专题03 一模常考选填压轴题（高效培优期末专项训练）数学沪教版五四制九年级上学期

专题03 一模常考选填压轴题 考点01 根据特殊三角形求解 考点02 根据相似三角形求解 考点03 根据平行关系求解 考点04 根据数量关系求解 考点05 角度问题 考点06 翻折问题 考点07 新定义题 考点08 重心性质的综合应用 考点09 相似三角形选择题综合辨析 考点10 圆—根据位置关系求参数或其范围 考点11 圆—圆中的动态几何问题 考点12 圆—圆的综合应用 考点01 根据特殊三角形求解 1．（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为 ． 2．（21-22九年级下·上海浦东新·期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝5，sinB＝，点E是腰CD上的一点且CD＝4DE，当△ABE是直角三角形时，则边AD的长为 ． 3．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，正方形中，，为边的中点，点在上，过点作，分别交边、于点、．连接，如果是以为底边的等腰三角形，那么 ． 考点02 根据相似三角形求解 4．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ． 5．（2024·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，垂足为点，，，点、分别在边和上，将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，如果分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似，那么的值是 ． 考点03 根据平行关系求解 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，．点分别在边、上，连接．将绕边的中点旋转得到三角形，点分别和点对应．若和一直角边平行，且的一个顶点在边上，则的长为 ． 7．（2023·上海虹口·一模）如图，在中，，，点M在边上，，点是射线上一动点，连接，将沿直线翻折，点落在点处，联结，如果，那么的长是 ．    考点04 根据数量关系求解 8．（25-26九年级上·上海嘉定·期中）如图，在等腰直角中，，，点为射线上一动点，以为腰且在的右侧作等腰直角，，射线与射线交于点，连接．若，则的长为 ． 9．（2025·上海·模拟预测）中，，．点D在边上，取射线上一点P，将沿直线翻折至的位置，延长交边于点F，射线交边于点E．若，且点C在边上，则线段与线段长度的比值为 ． 10．（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 ． 考点05 角度问题 11．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 考点06 翻折问题 12．（2025·上海·二模）在矩形中，．点、、分别在线段、、上，沿翻折得到；沿翻折得到；点和点关于过点，交于点的直线对称．则的长为 ． 13．（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， ．    14．（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 ． 15．（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为 ． 考点07 新定义题 16．（2025·上海虹口·二模）我们把只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做“邻补四边形”．如图，在中，，，点分别在边、上．如果四边形是“邻补四边形”，那么四边形的面积是 ． 17．（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则 ． 18．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 19．（2023·上海闵行·一模）阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”． 问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为 ． 考点08 重心性质的综合应用 20．（2023·上海徐汇·一模）在中，1，以为边在外作等边，设点E、F分别是和的重心，则两重心E与F之间的距离是 ．    21．（2023·上海金山·一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是 ． 22．（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 ． 23．（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 ． 考点09 相似三角形选择题综合辨析 24．（2024·上海青浦·二模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过O作的垂线交于点与相交于点F，且，那么下列结论的是（    ） A． B． C． D． 25．（2025·上海·模拟预测）如图，，，，交于点H．若点D，G，H共线，则下列各组三角形不一定相似的是（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 26．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如图，点在线段上，在的同侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形，与、分别交于点、．对于下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 考点10 圆—根据位置关系求参数或其范围 27．（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 28．（21-22九年级下·上海宝山·期末）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=4，AD=，，圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是（  ） A．9 B． C．5 D． 29．（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 ． 30．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 31．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知矩形中，，点在边上，，以为半径作．将矩形翻折，使点落在上，点的对应点为点，折痕与边交于点，如果直线经过点，那么的长为 ． 考点11 圆—圆中的动态几何问题 32．（2022·上海杨浦·二模）已知钝角内接于，将沿所在直线翻折，得到，联结，如果，那么的值为 ． 33．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 考点12 圆—圆的综合应用 34．（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 35．（2025·上海·二模）相交两圆的圆心距为d．如果较小圆的一条半径在公共弦的一个端点处与大圆相切，且这条半径所在直线与连心线的夹角为，那么两圆连心线被截得的较短线段的长度为 （用d和表示）． 36．（2025·上海·二模）如图，中，， ．以点C，A为圆心作圆C，圆A．有两个命题：①如果圆C与边有唯一公共点，那么圆C半径rc的取值范围是；②如果圆A与圆C外切于点E，过点E的公切线交其它边于点D，那么线段的取值范围是．关于这两个命题说法正确的是（    ）       A．命题①正确，命题②错误 B．命题①错误，命题②正确 C．命题①，②都正确 D．命题①， ②都错误 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 一模常考选填压轴题 考点01 根据特殊三角形求解 考点02 根据相似三角形求解 考点03 根据平行关系求解 考点04 根据数量关系求解 考点05 角度问题 考点06 翻折问题 考点07 新定义题 考点08 重心性质的综合应用 考点09 相似三角形选择题综合辨析 考点10 圆—根据位置关系求参数或其范围 考点11 圆—圆中的动态几何问题 考点12 圆—圆的综合应用 考点01 根据特殊三角形求解 1．（2025·上海·二模）如图，中，，，．点在边上，将沿着翻折至的位置，射线交线段于点．当是等腰三角形时，的面积为 ． 【答案】或 【分析】当时，过点E作于F，过点D作于G，利用勾股定理可得，解直角三角形得到；设，，则；可求出，，；由折叠的性质可得，则；由勾股定理得，解方程可推出，则，即可得到；当时，过点D作于H，设，则；解直角三角形得到，则，由勾股定理得，类似可得，解得或（舍去），再根据计算求解即可；可证明，则，据此可得答案． 【详解】解：如图1所示，当时，过点E作于F，过点D作于G， ∵在中，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，，则； 在中，， ∴，； 由折叠的性质可得， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 在中，， ∴； 如图2所示，当时，过点D作于H，设， ∴； 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得， 由折叠的性质可得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴ ； 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或． 故答案为：或 ． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理，折叠的性质，解直角三角形，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 2．（21-22九年级下·上海浦东新·期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD＝5，sinB＝，点E是腰CD上的一点且CD＝4DE，当△ABE是直角三角形时，则边AD的长为 ． 【答案】或 【分析】以点B为原点，BC所在的直线为x轴，构建平面直角坐标系，分别过点A，D，E作AF⊥BC于点F，DG⊥BC于点G，EH⊥BC于点H，得四边形ADGF为矩形，易得AF=DG=4，BF=CG=3，根据HL证Rt△ABF≌Rt△DCG，得BF=CG，再证△CEH∽△CDG，得，由CD＝4DE，得EH=3，CH=，设点D（x，4），则点E（x+，3），当△ABE是直角三角形时，分情况讨论求解即可． 【详解】解：如图，以点B为原点，BC所在的直线为x轴，构建平面直角坐标系， ∵AD∥BC，AB＝CD＝5， ∴梯形ABCD为等腰梯形， 分别过点A，D，E作AF⊥BC于点F，DG⊥BC于点G，EH⊥BC于点H， ∴∠AFC=∠DGB=∠FAD=90°， ∴四边形ADGF为矩形， ∴AD=FG，AF=DG， 又AB=CD， ∴Rt△ABF≌Rt△DCG（HL）， ∴BF=CG， ∵AB＝CD＝5，sinB＝， ∴AF=DG=4， 由勾股定理，得BF=CG=3， ∵DG⊥BC于点G，EH⊥BC于点H， ∴∠DGC=∠EHC=90°， ∴△CEH∽△CDG， ∴， ∵CD＝4DE， ∴， ∴EH=3，CH=， 设点D（x，4），则点E（x+，3）， ∵sinB＝， ∴∠B≠90°， 当∠BAE=90°时，则， ∴（x+-3）2+12+52=（x+）2+9， 解得x=， ∴AD=-3=， 当∠BEA=90°时，则， ∴（x+-3）2+12+（x+）2+9=52， 解得x1=或x2=（舍） ∴AD=-3=， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰梯形的性质，平行线间距离处处相等，注意直角三角形要分情况讨论，建立平面直角坐标系解决问题是关键． 3．（2024·上海杨浦·模拟预测）如图，正方形中，，为边的中点，点在上，过点作，分别交边、于点、．连接，如果是以为底边的等腰三角形，那么 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，利用已知条件通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．延长交于点A′，过点F作于H，易证，得出；利用勾股定理求出的长，进而得出．利用互余角的三角函数的关系，得出，在和中利用的值列出方程，即可求得结论． 【详解】解：延长交于点A′，过点F作于H， ∵是正方形， ∴， ∴． 在和中， ． ∴． ∴． ∵E为边的中点， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 设，则． ∴． 在中，， ∴． 在中， ， ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 考点02 根据相似三角形求解 4．（2025·上海闵行·一模）在等腰中，，是边上的高，将线段绕着点D逆时针旋转，点A旋转到点E，与边交于点F，且，如果与相似，那么的值为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，交于点，先判断出得，由相似三角形的性质得，结合等腰三角形的性质，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，设，，则，，，整理得，，化简得 ，设，，可得，即可求解． 【详解】解：过点作于点，交于点， ， ， ，， ， ， ， ，与相似， ， ， ， ， 由旋转得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，， 则， ， ， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 解得：（负值已舍）， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定及性质，能熟练利用相似三角形的性质进行求解是解题的关键． 5．（2024·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，垂足为点，，，点、分别在边和上，将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，如果分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似，那么的值是 ． 【答案】或 【分析】设，根据题意可得，，，继而确定平分，即， 设，则，分两种情况：①当时；②当时，分别求解即可． 【详解】解：设， ∵在中，，，， ∴，，， ∴， ∴， ， ∵将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似， ∴分割成的两个小三角形都有一个角为， ∴平分，即， 设，则， ①当时， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴， ∴； ②当时， ∵， ∴， ∴， ，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴， ∴； 综上所述，的值是或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，等边对等角，平行四边形的判定和性质等知识点．掌握锐角三角函数的意义及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 考点03 根据平行关系求解 6．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，．点分别在边、上，连接．将绕边的中点旋转得到三角形，点分别和点对应．若和一直角边平行，且的一个顶点在边上，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查图形的旋转，利用图形旋转的性质，结合直线平行的性质，三角函数等即可求解．先求出的长度．①当在上时，设和交于N，和交于P．设，表示出其他边长，根据几何关系表示出，利用得到，代入即可求出k，即的长；②当，F在上时，E和G重合，D和H重合，四边形是矩形，根据得即可求解． 【详解】在中，， ∴， ∴． ①当在上时，设和交于N，和交于P，如图： ∵， ∴， ∵绕边的中点旋转了， ∴， 由旋转的性质，若设， 则，，， 在中，， ，， ， 在中，， ，， ∴， ∴，， ， ，即，解得， ∴； ②当，F在上时，如图： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形． 若设 则， 由，得，即， 解得； 故答案为：或． 7．（2023·上海虹口·一模）如图，在中，，，点M在边上，，点是射线上一动点，连接，将沿直线翻折，点落在点处，联结，如果，那么的长是 ．    【答案】6 【分析】本题主要考查了三角形折叠与解直角三角形，过M点作，，垂足分别为、、，由，，求出，，，，得出、、三点在同一直线上，进而可得，再求出，由解题． 【详解】解：过M点作，，垂足分别为、、，    设， ∵， ∴ ∵，， ∴，解得， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴，即与点重合， ∴、、三点在同一直线上， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∵， ∴， 故答案为6 【点睛】本题涉及了解三角形、折叠性质、等腰三角形性质、勾股定理等，解题关键是通过计算点M到的距离等于得出、、三点在同一直线上． 考点04 根据数量关系求解 8．（25-26九年级上·上海嘉定·期中）如图，在等腰直角中，，，点为射线上一动点，以为腰且在的右侧作等腰直角，，射线与射线交于点，连接．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】分点在上和点在延长线上两种情况进行分类讨论，利用相似三角形的性质及勾股定理建立方程，解方程即可得答案． 【详解】解：当点D在线段上时， ∵等腰直角中，，， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在中，（不符合题意）， ∴点不在线段上； 当点在线段的延长线上时，如图，过点作于， 设， ∵，， ∴， ∵和是等腰直角三角形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 整理得， 解得（负值舍去）， 经检验，是分式方程的解， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质、等腰三角形的判定与性质、解一元二次方程、解分式方程及勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键． 9．（2025·上海·模拟预测）中，，．点D在边上，取射线上一点P，将沿直线翻折至的位置，延长交边于点F，射线交边于点E．若，且点C在边上，则线段与线段长度的比值为 ． 【答案】或 【分析】连接，设，根据正弦的定义和勾股定理可得，，由翻折的性质得，得到，，进而得到，得到，设，在中利用勾股定理解出的值，表示出和，根据题意对点的位置分2种情况讨论：①在点左侧；②在点右侧，分别过点作交于点，过点作交于点，交于点，再利用相似三角形的知识分别求出对应和的值，最后利用即可求解． 【详解】解：连接， 在中，， 设，则， ， 由翻折的性质得，， ，， 点P在射线上， ， 又， ， ， 点C在边上，， ，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， ， ； ①若在点左侧，则， 如图，过点作交于点，过点作交于点，交于点， ， ，， ，， ，， ， ， 解得：， ， ， ， ，， ，， ，， ， ， 解得：， ， ， ，， ， ， ， ， ； ②若在点右侧，则， 如图，过点作交于点，过点作交于点，交于点， 同理①中的方法可得：，， ； 综上所述，线段与线段长度的比值为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义、翻折的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会添加平行线构造相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 10．（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． 考点05 角度问题 11．（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 【答案】或 【分析】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据点H在射线上，，有以下两种情况：①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，则，过点D作于M，证四边形为矩形得，证，推出，再证，由此可得的值；②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，同理可得的值． 【详解】解：∵点H在射线上，， ∴有以下两种情况： ①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，过点D作于M，如图1所示： ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，如图2所示： 则， 同理可证：，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或． 考点06 翻折问题 12．（2025·上海·二模）在矩形中，．点、、分别在线段、、上，沿翻折得到；沿翻折得到；点和点关于过点，交于点的直线对称．则的长为 ． 【答案】或 【分析】根据翻折的性质得到对应边相等，结合边的等量关系证得，已知的长，即可求解出的长；根据矩形的对边平行，可得，根据对称性得到，结合等量代换，进一步利用同角的余角相等证得，从而证明，根据相似的性质可求得或，设，则，，在中，分或两种情况，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：沿翻折得到，沿翻折得到， ，， ，，，， ， 在矩形中，， ， 四边形是矩形， ，，， ， 点和点关于过点且交于点的直线对称， ， ， ， 沿翻折得到， ， ， ， ， ， 又， ， ，即， 整理得，解得或， 如图，连接， 设，则，， 在中，根据勾股定理得：， 当时，，解得， 即的长为，如图所示， 当时，，解得， 即的长为，此时点与点重合，如图所示， 综上，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质、直线对称的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和翻折变换的性质，分类讨论求解即可． 13．（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． 14．（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：． 15．（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角函数等，如图，过点作于，过点作于，交于，可证四边形是矩形，可得，，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理即可求出的长，添加恰当的辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，过点作于，交于， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵将沿直线折叠， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：. 考点07 新定义题 16．（2025·上海虹口·二模）我们把只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做“邻补四边形”．如图，在中，，，点分别在边、上．如果四边形是“邻补四边形”，那么四边形的面积是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了解直角三角形，“邻补四边形”的定义．分四种情况讨论，作于点，利用四边形的面积，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点， ∵，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，， ∵四边形是“邻补四边形”， 分情况讨论， ①当时， ∵，， ∴这种情况不符合题意，舍去； ②当时，由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点和点重合， ∴这种情况不符合题意，舍去； ③当时，同②得， ∴， ∴， ∴， 作于点， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴四边形的面积是； ④当时， 同理， ∴， 设，则，， ∵， ∴，即， 解得， 则，，， ∴四边形的面积是； 故答案为：或． 17．（2025·上海·二模）定义：一三角形中有两角与，若角的两倍与角的和为，则此三角形叫作准直角三角形，其中叫作二倍角．已知在准直角三角形中， ，是二倍角，且．连接中点D与中点E，将绕点B旋转，点D落在点处，点E落在直线上，则 ． 【答案】或 【分析】本题涉及准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质及判定以及旋转的性质．首先根据准直角三角形的定义和已知条件求出三角形的各个角，再利用三角函数求出边的长度，结合中位线定理得到相关线段的长度，最后根据旋转的性质和勾股定理及相似三角形的性质和判定求出的长度． 【详解】解：∵是准直角三角形，是二倍角， ∴， ∵三角形内角和为，即， ∴， 根据新定义：，且， 作，交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 中，，， 即， 解得（负值已舍）， ， 中，， 将绕点B旋转，点E落在直线上， 设E′为E旋转后的点， 根据旋转的性质，，， 分以下两种情况： ①当E′在上时， 在中，， ， ， ， ， ， ， ； ②当E′在延长线上时， 在中，同理可求， ， 同理可证明， ， ， ； 综上所述，或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了准直角三角形的定义、三角函数、相似三角形的性质和判定、旋转的性质以及勾股定理，掌握根据准直角三角形的定义和三角函数求出三角形的边，利用勾股定理得到相关线段长度，再结合旋转的性质和相似三角形的性质和判定分情况计算的长度是解题的关键． 18．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 【答案】 【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案． 【详解】解：设，，， ∴结合题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， 如图，过作交于，过作于，交于， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 过作交于， ∴四边形，，是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， 同理可得：， ∴是梯形中位线， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键． 19．（2023·上海闵行·一模）阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”． 问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】设交于点Q，由点F是点A关于线段的“准射点”可得，过点F作交于点G，交于点H，由平行线分线段成比例定理得，，联结，求出的长，作于M，求出的长即可． 【详解】如图，设交于点Q， ∵点F是点A关于线段的“准射点”， ∴， ∴Q是的中点，即， 过点F作交于点G，交于点H， ∴， ∴，， ∴点F在线段上， 联结，则． 作于M， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴ ∴d的取值范围是． 【点睛】本题考查了新定义，矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积公式，平行线分线段成比例定理，以及平行四边形的判定与性质，判断出点F的位置是解答本题的关键． 考点08 重心性质的综合应用 20．（2023·上海徐汇·一模）在中，1，以为边在外作等边，设点E、F分别是和的重心，则两重心E与F之间的距离是 ．    【答案】/ 【分析】如图：取中点O，连接．根据含30度角的直角三角形的性质求出，利用勾股定理得出，根据等边三角形的性质得出，，那么，利用勾股定理求出．然后证明，得出． 【详解】解：如图：取中点O，连接 在中，， ∴AC=2BC=2，AB==， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴BD==． ∵点E、F分别是和的重心， ∴ ， 又∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：．    【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、三角形重心的定义与性质等知识点，掌握重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解题的关键． 21．（2023·上海金山·一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当点E与点B重合时，，当点E与点A重合时，的值最大，利用重心的性质以及勾股定理求得，，证明，推出是等腰直角三角形，据此求解即可． 【详解】解：当点E与点B重合时，， 当点E与点A重合时，的值最大，如图，点分别为的中点， ∵为等腰直角三角形，为的重心， ∴， ∴，， 同理， ∴，， ，，，即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，重心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 22．（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． 23．（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：． 考点09 相似三角形选择题综合辨析 24．（2024·上海青浦·二模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过O作的垂线交于点与相交于点F，且，那么下列结论的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知，垂直平分，则，可判断A的正误；由，，，，可得，可判断B的正误；证明，则，即，可得，进而可判断C的正误；证明，可得，进而可判断D的正误． 【详解】解：∵平行四边形， ∴，，， 又∵， ∴垂直平分， ∴，A正确，故不符合要求； ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，B正确，故不符合要求； ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，，C正确，故不符合要求； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，D错误，故符合要求； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 25．（2025·上海·模拟预测）如图，，，，交于点H．若点D，G，H共线，则下列各组三角形不一定相似的是（   ） A．和 B．和 C．和 D．和 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，利用相似三角形的知识证出是解题的关键．设与交于点，利用得到，，利用得到，，根据等量代换得到，推出，进而推出，得到，再利用相似三角形的判定逐项验证即可得出结论． 【详解】解：如图，设与交于点， ， ，， ， ，， 又， ， 又， ， ， ， 又， ， ， ， ，故B选项不符合题意； ， ，即， ，故A选项不符合题意； ，， ，故D选项不符合题意； 由题意无法判断和相似，故C选项符合题意； 故选：C． 26．（25-26九年级上·上海·阶段练习）如图，点在线段上，在的同侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形，与、分别交于点、．对于下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质是解答关键． ①由等腰直角和等腰直角三边比，根据相似三角形的判定2证明；②通过等积式倒推可知，证明即可；③根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：，是等腰直角三角形，， ，， ． ∵， ∴， ∴， 所以①正确； ∵， ∴． ∵， ∴， ， ∴， 所以②正确； 设与相交于， 则． ∵， ∴， ∴． 是等腰直角三角形， ， ， ∴正确的有①②③， 故选：D． 考点10 圆—根据位置关系求参数或其范围 27．（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查直线和圆的位置关系，解三角形等知识点，解题关键是根据确定以为直径圆的圆心是的中点，根据直角三角形的边角关系求出，进而求出，再根据确定的中点是以为直径的圆的圆心，由与直线有公共点，以为直径的圆相离，确定半径的取值范围，进而得出答案． 【详解】解：∵，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，（负值已经舍去） ∴， 如图，取的中点，即， ∵， ∴，即， 过点作，连接， ∴， ∴以为直径的圆与边有公共点时，， ∴，即， ∴， 取的中点，即， ∴， 又∵以为直径的圆与以为直径的圆相离，即， ∴， ∴，即： ∴， 综上所述：， ∵，C选项在取值范围内，故符合题意， ，， ，选项A、B、D不在取值范围内，不符合题意． 故选：C． 28．（21-22九年级下·上海宝山·期末）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AB=4，AD=，，圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是（  ） A．9 B． C．5 D． 【答案】D 【分析】根据直角三角形的边角关系求出FC，进而求出BC，再根据勾股定理求出两个圆心之间的距离OC，由⊙C与直线AD相交，⊙C与⊙O没有公共点，确定⊙C半径的取值范围，进而得出答案． 【详解】如图，连接OC交⊙O于点E，过点D作DF⊥BC于点F， 则DF＝AB＝4，BF＝AD＝2， 在Rt△DCF中，DF＝4，cotC＝， ∴FC＝cotC•DF＝， ∴BC＝BF＋FC＝3， 在Rt△BOC中，， 由于⊙C与直线AD相交， 因此⊙C的半径要大于4， 又⊙C与⊙O没有公共点， 因此⊙C与⊙O外离或内含， 当⊙C与⊙O外离时，⊙C的半径要小于CE＝7−2＝5， 此时⊙C的半径4＜r＜5； 当⊙C与⊙O内含时，⊙C的半径要大于7＋2＝9， 此时⊙C的半径r＞9； 所以⊙C的半径为4＜r＜5或r＞9， 故选：D． 【点睛】本题考查勾股定理，直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，掌握勾股定理，圆与圆的位置关系的判定方法是正确解答的前提． 29．（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． 30．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知中，，，，以A为圆心、2为半径作圆，点D是圆A上一点，连接，点E是的中点，连接，那么长度的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系、三角形中位线定理和勾股定理．根据题意正确作出辅助线、懂得利用中位线定理确定点的运动轨迹是解题的关键． 先取的中点，点E是的中点，连接、，根据中位线定理确定点的运动轨迹是在以为圆心，半径为1的圆上，然后根据勾股定理求出的长度，最后确定的范围． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图： 点E是的中点，点是的中点，， ，， 当点D在圆A上时，点始终在以为圆心，半径为1的圆上， 点是的中点， ， 在中，， ， ， 即． 故答案为：． 31．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知矩形中，，点在边上，，以为半径作．将矩形翻折，使点落在上，点的对应点为点，折痕与边交于点，如果直线经过点，那么的长为 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了圆和矩形的综合，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及分类讨论的数学思想等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活应用． 根据题意构造辅助线，采用分类讨论的数学思想，利用翻折的性质和勾股定理求出相关线段的长度，并根据条件得出和，然后根据对应边成比例求出的长． 【详解】解： ①如图所示，过点作于点,对称轴与直线的交点为， 根据题意可得，，, 在中，由勾股定理得 由翻折的性质可得 即 解得； ②如图所示，连接并延长交于点,交的延长线于点,对称轴与直线的交点为， 由①知, 由翻折的性质可得 即 解得, 同理， 即 解得； 综上，的长为或， 故答案为：或． 考点11 圆—圆中的动态几何问题 32．（2022·上海杨浦·二模）已知钝角内接于，将沿所在直线翻折，得到，联结，如果，那么的值为 ． 【答案】 【分析】延长交于，设、交于、，联结，，设，，由翻折知是、的垂直平分线，则，，说明，得，则，再利用，可得，从而解决问题． 【详解】解：延长交于，设、交于、，联结，，如图， ， 设，， 由翻折知是、的垂直平分线， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆，等腰三角形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用相似表示出是解题的关键，综合性较强，属于中考压轴题． 33．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ． 【答案】 【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到， 当在内部时， ，，由此即可求解 【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点， ∵，， 在中，，， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∵，， ∴， ∵与外切， ∴，， 在中，，， 如图所示，与边相交， 与外切， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，理解题意作图分析，掌握三角函数的计算方法是解题的关键． 考点12 圆—圆的综合应用 34．（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【分析】设是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点，可证明，设，则，连接，作于点，求得，则，设正边形的边心距为，则， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则，求得，则，可知为等边三角形，则，即可求解． 【详解】解：如图，是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点， ， ， ， ∴是正三角形的边心距，， ， ， 设，则， 连接，作于点， ， ， ， 设正边形的边心距为， ∵以的内接正三角形，正四边形，正边形的边心距为三边作三角形得到直角三角形， ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则， 则， ∴， ∴为等边三角形，则， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理等知识，设圆的内角正三角形的边心距为，推导出该圆的内接正边形的边心距为是解题的关键． 35．（2025·上海·二模）相交两圆的圆心距为d．如果较小圆的一条半径在公共弦的一个端点处与大圆相切，且这条半径所在直线与连心线的夹角为，那么两圆连心线被截得的较短线段的长度为 （用d和表示）． 【答案】 【分析】本题考查切线的性质，解直角三角形，根据题意，画出图形，根据切线的性质，以及解直角三角形，进行求解即可． 【详解】解：如图，为的公共弦，，是的切线，，，则：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理，得：， ∴； 故答案为：． 36．（2025·上海·二模）如图，中，， ．以点C，A为圆心作圆C，圆A．有两个命题：①如果圆C与边有唯一公共点，那么圆C半径rc的取值范围是；②如果圆A与圆C外切于点E，过点E的公切线交其它边于点D，那么线段的取值范围是．关于这两个命题说法正确的是（    ）       A．命题①正确，命题②错误 B．命题①错误，命题②正确 C．命题①，②都正确 D．命题①， ②都错误 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形性质、勾股定理、圆与直线的位置关系、两圆外切性质．解题关键是通过作辅助线，利用几何性质分析圆与直线的位置关系及线段的取值范围． 作，利用等腰三角形性质、勾股定理求出、．分析圆 与 有唯一公共点的情况，得出半径取值范围，判断命题①错误； 由两圆外切知、、共线，公切线垂直连心线．分析的极值，得出其取值范围，判断命题②正确． 【详解】    过作于， ， ， 在中，， 设， 则， 根据勾股定理得， 解得， 则，， 圆与有唯一交点时，或，命题①错误； 圆与圆外切于， 则共线， 公切线， 当与重合时 ， 当在上且最长时， 最大值为， 故，命题②正确， 故选B 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $