专题07 图形的变化（复习讲义）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题07 图形的变化 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 图形的变化（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 平移 题型二 轴对称 题型三 旋转 题型四 图形的相似 题型五 锐角三角函数 必备知识 知识1 平移 知识2 旋转 知识 3 中心对称 知识 4 相似图形 知识 5 锐角三角函数 命题预测 命题透视 命题形式：以选择填空基础题、解答题的几何探究与计算题为主，呈现 “重性质应用、重坐标变换、融模型探究” 的核心特点，突出对空间想象、逻辑推理与综合建模能力的考查，是中考数学的几何基础模块之一。 命题内容： 基础变换部分：侧重平移、轴对称、旋转的性质应用，图形变换的坐标变化规律为高频考点；中心对称图形、轴对称图形的判定为基础必考题。 综合应用部分：侧重图形变换与三角形、四边形的综合，常结合勾股定理、相似三角形考查线段长度与角度计算；利用轴对称、旋转构造全等三角形解决几何证明题，以及图形变换与函数结合的探究题为常见考查形式。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 平移 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 T24(1) 抛物线平移的坐标变化规律、平移后解析式求解 T24(3) 抛物线平移的性质、平移后顶点坐标与解析式求解 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 轴对称（翻折） T17 轴对称（翻折）的性质、翻折后角度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、平行四边形翻折后线段长度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、三角形翻折后角度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、等腰三角形翻折后线段计算与全等构造 T16 轴对称（翻折）的性质、梯形翻折后角度计算 旋转 T22、T25 旋转的性质、等腰三角形构造与全等综合应用 T25 旋转的性质、几何压轴题综合应用 T17、T25 旋转的性质、角度计算与勾股定理综合应用 T25 旋转模型、全等三角形与特殊四边形综合应用 T18、T25 旋转的性质、角度计算与几何压轴综合应用 图形的相似 T23、T25 相似三角形的判定与性质、圆+平行四边形背景综合应用 T23、T25 相似三角形的判定与性质、矩形+梯形背景综合证明 T23、T25 平行线分线段成比例定理、相似三角形综合应用 T25 相似三角形的判定与性质、菱形+平行四边形背景综合应用 T23、T25 相似三角形的判定与性质、圆+梯形背景压轴综合应用 锐角三角比 T14 解直角三角形的实际应用（仰角问题） T22 锐角三角比与直角三角形综合计算 T21 解直角三角形与垂径定理综合应用 T22 解直角三角形的实际应用（中心投影+仰角） T21 解直角三角形的实际应用与勾股定理综合 图形变换综合 T25 轴对称、旋转的几何压轴综合应用 T17、T25 轴对称（翻折）与几何图形综合应用 T17、T25 旋转与三角形的综合证明 T17、T25 轴对称、旋转与特殊四边形结合综合 T16、T18、T25 轴对称、旋转的几何综合建模应用 命题预测 一、考情预测 命题预测 基础变换部分 必考：平移、轴对称、旋转的性质与坐标变化规律，尤其是轴对称与最短路径问题、旋转的性质应用。 高频：轴对称图形、中心对称图形的判定，图形平移的距离与方向计算。 趋势：图形变换的基础性质与三角形、勾股定理的简单综合应用，利用轴对称构造直角三角形求解。 综合应用部分 必考：轴对称、旋转与全等三角形的综合证明题，图形折叠问题中的线段与角度求解。 高频：图形变换与函数的结合题，利用图形变换构造特殊图形（如等腰三角形、等边三角形）的计算。 趋势：图形变换的实际情境建模，如折叠、旋转在生活中的应用，以及图形变换与几何动点的综合探究题。 二．备考建议 锚定核心考点：针对平移、轴对称、旋转的性质与坐标变化规律等必考高频考点专项突破，固化图形变换的解题流程，确保基础题零失分。 强化几何推理能力：梳理图形变换的性质与判定定理，构建 “变换性质 - 辅助线 - 坐标变化” 的知识体系，熟练掌握利用轴对称、旋转构造全等三角形的方法。 突破综合模型题型：重点训练折叠、最短路径、旋转构造等常见模型，掌握从复杂图形中分解出基本变换模型的方法，提升综合分析能力。 适配创新考法：针对性训练图形变换的探究题、实际情境建模题，提升空间想象与知识迁移能力，规范几何证明题的书写步骤，避免逻辑漏洞。 考点一 图形的变化 题型一 平移 1．平移的定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做平移。平移不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置。 2．平移的性质：平移后，对应线段平行（或在同一直线上）且相等，对应角相等；对应点所连的线段平行（或在同一直线上）且相等，且都等于平移的距离。 3．平移的坐标变化规律：在平面直角坐标系中，点 向右（或左）平移 个单位，得到对应点 （或 ）；向上（或下）平移 个单位，得到对应点 （或 ）。解题时可直接利用坐标变化规律求平移后的点坐标，或由平移前后的点坐标反推平移方向与距离。 1．（2022·上海·中考真题）一个一次函数的截距为1，且经过点A（2，3）． (1)求这个一次函数的解析式； (2)点A，B在某个反比例函数上，点B横坐标为6，将点B向上平移2个单位得到点C，求cos∠ABC的值． 【答案】(1)y=x+1 (2) 【知识点】求一次函数解析式、解直角三角形的相关计算、坐标与图形、由平移方式确定点的坐标 【详解】（1）解：设这个一次函数的解析式y=kx+1， 把A（2，3）代入，得3=2k+1， 解得：k=1， ∴这个一次函数的解析式为y=x+1； （2）解：如图， 设反比例函数解析式为y=， 把A（2，3）代入，得3=， 解得：m=6， ∴反比例函数解析式为y=， 当x=6时，则y==1， ∴B（6，1）， ∴AB=， ∵将点B向上平移2个单位得到点C， ∴C（6，3），BC=2， ∵A（2，3），C（6，3）， ∴ACx轴， ∵B（6，1），C（6，3）， ∴BC⊥x轴， ∴AC⊥BC， ∴∠ACB=90°， ∴△ABC是直角三角形， ∴cos∠ABC=． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，点的平移，解三角形，坐标与图形，求得AC⊥BC是解题的关键． 2．（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 【知识点】等腰三角形的定义、根据旋转的性质求解、三线合一 【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． 题型二 轴对称 1．轴对称的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。 2．轴对称的性质：关于某条直线对称的两个图形，对应线段相等、对应角相等；对应点的连线被对称轴垂直平分，常利用这一性质构造垂直平分线解决问题。 3．轴对称的应用：利用轴对称求最短路径问题（如＂将军饮马＂模型），核心是通过对称将折线转化为直线，再根据＂两点之间线段最短＂求解；在坐标系中，点 关于 轴的对称点为 ，关于 轴的对称点为 （ ），可直接利用坐标变化规律解题。 1．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则__________． 【答案】或/或 【知识点】利用平行四边形的性质求解、求角的余弦值、折叠问题 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 2．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 【答案】/ 【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解、分母有理化、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型三 旋转 1.旋转的定义：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动叫做旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。旋转不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置。 2.旋转的性质：旋转前后的图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，常利用这一性质构造等腰三角形或全等三角形解题。 3.旋转的解题关键：遇到旋转问题时，优先找准旋转中心、旋转方向和旋转角；在坐标系中，点绕原点旋转 90°、180° 的坐标变化规律需熟练掌握；旋转常与三角形、四边形结合，通过旋转将分散的线段或角集中，构造特殊图形（如等边三角形、等腰直角三角形）求解。 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【知识点】正多边形的内角问题、根据旋转的性质求解 【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意． 【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到． A. B. C. D. 观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合 故选C． 【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系． 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则________．    【答案】 【知识点】等边对等角、根据旋转的性质求解、三角形内角和定理的应用 【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，根据题意可得：，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， 则在中，∵， ∴， 解得：； 故答案为：    【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 3．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、旋转综合题(几何变换) 【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解． 【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，． ∴点O与正方形边上的所有点的连线中， 最小，等于1，最大，等于． ∵， ∴点P与正方形边上的所有点的连线中， 如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1； 如图3所示，当点A落在上时，最小值． ∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是． 故答案为： 【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键． 题型四 图形的相似 1.相似图形的定义与性质：形状相同的图形叫做相似图形；相似多边形的对应角相等，对应边成比例，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是计算边长、周长和面积的核心依据。 2.三角形相似的判定：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；两角分别相等的两个三角形相似；两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边成比例的两个三角形相似。 3.相似三角形的解题关键：找准对应边和对应角，利用相似三角形的性质建立比例式求解未知线段；常与平行线、角平分线、勾股定理结合应用，注意 “A 型”“X 型”“斜截型” 等常见相似模型的识别与应用。 1．（2021·上海·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点O，已知，则_________． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合 【分析】先根据等高的两个三角形的面积比等于边长比，得出，再根据△AOD∽△COB得出，再根据等高的两个三角形的面积比等于边长比计算即可 【详解】解：作AE⊥BC，CF⊥BD ∵ ∴△ABD和△BCD等高，高均为AE ∴ ∵AD∥BC ∴△AOD∽△COB ∴ ∵△BOC和△DOC等高，高均为CF ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、等高的两个三角形的面积比等于边长比，熟练掌握三角形的面积的特点是解题的关键 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，点D，E在边，上，，联结，设向量，，那么用，表示________．    【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、向量的线性运算、实数与向量相乘 【分析】先根据向量的减法可得，再根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：∵向量，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了向量的运算、相似三角形的判定与性质，熟练掌握向量的运算是解题关键． 3．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 【答案】或 【知识点】等边三角形的判定和性质、由平行判断成比例的线段、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解． 【详解】解：∵D为AB中点， ∴，即， 取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，， ∴， 在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则， ∵∠A=30°，∠B=90°， ∴∠C=60°，BC＝， ∵DE1∥BC， ∴∠DE1E2=60°， ∴△DE1E2是等边三角形， ∴DE1＝DE2＝E1E2＝， ∴E1E2＝， ∵， ∴，即， 综上，的值为：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键． 4．（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 【知识点】等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【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∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明 【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到； （2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到． 【详解】（1）证明：在矩形中，，，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ； （2）证明：连接交于点，如图所示： 在矩形中，，则， ， ， ， ， ， 在矩形中，， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ． 【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键． 6．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证； （2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：， ， 在和中，， ， ． （2）证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、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关键． 7．（2022·上海·中考真题）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证： (1)∠CAE=∠BAF； (2)CF·FQ=AF·BQ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、根据等边对等角证明 【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可； （2）先证△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再证△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵CF=BE， ∴CE=BF， 在△ACE和△ABF中，， ∴△ACE≌△ABF（SAS）， ∴∠CAE=∠BAF； （2）证明：∵△ACE≌△ABF， ∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF， ∵AE²=AQ·AB，AC＝AB， ∴，即， ∴△ACE∽△AFQ， ∴∠AEC=∠AQF， ∴∠AEF=∠BQF， ∵AE＝AF， ∴∠AEF=∠AFE， ∴∠BQF=∠AFE， ∵∠B=∠C， ∴△CAF∽△BFQ， ∴，即CF·FQ=AF·BQ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 8．（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，已知平移抛物线后得到的新抛物线经过和． (1)求平移后新抛物线的表达式； (2)直线（）与新抛物线交于点P，与原抛物线交于点Q． ①如果小于3，求m的取值范围； ②记点P在原抛物线上的对应点为，如果四边形有一组对边平行，求点P的坐标． 【答案】(1)或； (2)①；②． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、二次函数图象的平移、其他问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）设平移抛物线后得到的新抛物线为，把和代入可得答案； （2）①如图，设，则，，结合小于3，可得，结合，从而可得答案；②先确定平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位，由题意可得：在的右边，当时，可得，结合平移的性质可得答案如图，当时，则，过作于，证明，可得，设，则，，，再建立方程求解即可. 【详解】（1）解：设平移抛物线后得到的新抛物线为， 把和代入可得： ， 解得：， ∴新抛物线为； （2）解：①如图，设，则， ∴， ∵小于3， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位， 由题意可得：在的右边，当时， ∴轴， ∴， ∴， 由平移的性质可得：，即； 如图，当时，则， 过作于， ∴， ∴， ∴， 设，则，，， ∴， 解得：（不符合题意舍去）； 综上：； 【点睛】本题属于二次函数的综合题，抛物线的平移，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的图象与性质 ，相似三角形的判定与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键. 9．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是平行四边形、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点，    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键． 10．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 11．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【知识点】由平行截线求相关线段的长或比值、求特殊三角形外接圆的半径、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 题型五 锐角三角函数 1．定义：在直角三角形中，锐角的正弦（对边／斜边）、余弦（邻边／斜边）、正切（对边／邻边）是三条边的比值，需结合图形找准对应边，避免混淆。 2．特殊角的三角函数值： 角的三角函数值需熟练记忆，可直接用于快速计算和判断。 3．解题关键：求三角函数值时，若角不在直角三角形中，需通过作垂线构造直角三角形；利用三角函数求边长时，可根据已知边和角选择合适的三角函数建立方程求解；注意三角函数的增减性（正弦、正切随角度增大而增大，余弦随角度增大而减小）。 1．（2025·上海·中考真题）某公司需要员工上班时通过门禁，在门禁上方设置了人脸扫描仪，已知扫描仪（线段）的竖直高度2.7米，某人（线段）身高为1.8米，扫描仪测得，那么该人与扫描仪的水平距离为________米．（备用数据：，，，精确到米） 【答案】 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，过点作于点，由题意，得，线段的和差求出的长，解，求出的长即可．添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键． 【详解】解：过点作于点，则：米， ∵米， ∴米， 在中，， ∴米； 故答案为：． 2．（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，反比例函数（k为常数且）上有一点，且与直线交于另一点．    (1)求k与m的值； (2)过点A作直线轴与直线交于点C，求的值． 【答案】(1)，； (2)． 【知识点】求一次函数解析式、求角的正弦值、求反比例函数解析式 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是： （1）把B的坐标代入，求出n，然后把B的坐标代入，求出k，最后把A的坐标代入求出m即可； （2）根据轴求出C的纵坐标，然后代入，求出C的横坐标，利用勾股定理求出，最后根据正弦的定义求解即可． 【详解】（1）解：把代入， 得， 解得， ∴， 把代入， 得， ∴， 把代入， 得； （2）解：由（1）知： 设l与y轴相交于D，    ∵轴，轴轴， ∴A、C、D的纵坐标相同，均为2，， 把代入，得， 解得， ∴， ∴，， ∴， ∴． 3．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【知识点】半圆（直径）所对的圆周角是直角、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 4．（2022·上海·中考真题）我们经常会采用不同方法对某物体进行测量，请测量下列灯杆AB的长． (1)如图1所示，将一个测角仪放置在距离灯杆AB底部a米的点D处，测角仪高为b米，从C点测得A点的仰角为α，求灯杆AB的高度．（用含a，b，ａ的代数式表示） (2)我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，在至今仍有借鉴意义图2所示，现将一高度为2米的木杆CG放在灯杆AB前，测得其影长CH为1米，再将木杆沿着BC方向移动1.8米至DE的位置，此时测得其影长DF为3米，求灯杆AB的高度 【答案】(1)atanα+b米 (2)3.8米 【知识点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)、三角函数综合、相似三角形实际应用、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由题意得BD=a，CD=b，∠ACE=α，根据四边形CDBE为矩形，得到BE=CD=b，BD=CE=a，在Rt∆ACE中，由正切函数tanα= ，即可得到AB的高度； （2）根据AB∥ED，得到∆ABF~∆EDF，根据相似三角形的对应边成比例得到 ，又根据AB∥GC，得出∆ABH~∆GCH，根据相似三角形的对应边成比例得到 联立得到二元一次方程组解之即可得； 【详解】（1）解：如图 由题意得BD=a，CD=b，∠ACE=α ∠B=∠D=∠CEB=90° ∴四边形CDBE为矩形， 则BE=CD=b，BD=CE=a， 在Rt∆ACE中，tanα= ， 得AE=CE=CE×tanα=a tanα 而AB=AE+BE， 故AB= a tanα+b 答：灯杆AB的高度为atanα+b米 （2）由题意可得，AB∥GC∥ED，GC=ED=2，CH=1，DF=3，CD=1.8 由于AB∥ED， ∴∆ABF~∆EDF， 此时 即①， ∵AB∥GC ∴∆ABH~∆GCH， 此时， ② 联立①②得 ， 解得： 答：灯杆AB的高度为3.8米 【点睛】本题考查了相似三角形的应用，锐角三角函数的应用，以及二元一次方程组，解题的关键是读懂题意，熟悉相似三角形的判定与性质． 5．（2025·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线过，，与轴交于点，顶点为． (1)求，的值． (2)设抛物线过点，，且与轴交于点，顶点为． ①求的值； ②当四边形是直角梯形时，求该直角梯形中最小内角的正弦值． 【答案】(1) (2)①3；②或． 【知识点】求角的正弦值、待定系数法求二次函数解析式、其他问题(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先把抛物线的解析式化为顶点式求出点P坐标，再求出点C坐标；把点A和点B坐标代入中可得抛物线的解析式为，据此可求出点P和点D的坐标，再表示出即可得到答案； ②可证明轴，即，则当四边形是直角梯形时，只有或，据此画出对应的示意图，讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线过，， ∴， ∴； （2）解：①由（1）得抛物线得解析式为， ∴点P的坐标为， 在中，当时，， ∴点C的坐标为； ∵抛物线过点，， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为， ∴抛物线的对称轴为直线， 在中，当时，， 当时，， ∴，， ∴，， ∴； ②∵，， ∴轴，即， ∴当四边形是直角梯形时，只有或， 如图2-1所示，当时， ∵点C的坐标为，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； 如图2-2所示，当时， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图所示，过点Q作轴于H，则， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 综上所述，当四边形是直角梯形时，该直角梯形中最小内角的正弦值为或． 【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，求角的正弦值，二次函数的性质，二次函数与几何综合等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 6．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 【答案】(1)等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；底为，高为，面积为； (2)画图见解析． 【知识点】根据矩形的性质求面积、解直角三角形的相关计算、证明四边形是矩形 【分析】（）①解直角三角形即可求解； 由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （）根据题意画出图形即可； 本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图，为等腰直角三角板，， 则； 如图，为含的直角三角形板，，，， 则，； 综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和； 由题意可知， ∴四边形是矩形， 由图可得，，， ∴， 故小平行四边形的底为，高为，面积为； （2）解：如图，即为所作图形． 知识1 平移 1.平移的概念 在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移． 2.平移的性质 ①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 3.坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 4.作图-平移变换 （1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离． （2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 知识2 旋转 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点． 注意： ①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键． ②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向． ③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点． 2.旋转的性质 ①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等． 注意：旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3.旋转对称图形 （1）旋转对称图形 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形． （2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等． 知识3 中心对称 1．中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 2．中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 知识4 相似图形 1.定义:我们把形状相同的图形叫做相似图形 2.两个关系 (1)相似图形之间的关系:两个图形相似，其中一个图形可以看作由另一个图形放大或缩小得到. (2)相似与全等的关系:当两个图形的形状相同、大小也相同时，它们是全等图形，全等图形是相似图形的特殊情况，即全等图形一定是相似图形，但相似图形不一定是全等图形，只有相似图形的大小相同时，它们才全等 3.线段的比:在同一长度单位下，两条线段长度的比叫做这两条线段的比 4．四条线段成比例：对于四条线段 a , b , c , d ，如果其中两条线段的比（即它们长度的比）与另两条线段的比相等，如 （或 ，我们就说这四条线段成比例． 5．比例的相关性质： （1）比例的基本性质： （2）合比性质： ． （3）等比性质： 6.相似多边形 （1）相似多边形的定义:两个边数相同的多边形，如果它们的角分别相等，边成比例，那么这两个多边形叫做相似多边形. （2）相似比的定义:相似多边形对应边的比叫做相似比. （3）.相似多边形的性质:相似多边形的对应边成比例，对应角相等. 特别解读:①相似比与两个多边形的先后顺序有关②相似多边形的定义可用来判断两个多边形是否相似.③相似多边形的性质常用来求相似多边形未知边的长度或未知角的度数. 知识5 锐角三角函数 1.锐角三角比的概念 （1）正弦 ①定义：在中，，锐角的对边与斜边的比叫做的正弦，记作，即； ②符号语言:在中,，. （2）余弦 ①定义：在中，，锐角的邻边与斜边的比叫做的余弦，记作，即； ②符号语言:在中,，. （3）正切 ①定义：在中，，锐角的对边与邻边的比叫做的正切，记作，即； ②符号语言:在中,，. （4）余切 ①定义：在中，，锐角的邻边与对边的比叫做的余切，记作，即； ②符号语言:在中,，. 2.求锐角的三角比的值 （1）锐角三角比中的相互关系 直角三角形中要分清锐角的对边和邻边. 在中，，可知,所以互余，即,. （2）锐角三角函数 对于锐角A的每一个确定的值，sin A有唯一确定的值与它对应，所以sin A是锐角A的函数.同样地cos A ,tan A，cot A也是锐角A的函数，即锐角A的正弦、余弦、正切、余切都是∠A的锐角三角函数. 3. 30°,45°,60°角的三角函数值 3.（1）解直角三角形 一般地,直角三角形中,除直角外,共有五个元素,即三条边和两个锐角.由直角三角形中的已知元素,求出其余未知元素的过程,叫做解直角三角形. ①在直角三角形中,除直角外的五个元素中,已知其中的两个元素(至少有一个是边),可求出其余的三个未知元素(知二求三) ②一个直角三角形可解，则其面积和周长可求.但在一个解直角三角形的题中，如无特别说明，则不包括求面积和周长 （2）直角三角形中五个元素（除直角外的）之间的关系 如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°， ①三边之间的关系：.（勾股定理） ②∠A＋∠B＝90° ③边角之间的关系： ;;; ;;;. （3）解非直角三角形 在非直角三角形中,往往通过作三角形的高,构造直角三角形来解决,而作高时,常从非特殊角的顶点作高，一般以不破坏 30°,45°60°角为原则. 对于复杂的图形,往往通过“补形”或“分割”的方法构造出直角二角形,使问题转化为解直角三角形 4.解直角三角形的应用 （1）利用解直角三角形的知识解决实际问题的一般步骤 ①将实际问题抽象为数学问题; ②根据问题中的条件选用合适的锐角三角函数解直角三角形; ③得到数学问题的答案; ④得到实际问题的答案. （2）实际问题中，常见的基本图形及相应的关系式 图形 关系式 图形 关系式 1．（2025·上海·二模）下列各数中，有理数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】特殊角三角函数值的混合运算、无理数、有理数的定义 【分析】此题主要考查有理数的判断，解题的关键是熟知无理数与有理数的区别．根据无理数的定义：实数中不能表示为整数或分数的数；有理数的定义：能够表示为两个整数比的数（，a、b为整数，），即整数和分子分母都是整数的分数（分母不为零），整数可以看作是分母是1的分数即可判断． 【详解】解：A、是无理数，不符合题意； B、中是无理数，减去1仍是无理数，不符合题意； C、是分数是有理数，符合题意； D、是无理数，不符合题意； 故选C． 2．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，分别得出两个函数的开口方向和对称轴，再结合抛物线与关于直线对称，得出，解得，即可作答． 【详解】解：∵， ∴开口方向向下，对称轴为直线， ∵ ∴函数与x轴的交点坐标为 ∴开口方向向上，对称轴为直线， 抛物线与关于直线对称， 两个抛物线的对称轴相同， 即 ∴ 解得， 观察四个选项，唯有D选项符合题意， 故选：D． 3．（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据概率公式计算概率、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了概率公式求概率，中心对称图形的识别．在平面内一个图形绕着一点旋转180度，旋转后的图形与原来的图形完全重合，这个图形就叫做中心对称图形．先判断出5个图形中中心对称图形的数量，再直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，这5个图形中：矩形、圆是中心对称图形，共2个， 因此从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是， 故选B． 4．（2025·上海青浦·二模）如图，河对岸有一座建筑物，在C，D（C、D、B在同一直线上）处用测角仪器分别测得顶部A的仰角为，．已知米，建筑物高是（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【知识点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用) 【分析】根据题意，在中得到，在中表示出，利用，求得结果． 本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形是解题的关键． 【详解】解：设， ∵在中，， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得 ，即， 故选：A． 5．（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据概率公式计算概率、轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称图形和轴对称图形的识别，概率公式，掌握相关知识点是解题关键． 先逐一判断每个图形，再根据概率公式计算即可． 【详解】解：菱形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 平行四边形：仅为中心对称图形，不是轴对称图形； 矩形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 等腰梯形：仅为轴对称图形，不是中心对称图形； 正方形：既是中心对称图形，又是轴对称图形； 直角梯形：既不是中心对称图形，也不是轴对称图形； 符合条件的图形有菱形、矩形、正方形，共3个， 将“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”记为：“A，B，C，D，E，F”， 从六张卡片中任选两张卡片，列表如下： A B C D E F A B C D E F 由表可知，共30种情况，符合条件的有6种， ∴概率为， 故选A． 6．（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 【知识点】作角平分线(尺规作图)、两直线平行内错角相等、解直角三角形的相关计算、根据等角对等边证明边相等 【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． 7．（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 【知识点】三角形内角和定理的应用、根据旋转的性质求解、等边对等角 【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 8．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是_____． 【答案】 【知识点】利用平移的性质求解、y=ax²的图象和性质、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查图形的平移、二次函数的图象性质、勾股定理，熟练掌握二次函数的图象性质是解题的关键． 设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位，得到点、的坐标，根据抛物线，求得、的值，进而求出点到点的距离即可． 【详解】解：设沿轴正方向平移个单位，沿轴正方向平移个单位， 则点、， 由于点、都在抛物线上， 则， 解得， 将代入得：， ∴， 故答案为：． 9．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、利用平行四边形的判定与性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了反比例函数、平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握是解答本题的关键．根据题意画出图像，先证明四边形是平行四边形，易得，在中利用三线合一得到，利用面积即可求解． 【详解】解：根据题意画出图像得， 过点作于点， ，， 根据旋转得，，，， ， 四边形是平行四边形， 易知， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 10．（2025·上海嘉定·二模）如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是_______． 【答案】2 【知识点】用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算、正方形折叠问题 【分析】此题重点考查正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出是解题的关键． 设，因为四边形是正方形，点E是边的中点，所以，， 由翻折得，，可证明，由勾股定理得， 求得，则，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：由题意可得如图所示： 设， ∵四边形是正方形，点E是边的中点， ∴，，， 由翻折得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． 11．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么______． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 过点作交于点，设，，，根据点是的中点，证明是的中位线，又平分的周长得则，进而得，根据中位线定理得，，则，继而由勾股定理得，据此可得的值． 【详解】解：过点作交于点，如图所示： ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∴是的中位线， 设，，， ∴， ∵平分的周长， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故答案为：． 12．（2025·上海奉贤·二模）如图1为《天工开物》记载的用于舂捣谷物的工具---“碓(duì)”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点B，与水平线l相交于点O，．如果分米，分米，，那么点C到水平线l的距离为_____分米． 【答案】 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．延长，交直线l于点G，先证明，然后求出，最后根据列方程求解即可． 【详解】解：延长，交直线l于点G， ， ， ， ， ， ， 在中， ， 设（分米），则（分米）， （分米）， ， 在中，， ， 解得（分米）， （分米）． 故答案为：． 13．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是______．（结果用含的三角比的代数式表示） 【答案】 【知识点】矩形性质理解、解直角三角形的相关计算、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查矩形的性质，萎形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【详解】解：当两个宽度均为1的矩形交叉形成锐角时，重叠部分为菱形． 菱形的边长由矩形宽度在垂直方向上的投影决定． 由于每个矩形的宽度为1，且两矩形夹角为，菱形的高为1， ∴菱形的边长为：， 因此，菱形的周长为， 故答案为∶． 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】 【知识点】求角的正切值、全等的性质和SSS综合（SSS）、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【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·上海静安·二模）如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，当，时，直接写出的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、含30度角的直角三角形、证明四边形是矩形 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． （1）先判定为平行四边形，再根据菱形的性质进行证明即可； （2）根据的直角三角形的性质求出进而求出，再根据相似三角形和勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图， ∵中，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 16．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点O，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点F，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）证明，推出可得结论； （2）证明，推出，证明四边形是矩形，推出，证明，推出可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）证明：如图，过点A作于点H， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，矩形及菱形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形及菱形的性质与判定是解题的关键． 17．（2025·上海松江·二模）图1是某商场入口处摆放的“楼层导购图”展板．图2是其横断面的示意图． 信息1：经过测量得到：，，，．（底座的高度忽略不计） 信息2：P为顾客看展板时眼睛所在的位置，，垂足在的延长线上，当视线与展板垂直时，称点为“最佳观察点”． (1)求：展板最低点B到地面的距离； (2)如果，当点为“最佳观测点”时，求点到的距离．（参考数据：） 【答案】(1)展板最低点到地面的距离为； (2)当点为“最佳观测点”时，求点到的距离为 【知识点】其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握三角函数定义，作出辅助线． （1）过作于，过点作于，作于，解直角三角形求出，，最后求出结果即可； （2）过点作于点，作于点，设，则，根据，求出结果即可． 【详解】（1）解：如图2，过作于，过点作于，作于， 在中，，， ， ， ， 又， ， ， ， 在中，， ， 答：展板最低点到地面的距离为； （2）如图，过点作于点，作于点， 由（1）知，， ， ，， ， ， ， 设， ， ，，， ， 在中，， ， ， 答：当点为“最佳观测点”时，求点到的距离为． 18．（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到，证明，得到，等量代换即可得出结论； （2）平行线分线段成比例，得到，进而得到，推出，相似三角形的性质，推出，进而得到，结合平行线的性质，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵，， ∴． 又∵， ∴． ∴ ∴ ∴ （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 19．（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 【知识点】解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、求角的正切值、相似三角形的判定与性质综合 【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． 20．（2025·上海·二模）小昌对“二次函数与特殊三角形的存在性”问题展开了如下探究，请你协助他一起完成． 【问题引入】 已知抛物线开口向上，交x轴于点A，B（点A在点B左侧），与直线交于第一象限点C，且这条直线恰好经过抛物线的顶点D． （1）小昌说：“m为定值．”请求出m的值； 【深入探究】 （2）经过思考，小昌决定先探究三角形相似的存在性问题．设直线交x轴于点E，请探究当与相似时，的正切值； 【拓展延伸】 （3）请从下面的两个序号中选一个填空，并帮助小昌解决问题．如果是 三角形，求出k的值．①等腰  ②直角 【答案】（1）；（2）；（3）①是等腰三角形，；②是直角三角形，或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】本题考查二次函数综合应用，涉及抛物线与直线交点，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点； （1）先求出顶点坐标，代入得到，根据，得到，即可求解； （2）先按题目条件求出，，，，则，，，再根据，得到， ，代入求出，最后根据求解即可； （3）由（2）得，，，求出，，，再根据是等腰三角形或直角三角形列方程求解即可． 【详解】解：（1）∵抛物线开口向上， ∴，顶点坐标， ∵直线恰好经过抛物线的顶点D． ∴， 整理得， ∵， ∴， 解得； （2）当时，解得， ∵抛物线开口向上，交x轴于点A，B（点A在点B左侧）， ∴，， 由（1）得，则直线与x轴交点， 联立，解得或， ∴抛物线与直线交于第一象限点， ∴，，， ∵与中，，， ∴当与相似时，只能是， ∴，， ∴， ∴， 解得（负值舍去）， 如图，过作轴于，则，，， ∴； （3）由（2）得，，， ∴，，， ①如果是等腰三角形， 当时，，则，解得（负值舍去）； 当时，，则，方程无解； 当时，，则，方程无解； 综上所述，当是等腰三角形时，； ②如果是直角三角形， 当时，，解得（负值舍去）； 当时，，方程无解； 当时，，解得（负值舍去）； 综上所述，当是直角三角形时，或． 21．（2025·上海·二模）扇形的圆心角是锐角．点P在弧上，过点P作，分别交半径，于点C，D． (1)如图1，问：半径与圆心角固定时，的边中是否存在长度不变的线段？请利用图1证明你的结论； (2)如图2，连接，延长与交于点Q．当时， ①若平分，求； ②若是以边为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1)的边中，边的长度不变，证明见解析 (2)①；② 【知识点】用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接，取的中点M，连接，，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，设扇形的半径为r，则，可证明；过点M作，垂足为N，解直角三角形可得，即，据此可得结论； （2）①如图，连接交于K，过点O作垂足为H，证明，，得到，证明，，得到；证明，推出，求出，导角得到，则可证明，由勾股定理得，则； ②如图，若，连接交于K，证明，则可证明垂直平分；证明，，得到，再证明，故此假设不成立；若，延长，交于点M，证明，，得到，证明，证明，则可证明；在上截取，连接，证明，，得到，，可推出；设，则可得到，，的长，可求出的值，据此可得答案． 【详解】（1）解：的边中，边的长度不变，证明如下： 如图，连接，取的中点M，连接，， ∵，， ∴， ∵M为中点， ∴， 设扇形的半径为r，则， ∵， ∴， 同理， ∴，， ∴， 如图所示，过点M作，垂足为N， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ∵r与固定， ∴线段的长度不变； ∵点P是动点，且，， ∴线段的长度都是变化的； 综上所述，的边中，边的长度不变； （2）解：①如图，连接交于K，过点O作垂足为H， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， 在中，； ②如图，若，连接，交于K， 在和中， ， ∴， ∴， ∴垂直平分，即， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故此假设不成立，舍去； 如图，若，延长，交于点M， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， 同理， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ∵，，， ∴； 如图所示，在上截取，连接， 又∵， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴，； ∵， ∴， 设， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形，全等三角形以及利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 1 / 87 学科网（北京）股份有限公司 $中考核心性质： 一1.轴对称与轴对称图形一 ①翻折前后的两个图形全等，对应边相等、对应角相等 ②对称轴是对应点连线的垂直平分线，对应点到对称轴的距离相等： ③对应线段（或延长线）的交点在对称轴上。 图形的对称 定义 中心对称： 个图形绕某 点旋转180°后能与另二个图形重合 中心对称图形：一个图形绕某一点旋转180°后能与自身重合 2.中心对称与中心对称图形 核心性质： 、计的两个军形全 对应吉连线的 中点，对应点连线经过对称中心且被其平分 定义：平面内，将一个图形沿某个方向移动一定距离的图形运动，称为平移。 图形的平移 高频应用： ①二次函数图象平移：“左加右减（针对自变量x)、上加下减（针对函数值）” ②梯形问题辅助线：平移腰/对角线，将梯形转化为平行四边形+三角形求解 旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角。 图形的旋转 中考核心性质（压轴题核心） 全等， 对应边、对应角相等，图形形状、大小不变： 中的 天然构成等 角形； 等于旋转角； 旋转中心在对应点连线的垂直平分线上。 核心性质：若8=台(b、d≠0)，则ad=bc: 合比性质：若g=,则老=： 1.比例的基本性质 等比性质：若号=号=…=兴(6十d十…十n卡0)，则法识= 黄金分割：点C分线段AB(AC>BC),若A品=C,则C为AB的黄金分割点， AC=5,1AB≈0.618AB 定理：两条直线被三条平行线所截，截得的对应线段成比例。 若1‖2‖4，则品=器。 核心知识点 2.平行线分线段成比例定理 三角形推论：平行于三角形一边的直线截其他两边（或延长线），所得对应线段成比例；反之，若直线截三角形两 边所得对应线段成比例，则直线平行于三角形第三边。 图形的变化 若DE川BC,则品=器=铝=怨. 泸教版核心判定定理： ①平行判定：平行于三角形一边的直线，与其他两边（或延长线）相交，所构成的三角形与原三角形相似： ②两角对应相等，两三角形相似(AA); ③两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似(SAS)； 图形的相似 ④三边对应成比例，两三角形相似(SS$); 3.相似三角形的判定与性质 ⑤直角三角形特殊判定：斜边和一条直角边对应成比例，两直角三角形相似(L)。 中考核心性质： 平行线分线段成比例中，混淆对应线段，比例式书写错误； 相似三角形判定中，误用“两边成比例+非夹角相等”判定相似； 中考易错点 相似性质中，混淆“面积比=相似比的平方”，误写为面积比=相似比： 忽略相似三角形的对应关系，错用对应边、对应角 在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A为锐角，a为∠A对边，b为∠A邻边，c为斜边： 正弦：sinA=醬=是 一1，锐角三角比的定义 余弦：cosA=體=名 正切：tanA==号 余切：cotA=體=：（低频考查） 30锐角的三角比：正弦值为号，余弦值为号，正切值为： 2. 特殊锐角的三角比一 45”锐角的三角比：正弦值为号，余弦值为号，正切值为1； 60锐角的三角比：正弦值为，余弦值为号，正切值为V3。 同角关系： sin2A+cos2A =1: 锐角三角比 核心知识点 tan A=c tanA·cotA=1. 3.核心公式与性质 互余角关系： 若∠A+∠B=90°，则sinA=cosB,cosA=sinB,tanA=cotB。 增减性： 定义：在直角三角形中，除直角外，由已知边/角求出所有未知边和角的过程，称为解直角三角形。 核心依据： ①三边关系：勾股定理a2+b2=c2: 4.解直角三角形 ②锐角关系：两锐角互余∠A十∠B=90°： ③边角关系：锐角三角比的定义。 上海中考高频应用场景： ①仰角、俯角问题： C②坡度（坡比）、坡角问题：坡度i=饕=tana(a为坡角)； ③方向角问题（南北偏东西）； ④非直角三角形作高构造直角三角形，求解线段、角度。 专题07 图形的变化 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 图形的变化（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 平移 题型二 轴对称 题型三 旋转 题型四 图形的相似 题型五 锐角三角函数 必备知识 知识1 平移 知识2 旋转 知识 3 中心对称 知识 4 相似图形 知识 5 锐角三角函数 命题预测 命题透视 命题形式：以选择填空基础题、解答题的几何探究与计算题为主，呈现 “重性质应用、重坐标变换、融模型探究” 的核心特点，突出对空间想象、逻辑推理与综合建模能力的考查，是中考数学的几何基础模块之一。 命题内容： 基础变换部分：侧重平移、轴对称、旋转的性质应用，图形变换的坐标变化规律为高频考点；中心对称图形、轴对称图形的判定为基础必考题。 综合应用部分：侧重图形变换与三角形、四边形的综合，常结合勾股定理、相似三角形考查线段长度与角度计算；利用轴对称、旋转构造全等三角形解决几何证明题，以及图形变换与函数结合的探究题为常见考查形式。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 平移 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 T24(1) 抛物线平移的坐标变化规律、平移后解析式求解 T24(3) 抛物线平移的性质、平移后顶点坐标与解析式求解 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 无独立命题，仅作为几何辅助线工具性考点 轴对称（翻折） T17 轴对称（翻折）的性质、翻折后角度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、平行四边形翻折后线段长度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、三角形翻折后角度计算 T17 轴对称（翻折）的性质、等腰三角形翻折后线段计算与全等构造 T16 轴对称（翻折）的性质、梯形翻折后角度计算 旋转 T22、T25 旋转的性质、等腰三角形构造与全等综合应用 T25 旋转的性质、几何压轴题综合应用 T17、T25 旋转的性质、角度计算与勾股定理综合应用 T25 旋转模型、全等三角形与特殊四边形综合应用 T18、T25 旋转的性质、角度计算与几何压轴综合应用 图形的相似 T23、T25 相似三角形的判定与性质、圆+平行四边形背景综合应用 T23、T25 相似三角形的判定与性质、矩形+梯形背景综合证明 T23、T25 平行线分线段成比例定理、相似三角形综合应用 T25 相似三角形的判定与性质、菱形+平行四边形背景综合应用 T23、T25 相似三角形的判定与性质、圆+梯形背景压轴综合应用 锐角三角比 T14 解直角三角形的实际应用（仰角问题） T22 锐角三角比与直角三角形综合计算 T21 解直角三角形与垂径定理综合应用 T22 解直角三角形的实际应用（中心投影+仰角） T21 解直角三角形的实际应用与勾股定理综合 图形变换综合 T25 轴对称、旋转的几何压轴综合应用 T17、T25 轴对称（翻折）与几何图形综合应用 T17、T25 旋转与三角形的综合证明 T17、T25 轴对称、旋转与特殊四边形结合综合 T16、T18、T25 轴对称、旋转的几何综合建模应用 命题预测 一、考情预测 命题预测 基础变换部分 必考：平移、轴对称、旋转的性质与坐标变化规律，尤其是轴对称与最短路径问题、旋转的性质应用。 高频：轴对称图形、中心对称图形的判定，图形平移的距离与方向计算。 趋势：图形变换的基础性质与三角形、勾股定理的简单综合应用，利用轴对称构造直角三角形求解。 综合应用部分 必考：轴对称、旋转与全等三角形的综合证明题，图形折叠问题中的线段与角度求解。 高频：图形变换与函数的结合题，利用图形变换构造特殊图形（如等腰三角形、等边三角形）的计算。 趋势：图形变换的实际情境建模，如折叠、旋转在生活中的应用，以及图形变换与几何动点的综合探究题。 二．备考建议 锚定核心考点：针对平移、轴对称、旋转的性质与坐标变化规律等必考高频考点专项突破，固化图形变换的解题流程，确保基础题零失分。 强化几何推理能力：梳理图形变换的性质与判定定理，构建 “变换性质 - 辅助线 - 坐标变化” 的知识体系，熟练掌握利用轴对称、旋转构造全等三角形的方法。 突破综合模型题型：重点训练折叠、最短路径、旋转构造等常见模型，掌握从复杂图形中分解出基本变换模型的方法，提升综合分析能力。 适配创新考法：针对性训练图形变换的探究题、实际情境建模题，提升空间想象与知识迁移能力，规范几何证明题的书写步骤，避免逻辑漏洞。 考点一 图形的变化 题型一 平移 1．平移的定义：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动叫做平移。平移不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置。 2．平移的性质：平移后，对应线段平行（或在同一直线上）且相等，对应角相等；对应点所连的线段平行（或在同一直线上）且相等，且都等于平移的距离。 3．平移的坐标变化规律：在平面直角坐标系中，点 向右（或左）平移 个单位，得到对应点 （或 ）；向上（或下）平移 个单位，得到对应点 （或 ）。解题时可直接利用坐标变化规律求平移后的点坐标，或由平移前后的点坐标反推平移方向与距离。 1．（2022·上海·中考真题）一个一次函数的截距为1，且经过点A（2，3）． (1)求这个一次函数的解析式； (2)点A，B在某个反比例函数上，点B横坐标为6，将点B向上平移2个单位得到点C，求cos∠ABC的值． 2．（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）． 题型二 轴对称 1．轴对称的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线。 2．轴对称的性质：关于某条直线对称的两个图形，对应线段相等、对应角相等；对应点的连线被对称轴垂直平分，常利用这一性质构造垂直平分线解决问题。 3．轴对称的应用：利用轴对称求最短路径问题（如＂将军饮马＂模型），核心是通过对称将折线转化为直线，再根据＂两点之间线段最短＂求解；在坐标系中，点 关于 轴的对称点为 ，关于 轴的对称点为 （ ），可直接利用坐标变化规律解题。 1．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则__________． 2．（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 题型三 旋转 1.旋转的定义：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动叫做旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。旋转不改变图形的形状和大小，只改变图形的位置。 2.旋转的性质：旋转前后的图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，常利用这一性质构造等腰三角形或全等三角形解题。 3.旋转的解题关键：遇到旋转问题时，优先找准旋转中心、旋转方向和旋转角；在坐标系中，点绕原点旋转 90°、180° 的坐标变化规律需熟练掌握；旋转常与三角形、四边形结合，通过旋转将分散的线段或角集中，构造特殊图形（如等边三角形、等腰直角三角形）求解。 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则________．    3．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________． 题型四 图形的相似 1.相似图形的定义与性质：形状相同的图形叫做相似图形；相似多边形的对应角相等，对应边成比例，周长比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是计算边长、周长和面积的核心依据。 2.三角形相似的判定：平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；两角分别相等的两个三角形相似；两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；三边成比例的两个三角形相似。 3.相似三角形的解题关键：找准对应边和对应角，利用相似三角形的性质建立比例式求解未知线段；常与平行线、角平分线、勾股定理结合应用，注意 “A 型”“X 型”“斜截型” 等常见相似模型的识别与应用。 1．（2021·上海·中考真题）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC，BD交于点O，已知，则_________． 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，点D，E在边，上，，联结，设向量，，那么用，表示________．    3．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 4．（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：． 5．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 6．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 7．（2022·上海·中考真题）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证： (1)∠CAE=∠BAF； (2)CF·FQ=AF·BQ 8．（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，已知平移抛物线后得到的新抛物线经过和． (1)求平移后新抛物线的表达式； (2)直线（）与新抛物线交于点P，与原抛物线交于点Q． ①如果小于3，求m的取值范围； ②记点P在原抛物线上的对应点为，如果四边形有一组对边平行，求点P的坐标． 9．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 10．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 11．（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； (2)已知； ①如图2所示，联结，如果外接圆的心恰好落在的平分线上，求的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 题型五 锐角三角函数 1．定义：在直角三角形中，锐角的正弦（对边／斜边）、余弦（邻边／斜边）、正切（对边／邻边）是三条边的比值，需结合图形找准对应边，避免混淆。 2．特殊角的三角函数值： 角的三角函数值需熟练记忆，可直接用于快速计算和判断。 3．解题关键：求三角函数值时，若角不在直角三角形中，需通过作垂线构造直角三角形；利用三角函数求边长时，可根据已知边和角选择合适的三角函数建立方程求解；注意三角函数的增减性（正弦、正切随角度增大而增大，余弦随角度增大而减小）。 1．（2025·上海·中考真题）某公司需要员工上班时通过门禁，在门禁上方设置了人脸扫描仪，已知扫描仪（线段）的竖直高度2.7米，某人（线段）身高为1.8米，扫描仪测得，那么该人与扫描仪的水平距离为________米．（备用数据：，，，精确到米） 2．（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，反比例函数（k为常数且）上有一点，且与直线交于另一点．    (1)求k与m的值； (2)过点A作直线轴与直线交于点C，求的值． 3．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 4．（2022·上海·中考真题）我们经常会采用不同方法对某物体进行测量，请测量下列灯杆AB的长． (1)如图1所示，将一个测角仪放置在距离灯杆AB底部a米的点D处，测角仪高为b米，从C点测得A点的仰角为α，求灯杆AB的高度．（用含a，b，ａ的代数式表示） (2)我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的方法，在至今仍有借鉴意义图2所示，现将一高度为2米的木杆CG放在灯杆AB前，测得其影长CH为1米，再将木杆沿着BC方向移动1.8米至DE的位置，此时测得其影长DF为3米，求灯杆AB的高度 5．（2025·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线过，，与轴交于点，顶点为． (1)求，的值． (2)设抛物线过点，，且与轴交于点，顶点为． ①求的值； ②当四边形是直角梯形时，求该直角梯形中最小内角的正弦值． 6．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 知识1 平移 1.平移的概念 在平面内，把一个图形整体沿某一的方向移动，这种图形的平行移动，叫做平移变换，简称平移． 2.平移的性质 ①把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同． ②新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等． 3.坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化 ①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y） ①向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y） ①向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b） ①向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b） （2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 4.作图-平移变换 （1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离． （2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形． 知识2 旋转 1.旋转的定义 在平面内，把一个图形绕着某一个点O旋转一个角度的图形变换叫做旋转．点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角，如果图形上的点P经过旋转变为点P′，那么这两个点叫做对应点． 注意： ①旋转是围绕一点旋转一定的角度的图形变换，因而旋转一定有旋转中心和旋转角，且旋转前后图形能够重合，这时判断旋转的关键． ②旋转中心是点而不是线，旋转必须指出旋转方向． ③旋转的范围是平面内的旋转，否则有可能旋转成立体图形，因而要注意此点． 2.旋转的性质 ①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等． 注意：旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样． 3.旋转对称图形 （1）旋转对称图形 如果某一个图形围绕某一点旋转一定的角度（小于360°）后能与原图形重合，那么这个图形就叫做旋转对称图形． （2）常见的旋转对称图形有：线段，正多边形，平行四边形，圆等． 知识3 中心对称 1．中心对称 （1）中心对称的定义 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．． （2）中心对称的性质 ①关于中心对称的两个图形能够完全重合； ②关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分． 2．中心对称图形 （1）定义 把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 注意：中心对称图形和中心对称不同，中心对称是两个图形之间的关系，而中心对称图形是指一个图形自身的特点，这点应注意区分，它们性质相同，应用方法相同． （2）常见的中心对称图形 平行四边形、圆形、正方形、长方形等等． 知识4 相似图形 1.定义:我们把形状相同的图形叫做相似图形 2.两个关系 (1)相似图形之间的关系:两个图形相似，其中一个图形可以看作由另一个图形放大或缩小得到. (2)相似与全等的关系:当两个图形的形状相同、大小也相同时，它们是全等图形，全等图形是相似图形的特殊情况，即全等图形一定是相似图形，但相似图形不一定是全等图形，只有相似图形的大小相同时，它们才全等 3.线段的比:在同一长度单位下，两条线段长度的比叫做这两条线段的比 4．四条线段成比例：对于四条线段 a , b , c , d ，如果其中两条线段的比（即它们长度的比）与另两条线段的比相等，如 （或 ，我们就说这四条线段成比例． 5．比例的相关性质： （1）比例的基本性质： （2）合比性质： ． （3）等比性质： 6.相似多边形 （1）相似多边形的定义:两个边数相同的多边形，如果它们的角分别相等，边成比例，那么这两个多边形叫做相似多边形. （2）相似比的定义:相似多边形对应边的比叫做相似比. （3）.相似多边形的性质:相似多边形的对应边成比例，对应角相等. 特别解读:①相似比与两个多边形的先后顺序有关②相似多边形的定义可用来判断两个多边形是否相似.③相似多边形的性质常用来求相似多边形未知边的长度或未知角的度数. 知识5 锐角三角函数 1.锐角三角比的概念 （1）正弦 ①定义：在中，，锐角的对边与斜边的比叫做的正弦，记作，即； ②符号语言:在中,，. （2）余弦 ①定义：在中，，锐角的邻边与斜边的比叫做的余弦，记作，即； ②符号语言:在中,，. （3）正切 ①定义：在中，，锐角的对边与邻边的比叫做的正切，记作，即； ②符号语言:在中,，. （4）余切 ①定义：在中，，锐角的邻边与对边的比叫做的余切，记作，即； ②符号语言:在中,，. 2.求锐角的三角比的值 （1）锐角三角比中的相互关系 直角三角形中要分清锐角的对边和邻边. 在中，，可知,所以互余， 即,. （2）锐角三角函数 对于锐角A的每一个确定的值，sin A有唯一确定的值与它对应，所以sin A是锐角A的函数.同样地cos A ,tan A，cot A也是锐角A的函数，即锐角A的正弦、余弦、正切、余切都是∠A的锐角三角函数. 3. 30°,45°,60°角的三角函数值 3.（1）解直角三角形 一般地,直角三角形中,除直角外,共有五个元素,即三条边和两个锐角.由直角三角形中的已知元素,求出其余未知元素的过程,叫做解直角三角形. ①在直角三角形中,除直角外的五个元素中,已知其中的两个元素(至少有一个是边),可求出其余的三个未知元素(知二求三) ②一个直角三角形可解，则其面积和周长可求.但在一个解直角三角形的题中，如无特别说明，则不包括求面积和周长 （2）直角三角形中五个元素（除直角外的）之间的关系 如图，在Rt△ABC中，已知∠C＝90°， ①三边之间的关系：.（勾股定理） ②∠A＋∠B＝90° ③边角之间的关系： ;;; ;;;. （3）解非直角三角形 在非直角三角形中,往往通过作三角形的高,构造直角三角形来解决,而作高时,常从非特殊角的顶点作高，一般以不破坏 30°,45°60°角为原则. 对于复杂的图形,往往通过“补形”或“分割”的方法构造出直角二角形,使问题转化为解直角三角形 4.解直角三角形的应用 （1）利用解直角三角形的知识解决实际问题的一般步骤 ①将实际问题抽象为数学问题; ②根据问题中的条件选用合适的锐角三角函数解直角三角形; ③得到数学问题的答案; ④得到实际问题的答案. （2）实际问题中，常见的基本图形及相应的关系式 图形 关系式 图形 关系式 1．（2025·上海·二模）下列各数中，有理数是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·上海徐汇·二模）在平面直角坐标系中，若抛物线与关于直线对称，则符合条件的和的值可以为（    ） A．， B．， C．， D．， 3．（2025·上海奉贤·二模）现有五张纸片，这五张纸片上的几何图形分别是等边三角形、矩形、等腰梯形、正五边形、圆，从这五张纸片中任意抽取一张恰好是中心对称图形的概率是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·上海青浦·二模）如图，河对岸有一座建筑物，在C，D（C、D、B在同一直线上）处用测角仪器分别测得顶部A的仰角为，．已知米，建筑物高是（   ） A．米 B．米 C．米 D．米 5．（2025·上海·二模）六张卡片上写着“菱形，平行四边形，矩形，等腰梯形，正方形，直角梯形”．从六张卡片中任选两张卡片（不重复），上面所写的四边形都既是中心对称图形，又是轴对称图形的概率是（    ） A． B． C． D． 6．（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 7．（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． 8．（2025·上海虹口·二模）如图，点，，，平移得，顶点、、分别与点、、对应，如果点、都在抛物线上，那么点到点的距离是_____． 9．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 10．（2025·上海嘉定·二模）如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是_______． 11．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么______． 12．（2025·上海奉贤·二模）如图1为《天工开物》记载的用于舂捣谷物的工具---“碓(duì)”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点B，与水平线l相交于点O，．如果分米，分米，，那么点C到水平线l的距离为_____分米． 13．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是______．（结果用含的三角比的代数式表示） 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·上海静安·二模）如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，当，时，直接写出的长． 16．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点O，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点F，如果，求证：． 17．（2025·上海松江·二模）图1是某商场入口处摆放的“楼层导购图”展板．图2是其横断面的示意图． 信息1：经过测量得到：，，，．（底座的高度忽略不计） 信息2：P为顾客看展板时眼睛所在的位置，，垂足在的延长线上，当视线与展板垂直时，称点为“最佳观察点”． (1)求：展板最低点B到地面的距离； (2)如果，当点为“最佳观测点”时，求点到的距离．（参考数据：） 18．（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 19．（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． 20．（2025·上海·二模）小昌对“二次函数与特殊三角形的存在性”问题展开了如下探究，请你协助他一起完成． 【问题引入】 已知抛物线开口向上，交x轴于点A，B（点A在点B左侧），与直线交于第一象限点C，且这条直线恰好经过抛物线的顶点D． （1）小昌说：“m为定值．”请求出m的值； 【深入探究】 （2）经过思考，小昌决定先探究三角形相似的存在性问题．设直线交x轴于点E，请探究当与相似时，的正切值； 【拓展延伸】 （3）请从下面的两个序号中选一个填空，并帮助小昌解决问题．如果是 三角形，求出k的值．①等腰  ②直角 21．（2025·上海·二模）扇形的圆心角是锐角．点P在弧上，过点P作，分别交半径，于点C，D． (1)如图1，问：半径与圆心角固定时，的边中是否存在长度不变的线段？请利用图1证明你的结论； (2)如图2，连接，延长与交于点Q．当时， ①若平分，求； ②若是以边为腰的等腰三角形，求的值． 1 / 87 学科网（北京）股份有限公司 $