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（小专题冲刺训练）三角形压轴题-2025年中考数学专题突破
1．在和中，，，，．
(1)如图，求证：；
(2)当点落在线段上时．
如图，若平分时，，求线段的长；
如图，是的中点，过点作交于点，当时，判断线段与的数量关系，并证明．
2．臂架泵车（如图）是一种用于建筑工程中混凝土输送和浇筑的特种工程车辆，集混凝土泵送、臂架伸展和移动功能于一体，广泛应用于高层建筑、桥梁、隧道等施工场景．图2是其输送原理平面图，进料口到建筑楼的水平距离为米，到地面的垂直距离为米，，，，为输送臂，可绕，，，旋转，已知输送臂垂直地面且米，米，米，，．
(1)的长约为________；（直接写出答案）
(2)求出料口到地面的距离．
（参考数据：，，，）
3．【问题发现】
（1）如图1，在矩形中，点P是矩形内一点，过点P作，分别交，于点E，F．则______．（填“>”“=”或“<”）
【类比探究】
（2）如图2，在矩形中，点P是矩形外一点，过点P作，分别交，的反向延长线于点E，F，（1）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；
【拓展延伸】
（3）如图3，在中，，P是外一点，，，，则的最小值为______．
4．我们定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转得到，把绕点A逆时针旋转得到，连接，当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线””．
①如图2，在为等边三角形时，与的数量关系为___________；
②如图3，当时，则长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明；
拓展应用：
（3）如图4，在四边形中，，在四边形内部是否存在点P，使是的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
5．综合与探究
问题背景
数学课上、同学们以“直角三角形的旋转”为主题展开数学活动，如图1，在中，，点是的中点，过点作交于点，连接，点是的中点，点是的中点，连接．
初步探究：
（1）与的数量关系为________；
深入探究
（2）如图2将绕点逆时针旋转得到，点的对应点是点，点的对应点是点，连接，点是的中点，点是的中点，连接，，和．
①试判断四边形的形状，并说明理由；
②求证：；
拓展延伸
（3）如图3，在中，，，，点是的中点，过点作于点，将绕点顺时针旋转一周，在旋转的过程中，当是以为底边的等腰三角形时，请直接写出所有满足条件的的值．
6．【探究】
（1）已知和都是等边三角形．
①如图1，当点D在上时，连接．请探究和之间的数量关系，并说明理由；
②如图2，当点D在线段的延长线上时，连接．请再次探究和之间的数量关系，并说明理由．
【运用】
（2）如图3，等边三角形中，，点E在上，．点D是直线上的动点，连接，以为边在的右侧作等边三角形，连接．当为直角三角形时，请写出的长
7．如图，在等边中，点为边上一点，点为边上一点，．
(1)如图1，若，，求的长．
(2)如图2，延长至点，，用等式表示、和之间的数量关系，并证明；
(3)点从点运动到点的过程中，点为射线上一点，，连接，若为线段上一点，点关于直线的对称点为点，直线与直线交与点，当取得最小值时，，直接写出此时的值．
8．已知：中，，，点D，E分别在边上（均不与点A重合），连接DE．
(1)特例探究：如图1，当点D，E分别与点B，C重合时，将线段绕点E顺时针旋转90°，得到线段，连接与的位置关系是________，数量关系是________；
(2)类比探究：如图2，当点D，E不与点B，C重合时，将线段绕点E顺时针旋转90°，得到线段，连接与的位置关系，并说明理由；
(3)拓展应用：如图3，当点E不与点C重合，且D为的中点时，将线段绕点E顺时针旋转，得到线段，点G是点C关于直线的对称点，若点G，D，F在一条直线上，且，求的长．
9．综合与实践
【课本再现】
（1）如图1，的和的平分线相交于点G．
①若，则_______；
②求证：．
【数学思考】
（2）如图2，中的平分线与其外角的平分线交于点O，猜想与之间的数量关系，并给予证明．
【问题解决】
（3）如图3，菱形的顶点在上，与相交于点为的中点，若，求的值．
10．如图，在中，，，点是直线上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接．
(1)如图1，若点在边上，且，，求线段的长；
(2)如图2，若点在的延长线上，点是的中点，的延长线交的延长线于点，探索线段，，之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，若点在边上，点是的中点，，连接，将线段绕点旋转得到，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，当取最大值时，直接写出此条件下的面积的最大值．
《（小专题冲刺训练）三角形压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．(1)见解析；
(2)；．
【分析】（）证明，然后根据全等三角形的性质即可求证；
（）作于点，求出，再通过等腰直角三角形性质可得，又平分，则，再得出，则有，最后通过线段和差即可求解；
延长交于点，连接交于点，证明，则有，再证明，所以，设，则，在中，由勾股定理得，再代入求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴；
（2）解：如图，作于点，
∵，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，延长交于点，连接交于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，是的中点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质，角平分线定义等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
2．(1)；
(2)米
【分析】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形．
过点作，利用锐角三角函数可得，根据等腰三角形的性质可得米；
过点作，垂足为，利用勾股定理可以求出米，根据进料口到建筑楼的水平距离为米，可得米，根据可证，根据全等三角形的性质可得进料口到地面的距离为（米）．
【详解】（1）解：如下图所示，过点作，
，，
，，
，
(米)，
故答案为：米；
（2）解：如下图所示，过点作，垂足为，
在中，
米，
米，
米，
，
在和中，
，
，
到地面的距离为（米），
到地面的距离为米．
3．（1）；（2）成立，见解析（3）
【分析】此题重点考查矩形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短、类比及数形结合数学思想的运用等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属于考试压轴题．
（1）由，，，，进一步可得，于是得到问题的答案；
（2）先证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，求得；再由，，求得，所以，则，所以（1）中结论成立；
（3）作交的延长线于点，则，所以，，作交的延长线于点，作交的延长线于点，连接、，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，所以，，则，求得，则，所以，求得的最小值为，于是得到问题的答案．
【详解】解：（1）∵矩形，，
∴，，
∴，
∴，，，，
在矩形ABCD中，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴．
故答案为：．
（2）成立，理由：∵四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，．
∵，，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
（3）如图，作交的延长线于点M，则，
∴，．
作交的延长线于点N，作交的延长线于点T，连接，．
∵，
∴．
∵，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，
∴，，
∴，，
∴．
∵，，，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，而，
∴四边形是矩形，
∴，
∴．
∴的最小值为．
故答案为：．
4．（1）①；②4；（2），见解析；（3）存在，见解析；．
【分析】（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题；②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：．如图1中，延长到，使得，连接，，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线．连接交于．想办法证明，，再证明即可．
【详解】（1）解：①如图2中，
是等边三角形，
，
，
，
，，
，
，
，
故答案为．
②如图3中，
，，
，
，，
，
，
，
，
故答案为9．
（2）结论：．
理由：如图1中，延长到，使得，连接，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
．
（3）解：存在．理由：
如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线．
连接交于．
，
，
在中，，，，
，，，
在中，，，，
，
，
∵
，
，
，，
在中，，，
，
，
，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
是的“旋补三角形”，
在中，，，，
．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
5．（1）；（2）①平行四边形，理由见解析；②见解析；（3）或
【分析】（1）根据中位线的性质得出，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，即可得出答案；
（2）①根据中位线的性质得出，，，，即可得出结论；
②连接、，证明，得出即可；
（3）连接，根据勾股定理和直角三角形性质求出，，求出， ，分两种情况讨论：当在旋转过程中时，当在旋转过程中时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）∵点D为的中点，G为的中点，
∴，
∵，F为的中点，
∴，
∴；
（2）①四边形为平行四边形；理由如下：
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∴四边形为平行四边形；
②连接、，如图所示：
∵，
∴，
根据旋转可知：，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴点D为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）连接，
∵点D为的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∵点D为的中点，
∴，
当在旋转过程中时，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴是以为底的等腰三角形，
∴此时符合题意，
∵，
∴；
当在旋转过程中时，过点D作于点H，连接，过点B作于点G，如图所示：
则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是以为底的等腰三角形，
∴此时符合题意，
∵，，
∴．
综上分析可知：．满足条件的的值为或．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
6．（1）①，理由见解析；，理由见解析；（）或
【分析】（）．证明可得，即得，进而可得；
．同理即可求解；
（）分点在上，和点在的延长线上，两种情况，画出图形，结合四点共圆及圆周角定理解答即可求解；
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，等角对等边，应用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：（1），理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
，理由如下：
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
即；
（）解：分两种情况：如图，当点在上，时，
∵和都是等边三角形，
∴，
∴四点共圆，
∵，
∴为该圆的直径，
∴，
∵，，
∴，
∴；
如图，当点在的延长线上，时，
∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四点共圆，
∵，
∴为该圆的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，的长为或．
7．(1)
(2)，证明见解析
(3)的值为或
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，从而可得，证明，由相似三角形的性质求解即可；
（2）作交于，在上取一点，使得，令交于，则，，，证明四边形为平行四边形，得出，由等边三角形的性质可得，，证明，得出，从而可得，即，即可得解；
（3）作于，证明，得出，即，由垂线段最短可得，当时，的值最小，此时点与点重合，点与点重合，再分两种情况：当点在线段上时，连接，作于，于；当点在的延长线上时；分别利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
（2）解：，证明如下：
如图，作交于，在上取一点，使得，令交于，
则，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴；
（3）解：如图：作于，
∵为等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
由垂线段最短可得，当时，的值最小，此时点与点重合，点与点重合，如图所示：
∵为线段上一点，点关于直线的对称点为点，直线与直线交与点，
∴当点在线段上时，连接，作于，于，如图所示：
设，则，，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴点在的角平分线上，点在的角平分线上，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
如图，当点在的延长线上时，则，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、解直角三角形、折叠的性质、角平分线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
8．(1)平行，相等
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）先证，再证，则四边形是平行四边形，即可得出结论；
（2）过作交的延长线于点，证明，得，则，即可得出结论；
（3）连接、，过作于点，延长交于点，证四边形是正方形，得，，，再证，得，然后证是等腰直角三角形，得，进而得，即可解决问题．
【详解】（1）解：由旋转的性质得：，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
故答案为：平行；相等；
（2）解：：如图2，过作交的延长线于点，
则，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
由旋转的性质得：，，
，
，
即，
，
，
，
；
（3）解：如图3，连接、，过作于点，延长交于点，
则，
由（2）可知，
，，
为的中点，
，
，
，
点是点关于直线的对称点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
平行四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
，
由旋转的性质得：，，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
．
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线分线段成比例定理等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
9．（1）①； ②见详解；（2）； 证明见详解；（3）
【分析】（1）①根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形的内角和定理得到和的三个内角的和是，对角度进行等价代换即可求出；②根据角平分线的性质定义可以得到，，再根据三角形的内角和定理得到和的三个内角的和是，对角度进行等价代换即可证明；
（2）根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形外角的性质得到和，最后对角度进行等价代换即可．
根据角平分线的定义可以得到，，再根据三角形的（3）连接，设与交于点，由四边形是菱形，得，由，，可得，，，，进而可推出， ，，，，证明，进而可得 ，，即可求解．
【详解】(1)解：①，
理由：∵，的平分线相交于点，
，，
，
，
，
故答案为：；
②证明：∵，的平分线相交于点，
，，
，
；
(2)解：；
证明： 平分，平分，
，，
，
．
（3）解：连接，设与交于点，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
(舍负)，
．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、三角形的内角和定理、三角形外角的性质、同弧所对的圆周角相等、相似三角形的性质和判定、菱形的性质等知识点，灵活运用等量代换思想是解题关键．
10．(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）过点作于点，先证明，得出，再由，得出，得出，再由将绕点顺时针旋转得到，即可求解；
（2）连接，过点作于点，由题可得，是等腰直角三角形，可证明，再利用，得出，则，可得，，则，证明，则；
（3）利用，，构造的外接圆，连接，，得出，则是定长，是定圆，点的轨迹为上部分，由点到圆上一点的最长距离可知当、、依次共线时，最长， 求出是定值，由将线段绕点旋转得到，得点的轨迹为以为圆心，为半径的，由将绕点逆时针旋转得到，通过全等确定点的轨迹为以为圆心，为半径的，过点作延长线于点，易得当最大时，的面积最大，由圆上一点到直线的最大距离可知当、、依次共线时，最大，此时，连接，，通过证明四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，得出，得，再由，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，，
∴；
（2）解：，理由如下：
如图，连接，过点作于点，
∵，，将绕点顺时针旋转得到，
∴，是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
即：；
（3）解：∵，，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
如图，构造的外接圆，连接，，
则，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴是定长，是定圆，点的轨迹为上部分，
由点到圆上一点的最长距离可知当、、依次共线时，最长，此时点位置为如图的点，
∵是等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
当最长时，位置如图，
∵将线段绕点旋转得到，
∴点的轨迹为以为圆心，为半径的，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
如图，将绕点逆时针旋转得到，
∴，，点是定点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的轨迹为以为圆心，为半径的，
如图，过点作延长线于点，
∵，
∴当最大时，的面积最大，
由圆上一点到定直线的最大距离可知当、、依次共线时，最大，此时如图，
连接，，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，圆的定义，圆周角定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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