专题04几何初步与三角形（5年汇编）（新疆专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 专题聚焦几何初步与三角形，整合新疆2022-2026年中考真题及模拟题，覆盖相交线平行线、三角形性质、全等判定等6大核心考点，通过考情分析与分层命题实现精准复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|基础题为主|相交线平行线（三角板情境）、三角形内角和（动点最值）|结合新疆考情，侧重基础角度推理与分类讨论| |解答题|综合题为主|全等三角形（平行四边形综合）、勾股定理（赵爽弦图/方位角）、尺规作图（角平分线性质证明）|真题导向，融合旋转/折叠变换，考查逻辑推理与实际应用|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04几何初步与三角形 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01相交线、平行线性质与判定 1.C 2.B 考点02三角形三边关系、内角和、外角性质 1.D 2.2+3,3+2 3.6或12 4.52 考点03全等三角形判定与性质 1.(I)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .ABII CD,AB=CD. .∠ABE=∠CDF, 又BE=DF, :△1BE≌CDF(SAS) (2)证明：.△ABE≌aCDF」 AE=CF,∠AEB=∠CFD .'∠AEB+∠AEF=∠CFD+∠CFE=180° 1/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠AEF=∠CFE .AE CF, .四边形AECF是平行四边形 2.(I)解：猜想DE=DF,证明如下： 如图所示，连接CD, 23 D B 图1 :AC=BC,∠ACB=90°，点D为AB中点， 1 六∠A=∠B=450,CD1AB,CD=24B=AD=BD, .∠DCE=∠B=45°， .∠DCE=∠A, .∠EDF=90° .∠1=∠3=90°-∠2， :△MDF≌aCDE(ASA) ∴DE=DF; AB (2)解：猜想 E+2H=22 ,证明如下： 如图所示，过点D作DM⊥AC,DN⊥BC,垂足分别为M,N,则∠DMF=∠DNE=∠DNC=90°， M 图2 由(1)知∠A=∠B=45°， 2/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.△AMD,△BND为等腰直角三角形，则AM=MD,DN=BN, AM-MD-ADxsin= 2 DN-BN-BD 同 BD =2AD, :DN =2DM, :∠C=90°， .∠MDN=360°-90°-90°-90°=90°， ∠EDF=90°， .∠1=∠2=90°-∠FDN, .△DMF∽aDNE, .DM MF 1 ·DNWE2 .NE =2MF AF AM+MF,BE BN-NE, AF=2AD*MF BE-7 BD-NED 2 2 :2AF=V2AD+2MF② 由①+②得， BE+2AF-DDADx24D2AD 2 2 BD+AD=2AD+AD=AB, 1 AD=号AB 3 :BE+2AF=22AD=22 AB 3 3/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E+nAF=2AB (3)解：猜想 n+1,证明如下： 如图所示，过点D作DM⊥AC,DN⊥BC,垂足分别为M,N, 图3 同(2)可得 M=MD- 2AD DN-BN-BD 2 BD nAD, .DN nDM, 同(2)可证明△DMF∽aDWE DM MF 1 DN NE n .NE nMF. AF=AM+MF,BE=BN-NE. AD+Mr,E=2BD-NEO ② 2 nr= nAD+nMF② 2 由①+②得， BE+nAF= ADBD=V2 nAD+V xnAD=√2nAD 2 2 2 .BD+AD=nAD+AD=AB, 4D=148 n+1 BE+4F-5n4D=nx48 n+1,即 n+1 4/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 [x=2 3.(1)y=1 AD=BC ∠DAB=∠CBA (2)证明： AB=BA △ABD≌△BAC(SAS) .AC=BD 4.(1) 证明：在△AOB与△DOC中， ∠ABO=∠DCO=909 OB=OC ∠AOB=∠DOC △AOB≌△DOC(ASA) ..OA=OD 又E、F分别是AO、DO的中点， ∴.OE=OF: (2) 证明：，OB=OC,OF=OE ∴四边形BECF是平行四边形，BC=2OB,EF=2OE, :E为AO的中点，∠ABO=90°， .'EB=EO=EA, :∠A=30°， .∠B0E=60°， ∴.△BOE是等边三角形， ..OB=OE. .BC=EF, “.四边形BECF是矩形. 5.(1) 5/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：，点F为边AB的中点， .BF AF, 在△ADF与△BEF中， AF=BE ∠AFD=∠BFE DF=EF .△ADF≌△BEF(SAS): (2) 证明：，点D为边AC的中点， .AD=DC, 由(I)得△ADF≌△BEF, ∴.AD=BE,∠ADF=∠BEF, .DC=BE,DC//BE, ∴.四边形BCDE是平行四边形. 考点04等腰、等边三角形性质与判定、直角三角形 45 2.2 3.(1)60 (2)∠AEB=30°+∠CAD 6)'=(2V5-x}+4 考点05勾股定理 1.B 2.6V5 海里/时 3.(1)x=9 (2)6 6/10 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点06尺规作图 1.B 2.C 3.(1)如图所示，即为所求： yM AE (2)证明：如图所示， M A 、E 垂直平分 EF BD BE=DE,∠BOE=∠BOF=90°，OB=OD, ∴.∠EBD=∠EDB, .ADI BC, ∠EDB=∠CBD .∠EBO=∠FBO. 又OB=OB, .△EBO≌△FBO(ASA) ..OE =OF ∴四边形BEDF是平行四边形， 又BE=DE, ∴四边形BEDF是菱形. 4.(1)x=5: (2)①解：如图，AE即为所求： 7/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D ② ABCD 四边形 是平行四边形， .AB∥CD, ∠BAE=∠DEA, :AE平分∠BAD, .∠DAE=∠BAE, .∠DAE=∠DEA, .'DA=DE, ∴△ADE是等腰三角形. 一年模拟练测园 一、单选题 1.B 2.D 3.C 4.B 5.A 6.B 二、填空题 7.53 8.17 9 x1-x) 2 10.5cm 11.3V2 三、解答题 8/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 23 12.(1)113 y= 7 (2)证明：在△ADB和△AEC中： [∠ADB=∠AEC ∠A=∠A AB=AC ∴.△ADB≌△AEC(AAS) .'AD=AE, 又：AB=AC, :AB-AE=AC-AD, 即DC=EB 13.(1)如图，AM即为所求： (2)如图，EF即为所求； D M B 3)解：四边形AECF是菱形. 证明如下： AB=AC, ∴.∠B=∠ACB AM平分∠DAC, D4M=∠M4c=CMD, 又：∠DAC=∠B+∠ACB=2∠ACB, ∴.∠MAC=∠ACB」 .AF∥BC 9/10 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠AFO=∠CEO. :EF垂直平分AC, :.OA=OC, :△1OE≌aCOF(A4S) .OE=OF」 ∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分）， 又：AC⊥EF, ∴，平行四边形AECF是菱形. 14.(1)等边三角形 ag5 15.1)140° (2)点P距离地面的高度约为l33.2cm 10110 专题04 几何初步与三角形 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 相交线、平行线性质与判定 2026年新疆卷、 2025年新疆卷 以选择题为主，常结合三角板设置情境，考查平行线的判定与性质、角度计算。题目难度较低，侧重基础角度推理，会综合对顶角、邻补角知识，是试卷基础得分点，很少出现复杂综合变形。 考点02 三角形三边关系、内角和、外角性质 2026年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 选择、填空高频考查，重点考查三角形内角和、外角推论，部分试题结合动点滑动求最值。侧重角度换算与分类讨论思想，部分填空题需要多情况分析，对图形阅读理解能力有一定要求。 考点03 全等三角形判定与性质 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 高频解答必考，常与平行四边形综合考查，重点掌握SSS、SAS、ASA、AAS判定定理。既有简单证明题，也有旋转背景下的几何探究大题，注重逻辑书写，是几何大题的基础工具，区分度中等。 考点04 等腰、等边三角形性质与判定 、直角三角形 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2022年新疆卷 题型覆盖填空、解答，核心考查等边对等角、三线合一，直角三角形常结合折叠变换命题。经常和函数、几何探究融合，侧重角度转化、线段等量推导，折叠类题目要关注对应边、对应角相等的隐藏条件。 考点05 勾股定理 2026年新疆卷、 2024年新疆卷 选择、填空、解答均会出现，重点考查勾股定理计算，结合赵爽弦图、解方位角实际应用题。既会考直接计算线段长度，也会放在实际情境建模中，常和垂径定理、解直角三角形结合，公式应用是得分关键。 考点06 尺规作图 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷 高频考点，以选择、解答形式考查，重点是角平分线、垂直平分线作图。选择题识别作图痕迹判断结论；解答题要求保留作图痕迹，并结合角平分线性质、菱形判定做证明，要熟记作图对应的几何结论。 考点01 相交线、平行线性质与判定 1．（2026·新疆·中考真题）把一块含角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间，已知，则（     ） A． B． C． D． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 考点02 三角形三边关系、内角和、外角性质 1．（2022·新疆·中考真题）如图．AB与CD相交于点O，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（2026·新疆·中考真题）如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点在墙面上滑动，另一顶点在地面上滑动，，，，在同一平面内，若，，则木块顶点到墙角的距离的最大值为____________． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，在中，．若点D在直线上（不与点A，B重合），且，则的长为_____________．    4．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，若，，，则______．    考点03 全等三角形判定与性质 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点E，F在对角线上，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 2．（2026·新疆·中考真题）已知，在 中，，，点D为上一点，，现将绕着点D旋转，交于点F，交 于点E． (1)如图1，当点D为中点时，猜想，之间的数量关系，并进行证明； (2)如图2，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明； (3)如图3，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明． 3．（2025·新疆·中考真题）（1）解方程组：； （2）如图，，求证：． 4．（2023·新疆·中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．    (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 5．（2022·新疆·中考真题）在中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使，连接BE． (1)求证：； (2)求证：四边形BCDE是平行四边形． 考点04 等腰、等边三角形性质与判定 、直角三角形 1．（2026·新疆·中考真题）如图，等边的面积为，边与双曲线相交于点，且，则____________． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则______． 3．（2022·新疆·中考真题）如图，在中，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．    (1)当时，___________； (2)探究与之间的数量关系，并给出证明； (3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式． 考点05 勾股定理 1．（2024·新疆·中考真题）如图，是的直径，是的弦，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2026·新疆·中考真题）如图，甲、乙两艘货船分别从港口A和港口B同时出发向港口C直线航行运送货物．已知港口A位于港口B北偏西的方向上，港口C位于港口A北偏东的方向上，海里，海里，甲船航行速度为10海里/时，乙船的航行速度大约是多少海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C（结果保留根号）．（参考数据：，，，，，） 3．（2026·新疆·中考真题）解决问题： (1)解方程：； (2)被誉为“东方数学瑰宝”的赵爽弦图，是我国古代证明勾股定理的经典方法之一．如图，已知正方形的面积为100，正方形的面积为4，求的长． 考点06 尺规作图 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点在上．第一步：以点为圆心，任意长为半径画弧交，于点，；第二步：以点为圆心，长为半径画弧交于点；第三步：以点为圆心，长为半径画弧交第二步所画的弧于点，连接并延长，交于点．则下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 2．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的内部交于点，作射线交于点．若，，则的长为(    )    A． B．1 C． D．2 3．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 4．（2024·新疆·中考真题）（）解方程：； （）如图，已知平行四边形． 尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作的平分线交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑） 在的条件下，求证：是等腰三角形．    一、单选题 1．（2026·新疆喀什·二模）下列几何体的展开图中，能围成三棱锥的是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）在同一平面内，将直尺、含角的三角尺和木工角尺按如图方式摆放，若，则的大小为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·新疆和田·模拟预测）下列各组数中，是勾股数的是（     ） A．2，3，5 B．4，12，13 C．7，24，25 D．0.6，0.8，1 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，绕点顺时针旋转得到．若点，，在同一条直线上，，的度数是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·新疆喀什·二模）如图，在中，，分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，连接交于点，交于点，连接，则线段的长为（     ） A．1 B．2 C． D． 6．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，在中，， ， ，点D在上，且 ．连接，线段绕点A 顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（     ） A． B． C． D． 二、填空题 7．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）将直尺和三角板如图放置，，求________． 8．（2026·新疆和田·模拟预测）如图，在水平地面上，有一棵高12m的大树和一棵高4m的小树，两树之间的水平距离是15m．若一只小鸟从小树的顶端飞到大树的顶端，则小鸟至少飞行________m． 9．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）等边三角形的边长为1，是边上的一点，过作边的垂线，交于，用表示线段的长度，的面积为，请写出的函数关系式________．（对取值范围不做要求） 10．（2026·新疆和田·模拟预测）如图，一个圆柱的高是，底面直径是．一只蚂蚁在圆柱侧面爬行，从点A处爬到与点A相对的点B处吃食物，则它要爬行的最短路程是________． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，是等边的高，，E，F分别是线段上动点，且，则的最小值为____． 三、解答题 12．（2026·新疆昌吉·模拟预测）完成以下问题 (1)解方程组：； (2)如图，，，求证：． 13．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中， ，是的一个外角， (1)作的平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)作线段的垂直平分线，与交于点F，与边交于点 E，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)判断四边形的形状并加以证明． 14．（2026·新疆哈密·三模）一种遮阳伞如图，遮阳伞支架垂直于地面，在上，，、、三点共线，.当太阳光线与垂直时，它与地面的夹角正好为， (1)的形状是______． (2)求落在地面上的投影的长．（精确到，，） 15．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图1所示，某种型号的机器人在展示中国功夫时的精彩瞬间，图2是其瞬间的几何示意图，机器人的一腿直立于地面，小腿部分刚好与地面平行，上身垂直于大腿，即于点，，于点，是机器人小腿上踢后与大腿在同一直线的瞬间．（这里的小腿，都包括脚面部分，上身包括头部部分）已知，，，参考数据：，，． (1)求的度数； (2)求点距离地面的高度．（结果精确到0.1） 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 几何初步与三角形 5年真题1年模拟 考点分类 新疆考情（2022-2026） 命题规律 考点01 相交线、平行线性质与判定 2026年新疆卷、 2025年新疆卷 以选择题为主，常结合三角板设置情境，考查平行线的判定与性质、角度计算。题目难度较低，侧重基础角度推理，会综合对顶角、邻补角知识，是试卷基础得分点，很少出现复杂综合变形。 考点02 三角形三边关系、内角和、外角性质 2026年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 选择、填空高频考查，重点考查三角形内角和、外角推论，部分试题结合动点滑动求最值。侧重角度换算与分类讨论思想，部分填空题需要多情况分析，对图形阅读理解能力有一定要求。 考点03 全等三角形判定与性质 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2023年新疆卷、 2022年新疆卷 高频解答必考，常与平行四边形综合考查，重点掌握SSS、SAS、ASA、AAS判定定理。既有简单证明题，也有旋转背景下的几何探究大题，注重逻辑书写，是几何大题的基础工具，区分度中等。 考点04 等腰、等边三角形性质与判定 、直角三角形 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2022年新疆卷 题型覆盖填空、解答，核心考查等边对等角、三线合一，直角三角形常结合折叠变换命题。经常和函数、几何探究融合，侧重角度转化、线段等量推导，折叠类题目要关注对应边、对应角相等的隐藏条件。 考点05 勾股定理 2026年新疆卷、 2024年新疆卷 选择、填空、解答均会出现，重点考查勾股定理计算，结合赵爽弦图、解方位角实际应用题。既会考直接计算线段长度，也会放在实际情境建模中，常和垂径定理、解直角三角形结合，公式应用是得分关键。 考点06 尺规作图 2026年新疆卷、 2025年新疆卷、 2024年新疆卷、 2023年新疆卷 高频考点，以选择、解答形式考查，重点是角平分线、垂直平分线作图。选择题识别作图痕迹判断结论；解答题要求保留作图痕迹，并结合角平分线性质、菱形判定做证明，要熟记作图对应的几何结论。 考点01 相交线、平行线性质与判定 1．（2026·新疆·中考真题）把一块含角的直角三角板按如图方式放置于两条平行线间，已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：由题意可知，，， 直角三角板放置于两条平行线间， ， 2．（2025·新疆·中考真题）如图，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行线的性质．直接根据平行线的性质作答即可． 【详解】解：∵，， ∴ 故选：B． 考点02 三角形三边关系、内角和、外角性质 1．（2022·新疆·中考真题）如图．AB与CD相交于点O，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由内错角相等可证得ACBD，再由两直线平行，内错角相等得∠D=∠C，即可求解． 【详解】解：∵∠A=∠B， ∴ACBD， ∴∠D=∠C=50°， 故选：D． 【点睛】本题考查平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键． 2．（2026·新疆·中考真题）如图，形状为直角三角形的木块，斜靠在竖直的墙上，木块顶点在墙面上滑动，另一顶点在地面上滑动，，，，在同一平面内，若，，则木块顶点到墙角的距离的最大值为____________． 【答案】/ 【分析】取中点，连接，根据直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，由即可得出结果． 【详解】解：取中点，连接， ∵， ∴， 由题意得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴的最大值为， 即木块顶点到墙角的距离的最大值为． 3．（2024·新疆·中考真题）如图，在中，．若点D在直线上（不与点A，B重合），且，则的长为_____________．    【答案】6或12 【分析】本题考查了含的直角三角形的性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，分①点D在线段时，②点D在线段延长线上时， ③点D在线段延长线上时，三种情况讨论求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴，， ①点D在线段时，      ∵，， ∴， ∴， ∴； ②点D在线段延长线上时，    ∵，， ∴， ∴， ∴； ③点D在线段延长线上时，    此时，即，故不符合题意，舍去， 综上，的长为6或12． 4．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，若，，，则______．    【答案】 【分析】根据等边对等角得出，再有三角形内角和定理及等量代换求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， 故答案为：． 【点睛】题目主要考查等边对等角及三角形内角和定理，结合图形，找出各角之间的关系是解题关键． 考点03 全等三角形判定与性质 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点E，F在对角线上，．求证： (1)； (2)四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又， ∴； (2)证明：∵， ∴ ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据即可证明； （2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出． 【详解】（1）略 （2）略 2．（2026·新疆·中考真题）已知，在 中，，，点D为上一点，，现将绕着点D旋转，交于点F，交 于点E． (1)如图1，当点D为中点时，猜想，之间的数量关系，并进行证明； (2)如图2，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明； (3)如图3，当时，猜想 ，，之间的数量关系，并进行证明． 【答案】(1)解：猜想，证明如下： 如图所示，连接， ∵，，点D为中点， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2)解：猜想，证明如下： 如图所示，过点作，，垂足分别为，则， 由（1）知， ∴为等腰直角三角形，则， ∴， 同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴； ∵，， ∴，， ∴ 由得，， ∵， ∴， ∴； (3)解：猜想，证明如下： 如图所示，过点作，，垂足分别为， 同（2）可得，， ∵， ∴， 同（2）可证明 ∴ ∴， ∵，， ∴，， ∴， 由得，， ∵， ∴， ∴，即． 【分析】（1）连接，证明即可； （2）过点作，，垂足分别为，则，，然后证明，则，由，，得到，，那么，再由求解即可； （3）同（2）的方法求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 3．（2025·新疆·中考真题）（1）解方程组：； （2）如图，，求证：． 【答案】 （1） （2）证明：∵， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查解二元一次方程组，全等三角形的判定和性质，掌握加减消元法，全等三角形的判定和性质是关键． （1）运用加减消元法求解即可； （2）根据题意证明，即可求解． 【详解】解：（1）； 得，， 解得，， 把代入②得，， 解得，， ∴原方程组的解为； （2）略 4．（2023·新疆·中考真题）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．    (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 【答案】(1) 证明：在与中， ∴， ∴， 又∵、分别是、的中点， ∴； (2) 证明：∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵为的中点，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证； （2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 5．（2022·新疆·中考真题）在中，点D，F分别为边AC，AB的中点．延长DF到点E，使，连接BE． (1)求证：； (2)求证：四边形BCDE是平行四边形． 【答案】(1) 证明：∵点F为边AB的中点， ∴， 在与中， ， ∴； (2) 证明：∵点D为边AC的中点， ∴， 由（1）得， ∴，， ∴，， ∴四边形BCDE是平行四边形． 【分析】（1）利用SAS直接证明； （2）利用和已知条件证明，即可推出四边形BCDE是平行四边形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定方法，难度较小，根据所给条件正确选用平行四边形的判定方法是解题的关键． 考点04 等腰、等边三角形性质与判定 、直角三角形 1．（2026·新疆·中考真题）如图，等边的面积为，边与双曲线相交于点，且，则____________． 【答案】 【分析】过点作轴于点，过点作轴于点，设等边的边长为，结合三角形面积，求出，，证明，利用相似三角形对应边成比例，求出，，从而得到点的坐标，即可得到的值． 【详解】解：如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 设等边的边长为， ，， ， 等边的面积为， ， （负值舍去）， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ． 2．（2025·新疆·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，若，则______． 【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的性质，等角对等边，根据平行四边形的性质，得到，得到，角平分线的定义，得到，进而得到，进而得到即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∵的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴； 故答案为：2． 3．（2022·新疆·中考真题）如图，在中，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．    (1)当时，___________； (2)探究与之间的数量关系，并给出证明； (3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解； （2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解； （3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解． 【详解】（1），，， ， 将沿折叠得到， ， ， ∴△ABE是等边三角形， ， 故答案为：60； （2），理由如下： 将沿折叠得到， ，， ，， ， ， ， ； （3）如图，连接， ，点是的中点， ， ，， ，， ， ， ， ， ．    【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用． 考点05 勾股定理 1．（2024·新疆·中考真题）如图，是的直径，是的弦，，垂足为E．若，，则的长为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理的应用，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据垂径定理求得，再对运用勾股定理即可求，最后即可求解． 【详解】解：∵，是的直径， ∴，， ∴在中，由勾股定理得， ∴， 故选：B． 2．（2026·新疆·中考真题）如图，甲、乙两艘货船分别从港口A和港口B同时出发向港口C直线航行运送货物．已知港口A位于港口B北偏西的方向上，港口C位于港口A北偏东的方向上，海里，海里，甲船航行速度为10海里/时，乙船的航行速度大约是多少海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C（结果保留根号）．（参考数据：，，，，，） 【答案】海里/时 【分析】根据题意构建直角三角形，利用已知角度的正弦值和余弦值，分别求出，，，的长度，最后根据勾股定理即可求出长度，利用时间相同求出乙船的时间，即可求出乙船的速度． 【详解】解：过点的正北方向作于点，交于点，过点作于点，设的正北方向上一点，如图所示， ，， ． ，， 海里，海里， 在中，，， 海里，海里． ，， 在中，，则海里， ，则海里． 海里， 海里， 在中，，则海里， ，则海里． 海里， 在中，海里． 海里，甲船航行速度为10海里/时，甲和乙的行驶时间相同， 小时， 海里， 海里/时． 乙船的航行速度大约是海里/时，甲、乙两船可以同时到达港口C． 【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用问题，涉及到正弦和余弦值，勾股定理，解题的关键在于利用方向构建直角三角形． 3．（2026·新疆·中考真题）解决问题： (1)解方程：； (2)被誉为“东方数学瑰宝”的赵爽弦图，是我国古代证明勾股定理的经典方法之一．如图，已知正方形的面积为100，正方形的面积为4，求的长． 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解； （2）根据正方形的面积求出边长，设，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：， 去分母得，， 去括号得，， 移项合并得，， 经检验，当时，， 分式方程的解为； （2）解：正方形的面积为100，正方形的面积为4， ，， 设，则， 在中，， ， 解得：或（舍）， 即的长为6． 考点06 尺规作图 1．（2026·新疆·中考真题）如图，在中，点在上．第一步：以点为圆心，任意长为半径画弧交，于点，；第二步：以点为圆心，长为半径画弧交于点；第三步：以点为圆心，长为半径画弧交第二步所画的弧于点，连接并延长，交于点．则下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据尺规作图痕迹可知，从而推出，结合平行四边形的性质，利用三角形内角和定理及平角定义进行角度转换即可得出结论． 【详解】解： 由作图步骤可知， 四边形是平行四边形 在中， ，其余结论均不能证明． 2．（2023·新疆·中考真题）如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的内部交于点，作射线交于点．若，，则的长为(    )    A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】过点作于点，勾股定理求得，根据作图可得是的角平分线，进而设，则，根据，代入数据即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，    在中，，， ∴， 根据作图可得是的角平分线， ∴ 设， ∵ ∴ 解得： 故选：C． 【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的性质，正弦的定义，勾股定理解直角三角形，熟练掌握基本作图以及角平分线的性质是解题的关键． 3．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； (2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1) 如图所示，即为所求； (2) 证明：如图所示， ∵垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 4．（2024·新疆·中考真题）（）解方程：； （）如图，已知平行四边形． 尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作的平分线交于点；（要求：不写作法，保留作图痕迹，并把作图痕迹用黑色签字笔描黑） 在的条件下，求证：是等腰三角形．    【答案】（）； （）解：如图，即为所求； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 【分析】（）按照解一元一次方程的步骤解答即可求解； （）按照作角平分线的方法作图即可；由平行四边形的性质及角平分线的性质可得，即得，即可求证； 本题考查了解一元一次方程，作角的平分线，角平分线的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，根据题意正确画出图形是解题的关键． 【详解】（）解：去括号得，， 移项得，， 合并同类项得，； （）略 略 一、单选题 1．（2026·新疆喀什·二模）下列几何体的展开图中，能围成三棱锥的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用几何体的展开图逐一判断即可． 【详解】解：选项A、该图形是圆柱的展开图，不符合题意； 选项B、四个三角形，是三棱锥的展开图，符合题意； 选项C、该图形是圆锥的展开图，不符合题意； 选项D、该图形是三棱柱的展开图，不符合题意． 2．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）在同一平面内，将直尺、含角的三角尺和木工角尺按如图方式摆放，若，则的大小为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行线的性质得出，根据垂直的定义得出，根据平角的定义即可得出答案． 【详解】解：如图所示，由题意得，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 3．（2026·新疆和田·模拟预测）下列各组数中，是勾股数的是（     ） A．2，3，5 B．4，12，13 C．7，24，25 D．0.6，0.8，1 【答案】C 【分析】本题考查勾股数的判断，勾股数需满足两个条件，一是三个数均为正整数，二是两个较小数的平方和等于最大数的平方，据此逐一判断即可． 【详解】解： A选项，∵ ，，，∴ 不是勾股数； B选项，∵ ，，，∴ 不是勾股数； C选项，∵ ，且三个数均为正整数，∴ 是勾股数； D选项，∵ 三个数不全是正整数，∴ 不是勾股数； 综上，选C． 4．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，绕点顺时针旋转得到．若点，，在同一条直线上，，的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由旋转得，，，，故，又，故，在中，． 【详解】解：由旋转得，，，， ， ， ， 在中，． 5．（2026·新疆喀什·二模）如图，在中，，分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，连接交于点，交于点，连接，则线段的长为（     ） A．1 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知是线段的垂直平分线，在中，解直角三角形即可得到答案． 【详解】解：由作图可知，是线段的垂直平分线， ∴，， 在中，，，则， ∴， 则． 6．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，在中，， ， ，点D在上，且 ．连接，线段绕点A 顺时针旋转得到线段，连接，．则的面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，得是等腰直角三角形，可得，由 得，，再证 ，得 且 ，，再利用面积公式直接计算 的面积． 【详解】解： ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ∵ 绕点 顺时针旋转 得到 ， ， ， ， 在 和 中， ， ， ， ， ． 二、填空题 7．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）将直尺和三角板如图放置，，求________． 【答案】 【分析】，． 【详解】解：如图，由直尺得，， ， 由三角板得，， ． 8．（2026·新疆和田·模拟预测）如图，在水平地面上，有一棵高12m的大树和一棵高4m的小树，两树之间的水平距离是15m．若一只小鸟从小树的顶端飞到大树的顶端，则小鸟至少飞行________m． 【答案】 17 【分析】根据题意，画出示意图，其中表示大树，表示小树，过点作，垂足为，如图所示，则，求出的长，由勾股定求出的长即可得到答案． 【详解】解：表示大树，表示小树，过点作，垂足为，如图所示： 则， ， ， 在中，， 由勾股定理得， 则小鸟至少飞行了． 9．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）等边三角形的边长为1，是边上的一点，过作边的垂线，交于，用表示线段的长度，的面积为，请写出的函数关系式________．（对取值范围不做要求） 【答案】 【分析】由等边三角形的性质可得，，解，可得，，代入三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：∵等边三角形的边长为1， ∴，， 在中，，， ，， ． 10．（2026·新疆和田·模拟预测）如图，一个圆柱的高是，底面直径是．一只蚂蚁在圆柱侧面爬行，从点A处爬到与点A相对的点B处吃食物，则它要爬行的最短路程是________． 【答案】 【分析】将圆柱侧面展开为矩形，利用“两点之间线段最短”，把蚂蚁爬行的最短路程转化为矩形中直角三角形的斜边长度，需先计算矩形的长（底面半圆的弧长）和宽（圆柱的高），再用勾股定理求解． 【详解】解：如图，将圆柱侧面展开如图所示，过点B作于点C，则， ∴， 即它要爬行的最短路程是． 11．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，是等边的高，，E，F分别是线段上动点，且，则的最小值为____． 【答案】 【分析】过点C作，且，并在的同侧，连接，交于点G，当F与点G重合时，取得最小值，勾股定理计算． 【详解】解：如图，过点C作，且，并在的同侧，连接，交于点G，连接， ∵为等边的高， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 当点三点共线，即F与点G重合时，取得最小值， ， 的最小值为． 三、解答题 12．（2026·新疆昌吉·模拟预测）完成以下问题 (1)解方程组：； (2)如图，，，求证：． 【答案】(1) (2)证明：在和中： ， ​， ∴， 又， ， 即． 【分析】（1）根据加减消元法即可解答； （2）证明，得出，结合，即可证明． 【详解】（1）解：， 得：，解得：， 把代入①，得​， ∴方程组的解为． （2）略 13．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在中， ，是的一个外角， (1)作的平分线（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)作线段的垂直平分线，与交于点F，与边交于点 E，连接（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）． (3)判断四边形的形状并加以证明． 【答案】(1)如图，即为所求； (2)如图，即为所求； (3)解：四边形 是菱形． 证明如下： ， ． 平分， ． 又， ， ∴． ∴， 垂直平分， ， ∴， ∴． 四边形是平行四边形（对角线互相平分）． 又， 平行四边形是菱形． 【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法作图即可； （2）根据尺规作垂直平分线的方法作图即可； （3）证明，得到，进而得到四边形为平行四边形，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论. 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 14．（2026·新疆哈密·三模）一种遮阳伞如图，遮阳伞支架垂直于地面，在上，，、、三点共线，.当太阳光线与垂直时，它与地面的夹角正好为， (1)的形状是______． (2)求落在地面上的投影的长．（精确到，，） 【答案】(1)等边三角形 (2) 【分析】（1）由图可推，等腰+可知是等边三角形； （2）由（1）可知是等边三角形，所以，又，所以，在中，根据可算出投影的长度． 【详解】（1）等边三角形．理由如下： ， ， 当太阳光线与垂直时，它与地面的夹角正好为， 即， 可得， ， 有一个角是的等腰三角形是等边三角形， 所以是等边三角形． （2）解：作于， 是等边三角形 ， ， ， 四边形是矩形， ， 在中， 落在地面上的投影的长为． 15．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）如图1所示，某种型号的机器人在展示中国功夫时的精彩瞬间，图2是其瞬间的几何示意图，机器人的一腿直立于地面，小腿部分刚好与地面平行，上身垂直于大腿，即于点，，于点，是机器人小腿上踢后与大腿在同一直线的瞬间．（这里的小腿，都包括脚面部分，上身包括头部部分）已知，，，参考数据：，，． (1)求的度数； (2)求点距离地面的高度．（结果精确到0.1） 【答案】(1) (2)点距离地面的高度约为 【分析】（1）过点作，由平行线的性质可得，，，即可得解； （2）过点作于点，延长交于点，可得，证明四边形是矩形，则，，解直角三角形，可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图，过点作， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图，过点作于点，延长交于点， 由（1）可知，， ， ， ， ， ， 又，， 四边形是矩形， ，， ， 在中，， ， , 答：点距离地面的高度约为． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $