最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题13 三角形（6大考点）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
第四部分 三角形
专题13 三角形（6大考点）
核心考点一 三角形及边角关系
例1 （2021·湖北宜昌·统考中考真题）如图，将一副三角尺按图中所示位置摆放，点在上，其中，，，，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设AB与EF交于点M，根据，得到，再根据三角形的内角和定理求出结果．
【详解】解：设AB与EF交于点M，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴,
∵,
∴=，
故选：A．
．
【点睛】此题考查平行线的性质，三角形的内角和定理，熟记平行线的性质并应用是解题的关键．
例2 （2021·黑龙江大庆·统考中考真题）三个数3，在数轴上从左到右依次排列，且以这三个数为边长能构成三角形，则的取值范围为______
【答案】
【分析】根据三个数在数轴上的位置得到，再根据三角形的三边关系得到，求解不等式组即可．
【详解】解：∵3，在数轴上从左到右依次排列，
∴，解得，
∵这三个数为边长能构成三角形，
∴，解得，
综上所述，的取值范围为，
故答案为：．
【点睛】本题考查不等式组的应用、三角形的三边关系，根据题意列出不等式组是解题的关键．
例3 （2022·北京·统考中考真题）下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证明．
【答案】答案见解析
【分析】方法一：依据平行线的性质，即可得到，，从而可求证三角形的内角和为．
方法二：由平行线的性质得：∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，从而可求证三角形的内角和为．
【详解】证明：
方法一：过点作，
则，． 两直线平行，内错角相等）
∵点，，在同一条直线上，
∴．（平角的定义）
．
即三角形的内角和为．
方法二：
如图，过点C作
∵CD//AB，
∴∠A=∠ACD，∠B+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ACB+∠A=180°．
即三角形的内角和为．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
三角形是初中阶段几何图形学习的基础，也是中考必考内容之一；三角形及边角关系内容比较简单，中考中一般会出在选择题、填空题，解答题偶有出现，注意以下最基本的三角形边角关系：
两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；
2.三角形的内角和为180°；
3.三角形外角和为360°；
【变式1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在中，，是的高线，是的角平分线，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用角平分线的定义可求出的度数，在中，利用三角形内角和定理可求出的度数，再结合，即可求出的度数．
【详解】解：
∵是的角平分线，
∴．
∵是的高，
∴．
在中，，
∴，
∴，
∴的度数为
故选A．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理以及角平分线的定义，牢记三角形内角和是是解题的关键．
【变式2】（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，在中，，将绕顶点C顺时针旋转得到，D是的中点，连接BD，若，，则线段的最大值为（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】D
【分析】连接，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知，在中，利用三角形三边关系可得的最大值．
【详解】解：如图，连接，
在中，，，，则，
∴，
由旋转可知，，
∵D是的中点，
∴，
在中，利用三角形三边关系可得，（当，，三点共线时取等号）
∴，
∴的最大值为4，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了含的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，三角形三边关系，旋转的性质等知识，掌握几何最值的求解方法是解题的关键．
【变式3】（2022·广东韶关·校考二模）如图，△ABC中，，，，线段DE的两个端点D，E分别在边AC，BC上滑动，且，若点M，N分别是DE，AB的中点，则MN的最小值为_________．
【答案】
【分析】根据三角形斜边中线的性质求得，，由当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，即可求得MN的最小值．
【详解】解：如图，连接CM、CN，
中，，，，
∴．
∵，点M，N分别是DE，AB的中点，
∴，．
当C，M，N三点在同一条直线上时，MN取最小值，
∴MN的最小值为
故答案为：
【点睛】本题考查了三角形三边关系，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的应用等，明确C、M、N在同一直线上时，MN取最小值是解题的关键．
【变式4】（2023·广东佛山·校考一模）如图，在四边形中，，E为对角线的中点，连接，，，若，则_____°．
【答案】38
【分析】证明，可得，，可得，再利用等腰三角形的性质可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
在中，，
同理可得到：，
∴，
在等腰三角形中，；
故答案是：38．
【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，三角形的外角的性质，等腰三角形的性质，熟练的求解是解本题的关键．
【变式5】（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，在和中，，，且，且B，D，E在同一直线上，连接．
(1)求证：．
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)利用，即可证得，即可证得结论；
(2)利用(1)中的结论可得，则；在等腰中可得，则，再由，即可求解．
【详解】（1）证明：，
，
即．
在和中，
，
．
．
（2）解：由(1)知：，
．
，
，
，
．
，
，
．
．
．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理．利用全等三角形的对应角相等是解题的关键．
核心考点二 三角形中的重要线段
例1 （2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在中，，，是边的中点，是边上一点，若平分的周长，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】延长至，使得，连接，构造等边三角形，根据题意可得是的中位线，即可求解．
【详解】解：如图，延长至，使得，连接，
，
,
又，
是等边三角形，
，
是边的中点，是边上一点，平分的周长，
，，
，
，
，
即，
是的中位线，
．
故选C．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，等边三角形的性质，三角形中线的定义，构造等边三角形是解题的关键．
例2 （2021·辽宁阜新·统考中考真题）如图，直线，一块含有30°角的直角三角尺顶点E位于直线CD上，EG平分，则的度数为_________°．
【答案】60
【分析】根据角平分线的定义可求出的度数，即可得到的度数，再利用平行线的性质即可解决问题．
【详解】一块含有30°角的直角三角尺顶点E位于直线CD上，
，
平分，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了角平分线定义和平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
例3 （2022·山东青岛·统考中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用，分别表示和的面积．
则，
∵
∴．
【性质应用】
(1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________；
(2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________；
(3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________．
【答案】(1)
(2)；
(3)
【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得；
（3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
则，
∵AE=AE，
∴．
（2）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
（3）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
三角形中的主要线段包括三角形的高线，中线和角平分线。
三角形的一个顶点向它的对边所在的直线画垂线，从顶点到垂足之间的线段叫做这个三角形的高线，简称三角形的高。
在三角形中，连接一个顶点和它的对边中点的线段叫做这个三角形的中线。一个三角形共有三条中线，这三条中线相交于一点，这个点叫三角形的重心。
三角形中一个角的角平分线与这个角的对边相交，得到顶点与交点之间的线段叫做三角形的角平分线。
【变式1】（2022·吉林长春·校考模拟预测）如图，在中，小美同学按以下步骤作图：以点为圆心，以的长为半径画弧，交于点，连接；分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点；作射线交于点，连接若的面积为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】证明，推出，，可得结论．
【详解】解：由作图过程可知，，且平分，
点是的中点，
，，
．
故选：B．
【点睛】本题考查作图复杂作图，等腰三角形的性质，三角形中线的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式2】（2022·重庆大渡口·重庆市第三十七中学校校考二模）如图，正方形的对角线与相交于点O，的角平分线分别交、于M、N两点．若，则线段的长为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过点M做于G，利用角平分线的性质定理，得，然后再利用的面积公式求解正方形的边长，从而得解．
【详解】解：设正方形的边长为，则，
过点M做于G，如图所示，
平分，，，
，
，
，
，
，
，
；
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质、角平分线的性质定理等知识，熟练掌握正方形的性质与角平分线的性质定理是解答此题的关键．
【变式3】（2022·江西九江·统考一模）如图，在矩形ABCD中，，，点E在边上运动，设线段CE的长度为m，则m的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，结合勾股定理先求出AC、BD的长，当点E运动到点A时，CE的长度最长，当点E在BD上运动，且CE⊥BD时，CE最小，分别求出此时CE的长，即可求出m的取值范围．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=2，BC=AD=4，，
，
当点E运动到点A时，CE的长度最长，此时，
即m的最大值为；
当点E在BD上运动，且CE⊥BD时，CE最小，
∵，
∴，
即m的最小值为，
综上分析可知，m的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，根据题意找出CE取最大值和最小值时，点E所处的位置，是解题的关键．
【变式4】（2022·内蒙古包头·包钢第三中学校考三模）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点，若，四边形的面积为40．则______．
【答案】10
【分析】由是的中点及，可证明△ADE≌△DCE，则可得AF=CD，再由D是BC的中点，可得四边形ADBF是平行四边形，则可得△ABF与△ABD的面积相等，再由三角形中线平分三角形面积，易得△ABC面积等于四边形ADBF的面积，则由三角形面积公式即可求得AC的长．
【详解】∵是的中点，
∴AE=DE，
∵，
∴∠FAE=∠CDE
∵∠AEF=∠DEC，
∴△ADE≌△DCE(ASA)，
∴AF=CD．
∵D是BC的中点，
∴AD是斜边BC上的中线，
∴BD=CD=AD，，
∴AF=BD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∴AD=BF，
∵AB=AB，AF=BD，
∴△ABF≌△ABD(SSS)，
∴．
∴，
即，
∴，
∴AC=10．
故答案为：10．
【点睛】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，直角三角形斜边上中线的性质等知识，判定四边形ADBF是平行四边形，进而得到它的面积等于△ABC的面积是解题的关键．
【变式5】（2022·浙江杭州·翠苑中学校考二模）在图1，图2，图3中，是的中线，，垂足为P．设
(1)①如图1，当，时， ， ．
②如图2，当，时， ， ．
(2)观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明．
【答案】(1)①，；②；
(2)，见解析
【分析】（1）先判断是等腰直角三角形，再得到也是等腰直角三角形，最后计算即可；
（2）先设表示出线段最后利用勾股定理即可．
【详解】（1）
①如图1，连接，则是的中位线，
是等腰直角三角形，
也是等腰直角三角形，
，
，；
故答案为：，；
②如图2，
连接，则是的中位线．
，
，
，
；
故答案为：，．
（2），理由如下：
如图3，连接，则是的中位线．
∴，
∴，
∴，
设
则
，
，，
．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解本题的关键．
核心考点三 等腰三角形
例1 （2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
例2 （2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在中，，，D为边上一点，且，连接，以点D为圆心，的长为半径作弧，交于点E（异于点C），连接，则的长为___________．
【答案】##
【分析】过点D作DF⊥BC于点F，根据题意得出，根据等腰三角形性质得出，根据，，得出，设，则，证明，得出，列出关于x的方程，解方程得出x的值，即可得出．
【详解】解：过点D作DF⊥BC于点F，如图所示：
根据作图可知，，
∵DF⊥BC，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质和判定，勾股定理，平行线分线段成比例定理，平行线的判定，作出辅助线，根据题意求出CF的长，是解题的关键．
例3 （2022·山东日照·统考中考真题）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，∠C=90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM=a，CN=b，若ab=8．
(1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
(2)①当a=b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．
【答案】(1)直角三角形，理由见解析
(2)①45°；②成立，理由见解析
【分析】（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论；
（2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE=PE=PF=BF，从而得出ME=EG=GF=NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果；
②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE=EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果．
（1）解：线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：∵AM=AC-CM=4-a，BN=4-b，∴AE=AM= (4−a)，BE= (4−b)，∴AE2+BF2=2（4-a）2+2（4-b）2=2（a2+b2-8a-8b+32），AC=4，∴EF=AB-AE-BF= [4-（4-a）-（4-b）]，∵ab=8，EF2=2（a+b-4）2=2（a2+b2-8a-8b+16+2ab）=2（a2+b2-8a-8b+32），∴AE2+BF2=EF2，∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；
（2）解：①如图1，连接PC交EF于G，∵a=b，∴ME=AM=BN=NF，∵四边形CNPM是矩形，∴矩形CNPM是正方形，∴PC平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠PEG=90°，∵CM=CN=PM=PN，∴PE=PF，∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，EF2=AE2+BF2，EF2=PE2+PF2，∴PE=AE=PF=BF，∴ME=EG=FG=FN，∴∠MCE=∠GCE，∠NCF=∠GCF，∵∠ACB=90°，∴∠ECG+∠FCG=∠ACB=45°；②如图2，仍然成立，理由如下：将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，∴∠DAC=∠B=45°，AD=BF，∴∠DAE=∠DAC+∠CAB=90°，∴DE2=AD2+AE2=BF2+AE2，∵EF2=BF2+AE2，∴DE=EF，∵CD=CF，CE=CE，∴△DCF≌△FCE（SSS），∴∠ECF=∠DCF=∠DCF=×90°=45°．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，正方形判定和性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
知识点：等腰三角形的性质
1、等腰三角形
（1）定义：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形，相等的两边叫做腰，另一边叫做底边，两腰的夹角叫做顶角，腰和底边的夹角叫做底角。
（2）性质
①两腰相等
②两底角相等（简称等边对等角）
③等腰三角形顶角平分线、底边上的中线、底边上的高线互相重合（简称为“三线合一”）
④等腰三角形是轴对称图形，其顶角平分线、底边上的中线、底边上的高线所在的直线式对称轴。
证明题目中的写法：
①已知高线：∵AB=AC，AD⊥BC，∴BD=CD，∠BAD=∠CAD
②已知中线：∵AB=AC，BD=CD，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD
③已知角平分线：∵AB=AC，∠BAD=∠CAD，∴AD⊥BC，BD=CD
（3）等腰三角形的构造
“角平分线+平行线”构造等腰三角形
①如下左图所示，OP评分∠AOB，CD∥OA，则△OCD是等腰三角形
②如下右图所示，OP评分∠AOB，CD∥OB，则△OCD是等腰三角形
“角平分线+垂线”构造等腰三角形
如下左图所示，已知AD是∠BAC的平分线，AD⊥BC，得出等腰三角形
“角平分线+中线”构造等腰三角形
如下中图所示，已知AD是∠BAC的平分线，D是BC中点，则△ABC是等腰三角形
“中点+垂直”构造等腰三角形（垂直平分线）如下右图所示
(5)“平行+等腰”构造等腰三角形
已知等腰△ABC，过腰或底上作腰或底的平行线
知识点：等腰三角形的判定
等腰三角形的判定
①有两条边相等的三角形是等腰三角形。
②有两个角相等的三角形是等腰三角形。（简称“等角对等边”）
总结：
【变式1】（2022·江苏南京·南京大学附属中学校考模拟预测）如图，锐角三角形中，直线l为的中垂线，直线m为的角平分线，l与m相交于P点．若，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据角平分线定义求出，根据线段的垂直平分线性质得出，求出，根据三角形内角和定理得出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：平分，
，
直线l是线段的垂直平分线，
，
，
，
，
，
解得：，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，能求出是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
【变式2】（2022·四川乐山·统考二模）如图，在中，，，斜边的两个端点分别在相互垂直的射线和上滑动，给定下列命题，其中正确命题的序号是（ ）．
①若、两点关于对称，则；
②、两点距离的最大值为；
③若平分，则；
④斜边的中点运动路径的长为．
A．①③④B．②③④C．①④D．①②
【答案】D
【分析】①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求和，由对称的性质可知：是的垂直平分线，所以；②由，当经过的中点E时，最大，则C、O两点距离的最大值为4；③如图2，当时，易证四边形是矩形，此时与互相平分，但所夹锐角为60°，明显不垂直，④如图3，半径为2，圆心角为90°的扇形的圆弧是点D的运动路径，根据弧长公式进行计算即可．
【详解】在中，，，
∴，．
①若C、O两点关于对称，如图1，
∴是的垂直平分线，则；
所以①正确；
②如图1，取的中点为E，连接、，
∵，
∴．
∵，
∴当经过点E时，最大，且C、O两点距离的最大值为4；
所以②正确；
③如图2，当时，，
∴四边形是矩形，
∴与互相平分，但AB与的夹锐角为60°，不垂直；
所以③不正确；
④如图3，斜边的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，
则其弧长为：．
所以④不正确；
综上所述，本题正确的有：①②；
故选：D．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了含30°角直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质、轴对称的性质、线段垂直平分线的性质、动点运动路径问题、弧长公式，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半是本题的关键，确定点D的运动路径是本题的难点．
【变式3】（2023·山东济南·山东大学附属中学校考一模）如图，点E是正方形边的中点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点M，交于点N．则的长度为______．
【答案】
【分析】连接，过点M作于点H，求出，得出，证明，求出，再证明，求出结果即可．
【详解】解：连接，过点M作于点H，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，
，
∵是的中点，
∴，
根据折叠可知，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，证明，求出．
【变式4】（2022·重庆铜梁·铜梁中学校校考模拟预测）如图，▱中，，点是上一点，连接、，且，若，则______．
【答案】##15度
【分析】首先证明四边形是菱形，然后根据等腰三角形的性质可得，利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：在▱中，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
【变式5】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在中，的平分线分别与线段交于点F，E，与交于点G．
(1)求证：．
(2)若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据平行线的性质得到，再由角平分线的定义证明，得到，即可证明；再根据平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，同理可得，则；
（2）过点C作交于K，交于点I，证明四边形是平行四边形，，得到，再证明，得到，则，同理证明，得到，求出，则．
【详解】（1）证明：在平行四边形中，，
∴．
∵分别是的平分线，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴；
（2）解：过点C作交于K，交于点I，
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵D，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，角平分线的定义等等，正确作出辅助线是解题的关键．
核心考点四 等边三角形
例1 （2022·四川巴中·统考中考真题）在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，将绕点逆时针旋转到如图的位置，的对应点恰好落在直线上，连接，则的长度为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】先求出点A、B的坐标，可求得OA、OB，进而可求得∠OAB=60°，利用旋转的性质和等边三角形的判定与性质证明和为等边三角形得到即可求解.
【详解】解：对于，
当时，，当时，由得：，
则A（1，0），B（0，），
∴，，
∴，则∠OAB=60°，
由旋转性质得：，，，
∴是等边三角形，
∴，又
∴是等边三角形，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点问题、旋转性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用，证得是等边三角形是解答的关键．
例2 （2022·山东日照·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是__________．
【答案】2
【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥F1F2时，垂线段OF最短，当点F1在x轴上时，由勾股定理得：，进而得，求得点F1的坐标为，当点F2在y轴上时，求得点F2的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线F1F2的解析式为y=x-4，再由线段中垂线性质得出，在Rt△OF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则根据面积法得，即，解得h=2，根据垂线段最短，即可得到线段OF的最小值为2．
【详解】解：∵将线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，
∴∠APF=60°，PF=PA，
∴△APF是等边三角形，
∴AP=AF，
如图，当点F1在x轴上时，△P1AF1为等边三角形，
则P1A=P1F1=AF1，∠AP1F1=60°，
∵AO⊥P1F1，
∴P1O=F1O，∠AOP1=90°，
∴∠P1AO=30°，且AO=4，
由勾股定理得：，
∴，
∴点F1的坐标为，
如图，当点F2在y轴上时，
∵△P2AF2为等边三角形，AO⊥P2O，
∴AO=F2O=4，
∴点F2的坐标为（0，-4），
∵，
∴∠OF1F2=60°，
∴点F运动所形成的图象是一条直线，
∴当OF⊥F1F2时，线段OF最短，
设直线F1F2的解析式为y=kx+b，
则，
解得，
∴直线F1F2的解析式为y=x-4，
∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，
∴，
在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2，
设点O到F1F2的距离为h，则，
∴，
解得h=2，
即线段OF的最小值为2，
故答案为2．
【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用．
例3 （2022·青海·统考中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.
(1)问题发现：
如图1，若和是顶角相等的等腰三角形，BC，DE分别是底边.求证：；
图1
(2)解决问题：如图2，若和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一条直线上，CM为中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系并说明理由.
图2
【答案】(1)见解析
(2)；
【分析】（1）先判断出∠BAD=∠CAE，进而利用SAS判断出△BAD≌△CAE，即可得出结论；
（2）同（1）的方法判断出△BAD≌△CAE，得出AD=BE，∠ADC=∠BEC，最后用角的差，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵和是顶角相等的等腰三角形，
∴，，，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：，，
理由如下：由（1）的方法得，，
∴，，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD≌△BCE是解本题的关键．
知识点：等边三角形的性质与判定
等边三角形
定义：有三条边相等的三角形叫做等边三角形。
性质：三条边都相等，三个角都相等，每一个角都等于60°
判定：
①三条边都相等的三角形是做等边三角形
②三个角都相等的三角形是等边三角形
③有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
推论：在直角三角形中，锐角为30°所对的直角边等于斜边的一半。
总结：
等腰三角形和等边三角形对比
② 等腰三角形和等边三角形的判定
【变式1】（2022·广东东莞·东莞市横沥中学统考一模）如图，在矩形中，为上运动，，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】C
【分析】过点E作于点P，作点P关于的对称点G，连接，过点G作于点H，则，，先证明四边形是矩形，可得，从而得到，进而得到当点B，E，G三点共线时，最小，此时最小，最小值为的长，再由锐角三角函数可得，可证得为等边三角形，从而得到，，，进而得到 ，继而得到，，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作于点P，作点P关于的对称点G，连接，过点G作于点H，则，，
在矩形中，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴当点B，E，G三点共线时，最小，此时最小，最小值为的长，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
即最小值为3．
故选：C
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，直角三角形的性质，勾股定理矩形的判定而后行政，等边三角形的判定和性质等知识，根据题意得到当点B，E，G三点共线时，最小，此时最小，最小值为的长，为等边三角形是解题的关键．
【变式2】（2022·重庆渝中·重庆市求精中学校校考一模）在等边中，D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转60°，得到，连接ED，若，，有下列结论：①；②；③是等边三角形；④的周长是9.5，其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质得，，再利用旋转的性质得，，则，于是根据平行线的判定可对①进行判断；由绕点B逆时针旋转，得到，得到，，则根据边三角形的判定方法得到为等边三角形，于是可对③进行判断；根据等边三角形的性质得，，然后说明，则，于是可对②进行判断；最后利用，，和三角形周长定义可对④进行判断．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，，
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴，
∴，所以①正确；
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴为等边三角形，所以③正确，
∴，，
在中，∵，
∴，即，
∴，所以②错误；
∵，，
∴的周长，所以④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
【变式3】（2022·贵州遵义·统考一模）如图，为等边三角形内一点，，，，将绕点顺时针旋转得到，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】
【分析】连接，过点D作于点F，根据旋转的性质可得，，，从而可证，是等边三角形，然后根据求解即可．
【详解】解∶连接，过点D作于点F，
，
由题意，知，，，，
∴是等边三角形，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，添加合适的辅助线进行解答是解题的关键．
【变式4】（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知菱形的边长为1，，为上的动点，在上，且，设的面积为，，当点运动时，则与的函数关系式是__________．
【答案】
【分析】证明是等边三角形，求出的面积与的函数关系式，即可得出答案．
【详解】连接，如图所示：
∵菱形的边长为1，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴的面积，
作于，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的函数关系式为：．
故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、动点问题的函数、三角形的面积问题，证明两个三角形全等是解决问题的关键．
【变式5】（2023·辽宁沈阳·沈阳市第一二六中学校考一模）如图1，在等腰三角形中，，连接．点M、N、P分别为的中点．
(1)当时，
①观察猜想：图1中，点D、E分别在边上，线段的数量关系是 ，的大小为 ．
②探究证明：把绕点A顺时针方向旋转到如图2所示的位置，连接，求证：．
③在②的条件下，如图2，求证：是等边三角形
(2)拓展延伸：当时，，时，把绕点A在平面内自由旋转，如图3，请直接写出面积的最大值．
【答案】(1)①；②见解析；③见解析
(2)32
【分析】（1）①易证是的中位线，是的中位线，得出，，，，则，推出，即可得出结果；②先证，得出，；③证是的中位线，是的中位线，得出，，则，推出，即可得出是等边三角形；
（2）易证，同（1）得，，则，是等腰直角三角形，当时，面积有最大值，即可得出结果．
【详解】（1）①解：∵，
∴，
∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
②证明：由旋转的性质得：，
∵，
∴，
∴，
③证明：∵点M、N、P分别为的中点，
∴是的中位线，是的中位线，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）由题意得：，即，
同（1）得：，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当时，最大，此时，如图4所示：
，
∴面积的最大值为32．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质、等边三角形的判定、三角形面积的计算得知识；熟练掌握旋转的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
核心考点五 直角三角形
例1 （2022·甘肃兰州·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，，，则（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出．利用菱形性质、直角三角形边长公式求出，进而求出．
【详解】是菱形，E为AD的中点，
，．
是直角三角形，．
，，
，．
，即，
，．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出并求得．求解本题时应恰当理解并运用菱形对角线互相垂直且平分、对角相等，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质．
例2 （2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在中，，，，点，分别在，上，将沿直线翻折，点的对应点恰好落在上，连接，若，则的长为_________．
【答案】7.5
【分析】在中，利用勾股定理求出的长，然后根据得出，再根据折叠的性质可得．根据求得的长．
【详解】解：在中，
，
，，
．
，
，
，
．
．
．
．
将沿直线翻折，点的对应点恰好落在上，
．
．
故答案为：7.5．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质、勾股定理，解题的关键是在直角三角形中根据通过推理论证得到是斜边上的中线．
例3 （2022·北京·统考中考真题）在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得
(1)如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；
(2)连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)；证明见解析
【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴．
（2）解：补全后的图形如图所示，，证明如下：
延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵，CM＝CB，
∴ 垂直平分BM，
∴，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴ ，即，
∵，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键．
概念：直角三角形，指的是有一个角是直角的三角形；
性质：
直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方。
2、在直角三角形中，两个锐角互余。
3、直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半（即直角三角形的外心位于斜边的中点，外接圆半径R=C/2）。该性质称为直角三角形斜边中线定理。
4、直角三角形的两直角边的乘积等于斜边与斜边上高的乘积。
5、如图2，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高，则有射影定理如下：
（1）（AD)²=BD·DC。
（2）（AB)²=BD·BC。
（3）（AC)²=CD·BC。
射影定理，又称“欧几里德定理”：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边的射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项。是数学图形计算的重要定理。
6、在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半。
在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°。
【变式1】（2023·陕西西安·校考二模）如图是的高，，，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由含30度角的直角三角形的性质可求出，结合勾股定理可求出．再根据正切的定义得出，即可求出，最后计算即可．
【详解】∵是的高，，
∴，
∴，
∴．
∵，即，
∴，
解得：，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形．利用数形结合的思想是解题关键．
【变式2】（2023·安徽滁州·校考一模）如图，两点，分别在矩形的和边上，，，，且，点为的中点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】证明，得出，勾股定理得出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
又，
∴,
又，
∴，
∴
∵，
∴，
∴
在中，，
∵点为的中点，，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出是解题的关键．
【变式3】（2023·四川成都·统考一模）如图，在中，，点D为边上一点，连接．现将沿翻折使得点A落在边的中点E处．若，则__________．
【答案】
【分析】由折叠的性质可得，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，即可证明是等边三角形，得到，则，根据含30度角的直角三角形的性质求出，则由勾股定理可得．
【详解】解：由折叠的性质可知，，
∵，E为边的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，证明是等边三角形是解题的关键．
【变式4】（2023·辽宁大连·统考一模）如图，已知．若，则的长为__________．
【答案】
【分析】过点E作交的延长线于点F，于点H，可得四边形是矩形，从而得到，再由直角三角形的性质可得求出，进而得到的长，从而得到，进而得到的长，再由勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作交的延长线于点F，于点H，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理二次根式的性质，做适当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式5】（2022·安徽合肥·校考二模）如图，在中，，点E是边上的点，过点E作于点F．连接，点O是的中点，交于点D．
(1)若，求的度数；
(2)若，
①求证：；
②求的值．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
【分析】（1）由直角三角形的性质得出，证出，则可得出答案；
（2）①由全等三角形的性质得出，由等腰三角形的性质可证出结论；
②由三角形中位线定理得出，设，则，由全等三角形的性质得出，由勾股定理求出，求出，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
又∵O为的中点，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）①证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
②解：∵，，
∴为的中位线，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质及直角三角形的性质．
核心考点六 等腰直角三角形
例1 （2022·辽宁阜新·统考中考真题）如图，平面直角坐标系中，在直线和轴之间由小到大依次画出若干个等腰直角三角形（图中所示的阴影部分），其中一条直角边在轴上，另一条直角边与轴垂直，则第个等腰直角三角形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征，可得第个等腰直角三角形的直角边长，求出第个等腰直角三角形的面积，用同样的方法求出第个等腰直角三角形的面积，第个等腰直角三角形的面积，找出其中的规律即可求出第个等腰直角三角形的面积．
【详解】解：当时，，
根据题意，第个等腰直角三角形的直角边长为，
第个等腰直角三角形的面积为，
当时，，
第个等腰直角三角形的直角边长为，
第个等腰直角三角形的面积为，
当时，，
第个等腰直角三角形的直角边长为，
第个等腰直角三角形的面积为，
依此规律，第个等腰直角三角形的面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征与规律的综合，涉及等腰直角三角形的性质，找出规律是解题的关键．
例2 （2022·四川广元·统考中考真题）如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12cm．当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为 _____cm．
【答案】
【分析】由题意易得cm，则当点D沿DA方向下滑时，得到，过点作于点N，作于点M，然后可得，进而可知点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，最后问题可求解．
【详解】解：由题意得：∠DEC=45°，DE＝12cm，
∴cm，
如图，当点D沿DA方向下滑时，得到，过点作于点N，作于点M，
∵∠DAM=90°，
∴四边形NAMC′是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴平分∠NAM，
即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上运动，
∴当时，此时四边形是正方形，CC′的值最大，最大值为，
∴当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰直角三角形的性质及角平分线的判定定理是解题的关键．
例3 （2022·湖南湘潭·统考中考真题）在中，，，直线经过点，过点、分别作的垂线，垂足分别为点、．
(1)特例体验：
如图①，若直线，，分别求出线段、和的长；
(2)规律探究：
①如图②，若直线从图①状态开始绕点旋转，请探究线段、和的数量关系并说明理由；
②如图③，若直线从图①状态开始绕点A顺时针旋转，与线段相交于点，请再探线段、和的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：
在图③中，延长线段交线段于点，若，，求．
【答案】(1)BD=1；CE=1；DE=2
(2)DE=CE+BD；理由见解析；②BD=CE+DE；理由见解析
(3)
【分析】（1）先根据得出，根据，得出，，再根据，求出，，
即可得出，最后根据三角函数得出，，即可求出；
（2）①DE=CE+BD；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
②BD=CE+DE；根据题意，利用“AAS”证明，得出AD=CE，BD=AE，即可得出结论；
（3）在Rt△AEC中，根据勾股定理求出，根据，得出，代入数据求出AF，根据AC=5，算出CF，即可求出三角形的面积．
（1）
解：∵，，
∴，
∵，
∴，，
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，，
∴，
∴，
，
∴．
（2）
DE=CE+BD；理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴DE=AD+AE=CE+BD，
即DE=CE+BD；
②BD=CE+DE，理由如下：
∵BD⊥AE，CE⊥DE，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AB=AC，
∴，
∴AD=CE，BD=AE，
∴BD=AE=AD+DE=CE+DE，
即BD=CE+DE．
（3）
根据解析（2）可知，AD=CE=3，
∴，
在Rt△AEC中，根据勾股定理可得：，
∵BD⊥AE，CE⊥AE，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴，
∵AB=AC=5，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形，根据题意证明，是解题的关键．
等腰直角三角形是特殊的直角三角形，它具有直角三角形所有的性质，同时它也有它的特殊性：
（1）两底角等于45°。
（2）两腰相等。
（3）等腰直角三角形三边比例为1:1：
【变式1】（2022·贵州遵义·统考一模）如图所示的是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．线段，的端点均在格点上，线段，交于点，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取格点E，连接，，可证，根据勾股定理和逆定理可判断为等腰直角三角形，即可解答．
【详解】解：取格点E，连接，，则，
，
∴，
由勾股定理，得，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理与网格，等腰直角三角形的判定与性质，添加合适的辅助线是解题的关键．
【变式2】（2022·四川南充·模拟预测）如图，在中，，，直角的顶点是的中点，将绕顶点旋转，两边，分别交，于点，．下列四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．在旋转过程中，上述四个结论始终正确的有（ ）
A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据等腰直角三角形的性质得：，平分．可证，，即证得与全等，根据全等三角形性质判断结论是否正确．
【详解】解：∵，直角的顶点P是的中点，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，故①正确；
∴是等腰直角三角形，故②正确；
∵是等腰直角三角形，P是的中点，
∴，
∵不一定是的中位线，
∴不一定成立，故③错误；
∵，
∴，
又∵，
∴，
即，故④正确．
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积，掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
【变式3】（2022·辽宁沈阳·沈阳市外国语学校校考模拟预测）如图，在等腰中，，D为底边中点，过D点作，交于E，交于F．若，长为______．
【答案】13
【分析】连结，根据等腰三角形的性质可以得出，再证明，可以求出BF、BE的值，在中，由勾股定理就可以求出结论．
【详解】解：证明：连结，
∵等腰中，，
∴，．
∵D为底边中点，
∴
，
即．
∵，
∴．
即，
∴．
∴，
∴，，
在中，由勾股定理，得．
故答案为：13．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，勾股定理的运用，解答时证明三角形全等是关键．
【变式4】（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）如图一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，把直线绕点B顺时针旋转交x轴于点C．则线段的长为______．
【答案】##
【分析】根据一次函数表达式求出点A和点B坐标，得到为等腰直角三角形和的长，过点C作，垂足为D，证明为等腰直角三角形，设，结合旋转的度数，用两种方法表示出，得到关于x的方程，解之即可．
【详解】解：一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A，B，
令，则；令，则，
则，，
则为等腰直角三角形，，
，
过点C作，垂足为D，
，
为等腰直角三角形，设，
，
由旋转的性质可知，
，
，
，
，
解得：，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算，知识点较多，解题的关键是作出辅助线，构造特殊三角形．
【变式5】（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）据图回答下列各题．
【问题：】如图1，在中，，点是边上一点（不与，重合），将线段绕点逆时针旋转得到，连接，则线段，之间满足的数量关系式为 ．
【探索：】如图2，在与中，，，将绕点旋转，使点落在边上，请探索线段，，之间满足的数量关系，并证明你的结论．
【应用：】如图3，在四边形中，，若，，求的长．
【答案】【问题】结论：，证明见解析部分
【探索】结论：，证明见解析部分
【应用】6
【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质解答；
（2）连接，根据全等三角形的性质得到，，得到，根据勾股定理计算即可；
（3）过点作，使，连接，，证明，得到，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）结论：，
理由如下：
，
，即，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（2）结论：，
理由如下：
连接，如图所示：
在中，，，则，
由（1）得，，
，，
，
，
在中，，又，
；
（3）过点作，使，连接，，如图所示：
即在中，，，则，
，
∴，
在与中，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【新题速递】
1．（2023·海南省直辖县级单位·统考一模）如图，已知，若，则的度数为（ ）
A．80°B．90°C．100°D．110°
【答案】C
【分析】在中，根据三角形内角和定理求出的度数，再根据“全等三角形对应角相等”可得的度数.
【详解】中
（全等三角形对应角相等）
故选:C
【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理和全等三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键.
2．（2023·江苏宿迁·统考一模）如图，在中，．将绕顶点C旋转得到，若点O是中点，点P是中点，在旋转过程中，线段的最大值等于（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】连接，进而得到，当三点共线时，线段的值最大，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵将绕顶点C旋转得到，点O是中点，
∴，，
连接，
∵点P是中点，
∴，
∵，
∴当三点共线时，线段的值最大．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，直角三角形斜边上的中线，含30度的直角三角形．熟练掌握相关知识点并灵活运算，是解题的关键．
3．（2023·辽宁阜新·校考一模）如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形，的边长分别为3，4，H为线段的中点，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．12B．6C．7 D．
【答案】B
【分析】连接，根据正方形的性质可得，根据勾股定理求出，即可求出的面积，最后根据三角形中线的性质，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∴，，
∴的面积，
∵H为线段的中点，
∴图中阴影部分的面积，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理以及三角形中线的性质，解题的关键是掌握三角形的中线将三角形的面积分成相等的两部分．
4．（2023·吉林长春·校考一模）如图，在中，将折叠，使点 B 恰好落在边 上，与点重合， 为折痕，则的长为（ ）
A．B．C． D．
【答案】C
【分析】设未知数利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】∵在中，
∴
∵将折叠，使点 B 恰好落在边 上，与点重合，
∴，
∴
设，则
∴在中，
即，解得
∴
故选：C．
【点睛】此题考查勾股定理，解题关键是设未知数列出方程．
5．（2023·广西河池·校考一模）在矩形中，过的中点作，交于E，交于F，连接、．若，，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】A
【分析】求出，然后利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形得到四边形是菱形，再求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，根据矩形的对边相等可得，然后求出，从而得解．
【详解】解：四边形是矩形
，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，难点在于判断出是等边三角形．
6．（2022·河南焦作·统考一模）如图，中，，点B的坐标为，将绕点A逆时针旋转得到，当点O的对应点C落在上时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，过点D作轴于点E．证明是等边三角形，解直角三角形求出，，可得结论．
【详解】解：如图，过点D作轴于点E．
∵，
∴，
由旋转的性质可知，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D
【点睛】本题主要了旋转变换，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，坐标与图形等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形．
7．（2022·贵州遵义·三模）已知：如图中，为的角平分线，且，为延长线上的一点，，过作，为垂足．下列结论：其中正确的是（ ）
①；②；③；④．
A．①②③B．①③④C．①②④D．①②③④
【答案】D
【分析】易证，可得，可得①②正确，再根据角平分线的性质可求得，即③正确，根据③可求得④正确．
【详解】解：①为的角平分线，
，
在和中，
，故①正确；
②为的角平分线，，，
，
，
，
，故②正确；
③，，，，
，
为等腰三角形，
，
，
，
，故③正确；
④过作，交延长线于点，
是的角平分线上的点，且，
（角平分线上的点到角的两边的距离相等），
在和中，，
，
，
在和中，，
，
，
，故④正确．
综上分析可知，正确的有①②③④，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的对应边、对应角相等的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应角、对应边相等性质是解题的关键．
8．（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在中，，，，D为BC边上一个动点，过点D作于点E，于点F，连接，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】连接，取的中点O，连接，可得，从而得，，再求出的最小值，进而即可求解．
【详解】解：连接，取的中点O，连接，
∵中，，，
∴，
∵，
∴分别是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即当最小时，的值最小，
∵当时，最小，此时，是等腰直角三角形，，
∴最小值，
故选D．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，添加合适的辅助线，构造顶角为的等腰三角形，是解题的关键．
9．（2023·广西河池·校考一模）如图，，交直线l于A、B两点，过点A作交直线b于点C，若，则_____度．
【答案】
【分析】根据平行线的性质得出，再由三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵直线，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】题目主要考查平行线的性质及三角形内角和定理，熟练掌握这些基础知识点是解题关键．
10．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在中，，，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，以大于的长为半径做弧，两弧相交于点和．②作直线交于点，交于点，连接．若，则__．
【答案】
【分析】根据是的垂直平分线，得出，进而根据含度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】由题意可得出：是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，掌握基本作图是解题的关键．
11．（2022·浙江杭州·翠苑中学校考二模）如图，在中，，是边上的中线，在上取一点E，连结，使得，若，则_____．
【答案】##55度
【分析】设，则，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理列方程即可得到结论．
【详解】解：设，则，
∵，
∴，
∵，是边上的中线，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
12．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，M，N是的边上的两个点（），，，．若边上有且只有1个点P，满足是等腰三角形，则a的取值范围是___________．
【答案】
【分析】过点作于点，根据题意得出，根据勾股定理求得，即可求解．
【详解】解：如图所示，
过点作于点，
∵，
∵，则是等腰直角三角形，
∴
依题意边上有且只有1个点P，满足是等腰三角形，
则，
∴,
∴
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
13．（2023·陕西西安·西安市庆华中学校考一模）如图，在等边中，，点P是内一点，且，则的面积为 _____．
【答案】
【分析】将绕点A按逆时针方向旋转，得到，只要证明，利用勾股定理即可解决问
题．
【详解】将绕点A按逆时针方向旋转，得到，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转、等边三角形的性质、勾股定理,运用旋转的方法将绕点A按逆时针方向旋转60°是解题的关键．
14．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，在中，，，，点D是边上一动点．连接，将沿折叠，点A落在处，当点在内部（不含边界）时，长度的取值范围是_____．
【答案】
【分析】先利用勾股定理求得，分点落在上和落在上两种情况，分别求得对应的的长，进而可求解.
【详解】解：∵，，，
∴，
当点落在上时，如图，
∵将沿折叠，点A落在处，
∴，
∵，
∴，
当点落在上时，如图，过点D作于H，
∵将沿折叠，点A落在处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴当点在内部（不含边界）时，长度的取值范围为．
【点睛】本题考查折叠性质、勾股定理、解直角三角形等知识，分情况讨论求得点落在上和落在上时的的长是解答的关键．
15．（2023·广西河池·校考一模）如图，在等腰直角三角形和中，，点E在边上，与交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据，可得，再由等腰直角三角形的性质可得，可证明，即可求证；
（2）根据，可得，从而得到，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵和是等腰直角三角形，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．
16．（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）如图，已知点，，，在一条直线上，，，．
(1)求证
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）利用SAS可证明，可得，便可证得；
（2）根据全等三角形的性质可知，推出，由此即可解决问题．
【详解】（1）证明：在和中，，
∴
∴
∴
（2）解：∵，
∴，即，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，学会利用全等三角形的性质解决问题．
17．（2023·安徽滁州·校考一模）如图①，在等边三角形中，点D在边上，点E在的延长线上，．
(1)求证：；
(2)如图②，M是点E关于直线的对称点，连接，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得，然后根据三角形的内角和和外角性质即可证明结论；
（2）根据轴对称的性质可得，再结合（1）可得，然后根据三角形的内角和求出可得是等边三角形，最后根据等边三角形的性质即可证明结论.
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）解：∵点M是点E关于直线的对称点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了轴对称、等边三角形的判定与性质，灵活运用等边三角形的判定与性质定理是解题的关键．
18．（2023·辽宁鞍山·统考一模）在中，，点O为边的中点，连接，将绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到，连接，．
(1)如图1，当时，请直接写出与的数量关系__________
(2)如图2，延长到点D，使，连接，若．
①求的值；
②求的长．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据旋转的性质及直角三角形写边上的中线的性质得出，．然后证明，可得结论．
（2）①由旋转的性质可知，，，再由相似三角形的判定和性质即可求解；
②由①中结论得出，再由勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
，点O为边的中点，
∴，
，
∴，
∵将绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到，
∴， ，，
，
，，
，
．
（2）①由旋转的性质可知，
，点O为边的中点，
，，
，
∵将绕点O顺时针方向旋转（旋转角为钝角），得到，
∴，，，
，
，
；
②，
由①得：，
，
．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题．
19．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，在四边形中，，，．过点O作，两边，分别与边，所在直线相交于点D，E，连接．

(1)与的数量关系是 ．
(2)如图1，当点D，E分别在边，上时，可得出结论，请证明这个结论．
(3)如图2，当点D，E分别在边，的延长线上时，（2）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出线段，，之间的数量关系．
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3)成立，理由见解析．
【分析】（1）连接，易证得到结论；
（2）延长到T，使得，易证，得到，，结合已知再证，得到，即；
（3）在上截取，使得易证，得到，，结合已知再证，得到，即．
【详解】（1）解：结论：，
理由：如图1中，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）证明：延长到T，使得，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；
（3）解：结论：．
理由：在上截取，使得．
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的证明和性质的应用；解题的关键是构建并证明三角形全等．
20．（2023·陕西宝鸡·统考一模）在中，，，是的角平分线．
(1)如图1，点E、F分别是线段、上的点，且，与的延长线交于点G，则与的数量关系是______，位置关系是______；
(2)如图2，点E、F分别在和的延长线上，且，的延长线交于点G．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
②连接，若，，求的长．
【答案】(1)相等，垂直；
(2)①成立，证明见解析；②
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质，得到，，易证，得到，，再利用互余和等角替换，即可得到与的数量和位置关系；
（2）①根据等腰三角形的性质和直角三角形的性质，得到，，从而得到，推出，又因为，得到，易证，得到，，再利用对顶角相等，即可得到与的数量和位置关系；
②过点D作，，易证四边形是矩形，利用“”证明，得到，证明矩形是正方形，两次利用勾股定理分别求出，，即可求出的长．
【详解】（1）解：，，是的角平分线，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：相等，垂直；
（2）解：①结论成立，证明如下：
，，是的角平分线，
，，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
；
②过点D作交于点M，交于点N，
，
，
四边形是矩形，
在和中，
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矩形是正方形，
，，
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在中，，
．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形，掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．核心考点
核心考点一 三角形及边角关系
核心考点二 三角形中的重要线段
核心考点三 等腰三角形
核心考点四 等边三角形
核心考点五 直角三角形
核心考点六 等腰直角三角形
新题速递
三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°，
已知：如图，,
求证：
方法一
证明：如图，过点A作
方法二
证明：如图，过点C作
图形
等腰三角形
等边三角形
性 质
两条边都相等
三条边都相等
两个角都相等
三个角都相等，且都是60º
底边上的中线、高和顶角的平分线互相重合
每一边上的中线、高和这一边所对的角的平分线互相重合
对称轴（1条）
对称轴（3条）
图形
等腰三角形
等边三角形
判定
从边看：两条边相等的三角形是等腰三角形
三条边都相等的三角形是等边三角形
从角看：两个角相等的三角形是等腰三角形
三个角都相等的三角形是等边三角形
等边三角形的判定方法：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形