重难点01 上海中考填选压轴题(7大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

重难点01 上海中考填选压轴题 上海中考填选压轴题作为区分学生思维层次与核心素养的关键题型，命题聚焦＂知识融合，能力迁移，素养导向＂三大维度。函数板块常以一次函数，反比例函数，二次函数的图象性质为载体，通过参数动态变化，图象共存等情境，考查数形结合与逻辑推理能力；几何领域则深度挖掘圆的垂径定理，圆周角定理，四边形与三角形的判定及相似，全等关系，尤其侧重翻折，旋转等图形变换中对应边，角的等量关系构建，结合勾股定理，三角函数建立代数方程；命题趋势呈现＂中档题难度提升，压轴题创新突破＂的特征，新题型多以实际生活或跨学科背景为依托，融合阅读理解，即时学习等能力要求，着重考查学生对知识的灵活运用，复杂情境下的问题转化能力以及数学建模意识，有效实现对学生数学核心素养的全面甄别与选拔. . 题型一 函数综合 相函数图像共存问题常见易错点 易错点1：混渚对称轴＂左同右异＂：对称轴 ，当时，若对称轴在右侧， 必为负（右异），而非正。 易错点2： 忽略截距与常数项的关系：一次函数截距与二次函数常数项无直接关联，需分别从图像中判断。 易错点3：反比例函数的象限与符号相反：误将对应一，三象限，需牢记＂正一三，负二四＂. 典例1．（2024•崇明区模拟）函数、在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则在该平面直角坐标系中，函数的大致图象是　　 A． B． C． D． 1-1．（2024•徐汇区二模）如图，点是函数图象上一点，联结交函数图象于点，点是轴负半轴上一点，且，联结，那么的面积是 　 　． 题型二 相似三角形 相似三角形小题压轴解题心得 相似三角形问题的解题核心在于＂模型解构，关系转化，分类建构＂： 第一步抓模型特征，熟练识别＂A 型＂＂X 型＂＂母子型＂＂一线三等角＂＂手拉手＂等基本相似模型，紧扣＂角的对应关系＂（如公共角，对顶角，互余互补角转化）与＂边的比例关系＂（如平行线截线段成比例，相似比与面积比的关联），快速定位相似条件； 第二步强构造转化，遇条件分散时主动构造辅助线（如过顶点作平行线构造 A 型／X型，利用垂线构建直角相似，延长线段显露隐藏模型），结合设参法（设关键边长为x，通过相似比列方程）破解动态几何中的变量关系，尤其注意＂双向推理＂——从结论倒推所需相似条件，从已知正推可衍生的比例关系； 第三步重分类讨论，针对＂对应角不确定＂（如两三角形有公共角时，需分该角为顶角或底角），＂动点位置不同＂（如在线段上或延长线上），＂相似对应顺序变化＂等情形，通过画图枚举所有可能的相似对应方式，避免漏解； 第四步融综合应用，关注相似与二次函数，圆，三角函数的交叉考点（如利用相似比表示坐标，借助圆中圆周角相等构造相似，通过三角函数值转化为线段比例），强化＂代数几何化＂与＂几何代数化＂思维，将复杂几何问题转化为方程或函数模型求解。 典例2．（2024•黄浦区二模）小明在研究梯形的相似分割问题，即如何用一条直线将一个梯形分割成两个相似的图形．他先从等腰梯形开始进行探究，得到下面两个结论．结论1：存在与上、下底边相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形；结论2：不存在与两腰相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形．对这两个结论，你认为　　 A．结论1、结论2都正确 B．结论1正确、结论2不正确 C．结论1不正确、结论2正确 D．结论1、结论2都不正确 2-1（2024•普陀区二模）如图，在中，，是的重心，点在边上，，如果，，那么的值是　　 A． B． C． D． 2-2（2024•浦东新区二模）如图，在中，，，．点在边上，且，交边于点，那么以为圆心，为半径的和以为圆心，为半径的的位置关系是　　 A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 2-3（2024•青浦区二模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，过作的垂线交于点，与相交于点，且，那么下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 2-4（2024•黄浦区二模）如图，是等边边上点，，作的垂线交、分别于点、，那么　 　． 2-5（2023•崇明区二模）如图，已知在两个直角顶点重合的和中，，，，，将绕着点顺时针旋转，当点恰好落在边上时，联结，那么　 　． 2-6（2023•宝山区二模）如果一个三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“倍角互余三角形”．已知在中，，，，点在边上，且是“倍角互余三角形”，那么的长等于 　 　． 题型三 四边形问题 典例3.（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 3-1（2024•徐汇区三模）已知四边形中，对角线与相交于点，，下列判断中错误的是　　 A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 3-2（2024•奉贤区二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是　　 A．且 B．且 C．且 D．且 3-3（2024•青浦区二模）在矩形中，，，与相交于点．经过点，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长的取值范围是 　 　． 题型四 圆的综合 圆的综合解题心得 圆的综合问题，解题核心在于＂抓性质，构模型，巧转化＂： 一抓圆的基本性质，紧扣＂同圆半径相等＂＂直径所对圆周角为直角＂＂垂径定理（知二推三）＂＂切线垂直于过切点的半径＂等核心性质，遇切线必连圆心与切点，遇直径必补圆周角构造直角三角形，遇弦长必作弦心距结合勾股定理（弦长一半，弦心距，半径构成直角三角形）； 二构常见模型，熟练构造＂切线长定理模型＂（两切线长相等＋圆心与切点连线平分夹角），＂圆内接四边形对角互补＂模型（外角等于内对角），＂圆周角定理推论＂模型（同弧或等弧所对圆周角相等），通过辅助线将分散条件集中到基本图形中； 三巧转化关系，遇角度问题优先转化为圆心角与圆周角关系 （同弧所对圆心角是圆周角 2 倍），遇线段长度问题借助＂半径桥梁＂（设半径为r ，利用勾股定理或相似比列方程），遇动态问题抓住＂定点定长（半径）＂或＂直径不变＂的隐含条件，结合圆的轨迹定义简化分析； 四防漏解陷阱，注意＂点在圆上，圆内，圆外＂的分类讨论，切线存在性问题中＂过圆外一点有两条切线＂，以及弦所对圆周角＂优弧，劣弧＂两种情况，计算时严格区分＂圆心角为锐角或钝角＂对应的三角函数符号. 典例4.（2024•嘉定区二模）在中，，，以点为圆心，半径为6的圆记作圆，那么下列说法正确的是　　 A．点在圆外，点在圆上 B．点在圆上，点在圆内 C．点在圆外，点在圆内 D．点、都在圆外 4-1．（2024•崇明区二模）已知在中，，，，若以为圆心，长为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是　　 A．或 B． C． D． 4-2（2024•虹口区二模）在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是　　 A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 4-3（2024•宝山区二模）如图，中，，，，如果以点为圆心，半径为的与线段有两个交点，那么的半径的取值范围是　　 A． B． C． D． 4-4（2024•普陀区校级三模）如图，已知和外切，半径长分别为和．如果半径长是的与、都相切，那么符合题意的最多有　　 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 4-5（2024•松江区二模）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点在内，点在内，那么半径的取值范围是　　 A． B． C． D． 4-6（2024•长宁区三模）在矩形中，，，点在对角线上，的半径为4，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 　 　． 4-7（2023•宝山区三模）如图，在直角梯形中，，，是上一定点，，，，．点是上一个动点，以为圆心，为半径作．若与以为圆心，1为半径的有公共点，且与线段只有一个交点，则长度的取值范围是 　 　． 题型五 勾股定理与解直角三角形 勾股定理与解直角三角形解题小口诀 ＂见直角，想勾股，有锐角，用三角＂：遇到直角三角形，首先想到勾股定理来求解边长关系；如果有锐角，就利用三角函数来建立边与角的联系。 ＂三边比，记特殊，勾股数，要熟谙＂：牢记特殊直角三角形的三边比例，如含 角的直角三角形三边比例1： 和 ；同时熟悉常见的勾股数，如3，4，5等，以便快速判断和计算。 ＂作垂线，构直角，化斜为直用勾股＂：对于非直角三角形，通过作垂线构造直角三角形，将斜三角形问题转化为直角三角形问题，再运用勾股定理求解。 ＂设未知，找关系，方程思想来帮忙＂：设出未知边长，根据勾股定理和三角函数找到边与边，边与角之间的关系，列出方程求解. 典例5.（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②，对于结论①、②下列说法正确的是　　 A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 5-1（2024•金山区二模）如图，在中，，，，以点为圆心作半径为1的圆，是上的一个点，以为圆心，为半径作圆，如果圆和圆有公共点，那么的取值范围是 　 　． 5-2（2023•奉贤区三模）如图1，是一种购物小拉车，底部两侧装有轴承三角轮，可以在平路及楼梯上推拉物品．拉杆固定在轴上，可以绕连接点旋转，拉杆，置物板，脚架形状保持不变．图2，图3为购物车侧面示意图，拉杆，，，，，的半径均为，为三角轮的中心，，．如图2，当轮子，及点都放置在水平地面时，恰好与的最高点重合．此时，的高度为，则　 　 ；如图3，拉动，使轮子，在楼梯表面滚动，当，且，，三点共线时，点与的垂直高度差为 　　． 5-3（2024•嘉定区二模）定义：如果三角形有两个内角的差为，那么这样的三角形叫做准直角三角形． 已知在直角中，，，，如图，如果点在边上，且是准直角三角形，那么　 　． 题型六 命题与定理 典例6.（2024•长宁区二模）下列命题是假命题的是　　 A．对边之和相等的平行四边形是菱形 B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形 C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形 D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形 6-1（2024•金山区二模）下列命题中真命题是　　 A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 6-2（2024•静安区二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是　　 A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 题型七 旋转与翻折问题 旋转与翻折问题解题方法 旋转问题，紧扣＂旋转三要素＂（旋转中心，旋转方向，旋转角），利用＂对应点到旋转中心距离相等＂＂对应线段，对应角相等＂的性质，构造等腰三角形或全等三角形，将线段与角度关系转化为已知条件求解；遇动态旋转时，关注旋转过程中的特殊位置（如旋转 或 时的直角，平角关系），通过＂圆的轨迹思想＂（旋转点轨迹为以旋转中心为圆心的圆弧）简化分析。 针对翻折问题，抓住＂轴对称特性＂（对应边，对应角相等，对称轴垂直平分对应点连线），常作辅助线连接对应点，利用垂直平分性质构建直角三角形，结合勾股定理列方程（设未知数表示关键边长，通过翻折前后边长不变建立等式）；若涉及多边形翻折，注意隐含条件（如矩形翻折后的直角，平行关系），借助相似三角形 （如＂一线三等角＂模型）建立比例关系求解。 典例5.（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，7．（2024•静安区三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程： （1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点； （2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．联结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 　 　． 7-1（2024•普陀区二模）如图，在中，，，分别以点、为圆心，1为半径长作、，为边上一点，将和沿着翻折得到△和，点的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么　 　． 7-2（2024•松江区二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与的一边平行，那么　 　． 7-3（2024•虹口区三模）如图，△中，，，，、分别为边、的中点，将△绕点顺时针旋转到△的位置，则整个旋转过程中线段所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为 　 　． 7-4（2024•宝山区二模）如图，菱形的边长为5，，是边上一点（不与点、重合），把△沿着直线翻折，如果点落在菱形一条边的延长线上，那么的长为 　 　． 7-5（2024•崇明区模拟）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点是边上一动点．将沿翻折得到△，交于点，且点在下方，连接．当是直角三角形时，的周长为 　 　． 7-6（2024•闵行区二模）在中，，，，为边上一动点，将绕点旋转，使点落在边上的点处，过点作交边于点，联结，当是等腰三角形时，线段的长为 　 　． （建议用时60分钟） 1．（2024•长宁区二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径的取值范围是 　 　． 2．（2024•奉贤区二模）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 　 　． 3．（2024•黄浦区三模）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 　 　． 4．（2024•徐汇区三模）在一个三角形中，如果有一个内角是另一内角的倍为整数），那么我们称这个三角形为倍角三角形，如果一个三角形既是2倍角三角形，又是3倍角三角形，那么这个三角形最小的内角度数为　 　． 5．（2024•虹口区二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点的对称点），那么的长为 　 　． 6．（2023•长宁区三模）如图，的直径与弦交于点，已知，，，那么的值为 　 　． 7．（2023•普陀区三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，．分别以点、为圆心画圆，如果与直线相交、与直线相离，且与内切（圆心距半径之差），那么的半径长的取值范围是 　 　． 8．（2024•杨浦区二模）已知矩形中，，以为半径的圆和以为半径的圆相交于点、，如果点到直线的距离不超过3，设的长度为，则的取值范围是 　 　． 9．（2024•静安区二模）如图，矩形中，，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是 　 　． 试卷第1页，共3页 1 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点01 上海中考填选压轴题 上海中考填选压轴题作为区分学生思维层次与核心素养的关键题型，命题聚焦＂知识融合，能力迁移，素养导向＂三大维度。函数板块常以一次函数，反比例函数，二次函数的图象性质为载体，通过参数动态变化，图象共存等情境，考查数形结合与逻辑推理能力；几何领域则深度挖掘圆的垂径定理，圆周角定理，四边形与三角形的判定及相似，全等关系，尤其侧重翻折，旋转等图形变换中对应边，角的等量关系构建，结合勾股定理，三角函数建立代数方程；命题趋势呈现＂中档题难度提升，压轴题创新突破＂的特征，新题型多以实际生活或跨学科背景为依托，融合阅读理解，即时学习等能力要求，着重考查学生对知识的灵活运用，复杂情境下的问题转化能力以及数学建模意识，有效实现对学生数学核心素养的全面甄别与选拔. . 题型一 函数综合 相函数图像共存问题常见易错点 易错点1：混渚对称轴＂左同右异＂：对称轴 ，当时，若对称轴在右侧， 必为负（右异），而非正。 易错点2： 忽略截距与常数项的关系：一次函数截距与二次函数常数项无直接关联，需分别从图像中判断。 易错点3：反比例函数的象限与符号相反：误将对应一，三象限，需牢记＂正一三，负二四＂. 典例1．（2024•崇明区模拟）函数、在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则在该平面直角坐标系中，函数的大致图象是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】函数的图象 【分析】根据函数图象的开口大小与轴的交点位置以及对称轴的位置进行判断即可． 【解答】解：设，， 由图象知，，，，，，，， ，，， ，， 函数的图象开口向上，对称轴也在轴的右侧，开口比函数、的开口都小，与轴的交点在轴的负半轴上， 只有选项符合题意， 故选：． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 1-1．（2024•徐汇区二模）如图，点是函数图象上一点，联结交函数图象于点，点是轴负半轴上一点，且，联结，那么的面积是 　 　． 【答案】． 【考点】反比例函数系数的几何意义；反比例函数图象上点的坐标特征 【分析】过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，，反比例函数比例系数的几何意义得，，证得，由此得，则，再由得，然后根据等腰三角形的性质得，则，由此得得，进而可得的面积． 【解答】解：过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，，如图所示： 点是函数图象上一点，点是反比例函数图象上的点， 根据反比例函数比例系数的几何意义得：，， 轴，轴， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ，轴， ， ， ， 即， ， ． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，理解反比例函数比例系数的几何意义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 题型二 相似三角形 相似三角形小题压轴解题心得 相似三角形问题的解题核心在于＂模型解构，关系转化，分类建构＂： 第一步抓模型特征，熟练识别＂A 型＂＂X 型＂＂母子型＂＂一线三等角＂＂手拉手＂等基本相似模型，紧扣＂角的对应关系＂（如公共角，对顶角，互余互补角转化）与＂边的比例关系＂（如平行线截线段成比例，相似比与面积比的关联），快速定位相似条件； 第二步强构造转化，遇条件分散时主动构造辅助线（如过顶点作平行线构造 A 型／X型，利用垂线构建直角相似，延长线段显露隐藏模型），结合设参法（设关键边长为x，通过相似比列方程）破解动态几何中的变量关系，尤其注意＂双向推理＂——从结论倒推所需相似条件，从已知正推可衍生的比例关系； 第三步重分类讨论，针对＂对应角不确定＂（如两三角形有公共角时，需分该角为顶角或底角），＂动点位置不同＂（如在线段上或延长线上），＂相似对应顺序变化＂等情形，通过画图枚举所有可能的相似对应方式，避免漏解； 第四步融综合应用，关注相似与二次函数，圆，三角函数的交叉考点（如利用相似比表示坐标，借助圆中圆周角相等构造相似，通过三角函数值转化为线段比例），强化＂代数几何化＂与＂几何代数化＂思维，将复杂几何问题转化为方程或函数模型求解。 典例2．（2024•黄浦区二模）小明在研究梯形的相似分割问题，即如何用一条直线将一个梯形分割成两个相似的图形．他先从等腰梯形开始进行探究，得到下面两个结论．结论1：存在与上、下底边相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形；结论2：不存在与两腰相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形．对这两个结论，你认为　　 A．结论1、结论2都正确 B．结论1正确、结论2不正确 C．结论1不正确、结论2正确 D．结论1、结论2都不正确 【答案】 【考点】相似图形 【分析】分别作上下底的垂直平分线即可判定结论1正确；连接两腰与其垂直平分线的交点即可判定结论2错误． 【解答】如图，存在与上、下底边相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论1正确； 如图，存在与两腰相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论2不正确； 故选：． 【点评】本题主要考查了图形的相似和垂直平分线的性质，掌握垂直平分线的性质是解题的关键． 2-1（2024•普陀区二模）如图，在中，，是的重心，点在边上，，如果，，那么的值是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】三角形的重心；三角形中位线定理；相似三角形的判定与性质 【分析】连接，延长交于，延长交于，连接，由三角形重心的性质推出、分别是、的中点，，由三角形中位线定理推出，得到，求出，得到，而，判定，得到，求出，由中点定义得到，即可求出，于是得到． 【解答】解：连接，延长交于，延长交于，连接， 是的重心， 、分别是、的中点，， 是的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 是中点， ， ， ， ． 故选：． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形的重心，关键是由三角形中位线定理推出，得到． 2-2（2024•浦东新区二模）如图，在中，，，．点在边上，且，交边于点，那么以为圆心，为半径的和以为圆心，为半径的的位置关系是　　 A．外离 B．外切 C．相交 D．内含 【答案】 【考点】相似三角形的判定与性质 【分析】利用勾股定理求得，利用平行线的性质求得，，利用相似三角形的判定与性质求得，再利用圆心角等于两圆的半径之和时，两圆外切的性质解答即可得出结论． 【解答】解：，，， ， ， ，． ， ， ，， ， ， ， ， 以为圆心，为半径的和以为圆心，为半径的的圆心距为， ， 与的位置关系是外切． 故选：． 【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，圆与圆的位置关系的判定定理，熟练掌握圆与圆的位置关系的判定定理是解题的关键． 2-3（2024•青浦区二模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，过作的垂线交于点，与相交于点，且，那么下列结论错误的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质 【分析】依据题意，由四边形是平行四边形，从而，，，又，故垂直平分，进而可以判断；依据题意，可得，又，从而，则，结合，故可判断；由，又，，可得△△，进而，即，故可判断；由，可得，再由，故△△，则，从而可以判断． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，，． 又， 垂直平分． ，正确，故不符合要求． ． ， ． ． 又， ，正确，故不符合要求． ， ，， △△，，即． ，正确，故不符合要求． ， ． 又， △△． ，错误，故符合要求． 故选：． 【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 2-4（2024•黄浦区二模）如图，是等边边上点，，作的垂线交、分别于点、，那么　 　． 【答案】． 【考点】相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质 【分析】过点作，交于点，交的延长线于点，于点，于点，设，则，，利用等边三角形的性质和含角的直角三角形的性质，勾股定理表示出线段，，，的长度，利用相似三角形的判定与性质求得线段，的长度，最后利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质解答即可得出结论． 【解答】解：过点作，交于点，交的延长线于点，于点，于点，如图， ， 设，则， ． 为等边三角形， ，， ，， ， ，， ，． ，． ． ，， ， ． ． 同理：， ， ． ，， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题考查等边三角形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、分式的化简等知识与方法，正确的作出所需要的辅助线是解题的关键． 2-5（2023•崇明区二模）如图，已知在两个直角顶点重合的和中，，，，，将绕着点顺时针旋转，当点恰好落在边上时，联结，那么　 　． 【答案】． 【考点】含30度角的直角三角形；旋转的性质；相似三角形的判定与性质 【分析】证明，推出，，再证明，设，则，在中，，构建方程求出即可． 【解答】解：和中，，，，， ，，， ， ， ， ，， ， ， ， 设，则， 在中，， ， （负根已经舍去）， ． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 2-6（2023•宝山区二模）如果一个三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“倍角互余三角形”．已知在中，，，，点在边上，且是“倍角互余三角形”，那么的长等于 　 　． 【答案】或． 【考点】余角和补角；勾股定理；相似三角形的判定与性质 【分析】作于，根据定义规定分别得出或这两种情况，再分别根据全等和相似计算即可． 【解答】解：如图，，， ， 作于，设，， ①当时， ， ， ， ， ， ， ，设， ， ， ， 即． ②当时， ， ， ， 即， ， ． 故答案为：或． 【点评】本题考查了直角三角形的性质，熟练运用全等、相似、勾股定理是解题关键． 题型三 四边形问题 典例3.（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】 【考点】矩形的性质 【分析】根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理得到故①正确；根据三角形的三边关系得到．故②正确； 【解答】解：四边形是矩形， ，，， 在与中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， 在中， ， 故①正确； ，，， ．故②正确； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键， 3-1（2024•徐汇区三模）已知四边形中，对角线与相交于点，，下列判断中错误的是　　 A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 【答案】 【考点】菱形的判定；矩形的判定 【分析】根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【解答】解：、如果，，那么四边形是等腰梯形，不一定矩形，符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是矩形；不符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是菱形；不符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是菱形；不符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 3-2（2024•奉贤区二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是　　 A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】 【考点】正方形的判定；平行四边形的性质 【分析】根据正方形的判定对各个选项进行分析从而得到答案． 【解答】解：、不能，只能判定为矩形，故此选项不符合题意； 、不能，因为且只能得到是菱形，故此选项不符合题意； 、不能，只能判定为菱形，故此选项不符合题意； 、能，根据对角线互相垂直的矩形是正方形，故此选项符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途径有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 3-3（2024•青浦区二模）在矩形中，，，与相交于点．经过点，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长的取值范围是 　 　． 【答案】或． 【考点】矩形的性质；圆与圆的位置关系 【分析】根据题意可知，的半径长的取值范围是：，且即可求出答案． 【解答】解：矩形中，，， ， 与有公共点，且与边没有公共点， 当线段在外时图1，， 当线段在内时图2，． 的半径长的取值范围是：或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了矩形的性质及勾股定理，做题的关键是注意数形结合的应用． 题型四 圆的综合 圆的综合解题心得 圆的综合问题，解题核心在于＂抓性质，构模型，巧转化＂： 一抓圆的基本性质，紧扣＂同圆半径相等＂＂直径所对圆周角为直角＂＂垂径定理（知二推三）＂＂切线垂直于过切点的半径＂等核心性质，遇切线必连圆心与切点，遇直径必补圆周角构造直角三角形，遇弦长必作弦心距结合勾股定理（弦长一半，弦心距，半径构成直角三角形）； 二构常见模型，熟练构造＂切线长定理模型＂（两切线长相等＋圆心与切点连线平分夹角），＂圆内接四边形对角互补＂模型（外角等于内对角），＂圆周角定理推论＂模型（同弧或等弧所对圆周角相等），通过辅助线将分散条件集中到基本图形中； 三巧转化关系，遇角度问题优先转化为圆心角与圆周角关系 （同弧所对圆心角是圆周角 2 倍），遇线段长度问题借助＂半径桥梁＂（设半径为r ，利用勾股定理或相似比列方程），遇动态问题抓住＂定点定长（半径）＂或＂直径不变＂的隐含条件，结合圆的轨迹定义简化分析； 四防漏解陷阱，注意＂点在圆上，圆内，圆外＂的分类讨论，切线存在性问题中＂过圆外一点有两条切线＂，以及弦所对圆周角＂优弧，劣弧＂两种情况，计算时严格区分＂圆心角为锐角或钝角＂对应的三角函数符号. 典例4.（2024•嘉定区二模）在中，，，以点为圆心，半径为6的圆记作圆，那么下列说法正确的是　　 A．点在圆外，点在圆上 B．点在圆上，点在圆内 C．点在圆外，点在圆内 D．点、都在圆外 【答案】 【考点】解直角三角形；点与圆的位置关系；圆的认识；等腰三角形的性质 【分析】先根据余弦求出的长，根据点与圆的位置关系即可得出结论． 【解答】解：如图，过点作于点， ，， ， ， ，， ， ， ， 以点为圆心，半径为6的圆记作圆时，点在圆外，点在圆内， 故选：． 【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，根据余弦求出的长是解答此题的关键． 4-1．（2024•崇明区二模）已知在中，，，，若以为圆心，长为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是　　 A．或 B． C． D． 【答案】 【考点】直线与圆的位置关系 【分析】作于，根据勾股定理计算出，再利用面积法计算出，然后根据直线与圆的位置关系得到当时，以为圆心、为半径作的圆与斜边有公共点． 【解答】解：作于，如图， ，，， ， ， ， 以为圆心、为半径作的圆与斜边有公共点时，的取值范围为． 故选：． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为：直线和相交；直线和相切；直线和相离． 4-2（2024•虹口区二模）在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是　　 A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【答案】 【考点】直线与圆的位置关系；圆周角定理 【分析】如图，作交的延长线于．求出的值即可判断． 【解答】解：如图，作交的延长线于． ， ， ， 直线与相交， 故选：． 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，平行四边形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 4-3（2024•宝山区二模）如图，中，，，，如果以点为圆心，半径为的与线段有两个交点，那么的半径的取值范围是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】勾股定理；直线与圆的位置关系；圆周角定理；解直角三角形 【分析】根据直线与圆的位置关系得出相切时有两个交点，再结合图形得出另一种有一个交点的情况，即可得出答案． 【解答】解：，， ， 设，， ， ， ，， 过点作于点， ， 与线段有两个交点， ， 故选：． 【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 4-4（2024•普陀区校级三模）如图，已知和外切，半径长分别为和．如果半径长是的与、都相切，那么符合题意的最多有　　 A．4个 B．5个 C．6个 D．7个 【答案】 【考点】圆与圆的位置关系；切线的性质 【分析】根据所给圆的半径，对与和是外切还是内切，进行分类即可解决问题． 【解答】解：当与和一个外切一个内切时，如图所示， ． 当与和都外切时，如图所示， ． 当与和都内切时，如图所示， ． 综上所述，符合题意的最多有6个． 故选：． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，能根据题意画出示意图是解题的关键． 4-5（2024•松江区二模）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点在内，点在内，那么半径的取值范围是　　 A． B． C． D． 【答案】 【考点】点与圆的位置关系；相切两圆的性质 【分析】根据勾股定理求出的长，再根据以，为圆心的两圆外切得出的半径，最后根据点和圆的位置关系，求出的取值范围即可． 【解答】解：连接， 四边形为矩形， ， 以，为圆心的两圆外切， 的半径为， 点在内， ， ， 在内， ， ， ． 故选：． 【点评】本题主要考查了相切两圆的性质以及点和圆的位置关系，求出的半径是本题解题的关键． 4-6（2024•长宁区三模）在矩形中，，，点在对角线上，的半径为4，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 　 　． 【答案】． 【考点】矩形的性质；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质 【分析】当圆与相切时，由，推出，求出，当圆与相切时，由，推出，求出，即可得到线段长的取值范围． 【解答】解：四边形是矩形， ，，， ， 如图①，当圆与相切时，切点是， 连接， ， ， ， ， ， ， ， 如图②， 当圆与相切于时， 同理证明：， ， ， ， ， 线段长的取值范围是． 故答案为：． 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，关键是当圆分别与和相切时，由相似三角形的性质求出的长． 4-7（2023•宝山区三模）如图，在直角梯形中，，，是上一定点，，，，．点是上一个动点，以为圆心，为半径作．若与以为圆心，1为半径的有公共点，且与线段只有一个交点，则长度的取值范围是 　 　． 【答案】或． 【考点】直角梯形；直线与圆的位置关系 【分析】根据题意可得的最小值为圆与相切，切点为；最大值为圆与圆内切，切点为，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题． 【解答】解：根据题意可知：的最小值为圆与相切，切点为，如图所示： ， 在直角梯形中， ， ， 四边形是矩形， ， 最大值为圆与圆内切，切点为， ， 当时，此时圆与线段开始有2个交点，不符合题意， 设，则，， ， ， 则长度的取值范围是或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系． 题型五 勾股定理与解直角三角形 勾股定理与解直角三角形解题小口诀 ＂见直角，想勾股，有锐角，用三角＂：遇到直角三角形，首先想到勾股定理来求解边长关系；如果有锐角，就利用三角函数来建立边与角的联系。 ＂三边比，记特殊，勾股数，要熟谙＂：牢记特殊直角三角形的三边比例，如含 角的直角三角形三边比例1： 和 ；同时熟悉常见的勾股数，如3，4，5等，以便快速判断和计算。 ＂作垂线，构直角，化斜为直用勾股＂：对于非直角三角形，通过作垂线构造直角三角形，将斜三角形问题转化为直角三角形问题，再运用勾股定理求解。 ＂设未知，找关系，方程思想来帮忙＂：设出未知边长，根据勾股定理和三角函数找到边与边，边与角之间的关系，列出方程求解. 典例5.（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②，对于结论①、②下列说法正确的是　　 A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 【答案】 【考点】勾股定理；平行四边形的判定与性质 【分析】如图，过作交的延长线于点，当时，可证出，在中可得出，进而可得出，据此即可得①错误； 如图，设，交于点，利用勾股定理可得：，故②正确，即可得出正确选项， 【解答】解：如图，过作交的延长线于点， ， ，即， 当时，，， ， 如图，过点作交于点， 四形为平行四边形， ， 如图，在中，， ，即， ， ， 故①错误； 如图，设，交于点， ， ，，，， ，，， ，， ， ， 故②正确， 故选：． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握其性质，正确的作出辅助线是解决此题的关键． 5-1（2024•金山区二模）如图，在中，，，，以点为圆心作半径为1的圆，是上的一个点，以为圆心，为半径作圆，如果圆和圆有公共点，那么的取值范围是 　 　． 【答案】． 【考点】圆与圆的位置关系；直线与圆的位置关系 【分析】分两种情况进行解答，即当当与外切，与外切，分别画出相应的图形，根据直角三角形的边角关系，锐角三角函数的定义以及勾股定理列方程求出外切、内切情况下的值即可． 【解答】解：当与外切时，如图1，连接，过点作，垂足为， 在中，，，， ， 由于， 设，则， ，， 在中，，，，由勾股定理得， ， 即， 解得； 当与内切时，如图2， 设，则，，， 在中，，，，由勾股定理得， ， 即， 解得； 当圆和圆有公共点，的取值范围为． 故答案为：． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，直角三角形的边角关系，掌握圆与圆的位置关系，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义是正确解答的关键． 5-2（2023•奉贤区三模）如图1，是一种购物小拉车，底部两侧装有轴承三角轮，可以在平路及楼梯上推拉物品．拉杆固定在轴上，可以绕连接点旋转，拉杆，置物板，脚架形状保持不变．图2，图3为购物车侧面示意图，拉杆，，，，，的半径均为，为三角轮的中心，，．如图2，当轮子，及点都放置在水平地面时，恰好与的最高点重合．此时，的高度为，则　 　 ；如图3，拉动，使轮子，在楼梯表面滚动，当，且，，三点共线时，点与的垂直高度差为 　　． 【答案】8；． 【考点】解直角三角形的应用 【分析】如图2，连接，延长交于，作于，由圆的半径为，得，设，利用勾股定理即可求出长；作，求出、的水平距离，如图3，连接，过作水平线，与过的铅垂线交于，利用三角函数，即可求出． 【解答】解：如图2，连接，延长交于，交于点，作于， 由圆的半径为，得， 的高度为， ， 设， ， ，， ，，，， ，即， ，即． 故答案为：8； 如图2，作， ， ， 如图3，连接，过作水平线，与过的铅垂线交于， 由图2得，，， 当，，三点共线时，与重合， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了解直角三角的综合应用，准确找到三角形的边角关系是解题关键． 5-3（2024•嘉定区二模）定义：如果三角形有两个内角的差为，那么这样的三角形叫做准直角三角形． 已知在直角中，，，，如图，如果点在边上，且是准直角三角形，那么　 　． 【答案】或． 【考点】勾股定理 【分析】先求出，根据是准直角三角形，分两种情况讨论：①当时，过点作于，证为的平分线得，证和全等得，则，，在中由勾股定理求出即可；②当时，证，则，在中，在中，由此可得的长． 【解答】解：在中，，，， 由勾股定理得：， 是准直角三角形， 有以下两种情况： ①当时，过点作于，如图1所示： ， 又， ， 即为的平分线， ，于， ， 设， 在和中， ， ， ， 则，， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ； ②当时，如图2所示： ， ， ， ， 在中，， 在中，， ， ， 综上所述：或． 故答案为：或． 【点评】此题主要考查了勾股定理，角平分线性质，解直角三角形，正确理解准直角三角形的定义，并进行分类讨论，熟练掌握勾股定理，角平分线性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 题型六 命题与定理 典例6.（2024•长宁区二模）下列命题是假命题的是　　 A．对边之和相等的平行四边形是菱形 B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形 C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形 D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形 【答案】 【考点】命题与定理；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；菱形的判定 【分析】根据菱形的判定定理判断即可． 【解答】解：、平行四边形的对边相等， 对边之和相等时，邻边相等， 对边之和相等的平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题； 、根据菱形的面积公式可知：一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题； 、一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形，是真命题，不符合题意； 、有一条对角线与一组邻边构成等腰三角形的平行四边形不一定是菱形，故被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形是假命题，符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 6-1（2024•金山区二模）下列命题中真命题是　　 A．相等的圆心角所对的弦相等 B．正多边形都是中心对称图形 C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合 D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形 【答案】 【考点】中心对称图形；平移的性质；正方形的判定；命题与定理；旋转对称图形 【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理、中心对称图形的概念、平移的性质、旋转变换以及正方形的判定定理判断即可． 【解答】解：、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故本选项命题是假命题，不符合题意； 、正多边形都是轴对称图形，但不都是中心对称图形，故本选项命题是假命题，不符合题意； 、两个图形全等，它们不一定能通过平移后互相重合，故本选项命题是假命题，不符合题意； 、如果一个四边形绕对角线的交点旋转后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，是真命题，符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 6-2（2024•静安区二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是　　 A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【答案】 【考点】圆心角、弧、弦的关系；命题与定理 【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可． 【解答】解：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，是真命题； ②在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等，故本小题说法是假命题 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 题型七 旋转与翻折问题 旋转与翻折问题解题方法 旋转问题，紧扣＂旋转三要素＂（旋转中心，旋转方向，旋转角），利用＂对应点到旋转中心距离相等＂＂对应线段，对应角相等＂的性质，构造等腰三角形或全等三角形，将线段与角度关系转化为已知条件求解；遇动态旋转时，关注旋转过程中的特殊位置（如旋转 或 时的直角，平角关系），通过＂圆的轨迹思想＂（旋转点轨迹为以旋转中心为圆心的圆弧）简化分析。 针对翻折问题，抓住＂轴对称特性＂（对应边，对应角相等，对称轴垂直平分对应点连线），常作辅助线连接对应点，利用垂直平分性质构建直角三角形，结合勾股定理列方程（设未知数表示关键边长，通过翻折前后边长不变建立等式）；若涉及多边形翻折，注意隐含条件（如矩形翻折后的直角，平行关系），借助相似三角形 （如＂一线三等角＂模型）建立比例关系求解。 典例5.（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，7．（2024•静安区三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程： （1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点； （2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．联结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 　 　． 【答案】． 【考点】矩形的判定与性质；作图轴对称变换；解直角三角形 【分析】如图，过点作于点，设．想办法用表示出，，可得结论． 【解答】解：如图，过点作于点，设． 由作图可知， 是直角三角形， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查作图轴对称变换，矩形的性质和判定，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题． 7-1（2024•普陀区二模）如图，在中，，，分别以点、为圆心，1为半径长作、，为边上一点，将和沿着翻折得到△和，点的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么　 　． 【答案】． 【考点】等腰三角形的性质；垂径定理；圆周角定理；圆与圆的位置关系；翻折变换（折叠问题） 【分析】过点作于点，连接，过点作于点，结合等腰三角形的性质解直角三角形求出，，，由折叠的性质得，，，根据两圆外切的性质求出，根据勾股定理求出，则，根据角的和差求出，进而求出，再根据线段的和差求解即可． 【解答】解：如图，过点作于点，连接，过点作于点， ， ，， ，， ， 由折叠的性质得，，， ，， ，， 与外切， ， ， ， ， ，， ， ， ， ； 故答案为：． 【点评】此题考查了折叠的性质、等腰三角形的性质、圆与圆的关系等知识，熟练掌握折叠的性质并分情况讨论是解题的关键． 7-2（2024•松江区二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与的一边平行，那么　 　． 【答案】5或6.5． 【考点】平行线的性质；翻折变换（折叠问题） 【分析】根据与三边分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可． 【解答】解：①当时，与重合， ，，不构成三角形，不符合题意； ②当，如图： ， ， 由翻折的性质可知，，， 四边形为正方形， ， ； ③当，延长交于，如图： ，， ， 设，则， 在中，， 解得：， ， 综上所述，或6.5． 故答案为：5或6.5． 【点评】本题主要考查了翻折变换，合理运用正方形的判定与性质以及中位线定理和勾股定理是本题解题的关键． 7-3（2024•虹口区三模）如图，△中，，，，、分别为边、的中点，将△绕点顺时针旋转到△的位置，则整个旋转过程中线段所扫过部分的面积（即阴影部分面积）为 　 　． 【考点】扇形面积的计算；旋转的性质 【分析】整个旋转过程中线段所扫过部分的面积，其实是大扇形与小扇形的面积差．这扇形的半径分别为，扇形的半径可在△中求得．而两扇形的圆心角都等于旋转角即，由此可求出线段扫过的面积． 【解答】解：连接、， ，，， ， ， 在△中，，， 根据勾股定理可得：； ． 【点评】本题考查了旋转的性质、扇形面积的计算方法等知识． 7-4（2024•宝山区二模）如图，菱形的边长为5，，是边上一点（不与点、重合），把△沿着直线翻折，如果点落在菱形一条边的延长线上，那么的长为 　 　． 【答案】或1． 【考点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形 【分析】分两种情况讨论：点落在延长线上时，由折叠得，过点作于点，过点作于点，得，，由菱形的性质得，可得，设，则，由勾股定理得，由折叠得，而，在△中由勾股定理得 解方程求出的值即可解决问题；点落在延长线上时，推导出，，，利用，即，求得，再利用即可得解． 【解答】解：点落在延长线上时，如图1，过点作于点，过点作于点，点与点重合， 由折叠得：， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ，， 设，则，， 由折叠得， 在△中，由勾股定理得， 在△中，由勾股定理得， ， 解得， ； 当点落在的延长线上时，如图2， 由折叠的性质得：，，， 由菱形的性质得：， ，即， ， ， 综上，的长为或1． 故答案为：或1． 【点评】本题主要考查翻折变换（折叠问题），菱形的性质，解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质：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． 7-5（2024•崇明区模拟）如图，在矩形中，，，对角线，交于点，点是边上一动点．将沿翻折得到△，交于点，且点在下方，连接．当是直角三角形时，的周长为 　 　． 【答案】或6． 【考点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题） 【分析】由矩形的性质可得，再根据翻折性质得，然后分两种情况：①当时；②当时，根据勾股定理可得答案． 【解答】解；在矩形中，． ． ． 没翻折得到△， ，，，． ，． ， ， ， ． ， 分两种情况： ①如图1，当时， ． ． 的周长为． ②如图2，当时，． ， ，， 由翻折得，， ． ． ， 在和中， ， ， ， ， ． ，即， ， ， ． 的周长为． 综上所述，的周长为或6． 故答案为：或6． 【点评】此题考查的是翻折变换、勾股定理及矩形的性质，分类讨论是解决此题的关键． 7-6（2024•闵行区二模）在中，，，，为边上一动点，将绕点旋转，使点落在边上的点处，过点作交边于点，联结，当是等腰三角形时，线段的长为 　 　． 【答案】． 【考点】解直角三角形；旋转的性质；等腰三角形的性质；勾股定理 【分析】先根据题意画出示意图，再分别过点和点作边的垂线，构造出全等三角形，利用全等三角形的性质结合的正切值即可解决问题． 【解答】解：分别过点和点作边的垂线，垂足分别为和， ，，， ，， ． 在和中， ， ， ，． 在中， ， 设，， 则． ． 在中， ， 又， ， ． ，， ． 又， ． 在中， ． 在中， ， ， 解得， 经检验，是原方程的解． ． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的性质及解直角三角形，根据题意画出示意图并通过作垂线构造出全等三角形是解题的关键． （建议用时60分钟） 1．（2024•长宁区二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径的取值范围是 　 　． 【答案】或． 【考点】三角形的重心；等腰三角形的性质；直线与圆的位置关系 【分析】当与、相切时（切点是、，与的三边有4个公共点，连接，由，得到，即可求出，当与、分别有一个公共点，与有两个公共点时不过、两点），的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，于是得到当时，的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，即可得到答案． 【解答】解：如图， 过作于， ， ， ， 设是的重心， ， 当与、相切时（切点是、，与的三边有4个公共点， 连接， ， ， ， ， ， ， ， 重心圆的半径时，的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个， 如图， 过作于， ， ， ， 设是的重心， ， ， ， 当与、有一个公共点，与有两个公共点时不过、两点），的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个， 当时，的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个， 重心圆的半径或时，的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个， 故答案为：或． 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，三角形的重心，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，关键是要分两种情况讨论． 2．（2024•奉贤区二模）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】． 【考点】勾股定理；等腰直角三角形；三角形的重心；等边三角形的性质 【分析】连接并延长，交于，交于，由等腰直角三角形和等边三角形的对称性可知，在上，设，用表示出和的长，在根据的长小于，求出的取值范围，即可求出的取值范围． 【解答】解：连接并延长，交于，交于，如图： ，，是等腰直角三角形， 也是等腰直角三角形， 又为正三角形， 它的重心在上， ， ，， 设，则，， ， ， 在内部， ， 即， 解得，， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三角形的重心，根据等腰直角三角形和等边三角形的性质，判断出在上是本题解题的关键． 3．（2024•黄浦区三模）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】． 【考点】旋转的性质；三角形的重心 【分析】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． 【解答】解：绕点旋转得到△， ，，， 点为的重心， 为边上的中线，， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， △△， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为． 4．（2024•徐汇区三模）在一个三角形中，如果有一个内角是另一内角的倍为整数），那么我们称这个三角形为倍角三角形，如果一个三角形既是2倍角三角形，又是3倍角三角形，那么这个三角形最小的内角度数为　 　． 【答案】或或或． 【考点】三角形内角和定理 【分析】根据2倍角三角形、3倍角三角形的定义，这道题分两种情况去讨论解决． 【解答】解：①设最小内角度数为，2倍角为，3倍角为， ， ； ②设最小内角度数为，2倍角为，3倍角为， ， ． ③设最小内角度数为，3倍角为，2倍角为， ， ． ④设最小内角度数为，其余两个角为和， ， ， ． 故答案为：或或或． 【点评】本题考查了倍角三角形的定义以及三角形的内角和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题． 5．（2024•虹口区二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点的对称点），那么的长为 　 　． 【答案】． 【考点】垂径定理；圆周角定理 【分析】根据翻折的性质，等边三角形的判定和性质以及直角三角形的边角关系进行计算即可． 【解答】解：如图，连接，由翻折的性质可知，，，，， ， ， 是正三角形，， ， 设，则，， 在中，，，由勾股定理得， ， 即， 解得或（舍去）， ． 故答案为：． 【点评】本题考查翻折的性质，圆周角定理以及直角三角形的边角关系，掌握翻折的性质，圆周角定理以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键． 6．（2023•长宁区三模）如图，的直径与弦交于点，已知，，，那么的值为 　 　． 【答案】． 【考点】垂径定理；圆周角定理；解直角三角形 【分析】作于，连接，根据勾股定理求出，再求出，再用勾股定理求出圆的半径，作，再利用勾股定理求出、，用三角函数解答即可． 【解答】解：作于，连接， ， ， ， ， ， ， ， ，， 作于， 为等腰直角三角形， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角函数的应用，正确的辅助线及勾股定理的运用是解题关键． 7．（2023•普陀区三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，．分别以点、为圆心画圆，如果与直线相交、与直线相离，且与内切（圆心距半径之差），那么的半径长的取值范围是 　 　． 【答案】． 【考点】相切两圆的性质；矩形的性质 【分析】设的半径是，由与直线相交、与直线相离，得到；两圆的圆心距是、半径是和，两圆内切，由此即可求出的半径长的取值范围． 【解答】解：如图，作于，于， 四边形是矩形， ， ， 是的中位线， 同理：， 设的半径是， 与直线相交、与直线相离， ， 由题意知，不然和不能内切， ， ， 两圆的圆心距， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，矩形的性质，关键是掌握圆与圆的位置关系的判定方法． 8．（2024•杨浦区二模）已知矩形中，，以为半径的圆和以为半径的圆相交于点、，如果点到直线的距离不超过3，设的长度为，则的取值范围是 　 　． 【考点】矩形的性质；圆周角定理；相交两圆的性质 【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，从而得到答案． 【解答】解：如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于， 已知矩形，，， 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， 已知矩形，，， ，，四边形为矩形， ， 同理可得： ，， ， ， ， 在△中，， ， 综上所述：点到直线的距离不超过3，则； 故答案为：． 【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质，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等，确定临界点是解答本题的关键． 9．（2024•静安区二模）如图，矩形中，，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是 　 　． 【答案】． 【考点】旋转的性质；矩形的性质 【分析】根据题意，画出示意图，再根据图形旋转的性质，结合相似三角形的判定和性质即可解决问题． 【解答】解：当点在矩形内部时，如图所示， 由旋转可知， ． 在△中， ， 所以． 在△中， ． 因为，， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以． 当点在矩形外部时，如图所示， 同理可得， ， 因为， 所以， 所以． 综上所述，的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查旋转的性质及矩形的性质，能根据题意画出示意图，并对点的位置进行分类讨论是解题的关键． 试卷第1页，共3页 1 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$