专题06 填空小压轴题（16区5大考点）-【好题汇编】2025年中考数学一模试题分类汇编（上海专用）

专题06 填空小压轴题 考点概览 考点01 新定义问题 考点02 翻折问题 考点03 旋转问题 考点04 相似三角形综合题 考点05 等腰三角形有关综合题 考点01新定义问题 1．（2025·上海静安·一模）我们把常用的纸的短边与长边的比叫作“白银比”，把这样的矩形称为“白银矩形”．如图，一张规格为的矩形纸片，将其长边对折（为折痕），得到两个全等的矩形纸片，且这两种规格的矩形纸片相似，那么这个“白银比”为 ． 2．（2025·上海宝山·一模）一个二次函数的图象经过点，则称t的值是这个函数的“零点”．例如：二次函数，无论a取何值和点，所以3和是这个函数的“零点”．如果一个二次函数有且只有一个“零点”，那么这个二次函数的解析式可以是 ．（写出一个符合要求的函数解析式即可） 3．（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中、、是常数，且），以原点为中心，旋转得抛物线，则称是的“中心对称抛物线”．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为、．将抛物线的“中心对称抛物线”向右也平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为、．当线段是线段、的比例中项时，的值为 ． 4．（2025·上海嘉定·一模）平行于梯形两底的直线截梯形的两腰，当两交点分别是两腰的黄金分割点时，我们称这条线段是梯形的“黄金分割线”．如图，在梯形中，，，，点、分别在边、上，如果是梯形的“黄金分割线”，那么 ． 5．（2025·上海虹口·一模）过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫做这个三角形的“重似线段”．如图，在中，，，，点、分别在边、上，如果线段是的“重似线段”，那么 ． 考点02翻折问题 6．（2025·上海金山·一模）在矩形中，，，点在边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边上的点处，那么的长为 ． 7．（2025·上海黄浦·一模）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：沿对角线折叠，得到折痕；折叠纸片使边落在折痕上，点落在点处，得到折痕；过点折叠纸片，使点分别落在边、上，展开得到折痕．如果矩形是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边 ． 8．（2025·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是上的动点，将沿翻折，如果点落到内（不包括边），那么的取值范围是 ． 9．（2025·上海长宁·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，连接，将沿着翻折，点的对应点是点，连接．如果，那么点到的距离为 ． 10．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 11．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 12．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    13．（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． 14．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形（），点是边的中点，将沿翻折，点的对应点恰好落在对角线上，那么 ． 考点03旋转问题 15．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点逆时针旋转，点旋转到点，与边交于点，且，如果与相似，那么的值为 ． 16．（2025·上海宝山·一模）如图，已知，，，是边的中点，线段绕点顺时针旋转得到对应线段，线段与分别交于点，如果是直角三角形，那么的长是 ． 17．（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 平方厘米． 考点04相似三角形综合题 18．（2025·上海松江·一模）如图，正方形中，点分别在边上，且，连接，交于点，如果，那么的值为 ． 19．（2025·上海静安·一模）如图，在中，是的中线，，，，那么的长为 ． 20．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 21．（2025·上海长宁·一模）如图，在一副三角尺中，，，，，分别过点、点画、交边、边于点、点，如果分割得到的两个三角形与分割得到的两个三角形分别相似，那么的值为 ． 22．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 23．（2025·上海奉贤·一模）如图，和中，，点M在边上，点N在边上，分割所得的两个三角形分别与分割所得的两个三角形相似，那么线段的长是 ． 考点05等腰三角形有关综合题 24．（2025·上海普陀·一模）在平面直角坐标系中（如图），点在反比例函数位于第一象限的图像上，点的横坐标大于点的横坐标，．如果的重心恰好也在这个反比例函数的图像上，那么点的横坐标为 ．    25.（2025·上海徐汇·一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是 （用含的式子表示）． 试卷第1页，共3页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 填空小压轴题 考点概览 考点01 新定义问题 考点02 翻折问题 考点03 旋转问题 考点04 相似三角形综合题 考点05 等腰三角形有关综合题 考点01新定义问题 1．（2025·上海静安·一模）我们把常用的纸的短边与长边的比叫作“白银比”，把这样的矩形称为“白银矩形”．如图，一张规格为的矩形纸片，将其长边对折（为折痕），得到两个全等的矩形纸片，且这两种规格的矩形纸片相似，那么这个“白银比”为 ． 【答案】 【知识点】相似多边形的性质 【分析】本题考查了相似多边形的性质，理解题意，掌握相似多边形的各边的比是解题的关键． 分别表示出原矩形的长和宽，折叠后的长与宽，结合题意“白银比”进行计算即可求解． 【详解】解：设矩形纸片长为，宽为， ∴折叠后矩形的长为，宽为， 根据题意可得，， ∴， 解得，， 故答案为： ． 2．（2025·上海宝山·一模）一个二次函数的图象经过点，则称t的值是这个函数的“零点”．例如：二次函数，无论a取何值和点，所以3和是这个函数的“零点”．如果一个二次函数有且只有一个“零点”，那么这个二次函数的解析式可以是 ．（写出一个符合要求的函数解析式即可） 【答案】，答案不唯一 【知识点】待定系数法求二次函数解析式 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征．根据“零点”的定义可知二次函数的图象经过一个点，据此写出一个函数的解析式即可． 【详解】解：∵一个二次函数有且只有一个“零点”， ∴这个二次函数的解析式可以是，答案不唯一． 故答案为：，答案不唯一． 3．（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中、、是常数，且），以原点为中心，旋转得抛物线，则称是的“中心对称抛物线”．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为、．将抛物线的“中心对称抛物线”向右也平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为、．当线段是线段、的比例中项时，的值为 ． 【答案】 【知识点】二次函数图象的平移、比例的性质 【分析】本题考查二次函数图象的变换，比例的性质，根据题意，求出四点的坐标，进而求出，，的长，根据比例中项的定义，得到，列出方程进行求解即可. 【详解】解：∵， ∴当时，解得：， ∴抛物线与轴的交点坐标为：， ∴当抛物线向左平移个单位长度后，新的抛物线与轴的交点坐标为：，即：， 抛物线的“中心对称抛物线”与轴的交点坐标为：， ∵向右也平移个单位长度， ∴平移后的抛物线与轴的交点坐标为：， ∴，，， ∵线段是线段、的比例中项， ∴， ∴， 解得：； 故答案为：. 4．（2025·上海嘉定·一模）平行于梯形两底的直线截梯形的两腰，当两交点分别是两腰的黄金分割点时，我们称这条线段是梯形的“黄金分割线”．如图，在梯形中，，，，点、分别在边、上，如果是梯形的“黄金分割线”，那么 ． 【答案】 【知识点】黄金分割、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题考查黄金分割，相似三角形的判定和性质，过点作交于点，证明，得到，求出的长，利用求出的长即可． 【详解】解：过点作交于点， ∵是梯形的“黄金分割线”， ∴，， ∴四边形均为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 5．（2025·上海虹口·一模）过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫做这个三角形的“重似线段”．如图，在中，，，，点、分别在边、上，如果线段是的“重似线段”，那么 ． 【答案】或 【知识点】重心的有关性质、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】如图，作于， 求解，，，，，作的中线，为的重心，线段是的“重似线段”，分两种情况：当时，当时，过作交于，再进一步求解即可． 【详解】解：如图，作于，，，， ∴，， ∴，，， ∴，， 作的中线，为的重心， ∴， ∵线段是的“重似线段”， ∴当时， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 当时，过作交于， ∴，，， ∵， ∴，， ∴，，在上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，则， ∴． 综上：或； 故答案为：或； 【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，三角形的重心的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键． 考点02翻折问题 6．（2025·上海金山·一模）在矩形中，，，点在边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边上的点处，那么的长为 ． 【答案】 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理． 先根据矩形的性质得，，再根据折叠的性质得，，在中，利用勾股定理计算出，则，设，则，然后在中根据勾股定理得到，解方程即可得到x即可求解． 【详解】解：如图， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵矩形沿直线折叠，顶点恰好落在边上的处， ∴，， 在中，∵， ∴， 设，则 在中，∵， ∴， 解得． 故答案为． 7．（2025·上海黄浦·一模）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：沿对角线折叠，得到折痕；折叠纸片使边落在折痕上，点落在点处，得到折痕；过点折叠纸片，使点分别落在边、上，展开得到折痕．如果矩形是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、黄金分割 【分析】本题考查矩形的性质，翻折变换，黄金分割，相似三角形的判定和性质，设与交于点，由矩形的性质可得，，，，则，由折叠性质可知：，，故，设，，，根据勾股定理求出，则，再证明，最后由相似三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，设与交于点， ∵矩形是一个黄金矩形， ∴，，，， ∴， 由折叠性质可知：， ∴， ∴， ∵， ∴设，，， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（2025·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是上的动点，将沿翻折，如果点落到内（不包括边），那么的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、勾股定理与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，解直角三角形，等腰直角三角形的性质与判定，先解直角三角形得到，再利用勾股定理求出；设点C折叠后的对应点为E，再分点E恰好在上和点E恰好在上两种情况，分别求出对应的的长即可得到结论． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， 设点C折叠后的对应点为E， 如图所示，当点E恰好在上时， 由折叠的性质可得，则同理可得； 如图所示，当点E恰好在上时，过点D作于F， 由折叠的性质可得， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点落到内（不包括边）时，， 故答案为：． 9．（2025·上海长宁·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，连接，将沿着翻折，点的对应点是点，连接．如果，那么点到的距离为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），掌握折叠的性质是解题的关键．根据题意画出图形，根据，，得出，再通过相等的角的三角函数值相等，即可求出结果． 【详解】解：过点作于点， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 10．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、利用平行四边形的判定与性质求解、根据等角对等边求边长 【分析】延长，交于，设，则，由，，知四边形是平行四边形，有，，，根据将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点，可得，，，故，求出，证明，可得，，从而，即可得． 【详解】解：延长，交于，如图： 设，则， ∵，， 四边形是平行四边形， ，，， ∵将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点， ，，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，即， ， ， ， ； ． 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题． 11．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，是边上一点，将沿直线翻折，点的对应点为，如果，那么的值为 ． 【答案】或 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 根据，设，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点，运用勾股定理可得，由平行可证，可得解得，，再证，可得即可求解；将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点，运用勾股定理可得，由折叠与平行的性质可得，则，再证，得到即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 设， ∴， 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， 同理，， ∴， ∴， 解得，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵， ∴； 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 12．（2025·上海普陀·一模）中，，，，点D在边上，，如图所示．点E在边上，将沿着翻折得，其中点B与点对应，交边于点G，交的延长线于点H．如果是等腰三角形，那么 ．    【答案】 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、用勾股定理解三角形、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．先画出图形，过点作于点，确定如果是等腰三角形，则只能是，设，则，再证出，根据相似三角形的性质可得，，然后证出，根据相似三角形的性质可得，从而可得的长，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】解：由题意，画出图形如下：过点作于点，    ∵， ∴， ∵交边于点，交的延长线于点， ∴， ∴如果是等腰三角形，则只能是为顶角，， ∴， 由对顶角相等得：， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∵在中，，，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 由折叠的性质得：，， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， 在中，，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 即， 故答案为：． 13．（2025·上海崇明·一模）四边形中，，，，，，将沿过点的一条直线折叠，点的对称点落在四边形的对角线上，折痕交边于点（点不与点重合），那么长为 ． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查的折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，分点的对称点落在对角线上和落在对角线上两种情况，分别画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：如图，当点的对称点落在对角线上时， 由折叠可得，，，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 如图，当点的对称点落在对角线上时，设与相交于点， 由折叠可得，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； 综上，长为或， 故答案为：或． 14．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形（），点是边的中点，将沿翻折，点的对应点恰好落在对角线上，那么 ． 【答案】/ 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、求角的正切值 【分析】延长交于点，连接，由矩形的性质可得，，，由两直线平行内错角相等可得，由折叠的性质可得，，，由等边对等角可得，利用邻补角互补可得，由对顶角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，由点是边的中点可得，进而可得，利用可证得，于是可得，进而可得，则，，即，，，利用勾股定理可得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， 四边形是矩形， ，，， ， 将沿翻折，点落到点处， ，，， ， ， ， 又， ， ， ， ， 点是边的中点， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了求角的正切值，矩形的性质，两直线平行内错角相等，折叠的性质，等边对等角，利用邻补角互补求角度，对顶角相等，等角对等边，线段中点的有关计算，全等三角形的判定与性质，线段的和与差，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质及勾股定理是解题的关键． 考点03旋转问题 15．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点逆时针旋转，点旋转到点，与边交于点，且，如果与相似，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】三线合一、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键． 根据题意， 只能， 设， ， 根据相似求出即可得出结论． 【详解】解：由题意得：只能过点作 于点， 交于点， 设则， ， ∴， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ， ， ， 故答案为： ． 16．（2025·上海宝山·一模）如图，已知，，，是边的中点，线段绕点顺时针旋转得到对应线段，线段与分别交于点，如果是直角三角形，那么的长是 ． 【答案】或2 【知识点】含30度角的直角三角形、等腰三角形的性质和判定、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】由三线合一可得，进而求出各边长，然后根据是直角三角形分类讨论，当时或时，画出图形，利用特殊角求解即可． 【详解】解：连接， ∵，是中点， ∴，即， ∵， ∴，，， ∵线段绕点顺时针旋转得到对应线段， ∴， ∴，，， ①当时， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时， 此时，，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形的计算，掌握等腰三角形的性质，解直角三角形的计算，数形结合分析，分类讨论思想是解题的关键． 17．（2025·上海嘉定·一模）如图，将一块含角的实心的直角三角板放置在桌面上，在桌面所在平面内绕着它的重心逆时针旋转．如果这块三角板的斜边长12厘米，那么运动前后两个三角形重叠部分的面积为 平方厘米． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、重心的有关性质 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，旋转的性质，重心的性质，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的面积，旋转的性质，重心的性质，推出，且相似比为，利用的面积减去三个小三角形的面积求出重叠部分的面积即可． 【详解】解：如图，，， ∴， ∴， ∵为重心， ∴， ∵绕点旋转180度， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴重叠部分的面积为：； 故答案为：． 考点04相似三角形综合题 18．（2025·上海松江·一模）如图，正方形中，点分别在边上，且，连接，交于点，如果，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，延长交于点，设，则，，由正方形的性质可知，，故，，根据相似三角形的性质求出，则，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交于点， 设， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，即， ∴，∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 19．（2025·上海静安·一模）如图，在中，是的中线，，，，那么的长为 ． 【答案】8 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，勾股定理，合理构造辅助线得到，证明，是解题的关键． 如图所示，过点作于点，过点作延长线于点，可得，由勾股定理解得（负值舍去），再证明，得到，求出，，则，设，则，在中，运用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作延长线于点， ∵是的中线，， ∴， 在中，， ∴， ∴，即， 解得，（负值舍去）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，，则， 设，则， 在中，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 整理得，， 解得，，（不符合题意，舍去）， ∴， ∴， 故答案为：8 ． 20．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、利用平移的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 21．（2025·上海长宁·一模）如图，在一副三角尺中，，，，，分别过点、点画、交边、边于点、点，如果分割得到的两个三角形与分割得到的两个三角形分别相似，那么的值为 ． 【答案】1 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查的是三角函数的应用，相似三角形的判定，先证明，，结合，设，可得，，，由可得分的两个三角形与分的两个三角形相似，可得，，过作于，过作于，则为等腰直角三角形；再进一步求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∵， 设， ∴，，， ∵， 如图，分的两个三角形与分的两个三角形相似， ∴，，，， ∴，， 过作于，过作于， 则为等腰直角三角形； 设，， ∴，． 解得：，， ∴，， ∴， 故答案为： 22．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 【答案】 【知识点】公式法解一元二次方程、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先用含、的代数式表示出和，证明，得到，即，化简得，设，化简得到关于的一元二次方程，解出的值，即得到的值，再由，代入数据即可解答． 【详解】解：连接，如图： 设正方形的边长为，正方形的边长为， 则，， ， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 即， ， 两边同除以得：， 令，则， ， ， ，即， 解得：， ， ， 即， ， 故答案为：． 23．（2025·上海奉贤·一模）如图，和中，，点M在边上，点N在边上，分割所得的两个三角形分别与分割所得的两个三角形相似，那么线段的长是 ． 【答案】4或 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查相似三角形的判定，牢记相似三角形判定方法是解题关键，分两种情况讨论分别根据相似三角形性质分别求解即可． 【详解】解：∵， ∴，， ∴， 如图，分的两个三角形与分的两个三角形相似， 当时，有， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理，，则有， ∴，即， 又， ∴； 同理，当分的两个三角形相似存在 当时，有， ∴， 同理，当时，， ∴， 又， ∴， ∴； 综上，的长是4或． 考点05等腰三角形有关综合题 24．（2025·上海普陀·一模）在平面直角坐标系中（如图），点在反比例函数位于第一象限的图像上，点的横坐标大于点的横坐标，．如果的重心恰好也在这个反比例函数的图像上，那么点的横坐标为 ．    【答案】/ 【知识点】重心的有关性质、三线合一、一次函数与反比例函数的交点问题、中点坐标 【分析】由题意得点关于直线对称，由可得的重心在直线：上，联立函数解析式求出点坐标，即得，再根据三角形重心的性质可得，得到，设点，则，最后利用中点坐标公式解答即可求解． 【详解】解：由题意得，点关于直线对称， ∵， ∴的重心在直线：上，即为点， 由，解得或， ∵点在第一象限， ∴， ∴， ∵点为的重心， ∴， ∴， ∴， 设（），则， ∴， ∴， 设点，则， ∵点为的中点， ∴， ∴， 解得或， ∵点的横坐标大于点的横坐标， ∴点的横坐标为， 故答案为：．    【点睛】本题考查了反比例函数的图象和性质，等腰三角形性质，三角形的重心，勾股定理，中点坐标公式，掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键． 25.（2025·上海徐汇·一模）如图，四边形中，，如果，且，那么的长是 （用含的式子表示）． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、已知圆内接四边形求角度、四点共圆 【分析】延长，过点D作，交的延长线于点H，证明A、B、C、D四点共圆，得出，证明为等腰直角三角形，得出，设，则，，根据勾股定理得出，求出，根据勾股定理得出，即，求出，即可得出答案． 【详解】解：延长，过点D作，交的延长线于点H，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∴A、B、C、D四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得：， 即， ∴，（舍去）， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了四点共圆，圆内角四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握圆内接四边形的判定和性质． 试卷第1页，共3页 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$