抢分秘籍04 几何图形选填压轴题（含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题）（八大题型+二大易错）-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（全国通用）

抢分秘籍04 几何图形选填压轴题 （含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题） 目录 【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】平行线中求角的度数 【题型二】三角形中求线段或角 【题型三】多边形中求线段或角 【题型四】四边形中求线段或角 【题型五】圆中求线段或角 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【题型七】图形平移中求线段或角 【题型八】图形旋转中求线段或角 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：等腰三角形多解题漏解 易错点二：直角三角形多解题漏解 ：几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。 1．从考点频率看，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握。 2．从题型角度看，以选择题、填空题最后一题为主，分值3分左右，着实不少！ ：几何图形选填压轴题备考需聚焦高频考点，如动态最值、多结论推理、几何变换综合。首先夯实基础，熟背全等/相似判定、解直角三角形、圆的性质等核心定理，归纳手拉手、将军饮马等经典模型。训练时注重特殊值法、极限位置法快速排除选项，结合尺规作图辅助分析，错题按“条件-突破口-易错点”分类整理。考前限时刷题保持题感，重点突破图形折叠、动点轨迹等复杂情境，提升数形结合与逆向推导能力。 【题型一】平行线中求角的度数 【例1】（2025·全国·二模）如图是一款手机支架，若张角，支撑杆与桌面夹角，那么此时面板与水平方向夹角的度数为（ ）． A． B． C． D． 平行线中求角的度数，先辨角的位置关系（同位角、内错角、同旁内角），直接用定理转化。遇拐点（“M”“Z”型等）过点作平行线，分解图形为基本模型。结合对顶角、邻补角及三角形外角性质，标注已知角逐步推导，复杂图形可拆分或延长线段显化关系，注意隐含平行条件（如矩形对边、三角板直角边）。 【例2】（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知，交于点，，，那么 度． 【变式1】（2025·山西忻州·模拟预测）图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其几何示意图，其中，都与地面平行，，，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式2】（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° 【变式3】（2025·山东青岛·模拟预测）2023年5月底，由中国商飞公司制造的圆满完成商业首飞，对中国涉足国际航空领域大国政治具有象征意义．如图是机翼设计图，已知，，与水平线的夹角为，则等于 ． 【题型二】三角形中求线段或角 【例1】（2025·陕西咸阳·一模）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接，．若的面积是8，则的面积是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 三角形中求线段和角，先判三角形类型（等腰、直角等），用对应性质（等边对等角、勾股定理）。线段常借全等/相似转化，遇中点连中线、倍长法，截长补短处理和差；角度用内角和、外角定理，结合角平分线、三角函数（正弦/余弦定理），复杂时作高或辅助线构造基本图形推导。 【例2】（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，是的平分线．若，，则的长为 ． 【变式1】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在中，，设，，且是定值，点是上一点，点为中点，连接，将线段沿绕点顺时针旋转，得到线段交于点，若点关于直线的对称点恰为点，则下列线段长为定值的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·辽宁·一模）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线交于点D，过点D作交于点H．若，则 （用含a的代数式表示）． 【变式3】（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为 ． 【题型三】多边形中求线段或角 【例1】（2025·河南驻马店·一模）如图，直线，正五边形的边在直线上，顶点在直线上，过点作正五边形的对称轴分别交，，于点，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 本题考查了求反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数交点的求解，以及锐角三角函数的应用，正确添加辅助线是解题的关键． 【例2】（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是 ． 【变式1】（2025·安徽蚌埠·一模）如图，将正五边形沿 折叠，若，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·福建漳州·模拟预测）中国古建筑中的字台楼阁很多都采用八边形结构．如图1是漳州市威镇阁，其外层屋檐的平面示意图可抽象成正八边形，如图2所示，则这个正八边形的一个外角的度数为 °． 【变式3】（2025·陕西咸阳·一模）如图是由正方形和正五边形叠放在一起形成的图形，点是边的中点，则的度数为 ． 【题型四】四边形中求线段或角 【例1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，中，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点E，F，分别以点E和点F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点G，交的延长线于点H，若，，的长为（   ） A．4 B． C．5 D． 四边形中求线段和角，先判类型（平行四边形、梯形等），用对应性质（对边平行、对角线平分等）。线段常连对角线分三角形，借全等/相似、勾股定理转化，梯形作高或平移腰；角度用内角和360°，结合平行线性质、三角形外角定理，遇中点连中位线，复杂图形补形或拆分基本模型推导。 【例2】（2025·河北石家庄·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，．点A与关于过点O的直线l对称，直线l与交于点P．当点落在的延长线上时，的值为 ． 【变式1】（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，，，对角线与相交于点O，点H为射线延长线上一点，连接交于点E，若，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·北京海淀·模拟预测）如图，正方形边长为，点是正方形内一点，满足．连接，则下面给出的四个结论中，所有正确结论的序号为（   ）    ①；②；③的度数最大值为；④当时，． A．①② B．①④ C．①②③ D．①③④ 【变式3】（2025·山西忻州·模拟预测）在矩形中，，，对角线，交于点，过点作，垂足为，为中点，连接交于点，则的长为 ． 【题型五】圆中求线段或角 【例1】（2025·河北保定·一模）如图，A，B，C是圆O上的三点，已知，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 圆中求线段和角，紧扣圆的性质：连半径、作弦心距，构造直角三角形（半径、半弦、弦心距），用垂径定理、勾股定理求线段；借圆周角定理（同弧/等弧、直径对直角）、圆心角定理、弦切角定理转化角度，圆内接四边形对角互补。遇切线连切点与圆心，遇交点用相交弦/切割线定理，辅助线多围绕“弧-角-线段”对应关系推导。 【例2】（2025·天津·一模）如图，交于点切于点点在上，若，则为 ．    【变式1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，在中，是切线，切点是B，直线交于点D，A，点E为上的一点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·江苏南京·二模）如图，内接于，，点D在上，于点E．若，则的长为 ． 【变式3】（2025·吉林长春·一模）如图，是的直径，弦于点G，点F是上一点，且满足，连接并延长交于点E，连接，给出下列结论： ①； ②； ③当时，； ④当时，的面积是． 上述结论中，正确结论的序号是 ． 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【例1】（2025·安徽滁州·一模）如图，点C在半圆O的直径的延长线上，与半圆O相切于点D，，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 圆中求扇形或不规则图形面积，先明确扇形圆心角与半径，用公式 S = \frac{n\pi r^2}{360} 或 S = \frac{1}{2}lr （ l 为弧长）。不规则图形常通过割补法：拆分或组合为扇形、三角形、弓形（扇形减三角形），利用对称性、全等/相似转化，或用整体面积（圆、矩形等）减空白部分，辅以弦长、垂径定理求关键线段。 【例2】（2025·河南安阳·模拟预测）如图所示是某同学“抖空竹”的一个瞬间．已知绳子分别与空竹相切于点，且，连接左右两个绳柄，经过圆心，分别交于点，经测量，则图中阴影部分的面积为 ． 【变式1】（2025·云南昭通·一模）如图，正五边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则圆与正五边形重叠部分（图中阴影部分）的面积与重叠部分（阴影部分）围成圆锥的高分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【变式2】（2025·河南平顶山·一模）如图，在中，，，以为直径作，交边于点，交边于点，则图中阴影部分的面积是 ． 【变式3】（2025·广东清远·一模）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 【题型七】图形平移中求线段或角 【例1】（2025·四川南充·一模）如图，将沿向右平移得，与交于点，若，则的长度为（   ） A．4 B． C．2 D． 图形平移中求线段或角，需紧扣平移性质：对应线段平行且相等，对应角相等，对应点连线平行且等于平移距离。求线段时，利用对应线段相等或构造平行四边形（对应点连线平行相等）转化；求角时，借助对应角相等及平行线（平移后对应边平行）导出同位角、内错角关系，复杂图形可连接对应点作辅助线，通过全等或平行性质简化问题。 【例2】（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 【变式1】（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【变式2】（2025·浙江温州·一模）如图，将沿斜边向右平移得到，与交于点H，延长交于点G，连结．若，，则的长为 ． 【变式3】（2025·河南驻马店·一模）如图，图1是一个边长为2，有一个内角为的菱形，我们称之为原始菱形，将图1中的菱形沿水平方向向右平移个单位，得到图2，将图2中的原始菱形沿水平方向平移个单位，得到图3，依此类推… 若经过若干次平移后，图的面积为，则 ． 【题型八】图形旋转中求线段或角 【例1】（2025·湖北孝感·二模）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点对应点，点刚好落在边上，，，则等于（    ） A． B． C． D． 图形旋转中求线段或角，紧扣旋转性质：对应线段、角相等，旋转角相等，对应点到中心距离相等。求线段时，利用全等（旋转前后图形全等）或构造等腰/等边三角形（特殊旋转角如60°、90°）；求角则找旋转角或对应角，结合三角形内角和、外角定理，常连旋转中心与对应点，借全等或特殊角度（如直角）转化，注意隐含的等腰或垂直关系。 【例2】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，将绕斜边的中点O旋转一定角度得到，已知，，则 ． 【变式1】（2025·天津南开·一模）如图，中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为点，连接，点恰在线段上，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·河南驻马店·一模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． 【变式3】（2025·安徽滁州·一模）如图1，在中，，，的垂直平分线分别交，于点，． （1）当平分时， ． （2）如图2，在（1）的条件下，将绕点按逆时针方向旋转得到，旋转角为，连接，，则的面积的最大值为 ． 易错点一：等腰三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为等腰三角形”这样的表述时，未明确哪两条边为腰，需考虑分类讨论：①AB=AC(C₁,C₄);②AB=BC(C₂,C₅);③AC=BC(C₃) 解题方法：①求角度：根据等腰三角形等边对等角的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解，若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解. 例1．（2025·江西新余·一模）在中，，，，点D在边上，点E在边上，且，若为等腰三角形，则的长为 ． 变式1：（2025·青海西宁·一模）如图，在中，，，，点是边上的一个动点，点从点开始沿方向运动，且速度为每秒，设出发的时间为秒．当点在边上运动时，出发 秒后，是以为腰的等腰三角形． 变式2：（2025·山东淄博·一模）如图，在矩形中，，点E是射线上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点M，则 ． 变式3：（2025·河南驻马店·一模）如图，在中，，，点在边上，将沿所在直线翻折得到，的平分线交边于，连接．若是以为一腰的等腰三角形，则的度数是 ． 变式4：（2025·浙江绍兴·模拟预测）如图，已知，射线上一点M，以为边在下方作等边，点P为射线上一点（不包括点O），若是等腰三角形，则 ． 易错点二：直角三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为直角三角形”这样的表述时，未明确哪个角为直角，需考虑分类讨论：①∠A=90°(C₁);②∠B=90°(C₄);③∠C=90°(C₂,C₃); 解题方法：①求角度：根据直角三角形的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解；若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解；若出现中点，可考虑用直角三角形斜边中线的性质或者中位线的性质求解。 例1．（2025·河南洛阳·一模）在中，，点D在边上（不与B，C重合），连接，将沿折叠，折叠后点C的对应点为点E．当是直角三角形时，的长为 ． 变式1：（2025·河南开封·一模）在平行四边形中 ，，，点为对角线的中点，连接．当是直角三角形时，的长为 变式2：（2025·江西·模拟预测）如图，在中，是斜边的中点，现将点绕着点按逆时针方向旋转角度得到点，若点落在中位线所在直线上，则点到的距离为 ． 变式3：（2025·河南郑州·二模）如图，在菱形中，，将边绕点A顺时针旋转 ()得到，连接，当为直角三角形时，的度数为 变式4：（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，则的最小值为 ．当为直角三角形时，的长为 ． 变式5：（2025·广东深圳·一模）如图，在菱形中，，对角线交于点，是上的一个动点，将线段绕点逆时针旋转到，且，连接，若是直角三角形，则的长为 ． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 抢分秘籍04 几何图形选填压轴题 （含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题） 目录 【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】平行线中求角的度数 【题型二】三角形中求线段或角 【题型三】多边形中求线段或角 【题型四】四边形中求线段或角 【题型五】圆中求线段或角 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【题型七】图形平移中求线段或角 【题型八】图形旋转中求线段或角 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：等腰三角形多解题漏解 易错点二：直角三角形多解题漏解 ：几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。 1．从考点频率看，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握。 2．从题型角度看，以选择题、填空题最后一题为主，分值3分左右，着实不少！ ：几何图形选填压轴题备考需聚焦高频考点，如动态最值、多结论推理、几何变换综合。首先夯实基础，熟背全等/相似判定、解直角三角形、圆的性质等核心定理，归纳手拉手、将军饮马等经典模型。训练时注重特殊值法、极限位置法快速排除选项，结合尺规作图辅助分析，错题按“条件-突破口-易错点”分类整理。考前限时刷题保持题感，重点突破图形折叠、动点轨迹等复杂情境，提升数形结合与逆向推导能力。 【题型一】平行线中求角的度数 【例1】（2025·全国·二模）如图是一款手机支架，若张角，支撑杆与桌面夹角，那么此时面板与水平方向夹角的度数为（ ）． A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形内角和定理的应用 【分析】本题主要考查了平行线的性质、三角形内角和定理等知识点，将实际问题转化成数学问题成为解题的关键．由题意可得：，则；然后根据三角形内角和定理即可解答． 【详解】解：如图，过点D作， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 平行线中求角的度数，先辨角的位置关系（同位角、内错角、同旁内角），直接用定理转化。遇拐点（“M”“Z”型等）过点作平行线，分解图形为基本模型。结合对顶角、邻补角及三角形外角性质，标注已知角逐步推导，复杂图形可拆分或延长线段显化关系，注意隐含平行条件（如矩形对边、三角板直角边）。 【例2】（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知，交于点，，，那么 度． 【答案】 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形的外角的定义及性质 【分析】本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键； 由平行线的性质推出，由三角形的外角性质即可求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∴. 故答案为： 【变式1】（2025·山西忻州·模拟预测）图1是某品牌共享单车放在水平地面的实物图，图2是其几何示意图，其中，都与地面平行，，，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】平行公理推论的应用、根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题考查了平行公理推论、平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题关键．先根据平行公理推论可得，再根据平行线的性质可得，从而可得，然后根据平行线的性质求解即可得． 【详解】解：∵，都与地面平行， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【变式2】（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 【知识点】利用邻补角互补求角度、三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用 【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． 【变式3】（2025·山东青岛·模拟预测）2023年5月底，由中国商飞公司制造的圆满完成商业首飞，对中国涉足国际航空领域大国政治具有象征意义．如图是机翼设计图，已知，，与水平线的夹角为，则等于 ． 【答案】 【知识点】平行线的性质在生活中的应用、根据平行线判定与性质求角度 【分析】本题考查平行线的判定与性质的实际应用，作，，则，根据平行线得到，，最后根据代入计算即可． 【详解】解：如图，作，，点在点右边，点在点右边， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵与水平线的夹角为， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型二】三角形中求线段或角 【例1】（2025·陕西咸阳·一模）如图，在中，点D，E分别是边，的中点，连接，．若的面积是8，则的面积是（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【知识点】根据三角形中线求面积 【分析】本题考查了三角形的中线，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．根据三角形的中线与面积公式即可得到结论． 【详解】解：∵点D是边的中点，的面积等于8， ∴， ∵E是的中点， ∴， 故选：A． 三角形中求线段和角，先判三角形类型（等腰、直角等），用对应性质（等边对等角、勾股定理）。线段常借全等/相似转化，遇中点连中线、倍长法，截长补短处理和差；角度用内角和、外角定理，结合角平分线、三角函数（正弦/余弦定理），复杂时作高或辅助线构造基本图形推导。 【例2】（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在中，，是的平分线．若，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．根据等腰三角形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：，是的平分线， ，， ，， ， ， 故答案为：． 【变式1】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在中，，设，，且是定值，点是上一点，点为中点，连接，将线段沿绕点顺时针旋转，得到线段交于点，若点关于直线的对称点恰为点，则下列线段长为定值的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】连接，，，在上取点H，使，连接，过点E作于点K，根据直角三角形的性质得出，设，则，求出，得出，求出，得出，求出，，得出，求出，，，从而求出，，即可得出答案． 【详解】解：连接，，，在上取点H，使，连接，过点E作于点K，如图所示： ∵在中，，点为中点， ∴， ∴， 根据旋转可知：，， ∴和为等腰三角形，， 设，则， ∴， ∴， 根据轴对称可知：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∴、均不是定值， ∴， ∴为定值， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴不是定值， 综上分析可知，为定值， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 【变式2】（2025·辽宁·一模）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，分别交、于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线交于点D，过点D作交于点H．若，则 （用含a的代数式表示）． 【答案】 【知识点】作角平分线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合 【分析】由作法得平分，证明，，再证明，再利用相似三角形的性质可得答案． 【详解】解：由作法得平分， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证明是解本题的关键． 【变式3】（2025·陕西西安·一模）如图，在四边形中，连接，，．已知是边上的一点，连接DE，过点E作于点F，且．若，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】内错角相等两直线平行、角平分线的判定定理、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】结合题意，再根据角平分线的判定可得平分，利用平行线的判定，可推出四边形是平行四边形，即，根据勾股定理可得，设，再利用，代入数值解方程可得，再利用勾股定理可得． 【详解】解：∵， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，平行线的判定，勾股定理，角平分线的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【题型三】多边形中求线段或角 【例1】（2025·河南驻马店·一模）如图，直线，正五边形的边在直线上，顶点在直线上，过点作正五边形的对称轴分别交，，于点，，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、三角形的外角的定义及性质、正多边形的内角问题 【分析】本题考查了正五边形的性质，平行线的性质，三角形的外角定理，掌握正多边形的内角问题是解题的关键． 过点作于点，先求出正五边形的内角，再根据其轴对称性求出，再由三角形的外角性质即可解决． 【详解】解：过点作于点， ∵ ∵，， ∴， ∵正五边形是轴对称图形， ∴，， ∴， ∴， 故选：A． 本题考查了求反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数交点的求解，以及锐角三角函数的应用，正确添加辅助线是解题的关键． 【例2】（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是 ． 【答案】/ 【知识点】等腰三角形的性质和判定、正多边形的内角问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了正多边形内角和定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等，先求出，则可求出，，则，设，则，证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 【变式1】（2025·安徽蚌埠·一模）如图，将正五边形沿 折叠，若，则 的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、折叠问题 【分析】本题考查了正多边形的内角和以及折叠的性质，根据多边形内角和可得，根据折叠的性质得出，进而根据四边形内角和为，即可求解． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴ 由折叠的性质得， ∵， ∴ 在四边形中， 故选：D． 【变式2】（2025·福建漳州·模拟预测）中国古建筑中的字台楼阁很多都采用八边形结构．如图1是漳州市威镇阁，其外层屋檐的平面示意图可抽象成正八边形，如图2所示，则这个正八边形的一个外角的度数为 °． 【答案】45 【知识点】正多边形的外角问题 【分析】本题考查多边形的外角和．熟练掌握多边形的外角和为，是解题的关键．根据多边形的外角和进行计算即可． 【详解】解：正八边形的一个外角的度数为， 故答案为：． 【变式3】（2025·陕西咸阳·一模）如图是由正方形和正五边形叠放在一起形成的图形，点是边的中点，则的度数为 ． 【答案】/度 【知识点】正多边形的内角问题、直角三角形的两个锐角互余 【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的内角和定理的应用，根据正五边形的内角和可得，结合直线为正五边形的对称轴，可得，进一步结合正方形的性质可得答案. 【详解】解：∵正五边形，点是边的中点， ∴，直线为正五边形的对称轴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴； 故答案为： 【题型四】四边形中求线段或角 【例1】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，中，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点E，F，分别以点E和点F为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点O，作射线交于点G，交的延长线于点H，若，，的长为（   ） A．4 B． C．5 D． 【答案】B 【知识点】作角平分线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，由角平分线的定义结合平行四边形的性质可得，，证明，由相似三角形的性质计算即可得解． 【详解】解：由作图可得：平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 故选：B． 四边形中求线段和角，先判类型（平行四边形、梯形等），用对应性质（对边平行、对角线平分等）。线段常连对角线分三角形，借全等/相似、勾股定理转化，梯形作高或平移腰；角度用内角和360°，结合平行线性质、三角形外角定理，遇中点连中位线，复杂图形补形或拆分基本模型推导。 【例2】（2025·河北石家庄·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点O，，．点A与关于过点O的直线l对称，直线l与交于点P．当点落在的延长线上时，的值为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查菱形的性质，解直角三角形，轴对称的性质，连接，过P作于H，由菱形的性质推出平分，，得到，求出，求出，，由轴对称的性质推出直线l垂直平分，得到，由等腰三角形的性质得到，判定是等腰直角三角形，得到，设，由，求出，得到，求出，由含30度角的直角三角形的性质得到． 【详解】解：连接，过P作于H， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点A与关于直线l对称， ∴直线l垂直平分， ∴， ∴直线l平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【变式1】（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，，，对角线与相交于点O，点H为射线延长线上一点，连接交于点E，若，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了中位线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，取的中点，连接，则可得，则可求得，再利用勾股定理，即可解答，作出正确的辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，取的中点，连接， ，四边形是矩形， ， 点是的中点， 是的中位线， ，， ， ， ， ， ， 根据勾股定理可得， ， ， 故选：D． 【变式2】（2025·北京海淀·模拟预测）如图，正方形边长为，点是正方形内一点，满足．连接，则下面给出的四个结论中，所有正确结论的序号为（   ）    ①；②；③的度数最大值为；④当时，． A．①② B．①④ C．①②③ D．①③④ 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了圆与正方形综合、解直角三角形、勾股定理等知识点，根据题意得到点E的运动轨迹是解题的关键． 如图：连接交于H，取中点O，连接，先证明点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线，即点E运动到点H时，当三点共线时，有最小值，据此可判断①②；如图：当与相切时有最大值，证明，得到，，则，再证明，得到，即可判断③④． 【详解】解：如图：连接交于H，取中点O，连接， ∵四边形是正方形，    ∴； ∵， ∴点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动， ∵， ∴点H在上， ∵， ∴当三点共线，即点E运动到点H时，，故①正确； ∵点E在以点O为圆心，为直径的圆上运动， ∴当三点共线时，有最小值， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为，故②错误； 如图：当与相切时有最大值，    ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的度数最大值不是，故③错误； ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴，故④正确． 综上，正确的有①④． 故选：B． 【变式3】（2025·山西忻州·模拟预测）在矩形中，，，对角线，交于点，过点作，垂足为，为中点，连接交于点，则的长为 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、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，延长交于点，先利用三角函数求得，得出为等边三角形，得出，再证出和，得出，进而即可得解． 【详解】如图，延长交于点， 在矩形中， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， ， ， 为中点， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 【题型五】圆中求线段或角 【例1】（2025·河北保定·一模）如图，A，B，C是圆O上的三点，已知，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】等边对等角、圆周角定理 【分析】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．连接，先根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理可得的度数，再根据圆周角定理即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴， 由圆周角定理得：， 故选：D． 圆中求线段和角，紧扣圆的性质：连半径、作弦心距，构造直角三角形（半径、半弦、弦心距），用垂径定理、勾股定理求线段；借圆周角定理（同弧/等弧、直径对直角）、圆心角定理、弦切角定理转化角度，圆内接四边形对角互补。遇切线连切点与圆心，遇交点用相交弦/切割线定理，辅助线多围绕“弧-角-线段”对应关系推导。 【例2】（2025·天津·一模）如图，交于点切于点点在上，若，则为 ．    【答案】/38度 【知识点】圆周角定理、切线的性质定理 【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，利用圆周角定理求出是解题的关键．先由圆周角定理得到，由切线的性质得到，即可利用三角形内角和定理求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∵切于点C， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1】（2025·湖南衡阳·模拟预测）如图，在中，是切线，切点是B，直线交于点D，A，点E为上的一点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】直角三角形的两个锐角互余、圆周角定理、切线的性质定理 【分析】考查切线的性质、直角三角形锐角互余、圆周角定理及推论，如图所示，连接，首先由切线得到，然后求出，最后利用圆周角定理求解即可． 【详解】如图所示，连接， 是的切线，切点是 在中， 圆周角与圆心角所对的弧是， ． 故选：B． 【变式2】（2025·江苏南京·二模）如图，内接于，，点D在上，于点E．若，则的长为 ． 【答案】3 【知识点】含30度角的直角三角形、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了圆周角的性质，相似三角形的判定和性质．关键是添加适当的辅助线，构造相似．连接，，利用同弧所对的圆周角相等，，可得三角形相似，再找到对应线段成比例即可求出． 【详解】解：连接． ，若， ． ， 是圆的直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：3． 【变式3】（2025·吉林长春·一模）如图，是的直径，弦于点G，点F是上一点，且满足，连接并延长交于点E，连接，给出下列结论： ①； ②； ③当时，； ④当时，的面积是． 上述结论中，正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【知识点】利用垂径定理求值、圆周角定理、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】根据圆周角定理及垂径定理推出，即可判断①；证明，即可判断②；设，则，结合，得到，求出，，由，利用余弦的定义即可判断③；由已知先求出，再求出，，进而求出，利用三角形相似的性质即可求出，根据，即可判断④． 【详解】解：∵是的直径，， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键． 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【例1】（2025·安徽滁州·一模）如图，点C在半圆O的直径的延长线上，与半圆O相切于点D，，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】切线的性质定理、求弧长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了切线的性质，解直角三角形，弧长公式等知识，由切线的性质得到，从而得到，根据解直角三角形得到，再利用弧长公式即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：连接，如图： ∵与半圆相切， ∴， ∵，， ∴，， ∴的长度， 故选：A． 圆中求扇形或不规则图形面积，先明确扇形圆心角与半径，用公式 S = \frac{n\pi r^2}{360} 或 S = \frac{1}{2}lr （ l 为弧长）。不规则图形常通过割补法：拆分或组合为扇形、三角形、弓形（扇形减三角形），利用对称性、全等/相似转化，或用整体面积（圆、矩形等）减空白部分，辅以弦长、垂径定理求关键线段。 【例2】（2025·河南安阳·模拟预测）如图所示是某同学“抖空竹”的一个瞬间．已知绳子分别与空竹相切于点，且，连接左右两个绳柄，经过圆心，分别交于点，经测量，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、切线的性质定理、求其他不规则图形的面积、根据特殊角三角函数值求角的度数 【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，扇形的面积等，连接，可证，得到，，利用三角函数可得，即得，得到，最后根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵是的切线，点为切点， ∴， ∵，， ∴， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式1】（2025·云南昭通·一模）如图，正五边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则圆与正五边形重叠部分（图中阴影部分）的面积与重叠部分（阴影部分）围成圆锥的高分别为（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【知识点】求扇形面积、求弧长、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了正多边形，扇形面积的计算，圆锥的侧面展开图，勾股定理，熟练掌握相关公式是解题关键． 根据正五边形的内角和定理求出正五边形的一个内角的度数，根据扇形面积公式计算即可；阴影部分为圆锥的侧面展开图，扇形的弧长为圆锥的底面圆的周长，先求底面圆的半径，利用勾股定理即可求解圆锥的高． 【详解】解：五边形是正五边形， ， ． 如图， 阴影部分围成圆锥， 圆锥的底面周长即扇形的弧长， 弧长， 圆锥的底面半径， 圆锥的母线长为， 圆锥的高． 故选：D． 【变式2】（2025·河南平顶山·一模）如图，在中，，，以为直径作，交边于点，交边于点，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、求扇形面积、求其他不规则图形的面积、解直角三角形的相关计算 【分析】连接，根据等腰三角形的性质以及平行线的判定与性质求出，过点作于点，求得，再根据即可求解． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 过点作于点， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积公式，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 【变式3】（2025·广东清远·一模）如图，四边形是菱形，，，扇形的半径为4，圆心角为，则图中阴影部分的面积是 ．（结果保留） 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、求扇形面积、求其他不规则图形的面积 【分析】本题考查了扇形面积的计算，掌握扇形、菱形的面积公式即割补法是解题的关键．连接，将扇形补到扇形的位置，从而得到即可得到答案． 【详解】解：连接，将扇形补到扇形的位置，   ， 四边形是菱形， ， 过D 作于点H，    ， ， ∵扇形的圆心角为，， ． 故答案为：． 【题型七】图形平移中求线段或角 【例1】（2025·四川南充·一模）如图，将沿向右平移得，与交于点，若，则的长度为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】C 【知识点】含30度角的直角三角形、利用平移的性质求解 【分析】本题考查了平移的性质、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平移的性质是解题关键．先求出，再根据平移的性质可得，，根据平行线的性质可得，然后根据含30度角的直角三角形的性质即可得． 【详解】解：∵，， ∴， 由平移的性质得：，， ∴， ∴在中，， 故选：C． 图形平移中求线段或角，需紧扣平移性质：对应线段平行且相等，对应角相等，对应点连线平行且等于平移距离。求线段时，利用对应线段相等或构造平行四边形（对应点连线平行相等）转化；求角时，借助对应角相等及平行线（平移后对应边平行）导出同位角、内错角关系，复杂图形可连接对应点作辅助线，通过全等或平行性质简化问题。 【例2】（2025·山东济宁·一模）在高为5m，坡面长为13m的楼梯表面铺地毯，每米造价元，铺完整个楼梯总造价需要 元． 【答案】 【知识点】求台阶上地毯长度(勾股定理的应用)、利用平移解决实际问题 【分析】本题主要考查了勾股定理解决实际问题，解题的关键是熟练掌握勾股定理的应用． 利用勾股定理求得所有台阶横面长度，横面长度加上竖面长度即为总长度，总长度乘单价即为总造价． 【详解】解：根据题意得，整个楼梯图形为直角三角形，根据勾股定理得： 所有台阶横面长为：（m） ∴所有楼梯表面的长度为：（m） ∴总造价为：元． 故答案为：． 【变式1】（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离等于（    ）    A．4 B．6 C．8 D．16 【答案】A 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、利用平行四边形的判定与性质求解、根据正方形的性质求线段长、利用平移的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，再证出，设，则，利用平行四边形的面积公式建立方程，解方程即可得． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形， ∴，， 由平移的性质得：， ∴两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16， ∴， 解得，符合题意， 即， 故选：A． 【变式2】（2025·浙江温州·一模）如图，将沿斜边向右平移得到，与交于点H，延长交于点G，连结．若，，则的长为 ． 【答案】8 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用平移的性质求解 【分析】题目主要考查矩形的判定和性质，平移的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 连接，根据题意及矩形的判定和性质得出四边形为矩形，，再由平移的性质确定即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵将沿斜边向右平移得到， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：8． 【变式3】（2025·河南驻马店·一模）如图，图1是一个边长为2，有一个内角为的菱形，我们称之为原始菱形，将图1中的菱形沿水平方向向右平移个单位，得到图2，将图2中的原始菱形沿水平方向平移个单位，得到图3，依此类推… 若经过若干次平移后，图的面积为，则 ． 【答案】17 【知识点】图形类规律探索、利用菱形的性质求面积、利用平移的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了图形的平移，菱形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，解题关键是学会探究规律的方法，学会利用参数构建方程解决问题．连接，，证明为等边三角形，得出，根据勾股定理求出，得出，求出，根据平移可知：，，，证明，得出，证明，，求出，得出图2长面积为，同理得出图3的面积为，图4的面积为，总结得出一般规律：图n的面积为，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据平移可知：，，， ∴， ∴， 同理可得：， ∴为的中点，为的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴图2的面积为：， 同理可得：图3的面积为， 图4的面积为， 图n的面积为， 当时， 解得：． 故答案为：17． 【题型八】图形旋转中求线段或角 【例1】（2025·湖北孝感·二模）如图，将绕顶点旋转得到，点对应点，点对应点，点刚好落在边上，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】三角形的外角的定义及性质、等边对等角、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．先通过旋转得到，，，再通过等边对等角以及三角形外角的性质得到，代入已知的数据即可求解． 【详解】解：由绕顶点旋转得到可知： ，，， ， ， ， 故． 故选：B． 图形旋转中求线段或角，紧扣旋转性质：对应线段、角相等，旋转角相等，对应点到中心距离相等。求线段时，利用全等（旋转前后图形全等）或构造等腰/等边三角形（特殊旋转角如60°、90°）；求角则找旋转角或对应角，结合三角形内角和、外角定理，常连旋转中心与对应点，借全等或特殊角度（如直角）转化，注意隐含的等腰或垂直关系。 【例2】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，将绕斜边的中点O旋转一定角度得到，已知，，则 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、圆周角定理、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】连接，作，再说明点A，E，C，B，F共圆，进而得出，，然后根据等腰三角形的性质得，接下来根据勾股定理求出，即可得，再根据面积相等求出，结合题意说明四边形是矩形求出，最后根据得出答案． 【详解】解：如图所示，连接，作，分别交于点M，H， ∵， ∴点A，E，C，B，F共圆， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 由题意，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质和判定，矩形的判定和性质，根据各点共圆得出圆周角相等是解题的关键． 【变式1】（2025·天津南开·一模）如图，中，，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为点，连接，点恰在线段上，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据旋转的性质求解、等腰三角形的性质和判定、三角形内角和定理的应用 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形内角和定理，根据旋转的性质可得，则由等边对等角和三角形内角和定理可得，则由平角的定义可得，据此可判断A、B，根据现有条件无法得到的度数，故不能得到的度数，以及不能得到，则可判断C、D． 【详解】解：由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴，故B结论正确，符合题意； ∵， ∴与不平行，故A结论错误，不符合题意； 根据现有条件无法得到的度数，故不能得到的度数，以及不能得到，进而不能得到，，故C、D结论错误，不符合题意； 故选：B． 【变式2】（2025·河南驻马店·一模）如图，菱形中，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，连接，当与第一次垂直时，的度数为 ． 【答案】/度 【知识点】等边对等角、利用菱形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边对角的运用是关键． 根据菱形，旋转的性质得到，，，如图所示，连接，设与交于点，可证，，由此得到，由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴， 如图所示，连接，设与交于点， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴，即， ∴， ∵，即， ∴， ∴， 故答案为： ． 【变式3】（2025·安徽滁州·一模）如图1，在中，，，的垂直平分线分别交，于点，． （1）当平分时， ． （2）如图2，在（1）的条件下，将绕点按逆时针方向旋转得到，旋转角为，连接，，则的面积的最大值为 ． 【答案】 4 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据旋转的性质求解、线段垂直平分线的性质 【分析】（1）根据题意及垂直平分线的性质和角平分线确定，，，再由正切函数求解即可； （2）取中点，连接，，作于N，由旋转的性质知，为旋转所得线段，则，，，根据点到直线的距离，垂线段最短知，三角形三边关系得出，故当D、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，此时，最后根据三角形面积公式求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵的垂直平分线分别交，于点，．， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：4； （2）解：取中点，连接，，作于N， 由旋转的性质知，为旋转所得线段， ∴，，， 根据垂线段最短知， 又， ∴当D、O、三点共线，且点O在线段时，取最大值，最大值为， 此时， ∴面积的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，含的直角三角形的性质，解三角形，勾股定理，旋转的性质等知识，明确题意，正确画出图形，添加辅助线是解题的关键． 易错点一：等腰三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为等腰三角形”这样的表述时，未明确哪两条边为腰，需考虑分类讨论：①AB=AC(C₁,C₄);②AB=BC(C₂,C₅);③AC=BC(C₃) 解题方法：①求角度：根据等腰三角形等边对等角的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解，若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解. 例1．（2025·江西新余·一模）在中，，，，点D在边上，点E在边上，且，若为等腰三角形，则的长为 ． 【答案】或或5 【知识点】三线合一、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．分三种情况讨论：当时，当时，当时，分别画出图形，根据等腰三角形的性质和三角形相似的判定和性质，进行求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， 当时，过点E作于点H，如图所示： 则， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当时，过点D作于点H，如图所示： 则，， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴； 综上分析可知：或或5． 故答案为：或或5． 变式1：（2025·青海西宁·一模）如图，在中，，，，点是边上的一个动点，点从点开始沿方向运动，且速度为每秒，设出发的时间为秒．当点在边上运动时，出发 秒后，是以为腰的等腰三角形． 【答案】或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、等腰三角形的定义、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，先利用勾股定理可得，再分和两种情况解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】解：∵，，， ∴， 当时，如图， ∵， ∴ (秒)； 当时，如图， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴(秒)； 综上，出发秒或秒，是以为腰的等腰三角形， 故答案为：或． 变式2：（2025·山东淄博·一模）如图，在矩形中，，点E是射线上一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，交的延长线于点M，则 ． 【答案】或 【知识点】矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】①如图当点E在线段上时，设交于G．②如图当点E在线段的延长线上时，设交于G．分别求解即可解决问题； 【详解】解：情形①如图当点E在线段上时， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 设， 在中，， ， ， ， ， ， ； 情形②如图当点E在线段的延长线上时， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ，设， 在中，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：或． 【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质，角的正切等知识，解题的关键是分类讨论． 变式3：（2025·河南驻马店·一模）如图，在中，，，点在边上，将沿所在直线翻折得到，的平分线交边于，连接．若是以为一腰的等腰三角形，则的度数是 ． 【答案】或 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、折叠问题 【分析】本题考查了轴对称的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的判定及性质的运用，掌握知识点的应用是解题的关键． 首先由轴对称可以得出，就可以得出，，在证明，得出，就可以求出的值；再分两种情况讨论解答即可，当时，当时，从而求出结论． 【详解】解：∵，， ∴， ∵沿所在直线翻折得到， ∴， ∴，，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 当时， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：或． 变式4：（2025·浙江绍兴·模拟预测）如图，已知，射线上一点M，以为边在下方作等边，点P为射线上一点（不包括点O），若是等腰三角形，则 ． 【答案】或 【知识点】等边对等角、等边三角形的性质、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理，由等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的定义结合题意分两种情况：当时；当时；分别求解即可得解，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴，， ∵，点P为射线上一点（不包括点O），是等腰三角形， ∴存在两种情况：如图，当时， 则， ∴， ∴； 如图，当时， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或， 故答案为：或． 易错点二：直角三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为直角三角形”这样的表述时，未明确哪个角为直角，需考虑分类讨论：①∠A=90°(C₁);②∠B=90°(C₄);③∠C=90°(C₂,C₃); 解题方法：①求角度：根据直角三角形的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解；若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解；若出现中点，可考虑用直角三角形斜边中线的性质或者中位线的性质求解。 例1．（2025·河南洛阳·一模）在中，，点D在边上（不与B，C重合），连接，将沿折叠，折叠后点C的对应点为点E．当是直角三角形时，的长为 ． 【答案】或1 【知识点】含30度角的直角三角形、勾股定理与折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理得到，根据已知条件得到当是直角三角形时，或，①当时，则，根据折叠的性质得到，于是得到，②当时，根据折叠的性质得到 ，，，推出点E在上，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点D是边上的一点， ∴， ∴当是直角三角形时，或， ①当时，则， ∵将沿折叠，使点C落在点E处， ∴， ∴， ②当时， ∵将沿折叠，使点C落在点E处， ∴，，， ∴， ∴点E在上，如图， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上所述，的长为或1， 故答案为：或1． 变式1：（2025·河南开封·一模）在平行四边形中 ，，，点为对角线的中点，连接．当是直角三角形时，的长为 【答案】或 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】由平行四边形的性质可得，，分两种情况：当，当时，根据菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质求解即可． 【详解】解： 四边形是平行四边形，点为对角线的中点， ，， 当，即时，平行四边形是菱形， ， 是等边三角形， ； 当时， ， ， ， ； 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键． 变式2：（2025·江西·模拟预测）如图，在中，是斜边的中点，现将点绕着点按逆时针方向旋转角度得到点，若点落在中位线所在直线上，则点到的距离为 ． 【答案】1或或 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、解直角三角形的相关计算、含30度角的直角三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了直角三角形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解直角三角形，取中点，中点，过点D作于点G，连接，根据题意，分点在直线上，点在直线上，点在直线上，三种种情况讨论，画出示意图，利用含30度角的直角三角形的性质结合中位线的性质求解即可． 【详解】解：如图，取中点，中点，过点D作于点G，连接， ∵点是斜边的中点， ∴都是的中位线， ∴， ∵在中，是斜边的中点， ∴， ∴， ∴， 当点在直线上时， 则， 由旋转的性质得：， ∴； 当和点在直线上时， ∵，， ∴， ∴， ∴； 当点在直线上时，过点F作于点H， 则（平行线间距离相等）， ∵， ∴； 综上，点落在中位线所在直线上，则点到的距离为1或或， 故答案为：1或或． 变式3：（2025·河南郑州·二模）如图，在菱形中，，将边绕点A顺时针旋转 ()得到，连接，当为直角三角形时，的度数为 【答案】或 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据旋转的性质求解、直角三角形的两个锐角互余、利用菱形的性质求角度 【分析】根据题意分三种情况讨论，根据等边三角形性质和菱形性质可求出本题答案． 【详解】解：∵为直角三角形， ∴①当时，点在以为圆心，长为半径的圆上， ∴为的直径， ∵菱形，， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为：； ②当时，则为的直径， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为：； ③当时，以为直径的圆与除外无交点， ∴此种情况不存在， 综上所述：的度数为或． 【点睛】本题考查菱形性质，等边三角形性质及判定，圆周角定理，直角三角形的性质，旋转性质等，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键． 变式4：（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，则的最小值为 ．当为直角三角形时，的长为 ． 【答案】 8 或5 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查翻折的性质，矩形的性质等知识，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．连接，则，当在上时，取最小值，即可求解；分情况讨论：当时，当时，当时，再分别利用勾股定理和翻折的性质可得答案； 【详解】解：连接， 在矩形中，，， ∴，， ∵点是边上的中点， ∴， ∴， ∵翻折， ∴， ∴ ∵， ∴当在上时，取最小值，最小值为； ∵为直角三角形， 当时， ∵点N是边上的中点，， ∴， ∵， ∴点B的对应点不能落在所在直线上， ∴，不存在此类情况； 当时，如图所示， 由折叠性质可得， ， ∴； 当时，如图所示 ∵， ∴、N、C三点共线， 设，则， ∴， 解得：， 综上所述的长为或5． 故答案为：8；或5． 变式5：（2025·广东深圳·一模）如图，在菱形中，，对角线交于点，是上的一个动点，将线段绕点逆时针旋转到，且，连接，若是直角三角形，则的长为 ． 【答案】或 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据菱形的性质得到，得出是等边三角形，得到，，求出，，根据旋转的性质得到，可证明，得到，，得到是定值，若是直角三角形，分两种情况：当时，，；当时，，；即可得到答案． 【详解】解：在菱形中，， ，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 将线段绕点逆时针旋转到， ， ， ， ， ， ， 是定值， 若是直角三角形，分两种情况： 当时， ， 则， ； 当时， ， 则， ； 故答案为：或． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$