重难点 填空题压轴的6大类题型（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

重难点 填空题压轴的6大类题型 目录 题型一、函数综合 1 题型二、相似三角形 9 题型三、四边形问题 18 题型四、圆 28 题型五、勾股定理与解直角三角形 35 题型六、旋转与翻折问题 51 题型一、函数综合 例1（2025·上海杨浦·模拟预测）在直角三角形中，，是边上的中线，，，在上任取一点（不与点，重合）设面积为，长为，则关于的函数解析式和定义域为___________． 【答案】（） 【分析】先根据勾股定理求斜边长，再利用直角三角形斜边上的中线性质求长，从而确定定义域；通过建立坐标系表示点P坐标，利用三角形面积公式求y关于x的解析式． 【详解】解：∵在中，，，， ∴． ∵是边上的中线， ∴． ∵P在上，， ∴定义域为． 以点C为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系， 则，，． ∴中点D的横坐标为，纵坐标为， ∴． 设直线的表达式为，则， 解得：， 所以直线的表达式为， 设点P坐标为， 因为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴P坐标为． ∴的面积为． 故答案为：（）． 【点睛】本题考查了用勾股定理解三角形，动点问题的函数图象，斜边的中线等于斜边的一半，一次函数与几何综合等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【变式1-1】（2026·上海黄浦·一模）对于抛物线及其所在坐标平面内的点，当过点垂直于抛物线对称轴的直线与该抛物线有两个交点，且这两个交点位于点的两侧时，我们把点称为抛物线的内点．现有抛物线和，如果点既是抛物线的内点，又是抛物线的内点，那么点的纵坐标的取值范围是________． 【答案】 【分析】本题考查了二次函数的性质，新定义，一元二次方程的其他应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，根据抛物线和，得出开口方向和对称轴，再求出这两个抛物线的交点的横坐标，分别是，再根据点既是抛物线的内点，又是抛物线的内点，进行分析，即可作答． 【详解】解：∵的 ∴开口方向向下，对称轴为， 把代入，得， 即的最大值为； ∵的 ∴开口方向向上，对称轴为， 抛物线在对称轴的右边，随着的增大而增大， 依题意，得， ∴， ∴， 整理得， 解得， ∴抛物线和有两个交点，且它们的横坐标分别是， 把代入，得， ∵抛物线的对称轴为，最大值为，抛物线在对称轴的右边，随着的增大而增大，且，点既是抛物线的内点，又是抛物线的内点， ∴， 故答案为：． 【变式1-2】（2026·上海·一模）定义：对于一个开口向下的抛物线，将其图像先关于轴翻折，再将所得图像向上平移2个单位，若平移后的图像与原图像有两个交点，且这两个交点之间的距离为，则称这个抛物线为“哎呦喂函数”．已知某“哎呦喂函数”的解析式为，其中，则__________． 【答案】8 【分析】本题考查二次函数的图像变换以及交点距离的计算，抛物线平移遵循“上加下减”的规律． 根据“哎呦喂函数”的定义，先确定翻折并平移后的函数解析式，再联立原函数求交点横坐标满足的方程，利用根与系数的关系和交点距离为的条件求解． 【详解】解：原函数为，关于轴翻折后，函数变为， 再向上平移2个单位，得平移后的函数为， 联立原函数与平移后的函数：，整理得 ， 即， 设交点的横坐标为和，则根据根与系数的关系，有，， 交点距离为， 由题意，，两边平方得，所以． 故答案为：8． 【变式1-3】（2026·上海普陀·一模）已知二次函数，反比例函数，若这两个函数的图象的所有交点横、纵坐标都是整数，则符合条件的正整数的值是______ ． 【答案】 【分析】本题考查的是二次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，根的判别式，整数的性质，涉及面较广，难度较大． 联立和，并整理得，故其中一个根：，为正整数，方程有一个到两个的根，，交点横、纵坐标都是整数，则一定是完全平方数（设为），即（为非负整数），讨论确定的值． 【详解】解：联立和，得：， 两边乘以()，得：． 因式分解得：， 所以是一个根． 为正整数，方程有一个到两个的根， 交点横、纵坐标都是整数，则一定是完全平方数（设为）， 即（为非负整数）， 整理得：， ， ， ， 即：， 而， 当，时，解得：（舍去）； 当，时，解得：； 当，时，解得：（舍去）； 故． 故答案为：． 【变式1-4】（2025·上海·一模）如果抛物线的顶点在抛物线上时，抛物线的顶点也在抛物线上，此时我们称抛物线与是“互为关联”的抛物线，那么与抛物线是“互为关联”且顶点不同的抛物线的表达式可以是______（只需写出一个）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查求二次函数的解析式，根据“互为关联”的定义，需找到另一抛物线，其顶点在给定抛物线上，且给定抛物线的顶点也在该抛物线上，通过设另一抛物线的顶点坐标，代入条件求解即可． 【详解】解：给定抛物线的顶点为， 设另一抛物线方程为，则顶点坐标为， 根据题意，， 将点代入得，即， 将代入得，整理得， 由于顶点不同，则，故，即， 取，则， 故另一抛物线可以为，即． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式1-5】（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为_________． 【答案】 【分析】先求出抛物线与轴交点，平移后得到、坐标；再根据中心对称求出解析式，进而得到与轴交点，平移后得到、坐标；然后表示出、、的长度，最后根据列方程求解 ． 【详解】当时，，解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，． ， 抛物线的顶点坐标为， 点关于原点的对称点为， 抛物线的“中心对称抛物线”的解析式为， 当时，， 解得，， 抛物线与轴的交点坐标为，． 抛物线向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，， ，， ，，． ， ， 解得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了抛物线的平移、中心对称变换，以及抛物线与轴交点问题，熟练掌握抛物线的平移规律、中心对称性质及利用交点求线段长度的方法是解题的关键． 【变式1-6】（2025·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，点P、分别是抛物线第二、一象限上一点，轴且． 点Q在直线上方的抛物线M上，点和点Q关于直线对称，在以点为顶点且过点与点R的抛物线N上，．若，则点Q坐标为______． 【答案】或或 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，先根据题意求出点P、的坐标，然后判断点R在x轴正半轴上或y轴负半轴上，分为两种情况求出点的坐标解题． 根据条件求出点P和的坐标，再根据判断点R的位置在x轴正半轴或y轴负半轴上，分两种情况讨论点Q的坐标. 【详解】∵轴且，点P在第二象限，点在第一象限抛物线上， ∴，直线的方程为， ∵，O为原点， ∴点R在x轴正半轴上或y轴负半轴上， ①当R在x轴正半轴上时， 设，则Q关于直线的对称点， 由于，即平行于x轴，且R在x轴上，故也在x轴上，因此，解得， ∴， ②当R在y轴负半轴上时， ∵抛物线N的顶点为， ∴抛物线N的对称轴为直线， 又抛物线N过点和点R，且，即平行于x轴，故和R的纵坐标相同，且关于直线对称， 由R在y轴负半轴上，设，，则R到直线的距离为1，故到直线的距离也为1，且在R的右侧，所以的横坐标为2， 则， 综上所述，点Q的坐标为或或， 故答案为：或或. 【变式1-7】（2025·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 【答案】或 【分析】本题考查圆的性质、二次函数的图像性质．根据圆和抛物线图像的对称性可知，要满足条件，则，联立圆和抛物线的方程，消去x得到关于y的一元二次方程，则该方程有且仅有一个大于且小于的根，据此即可解答． 【详解】解：可化为， 它表示动点到定点的距离为定值， 即的几何意义是以原点为圆心，为半径的圆， 抛物线的图象是关于与x轴垂直的直线对称的， 故要使抛物线和圆有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过， 则抛物线对称轴为y轴，即，，图像可能是： ①  或②  ， 由得，代入得， 即（*）， 则，则， 此时方程（*）的根为， ①，解得； ②，解得； 综上，或． 题型二、相似三角形 例2（2026·上海闵行·一模）如图，在中，点分别是的中点，连接交于点，交于点，那么___________． 【答案】 【分析】根据中位线的性质，可知,进而可知,根据线段关系可知相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可知，，进而可转化出答案． 本题考查了相似三角形的性质，掌握基本概念是解题关键． 【详解】解：在中， ∵点分别是的中点， ∴是的中位线， 则,, ,, , , , ∵， , , , , 在中，和等高， , , 故答案为：． 【变式2-1】（2026·上海徐汇·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片，已知.裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，其余三个顶点、、分别在边、、上，那么正方形的边长是__________． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；也考查了正方形的性质．灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键． 设正方形的边长为，则，利用相似三角形的性质得到，即，然后解方程即可得到答案． 【详解】解：设正方形的边长为， 则． 四边形为正方形， ， ∴， ， 即， 解得， 即正方形的边长为． 【变式2-2】（2026·上海·一模）某山丘在建造旅游景区时，在两山丘间建造吊桥，其抽象图如图所示，其中山丘，均为等腰直角三角形，山丘的底在一条直线上，为让处于最佳位置，建筑师连接，其和的交点记作M、N，那么桥梁和山丘底的数量关系为____． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定与性质． 先证明，，然后通过平行线分线段成比例定理以及相似三角形的判定与性质证明为等腰直角三角形，继而可得到，再得到比例式证明即可． 【详解】解：∵，均为等腰直角三角形， ∴， ∴，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 由①②得，， ∴， 故答案为：． 【变式2-3】（2026·上海松江·一模）已知中，，点、分别在边、上，如果与相似，且是等腰三角形，那么的值是___________． 【答案】或 【分析】根据题意可得只存在和这两种情况，当时，可证明，一定是钝角，故，导角可得，再解直角三角形即可；当时，同理可得，利用勾股定理即可得到答案． 【详解】解：∵与相似，且， ∴只存在和这两种情况， 如图所示，当时，则， ∴， ∴， ∴此时只能是， ∴； ∵是锐角， ∴一定是钝角， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点P作于点H，则， ∴， ∴； 如图所示，当时，则， ∵是等腰三角形， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 【变式2-4】（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：． 【变式2-5】（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【答案】 【分析】连接交于点M，设，根据平行线性质得，得，根据矩形性质，得，由折叠性质，得垂直平分,证明点G在上，得，得，可得，得，解得，得,又得，得，得，即得． 【详解】解：连接交于点M， 设， ∵点是的中点， ∴， ∵过点作交于点， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， 由折叠知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为h， 则， ∴， ∴， ∴点G在上， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，面积法求三角形的高，是解题的关键． 【变式2-6】（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、轴对称图形的性质以及勾股定理的应用．通过设参数表示线段长度，利用相似三角形得到线段比例关系，结合翻折性质和平行线性质推出直角，从而应用勾股定理求解． 【详解】解：如图，设交于点， 设，（），则． ∵四边形 是平行四边形， ∴，． ∴， ∴， 设，（），则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． 由题意，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵翻折， ∴垂直平分， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∴． 在中，， ∴． 又∵， ∴； 故答案为：． 题型三、四边形问题 例3（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 【答案】/ 【分析】本题考查菱形的性质，解直角三角形，翻折变换，由四边形都是菱形，推出A，C关于对称，由，推出点E在线段上，证明四边形是菱形，推出，推出，设，，利用勾股定理求出可得结论． 【详解】解：如图， ∵四边形都是菱形， ∴A，C关于对称， ∵， ∴点E在线段上， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴设，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3-1】（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为____． 【答案】或 【分析】先设，则；利用轴对称性质得到，垂直平分；连接，通过角度关系证明；再分点在线段上和延长线上两种情况，用勾股定理求出，进而求出得到的值． 【详解】解：设，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴, ∴， ∵点与点关于直线对称， ∴垂直平分，， 情况1：如图1，点在线段上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 情况2：如图2，点在的延长线上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、三角函数的定义及分类讨论思想，熟练掌握轴对称的性质，通过角度转化证明是解题的关键． 【变式3-2】（2026·上海松江·一模）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，，点、、都在格点上，那么的值是____________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，网格中求三角函数值，连接，交于点，易得，均为等边三角形，求出的长，再利用正切的定义，进行计算即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵菱形， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理：为等边三角形，，， ∴，， ∴； 故答案为：． 【变式3-3】（2025·上海·模拟预测）在菱形中，为锐角．边上有一点，使，．沿直线翻折得到，点落在边上，且．则关于的解析式为_____________．（写出定义域） 【答案】 【分析】利用菱形的性质得到边和角的关系，通过翻折的性质得到全等三角形，进而得到边相等，再结合相似三角形的判定与性质来建立与的关系． 【详解】解：在延长线上取一点，使得，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵沿直线翻折得到， ∴，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵，，，， ∴， ∴，， ∴．即， 解得． ∵，， ∴定义域为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、翻折的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式3-4】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为______． 【答案】3 【分析】本题考查了折叠的性质和平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键； 根据平行四边形的性质以及折叠的性质得出，进而得出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵将沿翻折得， ∴，，， 设， ∵恰好平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：3． 【变式3-5】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 【答案】，，， 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，设，利用翻折性质得到，；分三种情况讨论为等腰三角形的条件，分别求解的长度． 【详解】解：以点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则，，，设（）， ∵沿翻折得到， ∴，， ①如图，当时，则在的垂直平分线上， ∴设， ∵，， ∴， ∴或， ∵， ∴ ∴当时，；当时，； ②如图，当时， 设 ∵且，， ∴， 解得，， ∴ ∵，， ∴， 解得； ③如图，当时，设， ∵且，，， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：，，，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系的应用及勾股定理，熟练掌握翻折的性质并分情况讨论等腰三角形的存在性是解题的关键． 【变式3-6】（2024·上海·模拟预测）在正方形中，E是边中点，将沿直线翻折，点A落在点F处，连接，则______． 【答案】3 【分析】本题主要考查了折叠问题、正方形的性质、勾股定理、正切的定义等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 如图：由折叠可得，由折叠的性质以及三角形外角性质可得，进而得；如图：过作,则四边形是矩形，设，,则,,运用勾股定理求得，即、,再运用勾股定理求得；过B作于M,利用等腰三角形的性质及勾股定理可得、，最后根据正切的定义即可解答． 【详解】解：如图：由折叠可得， ∵正方形中，E是的中点， ∴, ∴， ∴， 又∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴, 如图：过作,则四边形是矩形， 设，,则,, ∴,即，解得：， ∴,即, ∴,, ∴, 过B作于M, ∵， ∴, ∴, ∴． 故答案为：3． 题型四、圆 例4（2025·上海·模拟预测）在中，．过点C作圆B，并作圆A和圆B外切．若圆B内切于圆C，则点A在圆C___________（填写“内”“上”或“外”）． 【答案】外 【分析】本题考查了点和圆的位置关系，圆外切性质，熟练掌握是解题的关键．设的半径为，点到圆心的距离为，若，则点在外；若，则点在上；若，则点在内；反之亦然．两圆内切时，圆心距等于半径的差．根据的半径为5，内切于，可得的半径为10．由，比较的半径即可判断点A与的位置关系． 【详解】解：设的半径为，的半径为，与内切于点D，交射线于点E， 则点D在延长线上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点A在外． 故答案为：外． 【变式4-1】（2025·上海·模拟预测）在半圆中作矩形，点C、D在圆弧上，点E在上，点F在上．连接交于点G，连接．若，则半圆的半径长为___________． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形和全等三角形的判定与性质综合，垂径定理的推论等知识点，连接，证，得；；再证，推出，，；由题易知：，可推出，，即可求解； 【详解】解：连接，如图所示： ∵ ∴； ∵， ∴； ∴；； ∵， ∴； ∵ ∴； ∴，， ∴； 作，如图所示： 则； ∵， ∴四边形矩形， ∴； 同理可得：； ∴； ∴，，， ∴ 即， ∴， ∴， 故答案为： 【变式4-2】（2025·上海·模拟预测）如图，矩形中，，以点C为圆心，为半径作． 直线和都和相切（E在F上方），连接，则的值为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，矩形的性质，坐标与图形，利用矩形的性质和勾股定理可得；由切线的性质和切线长定理得到，则由勾股定理可得；以点D为原点，以直线和直线分别为x轴，y轴建立坐标系，则，，设，由两点距离计算公式可得，解方程组求出点E和点F的坐标，再求出的长即可得到答案． 【详解】解；如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴； ∵直线和都和相切（E在F上方）， ∴， ∴； 如图所示，以点D为原点，以直线和直线分别为x轴，y轴建立坐标系，则，， 设， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 同理可得， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式4-3】（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：． 【变式4-4】（2025·上海·二模）已知第四象限一点A，则全体经过点A且与x轴相切的圆的圆心所组成图像与y轴的交点为________． 【答案】 【分析】本题考查圆的性质、两点间距离公式的应用，解题关键是根据圆与轴相切及过点的条件，建立圆心坐标的关系式，进而求解与轴的交点． 设圆心为，因为圆与轴相切，所以半径为．又圆过点，根据两点间距离公式，圆心到的距离等于半径，可得，平方后整理得，令，求出，即得与轴交点． 【详解】设圆心为， 圆与轴相切， 圆的半径 圆心到的距离为半径，即 整理得 当时， 即交点为 【变式4-5】（2024·上海·模拟预测）一个正多边形的中心角为，则它的半径与边心距之比和对角线条数与一个外角度数之比的乘积为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形与圆、三角函数等知识点，理解三角函数的定义成为解题的关键 先确定多边形为五边形，再和图形运用等腰三角形的性质可得，进而得到半径与边心距之比，再求出对角线条数与一个外角度数之比，最后求积即可． 【详解】解：∵一个正多边形的中心角为， ∴，即该正多边形为正五边形， 如图：∵,， ∴, ∴，半径与边心距之比， ∵正五边形， ∴每一个外角均为 ∵对角线条数为， ∴对角线条数与一个外角度数之比， ∴半径与边心距之比和对角线条数与一个外角度数之比的乘积为． 故答案为：． 题型五、勾股定理与解直角三角形 例5（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，勾股定理，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先结合，，求出，运用勾股定理得，，结合角的整理得，即，运用勾股定理得，解得． 【详解】解：过点A作，如图所示： ∵，， ∴，， 即， ∴， 则， ∵折叠， ∴， ∴， ∴设， ∴， ∵， ∴，， 即， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 【变式5-1】（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【答案】矩形，矩形 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 【变式5-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是___________．    【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，先根据勾股定理求出，延长交于D，则，证明，求出，在中，根据勾股定理求出，最后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵， ∴， 延长交于D，则，    ∵， ∴， 又， ∴， ∴，即， 解得， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式5-3】（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． 【变式5-4】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是的中点．是线段延长线上一点，连接，如果四边形的一组对角相等且另一组对角不相等，那么的长是___________． 【答案】或 【分析】如图所示，过点C作于点F，解直角三角形求出，利用勾股定理求出，解直角三角形求出，进而求出，，，，的长度，然后根据题意分两种情况讨论：当时，连接，，在上取点G，使，证明出，得到，然后代入求解即可；当时，过点D作于点H，过点E作于点M，利用勾股定理求出，，证明出是等腰直角三角形，然后解直角三角形求解即可． 【详解】解：如图所示，过点C作于点F， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形的一组对角相等且另一组对角不相等， 如图所示，当时，连接，，在上取点G，使， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，当时，过点D作于点H，过点E作交的延长线于点M， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的长是或． 故答案为：或． 【点睛】此题考查了解直角三角形，勾股定理，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 【变式5-5】（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． 【变式5-6】（2025·上海·二模）平面直角坐标系xOy内有一直角△AOB，其中O为直角顶点，∠A=30°．点B在第一象限内一反比例函数上运动，且满足其横纵坐标乘积为2．若点A在x轴上方，则点A所在的反比例函数图像解析式为________． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、反比例函数的性质，解题关键是通过作辅助线证明三角形相似，结合三角函数和反比例函数的条件推导点$A$所在反比例函数的解析式． 设点，由．作轴、轴，证．在中，由得，结合相似三角形性质得边的比例关系．设，推导、与、的关系，代入，得出，从而得点所在反比例函数解析式． 【详解】解： 设点坐标为， 点B在第一象限内一反比例函数上运动，且满足其横纵坐标乘积为2， 过点作轴于点，过点作轴于点 在中， 设点坐标为 则 即 点在轴上方，在第一象限 即 即点所在反比例函数图像解析式为 【变式5-7】（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． 【变式5-8】（2024·上海·模拟预测）已知在等腰中，，将绕点A旋转至，若，那么__________ 【答案】或 【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，分绕点A顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，进行讨论求解即可． 【详解】解：∵等腰中，， ∴， 当绕点A逆时针旋转至时，如图， 则：， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 过点作，作，交于点， ∴， ∴， 设，则：， ∴， ∴， ∴， ∴； 当绕点A顺时针旋转至时，如图， 同理可知：为等边三角形， ∴， 过点作，作，则：，， ∴，， 设，同法可得：，， ∴， ∴， ∴； 综上：或； 故答案为：或． 题型六、旋转与翻折问题 例6（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． 【变式6-1】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 【答案】 【分析】先根据旋转以及矩形的性质求出，然后由勾股定理求出，解，求出，由旋转可知：，，则，那么，然后由角直角三角形性质和勾股定理求出，再由待定系数法求函数解析式即可． 【详解】解：过点作轴于点，连接， 四边形是矩形， ， 矩形绕点顺时针旋转得到矩形，， ， 的对应点恰好落在对角线的中点， ， ， ， 在中，，， ， 由旋转可知：，， ， 又轴， ， ， 在中，，， ， ， 反比例函数经过点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，涉及解直角三角形，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线． 【变式6-2】（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：． 【变式6-3】（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． 【变式6-4】（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：． 【变式6-5】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 【答案】或 【分析】过点作于点，先解求出，由旋转得，，①当时，过点作于点，可得，由，求出，则；②当时，设，可证明，再由，可得，，继而得到，最后由列式计算求解即可． 【详解】解：过点作于点， ∵， ∴，， ∵旋转， ∴， ①当时，过点作于点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时； ∵，， ∴，， ∵ ∴， 设，则 ∴， ∴ ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ 解得：或（舍） ③当时， ∵， ∴，此时不成立， 综上：或， 故答案为：或． 【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，旋转的性质，难度大，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定与性质求解． 【变式6-6】（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】或或或 【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：⑴当时， ∵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， ， ， ； （2）当时， ∵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，, 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， 作于， ,即， , 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，或或或． 故答案为：或或或． 【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． 2 / 67 1 / 67 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点 填空题压轴的6大类题型 目录 题型一、函数综合 1 题型二、相似三角形 9 题型三、四边形问题 18 题型四、圆 28 题型五、勾股定理与解直角三角形 35 题型六、旋转与翻折问题 51 题型一、函数综合 例1（2025·上海杨浦·模拟预测）在直角三角形中，，是边上的中线，，，在上任取一点（不与点，重合）设面积为，长为，则关于的函数解析式和定义域为___________． 【变式1-1】（2026·上海黄浦·一模）对于抛物线及其所在坐标平面内的点，当过点垂直于抛物线对称轴的直线与该抛物线有两个交点，且这两个交点位于点的两侧时，我们把点称为抛物线的内点．现有抛物线和，如果点既是抛物线的内点，又是抛物线的内点，那么点的纵坐标的取值范围是________． 【变式1-2】（2026·上海·一模）定义：对于一个开口向下的抛物线，将其图像先关于轴翻折，再将所得图像向上平移2个单位，若平移后的图像与原图像有两个交点，且这两个交点之间的距离为，则称这个抛物线为“哎呦喂函数”．已知某“哎呦喂函数”的解析式为，其中，则__________． 【变式1-3】（2026·上海普陀·一模）已知二次函数，反比例函数，若这两个函数的图象的所有交点横、纵坐标都是整数，则符合条件的正整数的值是______ ． 【变式1-4】（2025·上海·一模）如果抛物线的顶点在抛物线上时，抛物线的顶点也在抛物线上，此时我们称抛物线与是“互为关联”的抛物线，那么与抛物线是“互为关联”且顶点不同的抛物线的表达式可以是____________（只需写出一个）． 【变式1-5】（2025·上海金山·一模）在平面直角坐标系中，将抛物线（其中，，是常数，且）以原点为中心，旋转得到抛物线，则称是的“中心对称抛物线” ．已知抛物线，将抛物线向左平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．将抛物线的“中心对称抛物线”向右平移个单位长度，与轴的交点从左到右依次为，．当时，的值为_________． 【变式1-6】（2025·上海徐汇·一模）在平面直角坐标系中，点P、分别是抛物线第二、一象限上一点，轴且． 点Q在直线上方的抛物线M上，点和点Q关于直线对称，在以点为顶点且过点与点R的抛物线N上，．若，则点Q坐标为______． 【变式1-7】（2025·上海·模拟预测）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 题型二、相似三角形 例2（2026·上海闵行·一模）如图，在中，点分别是的中点，连接交于点，交于点，那么___________． 【变式2-1】（2026·上海徐汇·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片，已知.裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，其余三个顶点、、分别在边、、上，那么正方形的边长是__________． 【变式2-2】（2026·上海·一模）某山丘在建造旅游景区时，在两山丘间建造吊桥，其抽象图如图所示，其中山丘，均为等腰直角三角形，山丘的底在一条直线上，为让处于最佳位置，建筑师连接，其和的交点记作M、N，那么桥梁和山丘底的数量关系为____． 【变式2-3】（2026·上海松江·一模）已知中，，点、分别在边、上，如果与相似，且是等腰三角形，那么的值是___________． 【变式2-4】（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______． 【变式2-5】（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【变式2-6】（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 题型三、四边形问题 例3（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 【变式3-1】（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为____． 【变式3-2】（2026·上海松江·一模）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，，点、、都在格点上，那么的值是____________． 【变式3-3】（2025·上海·模拟预测）在菱形中，为锐角．边上有一点，使，．沿直线翻折得到，点落在边上，且．则关于的解析式为_____________．（写出定义域） 【变式3-4】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为______． 【变式3-5】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是___________． 【变式3-6】（2024·上海·模拟预测）在正方形中，E是边中点，将沿直线翻折，点A落在点F处，连接，则______． 题型四、圆 例4（2025·上海·模拟预测）在中，．过点C作圆B，并作圆A和圆B外切．若圆B内切于圆C，则点A在圆C___________（填写“内”“上”或“外”）． 【变式4-1】（2025·上海·模拟预测）在半圆中作矩形，点C、D在圆弧上，点E在上，点F在上．连接交于点G，连接．若，则半圆的半径长为___________． 【变式4-2】（2025·上海·模拟预测）如图，矩形中，，以点C为圆心，为半径作． 直线和都和相切（E在F上方），连接，则的值为______． 【变式4-3】（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）． 【变式4-4】（2025·上海·二模）已知第四象限一点A，则全体经过点A且与x轴相切的圆的圆心所组成图像与y轴的交点为________． 【变式4-5】（2024·上海·模拟预测）一个正多边形的中心角为，则它的半径与边心距之比和对角线条数与一个外角度数之比的乘积为_____． 题型五、勾股定理与解直角三角形 例5（2026·上海虹口·一模）如图，在中，．点在边上，连接，将沿翻折得到，点对应点，连接，如果，那么的长是___________． 【变式5-1】（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【变式5-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，中，已知，将绕点逆时针旋转得到，点的对应点分别为，连接．如果直线垂直于，连接，那么此时的面积是___________．    【变式5-3】（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__________． 【变式5-4】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，，，，是的中点．是线段延长线上一点，连接，如果四边形的一组对角相等且另一组对角不相等，那么的长是___________． 【变式5-5】（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_________． 【变式5-6】（2025·上海·二模）平面直角坐标系xOy内有一直角△AOB，其中O为直角顶点，∠A=30°．点B在第一象限内一反比例函数上运动，且满足其横纵坐标乘积为2．若点A在x轴上方，则点A所在的反比例函数图像解析式为________． 【变式5-7】（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_________． 【变式5-8】（2024·上海·模拟预测）已知在等腰中，，将绕点A旋转至，若，那么__________ 题型六、旋转与翻折问题 例6（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 ___________ ． 【变式6-1】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 【变式6-2】（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______． 【变式6-3】（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________． 【变式6-4】（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． 【变式6-5】（2026·上海徐汇·一模）如图，在中，，将绕点逆时针旋转得到，点分别与点对应，边分别与原三角形底边交于点．当是等腰三角形时，的长为_________． 【变式6-6】（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___________． 2 / 67 1 / 67 学科网（北京）股份有限公司 $