专题05 三角形全等与特殊三角形（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第四章 图形的性质 专题05三角形全等与特殊三角形 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、三角形的中线 易｜混｜易｜错 混淆中线与角平分线、高的定义（中线是连接顶点与对边中点的线段，不是角分线／垂线段）；忽略＂中线分三角形为面积相等的两部分＂（误认为分的面积比例是 1: 2 以外的情况）。 1．（2025·上海闵行·一模）形状与大小都确定的一个锐角三角形，点是边上一点，下列条件不能唯一确定与面积的比值的是（    ） A．点是边的黄金分割点 B．点是边的中点 C．是边上的高 D．是的平分线 2．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点D是边的中点，点E在边上，，和交于点O，那么和四边形的面积比是 ．    3．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，点是重心，过点作，交于点，连接，如果，那么 ． 题型二、三角形的重心 易｜混｜易｜错 搞反重心分中线的比例（重心是三条中线交点，分中线为 2: 1 ，易误记为 1: 2 ）；混淆重心与垂心、内心（重心是中线交点，垂心是高的交点，内心是角平分线交点）。 4．（2025·上海宝山·二模）如图，点是的重心，连接，如果，，那么 ． 5．（2025·上海·二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于 ． 6．（2025·上海宝山·一模）如图，在中，，D是斜边上任意一点，点E、F分别是的重心，那么四边形的面积是 ． 7．（2025·上海青浦·二模）已知：图1、图2中的网格均为边长相同的小正方形组成．点A、B、C、E、F、G是网格的格点． (1)请利用网格，仅用无刻度的直尺完成下面的作图：（不写作法，保留作图痕迹，写出作图结果） ①在图1中，作出，垂足为点D； ②在图2中，作出的重心O； (2)利用②的作图结果，求的值． 8．（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，．点在边上运动（不与、重合），，交与点，设的面积为． (1)求关于的函数关系式，及自变量的取值范围； (2)设与相交于点，当点是的重心时，求的面积． 题型三、三角形内角和定理的应用 易｜混｜易｜错 复杂图形（如多个三角形组合）中漏算／重复计算内角；混淆内角和与外角性质（误将＂外角等于相邻内角＂，实际是＂外角等于不相邻两内角和＂）。 9．（2025·上海·一模）在中，、都是锐角，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 10．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，点D在边上，点E在边上，，，若要求的度数，则只需知道（    ）的度数 A． B． C． D． 11．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 12．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 题型四、全等三角形的性质和判定综合 易｜混｜易｜错 误用 SSA 判定全等（SSA 不能判定全等，易当成有效判定）；对应边／角找错（复杂图形中顶点顺序混淆，导致对应关系错误）；混淆全等与相似（全等是对应边相等，相似是对应边成比例）。 13．（2025·上海黄浦·一模）某学习小组研究问题“如图，已知D、E、F分别是的边、、的中点，求证：．”经过小组讨论得到以下方法，其中存在错误的是（   ） A．可证，进而证得 B．可证，，进而证得 C．可证，，进而证得 D．可证，，进而证得 14．（2025·上海·二模）如图，为圆O的一条直径，长度为10，与一弦的交点为C．若弦，且，则 ．    15．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 16．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 17．（2025·上海松江·二模）已知：如图，四边形是菱形，是对角线上一点，连结、并延长，分别与边、交于点、． (1)求证：； (2)如果，求证：． 18．（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 题型五、角平分线的性质与判定 易｜混｜易｜错 忽略＂距离是垂线段＂（误将任意线段长度当成角平分线上点到边的距离）；混淆性质与判定 （性质是＂点在角平分线上→距离相等＂，判定是＂距离相等 → 点在角平分线上＂，易搞反条件和结论）。 19．（2025·上海·模拟预测）在中，，点D是线段AB上一点，且满足，连接，作的平分线交线段于点E．若，则的余弦值为 ． 20．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，点D、E分别是边上一点，联结． 若，当且时，求证：． 21．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 题型六、线段垂直平分线的性质与判定 易｜混｜易｜错 混淆线段垂直平分线与角平分线的性质（前者是到线段两端点距离相等，后者是到角两边距离相等）；应用时漏确认＂线段两端点＂（误将到某点的距离当成到线段两端的距离）。 22．（2025·上海普陀·一模）如图，中，，的中垂线分别与、交于点E、D．如果，，那么的余弦值为 ． 23．（2025·上海青浦·一模）在中，，点D、E分别在边上，且垂直平分．联结，如果，那么 ． 24．（2025·上海浦东新·二模）在平面直角坐标系中，双曲线（为常数，且）与直线都经过点． (1)求与的值； (2)过点作平行于轴的直线，与双曲线相交于点，与直线相交于点，在中，当时，求边的长度． 25．（2025·上海金山·二模）如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 26．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 题型七、等腰三角形的定义 易｜混｜易｜错 忽略＂等边三角形是特殊的等腰三角形＂（误认为等腰三角形只有两边相等，排除等边）；混淆定义与判定（定义是＂有两边相等的三角形＂，易误将＂等角对等边＂当成定义）。 27．（2025·上海普陀·三模）小明同学在学习了八年级上册“三角形”、“特殊三角形”两堂课后，发现学习内容是逐步特殊化的过程，于是便整理了如图，那么下列选项不适合填入的是（    ） A．两边相等 B．一个角为直角 C．有一个角 D．斜边与直角边比为 28．（2025·上海崇明·二模）对于命题：①周长相等的等腰三角形全等；②周长相等的等边三角形全等；③周长相等的直角三角形全等；④周长相等的等腰直角三角形全等．真命题的是（　　） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 29．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 题型八、三线合一 易｜混｜易｜错 忽略前提＂等腰三角形＋顶角平分线／底边上的中线／底边上的高＂（误在任意三角形中用三线合一，或误将腰上的中线／高与顶角平分线混淆为三线合一）。 30．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 31．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 32．（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 ． 33．（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 ． 题型九、根据等角对等边证明边相等 易｜混｜易｜错 在＂非同一个三角形＂中误用等角对等边（必须是同一三角形内的等角对应等边）；角相等的条件错用（如误将不相关的角当成同一三角形内的等角）。 34．（2025·上海虹口·二模）如图，直线，直线分别与、相交于点、，与之间的距离为8，小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（    ） A．6 B．6.4 C．8 D．10 35．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 36．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，是边上的中线，点在上（不与重合），连接、，并延长交于点． (1)求证：； (2)当时，求证：． 题型十、根据等角对等边求边长 易｜混｜易｜错 未分类讨论等腰三角形的＂腰／底＂（腰和底不确定时漏情况）；忽略三角形三边关系（算出的边长未验证＂两边之和大于第三边＂，导致出现无效解）。 37．（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 ． 38．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为 ． 39．（2025·上海金山·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，点在边上，且．    (1)求的长； (2)求的值． 题型十一、等腰三角形的性质和判定 易｜混｜易｜错 混淆性质与判定（性质是＂等边 → 等角＂，判定是＂等角 → 等边＂，易搞反）；分类讨论后漏验证三边关系（如腰长 + 腰长 底边长的情况未舍去）。 40．（2025·上海松江·二模）我们把一个等腰三角形的腰与底边的比值叫做这个等腰三角形的“特征值”．设等腰△的特征值是，下列命题中假命题是（    ） A．如果，那么△是直角三角形 B．如果，那么△有一内角为 C．如果△是直角三角形，那么 D．如果△有一内角为，那么 41．（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 ． 42．（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 ． 43．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 44．（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 ． 45．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是 ． 题型十二、等边三角形的性质 易｜混｜易｜错 忽略＂等边三角形是特殊等腰三角形＂（漏用等腰三角形的性质）；高／中线／角平分线的长度计算错误（如边长为 时，高是 ，易误算成 ）。 46．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是 ． 47．（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 48．（24-25九年级上·上海杨浦·月考）如图1，已知梯形中，，，现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2） (1)求的度数以及和的长（和的长用含的式子表示）； (2)请画出一个用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形的示意图（要求不重叠、且等边三角形内没有空隙） 题型十三、等边三角形的判定和性质 易｜混｜易｜错 漏用＂有一个角是 的等腰三角形是等边三角形＂的判定；混淆判定与性质（如用＂三角都是 的性质当成判定，实际它也是判定）。 49．（2025·上海闵行·二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（   ） A．①②都是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①②都是假命题． 50．（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 51．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是 ． 52．（2025·上海松江·一模）在中，． (1)求的长； (2)在边上取一点D，使，连接，求的正切值． 53．（2025·上海·二模）桃李中学一年一度的数学探究活动又开始了，请你帮助所在的小组完成下面的数学探究活动．阅读下面的探究报告，进行数学探究任务． 探究主题 凸四边形及其面积的计算与关系 初步探究 经过研究和学习，数学小组得出以下的若干个结论： 1．对于两条对角线互相垂直的四边形，那么四边形的面积为这两条对角线乘积的一半（证明略）； 推论：对于任意的四边形，其面积为两条对角线乘积的一半与这两条对角线夹角的正弦值的积． 2．若两个四边形的对应角相等，对应边成比例，则称这两个四边形相似； 推论：如果两个四边形相似，那么它们的面积比为相似比的平方（证明略）． 结论证明 现以如下的四边形为例，证明结论1的推论： 已知：如图1，四边形的两条对角线与交于点O，且． 求证：． 证明：                  问题解决 小组经过上述的探究，决定运用上面的结论解决下面的问题． 如图2，平行四边形中，．在边上取一点满足交对角线于点G，连接并延长交边于点F． （1）求证：四边形与四边形相似，并求出其面积比； （2）若的面积为30，求的值． 小组中，你被分配到的任务如下： 【任务一】完成“结论证明” 部分的公式推导； 【任务二】完成“问题解决” 部分的求解过程． 请根据上述表格内的信息，完成上述的任务． 题型十四、直角三角形的性质 易｜混｜易｜错 在非直角三角形中误用＂斜边中线等于斜边的一半＂；混等＂ 角对的直角边＂（误将邻边当成 角对应的边）。 54．（2025·上海杨浦·一模）在中，，，垂足为点，，，那么的长为 55．（2025·上海普陀·二模）如图，在中，，是边的中点，过点作交边于点，如果，，那么 ． 56．（2025·上海崇明·三模）如图，菱形中，点O是的中点，，垂足为M，交于点N，，，则的长为 ． 57．（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 ． 58．（2025·上海宝山·一模）为了方便居民出入小区，小区业委会决定对大门口的一段斜坡进行改造．原坡面是矩形（如图1），米，米，斜坡的坡角为．计划将斜坡改造成坡比为的斜坡（如图2所示），坡面的宽度不变． (1)求改造后斜面底部延伸出来的部分（）的长度； (2)改建这条斜坡需要多少立方米的混凝土材料？ 59．（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，点、分别在边、上，，，且． (1)求线段的长； (2)当，时，求的面积． 题型十五、已知两点坐标求两点距离 易｜混｜易｜错 距离公式的符号计算错误（如 误算成 ）；同一坐标轴上的点距离误用法则 （如水平／垂直分布的点，直接用坐标差的绝对值即可，易复杂计算）。 60．（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 ． 61．（2025·上海青浦·一模）抛物线上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如下表． (1)写出该抛物线的开口方向、对称轴及顶点的坐标； (2)设该抛物线与轴相交于点（点在对称轴的右侧），与轴相交于点，顶点为，求证：是直角三角形． 62．（2025·上海浦东新·二模）在平面直角坐标系中（如图），顶点为的抛物线经过原点，直线交y轴于点B． (1)求抛物线的表达式； (2)将抛物线先向右平移个单位，再向下平移个单位，使得新抛物线的顶点D恰好落在抛物线上．抛物线的对称轴交直线于点E．连接． ①连接，当线段的中垂线经过点A时，求的值； ②线段交抛物线的对称轴于点F，当与相似时，求代数式的值． 63．（2025·上海宝山·二模）【问题】如图，在中，，，，D是边上的点，连接，，求的长． 【发现】某数学兴趣小组在讨论解决上述问题的过程中，运用了如下方法： 解：如图，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系． 过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点E、F， 由平行x轴，可得， ，，， 同理可得，，于是点D坐标是， ． 【运用】根据上述解答给你的启发，解答下面的问题： 如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，连接，点M、N分别在线段、上，，连接，求的长．   题型十六、勾股定理与折叠问题 易｜混｜易｜错 折叠后对应边找错（忽略＂折叠前后对应边相等＂的轴对称性质）；直角三角形的边找错（列勾股定理方程时，误选非直角边的线段）；解出的边长未验证合理性（如出现负数或不符合实际长度的解未舍去） 64．（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 ． 65．（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 ． 66．（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为 ． 67．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在中，，点是BC边上一点，将沿直线翻折，点落在点处，连结，如果，那么点到直线的距离是 ． 68．（2025·上海奉贤·三模）在中，，，，将翻折，点C恰好落在线段的中点D处，折痕分别交、于M、N，此时 ． 69．（2025·上海·模拟预测）如图，在矩形中，在上取点，连接，在上取点，连接将沿翻折，使得点刚好落在边的处．若，，，则的长是 ． 1．（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 ． 2．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知点是的重心，过点作，分别交于点，如果设那么用、表示 ． 3．（2025·上海闵行·一模）定义：如果一个四边形的两条对角线将它分成的四个小三角形都是相似三角形，那么称这样的四边形为“全相似四边形”．如图，在四边形中，，，下列条件能使四边形成为“全相似四边形”的是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·上海嘉定·二模）如图，平行四边形中，已知，是边的中点，连接．，垂足在边上，连接并延长，交延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 5．（2025·上海崇明·二模）在有毒、缺氧或浓烟等危险环境开展侦查、搜救是消防救援的核心工作之一，救援人员常面临人身安全威胁，关键时刻需要可靠伙伴——消防机器狗，它能深入室内高危区，打通室内室外壁垒进行搜救，搭载的远距通讯模块，可实现远程操控与实时传图，为救援决策提供可视化信息． 图1是被困人员所处的楼梯横断面示意图．楼梯斜坡用表示，转角平台用表示，地面用表示．已知，垂足为米，米，米． (1)求斜坡的坡比； (2)如图2，当机器狗爬到斜坡上点处时，探测仪测得被困人员头顶的仰角为，继续前行到点处，恰好能搜集到被困人员全身的影像，此时探测仪在线段的延长线上，记作点．图2示意图中所有点均处于同一平面，，垂足分别为米，米，求的长．（参考数据：） 1．（2025·上海徐汇·二模）如图，已知在中，，是边上一点，，，垂足为点，．        (1)求线段的长； (2)如果的平分线交线段的延长线于点，求的正切值； (3)过点作的直角边的平行线，交直线于点，作射线，交直线于点，求的值． 2.如图，已知：中，，， ，是边上一点，以点为圆心为半径的圆与边的另一个交点是点，与边的另一个交点是点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，的延长线交于点，联结． (1)求证：； (2)设，的面积为，求关于的函数关系式，并写出定义域； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 2 / 113 1 / 113 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 图形的性质 专题05三角形全等与特殊三角形 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、三角形的中线 易｜混｜易｜错 混淆中线与角平分线、高的定义（中线是连接顶点与对边中点的线段，不是角分线／垂线段）；忽略＂中线分三角形为面积相等的两部分＂（误认为分的面积比例是 1: 2 以外的情况）。 1．（2025·上海闵行·一模）形状与大小都确定的一个锐角三角形，点是边上一点，下列条件不能唯一确定与面积的比值的是（    ） A．点是边的黄金分割点 B．点是边的中点 C．是边上的高 D．是的平分线 【答案】A 【分析】本题考查了黄金分割，三角形的面积，准确熟练地进行计算是解题的关键．根据黄金分割，三角形的中线，三角形的面积，角平分线的性质，逐一判断即可解答． 【详解】解：A、点D是边的黄金分割点，而的黄金分割点有两个，所以与面积的比值不唯一，故A符合题意； B、∵点D是边的中点， ∴， ∴与面积的比值为1， 故B不符合题意； C、∵是边上的高， ∴与面积的比值为， 故C不符合题意； D、∵是的平分线， ∴与面积的比值为， 故D不符合题意； 故选：A． 2．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点D是边的中点，点E在边上，，和交于点O，那么和四边形的面积比是 ．    【答案】 【分析】本题考查中线求三角形的面积，掌握“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”是解题的关键．连接，设，根据“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”将各三角形的面积用含S的代数式表示出来，从而求出和四边形的面积比即可． 【详解】解：如图，连接．    设， ，点D是边的中点， ， ， ， ， ，即， ， ， ． 故答案为：． 3．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，点是重心，过点作，交于点，连接，如果，那么 ． 【答案】18 【分析】本题主要考查了三角形的重心，三角形的面积，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．连接并延长交于点E，连接并延长交于点H，由重心的性质得，根据中线的性质可得，证明得，设，代入可求出，进而可求出． 利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E，连接并延长交于点H， ∵点是重心， ∴是中线，， ∴，，． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， 则， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：18． 题型二、三角形的重心 易｜混｜易｜错 搞反重心分中线的比例（重心是三条中线交点，分中线为 2: 1 ，易误记为 1: 2 ）；混淆重心与垂心、内心（重心是中线交点，垂心是高的交点，内心是角平分线交点）。 4．（2025·上海宝山·二模）如图，点是的重心，连接，如果，，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了平面向量与三角形重心的知识，掌握三角形法则与三角形重心的性质是解题的关键．延长交于点，由，，根据三角形法则，即可求得，再由点D是△ABC的重心，根据重心的性质，即可求出结果． 【详解】解：延长交于点， ∴， ∵点是的重心， ∴是的中线， ∴， ∴， ∵点是的重心， ∴， 故答案为：． 5．（2025·上海·二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于 ． 【答案】 【分析】此题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、重心和外心等知识．求出和，即可得到答案． 【详解】解：如图，中，，作于点， ∴， ∴， 设三角形的外心为，外接圆半径为， ∵等腰三角形的外心在底边的垂直平分线上， ∴在所在直线上， 设， 在中，，即， 解得， ∴， 重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点距离是到对边中点的距离两倍， ∴重心G在在上，且， ∴“变形值”等于， 故答案为： 6．（2025·上海宝山·一模）如图，在中，，D是斜边上任意一点，点E、F分别是的重心，那么四边形的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题考查解直角三角形，三角形的重心，先求出的长，进而得出的面积，再分别连接并延长，根据重心的性质得出它们与的交点为同一点，最后得出及的面积分别为和面积的即可解决问题． 【详解】解：在中，． ∴， ∴， ∴． 连接并延长，分别交于点，N， ∵E，F分别为和的重心， ∴点M为中点，点N为中点， ∴M，N重合． ∵点E为的重心， ∴， ∴，， ∴． 同理可得，， ∴， 即四边形的面积为8． 故答案为：8． 7．（2025·上海青浦·二模）已知：图1、图2中的网格均为边长相同的小正方形组成．点A、B、C、E、F、G是网格的格点． (1)请利用网格，仅用无刻度的直尺完成下面的作图：（不写作法，保留作图痕迹，写出作图结果） ①在图1中，作出，垂足为点D； ②在图2中，作出的重心O； (2)利用②的作图结果，求的值． 【答案】(1)①见详解；②见详解 (2) 【分析】（1）①利用网格直接画图即可． ②结合三角形的重心的定义，取的中点M，的中点H，连接，相交于点O，则点O即为所求． （2）由图可得，，结合勾股定理求出的长，进而可得答案． 【详解】（1）解：①如图1，即为所求． ②如图2，取的中点M，的中点H，连接，相交于点O， 则点O即为所求． （2）由图可得，． 由勾股定理得，， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题考查作图—应用与设计作图、三角形的重心、解直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 8．（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，．点在边上运动（不与、重合），，交与点，设的面积为． (1)求关于的函数关系式，及自变量的取值范围； (2)设与相交于点，当点是的重心时，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】该题考查了相似三角形的性质和判定，三角形重心的性质，解题的关键是证明相似． （1）证明，得出，即，得出．依题，由，即可得． （2）根据点是的重心，得出．代入（1）中结论得出．根据，即，即可求解． 【详解】（1）解：， ∴， ， 即， ． ， ， 依题， 由， ． （2）解：是的重心， ． ． 与同高， ，即． ． 题型三、三角形内角和定理的应用 易｜混｜易｜错 复杂图形（如多个三角形组合）中漏算／重复计算内角；混淆内角和与外角性质（误将＂外角等于相邻内角＂，实际是＂外角等于不相邻两内角和＂）。 9．（2025·上海·一模）在中，、都是锐角，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查非负数的性质、特殊角的三角函数值、三角形的内角和定理，熟记特殊角的三角函数值是解答的关键． 利用绝对值和平方的非负性，得到和的值，再根据特殊角的三角函数值得到和的度数，最后利用三角形的内角和定理求即可． 【详解】解：∵，且绝对值和平方均非负， ∴且， ∴，， ∵、都是锐角， ∴，， ∴， 故选：C． 10．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，点D在边上，点E在边上，，，若要求的度数，则只需知道（    ）的度数 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，根据等腰三角形的性质得到，，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴， ∴要求的度数，则只需知道的度数， 故选：C． 11．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：绕点A顺时针旋转得到 根据旋转的性质可知：，旋转角， 故A，B不符合题意； 如图，记，的交点为， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 由旋转可得：，则， 而， ∴， ∴ 故C不符合题意； ∵，， 当时， ∴，与题干信息不符， 故D符合题意． 故选：D 12．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的性质，中心对称图形的定义，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由题意可得：拼成的正多边形的边数为奇数，分别求出每个选项中各个三角形的内角，进而得到组成的正多边形的内角，再根据正多边形的内角和公式判断出正多边形的边数，即可求解． 【详解】解：这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形， 拼成的正多边形的边数为奇数， A、顶角是的等腰三角形，则底角为， 可能拼成的正多边形的内角为或，但无法对应奇数边正多边形的内角，故该选项不符合题意； B、顶角是的等腰三角形，可拼成正方形，但正方形是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，可能拼成的正多边形的内角需为、或的组合，但无法匹配奇数边的正多边形内角，故该选项不符合题意； D、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，正五边形的内角为，可由两个角组成，正五边形边数为奇数，且不是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 题型四、全等三角形的性质和判定综合 易｜混｜易｜错 误用 SSA 判定全等（SSA 不能判定全等，易当成有效判定）；对应边／角找错（复杂图形中顶点顺序混淆，导致对应关系错误）；混淆全等与相似（全等是对应边相等，相似是对应边成比例）。 13．（2025·上海黄浦·一模）某学习小组研究问题“如图，已知D、E、F分别是的边、、的中点，求证：．”经过小组讨论得到以下方法，其中存在错误的是（   ） A．可证，进而证得 B．可证，，进而证得 C．可证，，进而证得 D．可证，，进而证得 【答案】C 【分析】由三角形中位线定理得到，证明，即可判断A选项正确；证明四边形都是平行四边形，则，，即可判断B选项正确；无法证明，即可判断C选项错误；证明，则，证明，即可判断D选项正确． 【详解】∵D、E、F分别是的边、、的中点， ∴， A. ∵ ∴， ∴，故选项正确，不符合题意； B. ∵， ∴四边形都是平行四边形， ∴，， ∴，故选项正确，不符合题意； C. ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 无法证明， 故无法证明证得； D. ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，则， ∵ ∴ ∴， ∴， 故选项正确，不符合题意； 故选：C 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键． 14．（2025·上海·二模）如图，为圆O的一条直径，长度为10，与一弦的交点为C．若弦，且，则 ．    【答案】 【分析】本题主要考查圆的相关性质，三角形全等、相似的判定与性质，解题的关键是根据相似比得到弦的长． 先证得到，结合，得到，继而可证得，可得，设，则，再根据可求，进而得到弦的长，设中点为，根据勾股定理求出相关边长即可求解． 【详解】如图，设中点为，连接，    由题知， ， ， ，（等腰三角形底角相等）， （弦所对圆周角相等）， ， 又（对顶角相等）， ， ， ，直径为10，， 即，设，则， ，， ， ，即，解得， ， 又中点为，， ， ， ． 故答案为：． 15．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 16．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，如图所示，由等腰梯形的性质得到，进而由全等三角形的判定定理得到，进而得到，再由三角形中位线的判定与性质得到，等量代换得到，再由等角对等边即可得证； （2）由题意，等量代换得到，由中垂线的判定得到，从而由得到，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合题中条件确定，从而由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而得证四边形是菱形． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 四边形是等腰梯形 ． 又， ． ． 是中点， ， ， ， ； （2）证明：连接，如图所示： ， ， 又是中点， ， 是中点， ， ， 是边中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及等腰梯形性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定、菱形的判定等知识．熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 17．（2025·上海松江·二模）已知：如图，四边形是菱形，是对角线上一点，连结、并延长，分别与边、交于点、． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上基本性质是解答本题的关键． （1）由菱形的性质可知，垂直平分，继而可知，，求得，进而判定，得出结论； （2）由菱形的性质和已知条件，根据角的和差计算易得，进而可判定，再根据相似三角形的对应线段成比例即可得出结论． 【详解】（1）证明：（1）四边形是菱形， ，垂直平分， ， 点在上， ， ， 在和中， ， ， ． （2）设交于点，则， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 18．（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等待，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，再证明推出，则； （2）先导角证明，则可证明，证明，进而可证明，，再证明，得到，即可证明，据此可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 题型五、角平分线的性质与判定 易｜混｜易｜错 忽略＂距离是垂线段＂（误将任意线段长度当成角平分线上点到边的距离）；混淆性质与判定 （性质是＂点在角平分线上→距离相等＂，判定是＂距离相等 → 点在角平分线上＂，易搞反条件和结论）。 19．（2025·上海·模拟预测）在中，，点D是线段AB上一点，且满足，连接，作的平分线交线段于点E．若，则的余弦值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了解直角三角形、全等三角形的判定和性质及角平分线的性质．先证，得出，即可求出的余弦值． 【详解】解：如图，设交于F， 是的平分线， ． ， ． 在和中 ． ． ， ． ． ， ． 故答案为： 20．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，点D、E分别是边上一点，联结． 若，当且时，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过点A作于F，由等腰三角形的性质，得，，，设，再证明，得，进而求得，则是的平分线，利用角平分线的性质得，即可能得出结论． 【详解】证明：过点A作于F， ∵， ∴， ∵， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴是的平分线， ∵，， ∴， ∴． 21．（2025·上海·模拟预测）如图，在中，，圆O的圆心在内部，与的边顺时针分别交于点E、D、F、G、N、M（点E在线段上），射线交边于点P．如果； (1)求证：． (2)连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了全等三角形综合问题、角平分线的判定定理、垂径定理的实际应用等知识点，熟记相关几何结论是解题关键． （1）作，推出，进而得平分，即可求证； （2）证得，，进而得，再证即可； 【详解】（1）证明：作， ， ， ∴平分， ， （2）证明：如图所示： ， ， ， ； ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 题型六、线段垂直平分线的性质与判定 易｜混｜易｜错 混淆线段垂直平分线与角平分线的性质（前者是到线段两端点距离相等，后者是到角两边距离相等）；应用时漏确认＂线段两端点＂（误将到某点的距离当成到线段两端的距离）。 22．（2025·上海普陀·一模）如图，中，，的中垂线分别与、交于点E、D．如果，，那么的余弦值为 ． 【答案】/ 【分析】连接，先利用等腰三角形的性质可得，再利用线段垂直平分线的性质可得，从而可得，然后利用等量代换可得：，从而可证，最后利用相似三角形的性质求出的长，从而求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【详解】解：连接， ∵， ， ∵是的垂直平分线， ， ， ， ， ∴， ， ∴， ∴或（舍去）， ， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 23．（2025·上海青浦·一模）在中，，点D、E分别在边上，且垂直平分．联结，如果，那么 ． 【答案】/0.6 【分析】本题主要考查了解直角三角形及线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线的性质及正切和余弦的定义是解题的关键．根据题意画出示意图，再结合线段垂直平分线的性质及余弦和正切的定义即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 垂直平分， ∵， 设，， 在中， 在中， 故答案为：． 24．（2025·上海浦东新·二模）在平面直角坐标系中，双曲线（为常数，且）与直线都经过点． (1)求与的值； (2)过点作平行于轴的直线，与双曲线相交于点，与直线相交于点，在中，当时，求边的长度． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）将代入直线方程求出后可得点坐标，再将该坐标代入双曲线方程即可得到； （2）结合题意得出，，，根据垂直平分线的判定推得，解方程后可得，，将的值代入求得点和点坐标，满足存在即可． 【详解】（1）解：已知直线过点， 将代入直线方程， ， 双曲线过点，把，代入， ； （2）解：由题知：，，， ， 点在的垂直平分线上， ， ， ， ，， 当时，，，， 当时，，，此时、重合，舍去， 综上：． 【点睛】本题考查的知识点是一次函数与反比例函数综合、垂直平分线的判定、两点间的距离、一元二次方程的实际应用，解题关键是运用数形结合思想解题． 25．（2025·上海金山·二模）如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的垂直平分线交于点D，即可； （2）设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则，解直角三角形求出，再求出，勾股定理求出，证明，求出，由即可解答． 【详解】（1）解：如图，点 为所作； （2）解：设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查作线段的垂直平分线，垂直平分线的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，综合运用以上知识点是解题的关键． 26．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明垂直平分，得到，再根据等腰三角形的判定证明，即可得出结论； （2）先证明是的中位线，得到，从而可证明，由相似三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴点N是，， 由（1）知垂直平分， ∴点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，余角的性质．解题关键是熟练掌握线段垂直平分线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质． 题型七、等腰三角形的定义 易｜混｜易｜错 忽略＂等边三角形是特殊的等腰三角形＂（误认为等腰三角形只有两边相等，排除等边）；混淆定义与判定（定义是＂有两边相等的三角形＂，易误将＂等角对等边＂当成定义）。 27．（2025·上海普陀·三模）小明同学在学习了八年级上册“三角形”、“特殊三角形”两堂课后，发现学习内容是逐步特殊化的过程，于是便整理了如图，那么下列选项不适合填入的是（    ） A．两边相等 B．一个角为直角 C．有一个角 D．斜边与直角边比为 【答案】C 【分析】本题主要考查了三角形的分类以及性质，根据等腰三角形，直角三角形，等腰直角三角形的定义一一判断即可． 【详解】解：．两边相等，是等腰三角形，适合填入，故该选项不符合题意； ．有一个角是直角的三角形是直角三角形，适合填入，故该选项不符合题意； ．有一个角，可以是锐角三角形，也可是直角三角形，故不一定是等腰直角三角形，故该选项符合题意； ．斜边与直角边比为的是等腰直角三角形 ，故该选项不符合题意； 故选：C． 28．（2025·上海崇明·二模）对于命题：①周长相等的等腰三角形全等；②周长相等的等边三角形全等；③周长相等的直角三角形全等；④周长相等的等腰直角三角形全等．真命题的是（　　） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形与等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定定理的应用，真假命题的判断，根据全等三角形的判定逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：①周长相等的等腰三角形不一定全等，故①是假命题； ②周长相等的等边三角形全等，根据，可判断是真命题； ③周长相等的直角三角形不一定全等，是假命题； ④周长相等的等腰直角三角形全等，是真命题； 真命题的是②④ 故选：D． 29．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识； （1）过点D作于H，则由等腰三角形的性质得；证明四边形是矩形，则有；再由旋转知，则可求得的长，最后求得结果； （2）连接，把通过平移变换，再轴对称变换得到，则为满足条件的等腰三角形． 【详解】（1）解：如图，过点D作于H， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由旋转知， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图（2），连接，把沿平移使M与P对应，得到；再把沿对折，得到，H与N是对应点，则是等腰三角形，其中两腰分别为，点N、Q分别是梯形的顶点． 题型八、三线合一 易｜混｜易｜错 忽略前提＂等腰三角形＋顶角平分线／底边上的中线／底边上的高＂（误在任意三角形中用三线合一，或误将腰上的中线／高与顶角平分线混淆为三线合一）。 30．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E， ∵，D为中点， ∴，； ∵锐角三角形中，， ∴外接圆心O在上， 连接，由勾股定理得：；      设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：， 即，解得：； 在此范围的半径只有选项B； 故选：B． 31．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 【答案】D 【分析】根据正六边形的性质，计算它的中心角、内角、边心距以及边长即可． 【详解】解：如图，正六边形内接于，连接，，过点作于点， ∴，， 即中心角是，故选项A不符合题意； ∵正六边形内接于， ∴， 即正六边形的内角为，故选项B不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 即正六边形的边长为，故选项D符合题意； ∵， ∴， ∴， 即正六边形的边心距为，故选项C不符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，考查了正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理等知识点．掌握正六边形的性质是解题的关键． 32．（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． 33．（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． 题型九、根据等角对等边证明边相等 易｜混｜易｜错 在＂非同一个三角形＂中误用等角对等边（必须是同一三角形内的等角对应等边）；角相等的条件错用（如误将不相关的角当成同一三角形内的等角）。 34．（2025·上海虹口·二模）如图，直线，直线分别与、相交于点、，与之间的距离为8，小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（    ） A．6 B．6.4 C．8 D．10 【答案】D 【分析】过点作于，解直角三角形求出，根据角平分线的定义和平行线的性质证得，即可求得答案． 【详解】解：由基本作图知是的平分线， ， ， ， ， 过点作于，则， ， ， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查基本作图作角的平分线，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，根据角平分线的定义和平行线的性质证明是解决问题的关键． 35．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值 ． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 36．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，是边上的中线，点在上（不与重合），连接、，并延长交于点． (1)求证：； (2)当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等角对等边： （1）先证明得到，再由三角形中线的定义得到，据此可证明结论； （2）先由相似三角形的性质得到，再证明，得到，导角证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：∵， ， ， 又是边上中线， ， ， 又， ； （2）证明：，   ， ， 又， ， ， 又， ， ， ， ． 题型十、根据等角对等边求边长 易｜混｜易｜错 未分类讨论等腰三角形的＂腰／底＂（腰和底不确定时漏情况）；忽略三角形三边关系（算出的边长未验证＂两边之和大于第三边＂，导致出现无效解）。 37．（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． 38．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，可证，由等边三角形的性质可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 将纸片沿对角线对折， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 故答案为：． 39．（2025·上海金山·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，点在边上，且．    (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得，，利用勾股定理求得，即可得，结合等腰三角形的性质得即可； （2）过点作垂足为，根据矩形的性质得和，则，即，求得，利用勾股定理求得，即可求得，再次利用解直角三角形即可求得． 【详解】（1）解：在矩形中， ，， 在中，，， ， ， ， ； （2）解：过点作垂足为，如图，   在矩形中， ，， ， ， ∴， ， ∵， ， 在中，，， ， ∵ ， 在中，，， ． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉矩形的性质和解直角三角形． 题型十一、等腰三角形的性质和判定 易｜混｜易｜错 混淆性质与判定（性质是＂等边 → 等角＂，判定是＂等角 → 等边＂，易搞反）；分类讨论后漏验证三边关系（如腰长 + 腰长 底边长的情况未舍去）。 40．（2025·上海松江·二模）我们把一个等腰三角形的腰与底边的比值叫做这个等腰三角形的“特征值”．设等腰△的特征值是，下列命题中假命题是（    ） A．如果，那么△是直角三角形 B．如果，那么△有一内角为 C．如果△是直角三角形，那么 D．如果△有一内角为，那么 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数，根据“特征值”的定义，再利用等腰三角形的性质，根据等腰三角形的特征值求出三角形的两的角的度数，或根据等腰三角形中角的度数求出它们的特征值，根据计算结果判断各选项的正误即可． 【详解】解：A选项：当时，可设腰长为，则底长为， ， △是直角三角形是直角三角形， 故 A选项正确，不符合题意； B选项：如下图所示，过作于点， ， 设，则， ，且， ， ， ， 故B选项正确，不符合题意； C选项：如下图所示，，， ， ， 故C选项正确，不符合题意； D选项：当这个角底角为时，由选项可知，此时， 当顶角为时， 如下图所示，，， 过作于点， 在△中，设，则，， ， 在△中，， ， 故D选项错误，符合题意； 故选：D． 41．（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． 42．（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． 43．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 【答案】9 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：9． 44．（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． 45．（2025·上海杨浦·二模）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】/ 【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：． 题型十二、等边三角形的性质 易｜混｜易｜错 忽略＂等边三角形是特殊等腰三角形＂（漏用等腰三角形的性质）；高／中线／角平分线的长度计算错误（如边长为 时，高是 ，易误算成 ）。 46．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是 ． 【答案】 【分析】设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形，连接，，，设交于点H，证明和均为正三角形，则，，根据垂径定理得，，则，设，则，，进而得，据此求出的值即可得出答案． 此题主要考查了等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形， 连接，，，设交于点H，如图所示： ∴，， ∵， ∴和均为正三角形， ∴，， ∵， ∴， 根据垂径定理得：，， ∴， 在中，设， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 即在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是． 故答案为：． 47．（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 【答案】(1)； (2)或； (3)点在以的中点R为圆心，以为半径的圆心角为的弧上 【分析】（）根据莱洛三角形的定义，结合轴对称图形的判断圆的相关性质直接判断即可； （）分当在上方时，当在下方时，两种情况分析即可； （）连接，，，，，取、的中点，连接，，，再证明，得出即可确定轨迹． 【详解】（1）解：因为以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形， 所以莱洛三角形是轴对称图形，正确； 三段弧到它们所对的三角形顶点的距离相等，故莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离不相等，不正确； 等边三角形的每一个内角都是，故莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为，正确； 莱洛三角形的面积等于三个弓形的面积加上等边三角形的面积，即，不正确； 故答案为：； （2）解：如图，当在上方时，过作于点， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴设，则，， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 当在下方时， 同理：∵， ∴设，则，， 由勾股定理得：， ∴； 综上可得：的正切值为或； （3）解：连接，，，，，取、的中点R、S，连接，，， ∵点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵、的中点为，的中点为， ∴，，，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，点为中点，当点与点重合时，点为中点，此时，， 故点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上； 【点睛】本题考查了圆的有关性质、垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质、解直角三角形，三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练运用相关知识进行证明和推理． 48．（24-25九年级上·上海杨浦·月考）如图1，已知梯形中，，，现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2） (1)求的度数以及和的长（和的长用含的式子表示）； (2)请画出一个用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形的示意图（要求不重叠、且等边三角形内没有空隙） 【答案】(1) (2)见详解 【分析】（1）根据等面积法得出，再证明，则，，即可作答． （2）结合解直角三角形的性质，在，，则，即可作图进行作答． 本题考查了相似三角形的性质，等腰梯形，等边三角形的性质，解直角三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】（1）解：∵梯形中，，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2）， ∴，，， 如图所示：在图1中，过点A作，记图1的梯形的高为， 在图2中，过点E作，过点T作，图2的大梯形的高为， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， （2）解：如图1，且，，四边形是等腰梯形， ∴， 在，， ∴， ∵用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形， ∴满足题意的等边三角形如图所示： 题型十三、等边三角形的判定和性质 易｜混｜易｜错 漏用＂有一个角是 的等腰三角形是等边三角形＂的判定；混淆判定与性质（如用＂三角都是 的性质当成判定，实际它也是判定）。 49．（2025·上海闵行·二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（   ） A．①②都是真命题； B．①是真命题，②是假命题； C．①是假命题，②是真命题； D．①②都是假命题． 【答案】A 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的判定，证明，得到，再证明，得到，进而得到垂直平分，判断①，反证法判断②． 【详解】解析：①三角形为等边三角形， ∴， ， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ， ∵，， ， ， 为中垂线上的点， ∵， ∴为中垂线上的点， ∴垂直平分， 为中点； 所以①为真命题； 假设与不平行，作，与交于点，作，则：，， ∵， ∴， ∵是的一个外角， ∴，即：，与矛盾， ∴假设不成立， ∴；故②为真命题． 故选A． 50．（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． 51．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形外接圆的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确地画出图形是解决本题的关键． 先画出正六边形和外接圆，再取的中点G，连接，根据等边三角形的性质和含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵正六边形的边长为4， ∴外接圆半径， ∵正六边形的每条边都是外接圆的一条弦， ∴对应的圆心角为， 又∵， ∴为等边三角形， 取的中点G，连接并延长交于点H，则是点H到弦的最大距离； ∵为等边三角形， ∴，，， ∴， 在含的中，， ∴， ∴任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是， 故答案为：． 52．（2025·上海松江·一模）在中，． (1)求的长； (2)在边上取一点D，使，连接，求的正切值． 【答案】(1)4 (2) 【分析】本题考查了三角函数，等边三角形的性质和判定，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）过A点作，先根据面积求出，再根据三角函数求解即可； （2）过点C作，先根据三角函数求出，再证明是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质求出，再根据三角函数求出，再根据正切的定义求解即可． 【详解】（1）解：过A点作，垂足为H， ， ， ， ， ； （2）解：过点C作，垂足为E， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ， ． 53．（2025·上海·二模）桃李中学一年一度的数学探究活动又开始了，请你帮助所在的小组完成下面的数学探究活动．阅读下面的探究报告，进行数学探究任务． 探究主题 凸四边形及其面积的计算与关系 初步探究 经过研究和学习，数学小组得出以下的若干个结论： 1．对于两条对角线互相垂直的四边形，那么四边形的面积为这两条对角线乘积的一半（证明略）； 推论：对于任意的四边形，其面积为两条对角线乘积的一半与这两条对角线夹角的正弦值的积． 2．若两个四边形的对应角相等，对应边成比例，则称这两个四边形相似； 推论：如果两个四边形相似，那么它们的面积比为相似比的平方（证明略）． 结论证明 现以如下的四边形为例，证明结论1的推论： 已知：如图1，四边形的两条对角线与交于点O，且． 求证：． 证明：                  问题解决 小组经过上述的探究，决定运用上面的结论解决下面的问题． 如图2，平行四边形中，．在边上取一点满足交对角线于点G，连接并延长交边于点F． （1）求证：四边形与四边形相似，并求出其面积比； （2）若的面积为30，求的值． 小组中，你被分配到的任务如下： 【任务一】完成“结论证明” 部分的公式推导； 【任务二】完成“问题解决” 部分的求解过程． 请根据上述表格内的信息，完成上述的任务． 【答案】任务一：见解析；任务二：（1）见解析，面积比为4；（2） 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． 任务一：过分别作，则，根据三角形面积公式，利用证明即可； 任务二：（1）根据平行四边形性质，可证，得到，同理可得，综合一起即可证明； 过作，交延长线于，过作交于，设，根据的面积为30，可得，再在中求得，结合（1）中的相似比即可求解． 【详解】任务一：证明：如图，过分别作， ， ， ， ， ， ； 任务二：（1）连接， 交对角线于点G， 共线， 在平行四边形中，， （两直线平行，内错角相等）， ， ， 又， ， ， ， 综上，，，，， ， 四边形与四边形相似， 又， 为等边三角形，， ， 四边形与四边形的面积比为4． （2）由（1）知， 设， 则，， ， 过作，交延长线于，过作交于， ， ， ， 解得， ， ， 即， ， ， ， ， 又， ， ． 题型十四、直角三角形的性质 易｜混｜易｜错 在非直角三角形中误用＂斜边中线等于斜边的一半＂；混等＂ 角对的直角边＂（误将邻边当成 角对应的边）。 54．（2025·上海杨浦·一模）在中，，，垂足为点，，，那么的长为 【答案】 【分析】本题主要考查了直角三角形的两个锐角互余，余弦的定义，已知余弦求边长等知识点，熟练掌握余弦的定义是解题的关键． 由可得，由可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，则，即，由此即可求出的长． 【详解】解：如图， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 55．（2025·上海普陀·二模）如图，在中，，是边的中点，过点作交边于点，如果，，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，解直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线的性质得，根据等边三角形的判断得的等边三角形，所以，，可得，即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵D是边的中点， ∴， ∴的等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 56．（2025·上海崇明·三模）如图，菱形中，点O是的中点，，垂足为M，交于点N，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半，连接，先由菱形性质可得对角线与交于点，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，，进而由菱形对角线求出边长，由，解三角形即可求出，正确进行计算是解题关键． 【详解】解：如图，连接， 点是的中点， 、、三点在同一直线上， ， ，， ，， ， ， ，， ，， ， ， ． 故答案为：． 57．（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． 58．（2025·上海宝山·一模）为了方便居民出入小区，小区业委会决定对大门口的一段斜坡进行改造．原坡面是矩形（如图1），米，米，斜坡的坡角为．计划将斜坡改造成坡比为的斜坡（如图2所示），坡面的宽度不变． (1)求改造后斜面底部延伸出来的部分（）的长度； (2)改建这条斜坡需要多少立方米的混凝土材料？ 【答案】(1)改造后斜面底部延伸出来的部分（）的长度为米 (2)改建这条斜坡需要立方米的混凝土材料 【分析】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，数形结合，正确地作出辅助线利用三角函数定义求解是解题的关键． （1）过作交的延长线于，根据直角三角形的性质得到（米），（米），由，得到（米），于是得到米； （2）根据三角形的面积公式得到平方米，于是得到结论． 【详解】（1）解：过作交的延长线于，如图所示： ∵米， ∴（米），（米）， 在中，， ∴（米）， ∴米， 答：改造后斜面底部延伸出来的部分（）的长度为米； （2）解：∵平方米， ∴立方米， 答：改建这条斜坡需要立方米的混凝土材料． 59．（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，点、分别在边、上，，，且． (1)求线段的长； (2)当，时，求的面积． 【答案】(1)； (2)． 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理． 根据：，，可证，根据相似三角形的对应边成比例可得：，从而可求的长度； 过点作，根据直角三角形的性质可求，利用勾股定理可求，利用三角形的面积公式可求，因为，，可证，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可知． 【详解】（1）解：，， ， ， ，， ， ， 是线段， ， ； （2）解：如下图所示，过点作， ， 又， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． 题型十五、已知两点坐标求两点距离 易｜混｜易｜错 距离公式的符号计算错误（如 误算成 ）；同一坐标轴上的点距离误用法则 （如水平／垂直分布的点，直接用坐标差的绝对值即可，易复杂计算）。 60．（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. 61．（2025·上海青浦·一模）抛物线上部分点的横坐标，纵坐标的对应值如下表． (1)写出该抛物线的开口方向、对称轴及顶点的坐标； (2)设该抛物线与轴相交于点（点在对称轴的右侧），与轴相交于点，顶点为，求证：是直角三角形． 【答案】(1)抛物线的开口方向向上，对称轴为直线，顶点坐标为 (2)证明见解析 【分析】本题考查二次函数的性质、两点距离公式、勾股定理逆定理等知识点，掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）由表格找出值相等的两个点，再根据对称关系求出对称轴和顶点坐标，进而在观察开口方向； （2）利用两点距离公式求出、、的长度，再根据勾股定理逆定理证明即可． 【详解】（1）解：由表格可知，抛物线经过点，， ∴对称轴为， 根据表格可知，顶点坐标为， ∵顶点纵坐标比两侧数值小， ∴开口向上， ∴抛物线的开口方向向上，对称轴为直线，顶点坐标为； （2）证明：∵抛物线与轴相交于点（点在对称轴的右侧），与轴相交于点，顶点为， ∴，，， ∴，，， ∴， ∴， 即为直角三角形． 62．（2025·上海浦东新·二模）在平面直角坐标系中（如图），顶点为的抛物线经过原点，直线交y轴于点B． (1)求抛物线的表达式； (2)将抛物线先向右平移个单位，再向下平移个单位，使得新抛物线的顶点D恰好落在抛物线上．抛物线的对称轴交直线于点E．连接． ①连接，当线段的中垂线经过点A时，求的值； ②线段交抛物线的对称轴于点F，当与相似时，求代数式的值． 【答案】(1) (2)①；②216 【分析】（1）设抛物线的表达式为，然后把代入求解即可； （2）①根据平移求出，代入并化简得，根据线段垂直平分线的性质得出，由两点间距离公式求出，联立方程组并化简得，解方程求出n的值，最后根据正弦的定义求解即可； ②过D作于E，则，则，，，，由题知：，则，根据等角的正切值相等可得出，则，结合①中，可得，然后化简即可． 【详解】（1）解：已知抛物线顶点为， 设抛物线的表达式为， 因为抛物线经过原点， ， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）解：①抛物线向右平移个单位，再向下平移个单位后新抛物线顶点， 因为D在上， 把D坐标代入，得， ∴， ∵直线：交y轴于点B， ∴， 又，， ∴，，， ∵线段的中垂线经过点A， ∴， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴； ②抛物线对称轴为， 设，由，， 过D作于E，则 ∴，，，， 由题知：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由①知：， ∴， 化简，得， 又 ∴． 【点睛】是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式、二次函数图象的平移、相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，掌握平移变换后点以及抛物线变化的规律是解题的关键． 63．（2025·上海宝山·二模）【问题】如图，在中，，，，D是边上的点，连接，，求的长． 【发现】某数学兴趣小组在讨论解决上述问题的过程中，运用了如下方法： 解：如图，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系． 过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点E、F， 由平行x轴，可得， ，，， 同理可得，，于是点D坐标是， ． 【运用】根据上述解答给你的启发，解答下面的问题： 如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，连接，点M、N分别在线段、上，，连接，求的长．   【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，三角形相似的判定和性质，两点间距离公式，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，过点N分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点H、G，过点M作轴，轴于点Q，证明，，得出，同理得出，得出点N坐标是，同理得出点M坐标是，根据两点间距离公式求出结果即可． 【详解】解：如图，以C为原点，、所在的直线为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，过点N分别作x轴、y轴的垂线，垂足为点H、G，过点M作轴，轴于点Q，如图所示： ∵， ∴轴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 同理可得，， ∴点N坐标是， 同理可得，点M坐标是， ． 题型十六、勾股定理与折叠问题 易｜混｜易｜错 折叠后对应边找错（忽略＂折叠前后对应边相等＂的轴对称性质）；直角三角形的边找错（列勾股定理方程时，误选非直角边的线段）；解出的边长未验证合理性（如出现负数或不符合实际长度的解未舍去） 64．（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． 65．（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：． 66．（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为： 67．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知在中，，点是BC边上一点，将沿直线翻折，点落在点处，连结，如果，那么点到直线的距离是 ． 【答案】或 【分析】本题考查解直角三角形的应用，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，先证明，再以点为圆心，为半径画圆于交于，过作于，得到，，设，由求出，最后在中利用勾股定理求出未知数求出m的值，从而得解．利用得到，从而将二倍角转化为角度相等关系是解题的关键． 【详解】 由题知：，， ∴， ∴， 又∵， ，， 以点为圆心，为半径画圆于交于，过作于，即， ∴，， ，， 设，则 ，即， ∴， 在中，，即， 解得：， 或． 故答案为：或． 68．（2025·上海奉贤·三模）在中，，，，将翻折，点C恰好落在线段的中点D处，折痕分别交、于M、N，此时 ． 【答案】 【分析】根据，，求得，再证出得到，，然后借助勾股定理即可求解． 【详解】解：过点A作交于点F，过点D作交于点E，连接， 设，则， ∵，， ∴，， ∴， 解得， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据折叠的性质得， 由勾股定理得，即， 解得． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，折叠的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 69．（2025·上海·模拟预测）如图，在矩形中，在上取点，连接，在上取点，连接将沿翻折，使得点刚好落在边的处．若，，，则的长是 ． 【答案】 【分析】连接，延长交于，由沿翻折，使得点刚好落在边的处，可得，，，，，可知，，即得，，根据，得是等腰直角三角形，故FG． 【详解】解：连接，延长交于，如图： 将沿翻折，使得点刚好落在边的处， ，，，，， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定及性质、翻折变换的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握翻折的性质是解题的关键． 1．（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． 2．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知点是的重心，过点作，分别交于点，如果设那么用、表示 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，向量的线性运算．熟练掌握三角形重心的性质和相似三角形的性质是解题的关键．连接并延长交于点，根据重心的性质可得，根据相似三角形的性质可得，进而根据向量的计算可得，即可求解． 【详解】解：如图，连接并延长交于点， 点是的重心， 又， ， ，即 ， 则． ． 故答案为：． 3．（2025·上海闵行·一模）定义：如果一个四边形的两条对角线将它分成的四个小三角形都是相似三角形，那么称这样的四边形为“全相似四边形”．如图，在四边形中，，，下列条件能使四边形成为“全相似四边形”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查相似图形，全等三角形的判定和性质．如图，连接交于点O．证明，推出，再证明当时符合题意即可． 【详解】解：如图，连接交于点O． 在和中， ， ∴， ∴， 当时，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，同法可证， 故选项B符合题意． 当或或时都不符合题意． 故选：B． 4．（2025·上海嘉定·二模）如图，平行四边形中，已知，是边的中点，连接．，垂足在边上，连接并延长，交延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，准确识图，灵活运用相关知识是解题的关键．     （1）证明，，由即可得到结论； （2）证明∽，则，得到，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴//，， ∵//， ∴ ∵是边的中点， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵//， ∴， 在中，∵是斜边的中点， ∴， ∴ ∵，，是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， 又∵， ∴∽， ∴， 即， ∵， ∴． 5．（2025·上海崇明·二模）在有毒、缺氧或浓烟等危险环境开展侦查、搜救是消防救援的核心工作之一，救援人员常面临人身安全威胁，关键时刻需要可靠伙伴——消防机器狗，它能深入室内高危区，打通室内室外壁垒进行搜救，搭载的远距通讯模块，可实现远程操控与实时传图，为救援决策提供可视化信息． 图1是被困人员所处的楼梯横断面示意图．楼梯斜坡用表示，转角平台用表示，地面用表示．已知，垂足为米，米，米． (1)求斜坡的坡比； (2)如图2，当机器狗爬到斜坡上点处时，探测仪测得被困人员头顶的仰角为，继续前行到点处，恰好能搜集到被困人员全身的影像，此时探测仪在线段的延长线上，记作点．图2示意图中所有点均处于同一平面，，垂足分别为米，米，求的长．（参考数据：） 【答案】(1)斜坡的坡比为； (2)的长米． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）过点作，交于点，根据矩形的性质得到，进而得到，根据勾股定理求出，即可求解； （2）过点作交于点，作交延长线于点，根据题意可知，解直角三角形得到米，进而得到米，根据坡比得到，在中，示得米，即可求解． 【详解】（1）解：过点作，交于点，如图： ， ∴， ∴四边形是矩形， ， ，， ， 在中，， ∴斜坡的坡比为； （2）解：过点作交于点，作交延长线于点，如图： 根据题意可知： ， 在中，， 米， 米， 由， ， ， 在中，米， 米， ∴的长米． 1．（2025·上海徐汇·二模）如图，已知在中，，是边上一点，，，垂足为点，．        (1)求线段的长； (2)如果的平分线交线段的延长线于点，求的正切值； (3)过点作的直角边的平行线，交直线于点，作射线，交直线于点，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题考查三角形相似的性质和判定，锐角三角函数，解直角三角形，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）设，在中，，构建方程求出，再利用相似三角形的性质求出； （2）可证明，中，可求出，进而求出长度，则可得结论； （3）分两种情形：当时或者当时，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：设， ∵， ∴， ∴， 在中， ， 解得（不符合题意，舍去）， ∵， ∴， ∵， ∴∽， ∴， 即， 解得； （2）解：设交线段于点，交边于点， ∵，平分， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）（i）当时， ∵， ∴， 得， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴； （ii）当时，延长交直线于点， ∵， ∴， 得， 即 求得， ∵， ∴， ∴， 得， 即， 求得， ， ∵， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，或． 2.如图，已知：中，，， ，是边上一点，以点为圆心为半径的圆与边的另一个交点是点，与边的另一个交点是点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，的延长线交于点，联结． (1)求证：； (2)设，的面积为，求关于的函数关系式，并写出定义域； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)（）； (3)的长为，． 【分析】本题考查了弧与圆周角的关系，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，函数关系式等，正确的左侧辅助线是解题的关键； （1）根据平行线的性质可得，，根据等边对等角可得，等量代换可得，即可得证； （2）作，，垂足分别为、，解得出，，在中，得出，证明，进而得出，又，根据三角形的面积公式，即可得关于的函数关系式； （3）①，两种情况，分别讨论求解． 【详解】（1）证明：联结， ， ，， ， ， ， ∴． （2）作，，垂足分别为、， ，，， ， 在中，，，， ，， 在中，， ， ， ， ∴ ， ， ， ， ， 即（）． （3）如果， ， ， 四边形是平行四边形， ，     ， ， ，    ． 如果，作，，垂足分别为、，则四边形是矩形，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 在中，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：． 综上所述，如果是以为腰的等腰三角形， 的长为，． 2 / 113 1 / 113 学科网（北京）股份有限公司 $