第04讲 三角形的证明与计算（讲练，2考点+14种题型（含4种解题技巧））-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（全国通用）

模块二 图形与几何基础 第04讲 三角形的证明与计算 （思维导图+2考点+14种题型（含4种解题技巧）） 试卷第1页，共3页 2 / 28 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 三角形的相关计算 ►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算 ►题型02 与三角形有关的角度计算问题 ►题型03 利用全等三角形的性质求解 ►题型04 利用相似三角形的性质求解 ►题型05 利用特殊三角形的性质求解 ►题型06 三角形有关的折叠问题 ►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题 ►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题 考点二 三角形的相关证明 ►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解 ►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解 ►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解 ►题型04 与三角形有关的多结论问题 ►题型05 勾股定理的证明 ►题型06 三角形与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 三角形的证明与计算 三角形作为初中数学几何部分的重要内容，其在中考数学中的考查频率和难度都较为突出。 【常见题型】 1.选择题与填空题：选择题和填空题主要考查三角形的基础知识和简单计算，如三角形的三边关系、内角和、外角性质、中位线定理等。此类题目通常较为简单，但要求考生对知识点掌握准确。 2.解答题：解答题部分对三角形的考查更为深入，常涉及三角形全等的证明、特殊三角形的性质和判定等。此类题型综合性较强，要求考生具备良好的逻辑推理能力和计算能力。 3.压轴题：在一些地区的中考中，三角形的证明与计算也会出现在压轴题中，通常结合四边形、圆等其他几何知识，考查学生的综合运用能力和创新思维。 【命题预测】 1.注重基础知识的理解和运用：中考数学对三角形证明与计算的考查始终以基础知识为核心，强调对概念、定理的理解和灵活运用。 2.强化实际应用：近年来，中考数学越来越注重与实际生活的联系，解直角三角形部分常常以实际应用题的形式出现，要求考生能够将所学知识应用于解决实际问题。 3.提升综合思维能力：随着中考改革的深入，三角形的证明与计算题型逐渐向综合化、创新化方向发展，要求考生具备较强的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。 综上所述，考生在复习三角形证明与计算部分时，应注重基础知识的学习和掌握，强化对全等三角形和特殊三角形性质和判定的理解，提升解直角三角形的实际应用能力，并通过大量练习提高逻辑推理和综合运用知识的能力。这样，才能在中考中取得优异的成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 三角形的相关计算 ►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算 1．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．6 2．（2023·四川眉山·中考真题）如图，中，是中线，分别以点A，点B为圆心，大于长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线交于点E．连接交于点F．过点D作，交于点G．若，则的长为 ．    3．（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． 4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，中，，分别以顶点A，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别相交于点和点，作直线分别与，交于点和点；以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点和点，再分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，若射线恰好经过点，则下列四个结论：①；②垂直平分线段；③；④．其中，正确结论的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 线段名称 三角形的高 三角形的中线 三角形的角平分线 图形语言 性质 ∵AD是∆ABC中BC边的高 ∴∠ADB=∠ADC=90° ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∴BD=CD S△ABD=S△ADC=S△ABC ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线 ∴∠BAD=∠DAC=∠BAC 用途举例 1）线段垂直．2）角度相等． 1）线段相等．2）面积相等． 角度相等． 线段名称 三角形的中位线 三角形的垂直平分线 图形语言 性质 ∵DE是∆ABC的中位线 ∴DE=BC DE∥BC ∵直线l是AB的垂直平分线 ∴PA=PB, AC=BC, ∠PCA=∠PCB=90° 用途举例 1）线段平行．2）线段关系． 1）线段相等．2）角度相等． ►题型02 与三角形有关的角度计算问题 5．（2024·山西·中考真题）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（   ） A． B． C． D． 6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °． 7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在中，，，，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则 ． 9．（2024·四川凉山·中考真题）如图，中，是边上的高，是的平分线，则的度数是 ． 1）三角形的内角和为180°； 2）直角三角形中两锐角和为90°； 3）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和. ►题型03 利用全等三角形的性质求解 10．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 11．（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．5 B． C． D．4 12．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限（不与点重合），且与全等，点的坐标是 ． 13．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接并延长交于点G，若，则： （1）的度数是 ； （2）的长是 ． ►题型04 利用相似三角形的性质求解 14．（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025·上海静安·一模）把一个三角形放大为与它相似的三角形，如果它的面积扩大为原来的倍，那么它的周长扩大为原来的 倍． 16．（2024·山东青岛·一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为．若，则等于（   ） A． B． C． D． 17．（2024·江西·模拟预测）将一把直尺与按如图所示的方式摆放，与直尺的一边重合，，分别与直尺的另一边交于点，．若点，，，分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，直尺的宽为，则点C到边的距离为 ． ►题型05 利用特殊三角形的性质求解 18．（2024·宁夏·中考真题）在平面直角坐标系中，一条直线与两坐标轴围成的三角形是等腰三角形，则该直线的解析式可能为 （写出一个即可）． 19．（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 ． 20．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 21．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 22．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，，分别以点A，B为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线分别交于点D，E，连接 (1)求的长； (2)求的周长． 等腰三角形性质： 1）等腰三角形是轴对称图形，它有1条或3条对称轴， ①当腰和底边不相等的等腰三角形只有1条对称轴， ②当腰和底边不相等的等腰三角形只有3条对称轴. 2）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）. 3）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）. 【注意】“三线合一”的前提是等腰三角形，且必须是顶角的角平分线，底边上的高和底边上的中线. 等边三角形的性质： 1）等边三角形是轴对称图形，并且有3条对称轴； 2）等边三角形的三条边相等； 3）三个内角都相等，并且每个内角都是60°. 直角三角形的性质： 1）直角三角形两个锐角互余. 2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3) 在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半. ►题型06 三角形有关的折叠问题 23．（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 ． 24．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在纸片中，，点分别在边上，且，将沿折叠，使点A落在边上的点F处，则（   ） A． B． C． D． 25．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    思路：解决“翻折”问题时，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段或角与已知线段、角归结到一起，尤其是求线段长度时，常常利用勾股定理直接求出未知线段的长度或通过勾股定理列方程使问题得以解决. 解题方法：不找以折痕为边长的直角三角形,利用未知数表示其它直角三角形三边,通过勾股定理/相似三角 形知识求解. ►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题 26．（2025中原区一模）在等腰中，，中线将这个三角形的周长分为18和21两个部分，则这个等腰三角形的腰长为 ． 27．（2024大庆市二模）已知、、为的三边，且满足，则是（   ） A．直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 28．（2024云岩区一模）在中，为钝角，，如果经过其中一个顶点作一条直线能把分成两个等腰三角形，那么的度数为 ． 29．（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 ．    30．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ． 31．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知直角三角形的两边长分别为3、1．则第三边长为 ． 1. 等腰三角形 边长分类：若已知等腰三角形的周长和一条边长，但未指明该边长是腰长还是底边长，则需要分两种情况讨论：一是该边长为底边，求两腰长；二是该边长为腰长，求底边长。 角度分类：若已知等腰三角形的一个角度，但未指明是顶角还是底角，也需要分两种情况讨论：一是该角度为顶角，求两个底角；二是该角度为底角，求顶角。 2. 直角三角形 边长分类：若已知两边求第三边长. ►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题 32．（2025宝山区模拟）在平面直角坐标系中，已知点，点，，，点D在第一象限内，如果以点D、O、C为顶点的三角形与相似，那么这样的点D有（    ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 33．（2025·湖北黄石·一模）如图所示的三角形是由左边的梯形经过连续的旋转形成的图案，则它们的旋转角度是 ．    34．（2021·山东日照·中考真题）如图，在矩形中，，，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为 时，与全等． 全等图形的性质： 全等三角形的对应边相等， 若，则AB=DE,AC=DF,BC=EF 全等三角形的对应角相等 若，则∠A=∠D, ∠B=∠E,∠C=∠F 全等三角形的周长相等，面积相等 若，则 全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等． ，则 AG=DJ(对应边上的高线相等) AI=DL(对应边上的中线相等) AH=DK(对应角的角平分线相等) 相似三角形的性质： 1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等. 【小技巧】相似多边形对应边的比相等是求某条线段的长或求两条线段的比的一种常用方法，采用此方法时一定要注意找准对应关系. 2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比. 3）相似三角形周长的比等于相似比. 4）相似三角形面积比等于相似比的平方. 5）传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB. 解题方法：利用相似三角形的性质可推得成比例线段，从而建立等式求得未知线段的长.在中考题中常常运用相似三角形的面积比等于相似比的平方解决与几何图形面积相关的问题. 1．（2025·陕西·一模）如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，的垂直平分线分别交、于点E、F，连接，若，则的面积为 ．    2．（2024·安徽亳州·模拟预测）在中，若，则 ．3．（2025·陕西西安·一模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相 补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”， 也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．  如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 4．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，中，，将绕点逆时针旋转，若，，点旋转后的对应点为，则的长是 ． 5．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，等腰三角形中，，，点为平面内一点，且，连接，则的最小值为 ，最大值 ． 6．（2025·陕西·一模）我国是最早了解勾股定理的国家之一，在《周髀算经》中记载了勾股定理的公式与证明，相传是由商高发现，故又称之为“商高定理”．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形的两条直角边长分别为m、n，则 ． 7．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均在格点上． （1）的长等于 ； （2）只用无刻度的直尺作出的边上的高．（保留作图痕迹） ． 8．（2024·辽宁抚顺·二模）为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时， ． 9．（2024·湖南长沙·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．如图，乐器上的一根弦长，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 ．（结果保留根号） 考点二 三角形的相关证明 ►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解 1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 3．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________； ②求证：． ►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解 4．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且． (1)求证：； (2)求的度数． 5．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 6．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F． 请你解决下面各组提出的问题： (1)求证：； (2)探究与的关系； 某小组探究发现，当时，；当时，． 请你继续探究：①当时，直接写出的值； ②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明； (3)拓展应用：在图1中，过点F作，垂足为点P，连接，得到图2，当点D运动到使时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）． ►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解 7．（2024·江西·中考真题）追本溯源：题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）． （1）如图1，在中，平分，交于点D，过点D作的平行线，交于点E，请判断的形状，并说明理由． 方法应用：（2）如图2，在中，平分，交边于点E，过点A作交的延长线于点F，交于点G． ①图中一定是等腰三角形的有（    ） A．3个　B．4个　C．5个　D．6个 ②已知，，求的长． 8．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 9．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 10．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为的等边三角形纸片叠放在一起，使点E、B分别在边上（端点除外），边相交于点G，边相交于点H． (1)如图1，当E是边的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________； (2)如图2，若，求两张纸片重叠部分的面积的最大值； (3)如图3，当，时，与有怎样的数量关系？试说明理由． 11．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．    (1)求图中阴影部分的面积； (2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长． ►题型04 与三角形有关的多结论问题 12．（2025·广东广州·一模）如图，在中，，，是边上一点，且，过点作交于点，交于点，过点作于点，分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，交于点．记的面积为，四边形的面积为，的面积为，请判断下列结论中正确个数为（   ） ①；②是等腰三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 13．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论：①；②；③当点在的延长线上时，；④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为．其中正确结论有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． ►题型05 勾股定理的证明 16．（2024·山西吕梁·模拟预测）阅读与思考：请阅读下列材料，完成相应任务． 从勾股定理的“无字证明”谈起 在勾股定理的学习过程中，我们已经学会运用一些几何图形验证勾股定理．如图1是古印度的一种证明方法：过正方形的中心O，作两条互相垂直的直线，将正方形分成4份，所分成的四部分和一小正方形恰好能拼成一个大正方形．这种方法，不用运算，单靠移动几块图形就直观地证出了勾股定理，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．    意大利著名画家达·芬奇用如图2所示的方法证明了勾股定理，其中图甲的空白部分是由两个正方形和两个直角三角形组成，图丙的空白部分由两个直角三角形和一个正方形组成．设图甲中空白部分的面积为，图丙中空白部分的面积为． 任务： (1)下面是小亮利用图2验证勾股定理的过程，请你帮他补充完整． 解：根据题意，得________ ． ∵， ∴________，即________． (2)我国是最早了解勾股定理的国家之一．东汉末年数学家刘徽在为《九章算术》作注中依据割补术而创造了勾股定理的无字证明“青朱出入图”．如图3，若，，则的长度为________． (3)在初中的数学学习中，我们已经接触了很多代数恒等式．一些代数恒等式也可以通过“无字证明”来解释．可以借助图4直观地解释的代数恒等式为________．借助此方法可将抽象的数学知识变得直观且具有可操作性，从而帮助我们解决问题，在此过程中体现的数学思想是________． A．分类讨论思想    B．公理化思想    C．数形结合思想    D．从特殊到一般的思想 (4)借助图5可以直观解释的式子为________．（填序号） ①；        ②； ③；        ④． (5)实际上，初中数学还有一些代数恒等式（除上述涉及的）也可以借助“无字证明”来直观解释，请你举出一例，画出图形并直接写出所解释的代数恒等式． 17．（2023·辽宁阜新·二模）动手实践、归纳和猜想是我们发现数学结论的重要一环，你也来试试吧！ (1)如图，两个边长分别为的直角三角形和一个两条直角边都是的直角三角形拼成一个梯形．用两种不同的方法计算梯形的面积，得到我们学习过的一个重要公式， 请你写出来：面积等式为____________，结论为____________； (2)边形有个顶点，在它的内部再画个点，以个点为顶点，把边形剪成若干个三角形，设最多可以剪得个这样的三角形．当时，如图，最多可以剪得7个这样的三角形，所以． 当时，如图，______； 当______时，； 对于一般的情形，在边形内画个点，通过归纳猜想，可得______（用含的代数式表示）． 18．（2021·贵州贵阳·中考真题）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程； （2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形的中心，作，将它分成4份．所分成的四部分和以为边的正方形恰好能拼成以为边的正方形．若，求的值； （3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形的边长为定值，小正方形的边长分别为．已知，当角变化时，探究与的关系式，并写出该关系式及解答过程（与的关系式用含的式子表示）． ►题型06 三角形与函数综合 19．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，，，，是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作，交于点Q，以为边作等边三角形，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为，与重合部分图形的面积为．    (1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）． (2)当点E与点C重合时，求t的值． (3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围． 20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标； (3)当时，求点P的坐标； (4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______． 21．（2023·广西·中考真题）如图，是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边，，上运动，满足．    (1)求证：； (2)设的长为x，的面积为y，求y关于x的函数解析式； (3)结合（2）所得的函数，描述的面积随的增大如何变化． 22．（2023·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点．与y轴交于点．    (1)求该抛物线的函数表达式； (2)若点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与的最大值及此时点P的坐标； (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得是以为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由． 判定两个三角形全等的思路： 证三角形全等时，常用的隐含条件： 1）公共角(或公共边)； 2）对顶角相等； 3）等角加(或减)等角仍是等角； 4）角平分线得两等角； 5）平行线得同位角、内错角相等. 相似三角形的判定方法： 1）判定三角形相似的常用定理： ①平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似． ②三边成比例的两个三角形相似； ③两边成比例且夹角相等的两个三角形相似； ④两角分别相等的两个三角形相似． 2）直角三角形相似的判定方法： ①有一个锐角相等的两个直角三角形相似. ②两组直角边成比例的两个直角三角形相似. ③斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似. 【补充】判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求： 1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形； 2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例； 3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例； 4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例； 5）条件中若有等腰三角形，可找顶角相等，或找底角相等，或找底和腰对应成比例. 1．（2025·广东揭阳·一模）如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 2．（2025·陕西西安·一模）如图，直线l：与 反 比 例 函 数的 图 象 交 于 点A， 与 x 轴交于点B， 将 线 段 绕 点B逆时针旋转至线段，若点C恰好也在反比例函数图象上，则k的值为 · 3．（2025·安徽亳州·一模）如图，是的中线，点在上，延长交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·上海宝山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，与轴相交于点B，与y轴相交于点A，过点A的直线与x轴相交于点，以为斜边在下方作等腰，连接，则的长为： 5．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在等边三角形中，，D、E是边上的三等分点，点M、N分别在边，上运动，则四边形周长的最小值是 ． 6．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 7．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    8．（2025·上海宝山·一模）如图，已知，，，是边的中点，线段绕点顺时针旋转得到对应线段，线段与分别交于点，如果是直角三角形，那么的长是 ． 9．（2025·湖南娄底·一模）已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 10．（2025·广东·模拟预测）如图，在中，，，点为高上的一动点，以为边作等边，连接，，则 ，的最小值为 ． $$模块二 图形与几何基础 第04讲 三角形的证明与计算 （思维导图+2考点+14种题型（含4种解题技巧）） 试卷第1页，共3页 2 / 112 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 三角形的相关计算 ►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算 ►题型02 与三角形有关的角度计算问题 ►题型03 利用全等三角形的性质求解 ►题型04 利用相似三角形的性质求解 ►题型05 利用特殊三角形的性质求解 ►题型06 三角形有关的折叠问题 ►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题 ►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题 考点二 三角形的相关证明 ►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解 ►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解 ►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解 ►题型04 与三角形有关的多结论问题 ►题型05 勾股定理的证明 ►题型06 三角形与函数综合 01考情透视·目标导航 中考考点 命题预测 三角形的证明与计算 三角形作为初中数学几何部分的重要内容，其在中考数学中的考查频率和难度都较为突出。 【常见题型】 1.选择题与填空题：选择题和填空题主要考查三角形的基础知识和简单计算，如三角形的三边关系、内角和、外角性质、中位线定理等。此类题目通常较为简单，但要求考生对知识点掌握准确。 2.解答题：解答题部分对三角形的考查更为深入，常涉及三角形全等的证明、特殊三角形的性质和判定等。此类题型综合性较强，要求考生具备良好的逻辑推理能力和计算能力。 3.压轴题：在一些地区的中考中，三角形的证明与计算也会出现在压轴题中，通常结合四边形、圆等其他几何知识，考查学生的综合运用能力和创新思维。 【命题预测】 1.注重基础知识的理解和运用：中考数学对三角形证明与计算的考查始终以基础知识为核心，强调对概念、定理的理解和灵活运用。 2.强化实际应用：近年来，中考数学越来越注重与实际生活的联系，解直角三角形部分常常以实际应用题的形式出现，要求考生能够将所学知识应用于解决实际问题。 3.提升综合思维能力：随着中考改革的深入，三角形的证明与计算题型逐渐向综合化、创新化方向发展，要求考生具备较强的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。 综上所述，考生在复习三角形证明与计算部分时，应注重基础知识的学习和掌握，强化对全等三角形和特殊三角形性质和判定的理解，提升解直角三角形的实际应用能力，并通过大量练习提高逻辑推理和综合运用知识的能力。这样，才能在中考中取得优异的成绩。 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 三角形的相关计算 ►题型01 与高，中线，角平分线，垂直平分线的计算 1．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．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 2．（2023·四川眉山·中考真题）如图，中，是中线，分别以点A，点B为圆心，大于长为半径作弧，两孤交于点M，N．直线交于点E．连接交于点F．过点D作，交于点G．若，则的长为 ．    【答案】 【分析】由作图方法可知是线段的垂直平分线，则是的中线，进而得到点F是的重心，则，证明，利用相似三角形的性质得到，则． 【详解】解：由作图方法可知是线段的垂直平分线， ∴点E是的中点， ∴是的中线， 又∵是的中线，且与交于点F， ∴点F是的重心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，推出点F是的重心是解题的关键． 3．（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． 4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，中，，分别以顶点A，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别相交于点和点，作直线分别与，交于点和点；以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点和点，再分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，若射线恰好经过点，则下列四个结论： ①；②垂直平分线段；③；④． 其中，正确结论的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题主要考查作图-复杂作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 由作图可知垂直平分线段、平分，进而证明可判定①；再说明可得垂直平分线段可判定②；根据直角三角形的性质可得可判定③，根据三角形的面积公式即可判定④． 【详解】解：由作图可知垂直平分线段， ∴， ∴， 由作图可知平分， ∴， ∵， ∴，故①正确， ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分线段，故②正确， ∵， ∴，故③正确， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确． 故选：D． 线段名称 三角形的高 三角形的中线 三角形的角平分线 图形语言 性质 ∵AD是∆ABC中BC边的高 ∴∠ADB=∠ADC=90° ∵AD是∆ABC中BC边的中线 ∴BD=CD S△ABD=S△ADC=S△ABC ∵AD是∆ABC中∠BAC的角平分线 ∴∠BAD=∠DAC=∠BAC 用途举例 1）线段垂直．2）角度相等． 1）线段相等．2）面积相等． 角度相等． 线段名称 三角形的中位线 三角形的垂直平分线 图形语言 性质 ∵DE是∆ABC的中位线 ∴DE=BC DE∥BC ∵直线l是AB的垂直平分线 ∴PA=PB, AC=BC, ∠PCA=∠PCB=90° 用途举例 1）线段平行．2）线段关系． 1）线段相等．2）角度相等． ►题型02 与三角形有关的角度计算问题 5．（2024·山西·中考真题）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质和三角形外角性质，根据题意结合图形可知是重力与斜面形成的三角形的外角，从而可求得的度数． 【详解】解：重力的方向竖直向下， 重力与水平方向夹角为， 摩擦力的方向与斜面平行，， ， 故选：C． 6．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则 °． 【答案】35 【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数． 【详解】解：连接， 与相切于点， ， ， ； ， ， 故答案为：35 7．（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 8．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知，点为内部一点，点为射线、点为射线上的两个动点，当的周长最小时，则 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了轴对称最短路线问题，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；作点P关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，根据对称的性质结合等腰三角形的性质即可求解． 【详解】解：作关于，的对称点．连接．则当，是与，的交点时，的周长最短，连接， 关于对称， ∴， 同理，，， ，， 是等腰三角形． ， 故答案为：． 9．（2024·四川凉山·中考真题）如图，中，是边上的高，是的平分线，则的度数是 ． 【答案】/100度 【分析】本题考查了三角形内角和以及外角性质、角平分线的定义．先求出，结合高的定义，得，因为角平分线的定义得，运用三角形的外角性质，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∵是边上的高， ∴， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴． 故答案为：． 1）三角形的内角和为180°； 2）直角三角形中两锐角和为90°； 3）三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和. ►题型03 利用全等三角形的性质求解 10．（2024·四川资阳·中考真题）第届国际数学教育大会（）会标如图所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（，，，）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，根据全等三角形，正方形的性质可得，再根据勾股定理可得，即可求出的值． 【详解】解：根据题意，设，则， ∵，四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11．（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．5 B． 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． 12．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，在中，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，点在第一象限（不与点重合），且与全等，点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，三角形全等的性质．利用数形结合的思想是解题的关键．根据点在第一象限（不与点重合），且与全等，画出图形，结合图形的对称性可直接得出． 【详解】解：∵点在第一象限（不与点重合），且与全等， ∴，， ∴可画图形如下， 由图可知点C、D关于线段的垂直平分线对称，则． 故答案为：． 13．（2024·湖北·中考真题）如图，由三个全等的三角形(，，)与中间的小等边三角形拼成一个大等边三角形．连接并延长交于点G，若，则： （1）的度数是 ； （2）的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用三角形相似及可得，再利用三角形的外角性质结合可求得； （2）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：(已知)， ，， ， ， 为等边三角形， ，， ， ，， 如图，过点作的延长线于点， ， ， ， ，， ， ， ． 故答案为：，． ►题型04 利用相似三角形的性质求解 14．（2024·四川巴中·中考真题）如图，是用12个相似的直角三角形组成的图案．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是相似三角形的性质，锐角三角函数的应用，规律探究；先求解，可得，再进一步探究即可； 【详解】解：∵12个相似的直角三角形， ∴， ， ∵， ∴， ， ， ∴， 故选C 15．（2025·上海静安·一模）把一个三角形放大为与它相似的三角形，如果它的面积扩大为原来的倍，那么它的周长扩大为原来的 倍． 【答案】3 【分析】本题考查了相似三角形的性质，理解并掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 根据题意，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，周长比等于相似比即可求解． 【详解】解：三角形放大为与它相似的三角形，如果它的面积扩大为原来的倍， ∴相似比为， ∴周长扩大为原来的3倍， 故答案为：3 ． 16．（2024·山东青岛·一模）如图，将沿边上的中线平移到的位置，已知的面积为，阴影部分三角形的面积为．若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要平移的性质、相似三角形的性质，根据平移的性质可知，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方、相似三角形的中线比等于相似比可得：，从而可得：，从而可求的长度． 【详解】解：如下图所示， 根据平移的性质可知， 、， ， ， ， ， 解得：． 故选：A． 17．（2024·江西·模拟预测）将一把直尺与按如图所示的方式摆放，与直尺的一边重合，，分别与直尺的另一边交于点，．若点，，，分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，直尺的宽为，则点C到边的距离为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了点到直线的距离，相似三角形的判定和性质，证，可得，已知点，，，分别与直尺上的刻度4.5，8.5，5，7对应，可得、的长，即得的值，设，则，可得的长，即得点到边的距离，关键是掌握相似三角形对应边成比例． 【详解】解：过作，交于点，交于点， ， 由题意得，，， ，， ，， ， ， ， 设，则， ， 解得：， ， ． 故答案为：2． ►题型05 利用特殊三角形的性质求解 18．（2024·宁夏·中考真题）在平面直角坐标系中，一条直线与两坐标轴围成的三角形是等腰三角形，则该直线的解析式可能为 （写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查的是等腰三角形的定义，一次函数的几何应用，如图，直线过，，再求解一次函数的解析式即可． 【详解】解：如图，直线过，， ∴为等腰直角三角形， 设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为， 故答案为：，（答案不唯一．） 19．（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． 20．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案． 【详解】解：作，交y轴于点F， 由题可得：， 是等边三角形，， ∴是的角平分线， ， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， 故答案为：． 21．（2024·河南·中考真题）如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点，连接，．以点D为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过D作于E，利用圆内接四边形的性质，等边三角形的性质求出，利用弧、弦的关系证明，利用三线合一性质求出，，在中，利用正弦定义求出，最后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】解∶过D作于E， ∵是边长为的等边三角形的外接圆， ∴，，， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，扇形面积公式，解直角三角形等知识，灵活应用以上知识是解题的关键． 22．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，，分别以点A，B为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线分别交于点D，E，连接 (1)求的长； (2)求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线的点到线段两个端点的距离相等，斜中半定理：直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理等知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）由题意得是线段的垂直平分线，故点D是斜边的中点．据此即可求解； （2）根据、的周长即可求解； 【详解】（1）解：由作图可知，是线段的垂直平分线， ∴在中，点D是斜边的中点． ∴． （2）解：在中，． ∵是线段的垂直平分线， ∴． ∴的周长． 等腰三角形性质： 1）等腰三角形是轴对称图形，它有1条或3条对称轴， ①当腰和底边不相等的等腰三角形只有1条对称轴， ②当腰和底边不相等的等腰三角形只有3条对称轴. 2）等腰三角形的两个底角相等（简称“等边对等角”）. 3）等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合.（简称“三线合一”）. 【注意】“三线合一”的前提是等腰三角形，且必须是顶角的角平分线，底边上的高和底边上的中线. 等边三角形的性质： 1）等边三角形是轴对称图形，并且有3条对称轴； 2）等边三角形的三条边相等； 3）三个内角都相等，并且每个内角都是60°. 直角三角形的性质： 1）直角三角形两个锐角互余. 2）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半. 3) 在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半. ►题型06 三角形有关的折叠问题 23．（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． 24．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在纸片中，，点分别在边上，且，将沿折叠，使点A落在边上的点F处，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查勾股定理与折叠，直角三角形的性质，由折叠可得，，即可得到，再分别在和利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵将沿折叠，使点A落在边上的点F处， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 25．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是 ．    【答案】 【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得． 【详解】解：是等边三角形， ， ∵折叠得到， ， ，， 平分等边的面积， ， ， 又， ， ，， ， ， 解得或（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 思路：解决“翻折”问题时，要弄清翻折前后的边、角的对应情况，将待求线段或角与已知线段、角归结到一起，尤其是求线段长度时，常常利用勾股定理直接求出未知线段的长度或通过勾股定理列方程使问题得以解决. 解题方法：不找以折痕为边长的直角三角形,利用未知数表示其它直角三角形三边,通过勾股定理/相似三角 形知识求解. ►题型07 利用分类讨论思想解决特殊三角形计算问题 26．（2025中原区一模）在等腰中，，中线将这个三角形的周长分为18和21两个部分，则这个等腰三角形的腰长为 ． 【答案】或/或 【分析】分类讨论，当腰长与腰长一半分别是18和21时，分别求腰的值，即可得到底边长． 【详解】解：根据题意， ①当是腰长与腰长一半时，，解得， 所以底边长； ②当是腰长与腰长一半时，，解得， 所以底边长． 所以底边长等于或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的性质是解题的关键． 27．（2024大庆市二模）已知、、为的三边，且满足，则是（   ） A．直角三角形 B．等腰或直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形 【答案】B 【分析】本题主要考查了因式分解的应用，三角形的分类，勾股定理得逆定理，将等式化为或是解题的关键．先将等式右边移项，再将等式左边分解因式可求得或，进而可得或，进而判定三角形的形状即可． 【详解】解：， ， ， ， 或， 或， （舍去负值）或， 是等腰三角形或直角三角形． 故选：B． 28．（2024云岩区一模）在中，为钝角，，如果经过其中一个顶点作一条直线能把分成两个等腰三角形，那么的度数为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、解二元一次方程组，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理分多种情况求解即可． 【详解】解：①过顶点C作一条直线把分成两个等腰三角形，假设以点A为顶点的等腰三角形为，如下图， ∴， ∴， 若是等腰三角形，顶点为M， ∴， ∴， 故假设成立； ②过顶点C作一条直线把分成两个等腰三角形，假设以点C为顶点的等腰三角形为，如图， ∴， ∴， ∵， 若为等腰三角形，顶点为M， ∴， ∴， 故假设成立； ③过顶点C作一条直线把分成两个等腰三角形，假设以点M为顶点的等腰三角形为，如图， ∴， ∴， ∵， 若为等腰三角形，顶点为M， ∴， ∴， 故假设不成立； ④过顶点A作一条直线把分成两个等腰三角形，等腰三角形为只能以点C为顶点，如图， 设，， 则， ∴， 若为等腰三角形，顶点为M， ∴， 解得， 故假设成立； ⑤由题得，， ∵， ∴， ∵， ∴， 若过顶点B作直线交于点M，等腰三角形为以点C为顶角，如图， ∵，故矛盾； 综上所述，的度数为：或或， 故答案为：或或． 29．（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． 30．（2024·四川雅安·中考真题）如图，在和中，，，将绕点A顺时针旋转一定角度，当时，的度数是 ． 【答案】或 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，旋转的性质，分两种情况分别画出图形，再结合等腰三角形的性质与角的和差运算可得答案； 【详解】解：如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴； 如图，当时，延长交于， ∵，， ∴, ∴， 故答案为：或 31．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知直角三角形的两边长分别为3、1．则第三边长为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是注意进行分类讨论，①长为1的边是直角边，长为3的边是斜边时，②长为3、1的边都是直角边时，分别根据勾股定理求出第三边长即可． 【详解】解：已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论： ①长为1的边是直角边，长为3的边是斜边时： 第三边的长为： ； ②长为3、1的边都是直角边时： 第三边的长为： ； ∴第三边的长为：或． 故答案为：或． 1. 等腰三角形 边长分类：若已知等腰三角形的周长和一条边长，但未指明该边长是腰长还是底边长，则需要分两种情况讨论：一是该边长为底边，求两腰长；二是该边长为腰长，求底边长。 角度分类：若已知等腰三角形的一个角度，但未指明是顶角还是底角，也需要分两种情况讨论：一是该角度为顶角，求两个底角；二是该角度为底角，求顶角。 2. 直角三角形 边长分类：若已知两边求第三边长. ►题型08 利用分类讨论思想解决全等/相似三角形问题 32．（2025宝山区模拟）在平面直角坐标系中，已知点，点，，，点D在第一象限内，如果以点D、O、C为顶点的三角形与相似，那么这样的点D有（    ）个 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】分情况讨论，当时，再分和讨论；当时，再分和讨论即可求解． 【详解】解：如图，当时， 若，则； 若，则； 当时， 若，则； 若，则；    综上，如果以点D、O、C为顶点的三角形与相似，那么这样的点D有4个， 故选：D． 【点睛】此题主要考查了相似三角形性质，作出图形，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键． 33．（2025·湖北黄石·一模）如图所示的三角形是由左边的梯形经过连续的旋转形成的图案，则它们的旋转角度是 ．    【答案】或（为整数） 【分析】本题考查了旋转的性质、全等图形的性质，根据全等图形的性质求出旋转角度是解题的关键．对图形的部分顶点命名，再由旋转的性质得，梯形、梯形、梯形为全等的图形，得出，分2种情况：①梯形绕着点旋转至梯形，再旋转至梯形；②梯形绕着点旋转至梯形，再旋转至梯形；分别求出旋转角度即可解答． 【详解】解：如图，    由旋转的性质得，梯形、梯形、梯形为全等的图形， ，， 又， ， 当梯形绕着点旋转至梯形，再旋转至梯形，则它们的旋转角度是（为整数）； 当梯形绕着点旋转至梯形，再旋转至梯形，则它们的旋转角度是（为整数）； 如图所示的三角形是由左边的梯形经过连续的旋转形成的图案，则它们的旋转角度是或（为整数）． 故答案为：或（为整数）． 34．（2021·山东日照·中考真题）如图，在矩形中，，，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为 时，与全等． 【答案】2或 【分析】可分两种情况：①得到，，②得到，，然后分别计算出的值，进而得到的值． 【详解】解：①当，时，， ， ， ， ，解得：， ， ， 解得：； ②当，时，， ， ， ，解得：， ， ， 解得：， 综上所述，当或时，与全等， 故答案为：2或． 【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 全等图形的性质： 全等三角形的对应边相等， 若，则AB=DE,AC=DF,BC=EF 全等三角形的对应角相等 若，则∠A=∠D, ∠B=∠E,∠C=∠F 全等三角形的周长相等，面积相等 若，则 全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等． ，则 AG=DJ(对应边上的高线相等) AI=DL(对应边上的中线相等) AH=DK(对应角的角平分线相等) 相似三角形的性质： 1）相似三角形的对应角相等，对应边的比相等. 【小技巧】相似多边形对应边的比相等是求某条线段的长或求两条线段的比的一种常用方法，采用此方法时一定要注意找准对应关系. 2）相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比. 3）相似三角形周长的比等于相似比. 4）相似三角形面积比等于相似比的平方. 5）传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB. 解题方法：利用相似三角形的性质可推得成比例线段，从而建立等式求得未知线段的长.在中考题中常常运用相似三角形的面积比等于相似比的平方解决与几何图形面积相关的问题. 1．（2025·陕西·一模）如图，在中，，的平分线交于点D，点O在上，的垂直平分线分别交、于点E、F，连接，若，则的面积为 ．    【答案】 【分析】连接、，作于点H．由垂直平分可得，结合平分可知四边形是菱形，则，．由菱形的性质及可得，则，则，进而可求面积． 【详解】解∶ 如图，连接、，作于点H．   垂直平分， ， ， 平分， ， ， ， 同理可证明， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形， ， ， ． ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质和判定，30度角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟知相关知识点，正确作出辅助线是解题的关键 2．（2024·安徽亳州·模拟预测）在中，若，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了绝对值非负性，特殊角的三角函数，三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握特殊角的三角函数是解题的关键． 由绝对值的非负性及完全平方式的非负性可得，，进而可得，，由特殊角的三角函数可得，，由三角形的内角和定理可得，由此即可求出的度数． 【详解】解：， ，， ，， ，， ， 故答案为：． 3．（2025·陕西西安·一模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补” ．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相 补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”， 也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．  如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 【答案】5 【分析】本题主要考查割补法求面积，理解题目意思是解题的关键．连接，由“出入相补”原理得到，即可得到答案． 【详解】解：连接，由“出入相补”原理得到，， ， ， ， 图中阴影部分的面积．    故答案为：5． 4．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，中，，将绕点逆时针旋转，若，，点旋转后的对应点为，则的长是 ． 【答案】 【分析】此题考查了旋转的性质，勾股定理，弧长公式等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先根据题意作出旋转后的图形，根据勾股定理求出，再根据弧长公式求出的长，即可解答． 【详解】解：将绕点逆时针旋转后，连接，如图所示： 在中，，，， ， ， 故答案为：． 5．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，等腰三角形中，，，点为平面内一点，且，连接，则的最小值为 ，最大值 ． 【答案】 / / 【分析】根据题意，得，，得点D的运动轨迹是以为直径的，且的半径为2，连接，并延长交于点E，F，利用的等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质解答即可． 本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，圆的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得，， ∴点D的运动轨迹是以为直径的，且的半径为2， 连接，并延长交于点E，F， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∴当点D与点E重合时，由最小值，当点D与点F重合时，由最大值， 故答案为：，． 6．（2025·陕西·一模）我国是最早了解勾股定理的国家之一，在《周髀算经》中记载了勾股定理的公式与证明，相传是由商高发现，故又称之为“商高定理”．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形的两条直角边长分别为m、n，则 ． 【答案】12 【分析】本题考查了勾股定理，以及完全平方式，由题意可得，，，进而可得． 【详解】解：∵大正方形的面积是25， ∴， ∵小正方形的面积是1， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：12． 7．（2025·山东滨州·模拟预测）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均在格点上． （1）的长等于 ； （2）只用无刻度的直尺作出的边上的高．（保留作图痕迹） ． 【答案】 见解析 【分析】此题考查了勾股定理，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据勾股定理求解即可； （2）取格点E，连接交的延长线于点D，连接即为所求的边上的高． 【详解】（1）； 故答案为：．； （2）如图所示，即为所求． 由网格可得，， ∴ ∴ ∴即为所求的边上的高． 8．（2024·辽宁抚顺·二模）为等边三角形，D为平面内一点，连接，将绕点D顺时针旋转，得到线段，连，．当，，时， ． 【答案】2或 【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，旋转的性质以及勾股定理等知识，分在的左侧和右侧两种情况讨论求解即可． 【详解】解：如图，当在的左侧时， ∵是等边三角形， ∴； 由旋转得 ∵是等边三角形， 延长交于点， ∵ ∴ ∵ ∴， 由勾股定理得，， 而， ∴点与点F重合， ∴ ∴； 如图，当在的右侧时， 同理得是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴, 综上，的长为2或， 故答案为：2或． 9．（2024·湖南长沙·模拟预测）黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为．这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金分割．如图，乐器上的一根弦长，两个端点A，B固定在乐器面板上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则支撑点C，D之间的距离为 ．（结果保留根号） 【答案】 【分析】本题主要考查了黄金分割的定义，根据黄金分割的定义分别求出，，再根据线段的和差关系进行计算即可解答． 【详解】解：∵点C是靠近点B的黄金分割点，， ∴， ∵点D是靠近点A的黄金分割点，， ∴ ∴， ∴支撑点C，D之间的距离为， 故答案为：． 考点二 三角形的相关证明 ►题型01 利用全等三角形的性质与判定求解 1．（2024·四川雅安·中考真题）如图，点O是对角线的交点，过点O的直线分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形．熟练掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，是解决问题的关键． （1）由题目中的中，O为对角线的中点，可以得出，，结合，可以证得两个三角形全等，进而得出结论； （2）由（1）中得到的结论可以得到，结合得出四边形是平行四边形，进而利用证明出四边形为菱形，根据即可求出菱形的周长． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是对角线的交点， ∴， 在△和中，， ∴． （2）由（1）知，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形， ∴， ∴， ∴四边形的周长为． 2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证； （2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵为切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴． （2）解：在中，， ∵， 在和中，，， ∴， ∴， ∴， 设的半径为r，则，， 在中，， 解得， ∴半径的长为3 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 3．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________； ②求证：． 【答案】(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明； （2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论； ②根据得到即可得到结论． 【详解】（1）证明：在和中， ，，， ， ，． 是斜边的中点， ， ， ， ． ， ， ． ； （2）解：①； 理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点． ，，， ， ，， ， ， ， ， ． ， ． 在和中， ，，， ， ． 是中点，是中点， 是中位线， ． ， ， ． ， ． 故答案为：； ②证明： ∵， ， ， ． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键． ►题型02 利用相似三角形的性质与判定求解 4．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键． （1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出． （2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值， 进一步即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵ ∴， （2）连接，如下图： ∵为直径， ∴， 设， ∴， 由（1）知： ∴， ∵四边形是圆的内接四边形， ∴， 即， 解得： 5．（2024·福建·中考真题）如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为的延长线交于点． (1)求的值； (2)求证：； (3)求证：与互相平分． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先证得，再在中，．在中，，可得，再证得结果； （2）过点作，交延长线于点，先证明，可得，再证得，再由相似三角形的判定可得结论； （3）如图，连接，由（2），可得，从而得出，得出， 得出，再由平行线判定得出，，从而得出四边形是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果． 【详解】（1），且是的直径， ． ， 在中，． ， 在中，． ， ； （2）过点作，交延长线于点． ． ， ， ． ， ， ， ，， ． ， ， ， ， ． （3）如图，连接． 是的直径， ． ， ． 由（2）知，， ， ， ． ． ， ． 由（2）知，， ． ， ， ， 四边形是平行四边形， 与互相平分． 【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键． 6．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）数学课上，老师给出以下条件，请同学们经过小组讨论，提出探究问题．如图1，在中，，点D是上的一个动点，过点D作于点E，延长交延长线于点F． 请你解决下面各组提出的问题： (1)求证：； (2)探究与的关系； 某小组探究发现，当时，；当时，． 请你继续探究： ①当时，直接写出的值； ②当时，猜想的值（用含m，n的式子表示），并证明； (3)拓展应用：在图1中，过点F作，垂足为点P，连接，得到图2，当点D运动到使时，若，直接写出的值（用含m，n的式子表示）． 【答案】(1)见解析 (2)①②，证明见解析 (3) 【分析】（1）等边对等角，得到，等角的余角的相等，结合对顶角相等，得到，即可得出结论； （2）①根据给定的信息，得到是的2倍，即可得出结果； ②猜想，作于点，证明，得到，三线合一得到，即可得出结论； （3）过点作，角平分线的性质，得到，推出，等角的余角相等，得到，进而得到，得到，根据，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，，且， ∴， ∴； （2）解：①当时，；当时，， ∴总结规律得：是的2倍， ∴当时，； ②当时，猜想， 证明：作于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，又， ∴，即， ∴； （3），理由如下： 过点作， ∵，， ∴， 由（2）知，当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键． ►题型03 利用特殊三角形的性质与判定求解 7．（2024·江西·中考真题）追本溯源： 题（1）来自于课本中的习题，请你完成解答，提炼方法并完成题（2）． （1）如图1，在中，平分，交于点D，过点D作的平行线，交于点E，请判断的形状，并说明理由． 方法应用： （2）如图2，在中，平分，交边于点E，过点A作交的延长线于点F，交于点G． ①图中一定是等腰三角形的有（    ） A．3个　B．4个　C．5个　D．6个 ②已知，，求的长． 【答案】（1）是等腰三角形；理由见解析；（2）①B；②． 【分析】本题考查了平行四边形的性质和等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键； （1）利用角平分线的定义得到，利用平行线的性质得到，推出，再等角对等边即可证明是等腰三角形； （2）①同（1）利用等腰三角形的判定和性质可以得到四个等腰三角形； ②由①得，利用平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：（1）是等腰三角形；理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）①∵中， ∴，， 同（1）， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴，，， ∴，，， 即、、、是等腰三角形；共有四个， 故选：B． ②∵中，，， ∴，， 由①得， ∴． 8．（2024·湖北·中考真题）在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当P为的中点，，时，求的长； (3)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）证明对应角相等，即可得到； （2）根据，求得的长度，从而得出长度； （3）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，得出大小关系． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ， ， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，，， 为中点， ， 设， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ，即， ， ， ． （3）解：如图，延长，交于一点，连接， ，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上， ，直线， ， ， ， ， 是等腰三角形， ， 为中点， 设， ， 为中点， ， ，， ， ，， ， ， 在中，， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键． 9．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点． (1)若点与点重合，则线段的长度为______． (2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由． 【答案】(1) (2)不变，， 【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度． （2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出 ．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变． 【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵将绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴．， ∴、、三点共线， ∵，， ∴、、、共线， ∵点、分别是，的中点， ∴． ∴． 故答案为：． （2）解：结论：不变． 如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ，． ∵点为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴． 在平行四边形中， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．， 由旋转得，， ∵，， ∴，， ∴， 又，， ∴（）． ∴， ∴为等边三角形． ∵点、为、的中点， ∴为的中位线， ． ∵． ∴．即的长度不变； ∵和都为等边三角形． ∴，，，， ∴， ∴（）． ∴． ∵， ∴， ∴为等边三角形． 同理：为等边三角形． ∴．， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∴． ∵为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴为中点， ∴ ， ∴． 故和的长度都不变． 【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造得出 ． 10．（2024·江苏常州·中考真题）将边长均为的等边三角形纸片叠放在一起，使点E、B分别在边上（端点除外），边相交于点G，边相交于点H． (1)如图1，当E是边的中点时，两张纸片重叠部分的形状是________； (2)如图2，若，求两张纸片重叠部分的面积的最大值； (3)如图3，当，时，与有怎样的数量关系？试说明理由． 【答案】(1)菱形 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）连接，由等边三角形的性质可得，则四点共圆，由三线合一定理得到，则为过的圆的直径，再由，得到为过的圆的直径，则点H为圆心，据此可证明，推出四边形是平行四边形，进而可证明四边形是菱形，即两张纸片重叠部分的形状是菱形； （2）由等边三角形的性质得到，，则由平行线的性质可推出，进而可证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，则可设，则，，由勾股定理得到，可得，则当时，有最大值，最大值为； （3）过点B作于M，过点E作于N，连接，则，，，证明，进而可证明，得到，则，即． 【详解】（1）解：如图所示，连接 ∵都是等边三角形， ∴， ∴四点共圆， ∵点E是的中点， ∴， ∴为过的圆的直径， 又∵， ∴为过的圆的直径， ∴点H为圆心， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴两张纸片重叠部分的形状是菱形； （2）解：∵都是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是等边三角形， 过点E作， ∴设，则，， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为； （3）解：，理由如下： 如图所示，过点B作于M，过点E作于N，连接， ∵都是边长为的等边三角形， ∴，， ∴由勾股定理可得，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即． 【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，四点共圆，正确作出辅助线是解题的关键． 11．（2024·江苏南通·中考真题）如图，中，，，，与相切于点D．    (1)求图中阴影部分的面积； (2)设上有一动点P，连接，．当的长最大时，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，扇形的面积公式等知识，解题的关键是： （1）连接，利用勾股定理的逆定理判定得出，利用切线的性质得出，利用等面积法求出，然后利用求解即可； （2）延长交于P，连接，则最大，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解∶连接，    ∵，，， ∴， ∴， ∵与相切于D， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解∶延长交于P，连接，此时最大，    由（1）知：，， ∴． ►题型04 与三角形有关的多结论问题 12．（2025·广东广州·一模）如图，在中，，，是边上一点，且，过点作交于点，交于点，过点作于点，分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，交于点．记的面积为，四边形的面积为，的面积为，请判断下列结论中正确个数为（   ） ①；②是等腰三角形；③；④． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．由作图知，是线段的垂直平分线，从而判断结论①；利用等角的余角相等求得，再利用三角形的外角性质，证明，利用等角对等边判断结论②；证明，利用相似三角形的性质，结合等量代换，从而判断结论③；证明，利用全等三角形的性质判断结论④． 【详解】解：由作图知，是线段的垂直平分线， ∴，，， ∵， ∴，结论①正确； ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形，结论②正确； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴，显然， ∴，结论③错误； ∵，，， ∴， ∴， 由题意得，， ∴，结论④错误； 故选：C． 13．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，和是以点为直角顶点的等腰直角三角形，把以为中心顺时针旋转，点为射线、的交点．若，．以下结论： ①；②； ③当点在的延长线上时，； ④在旋转过程中，当线段最短时，的面积为． 其中正确结论有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】证明即可判断①，根据三角形的外角的性质得出②，证明得出，即可判断③；以为圆心，为半径画圆，当在的下方与相切时，的值最小，可得四边形是正方形，在中 ，然后根据三角形的面积公式即可判断④． 【详解】解：∵和是以点为直角顶点的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，，故①正确； 设， ∴, ∴， ∴，故②正确； 当点在的延长线上时，如图所示    ∵，， ∴ ∴ ∵，． ∴， ∴ ∴，故③正确； ④如图所示，以为圆心，为半径画圆，    ∵， ∴当在的下方与相切时，的值最小， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在中， ∴取得最小值时， ∴ 故④正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，切线的性质，垂线段最短，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 14．（2023·山东泰安·中考真题）如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交AB于点F，交BC于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线BH交AC于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两孤相交于M、N两点，作直线MN交AB于点E，连接DE．下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数是（    ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据等腰三角形两底角相等与，得到，根据角平分线定义得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到，推出，得到，推出，①正确；根据等角对等边得到，，根据三角形外角性质得到，得到，推出，②正确；根据，得到，推出，③错误；根据时， ，得到,推出，④正确． 【详解】∵中，，， ∴， 由作图知，平分，垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，①正确； ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，②正确； 设，， 则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即，③错误； 当时，， ∵， ∴, ∴，④正确 ∴正确的有①②④，共3个． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形，相似三角形，解决问题的关键是熟练掌握等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质． 15．（2023·湖北·中考真题）如图，和都是等腰直角三角形，，点在内，，连接交于点交于点，连接．给出下面四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】由题意易得，，，，则可证，然后根据全等三角形的性质及平行四边形的性质与判定可进行求解． 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形， ∴，，，， ∵，， ∴，故①正确； ∴， ∴，，故③正确； ∵，，， ∴，；故②错误； ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故④正确； 故答案为①③④． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及平行四边形的性质与判定是解题的关键． ►题型05 勾股定理的证明 16．（2024·山西吕梁·模拟预测）阅读与思考：请阅读下列材料，完成相应任务． 从勾股定理的“无字证明”谈起 在勾股定理的学习过程中，我们已经学会运用一些几何图形验证勾股定理．如图1是古印度的一种证明方法：过正方形的中心O，作两条互相垂直的直线，将正方形分成4份，所分成的四部分和一小正方形恰好能拼成一个大正方形．这种方法，不用运算，单靠移动几块图形就直观地证出了勾股定理，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．    意大利著名画家达·芬奇用如图2所示的方法证明了勾股定理，其中图甲的空白部分是由两个正方形和两个直角三角形组成，图丙的空白部分由两个直角三角形和一个正方形组成．设图甲中空白部分的面积为，图丙中空白部分的面积为． 任务： (1)下面是小亮利用图2验证勾股定理的过程，请你帮他补充完整． 解：根据题意，得________ ． ∵， ∴________，即________． (2)我国是最早了解勾股定理的国家之一．东汉末年数学家刘徽在为《九章算术》作注中依据割补术而创造了勾股定理的无字证明“青朱出入图”．如图3，若，，则的长度为________． (3)在初中的数学学习中，我们已经接触了很多代数恒等式．一些代数恒等式也可以通过“无字证明”来解释．可以借助图4直观地解释的代数恒等式为________．借助此方法可将抽象的数学知识变得直观且具有可操作性，从而帮助我们解决问题，在此过程中体现的数学思想是________． A．分类讨论思想    B．公理化思想    C．数形结合思想    D．从特殊到一般的思想 (4)借助图5可以直观解释的式子为________．（填序号） ①；        ②； ③；        ④． (5)实际上，初中数学还有一些代数恒等式（除上述涉及的）也可以借助“无字证明”来直观解释，请你举出一例，画出图形并直接写出所解释的代数恒等式． 【答案】(1)；； (2) (3)；C (4)② (5)，图形见解析（答案不唯一） 【分析】本题主要考查勾股定理的几何证明、完全平方式在几何中的应用，涉及了正方形的性质、相似三角形的性质和判定以及勾股定理的应用等知识点，熟练掌握面积的不同表示方法得到相应的等式是解题的关键． （1）根据图甲的空白部分是由两个正方形和两个直角三角形组成，即可求出，再进行化简即可求解； （2）根据正方形的性质以及勾股定理求出，再根据相似三角形的判定和性质即可求出； （3）根据“大正方形的面积9个小正方形面积之和”即可求解，主要体现的是数形结合的思想； （4）根据“大正方形的面积稍大正方形面积稍小正方形面积2个长方形面积”即可求解； （5）借助数形结合的思想，设计一个边长为的正方形即可． 【详解】（1）解：根据题意，得， ． ∵， ∴，即． 故答案为：；；． （2）∵，， ∴，， 由勾股定理可得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）由图可知，，体现了数形结合的思想， 故答案为：； 故选：C． （4）由图可知，， 故选：②． （5），图形如图所示：    17．（2023·辽宁阜新·二模）动手实践、归纳和猜想是我们发现数学结论的重要一环，你也来试试吧！ (1)如图，两个边长分别为的直角三角形和一个两条直角边都是的直角三角形拼成一个梯形．用两种不同的方法计算梯形的面积，得到我们学习过的一个重要公式， 请你写出来：面积等式为____________，结论为____________； (2)边形有个顶点，在它的内部再画个点，以个点为顶点，把边形剪成若干个三角形，设最多可以剪得个这样的三角形．当时，如图，最多可以剪得7个这样的三角形，所以． 当时，如图，______； 当______时，； 对于一般的情形，在边形内画个点，通过归纳猜想，可得______（用含的代数式表示）． 【答案】(1)，； (2)①，；②． 【分析】（）此等腰梯形的面积有三部分组成，利用等腰梯形的面积等于三个直角三角形的面积之和列出等式并整理即可； （2）根据图形规律即可解答； 根据探画出图形究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加部分，即可得出结论； 本题考查了图形的变化规律和勾股定理的验证，读懂题意，找到变化规律是解题的关键． 【详解】（1）有三个直角三角形其面积分别为，和， 直角梯形的面积为， 由图形可知：， 整理得，， ∴， 故答案为：，； （2）如图，当，时，， 如图，当，时，， 故答案为：，； 边对于一般的情形，在边形内画个点，第一个点将多边形分成了个三角形，以后三角形内部每增加一个点，分割部分增加部分，故可得， 故答案为：． 18．（2021·贵州贵阳·中考真题）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程； （2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形的中心，作，将它分成4份．所分成的四部分和以为边的正方形恰好能拼成以为边的正方形．若，求的值； （3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形的边长为定值，小正方形的边长分别为．已知，当角变化时，探究与的关系式，并写出该关系式及解答过程（与的关系式用含的式子表示）． 【答案】（1）见详解；（2）EF=或；（3）c+b=n，理由见详解 【分析】（1）根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得到结论； （2）设EF=a，FD=b，由图形的特征可知：a+b=12，a-b=±5，进而即可求解； （3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，由相似三角形的性质可知：，结合勾股定理，可得，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵在图①中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和． ∴c2＝ab×4＋（b−a）2， 化简得：a2＋b2＝c2； （2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形， 设EF=a，FD=b， ∴a+b=12， ∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成， ∴，，， 当EF>DF时， ∵， ∴a-b=5， ∴，解得：a=， ∴EF=； 同理，当EF<DF时，EF= 故EF=或 （3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f， ∵， ∴图中①与②与③，三个直角三角形相似， ∴，即：， ∵图形③是直角三角形， ∴， ∴，即：c+b=n， 【点睛】本题主要考查勾股定理及其证明过程，相似三角形的判定和性质，找准图形中线段长和面积的数量关系，是解题的关键． ►题型06 三角形与函数综合 19．（2024·吉林·中考真题）如图，在中，，，，是的角平分线．动点P从点A出发，以的速度沿折线向终点B运动．过点P作，交于点Q，以为边作等边三角形，且点C，E在同侧，设点P的运动时间为，与重合部分图形的面积为．    (1)当点P在线段上运动时，判断的形状（不必证明），并直接写出的长（用含t的代数式表示）． (2)当点E与点C重合时，求t的值． (3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围． 【答案】(1)等腰三角形， (2) (3) 【分析】（1）过点Q作于点H，根据“平行线+角平分线”即可得到，由，得到，解得到； （2）由为等边三角形得到，而，则，故，解得； （3）当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，，则，此时；当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，此时，因此，故可得，此时；当点P在上，重合部分为， 此时，，解直角三角形得，故，此时，再综上即可求解． 【详解】（1）解：过点Q作于点H，由题意得：    ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∴在中，； （2）解：如图，    ∵为等边三角形， ∴， 由（1）得， ∴， 即， ∴； （3）解：当点P在上，点E在上，重合部分为，过点P作于点G，    ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 由（2）知当点E与点C重合时，， ∴； 当点P在上，点E在延长线上时，记与交于点F，此时重合部分为四边形，如图，    ∵是等边三角形， ∴， 而， ∴， ∴， ∴， 当点P与点D重合时，在中，， ∴， ∴； 当点P在上，重合部分为，如图，    ∵ ， 由上知， ∴， ∴此时， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当点P与点B重合时，， 解得：， ∴， 综上所述：． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，解直角三角形的相关计算，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标； (3)当时，求点P的坐标； (4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． （1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可； （2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答； （3）先证明可得，设，则,可得，即，求得可得m的值，进而求得点P的坐标； （4）如图：将线段向右平移单位得到,即四边形是平行四边形，可得,即，作关于对称轴的点,则，由两点间的距离公式可得，再根据三角形的三边关系可得即可解答． 【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C， ∴当时，，即；当时，，即； ∵， ∴设抛物线的解析式为， 把代入可得：，解得：， ∴， ∴抛物线的解析式为：． （2）解：∵，， ∴, ∴， 如图：当， ∴,即； 如图：当， ∴,即； 如图：当， ∴,即； 综上，点D的坐标为． （3）解：如图：∵轴， ∴， ∵轴， ∴， ∵， ∴, ∴, ∵设，则, ∴， ∴，解得：（负值舍去）， 当时，， ∴． （4）解： ∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线的对称轴为：直线， 如图：将线段向右平移单位得到, ∴四边形是平行四边形， ∴,即, 作关于对称轴的点,则 ∴, ∵， ∴的最小值为． 故答案为． 21．（2023·广西·中考真题）如图，是边长为4的等边三角形，点D，E，F分别在边，，上运动，满足．    (1)求证：； (2)设的长为x，的面积为y，求y关于x的函数解析式； (3)结合（2）所得的函数，描述的面积随的增大如何变化． 【答案】(1)见详解 (2) (3)当时，的面积随的增大而增大，当时，的面积随的增大而减小 【分析】（1）由题意易得，，然后根据“”可进行求证； （2）分别过点C、F作，，垂足分别为点H、G，根据题意可得，，然后可得，由（1）易得，则有，进而问题可求解； （3）由（2）和二次函数的性质可进行求解． 【详解】（1）证明：∵是边长为4的等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：分别过点C、F作，，垂足分别为点H、G，如图所示：    在等边中，，， ∴， ∴， 设的长为x，则，， ∴， ∴， 同理（1）可知， ∴， ∵的面积为y， ∴； （3）解：由（2）可知：， ∴，对称轴为直线， ∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小； 即当时，的面积随的增大而增大，当时，的面积随的增大而减小． 【点睛】本题主要考查锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质，熟练掌握锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键． 22．（2023·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点．与y轴交于点．    (1)求该抛物线的函数表达式； (2)若点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与的最大值及此时点P的坐标； (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得是以为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，的最大值为， (3)或 【分析】（1）将、、代入抛物线解析式求解即可； （2）可求直线的解析式为，设（），可求，从而可求，即可求解； （3）过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，设， 可求，，由，可求，进而求出直线的解析式，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得 ， 解得：， 抛物线的解析式为． （2）解：设直线的解析式为，则有 ， 解得：， 直线的解析式为； 设（）， ， 解得：， ， ， ， ， ， ， 当时，的最大值为， ， ． 故的最大值为，． （3）解：存在， 如图，过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，    ∵抛物线的对称轴为直线， 设， ， ， ， ， ， 解得：， ； 设直线的解析式为，则有 ， 解得， 直线解析式为， ，且经过， 直线解析式为， 当时，，   ； 综上所述：存在，的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数中动点最值问题，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出动点坐标满足的函数解析式是解题的关键． 判定两个三角形全等的思路： 证三角形全等时，常用的隐含条件： 1）公共角(或公共边)； 2）对顶角相等； 3）等角加(或减)等角仍是等角； 4）角平分线得两等角； 5）平行线得同位角、内错角相等. 相似三角形的判定方法： 1）判定三角形相似的常用定理： ①平行于三角形一边的直线和其他两边（或其延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似． ②三边成比例的两个三角形相似； ③两边成比例且夹角相等的两个三角形相似； ④两角分别相等的两个三角形相似． 2）直角三角形相似的判定方法： ①有一个锐角相等的两个直角三角形相似. ②两组直角边成比例的两个直角三角形相似. ③斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似. 【补充】判定两个三角形相似需要根据条件选择方法．有时条件不具备，需从以下几个方面探求： 1）条件中若有平行线，可考虑用平行线直接推出相似三角形； 2）两个三角形中若有一组等角，可再找一组等角，或再找夹这组等角的两边成比例； 3）两个三角形中若有两边成比例，可找这两边的夹角相等，或再找第三边成比例； 4）条件中若有一组直角，可再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例； 5）条件中若有等腰三角形，可找顶角相等，或找底角相等，或找底和腰对应成比例. 1．（2025·广东揭阳·一模）如图所示为一直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接，则四边形的周长为 ． 【答案】16 【分析】通过题干的尺规作图得出是的角平分线，直线是的垂直平分线，再通过证明，则，所以四边形是菱形，结合三角形外角性质，则，即可作答． 【详解】解：∵，，， ∴， 如图： ∵用圆规以A点为圆心画圆弧s，分别交于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G， ∴是的角平分线， ∴， ∵以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧s于点M，N，连接分别交于点P，Q，连接， ∴直线是的垂直平分线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即 ∴四边形是菱形， 则中，， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即菱形的周长是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的性质以及垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 2．（2025·陕西西安·一模）如图，直线l：与 反 比 例 函 数的 图 象 交 于 点A， 与 x 轴交于点B， 将 线 段 绕 点B逆时针旋转至线段，若点C恰好也在反比例函数图象上，则k的值为 · 【答案】 【分析】设，求解，过作轴于，过作轴于，证明，可得，可得，再进一步求解即可． 【详解】解：∵直线l：与 反 比 例 函 数的 图 象 交 于 点A， 与 x 轴交于点B， 设， 当时，则， ∴， 过作轴于，过作轴于， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵在上， ∴， 解得：（舍去），， ∴， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查的是旋转的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数与一次函数的综合应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键． 3．（2025·安徽亳州·一模）如图，是的中线，点在上，延长交于点，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，过点E作，构造相似三角形是解题的关键． 先利用三角形的中线的定义得到，过点E作交于G，再根据相似三角形的性质得到，由得到，最后由相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：如图， ∵BE是的中线， ∴， 过点E作交AD于G， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 4．（2025·上海宝山·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线的解析式为，与轴相交于点B，与y轴相交于点A，过点A的直线与x轴相交于点，以为斜边在下方作等腰，连接，则的长为： 【答案】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，求得D点的坐标是解题的关键． 过点D作轴，交y轴于E，交过C点与y轴平行的直线于F，首先求得A、B的坐标，然后证得（AAS），得到，故设，利用勾股定理求得，进一步求得． 【详解】 解：过点D作轴，交y轴于E，交过C点与y轴平行的直线于F， ∵直线的解析式为，与x轴相交于点B， ∴B点坐标为点坐标为， ∵是以为斜边的等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴（AAS）， ∴， ∴设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 5．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在等边三角形中，，D、E是边上的三等分点，点M、N分别在边，上运动，则四边形周长的最小值是 ． 【答案】5 【分析】作D点关于的对称点、E点关于的对称点，连接分别与和交于和，则当M点运动至点、N点运动至点时，的最小值为，此时四边形的周长最小，分别作、，由对称及等边易知和均为等边三角形，由此可求解出的长度，进而求解四边形的周长． 【详解】解：作D点关于的对称点、E点关于的对称点，连接分别与和交于和，则当M点运动至点、N点运动至点时，的最小值为，此时四边形的周长最小， ∵三角形是等边三角形， ∴由对称性得：，， ∵D、E是边上的三等分点， ∴ ∴， ∴和时等边三角形， 分别作、， ∵、， ∴， ∴四边形时矩形 ∴ ∴， 故答案为：5. 【点睛】本题考查轴对称最小距离问题，解题的关键是作出最短距离点． 6．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 根据，设，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点，运用勾股定理可得，由平行可证，可得解得，，再证，可得即可求解；将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点，运用勾股定理可得，由折叠与平行的性质可得，则，再证，得到即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 设， ∴， 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， 同理，， ∴， ∴， 解得，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵， ∴； 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 7．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点作于点，确定如果是等腰三角形，则只能是，设，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：由题意，画出图形如下：过点作于点，    ∵， ∴， ∵交边于点，交的延长线于点， ∴， ∴如果是等腰三角形，则只能是为顶角，， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∵在中，，，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 由折叠的性质得：，， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故答案为：． 8．（2025·上海宝山·一模）如图，已知，，，是边的中点，线段绕点顺时针旋转得到对应线段，线段与分别交于点，如果是直角三角形，那么的长是 ． 【答案】或2 【分析】由三线合一可得，进而求出各边长，然后根据是直角三角形分类讨论，当时或时，画出图形，利用特殊角求解即可． 【详解】解：连接， ∵，是中点， ∴，即， ∵， ∴，，， ∵线段绕点顺时针旋转得到对应线段， ∴， ∴，，， ①当时， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时， 此时，，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形的计算，掌握等腰三角形的性质，解直角三角形的计算，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键． 9．（2025·湖南娄底·一模）已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了以直角三角形三边为边长的正方形构成图形的面积，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，过作于，通过证明，依此即可求解，熟练掌握相关定理，证明全等三角形，将阴影面积转化为是解题的关键． 【详解】解：过作于，连接， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， 同理：，， ∴， ∴ ， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 10．（2025·广东·模拟预测）如图，在中，，，点为高上的一动点，以为边作等边，连接，，则 ，的最小值为 ． 【答案】 【分析】①利用等边三角形的性质和判定出，即可求解； ②过点作定直线的对称点，连，利用轴对称的性质分析出，求出的长即可． 【详解】①∵， ∴为等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②过点作定直线的对称点，连， ∴，， ∴ ∴为等边三角形， ∴为的中垂线，， ∴，连接， ∴，又， ∴，，三点共圆，为直径， ∴为直角三角形， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：；． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，圆周角性质，三角函数的比值关系等知识点，合理作出辅助线是解题的关键． $$