资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2025年中考数学专项训练：三角形综合
一、单选题
1．用四张全等的含角的直角三角形纸片拼成一个图案，下列拼成的图案中，不含菱形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．将直尺与角的三角板如图所示叠放在一起，若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，，若，平分，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，四边形内接于，点在的延长线上，点是的内心，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在矩形中，过点C作对角线的垂线，垂足为E，连接并延长交于点F，若，，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．
6．如图，已知A，B，C为上的三点，且，，．P是上一动点（不与点A，B重合），连接交弦于点D．当为等腰三角形时，的长为（ ）
A． B． C．或 D．或
7．如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点，与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（ ）
A．1 B． C． D．
8．如图，在中，，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别相交于点M，N，作直线，分别交于点D，E，连接，已知，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，中，，，为边上一点，将绕点顺时针旋转得到，点落在线段上，此时、、三点也恰好共线，点的对应点为，连接，则长度的最小值为 ．
10．如图，在矩形纸片中，，，点是对称中心，点、分别在边、上，且经过点．将该纸片沿折叠，使点、分别落在点、的位置，则面积的最大值为 ．
11．如图，在平面直角坐标系中，的顶点A， B在反比例函数的图象上，点A的纵坐标为4，点B的纵坐标为1，，轴．若的面积为，则k的值为 ．
12．如图，在矩形中，点E为中点，点F为延长线上一点，连接，连接交于点G，连接并延长，交于点H，连接．若，则的长为 ．
13．如图所示，在矩形中，，，将沿射线平移得，连接，，当是直角三角形时，平移的距离的长度为 ．
14．如图，点A，B，E是上的点，，，交于点D．若，则弧的长为 ．
15．如图，直线与坐标轴交于A，P两点，过点A作交y轴于点B，以为边在AB右侧作正方形，复制正方形并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，继续复制正方形（，并沿着直线向上平移，使得一边重合，得到正方形，依此类推，复制平移2025次后，顶点的坐标为 ．
16．如图，已知是菱形，是对角线，且，分别以点A，B为圆心，以大于的长为半径作弧交于两点，过此两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，则的度数为 ．
三、解答题
17．如图，是的外接圆，是的直径，且，过点作的垂线，交的延长线于点．
(1)求证：直线与相切；
(2)若，，求的半径．
18．如图，是由在平面内绕点逆时针旋转得到的，且，，连接．
(1)求证：；
(2)四边形是什么特殊的四边形？并说明理由．
19．综合与实践．
在数学综合与实践课上，老师组织同学们进行以“图形折叠”为主题的探究活动，素材是矩形和正方形纸片．
环节一：矩形纸片的折叠操作
（1）现有矩形纸片，执行以下操作：
操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，随后将纸片展平；
操作二：在边上选取一点，沿着折叠纸片，使得点落在矩形内部的点处，展平后连接和．
如图①，当点刚好落在折痕上时，探究与之间的数量关系，并说明理由．
环节二：正方形纸片的折叠延伸探究
（2）如图②，小慧将矩形纸片替换为正方形纸片，重复上述环节一中的操作步骤，并且延长与相交于点，连接．探究与的数量关系，并说明理由．
环节三：折叠问题的拓展应用
（3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长．
20．问题情境
“综合与实践”课上，老师提出如下概念：将三角形纸片折叠，使顶点A的对应点落在边上点D处，折痕为，若与均为等腰三角形，我们称折痕是的双等腰折痕．
初步尝试：
（1）如图①，若点E，F分别是的边，的中点，求证：折痕是的双等腰折痕；类比探究：
（2）如图②，在三角形纸片中，，是的双等腰折痕，且点E为的中点，连接，交于点P，若，，求的值；
拓展应用：
（3）如图③，在三角形纸片中，是的双等腰折痕，．若，折痕，点A到折痕的距离为2，求边的长．
21．如图1所示是一种简易手机支架，由底座、支撑板和托架组成，将手机放置在托架上，图2是其简易结构图．现测量托架长长，支撑板长，可绕点转动，可绕点转动．
(1)若水平视线与的夹角，，求的度数；
(2)当，时，求点到底座的距离．（结果精确到0.1，参考：）
22．如图1，已知为等腰的外接圆，，点是上的一个动点，连接，并延长至．
(1)求证：是的角平分线；
(2)如图2，过点作，垂足为点，，垂足为点，若，，求线段的长；
(3)如图3，以为直角边作等腰，连接，并满足动点移到线段上，连接并延长交于点，连接交于点，当的大小发生变化而其他条件不变时， 的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由．
23．将一个矩形绕点顺时针旋转得到矩形，连结．
(1)如图1，当时，若，则的度数为____；
(2)如图2，过点作交于点．判断与的数量关系，并证明；
(3)在（2）的条件下，射线分别交、于点、（如图3），当线段，时，求的长．
《2025年中考数学专项训练：三角形综合》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B B C B C A A
1．A
【分析】本题主要考查了菱形的判定定理，含30度角的直角三角形的性质，根据含角的直角三角形的性质得到角所对直角边是斜边一半，结合四边相等的四边形是菱形逐个判断即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，
A选项有两边是长直角边，两边是2个短直角边，四边不相等，不是菱形，符合题意；
B选项中的四边形的四条边都是直角三角形斜边，故该四边形的四条边相等，是菱形，不符合题意；
C选项2个角所对直角边刚好等于斜边，最大四边形的四边相等，是菱形，不符合题意；
D选项中的四边形的四条边都是直角三角形斜边，故该四边形的四条边相等，是菱形，不符合题意；
故选A；
2．B
【分析】本题主要考查了三角形内角和定理、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据题意可知，再由三角形内角和定理确定的值，然后根据“两直线平行，内错角相等”，即可获得答案．
【详解】解：如下图，
根据题意，可知，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
3．B
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形的外角性质．根据平行线的性质求得，根据角平分线的定义得出，再根据三角形的外角性质，即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴
∴，
故选：B．
4．C
【分析】本题主要考查了圆内接四边形、三角形内心、三角形内角和定理等知识，理解并掌握圆内接四边形的性质以及三角形内心的定义和性质是解题关键．首先根据邻补角的定义以及圆内接四边形的性质确定的值，结合三角形内心的定义可知平分，平分，进而可得，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴，
∵点是的内心，
∴平分，平分，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
5．B
【分析】本题考查矩形的性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、平行线性质和判定、全等三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
本题根据题意证明，得到，得到，设，代入即可解答．
【详解】解：在矩形中，，，
∴，∥，
∴,
又∵,
∴,
∴．
又∵，
∴
∵
∴，
∴,
∴．
设，则，
∴，解得
∴．
故选B．
6．C
【分析】本题考查圆周角定理、弧长公式、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质．先求得圆的半径，再根据为等腰三角形时，分三种情况讨论：当时，通过圆心角与圆周角关系及弧长公式可求得的长为；当时，同理可求得的长为．进而可得答案．
【详解】解：连接，，，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
当为等腰三角形时，有三种情况：
当时，，
∴，
∴的长为；
当时，，则，
∴，
∴的长为；
当时，，此时点D与点A重合，不符合题意；
综上，的长为或，
故选：C．
7．A
【分析】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质．
取中点，利用正方形的性质证明，得到，当时，易证此时四边形是正方形，此时，即点G与点H重合，有最小值，利用正方形的性质求出；由点是与的交点，是定线段，得到点G在线段上运动，在整个运动过程中，当边与重合，点G，点E与点C重合，当时，点G与点H重合，当边与重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，即点经过的路径长是，即可得出结果．
【详解】解：如图，取中点，
在正方形中，，
又∵，
∴，
∴，
，
当时，则，
，，
四边形是正方形，
，即点G与点H重合，
，
；
点是与的交点，是定线段，，
点G在线段上运动，
在整个运动过程中，
当边与重合，点G，点E与点C重合，有最大值，
当时，点G与点H重合，有最小值，
当边与重合，点G，点F与点C重合，有最大值，
点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，
点经过的路径长是，
点经过的路径长是，
故选：A．
8．A
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
先由勾股定理求出，由线段的垂直平分线的性质得到，设，则，在中，由勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
由题意可知，是的垂直平分线，
∴，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得，
即的长为，
故选：A．
9．
【分析】本题考查了旋转的性质和勾股定理以及垂线段最短，熟练掌握相关定义是解题的关键．连接，，由旋转性质可得，，结合勾股定理得出，即可得出时，长度取最小值，即长度取最小值，利用等面积法进行运算即可得出答案．
【详解】解：连接，，如图：
绕点顺时针旋转得到，点的对应点为，
，
、、三点共线，
，即旋转角，
，，
，
由勾股定理可得：，
，，
，
可知长度取最小值，则长度亦取最小值，
点在上，由点到直线垂线段最短，
可得时，长度取最小值，即长度取最小值，
，
，
，
长度的最小值为．
故答案为：．
10．
【分析】本题考查中心对称，三角形的面积，勾股定理，矩形的性质，平行线分线段成比例，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识，连接，交于点，连接，过点作于点．求出的值，可得结论．
【详解】解：如图，连接，交于点，过点作于点．
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
，，
，
，
当，，共线时，的面积最大，最大值为．
故答案为：．
11．6
【分析】本题考查了求解反比例函数的解析式、应用面积法构造方程，以及反比例函数图象上点的坐标与之间的关系．
作轴于，交于，根据题意，利用面积法求出，利用等腰三角形三线合一的性质求得，设出点坐标，表示点的坐标．应用反比例函数上点的横纵坐标乘积为构造方程求．
【详解】解：作轴于，交于，
轴，
，
，
，
点的纵坐标为4，点的纵坐标为1，
，
，
，
的面积为，
，
，
，
设点的坐标为，
则点坐标为，
顶点、在反比例函数的图象上，
，
，
点坐标为，
，
故答案为：6．
12．
【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，一次函数与几何综合，以点B为坐标原点，和所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，根据题意得点，，，证明，求出，运用待定系数法求出直线和的解析式，联立方程组，求出点，再根据两点间距离公式可求出的长．
【详解】解：以点B为坐标原点，和所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，如图，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为；
∵，
∴,
∵，
∴，
设直线的解析式为,
把,代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
联立，
解得，,
∴，
∴．
故答案为：．
13．或
【分析】本题考查了矩形的性质，三角函数，全等三角形的判定和性质等，分、和三种情况解答即可求解，运用分类讨论思想解答并正确画出图形是解题的关键．
【详解】解：如图，是直角三角形，且，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
延长交于点，延长交于点，
∵将沿射线平移得，
∴，，，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，，，
∴，
解得，
∴；
如图，是直角三角形，且，则，
∵，
∴；
∵，且是锐角，
∴，
∴不存在是直角三角形，且的情况；
综上所述，移的距离的长度为或，
故答案为：或．
14．
【分析】本题考查圆周角定理，求弧长，直角三角形的性质，连接，，在上取一点，使，由和得到，在利用圆周角定理得到，在证明是直角三角形，求出半径，最后代入弧长公式计算即可．
【详解】解：连接，，在上取一点，使，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即半径为，
∴的长，
故答案为：．
15．
【分析】本题主要考查了与一次函数有关的规律探索，正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，先求出得到，则，进而得到，则是等腰直角三角形，则，，由正方形的性质可得，过点C作轴于D，则是等腰直角三角形，，可得，同理可得，，……，据此可得答案．
【详解】解：在中，当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
由正方形的性质可得，
∴，
如图所示，过点C作轴于D，则是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
同理可得，，……，
以此类推可得，，
故答案为：．
16．45
【分析】本题主要考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据菱形的性质可得，进而由三角形内角和定理解得的值，由作图可知垂直平分，易得，然后由求解即可．
【详解】解：如下图，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
由作图可知，垂直平分，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45．
17．(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了切线的判定定理、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接，则，证明得出，即可得证；
（2）作，垂足为点，证明四边形是矩形，得出，再由勾股定理计算即可得解．
【详解】（1）解：连接，则，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，即，
因为是的半径，
所以与相切；
（2）解：作，垂足为点，连接，
因为，
所以，
因为，
所以四边形是矩形，
所以，
所以在中，即半径为5．
18．(1)见解析
(2)菱形，见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定，旋转变换等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（）根据旋转的性质及角度间的关系得出，，再根据“”即可证明结论；
（）根据全等三角形的性质及菱形的判定方法即可得出结果．
【详解】（1）证明：由旋转知，，，，
∵，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是菱形．
19．（1）（2）（3）
【分析】本题主要考查了折叠的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，利用一元二次方程解决几何问题等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
（1）利用翻折的性质得出，然后利用全等三角形的性质得出相等的边和角，求出，利用含角的直角三角形的性质即可求解；
（2）利用翻折的性质得出全等三角形，得出对应边相等，然后证明即可得出结论；
（3）设，则，，利用全等三角形表示出相关线段的长度，利用勾股定理列出方程进行求解即可．
【详解】解：（1）如图，假设与的交点为,
在矩形中，由折叠的性质和可知，，点为线段中点
则点为中点，，
在直角三角形中，，
，
∵，
，
，
，
，
，
；
（2）由（1）得
∴，
在正方形中，
,
由题意可知，在和中，
∴，
；
（3），理由如下：
假设，则，，
，点为线段中点，
，
，
，，
由勾股定理得
即
解得，
∴．
20．（1）见解析
（2）
（3）
【分析】对于（1），由折叠可知，有，则问题可证；
对于（2），由题意知和均是等腰三角形，可得，然后可得，，过点E作于点M，进而求出，最后根据相似三角形的性质得出答案；
对于（3），由题意得四边形是菱形，连接，交于点H，过点F作于点N，则有，然后可得，进而可得，接下来根据是的双等腰折痕，可得与均是等腰三角形，可得，再说明，可得，然后求出，最后根据可得答案．
【详解】（1）证明：由折叠可知
∵点E，F分别是的边的中点，
∴，
∴，
∴与均是等腰三角形，
∴折痕是的双等腰折痕；
（2）解：∵是的双等腰折痕，
∴和均是等腰三角形，
∵点E为的中点，且，
∴，
∴．
∵，
∴
∴，
∴．
由折叠可知：，
∴点F是的中点，
∴，
∴．
∵，
根据勾股定理，得，
∴．
过点E作于点M，
∴，
∴，
∴，
∴；
对于（3），由折叠可知，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
连接，交于点H，过点F作于点N，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵是的双等腰折痕，
∴与均是等腰三角形．
∵是的顶角，
∴．
在菱形中，，
∴，
∴，
∴．
过点D作于点R，
∴,
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，锐角三角函数，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，菱形的判定与性质，折叠的性质，三角形的中位线性质等知识，作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，平行线的性质，三角形内角和定理等知识．解题的关键在于确定线段之间的数量关系．
（1）过作，根据平行线的性质可求得，即可求的度数；
（2）过点作，过点作于，交于，作于，由，求得，由，求得，在中．根据进而可求．
【详解】（1）解：过作，
，
，
，
，
，
；
（2）解：过点作，过点作于，交于，作于，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
在中．，
，
．
答：点到底座的距离为．
22．(1)见解析
(2)
(3)不变，
【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）根据题意得到，推出，即可得到结论；
（2）先证明，得到，再证明，得到，求出，根据勾股定理求出，得到；
（3）的值不发生变化；过点作于，作于，延长交于点,连接，证明，推出为等腰直角三角形，得到．
【详解】（1）证明：，
，
四边形为的内接四边形，
，
，
，
，
，
是的角平分线 ；
（2）解：，
，
在和中，
，
，
又，
在和中，，
，
，
，
，
∴在中，，
，
．
（3）解：的值不发生变化，
如图：过点作于，作于，延长交于点,连接，
为的直径，
,
,,
,
,
垂直平分,
，
为直角边的等腰，
，
，
在和中，
，
，
又，
，
,,,
,
四边形是矩形，
，
，
，
,
，
，
为等腰直角三角形，
∴，
∴．
23．(1)
(2)，理由见解析
(3)
【分析】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的．
（1）连接，根据条件得出，利用三角形外角的性质得出，，证明出为等腰直角三角形即可求解；
（2）连接，证明，由全等三角形的性质得出，由等腰三角形的性质得出，证出，则可得出结论；
（3）连接，证明，由全等三角形的性质得出，得出，证明，由相似三角形的性质得出，则可得出结论．
【详解】（1）解：连接，如下图：
时，，
，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
故答案为：；
（2）解：，理由如下：
如图2，连接，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，连接，
，，，
，
，
，，
，
，
，
在和中，，，
，
，
，
，
时，
．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑