专题09 三角形（5年汇编）（山西专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 本试卷为初中数学三角形专题真题汇编，整合山西2022-2026年5年中考真题及模拟题，覆盖与三角形有关的角、全等三角形等5大核心考点，以情境化问题和分层设问突出综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|3分/题|三角形内角和（光学凸透镜）、全等判定（木条中点测量）、勾股定理（扇形折叠）|结合圆、四边形等载体，考查基础计算与转化| |阅读探究大题|12分|等腰三角形性质（木工尺规作图）、新定义“双关联线段”|分层设问：角度计算-逻辑说理-尺规作图，侧重自学推理| |综合实践大题|10-12分|勾股定理（直角三角板旋转）、等腰三角形（二次函数存在性）|融合几何旋转、函数综合，设未知数列方程求解，区分度高|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题09三角形 5年真题1年模拟 五年真题分类园 考点01与三角形有关的角 1.C 2.C ，后所 4.(1)解：，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点E, .AB=AE=AF, :∠BAD=90°， ∴，△ABE为等腰直角三角形， .∠ABE=45°： :以点B为圆心， B长为半径作弧，与B亚交于点F, .BA=BF, .AB=AF=BF, ∴.△ABF为等边三角形， .∠ABF=60° .∠EBF=∠ABF-∠ABE=60°-45°=15°： (2)解：连接BC,BD,如图， 1/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M 图3 由步骤①可知，AB=AC, .∠ACB=∠ABC 在△ABC中，∠A=∠MAN=&, .∠ACB+∠ABC=180°-∠A=180°-a. :∠4CB=1800-&=90-g 2 由步骤②可知，BC=BD=CD .△BCD为等边三角形 .∠BCD=60° :.∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°-g+60°=1500- 2 2: (③)解：如图，线段DE即为所求作的裁割线 D 4 图4 考点02全等三角形 1.B 2.4v34 3.(1)解：设AC,BD的交点为O,如图： ,四边形ABCD是矩形， 2/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OA=OB,∠ABC=90°： ,对角线AC与BD互为双关联线段， .∠A0B=60°， “△AOB是等边三角形， .∠0AB=60°， .∠ACB=90°-∠OAB=30°， A D 故答案为：30°： 问题2中的依据是：等角的补角相等： 故答案为：等角的补角相等： (2):∠AFB是△AEF的外角， .∠AFB=∠EAF+∠E :∠ACB是△ACD的外角， ∴.∠ACB=∠CAD+∠D :∠EAF=∠CAD,∠E=∠D ∴.∠AFB=∠ACB=60° 即线段AD与线段BE所在直线形成的夹角中有一个角是60°. .AD=BE, 线段AD与线段BE是双关联线段. (3)如图，线段CD即为所求 作法一： D CB 作法二： 3/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D A 4.(1)四边形AECF为矩形.理由如下： :AE⊥BC,CF⊥AD .∠AEC=90°，∠AFC=90°， ,四边形ABCD为菱形， AD∥BC, .∠AFC+∠ECF=180° ∴.∠ECF=180°-∠AFC=90°， ∴.∠ECF=∠AEC=∠AFC=90°， ∴四边形AECF为矩形 (2)①CH=MD,理由如下： ,四边形ABCD为菱形， AB=AD,∠B=∠D, :△ABE旋转得到△AHG, AB=AH,∠B=∠H. .AH=AD,∠H=∠D :∠HAM=∠DAC, .AHAM≌△DAC, ∴.AM=AC, :AH-AC=AD-AM, ∴.CH=MD ②解：如图所示，当点N在线段CD上时，过点A作AP⊥CD于P, 4/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABCD是菱形， .AB=AD,∠B=∠D, .AE⊥BC, .∠AEB=90°=∠APD, .△ABE≌△ADP, .AE AP, 由旋转知：AH=AB=5,GH=BE=4,∠G=90°， 4E-AG=AP-VAB-BET=3 .GH⊥CD .∠GNP=90°， .∠APD=∠G=∠GNP=90° ∴四边形APNG为矩形， AP=AG .四边形APNG为正方形， ..GN=PN=3, DP=VAD2-APE=4 .WH=ND=4-3=1 tan∠H=tan∠D= AG ON MN 3 GH NH ND 4 ..ON=MN=3 , P0=3-39 44 :S地毛nQ=Ss形n-S.He 5/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 -(MN+4P)PN-14PxPQ 2 4 9 1 4 当点N在线段DC延长线上时，AG在AB上，过点A作AK⊥CD于K,连接AN,如图所示： H M G 由旋转知：GH=BE=4,AG=AE=3,∠D=∠H,AH=AD, :∠HAM=∠DAg, .△AMH≌△AQD :AM=AQ,HIM =DO, ,四边形ABCD是菱形， AB=AD,∠B=∠D, :AE⊥BC .∠AEB=90°=∠AKD, .△ABE≌△ADK, AE=AK=AG=3,DK=BE=4. .∠AGN=∠GNK=∠AKN=90°， :四边形AGNK为矩形， .AG=AK, .四边形AGNK为正方形， ..GN=AK =3,AGII NK, .HN=4+3=7. 6/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AGNK, :.△AGH∽△QNH HG AG .HN NO' 43 .7Ng' 新行迎-头 :ND=NK+KD=3+4=7, .NH ND ..NH-MH ND-DO. 即NM=N0, ..AM =AO,ANAN, △AMN≌aAQN, :边ue=2S,e=2×N0×4AK=2××2 363 121 24 4 963 综上，四边形AMNQ的面积是4或4· 6-2)×180°=720° 5.(1)解：六边形内角和为 ,且∠A=∠C=∠E,∠B=∠D=∠F ∴.等边半正六边形相邻两个内角的和为720°÷3=240°， 故答案为：240： (2)解：∠BAD=∠FAD 理由如下：连接BD,FD, 六边形 是等边半正六边形. D 图3 ABCDEF 7/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠C=∠E ·.△BCD≌△FED ∴.BD=FD 在△ABD与△AFD中， 「AB=AF BD=FD AD=AD' ∴.△BAD≌△FAD ,∠BAD=∠FAD: B)如图，六边形ABCDEF即为所求（答案不唯一）· 作法一： 作法二： 6 6.(1)如图， (②)AE=CF.证明如下： 8/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,四边形ABCD是矩形， .AD∥BC. .∠EAO=∠FCO,∠AEO=∠CFO EF为AC的垂直平分线， ..OA=OC .△AEO≌△CFO .AE=CF 考点3用勾股定理理解三角形 1.D 2.A 3.B 4.14 18 5.5 6.(1)四边形AMDN为矩形. 理由如下：，点M为AB的中点，点D为BC的中点， .MD∥AC, ..∠AMD+∠A=180°， ∵∠A=90°， ∴.∠AMD=90°， :∠EDF=90, .∴.∠A=∠AMD=∠MDN=90°， 四边形AMDN为矩形； (2)在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6,AC=8, .∠B+LC-90°. BC=AB2+AC2=10 :点D是BC的中点， .∴.CD=2BC=5 ∵∠EDF=90°， 9/30 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠MDB+∠1=90° '∠B=LMDB, ∴.∠1=∠C. ∴.ND=NC. 过点N作NG⊥BC于点G,则∠CGN=90°， E TWWW A M ◇X1 B 5 :.CG-CD-2. 2 .∠C=LC,∠CGNELCAB-=90°， ∴.△CGN-△CAB」 5 CG_CN 即2-CW CA CB 810 :Cw=25 8: (3)延长ND至H,使DH=DN,连接MH,M,BH, mmmpu E M B C D H .MD⊥HN,∴.MN=MH, D是BC中点， 10130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..BD=DC, 又，∠BDH=∠CDN, ∴△BDH≌△CDN, ∴.BH=CN,∠DBH=∠C, .∠BAC=90°， .∠C+LABC=90°， ∴.∠DBH+∠ABC-90°， ∴.∠MBH=90°， 设AMFANEx,则BE6-x,BH=CN-8-x,N=MH=√2x, 在Rt△BMH中，BM+BH=Mf, 6-4850, 25 解得7， 25 “线段AN的长为7， 考点04等腰三角形 1.5 2.()证明：：AB=BC,BO是△ABC的中线， ∴∠A=∠C,AO=CO,BO⊥AC, ,△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, .∠E=∠C,EO=CO」 .∠A=∠E,AO=EO, :∠AON=LEOM, 在△AON和△EOM中， ∠A=∠E AO=EO ∠AON=∠EOM 11/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△AON≌△EOM(ASA) (2)①解：DO=DF, 理由如下： :AB=BC,BO是△ABC的中线， ∴.∠ABO=∠CBO :△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE, ∴，∠D=∠CBO,OD=OB ∴.∠ABO=∠D .OD∥AB, .∠D=∠AFD, .∠AFD=∠ABO, .DF∥OB, ∴四边形DFBO是平行四边形， .OD=OB .DFBO是菱形， :DO=DF ②解：OG=OH, ∴G,H在以O为圆心，OH为半径的圆上，即图中的G,H,G,H', .∠GH'G'=∠H'GH=∠GHG'=∠HG'H'=90°， .四边形GHGH'为矩形， ∴.当以点A,G,H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时， 当∠AGH'=90°，则AH'一定过点O,不符合题意； ∴.只有∠AGH=90°或∠AHG=90°， 此时A,G,H'三点共线， 如图所示，当点H在线段BO上时，∠AGH=90°，且点G在线段D0上，过点H作HP⊥OP于点P, 12130 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G B .∠HPO=∠AOB=90 OD∥AB. ∴.∠HOP=∠ABO. OB=2,OA=3, 六AB=VOAP+OB=V3,tan∠H0P=an∠AB0=40=3PH -B02OP· 设OP=2x,HP=3x」 则OH=VOp2+HP=3x ..OG=OH =0G'=OH'=13x .OD∥AB, .△HGO∽aH'AB. OG HO AB H'B' 13x 13x .V13V13x+2, 解得： x=3-2或X=0(舍去)， 此时BH=B0-H0=2-V13x=2-(丽-2=4-5 BH'=OB+OH'=2+√13x=2+V13-2=V13 综上所述， BH=下或4-面 3.解：连接OC. 13130 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 与 相切于点· E CE⊙O ∴.OC⊥CE .∠0CE=90° ∠ACE=115°， ∴.∠AC0=∠ACE-∠OCE=115°-90°=25° .OA=OC. ∴.∠A=∠AC0=25 ∴.∠COB=2∠A=50° BD=BC ∴.∠BOD=∠COB=50° 0B=6, .S扇形BOD 50×元×62 =5π 360 4.(1)四边形BDB'E是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得BD=B'D,BE=B'E,∠B'DE=∠BDE, ..B'D BC, ∠B'DE=∠BED, ∴.∠BDE=∠BED, .BD=BE, .BE =BD=B'D=B'E, ∴四边形BDB'E是菱形； (2)①DE⊥AE,理由如下： 由(1)知四边形BDB'E是菱形， ∴.BD=B'E=B'D, 14130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由折叠的性质得到 AD=A'D, .AD =2BD, .A'D=2BD=2B'D=2B'E, ∴.B'D=AB'=B'E, .∠1=∠2，∠3=∠4 .∠1+∠2+∠3+∠4=180°， .∠2+∠3=90°， .DE⊥AE: ②解：：∠C=90°，AB=15,BC=9, AC=AB2-BC2=12 当△'FG是以AF为腰A'G为底的等腰三角形时，如图，延长A'F交AB于点H,设AC,A'D交点为M, 则FG=A'F, A D B B :∠C=90°，AD‖BC」 .∠AMD=∠C=90°， ∴.∠AMA'=90°. 由折叠的性质得AD=AD,∠ADF=∠A'DF,AF=AF, :△ADF≌aADF(SAS) .∠A=∠DAF: :∠AFH=∠A'FG. 15130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠AHF=∠AMA=90°： ,∠A=∠A, .△AFH∽△ABC, AF HF AH ·AB BC AC, .HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5, :∠A=∠DA'F,AF=A'F,∠AHF=∠A'MF」 :△MHF≌A4MF(AAS) .HF FM,AH A'M HF FM=3x,AH A'M=4x,AF A'F =5x .AM AF+FM=8x, A'DI‖BC .△AMD∽△ACB. AM AD 8x AD AC=AB,即12=15， .AD=10x .BE BD=AB-AD=15-10x, .CE=BC-BE =10x-6, .FG=A'F=5x, .MG=FG-FM=2x, .CG=AC-AM-MG=12-8x-2x=12-10x, .A'Dll BC. .△A'MG∽aECG, A'M MG CE CG' 4x 2x .10x-612-10x, 16130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得：x=1, .AF=5x=5; 当△AFG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则AF=AG, H MiB A 2 G C 同理得HF:AH:AF=BC:AC:AB=3:4:5,HF=FM,AH=A'M,AF=A'F, HF FM=3y,AH A'M =4y,AF=A'F=5y, :AM AF+FM=8y, A'Dll BC, ∴.△AMD△ACB. AM AD 8y AD ·AC=AB,即12=15， .AD=10y, .BE=BD=AB-AD=15-10y. ..CE=BC-BE=10y-6 ,△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形，A'M⊥AC, GM=FM=3y, ..FG=GM+FM=6y, ..CG=AC-AF-FG=12-11y, 17130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :ADI‖BC, .△A'MG△ECG, A'M MG ·.CECG’ 4y 3y .10y-612-11y’ 3 解得：y=37 165 .A'F=5y= 37: 165 综上，AF的长为5或37： 5.(1)解：由y=- 1x+ 4 +2+4得， 当x=0时，y=4, 0,4) .点C的坐标为 当=0调，++4=0 解得-2,5=8 ,点A在点B的左侧， 点A,B的坐标分别为 (-2,0),B(8,0) 设直线BC的函数表达式为y=+b, [0=8k+b 将B(8,0),C(0,4)代入得4=b, 2 解得b=4’ 18130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.直线BC的函数表达式为y= 2+4 (2)解：：点P在第一象限抛物线上，横坐标为m,且PD⊥x轴于点D, 1 3 点P的坐标为 m,一4m+ m+4 OD=m, 3 ,点B的坐标为© 0),点C的坐标为 ,4) .OB=8,OC=4 过点C作CG⊥PD于点G,则∠CGD=90°， .∠PDO=∠COD=90°， ∴四边形CODG是矩形， .CG//OB,DG=OC=4,CG=OD=m. .∠1=∠2. .∠CGE=∠BOC=90°， .△CGE∽△BOC. EG CG EGm C0B0,即4=8， 在△CPE中， CP=CE,CG⊥PE, 1 PG=EG=。m 1 .'PD=PG+DG=m+4 1 3 1 4m+2m+4=7m+4 2 2 m1=4,m2=0 解得 (舍去)， .m=4 19130 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 3 当m=4时，y= 2+ 4 三m+4=6 4,6) 点P的坐标为 P 25-2 (3)解：存在：m的值为4或 分两种情况，①当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示，过点P作直线PH上y轴于点H, y E D B :过点P作直线I∥AC,交y轴于点F, .PF∥AC, .∠ACO=∠PFH, .tan∠ACO=tan∠PFH, A0 HP 2 m OCHE,即4HF, .HF =2m, OH-PD--+3m+4. 3 4 2 1 20/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由<2)知，EG=2m 根据勾股定理，在△CGE中，CE2=CG2+GE2, 在△FOD中，FD2=OF2+OD2, 当CE=FD时，CG2+GE2=OF2+OD2, .CG=OD=m, ∴.EG=OF, 1 、1m=m2+2m-4 2 解得m=4或m=-4, ,点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， ∴.m=4: ②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示， 个y H P G D B 同理可得， EG-OF,EG=1 m,那=2m,0H=PD=- 4 2m+4 ..OF =OH-HF=-1 2+3m 4 2m+4 >2+4—2n2=一221 “2m=-m1 4 m+4 解得m=25-2或m=25-2 ,点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， .m=2W5-2 21130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2V5-2 综上，m的值为4或 考点05直角三角形 1.D 一年摸拟练测园 1.D 2.D 3.5-11+5 5.4 6.(I)四边形E'CEF是正方形. 理由如下：将Rt△DEC绕点C逆时针旋转90°得到BEC. ∴.CE=CE,∠ECE'=90°，∠CE'B=∠CED=90°， .∠CEF=90°， .四边形ECEF是矩形. 又CE=CE. .四边形E'CEF是正方形. (2)证明：如解图，过点B作BM∥DE,交EE'于点M, M .∠OBM=LODE,∠OMB=∠OED,∠BME'=∠FEE', 由(1)得四边形E'CEF是正方形， 22130 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠FEE'=∠FE'E=45°， .∠BME'=∠BE'M=45°， ∴.BM=BE', 由旋转性质，DE=BE', .BM=DE, 又：∠OBM=LODE,∠BOM=LDOE, .△BOM≌△DOE(ASA). .BO=DO 即点O是BD的中点； (3)解：正方形ABCD边长为4， BC=CD=4.BD=4 情况1：如解图，当EB=BC时，连接BD. BF E ..EF=EC, .EF=EB, ,EF≤EB, 点F与点B重合，DF与DB重合. ∴.点E在BD上，∠BEC=∠FEC=90°， .∠BCE=∠CBE=45°」 .∠DCE=∠BCE=45°，∠CDE=∠CBE=45°， .∠DCE=∠CDE=45°， .EC=ED, :nE-96D=25 2 23130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 情况2，当BE=BC=4时， 由(1)得四边形E'CEF是正方形， .EC=EF,∠F=∠E'=90°， :RtBFE-≌oRtBFC(H F=整-号E 由旋转得，DE=BE, 片DE=EC 在Rt△DEC中DC=4,DE2+EC2=DC2, :DE2+(2DE)2=16 DE=4 解 5(负值已舍去) 情况3-当CE=CB时， ..CB=CD>CE, .此种情况不存在. 4v5 综上所述，当△BEC是等腰三角形时，DE的长为2√2或5· 7.(1)解：AB=AC,∠BAC=60°， ∴.△ABC是等边三角形， ∴.∠ABC=∠ACB=60°， 由旋转可得，∠DAE=a=60°， 24130 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAD=∠DAE-∠BAE=60°-15°=45°， .∠ADB=180°-∠ABD-∠BAD=75°： Q2)FH=BF 证明如下： 如图，连接BE,DH, G .AB=AC,∠BAC=90°， “△ABC是等腰直角三角形， .∠ABC=∠ACB=45°， 由旋转的性质可得，AE=AD,∠DAE=a=90°， ,∠B4D+∠CAD=∠BAD+∠BAE=90°， .∠CAD=∠BAE, 在△ACD和△ABE中， AC=AD ∠CAD=∠BAE AD=AE :△ACD2áABE(SAS) .∠ACB=∠ABE=45°，CD=BE, ∴.∠DBE=∠ABC+∠ABE=90°， :DG⊥BC, ∴.∠BDG=∠GDC=90°=∠DBE, .∠ABC=45°， ∴.△BDG是等腰直角三角形， .BD=DG. 在△CDG和△EBD中， 25130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DG=BD ∠GDC=∠DBE CD=BE ACDG≌AEBD(SAS) DE=CG,∠CGD=∠BDE, :点H是CG的中点， .DH GH =CG ∴.∠HDG=∠CGD=∠BDE, .∠BDE+∠GDE=90° .∠HDG+∠GDE=90°，即∠FDH=90°， ,点F是DE的中点， r-r号0E, .DE =CG. .BF DF DH. 在RtDFH中，FH=VDr2+DM=VEr2+BF2=2Br (3)解：如图，将点C绕点A顺时针旋转60°得到点F,连接AF、BF、CF,连接FE并延长交AB于 点G, G 由旋转的性质可得，AC=AF,AD=AE,CE=CM,∠CAF=∠DAE=∠ECM=60°， .△ADE、△ACF和△CEM都是等边三角形， .AF=AC=CF=8,DE=AE,CE=EM,∠AFC=∠AED=∠CEM=60°， ∠BAC=120°，AB=AC .∠ACB=∠ABC=30°，∠B4F=∠BAC-∠CAF=60°，AB=AF, 26/30 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△ABF也是等边三角形， .BF=AF=8,∠AFB=60°， :∠DAF+∠CAD=∠DAF+∠FAE=60°， .∠CAD=∠FAE, 在△ACD和△AFE中， AC=AF ∠CAD=∠FAE AD=AE ACDAFE(SAS) .∠AFE=∠ACB=30°， .∠CFE=∠AFC+∠AFE=90°，即FE⊥CF, ∴点E在过点F,且垂直CF的定直线上， .∠AFB=60°，∠AFE=30°， .∠AFE=∠BFE=30°， 又，BF=AF, .FE⊥AB, ∴.当点E与点G重合时，BE最小， 当点E在边AB上时，如图， M D :△ABF是等边三角形，FE⊥AB, AE-14B-4 21 在RtAEF中，EF=VAF2-AE2=V8-4=4N3 27130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在RIACEF中，CE=VEF2+CF=45+82=4W7, 由折叠的性质可得，Q=AE=4, .cQ≤CE+Q=4W7+4 当点E在线段C2上时，C0取得最大值4W7+4, 当点E在线段CQ上时，如图，作QG⊥AB于点G,连接MG,作CH LED交ED的延长线于点H, M E B D H A :∠D4E=60°= 1 ∠BAC, 2 又：AB=AC, .AD⊥BC,BD=CD. 在Ra1BD中，BD=AB·C0s∠ABC=8×c0S30°=43】 BD=CD=43 AE DE BE 4, ∴.∠EDB=∠ABC=30° .∠CDH=∠EDB=30°， 在aCDH中，CH=D.sin∠D1=43xsin30°=25 DH=CD.cos∠CDH=4W3×c0s30°=6 .EH DE DH =10, ,∠CEH+∠CEN=∠MEN+∠CEN=6O°， 28130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠CEH=∠MEN, .MN⊥BA,CH⊥ED, .∠ENM=∠EHC=90°， 在△CEH和△MEN中， 「∠CEH=∠MEN ∠EHC=∠ENM CE=EM ACEH≌AMEN(AAS) .EN EH 10 M CH =2/3 ,EF⊥AB,EF⊥CF, .AB∥CF, :.∠QEG=∠ECF, 又.QG⊥AB ..QGIIEF :.∠EQG=∠CEF .△EQGn△CEF, EG QE EG 4 CFCE,即84W7, :6、8 7, :GN=EG+EN=10+87 7, :QG⊥AB,MN⊥BA, .QG∥MN 29130 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5am-5asoww-o,ya5-15, 7 30130 专题09 三角形 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01与三角形有关的角 2026山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 题型分布：3分选择、3分填空、12分阅读与思考大题全覆盖2. 选择填空：结合光学凸透镜、圆内接三角形、四边形对角线等载体，考查三角形内角和、外角、圆周角转化，几何基础计算3. 阅读探究大题：以木工尺规作图为情境，融合等腰三角形边角性质，分层设问：角度计算、完整几何说理、尺规作图，侧重文字阅读、逻辑书写、动手作图综合能力 考点02 全等三角形 2025山西卷 2024山西卷 2022山西卷 1. 基础选择：实物模型（木条中点测量）考查全等判定 SSS/SAS/ASA/AAS，送分基础题2. 填空计算：正方形背景全等+相似综合求线段长3. 阅读新定义大题：给出“双关联线段”“等边半正多边形”全新概念，先理解定义再证明、作图，考自学推理能力4. 综合探究大题：菱形旋转、矩形垂直平分线，结合全等+特殊四边形判定，包含线段关系猜想、旋转分类面积计算、尺规作图证明，试卷中档核心大题，分值10–12 分 考点03 用勾股定理理解三角形 2026山西卷 2025山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 选择填空：扇形折叠面积、正六边形坐标、四边形垂线线段计算，均依托直角三角形勾股定理列式求解，常搭配扇形、多边形面积公式2. 压轴综合实践：Rt△斜边中点旋转三角板，融合中位线、相似、勾股方程，三小问梯度设问，最后一问设未知数列一元二次方程求解，几何压轴难点，区分度高 考点04 等腰三角形 2026山西卷 2025山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 基础填空：尺规作角平分线+等腰三角形边角转化求值2. 几何综合探究：等腰三角形中线旋转模型，结合菱形、直角三角形分类讨论求线段长度3. 圆综合计算：直径、切线、等腰弧相等求扇形阴影面积4. 折叠探究大题：等腰三角形两次折叠，平行判定、等腰三角形分类讨论求边长5. 跨函数压轴：二次函数与等腰三角形存在性结合，代数几何综合压轴，整张试卷最难题型之一 考点05 直角三角形 2024山西卷 以圆切线、直径为载体，结合直径所对直角、切线垂直半径、三角形内角外角转化，3分选择题，考查直角三角形基础边角推导，融合圆几何综合 考点01 与三角形有关的角 1．（2023·山西·中考真题）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心的光线相交于点，点为焦点．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 2．（2022·山西·中考真题）如图，内接于，AD是的直径，若，则的度数是（    ） A．60° B．65° C．70° D．75° 3．（2023·山西·中考真题）如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为__________．    4．（2026·山西·中考真题）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应任务． 工匠智慧引发的数学思考【工匠智慧】如图1，木工师傅用一根没有弹性的绳子和一把直尺在矩形木板上画特定度数的角． 【数学抽象】 将图1的操作过程抽象成尺规作图，步骤如下：如图2，在矩形木板 中，以点 为圆心，长为半径作弧，交于点；以点 为圆心，长为半径作弧，与交于点；连接，，，即可得到特定度数的角，如和等． 【推广迁移】 受上述作法的启发，可以用尺规作出与已知角有关的特定度数的角．如图3，已知，作图步骤如下：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交， 于点，；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧在内部交于点；③连接，可得． 结论“”成立的理由如下： 连接． 由步骤①可知，．… 任务： (1)图2中_____，_____； (2)补全“推广迁移”中的说理过程； (3)如图4，四边形表示一块木板，，．现要将此木板裁割成两部分，裁割线为线段（点在上），使．请用尺规在木板上作出裁割线（要求：在木板上保留作图痕迹，不写作法）． 考点02 全等三角形 1．（2025·山西·中考真题）如图，小谊将两根长度不等的木条的中点连在一起，记中点为，即．测得两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上两点之间的距离．图中与全等的依据是（    ） A． B． C． D． 2．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为_________ 3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 4．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 5．（2024·山西·中考真题）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：… 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ． (2)如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 6．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 考点03 用勾股定理理解三角形 1．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 3．（2022·山西·中考真题）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 5．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为______． 6．（2022·山西·中考真题）综合与实践 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明： （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由； 问题解决： （2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长． 考点04 等腰三角形 1．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．    2．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 3．（2026·山西·中考真题）如图，是的直径，点，是上的两点，且，过点作的切线与的延长线交于点，连接，．若，，求扇形（即阴影部分）的面积（结果保留）． 4．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 5．（2022·山西·中考真题）综合与探究 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线轴于点D，作直线BC交PD于点E (1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式； (2)当是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标； (3)连接AC，过点P作直线 ，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由． 考点05 直角三角形 1．（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 1．（2026·山西阳泉·三模）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山西长治·三模）如图，在中，，，以为直径的交于点E，与相切于点D，连接．则的度数为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·山西阳泉·三模）如图，在中，，，D是边的中点，F是上一点，且，连接并延长，交边于点E，则的长为______． 4．（2026·山西临汾·三模）如图，在四边形中，与相交于点，，，．若，，则的长为______． 5．（2026·山西阳泉·三模）如图，在菱形中，，为边的中点，连接，，为的中点，连接交于点．若，则的长为______． 6．（2026·山西运城·三模）综合与探究 问题情境：如图1，点E是正方形内部一点，且，将绕点C逆时针旋转，得到，延长与的延长线交于点F． 猜想证明： (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)探究学习小组经过深入探究发现，若在点E运动的过程中，直线与交于点O，点O始终是线段的中点，请你借助图2帮助该学习小组证明他们的发现是正确的； 拓展延伸： (3)如图3，若该正方形的边长为4，连接，在点E运动的过程中，当是等腰三角形时，直接写出的长． 7．（2026·山西朔州·三模）在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段，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，将绕点顺时针旋转得线段，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． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 三角形 5年真题1年模拟 考点分类 山西考情（2022-2026） 命题规律 考点01与三角形有关的角 2026山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 题型分布：3分选择、3分填空、12分阅读与思考大题全覆盖2. 选择填空：结合光学凸透镜、圆内接三角形、四边形对角线等载体，考查三角形内角和、外角、圆周角转化，几何基础计算3. 阅读探究大题：以木工尺规作图为情境，融合等腰三角形边角性质，分层设问：角度计算、完整几何说理、尺规作图，侧重文字阅读、逻辑书写、动手作图综合能力 考点02 全等三角形 2025山西卷 2024山西卷 2022山西卷 1. 基础选择：实物模型（木条中点测量）考查全等判定 SSS/SAS/ASA/AAS，送分基础题2. 填空计算：正方形背景全等+相似综合求线段长3. 阅读新定义大题：给出“双关联线段”“等边半正多边形”全新概念，先理解定义再证明、作图，考自学推理能力4. 综合探究大题：菱形旋转、矩形垂直平分线，结合全等+特殊四边形判定，包含线段关系猜想、旋转分类面积计算、尺规作图证明，试卷中档核心大题，分值10–12 分 考点03 用勾股定理理解三角形 2026山西卷 2025山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 选择填空：扇形折叠面积、正六边形坐标、四边形垂线线段计算，均依托直角三角形勾股定理列式求解，常搭配扇形、多边形面积公式2. 压轴综合实践：Rt△斜边中点旋转三角板，融合中位线、相似、勾股方程，三小问梯度设问，最后一问设未知数列一元二次方程求解，几何压轴难点，区分度高 考点04 等腰三角形 2026山西卷 2025山西卷 2023山西卷 2022山西卷 1. 基础填空：尺规作角平分线+等腰三角形边角转化求值2. 几何综合探究：等腰三角形中线旋转模型，结合菱形、直角三角形分类讨论求线段长度3. 圆综合计算：直径、切线、等腰弧相等求扇形阴影面积4. 折叠探究大题：等腰三角形两次折叠，平行判定、等腰三角形分类讨论求边长5. 跨函数压轴：二次函数与等腰三角形存在性结合，代数几何综合压轴，整张试卷最难题型之一 考点05 直角三角形 2024山西卷 以圆切线、直径为载体，结合直径所对直角、切线垂直半径、三角形内角外角转化，3分选择题，考查直角三角形基础边角推导，融合圆几何综合 考点01 与三角形有关的角 1．（2023·山西·中考真题）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心的光线相交于点，点为焦点．若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用平行线的性质及三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴；    故选：C． 2．（2022·山西·中考真题）如图，内接于，AD是的直径，若，则的度数是（    ） A．60° B．65° C．70° D．75° 【答案】C 【分析】首先连接CD，由AD是的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可求得，又由圆周角定理，可得，再用三角形内角和定理求得答案． 【详解】解：连接CD， ∵AD是的直径， ∴． ∵， ∴． 故选：C． 3．（2023·山西·中考真题）如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为__________．    【答案】/ 【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可． 【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：    则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵， ∴， 即， 解得：． 故答案为：． 4．（2026·山西·中考真题）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应任务． 工匠智慧引发的数学思考【工匠智慧】如图1，木工师傅用一根没有弹性的绳子和一把直尺在矩形木板上画特定度数的角． 【数学抽象】 将图1的操作过程抽象成尺规作图，步骤如下：如图2，在矩形木板 中，以点 为圆心，长为半径作弧，交于点；以点 为圆心，长为半径作弧，与交于点；连接，，，即可得到特定度数的角，如和等． 【推广迁移】 受上述作法的启发，可以用尺规作出与已知角有关的特定度数的角．如图3，已知，作图步骤如下：①以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交， 于点，；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧在内部交于点；③连接，可得． 结论“”成立的理由如下： 连接． 由步骤①可知，．… 任务： (1)图2中_____，_____； (2)补全“推广迁移”中的说理过程； (3)如图4，四边形表示一块木板，，．现要将此木板裁割成两部分，裁割线为线段（点在上），使．请用尺规在木板上作出裁割线（要求：在木板上保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)45，15 (2)解：连接，，如图， 由步骤①可知，． ∴． 在中，， ∴． ∴． 由步骤②可知，． ∴为等边三角形． ∴． ∴； (3)解：如图，线段即为所求作的裁割线． 【分析】（1）判断出为等腰直角三角形，由此可得的度数，判断出为等边三角形，由此可得的度数； （2）添加辅助线，连接，，先由等边对等角得到．再得到为等边三角形，由此可得到结论； （3）作图步骤如下：①以点为圆心，长为半径作弧，交于点；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧在内部交于点；③连接交于点，由“推广迁移”中的结论可得． 【详解】（1）解：∵以点为圆心，长为半径作弧，交于点， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； ∵以点为圆心，长为半径作弧，与交于点， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； （2）略 （3）略 考点02 全等三角形 1．（2025·山西·中考真题）如图，小谊将两根长度不等的木条的中点连在一起，记中点为，即．测得两点之间的距离后，利用全等三角形的性质，可得花瓶内壁上两点之间的距离．图中与全等的依据是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定，由即可判定求解，掌握全等三角形的 判定方法是解题的关键． 【详解】在与， ∵， ∴， ∴与全等的依据是， 故选：． 2．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为_________ 【答案】 【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长． 【详解】解：如图：连接AE、AF、EN， 四边形ABCD是正方形 设AB=BC=CD=AD=a，， 在与中， ， ， 是等腰三角形， 又， 垂直平分EF， ， 又， ， 在中，， ， 解得a=20， ，， 在中，， ， 故答案为：． 3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务． 双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．   【问题解决】 问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．   问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．   求证：线段是线段的双关联线段． 证明：延长交于点F． 是等边三角形， ． ， （依据）． ， ， ； …    任务： (1)问题1中的________，问题2中的依据是________________； (2)补全问题2的证明过程； (3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段． （要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 【答案】(1)，等角的补角相等； (2) 是的外角，   ． 是的外角，            ．          ， ．                即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是． ， 线段与线段是双关联线段． (3) 如图，线段即为所求． 作法一：    作法二：    【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据． （2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成； （3）作一个等边三角形即可完成． 【详解】（1）解：设的交点为O，如图； ∵四边形是矩形， ∴； ∵对角线与互为双关联线段， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴；    故答案为：； 问题2中的依据是：等角的补角相等；                       故答案为：等角的补角相等； （2）略 （3）略 4．（2024·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，． ①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积． 【答案】 （1）四边形为矩形．理由如下： ，     ， 四边形为菱形， ∴， ∴， ， ∴， 四边形为矩形． （2）①，理由如下： ∵四边形为菱形， ， 旋转得到， ， ， ， ， ， ， ． ②或 【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形； （2）①由菱形和旋转得性质证，可证； ②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】解：（1）略 （2）①略 ②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴， 由旋转知：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ∴ ； 当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：    由旋转知：，，，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ， ∴，， ∵， ∴ 四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 综上，四边形的面积是或． 5．（2024·山西·中考真题）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：… 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ． (2)如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)240 (2) 解：． 理由如下：连接，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ； (3)如图，六边形即为所求（答案不唯一）． 作法一： 作法二： ． 【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键． （1）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （2）连接，，通过已知条件可证，得到，，进一步证明证出； （3）作、、的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了． 【详解】（1）解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， 故答案为：240； （2）略 （3）略 6．（2022·山西·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）， (2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明． 【答案】(1) 如图， (2) ．证明如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴． ∴． ∵EF为AC的垂直平分线， ∴． ∴． ∴． 【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线． （2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】（1）略 （2）略 考点03 用勾股定理理解三角形 1．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得，，进而由解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 2．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（    ）      A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标． 【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵点P的坐标为， ∴， 即； ∴，， ∴点M的坐标为． 故选：A．    3．（2022·山西·中考真题）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据折叠，，进一步得到四边形OACB是菱形；进一步由得到是等边三角形；最后阴影部分面积=扇形AOB面积-菱形的面积，即可 【详解】依题意：， ∴ ∴四边形OACB是菱形 ∴ 连接OC ∵ ∴ ∴是等边三角形 同理：是等边三角形 故 由三线合一，在中： 故选：B 4．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________． 【答案】14 【分析】过点E作，交于点．通过等角对等边证明，过点作于点，作于点，证明，根据平行线分线段成比例求出，进而得出，证明四边形是矩形得到，根据勾股定理求出，得到的长，从而可得的值，进而在中解直角三角形即可求解． 【详解】过点E作，交于点． ， ， ， ， ， ． ， ， ， ， ， ． 过点作于点，作于点，则． ， ， ∴， ， ， ， ， ． ， 四边形是矩形， ， 在中，， ． 在中，， 在中，， ． 5．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 由勾股定理得：， ∴，解得：， 即， ∴， 故答案为：． 6．（2022·山西·中考真题）综合与实践 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明： （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由； 问题解决： （2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长． 【答案】 （1）四边形AMDN为矩形． 理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点， ∴， ∴∠AMD+∠A=180°， ∵∠A=90°， ∴∠AMD=90°， ∵∠EDF=90°， ∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°， 四边形AMDN为矩形； （2）；（3）． 【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论； （2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解； （3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解． 【详解】解：（1）略 （2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8， ∴∠B+∠C=90°，． ∵点D是BC的中点， ∴CD=BC=5． ∵∠EDF=90°， ∴∠MDB+∠1=90°． ∵∠B=∠MDB， ∴∠1=∠C． ∴ND=NC． 过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°． ∴CG=CD=． ∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°， ∴△CGN∽△CAB． ∴，即， ∴； （3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH， ∵MD⊥HN，∴MN=MH， ∵D是BC中点， ∴BD=DC， 又∵∠BDH=∠CDN， ∴△BDH≌△CDN， ∴BH=CN，∠DBH=∠C， ∵∠BAC=90°， ∵∠C+∠ABC=90°， ∴∠DBH+∠ABC=90°， ∴∠MBH=90°， 设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x， 在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2， ∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2， 解得x=， ∴线段AN的长为． 考点04 等腰三角形 1．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为__________．    【答案】 【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可． 【详解】解：∵在中，， ∴，， 由作图知平分，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2026·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点． (1)推理证明：求证：； (2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题． ①如图2，判断与的数量关系，并说明理由； ②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)证明：，是的中线， ，，，     绕点顺时针旋转得到， ，，     ，，     ， 在和中， ， ； (2)①解：， 理由如下： ，是的中线， ，     绕点顺时针旋转得到， ，， ， ∵， ， ， ， 四边形是平行四边形，     ， 是菱形， ； ②线段的长为或 【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出，结合图形得到，运用“角边角”即可求证； （2）①根据旋转得到，由平行线的判定得到，可证四边形是菱形，由此即可求解； ②证明在以为圆心，为半径的圆上，即图中的，可得四边形为矩形，可得当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，当，则一定过点，不符合题意；只有或，此时三点共线，再进一步求解即可. 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵， ∴在以为圆心，为半径的圆上，即图中的， ∴， ∴四边形为矩形， ∴当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时， 当，则一定过点，不符合题意； ∴只有或， 此时三点共线， 如图所示，当点在线段上时，，且点G在线段上，过点作于点， ， ∵， ， ，， ∴，， 设，， 则， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍去）， 此时， . 综上所述，或． 3．（2026·山西·中考真题）如图，是的直径，点，是上的两点，且，过点作的切线与的延长线交于点，连接，．若，，求扇形（即阴影部分）的面积（结果保留）． 【答案】扇形（即阴影部分）的面积为 【分析】连接，先根据切线性质得到，进而得到，然后根据等弧所对的圆心角相等得到，继而得到，最后根据扇形的面积公式进行求解即可． 【详解】解：连接． 与相切于点． ． ． ， ． ， ． ． ， ． ， ． 4．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】 （1）四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到 ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）①略 ②解：∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 5．（2022·山西·中考真题）综合与探究 如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线轴于点D，作直线BC交PD于点E (1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式； (2)当是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标； (3)连接AC，过点P作直线 ，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，点C的坐标为； (2) (3)存在；m的值为4或 【分析】（1）令中y和x分别为0，即可求出A，B，C三点的坐标，利用待定系数法求直线BC的函数表达式； （2）过点C作于点G，易证四边形CODG是矩形，推出，，，再证明，推出，由等腰三角形三线合一的性质可以得出， 则，由P点在抛物线上可得，联立解出m，代入二次函数解析式即可求出点P的坐标； （3）分点F在y轴的负半轴上和点F在y轴的正半轴上两种情况，画出大致图形，当时，，由（2）知，用含m的代数式分别表示出OF，列等式计算即可． 【详解】（1）解：由得， 当时，， ∴点C的坐标为． 当时，， 解得． ∵点A在点B的左侧， ∴点A，B的坐标分别为． 设直线BC的函数表达式为， 将，代入得， 解得， ∴直线BC的函数表达式为﹒ （2）解：∵点P在第一象限抛物线上，横坐标为m，且轴于点D， ∴点P的坐标为，， ∴． ∵点B的坐标为，点C的坐标为， ∴，． 过点C作于点G，则． ∵， ∴四边形CODG是矩形， ∴ ，，． ∴． ∵， ∴． ∴，即，   ∴． 在中， ∵， ∴． ∴， ∴ 解得（舍去）， ∴． 当时，﹒ ∴点P的坐标为． （3）解：存在；m的值为4或． 分两种情况，①当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示，过点P作直线轴于点H， ∵过点P作直线，交y轴于点F， ∴ ， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 由（2）知，．   根据勾股定理，在中，， 在中，， 当时，， ∵， ∴， ∴， 解得或， ∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， ∴； ②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示， 同理可得，，，，， ∴ ∴， 解得或， ∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点， ∴； 综上，m的值为4或 考点05 直角三角形 1．（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴． ∵以为直径的与相切于点A， ∴， ∴． 故选：D． 1．（2026·山西阳泉·三模）如图，是的直径，是上一点，过点作的切线交的延长线于点，连接．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由圆的切线的定义得出，由直角三角形两个锐角互余可得出，最后由圆周角定理即可得出答案． 【详解】解：∵是的切线，是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 2．（2026·山西长治·三模）如图，在中，，，以为直径的交于点E，与相切于点D，连接．则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求得，根据切线的性质，圆周角定理，求解即可； 【详解】解：，， ， ， ， 以为直径的交于点E，与相切于点D， ， ， ； 3．（2026·山西阳泉·三模）如图，在中，，，D是边的中点，F是上一点，且，连接并延长，交边于点E，则的长为______． 【答案】/ 【分析】过点D作，交于点G，根据相似三角形的判定和性质得出是的中位线，，再由勾股定理得出，确定，结合相似三角形的判定和性质得出，再由中位线的性质即可求解 【详解】解：如图，过点D作，交于点G， ∴， ∴， ∵D是边的中点，， ∴， ∴是的中位线，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴ 4．（2026·山西临汾·三模）如图，在四边形中，与相交于点，，，．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】利用平行线的性质和已知条件证明，结合三角形全等的性质求出长度，根据勾股定理即可求出长度，从而求出长度，再利用勾股定理求出长度，即可求出长度，利用等量代换即可求出长度． 【详解】解：过点B作交于点，如图所示． ， ，， ， ， ，，． ， 在中，由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， ， ， ． 5．（2026·山西阳泉·三模）如图，在菱形中，，为边的中点，连接，，为的中点，连接交于点．若，则的长为______． 【答案】 【分析】连接，取的中点，连接，可得是的中位线，，由四边形是菱形，，可得是等边三角形，可得，，证明，可得，即可求解． 【详解】解：如图，连接，取的中点，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵为的中点，为的中点， ∴是的中位线，， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∵为边的中点， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 6．（2026·山西运城·三模）综合与探究 问题情境：如图1，点E是正方形内部一点，且，将绕点C逆时针旋转，得到，延长与的延长线交于点F． 猜想证明： (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)探究学习小组经过深入探究发现，若在点E运动的过程中，直线与交于点O，点O始终是线段的中点，请你借助图2帮助该学习小组证明他们的发现是正确的； 拓展延伸： (3)如图3，若该正方形的边长为4，连接，在点E运动的过程中，当是等腰三角形时，直接写出的长． 【答案】(1)四边形是正方形． 理由如下：将绕点C逆时针旋转得到． ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形． 又． ∴四边形是正方形． (2)证明：如解图，过点B作，交于点M．  ∴，，， 由（1）得四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 由旋转性质，， ∴， 又∵， ∴（）． ∴． 即点O是的中点； (3)或 【分析】（1）由旋转得，，，得，四边形是矩形．由得四边形是正方形． （2）过点B作，交于点M．由四边形是正方形，推导，得，由旋转性质得，得，可证明（）．即得． （3）由正方形边长为4，得，当是等腰三角形时，当时，当时，当时，分三种情况解答，可得的长为或． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：∵正方形边长为4， ∴， 情况1：如解图，当时，连接． ∵， ∴， ∵， ∴点F与点B重合，与重合． ∴点E在上，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 情况2，当时， 由（1）得四边形是正方形， ∴， ∴ ∴ 由旋转得，， ∴， 在中． ∴． 解得（负值已舍去)． 情况3-当时， ∵， ∴此种情况不存在． 综上所述，当是等腰三角形时，的长为或． 7．（2026·山西朔州·三模）在中，，点是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点顺时针旋转得到线段，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，将绕点顺时针旋转得线段，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)．证明如下： 如图，连接，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由旋转的性质可得，，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， 在中，． (3) 【分析】（1）容易判断是等边三角形，，结合旋转的性质容易计算出，根据三角形的内角和定理求出即可； （2）连接，，容易判断是等腰直角三角形，则，结合旋转的性质容易证明，则，，从而得到．由和可判断是等腰直角三角形，则， 进而证明，则，．由直角三角形的性质可得，，因此，结合等量代换容易判断，最后使用勾股定理求出线段与的数量关系； （3）先分析最小的情况，将点绕点顺时针旋转得到点，连接、、，连接并延长交于点，由旋转容易判断、和都是等边三角形，进而可得也是等边三角形，进一步可证明，则，因此点在过点，且垂直的定直线上，结合垂线段最短可知，当点在边上时，最小．再分析最大的情况，由等边三角形的性质和勾股定理容易计算出，，，由折叠可得，根据线段公理可得，，因此当点在线段上时，取得最大值．最后计算的面积，作于点，连接，作交的延长线于点，利用三角函数容易计算出，，，由等边三角形的性质容易证明，则，，由平行容易证明，计算得，，由等积变形可得． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴； （2）略 （3）解：如图，将点绕点顺时针旋转得到点，连接、、，连接并延长交于点， 由旋转的性质可得，，，，， ∴、和都是等边三角形， ∴，，，， ∵，， ∴，，， ∴也是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即， ∴点在过点，且垂直的定直线上， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴当点与点重合时，最小， 当点在边上时，如图， ∵是等边三角形，， ∴， 在中，， 在中，， 由折叠的性质可得，， ∵， ∴当点在线段上时，取得最大值， 当点在线段上时，如图，作于点，连接，作交的延长线于点， ∵， 又∵， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $