抢分秘籍04 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）（八大题型+二大易错+跟踪训练）2026年中考复习冲刺

抢分秘籍04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) 题型概览 目录 【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】平行线中求角的度数 【题型二】三角形中求线段或角 【题型三】多边形中求线段或角 【题型四】四边形中求线段或角 【题型五】圆中求线段或角 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【题型七】图形平移中求线段或角 【题型八】图形旋转中求线段或角 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：等腰三角形多解题漏解 易错点二：直角三角形多解题漏解 COO 解密中考 考情分析：几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热 点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等 原因导致失分。 1.从考点频率看，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解 问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握。 2.从题型角度看，以选择题、填空题最后一题为主，分值3分左右，着实不少！ 「备考策略：几何图形选填压轴题备考需聚焦高频考点，如动态最值、多结论推理、几何变换综合。 首先夯实基础，熟背全等/相似判定、解直角三角形、圆的性质等核心定理，归纳手拉手、将军饮马等经典 模型。训练时注重特殊值法、极限位置法快速排除选项，结合尺规作图辅助分析，错题按“条件-突破口 易错点”分类整理。考前限时刷题保持题感，重点突破图形折叠、动点轨迹等复杂情境，提升数形结合与 逆向推导能力。 ◇》题型特训提分 【题型一】平行线中求角的度数 1/19 【例1】(2026山西临汾模拟预测)汽车前照灯通常由光源、反光镜和配光镜等部件组成.如图，光源位于 焦点处，光线经反光镜反射后均平行于地面射出，已知∠2=42°，∠3=130°，则∠1的度数为() 反光镜 3 2 焦点 A.80° B.88 C.90° D.93 解题技巧 平行线中求角的度数，先辨角的位置关系（同位角、内错角、同旁内角），直接用定理转化。遇拐点(“M” “Z”型等)过点作平行线，分解图形为基本模型。结合对顶角、邻补角及三角形外角性质，标注已知角逐 步推导，复杂图形可拆分或延长线段显化关系，注意隐含平行条件（如矩形对边、三角板直角边）。 【变式1】(2026陕西渭南一模)如图，己知AB∥CD,直线EF分别与AB、CD交于点E、F,FG平分 ∠CFE,若∠I=80°，则∠GFE的度数为() E61 A -B D A.40° B.50° C.60° D.80° 【变式2】(2026上海静安·二模)我们知道，晾衣架中存在多组平行关系，现将其侧面抽象成几何图形（如 图所示)，已知AB‖MN‖PQ,如果L2=100°，∠3=130°，那么∠1=. Q 公 【变式3】(2026山东聊城一模)如图，⊙0是地球的示意图，其中AB表示赤道，CD,EF分别表示北回 归线和南回归线.夏至日正午时，太阳光线GD所在直线经过地心O,此时点F处的太阳高度角∠IFH(即 平行于GD的光线HF与O0的切线FI所成的锐角)的大小为43°，此时∠D0B=· 2/19 北回归线 D ←G 赤道 南回归线 【题型二】三角形中求线段或角 【例1】(2026陕西西安模拟预测)如图，ABC为等边三角形，点D、E分别在边BC,AC上， ∠ADE=60°，如果DC=3BD,CE=4,则AE的长度是() D A.8 B.12 C.16 D. 2 叶解题技巧 三角形中求线段和角，先判三角形类型（等腰、直角等），用对应性质（等边对等角、勾股定理）。线段常 借全等/相似转化，遇中点连中线、倍长法，截长补短处理和差；角度用内角和、外角定理，结合角平分线、 三角函数（正弦/余弦定理），复杂时作高或辅助线构造基本图形推导。 【变式1】(2026河北张家口一模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=5,D是线段BC上一点（不 与端点重合)，且∠ADB=2∠B,则BD+AD=() B A.√40 B.8 C.10 D.12 【变式2】(2026河南南阳一模)如图，点E是ABC内一点，∠AEC=90°，AE平分∠BAC,D是边 BC的中点.若AC=3,DE=2,则边AB的长 3/19 B D 【变式3】(2026江苏南通一模)如图，ABC中，AD是中线，BE是高，AD,BE交于点F,AD=BE. D (1)∠AFE= (2)过点F作FH∥AB交AC于点H,若EH=2√3，DF=8,则EF= 【题型三】多边形中求线段或角 【例1】(2O26安徽蚌埠·二模)如图，六边形ABCDEF和五边形ABGHI都是正多边形，连接BE交HⅢ于点 K,则∠BKI的度数为() B A.82° B.849 C.86° D.88 味解恩技巧 本题考查了求反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数交点的求解，以及锐角三角函数的应用，正确 添加辅助线是解题的关键， 【变式1】(2026河南周口一模)已知直线l∥2，将正五边形ABCDE按如图所示的位置摆放，顶点D在直 线4上，若∠1=135°，则∠2的度数是() 4/19 B A.650 B.609 C.570 D.63° 【变式2】(25-26九年级下江苏泰州月考)将两个相同的正六边形的一边重合得到如图所示的图形，连接 AB,则tan∠1= B 【变式3】(2026上海崇明·二模)如图，已知在正六边形ABCDEF中，AB=4,点G是边BC的中点，连 接FG并延长，交DC延长线于点H,则CH的长为 A D 【题型四】四边形中求线段或角 【例1】(2026海南儋州一模)如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、BC的中点， 连接EC、FD,点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH,则GH的长度为() E A. B.25 C.32 D.22 2 呼解恩技巧 5/19 四边形中求线段和角，先判类型（平行四边形、梯形等），用对应性质（对边平行、对角线平分等）。线段： 常连对角线分三角形，借全等/相似、勾股定理转化，梯形作高或平移腰；角度用内角和360°，结合平行 线性质、三角形外角定理，遇中点连中位线，复杂图形补形或拆分基本模型推导。 【变式1】(25-26九年级下·重庆长寿·期中)如图，在正方形ABCD中，点M在AD上，DM=5,AM=3 ,沿BM折叠，设点A的对应点为N,延长MN交BC的延长线于点P.则CP的长为() D B.4 C.25 D.3.5 8 【变式2】(2026河南周口一模)如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,点E是BC边上一点，连接 AE,将△ABE沿AE折叠，使点B落在点B处，当△CEB'为直角三角形时，BE的长为 D 【变式3】(2026陕西榆林·二模)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=135°，点P为对角线BD上的动点（不 与端点重合)，过点P作PG⊥AB于点G,作PH⊥AD于点H,若PG+PH=2,则菱形ABCD的周长为 C GB 【题型五】圆中求线段或角 【例1】(2026福建泉州三模)如图，⊙0与正方形ABCD的两边AB,AD相切，且DE与⊙0相切于点E. 若⊙0的半径为5，且AB=11,则DE的长度为(). 6/19 B A.5 B.6 C.√30 D. 11 2 解题技巧 圆中求线段和角，紧扣圆的性质：连半径、作弦心距，构造直角三角形（半径、半弦、弦心距），用垂径定 理、勾股定理求线段；借圆周角定理（同弧/等弧、直径对直角）、圆心角定理、弦切角定理转化角度，圆 内接四边形对角互补。遇切线连切点与圆心，遇交点用相交弦/切割线定理，辅助线多围绕“弧-角-线段” 对应关系推导。 【变式1】(25-26九年级下·福建厦门月考)如图，PA,PB是00的切线，切点分别为A,B,点C在 ⊙0上，如果∠ACB=113°，那么∠A0P的大小为() D A.650 B.66° C.67° D.68 【变式2】(2026·海南·模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，D为斜边AB上一点，以DB为直径的圆 与AC相切于点E.若AD=5,AE=I0,则BC的长为 【变式3】(2026浙江宁波.一模)如图，矩形ABCD内接于O0,连接AC,E是AD上一点，连接EB, ED,EB与AD交于点F.若BF=EF,∠BAC=2LABE,则S的值为 7/19 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【例1】(2026.重庆模拟预测)如图，等腰直角ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=√2，分别以B、C为圆 心，BA、CA为半径作圆弧交BC于点E、点D,则图中阴影部分的面积为() π A.1- B. 1 D.π-1 4 c2号 2 解题技巧 圆中求扇形或不规则图形面积，先明确扇形圆心角与半径，用公式S=frac{npir2}{360}或S=\ raC{1}{2}r(1为弧长)。不规则图形常通过割补法：拆分或组合为扇形、三角形、弓形（扇形减三角 形)，利用对称性、全等/相似转化，或用整体面积（圆、矩形等）减空白部分，辅以弦长、垂径定理求关 键线段。 【变式1】(2026-江苏无锡三模)茹图，AB是⊙0的直径，CD垂直平分OB交00于C,D两点， ∠ABC=60°，CD=4√5，则图中阴影部分的面积为() B A.4π B.45 C. D.83n 31 3 【变式2】(2026河南周口.一模)如图，Q0经过菱形ABCD的顶点A,且分别与边BC,CD相切于点B,D.若 AB=3,则阴影部分的面积为 8/19 B 【变式3】(2026河南三门峡.一模)如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余 部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径.设这条切线交大圆于点A,B,量得 AB的长是7cm,则剩余部分的面积是 cm2. 【题型七】图形平移中求线段或角 【例1】(2026河南商丘一模)如图，ABC中，∠ABC=120°，AB=BC,将ABC沿射线BC方向平移 得对应ADEF,过点B作BO⊥AC,垂足为O,BO交DE于点P,若AC=4V5,CE=3BE,则PD的长是 () A.4 B.45 C.3 D.25 解题技巧 图形平移中求线段或角，需紧扣平移性质：对应线段平行且相等，对应角相等，对应点连线平行且等于平 移距离。求线段时，利用对应线段相等或构造平行四边形（对应点连线平行相等）转化；求角时，借助对 应角相等及平行线（平移后对应边平行）导出同位角、内错角关系，复杂图形可连接对应点作辅助线，通 过全等或平行性质简化问题。 【变式1】(2026山西太原·模拟预测)如图，ABC中，BC=6,将ABC沿BC方向平移得到ADEF,其 中点A,B,C的对应点分别为点D,E,F.若AD=CE,则平移的距离为() 9/19 B E A.2 B.3 C.6 D.9 【变式2】(2026福建泉州一模)如图，将一块直角三角尺ABC(∠B=90°，∠A=60°)沿射线AC方向 平移到三角尺DEF的位置，点A的对应点为点D.若AF=I3,DC=5,则AB的长为 D 【变式3】(2026河南平顶山一模)如图，将边长为6的等边三角形ABC沿射线BC平移得到aDEF,点P ,Q分别为AC,DF的中点，点O是线段PQ的中点，连接OA,OC.当△AOC为直角三角形时，BE= B E 【题型八】图形旋转中求线段或角 【例1】(2026重庆.一模)如图，在RIAABC中，∠ACB=90°，将直角边AC绕点C逆时针旋转120°至DC, 连接BD,且A,B,D三点共线，若BC=3,则AD的长为() D B A.9 B.8 C.6 D.7 中解图技巧 图形旋转中求线段或角，紧扣旋转性质：对应线段、角相等，旋转角相等，对应点到中心距离相等。求线 10/19 段时，利用全等（旋转前后图形全等)或构造等腰/等边三角形（特殊旋转角如60°、90°）：求角则找旋】 转角或对应角，结合三角形内角和、外角定理，常连旋转中心与对应点，借全等或特殊角度（如直角）转 化，注意隐含的等腰或垂直关系。 【变式1】(2026辽宁营可二模)如图，矩形ABCD中，AB=8,BC=4,点E是CD边上任意二个点，连 接AE,将AE绕点E顺时针旋转90°得到EF,连接CF,则线段CF最小值为() F E B A.65 B.45 C.4W2 D.8 【变式2】(2026海南儋州一模)如图，将平行四边形ABCD绕点A顺时针旋转40°到平行四边形AEFG的 位置，其中点B、C、D分别落在点E、F、G处，且点B、E、D、F在一直线上，那么∠ADB的度数为 。,如果点E恰好是对角线BD的中点，那么4的值为 AD B 【变式3】(2026山东德州一模)如图，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转60°得到正方形AEFG,若 AB=1,则CF的长为， G B CCO 误区点拨 11/19 易错点一：等腰三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC为等腰三角形”这样的表述时，未明确哪两条边为腰，需考虑分 类讨论：①AB=AC(C1,C4);②AB=BC(C2,C5):③AC=BC(C3) C. 易混点拨 解题方法：①求角度：根据等腰三角形等边对等角的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段 长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解，若出现30°、45°的角时，可考虑用锐 角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解 例1.（2026河南三门峡.一模)等腰三角形的两边长分别是3和7，则这个等腰三角形的周长为() A.17或13 B.13或21 C.17 D.13 【变式1】(2026江苏苏州模拟预测)如图，在ABC中，∠BAC=64°，∠C=36°.将ABC绕点A按逆 时针方向旋转后得ADE,AE与BD相交于点F.当DE∥AB时，∠AFD=() E A.76° B.140 C.76°或14° D.74°或16° 【变式2】(2026江西九江一模)如图在平面直角坐标系中，点A,B分别在x,y轴上，A1,0),B(0,3),点P 在第一象限内，当△ABP为等腰直角三角形时，OP= B OA 【变式3】(2026江西吉安·模拟预测)如图，在ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，D,P分别为AB, BC上的动点，将△BDP沿直线DP翻折（点B的对应点为B),使射线PB恰好经过点A,若△PAB为等腰 三角形，则ADP的度数为 12/19 B A D 易错点二：直角三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC为直角三角形”这样的表述时，未明确哪个角为直角，需考虑分 类讨论：①∠A=90°(C1):②∠B=90°(C4):③∠C=90°(C2,C3); B A 易混点拨 解题方法：①求角度：根据直角三角形的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾 股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解；若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数 或含30°、45°角的直角三角形的性质求解；若出现中点，可考虑用直角三角形斜边中线的性质或者中位 线的性质求解。 例1.(2026江西吉安.二模)如图，在直角△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2,将直角边AC绕 点A顺时针旋转得到AP,旋转角为a(0°<≤180°)，连接CP,PB.若△PBC是以BC边为直角边的直角 三角形，则此时线段PB的长为， 【变式1】(2026江西模拟预测)己知在Rt△ABC中，AB=6,∠BAC=30°，P为直线AB上一点，且 BP=BC,则CP的长为. 【变式2】(2026黑龙江一模)在矩形ABCD中，AB=2,AD=25,点E,F分别在AD，BD上， AE=DE,连接EF,将△DEF沿EF翻折，得到△GEF,直线EG交对角线BD于点H,当△DEH是直角 三角形时，DF的长为 【变式3】(2025河南洛阳一模)如图，△ABC为等边三角形，AB=4,D为BC边上一动点，过点D作 DE⊥BC交AB于点E,作DF∥AB交AC于点F,连接EF,当△AEF为直角三角形时，线段BD的长为 13/19 D 跟踪训练 一、单选题 1.(2026安徽阜阳一模)如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC的中点M处.若 AB=4,BC=6,则tan∠MEF的值为() M A 3 B c D ·矩形ABCD, B M .AB=CD=4,BC=AD=6, :M是BC中点， .CM-ac3. :∠C=90°，ADI BC, 又：折叠后点D落在M处， .D、M关于折痕EF对称， 可得：EF⊥DM,∠DEF=∠MEF .∠DEF+LEDM=90°， :∠CDM+∠EDM=90°， .∠DEF=∠CDM, :矩形纸片ABCD沿边EF折叠， 14/19 .∠DEF=∠MEF, 2.(2026黑龙江：一模)如图，在正方形ABDE中，连接AD,将含30°的三角板放在如图ABC的位置上， ∠C=30°，AB=1,将三角板ABC绕点B顺时针旋转到△A'BC'的位置，旋转角是一个锐角，并且使 A'C'∥AD,A'C'交BC于点F,求BF的长是() A B A. 6 B. √6 5 2 c. 2 D.V6-2 3.(2026陕西商洛一模)如图，ABC内接于O0,点E在AB上，点D在劣弧AC上，连接AD、CD、 CE,若四边形ADCE为平行四边形，且∠D=108°，则∠BCE的度数为() E以 0 A.30° B.35° C.36 D.40 4.(2026山东青岛一模)如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=V6,BC=√2，以AB为半径画弧，交 BC延长线于点D,则阴影部分的面积为() A B.π-25 C.π-5 D. 5.(2026安徽芜湖二模)如图：点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，如 果BD=AC,四边形EFGH的面积为24，且HF=6,则AC=() A.6 B.8 C.10 D.12 15/19 6.(2026安微阜阳·二模)如图，边长为2的菱形ABCD中，LA=120°，点P为AD边的中点，点E为CD 边上一动点，连接PE,将PE绕点P顺时针旋转60°得PF,连接BF,CF,则下面说法错误的是() D A.BF+CF的最大值是2√3 B.BF的最大值是√万 C.BF+CF的最小值是√7 D.CF的最小值是 7.(2026重庆一模)如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边DC上，连接AE,AF,若 A=45点G是4E的中点，连接DG,与P交于点1，若织-￥7，则从 的值为() Fh G A. B. 20 C52 D.3f7 21 24 17 8.(2026山东淄博.一模)如图，在菱形ABCD中，LABC=120°，AB=√5，E是BC延长线上一点，AE 交CD于点F,连接BF并延长交DE于点G,则线段BG长度的取值范围是() D G C A.V5<BG≤2B.5<BG≤2 C.1<BG≤2 D.5<BG≤1 2 9.(2026宁夏银川一模)如图，在平面直角坐标系中，A2,2),B25-2,-V5+1,以原点0为位似中 心，将AOB放大，且点O为对应点的黄金分割点，则点B的对应点B的坐标是() 16/19 A.（-4,2),4,-2) B.（-4,2 C.(4-2 D.（4,2),（-4,2 10.(2026安微池州二模)如图，AB∥EF,4B=90°，AB=6,BE=8,EF=10,点G在AF上，点D 在AE上，∠DGE=∠F,则DE最小值为() A B A.1 B.2 C.5 D.2V5 二、填空题 11.(2026宁夏银川一模)如图，点A(0,-2),B(1,0),以线段AB为边在第四象限作矩形，BC=2AB, 则点D的坐标是 B 12.(2026河北邢台一模)如图，在口ABCD中，F是BC边上一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAF, 若BF=7,CF=3,则AF的长为 B 13.(2026安徽阜阳·二模)如图，在口ABCD中，AC和BD交于点O,点E,F分别是OB,AD的中点， 连接EF交O1于点G,则1C CG 17/19 D B 14.(2026甘肃武威一模)如图，在口ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的 点E处，若∠D=60°，AB=3,则BC的长度为· D 15.(2026河南商丘·一模)如图，边长为8的等边三角形ABC,D为AB的中点，E为BC的中点，过E作 EH⊥AC,F为EH的中点，DF长为 D B E 16.(2026山东济宁.一模)如图，点P和点Q分别是等边三角形ABC的边AB和AC上的动点，且 AP=CQ,若BC=2,则PO的最小值为： P B 17.(2026安徽芜湖二模)如图，在ABC中，∠C=90°，点D是BC边上一动点，过点B作BE⊥AD交 AD的延长线于E.若AC=2,BC=4. C B (1)若CD=1,则DE= (2) 2的最木值为 18.(2026四川成都二模)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，O是斜边AB边上一点，以0为圆心的半圆与 18/19 AC,BC边分别相切于点D,E,已知AD=2,半圆半径为4，则图中两部分阴影面积的和为 C D B 19.(2026重庆一模)如图，在ABC中，AB=AC,E为BC的中点，以线段AC为直径的⊙O交AB于 点D,过点D作DG∥BC,交AC于点G,连接EG并延长，交⊙O于点F,连接OF,CF.若OF∥BC ,CG=1,则CF2=· 0 B 20.(2026山西太原二模)如图，己知正方形ABCD,点G为AB的中点，连接DG交对角线AC于点E, 延长DG,在延长线上取点F,使BF⊥BE,若AB=4,则BF的长为· 19/19 抢分秘籍04 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） 目录 【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型） 【题型一】平行线中求角的度数 【题型二】三角形中求线段或角 【题型三】多边形中求线段或角 【题型四】四边形中求线段或角 【题型五】圆中求线段或角 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【题型七】图形平移中求线段或角 【题型八】图形旋转中求线段或角 【误区点拨】点拨常见的易错点 易错点一：等腰三角形多解题漏解 易错点二：直角三角形多解题漏解 ：几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。 1．从考点频率看，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握。 2．从题型角度看，以选择题、填空题最后一题为主，分值3分左右，着实不少！ ：几何图形选填压轴题备考需聚焦高频考点，如动态最值、多结论推理、几何变换综合。首先夯实基础，熟背全等/相似判定、解直角三角形、圆的性质等核心定理，归纳手拉手、将军饮马等经典模型。训练时注重特殊值法、极限位置法快速排除选项，结合尺规作图辅助分析，错题按“条件-突破口-易错点”分类整理。考前限时刷题保持题感，重点突破图形折叠、动点轨迹等复杂情境，提升数形结合与逆向推导能力。 【题型一】平行线中求角的度数 【例1】（2026·山西临汾·模拟预测）汽车前照灯通常由光源、反光镜和配光镜等部件组成．如图，光源位于焦点处，光线经反光镜反射后均平行于地面射出，已知，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由反射后的光线均平行于地面，可得，由三角形外角的性质可得，结合即可求解． 【详解】解：如图， 光线经反光镜反射后均平行于地面射出， ， ，， ． 平行线中求角的度数，先辨角的位置关系（同位角、内错角、同旁内角），直接用定理转化。遇拐点（“M”“Z”型等）过点作平行线，分解图形为基本模型。结合对顶角、邻补角及三角形外角性质，标注已知角逐步推导，复杂图形可拆分或延长线段显化关系，注意隐含平行条件（如矩形对边、三角板直角边）。 【变式1】（2026·陕西渭南·一模）如图，已知，直线分别与交于点E、F，平分，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据对顶角相等求出，再利用平行线的性质求出，最后根据角平分线的定义求解． 【详解】解： ， （对顶角相等）． ， （两直线平行，同旁内角互补）． ． 平分， ． 【变式2】（2026·上海静安·二模）我们知道，晾衣架中存在多组平行关系，现将其侧面抽象成几何图形（如图所示），已知，如果，，那么______°． 【答案】 【分析】延长到点，由，得到，进而求出，再根据得到． 【详解】解：如图，延长到点， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式3】（2026·山东聊城·一模）如图，是地球的示意图，其中表示赤道，分别表示北回归线和南回归线．夏至日正午时，太阳光线所在直线经过地心O，此时点F处的太阳高度角（即平行于的光线与的切线所成的锐角）的大小为，此时______． 【答案】 【分析】首先求出的度数，最后根据南北回归线关于赤道对称的性质，得出的度数． 【详解】解：是的切线， ∴． ∵， ∴． ∵，即， ∴（两直线平行，同旁内角互补）． ∴． ∵分别表示北回归线和南回归线，表示赤道， ∴． ∴． 故答案为． 【题型二】三角形中求线段或角 【例1】（2026·陕西西安·模拟预测）如图，为等边三角形，点D、E分别在边上，，如果，，则的长度是（    ） A．8 B．12 C．16 D． 【答案】D 【分析】先根据等边三角形的性质说明，进而得出，即可证明，可得，再结合已知条件将数值代入求出，然后求出，最后根据得出答案． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 即， 解得， ∴， ∴． 三角形中求线段和角，先判三角形类型（等腰、直角等），用对应性质（等边对等角、勾股定理）。线段常借全等/相似转化，遇中点连中线、倍长法，截长补短处理和差；角度用内角和、外角定理，结合角平分线、三角函数（正弦/余弦定理），复杂时作高或辅助线构造基本图形推导。 【变式1】（2026·河北张家口·一模）如图，在中，，，是线段上一点（不与端点重合），且，则（   ） A． B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了外角的性质以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握这些知识点并作出辅助线是解题的关键． 延长至点，使，得到等腰三角形，再由外角的性质得到等腰三角形，由等腰三角形三线合一的性质得到即可求解． 【详解】解：如图所示，延长至点，使， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴是等腰三角形． ∵，， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（2026·河南南阳·一模）如图，点E是内一点，，平分，D是边的中点．若，，则边的长__________． 【答案】7 【分析】延长交于点F，先根据角平分线的定义和直角三角形的两个锐角互余得，进而得出,再说明是的中位线，可求出，然后根据得出答案． 【详解】解：延长交于点F， ∵平分， ∴． ∵， ∴， ∴， 即， ∴, ∴点E是的中点． ∵点D是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（2026·江苏南通·一模）如图，中，是中线，是高，，交于点． （1）__________°； （2）过点作交于点，若，则__________． 【答案】 60 【分析】（1）首先，取的中点G， 连接，根据是的中线，是的高， 得到，， 是的中位线，，  再根据， 得到，进而得，即可得出的度数； （2）由(1)知，， 设，则，， 再证得， 得到，即， 解方程并检验即可得出答案． 【详解】（1）解：如图1，取的中点G， 连接， ∵是的中线，是的高， ∴，， ∴， ∵的中点为G，是的中线， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2，由（1）知，， 设，则，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，(舍去)， 经检验，是原方程的解， ∴． 【题型三】多边形中求线段或角 【例1】（2026·安徽蚌埠·二模）如图，六边形和五边形都是正多边形，连接交于点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正六边形、正五边形的内角，由对称性得到，再由四边形内角和为即可求解． 【详解】解：正六边形的内角为， 正五边形的内角为， 在正六边形中，由对称性可知, ， 在四边形中，， 即， 解得． 本题考查了求反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数交点的求解，以及锐角三角函数的应用，正确添加辅助线是解题的关键． 【变式1】（2026·河南周口·一模）已知直线，将正五边形按如图所示的位置摆放，顶点在直线上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出正五边形的内角度数，进而得到的度数，再根据平行线的性质解答即可求解． 【详解】解：如图， ∵是正五边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【变式2】（25-26九年级下·江苏泰州·月考）将两个相同的正六边形的一边重合得到如图所示的图形，连接，则______． 【答案】 【分析】过作交的延长线于点M，证明，得；设正六边形的边长为2，由正六边形的性质及解直角三角形，求得即可． 【详解】解：过作交的延长线于点M，如图， ∵两个正六边形是相同的， ∴，， ∵， ∴， ∴； 设正六边形的边长为2，则，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【变式3】（2026·上海崇明·二模）如图，已知在正六边形中，，点是边的中点，连接并延长，交延长线于点，则的长为__________． 【答案】 【分析】延长 、交于点 ，在正六边形 中，，证明是等边三角形，得出，根据点是 中点，得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：延长 、交于点 ， 在正六边形 中，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵点是 中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【题型四】四边形中求线段或角 【例1】（2026·海南儋州·一模）如图，在边长为6的正方形中，点E、F分别是边、的中点，连接、，点G、H分别是、的中点，连接，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】解：连接并延长交于，连接， 四边形是正方形， ，，， ，分别是边，的中点， ， ， ， ∵点H是的中点， ∴， ， ， ， ， ∴在中，， 点，分别是，的中点， ． 四边形中求线段和角，先判类型（平行四边形、梯形等），用对应性质（对边平行、对角线平分等）。线段常连对角线分三角形，借全等/相似、勾股定理转化，梯形作高或平移腰；角度用内角和360°，结合平行线性质、三角形外角定理，遇中点连中位线，复杂图形补形或拆分基本模型推导。 【变式1】（25-26九年级下·重庆长寿·期中）如图，在正方形中，点M在上，，，沿折叠，设点A的对应点为N，延长交的延长线于点P．则的长为（   ） A． B．4 C． D．3.5 【答案】A 【分析】记与相交于点，连接，根据折叠得到，证明，设，根据勾股定理求出，，证明，得到，即可得到答案． 【详解】解：记与相交于点，连接， 正方形， ， 由折叠的性质得到， ， 在与中， ， ， ， 设， ，， 在中，， 即， 解得， ，， 正方形， ， ， ，即， 解得． 【变式2】（2026·河南周口·一模）如图，在矩形中，，，点是边上一点，连接，将沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为______． 【答案】或 【分析】为直角三角形时，需分两种情况讨论：和，不可能为直角，只需计算前两种情况即可． 【详解】解：已知矩形中，，，由勾股定理得对角线， 由折叠性质得：，，， 设，则． ①如图，当时： ， ，即、、三点共线， ， 在中，由勾股定理得：， 即，解得，即． ②如图，当时： 又， 四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ，此时，符合题意． 不可能为直角，故舍去． 综上的长为或． 【变式3】（2026·陕西榆林·二模）如图，在菱形中，，点为对角线上的动点（不与端点重合），过点作于点，作于点，若，则菱形的周长为________． 【答案】 【分析】连接，作于点，根据菱形的性质，推出为等腰直角三角形，等积法得到，进而求出的长，即可得出结果. 【详解】解：连接，作于点， ∵菱形，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的周长为. 【题型五】圆中求线段或角 【例1】（2026·福建泉州·三模）如图，与正方形的两边，相切，且与相切于点E．若的半径为5，且，则的长度为（    ）． A．5 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】连接，，，根据题意得到，证明四边形为矩形，再根据，的半径为5，得到四边形为正方形，求出，即可得到答案． 【详解】解：连接，，， 与正方形的两边，相切，且与相切于点E， ， 正方形，且， ， ， 四边形为矩形， ，的半径为5， 四边形为正方形， ， ． 圆中求线段和角，紧扣圆的性质：连半径、作弦心距，构造直角三角形（半径、半弦、弦心距），用垂径定理、勾股定理求线段；借圆周角定理（同弧/等弧、直径对直角）、圆心角定理、弦切角定理转化角度，圆内接四边形对角互补。遇切线连切点与圆心，遇交点用相交弦/切割线定理，辅助线多围绕“弧-角-线段”对应关系推导。 【变式1】（25-26九年级下·福建厦门·月考）如图，，是的切线，切点分别为，，点在上，如果，那么的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先在优弧上取点，连接、，利用圆内接四边形对角互补，由求出，再根据圆周角定理求出，接着根据切线的性质及余角性质得出，证明平分，最后通过角平分线的性质即可得出的大小． 【详解】解：如图，在优弧上取一点，连接、， ∵四边形内接于，， ∴， ∴， ∵，是的切线，切点分别为，， ∴，， ∴，， ∴，即平分， ∴． 【变式2】（2026·海南·模拟预测）如图，在中，为斜边上一点，以为直径的圆与相切于点．若，则的长为__________． 【答案】 【分析】根据切线的性质得到，结合勾股定理求出圆的半径，再利用平行线判定，进而求出的长． 【详解】解：设圆心为，连接， 设的半径为， 以为直径的圆与相切于点， ， 在中，， 解得：， ，， ， ， ， ， 即， 解得：． 【变式3】（2026·浙江宁波·一模）如图，矩形内接于，连接，是上一点，连接，，与交于点．若，，则的值为________． 【答案】 【分析】由等腰三角形的性质得，由圆周角定理得，再由得，则，由平行线的性质得，根据垂径定理得，证明，得，，设，则，，证明，则得，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点G，连接、， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， 设，则，， ∵矩形内接于， ∴、交于点O，且为直径， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 【题型六】圆中求扇形或不规则图形的面积 【例1】（2026·重庆·模拟预测）如图，等腰直角中，，分别以为圆心，为半径作圆弧交于点、点，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据计算即可； 【详解】解：等腰直角中，，， ∴，， 分别以、为圆心的两个扇形，圆心角均为，半径均为， ∴， ∴． 圆中求扇形或不规则图形面积，先明确扇形圆心角与半径，用公式 S = \frac{n\pi r^2}{360} 或 S = \frac{1}{2}lr （ l 为弧长）。不规则图形常通过割补法：拆分或组合为扇形、三角形、弓形（扇形减三角形），利用对称性、全等/相似转化，或用整体面积（圆、矩形等）减空白部分，辅以弦长、垂径定理求关键线段。 【变式1】（2026·江苏无锡·二模）如图，是的直径，垂直平分交于，两点，，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，根据垂径定理，勾股定理计算圆的半径，利用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，，设、的交点为， ∵是⊙的直径，垂直平分交⊙于C，D两点， ∴，，， ∴四边形是菱形，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴． 【变式2】（2026·河南周口·一模）如图，经过菱形的顶点，且分别与边相切于点．若，则阴影部分的面积为__________． 【答案】 【分析】连接，利用菱形的性质求出相关角的度数，利用锐角三角函数求出相关线段的长度，然后利用割补法求面积． 【详解】解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 由切线长定理可得，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 【变式3】（2026·河南三门峡·一模）如图，从一张半圆形的铁片上剪下一个小的半圆形铁片，为了计算剩余部分的面积，在图中作出一条小圆的切线，并使它平行于大圆的直径．设这条切线交大圆于点，，量得的长是，则剩余部分的面积是________． 【答案】 【分析】设小圆半径为，大圆半径为，通过切线条件利用勾股定理建立方程求出半径的平方，进而求得剩余部分的面积． 【详解】解：设小圆半径为，大圆半径为， 切线平行于大圆直径且与小圆相切， 大圆圆心到切线的距离等于小圆半径， 设的中点为，连接， 则，，， 在中， 由勾股定理得：， ， 剩余部分的面积为 ． 【题型七】图形平移中求线段或角 【例1】（2026·河南商丘·一模）如图，中，，，将沿射线方向平移得对应，过点作，垂足为，交于点，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一，求出，；根据勾股定理求出，则，根据线段的和差求出，再根据等边三角形的判定和性质，可得，最后根据． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， 设，则， 在直角三角形中，， ∴， 解得：， ∴； ∴，则， ∵且， ∴，， ∵沿射线方向平移得对应， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴． 故选：C． 图形平移中求线段或角，需紧扣平移性质：对应线段平行且相等，对应角相等，对应点连线平行且等于平移距离。求线段时，利用对应线段相等或构造平行四边形（对应点连线平行相等）转化；求角时，借助对应角相等及平行线（平移后对应边平行）导出同位角、内错角关系，复杂图形可连接对应点作辅助线，通过全等或平行性质简化问题。 【变式1】（2026·山西太原·模拟预测）如图，中，，将沿方向平移得到，其中点A，B，C的对应点分别为点D，E，F．若，则平移的距离为（   ） A．2 B．3 C．6 D．9 【答案】B 【分析】先根据平移的性质得到，进而可得，即可得解． 【详解】解：根据平移的性质可得，， 又∵，， ∴， ∴平移的距离为3． 【变式2】（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺（，）沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D．若，，则的长为________．    【答案】4.5 【分析】先根据图形平移性质求得，再求出的长度，最后根据“直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半”求得的长． 【详解】解：∵直角三角尺沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵，， ∴， ∴． 【变式3】（2026·河南平顶山·一模）如图，将边长为6的等边三角形沿射线平移得到，点P，Q分别为，的中点，点是线段的中点，连接，．当为直角三角形时，__________． 【答案】6或12 【分析】先由平移得出，，，，当为直角三角形时，需分情况讨论：当时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，进行计算即可；当时，先根据平行线的性质得出，进一步得出，再利用含角的直角三角形的性质，得出，最后利用线段中点的性质，进行计算即可． 【详解】解：①当时，如图1． 等边三角形沿射线平移得到，点P，Q分别为，的中点， ，． ，点为的中点， ． 点是线段的中点， ， ． ②当时，如图2． 等边三角形沿射线平移得到，点P，Q分别为，的中点， ，，，． ， ， ． 点为的中点，， ． 在中，，， ． 点是线段的中点， ， ． 综上所述，当为直角三角形时，的长为6或12． 【题型八】图形旋转中求线段或角 【例1】（2026·重庆·一模）如图，在中，，将直角边绕点逆时针旋转至，连接，且，，三点共线，若，则的长为（    ） A．9 B．8 C．6 D．7 【答案】A 【分析】根据旋转的性质得出，，根据等腰三角形的性质求出，根据含角的直角三角形的性质得出，根据得出，根据等角对等边得出，进而可得答案． 【详解】解：∵将直角边绕点逆时针旋转至，且，，三点共线， ，． ． ，， ，． ． ． ． 图形旋转中求线段或角，紧扣旋转性质：对应线段、角相等，旋转角相等，对应点到中心距离相等。求线段时，利用全等（旋转前后图形全等）或构造等腰/等边三角形（特殊旋转角如60°、90°）；求角则找旋转角或对应角，结合三角形内角和、外角定理，常连旋转中心与对应点，借全等或特殊角度（如直角）转化，注意隐含的等腰或垂直关系。 【变式1】（2026·辽宁营口·一模）如图，矩形中，，点E是边上任意一个点，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，则线段最小值为（   ） A． B． C． D．8 【答案】A 【分析】过F作于H，设，证明，得出，，在中，根据勾股定理求出，然后根据二次函数的性质求出的最小值，即可求解． 【详解】解：∵矩形中，， ∴，，， 过F作于H，设， ∵绕点E顺时针旋转得到， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴当时，取最小值为72， ∴的最小值为． 【变式2】（2026·海南儋州·一模）如图，将平行四边形绕点A顺时针旋转到平行四边形的位置，其中点B、C、D分别落在点E、F、G处，且点B、E、D、F在一直线上，那么的度数为______．如果点E恰好是对角线的中点，那么的值为______． 【答案】 40 【分析】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，， ∴，，即， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 【变式3】（2026·山东德州·一模）如图，将正方形绕点逆时针旋转得到正方形，若，则的长为______． 【答案】 【分析】连接、，由旋转的性质可得等边三角形，可得，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：连接、，如图所示： ∵正方形绕点A逆时针旋转得到正方形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∴． 易错点一：等腰三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为等腰三角形”这样的表述时，未明确哪两条边为腰，需考虑分类讨论：①AB=AC(C₁,C₄);②AB=BC(C₂,C₅);③AC=BC(C₃) 解题方法：①求角度：根据等腰三角形等边对等角的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解，若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解. 例1．（2026·河南三门峡·一模）等腰三角形的两边长分别是3和7，则这个等腰三角形的周长为（    ） A．17或13 B．13或21 C．17 D．13 【答案】C 【分析】根据题意，分两种情况讨论腰长，再根据三边关系判断能否构成三角形，进而计算周长． 【详解】解：分两种情况讨论： 情况1：当为腰长时，三角形三边长为， ∵，不满足三角形两边之和大于第三边，不能构成三角形， ∴此情况舍去； 情况2：当为腰长时，三角形三边长为， ∵，，满足三角形三边关系，可以构成三角形. ∴三角形的周长为． 【变式1】（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，．将绕点A按逆时针方向旋转后得，与相交于点F．当时，（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】分情况讨论，当在的上方时，由三角形内角和定理得，由旋转的性质得，，进而根据平行线的性质可得，即得，再根据三角形内角和定理即可求解，当在的下方时，同理可求得． 【详解】解：如图1，在中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 如图2， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述，或． 【变式2】（2026·江西九江·一模）如图在平面直角坐标系中，点分别在轴上，，点在第一象限内，当为等腰直角三角形时，_____ 【答案】或或 【分析】分三种情况：当，时，过点P作轴，，根据条件证明，根据对应边相等求解即可；当，时，过点P作轴，当，时，过点P作轴，同理可求． 【详解】解：当，时，过点P作轴，，如图， ∵轴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， 设， ∴，，，， ∴，解得：， ∴，； 当，时，过点P作轴，如图， 同理可得：， ， ∵， 设， ∴，，，， ∴，，解得：， ∴，； 当，时，过点P作轴，如图， 同理可得： ∴， ∵ 设， ∴，，，， ∴，，解得：， ∴，； 综上，的长为或或． 【变式3】（2026·江西吉安·模拟预测）如图，在中，，，D，P分别为，上的动点，将沿直线翻折（点B的对应点为），使射线恰好经过点A，若为等腰三角形，则的度数为________． 【答案】 或或 【分析】首先根据等腰三角形的性质求出的度数，由折叠性质及射线经过点可得，进而得出与的数量关系；然后分、、三种情况讨论为等腰三角形时的度数，分别计算即可求解． 【详解】解：，， ． 由折叠的性质可知，，． 射线恰好经过点，即、、三点共线， ． ． 在中，． 点在上， ． ①当时， ， ； ②当时， ， ； ③当时， ， ， ． 综上所述，的度数为或或． 易错点二：直角三角形多解题漏解 方法解读：当题干中出现类似“若△ABC 为直角三角形”这样的表述时，未明确哪个角为直角，需考虑分类讨论：①∠A=90°(C₁);②∠B=90°(C₄);③∠C=90°(C₂,C₃); 解题方法：①求角度：根据直角三角形的性质结合三角形内角和及内外角关系求解；②求线段长：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定与性质求解；若出现30°、45°的角时，可考虑用锐角三角函数或含30°、45°角的直角三角形的性质求解；若出现中点，可考虑用直角三角形斜边中线的性质或者中位线的性质求解。 例1．（2026·江西吉安·一模）如图，在直角中，，，，将直角边绕点顺时针旋转得到，旋转角为（），连接，.若是以边为直角边的直角三角形，则此时线段的长为______． 【答案】或或 【分析】随着旋转角度的增大，对中点P的位置进行分类讨论，结合勾股定理计算的长度． 【详解】解：在直角中，，，， ∴， ， ①如图1，当时，过点作，交的延长线于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴； ②如图2，当时，过点作， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴； ③如图3，当时，， ∴； 综上所述，线段的长为或或． 【变式1】（2026·江西·模拟预测）已知在中，，，P为直线上一点，且，则的长为____． 【答案】或3 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、勾股定理以及分类讨论思想的应用，关键在于正确分析点的位置，并利用几何关系求解． 分和两种情况讨论，同时要分点在线段上和线段的延长线上两种情况，结合图形逐一求解． 【详解】解：根据题意，的直角顶点不确定, ∴需分和两种情况讨论． ①当时，如图(1)，满足题意的点 P 有两个， 在直线上点B 的两侧，分别记为点，． ，， ②当时，如图(2)，满足题意的点 P 有两个，在直线上点B的两侧，分别记为点，． ，， ． ，， 是等边三角形， 综上，的长为、或3． 故答案为：、或3． 【变式2】（2026·黑龙江·一模）在矩形中，，，点，分别在，上，，连接，将沿翻折，得到，直线交对角线于点，当是直角三角形时，的长为_____． 【答案】或或 【分析】先根据矩形性质和勾股定理求出对角线的长，确定，得到的长度，再根据直角顶点的不同分两种情况讨论，结合翻折的性质和直角三角形的边角关系求解的长． 【详解】∵矩形中， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵沿翻折，得到， ∴， ∴，，， ∴， ∵为直角三角形，分两种情况讨论： 情况1：如图，， ∵， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴； 情况2：如图，， ∵， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴，， ∵在中，，， ∴， ∴； 情况3：如图，，过点作交ED于点， ∵， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 设， ∵在中，，， ∴，， ∵，即，解得：， ∴． 综上，的长为或或． 【变式3】（2025·河南洛阳·一模）如图，为等边三角形，，D为边上一动点，过点D作交于点E，作交于点F，连接．当为直角三角形时，线段的长为________． 【答案】1或 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，分两种情况讨论即，设，则，，求出，证明是等边三角形，推出，利用直角三角形的性质求出，进而得到，建立方程求解即可． 【详解】解：∵为等边三角形，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵为直角三角形， ∴或， 如图，当时， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 如图，当时， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上，线段的长为或， 故答案为：或． 一、单选题 1．（2026·安徽阜阳·一模）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边的中点处．若，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题以矩形折叠为背景，先利用矩形性质与中点条件得出边长，再根据折叠性质得到点关于折痕对称，进而推出 且，通过同角的余角相等，证得，因此，最后在中计算从而得到． 【详解】解：连接， ∵矩形， ∴， ∵是中点， ∴， ∵， 又∵ 折叠后点落在处， ∴关于折痕对称， 可得： ∴， ∵， ∴， ∵矩形纸片沿边折叠， ∴， ∴， 在中，， ∴． 2．（2026·黑龙江·一模）如图，在正方形中，连接，将含的三角板放在如图的位置上，，，将三角板绕点B顺时针旋转到的位置，旋转角是一个锐角，并且使，交于点F，求的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，根据正方形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据旋转的性质得，接下来解直角三角形求出，最后根据得出答案． 【详解】解：过点B作，交于点G， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． 根据旋转的性质得， 在中，，即, 解得． 在中，，即, 解得． 3．（2026·陕西商洛·一模）如图，内接于，点在上，点在劣弧上，连接、、，若四边形为平行四边形，且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆内接四边形性质求得的度数，再由平行四边形的性质可得的度数，最后根据外角的性质可求得的度数． 【详解】解：， ， 四边形为平行四边形，， ， ． 4．（2026·山东青岛·一模）如图，中，，，，以为半径画弧，交延长线于点，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先解直角三角形求出，，再用扇形的面积减去的面积即可得出答案． 【详解】解：∵中，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积． 5．（2026·安徽芜湖·二模）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴；，， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得， ∴， 在中，， ∴． 6．（2026·安徽阜阳·二模）如图，边长为2的菱形中，，点为边的中点，点为边上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得，连接，则下面说法错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．的最小值是 【答案】A 【分析】取的中点，连接，取的中点，连接，证明，得到，进而得到，故、、三点共线时，存在最小值即为的长，当点与点重合时，的值最大，的值最大，当时，的值最小，逐一进行计算即可． 【详解】解：如图1，取的中点．连接，取的中点，连接， 则， ∵在菱形中，， ∴， ∴，． ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵点是边的中点，点是边的中点， ∴． ∴为等边三角形， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在线段上移动， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 故、、三点共线时，存在最小值，如图2． 作，则， ∴， ∴，， ∴． ∴，即存在最小值为， 当点与点重合时存在最大值，如图3， 作交的延长线于点， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴． ∴． ∴存在最大值； 又∵的最大值即线段的长，为；的最小值即当时，此时的长即为的长，为． 故只有选项A错误． 7．（2026·重庆·一模）如图，在正方形中，点在边上，点在边上，连接，，若，点是的中点，连接，与交于点，若，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】延长至点P，使，连接，，延长交的延长线于点M，交于点N，  设，根据，可得，，，再证明，可得，从而得到，，然后根据，可得，从而得到，再证明，可得，，结合，可得，可证明，可得，设，则，，在中，利用勾股定理可得，再由，即可求解． 【详解】解：如图，延长至点P，使，连接，，延长交的延长线于点M，交于点N， 在正方形中，，， 设， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴． 8．（2026·山东淄博·一模）如图，在菱形中，，，E是延长线上一点，交于点F，连接并延长交于点G，则线段长度的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长，交于点M，连接，过点D作于点H，过点B作于点N，、交于点O，证明，，得出，，证明，得出，证明，说明B、C、G、D四点共圆，求出外接圆的直径为2，即可得出答案． 【详解】解：延长，交于点M，连接，过点D作于点H，过点B作于点N，、交于点O，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴B、C、G、D四点共圆， ∵为等边三角形，，， ∴，， ∴， ∴外接圆的直径为2， ∴B、C、G、D四点所在圆的直径为2， ∴的最大值为2， ∵E是延长线上一点， ∴， 即， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·宁夏银川·一模）如图，在平面直角坐标系中，，，以原点为位似中心，将放大，且点为对应点的黄金分割点，则点的对应点的坐标是（    ） A．， B． C． D．， 【答案】B 【分析】直接根据位似变换是以原点为位似中心，将放大，且点为对应点的黄金分割点，可得出相似比为，然后分别计算即可． 【详解】解：∵以原点O为位似中心，将放大，且点为对应点的黄金分割点， ∴相似比为， ∵点， ∴点的坐标为． 即点的坐标为． 10．（2026·安徽池州·二模）如图，，，，，，点G在上，点D在上，，则最小值为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】根据勾股定理求出，根据等边对等角得到，证明，求出，可知当最小时有最小值，由“垂线段最短”可知当时最小，证明，得到，求出，根据勾股定理得到，求出，进而得到，求出，即可求出最小值． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最小时有最小值， 由“垂线段最短”可知当时最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 二、填空题 11．（2026·宁夏银川·一模）如图，点，，以线段为边在第四象限作矩形，，则点的坐标是_______． 【答案】 【分析】过点作轴于点，根据矩形的性质可得，，结合已知可得，利用同角的余角相等证明，进而证明，利用相似三角形的性质求出和的长，即可得解． 【详解】解：如图，过点作轴于点， ，， ，， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， 点在第四象限， 点的坐标为． 12．（2026·河北邢台·一模）如图，在中，是边上一点，是边的中点，平分，若，，则的长为_____． 【答案】13 【分析】如图所示，延长交于点，连接，根据平行四边形的性质得到，，由角平分线的定义得到，，再证明，，即可求解． 【详解】解：如图所示，延长交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵是中点，， ∴，且， ∴， ∴， ∴ ． 13．（2026·安徽阜阳·二模）如图，在中，和交于点，点，分别是，的中点，连接交于点，则_______________． 【答案】 【分析】过点作交于点，证明，根据得出，证明得出，设，则，，进而求得的值，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作交于点， ∵四边形是平行四边形 ∴，， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 设，则， ∴ ∴ 14．（2026·甘肃武威·一模）如图，在中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处，若，则的长度为_____． 【答案】 【分析】先由平行四边形性质得，再由折叠得；结合共线得，为直角三角形；在中，由得，故，最后由平行四边形对边相等得． 【详解】解：∵在平行四边形中，对边相等， ∴ ∵沿折叠得到， ∴； ∵点在的延长线上，共线，， ∴，即是直角三角形， 在中，， ∴， 根据角所对直角边是斜边的一半， ∴斜边 ∵， ∴． 15．（2026·河南商丘·一模）如图，边长为8的等边三角形，D为的中点，E为的中点，过E作，F为的中点，长为________． 【答案】 【分析】连接，先证为等边三角形，得到，在中，求得，进而得到，再利用勾股定理求即可． 【详解】连接， 因为是边长为的等边三角形， 所以，， 又分别为的中点， 所以， 所以为等边三角形， 所以，， 因为， 所以， 所以， 所以，， 因为为的中点， 所以， 因为， 所以． 16．（2026·山东济宁·一模）如图，点P和点Q分别是等边三角形的边和上的动点，且，若，则的最小值为_____． 【答案】1 【分析】在上取一点D，使得，连接，，证明，，从而得出，再过点P作交于点H，设，，利用勾股定理和解30度直角三角形求得的表达式，结合二次函数的最值问题即可得出的最小值． 【详解】解：∵是等边三角形，， ∴，， 如图，在上取一点D，使得，连接，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，在上， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可证得：， ∴， ∴，即是等边三角形， 过点P作交于点H， 设，则， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中， ， ∴， ∵， ∴当时，有最小值为1， ∴的最小值也为1． 17．（2026·安徽芜湖·二模）如图，在中，，点D是边上一动点，过点B作交的延长线于E．若，． （1）若，则___________； （2）的最小值为___________． 【答案】 【分析】（1）根据相似三角形的判定与性质求解即可； （2）过点作于，设的中点为O，连接，先证明，得到，所以当取最大值时有最小值，然后证明A，B，E，C四点共圆，得到当时，即点E是中点时，有最大值，再求出，即可得到答案． 求两条动线段比的最值问题，通常通过相似三角形的判定与性质，将两条动线段转化为一条动线段来解，对于求单一动线段的最值问题，往往可以根据其运动过程中图形的位置变化去找最值． 【详解】解：（1）， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， 解得； （2）如图1，过点作于，设的中点为O，连接， ， ， ， ， 是定值， 当取最大值时有最小值， 又， ，B，E，C四点共圆， 是定值， 当时，即点E是中点时，有最大值， 此时，E，O，F三点共线（如图2）， ， ， ， ， ， ， ， ． 18．（2026·四川成都·二模）如图，在中，是斜边边上一点，以为圆心的半圆与，边分别相切于点D，E，已知，半圆半径为4，则图中两部分阴影面积的和为_____． 【答案】 【分析】连接，，证明四边形是正方形，证明，可求出；分别求出，，，再根据求解即可． 【详解】解：连接，， ∵半圆与，边分别相切于点D，E， ∴，，， 又， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，解得：； ∴，；， ∴． 19．（2026·重庆·一模）如图，在中，，为的中点，以线段为直径的交于点，过点作，交于点，连接并延长，交于点，连接，．若，，则_______． 【答案】 【分析】连接，设，，，证明得出，进而证明，证明，得出，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， 设，， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴ ∴，则， ∵在中，，为的直径 ∴，， ∴， 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴，即 ∵， ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ ∵，，， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∵是的直径， ∴ ∴ 20．（2026·山西太原·二模）如图，已知正方形，点G为的中点，连接交对角线于点E，延长，在延长线上取点F，使，若，则的长为______． 【答案】 【分析】根据勾股定理求出，证明，求出，，证明，得出，，根据余角的性质得出，根据平行线的性质得出，则，根据等角对等边得出，在中，根据勾股定理得出，解方程即可求解． 【详解】解：∵正方形，， ∴，，，， ∵点G为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴，， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $