2024年中考数学压轴题型-专题01 与三角形有关问题的压轴题之三大题型(解析版)

专题01与三角形有关问题的压轴题之三大题型目录TOC\o"1-3"\h\u【题型一与三角形全等有关的问题】 1【题型二与三角形相似有关的问题】 12【题型三与三角形旋转有关的问题】 24【典型例题】【题型一与三角形全等有关的问题】例题：（2023·浙江杭州·统考二模）在中，，于点E，于点D，交于点F．

(1)求证：；(2)若，求的面积．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出，进而证明为等腰三角形，得到，再证明，即可证明；（2）先得到，解直角三角形得到，则，即可推出，则．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴为等腰三角形，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴∴．（2）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．【变式训练】1．（2023·浙江杭州·校考二模）如图，在中，，E为延长线上一点，且交于点F．

(1)求证：是等腰三角形；(2)若，F为中点，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据等腰三角形的性质，得出，根据余角的性质，得出根据对顶角的性质，得出，即可得出答案；（2）证明，得出，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴为等腰三角形；（2）解：过点A作于点G，过A作AH⊥BC于H，如图所示：

∵，∴，∵F为中点，∴，又∴，∴，∴，∴，∴，【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，对顶角相等，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定方法．2．（2023·浙江温州·校联考二模）在中，，是的中点，连接并延长至点，使得，过点作交的延长线于点．

(1)求证：．(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，是的中点，得，则，而，，即可证明；（2）由，，，根据勾股定理得，则．【详解】（1）证明：，，，是的中点，，，在和中，，．（2）解：，，，，，的长是．【点睛】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形有判定与性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键．3．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在中，，是上一点，延长至点，使得，延长至点，使得．(1)求证：；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)17【分析】（1）根据，证明；（2）由等腰三角形的性质得出，根据勾股定理得出，再根据，求出的长．【详解】（1）∵∴∵在与∴（2）∵，，∴∵，∴∵∴∴【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的性质．4．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，在中，，射线平分，交于点E，点F在边的延长线上，，连接．(1)求证：．(2)若，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由射线平分，可得，进而可证；（2）由，可得，由三角形外角的性质可得，则，根据，计算求解即可．【详解】（1）证明：射线平分，∴，在和中，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴为．【点睛】本题考查了角平分线，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．5．（2023·浙江杭州·校联考模拟预测）如图，，，D是上的一点，且.(1)求证：(2)若，，求的度数.【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据得到，利用边角边判定直接证明即可得到答案；（2）根据三角形内角和公式及等腰三角形性质求出，结合得到，即可得到答案.【详解】（1）证明∵，∴.∵，，∴；（2）解：由（1）得，，，，∵，，，；【点睛】本题考查三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理，平行线性质，等腰等腰三角形性质，解题的关键是根据平行线得到全等的条件．6．（2023·浙江台州·统考一模）在中，，，D是边上的中点，E是直线右侧的一点，且，连接，过点D作的垂线交射线于点F．(1)点C到的距离为______；(2)如图1，当点E在的外部时．①求证：；②如图2，连接，当时，试探究与之间的数量关系；(3)若，请直接写出的长．【答案】(1)(2)①见解析，②(3)或【分析】（1）连，直接求的长即可；（2）①设交于点，证明即可；②延长和交于点，连接，根据手拉手模型证明，，可得，，再根据等腰三角形三线合一可得．（3）分E在上方和E在下方两种情况，分别求得即可求出的长．【详解】（1）解：连接，∵在中，，，D是边上的中点，∴，，∴点C到的距离为，故答案为：；（2）解：①设交于点，∵，∴，∵，，∴，∵过点D作的垂线交射线于点F，∴，∴，∴，∴；②延长和交于点，连接，∵，，，∴，都是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∵∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图，当E在上方时，过D作于H，∵，，∴，∵，，，∴，∴，∴，∵，∴；如图，当E在下方时，同理，，，则，综上，或．【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，三角函数定义等知识，属于中考压轴题，综合性强，难度大，对学生要求很高；解题关键是熟练利用“手拉手模型”合理添加辅助线构造全等三角形．【题型二与三角形相似有关的问题】例题：（2023·浙江杭州·统考一模）如图，已知和，，，点D在边上，

(1)求证：；(2)如果，，连接．求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由等角加同角相等可得，由和的顶角相等，且都是等腰三角形，以此即可证明；（2）根据平行线的性质得，，进而得到，由等腰三角形三线合一的性质可得，再通过证明，得到，由对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形为平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵，，∴，，∵，∴，∴；（2）证明：如图，

∵，∴，，由（1）可知，，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，,∴四边形为平行四边形，∵，∴平行四边形为菱形．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定、等腰三角形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质，熟练菱形的判定方法是解题关键．【变式训练】1．（2023·浙江杭州·统考二模）如图，在等腰三角形中，，点P在平分线上，过点P作线段分别交，于点E，F，已知．

(1)求证：．(2)若，F是的中点，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先利用角平分线的定义得到，再根据相似三角形的判定可证得结论；（2）利用等腰三角形的性质得到，再由已知求得，，，再利用相似三角形的性质得求解即可．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，又，∴；（2）解：∵，∴，，∵，平分，∴，∴，，∵F是的中点，∴，∵，∴，则，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的定义，熟练掌握相似三角形的性质和等腰三角形的性质是解答的关键．2．（2023·浙江杭州·杭州市十三中教育集团（总校）校考三模）如图，在中，是角平分线，点E在边AC上，且，连接．(1)求证：；(2)若，求（结果用α表示）(3)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)；(3)．【分析】（1）根据是角平分线可得出，由可得出，进而即可证出；（2）由全等三角形的性质得到，根据三角形内角和定理以及平角的性质即可求解；（3）利用，求得的长，证，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）证明：∵是的角平分线，∴．∵，∴，∴；（2）解：∵，∴，∵是的角平分线，且，∴．∵，∴；（3）解：∵，，∴，∵，且，∴，∴，即，由得，由，得，解得．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质以及三角形内角和定理，熟练掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3．（2023·浙江杭州·校考三模）如图，矩形中，，点M是的中点，连接．将沿着折叠后得，延长交于E，连接．

(1)求证：平分(2)求证：．(3)若，，求的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据折叠性质和矩形性质可得，再根据点M是的中点，可证，进而证明，即可证出；（2）由折叠性质和由（1）得，可以求出，即可证明；（3）由折叠性质和第（2）问可得，进而求出，由（1），可求，进而求出答案．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，由折叠性质可得：，∵延长交于E，∴，∴，∵点M是的中点，∴，由折叠性质可得：，∴，∵，∴，∴，∴平分；（2）证明：由折叠性质可得：，由（1）得：，∵，∴，∵，∵，∴，∵，∴；（3）解：由（2）得：，∵，∴，由（2）得：，由折叠性质得：，∴，∴，∵，∴，∴，由（1）得：，∴，∴，由折叠性质的：，∴，∴，∴；【点睛】本题考查矩形与折叠问题，涉及到三角函数、全等三角形的证明与性质、相似三角形的判定与性质等，灵活运用所学知识是关键．4．（2023·浙江宁波·校联考模拟预测）【基础巩固】（1）如图1，和是直角三角形，，，求证：；【尝试应用】（2）如图2，在与中，直角顶点重合于点C，点D在上，，且，连接，若，求的长；【拓展提高】（3）如图3，若，，，，过A作交延长线于Q，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，综合性强，难度大，属于压轴题．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和相似三角形．（1）通过证明，可得，，可得结论；（2）通过证明，可得，即可求解；（3）由锐角三角函数可求，由直角三角形的性质可求，，通过证明，可求的长，即可求解．【详解】（1）证明：，，，，，，；（2）解：，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，在上截取，连接，，，，，设，则，，，，，，是等边三角形，，，，，，，∴，，，，，5．（2023·浙江宁波·校考三模）【基础巩固】如图1，在中，，，点D是AC的中点．延长BC至点E，使，延长ED交AB于点F，则的值为______；

【思考探究】如图2，当时，的值会发生变化吗？若不变，请写出证明过程；若发生变化，请说明理由．

【拓展延伸】如图3，在中，，点D是线段AC上任意一点．延长BC至点E，使，延长ED交AB于点F，若，请求出的值（用含n的式子表示）．

【答案】（1）；（2）不变，证明见解析；（3）【分析】（1）根据等边三角形的性质结合已知条件，求得，，根据含30度角的直角三角形的性质，可得，即可求解；（2）取的中点，连接．证明，可得，根据，证明，根据相似三角形的性质可得，进而可得；（3）证出，得到，利用相似三角形的性质即可求解.【详解】解：如图，

中，，是的中点，，是等边三角形，，，，∵，，，，，，，；（2）不变，证明如下：证明：取的中点，连接．

∵是的中点，∴，．∵，∴，∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴．∵，∴．∴．∴．∴；（3）∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等边对等角，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．【题型三与三角形旋转有关的问题】例题：（2023·浙江嘉兴·统考一模）已知中，，，将绕点A顺时针旋转，得到，连接．

(1)如图（1），当时，连接，求的度数；(2)如图（2），连接，问的值是否为定值？若是，请说明理由并求出此值；(3)在旋转过程中，当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，求的长．【答案】(1)；(2)是，，理由见解析；(3)或【分析】（1）根据旋转的性质推出，从而得到，即可求解；（2）根据旋转的性质推出，从而得到，即可求解；（3）当以B，C，A，E为顶点的四边形是平行四边形时，满足，则考虑旋转至上方和下方两种情况，并结合（2）的结论计算求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴，∴；（2）解：∵，，∴，∵，∴∴，∴的值是定值，定值为；（3）解：①旋转到图1位置，使，∵，∴四边形是平行四边形，∴，由（2）可知：，∴；

②旋转到图2位置，使，连结，

∵，∴四边形菱形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，由（2）可知：，∴，综上所述，当B，C，A，E四点构成平行四边形时的长是或．【点睛】本题考查旋转综合问题，包括全等三角形、相似三角形的判定与性质，平行四边形、菱形的判定与性质等，掌握图形全等和相似的证明方法，熟练运用平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题关键．【变式训练】1．（2023·浙江·模拟预测）如图，已知，，，，绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当为等腰三角形时，AP的长为．

【答案】或或【分析】分类讨论：①当，由，，则，过作与，于，利用三角形的中位线的性质得到，，，可得到与的长，然后利用等腰三角形的性质得到，易得，又，利用三角形全等的性质得到，则，即，则，然后根据三角形相似的性质得到：：，代值计算可得，从而求得；②当，则点在点，易证，然后根据三角形相似的相似比即可得到，从而求得；②当，则，而，得到，即，易证，然后根据三角形相似的相似比即可求得．【详解】解：①当，，，，则，过作与，于，如图，

为的中点，，，，，，，而，，又，，而，，即，，：：，即：：，，；②当，则点在点，如图，

，而，，，：：，即：：，，；③当，则，而，，即，如图，

，：：，即：：，．故答案为或或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．2．（2023·浙江温州·校考三模）杭州奥体网球中心以极度对称的“莲花”造型惊艳众人．该建筑底部是由24片全等“花瓣”组成的“固定花环”，上方穹顶由8片全等“旋转花瓣”均匀连接，可根据天气变化合拢或旋转展开．小明借助圆的内接正多边形的知识，模拟“小莲花”变化状态．穹顶合拢时，如图①，正二十四边形顶点，正八边形顶点与圆心O共线，正二十四边形顶点，与正八边形顶点，共线，则的值为；穹顶开启时，如图②，所有“旋转花瓣”同时绕着固定点，，…，逆时针同速旋转．圆心O绕旋转后的对应点为，以此类推，当落在上时，若米，则的值为米．

【答案】/【分析】如图：过O作,连接，运用正多边形的性质说明,,进而得到、，然后代入计算即可；如图：由题意可得,，，运用勾股定理可求得，再运用计算即可．【详解】解：如图：过O作,连接，∴，,∵，∴,,∴，∴,,∴，∵∴，∴，∴，∴,∴．

由题意可知：,，，∴，即，解得：，∴．故答案为，．

【点睛】本题主要考查了正多边形的性质、勾股定理、垂径定理等知识点，理解题意、正确计算是解答本题的关键．3．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）一副三角板和中，．将它们叠合在一起，边与重合，与相交于点G（如图1），此时线段的长是，现将绕点按顺时针方向旋转（如图2），边与相交于点H，连结，在旋转到的过程中，线段扫过的面积是．

【答案】【分析】如图1，过点G作于H，根据含直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质得出，，然后由可求出的长，进而可得线段的长；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，，是旋转到的过程中任意位置，作于N，过点B作交的延长线于M，首先证明是等边三角形，点在直线上，然后可得线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，求出和，然后根据线段扫过的面积列式计算即可．【详解】解：如图1，过点G作于H，

∵，，∴，，∵，∴，∴；如图2，将绕点C顺时针旋转得到，与交于，连接，由旋转的性质得：，，∴是等边三角形，∵，∴，∴，∵，∴，即垂直平分，∵是等腰直角三角形，∴点在直线上，连接，是旋转到的过程中任意位置，则线段扫过的面积是弓形的面积加上的面积，∵，∴，∴，作于N，则，∴，过点B作交的延长线于M，则，∵，，∴，∴，∴线段扫过的面积，，，，故答案为：，．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，含直角三角形的性质，二次根式的运算，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算等知识，作出图形，证明点在直线上是本题的突破点，灵活运用各知识点是解题的关键．4．（2023·浙江宁波·校考一模）如图1，在中，，点D，E分别是的中点．把绕点B旋转一定角度，连结．(1)如图2，当线段在内部时，求证：．(2)当点D落在直线上时，请画出图形，并求的长．(3)当面积最大时，请画出图形，并求出此时的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析；(3)见解析，【分析】（1）根据点D，E分别是的中点，得到，再根据旋转，得到，即可得证；（2）勾股定理定理求出的长，中位线定理得到，进而得到，根据旋转，得到，推出，利用勾股定理求出的长；（3）设点E到的距离为h，判断出h最大，的面积最大，过点D作于H，证明，利用对应边对应成比例，求出的长，利用进行求解即可．【详解】（1）证明：∵点D，E分别是的中点，∴∴，

由旋转知，，∴；（2）解：如图，∵，∴，由（1）图∵点D，E分别是的中点，∴，∴，∵点D落在上，∴，由（1）知，，∴，在中，，根据勾股定理得，；（3）解：如图，设点E到的距离为h，则，要的面积最大，则h最大，即时，此时，h最大，∵，∴，∴，由旋转知，，∴，过点D作于H，∴，∴，∴，∴，∴，在题干图1中，∵点D，E分别是的中点，∴，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的中位线，勾股定理．本题的综合性较强，难度较大，解题的关键是根据题意，正确的画出图形．5．（2023·浙江杭州·杭州市公益中学校考二模）如图1，在中，，点、分别在边、上，，连妾，点、、分别为、、的中点，连，．

(1)图1中，求证：；(2)当绕点旋转到如图2所示的位置时．①是否仍然成立？若成立请证明；若不成立，说明理由；②若（），和的面积分别是、，的面积为，求的值．【答案】(1)见解析(2)①成立，理由见解析；②；【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的中位线定理即可解答；（2）①证明得到，再利用中位线定理即可解答；②根据相似三角形判定与性质及全等三角形的性质得到即可解答．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∵点、、分别为、、的中点，∴是的中位线，是的中位线，∴，，∴（2）解：①成立，理由如下：连接，由旋转的性质可得：，∴，，∴，∴在和中，，∴，∴，∵点、、分别为、、的中点，∴是的中位线，是的中位线，∴，，∴；②∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵点、分别为、的中点，∴，，∴，，∴，∴，∴，同理可证：，∵，