高频考点04几何初步与三角形（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以考向分析为引领，构建“概念-性质-判定-综合”四层知识逻辑，提炼易错提醒与解题技巧，通过分层训练实现几何初步与三角形专项突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |命题探源|近3年考向分析|考向特征归纳（如基础送分题、中档分类讨论）|从中考命题特征逆向梳理核心考点| |根基夯实|核心知识整合|常用结论与技巧（如三线合一、斜中线定理）|概念→性质→常用结论递进| |高频考点|6大考点23道预测题|解题指南（易错提醒+模型应用：手拉手、一线三等角）|几何初步→三角形边与角→全等→等腰→直角→综合问题层层深入| |好题速递|17道分层题|分层训练（名校模拟+中考闯关）|从基础巩固到综合应用，适配不同能力学生|

高频考点04 几何初步与三角形 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（6大命题点+23道中考预测题，） 考点一 几何初步 命题点1几何基本概念 命题点2角及角度计算 命题点3平行线的性质与判定 命题点4三视图 命题点5投影 中考预测题4道 考点二 三角形的边和角 命题点1三角形基本概念 命题点2三角形的三边关系 命题点3三角形的三条重要线段 命题点4三角形的角 中考预测题5道 考点三 全等三角形 命题点1全等三角形的概念与性质 命题点2全等三角形的判定 命题点3全等三角形的综合问题 命题点4角平分线的性质与判定 命题点5垂直平分线的性质与判定 中考预测题4道 考点四 等腰（边）三角形 命题点1等腰三角形的概念与性质 命题点2等腰三角形判定 命题点3等边三角形的性质 命题点4等边三角形的判定 中考预测题4道 考点五 直角三角形与勾股定理 命题点1直角三角形的性质 命题点2含30度角的直角三角形 命题点3斜中定理 命题点4勾股定理的计算 命题点5勾股定理与网格问题 命题点6赵爽弦图问题 命题点7勾股定理的应用 命题点8勾股定理的逆定理的计算 命题点9勾股定理逆定理的应用 中考预测题3道 考点六 三角形的综合问题 命题点1三角形与四边形综合问题 命题点2三角形与圆综合 命题点3三角形与函数综合 中考预测题3道 04好题速递·分层闯关（精选9道最新名校模拟试题+8道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 几何知识初步 1. 线段、射线、直线区分；2. 线段中点、线段长短计算；3. 角的度量、角平分线概念；4. 余角、补角、对顶角计算；5. 平行线判定与性质；6. 垂直、垂线段最短。 基础送分题，以选择、填空为主；命题简单直白，侧重概念辨析与角度计算；平行线必考模型：折线拐角模型；常作为几何大题第一问铺垫；极少单独出大题，为三角形打底知识。 三角形的边和角 1. 三角形三边关系判断；2. 三角形内角和、外角性质；3. 多边形内角和、外角和；4. 三角形中线、高线、角平分线；5. 角度推导、几何简单倒角。 中考基础高频考点，填空选择必考；偏爱隐藏条件倒角计算；三边关系常考取值范围、能否构成三角形；高线易错（钝角三角形高在外部）；多边形公式直接套用，难度低。 全等三角形 1. 全等判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL；2. 全等性质：边相等、角相等；3. 全等常规证明题；4. 平移、旋转、翻折全等模型；5. 线段相等、角度相等证明。 浙江中考几何核心必考；解答题高频基础证明题；偏爱动态变换模型（翻折、旋转、平移）；HL仅限直角三角形，命题常设陷阱；重在规范书写证明步骤；是所有几何综合题基础。 等腰（边）三角形 1. 等腰三角形性质：等边对等角、三线合一；2. 等腰判定：等角对等边；3. 等边三角形性质与判定；4. 分类讨论求边长、角度；5. 折叠、轴对称几何题型。 中档高频考点，必考分类讨论；浙江最爱考：等腰三角形漏解问题（腰底不分、顶角底角不分）；三线合一为几何核心工具，频繁用于大题简化证明；常结合折叠、轴对称出题，陷阱多。 直角三角形与勾股定理 1. 直角三角形两锐角互余；2. 斜边上中线等于斜边一半；3. 勾股定理及逆定理；4. 特殊直角三角形（30°、45°）比例关系；5. 网格求值、距离、折叠、面积计算。 浙江中考计算工具类重点；斜中线定理必考；特殊直角三角形边长比固定考查；勾股定理贯穿几何、函数压轴；常考折叠求边长、网格距离、最短路径；逆定理用于判断直角三角形。 三角形综合问题 1. 多模型综合（全等+等腰+直角）；2. 动点三角形存在性；3. 几何最值、最短路径；4. 旋转、翻折、平移几何变换；5. 三角形与函数、网格综合压轴。 浙江中考几何中档&压轴必考；命题特色：重变换、重模型、重分类；常见模型：一线三等角、手拉手、半角模型；动点存在性（等腰、直角三角形）高频拉分；常结合二次函数压轴最后一问，综合性极强。 考点一 几何初步 《解题指南》 易错提醒： •概念混淆：误将射线、直线混淆；直线无端点、射线一个端点、线段两个端点。 •角度概念出错：余角和为90°，补角和为180°；对顶角相等，邻补角互补，经常混用。 •平行线判定乱用：分不清判定（证平行）和性质（已知平行）；内错角、同位角、同旁内角识别错误。 •拐角模型易错：平行线折线拐角，不会使用“过拐点作平行线”辅助线。 •距离概念错误：两点之间线段最短；点到直线距离是垂线段长度，不是垂线段。 命题点01 几何基本概念 【典例1】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，秦岭钟南山公路隧道是我国自主设计、施工的我国最长的双洞单向高速公路隧道，一度被誉为“天下第一隧”．隧道线形为直线，建成后通行里程大大缩短．下面能解释路程缩短原因的是（   ） A．垂线段最短 B．两点确定一条直线 C．两点之间，线段最短 D．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 【典例2】．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，圆柱的底面直径为，高为，一只蚂蚁在点C处，沿圆柱的侧面爬到点B处，现将圆柱侧面沿剪开，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最短路线，正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例3】．（2026·浙江杭州·一模）某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，在原正方体中，与“城”字所在面相对的面上的汉字是（   ） A．美 B．好 C．教 D．育 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）一个立方体的表面展开图如图所示，将其折叠成立方体，折好后，与“全”字相对的字是（   ） A．心 B．中 C．牢 D．记 【典例5】．（2026·浙江绍兴·一模）下列平面图形绕虚线所在直线旋转一周，可以得到如图所示的立体图形的是（   ） A． B． C． D． 【典例6】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是（   ） A．圆柱 B．圆锥 C．长方体 D．球 命题点02 角及角度计算 【典例1】．（2025·陕西·中考真题）如图，点在直线上，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·江苏南通·中考真题）上午9时整，钟表的时针和分针构成的角的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·四川广安·中考真题）若，则的余角为（    ） A． B． C． D． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）如图是某地区局部平面示意图，B在A的东北方向，C在B的南偏东方向，则（   ） A． B． C． D． 【典例5】．（2026·浙江衢州·一模）如图，将绕点O逆时针方向旋转45°得到，若，则的度数是（   ） A．13° B．23° C．32° D．45° 命题点03 平行线的性质与判定 【典例1】．（2025·宁夏·中考真题）如图，直线被直线所截，根据“同位角相等，两直线平行”判定，需要的条件是（    ） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江丽水·一模）将，，三根直木条按如图所示的位置摆放，且，，固定木条和，木条绕点顺时针旋转，则下列描述正确的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2026·浙江温州·一模）如图，下列条件能推出的是（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2023·浙江金华·一模）如图，将木条a，b与c钉在一起，，，要使木条a与b平行，木条a按顺时针方向旋转的度数可以是（    ） A． B． C． D． 【典例5】．（2026·浙江杭州·一模）如图，直线，若，则（   ） A． B． C． D． 命题点03 三视图 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，用五个相同的小立方体搭成几何体，其俯视图为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江·模拟预测）下列常见的几何体中，主视图和俯视图相同的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2026·浙江温州·一模）某物体如图所示,其主视图是（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，下面几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 命题点04 投影 【典例1】．（2025·浙江温州·三模）下列投影中，属于平行投影的是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江金华·二模）下列投影中，属于中心投影的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2024·浙江衢州·一模）下列四幅图形中，表示两棵小树在同一时刻同一地点阳光下的影子的图形可能是（    ） A． B． C． D． 中考预测题 1.下列各选项中能用“垂线段最短”来解释的现象是（   ） A． B． C． D． 2.如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是（    ） A．正方体 B．三棱柱 C．三棱锥 D．四棱柱 3.抖空竹也称“抖嗡”、“抖地铃”、“扯铃”（中间为两边连通的空心圆柱），是中国民间游艺活动．如图是一个空竹的示意图，则它的左视图为（   ） A． B． C． D． 4.如图，长方形纸片沿线折叠，，两点分别与，对应，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 考点二 三角形的边和角 《解题指南》 易错提醒： •三边关系陷阱：只判断两边之和大于第三边，忽略两边之差小于第三边；求边长范围容易写错。 •高线易错重灾区：锐角三角形高在内、直角三角形两条直角边为高、钝角三角形两条高在外部，作图极易漏画。 外角性质乱用：三角形外角等于不相邻两内角和，容易包含相邻内角。 命题点01 三角形的基本概念 【典例1】．（2024·浙江·模拟预测）下列几何图形最具稳定性的是（   ） A．三角形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．正六边形 【典例2】．（20-21八年级上·浙江金华·月考）盖房子时，木工师傅常常先在窗框上斜钉一根木条，利用的几何原理是（    ） A．三角形的稳定性 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．垂线段最短 【典例3】．（2024·陕西·中考真题）如图，在中，，是边上的高，E是的中点，连接，则图中的直角三角形有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【典例4】．（2023·四川遂宁·中考真题）一个三角形的三个内角的度数的比为，这个三角形是______三角形 命题点02 三角形三边关系 【典例1】．（2025·海南·中考真题）已知三角形三条边的长分别为3、5、，则的值可能是（   ） A．2 B．5 C．8 D．11 【典例2】．（2025·江苏连云港·中考真题）下列长度（单位：）的3根小木棒能搭成三角形的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，5，8 D．4，5，10 【典例3】．（2023·浙江金华·中考真题）在下列长度的四条线段中，能与长的两条线段围成一个三角形的是（    ） A． B． C． D． 【典例4】．（2024·青海西宁·中考真题）若长度分别为3，6，的三条线段能组成一个三角形，则整数的值可以是______．（写出一个即可） 【典例5】．（2026·浙江金华·二模）已知三角形的两边长分别为和，则第三边可以是___________（写出一个即可）． 命题点03 三角形的三条重要线段 【典例1】．（2025·山东威海·中考真题）如图，的中线交于点F，连接．下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江杭州·三模）如图，点是的重心，点是边的中点，交于点，若四边形的面积为5，则的面积为（    ）    A．15 B．16 C．18 D．20 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）在等边中，点在直线上，点在直线上，且，若的边长为，则的面积为_____． 【典例4】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，，的周长为．若为的中线，则的周长是_______． 【典例5】．（2025·浙江·模拟预测）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边均有交点，则这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，中，为边上的中线，为边上的高线，则的长称为边上的“中高距”． (1)若边上的“中高距”为0，求证：； (2)若，，，求边上的“中高距”． 【典例6】．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，，，． (1)求的长； (2)求点到线段的距离． 【典例7】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，是的平分线，点D在上（不与点A，B重合），连接CD交于点O． (1)若是边上的中线，，的周长为，求的周长． (2)若于点D，，求的度数． 命题点04 三角形的角 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，是的外角，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在三角形纸片中，，点在边上（点，不重合，），将沿折叠后得到，交于点．若，则与的数量关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2026·浙江杭州·一模）将一副三角板按如图所示的方法摆放，点在上，．若斜边，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）已知等腰三角形，．若，则（   ） A． B． C． D． 【典例5】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）在中，，点在射线上，，连接，，则_____度． 【典例6】．（2025·江苏淮安·中考真题）若等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是______． 【典例7】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，且点落在边上，连接．若，则的度数是______． 中考预测题 1.如图，的中线相交于点F，若的面积等于12，则的面积等于（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2.已知一个三角形中两个内角分别是和，则这个三角形一定是（   ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形 3.如图，第①个图形中有1个三角形，第②个图形中有3个三角形，第③个图形中有6个三角形，…，按此规律变化，第⑧个图形中三角形的个数是（   ） A．36 B．37 C．38 D．39 4.一个三角形的三边长度分别为2，5和x，则x的值可以是（  ） A．4 B．3 C．2 D．1 5.如图，中，，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 考点三 全等三角形 《解题指南》 易错提醒： •判定定理误用：禁止使用SSA、AAA判定全等；很多学生惯性写出SSA。 •HL限制忽略：斜边直角边仅限直角三角形，普通三角形不能用。 •书写格式错误：全等三角形顶点必须对应书写，顺序错乱导致边角找错。 •变换模型漏条件：翻折、旋转、平移题型，忽略变换前后边角完全相等。 •证明逻辑混乱：条件罗列杂乱，未先准备条件，直接写判定。。 命题点01 全等三角形的概念与性质 【典例1】．（2025·浙江台州·二模）如图，，点D在边上，若，，则________． 【典例2】．（2025·浙江宁波·一模）如图，长方形沿折叠，使点D落在边上的点F处．如果，那么_______，_______，_______． 【典例3】．（2024·浙江温州·一模）在如图所示的方格纸中，是格点三角形，请按以下要求画格点三角形． (1)在图1中画一个，使得和全等． (2)在图2中画一个等腰，使得和的面积相等． 命题点02 全等三角形的判定 【典例1】．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【典例2】．（2025·江苏淮安·中考真题）已知：如图，在和中，点D在上，，，．求证：． 【典例3】．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，已知，边与分别交于点O，M，与交于点N，．求证：． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，，．求证：． 【典例5】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，于点E，于点D，，相交于点P． (1)证明：． (2)若，求的度数． 命题点03 全等三角形的综合问题 【典例1】．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【典例2】．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【典例3】．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【典例4】．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【典例5】．（2025·浙江杭州·一模）如图，中，D是上一点，于点E，F是的中点，于点G，与交于点H，若，平分，连接，． (1)求证：； (2)小亮同学经过探究发现：．请你帮助小亮同学证明这一结论． (3)若，判定四边形是否为菱形，并说明理由． 【典例6】．（2025·浙江温州·三模）如图1，在中，，点，，分别在边，，上，，． (1)若，求的度数． (2)如图2，当点与点重合时，求证：是的中点． (3)如图3，作交边于点（点在点的左侧），猜想与的数量关系，并说明理由． 命题点04 角平分线的性质与判定 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，是的角平分线，于点E，，，，则的面积为（   ） A．6 B．5 C．8 D．4 【典例2】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，根据图中尺规作图的痕迹推断，下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，的两个外角的平分线，相交于点O．若点O到的距离为，，则的面积为_____． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点，交y轴于点，以原点O为圆心，适当长为半径画弧，交x轴于点C，交y轴于点D，分别以点C，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在第一象限内交于点E，作射线交于点F，则点F的坐标是_________． 【典例5】．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点，、分别是和上的动点，则的最小值是_____． 命题点05 垂直平分线的性质与判定 【典例1】．（2025·山东德州·中考真题）如图，在中，．分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，与交于点D，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江杭州·一模）如图，是中边上的一点，将沿着对折，点的对应点恰好落在上，连接，若，，则的长为_________． 【典例3】．（2025·广西·中考真题）如图，点在同侧，，则_________．    中考预测题 1.如图，在中，，，平分，交于点D，延长到点E，使，连接，交的延长线于点F，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 2.我国古代数学家刘徽将勾股形分割成一个正方形和两对全等的三角形（如图①）．现对该图形改编如下：如图②，在中，，、分别平分，点D、E分别在、上，连接、，四边形是菱形，延长交于点F，若，则菱形的面积为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 3.如图，旗杆，将两根绳子的一端系在旗杆的点A处，另一端分别系在地面的B木桩和C木桩上，且木桩B，C到旗杆的距离相等，通过证明可判断两根绳子长度相等，则证明的依据是（   ） A． B． C． D． 4.（2026年江西初中学业水平考试数学样卷试题卷（二））如图，在中，，，点在边上，连接，，分别是，的中点，连接交于点．作交于点． (1)直接写出与的数量关系． (2)求证：． (3)若，写出线段，，的数量关系，并说明理由． 考点四 等腰（边）三角形 《解题指南》 易错提醒 •分类讨论漏解（浙江最大坑）：已知一边长，不区分腰和底；已知一角，不区分顶角和底角。 •三线合一滥用：三线合一仅限等腰三角形，普通三角形不能使用。 •等边条件遗漏：等边三角形三个角均为60°，三边相等，常隐藏在大题中。 •折叠题型易错：折叠前后边长、角度相等，找不到折叠对应边角。 命题点01 等腰三角形的概念与性质 【典例1】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，平面直角坐标系中，点A在y轴上，点，点在x轴上，且，则m的值是（   ） A． B．0 C．1 D．2 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，点在边上，．若，则的周长为（    ） A．8 B．10 C．11 D．12 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）若等腰三角形的周长为12，则它的腰长可以是____________．（写出一个即可） 【典例5】．（2025·青海西宁·中考真题）等腰三角形的两边长分别为3和7，则第三边长为________． 【典例6】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在第个中，，；在边上任取一点，延长到，使，得到第个；在边上任取一点，延长到，使，得到第个，按此做法继续下去，第个三角形的底角度数是______． 命题点02 等腰三角形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·一模）如图，是的中线，下列说法错误的是（    ） A．和全等 B．若平分，则是等腰三角形 C．若，则是等腰三角形 D．若点到和的距离相等，则 【典例2】．（2025·四川自贡·中考真题）如图，，．求证：． 【典例3】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在矩形中，是边上的点（不与，重合），过，，三点的圆交对角线于点，交于点，延长交于点，连结，已知． (1)求证：为等腰三角形； (2)已知，，求的长； (3)若，求证：． 【典例4】．（2025·浙江温州·二模）如图，在中，，在边上取一点，使得，在上取一点，使得，连接． (1)求证：． (2)若，，求的长． 命题点03 等边三角形的性质 【典例1】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，等边三角形的边长为2，点O为的中点，点D在射线上运动，以为边向右作等边三角形，连接，则线段的最小值是（     ） A． B． C．1 D． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图，某城市公园的雕塑是由3个直径为的圆两两相垒立在水平的地面上，则雕塑的最高点到地面的距离为（　　）． A． B． C． D． 【典例3】．（2025·浙江·一模）已知等边三角形的边长为，其外部有一点，满足，设，，在点运动过程中，的最大值为（ ） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【典例5】．（2025·江苏南通·中考真题）如图，在等边三角形的三边上，分别取点，使．若，的面积为，则关于的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 命题点04 等边三角形的判定 【典例1】．（2025·浙江温州·三模）如图，在中，，，于点D，点F在的垂直平分线上． (1)求证：是等边三角形． (2)若，求的长． 【典例2】．（2025·浙江杭州·二模）已知：如图，在梯形中，，，E是上一点，且，．求证： (1)四边形是平行四边形； (2)是等边三角形． 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交与点O、与交于点P、与交于点Q． 求证： (1)； (2)是等边三角形 【典例4】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，点E在上，点D在上，，，与相交于点F． (1)证明：； (2)若，求证：为等边三角形． 中考预测题 1.如图，已知：，点、、，在射线上，点、、、，在射线上，、、、均为等边三角形．若,则的边长为（    ） A． B． C． D． 2.已知一张三角形纸片（如图甲），其中．将纸片沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕为（如图乙）．再将纸片沿过点的直线折叠，点恰好与点重合，折痕为（如图丙）．原三角形纸片中，的大小为（    ） A． B． C． D． 3.如图，在中，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4.如图，在平面直角坐标系中，已知，，和均为等腰直角三角形，，点D在线段上，点E在x轴负半轴上，则点D的坐标是______． 考点五 直角三角形与勾股定理 《解题指南》 解题技巧： •勾股通用步骤：找直角→定斜边→列公式计算；无直角作垂线构造直角三角形。 •斜中线结论：只要出现直角+斜边中点，直接用中线=斜边一半。 •特殊角速算：看见30°、45°、60°直接套用固定边长比例。 •网格、折叠通用法：所有不规则线段长度，全部构造直角三角形用勾股求解。 命题点01 直角三角形的性质 【典例1】．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，，点E在直线上，点F、G在直线上，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2026·浙江金华·二模）如图，在四边形中，，平分，交于点，延长到点．若，则的度数是（   ）． A． B． C． D． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为______． 【典例4】．（2025·浙江衢州·二模）如图，是的直径，点是延长线上一点，是的切线，若，则___________． 命题点02 含30度角的直角三角形 【典例1】．（2026·浙江温州·一模）如图,在中，，，，为边上的高，以点B为圆心，长为半径画圆弧分别交边，于点E，F，则的长为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·海南·中考真题）如图，在中，，，以为直径的半圆交于点，若与半圆相切于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【典例4】．（2023·浙江台州·模拟预测）在中，，，，若点P在直线上（不与点A，B重合），且，则的长为______． 【典例5】．（2022·浙江宁波·模拟预测）在中，，，，若是边上的动点，则的最小值为_____________． 命题点03 斜中定理 【典例1】．（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【典例2】．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，，边上的中线，过点A作于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C． D． 【典例4】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【典例5】．（2025·浙江·模拟预测）已知在▱中，，设，则下列选项中，为定值的是（　　） A． B． C． D． 【典例6】．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 命题点04 勾股定理的计算 【典例1】．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）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，，则的面积为（   ）． A．6 B． C．13 D．12 【典例3】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【典例4】．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【典例5】．（2025·浙江丽水·二模）如图，正方形中，E为边上一点，，点F在上，连接，满足，过点F作交于点G，若正方形的边长为，则的长为_________． 【典例6】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，已知，点P，Q分别是，的中点，连接，DQ，则四边形的周长是_________． 命题点05 勾股定理与网格问题 【典例1】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点，使得最小，最小值为______． 【典例2】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，的三个顶点均在格点上，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在方格纸中，画出（点在格点上），满足，且的面积是5； (2)在的边上画出点，使线段的长是3个单位长度（保留作图痕迹，体现作图过程），连接，并直接写出的值． 【典例3】．（2024·陕西·中考真题）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，和的顶点都在格点上．求证：． 【典例4】．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，线段的端点均在小正方形的顶点上． (1)在方格纸中将线段先向右平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到线段（点的对应点为点，点的对应点为点），画出线段，，； (2)在方格纸中，画出以线段为斜边的等腰（点在小正方形的顶点上），且为钝角，，交于点，连接，直接写出的值． 【典例5】．（2022·浙江温州·模拟预测）如图，在所给的方格纸中，每个小正方形边长都是1，点，位于格点处． (1)在图1中画出格点，使． (2)在图2中画出格点四边形，使四边形的对角线互相垂直平分． 【典例6】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图是由个边长为的小正方形网格组成，每个小正方形的顶点称为格点，的三个顶点，，均在格点上，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图． (1)在图中，画出四边形，满足对角线平分，直接写出四边形的面积； (2)在图2中，画出的中线． 命题点06 赵爽弦图问题 【典例1】．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 【典例2】．（2022·浙江温州·模拟预测）中国古代数学家赵爽证明勾股定理的弦图如图所示，它由四个全等的直角三角形和一个正方形组成，恰好拼成一个大正方形．作直线分别交于点M，N．若图中两个正方形的面积分别是13和1，则的长为（   ） A． B． C． D． 【典例3】．（2025·山东威海·中考真题）把一张矩形纸片按照如图①所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图②或图③所示的正方形．若矩形纸片的长为m，宽为n，四边形的面积等于四边形面积的2倍，则___________． 【典例4】．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是___________． 【典例5】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______． 命题点07 勾股定理的应用 【典例1】．（2025·宁夏·中考真题）如图，在单位长度均为的平面直角坐标系中，放置一个圆柱形笔筒的展开图．其中，侧面展开图的边在坐标轴上，点坐标为．将一根长度为的铅笔放入笔筒内，露出笔筒部分的最小长度是______(结果保留整数，取3，壁厚忽略不计)． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）数学经典著作《九章算术》中有一道著名的“引葭(jiā)赴岸”题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”意思为：如图，有一池塘，底面是边长为一丈(一丈等于十尺)的正方形，池的中央生有一棵芦苇，高出水面一尺，若将芦苇引到池边中点处，正好与岸边齐平，则水深为_____尺． 【典例3】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，码头位于码头的南偏东方向，，之间的距离为，灯塔在的中点处．轮船甲从出发，沿正南方向航行，轮船乙从出发，沿正东方向航行．当甲航行到处时，乙航行了相同的距离到达处，此时，，，三点恰好在一条直线上．求甲航行的距离．（参考数据：） 【典例4】．（2025·江苏镇江·中考真题）小方根据我国古代数学著作《九章算术》中的一道“折竹”问题改编了一个情境：如图，一根竹子原来高1丈（1丈尺），折断后顶端触到墙上距地面9尺的点处，墙脚离竹根处3尺远．请你解答：折断处离地面多高？ 命题点08 勾股定理逆定理的计算 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，若的三边长，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【典例2】．（2025·浙江温州·二模）如图是由正方形所组成的网格，点A，B，C分别在格点上，则的值为______． 【典例3】．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，分别在三角形纸板 的顶点 处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线 和 ，相交于点， ． 则 的长度是__________ 【典例4】．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 【典例5】．（2025·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长相等的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，使的顶点均在格点上． (1)在图①中，是面积最大的等腰三角形； (2)在图②中，是面积最大的直角三角形； (3)在图③中，是面积最大的等腰直角三角形． 命题点09 勾股定理逆定理的应用 【典例1】．（2022·江西赣州·模拟预测）已知寻乌某开发区有一块四边形的空地，如图所示，现计划在空地上种植草皮，经测量．若每平方米草皮需要180元，问需要多少投入？ 【典例2】．（25-26八年级上·湖南永州·期末）如图，点B， C表示两地， 点A表示供水站，千米，千米，千米．为了方便供水站A往B，C两地供水，现有两种管道铺设方案． 方案一：从供水站A直接铺设管道到B，C两地，即铺设的管道总长为； 方案二：过点A作，垂足为点D，从供水站A铺设管道到点D，再从点D分别铺设管道到点B，C两地，即铺设的管道总长为． (1)试判断图中构成的的形状，请说明理由； (2)两种方案中，哪一种方案铺设管道总长较短?请通过计算说明． 【典例3】．（2023·四川成都·模拟预测）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图是装订机的底座，是装订机的托板始终与底座平行，连接杆的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄绕着转轴B旋转．已知压柄的长度为，，． (1)当托板与压柄的夹角时，如图①点E从A点滑动了，求连接杆的长度． (2)如图②，当点E从①中的位置又向B处滑动了，求压柄从①的位置旋转了多少度？（参考数据：，，） 中考预测题 1．如图，中，，E为中点，D为延长线上一点，，，则的长度为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 2．以下列各数为边长，能构成直角三角形的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，6 3．如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 考点六 三角形的综合问题 《解题指南》 易错提醒： •模型识别困难：看不出手拉手、一线三等角、半角模型，无从下手。 •动点存在性漏情况：等腰、直角三角形动点，分类讨论不完整。 •辅助线不会作：倒角、证全等不会添加平行线、垂线、延长线。 •最值思路混乱：分不清垂线段最短、将军饮马、周长最值。 •综合计算失误：多步推导后遗漏条件、看错对应边角。 命题点01 三角形与四边形综合问题 【典例1】．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【典例2】．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 【典例3】．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【典例4】．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】 （1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】 （2）证明（1）中的结论； 【实践应用】 （3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 命题点02 三角形与圆综合 【典例1】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：内接于，圆心在的内部，为的直径，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，求证：； (3)如图③，在（2）的条件下，，连接并延长至点，连接交于点，，为上一点，，连接，点在上，连接，，，点为的中点，连接，，求的面积． 【典例2】．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【典例3】．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 【典例4】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 命题点03 三角形与函数综合 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 【典例2】．（2026·浙江衢州·一模）如图1，在四边形中，，平分，，（a为常数），记长为x，长为y，y关于x的函数图象如图2所示，最高点E的纵坐标为16，当时，四边形的面积为______． 【典例3】．（2022·浙江温州·模拟预测）如图，等腰的顶角，，腰垂直y轴，垂足为A，的中点D和点C恰好落在反比例函数上．若，则k的值是______． 【典例4】．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点是边的中点，以为直径的经过点，点是边上一点（不与点重合）．请仅用无刻度直尺按要求作图，保留作图痕迹，不写作法． (1)过点作一条直线，将分成面积相等的两部分； (2)在边上找一点，使得． 【典例5】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为． (1)求直线的解析式； (2)如图①，为轴正半轴上一点，于点，点在线段上（点不与点重合），连接，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图②，在（2）的条件下，点横坐标为，在第一象限内作直角三角形，，，点在轴上，设点的横坐标为，点在上，，在第四象限内作，，连接，，交轴于点，连接并延长交于点，，求点的坐标． 中考预测题 1．如图1和图2，中，对角线，是上一点（不与点重合），以为直径作半圆，圆心为点，交于点． (1)如图1，若半圆与相切，点为切点，连接并延长，交于点，求证：； (2)如图2，若半圆与交于点，，且，，． ①求的长； ②连接，直接写出与长的大小关系．（注：取3.14） 2．如图，在中，点在边上，以点为圆心的分别与边相切于点，与边相切于点，过点作，与交于点． (1)求证：． (2)若的半径为4，，求的长． 3．探究解题 (1)在四边形中，，垂足为D，交于点E．求证：； (2)在矩形中，N是上的一点，交于点E，若N是的中点，，．求； (3)在中，，，点Q为边上的点，过点B作的垂线，垂足为D，交于点P．若，．求的面积． 4．综合与探究 问题情境： 在边长为4的正方形中，是射线上一点（不与点，重合），过点作射线交射线于点，过点作，交射线于点． 初步探究： (1)如图1，是边的中点，于点，当射线经过点时，求的值． 深入探究： (2)如图2，若是对角线上任意一点，求证：． 拓展探究： (3)若，当为对角线的三等分点时，请直接写出线段的长． 好题速递 1.（2026·广东汕头·一模）如图，在中，．将绕点顺时针旋转，使的对应边经过点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2.（25-26八年级下·广东广州·期中）在中，连接，过点作交于点．若且，则(      ) A． B． C． D． 3.（25-26八年级下·云南昆明·期中）如图，为了测得湖两岸点和点之间的距离，小军在点设桩，使得，并测得的长为100米，的长为80米，则点和点之间的距离为（   ） A．60米 B．80米 C．100米 D．米 4.（2026·广东汕头·一模）单车骑行在年轻人中广泛流行，某品牌自行车如图所示，其中，平分，则_______． 5.（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，连接，点E，F是上的两点，连接，，，，．求证： (1)； (2)． 6.（2026·河南商丘·一模）【初步探究】 (1)如图1，已知，平分，点在射线上，点在射线上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长，交射线于点．试探究，，三条线段之间的数量关系． 下面是小东同学给出的不完整解答过程，请补充完整： 解：，平分，． 如图2，过点作，交边于点，则，，． 由旋转，得，． ________，（________），． 易知，即．． 【类比探究】 (2)如图3，已知，平分，点在射线上，点在射线上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交射线于点．判断（1）中线段，，之间的数量关系是否仍然成立？并请说明理由． 【拓展应用】 (3)如图4，在中，，，平分，点在边上，且，点在线段上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交射线于点，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 7.（2026·广东汕头·一模）综合与实践 实际背景：如图1，汕头市中山公园的九曲桥与修建直的桥相比，增加了桥的长度，增加了游人在桥上行走的路程，有利于游人更好地观赏风光． (1)数学知识：其中蕴含的数学道理是_____； (2)知识应用：如图2，四边形的对角线、交于点O，若四边形的周长为，求证：； (3)拓展探究：如图3，四边形的对角线、交于点O，若，，则的最小值为_____．（直接写出答案） 8.（25-26八年级下·甘肃张掖·期中）和是等腰直角三角形，，，． 【观察猜想】 (1)当和按如图1所示的位置摆放，连接、，延长交于点，猜想线段和有怎样的数量关系和位置关系． 【探究证明】 (2)如图2，将绕着点顺时针旋转一定角度，线段和线段的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，，，将绕着点逆时针旋转至，连接，求的长． 9.（25-26八年级下·河南郑州·阶段检测）如图，等腰三角形的底边的长为，腰的垂直平分线分别交于点．若为边的中点，为线段上一动点，若的周长的最小值为，求的面积． 中考闯关 1.如图，F，G分别在正五边形的边上，且满足．若，则（   ） A． B． C． D． 2.如图，在中，为的平分线，于E，于F，的面积是30，，，则____________           3.如图，在四边形中，点在上，为中点，已知平分，过点作交于点，连接．若，的面积为4，则四边形的面积为______． 4.如图，直线，是上一点，的平分线交于点．若，，则的度数是__________． 5.如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下面的要求画图： (1)在图①中，画出一个格点平行四边形（不能画成长方形），使其面积为3； (2)在图②中，画出一个格点平行四边形（不能画成长方形），使其一条对角线等于5 6.如图，在长方形中，，，点从点开始沿边向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向终点以的速度移动．如果、分别从、同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)填空： ， ．（用含的代数式表示） (2)当五边形的面积等于时，求此时的值． (3)是否存在的值，使线段的长度最小，若存在，请求出此时的值和最小值，若不存在，请说明理由． 7.如图，点在线段上，已知 ，，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 8.如图，在中，D是上的一点，连接，作交于点E，交于点F，且平分，连接． (1)证明：垂直平分． (2)若的周长为18，面积为24，，求的长． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高频考点04 几何初步与三角形 内容概览 01命题探源·考向解密（分析近3年中考考向与命题特征） 02根基夯实·知识整合（核心知识必备、常用结论与技巧等） 03高频考点·妙法指津（6大命题点+23道中考预测题，） 考点一 几何初步 命题点1几何基本概念 命题点2角及角度计算 命题点3平行线的性质与判定 命题点4三视图 命题点5投影 中考预测题4道 考点二 三角形的边和角 命题点1三角形基本概念 命题点2三角形的三边关系 命题点3三角形的三条重要线段 命题点4三角形的角 中考预测题5道 考点三 全等三角形 命题点1全等三角形的概念与性质 命题点2全等三角形的判定 命题点3全等三角形的综合问题 命题点4角平分线的性质与判定 命题点5垂直平分线的性质与判定 中考预测题4道 考点四 等腰（边）三角形 命题点1等腰三角形的概念与性质 命题点2等腰三角形判定 命题点3等边三角形的性质 命题点4等边三角形的判定 中考预测题4道 考点五 直角三角形与勾股定理 命题点1直角三角形的性质 命题点2含30度角的直角三角形 命题点3斜中定理 命题点4勾股定理的计算 命题点5勾股定理与网格问题 命题点6赵爽弦图问题 命题点7勾股定理的应用 命题点8勾股定理的逆定理的计算 命题点9勾股定理逆定理的应用 中考预测题3道 考点六 三角形的综合问题 命题点1三角形与四边形综合问题 命题点2三角形与圆综合 命题点3三角形与函数综合 中考预测题3道 04好题速递·分层闯关（精选9道最新名校模拟试题+8道中考闯关题） 考点 考向 命题特征 几何知识初步 1. 线段、射线、直线区分；2. 线段中点、线段长短计算；3. 角的度量、角平分线概念；4. 余角、补角、对顶角计算；5. 平行线判定与性质；6. 垂直、垂线段最短。 基础送分题，以选择、填空为主；命题简单直白，侧重概念辨析与角度计算；平行线必考模型：折线拐角模型；常作为几何大题第一问铺垫；极少单独出大题，为三角形打底知识。 三角形的边和角 1. 三角形三边关系判断；2. 三角形内角和、外角性质；3. 多边形内角和、外角和；4. 三角形中线、高线、角平分线；5. 角度推导、几何简单倒角。 中考基础高频考点，填空选择必考；偏爱隐藏条件倒角计算；三边关系常考取值范围、能否构成三角形；高线易错（钝角三角形高在外部）；多边形公式直接套用，难度低。 全等三角形 1. 全等判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL；2. 全等性质：边相等、角相等；3. 全等常规证明题；4. 平移、旋转、翻折全等模型；5. 线段相等、角度相等证明。 浙江中考几何核心必考；解答题高频基础证明题；偏爱动态变换模型（翻折、旋转、平移）；HL仅限直角三角形，命题常设陷阱；重在规范书写证明步骤；是所有几何综合题基础。 等腰（边）三角形 1. 等腰三角形性质：等边对等角、三线合一；2. 等腰判定：等角对等边；3. 等边三角形性质与判定；4. 分类讨论求边长、角度；5. 折叠、轴对称几何题型。 中档高频考点，必考分类讨论；浙江最爱考：等腰三角形漏解问题（腰底不分、顶角底角不分）；三线合一为几何核心工具，频繁用于大题简化证明；常结合折叠、轴对称出题，陷阱多。 直角三角形与勾股定理 1. 直角三角形两锐角互余；2. 斜边上中线等于斜边一半；3. 勾股定理及逆定理；4. 特殊直角三角形（30°、45°）比例关系；5. 网格求值、距离、折叠、面积计算。 浙江中考计算工具类重点；斜中线定理必考；特殊直角三角形边长比固定考查；勾股定理贯穿几何、函数压轴；常考折叠求边长、网格距离、最短路径；逆定理用于判断直角三角形。 三角形综合问题 1. 多模型综合（全等+等腰+直角）；2. 动点三角形存在性；3. 几何最值、最短路径；4. 旋转、翻折、平移几何变换；5. 三角形与函数、网格综合压轴。 浙江中考几何中档&压轴必考；命题特色：重变换、重模型、重分类；常见模型：一线三等角、手拉手、半角模型；动点存在性（等腰、直角三角形）高频拉分；常结合二次函数压轴最后一问，综合性极强。 考点一 几何初步 《解题指南》 易错提醒： •概念混淆：误将射线、直线混淆；直线无端点、射线一个端点、线段两个端点。 •角度概念出错：余角和为90°，补角和为180°；对顶角相等，邻补角互补，经常混用。 •平行线判定乱用：分不清判定（证平行）和性质（已知平行）；内错角、同位角、同旁内角识别错误。 •拐角模型易错：平行线折线拐角，不会使用“过拐点作平行线”辅助线。 •距离概念错误：两点之间线段最短；点到直线距离是垂线段长度，不是垂线段。 命题点01 几何基本概念 【典例1】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，秦岭钟南山公路隧道是我国自主设计、施工的我国最长的双洞单向高速公路隧道，一度被誉为“天下第一隧”．隧道线形为直线，建成后通行里程大大缩短．下面能解释路程缩短原因的是（   ） A．垂线段最短 B．两点确定一条直线 C．两点之间，线段最短 D．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直 【答案】C 【分析】本题考查线段的性质，根据两点之间，线段最短，进行判断即可． 【详解】解：由题意，路程缩短的原因是两点之间，线段最短； 故选C． 【典例2】．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，圆柱的底面直径为，高为，一只蚂蚁在点C处，沿圆柱的侧面爬到点B处，现将圆柱侧面沿剪开，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最短路线，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆柱的侧面展开和最短路径问题，掌握求解的方法是关键； 根据圆柱的侧面展开图是长方形结合两点之间线段最短解答即可． 【详解】解：现将圆柱侧面沿剪开，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最短路线应该是： ， 故选：B． 【典例3】．（2026·浙江杭州·一模）某正方体的每个面上都有一个汉字，如图是它的一种展开图，在原正方体中，与“城”字所在面相对的面上的汉字是（   ） A．美 B．好 C．教 D．育 【答案】D 【分析】根据正方体展开图的特征，通过空间折叠想象进行判断即可． 【详解】∵在第二行中，“美”与“教”中间隔着“好”， ∴“美”与“教”相对， 若以“美”字所在面为正面，则“城”字所在面为上面，“好”字所在面为右面，“上”字所在面为左面，“教”字所在面为后面，“育”字所在面为下面， ∴“城”与“育”相对，“上”与“好”相对 ． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）一个立方体的表面展开图如图所示，将其折叠成立方体，折好后，与“全”字相对的字是（   ） A．心 B．中 C．牢 D．记 【答案】A 【分析】根据正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，根据这一特点作答． 【详解】解：正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形， “安”与“牢”是相对面，“全”与“心”是相对面，“记”与“中”是相对面． 【典例5】．（2026·浙江绍兴·一模）下列平面图形绕虚线所在直线旋转一周，可以得到如图所示的立体图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 绕虚线所在直线旋转一周，可以得到 【典例6】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是（   ） A．圆柱 B．圆锥 C．长方体 D．球 【答案】A 【详解】解：由展开图可知，该几何体上下底面为圆形，侧面为矩形， ∴该几何体是圆柱． 命题点02 角及角度计算 【典例1】．（2025·陕西·中考真题）如图，点在直线上，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了垂直的定义，平角的定义，掌握这些是解题的关键． 由垂直求得的度数，再根据平角定义，计算的度数即可． 【详解】解：点在直线上，， ， ， ， ． 故选B． 【典例2】．（2025·江苏南通·中考真题）上午9时整，钟表的时针和分针构成的角的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先明确钟表表盘的特征，即被分成个大格，每个大格对应角度固定，再看上午时整时针和分针的位置，计算间隔大格数，进而求出夹角．本题主要考查钟面角的计算，熟练掌握钟表表盘大格对应的角度（每大格 ）以及特定时刻时针和分针的位置关系是解题的关键． 【详解】解：每一个大格对应的角度是 ．上午时整，时针指向，分针指向，它们之间间隔个大格． 所以时针和分针构成的角的度数为 ． 故选：． 【典例3】．（2025·四川广安·中考真题）若，则的余角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求一个角的余角，根据余角的定义，若两个角的和为，则这两个角互为余角，即可求解． 【详解】解：已知，则的余角为， 故选：B． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）如图是某地区局部平面示意图，B在A的东北方向，C在B的南偏东方向，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据方向角的定义以及平行线的性质进行计算即可． 【详解】解：如图，由题意得，， ∵， ∴， ∴． 【典例5】．（2026·浙江衢州·一模）如图，将绕点O逆时针方向旋转45°得到，若，则的度数是（   ） A．13° B．23° C．32° D．45° 【答案】C 【详解】解：∵ 绕点 O 逆时针方向旋转 得到 ， ∴ 旋转角， 又 ∵， ∴ . 命题点03 平行线的性质与判定 【典例1】．（2025·宁夏·中考真题）如图，直线被直线所截，根据“同位角相等，两直线平行”判定，需要的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查平行线的判定定理：同位角相等两直线平行，据此依次判断． 【详解】解：A.，不能判定，故不符合题意； B.，不能判定，故不符合题意； C.根据“同位角相等，两直线平行”能判定，故符合题意； D.，不能判定，故不符合题意； 故选：C． 【典例2】．（2026·浙江丽水·一模）将，，三根直木条按如图所示的位置摆放，且，，固定木条和，木条绕点顺时针旋转，则下列描述正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据旋转方向和旋转角可知旋转后，根据同位角相等，两直线平行，可得． 【详解】解：，木条绕点顺时针旋转， 可得旋转后， ， ， ． 【典例3】．（2026·浙江温州·一模）如图，下列条件能推出的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行线的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：如图， A、由不能推出，不符合题意； B、由不能推出，不符合题意； C、由不能推出，不符合题意； D、如图，当时，∵， ∴， ∴（同位角相等，两直线平行），符合题意 【典例4】．（2023·浙江金华·一模）如图，将木条a，b与c钉在一起，，，要使木条a与b平行，木条a按顺时针方向旋转的度数可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行线的判定，解题的关键是熟练掌握平行线的判定方法，内错角相等，两直线平行；同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行．根据平行线的判定方法进行解答即可． 【详解】解：如图所示， ∵时，， ∴要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是． 故选：A． 【典例5】．（2026·浙江杭州·一模）如图，直线，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由平行线的性质得出，由邻补角的定义即可求出． 【详解】解：∵直线， ∴， ∴． 命题点03 三视图 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，用五个相同的小立方体搭成几何体，其俯视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三视图的定义去判断即可． 【详解】解：根据题意，得该几何体的俯视图为： 【典例2】．（2026·浙江·模拟预测）下列常见的几何体中，主视图和俯视图相同的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：对于选项A：主视图和俯视图都是矩形，但大小不一样，故A错误； 对于选项B：主视图和俯视图是等大的矩形，故B正确； 对于选项C：主视图是矩形，俯视图是三角形，故C错误； 对于选项D：主视图是三角形，俯视图是圆，故D错误． 【典例3】．（2026·浙江温州·一模）某物体如图所示,其主视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：从正面看到的图形如图所示： 【典例4】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，下面几何体的俯视图是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据从正面看到的图是正视图，从上面看到的图形是俯视图，从左面看到的图形是左视图，能看到的线画实线，被遮挡的线画虚线，即可求解． 【详解】从上面看到一个长方形，凹槽口的两条棱能看得到，应画为实线； 凹槽底的两条棱被顶面遮挡，应画为虚线． 故选：C． 命题点04 投影 【典例1】．（2025·浙江温州·三模）下列投影中，属于平行投影的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行投影的知识，定义：在一束平行光线照射下形成的投影叫做平行投影．特征：平行投影的投影线是平行的．根据平行投影的定义逐项判断即可． 【详解】解：A．如图， 属于中心投影，故不符合题意； B．如图， 属于中心投影，故不符合题意； C．如图， 属于中心投影，故不符合题意； D．如图， 属于平行投影，故符合题意； 故选：D． 【典例2】．（2025·浙江金华·二模）下列投影中，属于中心投影的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据中心投影的定义解答即可． 本题考查了中心投影的定义，解决本题的关键是理解中心投影的形成光源为灯光． 【详解】解：A.是平行投影，不符合题意； B.是中心投影，符合题意； C.是平行投影，不符合题意； D.是平行投影，不符合题意． 故选：B． 【典例3】．（2024·浙江衢州·一模）下列四幅图形中，表示两棵小树在同一时刻同一地点阳光下的影子的图形可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影． 利用“在同一时刻同一地点阳光下的影子的方向应该一致，树高与影长的比相等”对各选项进行判断． 【详解】解：两棵小树在同一时刻同一地点阳光下的影子的方向应该一致，树高与影长的比相等，所以A选项满足条件． 故选：A． 中考预测题 1.下列各选项中能用“垂线段最短”来解释的现象是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】测量跳远成绩用“垂线段最短”解释；两钉子固定木条，用“两点确定一条直线”解释；木板上弹墨线，用“两点确定一条直线”解释；弯曲河道改直，用“两点之间线段最短”解释． 【详解】解：测量跳远成绩用“垂线段最短”解释，故A选项符合题意； 两钉子固定木条，用“两点确定一条直线”解释，故B选项不符合题意； 木板上弹墨线，用“两点确定一条直线”解释，故C选项不符合题意； 弯曲河道改直，用“两点之间线段最短”解释，故D选项不符合题意． 2.如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是（    ） A．正方体 B．三棱柱 C．三棱锥 D．四棱柱 【答案】B 【详解】解：由图可知，该展开图由三个长方形和两个三角形组成， ∵三棱柱的侧面展开图是三个长方形，底面是两个三角形， ∴该几何体是三棱柱． 3.抖空竹也称“抖嗡”、“抖地铃”、“扯铃”（中间为两边连通的空心圆柱），是中国民间游艺活动．如图是一个空竹的示意图，则它的左视图为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据左视图：从左面看到的物体的形状图，注意看不见的线应当画虚线，即可． 【详解】解：该几何体的左视图如图所示： 4.如图，长方形纸片沿线折叠，，两点分别与，对应，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由折叠性质可得，，结合长方形性质和平角定义求出、、的度数，最后由即可得解． 【详解】解：由折叠性质可得，， 长方形中，， ， 又， ， ， 即， ， ， ， ， ，选项符合题意． 考点二 三角形的边和角 《解题指南》 易错提醒： •三边关系陷阱：只判断两边之和大于第三边，忽略两边之差小于第三边；求边长范围容易写错。 •高线易错重灾区：锐角三角形高在内、直角三角形两条直角边为高、钝角三角形两条高在外部，作图极易漏画。 外角性质乱用：三角形外角等于不相邻两内角和，容易包含相邻内角。 命题点01 三角形的基本概念 【典例1】．（2024·浙江·模拟预测）下列几何图形最具稳定性的是（   ） A．三角形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．正六边形 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形的稳定性，解题的关键是熟练掌握三角形的性质． 【详解】解：由三角形具有稳定性可知，三角形具有稳定性， 故选：． 【典例2】．（20-21八年级上·浙江金华·月考）盖房子时，木工师傅常常先在窗框上斜钉一根木条，利用的几何原理是（    ） A．三角形的稳定性 B．两点之间线段最短 C．两点确定一条直线 D．垂线段最短 【答案】A 【分析】在窗框上斜钉一根木条，构成三角形，故可用三角形的稳定性解释． 【详解】解：盖房子时，在窗框未安装好之前，木工师傅常常先在窗框上斜钉一根木条，这样就构成了三角形，故这样做的数学道理是三角形的稳定性． 故选：A． 【点睛】本题考查三角形稳定性的实际应用，三角形的稳定性在实际生活中有着广泛的应用，要使一些图形具有稳定的结构，往往通过连接辅助线转化为三角形而获得． 【典例3】．（2024·陕西·中考真题）如图，在中，，是边上的高，E是的中点，连接，则图中的直角三角形有（    ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】本题主要考查直角三角形的概念．根据直角三角形的概念可以直接判断． 【详解】解：由图得，，，为直角三角形， 共有4个直角三角形． 故选：C． 【典例4】．（2023·四川遂宁·中考真题）一个三角形的三个内角的度数的比为，这个三角形是______三角形 【答案】直角 【分析】本题考查了三角形内角和定理，三角形类别，解答此题应明确三角形的内角度数的和是，求出最大的角的度数，然后根据三角形的分类判定类型． 【详解】解：， 这个三角形是直角三角形， 故答案为：直角． 命题点02 三角形三边关系 【典例1】．（2025·海南·中考真题）已知三角形三条边的长分别为3、5、，则的值可能是（   ） A．2 B．5 C．8 D．11 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形的三边关系，即任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边． 根据三角形的三边关系列出不等式，即可求出x的取值范围． 【详解】解：∵三角形的三边长分别为3，x，5， ∴， 即， 故选B． 【典例2】．（2025·江苏连云港·中考真题）下列长度（单位：）的3根小木棒能搭成三角形的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，5，8 D．4，5，10 【答案】B 【分析】本题考查的是三角形的三边关系的应用，根据三角形三边关系定理，任意两边之和必须大于第三边．只需验证每组数中较小的两数之和是否大于最大数即可． 【详解】A． 1、2、3：，不满足两边之和大于第三边，不符合题意； B． 2、3、4：，满足条件，能构成三角形，符合题意； C． 3、5、8：，不满足两边之和大于第三边，不符合题意； D． 4、5、10：，不满足条件，不符合题意； 故选：B． 【典例3】．（2023·浙江金华·中考真题）在下列长度的四条线段中，能与长的两条线段围成一个三角形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形三边的关系求出第三边的取值范围，再判断即可． 【详解】解：设第三边长度为， 则第三边的取值范围是， 只有选项C符合， 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形三边的关系，能熟练求出求出第三边的取值范围是本题的关键． 【典例4】．（2024·青海西宁·中考真题）若长度分别为3，6，的三条线段能组成一个三角形，则整数的值可以是______．（写出一个即可） 【答案】4（答案不唯一） 【分析】本题主要考查三角形的三边关系，能根据三角形的三边关系求出第三边a的取值范围是解答的关键． 根据三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边进行求解即可． 【详解】解：由题意知：，即， 所以整数a可取4、5、6、7、8中的一个． 故答案为：4（答案不唯一）． 【典例5】．（2026·浙江金华·二模）已知三角形的两边长分别为和，则第三边可以是___________（写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【详解】解：∵三角形两边的和大于第三边，三角形两边的差小于第三边，三角形的两边长分别为和， ∴第三边，即第三边． ∴第三边可以是，答案不唯一． 命题点03 三角形的三条重要线段 【典例1】．（2025·山东威海·中考真题）如图，的中线交于点F，连接．下列结论错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、三角形中线的性质以及相似三角形的判定和性质等知识； 根据三角形的中位线定理结合三角形中线的性质可得，可得，再根据相似三角形的性质进一步判断即可. 【详解】解：∵的中线交于点F， ∴， ∴，，故D选项结论正确； ∴，， ∴，，，故A、C选项结论正确，B选项结论错误； 故选：B. 【典例2】．（2025·浙江杭州·三模）如图，点是的重心，点是边的中点，交于点，若四边形的面积为5，则的面积为（    ）    A．15 B．16 C．18 D．20 【答案】C 【分析】本题考查了三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，难度适中，准确作出辅助线是解题的关键．连接交于点，连接，，则点三点共线，，，在的延长线上取一点，使，连接，则，得到四边形是平行四边形，进而得到，，则，，设，则，证明得由此解出，则，然后根据即可得出的面积． 【详解】解：连接交于点，连接，， 点是的重心，点是边的中点， 点三点共线， ， 在的延长线上取一点，使，连接，如图所示：    则， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，设， 四边形的面积为5， ， ， ， ，即 解得：， ， 的面积为：． 故选：C． 【典例3】．（2025·浙江杭州·模拟预测）在等边中，点在直线上，点在直线上，且，若的边长为，则的面积为_____． 【答案】或 【分析】分E在线段的延长线上和线段的延长线两种情况，过E点作于F，根据等边三角形的性质求出长和，求出BF、CF，即可求出答案． 【详解】解：点E在直线AB上，AE=12，点E位置有两种情况： ①点E在线段AB的延长线上时， 过E点作于F， ∵是等边三角形，的边长为6，， ∴，， ∴∠EBF=60°， ∴∠BEF=30°， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； ②如图2，当E在线段AB的延长线时，过E点作EF⊥CD于F， ∵△ABC是等边三角形， △ABC的边长为6，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； 即的面积为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，含的直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识点，能求出符合的所有情况是解此题的关键． 【典例4】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在中，，，的周长为．若为的中线，则的周长是_______． 【答案】8 【分析】本题主要考查了三角形的中线的定义，解题时要注意三角形的中线和周长的综合应用．先根据的周长求出，再根据三角形中线的定义求得，即可求出结果． 【详解】解：∵的周长为， ∴， ∵， ∴， ∵为的中线， ∴， ∴， ∴的周长， 故答案为：8． 【典例5】．（2025·浙江·模拟预测）定义：若一个三角形一边上的中线、高线与这条边均有交点，则这两个交点之间的距离称为这条边上的“中高距”．如图，中，为边上的中线，为边上的高线，则的长称为边上的“中高距”． (1)若边上的“中高距”为0，求证：； (2)若，，，求边上的“中高距”． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质，含角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题关键是熟练掌握直角三角形的性质． （1）利用垂直平分线的性质即可解答； （2）根据含角的直角三角形的性质求出，，根据等腰直角三角形的性质得，可得，由即可求解． 【详解】（1）证明：边上的“中高距”为0， 中边上的中线、高线重合， 即垂直平分， ； （2）解：，，，， ，，， ， ∴， 为边上的中线， ， ． 【典例6】．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，，，． (1)求的长； (2)求点到线段的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定等知识点，正确构造直角三角形是解题的关键． （1）过点作的垂线，垂足为，先解求出，再得到为等腰直角三角形，最后再运用勾股定理求解； （2）过点作于点，对运用等面积法得到，即可求解． 【详解】（1）解：过点作的垂线，垂足为，则， ∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ （2）解：过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点到线段的距离为． 【典例7】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，是的平分线，点D在上（不与点A，B重合），连接CD交于点O． (1)若是边上的中线，，的周长为，求的周长． (2)若于点D，，求的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了三角形的中线、高、角平分线、外角等知识点，熟练掌握相关概念是解题的关键． （1）由三角形中线的概念可得，由的周长为得，再根据三角形的周长公式进行计算，即可得出答案； （2）由三角形的高的概念可得，由三角形角平分线的定义可得，由三角形外角的性质可得，于是得解． 【详解】（1）解：是的中线， ， ∵的周长为， 的周长， ∴， ∵， ∴， ∴的周长 ； （2）解：， ， 是的角平分线，， ， ． 命题点04 三角形的角 【典例1】．（2025·浙江杭州·二模）如图，在中，，是的外角，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了三角形的外角的性质，三角形内角和定理， 先根据三角形内角和定理求出，再根据三角形外角的性质得出答案. 【详解】解：在中，. ∵, ∴， 解得， ∴. ∵是的外角， ∴. 故选：C. 【典例2】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，在三角形纸片中，，点在边上（点，不重合，），将沿折叠后得到，交于点．若，则与的数量关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，利用折叠对应角相等、等腰三角形底角相等，结合三角形外角与内角和定理建立方程，化简推导两角数量关系即可． 【详解】解：设，， ∵将沿折叠得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠得， ∵， ∴， 在中，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 即． 【典例3】．（2026·浙江杭州·一模）将一副三角板按如图所示的方法摆放，点在上，．若斜边，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用平行线的性质求得，再求得，根据三角形内角和即可解答． 【详解】解：如图， ， ， ， ， ． 【典例4】．（2026·浙江杭州·一模）已知等腰三角形，．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等腰三角形等边对等角的性质得到两个底角相等，再结合三角形内角和计算顶角即可． 【详解】解：∵ ∴ ∴ ． 【典例5】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）在中，，点在射线上，，连接，，则_____度． 【答案】40 或60 【分析】题目主要考查等腰三角形的性质及三角形内角和定理，理解题意，作出相应图形求解是解题关键． 根据题意分两种情况，当点D在射线上时，当点D在线段上时，作出图形，然后根据等腰三角形的性质得出，再由三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：当点D在射线上时，如图所示： ∵，， ∴， ∵点D在射线上，且在点B之外， ∴，即， ∴， ∴； 当点D在线段上时，如图所示： ∵，， ∴， ∵点D在线段上，且在点B之内， ∴， ∴； 故答案为：40 或60． 【典例6】．（2025·江苏淮安·中考真题）若等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是______． 【答案】 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，根据等腰三角形两底角相等，结合三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵等腰三角形的一个底角为， ∴另一个底角的度数也为， ∴它的顶角的度数是； 故答案为：． 【典例7】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，且点落在边上，连接．若，则的度数是______． 【答案】 【分析】根据旋转可得，，则，设，利用三角形内角和和等腰三角形的性质列方程即可解答． 【详解】解：将绕点顺时针旋转得到， ，，， 设， ， ， ， ， ， ，即， 解得， 则的度数是． 中考预测题 1.如图，的中线相交于点F，若的面积等于12，则的面积等于（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】连接，根据中线的性质得到三角形面积之间的关系，即可求解． 【详解】解：连接，如下图： ∵的中线相交于点F， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∵， ∴ ∵的面积为12 ∴， 解得， ∴． 2.已知一个三角形中两个内角分别是和，则这个三角形一定是（   ） A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形 【答案】D 【分析】先根据三角形内角和定理求出第三个内角的度数，再根据三角形分类规则判断三角形类型即可． 【详解】解：该三角形第三个内角的度数为， 最大的内角为， ∴这个三角形为锐角三角形， ∵这个三角形有两个内角相等， ∴这个三角形一定是等腰三角形． 3.如图，第①个图形中有1个三角形，第②个图形中有3个三角形，第③个图形中有6个三角形，…，按此规律变化，第⑧个图形中三角形的个数是（   ） A．36 B．37 C．38 D．39 【答案】A 【分析】根据各图形三角形的个数即可找到规律，根据规律即可解答． 【详解】解：第①个图中三角形的个数为1； 第②个图中三角形的个数为； 第③个图中三角形的个数为； …， 故第n个图中三角形的个数为， 故第⑧个图形中三角形的个数为：． 4.一个三角形的三边长度分别为2，5和x，则x的值可以是（  ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据定理确定第三边的取值范围，再匹配选项即可． 【详解】解：根据三角形三边关系：任意两边之差小于第三边，任意两边之和大于第三边，可得， ∴，选项中只有满足该范围． 5.如图，中，，．将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角形内角和定理求出，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角和三角形的内角和定理求出，最后根据求解即可． 【详解】解：∵，， ∴． ∵将绕点B逆时针旋转得到，使点C的对应点恰好落在边上， ∴，， ∴， ∴． 考点三 全等三角形 《解题指南》 易错提醒： •判定定理误用：禁止使用SSA、AAA判定全等；很多学生惯性写出SSA。 •HL限制忽略：斜边直角边仅限直角三角形，普通三角形不能用。 •书写格式错误：全等三角形顶点必须对应书写，顺序错乱导致边角找错。 •变换模型漏条件：翻折、旋转、平移题型，忽略变换前后边角完全相等。 •证明逻辑混乱：条件罗列杂乱，未先准备条件，直接写判定。。 命题点01 全等三角形的概念与性质 【典例1】．（2025·浙江台州·二模）如图，，点D在边上，若，，则________． 【答案】5 【分析】本题考查全等三角形的性质，根据全等三角形得到，，最后根据求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， 故答案为：． 【典例2】．（2025·浙江宁波·一模）如图，长方形沿折叠，使点D落在边上的点F处．如果，那么_______，_______，_______． 【答案】 /55度 【分析】此题考查了折叠的性质，全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余，解题的关键是掌握以上知识点． 先根据矩形的性质得到，进而根据角的运算得到，再根据折叠的性质得到，根据三角形全等的性质得到，从而结合题意进行角的运算即可求解． 【详解】解：∵四边形是长方形， ∴， ∵， ∴， 由折叠得， ； 又∵， ∴，， ∴． 故答案为：，，． 【典例3】．（2024·浙江温州·一模）在如图所示的方格纸中，是格点三角形，请按以下要求画格点三角形． (1)在图1中画一个，使得和全等． (2)在图2中画一个等腰，使得和的面积相等． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定，同底等高面积相等等知识： （1）根据“”可作，使得和全等； （2）过点C作的平行线，即可作等腰，同样，在的另一侧也可作等腰 【详解】（1）解：如图，即为所作： （2）解：如图，等腰即为所作 命题点02 全等三角形的判定 【典例1】．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质； （1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等； （2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 【典例2】．（2025·江苏淮安·中考真题）已知：如图，在和中，点D在上，，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．根据，得到，利用，即可得证． 【详解】证明：∵， ∴，即：， 在和中， ， ∴． 【典例3】．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，已知，边与分别交于点O，M，与交于点N，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据全等三角形的性质可得，再结合题意得到，根据即可证明． 【详解】解：， ， ， ，即， 在和中， ， ． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，，．求证：． 【答案】证明见详解 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定定理，通过找出两个三角形三边对应相等来证明全等即可．在和中，已知，，同时还隐含条件这条公共边，此时满足全等三角形判定定理中的“边边边”，最终得出两个三角形全等． 【详解】证明：在和中， ， ∴． 【典例5】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，于点E，于点D，，相交于点P． (1)证明：． (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的两个锐角互余，等腰三角形的性质，确定全等条件是解题的关键． （1）先证明，再证即可； （2）根据直角三角形的两个锐角互余求得，再根据等边对等角求得，即可根据即可求解． 【详解】（1）证明：于点E，于点D， ， 在和中， ， ． （2）解：， ， ， ， ， 的度数是． 命题点03 全等三角形的综合问题 【典例1】．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 【典例2】．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 【典例3】．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【典例4】．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 【典例5】．（2025·浙江杭州·一模）如图，中，D是上一点，于点E，F是的中点，于点G，与交于点H，若，平分，连接，． (1)求证：； (2)小亮同学经过探究发现：．请你帮助小亮同学证明这一结论． (3)若，判定四边形是否为菱形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)四边形AEGF是菱形，理由见解析 【分析】（1）依据条件得出，，依据F是的中点，，即可得到是线段的垂直平分线，进而得到，，利用即可判定； （2）过点G作于P，判定，可得，由（1）可得，即可得到，依据，即可得出； （3）依据，可得，进而得到，故，再根据四边形是平行四边形，即可得到四边形是菱形． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 是的中点，， ， ， 是的中点， 是线段的垂直平分线， ，， ， （）； （2）证明：过点G作于P， ， ， ， ， 由（1）可得， ， ， ； （3）解：四边形是菱形， 理由如下：，， ， ， ， ， 由（1）得， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，直角三角形的特征，角平分线的性质，线段垂直平分线的判定及性质，菱形的判定及性质等；掌握全等三角形的判定及性质，菱形的判定方法，能添加恰当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【典例6】．（2025·浙江温州·三模）如图1，在中，，点，，分别在边，，上，，． (1)若，求的度数． (2)如图2，当点与点重合时，求证：是的中点． (3)如图3，作交边于点（点在点的左侧），猜想与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）先利用等边对等角，得出，结合，可得，再利用三角形外角的性质，得出，结合，求出； （2）当点与点重合时，先根据等角对等边证得，再证明，然后利用等角对等边证得，从而可得，即有是的中点； （3）作的中点J，先利用直角三角形斜边上的中线的性质证得，再利用等边对等角，得出，结合已知可证得，再证明，根据相似三角形的性质可得，从而可得，再证明，利用全等三角形的性质可得，从而可得，这样就有，从而可得，于是可得． 【详解】（1）解：， ， ， ， 又是的一个外角， ， ，， ， ， ； （2）当点与点重合时， ∵， ∴， 又， ，， ， ， ， 即是的中点； （3）作的中点J， ，， ，， ， ， ， 作，则， ， ， 又， ， ， ， ， 又，， ， ， 又， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题关键是熟练掌握上述知识点，并能运用这些知识点求解． 命题点04 角平分线的性质与判定 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，是的角平分线，于点E，，，，则的面积为（   ） A．6 B．5 C．8 D．4 【答案】D 【分析】过点作于点，利用角平分线的性质定理可得，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点， 是的角平分线，，， ， ，， ． 【典例2】．（2026·浙江杭州·一模）如图，在中，，，根据图中尺规作图的痕迹推断，下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由作图痕迹可知： 垂直平分，平分，由三角形内角和定理结合角平分线的性质可求得，根据三角形内角与边关系可判断A选项；由含角直角三角形的性质可判断B选项；由三角形外角的性质可判断C选项；由等角对等边可判断D选项． 【详解】解：由作图痕迹可知： 垂直平分，平分， ，， ， ， ， ，故选项A错误； 在中，，， ，故选项B错误； ，， ， ， ，故选项C错误； ， ， ， ，故选项D正确． 【典例3】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，的两个外角的平分线，相交于点O．若点O到的距离为，，则的面积为_____． 【答案】7 【分析】本题考查角平分线的性质，根据角平分线的性质，得到点到的距离等于点O到的距离，再利用面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵的两个外角的平分线，相交于点O， ∴点到的距离等于点O到的距离，且点到的距离等于点O到的距离， ∴点到的距离等于点O到的距离， ∵点O到的距离为， ∴点到的距离为， ∵， ∴的面积为； 故答案为：7． 【典例4】．（2025·西藏·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点，交y轴于点，以原点O为圆心，适当长为半径画弧，交x轴于点C，交y轴于点D，分别以点C，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在第一象限内交于点E，作射线交于点F，则点F的坐标是_________． 【答案】 【分析】方法一：本题考查了坐标与图形，角平分线的作法，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，过点作轴于点G，根据题意可得平分，易证是等腰直角三角形，得到，再证明，易证，推出，即，求出，即可得到点F的坐标． 方法二：本题考查了一次函数解析式的求解、角平分线的性质以及两直线交点的求法．用到了函数与方程的思想，解题关键是确定所在直线的解析式为，易错点是联立方程求解时计算出错． 首先，利用直线上两点和，用待定系数法求出直线的解析式．然后，根据作图步骤可知是的角平分线，因为，所以所在直线的解析式为．最后，求直线与的交点，联立它们的解析式，解方程组得到交点坐标，也就是点F的坐标． 【详解】解法一：解：如图，过点作轴于点G， 根据题意得平分，， ∴， ∵，即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F的坐标为． 故答案为：． 解法二：解：∵，，设直线的解析式为：, ∴， 解得：， 直线的解析式为：, 是的角平分线，， 所在直线的解析式为． 联立方程组： 将代入中，得到： ， 解得． ， ． 所以，直线与的交点F的坐标为． 故答案为：． 【典例5】．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，的平分线交于点，、分别是和上的动点，则的最小值是_____． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线的性质，含角的直角三角形，垂线段最短，解题的关键是正确作出辅助线． 作于点，根据垂线段最短可知，的最小值是线段的长度，根据解含角的直角三角形即可． 【详解】解：如图，作于点， ∵平分， 作点关于的对称点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为：． 命题点05 垂直平分线的性质与判定 【典例1】．（2025·山东德州·中考真题）如图，在中，．分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于M，N两点，作直线，与交于点D，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质和线段垂直平分线的性质，熟练掌握等腰三角形两底角相等以及线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等是解题的关键． 先根据等腰三角形的性质求出和的度数，再根据线段垂直平分线的性质得出，进而求出的度数，最后通过求出的度数． 【详解】解：∵ ，， ∴ ， 由作图可知，是线段的垂直平分线， ∴ ， ∴ ， ∴ ． 故选：． 【典例2】．（2026·浙江杭州·一模）如图，是中边上的一点，将沿着对折，点的对应点恰好落在上，连接，若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】根据三角形面积公式并结合求出，进而求出的长，最后利用勾股定理求出的长即可得到的长． 【详解】解：设与交于点， ∵将沿着对折，点的对应点恰好落在上，，， ∴， ∴， ∴点，在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分， ∴，， ∴是中边上的高， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，且与等高， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即的长为． 【典例3】．（2025·广西·中考真题）如图，点在同侧，，则_________．    【答案】/ 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定以及勾股定理，过点作垂线交于点，先证明，得到，证明在同一线上，根据勾股定理得到，最后通过线段和和差即可求． 【详解】解：过点作垂线交于点，即 ，即是的垂直平分线， ∵， 在同一线上， ， 故答案为：．    中考预测题 1.如图，在中，，，平分，交于点D，延长到点E，使，连接，交的延长线于点F，则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，可知为等腰直角三角形，设．利用角平分线定理求出与，再用勾股定理分别计算、、的长度及各比值，即可判断各选项的正误． 【详解】解：，， 是等腰直角三角形， 设， ，， 平分， ， ∵平分， 点D到的距离等于的长， 故由面积关系可知，，， ∴， ， ， ， ，， 在中，， ， ， 选项B正确， 在中，， ， 选项A正确， ， ， 选项D正确， ， 选项C错误． 2.我国古代数学家刘徽将勾股形分割成一个正方形和两对全等的三角形（如图①）．现对该图形改编如下：如图②，在中，，、分别平分，点D、E分别在、上，连接、，四边形是菱形，延长交于点F，若，则菱形的面积为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】D 【分析】根据菱形的性质得出，，证明，过点作，根据角平分线的性质定理得出，即可求出菱形的面积． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵，即， ∴，即． 过点作， ∵平分，， ∴， ∴菱形的面积． 3.如图，旗杆，将两根绳子的一端系在旗杆的点A处，另一端分别系在地面的B木桩和C木桩上，且木桩B，C到旗杆的距离相等，通过证明可判断两根绳子长度相等，则证明的依据是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵， ∴， 在和中， ， ∴， 故选：C ． 4.（2026年江西初中学业水平考试数学样卷试题卷（二））如图，在中，，，点在边上，连接，，分别是，的中点，连接交于点．作交于点． (1)直接写出与的数量关系． (2)求证：． (3)若，写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）首先，根据，，分别是，的中点，得，，进而得，再由，得，可得； （2）过点作，，垂足分别为，，首先，根据，，分别是，的中点，得，，进而得，证得平分，可得，再证得，得； （3）由（2）知，得，再证得，得，进而得 ，然后，由，得，最后，可得 ，即可得出数量关系． 【详解】（1）解：．理由如下： ，，分别是，的中点， ，． ． ． ， ． ． （2）证明：如图，过点作，，垂足分别为，． ，，分别是，的中点， ，． ． ， ，即平分． ． 由（1）知， 又， ． 在和中， ， ． ． （3）解：． 理由：由（2）知， ． ，， ． ． ． ， ． 在中， ， 即． 考点四 等腰（边）三角形 《解题指南》 易错提醒 •分类讨论漏解（浙江最大坑）：已知一边长，不区分腰和底；已知一角，不区分顶角和底角。 •三线合一滥用：三线合一仅限等腰三角形，普通三角形不能使用。 •等边条件遗漏：等边三角形三个角均为60°，三边相等，常隐藏在大题中。 •折叠题型易错：折叠前后边长、角度相等，找不到折叠对应边角。 命题点01 等腰三角形的概念与性质 【典例1】．（2025·四川雅安·中考真题）如图，平面直角坐标系中，点A在y轴上，点，点在x轴上，且，则m的值是（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】根据等腰三角形的三线合一性质，列方程求解即可． 【详解】解：，， ，， ，， ， ， 解得． 【典例2】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，过点作，交于，连接，则四边形为平行四边形，，由平行四边形的性质可得，，，结合题意可得，由直角三角形的性质得出，从而得出，由平行线的性质并结合等边对等角得出，进而可得，求出，再由等边对等角即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作，交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴四边形为平行四边形，， ∴，，， ∵F为的中点．， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，点在边上，．若，则的周长为（    ） A．8 B．10 C．11 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了三角形周长的计算，三角形外角的性质，等腰三角形的判定与性质等知识点．掌握这些是解题的关键． 根据可得：，从而得到，则三角形的周长可转化为，代入计算即可． 【详解】解：， ， ， ， ， ． 故选：C． 【典例4】．（2025·江苏南京·中考真题）若等腰三角形的周长为12，则它的腰长可以是____________．（写出一个即可） 【答案】5（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质及三角形三边关系，熟知等腰三角形的性质及三角形三边关系是解题的关键．可令等腰三角形的腰长为，底长为，结合等腰三角形的性质及三角形三边的关系即可解决问题． 【详解】解：设腰长为，底长为， 则， ∴． 根据三角形三边的关系可知，， 解得：， 又，即， 解得：， ∴， 故答案为：5（答案不唯一）． 【典例5】．（2025·青海西宁·中考真题）等腰三角形的两边长分别为3和7，则第三边长为________． 【答案】7 【分析】本题考查等腰三角形的定义，构成三角形的条件，分3为腰长和7为腰长，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：当3为腰长时，第三边长为3，，不能构成三角形，不符合题意； 当7为腰长时，第三边长为7，，能构成三角形，符合题意； 故第三边长为7； 故答案为：7． 【典例6】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在第个中，，；在边上任取一点，延长到，使，得到第个；在边上任取一点，延长到，使，得到第个，按此做法继续下去，第个三角形的底角度数是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了图形规律探索，等腰三角形的性质，三角形内角和定理应用，解题的关键是熟练掌握等边对等角．先根据等腰三角形的性质，得出，然后求出，，从而得出一般规律，最后得出答案即可． 【详解】解：，， ， ∵， ， ， ， ． ． ． 同理可得：． 以此类推，以为顶点的内角度数是． 以为顶点的内角度数是． 故答案为：． 命题点02 等腰三角形的判定 【典例1】．（2025·浙江杭州·一模）如图，是的中线，下列说法错误的是（    ） A．和全等 B．若平分，则是等腰三角形 C．若，则是等腰三角形 D．若点到和的距离相等，则 【答案】A 【分析】仅根据无法证明和全等，选项说法错误；延长至点，使，连接，利用“边角边”证明，由全等三角形性质得到，，结合平分，可证是等腰三角形，则选项说法正确；利用“边角边”证明，由全等三角形性质即可证是等腰三角形，则选项说法正确；若点到和的距离相等，即平分，根据选项可得是等腰三角形，结合三线合一定理即可证，则选项说法正确． 【详解】解：是的中线， ， 此时，但不一定等于， 无法证明和全等， 选项说法错误，符合题意，选项正确； 平分， ， 延长至点，使，连接， 在和中， ， ， ，， ， ， ，即是等腰三角形， 选项说法正确，不符合题意，选项错误； ， ， 在和中， ， ， ，即是等腰三角形， 选项说法正确，不符合题意，选项错误； 若点到和的距离相等， 点在的角平分线上，平分， 则根据选项可得是等腰三角形， 结合三线合一定理即可证， 选项说法正确，不符合题意，选项错误． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三线合一、角平分线的判定，解题关键是熟练掌握全等三角形下的判定与性质． 【典例2】．（2025·四川自贡·中考真题）如图，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，先证明，结合，，证明即可. 【详解】证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴. 【典例3】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在矩形中，是边上的点（不与，重合），过，，三点的圆交对角线于点，交于点，延长交于点，连结，已知． (1)求证：为等腰三角形； (2)已知，，求的长； (3)若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设过，，三点的圆的圆心为，连接，由矩形的性质得，则是的直径，所以，证明，即可证明结论； （2）由已知得证明得，代入数据可得答案； （3）连接，证明，推出，继而得到，则，进一步证明，则，得到，即可得证． 【详解】（1）证明：设过，，三点的圆的圆心为，连接， ∵四边形是矩形，点是边上的点，交于点， ∴， ∴是的直径， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴为等腰三角形； （2）解：∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴的长是； （3）证明：连接， ∵四边形内接于，， ∴，， ∵， ∴， 由（2）得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 即． 【点睛】本题考查矩形的性质，的圆周角所对的弦是直径，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，通过作辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【典例4】．（2025·浙江温州·二模）如图，在中，，在边上取一点，使得，在上取一点，使得，连接． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质， （1）根据等边对等角可得，利用即可判定； （2）根据等角对等边可得，再根据全等三角形的对应边相等即可得出答案； 掌握全等三角形的判定和性质及等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 命题点03 等边三角形的性质 【典例1】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，等边三角形的边长为2，点O为的中点，点D在射线上运动，以为边向右作等边三角形，连接，则线段的最小值是（     ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短、解直角三角形，连接，证明，得出，，从而可得点在射线上，当时，根据垂线段最短可得，此时的长度最小，最后解直角三角形即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵等边三角形的边长为2，点O为的中点， ∴，，， ∵三角形为等边三角形， ∴，， ∴，即， ∴， ∴，， ∴点在射线上， ∴当时，根据垂线段最短可得，此时的长度最小，为， 故选：B． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）如图，某城市公园的雕塑是由3个直径为的圆两两相垒立在水平的地面上，则雕塑的最高点到地面的距离为（　　）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，两圆的位置关系，掌握这些知识是关键； 连接三个圆心，构造了一个等边三角形，其边长是，则它的高是，则雕塑的最高点到地面的距离为三角形高与1的和． 【详解】解：连接三个圆心，如图， ∴是等边三角形，且， ∴它一边上的高是：， ∴雕塑的最高点到地面的距离为：． 故选：A． 【典例3】．（2025·浙江·一模）已知等边三角形的边长为，其外部有一点，满足，设，，在点运动过程中，的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了等边三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形、全等三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 作的外接圆，圆心为点，连接并延长交于点，连接、，由等边三角形的性质得，，所以，，而，可知是的直径，由，得，求得，连接，在上截取，连接，可证明是等边三角形，再证明，则，所以，由，得，即可推出的最大值，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为点，连接并延长交于点，连接、， ∵是边长为的等边三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴连接，在上截取，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵是的弦，是的直径， ∴， ∴， ∴的最大值为， 故选：． 【典例4】．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边的顶点，将向左平移1个单位长度，则平移后点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的性质，坐标系中图形的平移，根据等边三角形的性质求出点坐标是解题关键． 过点B作的垂线，通过点A，C的坐标确定与坐标轴的位置关系，再利用等边三角形的性质求出点B的坐标，利用坐标系中图形的平移规律求解即可． 【详解】解：如图，过点B作，垂足为D， ∵，， ∴轴， ∴轴， ∵是等边三角形，， ∴， 又， ∴，， ∴， ， ∴， ∴在向左平移1个单位长度后，点B的坐标为， 故选：A． 【典例5】．（2025·江苏南通·中考真题）如图，在等边三角形的三边上，分别取点，使．若，的面积为，则关于的函数图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 利用等边三角形的性质得出相等的边和角，通过证明全等三角形得出对应边相等，判定是等边三角形，作垂线利用面积公式求出和的面积，即可得到函数关系式，再结合二次函数的性质判断图象即可． 【详解】解：是等边三角形， ∴， ∵ ， 即， ， ∴， 过点A作于G点，则， ∴ ∴， ∴， ∴， 过点D作于点H，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ' ， ∴y关于x的函数图象开口向上，当时，当时，当时y的最小值为， ∴选项A，C，D均不符合题意，选项B符合题意， 故选：B 命题点04 等边三角形的判定 【典例1】．（2025·浙江温州·三模）如图，在中，，，于点D，点F在的垂直平分线上． (1)求证：是等边三角形． (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了解直角三角形、线段垂直平分线的性质及等边三角形的判定与性质，熟知线段垂直平分线的性质及特殊角的三角函数值是解题的关键． （1）根据题意得出，进一步得出，再由点F在的垂直平分线上得出，据此求出的度数即可解决问题． （2）由的长得出的长，再进一步求出的长即可． 【详解】（1）证明：， ， 又， 点F在BC的垂直平分线上， ， ， ， 是等边三角形． （2）解：，， 在中， 在中， ． 【典例2】．（2025·浙江杭州·二模）已知：如图，在梯形中，，，E是上一点，且，．求证： (1)四边形是平行四边形； (2)是等边三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据平行四边形的判定定理证明即可； （2）由平行四边形的性质并结合题意可得，再由即可得证． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形． 【典例3】．（2025·浙江杭州·一模）如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作等边三角形和等边三角形，与交与点O、与交于点P、与交于点Q． 求证： (1)； (2)是等边三角形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是通过等边三角形的性质找出三角形全等的条件． （1）由等边三角形的性质得，， 由等式性质推出，从而证明出，根据全等三角形的对应边相等得； （2）由全等三角形的对应角相等得，根据平角定义可推出，从而证明，根据全等三角形的对应边相等得，从而根据有一个角为的等腰三角形是等边三角形可得结论． 【详解】（1）证明：，是等边三角形， ， ，即， ， ； （2）证明：， ， ， ， 在和中， ， ， 又， 是等边三角形． 【典例4】．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，点E在上，点D在上，，，与相交于点F． (1)证明：； (2)若，求证：为等边三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质与判定，三角形外角的性质． （1）利用证明可证得答案； （2）由（1）易得，进而可求得，结合已知即可证明结论． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∵，，， ∴， ∴为等边三角形． 中考预测题 1.如图，已知：，点、、，在射线上，点、、、，在射线上，、、、均为等边三角形．若,则的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出，以及，得出，，，…进而得出答案． 【详解】解： 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ， 、是等边三角形， ， ， ，， ，， ， ，，， 以此类推，的边长为， 的边长为， 故选：D． 2.已知一张三角形纸片（如图甲），其中．将纸片沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕为（如图乙）．再将纸片沿过点的直线折叠，点恰好与点重合，折痕为（如图丙）．原三角形纸片中，的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，由折叠的性质得到，根据三角形外角的性质和等腰三角形的性质得到，再利用三角形内角和定理求出，即可求出答案． 【详解】解：设， 由折叠得：，， ， ， ， ， ， ． 3.如图，在中，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等腰三角形的性质等边对等角求出，再根据三角形内角和定理求出，根据三角形外角的性质即可求出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 4.如图，在平面直角坐标系中，已知，，和均为等腰直角三角形，，点D在线段上，点E在x轴负半轴上，则点D的坐标是______． 【答案】 【分析】分别过点C、D作y轴的垂线，垂足分别为F、H，由题意易得，然后可得，则有，同理可得：，进而可得，最后根据得出直线的解析式为进行求解即可． 【详解】解：分别过点C、D作y轴的垂线，垂足分别为F、H，如图所示： ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可得：， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则有： ，解得：， ∴直线的解析式为， 把代入得：， ∴． 考点五 直角三角形与勾股定理 《解题指南》 解题技巧： •勾股通用步骤：找直角→定斜边→列公式计算；无直角作垂线构造直角三角形。 •斜中线结论：只要出现直角+斜边中点，直接用中线=斜边一半。 •特殊角速算：看见30°、45°、60°直接套用固定边长比例。 •网格、折叠通用法：所有不规则线段长度，全部构造直角三角形用勾股求解。 命题点01 直角三角形的性质 【典例1】．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，，点E在直线上，点F、G在直线上，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行线的性质和直角三角形两锐角互余．先利用直角三角形两锐角互余求得的度数，再根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【典例2】．（2026·浙江金华·二模）如图，在四边形中，，平分，交于点，延长到点．若，则的度数是（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平行线的性质结合角平分线的定义可得，再根据直角三角形两锐角互余即可解答． 【详解】解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 【典例3】．（2025·陕西·中考真题）如图，为的直径，，，则的度数为______． 【答案】 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据为的直径，，则，再根据，即，代入进行计算，即可作答． 【详解】解：∵为的直径，， ∴， 即， ∵， ∴， 则， 故答案为：． 【典例4】．（2025·浙江衢州·二模）如图，是的直径，点是延长线上一点，是的切线，若，则___________． 【答案】 【分析】连接，由切线的性质得，而，则，根据圆周角定理得，可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵与相切于点，， ∴， ∴， ∴， ∵圆心角和圆财角所对的弧为， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查切线的性质，直角三角形的两个锐角互余，圆周角定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 命题点02 含30度角的直角三角形 【典例1】．（2026·浙江温州·一模）如图,在中，，，，为边上的高，以点B为圆心，长为半径画圆弧分别交边，于点E，F，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据直角三角形的性质求出，再利用等面积法求出，利用弧长公式进行计算即可． 【详解】解： ，，， ， ， ， 为边上的高线， ， 即， ， ． 【典例2】．（2025·海南·中考真题）如图，在中，，，以为直径的半圆交于点，若与半圆相切于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据切线的性质得出，再利用直角三角形两个锐角互余求得，然后利用圆周角定理求得，再利用弧长公式求解即可． 【详解】解：连结， ∵，以为直径的半圆交于点， ∴， ∵与半圆相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的长为， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，弧长公式，直角三角形两个锐角互余，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【典例3】．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 【典例4】．（2023·浙江台州·模拟预测）在中，，，，若点P在直线上（不与点A，B重合），且，则的长为______． 【答案】3或6/6或3 【分析】本题考查了勾股定理、含角的直角三角形的三边关系、等腰三角形的判定和性质，用分类讨论思想考虑所有可能的情况．根据题意求得和，分点P在线段上和点P在线段的延长线上，利用含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质和勾股定理分别求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 由勾股定理得，， ①点P在线段上， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． ∴在中，由勾股定理得． ②点P在线段的延长线上，如图，位于， ∵， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：6或3． 【典例5】．（2022·浙江宁波·模拟预测）在中，，，，若是边上的动点，则的最小值为_____________． 【答案】6 【分析】通过构造含角的直角三角形，将所求式子转化为，再利用垂线段最短确定最小值的位置，进而计算得到结果． 【详解】解：过点作射线，使，再过动点作，垂足为点，连接． 在中，． ． ． 当，，在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长，此时和是对顶角， ， 在中，，，． ， ． ，． ． 是等边三角形． ． ． ． ． ． 即的最小值为． 命题点03 斜中定理 【典例1】．（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【答案】B 【分析】延长至点，使，证明，进而推出，即可得到点是的中点，再根据直角三角形的性质可知点在以点为圆心，为半径的圆上，当时，取的最大值，即此时面积最大，然后根据弧、弦、圆心角的关系可知，最后利用勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，延长至点，使， D为中点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ∴，即， ， 点是的中点， ，D为中点， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图， 当时，边上的高取的最大值，即此时面积最大， ， ，即为等腰直角三角形， ∵，， ， ． 故选：B． 【点睛】本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，直角三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 【典例2】．（2025·浙江·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，以点C为圆心，长为半径作弧，与的另一个交点为点E．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求弧长，斜边上的中线，根据斜边上的中线求出得到，进而得到，三角形的外角得到的度数，作图可知，等边对等角求出的度数，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：∵，是斜边上的中线，， ∴， ∴， ∴， 由作图可知， ∴， ∴， ∴的长为； 故选B． 【典例3】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在中，，边上的中线，过点A作于点E，记长为x，长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 连接，过作于，根据中线得到，根据三线合一得到，然后在和中利用勾股定理列方程，化简整理即可． 【详解】解：连接，过作于， 则， ∵边上的中线， ∴是中点， ∵过点作于点， ∴， ∴， ∵的长为的长为， ， ， ∵中，， 中，， ， 整理得：， 故选：C． 【典例4】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图，在平行四边形中，，于点E，F为的中点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质，过点作，交于，连接，则四边形为平行四边形，，由平行四边形的性质可得，，，结合题意可得，由直角三角形的性质得出，从而得出，由平行线的性质并结合等边对等角得出，进而可得，求出，再由等边对等角即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，过点作，交于，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴四边形为平行四边形，， ∴，，， ∵F为的中点．， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 【典例5】．（2025·浙江·模拟预测）已知在▱中，，设，则下列选项中，为定值的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线定理以及勾股定理的应用，熟练掌握这些定理与性质是解题的关键．通过连接辅助线，作，利用直角三角形斜边上的中线定理、勾股定理以及平行四边形的性质来推导得出定值． 【详解】解：连接，作于点． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵四边形为平行四边形，且，， ∴，， ∴． 故选：． 【典例6】．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 命题点04 勾股定理的计算 【典例1】．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 【典例2】．（2025·浙江丽水·二模）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，，则的面积为（   ）． A．6 B． C．13 D．12 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理解三角形，矩形的判定和性质，三角形等面积法等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 过点E作，根据正方形的性质及矩形的判定得出四边形为矩形，再由勾股定理得出，利用三角形等面积法确定，得出，即可求解． 【详解】解：过点E作，延长交于点N， ∵正方形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴的面积为：， 故选：B． 【典例3】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 【典例4】．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 【典例5】．（2025·浙江丽水·二模）如图，正方形中，E为边上一点，，点F在上，连接，满足，过点F作交于点G，若正方形的边长为，则的长为_________． 【答案】 【分析】过点作于点，过点作于点，过点作于点，先导角得到，然后证明，则，则，解中，求出，，再由面积法求得，那么，则，可得，证明出，再解斜即可． 【详解】解：过点作于点，过点作于点，过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， 在中，由勾股定理得，， 解得（负值舍去）， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∴， 设，则， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确添加辅助线来解直角三角形． 【典例6】．（2025·浙江丽水·二模）如图，在矩形中，已知，点P，Q分别是，的中点，连接，DQ，则四边形的周长是_________． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质、三角形中位线的性质和勾股定理，根据矩形的性质得，结合题意得为的中位线，则、和 ，即可求得周长． 【详解】解：∵矩形中，， ， ∵点P，Q分别是，的中点， ∴为的中位线，，，， 四边形的周长， 故答案为：． 命题点05 勾股定理与网格问题 【典例1】．（2025·山东滨州·中考真题）如图，每个小正方形的边长都为1，点均在格点上． （1）只用无刻度的直尺在上找一点，使得最短（保留作图痕迹）______． （2）在（1）的基础上，在边上找一点，使得最小，最小值为______． 【答案】 见解析 【分析】本题考查了勾股定理与网格，矩形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短距离等，掌握相关知识点是解题关键． （1）由勾股定理可得，根据矩形的对角线互相平分找出的中点，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由垂线段最短可知此时最短； （2）作点关于的对称点，连接，由轴对称的性质可得当、、三点共线时，最小，最小值为的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）如图，点即为所求作： （2）如图，作点关于的对称点，连接， 由轴对称的性质可知，， ， 当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 过点作， 由方格和为的中点知，，， ， 故答案为：． 【典例2】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，的三个顶点均在格点上，请用无刻度的直尺按下列要求画图． (1)在方格纸中，画出（点在格点上），满足，且的面积是5； (2)在的边上画出点，使线段的长是3个单位长度（保留作图痕迹，体现作图过程），连接，并直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】（1）作，边上的高为，，，则； （2）取格点和，使，，连接交边于点，利用相似三角形的判定和性质求得；作，证明，求得，，，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】（1）解：如图所示： ； （2）解：点如图所示： 作，则， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了格点作图，解直角三角形，相似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． 【典例3】．（2024·陕西·中考真题）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，和的顶点都在格点上．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了三角形全等的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据网格图中，每个小正方形的边长为1，得到两个三角形的每条边长，从而得到两三角形对应边相等，得到两三角形全等，即可得到结果． 【详解】证明：如图，每个小正方形的边长均为1， 在和中， ∵，， ∴， 同理可得：，， 在和中， ∴≌， ∴． 【典例4】．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1个单位长度，线段的端点均在小正方形的顶点上． (1)在方格纸中将线段先向右平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到线段（点的对应点为点，点的对应点为点），画出线段，，； (2)在方格纸中，画出以线段为斜边的等腰（点在小正方形的顶点上），且为钝角，，交于点，连接，直接写出的值． 【答案】(1)见解析 (2)见解析， 【分析】本题考查了平移变换，画图，涉及到平行四边形，等腰直角三角形的性质的应用，关键是能够利用小正方形格子的边长，求出，的长度，得到结果． （1）在图形中直接作图即可； （2）每个小正方形的边长均为1个单位长度，结合平移，得到相应线段的长度，从而得到结果． 【详解】（1）解：所求图形，如图所示： （2）解：如图所示： 得到． ∵每个小正方形的边长均为1个单位长度， ∴等腰直角三角形中，， ∵O是平行四边形对角线的交点， ∴， ， ∴， ∴． 【典例5】．（2022·浙江温州·模拟预测）如图，在所给的方格纸中，每个小正方形边长都是1，点，位于格点处． (1)在图1中画出格点，使． (2)在图2中画出格点四边形，使四边形的对角线互相垂直平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据勾股定理作图即可； （2）根据菱形的性质作图即可． 【详解】（1）解：下图中、、、的位置均满足结果： 证明：图中，，故，满足题意要求； ，，故，满足题意要求； ，，故，满足题意要求； ，，故，满足题意要求； （2）解：下图中、即为所作： 证明：∵， ∴四边形为菱形， ∴四边形的对角线互相垂直平分． 【典例6】．（2025·浙江杭州·模拟预测）如图是由个边长为的小正方形网格组成，每个小正方形的顶点称为格点，的三个顶点，，均在格点上，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图． (1)在图中，画出四边形，满足对角线平分，直接写出四边形的面积； (2)在图2中，画出的中线． 【答案】(1)作图见解析，四边形的面积为 (2)见解析． 【分析】（1）取格点，连接、、； （2）根据矩形的性质作图即可； 本题考查作图应用与设计作图，平行线分线段成比例，解题关键是理解题意，运用所学知识解题． 【详解】（1）解：四边形即为所求， ∵， ， ∴四边形是菱形，， 是直角三角形，对角线平分， ； （2）解：如图即为所求， 由网格可作矩形，根据矩形的对角线互相平分，为中点，连接，则为的中线． 命题点06 赵爽弦图问题 【典例1】．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（    ）    A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】C 【分析】设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可． 【详解】设，， ∵，， ∴，即， ∴，整理得， ∴， ∵， ∴， ∴正方形的面积为， ∵正方形的面积为， ∵正方形与正方形的面积之比为， ∴， ∴解得． 故选：C． 【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 【典例2】．（2022·浙江温州·模拟预测）中国古代数学家赵爽证明勾股定理的弦图如图所示，它由四个全等的直角三角形和一个正方形组成，恰好拼成一个大正方形．作直线分别交于点M，N．若图中两个正方形的面积分别是13和1，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，在中使用勾股定理可求出，过点N作于点K，由为等腰直角三角形可证得也为等腰直角三角形，设，则，由，可解得，进一步计算即可求解． 【详解】解：由图可知，，， ∵大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成， ∴， 设， 在中，由勾股定理得， 即， 解得：（舍去）． 即， 过点N作于点K，如图所示． ∵四边形为正方形，为对角线， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴为等腰直角三角形． 设，则， ∴， 解得：， ∴， 同理，， ． 【典例3】．（2025·山东威海·中考真题）把一张矩形纸片按照如图①所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图②或图③所示的正方形．若矩形纸片的长为m，宽为n，四边形的面积等于四边形面积的2倍，则___________． 【答案】 【分析】首先表示出四边形的面积和四边形面积，然后根据题意得到，整理得到，，设，得到，然后解方程求解即可． 【详解】解：根据题意得，四边形的面积 四边形面积 ∵四边形的面积等于四边形面积的2倍 ∴ 整理得， ∴ 设， ∴ 解得或（舍去） ∴ 故答案为：． 【点睛】此题考查了完全平方公式，勾股定理，解一元二次方程等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 【典例4】．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形．直线交正方形的两边于点，，记正方形的面积为，正方形的面积为．若，则用含的式子表示的值是___________． 【答案】 【分析】作交于点，不妨设，设，通过四边形是正方形，推出，得到，然后证明，利用相似三角形对应边成比例，得到，从而表示出，的长度，最后利用和表示出正方形和的面积，从而得到． 【详解】解：作交于点，不妨设，设 四边形是正方形 在和中，， 由题意可知， 正方形的面积， 正方形的面积 ； 故答案为：. 【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键． 【典例5】．（2026·浙江嘉兴·一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形和正方形．延长交以为直径的半圆于点，连接．若，则的值为______． 【答案】 【分析】设直角三角形的长直角边为，短直角边为，得到，连接，根据圆周角定理结合等弧对等弦得到，，进而推出四点共圆，得到，求出，将绕点旋转，得到，推出三点共线，得到，三线合一，得到，进而得到，得到，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：设直角三角形的长直角边为，短直角边为， 由题意，， 连接， ∵为半圆的直径，， ∴，， ∴，， ∴四点共圆， ∴，， ∴， 将绕点旋转，得到，则，，， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴． 命题点07 勾股定理的应用 【典例1】．（2025·宁夏·中考真题）如图，在单位长度均为的平面直角坐标系中，放置一个圆柱形笔筒的展开图．其中，侧面展开图的边在坐标轴上，点坐标为．将一根长度为的铅笔放入笔筒内，露出笔筒部分的最小长度是______(结果保留整数，取3，壁厚忽略不计)． 【答案】2 【分析】本题考查了圆柱的性质、圆的直径与周长关系以及勾股定理的应用，解题的关键是明确圆柱内铅笔能放置的最大长度为以底面直径和高为直角边的直角三角形的斜边． 由点B坐标确定圆柱的高，根据圆柱侧面展开图的周长求出底面直径；利用勾股定理计算以底面直径和高为直角边的直角三角形的斜边长度，即笔筒内铅笔能放置的最大长度；用铅笔总长度减去该最大长度，得到露出部分的最小长度并保留整数． 【详解】解：如图，表示圆柱底面直径，为圆柱的高，示意铅笔能放置的最大长度，为露出部分的最小长度， ∵点坐标为， ∴，， ∴， ∵铅笔总长度为，即， ∴， ∵， ∴， ∴ 即， ∵结果保留整数， ∴露出部分的最小长度约为． 故答案为：2． 【典例2】．（2025·浙江·模拟预测）数学经典著作《九章算术》中有一道著名的“引葭(jiā)赴岸”题：“今有池方一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”意思为：如图，有一池塘，底面是边长为一丈(一丈等于十尺)的正方形，池的中央生有一棵芦苇，高出水面一尺，若将芦苇引到池边中点处，正好与岸边齐平，则水深为_____尺． 【答案】12 【分析】此题主要考查了勾股定理的应用．我们可以将其转化为数学几何图形，如图所示，根据题意，可知的长为尺，则尺，设出尺，表示出水深，根据勾股定理建立方程，求出的方程的解即可得到芦苇的长和水深． 【详解】解：依题意画出图形，设芦苇长尺，则水深尺，    因为尺，所以尺， 在中，， 解之得， ∴水深为(尺)． 故答案为：12． 【典例3】．（2025·江苏南京·中考真题）如图，码头位于码头的南偏东方向，，之间的距离为，灯塔在的中点处．轮船甲从出发，沿正南方向航行，轮船乙从出发，沿正东方向航行．当甲航行到处时，乙航行了相同的距离到达处，此时，，，三点恰好在一条直线上．求甲航行的距离．（参考数据：） 【答案】 【分析】延长，交点为，过点作于点，过作交于点．设，根据题意可得，解方程得出答案． 【详解】解：如图，延长，交点为，过点作于点，过作交于点． 由题意得，，，， ，之间的距离为，在的中点处， ， ∵中，， ，， ，为中点， ∴， 为的中点， 即，， 设 ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ∴, , ， ， 解得， 答：甲航行的距离约为． 【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用方向角问题，勾股定理，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定，掌握锐角三角函数的定义，理解方向角的概念是解题的关键． 【典例4】．（2025·江苏镇江·中考真题）小方根据我国古代数学著作《九章算术》中的一道“折竹”问题改编了一个情境：如图，一根竹子原来高1丈（1丈尺），折断后顶端触到墙上距地面9尺的点处，墙脚离竹根处3尺远．请你解答：折断处离地面多高？ 【答案】5尺 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理的应用是解题关键．过点作于点，先证出四边形是矩形，则可得尺，，再设尺，则尺，尺，在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：如图，过点作于点， 由题意得：，尺，尺，尺， ∴四边形是矩形， ∴尺，， 设尺，则尺，尺， 在中，由勾股定理得：，即， 解得， 即尺， 答：折断处离地面5尺． 命题点08 勾股定理逆定理的计算 【典例1】．（2026·浙江杭州·一模）如图，若的三边长，，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据勾股定理的逆定理判断出，然后根据正弦的定义求解即可. 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∴. 【典例2】．（2025·浙江温州·二模）如图是由正方形所组成的网格，点A，B，C分别在格点上，则的值为______． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理及逆定理，求角的正切值，先利用勾股定理求出各边长度，再利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，再根据正切的定义求解． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得，，，， ， 是直角三角形， ， 故答案为：． 【典例3】．（2025·浙江金华·模拟预测）如图，分别在三角形纸板 的顶点 处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线 和 ，相交于点， ． 则 的长度是__________ 【答案】/ 【分析】本题考查了三角形重心的性质，根据题意得出为的重心，连接并延长交于点，勾股定理求得，进而根据重心的性质，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接并延长交于点， ∵ ∴ ∴是直角三角形， 依题意，为的重心 ∴ 在中， ∴ 故答案为：． 【典例4】．（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 【答案】(1) (2)①四边形是矩形，理由见解析；② 【分析】（1）由是等腰三角形，，，分别讨论：当时和当时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可； （2）①利用，，得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；②过点作于点，利用，得出是直角三角形，且，证明，得出，，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰三角形，，， ∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意； 当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意； 综上，， 故答案为：； （2）解：①四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ②过点作于点， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，矩形的判定，二次根式的运算等，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键． 【典例5】．（2025·吉林长春·中考真题）图①、图②、图③均是的网格，其中每个小方格都是边长相等的正方形，其顶点称为格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作，使的顶点均在格点上． (1)在图①中，是面积最大的等腰三角形； (2)在图②中，是面积最大的直角三角形； (3)在图③中，是面积最大的等腰直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了格点作图，勾股定理及其逆定理，网格中求三角形面积，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据面积最大，且为等腰三角形，顶点均在格点上； （2）根据面积最大，且为直角三角形，顶点均在格点上； （3）作个腰长为的等腰直角三角形，顺次连接A、B、C，则即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解；如图所示，即为所求； （3）解：如图所示，即为所求． 命题点09 勾股定理逆定理的应用 【典例1】．（2022·江西赣州·模拟预测）已知寻乌某开发区有一块四边形的空地，如图所示，现计划在空地上种植草皮，经测量．若每平方米草皮需要180元，问需要多少投入？ 【答案】需要投入6480元 【分析】连接，利用勾股定理先求得，再用勾股定理逆定理判断，然后求出四边形的面积进一步求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵每平方米草皮需要180元， ∴ (元)． ∴需要投入6480元． 【典例2】．（25-26八年级上·湖南永州·期末）如图，点B， C表示两地， 点A表示供水站，千米，千米，千米．为了方便供水站A往B，C两地供水，现有两种管道铺设方案． 方案一：从供水站A直接铺设管道到B，C两地，即铺设的管道总长为； 方案二：过点A作，垂足为点D，从供水站A铺设管道到点D，再从点D分别铺设管道到点B，C两地，即铺设的管道总长为． (1)试判断图中构成的的形状，请说明理由； (2)两种方案中，哪一种方案铺设管道总长较短?请通过计算说明． 【答案】(1)是直角三角形，见解析 (2)方案一所铺设的管道总长较短，见解析 【分析】此题考查了勾股定理的逆定理的应用，线段的和差计算等知识，证明是直角三角形是解题的关键． （1）利用勾股定理的逆定理进行证明即可； （2）分别求出两种方案的管道总长度，即可得到结论． 【详解】（1）解：是直角三角形． 理由如下：因为， 所以，所以是直角三角形； （2）因为的， 所以（千米）． 方案一：铺设的管道总长为：（千米）； 方案二：铺设的管道总长为： （千米）， 因为千米＜千米，所以方案一所铺设的管道总长较短． 【典例3】．（2023·四川成都·模拟预测）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图是装订机的底座，是装订机的托板始终与底座平行，连接杆的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄绕着转轴B旋转．已知压柄的长度为，，． (1)当托板与压柄的夹角时，如图①点E从A点滑动了，求连接杆的长度． (2)如图②，当点E从①中的位置又向B处滑动了，求压柄从①的位置旋转了多少度？（参考数据：，，） 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查解直角三角形，勾股定理的逆定理． （1）过点D作于点H，在中，解直角三角形可得，，进而求出，从而在中，根据勾股定理即可求出； （2）由，，，可证得是直角三角形，，即可解答． 【详解】（1）解：如图①，过点D作于点H， ∴ ∵在中，，，， ∴， ． ∵，， ∴， ∴在中，． 答：连接杆的长度为． （2）由题意可知：， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，， ∴， ∴压柄从①的位置旋转了． 中考预测题 1．如图，中，，E为中点，D为延长线上一点，，，则的长度为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据斜边上的中线等于斜边的一半，得到，等边对等角，三角形的外角的性质，推出，进而得到即可得出结果. 【详解】解：∵中，，E为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴. 2．以下列各数为边长，能构成直角三角形的是（   ） A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，6 【答案】C 【分析】先根据三角形三边关系判断能否构成三角形，再利用勾股定理的逆定理判断能否构成直角三角形，逐个验证选项即可。 【详解】解：A、∵，不满足三角形任意两边之和大于第三边，不能构成三角形，因此A不符合题意； B、∵，满足三边关系可以构成三角形，但，，，不满足勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形，因此B不符合题意； C、∵，满足三边关系可以构成三角形，且，满足勾股定理的逆定理，能构成直角三角形，因此C符合题意； D、∵，满足三边关系可以构成三角形，但，，，不满足勾股定理的逆定理，不能构成直角三角形，因此D不符合题意 3．如图在四边形中，，对角线与相交于点O．点B，点D关于所在直线对称，过点D作的垂线交延长线于点E．若，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关性质是解题的关键． 根据对称的性质和可推得，从而得四边形为平行四边形，根据对称的性质得，则平行四边形为菱形，根据菱形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：∵ 点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， ∴， 则四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， ， 则， 在中，， 在中，， 则， 在中，． 考点六 三角形的综合问题 《解题指南》 易错提醒： •模型识别困难：看不出手拉手、一线三等角、半角模型，无从下手。 •动点存在性漏情况：等腰、直角三角形动点，分类讨论不完整。 •辅助线不会作：倒角、证全等不会添加平行线、垂线、延长线。 •最值思路混乱：分不清垂线段最短、将军饮马、周长最值。 •综合计算失误：多步推导后遗漏条件、看错对应边角。 命题点01 三角形与四边形综合问题 【典例1】．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形性质、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解三角形等，解题关键是利用垂直证明角的关系，从而证明三角形全等或相似． 容易证明，从而可得，进而可得，从而可得②正确，过点作，交于点，构造，结合四边形是平行四边形可得，可得①正确，再利用角关系证明，，可得，从而得出结论③正确，过点作，设，由可得，解三角形求出，，从而求出，故结论④正确，再判定不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误． 【详解】解：如图1，过点作，交于点， ∵在正方形中， ∴，，，， ∴、是等腰三角形， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 设， ∵，， ∴，故结论②正确； ∴，即是等腰三角形， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故结论①正确， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴，故结论③正确， 过点作，如图2； 设，由可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论④正确， ∵，， ∴不一定等于，， ∴ 不一定是等腰三角形， 故等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误， 综上所述：正确结论有①②③④． 故选C． 【典例2】．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 【答案】①③④ 【分析】过作，交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到，证明，推出为等腰直角三角形，进而得到，进而得到，判断①；延长至点，使，连接，证明，再证明，得到，判断②；设，则：，，将的面积转化为二次函数求最值，判断③；设，得到，在中，由勾股定理，求出的值，判断④即可． 【详解】解：过作，交的延长线于点，则：， ∵正方形，边长为4， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴，故①正确； 延长至点，使，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴；故②错误； 设，则：，， ∴的面积， ∴当时，的面积最大为2；故③正确； ∵， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴点G是线段的中点；故④正确； 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等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，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键． 【典例3】．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 【典例4】．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】 （1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】 （2）证明（1）中的结论； 【实践应用】 （3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 【答案】（1）相等，垂直 （2）证明见解析 （3） （4） 【分析】（1）根据图形进行猜想即可； （2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明； （3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解； （4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可． 【详解】解：（1）相等，垂直； （2）过点作于，过点作分别交、于、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形，四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）在正方形中，由，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，，， 得， 由等面积法得， 即， ∴， 在中，， 由（2）可知，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； （4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵正方形中，，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴当最小时，的面积最小， ∴最小时，的面积最小， ∵， ∴当最小时，的面积最小， 由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小， 此时如图，点与重合， 则， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 命题点02 三角形与圆综合 【典例1】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：内接于，圆心在的内部，为的直径，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作的切线，交的延长线于点，求证：； (3)如图③，在（2）的条件下，，连接并延长至点，连接交于点，，为上一点，，连接，点在上，连接，，，点为的中点，连接，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）通过直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得出两角相等，从而得出两边相等； （2）利用圆的性质及矩形的性质与判定来论证线段的关系； （3）先通过全等三角形得到线段长度，再结合已知条件求出相关线段长度，最后求三角形面积． 【详解】（1）证明：为的直径， ． 设． ， ， ， ． ． ． ． （2）证明：连接，，并延长交于点． ， 垂直平分， ，， 是的切线， ． 是的直径， ， 四边形是矩形， ， ． （3）解：如图，连接，，并延长交于点， 为的中点， ， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴≌， ， ， 设，则． 四边形是矩形， ， ， ， ， ，， ∴， ，， ， ， 过点作于点， ， ， ， ， ，， ，　　　 ， ， ． 【点睛】本题考查了圆的有关性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角函数及三角形的面积等知识点，关键是灵活应用知识点解决问题． 【典例2】．（2024·江苏淮安·中考真题）如图，在中，，以为直径作交于点，过点作，垂足为，延长交的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查的是切线的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形． （1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等腰三角形三线合一得，根据三角形的中位线可得，所以得，从而根据切线的判定可得结论； （2）证明，求出，再证明，求出，利用正弦的定义即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， 是的直径， ， ， ， ，即点D为中点， ，即点O为中点， ， ， ， 是的半径， 是的切线． （2）解：由（1）知， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∵， ， ∴，即， ∴（负值舍去）， ∴． 【典例3】．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接． (1)设，则 ；（用含的式子表示） (2)求证：； (3)若，求的长． 【答案】(1)或 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可； （2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可； （3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可． 本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点D是的内心， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （2）证明：连接， ∵点D是的内心， ∴，， ∵，， ， ∴， ∴． （3）解：设，根据题意， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得． 故的长为． 【典例4】．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，以为直径作，分别交，于点，，连接并延长，交于点，过点作的切线，交的延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质得出角相等，进而得到同位角相等，证明两直线平行； （2）先设圆的半径，结合切线性质和三角函数求出半径，再利用圆的直径所对圆周角为直角、三角函数以及勾股定理求出的长． 【详解】（1）证明：， ． ， ， ， ； （2）解：如图，设的半径为，连接， 切于点， ． 在中，， 解得， ， ， ． 为的直径， ． 在中，， ． ， ． 在中，． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆的切线性质、解直角三角形、勾股定理以及圆内接四边形的相关知识，熟练掌握圆的切线性质和三角函数的应用是解题的关键． 命题点03 三角形与函数综合 【典例1】．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质及利用抛物线解析式求直角边长，找到规律是解题的关键． 根据正方形性质得和是等腰直角三角形．设的直角边长为，则，代入抛物线的解析式中解得，则的直角边长为，同理可求得等腰直角的直角边长为，依此类推，等腰直角的直角边长为，即可求得其周长． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，是等腰直角三角形． 设的直角边长为，则； 代入抛物线的解析式中得： ， 解得（舍去），； 故的直角边长为， 同理可求得等腰直角的直角边长为， … 依此类推，等腰直角的直角边长为， 故正方形的周长为． 故答案是：． 【典例2】．（2026·浙江衢州·一模）如图1，在四边形中，，平分，，（a为常数），记长为x，长为y，y关于x的函数图象如图2所示，最高点E的纵坐标为16，当时，四边形的面积为______． 【答案】或 【分析】先证明，得到，进而可得，结合图2知，，求出（负值舍去），当时，求出或，过点作于点，分和两种情况讨论即可，利用等腰三角形三线合一及勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：∵，平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵（a为常数），长为x，长为y， ∴， ∵， ∴当时，有最大值， 由图2知，， ∴（负值舍去）， ∴， 当时，则，即， 解得或， 过点作于点， 当时，则， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∴四边形的面积为； 当时，则， ∴， 同理，得， ∴四边形的面积为； 综上，四边形的面积为或． 【典例3】．（2022·浙江温州·模拟预测）如图，等腰的顶角，，腰垂直y轴，垂足为A，的中点D和点C恰好落在反比例函数上．若，则k的值是______． 【答案】 【分析】过C作于E，在中求出的长度，在中，求出和的长度，设，则，根据待定系数法可得出，解方程，即可求解． 【详解】解：过C作于E， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴ ∵D为的中点， ∴， ∵垂直y轴， ∴设，则， ∵点D和点C恰好落在反比例函数上， ∴， 解得， ∴， ∴． 【典例4】．（2024·宁夏·中考真题）如图，在中，点是边的中点，以为直径的经过点，点是边上一点（不与点重合）．请仅用无刻度直尺按要求作图，保留作图痕迹，不写作法． (1)过点作一条直线，将分成面积相等的两部分； (2)在边上找一点，使得． 【答案】(1)作图见详解 (2)见解析 【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握中线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据三角形中线平分三角形面积作图即可； （2）根据直径或半圆所对圆心角为直角，可得，结合可得是线段的垂直平分线，如图所示，连接交于点，连接并延长交于点，可证，可得，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵点是边的中点， ∴， ∴根据三角形中线平分三角形面积，作图如下， ∴ （2）解：∵以为直径的经过点， ∴，即， 又∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴，平分，即， 如图所示，连接交于点，连接并延长交于点， ∴， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 【典例5】．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，为坐标原点，直线与轴交于点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为． (1)求直线的解析式； (2)如图①，为轴正半轴上一点，于点，点在线段上（点不与点重合），连接，设点的横坐标为，的长为，求与的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图②，在（2）的条件下，点横坐标为，在第一象限内作直角三角形，，，点在轴上，设点的横坐标为，点在上，，在第四象限内作，，连接，，交轴于点，连接并延长交于点，，求点的坐标． 【答案】(1)直线的解析式为； (2)与的函数解析式为； (3)点的坐标为． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据勾股定理，可得，根据三角形的面积公式，即可得与的函数解析式； （3）作轴于点，由勾股定理可得，可得，作轴于点，作轴于点，四边形是矩形，和为等腰直角三角形，可得，，可得，作，交轴于点，可得，由线段之间的关系，结合锐角三角函数可得，，，由，可得，可得，，，，可得点和点的坐标，从而可得点的坐标． 【详解】（1）解：设直线的解析式为． 将点代入，得， 解得， ∴直线的解析式为． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∵点的横坐标为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与的函数解析式为． （3）解：作轴于点， ∵点的横坐标为，点的横坐标为，点在线段上， ∴，， ∴， 解得， ∴点的横坐标为，，， ∴， ∴， 作轴于点，作轴于点，则，， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵，， ∴， 解得， ∴， ∵点在轴上，点的横坐标为， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 作，交轴于点，则， 又∵，， ∴， ∴， ∵为轴正半轴上一点，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∵， ∴， ∴，，，， ∴，，点是的中点， ∴点的横坐标为，点的纵坐标为， ∴点的坐标为． 【点睛】本题考查一次函数综合，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，矩形的判定和性质，比例的基本性质，平行线的性质，锐角三角函数，能够正确作出辅助线是解题关键． 中考预测题 1．如图1和图2，中，对角线，是上一点（不与点重合），以为直径作半圆，圆心为点，交于点． (1)如图1，若半圆与相切，点为切点，连接并延长，交于点，求证：； (2)如图2，若半圆与交于点，，且，，． ①求的长； ②连接，直接写出与长的大小关系．（注：取3.14） 【答案】(1)见解析； (2)①；②． 【分析】（1）连接，由切线的性质可知，可证，进一步可知，根据平行四边形的性质可知，即可求解； （2）①作于点，设半圆的半径为，根据解三角形可知半径，即可求解弧长； ②根据是直径，可知，进而可知，根据余弦值可知长度，进而即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图1． ∵半圆与相切，点为切点， ∴ ∵， ∴, ∴ 又， ∴ ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴ ∴ ； （2）解：①作于点，如图2． 设半圆的半径为，则 ∵， ∴ ∵， ∴ 解得 ∴的长为 ② 如图3，∵是直径， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ 而, ∴ 2．如图，在中，点在边上，以点为圆心的分别与边相切于点，与边相切于点，过点作，与交于点． (1)求证：． (2)若的半径为4，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明平分，即，再证明∥，推出，即可得到结论； （2）利用切线长定理得到，设，利用勾股定理求出，证明，得到，求出． 【详解】（1）证明：如图， 连接，， 与边相切于点，与边相切于点， ，， 平分，即， 又， ∥， ， ， ． （2）解：，均为的切线， ． 设． 在中，，即， 解得， ． ，， ， ， ， 解得． 3．探究解题 (1)在四边形中，，垂足为D，交于点E．求证：； (2)在矩形中，N是上的一点，交于点E，若N是的中点，，．求； (3)在中，，，点Q为边上的点，过点B作的垂线，垂足为D，交于点P．若，．求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)9 【分析】（1）由题意得，利用等角的余角相等求得，即可证明； （2）设，证明，得到，据此求解即可； （3）作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵N是的中点， ∴设， ∵矩形， ∴，，， 同理，得， ∴， ∴，解得， 经检验，是原方程的解， ∴， ∴； （3）解：作交的延长线于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的面积． 4．综合与探究 问题情境： 在边长为4的正方形中，是射线上一点（不与点，重合），过点作射线交射线于点，过点作，交射线于点． 初步探究： (1)如图1，是边的中点，于点，当射线经过点时，求的值． 深入探究： (2)如图2，若是对角线上任意一点，求证：． 拓展探究： (3)若，当为对角线的三等分点时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）过点作于点，，可转化为，再结合正方形、等腰直角三角形的性质和已知条件是边的中点，即可得出比值； （2）在边上取一点，连接，使得，由证得，从而得到； （3）为对角线的三等分点，分两种情况：和，从入手，即可得出结果． 【详解】（1）解：如解图1，过点作于点，则． ∵是边的中点，，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴（SAS）， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，∴， 又，， ∴， ∴． （2）证明：如解图2，在边上取一点，连接，使得， 则， ∴． ∵四边形为正方形，， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． 由（1），知，． ∴． ∴， ∴． （3）分以下两种情况讨论： 当时， 如解图3，过点作于点． 由（1），得． ∵， ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴， ∴，即． 由（2）可知， ． ∴． ． 当时， 如解图4，过点作于点． 则是等腰直角三角形，， ∵，∴， 由（2）可知， ， ∴ 得． 综上所述，线段的长为或． 好题速递 1.（2026·广东汕头·一模）如图，在中，．将绕点顺时针旋转，使的对应边经过点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据直角三角形两锐角互余求出的度数，根据旋转的性质得出及，结合点在上，利用等边对等角及三角形内角和定理求出旋转角的度数，即为的度数． 【详解】解：在中，，， ． 由旋转的性质可知，，，． 的对应边经过点， 点在上， ， ． 在中，． ． 2.（25-26八年级下·广东广州·期中）在中，连接，过点作交于点．若且，则(      ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等腰三角形的性质以及三角形内角和求得，进而求得，最后根据平行四边形对角相等，即可得出答案． 【详解】解：于点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 3.（25-26八年级下·云南昆明·期中）如图，为了测得湖两岸点和点之间的距离，小军在点设桩，使得，并测得的长为100米，的长为80米，则点和点之间的距离为（   ） A．60米 B．80米 C．100米 D．米 【答案】A 【分析】利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：∵在中，，的长为100米，的长为80米， ∴米， ∴点和点之间的距离为60米． 4.（2026·广东汕头·一模）单车骑行在年轻人中广泛流行，某品牌自行车如图所示，其中，平分，则_______． 【答案】 【分析】本题考查平行线的性质，角平分线的定义以及三角形内角和定理．先根据平行线的性质求出的度数，再结合已知条件求出的度数，利用角平分线的定义求出的度数，最后利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：， ． ， ． ， ． 平分， ． 在中，． 5.（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，连接，点E，F是上的两点，连接，，，，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由，可得到，再利用证明全等即可； （2）由（1）可得，得到，证出后，可推出四边形为平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）证明：由（1）可得：， ∴（全等三角形对应角相等）， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． 6.（2026·河南商丘·一模）【初步探究】 (1)如图1，已知，平分，点在射线上，点在射线上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长，交射线于点．试探究，，三条线段之间的数量关系． 下面是小东同学给出的不完整解答过程，请补充完整： 解：，平分，． 如图2，过点作，交边于点，则，，． 由旋转，得，． ________，（________），． 易知，即．． 【类比探究】 (2)如图3，已知，平分，点在射线上，点在射线上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交射线于点．判断（1）中线段，，之间的数量关系是否仍然成立？并请说明理由． 【拓展应用】 (3)如图4，在中，，，平分，点在边上，且，点在线段上，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交射线于点，连接．当为直角三角形时，请直接写出的长． 【答案】(1)， (2)不成立，见解析 (3)或 【分析】（1）由全等三角形的判定条件构造，在中，， ，从而可得出； （2）类比（1）的解答过程，构造，在等腰三角形中，，利用三角函数的知识推出，从而可得出； （3）根据直角三角形的性质得到，再分和两种情况并利用等量关系分别求的长． 【详解】（1）解：，平分， ． 如图2，过点作，交边于点，则，， ． 由旋转，得， ． ， （）， ． 易知，即． ． （2）解：不成立，理由如下： 平分，， ． 如解图1，将线段绕点顺时针旋转一定角度得到线段，使点落在上，则， ． 易知， ． ． ． 作于点，则， 在中，，即， ， ，， ，即． ． （3）解：的长为或． ，． ，， ．． 分两种情况：①如解图2，当时， ． ． 由（2）可知，， ，即． ②如解图3，当时， 在中，，，平分， , 在中，，即， ， ． ． ． ． 由（2）可知，， ，即． 综上，的长为或． 7.（2026·广东汕头·一模）综合与实践 实际背景：如图1，汕头市中山公园的九曲桥与修建直的桥相比，增加了桥的长度，增加了游人在桥上行走的路程，有利于游人更好地观赏风光． (1)数学知识：其中蕴含的数学道理是_____； (2)知识应用：如图2，四边形的对角线、交于点O，若四边形的周长为，求证：； (3)拓展探究：如图3，四边形的对角线、交于点O，若，，则的最小值为_____．（直接写出答案） 【答案】(1)两点之间线段最短 (2)见详解 (3) 【分析】（1）根据题意可直接进行求解； （2）根据三角形三边关系即可求解； （3）以为邻边，构造平行四边形，过点E作，连接，则有，然后可得，进而可根据三角形三边不等关系进行求解即可． 【详解】（1）解：由题意可知：其中蕴含的数学道理是两点之间线段最短； （2）证明：在中，由三角形三边关系可得， 同理可得：， 将以上四个不等式左右两边分别相加得：， ∵，且四边形的周长为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上所述：； （3）解：以为邻边，构造平行四边形，过点E作，连接，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴根据三角形三边不等关系可得：，当且仅当点A、B、E三点共线时取等号， ∴的最小值为． 8.（25-26八年级下·甘肃张掖·期中）和是等腰直角三角形，，，． 【观察猜想】 (1)当和按如图1所示的位置摆放，连接、，延长交于点，猜想线段和有怎样的数量关系和位置关系． 【探究证明】 (2)如图2，将绕着点顺时针旋转一定角度，线段和线段的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，，，将绕着点逆时针旋转至，连接，求的长． 【答案】(1) ， (2)成立，理由见解析 (3) 【分析】（1）通过证明，即可求证； （2）通过证明，即可求证； （3）过点作，垂足为，交于点，根据旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，即可求解． 【详解】（1） ，，证明如下： 在和中， ，，， ， ， ， ， ， ， ； （2）成立，理由如下： 证明∵， ∴，即， 在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，过点作，垂足为，交于点， 由旋转性质可得：，， ∵， ∴， ∵，且， ∴，     ∴， ∴， 在中：， ∵， ∴，即， 在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，   ∴， ∴， ∴是直角三角形， 在中，． 9.（25-26八年级下·河南郑州·阶段检测）如图，等腰三角形的底边的长为，腰的垂直平分线分别交于点．若为边的中点，为线段上一动点，若的周长的最小值为，求的面积． 【答案】 【分析】连接、，根据中垂线的性质，，得到，结合垂线段最短，可知当三点共线，且时，有最小值，推出，再利用面积公式进行计算即可． 【详解】解：连接．如图所示 是等腰三角形． ． ∵点为边的中点，， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴的长为的最小值, ∴的周长的最小值为， ∴， ∴， 即的面积为. 中考闯关 1.如图，F，G分别在正五边形的边上，且满足．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点C作，根据平行线的性质先求出的度数，由多边形内角和定理可求出的度数，进而求出，最后利用平行线的性质求得即可． 【详解】解：如图，过点C作， ， ， 在正五边形中，， ， ∵， ， ． 2.如图，在中，为的平分线，于E，于F，的面积是30，，，则____________           【答案】/ 【分析】根据角平分线的性质可得，再利用三角形面积公式即可解答． 【详解】为的平分线，，， ， ∵面积是30， ， 即， 解得． 3.如图，在四边形中，点在上，为中点，已知平分，过点作交于点，连接．若，的面积为4，则四边形的面积为______． 【答案】 6 【分析】根据三角形的中线平分面积得出的面积，利用角平分线和平行线的性质证明为等腰三角形，结合已知线段关系得出与的数量关系，最后利用平行线间的距离相等推导三角形面积比，从而求得四边形面积. 【详解】解：连接， 为中点， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， 设平行线与之间的距离为， ， ， . 4.如图，直线，是上一点，的平分线交于点．若，，则的度数是__________． 【答案】 【分析】根据平行线的性质和角平分线的定义可求出，过C作，则，证明，则，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， 过C作， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 5.如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下面的要求画图： (1)在图①中，画出一个格点平行四边形（不能画成长方形），使其面积为3； (2)在图②中，画出一个格点平行四边形（不能画成长方形），使其一条对角线等于5 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）画一个底边长为1，高为3的平行四边形即可； （2）取格点E、F、G、H，连接，可得四边形是平行四边形，且． 【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求； （2）解：如图所示，四边形即为所求． 6.如图，在长方形中，，，点从点开始沿边向终点以的速度移动，与此同时，点从点开始沿边向终点以的速度移动．如果、分别从、同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为秒． (1)填空： ， ．（用含的代数式表示） (2)当五边形的面积等于时，求此时的值． (3)是否存在的值，使线段的长度最小，若存在，请求出此时的值和最小值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)当五边形的面积等于104cm2时，此时的值为1 (3)存在，当时，线段的长度最小，最小值为 【分析】（1）根据P、Q两点的运动速度可得、的长度； （2）根据五边形的面积等于，代入相应数据解方程即可； （3）根据勾股定理求得，再根据配方法，求得最小值，即可求解． 【详解】（1）解：∵点Q从点B开始沿边向终点C以的速度移动， ∴； ∵P从点A开始沿边向终点B以的速度移动， ∴， ∵， ∴， （2）解：， ， ，， ， 整理得：， 解得：， 当时，，不合题意，舍去； 当时，，符合题意； ∴当五边形的面积等于104cm2时，此时的值为1． （3）解：， ∵， ∴， ∴当时，线段的长度最小，此时． 7.如图，点在线段上，已知 ，，． (1)求证：． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质可得，进而根据证明； （2）根据全等三角形的性质可得，进而根据，即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ， ∴， 又∵，， ∴ （2）解：∵，，， ∴ ∴ 8.如图，在中，D是上的一点，连接，作交于点E，交于点F，且平分，连接． (1)证明：垂直平分． (2)若的周长为18，面积为24，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，得到，即可得证； （2）根据三角形的周长，求出，分割法求面积，列出方程进行求解即可. 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点A和点D在的垂直平分线上， ∴垂直平分； （2）解：∵，的周长为18， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $