2026年湖南中考数学二轮复习 热点03 三角形与全等三角形(热点专练)

这是一份2026年湖南中考数学二轮复习 热点03 三角形与全等三角形(热点专练)，共60页。
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 纳对应高频热点题型的解｜题｜策｜略与实战方法技巧。
题型 01 三角形内角和与外角性质
题型 02 三角形中位线
题型 03 全等三角形判定与性质
题型 04 等腰三角形 “三线合一”
题型 05 勾股定理及逆定理
题型 06 直角三角形斜边中线的性质
题型 07 三角形角平分线的性质与判定
题型 08 三角形动点问题（全等 / 等腰 / 最值）
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

题型 01 三角形内角和与外角性质
母题精讲
【例题1】（2026·湖南邵阳·一模）如图，中，，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于、两点，作直线，交于点，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了作图一基本作图，线段垂直平分线的性质，等边对等角，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．先利用基本作图得到垂直平分，则根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到，再根据三角形内角和计算出的度数，即可求解．
【详解】解：由作法得垂直平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【例题2】（2026·湖南·模拟预测）如图，是的内接三角形，的内角的平分线与其外角的平分线相交于点，若，则___________．
【答案】/度
【分析】本题主要考查了直径所对圆周角等于，三角形内角和定理，得出是解题关键．
设，根据的平分线与其外角的平分线相交于点，可得，，结合三角形外角的性质可得，再根据是直径，可得，进而可得，由此列方程即可求出，继而得出结论．
【详解】解：如图，连接，
∵的平分线与其外角的平分线相交于点，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，解得：，
∴，
故答案为：．
变式应用
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）将△ABC沿着DE翻折，使点A落到点A′处，A′D、A′E分别与BC交于M、N两点，且DEBC．已知∠A′NM＝27°，则∠NEC＝_____．
【答案】126°
【分析】利用平行线的性质求出∠DEN＝27°，再利用翻折不变性得到∠AED＝∠DEN＝27°，再根据平角的性质即可解决问题．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴∠DEN＝∠A′NM＝27°，
由翻折不变性可知：∠AED＝∠DEN＝27°，
∴∠NEC＝180°﹣2×27°＝126°，
故答案为126°．
【点睛】本题考查翻折变换，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式2】（2025·湖南邵阳·一模）将沿它的中位线折叠后，点落在点处，如下图所示．若，，则的大小为（ ）
A．80°B．90°C．100°D．120°
【答案】C
【分析】根据折叠的性质可得,，根据中位线的性质可得，进而可得，根据平角的定义即可求得答案
【详解】折叠
,
又，
是的中位线
故选C
【点睛】本题考查了折叠的性质，中位线的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，、切于点、，点是上一点，且，则______度．
【答案】
【分析】本题利用了切线的概念，圆周角定理，掌握四边形的内角和为度是解题的关键．
连接，，根据圆周角定理和四边形内角和定理求解．
【详解】解：连接，．
、切于点、，则，
由圆周角定理知，，
，
．
故答案为：50．
题型02 三角形中位线
母题精讲
【例题1】（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形中，，点，分别为边，的中点．若四边形的面积为，，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查中位线的性质以及勾股定理，准确添加辅助线是解题的关键．
取边的中点，连接，，根据已知数量关系求出、的长度，结合中位线的性质，得出，，，再利用勾股定理解得的长．
【详解】如图，取边的中点，连接，，
四边形面积为，，
，
又，
，，
，分别为，的中点，
是的中位线，是的中位线，
，．
又，，，
，，，
在直角中，由勾股定理，得，
即的长度是．
【例题2】（2025·湖南·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为边的中点，菱形的周长为，则的长为（ ）
A．B．4C．7D．14
【答案】A
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
由菱形四边相等，对角线垂直，可得，，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，且其周长为，
∴，，
∴，
∵点为边的中点，
∴．
故选：A．
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则的长为（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，由矩形性质得点为中点，从而可得为的中位线，进而求解．解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
【详解】解：在矩形中，，
，
，
，
点是边的中点，
为的中位线，
．
故选：B．
【变式2】（2026·湖南衡阳·一模）如图，数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的，两点间的距离，同学们在外选择一点，测得，,，两边中点的距离，则，两点间的距离是_____．
【答案】
【分析】根据中位线定理得到，即可求解．
【详解】解：由题可得：、为、的中点，
是的中位线，
，
，
．
【变式3】（2025·湖南长沙·三模）如图，在中，，为边的中线，E为上一点，连接，F为的中点，且平分．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题考查了三角形的中位线性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的中位线性质是解答的关键．
（1）根据三角形的中位线性质得到，再根据平行线的性质和角平分线的定义即可证明；
（2）根据三角形的中位线性质得到，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】（1）证明：∵为边的中线，
∴D为的中点，
∵F为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）知是的中位线，
∴，
∴，
∵D是斜边中点，是直角三角形，
∴，
∴．
题型03 全等三角形判定与性质
母题精讲
【例题1】（2025·湖南·模拟预测）如图所示，若，且，则_____________．

【答案】
【分析】本题主要考查了全等三角形的性质，三角形内角和定理，根据全等三角形对应角相等可得的度数，由三角形内角和定理可得的度数．
【详解】解：∵，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：．
【例题2】（2025·湖南长沙·一模）如图，中，，垂足为D，，垂足为E，与相交于点F，．
(1)求证：；
(2)若，求的长
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，线段的和差，垂直的定义，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质．
（1）先证明，然后根据，再结合已知条件可得结论；
（2）根据，得出，根据得出，最后根据线段和差间的关系，得出答案即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
变式应用
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，用直尺和圆规作一个角等于已知角，能得出的依据是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、作图—基本作图，连接，，由作图得出，，，利用证明，即可得出，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，，
由作图可得：，，，
，
，
能得出的依据是，
故选：D．
【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图，D是的边上一点，，交于点E，．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，
（1）根据平行线得到角度关系，再根据角角边判定直接证明即可得到答案；
（2）根据三角形全等对应边相等直接求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
在和中，
∵，
∴；
（2）解：由（1）可知，
∵，，
∴，
∵，
∴，
即的长是3．
【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，已知，请你添加一个条件，使得，你添加的条件是______．（不添加任何字母和辅助线）
【答案】或或
【分析】本题考查了全等三角形的判定，根据图形可知证明已经具备了一个公共角和一对相等边，因此可以利用、、证明两三角形全等．
【详解】解：∵ ，，
∴可以添加 ，此时满足；
添加条件 ，此时满足；
添加条件，此时满足，
故答案为：或或．
题型04 等腰三角形 “三线合一”
母题精讲
【例题1】（2025·湖南·模拟预测）如图，等腰底边长为，面积是，腰的垂直平分线分别交、于点、，若点是边的中点，为线段上一动点，周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接、，由线段垂直平分线的性质可得，由等腰三角形的性质并结合三角形面积公式计算得出，即可得出结果．
【详解】解：如图，连接、，
，
∵垂直平分，
∴，
∵等腰底边长为，点是边的中点，
∴，，
∵等腰面积是，
∴，
∴，
∵周长，
∴当点、、在同一直线上时，周长最小，为．
【例题2】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，D是的中点，，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由平行线的性质得出，结合已知条件可得出，即可证明四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．由矩形的性质得出，，，由已知条件可得出，由勾股定理求出，最后根据等面积法可得出，即可求出．
【详解】（1）证明：∵， D是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
变式应用
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在等边中，，平分， 点E在的延长线上，且 ，求的长．
【答案】
【分析】根据等边三角形的性质得出，，，利用三角形内角和定理求出角的度数证明．
【详解】解：是等边三角形，平分，，
，，，
．
又，
，
，
．
【点睛】重点掌握三线合一．
【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分，可知，结合，利用等腰三角形三线合一，可证；
（2）可证明是菱形，然后算得，然后在中利用勾股定理，可算得、，最后利用算得答案．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
是边上的中线，
，
；
（2）解：，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
求的面积为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形三线合一，30度所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的面积，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，是等边三角形，，垂足分别为，连接．求证：是等边三角形．
【答案】见解析
【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，三线合一．
根据等边三角形三线合一推出，进而推出，结合，即可证明结论．
【详解】证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∵，
∴是等边三角形．
题型05 勾股定理及逆定理
母题精讲
【例题1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在中，，，，的垂直平分线分别交，于点，，则的长为___．
【答案】
【分析】先利用勾股定理求出的长度，再根据线段垂直平分线的性质得到，设，用含的式子表示和，最后在中利用勾股定理列方程求解．
本题主要考查了勾股定理和线段垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理的内容以及线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等是解题的关键．
【详解】解：连接．
∵在中，，，，
∴根据勾股定理．
∵是的垂直平分线，
∴．
设，则，．
在中，，
即，
解得，
所以．
故答案为： ．
【例题2】（2025·湖南·模拟预测）如图，在四边形中，，，，，．
求四边形的面积．
【答案】36
【分析】本题考查了勾股定理，勾股定理逆定理，熟练掌握直角三角形的判定方法是解题的关键．
利用勾股定理求出的长，证得是直角三角形，再利用面积公式运算求解即可．
【详解】在中，，，，
∴，
∵，，
∴，
∴是直角三角形，且，
．
变式应用
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）我国古代数学著作《九章算术》记载了一道有趣的问题．原文是：今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何．译为：有一个水池，水面是一个边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面，水的深度与这根芦苇的长度分别是多少？设芦苇的长度是尺．根据题意，可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，将实际问题转化为勾股定理问题成为解题的关键．
如图：设芦苇的长度是尺，即，再表示出水深，然后根据勾股定理建立方程即可解答．
【详解】解：依题意画出图形：
如图：设芦苇的长度是尺，即，则水深尺，
∵尺，
∴尺，
在中，，
∴．
故选B．
【变式2】（2025·湖南湘潭·模拟预测）已知均为正数，且，则的最小值是（ ）
A．B．6C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，两点之间线段最短，解题的关键是构造图形，作于点B，于点C，交延长线于点E，，，，，，根据矩形的性质得出，，根据勾股定理得出，，根据两点之间线段最短，求出结果即可．
【详解】解：构图如下，其中于点B，于点C，交延长线于点E，，，，，，
则四边形是矩形，，，
由勾股定理可知：，
，
∵，
∴的最小值为，
在中，，
由勾股定理，得，
∴的最小值是．
故选A．
【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图所示，设为等边内的一点，且，，，则______度．
【答案】150
【分析】本题考查了等边三角形的性质以及勾股定理的逆定理，正确作出辅助线是解题的关键．以为边，构造等边，连接，，先根据等边三角形的性质，用判定证得，再根据勾股定理的逆定理证得为直角三角形，从而有，最后根据求得角度．
【详解】解：如图，以为边，构造等边，连接，，
∵是等边三角形，是等边三角形，
，，，
∴，
∴， ，
在中，，，，
∴，
为直角三角形，且，
∴．
故答案为：．
题型06 直角三角形斜边中线的性质
母题精讲
【例题1】（2024·湖南·模拟预测）如图，在等腰直角中，已知，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，分别交于点D和点E，直线交于点F，交于点G，连接．若，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质．由作法得：垂直平分，可得，再由是等腰直角三角形，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：由作法得：垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
【例题2】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，是边上的中线，D，E分别是的中点，若，则的长为__________．
【答案】6
【分析】本题主要考查直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理．易知是的中位线，那么，而是斜边上的中线，应等于的一半．
【详解】解：∵D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴
∵在中，，是边上的中线，
∴，
故答案为：6．
变式应用
【变式1】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，在中，，．若是的中点，则的长为_____．
【答案】
【分析】本题主要考查直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵中，，，是的中点，
∴，
故答案为：．
【变式2】如图，在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，点位于第一象限，则点关于原点的对称点的坐标是__________．
【答案】
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形和关于原点对称的点的坐标特征．根据等腰直角三角形的性质求得点B的坐标是解题的关键．过点B作于点C，根据等腰直角三角形的性质求得点B的坐标，然后结合“两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反”，即求得答案．
【详解】解：如图，过点B作于点C，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，，，
∴，
∴，
∴点B关于原点的对称点的坐标是．
故答案是：．
【变式3】如图，在矩形中，，，分别在边上，，，连接相交于点，为的中点，连接，则的长为______．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，利用矩形的性质和勾股定理可得，再证明，可得，进而得到，即得到，最后根据直角三角形斜边中线性质求解即可，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
故答案为：．
题型07 三角形角平分线的性质与判定
母题精讲
【例题1】（2025·湖南·模拟预测）如图，平分，于C，于D，则与的大小关系是（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】B
【分析】本题主要考查了角平分线的性质，根据角平分线上的一点到两边的距离相等的性质，得出结论一定要与选项进行比对．
【详解】解：利用角的平分线上的点到角的两边的距离相等可知．
故选：B．
【例题2】（2025·湖南·模拟预测）三条公路将、、三个村庄连成一个如图的三角形区域，如果在这个区域内修建一个集贸市场，要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是（ ）
A．三条高线的交点B．三条中线的交点
C．三条角平分线的交点D．三边垂直平分线的交点
【答案】C
【分析】本题主要考查了角平分线判定定理的应用．根据“到角两边的距离相等的点在角的平分线上”，即可获得答案．理解到角两边的距离相等的点在角的平分线上是解题的关键．
【详解】解：要使集贸市场到三条公路的距离相等，那么这个集贸市场应建的位置是三条角平分线的交点．
故选：C．
变式应用
【变式1】（2025·湖南长沙·二模）如图，在中，按如下步骤作图：（1）以点为圆心，适当长为半径作圆弧，交于点，交于点；（2）分别以点、为圆心，大于的长为半径作圆弧，在内，两弧交于点；（3）画射线，交于点．
(1)连接、，通过证明，得到，从而得到是的平分线，其中证明的依据是______（填序号）．
①；②；③；④．
(2)若，，，过点作于，求的长．
【答案】(1)④
(2)
【分析】本题考查的是角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的作法，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解题的关键．
（1）根据全等三角形的判定定理和性质定理解答；
（2）过点作于，根据角平分线的性质定理得到，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】（1）在和中
，
，
，
，
，
故答案为：④；
（2）过点作于，
，，，
，
即．
∴．
【变式2】（2025·湖南·模拟预测）如图，在上分别截取线段，使得；分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，作射线．连接， 若，，则的度数为____________．
【答案】/55度
【分析】本题主要考查了尺规作图，角平分线的性质等知识，由作图得是的平分线，根据角平分线的性质作高后证得平分，从而发现是内外角平分线的夹角．体现了对几何综合的运算能力，推理能力的核心素养要求．
【详解】解：如图，过点 D 作交的延长线于点M，作交的延长线于点 N，作交于G．
由作图得是的平分线，
∴．
∵，，
∴，，
∴，即平分．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴平分．
∴；
故答案为：．
【变式3】（2025·湖南长沙·二模）如图所示，在中，，为延长线上一点，，的角平分线与交于点，连接．求证：点到、的距离相等．
【答案】见解析．
【分析】本题考查了三角形内角和定理和角平分线的性质，正确作辅助线是本题的关键．
根据角平分线的性质和逆定理可得：，进而解答即可．
【详解】证明：过作交的延长线于点，作，，垂足为，．
，，
，，
，
平分，，，
，
，
点到，的距离相等．
题型08 三角形动点问题（全等 / 等腰 / 最值）
母题精讲
【例题1】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，已知在等腰三角形中，为的中点，，，，点为边上的动点，点为边上的动点，则的最小值为______．
【答案】
【分析】根据勾股定理的逆定理得到∠ADB＝90°，得到点B，点C关于直线AD对称，过C作CE⊥AB交AD于P，则此时PE+PB＝CE的值最小，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵AD＝12，BD＝5，AB＝13，
∴ ，
∴∠ADB＝90°，
∵D为BC的中点，BD＝CD，
∴AD垂直平分BC，
∴点B，点C关于直线AD对称，
过C作CE⊥AB交AD于P，则此时PE+PB＝CE的值最小，
∵S△ABCAB•CEBC•AD，
∴13•CE＝10×12，
∴CE，
∴PE+PB的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，勾股定理的逆定理，两点这间线段最短，线段垂直平分线的性质，三角形的面积公式，利用两点之间线段最短来解答本题．
【例题2】（2025·湖南·模拟预测）如图，中，，，，是上的动点，过点作于点，于点，连接，则线段的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，连接，可证四边形是矩形，可得，当时，的值最小，即线段有最小值，在中，可求出的值，根据等面积法即可求出的值，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，的值最小，即线段有最小值，
在中，，，，
∴，
∵，
∴是斜边的高，
∴，
∴，
∴线段的最小值是，
故选：．
【点睛】本题主要考查线段最小值的计算，等面积法求三角形的高，掌握矩形的判定和性质，线段最小值的转换方法，等面积法求高是解题的关键．
变式应用
【变式1】（2025·湖南·模拟预测）如图，一次函数的图象与轴，轴分别交于，两点，在轴上有一点，动点从点以每秒2个单位长度的速度向左移动，
（1）求直线的表达式；
（2）求的面积与移动时间之间的函数关系式；
（3）当为何值时，≌，求出此时点的坐标．
【答案】（1）；（2）当时， ；当时 （3） 当时，P的坐标为；当时，P的坐标为
【分析】（1）将A,B点代入用待定系数法即可求解；
（2）先计算出P点到达原点的时间，然后以此为分界线，分情况讨论即可；
（3）根据全等的性质可得出，然后分P在原点的左右两侧两种情况讨论即可求出P点坐标．
【详解】解（1）设直线AB的表达式为
将，两点代入得
解得
∴AB的表达式为
（2）
当时

当时

（3）若≌时



当 时， ，此时P的坐标为；
当 时， ，此时P的坐标为；
【点睛】本题主要考查一次函数与几何综合，掌握待定系数法，全等三角形的性质和分情况讨论是解题的关键．
【变式2】（2025·湖南湘潭·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴相交于A、B两点，点C的坐标是，连接．
(1)求过O、A、C三点的抛物线的解析式；
(2)求证：；
(3)动点P从点O出发，沿以每秒2个单位长度的速度向点B运动；同时，动点Q从点B出发，沿以每秒1个单位长度的速度向点C运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，？
【答案】(1)
(2)见解析
(3)秒
【分析】（1）由直线的函数解析式可求得点A、B的坐标，设过O、A、C三点的抛物线解析式为，用待定系数法即可求得二次函数的解析式；
（2）由A、B两点的坐标及勾股定理可求得的值；过C点作轴于D，作轴于E，由点C的坐标及勾股定理可分别求得、的值，由勾股定理的逆定理可得
是直角三角形，然后由即可证明全等；
（3）由勾股定理建立方程即可求得t的值．
【详解】（1）解：设过O、A、C三点的抛物线解析式为．
∵直线与x轴，y轴相交于A、B两点，
∴点和点．
又∵C点坐标为，
将O、A、C三点代入抛物线解析式得：，
解得，
∴所求抛物线解析式为．
（2）证明：由A、B两点的坐标得，
由勾股定理得，
∴．
过C点作轴于D，作轴于E，
∵C点坐标为，
∴．
由勾股定理得．
∴．
∵，
∴，
∴由勾股定理逆定理得．
∴是直角三角形；
∴，
∵，
∴；
（3）解：由题意得动点运动t秒后，．
由勾股定理得，．
∵，
∴．
∴．
解得，（舍去）．
∴动点运动秒时，．
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定，勾股定理及逆定理，解一元二次方程等知识，综合应用它们是解题的关键．
【变式3】（2025·湖南·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，，其对称轴为直线，且．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接．求证：．
(3)点P是x轴上的动点，点Q是直线上的动点，是否存在点P、O，使得以P、Q、C、D四点为顶点的四边形是矩形，若存在，请求出点P、Q的坐标；若不存在，请说理由．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）证明即可求解；
（3）注意是这一问的关键突破口．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，且，
，
由题意得：
解得：，
抛物线的表达式为：；
（2）如下图，连接，
抛物线与轴交于点C，顶点为D，
，
当时，，
即点，
，
由点B、C、D的坐标得：，
同理可得：，
，
为直角三角形，即；
（3）存在，理由：
设直线的解析式为：，
，
，
解得： ，
直线的解析式为：，
，
，
是矩形的邻边，
，
的解析式为：，
点P、Q的坐标分别为 ．
【点睛】本题考查了二次函数、一次函数、勾股定理逆定理、勾股定理、矩形的性质，解题的关键是掌握二次函数的性质．

（20分钟限时练）
1．下列各组数可能是一个三角形的边长的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【答案】B
【分析】根据三角形三边关系定理，验证两条较短边的和大于最长边，即可确定能否构成三角形．
【详解】根据三角形三边关系，任意两边之和大于第三边，对各选项逐一验证：
∵ A选项中，，不满足三边关系，∴不能构成三角形．
∵ B选项中，，满足三边关系，∴可以构成三角形．
∵ C选项中，，不满足三边关系，∴不能构成三角形．
∵ D选项中，，不满足三边关系，∴不能构成三角形．
综上，可能是一个三角形的边长的是B项．
2．如图，在中交于点，交的延长线于点，交的延长线于点．下列线段中，边上的高是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的高．在三角形中，从一个顶点向它的对边所在的直线画垂线，顶点到垂足之间的线段叫做三角形的高，简称为高．直接利用三角形高的定义分析得出答案．
【详解】解：在中，边上的高是，
故选：B．
3．体育课上的侧压腿动作（如图1）可以抽象为几何图形（如图2），如果，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角的度数之和，据此可得答案．
【详解】解：由题意得，，
∵，
∴．
4．如图，中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵将绕点旋转到的位置，
∴，
∴，
∴．
5．如图，每个小正方形的边长为1，若、、是小正方形的顶点，则度数为（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】C
【分析】根据网格结构利用勾股定理分别求出、、的长度，再利用勾股定理逆定理判断的形状，最后根据等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：由勾股定理得：，，，
∵，且，
∴是等腰直角三角形，
∴．
6．如图，在平行四边形中，，以点为圆心，以任意长为半径作弧，分别交，于点，，分别以，为圆心，以大于长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线，交于点，交的延长线于点．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了作图-基本作图，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
由作图过程可知 平分 ，得到 ，在平行四边形 中 ，得到， ，得出 ， ，得到 ，继而得到 ，即可得到答案．
【详解】解：由作图过程可知 平分 ，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
7．如图，直线，等边的顶点分别在上．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查等边三角形的性质，平行线的性质，过A作，得到，推出，，由等边三角形的性质推出，求出，即可得到．
【详解】解：过A作，如图，
∵，
∴，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
8．等腰三角形的一个外角是，它的顶角的度数为（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查等腰三角形的定义，三角形外角的定义，三角形内角和定理，掌握外角的定义，三角形内角和定理是关键．
分两种情况讨论：外角是顶角的外角或底角的外角，利用外角与内角的关系及三角形内角和求解．
【详解】解：∵ 外角等于减去相邻内角，
∴若是顶角的外角，则顶角；
若是底角的外角，则底角 ，
∵ 等腰三角形两底角相等，
∴ 顶角，
∴ 顶角为或，
故选：A．
9．在美丽乡村建设中，某村计划在池塘上搭建小桥，如图，地面上A，B两处被池塘隔开，测量员在岸边选一点C，并分别找到和的中点D，E．测得，则A，B两处的距离为（ ）
A．68B．48C．72D．36
【答案】B
【分析】本题考查三角形的中位线的性质，利用三角形中位线等于第三边的一半即可解答．
【详解】解：∵D，E是和的中点，
∴是的中位线，
∴，
故选：B．
10．已知中，，，则__________．
【答案】/29度
【分析】根据三角形内角和等于直接解答即可．
【详解】解：在中，，，
．
11．如图，在中，，，．把沿方向平移，得到，连接，则四边形的周长为________．
【答案】
【分析】利用含角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形的四边长度即可求得结论．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∴．
∵把沿方向平移，得到，
∴，，，
∴，
∴四边形的周长为．
12．我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法．如《淮南子天文训》中记载：“正朝夕：先树一表东方；操一表却去前表十步，以参望日始出北廉．日直入，又树一表于东方，因西方之表，以参望日方入北廉．则定东方两表之中与西方之表，则东西也．”如图，用几何语言叙述作图方法：已知直线a和直线外一定点O，过点O作直线与a平行．（1）以O为圆心，单位长为半径作圆，交直线a于点M，N；（2）分别在的延长线及上取点A，B，使；（3）连接，取其中点C，过O，C两点确定直线b，则直线，按以上作图顺序，若，则 ．
【答案】/度
【分析】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握等腰三角形和平行线的性质是解题的关键，由平行线的性质可得，再由等腰三角形的性质，可得平分，从而得到．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，为的中点，
∴平分，
∴．
故答案为：．
13．如图，在中，，点P为射线上一点，连接．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质即可证明；
（2）可证明是线段的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即；
（2）证明：由（1）知，
又∵，
∴是线段的垂直平分线，
∴．
14．在中，是边的中点，、分别在及其延长线上，，连接．
(1)求证：
(2)若，试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)四边形是矩形，理由见解析
【分析】由证明三角形全等，由和是边的中点得到和是等腰三角形，再根据三角形内角和定理得出，再证明四边形是平行四边形，可得出结论；
【详解】（1）证明：，
，
是边的中点，
，
在和中，
，
．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
和是边的中点，
，
和是等腰三角形，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是矩形．
【点睛】求解图形证明题一定要合理应用题目中包含的隐藏条件，比如对顶角相等，往往会成为解题的突破口．
15．已知点，分别在矩形纸片的边，上，连接，将矩形纸片沿折叠．
(1)如图①，若点恰好落在点处，与相交于点，连接，．
①判断四边形的形状，并证明你的结论；
②若，，求折痕的长；
(2)如图②，若点恰好落在边上的点处，点落在点处，交于点，且．
①求证：；
②若，，求的长．
【答案】(1)①四边形是菱形，证明见解析；②
(2)①见解析；②6
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，图形折叠的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
（1）①根据折叠变换的性质和菱形的判定即可得；
②设，则，在直角三角形中，由勾股定理求，在直角三角形中，由勾股定理求x，利用菱形面积的计算公式建立等式，进行计算即可得；
（2）①由矩形和折叠的性质，用证明，从而得，则，由，得；
②由，，得，，，设，则，根据勾股定理得，进行计算即可得的长度．
【详解】（1）①四边形是菱形．
证明如下：
由折叠的性质，得，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形．
②四边形是矩形，
，
，，
，
设，则，
，
，解得，
，
，
．
（2）①四边形是矩形，
，，
由折叠的性质，得，，
，，
在和中，
，
，
，
，
．
②设，
，
，
，
，
由折叠的性质，得，，
，
，
，
，
，解得，
．两年：三角形为必考内容，分值占比 15%-20%，题型覆盖选择、填空、解答题。命题侧重基础性质与综合应用，无冷门模型，勾股定理、三角形中位线每年必考，内角和、等腰三角形等高频出现，多与平行四边形、解直角三角形综合，易错点集中在角度转化、分类讨论等，整体难度适中，侧重能力考查。
知识点
2025 年湖南统考
2024 年湖南统考
三角形内角和与外角性质
第 17 题，填空题，3 分（考查正八边形内角相关，涉及三角形内角和、外角性质）
未单独考查，仅作为其他几何题（如圆、等腰三角形）辅助步骤（隐含考查）
三角形中位线
第 16 题，填空题，3 分（结合线段垂直平分线，考查中位线性质）
第 9 题，选择题，3 分（考查中位线性质及相似三角形判定，点D、E为AB、AC中点）
全等三角形判定与性质
第 25 题（3）问，解答题，4 分（结合平行四边形、等腰三角形，证明三角形全等）
未单独考查，仅作为第 22 题（平行四边形判定）辅助证明步骤（隐含考查）
等腰三角形“三线合一”
未单独考查，作为第 25 题（3）问全等证明的辅助条件（隐含考查）
第 14 题，填空题，3 分（考查等腰三角形底角计算，隐含三线合一思想）
勾股定理及逆定理
第 24 题，解答题，8 分（解直角三角形实际应用，核心考查勾股定理计算）
第 18 题，解答题，6 分（解直角三角形实际应用，结合勾股定理、三角函数）
直角三角形斜边中线的性质
未单独考查，作为几何题辅助步骤（隐含分值）
未单独考查，作为解直角三角形、圆相关题目辅助步骤（隐含分值）
三角形角平分线的性质与判定
未单独考查，作为第 25 题全等证明的辅助条件（隐含考查）
第 17 题，填空题，3 分（考查角平分线性质，结合垂线求线段长度）
三角形动点问题（全等/等腰/最值）
第 24 题，解答题，8 分（结合解直角三角形，涉及动点最值，隐含等腰三角形分类）
未单独考查动点问题，仅在第 24 题解直角三角形中隐含动点思想
预测2026年：预计命题延续近两年趋势，分值、题型保持稳定，核心考点不变，仍以勾股定理、全等三角形、中位线为重点，将加强与相似三角形、实际应用的结合，难度略有提升，侧重转化思想、建模能力考查，可能增加相似三角形综合题的比重，需重点突破综合应用与规范书写。
解｜题｜策｜略
核心：利用内角和（180∘）与外角性质（等于不相邻两内角和）建立方程求解角度。
步骤：在图中标出已知角，寻找包含未知角的三角形或外角结构，列出等式求解。常与平行线、角平分线结合。
关键模型：“飞镖”模型（顶点在内部的四边形）、“8字”模型（对顶角三角形）。
易错：误将外角当作邻补角使用；在复杂图形中找不到有效三角形列式。
解｜题｜策｜略
核心：连接三角形两边中点，所得线段平行于第三边且等于其一半。
应用：①证明两线平行；②将较长边的问题转化为中位线问题；③已知两边中点求第三边长度。
辅助线思路：图形中出现多个中点时，优先尝试连接构造中位线；有时需取中点构造。
易错：与“中线”概念混淆；忽略其“平行”和“一半”两个结论中的任何一个。
解｜题｜策｜略
核心：根据已知条件（边、角）选择合适判定定理（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）。全等后，利用对应边相等、对应角相等进行下一步推理。
判定技巧：有边等则找夹角或另一边；有角等则必须找一组边；直角三角形优先想HL。
经典模型：平移、对称（折叠）、旋转（手拉手）、一线三等角。
易错：误用“边边角”（SSA）；全等后写结论时对应点顺序错误。
解｜题｜策｜略
核心：等腰三角形底边上的中线、高线、顶角平分线互相重合。
正向应用：已知等腰，可推出垂直、角等、线段等，是关键的中间结论。
逆向应用：若一个三角形中“两线合一”（如高与中线重合），可反推它为等腰三角形，这是证明等腰的重要方法。
标志：题目涉及等腰、底边中点、垂直、平分等关键词。
易错：在非底边上错误应用该定理。
解｜题｜策｜略
核心：定理（知直角求边长）：a2+b2=c2。逆定理（证直角）：若 a2+b2=c2，则边 c 所对角为直角。
应用场景：定理用于直角三角形边长计算或方程建模；逆定理用于证明垂直或直角三角形。
关键点：使用逆定理时，必须验证等式是否满足“两较小边的平方和等于最大边的平方”。
易错：未判断最大边就套用公式，在钝角三角形中也成立等式导致误判。
解｜题｜策｜略
核心：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
应用：①直接建立斜边与中线长的关系；②连接后，产生两个等腰三角形，便于导角；③是直角三角形中与中点相关的常用辅助线。
辅助线：条件出现“直角三角形”和“斜边中点”时，连接直角顶点与中点是常见作法。
区分：此性质仅适用于直角三角形，不同于任意三角形的中位线。
易错：在非直角三角形中错误使用。
解｜题｜策｜略
核心：性质：角平分线上的点到角两边的距离相等。判定：到角两边距离相等的点在角平分线上。
性质应用：需要线段相等时，常过角平分线上点向两边作垂线，利用等距离构造全等或进行面积计算。
判定应用：需要证明角平分线时，通常证明该点到角两边的垂线段长度相等。
关键：“距离”意味着必须作垂直。性质是“知角平分线得等线段”，判定是“由等线段证角平分线”。
易错：使用性质时未作垂线就直接说线段相等。
解｜题｜策｜略
核心思路：化动为静，分类讨论，代数建模。
通用步骤：1. 分析动点运动路径与速度；2. 画出不同时刻的临界状态图；3. 根据问题（如哪两边相等、哪两个三角形全等）列出所有可能情况；4. 设时间 t 或位置 x，表示相关线段长，建立方程；5. 求解并检验解的合理性（在运动范围内）。
全等问题：抓住固定不变的对应边或角，讨论动点在不同位置时满足全等条件的情形。
等腰问题：常分“腰相等”的三种情况讨论，利用两点间距离公式列方程。
最值问题：常转化为“将军饮马”（轴对称）、垂线段最短或建立二次函数求最值。
易错：分类讨论不全面导致漏解；求出的解未考虑动点的运动限制。