專題14三角形課標要求考點考向1.理解三角形及其內角、外角、中線、高線、角平分線等概念，了解三角形的穩定性。2.探索并證明三角形的內角和定理。掌握它的推論:三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和。3.理解全等三角形的概念，掌握三角形全等的證明方法。4.理解線段垂直平分線的概念，探索并證明線段垂直平分線的性質定理。5.理解角平分線的概念，探索并證明角平分線的性質定理。6.理解等腰三角形的概念，探索并證明等腰（等邊）三角形的性質定理，探索并掌握等腰（等邊）三角形的判定定理。7.理解直角三角形的概念，探索并掌握直角三角形的性質定理。8.探索勾股定理及其逆定理，并能運用它們解決一些簡單的實際問題。與三角形有關的線段考向一三角形的分類考向二三角形三邊關系考向三三角形的高考向四三角形的中線考向五線段的垂直平分線考向六角平分線的性質和判定與三角形有關的角考向一三角形的內角和定理考向二三角形的外角的定義及性質全等三角形考向一全等三角形的概念及性質考向二全等三角形的判定等腰三角形考向一等腰三角形的定義及性質考向二等腰三角形是判定考向三等腰三角形的性質及判定考向四等邊三角形直角三角形考向一直角三角形考向二勾股定理及逆定理考點一與三角形有關的線段?考向一三角形的分類1．（2024·陜西·中考真題）如圖，在中，，是邊上的高，E是的中點，連接，則圖中的直角三角形有（

）

A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】C【分析】本題主要考查直角三角形的概念．根據直角三角形的概念可以直接判斷．【詳解】解：由圖得，，，為直角三角形，共有4個直角三角形．故選：C．?考向二三角形三邊關系2．（2024·內蒙古赤峰·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別是方程的兩個根，則這個三角形的周長為（）A．或 B．或 C． D．【答案】C【分析】本題考查了解一元二次方程，等腰三角形的定義，三角形的三邊關系及周長，由方程可得，，根據三角形的三邊關系可得等腰三角形的底邊長為，腰長為，進而即可求出三角形的周長，掌握等腰三角形的定義及三角形的三邊關系是解題的關鍵．【詳解】解：由方程得，，，∵，∴等腰三角形的底邊長為，腰長為，∴這個三角形的周長為，故選：．3．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，在中，，以為邊作，，點D與點A在的兩側，則AD的最大值為（

）A． B． C．5 D．8【答案】D【分析】如圖，把繞順時針旋轉得到，求解，結合，（三點共線時取等號），從而可得答案．【詳解】解：如圖，把繞順時針旋轉得到，∴，，，∴，∵，（三點共線時取等號），∴的最大值為，故選D【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，旋轉的性質，三角形的三邊關系，二次根式的乘法運算，做出合適的輔助線是解本題的關鍵．4．（2024·江蘇鎮江·中考真題）等腰三角形的兩邊長分別為6和2，則第三邊長為．【答案】6【分析】本題考查了等腰三角形的性質，三角形三邊關系，熟練掌握分類討論思想是解題的關鍵．分兩種情況討論：當6為一腰長時；當2為一腰長時；分別求出第三條邊長，并根據三角形三邊關系判斷是否能構成三角形，即可得出答案．【詳解】解：當6為一腰長時，則另一腰長為6，底邊長為2，，能構成三角形，第三邊長為6；當2為一腰長時，則另一腰長為2，底邊長為6，，不能構成三角形，舍去；綜上，第三邊長為6，故答案為：6．?考向三三角形的高5．（2024·河北·中考真題）觀察圖中尺規作圖的痕跡，可得線段一定是的（

）A．角平分線 B．高線 C．中位線 D．中線【答案】B【分析】本題考查的是三角形的高的定義，作線段的垂線，根據作圖痕跡可得，從而可得答案．【詳解】解：由作圖可得：，∴線段一定是的高線；故選B6．（2024·山東德州·中考真題）如圖，在中，是高，是中線，，，則的長為（

）A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】本題考查了三角形的高線和中線的意義，根據和求出，根據是中線即可求解．【詳解】解：∵，，∴∵是中線，∴故選：B?考向四三角形的中線7．（2024·河北·中考真題）如圖，的面積為，為邊上的中線，點，，，是線段的五等分點，點，，是線段的四等分點，點是線段的中點．（1）的面積為；（2）的面積為．【答案】【分析】（1）根據三角形中線的性質得，證明，根據全等三角形的性質可得結論；（2）證明，得，推出、、三點共線，得，繼而得出，，證明，得，推出，最后代入即可．【詳解】解：（1）連接、、、、，∵的面積為，為邊上的中線，∴，∵點，，，是線段的五等分點，∴，∵點，，是線段的四等分點，∴，∵點是線段的中點，∴，在和中，，∴，∴，，∴的面積為，故答案為：；（2）在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴、、三點共線，∴，∵，∴，∵，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查三角形中線的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，等分點的意義，三角形的面積．掌握三角形中線的性質是解題的關鍵．8．（2024·浙江·中考真題）在的方格紙中，的三個頂點都在格點上，請僅用無刻度的直尺，分別按下列要求畫圖．(1)在圖1中的線段上找一點D，連接，使平分的面積．(2)在圖2中的線段上找一點E，連接，使平分的周長．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查了三角形的中線及三角形的周長及比例線段問題，熟練掌握三角形中線的性質是解題的關鍵；（1）因從點B到點C水平數方格共7個，故中點在第3單元格和第4單元格個中點，連接第3單元格和第4單元格的對角線即得到的中點D，連接即為所求；（2）由圖可知，從點B到點C水平數方格共7個，連接第2單元格和第4單元的對角線即得到點E，連接即為所求；【詳解】（1）如圖所示：中線AD平分的面積．

（2）如圖所示：平分的周長．?考向五線段的垂直平分線9．（2024·四川眉山·中考真題）如圖，在中，，，分別以點，點為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點，，過點，作直線交于點，連接，則的周長為（

）A．7 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】本題考查了尺規作圖—作垂直平分線，根據垂直平分線的性質即可證明，根據的周長，即可求出答案．【詳解】解：由作圖知，垂直平分，，的周長，，，的周長，故選：C．10．（2024·四川涼山·中考真題）如圖，在中，垂直平分交于點，若的周長為，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了線段垂直平分線的的性質，由線段垂直平分線的的性質可得，進而可得的周長，即可求解，掌握線段垂直平分線的的性質是解題的關鍵．【詳解】解：∵垂直平分，∴，∴的周長，故選：．11．（2024·江蘇常州·中考真題）如圖，在矩形中，對角線的垂直平分線分別交邊于點E、F．若，，則．【答案】【分析】本題主要考查三角形相似的判定和性質以及勾股定理，熟練掌握三角形的判定和性質是解題的關鍵．設與相交于點，證明，根據相似的性質進行計算即可；【詳解】解：的垂直平分線分別交邊于點E、F．，，，，，，，，，，，，令，，解得或（舍去），．故答案為：．?考向六角平分線的性質和判定12．（2024·青海·中考真題）如圖，平分，點P在上，，，則點P到的距離是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】本題考查了角平分線的性質定理．過點P作于點E，根據角平分線的性質可得，即可求解．【詳解】解：過點P作于點E，∵平分，，，∴，故選：C．13．（2024·云南·中考真題）已知是等腰底邊上的高，若點到直線的距離為3，則點到直線的距離為（

）A． B．2 C．3 D．【答案】C【分析】本題考查了等腰三角形的性質，角平分線的性質定理，熟練掌握知識點是解題的關鍵．由等腰三角形“三線合一”得到平分，再角平分線的性質定理即可求解．【詳解】解：如圖，∵是等腰底邊上的高，∴平分，∴點F到直線，的距離相等，∵點到直線的距離為3，∴點到直線的距離為3．故選：C．14．（2024·湖南·中考真題）如圖，在銳角三角形中，是邊上的高，在，上分別截取線段，，使；分別以點E，F為圓心，大于的長為半徑畫弧，在內，兩弧交于點P，作射線，交于點M，過點M作于點N．若，，則．【答案】6【分析】本題考查了尺規作圖，角平分線的性質等知識，根據作圖可知平分，根據角平分線的性質可知，結合求出，．【詳解】解：作圖可知平分，∵是邊上的高，，，∴，∵，∴，∴，故答案為：6．15．（2024·陜西·中考真題）如圖，在中，，E是邊上一點，連接，在右側作，且，連接．若，，則四邊形的面積為．【答案】60【分析】本題考查等邊對等角，平行線的性質，角平分線的性質，勾股定理：過點作，，根據等邊對等角結合平行線的性質，推出，進而得到，得到，進而得到四邊形的面積等于，設，勾股定理求出的長，再利用面積公式求出的面積即可．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∴平分，過點作，，則：，∵，且，∴，∴四邊形的面積，∵，∴，設，則：，由勾股定理，得：，∴，解：，∴，∴，∴四邊形的面積為60．故答案為：60．考點二與三角形有關的角?考向一三角形的內角和定理16．（2024·西藏·中考真題）如圖，已知直線，于點D，，則的度數是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了平行線的性質，三角形內角和定理應用，垂線定義理解．先利用平行線的性質求出的度數，然后利用三角形內角和定理進行求解即可．【詳解】解：∵，，∴，∵，∴，∴，故A正確．故選：A．17．（2024·天津·中考真題）如圖，中，，以點為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點，交于點；再分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧（所在圓的半徑相等）在的內部相交于點；畫射線，與相交于點，則的大小為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查基本作圖，直角三角形兩銳角互余以及三角形外角的性質，由直角三角形兩銳角互余可求出，由作圖得，由三角形的外角的性質可得，故可得答案【詳解】解：∵，∴，由作圖知，平分，∴，又∴故選：B18．（2024·山西·中考真題）如圖1是一個可調節的電腦桌，它的工作原理是利用液體在封閉的管路中傳遞力和能量．圖2是將其正面抽象成的圖形，其中桌面AB與底座CD平行，等長的支架交于它們的中點E，液壓桿．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】題目主要考查等腰三角形的性質及平行線的性質，根據題意得出，確定，再由對頂角及平行線的性質即可求解【詳解】解：∵等長的支架交于它們的中點E，，∴，∴，∴，∵，∴，故選：D19．（2024·四川·中考真題）如圖，在中，，，按如下步驟作圖：①以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點D，E；②分別以點D，E為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧在的內部相交于點F，作射線交于點G．則的大小為度．【答案】【分析】本題考查了等腰三角形的性質，角平分線的尺規作法，熟練掌握等腰三角形的性質和角平分線的尺規作法是解題的關鍵．根據，，由等邊對等角，結合三角形內角和定理，可得，由尺規作圖過程可知為的角平分線，由此可得．【詳解】解：，，，根據尺規作圖過程，可知為的角平分線，，故，故答案為：．?考向二三角形的外角的定義及性質20．（2024·河北·中考真題）下面是嘉嘉作業本上的一道習題及解答過程：已知：如圖，中，，平分的外角，點是的中點，連接并延長交于點，連接．求證：四邊形是平行四邊形．證明：∵，∴．∵，，，∴①______．又∵，，∴（②______）．∴．∴四邊形是平行四邊形．若以上解答過程正確，①，②應分別為（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】本題考查平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質，根據等邊對等角得，根據三角形外角的性質及角平分線的定義可得，證明，得到，再結合中點的定義得出，即可得證．解題的關鍵是掌握：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．【詳解】證明：∵，∴．∵，，，∴①．又∵，，∴（②）．∴．∴四邊形是平行四邊形．故選：D．21．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，在中，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形外角的性質．根據等腰三角形的性質，可得，再由三角形外角的性質，即可求解．【詳解】解：∵，，∴，∵，∴，∴．故選：B22．（2024·新疆·中考真題）如圖，在中，．若點D在直線上（不與點A，B重合），且，則的長為．

【答案】6或12【分析】本題考查了含的直角三角形的性質，三角形外角的性質，等角對等邊等知識，分①點D在線段時，②點D在線段延長線上時，③點D在線段延長線上時，三種情況討論求解即可．【詳解】解：∵，，，∴，，①點D在線段時，

∵，，∴，∴，∴；②點D在線段延長線上時，

∵，，∴，∴，∴；③點D在線段延長線上時，

此時，即，故不符合題意，舍去，綜上，的長為6或12．23．（2024·重慶·中考真題）如圖，在中，，，平分交于點．若，則的長度為．【答案】2【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質與判定，三角形內角和定理，三角形外角的性質，先根據等邊對等角和三角形內角和定理求出，再由角平分線的定義得到，進而可證明，即可推出．【詳解】解：∵在中，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴,故答案為：2．考點三全等三角形易錯易混提醒1.兩邊及其夾角分別相等的兩個三角形全等。2.兩角及其夾邊分別相等的兩個三角形全等。3.三邊分別相等的兩個三角形全等。4.兩角分別相等且其中一組等角的對邊相等的兩個三角形全等。?考向一全等三角形的概念及性質24．（2024·浙江·中考真題）如圖，正方形由四個全等的直角三角形和中間一個小正方形組成，連接．若，則（

）A．5 B． C． D．4【答案】C【分析】本題考查了勾股定理，正方形的性質，全等三角形的信紙，求得的長度，利用勾股定理即可解答，利用全等三角形的性質得到是解題的關鍵．【詳解】解：是四個全等的直角三角形，，，，四邊形為正方形，，，故選：C．25．（2024·廣東廣州·中考真題）下列圖案中，點為正方形的中心，陰影部分的兩個三角形全等，則陰影部分的兩個三角形關于點對稱的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】本題考查了圖形關于某點對稱，掌握中心對稱圖形的性質是解題關鍵．根據對應點連線是否過點判斷即可．【詳解】解：由圖形可知，陰影部分的兩個三角形關于點對稱的是C，故選：C．26．（2024·湖北·中考真題）如圖，點A的坐標是，將線段繞點O順時針旋轉90°，點A的對應點的坐標是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了坐標與圖形變化旋轉，全等三角形的判定和性質，熟知圖形旋轉的性質是解題的關鍵．根據題意畫出旋轉后的圖形，再結合全等三角形的判定與性質即可解決問題．【詳解】解：如圖所示，分別過點和點作軸的垂線，垂足分別為和，由旋轉可知，，，，．在和中，，，，．點的坐標為，，，點的坐標為．故選：B．?考向二全等三角形的判定27．（2024·浙江·中考真題）如圖，在正方形中，分別是邊上的點，且分別在邊上，且與交于點O，記，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖，過點作交于點，作交于點，延長、交于點，過點作，根據平行線的性質得出，從而得出，設，則，證明四邊形是平行四邊形，得出，在中，勾股定理算出，得出，證明，得出，根據，得出，在中，列方程求解即可．【詳解】解：如圖，過點作交于點，作交于點，延長、交于點，過點作，∴，∴，設，則，∵四邊形是正方形，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∴在中，，∴，即，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴在中，，∴解得：或，當時，，∴，∴．故選：D．【點睛】該題主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性質，正方形的性質，平行四邊形的性質和判定，平行線的性質，全等三角形的性質和判定，解一元二次方程等知識點，解題的關鍵是掌握以上知識點，正確做出輔助線．28．（2024·廣西·中考真題）如圖，邊長為5的正方形，E，F，G，H分別為各邊中點，連接，，，，交點分別為M，N，P，Q，那么四邊形的面積為（

）A．1 B．2 C．5 D．10【答案】C【分析】先證明四邊形是平行四邊形，利用平行線分線段成比例可得出，，證明得出，則可得出，同理，得出平行四邊形是矩形，證明，得出，進而得出，得出矩形是正方形，在中，利用勾股定理求出，然后利用正方形的面積公式求解即可．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，，，∵E，F，G，H分別為各邊中點，∴，，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，同理，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴，∴，同理，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，同理，∴平行四邊形是矩形，∵，，，∴，∴，又，，∴，∴矩形是正方形，在中，，∴，∴，∴正方形的面積為5，故選：C．【點睛】本題考查了正方形的判定與性質，全等三角形判定與性質，平行線分線段成比例，勾股定理等知識，明確題意，靈活運用相關知識求解是解題的關鍵．29．（2024·北京·中考真題）下面是“作一個角使其等于”的尺規作圖方法.（1）如圖，以點為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交，于點，；（2）作射線，以點為圓心，長為半徑畫弧，交于點；以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點；（3）過點作射線，則.

上述方法通過判定得到，其中判定的依據是（

）A．三邊分別相等的兩個三角形全等B．兩邊及其夾角分別相等的兩個三角形全等C．兩角及其夾邊分別相等的兩個三角形全等D．兩角分別相等且其中一組等角的對邊相等的兩個三角形全等【答案】A【分析】根據基本作圖中，判定三角形全等的依據是邊邊邊，解答即可.本題考查了作一個角等于已知角的基本作圖，熟練掌握作圖的依據是解題的關鍵.【詳解】解：根據上述基本作圖，可得，故可得判定三角形全等的依據是邊邊邊，故選A.30．（2024·湖北·中考真題）平面坐標系中，點的坐標為，將線段繞點順時針旋轉，則點的對應點的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查坐標系下的旋轉．過點和點分別作軸的垂線，證明，得到，，據此求解即可．【詳解】解：過點和點分別作軸的垂線，垂足分別為，∵點的坐標為，∴，，∵將線段繞點順時針旋轉得到，∴，，∴，∴，∴，，∴點的坐標為，故選：B．31．（2024·安徽·中考真題）在凸五邊形中，，，F是CD的中點．下列條件中，不能推出與CD一定垂直的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形“三線合一”性質的應用，熟練掌握全等三角形的判定的方法是解題的關鍵．利用全等三角形的判定及性質對各選項進行判定，結合根據等腰三角形“三線合一”的性質即可證得結論．【詳解】解：A、連接，

∵，，，∴，∴

又∵點F為CD的中點∴，故不符合題意；B、連接，

∵，，，∴，∴，又∵點F為CD的中點，∴，∵,∴，∴，∴，∴，故不符合題意；C、連接，

∵點F為CD的中點，∴，∵，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，故不符合題意；D、，無法得出題干結論，符合題意；故選：D．32．（2024·山東·中考真題）如圖，點為的對角線上一點，，，連接并延長至點，使得，連接，則為（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】本題考查了平行四邊形的性質，平行線分線段成比例定理，平行證明相似等知識點，正確作輔助線是解題關鍵．解法一：延長和，交于點，先證，得到，再證，得到，即可求得結果；解法二：作交于點H，證明出，得到，，然后證明出四邊形是平行四邊形，得到．【詳解】解：解法一：延長和，交于點，∵四邊形是平行四邊形，∴，即，∴∴，∵，，∴，∴，又∵，，∴，∵，，∴，∴，∴∴，∴，∴∵，∴．解法二：作交于點H∴，，又∵，∴，∴，，∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴．故選：B．考點四等腰三角形?考向一等腰三角形的定義及性質33．（2024·福建·中考真題）小明用兩個全等的等腰三角形設計了一個“蝴蝶”的平面圖案．如圖，其中與都是等腰三角形，且它們關于直線對稱，點，分別是底邊，的中點，．下列推斷錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本題考查了對稱的性質，等腰三角形的性質等；A.由對稱的性質得，由等腰三角形的性質得，，即可判斷；B.不一定等于，即可判斷；C.由對稱的性質得，由全等三角形的性質即可判斷；D.過作，可得，由對稱性質得同理可證，即可判斷；掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．【詳解】解：A.，，由對稱得，點，分別是底邊，的中點，與都是等腰三角形，，，，，結論正確，故不符合題意；B.不一定等于，結論錯誤，故符合題意；C.由對稱得，∵點E，F分別是底邊的中點，，結論正確，故不符合題意；D.過作，，，，由對稱得，，同理可證，，結論正確，故不符合題意；故選：B．34．（2024·重慶·中考真題）如圖，是的弦，交于點，點是上一點，連接，．若，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理，等腰三角形的性質等知識，利用圓周角定理求出，根據等腰三角形的三線合一性質求出，等邊對等角然后結合三角形內角和定理求解即可．【詳解】解：∵，∴，∵，，∴，，∴，故選：B．35．（2024·上海·中考真題）在菱形中，，則．【答案】/57度【分析】本題考查了菱形的性質，等腰三角形的性質以及三角形內角和定理，利用菱形性質得出，利用等邊對等角得出，然后結合三角形內角和定理求解即可．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，∴，故答案為：．36．（2024·山東濟南·中考真題）如圖，已知，是等腰直角三角形，，頂點分別在上，當時，．【答案】/65度【分析】本題考查等腰三角形的性質，平行線的性質，根據平行線的性質，得到，等邊對等角，得到，再根據角的和差關系求出的度數即可．【詳解】解：∵是等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∴；故答案為：．?考向二等腰三角形是判定37．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片，，，他進行了如下操作：第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕，將紙片展平．第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把沿折疊得到，交折痕于點E，則線段的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了矩形與折疊問題，熟練掌握矩形的性質，折疊的性質，勾股定理是解題的關鍵．根據矩形的性質和折疊的性質推出，進而得出，設，則，根據勾股定理可得：，列出方程求解即可．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，由折疊可得：，，，，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，設，則，在中，根據勾股定理可得：，即，解得：，即，故選：B．38．（2024·海南·中考真題）如圖，矩形紙片中，，點E、F分別在邊上，將紙片沿折疊，使點D的對應點在邊上，點C的對應點為，則的最小值為，CF的最大值為．【答案】6【分析】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理，等邊對等角，過點E作于H，則四邊形是矩形，則，根據，可得的最小值為6，則由折疊的性質可得的最小值為6；如圖所示，連接，證明，得到，則，利用勾股定理得到當最大時，最大，即最大時，最大，則當與點B重合時，最大，設此時，則，據此利用勾股定理建立方程求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點E作于H，則四邊形是矩形，∴，∵，∴的最小值為6，由折疊的性質可得，∴的最小值為6；如圖所示，連接，由折疊的性質可得，，，∵，∴，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴當最大時，最大，即最大時，最大，∴當與點B重合時，最大，設此時，則，∴，解得，∴的最大值為故答案為：，．39．（2024·遼寧·中考真題）如圖，四邊形中，，，，．以點為圓心，以長為半徑作圖，與相交于點，連接．以點為圓心，適當長為半徑作弧，分別與，相交于點，，再分別以點，為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧在的內部相交于點，作射線，與相交于點，則的長為（用含的代數式表示）．【答案】【分析】本題考查了作圖﹣作角平分線，平行線的性質，等腰三角形的判定，熟練掌握知識點是解題的關鍵．利用基本作圖得到，平分，，接著證明得到，然后利用求解．【詳解】解：由作法得，平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為：．40．（2024·浙江·中考真題）如圖，D，E分別是邊，的中點，連接，．若，則的長為

【答案】4【分析】本題主要考查三角形中位線定理和等腰三角形的判定，由三角形中位線定理得得出得出【詳解】解：∵D，E分別是邊，的中點，∴是的中位線，∴∴∵∴∴故答案為：441．（2024·山東·中考真題）如圖，已知，以點為圓心，以適當長為半徑作弧，分別與、相交于點，；分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內部相交于點，作射線．分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，，作直線分別與，相交于點，．若，，則到的距離為．【答案】【分析】如圖，過作于，證明，，，再證明，再結合勾股定理可得答案.【詳解】解：如圖，過作于，由作圖可得：，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴到的距離為；故答案為：【點睛】本題考查了作圖?復雜作圖：基本作圖，三角形的內角和定理的應用，勾股定理的應用，等腰三角形的判定，解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質，逐步操作．?考向三等腰三角形的性質及判定42．（2024·安徽·中考真題）如圖，在中，，點在的延長線上，且，則的長是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，對頂角的性質，勾股定理，過點作的延長線于點，則，由，，可得，，進而得到，，即得為等腰直角三角形，得到，設，由勾股定理得，求出即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：過點作的延長線于點，則，∵，，∴，，∴，，∴為等腰直角三角形，∴，設，則，在中，，∴，解得，（舍去），∴，∴，故選：．

43．（2024·山西·中考真題）如圖，已知中，，以BC為直徑作半圓（圓心為點O），交于點D，E．若，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查的是弧長的計算、等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，根據題意作出輔助線，綜合運用這些知識點是解題關鍵．連接，根據三角形內角和定理、等腰三角形的性質求出，再根據相似三角形的判定和性質得出，利用弧長公式計算，得到答案．【詳解】解：連接，

∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴的長為：，故選：B．?考向四等邊三角形44．（2024·內蒙古·中考真題）如圖，在中，，將沿BD翻折得到，將線段繞點順時針旋轉得到線段，點為AB的中點，連接．若，則的面積是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了折疊的性質，旋轉的性質，線段垂直平分線的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，四點共圓，圓周角定理，勾股定理，直角三角形的性質，三角形的面積，連接與BD相交于點，連接，由，可得，進而由折疊可得，，得到，即得，即可得為等腰直角三角形，即得，，又由旋轉得，，，可得，，，即可得為等邊三角形，得到，，進而得，，即得，可得，得到，即可得，由得四點共圓，即得，可得，由此可得，，得到，最后根據即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：連接與BD相交于點，連接，∵，∴，由折疊可得，，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴，，又由旋轉得，，，∴，，，∴為等邊三角形，∴，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四點共圓，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，故選：．45．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的性質，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．由矩形得到，繼而得到，而是等邊三角形，因此得到．【詳解】解：∵四邊形是矩形，∴，∴，∵是等邊三角形，∴，∴，故選：C．46．（2024·四川·中考真題）如圖，正六邊形內接于，，則AB的長為（

）A．2 B． C．1 D．【答案】C【分析】本題考查了正六邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，由正六邊形的性質得到，得到為等邊三角形，進而得到，判斷出為等邊三角形是解題的關鍵．【詳解】解：∵是正六邊形，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，故選：C．47．（2024·甘肅·中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點O，，，則的長為（）A．6 B．5 C．4 D．3【答案】C【分析】根據矩形的性質，得，結合，得到是等邊三角形，結合，得到，解得即可．本題考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質是解題的關鍵．【詳解】根據矩形的性質，得，∵，∴是等邊三角形，∵，∴，解得．故選C．48．（2024·湖北·中考真題）為等邊三角形，分別延長，到點，使，連接，，連接并延長交于點．若，則，．【答案】30°/30度/【分析】本題考查了相似三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，勾股定理．利用三角形的外角性質結合可求得；作交的延長線于點，利用直角三角形的性質求得，，證明，利用相似三角形的性質列式計算即可求解．【詳解】解：∵為等邊三角形，，∴，，∴，，，作交的延長線于點，∴，，∵，∴，∴，∴，即，解得，故答案為：，．考點五直角三角形?考向一直角三角形49．（2024·天津·中考真題）如圖，中，，將繞點順時針旋轉得到，點的對應點分別為，延長交于點，下列結論一定正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查了旋轉性質以及兩個銳角互余的三角形是直角三角形，平行線的判定，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．先根據旋轉性質得，結合，即可得證，再根據同旁內角互補證明兩直線平行，來分析不一定成立；根據圖形性質以及角的運算或線段的運算得出A和C選項是錯誤的．【詳解】解：記與相交于一點H，如圖所示：∵中，將繞點順時針旋轉得到，∴∵∴在中，∴故D選項是正確的，符合題意；設∴∵∴∴∵不一定等于∴不一定等于∴不一定成立，故B選項不正確，不符合題意；∵不一定等于∴不一定成立，故A選項不正確，不符合題意；∵將繞點順時針旋轉得到，∴∴故C選項不正確，不符合題意；故選：D50．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形的邊長為2，，邊在數軸上，將繞點A順時針旋轉，點C落在數軸上的點E處，若點E表示的數是3，則點A表示的數是（

）A．1 B． C．0 D．【答案】D【分析】本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理．作于點，利用菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理計算即可．【詳解】解：作于點，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∵點E表示的數是3，∴點A表示的數是，故選：D．51．（2024·青海·中考真題）如圖，在中，D是的中點，，，則的長是（

）A．3 B．6 C． D．【答案】A【分析】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，等邊三角形的判定和性質．根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半結合等邊三角形的判定得到等邊三角形，據此求解即可．【詳解】解：∵在中，，D是的中點，∴，∵，∴等邊三角形，∴．故選：A．52．（2024·遼寧·中考真題）如圖1，在水平地面上，一輛小車用一根繞過定滑輪的繩子將物體豎直向上提起．起始位置示意圖如圖2，此時測得點到所在直線的距離，；停止位置示意圖如圖3，此時測得（點，，在同一直線上，且直線與平面平行，圖3中所有點在同一平面內．定滑輪半徑忽略不計，運動過程中繩子總長不變．（參考數據：，，，）(1)求的長；(2)求物體上升的高度（結果精確到）．【答案】(1)(2)【分析】本題考查了解直角三角形的應用，勾股定理，熟練掌握知識點是解題的關鍵．（1）解即可求解；（2）在中，由勾股定理得，，解求得，由題意得，，故，則．【詳解】（1）解：由題意得，，∵，，∴在中，由，得：3AB∴,答：；（2）解：在中，由勾股定理得，，在中，sin∠CDB=BC∴sin37°=∴，由題意得，，∴BE=BC+AB?BD=33∴CE=BC?BE=33答：物體上升的高度約為．?考向二勾股定理及逆定理53．（2024·西藏·中考真題）如圖，在中，，，，點P是邊上任意一點，過點P作，，垂足分別為點D，E，連接，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不大，設計很新穎，解題的關鍵是求的最小值轉化為其相等線段的最小值．連接，根據矩形的性質可知：，當最小時，則最小，根據垂線段最短可知當時，則最小，再根據三角形的面積為定值即可求出的長．【詳解】解：中，，，，，連接，如圖所示：∵于點，于點，，∴，四邊形是矩形，，當最小時，則最小，根據垂線段最短可知當時，則最小，∴此時．故選：B．54．（2024·重慶·中考真題）如圖，在矩形中，分別以點和為圓心，長為半徑畫弧，兩弧有且僅有一個公共點．若，則圖中陰影部分的面積為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題考查扇形面積的計算，勾股定理等知識．根據題意可得，由勾股定理得出，用矩形的面積減去2個扇形的面積即可得到結論．【詳解】解：連接，根據題意可得，∵矩形，∴，，在中，，∴圖中陰影部分的面積．故選：D．55．（2024·重慶·中考真題）如圖，在邊長為4的正方形中，點是上一點，點是延長線上一點，連接，，平分．交于點．若，則的長度為（）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，勾股定理，先由正方形的性質得到，再證明得到，進一步證明得到，設，則，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∵平分，∴，又∵，∴，∴，設，則，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，故選：D．56．（2024·內蒙古·中考真題）如圖，正方形的面積為50，以為腰作等腰，平分交于點G，交的延長線于點E，連接．若，則．【答案】【分析】過點作于點，連接，交于點，先根據等腰三角形的性質和勾股定理求出的長，再求出，從而可得，，然后根據等腰三角形的性質求出的長，最后在和中，利用勾股定理求解即可得．【詳解】解：如圖，過點作于點，連接，交于點，∵正方形的面積為50，∴，，∵，，∴，平分，，∴，∵平分，平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，又∵，平分，∴垂直平分，∴，，∴，∴，∴，∴，在中，，設，則，在和中，，即，解得，即，則，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質、等腰三角形的判定與性質、線段垂直平分線的判定與性質、勾股定理、二次根式的化簡等知識，熟練掌握等腰三角形的三線合一是解題關鍵．57．（2024·四川·中考真題）如圖，中，，，，折疊，使點A與點B重合，折痕與交于點D，與交于點E，則的長為．【答案】3【分析】本題考查了折疊的性質和勾股定理，熟練掌握勾股定理是解題的關鍵．設，則，根據勾股定理求解即可．【詳解】解：由折疊的性質，得，設，則，由勾股定理，得，∴，解得.故答案為：3．一、單選題1．（2024·河北·模擬預測）如圖，D是的邊上一點，將折疊，使點C落在上的點處，展開后得到折痕AD，則AD是的（

）A．中線 B．高線 C．角平分線 D．中位線【答案】B【分析】本題考查了翻折變換折疊問題，三角形的高線，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．根據折疊的性質和三角形的高線的定義即可得到結論．【詳解】解：將折疊，使點落在邊上，∴，∵，∴，，是的高線，故選：B．2．（2024·湖北·模擬預測）如圖，點A，B，C在量角器的外圈上，對應的刻度分別是外圈，和，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查圓周角定理，三角形內角和定理．根據題意補全圖形，可得，，由圓周角定理可知，，，再利用三角形內角和定理求解即可．【詳解】解：如圖，點為外圈所對的圓心，連接、、，

由題意得，，由圓周角定理可知，，，∴，故選：C．3．（2024·浙江·模擬預測）如圖，D是的邊上一點，且，過點D作，交于點E，取線段的中點F，連接．若，則中邊上的中線長為（

）A．2 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質，三角形的中線的定義，熟練掌握知識點是解決本題的關鍵．證明出，得到，即可求解．【詳解】解：取中點為H，連接，則為邊上的中線，∵，∴，設，則，∴，∵線段的中點F，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故選：B．4．（2024·廣東·模擬預測）已知一個三角形的兩邊長分別為4和1，則這個三角形的第三邊長可能是（

）A．1 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】本題考查三角形的三邊關系，解題的關鍵是掌握三角形的第三邊大于兩邊之差小于兩邊之和，據此得出第三邊的取值范圍，即可作出判斷．【詳解】解：設三角形的第三邊為，∵三角形的兩邊長分別為和，∴，即，∴這個三角形的第三邊長可能是．故選：C．5．（2024·陜西·模擬預測）如圖，在中，，是的高線，是的中線，連接．若．則為（）

A．4 B．2．5 C．3 D．【答案】B【分析】本題主要考查了三線合一定理，勾股定理，直角三角形的性質，先由三線合一定理得到，再由勾股定理得到，最后根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到答案．【詳解】解：∵，，是的高線，∴，∴，∵是的中線，∴點D為的中點，∴，故選：B．6．（2024·重慶·三模）如圖，正方形中，E為邊上一點，連接，將繞點E逆時針旋轉得到，連接，若，則一定等于（）A．α B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了旋轉性質，正方形的性質，全等三角形的判定與性質，三角形的內角和定理及外角性質，等腰直角三角形的性質，先由，得出，結合正方形的性質，則，然后證明通過證明，所以再結合等邊對等角，即可作答．【詳解】解：過點F作，交的延長線于點G，由旋轉得，，∴．∵四邊形為正方形，∴，∴．∵，∴，∴，∴∴即∴，∴．∵，∴∴故選：A．7．（2024·吉林長春·一模）三角形結構在生產實踐中有著廣泛的應用，如圖所示的斜拉索橋結構穩固，其蘊含的數學道理是（

）A．兩點之間，線段最短 B．三角形的穩定性C．三角形的任意兩邊之和大于第三邊 D．三角形的內角和等于【答案】B【分析】本題考查了三角形的穩定性，由三角形的穩定性，即可得到答案，掌握三角形的穩定性是解題的關鍵．【詳解】解：如圖所示的斜拉索橋結構穩固，其蘊含的數學道理是三角形的穩定性故選：B．8．（2024·安徽·模擬預測）如圖，將繞點C順時針旋轉得到，且點A，D，E在同一條直線上，，則的度數是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了旋轉的性質，三角形的外角定理，解題的關鍵是掌握旋轉前后對應邊相等，對應邊的夾角等于旋轉角，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和．根據旋轉得出，則，根據三角形的外交定理，即可解答．【詳解】解：∵繞點C順時針旋轉得到，∴，∴，∴，故選：B．9．（2023·海南·模擬預測）如圖，在中，，平分交斜邊于點D，以D為圓心，適當長度為半徑畫弧，交于M、N，分別以M、N為圓心，以大于的長度為半徑畫弧，兩弧相交于E，作直線交于F，則（）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由作圖可知，，由平分，可得，則，，證明，則，即，計算求解即可．【詳解】解：由作圖可知，，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得，，故選：B．【點睛】本題考查了作垂線，角平分線，等角對等邊，相似三角形的判定與性質等知識．熟練掌握作垂線，角平分線，等角對等邊，相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．10．（2024·湖北·模擬預測）的三邊，，的長度分別是3，4，5，以頂點A為圓心，為半徑作圓，則該圓與直線的位置關系是（

）A．相交 B．相離 C．相切 D．以上都不是【答案】C【分析】本題考查了勾股定理逆定理、三角形面積公式、直線與圓的位置關系，先由勾股定理逆定理判斷出為直角三角形，且，設斜邊上的高為，根據等面積法求出，即可得解．【詳解】解：∵，∴為直角三角形，且，設斜邊上的高為，則，∴，∴以頂點A為圓心，為半徑作圓，則該圓與直線的位置關系是相切，故選：C．11．（2024·河北·模擬預測）如圖，嘉嘉將一根筆直的鐵絲放置在數軸上，點A，B對應的數分別為，5，從點C，D兩處將鐵絲彎曲兩頭對接，圍成一個三角形，其中點C對應的數為，則點D在數軸上對應的數可能為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】本題考查數軸上兩點的距離、三角形的三邊關系、解不等式組，先求得，，設D對應的數為x，根據三角形的三邊關系列不等式求得得到x的取值范圍，進而可作出選擇．【詳解】解：設D對應的數為x，∵點A，B對應的數分別為，5，點C對應的數為，∴，，，，根據題意，，，則，解得，∴點D在數軸上對應的數可能為2，故選：A12．（2024·浙江·模擬預測）如圖，X，Y，Z是某社區的三棟樓，，，．若在中點M處建一個網絡基站，該基站的覆蓋半徑為，則這三棟樓中在該基站覆蓋范圍內的是（

）A．X，Y，Z B．X，Z C．Y，Z D．Y【答案】A【分析】本題考查點和圓的位置關系，勾股定理的逆定理，解題的關鍵是求出三角形三個頂點到點的距離．根據勾股定理的逆定理證得是直角三角形，可以根據直角三角形斜邊中線的性質求得的長，然后與比較大小，即可解答本題．【詳解】解：，，．，是直角三角形，，點是斜邊的中點，，是直角三角形，是斜邊的中線，，，點、、都在圓內，這三棟樓都在該基站覆蓋范圍內．故選：A13．（2024·重慶·模擬預測）如圖，正方形，點F為中點，點E為上一點，滿足，設，則可以表示為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了正方形的性質，勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定和性質是解題關鍵．連接，根據正方形的性質，得到，設，則，，，由勾股定理得到，再證明，得到，即可求出的度數．【詳解】解：如圖，連接，四邊形是正方形，，，，，設，點F為中點，，，，，由勾股定理得：，，，，是直角三角形，，，，，，，故選：A14．（2024·河北·模擬預測）如圖，在中，，以點A為圓心，長為半徑畫弧，交于點D，再分別以B，D為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于M，N兩點，作直線分別交于點E，若，則的長為（

）A．3 B．4 C．4.5 D．5【答案】B【分析】本題考查了，作圖等長線段，作圖垂直平分線，勾股定理，解題的關鍵是：由作圖方法得到等量關系式．根據取等長線段的做法，垂直平分線的做法，得到，，即可求出，在中，由勾股定理即可求解．【詳解】解：根據作圖可得：，為的垂直平分線，，，，，，故選：B．15．（2024·浙江·一模）如圖，兩個陰影正方形與4個全等的直角三角形拼成正方形，延長交于點F，若，則陰影部分的面積之和用含的代數式表示是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查相似三角形及勾股定理的綜合應用．根據三角形的相似得到和、的關系是解決本題的關鍵．先證明陰影部分的面積之和為．根據，可得用表示的的代數式，證出，即可得到的值，整理即可得到陰影部分的面積之和．【詳解】解：陰影部分的面積之和．，，，∵圖中是4個全等的直角三角形，，，，，，，，，，，，故選：A．

16．（2024·上海·模擬預測）如圖，已知點A，B，C在同一直線上，點B在點A，C之間，點D，E在直線同側，，，，連接DE，設，，，下列結論正確的數量為（

）（1）（2）（3）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】本題考查勾股定理，全等三角形的判定和性質，過點作,則四邊形、是矩形，即可判斷（1）；根據可以得，然后根據勾股定理即可判斷（3）；根據全等三角形得到，然后利用勾股定理判斷（2）．【詳解】（1）過點作,交于點,過點作,交于點.∵,∴,又∵,∴,∴四邊形為矩形，同理可得，四邊形也為矩形，∴,∴在中,直角邊.故（1）正確，符合題意；（2）∵,∴,在中，,,故（2）正確，不符合題意；，，又，，，，，，，，，，故（3）正確，符合題意；故選:.二、填空題17．（2024·重慶·模擬預測）如圖，在中，，D、E、F分別是的中點，若cm，則cm．【答案】3【分析】本題考查了三角形的中位線以及為直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半等知識點，由題意得：，再結合是的中位線即可求解；【詳解】解：由題意得：，∴，∵E、F分別是的中點，∴是的中位線，∴，故答案為：18．（2024·上海·模擬預測）菱形的邊長為，，于E，于F，那么周長為【答案】9【分析】此題考查菱形的性質，等邊三角形的判定及三角函數的運用．關鍵是掌握菱形的性質，證明是等邊三角形．過點A作，根據菱形的性質，易證是等邊三角形，再根據等邊三角形的性質，得到，，利用勾股定理求出，同理可證，，即可證明是等邊三角形，求出周長．【詳解】解：過點A作，∵四邊形是菱形，∴，，∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，，再中，，同理可證，，，∴，，∴是等邊三角形，邊長為3∴的周長是9．19．（2024·廣東·模擬預測）如圖，四個全等的直角三角形圍成正方形和正方形EFGH，連接，分別交于點．已知，

正方形的面積為24，則圖中陰影部分的面積之和為【答案】【分析】本題考查了勾股定理的證明、全等圖形、梯形的面積，首先要正確理解題意，然后會利用勾股定理和梯形的面積解題．根據正方形的面積可得正方形邊長的平方，設，則，根據勾股定理可得的值，再根據題意可得，然后可得陰影部分的面積之和為梯形的面積．【詳解】解：∵正方形的面積為24，∴，，，設，則，∵四邊形EFGH為正方形，∴，，∴，∴，又∵四個三角形為全等的直角三角形，∴，，又∵，，∴，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴陰影部分的面積之和，故陰影部分的面積之和就是梯形的面積，∴，故答案為：4.8．20．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在中，①以點為圓心，適當長為半徑作弧，分別交于點；②分別以點為圓心，大于長為半徑作弧，兩弧在內部交于點；③作射線交于點；④過點作，交于點，交于點．若，則的度數為．【答案】/40度【分析】本題考查角平分線的作法，三角形全等的判定與性質，三角形內角和定理．根據題意可得平分，再根據，證明，得到，再根據，結合三角形內角和定理得到，進而得到，再利用三角形內角和定理即可解答．【詳解】解：根據題意可得平分，，，，，，，，，，，，，故答案為：．21．（2024·青海·一模）一個等腰（非等邊）三角形的三邊長均滿足一元二次方程，則這個三角形的周長是．【答案】【分析】本題考查解一元二次方程，等腰三角形的性質，三角形三邊關系，求等腰三角形的周長，即是確定等腰三角形的腰與底的長求周長．首先求出方程的根，再根據三角形三邊關系判斷是否符合題意．利用分類討論的思想解決問題是解題的關鍵．【詳解】解：，∴，∴或，解得：或，當該等腰三角形的腰為時，∵，∴以、、為邊不能構成三角形，舍去；∴該等腰三角形的腰只能為，∴這個三角形的周長是：．故答案為：．22．（2024·全國·模擬預測）如圖，在等邊中，點為邊上一動點，點為上一點，且滿足，連接，，當線段的長度最小時，的值為．【答案】【分析】根據等邊三角形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形的外角性質，直角三角形的特征，定弦定角問題，解答即可．【詳解】解：∵為等邊三角形，∴，∵，∴∴，∵，∴，∴，作的垂直平分線，作，與垂直平分線交于點O，則點F的運動軌跡是以O為圓心，以為半徑的圓的三角形內部的一段弧，連接與弧交于點H，當F與點H重合時，最小，∵，∴直線是線段的垂直平分線，設二線的交點為Q，則，設，則，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，三角形全等的判定和性質，三角形的外角性質，直角三角形的特征，定弦定角問題，熟練掌握三角形的全等的證明是解題的關鍵．三、解答題23．（2024·浙江·模擬預測）如圖，在正五邊形中，連結交于點F(1)求的度數．(2)已知，求的長．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據五邊形是正五邊形，判斷出，，求出，進而可求出的度數；（2）證明得，設，則，列出方程，解方程即可求出的