2025年中考数学解答题系列：三角形综合（含解析）

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2025年中考数学解答题系列：三角形综合
1．如图：在等腰直角三角形中，，点是斜边上的中点，点分别为上的点，且．
(1)若设，，满足，求及的长．
(2)求证：．
2．如图，已知．
(1)尺规作图：作的平分线，在上截取，连接；（要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)若．求证：．
3．在如图所示的直角坐标系中，的顶点坐标分别是，，，
(1)把向右平移2个单位长度得到，请在图中画出平移后的；
(2)内有一点经过以上平移后的对应点为，直接写出点的坐标______；
(3)若点，求的面积．
4．【问题背景】如图，等腰中，，点为的中点，过点作，交于，将绕点顺时针旋转，连结，如图①．
【基本感受】
（1）当时，判断与的数量关系，并说明理由；
【深入研究】
（2）当时，如图②，与满足怎样的数量关系？请给出证明；
（3）在（2）的条件下，若，在旋转过程中，当三点共线时，求的面积．
5．如图，已知点，点，将直线绕点顺时针旋转，点落在点处，
(1)求点坐标．
(2)已知点是内一点，求的取值范围．
(3)点是轴上一动点（不与原点重合），直线与的夹角和相等，请直接写出点坐标．
6．如图，和都是以为直角顶点的等腰直角三角形，连接，．
(1)如图，试判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)如图，设与的交点为，若，，，求的长．
7．如图1，在等腰直角三角形中，，，是的中点，，分别是，上的点（点不与端点，重合），且．
(1)求证：；
(2)如图2，连接并取的中点，连接并延长至点，使，连接，，，．当四边形的面积为5时求线段的长度．
8．综合与实践：
折纸是一项有趣的活动，在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧，定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的，这样的矩形称为完美矩形．
(1)操作发现：
如图1．将纸片按所示折叠成完美矩形EFGH，若的面积为12，，则此完美矩形的边长__________，面积为__________．
(2)类比探究：
如图2，将纸片按所示折叠成完美矩形AEFG，若的面积为40，，求完美矩形AEFG的周长．
(3)拓展延伸：
如图3．将纸片按所示折叠成完美矩形EFGH，若，，求此完美矩形EFGH的周长与面积．
9．张家口新能源“风光无限”，太阳能年总发电量达到770亿千瓦时．将太阳能光伏板的侧面摆放情况抽象成数学示意图，如图所示，其中第一排光伏板位置固定，第二排位置待确定，每块光伏板与坡面夹角固定不变，支柱，所在的直线垂直于水平线，，，，，上午太阳光线与水平线的夹角范围为，为阴影长．（参考数据：，）
(1)当时，___________度，___________度；
(2)当时，求点到的最短距离；
(3)为了使得光伏板在上午有充足的阳光照射，点要落在阴影的外面．在此条件下，当时，求最多能放多少块光伏板．
10．在学习了菱形的相关知识后，智慧学习小组想在一张三角形纸板上画出一个以为内角的菱形，他们发现，由于菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，所以可以通过作角平分线和中垂线的方式，画出符合条件的菱形．请根据他们的想法与思路，完成下面的作图与填空：
(1)如图，在中，的角平分线交边于点D，用尺规作的垂直平分线，分别交边，于点E，F，交于点O．连接，．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）问的条件下，求证：四边形为菱形．
证明：∵平分，∴ ① ．
∵，∴ ② ．
∵在和中，，
∴≌（ASA），∴ ③ ．
∵是的中垂线，∴．
∴四边形为平行四边形．
∵ ④ ，∴四边形为菱形．
进一步思考：若中，，那么四边形的形状为 ⑤ ．
11．是边长为的等边三角形，点在边上，点在边的延长线上，且，延长交于点．
(1)将问题特殊化：如图，当为的中点时，求的长．
(2)将问题一般化：如图，当时，求的长．
(3)将问题再拓展：如图，点在边上，且，若此时满足，连接并延长交于点，当时，求的长．
12．将两块三角板按如图①所示的方式摆放，固定三角板，将三角板绕点C按顺时针方向旋转，其中，，设旋转角为．
(1)如图②，当时，求的值；
(2)如图③，当时，与相交于点F，求的值．
《2025年中考数学解答题系列：三角形综合》参考答案
1．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据二次根式的非负性求出，再由非负数的性质求出a、b的值，进而得到及的长；
（2）延长到P，使，连接，利用得到，利用全等三角形对应边相等得到，再利用得到，利用全等三角形对应边相等得到，利用等角的余角相等得到，在中，利用勾股定理列出关系式，等量代换即可得证
【详解】（1）解；∵式子有意义，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，；
（2）延长到P，使，连接，，
在和中，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
在中，根据勾股定理得：，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，二次根式有意义的条件，非负数的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图、全等三角形的判定，熟练掌握是解题的关键．
（1）根据尺规作图作角平分线即可；
（2）由题意得，，，，根据全等三角形判定边角边即可得证．
【详解】（1）解：如图所示，，，即为所求；
（2）解：证明：为平分线，
．
又，
．
在和中，
（SAS）．
3．(1)画图见解析
(2)
(3)的面积为
【分析】本题考查了作图—平移变换，坐标与图形，求三角形的面积，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据平移找出的对应点，然后连接各点即可；
（）根据平移的性质求解即可；
（）先描出点，由坐标系可知，然后用三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：如图，找出的对应点，然后连接各点即可；
∴即为所求；
（2）解：内有一点经过以上平移后的对应点为，直接写出点的坐标为；
故答案为：；
（3）解：如图，
由网格可知，
∴的面积为．
4．（1）．理由见解析；（2）；理由见解析；（3）的面积为或．
【分析】（1）证明，均为等边三角形，证明，即可得；
（2）证明，均是等腰直角三角形，证明，即可得；
（3）分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质结合解直角三角形，求解即可．
【详解】解：（1）．理由如下：
∵，
∴，即，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
∵点为的中点，过点作，交于，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
∵，均为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴；
（2）；理由如下：
作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
同理，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）∵和都是等腰直角三角形，，
∴，
∴，，，
如图，当三点共线时，作交的延长于点，
由旋转的性质知，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
如图，当三点共线时，作于点，
同理，，，
∴，
∴；
综上，的面积为或．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、二次根式的混合运算等，熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
5．(1)点坐标为；
(2)；
(3)点坐标为．
【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，全等三角的判定与性质，求一次函数解析式，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）过作轴于点，则，由旋转性质可知：，，证明，然后根据全等三角形的性质可得，，再由线段和差求解即可；
（）先求出解析式为，解析式为，由点是内一点，列出不等式组，然后解不等式组即可；
（）设交轴于点，如图，当时，过作轴于点，证明四边形是矩形，，则，同上理可得直线解析式为，当时，，即有，则，然后利用线段和差即可求解．
【详解】（1）解：如图，过作轴于点，则，
∴，
由旋转性质可知：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵点，点，
∴，，
∴，，
∴，
∴点坐标为；
（2）解：设解析式为，解析式为，
∴，，
解得：，，
∴设解析式为，解析式为，
∵点是内一点，
∴，即，
解得：；
（3）解：设交轴于点，
如图，当时，过作轴于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∵点，点，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同上理可得：直线解析式为，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点坐标为，
综上可知：点坐标为．
6．(1)，，理由见解析；
(2)．
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形．
根据等腰直角三角形的性质可证，，，根据可证，根据全等三角形的性质可证且；
连接，作交的延长线于，根据等腰直角三角形的性质可得，根据直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半可知，利用勾股定理可得：，从而可求，根据线段之间的和与差可得，根据等腰直角三角形的性质可求的长度．
【详解】（1）解：，，
理由如下：
如下图所示，设交于，交于，
和都是以为直角顶点的等腰直角三角形，
，，，
，
，
在和中，，
，
，，
，，
，
，
；
（2）解：如下图所示，连接，作交的延长线于，
，，，
，
由可知：，
，
，
，，
，
，
，
，
在中，，
，
．
7．(1)见解析
(2)1或3
【分析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由等腰直角三角形的性质可得，，，从而得出，即可证明；
（2）连接，证明四边形为正方形，得出，求出，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）解：，，
，
点是的中点，
，且，
，
，
又；
∴；
（2）解：连接，
，
∵的中点为，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，，
∴四边形为菱形，
∵，
∴，即，
∴四边形为正方形，
∵四边形的面积为5，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
解得：或3．
8．(1)3；6
(2)
(3)周长为．面积是
【分析】（1）根据折叠得到是中点，过点作于，根据△的面积求出的长，推出是的中位线，得到，即可求出完美长方形的面积；
（2）根据折叠可知，，从而求出的长，根据平行四边形的面积求出的长，即可求出周长；
（3）根据折叠可证点、分别是、的中点，判定四边形是平行四边形，推出，推出矩形的对角线长后根据、之间的数量关系，利用勾股定理求出、的长后即可求出此完美矩形的周长．
【详解】（1）解：由折叠可知，，，，
，点是中点，
，
如图，过点作于，交于点，
，
，
由折叠可知：，
，
完美矩形的面积为：．
故答案为：3；6；
（2）解：由折叠可知：，，
，
同理可知：，，
矩形的面积为：，
，
矩形的周长；
（3）解：连接EG
由折叠可知：点、分别是、的中点，
，，
由题意可知：，，
，，
四边形是平行四边形，
，
在中，设，则，
根据勾股定理得：，
，
解得：，
，，
此完美矩形的周长为．面积是．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查新定义问题，平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键．
9．(1)36，59
(2)
(3)5块
【分析】本题考查了解直角三角形的应用等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
（1）根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图，过点作于点，可知，要使得最小，只有当越小，越小，即越小越小，当时，的长度最小，此时，解三角形即可求解；
（3）结合图形可知，当时，的长度最大，在（2）作图的基础上，，进而求得，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
故答案为：36，59；
（2）如图，过点作于点．
则在中，，
要使得最小，只有当越小，越小，即越小越小，
∴当时，的长度最小，此时．
在中，，即点到的最短距离为；
（3）当时，的长度最大，
在（2）作图的基础上，．
在中，，
．
，，而，
∴最多能放5块光伏板．
10．(1)见解析
(2)，，，，正方形
【分析】此题考查了线段垂直平分线的作图、菱形的判定、正方形的判定等知识，熟练掌握相关判定是解题的关键．
（1）根据垂直平分线的作图方法作图即可
（2）先证明四边形为平行四边形．再由即可证明四边形为菱形，再根据正方形的判定证明即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
（2）证明：∵平分，
∴．
∵，
∴．
∵在和中，，
∴≌（ASA），
∴．
∵是的中垂线，
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为菱形．
若中，，则四边形为正方形
故答案为：，，，，正方形
11．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由等边三角形的性质可得，，则有，，然后根据角所对直角边是斜边的一半即可求解；
（）过点作，交于点，证明是等边三角形，通过性质证明，又，则，故有，即，最后由线段和差即可求解；
（）过点作，交于点，与（）同理可得是等边三角形，，再证明，则，即，然后通过求出的值即可．
【详解】（1）解：∵是边长为的等边三角形，
∴，，
∵是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图，过点作，交于点，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
（3）解：如图，过点作，交于点，
与（）同理可得是等边三角形，，
∴，
由，设，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理，得，
解得，（不符合题意，舍去）
∴．
12．(1)
(2)
【分析】本题主要考查了平行线的性质，旋转的性质，三角形内角和定理，熟知平行线的性质和旋转的性质是解题的关键．
（1）根据平行线的性质求出的度数，再求出的度数即可得到答案；
（2）根据平行线的性质求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再求出的度数即可得到答案．
【详解】（1）解：∵，
∴．
∵，
∴．
∴
（2）解：，
∴，
∵，
∴．
∴．
∴．
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