五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(山西专用)08：平行线与特殊三角形（教师版）

专题08平行线与特殊三角形（解析版）考点1利用平行线的性质求解1．（2024·山西·中考真题）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力的方向竖直向下，支持力的方向与斜面垂直，摩擦力的方向与斜面平行．若斜面的坡角，则摩擦力与重力方向的夹角的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质和三角形外角性质，根据题意结合图形可知是重力与斜面形成的三角形的外角，从而可求得的度数．【详解】解：重力的方向竖直向下，重力与水平方向夹角为，摩擦力的方向与斜面平行，，，故选：C．2．（2023·山西·中考真题）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心的光线相交于点，点为焦点．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】利用平行线的性质及三角形外角的性质即可求解．【详解】解：∵，∴，∴，∵，∴；

故选：C．【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质等知识，掌握这两个知识点是关键．3．（2022·山西·中考真题）如图，是一块直角三角板，其中．直尺的一边DE经过顶点A，若，则的度数为（

）A．100° B．120° C．135° D．150°【答案】B【分析】先根据平行线的性质可得，再根据角的和差即可得．【详解】解：，，，，故选：B．【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．考点2等腰三角形的性质与判定1．（2023·山西·中考真题）如图，在四边形中，，对角线相交于点．若，则的长为．

【答案】/【分析】过点A作于点H，延长，交于点E，根据等腰三角形性质得出，根据勾股定理求出，证明，得出，根据等腰三角形性质得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出，根据，得出，即，求出结果即可．【详解】解：过点A作于点H，延长，交于点E，如图所示：

则，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即，解得：，∴，∵，∴，即，解得：．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角形外角的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质．2．（2022·山西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且，连接EF交边AD于点G．过点A作，垂足为点M，交边CD于点N．若，，则线段AN的长为【答案】【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得，AE=AF，可证得垂直平分EF，可得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长．【详解】解：如图：连接AE、AF、EN，四边形ABCD是正方形设AB=BC=CD=AD=a，，在与中，，，是等腰三角形，又，垂直平分EF，，又，，在中，，，解得a=20，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，证得垂直平分EF是解决本题的关键．3．（2025·山西·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点在边上，，连接，且．点在的延长线上，连接若，则线段的长为．【答案】【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，延长交延长线于点，过作于点，则，由三线合一性质可得，然后证明四边形是矩形，所以，，又，则可证，所以，求出，然后通过平行线的性质和等角对等边可得，设，则，，最后通过勾股定理求出的值即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：如图，延长交延长线于点，过作于点，则，∵，∴，∵，，∴，，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，由勾股定理得：，∴，解得：，即，∴，故答案为：．4．（2025·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．①若，判断与的位置关系，并说明理由；②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由折叠的性质可得，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）证明：①，理由如下：由（1）知四边形是菱形，∴，由折叠的性质得到，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；解：②∵，，，∴，当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，∵，，∴，∴，由折叠的性质得，，，∴，∴；∵，∴；∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，同理得，，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵是以为腰为底的等腰三角形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．考点3等边三角形的性质与判定1．（2020·山西·中考真题）中国美食讲究色香味美，优雅的摆盘造型也会让美食锦上添花．图①中的摆盘，其形状是扇形的一部分，图②是其几何示意图（阴影部分为摆盘），通过测量得到，，两点之间的距离为，圆心角为，则图中摆盘的面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明是等边三角形，求解，利用摆盘的面积等于两个扇形面积的差可得答案．【详解】解：如图，连接，是等边三角形，所以则图中摆盘的面积故选B．【点睛】本题考查的是扇形面积的计算，等边三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．2．（2023·山西·中考真题）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点，则的值为．

【答案】【分析】证明，，，再利用正切函数的定义求解即可．【详解】解：∵在中，，∴，，由作图知平分，，∴是等边三角形，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，尺规作图—作角平分线，等边三角形的判定和性质，正切函数的定义，求得是解题的关键．3．（2025·山西·中考真题）阅读与思考下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务．双关联线段【概念理解】如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段．例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段．

【问题解决】问题1：如图，在矩形中，，若对角线与互为双关联线段，则________．

问题2：如图，在等边中，点D，E分别在边的延长线上，且，连接．

求证：线段是线段的双关联线段．证明：延长交于点F．是等边三角形，．，（依据）．，，；…

任务：(1)问题1中的________，问题2中的依据是________________；(2)补全问题2的证明过程；(3)如图，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段．（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）．【答案】(1)，等角的补角相等；(2)见解析(3)见解析【分析】（1）设的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据．（2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可，从而问题完成；（3）作一个等边三角形即可完成．【详解】（1）解：设的交点为O，如图；∵四边形是矩形，∴；∵对角线与互为双关联线段，∴，∴是等边三角形，∴，∴；

故答案为：；问题2中的依据是：等角的补角相等；

故答案为：等角的补角相等；（2）解：是的外角，

．是的外角，

．

，．

即线段与线段所在直线形成的夹角中有一个角是．，线段与线段是双关联线段．（3）解：答案不唯一，例如：作法一：

作法二：

如图，线段即为所求．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，尺规作图等知识，掌握这些知识是解题的关键．考点4直角三角形的性质与判定1．（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．【详解】解：∵，∴．∵以为直径的与相切于点A，∴，∴．故选：D．2．（2020·山西·中考真题）阅读与思考下面是小宇同学的数学日记，请仔细阅读并完成相应的任务．×年×月×日

星期日没有直角尺也能作出直角今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木板，他已经在木板上画出一条裁割线，现根据木板的情况，要过上的一点，作出的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在上量出，然后分别以，为圆心，以与为半径画圆弧，两弧相交于点，作直线，则必为．办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出，两点，然后把木棒斜放在木板上，使点与点重合，用铅笔在木板上将点对应的位置标记为点，保持点不动，将木棒绕点旋转，使点落在上，在木板上将点对应的位置标记为点．然后将延长，在延长线上截取线段，得到点，作直线，则．我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直角尺也能作出垂线呢？……任务：（1）填空；“办法一”依据的一个数学定理是_____________________________________；（2）根据“办法二”的操作过程，证明；（3）①尺规作图：请在图③的木板上，过点作出的垂线（在木板上保留作图痕迹，不写作法）；②说明你的作法依据的数学定理或基本事实（写出一个即可）【答案】（1）勾股定理的逆定理；（2）详见解析；（3）①详见解析；②答案不唯一，详见解析【分析】（1）利用说明△DCE是直角三角形，说明，进而得出利用的原理是勾股定理逆定理即可；（2）由作图的方法可以得出：，，得出，，利用三角形内角和得出，即，说明垂直即可；（3）①以点为圆心，任意长为半径画弧，与有两个交点，分别以这两个交点为圆心，以大于这两个交点之间的距离的一半为半径画弧，这两段弧交于一点，连接即可；②到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，即可说明垂直．【详解】（1）勾股定理的逆定理（或如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形）；（2）证明：由作图方法可知：，，，．又，．．即．（3）解：①如图，直线即为所求；图③②答案不唯一，如：三边分别相等的两个三角形全等（或）；等腰三角形顶角的平分线、底边上的高、底边上的中线重合（或等腰三角形“三线合一”）；到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上等．【点睛】本题主要考查了垂直的判定，熟练掌握说明垂直的方法是解决本题的关键．考点5勾股定理的证明1．（2021·山西·中考真题）在勾股定理的学习过程中，我们已经学会了运用以下图形，验证著名的勾股定理：这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”．实际上它也可用于验证数与代数，图形与几何等领域中的许多数学公式和规律，它体现的数学思想是（

）A．统计思想 B．分类思想 C．数形结合思想 D．函数思想【答案】C【分析】根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，据此回答即可．【详解】解：根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，如勾股定理的推导是根据图形面积转换得以证明的，由图形到数学规律的转化体现的数学的思想为：数形结合思想，故选：C．【点睛】本题是对数学思想的考查，理解各种数学思想的本质特点是解决本题的关键．考点6利用勾股定理解三角形1．（2025·山西·中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心、的长为半径画弧，与的延长线分别交于点．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，扇形的面积，由等腰直角三角形的性质得，，进而由解答即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，故选：．2．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点均为正六边形的顶点．若点的坐标分别为，则点的坐标为（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M的坐标．【详解】解：连接，如图，设正六边形的边长为a，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵点P的坐标为，∴，即；∴，，∴点M的坐标为．故选：A．

【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握这些知识是解题的关键．3．（2021·山西·中考真题）如图，正六边形的边长为2，以为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用等六边形的性质计算出AC的长度，再根据扇形面积计算公式计算即可．【详解】解：过B点作AC垂线，垂足为G，根据正六边形性质可知，，∴，∴S扇形=，故选：A．【点睛】本题主要考查扇形面积的计算，根据正六边形性质计算出扇形的半径是解题的关键．4．（2022·山西·中考真题）如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据折叠，，进一步得到四边形OACB是菱形；进一步由得到是等边三角形；最后阴影部分面积=扇形AOB面积-菱形的面积，即可【详解】依题意：，∴∴四边形OACB是菱形∴连接OC∵∴∴是等边三角形同理：是等边三角形故由三线合一，在中：故选：B【点睛】本题考查菱形的判定，菱形面积公式，扇形面积公式；解题关键是发现是等边三角形5．（2021·山西·中考真题）如图，在中，点是边上的一点，且，连接并取的中点，连接，若，且，则的长为．【答案】．【分析】延长BE交AC于点F，过D点作，由可得此时为等腰直角三角形，E为CD的中点且，则，在等腰中，根据勾股定理求得，长度，由可得,即，由，可得，即，,求得，．【详解】如下图，延长BE交AC于点F，过D点作，∵，，∴，，为等腰．由题意可得E为CD的中点，且，∴，在等腰中，，，又∵，在，∴（AAS）∴，∵，，∴，∴，∴，，．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．6．（2021·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为．【答案】【分析】根据菱形性质，利用勾股定理求出AB的长度，再根据中位线定理求出OE的长即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，，∴，∴，∵，O为AC中点，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查菱形性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键．7．（2020·山西·中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为．【答案】【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．【详解】如解图，过点作于，∵，∴，∴，∵，点是的中点，∴，∵，∴∽∴∴，设为，则，由勾股定理得，又∵，∴，则，∵且，∴∽，∴，即，解得，∴．∵∴∴∴故答案为：【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．一、单选题1．（2025·山西吕梁·模拟预测）如图，这是正方体的表面展开图，每一个面标有一个汉字，则与“成”相对的面上的字是（）A．坚 B．持 C．卓 D．越【答案】D【分析】本题考查了正方体相对两个面上的文字，根据正方体的表面展开图找相对面的方法，“Z”字两端是对面，判断即可．【详解】解：与“成”相对的面上的字是：“越”，故选：D．2．（2025·山西·三模）如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是（

）A．B．C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了简单几何体的表面展开图，由表面展开图可知该几何体底面是正方形，侧面是四个三角形，从而得出该几何体是四棱锥．【详解】解：由几何体的表面展开图可知该几何体的底面是正方形，侧面是四个三角形，∴该几何体是四棱锥，故选：A．3．（2025·山西长治·三模）已知是的平分线，将直尺按如图所示摆放，其中无刻度的一边与重合，有刻度的一边分别与，交于点，，若点，恰好与直尺、的刻度线一端点重合，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了角平分线定义，平行线的性质，等角对等边，掌握知识点的应用是解题的关键．先由角平分线定义可得，然后通过角平分线定义可得，所以，最后由等角对等边即可求解．【详解】解：∵是的平分线，，，，，．故选：C．4．（2025·山西长治·三模）共享单车是一种低碳环保的出行方式，图1是某品牌共享单车，图2是其示意图．经测量，平分，，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，掌握平行线的性质是解题的关键．先由平行线的性质得，，从而求得，再由角平分线的定义求得，然后由平行线的性质求解．【详解】解：∵∴∵∴∴∵平分，∴∵∴故选：C．5．（2025·山西朔州·三模）传承千年智慧，守护非遗瑰宝，是我们每个人的责任．将“守”“护”“非”“遗”“瑰”“宝”六个汉字分别写在一个正方体的各个面上．如图是它的一种展开图，则在原正方体中，与“守”字所在面相对面上的汉字是（

）A．非 B．遗 C．瑰 D．宝【答案】A【分析】本题考查正方体相对两个面上的文字，根据正方形的平面展开图，还原成正方体，由空间想象能力求解即可得到答案．熟记正方体的平面展开图，并会根据展开图还原成正方体是解决问题的关键．【详解】解：将平面展开图还原，则在原正方体中，与“守”字所在面相对面上的汉字是“非”，故选A．6．（2025·山西忻州·模拟预测）如图是一个几何体的三视图，则该几何体的展开图是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三视图“从正面观察物体所得到的视图是主视图，从左面观察物体所得到的视图是左视图，从上面观察物体所得到的视图是俯视图”、几何体的展开图，熟练掌握三视图的定义是解题关键．根据三视图的定义可得这个几何体是五棱柱，由此即可得．【详解】解：由几何体的三视图可知，这个几何体是一个五棱柱，五棱柱的展开图是故选：C．7．（2025·山西·模拟预测）电影《哪吒之魔童闹海》是亚洲首部票房过百亿的影片，从如图①所示的哪吒动作抽象出如图②的示意图，已知，，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，垂线的定义，过点E作，则可证明得到，则可求出的度数，过点F作，则，再证明，可求出的度数，即可可得答案．【详解】解：如图所示，过点E作，∵，∴，∴，∴，如图所示，过点F作，∴，∵，∴，∴，∴，故选：A．8．（2025·山西吕梁·模拟预测）将一副三角板按如图所示的位置摆放在直尺上，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了根据平行线的性质求角的度数，三角形内角和定理，对顶角相等等知识，由三角板可知，由平行线的性质得出，由三角形内角和定理得出，对顶角相等得出，再根据对顶角相等以及三角形内角和定理即可求出的度数．【详解】解：由三角板可知：，∵直尺两边平行，∴，∴，∴，∴，故选：B9．（2025·山西吕梁·二模）如图，为平面镜，为水面，．一束光线从点射入，经过平面镜反射后，从光线变成光线，再经过水面折射，从光线变成光线．若，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查求角度，涉及反射性质、平行线性质、对顶角相等等知识，如图所示，由反射性质得到，再由平行线性质、对顶角相等确定，最后数形结合表示出即可得到答案．数形结合，掌握反射性质、平行线性质、对顶角相等等知识是解决问题的关键．【详解】解：如图所示：由反射性质可知，，，，则，，，，，，故选：B．10．（2025·山西太原·二模）如图是一块太阳能电池板，其表层是用于减少反射的光伏玻璃．太阳光线射向光伏玻璃，在玻璃表面点B处发生反射和折射现象，反射光线为，折射光线在太阳能电池板表面的点D处发生反射现象，反射光线从玻璃表面的点E处射出，形成光线．已知，，若，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了平行线的性质，解题的关键是熟练运用平行线的性质．由平行线的性质即可求解．【详解】解：∵，，，，∴，，∴，故选：D．11．（2025·山西朔州·三模）有一个质量均匀的透明水晶球，过球心的截面如图所示，为直径，一单色光线从点射入，折射光线从点射出，出射光线．若与延长线的夹角，则入射光线所在直线与出射光线所在直线相交形成的的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行线的性质，对顶角相等等知识．先求出，再根据“两直线平行，同旁内角互补”即可求解．【详解】解：∵，∴，∵，∴．故选：C．12．（2025·山西晋中·二模）在凸五边形中，点在边上，点在的延长线上，与平行且相等，不能推出与一定平行的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，根据题意画出示意图，由各选项条件判定四边形是否是平行四边形，即可解答．【详解】解：如图，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，即，A、∵，∴，即，∵，∴四边形是平行四边形，∴，故选项A不符合题意；B、∵，如图：四边形可能是等腰梯形，∴不能推出与一定平行，故选项B符合题意；C、∵，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，故选项C不符合题意；D、∵，∴，同理C选项，得，∴，故选项D不符合题意；故选：B．13．（2025·山西运城·二模）如图，两根细绳将一物体E挂在两面互相垂直的墙面与上，若，，，则的度数（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是四边形的内角和定理，平行线的性质，先求解，再利用平行线的性质可得答案．【详解】解：∵，，，∴，∴，∵，∴；故选：C14．（2025·山西·一模）如图是一个物理实验的截面示意图，其中与表示互相平行的墙面，绳子的一端与木杆的一端相连，另一端点固定在墙面上．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】该题考查了平行线的性质和判定，过点N作，得出，求出，即可得出，再根据平行线的性质即可求解．【详解】解：如图，过点N作，∵，∴，∴，∴，∴，故选：C．15．（2025·山西·模拟预测）如图，将一副三角板按如图方式摆放，，，．若，过点作，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形内角和定理，先由平行线的性质求出的度数，再由三角形内角和定理求出的度数，据此可得的度数，再由平行线的性质求出的度数，进而可求出的度数．【详解】解：∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故选：B．16．（2025·山西·一模）如图，一条光线经平面镜的反射光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过凹透镜的一个焦点．已知光线的入射角为，反射光线与折射光线的夹角，则光线与光线所夹的锐角为（

）A．65° B． C． D．25°【答案】A【分析】本题主要考查了物理知识、三角形内角和定理、三角形外角的性质、邻补角的性质等知识点，掌握三角形的相关性质成为解题的关键．如图：延长相交于点E，由题意可得：，由邻补角的定义可得，再根据三角形外角的性质可得，再最后根据三角形内角和定理求得即可．【详解】解：如图：延长相交于点E，由题意可得：，∵，∴，∴，∵，∴．故选A．17．（2025·山西·模拟预测）将一副三角板按如图所示方式放置于同一平面内，其中，，．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了三角形的内角和定理、平行线的性质等知识，熟练掌握平行线的性质是解题关键．先根据三角形的内角和定理可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角的和差求解即可得．【详解】解：∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，故选：B．18．（2025·山西大同·模拟预测）如图，在四边形中，，，，E，F分别是的中点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】本题考查三角形的中位线定理，三角形三边关系，取的中点，连接，三角形的中位线定理求出的长，再根据三角形的三边关系求出的取值范围即可．【详解】解：如图，取的中点，连接，∵点E是的中点，是的中位线．同理，是的中位线，∴，．∵，∴在中，，即．故选A．19．（2025·山西吕梁·一模）如图，点是的重心，，连接，并延长，分别交，于点，，连接，则的长为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】此题考查三角形的重心，关键是根据三角形的重心是三角形三边中线的交点解答．根据三角形的重心是三角形三边中线的交点，进而利用三角形中位线定理解答即可．【详解】解：∵点是的重心，∴E点为的中点，D为的中点，∴是的中位线，∵，∴，故选：B20．（2025·山西大同·三模）如图，线段，，是一个正多边形的三条边，延长，交于点M，若，则这个正多边形是（

）A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形【答案】D【分析】本题主要考查正多边形的外角，三角形内角和定理和等边对等角，正确记忆相关知识点是解题的关键．由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等，先算出外角再计算边数即可．【详解】解：由该多边形内角都相等可知该多边形的外角也都相等，，，，则该正多边形的边数为，∴这个正多边形是正八边形．故选：D．21．（2025·山西·模拟预测）平遥推光漆器是山西著名的工艺品，以手掌推出光泽而得名．如图①是平遥推光漆器的一个饰品盒盖，图②是其几何示意图(阴影部分为花朵图案)．已知正六边形的边长为2，分别以正六边形每个顶点为圆心，其边长为半径画弧，构成花朵图案，则图中阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，设正六边形的中心为O，连接，过点O作于H，可证明是等边三角形，得到，则，根据计算求解即可．【详解】解；如图所示，设正六边形的中心为O，连接，过点O作于H，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴点O在以B为圆心，的长为半径的圆上，∴，故选：B．

22．（2025·山西大同·三模）如图，分别以点，为圆心，的长为半径作圆，设两圆的一个交点为点P．若，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图所示，连接，，过点P作交于点A，得到，证明出是等边三角形，求出，解直角三角形求出，然后根据阴影部分的面积代数求解即可．【详解】如图所示，连接，，过点P作交于点A，根据题意得，，∴是等边三角形，∴，∴，∴阴影部分的面积．故选：A．【点睛】此题考查了求不规则图形面积，等边三角形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是掌握以上知识点．23．（2025·山西长治·三模）如图是相机快门打开过程中某参数下的镜头光圈示意图，若镜头（）的直径为，通光直径（正六边形最长的对角线长）为，则光圈叶片（图中阴影部分）的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查正多边形与圆的综合，熟练掌握正多边形的性质及圆的性质是解题的关键；连接，过点O作于点H，由题意易得是等边三角形，然后可得，进而根据割补法可进行求解．【详解】解：如图，连接，过点O作于点H，∵六边形是正六边形，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∵的直径为，∴，∴；故选C．24．（2025·山西晋中·三模）如图，为等边三角形，平分，点为上一动点，连接，当取最小值时，的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了含角的直角三角形的性质、勾股定理、等边三角形的性质等知识，得到的最小值为的长是解决本题的关键．过A作于F，过点E作于P，故，得到的最小值为的长，求出此时的的长即可．【详解】解：过A作于F，过点E作于P，∵为等边三角形，平分，∴，∴，∴，即的最小值为的长，∵，∴，∴，∴的最小值为．此时点E是和的交点，如图，∵，为等边三角形，平分，∴，，∴，∵∴，解得（负值已舍去）故选：C．25．（2025·山西吕梁·二模）如图，是边长为2的等边三角形，以的边为直径画，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了等边三角形基本性质，扇形的面积，求不规则图形的面积，能够正确做出辅助线是解题关键；如图，连接，过点作于点，先算出扇形，的面积，再用的面积减去即可．【详解】解：如图，连接，过点作于点，∵是边长为2的等边三角形，以的边为直径画，∴，，，,，∴都是边长为1的等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选：D．26．（2025·山西吕梁·二模）如图1所示是“梦想起航社团”同学设计的社团logo部分图案．图案由分别以等边三角形ABC的顶点A，C为圆心，AB长为半径的两条弧和以AC的中点O为圆心，长为半径的第三条弧组成（如图2）．若，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了扇形的面积公式，含30度角的直角三角形.分别求出扇形的面积=扇形的面积=，，半圆的面积=，再根据阴影部分的面积计算即可.【详解】由题意可知：扇形的面积=扇形的面积=，∵，∴，，∴，半圆的面积=，∴阴影部分的面积，故选：A.27．（2025·山西吕梁·二模）如图，菱形的顶点B在反比例函数（，）的图象上，顶点A在x轴上，，，则k的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，求反比例函数的解析式．连接，与轴交于点，证明是等边三角形，在中，求得，，得到，据此求解即可．【详解】解：连接，与轴交于点，∵菱形,，∴，，∴是等边三角形，∴，，在中，∴，，∴，∵顶点B在反比例函数的图象上，∴，故选：B．28．（2025·山西晋中·三模）如图，在中，是边上的高，是的平分线，，交于点．若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了直角三角形的性质，角平分线的有关计算，三角形的外角性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．由直角三角形锐角互余以及角平分线得到，再由三角形的外角性质得到，即可求解．【详解】解：∵是边上的高，∴，∴，∵是的平分线，∴，∴，故选：C．29．（2025·山西太原·二模）如图，中，，将沿的方向平移得到，其中，，的对应点分别是点，，．若点是的中点，，，则点与点之间的距离为（）A． B． C． D．4【答案】B【分析】本题考查了勾股定理，平移的性质；根据勾股定理求得的长，进而根据平移的性质可得，即可求解．【详解】解：∵中，，，∴，∵将沿的方向平移得到，点是的中点，∴．故选：B．二、填空题30．（2025·山西吕梁·二模）七巧板，又称智慧板，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．如图是由七巧板拼成的小船，若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为．【答案】【分析】根据两个已知点的坐标，确定坐标系，后写出坐标即可．本题考查了已知坐标间坐标系写坐标，正确建立起坐标系是解题的关键．【详解】解：由点的坐标为，点的坐标为，建立坐标系如下：则点的坐标为，故答案为：．31．（2025·山西运城·模拟预测）哪吒在陈塘关玩耍时，突然发现东海海面上出现了一群海妖正朝着陈塘关袭来．假设陈塘关的城墙是一条直线，哪吒此时在点处，他要尽快赶到城墙上的某一点去查看海妖下一步的动向．如图所示，则哪吒最先到达城墙的路线是线段，理由是．【答案】垂线段最短【分析】本题考查垂线段最短，从直线外一点，到直线上任意一点所引的线段中，垂直线段最短，根据“垂线段最短”进行解答即可．【详解】解：哪吒最先到达城墙的路线是线段，理由是垂线段最短．故答案为：垂线段最短．32．（2025·山西运城·一模）如图，这是利用杠杆原理使物体平衡的示意图，G为竖直向下的重力，F为竖直向下的拉力．若，则的度数是【答案】73【分析】根据平行线的性质即可求出答案．本题主要考查了平行线的性质，掌握两直线平行，同旁内角互补是解决问题的关键．【详解】解：如图所示标注字母，根据题意得，，，，故答案为：33．（2025·山西·模拟预测）如图，在四边形中，，对角线平分，与相交于点，且．若，则的长为．【答案】【分析】如图，过点作于点，过点作于点，求出，勾股定理求出，然后证明出，得到，设，然后根据勾股定理求解即可．【详解】如图，过点作于点，过点作于点．∵，∴，∴由勾股定理得∵对角线平分，∴∵，∴又∵∴设．由勾股定理得．为的中点，．，即．解得．代入，得．故答案为：．【点睛】此题考查了等腰三角形三线合一性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．34．（2025·山西吕梁·二模）如图，在中，，点D在上，，，，垂足分别为E，F，，，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查勾股定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，根据勾股定理求出，由知，得，由勾股定理得，从而得，再证明，运用相似三角形的性质可求出．【详解】解：∵，，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，解得，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴．故答案为：．35．（2025·山西吕梁·二模）如图，直线与两坐标轴分别交于A，B两点．过点A的直线l交x轴正半轴于点C．若，则直线l的函数表达式为．【答案】【分析】本题考查了一次函数与坐标的交点问题，待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的性质，先求出A、B的坐标，然后根据三线合一的性质求出，则可求出C的坐标，最后根据待定系数法求解即可．【详解】解：当时，，∴，当时，，解得，∴，∴，∵，，∴，∴，设直线l的函数表达式为，∴，解得，∴，故答案为：．36．（2025·山西·模拟预测）如图，在四边形中，，，，对角线，交于点．若，则的长为．【答案】/【分析】本题考查了勾股定理的应用，平行线分线段成比例定理，直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，过作于点，过作于点，连接，利用平行线分线段成比例定理可得，又，即，所以，证明为等边三角形，可得，由，所以，最后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：如图，过作于点，过作于点，连接，∴，∴，∴，∵，即，∴，∵，，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．37．（2025·山西太原·一模）如图，是边长为的等边三角形，点是外的一点，，．若，连接，则线段的长为.【答案】【分析】以点为圆心，为半径画圆，过点作，过点作，根据等边三角形的性质可知，，根据圆周角定理可知，根据直角三角形的性质可知，利用勾股定理求出，，根据可证，根据全等三角形的性质可得，从而可求的长度．【详解】解：如下图所示，以点为圆心，为半径画圆，过点作，过点作，是边长为的等边三角形，，，，在中，，，，，，在和中，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解决本题的关键是根据图形的性质找到边、角之间的关系．38．（2025·山西晋中·二模）如图，中，，，为的中点，点是边上一点，且，连接并延长，交延长线于点，若，则的长为．【答案】/【分析】取中点，连接，过作于点，由中位线定理可得，，，则有，，所以，，则，，从而得到，又，，得出，，，代入得到，然后通过直角三角形的性质和勾股定理即可求解．【详解】解：如图，取中点，连接，过作于点，∴，∵为的中点，H为中点，∴，，，∴，，∴，，∴，，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了中位线定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，中位线定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．39．（2025·山西长治·三模）如图，在中，D为上一点，，连接，E为的中点，连接．若，，，则的长为．【答案】【分析】取中点F，连接，过点D作于点G，于点H，则，设，则，，求出，,得，∴，证明四边形是矩形，得，可得，得，得，得，即得【详解】解：如图，取中点F，连接，过点D作于点G，于点H，则，设，则，∴，∵点E为中点，，∴，∴,∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形．熟练掌握三角形中位线判定和性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，是解题的关键．40．（2025·山西临汾·二模）如图，在中，，是的中点，连接，将沿折叠，使点落在点，连接，则．【答案】【分析】根据勾股定理求得斜边，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，以及折叠的性质得出，，进而证明是等腰三角形，证明，根据相似三角形的性质，列出比例式，解方程，即可求解．【详解】解：如图，延长交的延长线于点，∵在中，，是的中点，∴，，∵将沿折叠，∴，设，则，∵∴∵折叠，∴∴又∵∴∴又∵，∴∵∴∴，，∵，∴∴∴即解得：∴故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．41．（2025·山西忻州·二模）如图，在平面直角坐标系中放置一块直角三角尺，且，顶点的坐标为，现将三角尺向左平移，使点与点重合，得到，则点的对应点的坐标为．【答案】【分析】本题考查利用勾股定理解直角三角形，坐标平移等知识，利用勾股定理解直角三角形求出的长即可解决问题．【详解】解：∵，∴，在中，∵，，，∴，平移后，，，∴，故答案为：．42．（2025·山西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了坐标与图形、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．连接、，可得与垂直平分，利用勾股定理即可得出结果．【详解】解：如图：连接、，交于点，则：与垂直平分，∵点，，∴轴，，即，轴，，∵，∴，∴，即．故答案为：．43．（2025·山西吕梁·二模）如图，在四边形中，，，连接．若，，则的长为．【答案】/【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．延长到点，使得，连接．根据全等三角形的判定和性质得出，，，结合图形再由勾股定理求解即可．【详解】解：如图，延长到点，使得，连接．∵，∴，∴．∵，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴．故答案为：．44．（2025·山西朔州·三模）如图，在中，，，分别为，边上的点，且，，若，，则的长为．【答案】/【分析】本题主要查了相似三角形的性质与判定，角平分线的性质，解直角三角形，勾股定理．作，交于点F，过点E作于点G，则，可得，从而得到，再由角平分线的性质可得，设，则，再证明，可得，即可求解．【详解】解：如图，作，交于点F，过点E作于点G，则，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，在中，∵，，∴，，∴，设，则，∴∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴．故答案为：45．（2025·山西运城·模拟预测）如图，是等腰直角三角形，，，在的右侧作，，连接，交于点E．若，则的长为．【答案】/【分析】先利用勾股定理求得，再证明，列出比例式，然后利用勾股定理求得，设，用分别表示出与，再利用勾股定理得到关于的方程求解，求得，接着证明，列出比例式，求得，从而可求得．【详解】解：过点作于点，交于点，则，∵是等腰直角三角形，，，∴，∵是直角三角形，，∴，∴，∴，∴，∵，∴平分，∴，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行线的判定与性质，解题关键是找准相似三角形．46．（2025·山西太原·二模）如图，在中，，，点D为边上一点且，连接，作的垂直平分线，分别交线段，，于点E，F，G．则线段的长为．【答案】/【分析】解法一：过点作交于点，过点作交于点，先由三线合一、勾股定理得到、，由求出、、，结合勾股定理求出，证明后，根据相似三角形性质得出、，从而求得，最后证，由相似三角形性质可得线段的长；解法二：过点作，通过已知条件与勾股定理得到的长，后以点为坐标原点建立平面直角坐标系，将所有点用直角坐标系中的坐标来表示，求出点的坐标，根据构建方程，再根据构建另一个方程，最后通过联立方程得到点坐标，最后通过勾股定理得到的长．【详解】解：解法一：过点作交于点，过点作交于点，，，平分，即，中，，，又，，，，中，，，，，，，，，，且平分，，，，，，；解法二：在中，，，过点作，则，，，，，，，垂直平分，．建立坐标系：设点，则，，，，为的中点，则点，即，设，作轴于点，于点，垂直平分，，，整理得：①，，，，即，整理得：②，联立①②得，．以为斜边构建直角三角形，过点作垂直轴的直线，过点作平行轴的直线，故此三角形的一直角边长为：，另一直角边长为：，根据勾股定理可得：．故答案为：．【点睛】本题考查的知识点是三线合一、勾股定理、相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质，解题关键是正确作出辅助线．47．（2025·山西晋城·三模）如图，在中，，，平分，连接，满足，若，则的长为．【答案】【分析】先由相似三角形的判定得到，由相似比代值求解得到，过点分别作于点于点，如图所示，由正方形的判定与性质，进而得到，由相似比代值求解得到，最后在Rt中，由勾股定理求解即可得到答案．【详解】解：平分，，，，，，，过点分别作于点于点，如图所示：平分，，，四边形为正方形，，，，，，即，，在Rt中，，，，由勾股定理得．故答案为：【点睛】本题考查求线段长，涉及角平分线定义、相似三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质并灵活运算相似及勾股定理求线段长是解决问题的关键．48．（2025·山西·模拟预测）如图，在中，，，为上一点，且，连接，过点作于点，连接并延长交于点，则的长为．【答案】/【分析】本题考查了勾股定理，三角形的面积公式，相似三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理和三角形的面积公式是解题的关键．过点作交于点，根据题意得出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出，根据勾股定理求出，根据相似三角形的判定与性质即可求解．【详解】解：如图，过点作交于点，∵，，∴，在中，，∵，故，∴，在中，，∵，∴，∴，在中，，∴∵，，∴，∴，即，解得：．故答案为：．三、解答题49．（2025·山西吕梁·一模）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的学习任务．倍角三角形在三角形中，如果一个角是另一个角的二倍，那么这样的三角形叫做倍角三角形．如图1，在中，，，的对边分别为a，b，c．，是倍角三角形．下面类比等腰三角形的研究思路，对图1所示的倍角三角形的性质进行探究．角：根据三角形的内角和定理，在图1所示的中，的取值范围是______．边：二倍角的对边与单倍角的对边的平方差，等于单倍角的对边与第三边的乘积．即．如图2，延长到点H，使．连接．则，．所以．所以，即．所以．特殊线段：过点B作边上的高，若点F为的中点，则．理由如下：如图3，取的中点P，连接，．学习任务：（1）材料中的取值范围是______．（2）如图4，在中，，，则的长是______．（3）请根据材料提供的方法，利用图3证明“”．【答案】（1）；（2）；（3）见详解【分析】本题考查三角形内角和定理，等腰三角形性质，解一元二次方程，外角和定理等．（1）根据倍角三角形定义及三角形内角和定理即可得到本题答案；（2）根据题意列式解一元二次方程即可；（3）取的中点，连接，利用中位线性质得，，再得，再利用外角和定理得，继而得到本题答案．【详解】解：（1）根据倍角三角形定义，可知，∴，即：，∵，∴，∴的取值范围：，故答案为：；（2）∵，二倍角的对边与单倍角的对边的平方差，等于单倍角的对边与第三边的乘积，∴，即：，解得：，故答案为：；（3）取的中点，连接，∵点是的中点，点是中点，∴是的中位线，∴，，∴，∵，点是的中点，∴，∴，∴，∵是的外角，∴，∴，∴，∴．50．（2025·山西吕梁·二模）阅读与思考阅读下列材料，完成后面任务．关于黄金分割如图1，是线段上的一点，且，即，我们把点叫作线段的黄金分割点．利用一元二次方程的知识，可得，我们把叫作黄金比．另外，除了线段上的黄金分割外，还有另一个重要的黄金分割——黄金三角形．如图2，在中，，，平分交于点，我们把这样的叫作黄金三角形．易知也是黄金三角形（结论一），是黄金比（结论二）．下面我们推导这两个结论：证明：∵，，∴．……任务：(1)补全材料中的证明过程．(2)如图3，是正十边形的外接圆，是正十边形的一条边，请用尺规在图3中作的平分线，交于点．若，求的长．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)见解析(2)作图见解析；2【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，黄金分割，正确理解题意是解题的关键。（1）由等边等对角和三角形内角和定理得到，由角平分线的定义可得，则可证明得到，再证明得到，得到，则可证明是黄金三角形；证明，得到，，则可得到，则点是线段的黄金分割点，进而得到，即是黄金比．（2）先根据角平分线的尺规作图方法作图；可得，，则是黄金三角形．根据（1）可得是线段的黄金分割点，则，则，则．【详解】（1）证明：∵，，∴．∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∵，，∴是黄金三角形．∵，，∴，∴，，∴，∴点是线段的黄金分割点，∴，即是黄金比．（2）解：如图，即为所求．∵，，∴是黄金三角形．∵平分，∴是线段的黄金分割点，∴．∵，∴，∴．51．（2025·山西·三模）如图，在中，．(1)实践与操作：在边上求作一点，连接，使得．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)计算：若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了作一个角等于已知角，作垂直平分线，等角对等边以及勾股定理的应用，熟练掌握基本作图是解题的关键；（1）作的垂直平分线交于点，连接，或直接作作；（2）根据得出，在中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解．【详解】（1）答案不唯一，如图，即为所求（2）∴在中，∴，即解得：52．（2025·山西大同·二模）阅读与思考下面是勤学小组探究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务．关于“倍角三角形”的探究报告探究对象：倍角三角形．探究思路：从特殊图形到一般图形进行探究．定义：在一个三角形中，如果一个内角是另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为“倍角三角形”．显然，等腰直角三角形和含角的直角三角形都是特殊的“倍角三角形”性质探究：如图1，在中，若，则是“倍角三角形”，其中分别表示，的对边．当时，计算___________；当时，计算___________．性质猜想：之间的数量关系为___________．性质证明：如图2，延长到点，使．．．．又，．．．．．．任务：(1)将“性质探究”与“性质猜想”中横线部分的内容补充完整；(2)请补全上述证明过程；(3)已知是“倍角三角形”，，且它的三边长恰好是三个连续的正整数，请直接写出的长．【答案】(1)2；1；(2)见解析(3)的长为6【分析】（1）性质探究：当时，先求出，再利用直角三角形的性质求得，再由勾股定理求得，然后代