专题08 填空小压轴17或18题（旋转、翻折、新定义等25题）（上海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题08 填空小压轴17/18题 （旋转、翻折、新定义等25题） 考点01：旋转 1．（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 ．    2．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 3．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是 ． 4．（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是 ． 5．（2025·上海青浦·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 6．（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 7．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 8．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 9．（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 ． 10．（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 ． 11．（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02：翻折 12．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 13．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 14．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，，点D为边上一点，连结，作点B关于的对称点E，连结，延长交于点F，若，则 ． 15．（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 16．（2025·上海静安·二模）如图，矩形中，，，点是的中点，点是边上的动点（不与端点重合），如果把四边形沿直线翻折，得到四边形（点、分别与点、对应），连接、，当时，的周长为 ． 17．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 18．（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 ． 19．（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 ． 20．（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 ．    21．（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 ． 考点03：新定义问题 22．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 23．（2025·上海黄浦·二模）定义：抛物线上的所有点的横、纵坐标都扩大为原来的倍后得到新的抛物线，叫的“倍衍生抛物线”．例如：求抛物线的“5倍衍生抛物线”．设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为因为点，因为点在抛物线上，所以，整理得到，即抛物线的表达式为．参考上述方法，抛物线的“倍衍生抛物线”的表达式为 ． 24．（2025·上海·二模）定义符号代表在平面直角坐标系xOy中，函数的图像两两相交(每两个函数图像有且仅有1个交点)得到三个交点组成的三角形．那么，的最短边长度为 ． 25．（2025·上海闵行·模拟预测）我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题08 填空小压轴17/18题 （旋转、翻折、新定义等25题） 考点01：旋转 1．（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． 2．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解． 【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，． ∴点O与正方形边上的所有点的连线中， 最小，等于1，最大，等于． ∵， ∴点P与正方形边上的所有点的连线中， 如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1； 如图3所示，当点A落在上时，最小值． ∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是． 故答案为： 【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键． 3．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数、平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握是解答本题的关键．根据题意画出图像，先证明四边形是平行四边形，易得，在中利用三线合一得到，利用面积即可求解． 【详解】解：根据题意画出图像得， 过点作于点， ，， 根据旋转得，，，， ， 四边形是平行四边形， 易知， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 4．（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质；如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，设，则，，，再证明得到，，代入求出，，利用勾股定理求出，即可求出和，再求即可，注意分情况讨论． 【详解】解：如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，则； ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， 当在右边时，， ， ∴； 当在左边时，， ， ∴； 综上所述，， 故答案为：． 5．（2025·上海青浦·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 【答案】或 【分析】作于点E，由，求得，由，求得，则，再分两种情况讨论，一是点落在线段上，由旋转得，则，求得；二是点落在线段延长线上，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点E，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图1，点落在线段上， 由旋转得， ∴， ∴； 如图2，点落在线段延长线上， 由旋转得， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、旋转的性质、根据面积等式求线段的长度、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键． 6．（2025·上海闵行·二模）如图，在中，，点是的中点，将线段绕点逆时针旋转，点落在边延长线上的点处，连接，与边交于点，，，那么的长为 ． 【答案】/ 【分析】过作交延长线于，证明，得出，设，则，则，证明，得出，根据，得出，即，求出k的值，即可得出答案即可． 【详解】解析：如图：过作交延长线于， 根据旋转可知：， ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， 设，则，则， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 解得：或（舍去）， ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 7．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次方程．先证明，推出，设，由勾股定理得，，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：设，记和相交于点， ∵矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 8．（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 【答案】4或4.8 【分析】先过点A作交与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出，然后分两种情况，当P在的延长线上时和当P在线段上时想，证明四边形为平行四边形，根据设出， ，有旋转的性质得出，得出，最后根据余弦的定义求出x，进而可得出答案． 【详解】解：过点A作交与点F， ∵， ∴，， ∴， 分两种情况：当P在的延长线上时，如下图： 由旋转的性质得出， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴设，则， 则，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则； 当P在线段上时，如下图： 同理可设，则， 则， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则， 综上：的值为4或4.8， 故答案为：4或4.8． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，解直角三角形的计算，平行四边形的判定和性质，旋转的性质等知识，学会分类思考是解题的关键． 9．（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：． 10．（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． 11．（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】 【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02：翻折 12．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【答案】或/或 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 14．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，，点D为边上一点，连结，作点B关于的对称点E，连结，延长交于点F，若，则 ． 【答案】/ 【分析】作于点H，先证明A，C，D，E四点共圆，可证，求出，由等腰三角形的性质求出，进而得，，然后分别求出，，即可求出． 【详解】解：作于点H， ∵，， ∴． 由折叠的性质得， ∴， ∴A，C，D，E四点共圆， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，． ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰直角三角形的判定与性质，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，判定A，C，D，E四点共圆是解答本题的关键． 15．（2025·上海金山·二模）在中，，，，重心为点，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），的重心点在的内部．若点到的距离与点到的距离相等，那么到直线的距离为 ． 【答案】或5 【分析】该题考查了勾股定理，折叠的性质，直角三角形的性质等知识点，根据勾股定理求出，根据点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点，故分为以下两种情况：（1）直线垂直平分，此时点与点重合；（2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， 分别求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵点到的距离与点到的距离相等，重心为点，的重心为点， 故分为以下两种情况： （1）直线垂直平分，此时点与点重合，点与点关于直线对称， 根据折叠可得点到的距离与点到的距离相等， 故点到直线的距离是； （2）直线过点，此时点与点重合，到直线的距离是的边上的高， ∵， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或5． 16．（2025·上海静安·二模）如图，矩形中，，，点是的中点，点是边上的动点（不与端点重合），如果把四边形沿直线翻折，得到四边形（点、分别与点、对应），连接、，当时，的周长为 ． 【答案】 【分析】如图：延长到任意一点P，连接，由矩形的性质得，由点M是的中点得，由翻折得垂直平分，垂直平分，，则，所以，可证明，由，推导出，而，所以，则，因为，所以，则，所以，则，由可得，则，所以，据此即可解答． 【详解】解：如图：延长到任意一点P，连接， ∵矩形中，，，点是的中点， ∴， ∵把四边形沿直线翻折，得到四边形， ∴点E与点D关于直线对称，点F与点A关于直线对称，， ∴垂直平分，垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的周长等知识点，正确地作出辅助线是解题的关键． 17．（2025·上海普陀·二模）已知抛物线的顶点为，、、、是抛物线上的四点，且线段、都垂直于抛物线的对称轴．如果，，那么的值等于 ． 【答案】 【分析】本题主要考查抛物线的顶点式、对称轴性质，以及几何图形中三角形面积的计算，解题的关键在于理解线段与对称轴垂直的几何意义，进而确定点的坐标，计算面积比． 先根据抛物线的顶点式确定顶点坐标为和对称轴为直线，再根据对称轴性质设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为，进而求得的纵坐标为：，的纵坐标为：，再利用底和高的关系，求出面积比． 【详解】解：∵抛物线方程为， ∴顶点为，对称轴为直线， ∵线段、都垂直于抛物线的对称轴，，， ∴线段、为水平方向，中点在对称轴上， ∴设点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为， ∴的纵坐标：， 的纵坐标为：， ∴的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， 的面积：底为，高为顶点到的垂直距离，面积为， ∴面积比为， 故答案为：． 18．（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 ． 19．（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． 20．（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：． 21．（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． 考点03：新定义问题 22．（2022·上海·中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 ． 【答案】/ 【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可． 【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK， 过圆心O，， 设的半径为 ∴ 整理得： 解得： 不符合题意，舍去， ∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为 故答案为： 【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键． 23．（2025·上海黄浦·二模）定义：抛物线上的所有点的横、纵坐标都扩大为原来的倍后得到新的抛物线，叫的“倍衍生抛物线”．例如：求抛物线的“5倍衍生抛物线”．设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为因为点，因为点在抛物线上，所以，整理得到，即抛物线的表达式为．参考上述方法，抛物线的“倍衍生抛物线”的表达式为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征．依据题意，设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为，从而，进而计算可以得解． 【详解】解：由题意，设抛物线上一点，则点在抛物线上的对应点为， ∴， ∴， 故答案为：， 24．（2025·上海·二模）定义符号代表在平面直角坐标系xOy中，函数的图像两两相交(每两个函数图像有且仅有1个交点)得到三个交点组成的三角形．那么，的最短边长度为 ． 【答案】 【分析】先画简易图象，并求解函数的交点坐标，再利用勾股定理求解三边的长度，从而可得答案. 【详解】解：如图， 当时，，解得：， ∴， 当时，，解得：， ∴， 当时，则， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， ∴，， ， ∴， ∴的最短边长度为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是一次函数，反比例函数的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，新定义的含义，理解题意是解本题的关键. 25．（2025·上海闵行·模拟预测）我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 【答案】1或或 【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理的应用，分三种情况讨论，利用三角形面积公式求得即可．分类讨论思想的运用是解题的关键． 【详解】解：， 为斜边， 当时，的面积； 当时，的面积； 当时，则， 的面积； 故答案为：1或或. 试卷第34页，共35页 试卷第35页，共35页 学科网（北京）股份有限公司 $$