热点必刷题01填空小压轴（5大题型47题）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

热点必刷题01填空小压轴47题 题型01 新定义 1 题型02 翻折 19 题型03 旋转 45 题型04 圆中位置关系 72 题型05 与三角形有关综合题 78 题型01 新定义 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】 【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．（2023·上海嘉定·二模）新定义：函数图象上任意一点，称为该点的“坐标差”，函数图像上所有点的“坐标差”的最大值称为该函数的“特征值”，一次函数（）的“特征值”是 ． 【答案】4 【分析】由题意知，一次函数的“特征值”为，当时，最大，代入求解即可． 【详解】解：由题意知，一次函数的“特征值”为， 当时，， ∴一次函数的“特征值”为4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了新定义，一次函数．解题的关键在于理解题意并正确的运算． 3．（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 【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． 4．（2023·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    【答案】/ 【分析】延长与交于点，根据轴对称性质得，，，再由是等高底三角形，是等底，得，再根据三角形的重心定理得，设，则，由勾股定理用表示，进而计算的值便可． 【详解】解：延长与交于点，如图所示：    点A关于直线的对称点是点， ，，， 是等高底三角形，是等底， ， 点是的重心， ， 设，则， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了对称变换，三角形的重心性质，新定义，关键是根据三角形的重心性质得出与的数量关系． 5．（2023·上海虹口·一模）定义：如果以一条线段为对角线作正方形，那么称该正方形为这条线段的“对角线正方形”．例如，图①中正方形即为线段的“对角线正方形”．如图②，在中，，，，点P在边上，如果线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上，那么的长是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．根据正方形的性质和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】解：当线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上时，设正方形的边长为x，则， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴，， ∴， 故答案为：． 6．（2023·上海·模拟预测）如果两个不全等的等腰三角形的腰长相等、面积也相等，那么我们把这两个等腰三角形称为一对合同三角形．设一对合同三角形的底角分别为和，那么 ．（用的代数式表示） 【答案】/ 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．根据题意，两个等腰三角形的腰长相等，面积也相等，则腰上的高相等，分两种情况讨论：这两个三角形都是锐角或钝角三角形；两个三角形一个是锐角三角形，一个是钝角三角形，分别求解即可获得答案． 【详解】解：∵两个等腰三角形的腰长相等，面积也相等， ∴腰上的高相等， 可分两种情况讨论： ①当这两个三角形都是锐角或钝角三角形时，如下图， 则有，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ， 即有； 此时两个等腰三角形全等，不符合题意； ②当两个三角形一个是锐角三角形，一个是钝角三角形时，如下图， 则有，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 此时两个等腰三角形不全等，符合题意． 故答案为：． 7．（2024·上海·中考真题）对于一个二次函数（）中存在一点，使得，则称为该抛物线的“开口大小”，那么抛物线“开口大小”为 ． 【答案】4 【分析】本题考查新定义运算与二次函数综合，涉及二次函数性质、分式化简求值等知识，读懂题意，理解新定义抛物线的“开口大小”，利用二次函数图象与性质将一般式化为顶点式得到，按照定义求解即可得到答案，熟记二次函数图象与性质、理解新定义是解决问题的关键． 【详解】解：根据抛物线的“开口大小”的定义可知中存在一点，使得，则， ， 中存在一点，有，解得，则， 抛物线“开口大小”为， 故答案为：． 8．（2024·上海·模拟预测）在中有一点P，满足，则点P被称为的“布卡洛点”，在中，，，点P是的一个“布卡洛点”，则 【答案】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，证明，推出，从而得到，，即可得解． 【详解】解：如图： ， ∵，， ∴，， ∵点P是的一个“布卡洛点”， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（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】 【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：. 10．（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】 【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：． 11．（2025·上海浦东新·模拟预测）若平面直角坐标系内的点满足横、纵坐标都为整数，则把这样的点叫做“整点”．若抛物线与x轴交于点M、N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段所围成的区域（包括边界）恰有七个整点，则t的取值范围是 【答案】 【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点．画出图象，数形结合是解题的关键． 由题意知，，顶点坐标为，对称轴是直线．则该抛物线开口向上，点，，必在该抛物线在M、N之间的部分与线段所围成的区域（包括边界）内．然后作图象，代入点坐标，求值，根据t的值越大，抛物线的开口越小，t的值越小，抛物线的开口越大，确定取值范围即可． 【详解】解：由题意知，， ∴顶点坐标为，对称轴是直线， ∵抛物线与x轴交于点M、N两点， ∴该抛物线开口向上， ∴点，，必在该抛物线在M、N之间的部分与线段所围成的区域（包括边界）内． ①当该抛物线经过点和时，如图1． 将代入得，， 解得， ∴此时抛物线解析式为． 当时，， 解得，， ∴x轴上的点，，符合题意． ∴当时，恰好有 ，，，、，，，共7个整点符合题意． ∵t的值越大，抛物线的开口越小，t的值越小，抛物线的开口越大， ∴． ②当该抛物线经过点和点时，如图2． 此时x轴上的点 ，，符合题意． 将代入得，， 解得． ∴此时抛物线解析式为． 当时，． ∴符合题意． 当时，得． ∴符合题意． 综上可知：当时，点，，，，，，，，，都符合题意，共有9个整点符合题意， ∴不符合题． ∴． 综上所述，当时，该函数的图象与x轴所围成的区域(含边界)内有七个整点， 故答案为：． 12．（2025·上海·模拟预测）约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“函数”，其图象上关于原点对称的不同的两点叫做一对“点”．已知关于的二次函数是“函数”，其中，两点为一对“点”，点是该二次函数图象上，两点之间的一个动点（含端点，．若点的纵坐标的最大值为，则 ． 【答案】 【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据约定得到点的坐标，将点的坐标代入二次函数，求出的值，从而得到二次函数图象的对称轴，再分当时和当时两种情况讨论即可，理解约定，掌握二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征是解题的关键． 【详解】解：，两点为一对“点”， ，且点，都在二次函数图象上． 将点的坐标代入二次函数， 得， 解得． 二次函数的表达式为． 二次函数图象的对称轴为直线， 当时， ， 顶点纵坐标为点纵坐标的最大值， 即， 解得， ， ． 当时， ， 点的纵坐标为点纵坐标的最大值， 即， 解得， 此时不成立，含去． 综上所述，． 故答案为：． 13．（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 【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． 题型02 翻折 14．（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】 【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：． 15．（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】 【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． 16．（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】 【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：． 17．（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】 【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：． 18．（2025·上海浦东新·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，把沿折叠，点落在处，如果恰在矩形的对角线上，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识．先根据勾股定理求出，由相似三角形的性质求得，由三角形相似的判定定理证得，根据相似三角形的性质求得． 【详解】解：连接， 四边形是矩形，，， ，，， ∴， 由翻折的性质得：垂直平分， ，， ， ， ，， ， ∴，即， ， ． 故答案为：． 19．（2024·上海普陀·一模）如图，矩形中，，，为边的中点，联结、，为边上一点，将沿翻折，如果点的对应点恰好位于内，那么的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考矩形的折叠问题，相似三角形的性质，勾股定理； 根据翻折的性质、直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质，分别求得的最小值与最大值，当时，的值最小，当平分时，最长，分别画出图形进行计算即可． 【详解】解：如图1，当时，的值最小，此时点的对应点落在上， ， 四边形是矩形， ，即， ， ， ， 即 解得：； 如图，当平分时，最长，此时点的对应点落在上，连接， 由题意可知，， 在中，，， 由翻折可知， 设，则，， 在中，， 在中， 解得： 则此时， 综上所述，如果点的对应点恰好位于内，那么的取值范围是； 故答案为：． 20．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 【答案】1 【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可． 【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 如图，标记点，    ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴ ∵由（1）得，，四边形是菱形， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴、是等边三角形， ∵、、、依次有公共边， ∴、、、是边长相等的等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 21．（2024·上海虹口·模拟预测）如图，在矩形中，，是的中点，连接是边上一动点，过点的直线将矩形折叠，使点落在上的处，当是以为腰的等腰三角形时， ．    【答案】或 【分析】根据矩形的性质，勾股定理可得，根据折叠的性质可得，当是以为腰的等腰三角形，分类讨论：第一种情况，，过点作于点；第二种情况，；根据等腰三角形的性质，折叠的性质，运用相似三角形的判定和性质可得，找出线段之间的数量关系列式求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵点是中点， ∴， ∴在中，， ∵折叠， ∴， 当是以为腰的等腰三角形，分类讨论： 第一种情况，如图所示，，过点作于点，    ∴， 设，则，， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，即， 解得，，即， ∴； 第二种情况，如图所示，，    同理，可得， ∴，即， 设，则， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得，，（舍去）， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握折叠的性质，相似三角形的判定和性质，构造相似三角形是解题的关键． 22．（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】 【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． 23．（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】 【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：． 24．（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 【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 ． 25．（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 【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． 题型03 旋转 26．（2023·上海闵行·二模）如图，在菱形中，，，如果将菱形绕着点逆时针旋转后，点恰好落在菱形的初始边上的点处，那么点到直线的距离为 ． 【答案】3 【分析】由旋转、菱形的性质可知，，则，，，，根据E到直线的距离为，计算求解即可． 【详解】解：如图，菱形绕着点D逆时针旋转后为菱形， 由旋转、菱形的性质可知，， ∴，， ∴， ∴， ∴到直线的距离为． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、菱形的性质、等边对等角、三角形内角和定理、三角函数等知识．解题的关键在于对相关知识的熟练掌握与灵活运用． 27．（2023·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    【答案】或 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对的直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图：    ∵，∴， ∴， 当点在上，如图：    ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 28．（2023·上海嘉定·二模）如图，在中，，，，点分别是边的中点，联接．将绕点B顺时针方向旋转，点的对应点分别是点．如果点落在线段上，那么线段 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，由勾股定理求出，点分别是边的中点，则，，通过旋转性质得出，，则，又，则可证明，又由勾股定理求出，最后通过相似三角形的性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵，，， ∴由勾股定理得：， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∵将绕点顺时针方向旋转， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∵，，， ∴由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 29．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．也考查了等腰三角形的性质和旋转的性质．作于H，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，再根据旋转的性质得，，则利用三角形外角性质可计算出，接着在中利用含30度的直角三角形三边的关系得，，所以，然后在中利用得到，于是可得． 【详解】解：作于H，如图， ∵， ∴， ∵绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处， ∴， ∵， ∴， 在中，∵， ∴，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴． 故答案为． 30．（2024·上海·模拟预测）在梯形中，，，，，，将绕点A顺时针旋转后，与重合，点C与点E重合，若点F在边上，，连接，则的余切值为 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形、矩形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，作于，于，令交于，则，证明四边形为矩形，得出，由旋转的性质可得：，，证明得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：作于，于，令交于， 则， ∵， ∴，，， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 由旋转的性质可得：，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的余切值为， 故答案为：． 31．（2024·上海黄浦·三模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好与的重心重合，与相交于点，那么的值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了三角形重心的性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，旋转的性质，先根据旋转的性质得到，，，根据三角形重心的性质得到为边上的中线，，则，根据斜边上的中线性质得到，所以，接着证明得到，所以，然后利用相似比得到的值，从而得到的值，熟练掌握三角形重心的性质和三角形相似的判定理与性质定理是解题的关键． 【详解】解：∵绕点旋转得到， ∴，，， ∵点为的重心， ∴为边上的中线，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 32．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    【答案】 【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，根据题意可得：，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， 则在中，∵， ∴， 解得：； 故答案为：    【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 33．（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】 【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： ． 34．（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 【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． 35．（2025·上海徐汇·一模）在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由，设，由勾股定理求出的长，再证明，得到，最后算出，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：作，垂足为，如图： ∵，设， ∵， ∴由勾股定理，得， ∵D为中点， ∴， ∵， ∴由勾股定理，得， 在与中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， 由旋转得， 由勾股定理，得， ∴， ∴， 故答案为：． 36．（2023·上海杨浦·一模）如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为 ． 【答案】 【分析】过点作，利用勾股定理求出，根据旋转的性质得到相应结论，求出证明，求出，，证明，求出，，设，最后证明，得到，求出，从而可得． 【详解】解：如图，过点作， 在矩形中，，， ∴， 由旋转可知：，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴，即， 解得：，即， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是添加辅助线，充分运用相似三角形的性质求出相应线段的长． 37．（2024·上海杨浦·一模）如图，已知在菱形中，，将菱形绕点旋转，点、、分别旋转至点、、，如果点恰好落在边上，设交边于点，那么的值是 ． 【答案】 【分析】过点A作于点M，则，设则，根据旋转的性质，得，则，证明三点共线，再证明，延长二线交于点，接着即可． 【详解】过点A作于点M，菱形， 则， 设则，连接， 根据旋转的性质，菱形，得， ，，，， ∵， ∴， ∴，， 延长交于点， ∵菱形， ∴， ∴, ∵, ∴, ∴, ∵ ∴重合，G，D，F三点共线， 延长二线交于点， 则， ∵ ∴， ∴， 解得， ∵ ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，三角函数，勾股定理，旋转性质，等腰三角形的三线合一行，三角形相似的判断和性质，熟练掌握菱形的性质，三角函数，三角形相似的判定是解题的关键． 38．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，，将绕边上点旋转，点、、所对应的点分别是点、、．如果恰好是与的比例中项，那么 ． 【答案】或 【分析】连接、过作于由旋转得，，，．故，，得，进而由恰好是与的比例中项得，，又证明得，从而证明，或，进而分两种情况讨论求解即可。 【详解】解∶连接、过作于 由旋转得，，，． ∴,, ∴，， ∴ 得∶即 ∵恰好是与的比例中项， ∴ ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴即， ∴， ∴， ∴，或， ∴当，、，重合， ∴， ∵， ∴设，， ∵， ∴， ∵面积， ∴， ∴ ∴， ∴． 当时， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为∶或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，因式分解及有理数的乘法法则，掌握相似三角形的判定及性质是解题关键． 39．（2024·上海静安·二模）如图，矩形ABCD中，，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形，使点D在直线上，那么线段的长度是 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了旋转的性质和解三角形，注意分类讨论，正确画出图形是解题关键． 根据旋转的性质可得，，再由解三角形求出，，进而在中求出线段的长度． 【详解】解：由旋转性质可知：，，当点D在线段上时，如图1， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， 当点D在线段延长线上时，如图2， 同理可得：， ∴， 故答案为：或． 40．（2024·上海·三模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴正半轴上，是边长为的等边三角形，点，分别在边和上，是边长为的等边三角形．现将绕点顺时针旋转，得到，旋转角为，点，的对应点分别是点和，连接，，若点，分别是，的中点，连接，，，得，设的面积是，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形三边关系等知识，先证明，进而证明，进而得出是等边三角形，延长至，使，连接，过作于点，可推出，四边形是平行四边形，从而，由三角形三边关系，进一步得出结果，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形及熟练掌握知识点的应用． 【详解】和是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， 延长至，使，连接，过作于点， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 题型04 圆中位置关系 41．（2023·上海·中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点可得一个关于的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】解：由题意画出图形如下：连接，   过点，且， 的半径为7， 过点，它的半径为，且， ， ， ，， 在边上，点在延长线上， ，即， ， 与有公共点， ，即， 不等式①可化为， 解方程得：或， 画出函数的大致图象如下：    由函数图象可知，当时，， 即不等式①的解集为， 同理可得：不等式②的解集为或， 则不等式组的解集为， 又， 半径r的取值范围是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键． 42．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是上的一个点，以P为圆心，为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了圆和圆的位置关系，解直角三角形的应用．分圆P与圆C外切和圆P与圆C内切时，两种情况讨论，画出图形，解直角三角形即可求解． 【详解】解：当圆P与圆C外切时，如图，作，垂足为， 设， ∵，， ∴， ∴，， ∴，，，， 由勾股定理得， 解得，即， 当圆P与圆C内切时，如图，此时， ∴圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是． 故答案为：． 43．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于，如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于，再分别求解的值，从而可得答案． 【详解】解：如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于， ∵矩形，，， ∴四边形为矩形，，， ∴，， ∴， ∵，为圆心， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 解得：； 如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于， ∵矩形，，， ∴，，四边形为矩形， ∴， 同理可得： ，， ∵， ∴， ∴， ∵ 在中，， ∴， 综上：点E到直线的距离不超过3，则； 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，两圆的位置关系，线段的垂直平分线的性质，确定临界点是解本题的关键． 题型05 与三角形有关综合题 44．（2024·上海奉贤·二模）如图，是等腰直角三角形，，，点分别在边上，且，已知是等边三角形，且点在形内，点是的重心，那么线段的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形重心的性质，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，连接并延长交于，连接，连接并延长交于，由点是的重心，可得分别为的中点，进而由是等边三角形可得，，，设，则，解得，又证明得是等腰直角三角形，得到，点四点共线，即得平分，平分，延长交于，则垂直平分，由勾股定理可得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，得到，根据点在形内，，可得，得到，又根据可得，由，，即可求出线段的取值范围，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接并延长交于，连接，连接并延长交于， ∵点是的重心， ∴分别为的中点， ∵是等边三角形， ∴，，， 设，则， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴点四点共线， ∴平分，平分， 延长交于，则垂直平分， ∵，， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 在中，， ∴， ∵点在形内， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：． 45．（2024·上海黄浦·二模）如图，D是等边边上点，，作的垂线交、分别于点E、F，那么 ． 【答案】/ 【分析】如图，过作交于，延长交于，过作于，作于，设，则，可得，，，证明，，同理可得，证明，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，过作交于，延长交于，过作于，作于， ∵为等边三角形，， ∴，， 设，则， ∴，，， ∴，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是本题的关键． 46．（2024·上海·三模）如图，、、均为等边三角形，边在圆的直径上，点F恰好落在圆上，且，若、D、F三点恰好在同一条线上，则的值为 ． 【答案】 【分析】连接，，则，再由等边三角形的性质推出，得到，设的边长为x，则的边长为，证明求出x的值，进而可求出的长，然后可求的值． 【详解】解；如图，连接，，则D在上． ∵是直径，点F恰好落在圆上， ∴， ∵均为等边三角形， ∴，． ∴， ∴， 设的边长为x，则的边长为， ∵、、均为等边三角形， ∴， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， 经检验，是原方程的解 ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的有关概念，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，等边三角形的性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 47．（2022·河南商丘·二模）如图，矩形中．，，点为中点，点从点出发匀速沿运动，连接，点关于的对称点为，连接，，当点恰好落在矩形的对角线上时不包括对角线端点，点走过的路径长为 ． 【答案】或 【分析】当点恰好落在矩形的对角线上时存在两种情况：如图，点在上，点在上，连接，证明可得结论；如图，点在上，连接，根据角的三角函数列式可得的长，从而计算结论． 【详解】解：如图，点在上，点在上，连接， 为的中点， ， 点关于的对称点为， ，， ， ， ， ， 即点走过的路径长为； 如图，点在上，连接， 为的中点，且，AD=1， ，， ， 由 ， ， ， ， ， ， ， 此时点走过的路径长为； 综上，点走过的路径长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，对称的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想． 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点必刷题01填空小压轴47题 题型01 新定义 1 题型02 翻折 4 题型03 旋转 7 题型04 圆中位置关系 11 题型05 与三角形有关综合题 12 题型01 新定义 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．（2023·上海嘉定·二模）新定义：函数图象上任意一点，称为该点的“坐标差”，函数图像上所有点的“坐标差”的最大值称为该函数的“特征值”，一次函数（）的“特征值”是 ． 3．（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） 4．（2023·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    5．（2023·上海虹口·一模）定义：如果以一条线段为对角线作正方形，那么称该正方形为这条线段的“对角线正方形”．例如，图①中正方形即为线段的“对角线正方形”．如图②，在中，，，，点P在边上，如果线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上，那么的长是 ． 6．（2023·上海·模拟预测）如果两个不全等的等腰三角形的腰长相等、面积也相等，那么我们把这两个等腰三角形称为一对合同三角形．设一对合同三角形的底角分别为和，那么 ．（用的代数式表示） 7．（2024·上海·中考真题）对于一个二次函数（）中存在一点，使得，则称为该抛物线的“开口大小”，那么抛物线“开口大小”为 ． 8．（2024·上海·模拟预测）在中有一点P，满足，则点P被称为的“布卡洛点”，在中，，，点P是的一个“布卡洛点”，则 9．（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 ． 10．（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 ． 11．（2025·上海浦东新·模拟预测）若平面直角坐标系内的点满足横、纵坐标都为整数，则把这样的点叫做“整点”．若抛物线与x轴交于点M、N两点，若该抛物线在M、N之间的部分与线段所围成的区域（包括边界）恰有七个整点，则t的取值范围是 12．（2025·上海·模拟预测）约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于原点对称，则把该函数称之为“函数”，其图象上关于原点对称的不同的两点叫做一对“点”．已知关于的二次函数是“函数”，其中，两点为一对“点”，点是该二次函数图象上，两点之间的一个动点（含端点，．若点的纵坐标的最大值为，则 ． 13．（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 ． 题型02 翻折 14．（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 ． 15．（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 ． 16．（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 ． 17．（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 ． 18．（2025·上海浦东新·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，把沿折叠，点落在处，如果恰在矩形的对角线上，则的长为 ． 19．（2024·上海普陀·一模）如图，矩形中，，，为边的中点，联结、，为边上一点，将沿翻折，如果点的对应点恰好位于内，那么的取值范围是 ． 20．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 21．（2024·上海虹口·模拟预测）如图，在矩形中，，是的中点，连接是边上一动点，过点的直线将矩形折叠，使点落在上的处，当是以为腰的等腰三角形时， ．    22．（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 ． 23．（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 ．    24．（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 ． 25．（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 ． 题型03 旋转 26．（2023·上海闵行·二模）如图，在菱形中，，，如果将菱形绕着点逆时针旋转后，点恰好落在菱形的初始边上的点处，那么点到直线的距离为 ． 27．（2023·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是 ．    28．（2023·上海嘉定·二模）如图，在中，，，，点分别是边的中点，联接．将绕点B顺时针方向旋转，点的对应点分别是点．如果点落在线段上，那么线段 ． 29．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 30．（2024·上海·模拟预测）在梯形中，，，，，，将绕点A顺时针旋转后，与重合，点C与点E重合，若点F在边上，，连接，则的余切值为 31．（2024·上海黄浦·三模）如图，在中，，将绕点旋转得到，点的对应点恰好与的重心重合，与相交于点，那么的值为 ． 32．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则 ．    33．（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 ． 34．（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 ． 35．（2025·上海徐汇·一模）在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为 ． 36．（2023·上海杨浦·一模）如图，已知在矩形中，，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点、处，边、分别与边交于点M、N，那么线段的长为 ． 37．（2024·上海杨浦·一模）如图，已知在菱形中，，将菱形绕点旋转，点、、分别旋转至点、、，如果点恰好落在边上，设交边于点，那么的值是 ． 38．（2023·上海·模拟预测）如图，在中，，，将绕边上点旋转，点、、所对应的点分别是点、、．如果恰好是与的比例中项，那么 ． 39．（2024·上海静安·二模）如图，矩形ABCD中，，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形，使点D在直线上，那么线段的长度是 ． 40．（2024·上海·三模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴正半轴上，是边长为的等边三角形，点，分别在边和上，是边长为的等边三角形．现将绕点顺时针旋转，得到，旋转角为，点，的对应点分别是点和，连接，，若点，分别是，的中点，连接，，，得，设的面积是，则的取值范围为 ． 题型04 圆中位置关系 41．（2023·上海·中考真题）在中，点D在边上，点E在延长线上，且，如果过点A，过点D，若与有公共点，那么半径r的取值范围是 ． 42．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是上的一个点，以P为圆心，为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是 ． 43．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 题型05 与三角形有关综合题 44．（2024·上海奉贤·二模）如图，是等腰直角三角形，，，点分别在边上，且，已知是等边三角形，且点在形内，点是的重心，那么线段的取值范围是 ． 45．（2024·上海黄浦·二模）如图，D是等边边上点，，作的垂线交、分别于点E、F，那么 ． 46．（2024·上海·三模）如图，、、均为等边三角形，边在圆的直径上，点F恰好落在圆上，且，若、D、F三点恰好在同一条线上，则的值为 ． 47．（2022·河南商丘·二模）如图，矩形中．，，点为中点，点从点出发匀速沿运动，连接，点关于的对称点为，连接，，当点恰好落在矩形的对角线上时不包括对角线端点，点走过的路径长为 ． 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $$