专题04 三角形（8大题型）（甘肃专用）-【好题汇编】2025年中考数学二模试题分类汇编

专题04 三角形 题型概览 题型01 三角形的内角和外角 题型02 三角形全等的判定 题型03 角平分线的性质与判定 题型04 线段垂直平分线 题型05 等腰三角形的性质与判定 题型06 等边三角形 题型07 直角三角形 题型08 勾股定理及其逆定理 ( 题型01 )三角形的内角和外角 1．（2025·甘肃·二模）如图，将绕点顺时针旋转，得到，且点的对应点恰好落在上，则的度数为 度． 【答案】 【分析】本题考查旋转的性质，等角对等边，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．由旋转得，，根据等角对等边以及三角形的内角和定理，可得，进而根据领补角的定义即可求解． 【详解】解：由旋转得，， ∴ ∴ 故答案为：． 2．（2025·甘肃·二模）如图是一束光线先后经平面镜，反射的示意图，若反射光线与入射光线平行，则的度数是 ．    【答案】/90度 【分析】根据平行线的性质，角平分线和三角形内角和定理求解即可． 【详解】如图所示，    ∵ ∴ ∵平分，平分 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线、角平分线、垂线、余角的知识，解题的关键是熟练掌握平行线的性质，从而完成求解． 3．（2025·甘肃·二模）如图，将一副三角尺按图中所示位置摆放，点在上，其中，，，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设AB与EF交于点M，根据，得到，再根据三角形的内角和定理求出结果． 【详解】解：设AB与EF交于点M， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∵, ∴=， 故选：A． ． 【点睛】此题考查平行线的性质，三角形的内角和定理，熟记平行线的性质并应用是解题的关键． 4．（2025·甘肃陇南·二模）如图，，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，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B顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∴， 故选：B． 5．（2025·甘肃·二模）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． ( 题型02 )三角形全等的判定 6．（2025·甘肃·二模）如图所示，是圆的直径，弦，垂足为，，． (1)求证：； (2)求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了垂径定理、扇形面积公式，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）由垂径定理得到，然后求出，即可证明出； （2）首先得出，然后得到，然后利用扇形面积公式求解即可． 【详解】（1）因为是的直径，弦， 所以． 因为， 所以， 所以， 所以， 又因为， 所以； （2）由（1）的结论，知， 所以 ． 7．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，点D是边上的一点，连接，将绕点D顺时针旋转得到，作交的延长线于点F，连接． (1)求证： (2)若，求：的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据旋转的性质可得出，，根据余角的性质可得出，然后根据证明即可； （2）设，则，根据全等三角形的性质可得出，，进而求出，，最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵旋转， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，， ∴； （2）解：∵， ∴设，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴． 8．（2025·甘肃·二模）如图所示，等腰中，，，点为斜边上一点（不与重合），，连接，将线段绕点沿顺时针方向旋转至，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）由旋转得，，进而由余角性质得，再根据判定方法即可求证； （）根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得，，，再利用勾股定理计算即可求解． 【详解】（1）证明：由旋转可得，，， ∵， ∴， ∴，                                         在和中， ， ∴； （2）解：由（）知， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴，， ， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键． 9．（2025·甘肃·二模）如图，在等边中，点分别为边上的点，且． (1)连接．求证：； (2)将线段绕点顺时针旋转至，连接交于点，求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】（1）由等边三角形得到，，然后证明出，得到； （2）首先求出，由旋转的性质可得，，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）∵在等边中， ∴， 又∵ ∴ ∴； （2）证明：设交于T 由（1）可知， ∴， ∵ ∴ ∴ 由旋转的性质可得， ∴， ∴ ∴， ∴ ∴ ∵ ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，旋转的性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是关键． 10．（2025·甘肃·二模）在和中，，，，旋转，使点在内． (1)如图1，求证：； (2)当时，延长交于点． ①如图2，若，，求的长； ②如图3，连接，若点是的中点，判断线段与线段的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②，理由见解析 【分析】（1）证明，再利用已知，，即可证明结论； （2）①求出，．证明．则．得到，由（1）可知，，即可得到答案；②延长交于点．证明四边形是正方形．则，．证明，得到．得到，．即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即． ∵，， ∴． （2）解：①∵， ∴，． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴ 同（1）可知，， ∴． ②，理由如下： 如图3，延长交于点． ∵， ∴，． ∴． ∴四边形是矩形． ∵， ∴四边形是正方形． ∴，． ∴，． ∵，， ∴． ∴． ∴，． ∴． 【点睛】此题考查了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、等腰三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键． ( 题型03 )角平分线的性质与判定 11．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在中，是角平分线，，，，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】D 【分析】本题考查了角平分线的性质，过点D作于点F，由角平分线上的点到角的两边距离相等，得，再根据面积公式进行列式，即可作答． 【详解】解：过点D作于点F，如图所示： ∵是角平分线，， ∴， ∴的面积． 故选：D． 12．（2025·甘肃·二模）如图，在Rt中，平分，垂足为点，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题主要考查了角平分线的性质以及线段的和差关系，根据角平分线的性质得出，再利用线段的和差关系可求出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵平分，， ∴， ∵，， ∴， 故选：B． 13．（2025·甘肃·二模）如图，在中，平分，．若，，，则线段的长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理．作于点，由角平分线的性质求得，由特殊角的三角函数值求得，求得，，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：作于点， ∵平分，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， 故选：B． ( 题型0 4 )线段垂直平分线 14．（2025·甘肃·二模）如图，在中，分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线与交于点，连结．若，则的周长为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 【答案】A 【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的性质、尺规作图，熟记线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键． 根据尺规作图得到是线段的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到，再根据三角形周长公式计算即可． 【详解】解：由尺规作图可知：是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴的周长为：， 故选：A． 15．（2025·甘肃白银·二模）数学家为解决“化圆为方”问题，将其转化为特殊的“化矩形为方”问题．化矩形为方指的是给定任意矩形，作出和这个矩形面积相等的正方形． 如图，已知矩形，通过尺规作图完成“化矩形为正方形”问题．以下为作图过程： ①以点为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点； ②分别以点A，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点，连接交于点，则为的中点； ③以点为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点； ④以为边，在边右侧作正方形，即“化矩形为正方形”． (1)请按照作图过程，用无刻度的直尺和圆规完成作图．（保留作图痕迹） (2)根据已补充完整的图形解决问题： 在矩形中，若，，则________，________，进而求得正方形的边________．由此可得，即达到“化矩形为方”的目的． 【答案】(1)见解析 (2)2，3， 【分析】本题考查了作图-复杂作图、线段垂直平分线的性质、正方形的性质等知识点，掌握基本作图方法是解决本题的关键． （1）根据基本作图方法将所给图形补充完整即可； （2）由作图过程可得是的垂直平分线，然后利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：如图：正方形即为所求． （2）解：∵， ∴， 由作图过程可知：直线是AE的垂直平分线， ∴， ∴， ∴． 故答案为：2，3，． 16．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在中，，． (1)尺规作图：在边上找一点（点，不重合），使得为等腰三角形（保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，证明：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，尺规作图－作垂线，三角形内角和定理． （1）作的垂直平分线，交于点D，连接，此时，为等腰三角形； （2）由（1）知，，则，，由，可求，进而可证． 【详解】（1）解：如图，作的垂直平分线，交于点D，连接，，点D即为所求： ； （2）证明：由（1）知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 17．（2025·甘肃·二模）如图，的周长为，与相交于点，交于，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质．此题难度不大，注意数形结合思想与转化思想的应用． 由的周长为，即可求得，又由，可得是线段的垂直平分线，即可得，继而可得的周长等于的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， 的周长为， ， ，， ， 的周长为：． 故选：C． ( 题型0 5 )等腰三角形的性质与判定 18．（2025·甘肃·二模）如图，D为中边上的中点，，若，与交于点F，，则的长是（　　） A．4 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】此题重点考查全等三角形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解线段长是解答的关键．先利用全等三角形的性质得到，，，，再利用平行线的性质和等腰三角形的判定与性质得到，进而得到，证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：， ，，，， ∴， ， ， ， ， ∴， ∵D为中边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 19．（2025·甘肃·二模）如图，是等腰直角三角形的边的中点，是平面内一点，连接，将线段以点为中心逆时针旋转，得到线段，连接．若，点，之间的距离为1，则的最小值为（   ） A．4 B．5 C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、圆的有关定义以及和性质等知识．连接，，将线段绕着点A逆时针旋转得到线段，连接，，由旋转性质可推导，是等腰直角三角形，则，，根据圆的定义可得点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动，进而可知当M、Q、H共线时，最小，最小值为，根据等腰直角三角形的性质求得值即可求解． 【详解】解：连接，，将线段绕着点A逆时针旋转得到线段，连接，， 由旋转性质得，，，即， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， 则点Q在以H为圆心，1为半径的圆上运动， ∵， ∴当M、Q、H共线时，最小，最小值为， ∵点M是等腰直角三角形边的中点，， ∴，， ∴， ∴的最小值为， 故选：C． 20．（2025·甘肃·二模）如图，已知． (1)求作四边形，使得点在上，点在上，且，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作图形中，若，，求的度数． 【答案】(1)画图见解析 (2) 【分析】（1）如图，作的角平分线交于，过作，与的交点为，则，四边形即为所求； （2）由，，证明， 可得，，，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：如图，作的角平分线交于，过作，与的交点为，则，四边形即为所求； 理由：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是作角平分线，作一个角等于已知角，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角的性质，熟练的作图是解本题的关键． ( 题型0 6 )等边三角形 21．（2025·甘肃·二模）如图，为等边三角形，点为延长线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，直线与交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质是解题的关键． （1）由等边三角形的性质得，再由，，可得． （2）先根据证明，即可得到，然后证明即可得到结论． 【详解】（1）是等边三角形 ， ， 由旋转的性质得 ∴ ． （2）由旋转的性质得， 是等边三角形， ，， ， ， 22．（2025·甘肃·二模）如图，把以点B为中心顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D、E，且点D恰好在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 根据旋转的性质、等边三角形的判定以及全等三角形的判定与性质逐项判定即可． 【详解】解：A．由旋转可知，而不一定成立，故该选项错误，不符合题意； B．∵把以点B为中心顺时针旋转得到， ∴， ∴是等边三角形，，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即B选项正确，符合题意； C．∵， ∴，故该选项错误，不符合题意； D．由不能证明平分，即不能证明，故该选项错误，不符合题意． 故选B． 23．（2025·甘肃陇南·二模）如图，作的任意一条直径，分别以为圆心，以的长为半径作弧，与相交于点和，顺次连接，得到六边形，若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了图形的面积转换，等边三角形面积，将不规则图形的面积转换成规则图形的面积是解题关键．可将图中阴影部分的面积转化为两个等边三角形的面积之和，然后求解即可． 【详解】解：如图，连接， 根据题意，可知弓形与弓形面积相等，弓形与弓形面积相等， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴为等边三角形，同理可知为等边三角形，且两三角形全等， ∴． 故答案为：． 24．（2025·甘肃·二模）如图，在中，．将绕点顺时针旋转得到，点落在边上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质，由旋转的性质可得，，，求出是等边三角形，得到，即可得解． 【详解】解：由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选C． ( 题型0 7 )直角三角形 25．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，分别是，上的点，将沿着折叠，使点落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是截图关键． 连接交于点，通过直角三角形的性质得，结合折叠的性质证得，可得，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， 点为的中点，， ， ， ， ， 将沿着折叠，使点落在边的中点处， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 26．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，，将从点A出发沿底边中线方向平移得到，当时，重叠部分的周长是 ． 【答案】 【分析】在中，，，，求出，根据直角三角形的性质得出，从而得出，即可得，根据，得出，，根据平移可得，证明是等边三角形，得出，证明，即可得，，即可求出三角形的周长． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∵是的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 根据平移可得， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴重叠部分的周长， 故答案为：． 【点睛】该题考查了平移的性质，等边三角形的性质和判定，直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 27．（2025·甘肃·二模）最近中国“宇树科技”的“机器狗技术”发展迅速．在正常状态下，机器狗的小腿和大腿有一定夹角（如图1）．图2是机器狗正常状态下的腿部简化图，其中，．机器狗正常状态下的高度可以看成，两点间的距离，则机器狗正常状态下的高度为（    ） A．40cm B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，连接，过B作于D，根据等边对等角和三角形的内角和定理求出，，根据含角的直角三角形的性质求出，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接，过B作于D， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即机器狗正常状态下的高度为， 故选：D． ( 题型0 8 )勾股定理及其逆定理 28．（2025·甘肃·二模）中，若，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理、一元二次方程根的判别式、二次函数的性质等知识点．过点作，交延长线于点，设，先利用直角三角形的性质、勾股定理可得，，再设，从而可得，然后在中，利用勾股定理可得一个关于的一元二次方程，利用方程根的判别式求解即可得． 【详解】解：如图，过点作，交延长线于点， 设， 在中，，， ，， 设，则， ， 在中，，即， 整理得：， 这个关于的一元二次方程有实数根， 此方程根的判别式，即， 解一元二次方程得：， 由二次函数的性质可知，当时，， 又， ， 的最大值为， 即的最大值为， 故答案为：． 29．（2025·甘肃·二模）如图，已知矩形中，，，点E为的中点，连接，交对角线于点F，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，利用矩形的性质，结合勾股定理求出的长，证明，列出比例式，进行求解即可． 【详解】解：∵矩形，，，点E为的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D． 30．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，是的中点，将绕点旋转得到， 连接．当 时，的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理；先证明是等腰直角三角形，过点作于点，得出，分当在的上方时，当在的下方时，分别画出图形，结合图形，即可求解． 【详解】解：过点作于点， ∵，是的中点， ∴， ∵点旋转得到， ∴是等腰直角三角形，， ∵ ∴， ∴， 如图，当在的上方时， ∴在中， ∴， 如图，当在的下方时， 同理可得， 故答案为：或． 31．（2025·甘肃·二模）一滑雪爱好者沿着坡度为的斜坡滑行了450米，则他下降的高度为 米． 【答案】225 【分析】本题主要考查勾股定理及坡比，熟练掌握勾股定理及坡比是解题的关键；设他下降的高度为x米，则有他滑行的水平距离为米，然后问题可求解． 【详解】解：设他下降的高度为x米， ∵斜坡的坡度为， ∴他滑行的水平距离为米， 由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ∴他下降的高度为225米， 故答案为：225． 32．（2025·甘肃定西·二模）在中国古代，数学被称为“算术”或“九章之学”，而几何知识常用于天文、测地、建筑、乃至器物制作中．古人用“矩”、“规”巧妙地构建出各类精妙图形．在这样的背景下，匠人们常以尺规作图解决实际问题，体现“法天则地”的智慧精神． 如今，借助尺规来完成一道几何构造题： 如图，已知：，尺规作图得四边形．作图步骤如下： ①分别以B、C为圆心，大于的长为半径作弧，两条弧分别相交于点P，Q； ②作直线交于点D，连接； ③以B为圆心，的长为半径作弧，交直线于点E，连接． (1)请用上面方法，用没有刻度的直尺和圆规作出四边形．（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，，则四边形的面积是__________． 【答案】(1)图见解析 (2)80 【分析】本题考查尺规作图—作垂线，作线段，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）根据题干给出的作图方法作图即可； （2）证明四边形为菱形，菱形的性质结合勾股定理，求出菱形的面积即可． 【详解】（1）解：由题意，作图如下： （2）解：根据作图可得，垂直平分， ∴，， ∵由作图得，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 故答案为：80． 33．（2025·甘肃平凉·二模）【问题背景】在古代文明中，古埃及人就已经运用了一些类似尺规作图的方法来进行土地测量和建筑设计．古巴比伦人也在一定程度上使用简单的工具进行几何图形的构建． 【实践与操作】如图，在中，， (1)请用尺规作边上的高，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)应用与计算：若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了尺规作图作图—作垂线，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）过点作的垂线即可得解； （2）由勾股定理可得，再由等面积法计算即可得解． 【详解】（1）解：如图所示，即为边上的高． （2）解：，，， ， ， 即， ． 34．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在矩形中，点M、N分别在边、上，且．若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，证得是解题的关键．根据矩形的性质以及勾股定理可得、，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 故答案为：． 35．（2025·甘肃·二模）如图，在边长为12的正方形中，点E是的中点，点 F，G分别在边，上，且．若平分，则 的长为（　　） A． B．9 C． D．10 【答案】C 【分析】如图，过作于，延长交于，证明四边形是矩形，，求解，可得，求解，，，证明，设，则，进一步利用勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，过作于，延长交于， ∴， ∵正方形， ∴，，，， ∴四边形是矩形，， ∵为的中点， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 36．（2025·甘肃·二模）如图，在中，是边上的高，，交的延长线于点E，交边的延长线于点F．若，，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等角对等边等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：作延长线于G，易得，则；设，则，根据勾股定理可得，即、；根据等角对等边可得；设，则，再根据勾股定理可得，即；由，即，设，则，，证明，根据相似三角形的性质列比例式可得，即；然后再根据正弦的定义求得，最后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：如图：作延长线于G， ∵是边上的高，即， ∴， ∴， ∵在中，， ∴设，则， ∵，即，解得：（舍弃负值）， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∵在中，， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， 设，则，，， ∵， ∴， ∴，即，解得：（经检验不是增根）， ∴， ∵在中，， ∴在中，，即，解得：， ∴． 故答案为：． 37．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，，点是边的中点，点在边上，且，连结交于点，连结，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质，设，得，所以，根据勾股定理得，然后证明，对应边成比例求出，得，延长交于点G，证明，对应边成比例，再证明是等腰直角三角形，进而可以解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，点E是边的中点， ∴， ∵， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，延长交于点G， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是证明． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 三角形 题型概览 题型01 三角形的内角和外角 题型02 三角形全等的判定 题型03 角平分线的性质与判定 题型04 线段垂直平分线 题型05 等腰三角形的性质与判定 题型06 等边三角形 题型07 直角三角形 题型08 勾股定理及其逆定理 ( 题型01 )三角形的内角和外角 1．（2025·甘肃·二模）如图，将绕点顺时针旋转，得到，且点的对应点恰好落在上，则的度数为 度． 2．（2025·甘肃·二模）如图是一束光线先后经平面镜，反射的示意图，若反射光线与入射光线平行，则的度数是 ．    3．（2025·甘肃·二模）如图，将一副三角尺按图中所示位置摆放，点在上，其中，，，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·甘肃陇南·二模）如图，，将绕点顺时针旋转得到．若点在同一条直线上，则的度数是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·甘肃·二模）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． ( 题型02 )三角形全等的判定 6．（2025·甘肃·二模）如图所示，是圆的直径，弦，垂足为，，． (1)求证：； (2)求图中阴影部分的面积． 7．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，点D是边上的一点，连接，将绕点D顺时针旋转得到，作交的延长线于点F，连接． (1)求证： (2)若，求：的值． 8．（2025·甘肃·二模）如图所示，等腰中，，，点为斜边上一点（不与重合），，连接，将线段绕点沿顺时针方向旋转至，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 9．（2025·甘肃·二模）如图，在等边中，点分别为边上的点，且． (1)连接．求证：； (2)将线段绕点顺时针旋转至，连接交于点，求证：． 10．（2025·甘肃·二模）在和中，，，，旋转，使点在内． (1)如图1，求证：； (2)当时，延长交于点． ①如图2，若，，求的长； ②如图3，连接，若点是的中点，判断线段与线段的数量关系，并说明理由． ( 题型03 )角平分线的性质与判定 11．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在中，是角平分线，，，，则的面积为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 12．（2025·甘肃·二模）如图，在Rt中，平分，垂足为点，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 13．（2025·甘肃·二模）如图，在中，平分，．若，，，则线段的长为（    ） A．2 B． C． D． ( 题型0 4 )线段垂直平分线 14．（2025·甘肃·二模）如图，在中，分别以点，为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线与交于点，连结．若，则的周长为（　　） A．13 B．14 C．15 D．16 15．（2025·甘肃白银·二模）数学家为解决“化圆为方”问题，将其转化为特殊的“化矩形为方”问题．化矩形为方指的是给定任意矩形，作出和这个矩形面积相等的正方形． 如图，已知矩形，通过尺规作图完成“化矩形为正方形”问题．以下为作图过程： ①以点为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点； ②分别以点A，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点，连接交于点，则为的中点； ③以点为圆心，的长为半径画弧，交的延长线于点； ④以为边，在边右侧作正方形，即“化矩形为正方形”． (1)请按照作图过程，用无刻度的直尺和圆规完成作图．（保留作图痕迹） (2)根据已补充完整的图形解决问题： 在矩形中，若，，则________，________，进而求得正方形的边________．由此可得，即达到“化矩形为方”的目的． 16．（2025·甘肃陇南·二模）如图，在中，，． (1)尺规作图：在边上找一点（点，不重合），使得为等腰三角形（保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，证明：． 17．（2025·甘肃·二模）如图，的周长为，与相交于点，交于，则的周长为（    ） A．4 B．6 C．8 D．10 ( 题型0 5 )等腰三角形的性质与判定 18．（2025·甘肃·二模）如图，D为中边上的中点，，若，与交于点F，，则的长是（　　） A．4 B．3 C． D． 19．（2025·甘肃·二模）如图，是等腰直角三角形的边的中点，是平面内一点，连接，将线段以点为中心逆时针旋转，得到线段，连接．若，点，之间的距离为1，则的最小值为（   ） A．4 B．5 C．3 D． 20．（2025·甘肃·二模）如图，已知． (1)求作四边形，使得点在上，点在上，且，；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作图形中，若，，求的度数． ( 题型0 6 )等边三角形 21．（2025·甘肃·二模）如图，为等边三角形，点为延长线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，直线与交于点，过点作交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 22．（2025·甘肃·二模）如图，把以点B为中心顺时针旋转得到，点A，C的对应点分别为D、E，且点D恰好在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 23．（2025·甘肃陇南·二模）如图，作的任意一条直径，分别以为圆心，以的长为半径作弧，与相交于点和，顺次连接，得到六边形，若，则阴影部分的面积为 ． 24．（2025·甘肃·二模）如图，在中，．将绕点顺时针旋转得到，点落在边上，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． ( 题型0 7 )直角三角形 25．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，分别是，上的点，将沿着折叠，使点落在边的中点（记为）处．若，，则的长为 ． 26．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，，将从点A出发沿底边中线方向平移得到，当时，重叠部分的周长是 ． 27．（2025·甘肃·二模）最近中国“宇树科技”的“机器狗技术”发展迅速．在正常状态下，机器狗的小腿和大腿有一定夹角（如图1）．图2是机器狗正常状态下的腿部简化图，其中，．机器狗正常状态下的高度可以看成，两点间的距离，则机器狗正常状态下的高度为（    ） A．40cm B． C． D． ( 题型0 8 )勾股定理及其逆定理 28．（2025·甘肃·二模）中，若，，则的最大值为 ． 29．（2025·甘肃·二模）如图，已知矩形中，，，点E为的中点，连接，交对角线于点F，则（   ） A． B． C． D． 30．（2025·甘肃·二模）如图，在中，，，是的中点，将绕点旋转得到， 连接．当 时，的长为 ． 31．（2025·甘肃·二模）一滑雪爱好者沿着坡度为的斜坡滑行了450米，则他下降的高度为 米． 32．（2025·甘肃定西·二模）在中国古代，数学被称为“算术”或“九章之学”，而几何知识常用于天文、测地、建筑、乃至器物制作中．古人用“矩”、“规”巧妙地构建出各类精妙图形．在这样的背景下，匠人们常以尺规作图解决实际问题，体现“法天则地”的智慧精神． 如今，借助尺规来完成一道几何构造题： 如图，已知：，尺规作图得四边形．作图步骤如下： ①分别以B、C为圆心，大于的长为半径作弧，两条弧分别相交于点P，Q； ②作直线交于点D，连接； ③以B为圆心，的长为半径作弧，交直线于点E，连接． (1)请用上面方法，用没有刻度的直尺和圆规作出四边形．（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，，则四边形的面积是__________． 33．（2025·甘肃平凉·二模）【问题背景】在古代文明中，古埃及人就已经运用了一些类似尺规作图的方法来进行土地测量和建筑设计．古巴比伦人也在一定程度上使用简单的工具进行几何图形的构建． 【实践与操作】如图，在中，， (1)请用尺规作边上的高，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）； (2)应用与计算：若，，求的长． 34．（2025·甘肃平凉·二模）如图，在矩形中，点M、N分别在边、上，且．若，，则的长为 ． 35．（2025·甘肃·二模）如图，在边长为12的正方形中，点E是的中点，点 F，G分别在边，上，且．若平分，则 的长为（　　） A． B．9 C． D．10 36．（2025·甘肃·二模）如图，在中，是边上的高，，交的延长线于点E，交边的延长线于点F．若，，，则的长为 ． 37．（2025·甘肃·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，，点是边的中点，点在边上，且，连结交于点，连结，若，则（   ） A． B． C． D． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$