专题14 三角形（3年汇编）（山东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 整合2024-2026年山东中考真题及模拟题，覆盖三角形7大核心考点，突出多知识点联动与动态变换，适配中考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空/解答|选择填空3-4分，解答题5-10分|含三角形线段、内外角、等腰/直角三角形、勾股定理、全等判定与性质|从单一性质（如中线计算）到综合应用（如2026统考题结合尺规作图与平行线），注重动态变换（如折叠、旋转）与几何代数融合（如勾股定理与函数图像）|

专题14 三角形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01三角形中的线段 2026 山东统考卷、2025 潍坊 / 威海卷、2024 德州卷 以选择、填空题为主，分值 3-4 分。早期围绕中线、高线基础性质设题，侧重线段长度直接计算。2025 年新增等边三角形路径比较、重心与中位线综合题型；2026 统考后结合尺规作图痕迹、角平分线与平行线综合考查，从单一性质识记转向多知识点联动推理，对作图识别与几何逻辑的要求逐步提升。 考点02三角形的内、外角 2025 德州 / 淄博 / 青岛 / 威海卷、2025 山东统考解答题 覆盖选择、解答两类题型，分值 3-8 分。早年以平行线搭配三角形外角的基础角度计算为主，设问直白。2025 年增多二次折叠、垂直平分线结合的变式题，需推导变换后的角度关系；统考解答题联动尺规作图设题，从静态角度计算转向动态变换中的角度推理，对图形变换分析能力要求明显提高。 考点03等腰、等边三角形的判定与性质 2026 山东统考 / 德州卷、2025 潍坊卷、2024 济南 / 泰安 / 潍坊 / 威海卷 涵盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早期侧重性质基础应用，常结合平行线、坐标旋转考查角度与坐标计算。2024 年出现动点函数图像的多结论压轴题；2026 统考后解答题采用分层探究设问，结合旋转、全等综合拓展，从单一性质考查转向几何探究综合，区分度逐年增强，对综合推理能力要求提升。 考点04直角三角形的判定与性质 2026 德州卷、2024 济宁 / 东营 / 泰安 / 山东统考卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-8 分。早年聚焦斜边中线、30° 角性质的基础应用，多搭配菱形、圆锥等情境考查。2024 年出现三角板旋转、正方形旋转的探究解答题，需分类讨论线段关系；2026 统考后结合菱形判定综合设题，从孤立性质考查转向旋转背景下多定理联动，综合性与探究性显著提升。 考点05勾股定理及其逆定理 2026 德州 / 烟台卷、2025 淄博 / 东营 / 德州 / 潍坊 / 威海 / 滨州卷、2024 淄博卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早期以古代数学问题、圆切线结合的基础计算为主，直接套用公式即可求解。2025 年新增网格最短路径、黄金分割、正五边形作图等创新题型；2026 统考后结合折叠、函数图像综合设题，从单一计算转向几何代数融合建模，对转化与建模能力要求逐年提高。 考点06全等三角形的判定 2026 山东统考 / 德州卷、2025 淄博 / 潍坊 / 青岛卷、2024 德州 / 淄博 / 潍坊卷 以选择、解答题为主，分值 3-8 分。早年以补充判定条件、基础证明题为主，题型较为常规。2025 年结合中位线、平行四边形设置综合证明题，需串联多知识点推导；2026 统考后新增尺规作图原理辨析、开放选条件证明题型，从固定判定考查转向原理理解与开放应用，对定理本质的考查深度明显提升。 考点07全等三角形的性质 2026 烟台卷、2025 青岛 / 山东统考 / 滨州卷、2024 济南 / 德州 / 青岛卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-8 分。早年侧重对应边、对应角的直接应用，常结合四边形、内切圆考查角度与长度计算。2025 年增多圆切线、尺规作图背景的综合证明；2026 统考后结合圆探究线段数量关系，推理链条加长，从直接性质套用转向复杂几何背景下的推导应用，对逻辑严谨性要求逐年提升。 考点01 三角形中的线段 一、单选题 1．（2026·山东·中考真题）如图，直线，直线分别交，于点，．以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；再分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点；作射线交于点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据作图痕迹可知平分，利用平行线的性质求出的度数，进而求出，最后利用三角形内角和定理求解． 【详解】解：由作图可知，平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 在中， 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地． 甲：，路程为． 乙：，路程为． 丙：，路程为． 下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定、三角形三边之间关系，解题的关键是通过设的长度为a，结合图形性质分别计算三人的路程并比较． 设，利用等边三角形性质得出甲、乙的路程均为，分析四边形，得出丙的路程小于，比较得出． 【详解】解：设的长度为a， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 同理可得，和是等边三角形，设的边长为m， ∴，， ∴； 如图所示，延长与，交于点I（如图）， 同理可得，是等边三角形， ∴， ∵， ∴ ∴， 综上所述，． 故选：D． 3．（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. 4．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的高线和中线的意义，根据和求出，根据是中线即可求解． 【详解】解：∵，， ∴ ∵是中线， ∴ 故选：B 考点02 三角形的内、外角 一、单选题 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：． 2．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图，，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行线性质，三角形的外角性质，先根据平行线的性质得到，然后根据三角形外角性质解答即可． 【详解】解：设和交于点F， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形的翻折问题，垂直的定义，等腰三角形的判定与性质以及直角三角形中正弦值的求解，在翻折过程中由边长和角度不变，可求解翻折前后的角度是解决本题的关键．根据是由翻折得到可求解的度数，由此判断C选项；根据翻折前后角度的求解，可求解与的度数，由“等角对等边”可判断A选项，求解的度数可判断B选项；假设结论成立，根据直角三角形中的正弦值求解边长即可判断D选项． 【详解】解：C选项，在中，，， ∴， ∵是由翻折得到， ∴，故C选项错误； A选项，∵是由翻折得到，， ∴， ∴， ∴， ∵是由翻折得到， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴，故A选项正确； B选项，∵， 即， ∴与不垂直，故B错误； D选项，过点G作交于点M，如图， 假设， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 又∵，与已知不符，故D选项错误． 故选：A． 4．（2025·山东威海·中考真题）如图，直线，，．若．则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查了平行线的性质，三角形外角的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 首先求出，然后由平行线的性质得到，然后利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】如图所示， ∵， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴． 故选：A． 二、解答题 5．（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 【答案】(1)； (2)． 【分析】本题考查了三角形的外角性质，垂直平分线的作法和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）由角平分线的定义求得，再利用三角形的外角性质求解即可； （2）由作图知是线段的垂直平分线，求得，求得，，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴； （2）解：由作图知是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴． 考点03 等腰、等边三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，在中，，，则的值为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于，用等腰三角形三线合一的性质求出的长，再根据锐角三角函数的定义即可求解． 【详解】解：如图，过点作于， ， ， 在中， ． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地． 甲：，路程为． 乙：，路程为． 丙：，路程为． 下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形的性质和判定、三角形三边之间关系，解题的关键是通过设的长度为a，结合图形性质分别计算三人的路程并比较． 设，利用等边三角形性质得出甲、乙的路程均为，分析四边形，得出丙的路程小于，比较得出． 【详解】解：设的长度为a， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴； 同理可得，和是等边三角形，设的边长为m， ∴，， ∴； 如图所示，延长与，交于点I（如图）， 同理可得，是等边三角形， ∴， ∵， ∴ ∴， 综上所述，． 故选：D． 3．（2024·山东济南·中考真题）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论： ①； ②当时，； ③当时，； ④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】由图知当动点沿匀速运动到点时，，作于点，利用解直角三角形和勾股定理，即可得到，即可判断①，当时，证明是等边三角形，即可判断②，当时，且时，最小，求出最小值即可判断③，利用勾股定理分别表示出和进行比较，即可判断④． 【详解】解：由图知当动点沿匀速运动到点时，， 作于点， 是等边三角形，点在边上，， ，， ，， ， ， 故①正确； 当时，，， ， 是等边三角形， ， ， 故②正确； 当时，且时，最小， ，， ， 最小为，即能取到， 故③错误； 动点沿匀速运动时， ，， ，，， ； 当时，，， ； ， ； 故④正确； 综上所述，正确的有①②④， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数综合，等边三角形性质，解直角三角形，勾股定理，涉及到动点问题、读懂函数图象、正确理解题意，利用数形结合求解是解本题的关键． 4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质、等边三角形的性质，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等边三角形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， 即， ∵是等边三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故选：B． 二、多选题 5．（2025·山东潍坊·中考真题）下列命题的逆命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．三角形的中位线平行于第三边 D．等腰三角形的两个底角相等 【答案】AD 【分析】本题考查判断逆命题的真假，分别写出各命题的逆命题，根据等式的性质，不等式的性质，三角形的中位线定义，等腰三角形的判定，判断真假即可． 【详解】解：A、逆命题为若，则，为真命题，符合题意． B、逆命题为若，则，为假命题，例如，，，但是，不符合题意； C、逆命题为“平行于三角形第三边的线段是中位线”，为假命题，不符合题意； D、逆命题为“若三角形有两个角相等，则为等腰三角形”．由等角对等边可知成立，为真命题，符合题意； 故选：AD． 三、填空题 6．（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，是等腰直角三角形，，顶点分别在上，当时，______． 【答案】/65度 【分析】本题考查等腰三角形的性质，平行线的性质，根据平行线的性质，得到，等边对等角，得到，再根据角的和差关系求出的度数即可． 【详解】解：∵是等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 7．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为______． 【答案】 【分析】本题主要考查旋转的性质，三角函数的计算，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．作，求出，的值即可得到答案． 【详解】解：作，交y轴于点F， 由题可得：， 是等边三角形，， ∴是的角平分线， ， ， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， 故答案为：． 四、解答题 8．（2026·山东德州·中考真题）如图，在等腰 中，，点 是延长线上一点，，过点 作于点 交 于点 ． (1)求证：； (2)若， ，求线段 的长； (3)若，，请直接写出的值． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴ (2) (3) 【分析】（1）由得，结合，利用等角的余角相等得出，再通过对顶角相等代换得，根据等角对等边即可证明； （2）先由，结合和（1）中的结论，用表示与；再通过两角对应相等证明，得到，最后结合长，按比例分配求出即可； （3）在上截取构造等腰直角，设求出的长度；再由等腰三角形底角度数推出，证得，进而求出即的长度；过作，由三线合一得到、的长度，算出的长，最后根据，利用平行线分线段成比例得出，化简计算即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴，， 由（1）得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，在上截取， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 过点作于点， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 9．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 【答案】(1)证明：连接，如图所示： 根据旋转可得：，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； (2)；理由如下： ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (3)或2 【分析】（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论； （2）证明，得出，，证明，得出，，根据，即可得出答案； （3）延长，并取点N，使，过点G作于点M，根据中位线的性质得出，，设，则，，，解直角三角形求出，，根据勾股定理得出：，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：延长，并取点N，使，过点G作于点M，如图所示： 则， ∵， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得：， 即， 解得：，， ∴或2． 10．（2024·山东威海·中考真题）感悟 如图1，在中，点，在边上，，．求证：． 应用 （1）如图2，用直尺和圆规在直线上取点，点（点在点的左侧），使得，且（不写作法，保留作图痕迹）； （2）如图3，用直尺和圆规在直线上取一点，在直线上取一点，使得，且（不写作法，保留作图痕迹）． 【答案】 感悟：证明：∵， ∴． 在和中 ∴． ∴． 应用：（1）图形如图所示． （2）图形如图所示． AI 【分析】本题主要考查全等三角形的判定及性质、尺规作图： 证明，即可求得； 应用（1）：以点为圆心，以长度为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，以点为圆心，以长度为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，连接，； 应用（2）：以点为圆心，以长为半径作弧，交的延长线于一点，该点即为点，以点为圆心，以长为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，连接． 【详解】感悟：略 应用： （1）：以点为圆心，以长度为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，以点为圆心，以长度为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，连接，，图形如图所示． （2）：以点为圆心，以长为半径作弧，交的延长线于一点，该点即为点，以点为圆心，以长为半径作弧，交直线于一点，该点即为点，连接，图形如图所示． 根据作图可得：， 又， ∴， ∴. 考点04 直角三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】A 【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解． 本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ∵E是的中点， ， ∴。 故选：A． 二、填空题 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，圆锥的底面圆心为，顶点为，母线长为，母线与高的夹角为，那么圆锥侧面展开图的面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形的性质，圆锥侧面积，先利用直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半计算出，然后利用圆锥的侧面展开图为一扇形，扇形的面积公式计算圆锥的侧面积即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， 由题意得，，， ∴， ∴圆锥侧面展开图的面积为， 故答案为：． 3．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为_______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形斜边中线定理及勾股定理的应用，得到是解题的关键． 由勾股定理先计算，易得，继而得到，再根据和得到，接着解直角三角形，最后利用勾股定理求即可． 【详解】连接，过作交的延长线于， 根据题意，， ， ， ，即，解得， 和，M，N分别是的中点， ， , ， ， , ， 又， ， ， ， ， ， 故答案为：． 三、解答题 4．（2026·山东德州·中考真题）如图，在 中， ，点 是 的中点．连接，在平面内找一点 ，使得 ， ． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求线段 的长． 【答案】(1)证明：∵ ， ， ∴四边形 是平行四边形， 又∵ 是直角三角形，， 是 中点， ∴ ， ∴四边形 是菱形． (2)4 【分析】（1）先根据两组对边分别平行的条件，判定四边形 是平行四边形；再利用直角三角形斜边中线定理，得到与 的数量关系，结合菱形的判定定理完成证明． （2）设点 到 的距离为 ，先表示出菱形 的面积，用两种方法表示出 的面积，再结合已知中长度，求解 的长． 【详解】（1）略 （2）解：设点 到 的距离为 ，因为 ， ∴菱形 的面积为 ， ∵ 是 的中点， ∴ ， 则 的面积：, 又∵ 中 ，面积也可表示为 ， ∵ ， ∴ 化简得 ， ∴ ． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1) 证明：∵连接，则， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的切线； (2)6 【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含的直角三角形性质，是解决问题的关键． （1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得； （2）由直径性质可得，推出，根据含的直角三角形性质得到，根据，得到． 【详解】（1）略 （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 6．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________； ②求证：． 【答案】(1)证明：在和中， ，，， ， ，． 是斜边的中点， ， ， ， ． ， ， ． ； (2)①； ②证明： ∵， ， ， ． 【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明； （2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论； ②根据得到即可得到结论． 【详解】（1）略 （2）解：①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点． ，，， ， ，， ， ， ， ， ． ， ． 在和中， ，，， ， ． 是中点，是中点， 是中位线， ． ， ， ． ， ． 故答案为：； ②略 7．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 【答案】(1) 证明：设， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； (2) ①∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∵，即， 而， ∴， ∴四边形是正方形； ②当时，线段，，的数量关系为；当时，线段，，的数量关系为； 【分析】（1）利用等腰直角三角形与含30度角的直角三角形的性质可得结论； （2）①证明，，可得，证明，可得四边形为矩形，结合，即， 而，可得，从而可得结论；②如图，当时，连接，证明，可得，结合，可得；②如图，当时，连接，同理，结合，可得 【详解】（1）略 （2）证明：①略 ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，当时，连接， 由（1）可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 考点05 勾股定理及其逆定理 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 【答案】B 【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理及解直角三角形，解题的关键是利用勾股定理建立方程得到圆的半径． 根据题意可得，设半径为，利用勾股定理求出半径，再根据求解即可． 【详解】解：设中点圆心为，半径为，连接， 因为圆与相切于点，所以， 则，即， 解得，， 又， 所以． 故选：B． 2．（25-26八年级上·全国·期中）如图，小丽在公园里荡秋千，在起始位置处摆绳与地面垂直，摆绳长，向前荡起到最高点处时距地面高度，摆动水平距离为，然后向后摆到最高点处．若前后摆动过程中绳始终拉直，且与成角，则小丽在处时距离地面的高度是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作于点，摆绳与地面的垂点为，由勾股定理得到，进而得出，证明，得到，进而求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，过点作于点，摆绳与地面的垂点为， 由题意可知，，，， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 即小丽在处时距离地面的高度是， 故选：A． 3．（2024·山东淄博·中考真题）《九章算术》中提到：今有户高多于广六尺八寸．两隅相去适一丈．问户高、广各几何？其大意为：已知矩形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？（1丈尺，1尺寸）若设门的高和宽分别是尺和尺．则下面所列方程组正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了由实际问题列方程组、勾股定理，设门的高和宽分别是尺和尺，根据“已知矩形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈”结合勾股定理列出方程组即可，理解题意，找准等量关系，正确列出方程组是解此题的关键． 【详解】解：设门的高和宽分别是尺和尺， 由题意得：， 故选：D． 二、填空题 4．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 【答案】 【分析】根据题意作图，得到，，，如图所示，过点C作于点F，得到矩形，由勾股定理得到，设，则，，由此列式得到，则，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：将和分别沿，折叠，点B，D的对应点为，，若和恰好都能与重合，则点重合，如图所示，且点A是的中点， ∴，，， 如图所示，过点C作于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得，， ∴， 在中， ． 5．（2026·山东烟台·中考真题）如图1，点从矩形的顶点出发，沿的方向运动至点停止，连接，为的中点，连接．设点的运动路程为，线段的长为，图2表示点从运动到的过程中与的函数关系．当点运动到中点时，的长度为__________． 【答案】 【分析】根据函数图象可知，当点P运动到点B时，取得最小值，当点P运动到点C时，长度为5，利用直角三角形斜边中线性质求出和的长，进而求出的长，确定矩形边长，当点P在中点时，延长，，相交于点E，证明，得到，，根据勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：由图2可知，当时，y取得最小值3，此时点P运动到点B， ∵点P与点B重合，且点Q是的中点， ∴， ∴； ∵当时，，此时点P运动到点C， ∵四边形是矩形， ∴， ∵点Q是的中点， ∴， ∴， ∴在中，， ∴在矩形中，，． 延长，，相交于点E， ∵点Q是的中点， ∴， ∵在矩形中，， ∴，， ∴， ∴，． ∵点P是的中点， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴在中，， ∵， ∴． 6．（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． 7．（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了圆的切线性质，勾股定理，坐标与图形等知识，连接，，过点P作于点A，由点P的坐标可得出，，再结合切线的性质和圆的半径相同可得出，再由勾股定理得出，进而可求出，即可求出点N的坐标． 【详解】解：如图，连接，，过点P作于点A， ∵与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q， ∴轴， ∵点P的坐标为，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（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】 如图，点即为所求作： 【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）略 （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：． 9．（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． 三、解答题 10．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1) 证明：如图，连接，， ∵是的直径，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵是的半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题考查了圆的切线判定定理、扇形面积与三角形面积的计算，利用弧相等推导圆心角相等，结合直角三角形性质分析线段与角度关系是解题的关键． （1）连接，，由得圆心角，进而得，由得，由得，可得，即可得，又因是的半径即可证明； （2）由，结合得，由勾股定理可得，由即可得出． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 11．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】题目主要考查坐标与图形，勾股定理解三角形，翻折的性质，确定一次函数解析式及一次函数的性质，理解题意，结合图象求解是解题关键． （1）根据题意得出，再由勾股定理及折叠的性质求解即可； （2）设，根据折叠的性质，得，，根据勾股定理确定点M的坐标，再利用待定系数法计算解析式即可． （3）根据题意作出相应草图，结合图象得出，代入一次函数解析式即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵将沿直线折叠，点B恰好落在点处， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）设， 根据折叠的性质，得，， 由（1）得， ∵， ∴， 解得， 故， 设直线的解析式为， ∴， 解得， 故直线的解析式为． （3）由（1）得：， ∴直线与直线的交点在直线的左侧， 如图所示： 当时，， ∴， ∵直线与直线的交点在直线的左侧， ∴直线经过点N时恰好是临界点， ∴， 解得：， ∴t的取值范围为． 12．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 【答案】（） 设，则， 在中，根据勾股定理得， 所以， 所以， 所以； （）延长交于点， 在中，根据勾股定理，得， 所以， 因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以； （）证明：因为半径，所以，， 过点作于点， 因为平分， 所以， 所以， 所以， 所以， 在中，， 设，则， 解得， 所以， 连接，在中，， 所以， 在Rt中，， 所以， 根据垂径定理，得， 所以， 因为， 所以， 所以． 【分析】（）设，则，勾股定理得，然后通过线段和差求出，则，所以； （）延长交于点，根据勾股定理得，所以，则有，所以，所以，则，从而可得； （）过点作于点，证明，通过性质可得，设，则，解得，所以，连接，在中，，所以，Rt中，，所以，根据垂径定理，得，所以，又，所以，从而得证． 【详解】（）略 （）略 （3）略 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，正方形的性质，圆内接正五边形，黄金分割点等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 考点06 全等三角形的判定 一、单选题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，为了作出的角平分线，小明利用尺规进行了如下操作：以点为圆心，任意长度为半径画弧分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧在内部交于点，连接并延长，射线则为的角平分线．小明说，可以通过判定得到对应角相等来证明射线是的角平分线，他使用的全等判定方法是（     ） A．斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 B．两条边及其夹角相等的两个三角形全等 C．两角及其夹边对应相等的两个三角形全等 D．三条边分别相等的两个三角形全等 【答案】D 【分析】根据尺规作图的步骤，可以得到，，再加上公共边，利用“边边边”判定定理即可证明三角形全等． 【详解】如图： 由作图步骤可知， 在和中， 使用的全等判定方法是三条边分别相等的两个三角形全等． 二、填空题 2．（2024·山东德州·中考真题）如图，C是的中点，，请添加一个条件________，使． 【答案】或 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定．熟练掌握全等三角形的判定定理，是解决问题的关键． 要使，已知，，则可以添加一对边，从而利用来判定其全等，或添加一对夹角，从而利用来判定其全等（填一个即可，答案不唯一）． 【详解】解：∵C是的中点， ∴， ∵， ∴添加或， 可分别根据判定（填一个即可，答案不唯一）． 故答案为：或． 三、解答题 3．（2026·山东·中考真题）如图，在中，于点，点，，分别是边、、的中点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明：∵， ∴． 在中，点E是的中点， ∴． 同理． ∵， ∴； (2)解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵点E，F，G是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可得，结合，根据，即可证明； （2）根据三角形中位线的性质可得，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 4．（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)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， ∴． 【分析】（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）略 （2）略 5．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 【答案】(1) 证明：∵点分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； (2) 证明：连接，， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由点分别是边的中点，则有，，所以，，从而可得，然后根据性质即可求证； （）连接，，证明四边形为平行四边形，所以，，又，为中点，故有，所以，，然后通过“”证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 6．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1) 证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ (2) 选择条件①，四边形为矩形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 7．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，点，在线段上，且． 请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得． 你添加的条件是：__________（只填写一个序号）． 添加条件后，请证明． 【答案】①（或②） 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质及平行线的判定，解答的关键是熟记全等三角形的判定定理与性质并灵活运用．利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解，再根据全等三角形的性质及平行线的判定证明即可． 【详解】解：可选取①或②（只选一个即可）， 证明：当选取①时， 在与中， ， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， ； 证明：当选取②时， 在与中， ， ， ，， ， ， 在与中， ， ， ， ； 故答案为：①（或②） 8．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 【答案】(1) 证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠可得，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； (2) 证明：由（）知，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． 【分析】（）由矩形的性质可得，，，即得，由折叠的性质可得，，，，即得，，进而得，即可由证明； （）由（）得，，即可得到，，进而即可求证； 本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握矩形和折叠的性质是解题的关键． 【详解】（1）略 （2）略 考点07 全等三角形的性质 一、单选题 1．（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，则的度数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质、三角形内角和定理等知识点，掌握全等三角形的对应角相等成为解题的关键． 先根据三角形内角和定理求得，然后根据全等三角形的对应角相等即可解答． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∵， ∴． 故选C． 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：或， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 二、填空题 3．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为________cm． 【答案】 【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 ， ，所以平分 和 ，加上平分 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则得到是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为，接着证明为等腰直角三角形得到，设，则，，然后证明 ，利用相似比可计算出． 【详解】解：连接，作的平分线，交于点O，作 于， 在和 中， ， ∴， ∴ ， 平分 和 ， 平分 ， 点到四边形的各边的距离相等， ∴是四边形的内切圆，它是所求的面积最大的圆形纸片，其半径为， ， ， ∴为等腰直角三角形， ， 设，则，， ∵，， ∴， ， 即 ， ． 即的半径为， ∴圆形纸片的半径为． 故答案为： 【点睛】本题考查四边形的内切圆，角平分线的性质，相似三角形的判定及性质，证明该四边形的内切圆是所求的面积最大的圆是解题的关键． 三、解答题 4．（2026·山东烟台·中考真题）如图，中，，是边上一点，以为半径作，分别与，交于，两点，与相切于点，连接，． (1)求证：； (2)试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)证明：如图，连接， ∵是的切线， ∴ ∵， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴； (2)， 证明：如图，连接，过点作于点， ∴ 由（1）可得 又∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴ ∴ ∴，即 【分析】（1）根据切线的性质可得，根据直角三角形的两个锐角互余可得，则，根据得出，等量代换可得，即可得出； （2）连接，过点作于点，证明得出，进而证明，得出，根据线段的和差关系，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 5．（2025·山东青岛·中考真题）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 【答案】 如图，等腰即为所作： 【分析】本题考查了尺规作——角平分线，过一点作已知直线的垂线，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的定义，熟练掌握知识点是解题的关键． 先作的平分线，再过点作角平分线的垂线，与射线的交点即为点，根据角平分线以及垂线的定义可得，则，故等腰即为所作． 【详解】略 6．（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 【答案】(1)； (2)． 【分析】本题考查了三角形的外角性质，垂直平分线的作法和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）由角平分线的定义求得，再利用三角形的外角性质求解即可； （2）由作图知是线段的垂直平分线，求得，求得，，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴； （2）解：由作图知是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴． 7．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； (2) 解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ∴， ∴在中，． 【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． 8．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【答案】 证明：四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出， 由线段的和差关系即可得出． 【详解】略 一、单选题 1．（2026·山东青岛·二模）如图，直线，，，点是直线上一点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角形内角和定理求出的度数，设直线分别交于点、，在中利用内角和定理及，求出的度数，再利用平行线的性质及角的和差关系求解即可． 【详解】解：如图 ，， ． 设直线分别交于点、， 在中，， ∵， ∴ ， ∴ 解得． ， ∴， ， ． 2．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意得到，，根据三角形内角和定理得到，同理得到，计算即可得到答案． 【详解】解：五边形是正五边形， ，， ， ， 同理得到， ． 3．（2026·山东济南·二模）如图，，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 4．（2026·山东潍坊·二模）如图，四边形内接于，延长和交于点，延长和交于点，已知，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形的外角的性质，结合对顶角相等，以及圆内接四边形的对角互补，进行求解即可. 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴. 5．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，弦、相交于点．若，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由三角形的外角的性质可得，由圆周角定理可得． 【详解】解：∵是的外角， ∴， ∴ ∵， ∴． 6．（2026·山东聊城·二模）如图1，“白玉月令组佩”由十二块白玉牌组成，对应一年十二个月，是承载天时、地利、人和哲学思想的礼器．图2为“白玉月令组佩”的简化示意图，将图中圆环十二等分得到十二个月令玉佩，其中A，B，C，D为圆中玉佩的顶点．连接AC，BD相交于点E，则的度数是（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 【答案】D 【分析】本题考查圆周角的计算．如图，连接各点，因为图中圆环十二等分，所以每一等分的圆心角是，对应圆周角是，然后通过是的外角来计算求解． 【详解】解：图中圆环十二等分， 每一等分的圆心角是，对应圆周角是 连接，如图， 则， 又， ， ． 7．（2026·山东青岛·三模）已知在中，，点，分别是，的中点，连接，在上有一点，，连接，，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求得，根据三角形中位线的性质即可求得的长． 【详解】解：∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴． 8．（2026·山东日照·三模）如图，在菱形ABCD中，过点A作，垂足E在CD的延长线上，过点E作，垂足为F．若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质证明，列式得，然后根据勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：在菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得：， ， （负值舍去）， ． 9．（2026·山东济南·二模）将一个直角三角形的三条边长都扩大到原来的2022倍，得到的新三角形是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．形状不能确定 【答案】B 【分析】原直角三角形三边满足勾股定理，三边扩大相同倍数后，仍满足勾股定理，即可判断形状． 【详解】解：设原直角三角形的两直角边长为、，斜边长为， 由勾股定理得， 三边扩大到原来的2022倍后，新三角形三边长为、、， ， 新三角形满足勾股定理的逆定理，新三角形为直角三角形． 10．（2026·山东菏泽·二模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A、B、C均在格点上，连接、，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图所示，连接，证明，再进一步求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 根据网格得到，， ∴， ∴， ∴ ． 11．（2026·山东德州·二模）下列说法正确的是（     ） A．矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相平分 B．有一个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的四边形是菱形 C．正方形具有矩形和菱形的所有性质 D．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 【答案】C 【分析】根据特殊平行四边形的性质、判定，以及三角形全等的判定定理，逐一判断各选项即可得到结果． 【详解】解：A、矩形和平行四边形都具有对角线互相平分这一条性质，故选项不符合题意； B、有三个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项不符合题意； C、因为正方形是矩形（四条边都相等的矩形是正方形）和菱形（有一个内角是直角的菱形是正方形）的特殊情形，所以正方形具有矩形和菱形的所有性质，说法正确，故选项符合题意； D、两边和一角对应相等的两个三角形不一定全等，只有当这个角是两边的夹角时才全等，故选项不符合题意． 二、填空题 12．（2026·山东日照·二模）若长度分别为3，5，a的三条线段能组成一个三角形，则整数a的值可以是______．（写出一个即可） 【答案】4（答案不唯一） 【分析】根据三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，即可求出的取值范围，进而得到符合条件的整数． 【详解】解：长度为，，的三条线段能组成一个三角形， ， 即， 整数的值可以是4（答案不唯一）． 13．（2026·山东济宁·二模）已知三角形两边长分别为4和8，第三边长是方程的解，则这个三角形的周长是________． 【答案】18 【分析】先利用因式分解法解一元二次方程，得到第三边的可能取值，再根据三角形三边关系判断符合条件的第三边，最后计算三角形周长． 【详解】解：∵， ∴， ∴或， ∴，， 当时，满足三角形三边关系， 因此三角形的周长为：； 当时，不满足三角形三边关系，应舍去； 综上，这个三角形的周长是18． 14．（2026·山东淄博·一模）为一个等边三角形．延长边到使得．类似的，延长边到使得，延长边到使得．则的面积和的面积的比值为_____． 【答案】37 【分析】连接、、，由，，，得出，，，进而得出，，，再结合计算即可得出结果． 【详解】解：如图：连接、、， ， ∵，，， ∴，，， ∴，，， ∴ ， ∴的面积和的面积的比值为． 15．（2026·山东临沂·三模）如图，已知，直线与直线，分别交于点，．按如下步骤作图：（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，交直线，于点，；（2）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作射线交直线于点；（3）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线．若，则的度数是________． 【答案】 【分析】连接，先证明，则，结合等角对等边证明，则，即可求解． 【详解】解：连接， 由题意得平分， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴. 16．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 【答案】/135度 【分析】分别求出等腰三角形和等腰三角形的底角，再通过的内角和求出的度数． 【详解】解：∵八边形为正八边形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ， ∴为等腰三角形， ， ． 17．（2026·陕西铜川·二模）如图，将绕点旋转至的位置，点在边上．若，则的度数为_____． 【答案】 【分析】由旋转的性质可得，，，结合等腰三角形的性质和三角形的内角和定理计算出即可． 【详解】解：由旋转的性质可得，，， ∴， ∴． 18．（2026·山东临沂·二模）如图，为等边三角形，，，点为线段上的动点，连接，以为边作等边，连接，则线段的最小值为__________． 【答案】 【分析】连接，由为等边三角形，，可得，，，再由，可得，证明，可得，则当时，最小，在中，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵为等边三角形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴点在射线上运动， ∴当时，最小， ∴在中，，，， ∴． 19．（2026·山东济南·一模）如图，，直线与、分别交于点、，的平分线与交于点，过点作 于点，，则 ______度． 【答案】50 【分析】先利用角平分线的定义求出的度数，再结合平行线的性质得到与的关系，最后结合垂直的性质和三角形内角和定理计算出的度数． 【详解】解：平分， ． ， ． ， ． 20．（2026·山东聊城·二模）如图，点是内一动点，且，，，连接，分别取、的中点、，连接，若，则线段长度的最小值________． 【答案】 【分析】连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】解：连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． ∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， ∵， ∴， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 21．（2026·山东枣庄·三模）如图，在中，，，，为中点，为上的动点，将绕点逆时针旋转得到，连接，则线段的最小值为________． 【答案】2 【分析】先过作于E，根据，可得，再根据当时，，即点E与点C重合，即可得出线段的最小值为2． 【详解】解：如图所示，过作于E，则， 由旋转可得，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， 当点与点重合时最小，此时，点在上，符合题意， 线段的最小值为2． 三、解答题 22．（2026·山东泰安·三模）如图，等边三角形，点D为边上一动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接交直线于点F． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，当三点共线时，连接，点G为中点，连接，过点G作于点H，请猜想的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，点D在边上运动时，点P为线段上一点，点Q为线段上一点，连接，且，当以及均最小时，连接，若，直接写出当以及均最小时对应的面积． 【答案】(1)； (2) ； 证明：连接，延长至点Q使得，连接，如图2， 点G为中点， ， 在和中， ， ， 将线段绕点D顺时针旋转得到线段， ， 三点共线， ， ， ， ， 垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； (3)． 【分析】（1）过点F作于点H，根据旋转的性质及等边三角形的性质在和中，解直角三角形，再利用线段的和差关系进行求解即可； （2）连接，延长至点Q使得，连接，证明，旋转，结合等边对等角，求出 ，三线合一得到垂直平分，进而得到，证明，得到，为含角的直角三角形，进而求出，线段的和差关系求出； （3）延长至点F，使，证明，从而推出，得到点E在直线上运动，垂线段最短，得到时最短，得到此时三点共线，结合（2）中结论得到，将绕点A旋转，得到，连接，证明，得到，进而得到当三点共线时，有最小值，求出的长，进而确定的位置，利用面积公式进行计算即可． 【详解】（1）解： 过点F作于点H， 将线段绕点D顺时针旋转得到线段， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 在中， ， 在中，， ， ， ， ， ， ； （2）略． （3）解：延长至点F，使，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点E在直线上运动， 当时，最小， 此时， ， 当最小时，点三点共线， 由（2）可知，此时D为中点， ， ， 如图4，将绕点A旋转，得到，连接， 则， 为等腰直角三角形， ， 又， ， ， ， 当三点共线时，有最小值， 过点P作， ， ， ， ， ， ． 如图5，当以及均最小时，位置如图， 则 ， 过点C作，则，， ． 23．（2026·山东菏泽·三模）如图，点和点在反比例函数的图象上，且点在点的右侧，作轴，垂足为点，连接，． (1)求反比例函数的解析式； (2)如图1，若的面积为6，求直线的表达式； (3)在轴上存在一点，当是等腰直角三角形时，请直接写出所有满足条件的点坐标． 【答案】(1) (2) (3)点坐标为，， 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）设，得到，点A到的距离为，推导出，得到，再根据待定系数法求出直线的表达式为，即可解答； （3）设，得到，分类讨论：①若，，②若，，③若，，逐项分析求解即可． 【详解】（1）解：∵点在反比例函数的图象上， ， ， ∴反比例函数的解析式为． （2）解：设， 轴，垂足为点， ，点A到的距离为， 的面积为6， ， 解得， ， 设直线的表达式为，将，分别代入，得 ， 解得 ∴直线的表达式为． （3）解：设， ，点在点的右侧， ， 当是等腰直角三角形时，分以下3种情况： ①若，，作轴于点，交于点，如图， 则， 又轴，垂足为点， ∴四边形为矩形， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ②若，，作轴于点，于点，如图 则，， ， 在和中， ， ， ， ， 解得或（不符合题意，舍去） ， ， ③若，，作轴于点，作轴于点，如图 则，， ， 在和中， ， ， ，， ， 解得或（不符合题意，舍去） ， ， ∴当是等腰直角三角形时，所有满足条件的点坐标为，，． 24．（2026·山东青岛·三模）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 【答案】 【分析】以点为圆心，任意长为半径画弧分别交，于点，，连接、，交于点，作，直线交，于点、即可． 【详解】解：作图略 由作图知：，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴为等腰三角形，且点，分别在射线，上，底边经过点， 则即为所求． 25．（2026·山东青岛·模拟预测）解答题 【知识探究】 (1)如图，在中，，若，垂足为点D，请直接写出、、之间的数量关系： ； 【结论应用】 (2)如图，在菱形中，过点C作交AB的延长线于点E，过点E作交边于点F，当时，则 【拓展提升】 (3)如图，在菱形中，，点E在上，且点F为上一点，连接，过点E作交于点G，，则的值为 ． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用直角三角形的性质证明即可证明结论； （2）先利用菱形的性质证明，设，则，根据相似三角形性质求出即可求出结论； （3）连接，延长交于点M，作于点H，先求出，证明得出，进而求出，再证明，求出或，即可求出结论． 【详解】（1）解：在中，，， ， ， ， ， ； （2）解：， ， 在菱形中，， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ； （3）解：连接，延长交于点M，作于点H， 在菱形中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得：或， ， 或． 26．（2026·山东济南·三模）【问题发现与证明】 如图1，正方形中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．将绕点顺时针旋转，得到，可证：．请完成下面的问题． (1)______； (2)求证：． (3)【问题拓展与应用】某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图2所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 【答案】(1) (2)证明：四边形为正方形， ，， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ，， ，，， ∴，即G、B、E共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； (3)需要投入元资金 【分析】（1）由旋转性质可得答案； （2）先由正方形的性质得到，，再由旋转性质得到，，，则可得G、B、E共线，证明，得到，进而可得答案； （3）在上截取，连接并延长使，连接，过作，交延长线于点，先证明为等边三角形得，，证明得到，，，再证明得到，，设，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，过点作于点，于点，利用角平分线的性质定理得到，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而求得即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， 由旋转性质得， ∴； （2）略 （3）解：如图，在上截取，连接并延长使，连接，过作，交延长线于点， 四边形是平行四边形， ，，，，， ∴， 为中点， ， ， 为等边三角形， ，， ， ，， ， ，，， ，， ， ， ， ，， ， ，， 设，则， ， ， ， 在中，， ， ，， 在中，由勾股定理得， 解得， 过点作于点，于点， ， 在中，，， ，则， ， （平方米）， 需投入的资金为：（元）， 答：该公园种植郁金香需要投入元资金． 27．（2026·山东淄博·二模）如图，已知，且，E、F是上两点，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明：∵，、是上两点， ， ， ， ， 在和中， ， (2) 【分析】（1）利用“”直接证明全等即可； （2）由三角形内角和定理可得，再根据全等三角形的性质，得出，即可得解． 【详解】（1）略 （2）解：，， ， 由（1）得， ， ， 的度数是． 28．（2026·山东济南·二模）如图，点，分别在菱形的边，上，且．求证：． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． 【分析】由菱形的性质可得，，结合可得，从而证明，则，因此． 【详解】略 29．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）先证，得到，即可求证四边形是平行四边形；得到； （2）先证得四边形是平行四边形，再证得，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质求得，根据等腰三角形的性质进一步求得即可． 【详解】（1）证明：， ； 点O为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ； （2）解：四边形是正方形； 由（1）可知：，， ∵E为的中点，F为的中点， ∴， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形是菱形； ，， ， ， 是等腰直角三角形； ， ， 四边形是正方形． 30．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)若，请判断并证明四边形的形状． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． (2)解：四边形是矩形，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， 由（1）可知， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，且， ∴，即， ∴四边形是矩形． 【分析】（1）由平行四边形的性质推出，得到，由推出； （2）由，推出，由平行四边形的性质推出，得到，判定四边形是平行四边形，然后得到，推出四边形是矩形． 【详解】（1）略 （2）略 31．（2026·山东济南·三模）如图，在矩形中，点、在边上，若，求证：． 【答案】证明：四边形是矩形， ，， 在和中， ， ． 【分析】先根据矩形的性质得到，，再证明得到，进而可证得结论． 【详解】略 试卷第1页，共3页 2 / 109 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 三角形 3年真题1年模拟 考点分类 山东考情（2024-2026） 命题规律 考点01三角形中的线段 2026 山东统考卷、2025 潍坊 / 威海卷、2024 德州卷 以选择、填空题为主，分值 3-4 分。早期围绕中线、高线基础性质设题，侧重线段长度直接计算。2025 年新增等边三角形路径比较、重心与中位线综合题型；2026 统考后结合尺规作图痕迹、角平分线与平行线综合考查，从单一性质识记转向多知识点联动推理，对作图识别与几何逻辑的要求逐步提升。 考点02三角形的内、外角 2025 德州 / 淄博 / 青岛 / 威海卷、2025 山东统考解答题 覆盖选择、解答两类题型，分值 3-8 分。早年以平行线搭配三角形外角的基础角度计算为主，设问直白。2025 年增多二次折叠、垂直平分线结合的变式题，需推导变换后的角度关系；统考解答题联动尺规作图设题，从静态角度计算转向动态变换中的角度推理，对图形变换分析能力要求明显提高。 考点03等腰、等边三角形的判定与性质 2026 山东统考 / 德州卷、2025 潍坊卷、2024 济南 / 泰安 / 潍坊 / 威海卷 涵盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早期侧重性质基础应用，常结合平行线、坐标旋转考查角度与坐标计算。2024 年出现动点函数图像的多结论压轴题；2026 统考后解答题采用分层探究设问，结合旋转、全等综合拓展，从单一性质考查转向几何探究综合，区分度逐年增强，对综合推理能力要求提升。 考点04直角三角形的判定与性质 2026 德州卷、2024 济宁 / 东营 / 泰安 / 山东统考卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-8 分。早年聚焦斜边中线、30° 角性质的基础应用，多搭配菱形、圆锥等情境考查。2024 年出现三角板旋转、正方形旋转的探究解答题，需分类讨论线段关系；2026 统考后结合菱形判定综合设题，从孤立性质考查转向旋转背景下多定理联动，综合性与探究性显著提升。 考点05勾股定理及其逆定理 2026 德州 / 烟台卷、2025 淄博 / 东营 / 德州 / 潍坊 / 威海 / 滨州卷、2024 淄博卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-10 分。早期以古代数学问题、圆切线结合的基础计算为主，直接套用公式即可求解。2025 年新增网格最短路径、黄金分割、正五边形作图等创新题型；2026 统考后结合折叠、函数图像综合设题，从单一计算转向几何代数融合建模，对转化与建模能力要求逐年提高。 考点06全等三角形的判定 2026 山东统考 / 德州卷、2025 淄博 / 潍坊 / 青岛卷、2024 德州 / 淄博 / 潍坊卷 以选择、解答题为主，分值 3-8 分。早年以补充判定条件、基础证明题为主，题型较为常规。2025 年结合中位线、平行四边形设置综合证明题，需串联多知识点推导；2026 统考后新增尺规作图原理辨析、开放选条件证明题型，从固定判定考查转向原理理解与开放应用，对定理本质的考查深度明显提升。 考点07全等三角形的性质 2026 烟台卷、2025 青岛 / 山东统考 / 滨州卷、2024 济南 / 德州 / 青岛卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，分值 3-8 分。早年侧重对应边、对应角的直接应用，常结合四边形、内切圆考查角度与长度计算。2025 年增多圆切线、尺规作图背景的综合证明；2026 统考后结合圆探究线段数量关系，推理链条加长，从直接性质套用转向复杂几何背景下的推导应用，对逻辑严谨性要求逐年提升。 考点01 三角形中的线段 一、单选题 1．（2026·山东·中考真题）如图，直线，直线分别交，于点，．以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；再分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在的内部交于点；作射线交于点．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地． 甲：，路程为． 乙：，路程为． 丙：，路程为． 下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2024·山东德州·中考真题）如图，在中，是高，是中线，，，则的长为（   ） A． B．3 C．4 D．6 考点02 三角形的内、外角 一、单选题 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． 2．（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图，，，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·山东威海·中考真题）如图，直线，，．若．则等于（　　） A． B． C． D． 二、解答题 5．（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 考点03 等腰、等边三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，在中，，，则的值为（） A． B． C． D． 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，甲、乙、丙三人分别沿不同的路线从A地到B地． 甲：，路程为． 乙：，路程为． 丙：，路程为． 下列关系正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东济南·中考真题）如图1，是等边三角形，点在边上，，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发，沿折线匀速运动，到达点后停止，连接．设点的运动时间为，为．当动点沿匀速运动到点时，与的函数图象如图2所示．有以下四个结论： ①； ②当时，； ③当时，； ④动点沿匀速运动时，两个时刻，分别对应和，若，则．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．①② C．③④ D．①②④ 4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，直线，等边三角形的两个顶点B，C分别落在直线l，m上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2025·山东潍坊·中考真题）下列命题的逆命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．三角形的中位线平行于第三边 D．等腰三角形的两个底角相等 三、填空题 6．（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，是等腰直角三角形，，顶点分别在上，当时，______． 7．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，等边三角形ABC的顶点的坐标为，点均在轴上．将绕顶点逆时针旋转得到，则点的坐标为______． 四、解答题 8．（2026·山东德州·中考真题）如图，在等腰 中，，点 是延长线上一点，，过点 作于点 交 于点 ． (1)求证：； (2)若， ，求线段 的长； (3)若，，请直接写出的值． 9．（2026·山东·中考真题）在中，，． 【观察与发现】 (1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：． 【思考与探究】 (2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【拓展与延伸】 (3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度． 10．（2024·山东威海·中考真题）感悟 如图1，在中，点，在边上，，．求证：． 应用 （1）如图2，用直尺和圆规在直线上取点，点（点在点的左侧），使得，且（不写作法，保留作图痕迹）； （2）如图3，用直尺和圆规在直线上取一点，在直线上取一点，使得，且（不写作法，保留作图痕迹）． 考点04 直角三角形的判定与性质 一、单选题 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 二、填空题 2．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，圆锥的底面圆心为，顶点为，母线长为，母线与高的夹角为，那么圆锥侧面展开图的面积为______． 3．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为_______． 三、解答题 4．（2026·山东德州·中考真题）如图，在 中， ，点 是 的中点．连接，在平面内找一点 ，使得 ， ． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求线段 的长． 5．（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F． (1)求证：是的切线； (2)若，，求线段的长． 6．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接． (1)求证：，； (2)将绕点顺时针旋转到图2的位置． ①请直接写出与的位置关系：___________________； ②求证：． 7．（2024·山东·中考真题）一副三角板分别记作和，其中，，，．作于点，于点，如图1． (1)求证：； (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点与点重合记为，点与点重合，将图2中的绕按顺时针方向旋转后，延长交直线于点． ①当时，如图3，求证：四边形为正方形； ②当时，写出线段，，的数量关系，并证明；当时，直接写出线段，，的数量关系． 考点05 勾股定理及其逆定理 一、单选题 1．（2025·山东淄博·中考真题）如图，在中，，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，，则的长是（   ）． A．10 B．12 C．13 D．15 2．（25-26八年级上·全国·期中）如图，小丽在公园里荡秋千，在起始位置处摆绳与地面垂直，摆绳长，向前荡起到最高点处时距地面高度，摆动水平距离为，然后向后摆到最高点处．若前后摆动过程中绳始终拉直，且与成角，则小丽在处时距离地面的高度是（   ） A． B． C． D． 3．（2024·山东淄博·中考真题）《九章算术》中提到：今有户高多于广六尺八寸．两隅相去适一丈．问户高、广各几何？其大意为：已知矩形门的高比宽多6尺8寸，门的对角线长1丈，那么门的高和宽各是多少？（1丈尺，1尺寸）若设门的高和宽分别是尺和尺．则下面所列方程组正确的是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（2026·山东德州·中考真题）如图，在四边形中，，，．取的中点，连接，，将和分别沿，折叠，若和恰好都能与重合，线段的长为______． 5．（2026·山东烟台·中考真题）如图1，点从矩形的顶点出发，沿的方向运动至点停止，连接，为的中点，连接．设点的运动路程为，线段的长为，图2表示点从运动到的过程中与的函数关系．当点运动到中点时，的长度为__________． 6．（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________． 7．（2025·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，与x轴交于点M、N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为，则点N的坐标为________． 8．（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______． 9．（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___________． 三、解答题 10．（2025·山东东营·中考真题）如图，是的直径，、是上的两点，，于点，延长交的延长线于点，连接． (1)求证：是的切线； (2)若的半径为，求图中阴影部分的面积． 11．（2025·山东德州·中考真题）如图，，点M在线段上，将沿直线折叠，点B恰好落在点处． (1)求a的值； (2)求直线的解析式； (3)若直线与直线的交点在直线的左侧，请直接写出t的取值范围． 12．（2025·山东潍坊·中考真题）黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的．    【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数．    材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求．    方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求．    【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求．    （3）若，根据以上作法，证明：． 考点06 全等三角形的判定 一、单选题 1．（2026·山东德州·中考真题）如图，为了作出的角平分线，小明利用尺规进行了如下操作：以点为圆心，任意长度为半径画弧分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧在内部交于点，连接并延长，射线则为的角平分线．小明说，可以通过判定得到对应角相等来证明射线是的角平分线，他使用的全等判定方法是（     ） A．斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 B．两条边及其夹角相等的两个三角形全等 C．两角及其夹边对应相等的两个三角形全等 D．三条边分别相等的两个三角形全等 二、填空题 2．（2024·山东德州·中考真题）如图，C是的中点，，请添加一个条件________，使． 三、解答题 3．（2026·山东·中考真题）如图，在中，于点，点，，分别是边、、的中点． (1)求证：； (2)判断四边形的形状，并说明理由． 4．（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)． 5．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 6．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 7．（2024·山东淄博·中考真题）如图，已知，点，在线段上，且． 请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得． 你添加的条件是：__________（只填写一个序号）． 添加条件后，请证明． 8．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，在矩形中，，点分别在边上．将沿折叠，点的对应点恰好落在对角线上；将沿折叠，点的对应点恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)四边形为平行四边形． 考点07 全等三角形的性质 一、单选题 1．（2024·山东济南·中考真题）如图，已知，则的度数为（    ）． A． B． C． D． 2．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 3．（2024·山东德州·中考真题）有一张如图所示的四边形纸片，，，为直角，要在该纸片中剪出一个面积最大的圆形纸片，则圆形纸片的半径为________cm． 三、解答题 4．（2026·山东烟台·中考真题）如图，中，，是边上一点，以为半径作，分别与，交于，两点，与相切于点，连接，． (1)求证：； (2)试用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明你的结论． 5．（2025·山东青岛·中考真题）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 6．（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 7．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值． 8．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 一、单选题 1．（2026·山东青岛·二模）如图，直线，，，点是直线上一点，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·山东济南·二模）如图，在正五边形中，连接对角线，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·山东济南·二模）如图，，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山东潍坊·二模）如图，四边形内接于，延长和交于点，延长和交于点，已知，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·山东青岛·二模）如图，在中，弦、相交于点．若，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·山东聊城·二模）如图1，“白玉月令组佩”由十二块白玉牌组成，对应一年十二个月，是承载天时、地利、人和哲学思想的礼器．图2为“白玉月令组佩”的简化示意图，将图中圆环十二等分得到十二个月令玉佩，其中A，B，C，D为圆中玉佩的顶点．连接AC，BD相交于点E，则的度数是（    ） A．30° B．45° C．60° D．90° 7．（2026·山东青岛·三模）已知在中，，点，分别是，的中点，连接，在上有一点，，连接，，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·山东日照·三模）如图，在菱形ABCD中，过点A作，垂足E在CD的延长线上，过点E作，垂足为F．若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·山东济南·二模）将一个直角三角形的三条边长都扩大到原来的2022倍，得到的新三角形是（    ） A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．形状不能确定 10．（2026·山东菏泽·二模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，点A、B、C均在格点上，连接、，则的值是（   ） A． B． C． D． 11．（2026·山东德州·二模）下列说法正确的是（     ） A．矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相平分 B．有一个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的四边形是菱形 C．正方形具有矩形和菱形的所有性质 D．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 二、填空题 12．（2026·山东日照·二模）若长度分别为3，5，a的三条线段能组成一个三角形，则整数a的值可以是______．（写出一个即可） 13．（2026·山东济宁·二模）已知三角形两边长分别为4和8，第三边长是方程的解，则这个三角形的周长是________． 14．（2026·山东淄博·一模）为一个等边三角形．延长边到使得．类似的，延长边到使得，延长边到使得．则的面积和的面积的比值为_____． 15．（2026·山东临沂·三模）如图，已知，直线与直线，分别交于点，．按如下步骤作图：（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，交直线，于点，；（2）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作射线交直线于点；（3）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，作直线．若，则的度数是________． 16．（2026·山东滨州·二模）图1为中式传统建筑中的一种窗格，其外窗框为正八边形，图2正八边形为其外窗框的示意图，连接，，与交于点M，________°． 17．（2026·陕西铜川·二模）如图，将绕点旋转至的位置，点在边上．若，则的度数为_____． 18．（2026·山东临沂·二模）如图，为等边三角形，，，点为线段上的动点，连接，以为边作等边，连接，则线段的最小值为__________． 19．（2026·山东济南·一模）如图，，直线与、分别交于点、，的平分线与交于点，过点作 于点，，则 ______度． 20．（2026·山东聊城·二模）如图，点是内一动点，且，，，连接，分别取、的中点、，连接，若，则线段长度的最小值________． 21．（2026·山东枣庄·三模）如图，在中，，，，为中点，为上的动点，将绕点逆时针旋转得到，连接，则线段的最小值为________． 三、解答题 22．（2026·山东泰安·三模）如图，等边三角形，点D为边上一动点，连接，将线段绕点D顺时针旋转得到线段，连接交直线于点F． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，当三点共线时，连接，点G为中点，连接，过点G作于点H，请猜想的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，连接，点D在边上运动时，点P为线段上一点，点Q为线段上一点，连接，且，当以及均最小时，连接，若，直接写出当以及均最小时对应的面积． 23．（2026·山东菏泽·三模）如图，点和点在反比例函数的图象上，且点在点的右侧，作轴，垂足为点，连接，． (1)求反比例函数的解析式； (2)如图1，若的面积为6，求直线的表达式； (3)在轴上存在一点，当是等腰直角三角形时，请直接写出所有满足条件的点坐标． 24．（2026·山东青岛·三模）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 25．（2026·山东青岛·模拟预测）解答题 【知识探究】 (1)如图，在中，，若，垂足为点D，请直接写出、、之间的数量关系： ； 【结论应用】 (2)如图，在菱形中，过点C作交AB的延长线于点E，过点E作交边于点F，当时，则 【拓展提升】 (3)如图，在菱形中，，点E在上，且点F为上一点，连接，过点E作交于点G，，则的值为 ． 26．（2026·山东济南·三模）【问题发现与证明】 如图1，正方形中，、分别在边、上，且，连接，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题．将绕点顺时针旋转，得到，可证：．请完成下面的问题． (1)______； (2)求证：． (3)【问题拓展与应用】某公园管理人员发现该公园有一块绿地，如图2所示，四边形是平行四边形，已知米，米，．为提升游客游览的体验感，准备修建三条赏花通道、、，要求点在边上，点为边的中点，且，现计划在所在区域种植郁金香，种植郁金香的费用为每平方米12元，求该公园种植郁金香需要投入多少资金． 27．（2026·山东淄博·二模）如图，已知，且，E、F是上两点，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 28．（2026·山东济南·二模）如图，点，分别在菱形的边，上，且．求证：． 29．（2026·山东菏泽·二模）如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 30．（2026·山东青岛·三模）如图，在平行四边形中，、是对角线，点、、、在同一条直线上，且，延长线交延长线于． (1)求证：； (2)若，请判断并证明四边形的形状． 31．（2026·山东济南·三模）如图，在矩形中，点、在边上，若，求证：． 试卷第1页，共3页 2 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $