专题04 三角形与四边形（复习讲义）（天津专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题04 三角形与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 三角形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：立体图形的三视图 题型二：三角形的概念与性质 题型三：全等三角形的判定与性质 题型四：等腰三角形 题型五：直角三角形 题型六：相似三角形 题型七：锐角三角函数 题型八：三角形尺规作图与计算证明 必备知识 知识1 特殊三角形的性质与判定 知识2 全等三角形的性质与判定 知识3 相似三角形的性质与判定 命题预测 考点二 四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一、平行四边形的判定与性质综合 题型二、矩形、菱形、正方形的判定与性质综合 必备知识 知识1 特殊四边形的性质 知识2 特殊四边形的判定 命题预测 命题透视 本专题近五年天津中考分值稳定在25-32分，占全卷总分120分的21%-27%。题型覆盖选填基础、解答中档、压轴综合，是几何证明与计算的核心板块，直接决定几何部分得分率，与函数板块共同构成数学高分的“双支柱”。 延续天津卷“三角形为基础、四边形为载体、变换为手段、数形结合为核心”的命题逻辑，基础题侧重严谨证明，中档题侧重性质应用，压轴题侧重“动点+存在性+最值”综合，同时融入天津本土文化与本地地理情境。 1．呈现 “新材料、新情境、新问题” 的特点，以文字、图形、网格、折叠 / 旋转操作、动态几何为主要载体，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，常融入传统文化（如古代建筑、几何图案）与生活应用，强调几何直观与严谨证明 2．从命题内容上看，三角形部分重点考查全等、相似、勾股定理及特殊三角形的性质与判定，常结合折叠、旋转等变换进行证明与计算；四边形部分聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，常与三角形综合，考查特殊四边形的判定及动态问题；整体命题趋势是 “三角形为基础、四边形为载体、变换为手段”，强调逻辑推理与数形结合. 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 几何图形初步 T2：立体图形的三视图 T2：立体图形的三视图 T3：立体图形的三视图 T5：立体图形的三视图 T5：立体图形的三视图 三角形概念与性质 T10：三角形的外角 T10：三角形的外角 T11：三角形的外角 全等三角形的判定与性质 T11：直角全等三角形的判定与性质 T17：全等三角形的判定与性质综合应用 T18：构造全等三角形求线段长度 T11：直角三角形的全等 T18：构造全等三角形求线段长度 T17：全等三角形的判定与性质综合应用 T18：构造全等三角形求线段长度 T10：全等三角形的判定与性质 T17：全等三角形的判定与性质综合应用 T18：构造全等三角形求线段长度 T18：构造全等三角形求线段长度 等腰三角形 T24：等腰三角形的性质与判定 T21：等腰三角形的性质与判定 T25：等腰三角形的分类讨论 T17：等腰三角形的性质与判定 T11：等腰三角形的性质与判定 T11：等边三角形的性质与判定 直角三角形 T17：勾股定理及其应用 T17：勾股定理及其应用 T10、T17：勾股定理及其应用 T10：勾股定理及其应用 T17：勾股定理及其应用 相似三角形 T17：相似三角形的判定与性质 锐角三角函数 T6：特殊角的锐角三角函数值的混合运算 T22：解直角三角形的实际应用 T6：特殊角的锐角三角函数值的混合运算 T22：解直角三角形的实际应用 T6：特殊角的锐角三角函数值的混合运算 T22：解直角三角形的实际应用 T2：特殊角的锐角三角函数值 T2：特殊角的锐角三角函数值 四边形 T17：矩形 T25：平行四边形 T17：正方形 T17：正方形 T24：矩形与菱形综合 T17：菱形 T8：坐标系中的平行四边形 命题预测 1. 本土情境深度融合- 几何证明/计算题将大量融入天津地标（天津之眼、五大道、独乐寺）、本地文化（《九章算术》天津版解读、杨柳青年画几何设计）、本土规划（地铁、港口、步道），要求考生快速从情境中提取几何模型。 2. 数学文化题常态化- 近三年天津卷已在选填/解答中出现数学文化题，2026年将延续，重点考古代测量（勾股定理）、建筑几何（榫卯结构、对称布局），题型为“文化背景+几何计算/证明”。 3. 压轴综合度升级- 压轴题不再单一考“三角形+四边形”，而是串联相似三角形+旋转+折叠+函数，要求考生熟练掌握跨模块知识，拒绝“单一模块刷题”。 考点一 几何图形初步与三角形 题型一 立体图形的三视图 1．（2025·天津·中考真题）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（   ）    A．   B．   C．   D．   【答案】D 【分析】本题主要查了简单组合体的三视图．根据从前面看到的图形是主视图，即可求解． 【详解】解：根据题意得：它的主视图是    故选：D 2．（2024·天津·中考真题）下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了简单组合体的三视图，根据主视图是指从正前方向看到的图形求解即可． 【详解】解：由此从正面看，下面第一层是三个正方形，第二层是一个正方形（且在最右边）， 故选：B． 3．（2023·天津·中考真题）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（    ）    A．  B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据主视图的定义判断． 【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形， 故答案为：C． 【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键． 4．（2022·天津·中考真题）下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画出从正面看到的图形即可得到它的主视图． 【详解】解：几何体的主视图为： 故选：A 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图：画简单组合体的三视图要循序渐进，通过仔细观察和想象，再画它的三视图． 5．（2021·天津·中考真题）如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（    ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】根据三视图中的主视图定义，从前往后看，得到的平面图形即为主视图． 【详解】解：从正面看到的平面图形是3列小正方形，从左至右第1列有1个，第2列有2个，第3列有2个， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据主视图的概念由立体图形得到相应的平面图形． 题型二 三角形的概念与性质 1．（2025·天津·中考真题）如图，是的角平分线．按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，与边相交于点，与边相交于点；②以点为圆心，长为半径画弧，与边相交于点；③以点为圆心，长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点；④作射线，与相交于点，与边相交于点．则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要查了尺规作图，等腰三角形的判定，三角形外角的性质．由作法可得：，再结合三角形外角的性质，等腰三角形的判定解答，即可． 【详解】解：由作法得：， 根据题意无法得到与的大小关系， 所以无法确定与的大小关系，故A选项错误； ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴，故D选项正确； 题干中没有说明的大小关系， ∴无法判断的大小关系，则无法得到的度数，故B选项错误； 根据题意无法得到的大小关系，故C选项错误； 故选：D 2．（2024·天津·中考真题）如图，中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点；再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）在的内部相交于点；画射线，与相交于点，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查基本作图，直角三角形两锐角互余以及三角形外角的性质，由直角三角形两锐角互余可求出，由作图得，由三角形的外角的性质可得，故可得答案 【详解】解：∵， ∴， 由作图知，平分， ∴， 又 ∴ 故选：B 3．（2023·天津·中考真题）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E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】A 【分析】根据旋转的性质即可解答． 【详解】根据题意，由旋转的性质， 可得，，， 无法证明，，故B选项和D选项不符合题意， ，故C选项不符合题意， ，故A选项符合题意， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键． 题型三 全等三角形的判定与性质 1．（2022·天津·中考真题）如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用HL证明△ACO≌△BCO，利用勾股定理得到OC=4，即可求解． 【详解】解：∵AB⊥x轴， ∴∠ACO=∠BCO=90°， ∵OA=OB，OC=OC， ∴△ACO≌△BCO(HL)， ∴AC=BC=AB=3， ∵OA=5， ∴OC=4， ∴点A的坐标是（4，3）， 故选：D． 【点睛】本题考查了坐标与图形，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 2．（2022·天津·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据旋转的性质，对每个选项逐一判断即可． 【详解】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN， ∴AB=AC，AM=AN， ∴AB不一定等于AN，故选项A不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠ACN=∠B， 而∠CAB不一定等于∠B， ∴∠ACN不一定等于∠CAB， ∴AB与CN不一定平行，故选项B不符合题意； ∵△ABM≌△ACN， ∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B， ∴∠BAC=∠MAN， ∵AM=AN，AB=AC， ∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等， ∴∠B=∠AMN， ∴∠AMN=∠ACN，故选项C符合题意； ∵AM=AN， 而AC不一定平分∠MAN， ∴AC与MN不一定垂直，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质．旋转变换是全等变换，利用旋转不变性是解题的关键． 3．（2021·天津·中考真题）如图，在中，，将绕点C逆时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，连接．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由旋转可知，即可求出，由于，则可判断，即A选项错误；由旋转可知，由于，即推出，即B选项错误；由三角形三边关系可知，即可推出，即C选项错误；由旋转可知，再由，即可证明为等边三角形，即推出．即可求出，即证明 ，即D选项正确； 【详解】由旋转可知， ∵点A，D，E在同一条直线上， ∴， ∵， ∴，故A选项错误，不符合题意； 由旋转可知， ∵为钝角， ∴， ∴，故B选项错误，不符合题意； ∵， ∴，故C选项错误，不符合题意； 由旋转可知， ∵， ∴为等边三角形， ∴． ∴， ∴，故D选项正确，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查旋转的性质，三角形三边关系，等边三角形的判定和性质以及平行线的判定．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 题型四 等腰三角形 1．（2025·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，为原点，等边的顶点，点在第一象限，等边的顶点，顶点在第二象限． (1)填空：如图①，点的坐标为____________，点的坐标为____________； (2)将等边沿水平方向向右平移，得到等边，点的对应点分别为．设． ①如图②，若边与边相交于点，当与重叠部分为四边形时，试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设平移后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)①，② 【分析】（1）作于点，作于点，根据等边三角形的性质，结合勾股定理进行求解即可； （2）平移的性质，得到，求出的长，解直角三角形求出的长，线段的和差表示出的长，当点落在轴上之后，直至点与点重合之前，重叠部分为四边形，求出的范围即可； （3）分，和三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：作于点，作于点， ∵均为等边三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）①∵平移， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点落在轴上时，此时，点为的中点，则：， 当点与点重合时，， ∴当与重叠部分为四边形时，； ②当时，则重叠的部分为四边形，如图，作轴， 由（1）和（2）①可知：，，， ∴， ∴当时，的值最小，为； ∴； 设交轴于点，则：， ∴当时，此时点于重合，与点重合， 重叠的部分恰为， ∴； 当，随着的增大而减小， ∴当时，有最小值，此时点轴，如图： 此时重叠部分为五边形，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由平移可得：，， ∴， ∴， ∴， 同法可得：， ∴； 综上：． 【点睛】本题考查坐标与图形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，二次函数求最值等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 题型五 直角三角形 1．（2023·天津·中考真题）如图，在中，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于M，N两点，直线分别与边相交于点D，E，连接．若，则的长为（    ）    A．9 B．8 C．7 D．6 【答案】D 【分析】由作图可知直线为边的垂直平分线，再由得到，则可知三点在以为圆心直径的圆上，进而得到，由勾股定理求出即可． 【详解】解：由作图可知，直线为边的垂直平分线， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴三点在以为圆心直径的圆上， ∴， ∵， ∴ ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质，圆的基本性质和勾股定理，解答关键是熟练掌握常用尺规作图的作图痕迹，由作图过程得到新的结论． 题型六 相似三角形 3．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为________； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________． 【答案】 3 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作，    正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，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，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 题型七 锐角三角函数 1．（2022·天津·中考真题）的值等于（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】根据三角函数定义：正切=对边与邻边之比，进行求解． 【详解】作一个直角三角形，∠C=90°，∠A=45°，如图： ∴∠B=90°-45°=45°， ∴△ABC是等腰三角形，AC=BC， ∴根据正切定义，， ∵∠A=45°， ∴， 故选 B． 【点睛】本题考查了三角函数，熟练理解三角函数的定义是解题关键． 2．（2021·天津·中考真题）的值等于（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】根据30°的正切值直接求解即可． 【详解】解：由题意可知，， 故选：A． 【点睛】本题考查30°的三角函数，属于基础题，熟记其正切值即可． 3．（2025·天津·中考真题）的值等于（   ） A．0 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查特殊角的三角函数值的计算，代入各特殊角的三角函数值后按运算顺序计算，即可求解． 【详解】解： 故选：A． 4．（2024·天津·中考真题）的值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查特殊角的三角函数值，熟记特殊的三角函数值是解题的关键；根据代入即可求解. 【详解】， 故选：A. 5．（2023·天津·中考真题）的值等于（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】先根据特殊角的三角函数值进行化简，再进行二次根式的加法运算即可． 【详解】解 ：， 故选：B． 【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值和二次根式的加法运算，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键． 6．（2025·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津站附近世纪钟建筑的高度（如图①）． 某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点，，依次在同一条水平直线上，，，且．在处测得世纪钟建筑顶部的仰角为，在处测得世纪钟建筑顶部的仰角为，．根据该学习小组测得的数据，计算世纪钟建筑的高度（结果取整数）． 参考数据：，． 【答案】世纪钟建筑的高度约为 【分析】本题考查了解直角三角形的应用．延长与相交于点，在Rt和中，分别求得和，再根据，列式计算求解即可． 【详解】解：如图，延长与相交于点， 根据题意，可得， 有，，，，， 在Rt中，， ， 在中，， ． ， ． ． ． 答：世纪钟建筑的高度约为． 7．（2024·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津海河上一座桥的桥塔的高度（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②，点依次在同一条水平直线上，，垂足为．在处测得桥塔顶部的仰角（）为，测得桥塔底部的俯角（）为，又在处测得桥塔顶部的仰角（）为． (1)求线段的长（结果取整数）； (2)求桥塔的高度（结果取整数）．参考数据：． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了解直角三角形的应用，数形结合是解题的关键． （1）设，在中，．在中，．则．解方程即可； （2）求出，根据即可得到答案． 【详解】（1）解：设，由，得． ，垂足为， ． 在中，， ． 在中，， ． ． 得． 答：线段的长约为． （2）在中，， ． ． 答：桥塔的高度约为． 8．（2023·天津·中考真题）综合与实践活动中，要利用测角仪测量塔的高度． 如图，塔前有一座高为的观景台，已知，点E，C，A在同一条水平直线上．    某学习小组在观景台C处测得塔顶部B的仰角为，在观景台D处测得塔顶部B的仰角为． (1)求的长； (2)设塔的高度为h（单位：m）． ①用含有h的式子表示线段的长（结果保留根号）； ②求塔的高度（取0.5，取1.7，结果取整数）． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质求解即可； （2）①分别在和中，利用锐角三角函数定义求得，，进而可求解； ②过点作，垂足为．可证明四边形是矩形，得到，．在中，利用锐角三角函数定义得到，然后求解即可． 【详解】（1）解：在中，， ∴． 即的长为． （2）解：①在中，， ∴． 在中，由，，， 则. ∴． 即的长为． ②如图，过点作，垂足为． 根据题意，， ∴四边形是矩形． ∴，． 可得． 在中，，， ∴．即． ∴． 答：塔的高度约为． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，涉及含30度角的直角三角形的性质、矩形判定与性质、锐角三角函数，理解题意，掌握作辅助线构造直角三角形解决问题是解答的关键． 9．（2022·天津·中考真题）如图，某座山的顶部有一座通讯塔，且点A，B，C在同一条直线上，从地面P处测得塔顶C的仰角为，测得塔底B的仰角为．已知通讯塔的高度为，求这座山的高度（结果取整数）．参考数据：． 【答案】这座山的高度约为 【分析】在中，，在中，，利用，即可列出等式求解． 【详解】解：如图，根据题意，． 在中，， ∴． 在中，， ∴． ∵， ∴． ∴． 答：这座山的高度约为． 【点睛】本题考查三角函数测高，解题的关键在运用三角函数的定义表示出未知边，列出方程． 10．（2021·天津·中考真题）如图，一艘货船在灯塔C的正南方向，距离灯塔257海里的A处遇险，发出求救信号．一艘救生船位于灯塔C的南偏东方向上，同时位于A处的北偏东方向上的B处，救生船接到求救信号后，立即前往救援．求的长（结果取整数）．参考数据：，取1.73． 【答案】的长约为168海里． 【分析】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H,解直角三角形即可 【详解】如图，过点B作BH⊥CA，垂足为H． 根据题意，． ∵在中，，， ∴． ∵在中，， ∴． 又， ∴． 可得． ∴． 答：的长约为168海里． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造高线构造出直角三角形，并灵活解之是解题的关键． 题型八 三角形尺规作图与计算证明 1．（2025·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点P，A均在格点上． （1）线段的长为____________； （2）直线与的外接圆相切于点．点在射线上，点在线段的延长线上，满足，且与射线垂直．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）____________． 【答案】 见解析 【分析】本题主要考查了勾股定理，圆周角定理的推论，等腰三角形的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用勾股定理进行求解即可； （2）利用圆周角定理的推论，正方形的性质确定圆心，再根据全等三角形和等腰三角形的三线合一确定线段的中点，利用网格确定点为线段的中点，则为三角形的中位线，利用一组平行线确定点为线段的中点，证明和，得出，即，最后利用切线的性质和等腰三角形的性质，得出为等腰三角形，再利用等腰三角形的性质得出． 【详解】解：（1）由勾股定理得， 故答案为：； （2）如图所示，点即为所求， 作法：直线PA与射线BC的交点为；取圆与网格线的交点和，连接；取格点，连接，与相交于点；连接并延长，与相交于点，与直线相交于点；连接并延长，与网格线相交于点，连接，与网格线相交于点；连接，与线段的延长线相交于点，则点M，N即为所求． 理由：∵， ∴为圆的直径， ∵为正方形的对角线， ∴, ∴垂直平分线段， ∴点为圆的圆心， ∴， 又， ， ， 平分， ∴点为线段的中点， 由网格可知点为线段的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴点为线段的中点， ∵， ， ， ∴， 又， ∴， , 即， 延长交于点， ∵， ∴, ， ∴ ∵为圆的切线， ∴， ， , ∴， 即， ∵， ， ∴为等腰三角形， ∴， ∴点即为所求． 2．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．    （1）线段的长为______； （2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 图见解析，说明见解析 【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键． （1）利用勾股定理即可求解； （2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可． 【详解】（1）由勾股定理可知，， 故答案为： （2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．    3．（2023·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，等边三角形内接于圆，且顶点A，B均在格点上．    （1）线段的长为________； （2）若点D在圆上，与相交于点P．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点Q，使为等边三角形，并简要说明点Q的位置是如何找到的（不要求证明）________． 【答案】(1) (2)画图见解析；如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求 【分析】（1）在网格中用勾股定理求解即可； （2）取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点M，连接；连接与网格线相交于点G，连接并延长与网格线相交于点H，连接并延长与圆相交于点I，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求，连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，由图可得，根据全等三角形的性质可得和，根据同弧所对圆周角相等可得，进而得到和，再通过证明即可得到结论． 【详解】（1）解：； 故答案为：． （2）解：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求； 连接，，过点E作网格线，过点G作网格线，      由图可得：∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，即， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形，此时点Q即为所求； 故答案为：如图，取与网格线的交点E，F，连接并延长与网格线相交于点G；连接与网格线相交于点H，连接并延长与网格线相交于点I，连接并延长与圆相交于点K，连接并延长与的延长线相交于点Q，则点Q即为所求． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，勾股定理、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识是关键． 4．（2022·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及的一边上的点E，F均在格点上． （Ⅰ）线段的长等于___________； （Ⅱ）若点M，N分别在射线上，满足且．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明）___________． 【答案】 见解析 【分析】（Ⅰ）根据勾股定理，从图中找出EF所在直角三角形的直角边的长进行计算； （Ⅱ）由图可找到点Q，，即四边形EFBQ是正方形，因为，所以，点M在EQ上，BM、BN与圆的交点为直径端点，所以EQ与PD交点为M，通过BM与圆的交点G和圆心O连线与圆相交于H，所以H在BN上，则延长BH与PF相交点即为N． 【详解】解：（Ⅰ）从图中可知：点E、F水平方向距离为3，竖直方向距离为1， 所以， 故答案为：； （Ⅱ）连接，与竖网格线相交于点O，O即为圆心；取格点Q（E点向右1格，向上3格），连接与射线相交于点M；连接与相交于点G；连接并延长，与相交于点H；连接并延长，与射线相交于点N，则点M，N即为所求， 理由如下：连接 由勾股定理算出， 由题意得， 四边形为正方形， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 从而确定了点的位置． 【点睛】本题考查作图，锐角三角函数、圆周角定理，三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握圆周角的定理． 5．（2021·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点A，C均落在格点上，点B在网格线上． （Ⅰ）线段的长等于_____； （Ⅱ）以为直径的半圆的圆心为O，在线段上有一点P，满足，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的（不要求证明）_____． 【答案】 见解析 【分析】（Ⅰ）根据勾股定理计算即可； （Ⅱ）先将补成等腰三角形，然后构建全等三角形即可． 【详解】解：（Ⅰ）∵每个小正方形的边长为1， ∴， 故答案为：； （Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，则点D为BC中点，连接并延长，与半圆相交于点E，连接并延长，与的延长线相交于点F，则OE为中位线，且，连接交于点G，连接并延长，与相交于点P，因为，则点P即为所求． 【点睛】本题主要考查复杂作图能力，勾股定理，中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点，掌握以上知识点并与已知图形结合是解决本题关键． 知识1 特殊三角形的性质与判定 等腰三角形 等边三角形 直角三角形 性质 (1)两腰相等. (2)两底角相等（简写成“等边对等角”）. (3)顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）. (4)是轴对称图形，有一条对称轴. (1)三边相等. (2)三个内角相等，都等于60°. (3)是轴对称图形，有三条对称轴. (4)等边三角形三条角平分线的交点、三条高线的交点、三条中线的交点重合. (1)两锐角之和等于90°. (2)斜边上的中线等于斜边的一半. (3)30°角所对的直角边等于斜边的一半. (4)勾股定理：两直角边的平方和等于斜边的平方，即（a，b为直角边，c为斜边）. 判定 (1)有两条边相等的三角形是等腰三角形. (2)有两个角相等的三角形是等腰三角形（依据“等角对等边”）. (1)三边相等的三角形是等边三角形. (2)三个角都相等的三角形是等边三角形. (3)有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形. (1)有一个角为90°的三角形是直角三角形. (2)有两个角互余的三角形是直角三角形. (3)勾股定理的逆定理：若，则以a，b，c为三边的三角形是直角三角形. 面积 （a为等腰三角形的底边长，h为底边上的高）. （a为等边三角形的边长）. S=（a，b为直角边，c为斜边，m为斜边上的高）. 知识2 全等三角形的性质与判定 全等三角形的性质： 1）全等三角形的对应边相等，对应角相等. 2）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． 3）全等三角形的周长相等，面积相等（注意：周长或面积相等的三角形不一定是全等三角形）. 全等三角形的判定： 判定方法 文字描述 图示 SSS 三边对应相等的两个三角形全等. ASA 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等. AAS 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等. SAS 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等. HL 斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等. 知识3 相似三角形的性质与判定 1.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. ②相似三角形对应高的比，对应中线的比，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，面积比等于相似比的平方. ④三角形的相似具有传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB. 【易错点】对相似三角形的面积比不清而出错 2.相似三角形的判定 判定三角形相似的常用定理 直角三角形相似的判定方法 1 平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似． 有一个锐角相等的两个直角三角形相似. 2 三边成比例的两个三角形相似. 两组直角边成比例的两个直角三角形相似. 3 两边成比例且夹角相等的两个三角形相似. 斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似. 4 两角分别相等的两个三角形相似． 1．（2025·天津和平·二模）图是一个由8个相同的正方体组成的立体图形，它的左视图是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的或看不到的棱都应表现在左视图中，看得见的用实线，看不见的用虚线，虚实重合用实线，据此解答即可． 【详解】解：从左面看，共3层，底层是2个小正方形，中间一层是2个小正方形，上层的左边是1个小正方形， 故选：A． 2．（2024·天津河西·结课）斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，利用三视图的定义是解题关键． 主视图：从正面看到的物体的形状图；左视图：从左面看到的物体的形状图；俯视图：从上面看到的物体的形状图．根据三视图的定义求解，注意看不见的线应当画虚线，即可． 【详解】解：从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，形状如图所示： 故选：C． 3．（2025·天津南开·三模）下图是由2个长方体组成的立体图形水平放置，它的三视图为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了简单几何体组成的三视图；根据几何体的特征即可画出其三视图． 【详解】解：由题意知，几何体的三视图为： ； 故选：A． 4．（2025·天津河东·一模）计算的值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查含三角函数的混合运算，将特殊角三角函数值代入，再计算二次根式的乘法，最后进行减法运算即可． 【详解】解：， 故选：D． 5．（2025·天津红桥·二模）的值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值的混合运算，把特殊角的三角函数值代入计算即可求解，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键． 【详解】解：， 故选：． 6．（2025·天津和平·一模）的值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了化简二次根式，特殊角的三角函数值，二次根式的加法，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 因为，，所以，即可得到答案． 【详解】解：， 故选：B． 7．（2025·天津和平·一模）如图，用一个交叉卡钳（两条尺长和相等）测量零件的内孔直径．如果，且量得，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； 故选D． 8．（2025·天津河北·二模）如图，在中，，以点C为圆心，大于点C到边的距离为半径画弧交边于D点，E点，分别以点D，点E为圆心，大于长为半径画弧交于点G，点F．作直线交于点H，则点C和点H两点间的距离为（   ） A．2 B． C．3 D．5 【答案】B 【分析】本题考查尺规作图—作垂线，勾股定理，等积法求线段的长，根据作图得到，勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：∵， ∴， 由作图可知， ∴，即：， ∴，即：点C和点H两点间的距离为； 故选B． 9．（2025·天津河东·一模）如图，在中，，，点在边上，点在外，连接，若，则： （1）线段的长等于___________； （2）线段的长等于___________． 【答案】 / ## 【分析】（1）根据勾股定理得到，再由，即可得到 （2）设交于点M，由，得到，在根据三角形内角和定理得到，，，再由等角对等边得到，，即可解答． 【详解】（1）∵在中，，， ∴， ∵， ∴． （2）设交于点M， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，垂直定理，熟练掌握三角形内角和定理是解题的关键． 10．（2025·天津红桥·一模）如图，在中，，，，点D在边上，且．过点D作，与边相交于点E，连接． （1）线段的长为______； （2）若F为的中点，则线段的长为______． 【答案】 【分析】（1）由相似三角形的判定与性质，推出，即可求出的长． （2）过作于，由相似三角形的判定与性质得到，求出，由三角形中位线定理得到，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解（1）， ， ， ， ． 故答案为：； （2）过作于， ， ， ， ， ， 为的中点， ， ， ， ，， 是的中位线， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行线的性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质及勾股定理，关键是由相似三角形的判定与性质推出；由勾股定理求出的长． 11．（2025·天津河西·二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，有直角三角形和以为直径的半圆组成的一个图形．的顶点均落在格点上． （1）线段的长为______； （2）若点为半圆弧的中点，点为边上一点，且直线恰好平分这个图形的面积．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点和点，并简要说明它们的位置是如何找到的（不要求证明）______． 【答案】 取，，连接，分别交网格线于点，连接交于点，连接，连接交于点；连接交网格线于点；连接交网格线于点；连接交于点，则点即为所求 【分析】本题考查了无刻度作图，勾股定理，作平行四边形，掌握图形性质是解题的关键； （1）根据勾股定理即可求解； （2）取，，连接，分别交网格线于点，连接交于点，连接，作交于点，则点即为所求，根据平分了四边形，找到使得的点，即可求解． 【详解】解：（1）根据勾股定理可得， 故答案为：． （2）如图，点和点即为所求； 取，，连接，分别交网格线于点，连接交于点，连接，连接交于点；连接交网格线于点；连接交网格线于点；连接交于点，则点即为所求； 理由如下，连接，设交于点， ∵是的中点 ∴弓形的面积相等， 则使得平分四边形， ∵是的中点， ∴平分了四边形， ∵是平行四边形， ∴ ∴，则 ∴，即即为所求， 故答案为：取，，连接，分别交网格线于点，连接交于点，连接，作交于点． 12．（2025·天津和平·二模）综合与实践活动中，要用测角仪测量山坡的高度． 某学习小组设计了一个方案：如图，点，，依次在同一条水平直线上，，处距离地面的垂直高度，在处测得山顶的仰角为，处距离地面的垂直高度，在处测得山顶的仰角为，求山坡的高度（取0.5，结果取整数）． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，矩形的性质，根据矩形的性质得到，，，，设，则，，根据三角函数的定义得到，，再由得到关于关于x的方程，解方程即可得到结论． 【详解】解：由题意知，，，，，， 四边形是矩形， ，，，， 设，则，， 在中，，， ， 在中，，， ， ， ， 得． 答：山坡的高度约为． 13．（2025·天津和平·一模）综合与实践活动中，要用测角仪测量桥墩的高度．某学习小组设计了一个方案：如图，直线在同一平面内，，．在处测得桥墩顶部处的仰角为和桥墩底部处的俯角为，已知在处测得桥墩顶部处的仰角为，求桥墩的高度（结果取整数）．参考数据：，，， 【答案】桥墩的高度为 【分析】本题考查了解直角三角形-俯角、仰角问题，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确添加辅助线构造直角三角形是解题的关键． 延长交于点，求出，得到，求出，得到，，计算即可． 【详解】解：如图，延长交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 桥墩的高度为． 14．（2025·天津河西·一模）如图，小明用无人机测量教学楼的高度，将无人机从地面垂直上升，至距地面的点处测得教学楼底端点的俯角为，再将无人机向教学楼方向（、、在同一平面内）水平飞行了至点处，测得教学楼顶端点的俯角为，求教学楼的高度．（精确到，参考数据：，，） 【答案】教学楼的高度为 【分析】本题主要考查解直角三角形的实际应用，延长交直线于点H，先用三角函数解求出，进而求出，再证，最后根据即可求解． 【详解】解：如图，延长交直线于点H，则，    由题意知， 在中，，即， 解得， ， ，， ， ， 15．（2025·天津河北·一模）景点A的南偏东方向有景点B，景点A的正南方向有景点C，景点A和景点C有一条笔直的公路相连，景点B在景点C北偏东方向，即线段， (1)求景点B到公路的最短距离（结果取整数）； (2)景点B的东南方向有景点D，求景点D到公路的最短距离（结果取整数）． 参考数据：取，取，取． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）过点B作于E，设，分别解直角三角形求出的长，再根据建立方程求解即可 （2）过点B作，过点D作于D，交于H，则四边形是矩形，则可得的长，再解直角三角形求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解；如图所示，过点B作于E，设， 在中，， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 答：景点B到公路的最短距离为； （2）解：如图所示，过点B作，过点D作于D，交于H，则四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 答：景点D到公路的最短距离为． 考点二 四边形 题型一 平行四边形的判定与性质综合 1．（2025·天津·中考真题）已知抛物线为常数，． (1)当时，求该抛物线顶点的坐标； (2)点和点为抛物线与轴的两个交点，点为抛物线与轴的交点． ①当时，若点在抛物线上，，求点的坐标； ②若点，以为边的的顶点在抛物线的对称轴上，当取得最小值为时，求顶点的坐标． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）①根据，得出抛物线解析式为，点在第四象限，过点作轴于点，证明，进而得出点的坐标为，代入解析式，解方程，即可求解； ②在轴上点的左侧取点，使，连接．在中，根据勾股定理，，得出,根据题意，点和点关于直线对称，点在直线上，得．根据平行四边形的性质得出当点在线段上时，取得最小值，即，勾股定理可得，进而代入，求得点，可得直线的解析式为．求得点的坐标为，根据平移的性质即可得出点的坐标为． 【详解】（1）解： ， ∴该抛物线的解析式为， ， ∴该抛物线顶点的坐标为； （2）①∵点在抛物线上， ∴，即， 又，点， ， ∴抛物线解析式为， 如图，点在第四象限，过点作轴于点， ， ∴， ， ∴． ∴， 又， ∴， ， ∵， ∴， ∴点的坐标为， ∵点在抛物线上， ， 整理得，， 解得 ∵， ∴不合，舍去， ∴， ∴点的坐标为； ②∵， ∴， 在轴上点的左侧取点，使，连接． ，得． ， ． ∴，则． 在中，根据勾股定理，， ． ∴． ． 又点，得． ．即 根据题意，点和点关于直线对称，点在直线上，得． 又中，．得． ． 当点在线段上时，取得最小值，即． 在中，， ． 将代入，得． 解得（舍）． ∴． 点． 直线的解析式为． 设点的横坐标为，则．得． 点的坐标为． 线段可以看作是由线段经过平移得到的， 点的坐标为． 题型二 矩形、菱形、正方形的判定与性质综合 1．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为____________； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为____________． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定等等，熟知矩形的性质与勾股定理是解题的关键． （1）求出，再利用勾股定理即可求出答案； （2）过点M作于H，由矩形的性质得到，，证明，得到，，则可证明，可得，则；由勾股定理得，则，解直角三角形求出的长，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，过点M作于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2022·天津·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于___________． 【答案】 【分析】连接，作交的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出为的中位线，进而求出，利用勾股定理求出AF，再证明，得出． 【详解】解：如图，连接，作交AB的延长线于点H． ∴ ∵四边形是边长为2的菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∵E为的中点， ∴， ∴，即点B为线段EH的中点， 又∵F为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴, ∴，即是直角三角形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键． 3．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为______； （2）若为的中点，则线段的长为______． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ； （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中，， ， 在中，， 为的中位线， ； 故答案为：2；. 4．（2021·天津·中考真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为________． 【答案】 【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K， ∵正方形边长为4， ∴OK=2，KC=2， ∴KC=CE， ∴CH是△OKE的中位线 ∴， 作GM⊥CD，垂足为点M， ∵G点为EF中点， ∴GM是△FCE的中位线， ∴，， ∴， 在Rt△MHG中，， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等． 知识1 特殊四边形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 知识2 特殊四边形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2)两组对边分别相等 3)一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1．（2025·天津红桥·二模）如图，在矩形中，，，E为边的中点，点F在的延长线上，且． （1）线段的长为________； （2）连接，若G，H分别为线段的中点，则线段的长为________． 【答案】 6 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线、特殊角的三角函数值等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 根据矩形的性质、线段的中点以及勾股定理可得，即是等边三角形；再跟特殊角的三角函数值说明，易得是等边三角形则，然后根据线段的和差可求得线段的长；再根据中点的定义可得，即；如图：过A作于K，易得、，则；易得是的中位线，最后根据中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵在矩形ABCD中，，， ∴， ∵E为边BC的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点F在DE的延长线上， ∴； ∵G，H分别为线段，的中点， ∴， ∴， 如图：过A作于K， ∴，， ∴， ∴， ∵H分别为线段的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：6，． 2．（2025·天津河西·一模）如图，正方形边长为6，点在边上，，且，为的中点，则 （I）的度数为________； （II）的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间距离公式等知识点，正确构造全等三角形的是解题的关键． （1）过点F作交延长线于点K，证明，得到为等腰直角三角形，则； （2）建立平面直角坐标系，求出的坐标，即可求解． 【详解】（I）解：如图，过点F作交延长线于点K， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （II）建立如图所示平面直角坐标系： ∴， 由上知， ∵， ∵G为中点， ∴， ∴ 故答案为：． 3．（2025·天津河西·二模）如图，在平行四边形的外侧，作等腰直角三角形，，且，，．取的中点，连接． （1）的长为______； （2）线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据平行四边形的性质可得，，进而根据勾股定理即可求解； （2）取的中点，连接，证明，进而证明在上，根据中位线的性质和直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：（1）∵平行四边形， ∴， ∵等腰直角三角形，， ∴， 故答案为：． （2）取的中点，连接， ∵，， ∴ ∴， 又∵ ∴ ∵是的中点，是的中点 ∴，， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴， ∴在上， ∴ 故答案为：． 4．（2025·天津南开·一模）如图，在正方形的边上有一点，连接，过点作（点在边右侧），垂足为点，与相交于点，连接，若，点为的中点，且． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段的长为_____． 【答案】 2 【分析】（Ⅰ）作交于点，易求，可得，，在根据等腰三角形的性质可得，即可求得的长； （Ⅱ）先求得，可得，根据正方形的性质可得，进而可得，，再根据勾股定理求得的长． 【详解】解：如图，作交于点， ∵点为的中点， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2，． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握以上性质和定理，合理做出辅助线是解题的关键． 5．（2025·天津南开·三模）如图，菱形的边长为，，为边中点，为对角线延长线上一点，连接，，，与相交于点，且． （1）线段的长为______； （2）线段的长为______． 【答案】 【分析】（1）先证明为等边三角形，可得，再证明，推出，再由全等三角形的性质得出结论； （2）先得出是等边三角形，可得，，可得，证明，可得，再利用相似三角形的性质得出结论． 【详解】解：（1）菱形的边长为，为边中点， ， 在菱形中，， ，，， 为等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， 故答案为：； （2）由（1）知，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明全等三角形或相似三角形是解题的关键． 6．（2025·天津和平·二模）如图，在四边形中，，，，． （1）的长为_______； （2）若点是的中点，点在边上，且，连接，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，平行线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用勾股定理计算即可； （2）延长交的延长线于点，作于点，得到四边形是矩形，推出，，得到，证明，得到，，继而得到，利用勾股定理计算，即可得到答案． 【详解】解：（1）在中，，，， ， 故答案为：； （2）如图，延长交的延长线于点，作于点， ，， 四边形是矩形， ，， ， ， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 7．（2025·天津红桥·一模）如图，在中，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别与的延长线，相交于点E，F；再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）相交于点G，连接并延长，与的延长线相交于点H．若，则的面积为（   ） A．120 B．130 C．156 D．169 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由作图可得，根据平行四边形的性质，平行线的性质可得，由等角对等边得出，进而求出，过D作于M，根据三线合一的性质求出，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：由作图知：平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 过D作于M， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为， 故选：A． . 8．（2025·天津南开·一模）将平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图1，点的坐标为_____，点的坐标为_____； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图2，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）过点C作，根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上，根据题意及等腰三角形的判定和性质得出是等腰三角形，然后确定相应图形，找出临界点即可；②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，时，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作， ∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在y轴的正半轴上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， 过点D作， ∴， ∴， 当与点重合时， 此时与的交点与A重合，， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点与B重合，， ∴的取值范围为； ②由（1）得出， ∴， ∴， 当时， 如图，重叠部分的面积为， ， ∵，开口向上，对称轴直线， ∴在时，随着的增大而增大， ∴； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ， ∵，随着的增大而增大 ∴在时； ∴当时，； 当时， 如图，重叠部分的面积为， 由①得出是等腰三角形，，，， ∴， ∵ ∴开口向下，在时，有最大值， ∴在时； ∴在时，； 当时，如图，重叠部分的面积为， ， ∵，随着的增大而减小， ∴在时，把代入得，把代入得， ∴在时，， 综上：的取值范围为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 9．（2025·天津红桥·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，矩形的顶点，顶点A在x轴的正半轴上，D为边上一点，，，． (1)填空：如图①，点D的坐标为______；点B的坐标为______； (2)将沿水平方向向右平移，得到，点O，D，C的对应点分别为，，．设，与重叠部分的面积为S． ①如图②，当与重叠部分为四边形时，，与分别相交于点E，F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）在中，根据正切的定义求出，根据余弦的定义求出，在中，根据余弦的定义求出，即可求解； （2）①在中，根据余弦定义求出，根据正弦定义求出，在中，根据正切定义求出，然后根据求解即可； ②当时，由（1）知∶ ，然后根据二次函数的性质求解；当时，在中，，根据正切的定义求出，然后根据，求出S关于t的二次函数，再根据二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， 在中，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， 故答案为：，； （2）解：①∵，，， ∴，， ∵平移， ∴，， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴当与重叠部分为四边形时， ， 当和D重合时，； 当和A重合时，， ∴； ②当时， 由①知 ， ∵， ∴抛物线开口向下， ∴当时，S随t的增大而增大， ∵， ∴当时，有最小值为， 当时，有最大值为， ∴； 当当时，如图， 在中，， ∴， ∴ ， ∵， ∴抛物线开口向下， ∵， ∴当时，有最大值为， ∵抛物线开口向下， ∴点到对称轴的距离越大，函数值越小， ∵，，， ∴当时， 有最小值为， ∴， 综上，． 【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，矩形的性质，二次函数的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 10．（2025·天津河北·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，平行四边形的顶点，平行四边形与平行四边形关于y轴对称． (1)填空：如图①，点B的坐标为_____，点P的坐标为_____； (2)如图②，平行四边形沿水平方向向右平移t个单位长度，得到平行四边形，点O，M，N，P的对应点分别为点，平行四边形与平行四边形重叠部分面积为S． ①若，且平行四边形与平行四边形重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)； (2)①，且；②． 【分析】（1）根据平行四边形性质得，根据关于y轴对称的点性质得； （2）①根据，两平行四边形重叠部分为四边形时，得，；②根据，得，当时，；当时，；当时，，；当时，，；当时，，；故当时，． 【详解】（1）解：∵平行四边形中，，且， ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形与平行四边形关于y轴对称， ∴点P与点C关于y轴对称， ∴， 故答案为：；； （2）解：①如图，当时， ∵平行四边形与平行四边形重叠部分为四边形， ∴点在边上，点在边上， ∵，， ∴，； ②∵， ∴， ∴， 由轴对称与平移知，， 当时，重叠部分是等边三角形， ∵， ∴， ∴当时，； 当时，重叠部分是梯形， ∵，， ∴, ∴； 当时，重叠部分是六边形形， ∵，，， ∴， ∴； 当时，重叠部分是梯形， ∵，， ∴， ∴； 综上，． 故． 【点睛】本题考查了平行四边形平移，熟练掌握平行四边形性质，平移性质，轴对称性质，等边三角形和梯形面积公式，等边三角形的判定和性质，两点间的距离公式，分类讨论，是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04 三角形与四边形 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 考点一 三角形(C1并单击鼠标可跟踪链接) 题型一：立体图形的三视图 题型二：三角形的概念与性质 题型三：全等三角形的判定与性质 题型四：等腰三角形 真题动向 题型五：直角三角形 题型六：相似三角形 题型七：锐角三角函数 题型八：三角形尺规作图与计算证明 知识1特殊三角形的性质与判定 必备知识 知识2全等三角形的性质与判定 知识3相似三角形的性质与判定 命题预测 考点二 四边形(C1并单击鼠标可跟踪链接) 题型一、平行四边形的判定与性质综合 真题动向 题型二、矩形、菱形、正方形的判定与性质综合 知识1特殊四边形的性质 必备知识 知识2特殊四边形的判定 命题预测 01 析考情目标 1/26 品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 本专题近五年天津中考分值稳定在25-32分，占全卷总分120分的21%-27%。题型覆盖选填基 础、解答中档、压轴综合，是几何证明与计算的核心板块，直接决定几何部分得分率，与函数板 块共同构成数学高分的“双支柱”。 延续天津卷“三角形为基础、四边形为载体、变换为手段、数形结合为核心”的命题逻辑， 基础题侧重严谨证明，中档题侧重性质应用，压轴题侧重“动点+存在性+最值”综合，同时融入 命题 天津本土文化与本地地理情境。 1.呈现“新材料、新情境、新问题”的特点，以文字、图形、网格、折叠/旋转操作、动态几何 透视 为主要载体，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，常融入传统文化（如古代 建筑、几何图案)与生活应用，强调几何直观与严谨证明 2.从命题内容上看，三角形部分重点考查全等、相似、勾股定理及特殊三角形的性质与判定，常 结合折叠、旋转等变换进行证明与计算；四边形部分聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性 质与判定，常与三角形综合，考查特殊四边形的判定及动态问题；整体命题趋势是“三角形为基础、 四边形为载体、变换为手段”，强调逻辑推理与数形结合 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 T2:立体图形T2:立体图形 T3:立体图形 T5:立体图形T5:立体图形 几何图形初步 的三视图 的三视图 的三视图 的三视图 的三视图 T10:三角形 T10:三角形 T11:三角形 三角形概念与性质 的外角 的外角 的外角 T11:直角全 T10:全等三 等三角形的 角形的判定 判定与性质 T17:全等三 与性质 热考 T11:直角三 角形的判定 T17:全等三 角形的全等 与性质综合 T17:全等三 角度 T18:构造全 全等三角形的判定 角形的判定 角形的判定 与性质 与性质综合 T18:构造全 应用 等三角形求 与性质综合 等三角形求 T18:构造全 线段长度 应用 应用 线段长度 等三角形求 T18:构造全 线段长度 T18:构造全 等三角形求 等三角形求 线段长度 线段长度 T21:等腰三 T24:等腰三 角形的性质 T17等腰三 T11:等腰三 T11:等边三 角形的性质 与判定 角形的性质 角形的性质 角形的性质 等腰三角形 与判定 T25:等腰三 与判定 与判定 与判定 角形的分类 讨论 2/26 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 T10、T17:勾 T17:勾股定 T17:勾股定 T10:勾股定 T17:勾股定 直角三角形 股定理及其 理及其应用 理及其应用 理及其应用 理及其应用 应用 T17:相似三 相似三角形 角形的判定 与性质 T6:特殊角的 T6:特殊角的 T6:特殊角的 锐角三角函 锐角三角函 锐角三角函 数值的混合 数值的混合 数值的混合 T2:特殊角的T2:特殊角的 锐角三角函数 运算 运算 运算 锐角三角函 锐角三角函 T22:解直角 T22:解直角 T22:解直角 数值 数值 三角形的实 三角形的实 三角形的实 际应用 际应用 际应用 T17:矩形 T17:正方形 T8:坐标系中 四边形 T25:平行四 T17:正方形 T24:矩形与 T17:菱形 的平行四边 边形 菱形综合 形 1.本土情境深度融合-几何证明/计算题将大量融入天津地标（天津之眼、五大道、独乐寺）、本地 文化(《九章算术》天津版解读、杨柳青年画几何设计)、本土规划（地铁、港口、步道），要求考 命题 生快速从情境中提取几何模型。 2.数学文化题常态化-近三年天津卷已在选填/解答中出现数学文化题，2026年将延续，重点考古 预测 代测量（勾股定理）、建筑几何（榫卯结构、对称布局），题型为“文化背景+几何计算/证明”。 3.压轴综合度升级-压轴题不再单一考“三角形+四边形”，而是串联相似三角形+旋转+折叠+函数， 要求考生熟练掌握跨模块知识，拒绝“单一模块刷题”。 02 筑•专题框架 3/26 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 等边对等角 一性质 三线合一 等腰三角形 两腰相等 厂定义法一有两边相等的 ·判定 等角对等边 三个角相等且为60 性质 三边相等 等边三角形 三个角相等 般三角形 特殊三角形 判定 L三条边相等 等腰三角形中，有一个角是60 角的性质一两锐角互余 性质 边的性质一两直角边的平方和=斜边的平方（勾股定理 中线斜边的一半 特殊线段的性质 1 ~直角三角形 若∠A-30,则a=2C 有一个角是直角 角的判定 L两个内角互余 判定 线段判定一中线斜边的一半 勾股定理逆定理一a2+2=c2 三角形与四边 边一对边平行且相等 性质十角一对角相等，邻角互补 对角线一互相平分 平行四边形 两组对边分别平行 边 两组对边分别相等 L一组对边平行且相等 是平行四边形 判定一四边形 角一两组对角分别相等 对角线一互相平分 四个角都是直角 性质 L对角线相等 矩形 有一个角是直角的平行四边形 L判定 角有三个角是直角的四边形 对角线一对角线相等的平行四边形 四条边都相等 性质 一对角线互相垂直且平分一组对角 特殊平行四边形 菱形 ·有一组邻边相等的平行四助形 边 L判定 L四条边都相等的四边形 对角线一互相垂直的平行四边形 ~四条边相等，四个角是直角 性质 L对角线相等且互相垂直平分、平分一组对角 正方形 边一有一组邻边相等的矩形 判定 角一有一个角是直角的菱形 厂对角线互相垂直的矩形 对角线 L对角线相等的菱形 03 攻•重难考点 4/26 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 考点一 几何图形初步与三角形 真 题 动 向 ◆题型一立体图形的三视图 1.(2025天津.中考真题)如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是() 2.(2024天津中考真题)下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是() D. 3.(2023天津中考真题)如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是() A. 4.(2022·天津中考真题)下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是() 5/26 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 5,(2021·天津中考真题)如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是() ◆题型二三角形的概念与性质 1.(2025·天津.中考真题)如图，CD是ABC的角平分线.按以下步骤作图：①以点A为圆心，适当长为 半径画弧，与边AB相交于点E,与边AC相交于点F;②以点B为圆心，AE长为半径画弧，与边BC相交 于点G;③以点G为圆心，EF长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点H;④作射线BH,与CD相 交于点M,与边AC相交于点N.则下列结论一定正确的是() G A.∠ABN=∠AB.BN⊥AC C.CM=AD D.BM=BD 2.(2024天津.中考真题)如图，Rt△ABC中，LC=90°，∠B=40°，以点A为圆心，适当长为半径画弧， 交AB于点E，交AC于点F,再分别以点E,F为圆心，大于EF的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径 相等)在∠BAC的内部相交于点P;画射线AP,与BC相交于点D,则∠ADC的大小为() 6/26 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D A.60 B.65 C.70 D.75 3.(2023·天津.中考真题)如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE,点B,C的对应点分 别是点D,E,且点E在BC的延长线上，连接BD,则下列结论一定正确的是() D A.∠CAE=∠BED B.AB=AE C.∠ACE=∠ADED.CE=BD ◆题型三全等三角形的判定与性质 点方法 判 找第三边 SSS 已知两边 找夹角 SAS 两 找直角 HL 一边为角的对边 找另一角 AAS 角 已知一边、一角 找夹角的另一边 SAS 形 边是角的邻部边 找夹边的另一角 ASA 找边的对角 AAS 等 找夹边 ASA 的 已知两角 思 找其中一角的对边 AAS 路 1. (2022·天津.中考真题)如图，△OAB的顶点OO,O),顶点A,B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴， 若AB=6,OA=OB=5,则点A的坐标是() 7/26 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.(5,4) B.(3,4) c.5,3) D.(4,3 2.(2022·天津.中考真题)如图，在△ABC中，AB=AC,若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时 针旋转得到△ACN,点M的对应点为点N,连接MN,则下列结论一定正确的是() A.AB=AN B.ABII NC C.∠AMN=∠ACND.MN⊥AC 3.(2021天津.中考真题)如图，在△ABC中，∠BAC=120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到 △DEC,点A,B的对应点分别为D,E,连接AD·当点A,D,E在同一条直线上时，下列结论一定正 确的是() A.ZABC=ZADC B.CB=CD C.DE+DC=BC D.AB CD ◆题型四等腰三角形 点方法 8/26 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型 等边三角形的手拉手模型 等腰直角三角形的手拉手模型 图示 0 条件 △0AB,△0CD均是等腰三角形= △OAB,△OCD均是等腰三角形- 结论 △OAC≌△OBDH AC-BD △OAC≌△OBDH AC=BD ∠AEB=60° E0平分∠AEDH ∠AEB=90°1 E0平分∠AED阳 类型 构双等边三角形 构双等腰直角三角形 图示 条件。 等边△ABC 等腰直角△ABC,∠BAC=90°： 方法 作等边△ADE 作等腰直角△ADB,∠DAE=90°口 结论 △ABD2△4CEA 1.(2025天津.中考真题)在平面直角坐标系中，0为原点，等边ABC的顶点A(0,2),B(0,-1,点C在第 一象限，等边aE0F的顶点E-V3,0),顶点F在第二象限。 A 图① 图② (1)填空：如图①，点F的坐标为 点C的坐标为 (2将等边△E0F沿水平方向向右平移，得到等边△EOF,点E,O,F的对应点分别为E,O,F.设OO'=1. ①如图②，若边E'F'与边AB相交于点G,当△EOF与ABC重叠部分为四边形OOFG时，试用含有t的 式子表示线段GA的长，并直接写出t的取值范围； ②设平移后重叠部分的面积为S,当351≤35时，求s的取值范围（直接写出结果即可. 4 -≤t≤ 2 9/26 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ◆题型五直角三角形 1.(2023天津.中考真题)如图，在△ABC中，分别以点A和点C为圆心，大于号AC的长为半径作弧（弧 所在圆的半径都相等)，两弧相交于M,N两点，直线MN分别与边BC,AC相交于点D,E,连接AD·若 BD=DC,AE=4,AD=5,则AB的长为(） A.9 B.8 C.7 D.6 题型六相似三角形 点方法 有平行截线←用判定定理1 另一对等角 普通三角形判定相似思路 有一对等角←找 夹边成比例 夹角相等 有两边对应成比例←找 第三边也成比例 对锐角相等 直角三角形←找两组直角边的比相等 斜边和直角边成比例 特殊三角形判定相似思路 顶角相等 等腰三角形←找 一组底角相等 底和腰的比相等 3.（2023·天津：中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADB,EA=ED=) G D (1)△ADE的面积为 (2)若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G,则AG的长为 10/26