专题10 几何图形选填压轴题（含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题）（题型专练）（全国通用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题10 几何图形选填压轴题 （含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题） 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 特殊三角形中多结论问题 题型02 特殊四边形中多结论问题 题型03 特殊三角形中求角或线段长 题型04 矩形中求角或线段长 题型05 菱形中求角或线段长 题型06 正方形中求角或线段长 题型07 与等腰三角形有关的多解题 题型08 与直角三角形有关的多解题 题型09 圆中求角或线段长 题型10 圆中求弧长或面积 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 特殊三角形中多结论问题 典例引领 【典例01】（2025·山东泰安·一模）如图，在中，，，在的垂直平分线上，平分，底边，下述结论：平分；；的周长等于；是中点．其中正确的命题序号是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，由垂直平分线的性质，等腰三角形的性质可判断；通过相似三角形的判定与性质，解方程可判断；由垂直平分线的性质可判断；根据的结论求出、即可判断，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴， ∵在的垂直平分线上， ∴， ∴， ∴，即平分，故正确； 由（）得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，整理得：， 解得或（舍去）， ∴，故正确； 的周长， ∵， ∴， ∵， 又因为， ∴， 即的周长，故正确； 由知，， ∴， 这就说明点不是线段的中点，故错误； 综上，正确， 故选：． 【典例02】（2025·北京·模拟预测）如图，和都是等腰直角三角形，，的顶点A在的斜边上，连接．给出下面四个结论： ；②；③； ． 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．②④ 【答案】A 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 由即可判断②；然后证明，根据对应角相等以及等腰直角三角形锐角为即可证明③；对等腰直角运用勾股定理即可判断①；对运用勾股定理判断④． 【详解】解：∵和都是等腰直角三角形， ∴， ∴，即：，故②正确； ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，故③正确， ∵在等腰直角中，，， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴在中，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，故④正确； ∴正确结论的序号①②③④， 故选：A． 方法透视 考向解读 1. 等腰三角形多结论：结合等边对等角、三线合一等性质，判断角度相等、线段相等或垂直关系的多个结论正误。 2. 直角三角形多结论：利用勾股定理、30°角性质、斜边中线等，判断边长关系、角度大小或面积关系的正确性。 3. 全等与相似结合：在特殊三角形背景下，综合全等或相似判定，分析多个结论的逻辑关联。 方法技能 1. 标图分析：将已知条件在图中标出，由结论反推所需条件，逐一验证每个结论。 2. 举反例排除：对存疑结论，尝试构造反例或特殊情况快速排除错误选项。 3. 性质优先用：优先运用特殊三角形的特有性质（如等腰三线合一、直角斜边中线）推导结论。 变式演练 【变式01】（2025·湖北·模拟预测）分别以的两边、向形外作等边和等边，、分别交、于点、，、相交于点，连接并延长交于点，则下列结论中正确的是（   ） ① ② ③ ④平分 ⑤平分． A．①②③ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②③④⑤ 【答案】C 【分析】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，熟练掌握等边三角形的性质，证明三角形全等是解本题的关键． 由三角形与三角形都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两三角形的内角都为，利用等式的性质得到，利用可得出符合题意；利用全等三角形的对应边相等即可得到，符合题意；利用全等三角形的对应角相等得到，再由对顶角相等和三角形内角和定理得出符合题意；运用全等三角形的判定与性质，角平分线的判定得出符合题意，运用外角性质以及全等三角形的对应角相等进行分析，得出④不符合题意，即可得出结论． 【详解】解：和都为等边三角形， ，，， ， 即， 在和中， ， ， 故符合题意； ∵， ， 故符合题意； ∵， ， 又， ∴ ， 故符合题意， 作于P，于，如图所示； 则， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴平分， 故符合题意； 则， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 只有时，即，则， ∵， ∴， 分析题干，不一定相等，不一定相等， ∵，， 故不一定等于． 故不符合题意 故选：C． 【变式02】（2025·安徽·模拟预测）如图，平行四边形ABCD中，，，，连接，将绕点B旋转，当（即）与交于一点E，（即）同时与交于一点F时，下列结论正确的是（　　） ①，②，③，④的周长的最小值是 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题意可证，可判断①②③，由的周长，则当最小时的周长最小，根据垂线最短，可得时，最小，即最小，即可求此时周长最小值． 【详解】解：，， ，为等边三角形， ， 将绕点旋转到位置， ，，， ， ，，， ， 故①正确，③错误； ，， ， 故②正确， 的周长 ， 当最小时，的周长最小． ，， 是等边三角形， ， 当时，长度最小，即长度最小， ，，， ， ，， ， 的周长最小值为， 故④正确， 故选：C． 题型02 特殊四边形中多结论问题 典例引领 【典例01】（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 【典例02】（2025·四川广元·模拟预测）如图，在菱形中,相交于点O，点 E 在 的延长线上，且，连接交 于点 F，交 于点G，连接．有以下结论：①；② ；③图中有6个三角形与全等；④以点A，C，E，D为顶点的四边形是菱形．其中结论正确的是（   ） A．①②③④ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、三角形全等的判定（、）、三角形中位线定理及三角形面积计算（面积等分与和差），解题的关键是利用菱形性质及中点条件推导面积关系，避免复杂计算，准确判断全等三角形数量． 由菱形中，得，，，，为等边三角形；因，故且，证得为中点，结合为中点，知是中位线，得，①正确；由O、G是中点，与均为面积的一半，减去公共部分的面积，得，②错误；全等三角形有，共个，③正确；由，得平行四边形，结合，证其为菱形，④正确． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，，，，， 又， ，且． 判断①是否正确： ， ，， 又， ， （为中点） 为中点， 是中位线， ， 又， ，①正确，符合题意； 判断②是否正确： 为 中点， ， 为 中点， ， ， 又 ， ，②错误，不符合题意； 判断③图中有个三角形与是否全等： 为直角三角形（），设直角边、，斜边． 菱形对角线分菱形为个全等直角三角形：（，，，直角相等）． 由，且、、（勾股定理逆定理得直角）， 故（）．共个全等三角形，③正确，符合题意； 判断④以A，C，E，D为顶点的四边形是否为菱形： 且， 四边形是平行四边形． 又为等边三角形， ，且（），故， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形是菱形，④正确，符合题意； 综上，①③④正确，②错误． 故选：． 方法透视 考向解读 1. 平行四边形多结论：结合对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，判断线段相等、角度关系或面积关系的多个结论正误。 2. 矩形菱形正方形：利用各自特有性质（矩形对角线相等、菱形对角线垂直、正方形四边相等且对角线垂直相等）分析复杂结论。 3. 中点与特殊线：常结合中点、中位线、对角线交点，综合全等相似知识判断多个结论的逻辑关系。 方法技能 1. 标图推导：将已知条件标在图上，从每个结论反推所需条件，逐一验证是否成立。 2. 性质优先用：优先运用特殊四边形的特有性质（如菱形对角线垂直）快速判断相关结论。 3. 举反例排除：对不确定结论，尝试构造反例或特殊情况，快速排除明显错误选项。 变式演练 【变式01】（2024·四川眉山·一模）如图，点是正方形对角线的交点，． 中，，过点，，分别交，于点，，连接，，．若，．下列四个结论： ①； ②； ③； ④的周长是． 其中正确结论的为（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】此题考查了正方形的性质，相似三角形和全等三角形的判定，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形．连接，过点作于点，利用全等三角形的判定及性质以及相似三角形的性质可得结论． 【详解】解：是正方形， ， ， ， ， ， ，故①正确； 如图，连接，过点作于点， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 在正方形中，，， ，， 在和中， ， ， ，即，故②正确； ，， ， ，即， ， ， ， ，， ，故③错误； 在和中， ， ， ， ， ， 是的中点， 是的中点，是直角三角形， ，， 是直角三角形，为的中点， ， 的周长，故④正确． 故选：． 【变式02】（2025·四川眉山·模拟预测）如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边三角形，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运动的路程是；其中正确结论的序号为（　　） 如图，在矩形中，对角线，相交于点 O， ， ，点 F 在线段 上从点 A 至点 O 运动，连接，以 为边作等边三角形，点 E 和点 A 分别位于两侧，下列结论：① ；② ；③ ；④点 E 运 A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】①根据，，得出为等边三角形，再由为等边三角形，得，即可得出结论①正确； ②如图，连接，利用证明，再证明，即可得出结论②正确； ③通过等量代换即可得出结论③正确； ④如图，延长至，使，连接，通过，，可分析得出点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，从而得出结论④正确． 【详解】解：①∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故结论①正确； ②如图，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 故结论②正确； ③∵， ∴，即， 故结论③正确； ④如图，延长至，使，连接， ∵，， ∴点F在线段上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到， ∵矩形，，， ∴， ∴， ∴点E运动的路程是， 故结论④正确． 故选：D． 题型03 特殊三角形中求角或线段长 典例引领 【典例01】（2026·辽宁阜新·一模）如图，点D在等边三角形的边上，，若，，则的长为____．    【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，三角形外角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据等边三角形的性质，得，，再运用三角形外角性质，得，证明，再把数值代入计算，即可作答． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵，且， ∴， ∴， 则， ∴， 则， ∴， 故答案为：． 【典例02】（2026·上海闵行·一模）如图，在中，，点是边上的一点，连接，如果，那么___________． 【答案】 【分析】如图，过点作于点，过点作于点．解直角三角形求出，，再利用勾股定理求出后，进一步利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点． ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 的面积， ， ， ． 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 等腰三角形：利用等边对等角、三线合一性质，结合已知角或边求未知角或线段长。 2. 直角三角形：运用勾股定理、30°角对边等于斜边一半、斜边中线性质求边长或角度。 3. 等边三角形：利用三边相等、三角均为60°性质，结合全等或相似求线段长或角度。 方法技能 1. 性质优先用：根据三角形类型优先选用特有性质（如等腰三线合一、直角勾股定理）简化计算。 2. 方程思想：设未知数表示相关线段，利用勾股定理或相似比列方程求解。 3. 转化角关系：通过内角和、外角定理或平行线性质，将所求角转化到已知角关系中。 变式演练 【变式01】（2026·四川雅安·二模）如图，在中，，是的一条角平分线，为中点，连接．若，则_____． 【答案】 【分析】连接，过点作于点，设，通过证明，得到对应线段成比例，即，通过证明，得到对应线段成比例，即 ，根据勾股定理列方程，得到的值，即的长度． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 设，则， ，为的中点， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 在中，， ，解得，（小于，舍去）， ． 故答案为：． 【变式02】（25-26九年级上·江苏宿迁·期末）如图，在中，，，，点分别在上，，连接，将沿翻折，得到，交于点，当时，折痕的长度为___________． 【答案】 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质．过点D作于点H，设，则，根据，可得，从而得到为等腰直角三角形，进而得到，，由折叠的性质得：，，，证明，可得，从而得到，再由，可求出x的值，即可求解． 【详解】解：过点D作于点H， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴ 由折叠的性质得：，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴． 故答案为： 题型04 矩形中求角或线段长 典例引领 【典例01】（2026·四川巴中·模拟预测）如图，在矩形中，，E为延长线上一点，连接交于点F．连接．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】此题考查了解直角三角形、勾股定理、矩形的性质等知识． 过点F作于点K，求出，，得到，设则由求得，则，得到，在中利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：过点F作于点K， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设则 ∵， ∴， 解得， ∴， ∴， 在中，， 则． 故答案为： 【典例02】（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（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 1. 对角线性质：利用矩形对角线相等且互相平分，结合勾股定理求对角线长或分线段长。 2. 折叠问题：常考矩形折叠，利用折痕垂直平分、对应边相等，求折痕长或折叠后角度。 3. 中点与面积：结合中点、中位线性质，求线段长或面积，常与相似三角形综合应用。 方法技能 1. 勾股定理优先：矩形中出现直角，优先用勾股定理求边长或对角线长，设未知数列方程。 2. 折叠找等量：折叠问题中折痕垂直平分对应点连线，对应边相等，据此列方程求解。 3. 相似三角形：矩形中常出现“A”字或“X”字形相似，利用相似比求线段长或角度。 变式演练 【变式01】（2026·安徽阜阳·一模）如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，过点A作，与延长线交于点F． （1）的值为________． （2）已知边上有一点G，连接．若平分，则的长度为________． 【答案】 3 【分析】（1）证明即可解答； （2）过点G作于点H，证明，再推出，可得，解得即可解答． 【详解】（1）四边形为矩形， ， ， ， ，即， ， ， ， E为的中点， ， ； （2）如图，过点G作于点H． ， ，则， ，， ， ． ，平分， ， ， ，即， 解得， ． 【变式02】（2025·安徽亳州·二模）如图，矩形，，，点H为上一点，将沿着翻折至，与交于点E，连接交于点F，．则_______；的长为_______． 【答案】 / / 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，折叠，构造辅助线，利用相似三角形的判定和性质是解题的关键．根据矩形的性质，勾股定理求出，进而根据正弦定义求出；延长至点，使得，连接交于点，证明，根据的正切列方程求出即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴； 延长至点，使得，连接交于点， ∴， 由折叠得， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． 题型05 菱形中求角或线段长 典例引领 【典例01】（2025·陕西西安·一模）如图，在菱形中，，连接，点分别是上的点，且垂直平分，若，则菱形的面积等于__________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，30°角的直角三角形的性质，勾股定理；连接交于点O，根据菱形的性质即可得到是等边三角形，再根据垂直平分线的性质得到，进而根据的直角三角形的性质和勾股定理求出和的长，利用解答即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴，，，，， ∴是等边三角形， ∴，， 又∵垂直平分， ∴， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 【典例02】（2026·陕西西安·一模）如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，交于点E，则四边形的面积等于 ______． 【答案】/ 【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，根据菱形的对角线平分一组对角，得出的度数，利用的面积减去的面积求出四边形的面积即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵四边形是边长为2的菱形，， ∴， ∴， ∴，，，为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形的面积等于 ； 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 对角线性质：利用菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理求边长或对角线长。 2. 等边三角形：菱形邻边相等，常出现等腰三角形，结合60°角构造等边三角形求线段。 3. 面积两种求法：利用底×高或对角线乘积一半两种面积公式，建立方程求边长或对角线。 方法技能 1. 对角线垂直用勾股：菱形对角线垂直，在四分小直角三角形中用勾股定理列方程求解。 2. 邻边相等导角：由邻边相等得等腰三角形，结合内角和求角度，或构造全等三角形。 3. 面积搭桥：用两种面积公式列等式，已知一边可求另一边，或已知面积求对角线。 变式演练 【变式01】（2026·江苏南通·一模）如图，在菱形中，，对角线的长为16，E是的中点，F是上一点，连接．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 连接，交于点，过点作于点，利用四边形是菱形，得出，，，得出，，即可证明，即可计算出，，求出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，交于点，过点作于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式02】（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：． 题型06 正方形中求角或线段长 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（2025·广东深圳·三模）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，作于点H，交于点G，若，，则的长为______ ． 【答案】3 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 首先利用正方形的性质进行角度转化，得到，再利用相似比求得的长度，即可求得的长度． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 四边相等四角直角：利用正方形四条边相等、四个角均为90°性质，结合勾股定理求线段长。 2. 对角线性质：对角线相等垂直且互相平分，出现等腰直角三角形，常用于求角度或线段比。 3. 旋转全等：常考正方形内旋转构造全等三角形，实现边的转移求线段长或角度。 方法技能 1. 勾股定理优先：正方形中直角多，优先用勾股定理求边长或对角线长，设未知数列方程。 2. 等腰直角用比例：对角线分正方形为等腰直角三角形，边长比1:1:直接应用。 3. 旋转构造全等：遇正方形内线段相等或垂直，考虑旋转90°构造全等三角形转移边角。 变式演练 【变式01】（2026·山东·一模）如图，在正方形中，是边上的一点，点在的延长线上，，为的中点，点在边上，．若，，则的长为____________． 【答案】 【分析】先利用正方形的性质与直角三角形斜边中线的性质，结合勾股定理求出、的长度，再通过作垂线构造等腰直角三角形与相似三角形，利用相似三角形的性质建立线段关系，最终求出的长度． 【详解】解：如图，作于点，则．      ∵四边形是正方形，是边上的一点，点在的延长线上， ∴，， ∵， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∵， ∴，， 在中，由勾股定理得， 将代入得， 解得或， ∵， ∴不符合题意，舍去， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴，即，解得， 在中，由勾股定理得． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，在正方形的边上有一点，连接，过点作（点在边右侧），垂足为点，与相交于点，连接，若，点为的中点，且． （Ⅰ）线段的长为_____； （Ⅱ）线段的长为_____． 【答案】 2 【详解】解：如图，作交于点， ∵点为的中点， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2，． 题型07 与等腰三角形有关的多解题 典例引领 【典例01】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在中，，，，点，分别在边，上，连接，把沿着折叠，点的对应点落在边上．若是以为腰的等腰三角形，则______． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，当时，根据折叠的性质直接可得，当时，延长至，使得，证明，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵把沿着折叠，点的对应点落在边上， ∴， 当时，． 在中，，，， ∴， 当时，如图，延长至，使得， 则， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：， 综上所述， 或． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 1. 腰底不定：已知等腰三角形两边，未指明腰与底，需分类讨论两种可能情况求解第三边。 2. 顶底角不定：已知等腰三角形一角，未指明顶角或底角，分两类讨论求其余角度。 3. 高的位置：等腰三角形顶点处高可能在形内或形外，涉及面积或线段长计算需分情况。 方法技能 1. 分类不重不漏：按腰底、顶底角、高位置分情况讨论，确保每种可能均考虑。 2. 验证三边关系：求出边长后验证是否满足三角形三边关系，舍去不能构成三角形的解。 3. 画草图辅助：每种情况画出示意图，直观分析边角关系，避免思维盲区。 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（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：，，，． 题型08 与直角三角形有关的多解题 典例引领 【典例01】（2024·甘肃陇南·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，线段与边分别交于点．如果是直角三角形，那么的长是__________． 【答案】或2 【分析】连接，由三线合一可得，，根据旋转的性质，可得，进而，，，，然后根据是直角三角形分类讨论，当时，或当时，画出图形，利用所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理求解即可． 【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，， ∴， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：或2． 【典例02】（2025·湖南·三模）如图，矩形纸片，．如果点P在边上，将纸片沿折叠，使点B落在点E处，连接，当是直角三角形时，那么的长为_______． 【答案】3或6 【分析】本题考查了矩形与折叠，涉及了勾股定理，正方形的判定与性质，注意分类讨论；掌握折叠的性质是解题关键．分两种情况：；，利用矩形的性质，折叠的性质及勾股定理即可求解． 【详解】解：若，如图， ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠知：， ∴A、E、C三点共线， 由勾股定理得：， ∴， 设，则， 在中，, 即， 解得：， 即； 若，如图， 则， ∴四边形为矩形， 由折叠知，， ∴四边形为正方形， ∴； 综上，的长为3或6； 故答案为：3或6． 方法透视 考向解读 1. 直角顶点不定：已知三角形两边及一角，未指明哪一角是直角，需分类讨论不同顶点为直角的情况。 2. 边长条件多解：已知直角三角形两边长，未指明是直角边还是斜边，需分类讨论求解第三边。 3. 动点位置多解：动点运动过程中，满足某条件（如等腰、面积相等）的点位置可能有两个，需分类求解。 方法技能 1. 分类讨论直角：遇不确定直角顶点时，分别假设不同顶点为直角，用勾股定理列方程求解。 2. 勾股定理分情况：已知两边求第三边时，分已知两边均为直角边或一边为斜边两种情况计算。 3. 画图辅助分析：每种情况画出草图，标出已知条件，直观分析位置关系避免遗漏。 变式演练 【变式01】（2025·江西吉安·一模）如图，在菱形中，，，点在射线上，当是直角三角形时，则的长为______．    【答案】或或 【分析】分三种情况求解：①当时，②当时，③当时． 【详解】①当时，如图，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴． ②当时，如图，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴． ③当时，如图，则，    作于点M，作于点N， 则，， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， 解得， ∴．     综上可知，的长为或或． 故答案为：或或． 【变式02】（2025·广东肇庆·二模）如图，正方形的边长为，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形．连接，．当为直角三角形时，则线段的长度为______． 【答案】或或． 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定，勾股定理，分当为直角顶点时，当为直角顶点时和当为直角顶点时三种情况求解即可，掌握知识点的应用及分情况讨论是解题的关键． 【详解】解：当为直角顶点时，与重合，如图， 此时； 当为直角顶点时，过作于，如图， 由旋转性质可得，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∵， ∴， 解得； 当为直角顶点时，如图， 此时共线， ∴， ∴， 综上所述，的长为或或， 故答案为：或或． 题型09 圆中求角或线段长 典例引领 【典例01】（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，是半圆O的直径，C为半圆O上一点，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点D，画射线，连接．若，则的度数是______． 【答案】/度 【分析】本题主要考查尺规作图，圆周角定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及圆周角定理是解答本题的关键． 由圆周角定理得到，由直角三角形的性质得到，根据角平分线的定义即可求得答案． 【详解】解：∵是半圆O的直径， ， ∵， ， 由题意得，为的平分线， ． 故答案为：． 【典例02】（2026·福建福州·一模）如图，在以点为圆心的半圆中，是直径，，连接交于点，连接交于点，若，则的值是_______．    【答案】 【分析】本题考查圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，连接，证明是等腰直角三角形，得到，勾股定理得到，即可得出结论． 【详解】解：连接，如下图，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 垂径定理应用：利用垂直于弦的直径平分弦，结合勾股定理求弦长、半径或圆心到弦的距离。 2. 圆周角与圆心角：同弧所对圆周角是圆心角一半，直径所对圆周角为90°，用于求角度或线段长。 3. 切线性质：圆的切线垂直于过切点的半径，结合相似三角形或勾股定理求切线长或线段长。 方法技能 1. 见弦作垂径：遇到弦的问题，作垂直于弦的直径（半径），在直角三角形中用勾股定理求解。 2. 见直径想直角：见到直径，联想直径所对圆周角为90°，构造直角三角形求线段长或角度。 3. 见切线连半径：有切线时连接圆心与切点得垂直，利用相似或勾股定理列方程求解。 变式演练 【变式01】（2025·江苏苏州·二模）如图，过外一点引的两条切线、，切点分别是、，交于点，点是优弧上不与点、点重合的一个动点，连接、，若，则的度数为______． 【答案】 【分析】本题考查了切线长定理，圆周角定理，直角三角形的性质，由切线长定理得，，，所以，则，然后通过圆周角定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，， ∵、是的切线， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式02】（2026·重庆·模拟预测）如图，点、、是上三点，是的直径．过点作交于点，连接．将沿翻折得到，点在的外部，延长交的延长线于点，若，则的长为__________，的值为__________． 【答案】 【分析】连接，根据，设，则，根据勾股定理得出，根据，得出，求出，解直角三角形求出，根据勾股定理求出，证明，得出，求出，最后根据线段间关系求解即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵， ∴， 根据折叠可得：，， ∴， 设，则， 根据勾股定理得：， ， 解得：， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， 根据勾股定理得：， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ． 题型10 圆中求弧长或面积 典例引领 【典例01】（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在半径为4的中，为直径，弦且过半径的中点，为上一动点，于点，即点在以为直径的圆上，当从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径长为__________． 【答案】 【分析】记、交于点，连接，在中，根据勾股定理计算，根据三角函数确定，进而得，在中，根据勾股定理计算，从而得点所在圆半径为，，结合图形判断点所经过的路径长为，根据弧长公式计算即可． 【详解】解：记、交于点，连接，如图所示， 弦且过半径的中点， 为半径的中点， ， ，， 在中，， ， ， ， 在中，， 点在以为直径的圆上，记该圆为， 的半径，， 点从点出发顺时针运动到点时，点所经过的路径为， 当点与点重合时，点与点重合，如图所示， 当点与点重合时，点与点重合，如图所示， ， 故答案为：． 【典例02】（2026·广西柳州·一模）如图，在扇形中，，点为的三等分点，连接，过点作交于点．连接．则阴影部分的面积为___________． 【答案】 【分析】根据点为的三等分点得，，，根据得，，进而根据直角三角形三角函数值计算，进而得出，根据勾股定理计算，在中，结合三角函数值解直角三角形得，再由，计算即可． 【详解】解：如图所示，、交于点， 在扇形中，，点为的三等分点， ，， ， ， ， ， ，， 在中，， ， ， 故答案为：． 方法透视 考向解读 1. 弧长公式：主要考查弧长公式l = 的应用，已知圆心角、半径或弧长中两个量求第三个量。 2. 扇形面积：考查扇形面积公式S = 或S = lr，常与组合图形面积结合。 3. 阴影面积：求不规则阴影面积，常用割补法、容斥原理转化为扇形、三角形、弓形面积的和差。 方法技能 1. 公式准确代入：弧长和扇形面积公式中，圆心角 n要代入度数，注意单位统一。 2. 割补法转化：不规则阴影面积通过分割、补形转化为规则图形（扇形、三角形）面积的和差。 3. 弓形面积公式：弓形面积 = 扇形面积 ± 三角形面积，根据弓形与圆心位置关系选择加减。 变式演练 【变式01】（2026·湖南衡阳·一模）如图1，是第19届杭州亚运会会徽，名为“潮涌”，象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展．如图2，是由两个扇形组成的会徽的几何图形，已知，则图2中的阴影部分的面积为_____． 【答案】 【详解】解：， ∴图2中的阴影部分的面积为． 【变式02】（2024·广东·模拟预测）如图，中，，点是边上的一点，与、分别相切于点、，点为上一点，连，若四边形是菱形，则图中阴影部分面积是__________． 【答案】 【分析】由菱形的性质得到，根据圆周角定理可得，因为与、分别相切于点、，所以，，利用四边形内角和可求出，进而可得，则都可求，再根据计算，得到答案 【详解】解：．四边形是菱形， ， 由圆周角定理得：， 即， 与、分别相切于点、， ，， ∴ ， ， ， ， ，，， ， ，， ， ， 则， ， ， 故答案为：． 【变式03】（2025·重庆·模拟预测）如图，是的直径，是的切线，，连接，与交于点，连接，点是上的任意一点（不与，重合），连接，与交于点，与的延长线交于点． ①若点是的中点，则的长为_________；（用含的代数式表示） ②无论点在上的位置怎样变化，_________． 【答案】 / 72 【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理及其推论，相似三角形的判定和性质，遇比例化等积是解决问题的关键． ①先利用切线结合得到等腰直角三角形，结合直径得到，利用圆周角定理结合点D是的中点，求得，然后利用弧长公式求出结果； ②通过证明得到比例式，转化得到等积式求得． 【详解】解：①∵是圆O的切线， ∴， 又∵是圆O的直径， ∴， 又∵， ∴ ， 又D是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴的长为 ， 故答案为： ． ②在等腰直角三角形中，， ∴ , ∴ , ∵， ， ∴， 又∵， ∴， ∴ ， ∴ ， 故答案为：72． 题●型●训●练 一、单选题 1．（2026·安徽·一模）如图，是等边三角形，的平分线交于点D，过点D作于点E，延长和交于点F，若，则的长为（  ） A． B．3 C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，易得，证明为等边三角形，三线合一求出，线段的和差求出的长． 【详解】解： 取的中点，连接， ∵是等边三角形，的平分线交于点D， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（2026·陕西西安·一模）如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，直角三角形的性质． 由矩形的性质、平行线的性质和角平分线的定义得到，利用勾股定理求出，再利用直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】解：矩形， ，，，， ， 平分， ， ， ， ， ， 点为的中点， ． 3．（2026·广东深圳·一模）如图，已知四边形的外接圆的半径是，对角线与的交点为，，，，则四边形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，，可得，进而得到，连接，交于点．连接，可得，，则可求. 【详解】解：，， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ， 如图，连接，交于点．连接， ， ，， ，， ， ， ，， ， ∴. 故选：C. 4．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，交于点，作于点，交于点．若，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求角度，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 由，四边形是正方形，可证明，得，故，同理可得，可证明，即得，得，从而求出，而，得，即得． 【详解】解：， ， ， ， ∴， ， 在正方形中，， ，即， 同理可得， ， ，即， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ∴， 故选：B． 5．（2026·山东·一模）如图（1）是一款带毛刷的扫地机器人，图（2）是其示意图，机身的直径为，毛刷的一端为固定点P，另一端为点C，，设工作时毛刷绕点P 旋转形成的圆弧交于点A、B，且点A、P、B在同一直线上，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查求不规则图形的面积，等边三角形的判定和性质，特殊角的三角函数等知识点，正确作出辅助线是作题的关键．连接，，，利用，进行求解即可． 【详解】解：如图，连接，，， 由题意可知，点是点，，所在圆的圆心． 点A、P、B在同一直线上， 是的直径． ∵， ∴． 的直径为， ， ， ∴是等边三角形， ∴， 故设边上的高为，（）， 则， 即， ， ， ． ∵ ， ∴． 故选：A． 6．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，一元二次方程根的判别，二次函数最值等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质进行角的等量代换即可证出为矩形，判断①；过点作于点，设，则，用含的式子表达出和的长后，利用矩形的面积公式列式判断②和③即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， 同理可证：， ∴四边形是矩形，故①正确； 过点作于点，如图所示：    设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴当时 整理得： ∵ ∴长有两个不同的值，故②正确； ∵ ∴当时，面积最大值为，故③正确； 综上①②③正确； 故选：D． 二、填空题 7．（2025·山西朔州·模拟预测）如图，在中，，，点，分别在，上，且，若，，则的长度是_____． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，先证明是等腰直角三角形，求出，再证明，求出，证明，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：过作交的延长线于，如图： ，， 是等腰直角三角形， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ，，， ， ， ， 故答案为：． 8．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在三星堆文物挖掘工作中，考古人员发现一件珍贵的圆形陶器，可惜其部分破损，经测量得知，该圆形陶器完整时的直径为12cm，而破损处的缺口两端点A，B之间的距离为6cm，则的长为_______cm． 【答案】 【分析】本题主要考查弧长计算公式，垂径定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，设圆心为O，过点O作于点C，连接，，先求出，得出，然后求出，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：设圆心为O，连接，过点O作于点C，连接，，如图所示： ∵，O为圆心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 9．（2025·江西赣州·一模）在矩形中，，，点是折线上的动点（不与两点重合），当的长为整数时，则的长是_________． 【答案】或或 【分析】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，坐标与图形，掌握分类讨论的思想是解题的关键． 点在折线上运动，不与重合．当为整数时，的可能取值为1、2、3．通过计算各段折线上为整数的点的位置，并求的长度． 【详解】解：如图所示，以为原点建立坐标系，则，，，． 折线包括线段、和． ①当时，在上，坐标为，此时由勾股定理得； ②当时，在上，坐标为，此时由勾股定理得；   ③当时，可在上或上， 若可在上，由勾股定理得； 若可在上，此时的坐标为，由勾股定理得．   综上所述，当为整数时，的长为． 故答案为：或或． 10．（2025·黑龙江佳木斯·一模）在中，，，．以为斜边作等腰直角三角形，连接，则的长为______． 【答案】或 【分析】如图，由，都为等腰直角三角形，证明四边形是正方形，连接，交于，连接，过作于，过作于，证明在以为圆心，为半径的圆上；四边形为正方形，证明，可得，求解，再进一步，，可得，从而可得答案． 【详解】解：如图，∵，都为等腰直角三角形， ∴，，， ∴四边形是正方形， 连接，交于，连接，过作于，过作于， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴在以为圆心，为半径的圆上； ∴，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， 综上：的长为或； 故答案为：或. 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定，作出合适的辅助线是解本题的关键. 11．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在菱形中,，点O是对角线的中点，以点O为圆心,长为半径作圆心角为的扇形，点D在扇形内，则图中阴影部分的面积为__________． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及扇形面积公式的应用，解题的关键是通过构造全等三角形，将不规则阴影部分的面积转化为扇形面积与规则三角形面积的差来计算． 先利用菱形性质得、，点为中点，故，进而得；构造等边，结合证，将转化为；再用勾股定理算、（即扇形半径）；最后用扇形面积公式算，减去得阴影面积． 【详解】解：如图，连接，在上取点，使，连接， 在菱形中，，点O是对角线的中点，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵ ∴ ∴， ∴． 故答案为：． 12．（2026·四川德阳·模拟预测）如图所示，是边长为的正方形，点，分别为边，上动点点不与，重合，点不与，重合，且，下列说法：①点从向运动的过程中，的周长始终不变；②以为圆心，为半径的圆一定与相切；③面积有最小值；④的面积最大值小于．其中正确的有__________填写序号 【答案】①②④ 【分析】延长至点，使得，连接，然后证明，从而得到的周长；由和可知以点为圆心、2为半径的圆与相切，然后利用对称性可得与相切；设，，则，然后结合的三边关系得到与之间的关系，进而可以用含有的式子表示的面积和的面积，进而求得对应的最值． 【详解】解：如图，延长至点得，使得，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， ，和关于所在直线对称， ， ， 的周长始终不变，故①正确，符合题意； ，的半径，， 与相切， 和关于所在直线对称， 与相切，故②正确，符合题意； 设，，则，，， 在中，， ， 化简得，， ， ， 当即时，的最小值为，故③错误，不符合题意； 当即时，的最大值为，故④正确，符合题意； 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、与圆有关的位置关系、正方形的性质、二次函数的性质求最值，解题的关键是准确作出辅助线构造全等三角形． 13．（2025·江西吉安·二模）矩形的边，，点E是边上一点，将沿折叠得到，点D恰好落在边上点F处，如图，将线段沿着射线方向平移得到对应线段，连接，当是等腰三角形时，平移的距离为______________． 【答案】4或6或 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质． 根据矩形及折叠的性质得，，进而可求出的值，分类讨论：若，若，若，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，， 由折叠对称性：，， 在中，， 如图，由平移可知：，， ∴四边形是平行四边形， ，， ， 如图，过点作于H， ， ∴四边形是矩形， ， 分三种情况讨论： 若， ， ， 即平移的距离为4； 若， ，， ， 即平移的距离为6； 若， 在中，， 设， ， ， ， 解得：， 即平移的距离为； 综上所述，当是等腰三角形时，平移的距离为4或6或． 故答案为：4或6或． 14．（2025·江西宜春·一模）如图，在边长为2的正方形中，对角线，相交于点O，若点E为的中点，F为直线上的动点（不与点D重合），当为以为腰的等腰三角形时，的长为__________． 【答案】或或 【分析】考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，坐标与图形综合，分情况讨论思想，建立直角坐标系利用两点间距离公式是解题的关键．先建立以B为坐标原点的平面直角坐标系，求出直线表达式，分两种情况：或讨论求解即可． 【详解】解：如图建立平面直角坐标系，则， 设直线的解析式为：， 将点代入，得， 直线的解析式为：， 设的坐标为， 分情况讨论：情况一： ，则， 解得，（舍去，与D重合）或， ， ， 情况二：， ，则 解得，， 当时，如图，， 当时，如图， 综上所述，的长为或或． 故答案为：或或． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题10几何图形选填压轴题 (含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题) 内●容●导●航 第部分题型破译微观解剖，精细教学 行典例引领 写方法透视 年变式演练 题型01特殊三角形中多结论问题 题型02特殊四边形中多结论问题 题型03特殊三角形中求角或线段长 题型04矩形中求角或线段长 题型05菱形中求角或线段长 题型06正方形中求角或线段长 题型07与等腰三角形有关的多解题 题型08与直角三角形有关的多解题 题型09圆中求角或线段长 题型10圆中求弧长或面积 第二部分题型训练整合应用，模拟实战 题●型●破●译 ◆题型01特殊三角形冲多结论问题、 ◆典例领 【典例01】(2025山东泰安一模)如图，在ABC中，AB=AC,∠A=36°，D在AB的垂直平分线上， CE平分∠ACB,底边BC=a,下述结论：①BD平分∠ABC;②DE=3-5 a;③△BDC的周长等于 2 AB+BC;④D是AC中点.其中正确的命题序号是() 1/21 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 【典例02】(2025北京模拟预测)如图，ABC和aECD都是等腰直角三角形，AC=BC,CE=CD, ABC的顶点A在△ECD的斜边DE上，连接BD.给出下面四个结论： E B ①2CE2=DE2;②∠ACE=∠BCD;③AD⊥BD；④AE2+AD2=2AC2. 上述结论中，所有正确结论的序号是( ) A.①②③④ B.①②③ C.①③④ D.②④ 《。方法透视 考狗 1. 等腰三角形多结论：结合等边对等角、三线合一等性质，判断角度相等、线段相等或垂直关系 解读 的多个结论正误。 2. 直角三角形多结论：利用勾股定理、30°角性质、斜边中线等，判断边长关系、角度大小或面 积关系的正确性。 3. 全等与相似结合：在特殊三角形背景下，综合全等或相似判定，分析多个结论的逻辑关联。 方法 1. 标图分析：将已知条件在图中标出，由结论反推所需条件，逐一验证每个结论。 技能 2. 举反例排除：对存疑结论，尝试构造反例或特殊情况快速排除错误选项。 3. 性质优先用：优先运用特殊三角形的特有性质（如等腰三线合一、直角斜边中线）推导结论。 ◆变式演练◆ 【变式01】(2025·湖北模拟预测)分别以ABC的两边AB、AC向形外作等边△ABD和等边△ACE, BE、CD分别交AC、AB于点H、G,BE、CD相交于点F,连接AF并延长交BC于M点，则下列结论 中正确的是() 2/21 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B ①△ADC≌△ABE ②BE=CD ③∠DFB=60° ④AM平分∠BAC ⑤FM平分∠BFC. A.①②③ B.①②③④ C.①②③⑤ D.①②③④⑤ 【变式02】(2025·安微模拟预测)如图，平行四边形ABCD中，AD∥BC,AB=BC=CD=AD=4, ∠A=∠C=60°，连接BD,将△BCD绕点B旋转，当BD(即BD')与AD交于一点E,BC(即BC)同 时与CD交于一点F时，下列结论正确的是() ①AE=DF,②∠EBF=60°，③∠DEB=∠DFB,④ADEF的周长的最小值是4+2V5 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 ◆题型02特殊四边形中多结论问题 ◆典例引领◆ 【典例01】(2025山东东营中考真题)如图，己知四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，对角线AC、BD 相交于点O,过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E,F为AD的中点，连接EF交BD于点G,连接OE 交CD于点H,连接BH,为下列论：①四边形ACEF为平行四边形，②G:③OM=CHDH:4 an∠HBC-5.其中正确的有《） 3/21 厨学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②③④ 【典例02】(2025四川广元模拟预测)如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AC,BD相交于点O,点E在 BC的延长线上，且CE=BC,连接AE交BD于点F,交CD于点G,连接OG.有以下结论：① BC=2OG;②S。ADF<S四边形oCGF;③图中有6个三角形与△BOC全等：④以点A,C,E,D为顶点的四边 形是菱形.其中结论正确的是() A.①②③④ B.①②④ C.②③④ D.①③④ 方法透视 考向 1. 平行四边形多结论：结合对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，判断线段相等、角度 解读 关系或面积关系的多个结论正误。 2. 矩形菱形正方形：利用各自特有性质（矩形对角线相等、菱形对角线垂直、正方形四边相等且 对角线垂直相等)分析复杂结论。 3. 中点与特殊线：常结合中点、中位线、对角线交点，综合全等相似知识判断多个结论的逻辑关 系。 方法 1. 标图推导：将已知条件标在图上，从每个结论反推所需条件，逐一验证是否成立。 技能 2. 性质优先用：优先运用特殊四边形的特有性质（如菱形对角线垂直）快速判断相关结论。 3. 举反例排除：对不确定结论，尝试构造反例或特殊情况，快速排除明显错误选项。 ◆变式演练◆ 【变式01】(2024四川眉山一模)如图，点O是正方形ABCD对角线的交点，AB=3√2.Rt△BEF中， LBEF=90°，EF过点D,BE,BF分别交AD,CD于点G,M,连接OE,OM,EM,若BG=DF, am∠48G-片·下列四个结论： 4/21 扇学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①LFDM=∠AGB; ②CD=3MC; ③DE·DM=DC·CM; ④△OEM的周长是3+3V5. 其中正确结论的为() E B A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②④ 【变式02】(2025·四川眉山模拟预测)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB=6, ∠DAC=60°，点F在线段A0上从点A至点O运动，连接DF,以DF为边作等边三角形DFE,点 E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①LBDE=LEFC;②ED=EC;③∠ADF=LECF;④点 E运动的路程是2√5；其中正确结论的序号为() E 如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB=6,∠DAC=60° ,点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF,以DF为边作等边三角形DFE,点E和点A分 别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE=∠EFC;②ED=EC;③∠ADF=∠ECF;④点E运 A.①④ B.①②③ C.②③④ D.①②③④ 。题型03特殊三角形冲求角或线段长《 ◆典例领 【典例01】(2026辽宁阜新一模)如图，点D在等边三角形ABC的边BC上，∠ADE=60°，若AB=12, CD=4,则CE的长为· 5/21 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B D 【典例02】(2026上海闵行一模)如图，在ABC中，AB=AC,AC=10,cosB=4, 点D是边BC上的 5 一点，连接AD,如果∠ADB=90°+∠BAD,那么AD= D 。方法透视 向 1. 等腰三角形：利用等边对等角、三线合一性质，结合已知角或边求未知角或线段长。 解读 2. 直角三角形：运用勾股定理、30°角对边等于斜边一半、斜边中线性质求边长或角度。 3. 等边三角形：利用三边相等、三角均为60°性质，结合全等或相似求线段长或角度。 方法 1. 性质优先用：根据三角形类型优先选用特有性质（如等腰三线合一、直角勾股定理）简化计算。 技能 2. 方程思想：设未知数表示相关线段，利用勾股定理或相似比列方程求解。 3. 转化角关系：通过内角和、外角定理或平行线性质，将所求角转化到已知角关系中。 ◆变式演练◆ 【变式01】(2026四川雅安二模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是ABC的一条角平分线，E为 AD中点，连接BE.若BE=BC,CD=2,则BD=· B 【变式02】(25-26九年级上江苏宿迁期末)如图，在ABC中，∠ACB=90°，BC=2,AC=4,点 D、E分别在AB、AC上，AD=√5AE,连接DE,将ADE沿DE翻折，得到FDE,FD交AC于点G, 当DG=DB时，折痕DE的长度为 6/21 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 题型04矩形中求角或线段长 ◆典例领· 【典例01】(2026四川巴中模拟预测)如图，在矩形ABCD中，AB=3,AD=4,E为CD延长线上一点， 连接BE交AC于点F.连接DF.若DE=3,则DF的长为· B 【典例02】(2026上海闵行一模)如图，矩形ABCD中，连接BD,点E是BC的中点，过点E作 EF∥BD交CD于点F,将△CEF沿直线EF翻折，点C落在平面内点G处，如果点G恰在AE上，那么 BG:AE的值是 D B 。方法透视 向 1. 对角线性质：利用矩形对角线相等且互相平分，结合勾股定理求对角线长或分线段长。 解读 2. 折叠问题：常考矩形折叠，利用折痕垂直平分、对应边相等，求折痕长或折叠后角度。 3. 中点与面积：结合中点、中位线性质，求线段长或面积，常与相似三角形综合应用。 方法1.勾股定理优先：矩形中出现直角，优先用勾股定理求边长或对角线长，设未知数列方程。 7/21 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 技能 2 折叠找等量：折叠问题中折痕垂直平分对应点连线，对应边相等，据此列方程求解。 3. 相似三角形：矩形中常出现“A”字或“X”字形相似，利用相似比求线段长或角度。 ◆变式演练 【变式01】(2026安微阜阳一模)如图，在矩形ABCD中，AD=3，AB=2,E为CD的中点，连接AE, 过点A作AF⊥AE,与CB延长线交于点F. D B G (1) 器的饭为 (2)已知BC边上有一点G,连接AG.若AG平分∠FAE,则AG的长度为 【变式02】(2025·安徽毫州二模)如图，矩形ABCD,AB=12,AD=25,点H为AB上一点，将BCH 沿着CH翻折至△GCH,AD与CG交于点E,连接BE交HC于点F,AE=9,则sin/CED=;BH 的长为 G E D ◆题型05菱形中求角或线段长 ◆典例引领◆ 【典例01】(2025·陕西西安一模)如图，在菱形ABCD中，∠BCD=60°，连接AC,点E,F分别是 AC,BC上的点，且EF垂直平分BC,若CE=2cm,则菱形ABCD的面积等于 cm2. D B F 【典例02】(2026陕西西安.一模)如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠B=120°，将菱形ABCD绕点 8/21 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A逆时针旋转，使点B的对应点B落在对角线AC上，B'C'交CD于点E,则四边形DAB'E的面积等于 。方法透视 考向 1. 对角线性质：利用菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理求边长或对角线长。 解读 2. 等边三角形：菱形邻边相等，常出现等腰三角形，结合60°角构造等边三角形求线段。 3.面积两种求法：利用底×高或对角线乘积一半两种面积公式，建立方程求边长或对角线。 方法 1. 对角线垂直用勾股：菱形对角线垂直，在四分小直角三角形中用勾股定理列方程求解。 技能 2. 邻边相等导角：由邻边相等得等腰三角形，结合内角和求角度，或构造全等三角形。 3. 面积搭桥：用两种面积公式列等式，已知一边可求另一边，或已知面积求对角线。 ◆变式演练· 【变式01】(2026江苏南通一模)如图，在菱形ABCD中，AB=4V5,对角线BD的长为16，E是AD的 中点，F是BD上一点，连接EF.若BF=3,则EF的长为· 【变式02】(2025·上海杨浦一模)在菱形ABCD中，∠ABC<90°，点M在线段AB上，且BM:AM=3:2 ,点N为BC上一点，将&BMN沿MN翻折，点B对应点E,LBAE=90°，且AE=CE,则tan∠ABC= 题型06正方形中求角或线段长《 ◆典例领 【典例01】(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 9/21 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 有三角形纸片(aABC),已知∠ACB=90°，AC=40cm,BC=30cm.裁剪出的正方形CDEF的一个顶点是直 角顶点C,其余三个顶点D、E、F分别在边AC、AB、BC上，那么正方形的边长是 cm. D E 【典例2】(2025·广东深圳·三模)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边DA,AB上，且DE=AF ,作AG⊥EF于点H,交BC于点G,若AB=6,EF:AG=2:3,则BG的长为 》方法透视 考向 1. 四边相等四角直角：利用正方形四条边相等、四个角均为90°性质，结合勾股定理求线段长。 解读 2. 对角线性质：对角线相等垂直且互相平分，出现等腰直角三角形，常用于求角度或线段比。 3. 旋转全等：常考正方形内旋转构造全等三角形，实现边的转移求线段长或角度。 方法 1. 勾股定理优先：正方形中直角多，优先用勾股定理求边长或对角线长，设未知数列方程。 技能 2. 等腰直角用比例：对角线分正方形为等腰直角三角形，边长比1：1：√2直接应用。 3. 旋转构造全等：遇正方形内线段相等或垂直，考虑旋转90°构造全等三角形转移边角。 ◆变式演练 【变式01】(2026山东一模)如图，在正方形ABCD中，E是AB边上的一点，点F在AD的延长线上， BE=DF,M为EF的中点，点N在边AB上，∠AMN=45°.若AB=7,AM=5,则MN的长为 10/21