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2026年全国中考数学真题汇编
专题26 等腰三角形压轴题
一、单选题
1．（2026·上海·中考真题）如图，已知边长为的正方形，点是边上的一点(不与点、重合)，过点作，交边与点，作点、关于的对称点、，联结、交于点、，现有以下两个命题：①四边形的周长是一个定值；②四边形的周长是一个定值；
下列说法中，正确的是( )
A．①、②均正确 B．①正确，②错误
C．①错误，②正确 D．①、②均错误
2．（2026·甘肃天水·中考真题）如图，在菱形中，对角线与交于点，动点从点出发，沿匀速运动至点时停止．设点的运动路程为，的长度为，与的函数图象如图所示，在点的运动过程中，当时，的长度是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
3．（2026·四川广安·中考真题）如图，在矩形中，已知，，点是射线（不与点重合）上的一个动点，连接并延长交直线于点，将沿射线翻折，点的对应点为点，延长交直线于点．有下列结论：
①；②；③若点恰好落在对角线上时，则；④若时，则或；⑤的取值范围为．其中正确的结论有_____．（填序号）
4．（2026·江苏连云港·中考真题）取一张矩形纸片（图1），按如图2所示方式折叠，使点A落在上，折痕为，再按如图3所示方式折叠，点与点恰好重合，则____．
5．（2026·天津·中考真题）如图，在菱形中，，，连接．
（Ⅰ）线段的长为________；
（Ⅱ）点在边上，点在的延长线上，与相交于点，为的中点．若，则线段的长为________．
6．（2026·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，．点是边上的一点，且，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交边于点．若，则线段的长为________．
7．（2026·河南·中考真题）如图，在中，，，是角平分线．点为边上一点，连接，交于点，连接．若，则的长为_____．
8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）数学活动课上，同学们把底角为的等腰三角形称为“友好三角形”，并利用“友好三角形”进行规律探究．如图，在平面直角坐标系中，点在经过原点的直线上，，点在轴正半轴上，是以为底边的“友好三角形”，以为底边向右作“友好三角形”；过点作的平行线，分别交直线和轴正半轴于点，，以为底边向右作“友好三角形”；过点作的平行线，分别交直线和轴正半轴于点，，以为底边向右作“友好三角形”…按此规律，点的纵坐标为____________．
9．（2026·内蒙古·中考真题）如图，等边三角形纸片的边长为10，点，分别为，边上的点．将沿折叠，若点恰好落在该纸片边的中点处，则四边形的周长是____________．
10．（2026·四川达州·中考真题）如图，已知正六边形的中心为、边心距，分别以、为圆心，以正六边形的边长为半径画弧，与正六边形的边，所围成的阴影部分面积是________．
11．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在边长为1的等边三角形中，D为边上的动点（不与端点重合），过点D作于点G．下列说法正确的有___________．（填写序号，错选不得分，少选得2分，选全得4分）
①；
②；
③设，则的面积S是关于x的二次函数；
④仅存在一点D，使得．
12．（2026·江西·中考真题）如图，在矩形 中， ， ， 是边 上的动点，连接，过点作于点．当面积最大时，的长为_______________．
三、解答题
13．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探究．
如图，，（），点D在边上，延长交于点F．
(1)【初步感知】求证：；
(2)【深入探究】如图1，当，时，求的长；
(3)【拓展延伸】如图2，将绕点E按逆时针方向旋转一定角度（小于）得到，若F，，三点共线，且点A的对应点满足，求n的值．
14．（2026·山东·中考真题）在中，，．
【观察与发现】
(1)如图1，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点与点是对应点．点，分别在边，上，，连接，．求证：．
【思考与探究】
(2)如图2，过点作交于点．点，分别在边，上，，连接，，．猜想线段与的数量关系，并说明理由．
【拓展与延伸】
(3)如图3，在（2）的条件下，延长至点，使，连接，．若，，求线段的长度．
15．（2026·江西·中考真题）如图，在 中， ，，点P在 的延长线上，将绕点A按逆时针方向旋转得到，连接， ．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
16．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形 中， 是上的一点，，．四边形由四边形 沿翻折得到，点 ， ， 的对应点分别为，，．是延长线上的一点，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
17．（2026·四川南充·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，．
(1)【初步感知】如图1，点P在线段上，若，，求的长．
(2)【深入探究】如图2，点P在线段上，若，设长为x，长为y，求y与x之间的函数关系式．
(3)【拓展运用】如图3，点P在线段上，将沿直线折叠，若点D落在边上，求的值．
18．（2026·河南·中考真题）在菱形中，，．将边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．作射线，在射线上取一点，使，连接．
(1)【观察猜想】
当时，如图1，的度数为_________，的长为_________．
(2)【探究证明】
当时，（1）中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由．
(3)【拓展延伸】
当时，若的面积为，请直接写出此时旋转角的度数．
19．（2026·天津·中考真题）已知点 ， 在 上，，点在上，点在以 ， 为端点的优弧上．
(1)如图①，当为的中点时，若，求和的大小；
(2)如图②，当时，过点作的切线，且，与相交于点，若 的半径为 ，求和的长．
20．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，等边内接于，为中点，连接并延长交于点，作．
(1)求证：是的切线．
(2)如图2，点为射线上的动点，连接并延长与的优弧交于点（与点，不重合），连接，．
①在点运动过程中，请探究线段，，的数量关系并说明理由：
②连接，若，当点到的距离最大时，请直接写出的值．
21．（2026·山西·中考真题）如图，是的直径，点，是上的两点，且，过点作的切线与的延长线交于点，连接，．若，，求扇形（即阴影部分）的面积（结果保留）．
22．（2026·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图1，在中，，是的中线．将绕点顺时针旋转得到，其中点，的对应点分别为点，，线段分别与线段，交于点，，线段与交于点．
(1)推理证明：求证：；
(2)拓展延伸：在旋转过程中，当时，探究下列问题．
①如图2，判断与的数量关系，并说明理由；
②已知，．在射线上取一点，在射线上取一点，使．当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，请直接写出线段的长．
23．（2026·河北·中考真题）如图1和图2，在中，，，正方形的顶点，，分别在的三边，，上．当点从点出发沿向点移动时，点，随之分别在，上移动（正方形的大小发生变化），当点与点重合时，移动停止．
(1)____________．
(2)如图1，当时，求证：．
(3)①如图2，当时，求的长；
②当时，直接写出正方形的边长．
(4)在移动过程中，每当点移动1个单位长度时，点均移动d个单位长度，直接写出d的值．
24．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在中，，点D是边上的一个动点，连接，将线段绕点A逆时针旋转至线段，使得，连接．
(1)当时，求的长；
(2)当是等腰三角形时，求的长；
(3)当时，求的长（用图2）．
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《2026年全国中考数学真题汇编专题 26 等腰三角形压轴题》参考答案
题号 1 2
答案 B D
1．B
设，则，根据题意以及正方形的性质分别求得，，进而求得四边形、的周长，即可求解．
解：依题意，，设，则，
是等腰直角三角形，则，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，则
同理可得，，
∴四边形的周长
四边形的周长
故①正确，②错误
2．D
根据函数图象获取的长度以及的值，结合菱形性质求出边长和对角线，判定的形状，最后利用三角函数或勾股定理求出边上的高．
解：由图2可知，当时，，此时点M在点O处，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，．
由图2可知，当时，点M到达点D，
此时运动路程为，
∴，
∴．
∵，
∴，即是等边三角形．
当时，为等边的高，
∴．
3．①③⑤
①②分类讨论，当在的左侧和在的右侧（含点），根据矩形性质和折叠的性质即可推出结论；③先判断在的左侧，根据矩形的性质结合勾股定理求出的长，再根据折叠的性质结合勾股定理求出的长，④分类讨论，当在的左侧和在的右侧（含点），分别作过点作交于点，过点作交于点，运用矩形的性质证明，得出的长，再结合①的结论算出的长，根据等面积法求出、，最后运用三角形的面积求解即可；⑤先判断在以为圆心，半径为的圆上运动，即可求解．
解：关于①，如图，当在的左侧、，
∵关于折叠为，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，在的右侧（含点），
与当在的左侧同理，
综上，，
∴①符合题意；
关于②，如图，当在的左侧，
∵关于折叠为，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
如图，在的右侧（含点），
∵，
∴，即，
∴②不符合题意；
关于③，∵点恰好落在对角线上，
∴如图，在的左侧，
∵矩形，
∴，
∵在中，，，
∴根据勾股定理，，
∵关于折叠为，
∴，，，
∴，，
∵在中，，，
∴根据勾股定理，，即，
解得: ，
∴③符合题意；
关于④，如图，当在的左侧，过点作交于点，
∵关于折叠为，
∴，
∵矩形，
∴，，，，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∵在中，，
∴根据勾股定理，，
∵由①得，
∴，即，解得：，
∴，
∵，即
∴，
∴，
如图，当在的右侧（含点），过点作交于点，
∵关于折叠为，
∴，
∵矩形，
∴，，，，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∵在中，，
∴根据勾股定理，，
∵由①得，
∴，即，解得：，
∴，
∵，即
∴，
∴，
综上，或；
∴故④不符合题意；
关于⑤，
∵关于折叠为，
∴，
∴如图，在以为圆心，半径为的圆上运动，
∵点是射线（不与点重合）上的一个动点，
∴，即，
∴在上运动，
当在点时，有最小值，最小值为，
当接近时停止，趋近于，
∴的取值范围为，
故⑤符合题意；
综上，符合题意的有①③⑤．
4．
设，根据折叠的性质、矩形的性质可判断是等腰直角三角形，则可得，根据折叠的性质得出，即可求解．
解：设，
∵四边形是矩形，
∴，
根据图2可得，
∴是等腰直角三角形，
∴，
根据图3可得，
∴.
5． 5
（Ⅰ）因为菱形四边相等，所以，又因为，所以是等边三角形，由此可直接得到的长度．
（Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，根据等边三角形的性质和判定先证得是等边三角形，进而可证得，可求得的长度，在中，，可求出的长，最后可利用勾股定理求出的长．
解：（Ⅰ）菱形，
．
又，
是等边三角形，
．
（Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，如图：
是等边三角形，
，
，
，，
是等边三角形，
．
，
，
又，
，
．
，
．
已知是中点，，
，
由菱形性质得，即．
在中，，
， ，
．
在中，由勾股定理： ，
（负值已舍去）．
6．14
过点E作，交于点．通过等角对等边证明，过点作于点，作于点，证明，根据平行线分线段成比例求出，进而得出，证明四边形是矩形得到，根据勾股定理求出，得到的长，从而可得的值，进而在中解直角三角形即可求解．
过点E作，交于点．
，
，
，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
过点作于点，作于点，则．
，
，
∴，
，
，
，
，
．
，
四边形是矩形，
，
在中，，
．
在中，，
在中，，
．
7．或
过点作于点，先由等腰三角形的性质求出，则，然后分点在点的左侧和右侧两种情况，构造相似三角形求解即可．
解：过点作于点，
∵，，
∴，
∴
当点在左侧时，记作点，
∴
∴，
∵平分
∴
过点作于点，则
∴
∴
∴
∴
∴；
当点在右侧时，记作点，则同理，
∴
过点作交延长线于点，则，
∵平分
∴
∴
∴
∵
∴，
同理可得，
∴
∴，
∴
∴，
综上：的长为或．
8．
如图过点作轴于点，得出，进而可得，据此规律求得，结合题意可得轴，求得的纵坐标为，即可求解．
解：如图过点作轴于点，
∵，
∴，
∴
∴，
∵
∴轴，则的纵坐标为
∴
同理可得：，，
∴
∴的纵坐标为，
同理可得轴，则的纵坐标为
∵
∴，
∴，同理可得：，
∴
∴的纵坐标为
……
∴的纵坐标为，
又轴，则的纵坐标为
∴点的纵坐标为
9．
连接交于点O，由三线合一得，． 由折叠的性质可知，，，，，可得，由平行线分线段成比例求出，再根据三角形中位线的性质求出即可求解．
解：如图，连接交于点O，
是等边三角形，边长为
，
点是边的中点
，．
由折叠的性质可知，，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长．
10．
连接、、，由题意可得、、交于点，得出是等边三角形，利用等边三角形的性质和三角函数可计算出．由正多边形的内角公式可得，用正六边形的面积减去两个扇形的面积即可得到阴影部分的面积．
解：如图，连接、、，
在正六边形中，，，
∵点为正六边形的中心，
∴、、交于点，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
根据题意，，
在中，，
∴，
∵，
∴
．
11．①②③④
由题意易得，则有，，然后问题根据三角形面积，二次函数的性质及三角函数进行排除答案即可．
解：∵是等边三角形，且边长为1，
∴，
∵，
∴，，
∵D为边上的动点（不与端点重合），
∴，
∴，，故①说法正确；
∵，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故②说法正确；
设，则有，
∴，
∴，
∴的面积S是关于x的二次函数，故③说法正确；
过点作，如图所示：
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：（负根舍去），
∴仅存在一点D，使得，故④说法正确；
综上所述：正确的有①②③④．
12．1
根据题意得出在以为直径的上运动，进而可得当时，到的距离最大，此时面积最大，得出，结合题意得出是等腰直角三角形，求得，根据线段的和差关系，即可求解．
解：如图，设的中点为，
∵
∴
∴在以为直径的上运动
∴当时，到的距离最大，此时面积最大，
∴
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
13．(1)证明：∵，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴；
(2)
(3)
（1）根据全等三角形的性质得到，结合证明，再利用相似三角形的性质即可证明；
（2）根据题意得，，由得到，则，，再利用线段的和差列出关于长的方程，求出，即可求解的长；
（3）连接，设，由（2）中的结论可得，根据旋转的性质得，，则，设，导角可得，则，推出，再结合推出，则，再由得到，，再利用线段的和差列出关于n的方程，即可求解n的值．
（1）略
（2）解：∵，
∴，，，
∵，，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，，
∴，
解得，
∴，
即的长为；
（3）解：如图，连接，
设，
由（2）中的结论可得，
由旋转的性质得，，，
∴，
设，
∵F，，三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，，
∴，
解得（负值已舍去），
∴n的值为．
14．(1)证明：连接，如图所示：
根据旋转可得：，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
(2)；理由如下：
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
(3)或2
（1）连接，证明为等边三角形，得出，，再证明，即可得出结论；
（2）证明，得出，，证明，得出，，根据，即可得出答案；
（3）延长，并取点N，使，过点G作于点M，根据中位线的性质得出，，设，则，，，解直角三角形求出，，根据勾股定理得出：，求出x的值，即可得出答案．
（1）略
（2）略
（3）解：延长，并取点N，使，过点G作于点M，如图所示：
则，
∵，
∴为的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，，
∵，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，，
∴或2．
15．(1)证明：绕点按逆时针方向旋转得到，
，．
，
．
，
，
．
(2)
（1）根据旋转的性质可得，，结合已知可得，进而根据，证明，根据全等三角形的性质，即可得证；
（2）过点 作，交 的延长线于点，根据全等三角形的性质得出，进而得出，，解直角三角形求得，进而求得的长．
（1）略
（2）解：过点 作，交 的延长线于点．
，，，
，．
，
．
，
，
，．
，
．
．
16．(1)证明：，
．
∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为，
．
，
．
．
(2)
（1）利用平行和折叠的性质证明，即可得出结论；
（2）根据是等腰直角三角形可求，过点作，垂足为，再解三角形即可．
（1）略
（2）解：过点作，垂足为 ．
，，
．
，
．
∵四边形由四边形 翻折得到，点 的对应点为，
，，．
在中，，
．
，，
．
17．(1)5
(2)
(3)
（1）根据菱形的性质得出，再结合题意得出，即可求解；
（2）过点P作于点E，根据菱形的性质及相似三角形的判定和性质得出，，，然后利用勾股定理建立方程整理即可得出y与x之间的函数关系式；
（3）设交于点F.将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接，根据题意得出，利用各角之间的关系得出，，再由相似三角形的判定和性质得出，，设. 则，代入求解即可．
（1）解：∵四边形是菱形， ，
∴，
，
，
；
（2）过点P作于点E，
∵四边形是菱形，
∴，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
，，
在中，
在中，
即 ，
整理得 即 (舍去)；
∴y与x之间的函数关系式为
（3）如图，设交于点F，将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
，
，
设，则，
，
，
，
取正数解得：，
．
18．(1)；
(2)两个结论仍然成立．证明如下：
四边形是菱形，，，
，，
，
，
，
，则，
，，
，
，
为等边三角形，
，
，则，
，
，，
，
，
．
(3)或．
（1）根据菱形的性质得到，由旋转的性质，三角形内角和定理得到，是等腰直角三角形，根据平角得到，结合题意得到是等边三角形，再证明得到；
（2）根据菱形的性质，旋转的性质得到，根据平角得到，结合题意得到是等边三角形，再证明得到；
（3）结合（1），（2）的解析分类讨论：当点H在左边时，过点作延长线于点，由面积公式得到，根据解直角三角形的计算得到，由平角的定义即可求解；当点H在右边时，同理得到，由即可求解．
（1）解：∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵将边绕点逆时针旋转至，旋转角，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
设交于点，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，则是等边三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）略
（3）解：由上述证明得到，，，
∴，，
第一种情况，当点H在左边时，如图所示，过点作延长线于点，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
解得：；
第二种情况，当点H在右边时，如图所示，过点作延长线于点，
同理可得，，
∴，
∴，
∵，
∴．
19．(1)，
(2)，
（1）连接，根据题意可得，则可得到，由圆周角定理可得；根据等腰三角形的性质和三角形内角定理可求出的度数，进而可求出的度数；
（2）连接，由切线的性质得到，则由平行线的性质可得；由勾股定理可求出；求出，则由圆周角定理得到；可证明，则，解直角三角形求出的长即可．
（1）解：如图①所示，连接，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图②所示，连接，
∵与相切，
∴，即，
∵，
∴，
∴；
∵ 的半径为，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴．
20．(1)证明：∵为中点，在的延长线上，
∴，
∵，
∴，
∴是的切线；
(2)或，理由如下：
当点在上时，如图，在上取点使得，
∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；即，
当点在上时，如图所示，在的延长线上取，
同理可得，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即；
（1）根据垂径定理可得，根据得出，即可得证；
（2）分情况讨论，当点在上时，在上取点使得，，证明，得出，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；当点在上时，如图所示，在的延长线上取，证明，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；
②根据题意得出当点到的距离最大时，，设的交点为，连接，，解直角三角形，分别求得，，的长，再求比值，即可求解．
（1）略
（2）①略
②∵点在优弧上，
∴当点到的距离最大时，，如图所示，设的交点为，连接，，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴，
∵，
∴， ，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，，
由（1）可得在上，，
∴，
如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，则四边形是矩形，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
21．扇形（即阴影部分）的面积为
连接，先根据切线性质得到，进而得到，然后根据等弧所对的圆心角相等得到，继而得到，最后根据扇形的面积公式进行求解即可．
解：连接．
与相切于点．
．
．
，
．
，
．
．
，
．
，
．
22．(1)证明：，是的中线，
，，，
绕点顺时针旋转得到，
，，
，，
，
在和中，
，
；
(2)①解：，
理由如下：
，是的中线，
，
绕点顺时针旋转得到，
，，
，
∵，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是菱形，
；
②线段的长为或
（1）根据等腰三角形的判定和性质，旋转的性质得出，结合图形得到，运用“角边角”即可求证；
（2）①根据旋转得到，由平行线的判定得到，可证四边形是菱形，由此即可求解；
②证明在以为圆心，为半径的圆上，即图中的，可得四边形为矩形，可得当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，当，则一定过点，不符合题意；只有或，此时三点共线，再进一步求解即可.
（1）略
（2）①略
②解：∵，
∴在以为圆心，为半径的圆上，即图中的，
∴，
∴四边形为矩形，
∴当以点，，为顶点的三角形是直角三角形，且为直角边时，
当，则一定过点，不符合题意；
∴只有或，
此时三点共线，
如图所示，当点在线段上时，，且点G在线段上，过点作于点，
，
∵，
，
，，
∴，，
设，，
则，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：或（舍去），
此时，
.
综上所述，或．
23．(1)
(2)证明：∵四边形是正方形，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴，
∴
∴；
(3)①；②
(4)
（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质以及勾股定理求解，再由正切的定义求解；
（2）证明即可；
（3）①过点作于点，过点作于点，在中，由，设，同理可设，证明即可求解；
②构造同样辅助线，如上图，由，可得方程组，解方程组求解，再由勾股定理求解；
（4）先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点，
同理可证明，则，证明当点运动时，点到的距离不变，为，当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，由题意设，可得四边形是矩形，则，，那么，，解得，再由求解即可．
（1）解：过点作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）略
（3）解：①过点作于点，过点作于点，则，
∴在中，，设，
∵，
∴，则设
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴
∴
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∵
∴，
∴；
②构造同样辅助线，如上图，
∵，
∴可得方程组，
解得，
∴，
∴；
（4）解：先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点，
同理可证明
∴，
由（3）可知,
∴
∴，
∴当点运动时，点到的距离不变，为，
当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，
由题意设，
∵四边形是正方形，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
解得
∴，，
∴
∴d的值为．
24．(1)
(2)5，，8．
(3)6
（1）如图：过A作于F，易得，；设，则，在中利用勾股定理列方程求解即可；
（2）分、、三种情况求解即可；
（3）如图：过A作于G，由（1）可得：，设，则，利用勾股定理列方程可求得，进而得到再证明，最后利用相似三角形的性质求解即可．
（1）解：如图：过A作于F，
∵，
∴，，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴．
（2）解：①当时，
∵，
∴；
②当时，由（1）可知：，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
∴；
③当时，点D和点B重合，即．
综上，的长5，，8．
（3）解：如图：过A作于H，由（1）可得：，
设，则，
∵
∴，解得：，即，
∴，
∵线段绕点A逆时针旋转至线段，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：．
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2026年全国中考数学真题汇编
专题 26 等腰三角形压轴题 试卷分析
一、单选题 1 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；根据正方形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
2 0.4 动点问题的函数图象；解直角三角形的相关计算；等边三角形的判定和性质；利用菱形的性质求线段长
二、填空题 3 0.31 求过圆内一点的最长弦；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；利用矩形的性质证明；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
4 0.4 矩形与折叠问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
5 0.45 解直角三角形的相关计算；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
6 0.4 解直角三角形的相关计算；由平行截线求相关线段的长或比值；根据等角对等边证明边相等；根据矩形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
7 0.4 等边对等角；三线合一；相似三角形的判定与性质综合；用勾股定理解三角形
8 0.35 含30度角的直角三角形；解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；点坐标规律探索
9 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；由平行截线求相关线段的长或比值；折叠问题；等边三角形的性质
10 0.4 求正多边形的中心角；解直角三角形的相关计算；正多边形的内角问题；求其他不规则图形的面积；等边三角形的性质
11 0.4 解直角三角形的相关计算；等边三角形的性质；列二次函数关系式
12 0.4 等腰三角形的性质和判定；根据矩形的性质求线段长；90度的圆周角所对的弦是直径
三、解答题 13 0.35 根据旋转的性质求解；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；与图形有关的问题(一元二次方程的应用)；全等三角形的性质
14 0.35 解直角三角形的相关计算；根据旋转的性质求解；全等的性质和SAS综合（SAS）；相似三角形的判定与性质综合；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
15 0.45 根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；全等的性质和SAS综合（SAS）；等边对等角
16 0.45 解直角三角形的相关计算；等腰三角形的性质和判定；折叠问题；用勾股定理解三角形
17 0.42 公式法解一元二次方程；等腰三角形的性质和判定；相似三角形的判定与性质综合；折叠问题；利用菱形的性质求线段长
18 0.38 根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；等边三角形的判定和性质；利用菱形的性质求线段长
19 0.42 解直角三角形的相关计算；等边对等角；利用弧、弦、圆心角的关系求解；圆周角定理；用勾股定理解三角形；切线的性质定理
20 0.35 已知圆内接四边形求角度；解直角三角形的相关计算；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；圆周角定理；等边三角形的判定和性质；证明某直线是圆的切线
21 0.4 等边对等角；求扇形面积；利用弧、弦、圆心角的关系求解；切线的性质定理
22 0.35 根据菱形的性质与判定求线段长；根据旋转的性质求解；解直角三角形的相关计算；三线合一；判断确定圆的条件；相似三角形的判定与性质综合
23 0.42 解直角三角形的相关计算；根据正方形的性质求线段长；等边对等角；根据正方形的性质证明；三线合一；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据几何图形列二元一次方程组；求角的正切值；用勾股定理解三角形
24 0.39 根据旋转的性质求解；三线合一；相似三角形的判定与性质综合；等腰三角形的定义；用勾股定理解三角形

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