专题05 三角形（5大题型）（福建专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题05 三角形 题型概览 题型01 利用三角形的外角性质求解 题型02 线段垂直平分线 题型03 等腰三角形的性质与判定 题型04 直角三角形 题型05 勾股定理及其逆定理 ( 题型01 )利用三角形的外角性质求解 1．（2025·福建泉州·二模）如图，一束平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线所在的直线与一束经过光心O的光线相交于点P，F为凹透镜的焦点．若，，则的度数为 ． 2．（2025·福建厦门·二模）如图，已知，点D在延长线上，，则 ． 3．（2025·福建·二模）如图，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． ( 题型02 )线段垂直平分线 4．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，的垂直平分线交于点，垂足为点，连接，若平分，，则的长为 ． 5．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 6．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 7．（2025·福建·二模）学校为丰富学生校园生活，准备修建校园主题文化长廊，并面向全校师生征集设计方案．以下是数学兴趣小组提供的设计表． 校园主题文化长廊设计表 设计图 相关数据 点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，垂直平分，垂足为F，垂直平分，与交于点G．其中，，， 请根据设计表提供的信息完成下列问题： (1)求文化长廊的最大宽度的长； (2)求文化长廊的最高点E到地面的距离．（结果精确到．参考数据：，，，，，） ( 题型03 )等腰三角形的性质与判定 8．（2025·福建厦门·二模）如图，已知是等边三角形，，是边上的高，E是的中点，P是上一动点．则的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 9．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践 【活动主题】数学实验课上，小聪以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动． 【问题情境】两张全等三角形纸片与如图1放置（点F，D，E分别与点A，B，C重合），已知中，，．固定不动，将从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到，旋转角为，设线段交于点P，线段分别交，于点G，Q，如图2． 【观察发现】（1）当旋转到时，旋转角的度数为_________； 【实践探究】（2）在绕点A逆时针旋转的过程中，小聪发现，请帮小聪证明这一结论．    【拓展延伸】（3）在绕点A逆时针旋转的过程中，当是等腰三角形时，求旋转角的度数． 10．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 11．（2025·福建福州·二模）如图，在和中，相交于点，，．求证：． 12．（2025·福建南平·二模）如图，在中，，，点为边上一点，且，点在边上（与不重合），将沿着折叠，使得点的对应点落在边上，则线段的长度为（   ） A．1 B． C． D． 13．（2025·福建漳州·二模）是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的，且，连接． (1)如图，若点在边上，求证：； (2)如图，若，，，连接交于点，延长交于点． ①求证：点是的中点； ②求的长． ( 题型0 4 )直角三角形 14．（2025·福建厦门·二模）如图，小明为了测量圆形鼓面的直径，将直角三角板角的顶点落在鼓面圆上任意一点，三角板的两边分别交圆于点，，若测量得到弦的长为，则鼓面圆的直径为 ． 15．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 16．（2025·福建龙岩·二模）如图，，是平分线上一点，，交于点，于点，且，则的长为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 ( 题型0 5 )勾股定理及其逆定理 17．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 18．（2025·福建福州·二模）中国传统建筑蕴含着丰富的数学知识，是中华民族智慧的结晶．如图是一个由某种窗格抽象出的正六边形，其部分对角线在内部围成一个六边形，则的值是 ． 19．（2025·福建龙岩·二模）如图，与相交于点，，，，，则的长为 ． 20．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，，．点E，F分别是，边上的动点，且，以为边向右作等边，连接，，．当时，的值为 ． 21．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 22．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 23．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． 24．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 三角形 题型概览 题型01 利用三角形的外角性质求解 题型02 线段垂直平分线 题型03 等腰三角形的性质与判定 题型04 直角三角形 题型05 勾股定理及其逆定理 ( 题型01 )利用三角形的外角性质求解 1．（2025·福建泉州·二模）如图，一束平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线所在的直线与一束经过光心O的光线相交于点P，F为凹透镜的焦点．若，，则的度数为 ． 【答案】/80度 【分析】本题考查平行线的性质，三角形的外角性质，熟练掌握平行线的性质和三角形的外角性质是解题的关键． 由邻补角的性质求出，由平行线的性质推出，由三角形的外角性质得到答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 2．（2025·福建厦门·二模）如图，已知，点D在延长线上，，则 ． 【答案】70 【分析】本题考查三角形的外角的性质，根据三角形的一个外角的度数等于与它不相邻的两个内角的度数和，进行求解即可． 【详解】解：∵点D在延长线上， ∴是的一个外角， ∴， ∵， ∴； 故答案为：70 3．（2025·福建·二模）如图，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，先证明，再证明，从而可得答案． 【详解】解： ∵， ， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故选：D． ( 题型02 )线段垂直平分线 4．（2025·福建厦门·二模）如图，在中，，的垂直平分线交于点，垂足为点，连接，若平分，，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，由线段垂直平分线的性质得到，则由等边对等角和角平分线的定义可得，再由三角形内角和定理可推出，则可得到，再由线段的和差关系求解即可． 【详解】解：∵的垂直平分线交于点，垂足为点， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：4． 5．（2025·福建龙岩·二模）如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，且E为的中点，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数等；连接，由线段垂直平分线的性质得，结合菱形的性质及等边三角形的判定方法得是等边三角形，由特殊角的三角形函数即可求解；掌握菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数是解题的关键． 【详解】解：连接， 于点E，E为的中点， ， 四边形是菱形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：D． 6．（2025·福建宁德·二模）（1）性质发现 如图1，已知点是线段上一点，分别以，为边作等腰直角三角形和等腰直角三角形，．连接，的中点为，连接，．不难发现：线段与之间的数量关系为______；位置关系为______． （2）拓展探究 将图1中的绕点旋转任意角度，则线段，之间的关系是否仍然成立？若成立，请利用图2（或自己画一个一般化的图形）进行证明；若不成立，请画一个反例说明． （注：如果你无法利用图2（或自己画图）证明结论的一般性，也可以画一个特殊位置的图形或直接利用图1进行证明，这种证明方式适当给分） （3）问题解决 若，，则在绕点的旋转过程中，当是等腰三角形时，求的值． 【答案】（1）；；（2）成立，见解析；（3）或 【分析】（1）延长交于点，利用等腰直角三角形和$的性质得到，进而推出，再结合是中点和对顶角相等，证明，得，，再根据等腰直角三角形边的关系，通过等量代换得到，在等腰直角中，根据等腰三角形三线合一性质，得出且． （2）通过多种方法证明且；连接利用全等：由等腰直角三角形性质推出，根据为中点得，证明，结合其他角的关系得出结论．特殊位置分析：当，，三点共线时，在中利用直角三角形斜边中线性质得到，设角计算得出．构造中点辅助线：取、中点、，证四边形是平行四边形，再证，结合角的关系得出结论．作平行线构造全等：过作，证明、，推出是等腰直角三角形，从而得证．另一种中点构造：取、中点、，通过证明线段平行、垂直及相等关系，证，得出结论． （3）先确定等腰中，再分点在右侧和左侧两种情况求解：法一：通过等腰三角形三线合一，找到垂直平分线，计算相关线段长度，利用勾股定理求出，进而得到的值．法二：作，利用相似三角形求出、，进而得到，通过勾股定理求出，再结合、与的关系求解．法三：利用全等三角形的面积关系，结合已知三角形面积，通过面积计算得出的值． 【详解】解：（1）；． 延长交于点． ∵和是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． ∵是中点， ∴， ， ∴， ∴，， ∵，，，， ∴， 在等腰直角中，是中点， ∴且． 故答案为：，； （2）（1）中的结论仍然成立． 证明，方法一：连接． ∵，是等腰直接三角形， ∴． ∴． ∵是的中点， ∴． 又∵，， ∴． ∴． 同理可得 ∴，．即． ②如图所示，当，，三点共线时，证明如下： 在中，． ∵是的中点． ∴． 同理可得，， ∴ 设， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 即． ③分别取的中点，的中点，分别连接，，，． ∴，． ∴四边形是平行四边形， ，． ∴， ，． ∵是等腰直角三角形，是的中点， ∴，． ∴． 同理可得，． ∴． ∴． ∴． ∴，． 在中，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 法二：如图，过点作，交的延长线于点，延长交于点，交的延长线于点． ∵， ∴，． ∵，． ∴． ∴，． ∵， ∴． ∵，． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴，． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∵是的中点， ∴，． ④当旋转到如图所示的位置时， 取中点，中点，连接，， 延长交于． ∴，，，． ∴，． 同理可证，，，． ∴，． ∴． ∴． ∴， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴．即． （3）当是等腰三角形时，若时，，这与矛盾； 又∵，当是等腰三角形时．只能存在． 法一：①当点位于的右侧时，如图所示， 连接交于点． ∵， ∴是的垂直平分线，是的中点． ∴，． 在中，． 取中点，连接． ∵是的中点，是的中点， ∴，，． ∴，． 在中，． ∵， ∴． ②当点位于的左侧时，如图． 连接并延长交于点，取中点，连接． 由①同理可得 ，． ∴． ∴在中，． ． ∴． 综上所述，的值为或． 法二：①当点位于的右侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． ∵，， ∴是的垂直平分线． ∴，． ∴ ∵， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴． ∴．即． ∴，． ∴． ∴在中，． 由（2）可知，． ∴即． ∴． ②当点位于的左侧时，如图．连接，过点作，交延长线于点． 由①同理可得． 则． ∵， ， ∴． 又∵． ∴． ∴即． ∴，． ∴． ∴在中，． ∴同理可得． ∴． 综上所述，的值为或． 法三：①当点位于的右侧时，如图． 由（2）中法二可得：，． 因此，，． 由（3）可知． ． ． ∴ ②当点位于的左侧时，如图． 同理：，． ，． ∵ ． ∴． ∴． ∴． ∴． 综上所述，的值为或． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及图形旋转的性质；解题关键是通过作辅助线，构造全等或相似三角形，利用相关性质建立线段和角度的关系来求解． 7．（2025·福建·二模）学校为丰富学生校园生活，准备修建校园主题文化长廊，并面向全校师生征集设计方案．以下是数学兴趣小组提供的设计表． 校园主题文化长廊设计表 设计图 相关数据 点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，垂直平分，垂足为F，垂直平分，与交于点G．其中，，， 请根据设计表提供的信息完成下列问题： (1)求文化长廊的最大宽度的长； (2)求文化长廊的最高点E到地面的距离．（结果精确到．参考数据：，，，，，） 【答案】(1)文化长廊的最大宽度的长为； (2)文化长廊的最高点E到地面的距离为． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）过点作延长线于H，证明四边形为矩形，得到，，即可求解 根据解直角三角形得到，再根据矩形的性质得到，得到，再根据解直角三角形即可求解． 【详解】（1）解：过点作延长线于H，如图： ∵， ∴， 在中，， ， ∵垂直平分垂直平分，， ∴四边形为矩形， ，， ∴， ∴， 答：文化长廊的最大宽度的长为； （2）解：在中，， ， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ， ∴， 答：文化长廊的最高点E到地面的距离EF为． ( 题型03 )等腰三角形的性质与判定 8．（2025·福建厦门·二模）如图，已知是等边三角形，，是边上的高，E是的中点，P是上一动点．则的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题关键．连接，则的长度即为与和的最小值，再利用等边三角形的性质可得，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，与交于点， ∵是等边三角形， 是边上的高， ∴，，即垂直平分， ∴， ， ∴此时最小，即就是的最小值， 是等边三角形， ， ，E是的中点， ， ， ， 故选：C． 9．（2025·福建龙岩·二模）综合与实践 【活动主题】数学实验课上，小聪以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动． 【问题情境】两张全等三角形纸片与如图1放置（点F，D，E分别与点A，B，C重合），已知中，，．固定不动，将从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到，旋转角为，设线段交于点P，线段分别交，于点G，Q，如图2． 【观察发现】（1）当旋转到时，旋转角的度数为_________； 【实践探究】（2）在绕点A逆时针旋转的过程中，小聪发现，请帮小聪证明这一结论．    【拓展延伸】（3）在绕点A逆时针旋转的过程中，当是等腰三角形时，求旋转角的度数． 【答案】（1）（2）证明见解析（3）或 【分析】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是画出图形，正确分类． （1）根据等腰三角形＂三线合一＂可得结果； （2）可证明，从而得出结论； （3）分成，及，根据，每种情形可求得另外两个角，进一步求得结果； 【详解】（1）∵， 故答案为：； （2）证明：∵， 即：， 在和中， ； （1）如图1，      当时，， 如图2，    当时， 如图3，    当时，， 此时和重合，这种情形不存在． 综上所述：或． 10．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的综合问题，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，，得出四边形是矩形．由矩形的性质进一步证明，由全等三角形的性质进一步推出是等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出答案． 【详解】解：如图，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，， ∵， ∴． ∴四边形是矩形． ∴，，． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 故选：D． 11．（2025·福建福州·二模）如图，在和中，相交于点，，．求证：． 【答案】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，等角对等边，利用证明得到，再由等角对等边得到，据此可证明结论． 【详解】证明：在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 12．（2025·福建南平·二模）如图，在中，，，点为边上一点，且，点在边上（与不重合），将沿着折叠，使得点的对应点落在边上，则线段的长度为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了翻折的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握翻折的性质及勾股定理． 根据等腰直角三角形的性质得出，根据翻折的性质和线段的和差得出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴为等腰直角三角形， ， 由翻折的性质可得， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 故选：D． 13．（2025·福建漳州·二模）是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的，且，连接． (1)如图，若点在边上，求证：； (2)如图，若，，，连接交于点，延长交于点． ①求证：点是的中点； ②求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②． 【分析】（1）根据旋转的性质得，，，根据等边对等角及三角形内角和定理得，，即可得证； （2）①根据平行线的性质得，结合（1）结论推出，继而得到，根据直角三角形两锐角互余可推出，得，即可得证； ②如图，延长交于点，过点作，垂足为点，交于点，则，推出，四边形是矩形，得，，根据等腰三角形三线合一得，证明，得，设，则，，证明得，由，得，解得，得，，证明，得，求出，继而得到，再计算即可． 【详解】（1）证明：∵是由绕点按逆时针方向旋转一个角度得到的， ∴，，， ∴，， ∴； （2）①证明：∵，， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； ②解：如图，延长交于点，过点作，垂足为点，交于点，则， ∵，，，， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，即， 设，则，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的长为． 【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．通过作辅助线构造全等三角形，特殊四边形和相似三角形是解题的关键． ( 题型0 4 )直角三角形 14．（2025·福建厦门·二模）如图，小明为了测量圆形鼓面的直径，将直角三角板角的顶点落在鼓面圆上任意一点，三角板的两边分别交圆于点，，若测量得到弦的长为，则鼓面圆的直径为 ． 【答案】 /厘米 【分析】此题考查圆周角定理、等边三角形的判定与性质等知识；设鼓面圆的圆心为，连接、，则，因为，所以是等边三角形，则，所以的直径为，于是得到问题的答案． 【详解】解：设鼓面圆的圆心为，连接、，则， ，， ， 是等边三角形， ， 的半径为， 的直径为， 故答案为：． 15．（2025·福建宁德·二模）已知，，点是上一点，要求用尺规在边上确定一点，使得．小明同学的作法如图所示，其说明直线是垂线的推理过程中，没有用到的依据是（   ） A．直角三角形的两个锐角互余 B．等量代换 C．两个锐角互余的三角形是直角三角形 D．线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了等角的作图，涉及了直角三角形的性质与判定，熟练掌握直角三角形的性质与判定是解题的关键． 根据直角三角形的性质与判定推出，作图即可． 【详解】解：∵， ∴（直角三角形的两个锐角互余）， 若， ∴（等量代换）， ∴，（两个锐角互余的三角形是直角三角形）， ∴， 故选：D． 16．（2025·福建龙岩·二模）如图，，是平分线上一点，，交于点，于点，且，则的长为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质，角平分线的性质，含30度角的直角三角形，过P作于H，由平行线的性质推出，由含30度角的直角三角形的性质得到，由角平分线的性质推出． 【详解】解：过P作于H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵P是平分线上一点，， ∴． 故选：B． ( 题型0 5 )勾股定理及其逆定理 17．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由矩形性质可知，，又旋转可知，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由旋转性质可知，，，， ∴， ∴， 故答案为：． 18．（2025·福建福州·二模）中国传统建筑蕴含着丰富的数学知识，是中华民族智慧的结晶．如图是一个由某种窗格抽象出的正六边形，其部分对角线在内部围成一个六边形，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．先证出，再证出是等边三角形，然后过点作于点，设，根据等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质可得的长，由此即可得． 【详解】解：∵六边形是正六边形， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 如图，过点作于点， 设， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， 故答案为：． 19．（2025·福建龙岩·二模）如图，与相交于点，，，，，则的长为 ． 【答案】6 【分析】本题主要查了等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及勾股定理是解题的关键．过点作，截取，连接、，则四边形是平行四边形，得出，，证明△为等边三角形得出，求得，由勾股定理得出，即可得出结果． 【详解】解：分别过，作，，，相交于点，连接，则 ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ， ∵， ∴是正三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：6． 20．（2025·福建厦门·二模）如图，在菱形中，，．点E，F分别是，边上的动点，且，以为边向右作等边，连接，，．当时，的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含60度角的直角三角形，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键． 在上截取，连接，过点D作的延长线于点N，延长，交于点H，过点G作于点P，设，可得，根据菱形和等边三角形的性质，证明，继而求出，，，从而表示出，证明四边形是矩形，即可得到，在中，利用三角函数求出，列出一元一次方程，即可解答． 【详解】解：在上截取，连接，过点D作的延长线于点N，延长，交于点H，过点G作于点P，如图， 有，， 设，则，， ∵四边形是菱形，，， ，， ∴， ∴，， 是等边三角形， ，， ∴， ， ，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴四边形是矩形，，， ∴，， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 21．（2025·福建南平·二模）如图，正方形与菱形有一条共同的对角线，若，，则正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质和正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接交于点O，由菱形的性质得，，，再由30度角的直角三角形的性质性质得，，进而得，再根据正方形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵是菱形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴正方形的边长， 故答案为：． 22．（2025·福建南平·二模）如图，与是的中线，点是线段上的一个动点，是线段的中点，若，且，则的面积为 ． 【答案】20.16 【分析】本题主要考查三角形的中位线，相似三角形的性质和判定定理，勾股定理等相关知识，解题的关键是利用三角形的中位线构建相似关系和比例关系，将动点问题转化为临界问题．先利用中位线，取中点，连结，得到且且；根据是线段的中点且，分析得到最大值和最小值；利用勾股定理，求解关键线段的长度；然后根据，得到，求出；根据是中线，可知，从而计算得到答案． 【详解】解：取中点，连结 点分别为的中点 分别为的中位线 且且 点是线段上的一个动点 三点共线 当时，取最小值，则； 当点与点重合时，取最大值，则 在中， 在中， ，， 23．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形中，，点在边上，．若，分别是，的中点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，在中，利用勾股定理求出的长，三角形的中位线定理，求出的长即可． 【详解】解：∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴在中，， ∵，分别是，的中点， ∴； 故答案为：． 24．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板，，，．小伟先沿过点A与垂直的线裁剪，与的交点记为点E，再沿过点E与垂直的线裁剪，与交于点F，若裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形，则木板的周长为（    ） A．20 B．24 C．28 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得，推出，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再证明四边形是矩形，利用矩形的性质求出、的长，再利用周长公式即可求解． 【详解】解：裁剪下的与恰好可以拼成一个矩形， ， ，，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 木板的周长． 故选：B． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$