2026年中考数学重难点一轮复习：三角形

2026年中考数学重难点一轮复习：三角形 一、单选题 1．如图，已知△ABC中，BD、CE分别为它的两条高线，BD=6、CE=5、AB=12，则AC=（    ） A．10 B． C． D．7 2．如图，∠ACD是ABC的外角，CE平分∠ACD，若∠A＝60°，∠B＝40°，则∠ECD等于（    ） A．100° B．40° C．60° D．50° 3．如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧交，于点，再分别以点为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则的度数为（        ） A． B． C． D． 4．如图，在中，，D为的中点，，则（    ） A． B．3 C． D． 5．如图，在中，，和的平分线相交于点，过点作的平行线交于点，交于点，若的周长为14，则的周长是（   ） A．14 B．19 C．21 D．23 6．如图，矩形中，点E在边上，点F在边的延长线上，，与对角线交于点I，与对角线交于点G，与边交于点H．则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 7．在直角坐标系中，O为坐标原点，已知，在y轴上确定点P，使得为等腰三角形，则符合条件的P点共有（   ）个 A．4 B．3 C．2 D．1 8．若，，是某三角形的三边长，则可取的最大整数为（   ） A．10 B．9 C．8 D．7 9．如图，菱形各边的中点分别是，若，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在平面直角坐标系中，的直角边在轴的正半轴上，且，斜边，点为线段上一动点．若点为线段的中点，连接，以为折痕，在平面内将折叠，点的对应点为，若与的边垂直，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．在中，如果，根据三角形按角进行分类，这个三角形是 三角形． 度． 12．如图，已知传送带与地面所成斜面坡度为，如果它把物体送到离地面米高的地方，那么物体所经过的路程为 米． 13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，根据尺规作图的痕迹判断以下结论正确的是 ． ①∠DBC＝∠BDC    ②AE＝BE    ③    ④∠BAE＝∠ACD 14．如图，AB=AC，AD∥BC，若∠BAC=80°，则∠DAC= ． 15．如图，在菱形中，为对角线上一点，，连结，若，则的度数为 ．    16．在平面直角坐标系内有两点A，B，其坐标为，，点M为x轴上的一个动点，若要使的值最大，则点M的坐标为 ． 17．“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，它巧妙利用面积关系证明了勾股定理，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一个大正方形，设直角三角形较短直角边长为，较长直角边长为，若小正方形的面积为，大正方形的面积为，那么为 ．    18．如图，在中，，，点M是上一点，且平分，连接，将绕点M顺时针旋转，点A的对应点N落在上．若点N恰好是的三等分点（靠近点C），则 ． 19．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，将绕O点逆时针旋转到如图的位置，A的对应点恰好落在直线上，连接，则的长度为 ． 20．如图， 在中， ， ， 按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点； ②分别以为圆心， 大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；③作射线交于点；④以点为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点， 连接， 则的周长为 ． 三、解答题 21．如图，点P是菱形ABCD的对角线AC上一点，连接DP并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点E．求证： （1）APB≌APD； （2）PD2＝PE•PF． 22．如图，且，．求证：． 23．如图，在中，点D是上一点，，过点D作，且．求证：． 24．如图，在中，是它的一条对角线．    (1)求证：； (2)尺规作图：作的垂直平分线，分别交，于点，（不写作法，保留作图痕迹）； 25．在矩形中．    (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交于点E，F（保留作图痕迹，不要求写作法）． (2)已知，，求的长． 26．如图，在中，平分交对角线于点E，平分交对角线于点F，连接、． (1)若，求的度数； (2)求证：四边形为平行四边形． 27．如图，在中，，，点D为上一点，连接，将线段绕点C顺时针旋转到（点D的对应的为E），连接． (1)求证：； (2)若，，直接写出线段的长为 ． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．A 【分析】利用三角形面积公式即可求得． 【详解】解：△ABC中，BD、CE分别为它的两条高线，BD=6、CE=5、AB=12， ∴S△ABC=AB•CE=AC•BD， ∴AC==10， 故选：A． 【点睛】本题考查了三角形的面积，熟知三角形面积公式是解题的关键． 2．D 【分析】根据三角形外角性质求出∠ACD，根据角平分线定义求出即可． 【详解】∵∠A=60°，∠B=40°， ∴∠ACD=∠A+∠B=60°+40°=100°， ∵CE平分∠ACD， ∴∠ECD=∠ACD=×100°=50°，故D正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了角平分线定义和三角形外角性质，熟记三角形外角性质的内容是解此题的关键． 3．B 【详解】∵,∴,∵平分, ∴,∴． 4．B 【分析】由直角三角形斜边中线的性质可知，即得出，从而可求出，即得，即为的值． 【详解】∵，D为的中点， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴，即 ∴． 故选B． 【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，正切的定义及求角的正切值．熟练掌握上述知识是解题关键． 5．C 【分析】本题考查等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线定义．由角平分线的定义得到，由平行线的性质得到，因此，推出，同理：，于是得到，由的周长，即可求出的周长． 【详解】解：平分， ， ∵， ， ， ， 同理：， ， 的周长， 的周长． 故选：C． 6．B 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两锐角互余及相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质并根据已知条件逐一分析各选项的三角形是否相似即可． 【详解】解：在矩形中， ，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴，故D项成立， ∴， ∵， ∴， ∴，故C项成立， ∵，， ∴，故A项成立， ∴不一定成立的是， 故选：B． 7．C 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定，首先算出的长，再以O为圆心，长为半径画圆，交y轴于两点，再作出的垂直平分线，与y轴交点也可以构造出等腰三角形，此时为点，得出只有两点即为P所在位置． 【详解】解：过点A作轴于点C， ∵， ∴，， ∴， 以O为圆心，2为半径画圆，交y轴于两点，， 作的垂直平分线，此时交点正好与点重合， 故使得为等腰三角形，则符合条件的P点共有2个， 故选：C． 8．C 【分析】此题主要考查了三角形的三边关系，关键是掌握三角形两边之和大于第三边．三角形的两边差小于第三边．设第三边长为，然后再利用三边关系列出不等式组，进而可得答案． 【详解】解：∵，，是某三角形的三边长， ∴， 即：， ∴可取的最大整数为 故选：C． 9．C 【分析】由中位线的性质可知，结合可得，可判断B选项；由菱形的性质可知，用勾股定理解可验证选项D；先证四边形是平行四边形，再用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，可判断选项A；假设成立，则是等边三角形，，与矛盾，可判断选项C． 【详解】解：如图，连接，交于点O，连接， 菱形各边的中点分别是， ， ， ，， ， ， 故B选项结论正确，不合题意； 由菱形的性质可知， ， ，， ， ， 故D选项结论正确，不合题意； ，，， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， 是直角三角形， ， 故A选项结论正确，不合题意； 由已知条件可知， 若，则是等边三角形， 则，与矛盾， 因此不成立， 故C选项结论错误，符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质等，解题的关键是综合运用上述知识点，逐步进行推导论证． 10．A 【分析】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠性质，坐标与图形，直角三角形斜边上的中线性质等知识，解题的关键是学会利用相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 如图2中，设交于点．先利用勾股定理求出，利用相似三角形的性质求出，再求出、，可得结论． 【详解】解： 如图中，设交于点． 在中，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴，， ∴， 由翻折的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点坐标为 故选A． 11． 直角三角形 ． 【分析】根据内角和定理求解的度数，再进行判断即可． 【详解】解：设三角分别是，，． 则， 解． 所以三角分别是，，． 故这个三角形是直角三角形，． 故答案为：直角三角形，． 【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的分类，掌握以上知识是解题的关键． 12． 【分析】此题考查了坡度坡角问题，注意掌握数形结合思想的应用，注意理解坡度的定义． 根据坡度的定义，由勾股定理即可求得答案． 【详解】解：由题意得：斜坡的坡度：，米，， ， ， 中，米， 故物体所经过的路程为米． 故答案为：． 13．②③④ 【分析】根据尺规作图的痕迹可得，DE垂直平分AB，再根据线段垂直平分线的性质以及直角三角形斜边上中线的性质，即可得出结论． 【详解】解：根据尺规作图的痕迹可得，DE垂直平分AB， ∴D为AB的中点，AE=BE， ∴CD=AB=AD=BD， ∴∠DBC=∠DCB，∠A=∠ACD， 综上所述，①选项错误，②③④选项都正确， 故答案为：②③④． 【点睛】本题主要考查了基本作图以及直角三角形斜边上中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半． 14．50° 【分析】根据等腰三角形顶角度数，可求出每个底角，然后根据两直线平行，内错角相等解答． 【详解】解：∵AB=AC，∠BAC=80°， ∴∠B=∠C=（180°﹣80°）÷2=50°； ∵AD∥BC， ∴∠DAC=∠C=50°， 故答案为50°． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及平行线性质的应用，注意：两直线平行，内错角相等． 15．/80度 【分析】根据菱形的性质、等腰三角形性质，三角形内角和定理求解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∵ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据相关定理确定角之间数量关系是解题的关键． 16．（-，0） 【分析】要使得MB-MA的值最大，只需取其中一点关于x轴的对称点，与另一点连成直线，然后求该直线x轴交点即为所求． 【详解】取点B关于x轴的对称点B′，则直线AB′交x轴于点M．点M即为所求． 设直线AB′解析式为：y=kx+b 把点A（-1，-1）B′（2，-4）代入 解得 ∴直线AB′为： 当y=0时，x=- ∴M坐标为（-，0） 故答案为（-，0）    【点睛】本题考查轴对称-最短路线问题、坐标与图象变换，解答本题的关键是明确题意，利用三角形两边之差小于第三边和一次函数的性质解答． 17．1 【分析】结合图形，求出的值，再利用完全平方公式计算即可得出． 【详解】解：根据题意得：，，即， 则， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明，完全平方公式的应用，采用数形结合的方法是解题的关键． 18．14 【分析】本题考查平行四边形的性质，旋转的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质和判定，过点作,垂足为点，即可得到，进而求出和长，再根据角平分线的定义和平行线的性质得到,即可得到，然后根据勾股定理求出的长，再过点作于点,求出和长解答即可． 【详解】解：若点恰好是的三等分点(靠近点)，则， 过点作,垂足为点,如图, ∵是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 则,， ∵,平分, ∴, ∴， ， ， ， 过点作于点, 在中,,， 在中, ， 故答案为：． 19． 【分析】先求出的坐标，进而得到的长，利用锐角三角函数，得到，根据旋转的性质，易得：均为等边三角形，即可得出结果． 【详解】解：∵，当时，；当，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵将绕O点逆时针旋转到如图的位置， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标轴下的旋转．熟练掌握旋转的性质，等边三角形的判定和性质，求一次函数与坐标轴的交点坐标，是解题的关键． 20．/ 【分析】本题考查了作图-基本作图，利用基本作图得到平分，，再证明得到，接着利用勾股定理计算出，然后利用等线段代换得到的周长． 【详解】解：由作法得到平分，， ∴ 在和中， ∴ ∴, ∵ ∴， ∴的周长． 故答案为：． 21．（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，由“SAS”可证△ABP≌△ADP； （2）由全等三角形的性质可得PB＝PD，∠ADP＝∠ABP，通过证明△EPB∽△BPF，可得，可得结论． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC， 在△ABP和△ADP中， ， ∴△ABP≌△ADP（SAS）； （2）∵△ABP≌△ADP， ∴PB＝PD，∠ADP＝∠ABP， ∵ADBC， ∴∠ADP＝∠E， ∴∠E＝∠ABP， 又∵∠FPB＝∠EPB， ∴△EPB∽△BPF， ∴， ∴PB2＝PE•PF， ∴PD2＝PE•PF． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等与相似的判定方法． 22．见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定，先由平行线的性质得到，再利用即可证明． 【详解】证明：∵， ∴， 又∵，， ∴． 23．见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，先证明，再证明即可得到答案. 【详解】证明：， ∴， 在和中，， ∴ ∴. 24．(1)见解析； (2)见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，再由，即可证明； （2）利用线段垂直平分线的作法进行作图即可； 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴； （2）如图所示，    【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，基本作图，掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定方法，线段垂直平分线的作法是解决问题的关键． 25．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了作线段垂直平分线，矩形的性质，勾股定理． （1）根据题意作出图形即可； （2）在中，利用勾股定理列式即可求解． 【详解】（1）解：所作图形如图所示，   ； （2）解：连接． 设，则 是的垂直平分线， ． 在中，由勾股定理得：， ， 解得． ． 26．(1)80° (2)详见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键． （1）根据角平分线的定义，再根据平行四边形的性质求解即可； （2）根据平行四边形的性质证明，即可得到结论． 【详解】（1）解：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴， ∵平分，平分， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 27．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识． （1）先由旋转的性质得，，再由已知证明即可得出结论； （2）连接，先由得，，再由已知推出，进而可得，再由勾股定理得，再由可得答案． 【详解】（1）证明：∵将线段绕点C顺时针旋转到， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图，连接， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， 由（1）得，， ∴， 故答案为：． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $