：或．
15．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
由勾股定理得：，
∴，解得：，
即，
∴，
故答案为：．
16．（2025·河北·中考真题）如图．四边形的对角线，相交于点，，，点在上，．
(1)求证：；
(2)若，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质；
（1）先证明，结合，，即可得到结论；
（2）先证明，结合即可得到结论.
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
又∵，，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，即.
考点4等边三角形的性质
17．（2025·广西·中考真题）如图，点在同侧，，则 ．

【答案】/
【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定以及勾股定理，过点作垂线交于点，先证明，得到，证明在同一线上，根据勾股定理得到，最后通过线段和和差即可求．
【详解】解：过点作垂线交于点，即
，即是的垂直平分线，
∵，
在同一线上，
，
故答案为：．

18．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在中，是线段上一点（不与端点重合），连接，以为边，在的右侧作等边三角形，线段与线段交于点F，则线段长度的最大值为 ．
【答案】/0.75
【分析】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，垂线段最短，过点作于，解得到，证明，可得，根据可知当有最小值时，有最大值，当时，有最小值，即有最小值，此时点D与点H重合，可求出的最小值为，则的最大值为．
【详解】解：如图所示，过点作于，
在中，，
∴；
∵是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当有最小值时，有最大值，
∴当有最小值时，有最小值，
∴当时，有最小值，即有最小值，此时点D与点H重合，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
∴的最大值为，
故答案为：．
19．（2025·甘肃平凉·中考真题）如图，把平行四边形纸片沿对角线折叠，点B落在点处，与相交于点E，此时恰为等边三角形，若，则 cm．
【答案】12
【分析】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等边三角形的性质和30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键；
根据等边三角形的性质可得，根据折叠的性质和平行四边形的性质可得，结合三角形的外角性质可得，进而得到，再利用30度角的直角三角形的性质即可得解．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，
∵折叠，
∴，
∵是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：12．
20．（2025·四川德阳·中考真题）等宽曲线是指在任何方向上的直径都相等的一种几何图形，它在我们的日常生活中应用比较广泛，例如可以利用等宽曲线设计自行车的车轮等．如图，分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭图形就是等宽曲线（图中阴影部分），如果，那么这个等宽曲线的周长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了弧长的计算，等边三角形的性质，利用弧长计算公式计算即可．
【详解】解：∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴这个等宽曲线的周长为．
故答案为：
考点5等边三角形的判定
21．（2025·北京·中考真题）如图，，点A在射线上，以点O为圆心，长为半径画弧，交射线于点B．若分别以点A，B为圆心，长为半径画弧，两弧在内部交于点C，连接，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
连接，则由作图可得，那么为等边三角形，可证明，再根据全等三角形性质以及三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，
由作图可得，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
22．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】D
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可．
【详解】解：根据作图可知：，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选D．
23．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（ ）
A．25B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键．
如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出，然后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
由勾股定理得，，
∴矩形的面积．
故选：B．
24．（2025·四川南充·中考真题）如图，，在射线上取一点，以点为圆心，长为半径画弧；再以点为圆心，长为半径画弧，两弧在的内部相交于点，连接并延长交射线于点．设，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
先确定是等边三角形，则，再解直角三角形即可求解．
【详解】解：连，由作图可得，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
考点6等边三角形的性质与判定
25．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
（1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可；
（2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，
．
D是的中点，
．
，
，
．
（2）由平移可知：，
，
又，
，
∴，
又，
垂直平分，
，
由（1）知，，
，
，
是等边三角形．
26．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，，点O在边上，以点O为圆心，长为半径的半圆，交于点D，与相切于点E，连接
(1)求证：．
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据等边对等角导角得到，再结合圆的切线性质得到，即可证明垂直；
（2）先得到是等边三角形，则，解求出，根据，求出，再由梯形面积公式求解．
【详解】（1）证明：由题意得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵以点O为圆心，长为半径的半圆与相切于点E，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．
考点7直角三角形的性质
27．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，，以O为圆心，2为半径画弧，分别交于两点，再分别以为圆心，为半径画弧，两弧在内部相交于点C，作射线，连接，则 ．（结果保留根号）
【答案】
【分析】本题考查了求角的正切值、等边三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定等知识，熟练掌握角的正切的定义是解题关键．连接，交于点，先得出垂直平分，再证出是等边三角形，则可得，然后利用勾股定理可得，最后根据角的正切的定义求解即可得．
【详解】解：如图，连接，交于点，
由题意得：，，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
故答案为：．
28．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则 ．
【答案】4
【分析】根据菱形的性质，得，又结合，，得出是等边三角形，就可以得知和都是含的直角三角形，解出三角形，即可求出的长．
【详解】解：连接，，
，，
垂直平分，
，
菱形，
，
是等边三角形，
，
，
，
，，
．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形，熟练掌握这些性质定理是关键．
29．（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可．
【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示：
∵六边形为正六边形，
∴，，，
∴和为等边三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质．
30．（2025·四川达州·中考真题）综合与实践
问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系．
探究发现：如图1，在中，，是边上一点，过点作于，于，过点作于．连结，由图形面积分割法得：______；则____________．
实践应用：如图2，是等边三角形，，点是边上一点，连结．将线段绕点逆时针旋转得，连结交于，过点作于，于，当时，求的值．
拓展延伸：如图3，已知是半圆的直径，，是弦，，是上一点，，垂足为，，求的值．
【答案】探究发现：，；实践应用：；拓展延伸：
【分析】探究发现：图形面积分割法得出，根据得出；
实践应用：过点分别作的垂线，垂足分别为，根据等边三角形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理分别求得，，进而根据旋转的性质可得是等边三角形，同理求得的长，进而根据探究发现的结论，即可求解；
拓展延伸：延长交于点，过点作于点，设，根据圆周角定理，得出，在，中，根据勾股定理，求得，进而根据弧与圆周角的关系，得出，根据前面的结论，即可求解．
【详解】解：探究发现：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：，，；．
实践应用：如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，
∵是等边三角形，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，则，
∴，
在中，．
∵将线段绕点逆时针旋转得，
∴
∴是等边三角形，
∴，则，
∴由探究发现可得：．
拓展延伸：如图，延长交于点，过点作于点，连接，
设，
∵是半圆的直径，
∴，
∵，
在中，，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴由探究发现可得：，
∵，
∴，
∵，
∴
．
【点睛】本题考查了勾股定理，点到直线的距离，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，弧与圆周角的关系，熟练掌握等面积法求线段长是解题的关键．
考点8直角三角形斜边的中线
31．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，平分，，E为垂足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，解直角三角形，设，根据含30度的直角三角形的性质，得到，根据角平分线的性质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到，进而求出的长，勾股定理求出的长，等角的正弦值相等，得到，求出的长，进而求出的长即可．
【详解】解：∵，，
∴，
设，则：，
∵平分，，
∴点到的距离相等均为的长，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即：，
∴，
∴；
故选：A．
32．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，P为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
33．（2025·四川成都·中考真题）正六边形的边长为1，则对角线的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查正多边形的内角，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，如解图，连接，求出正六边形的一个内角的度数，等边对等角，求出的度数，进而推出为含30度角的直角三角形，进行求解即可．
【详解】解：连接，
∵正六边形，
∴，，
∴，
∴，
∵正六边形为轴对称图形，
∴，
∴，
∴；
故答案为：2．
34．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ．
【答案】/0.375
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解．
【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵,
∴，
∵，垂足为F，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
考点9三角形综合问题
35．（2025·辽宁·中考真题）（1）如图1，在与中，与相交于点，，求证：；
（2）如图2，将图1中的绕点逆时针旋转得到，当点的对应点在线段的延长线上时，与相交于点：若，求的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接并延长，与的延长线相交于点，连接，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）利用等边对等角求得，再利用证明即可；
（2）由题意得，得到，，，作于点，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得，，证明，推出，利用相似三角形的性质列式计算即可求解；
（3）设，由旋转的性质得，则，利用三角形内角和定理以及平角的性质求得，，推出，求得，作于点，求得，再求得，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，即，
∵，，
∴；
（2）∵，即，
∴，，，
作于点，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）设，
由旋转的性质得，则，
∵，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，即，
∴．
36．（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，，，点在上，过点作交于点，延长到点，使，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得，进而证明得，再证明，然后由平行四边形的判定定理即可证明结论；
（2）由平行四边形的性质得，设，则，再由含角的直角三角形的性质得，然后由勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：，，
（等边对等角）．
，
，（两直线平行，同位角相等）．
，
（等角对等边）．
，
．
又，
四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
（2）解：设，
，
在中，，
（在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半）．
（勾股定理），
，解得，（舍去），
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
37．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点．
(1)如图1，，点与点重合，求证：；
(2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键；
（1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证；
（2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合
∴，，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
（2），
证明：如图，在上取一点，使得
∵
∴
∴，
∴
∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴
∴
∴
∴
∴，
又∵
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴
38．（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形．
【抽象定义】以等腰三角形为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”．
【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求：
①与的位置关系为：__________：
②_____．（填“>”，“”或“”）
【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形．
②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由．
【答案】问题解决：①互相平行；②=；【方法应用】①见解析；②或或
【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．
问题解决：①根据等腰三角形的性质得出，从而可得；
②证明得出，即，由可得结论；
方法应用：①根据双等四边形的定义进行证明；②分，或，或，三种情况讨论求解即可．
【详解】解：[问题解决]①∵，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴，
，
，
，
；
故答案为：①平行；②＝；
方法应用：①为旋转得到，
，
令，则，，
，
由旋转得，，
又，
∴，
，
，
，
四边形为双等四边形；
②作于点，
，，
，，
设，则： ，
在中，，即，
解得：，
，，
若，时，，
若，时，
，
作于点，
∴，
，
，
若，时，如图，
，
，
，
，
．
综上所述：满足条件时，或或．
39．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究．
(1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）；
(2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识；
（1）过点D作于H，则由等腰三角形的性质得；证明四边形是矩形，则有；再由旋转知，则可求得的长，最后求得结果；
（2）连接，把通过平移变换，再轴对称变换得到，则为满足条件的等腰三角形．
【详解】（1）解：如图，过点D作于H，
∵，
∴；
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴；
由旋转知，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图（2），连接，把沿平移使M与P对应，得到；再把沿对折，得到，H与N是对应点，则是等腰三角形，其中两腰分别为，点N、Q分别是梯形的顶点．
40．（2025·黑龙江·中考真题）已知：如图，中，，设，点D是直线上一动点，连接，将线段绕点A顺时针旋转α至，连接、，过点E作，交直线于点F．探究如下：
(1)若时，
如图①，点D在延长线上时，易证：；
如图②，点D在延长线上时，试探究线段、、之间存在怎样的数量关系，请写出结论，并说明理由．
(2)若，点D在延长线上时，如图③，猜想线段、、之间又有怎样的数量关系？请直接写出结论，不需要证明．
【答案】(1)①证明见解析；②，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，全等三角形的判定及性质，解直角三角形，综合运用相关知识是解题的关键．
（1）①由，，得到是等边三角形，从而∴，进而推出，因此可证明，得到，，求得，因此，由即可得到结论；②由，，得到是等边三角形，从而，进而推出，因此可证明，得到，，求得，因此，由即可得到结论；
（2）同（1）思路即可求解．
【详解】（1）①证明：∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴在和中
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
，
∴，
∴．
②解：，理由如下：
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵，
∴，
即，
∴在和中
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴在和中
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴在中，，
∵，
，
∴，
∴．
41．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”．
(1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）．
(2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积．
【答案】(1)③
(2)
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答．
（2）先根据勾股定理算出，设，，结合勾股定理整理得，代入数值得，再证明是的中位线，则，分别算出和，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形，
图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形，
故答案为：③；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是邻等内接四边形，
∴四点共圆，且为直径，
把的中点记为点，即四点在上，
连接，，相交于点，
∵，
∴，
设，，
∵，
∴，
则在中，，
在中，，
∴，
即，
解得，
∴
则
即，
∵是直径，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
则．
，
∴四边形的面积．
【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，垂径定理，圆内接四边形，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
考点概览
考点1等腰三角形的性质
考点2等腰三角形的判定
考点3等腰三角形的性质与判定
考点4等边三角形的性质
考点5等边三角形的判定
考点6等边三角形的性质与判定
考点7直角三角形的性质
考点8直角三角形斜边的中线
考点9三角形综合问题