专题02：填空压轴题五种考法全归纳 【压轴题全突破】 2026年中考数学三轮复习高分冲刺（上海专用）

**基本信息** 聚焦中考填空压轴题五种核心考法，通过29道典型例题系统覆盖图形变换、新定义、几何计算及最值问题，以题载法培养数学眼光与思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图形的翻折|8题|菱形/三角形/矩形翻折后线段计算|轴对称性质→全等/相似三角形→方程思想| |图形的旋转|6题|矩形/三角形旋转后位置关系与计算|旋转不变性→图形全等/相似→动态几何分析| |新定义问题|8题|“特征值”“n-优点”等新定义结合函数/几何|抽象能力→概念转化→模型构建与应用| |几何图形的计算|5题|三角形/圆/正方形边长、面积、比例计算|几何性质→代数运算→综合推理| |最值与范围问题|3题|抛物线内点、圆相切、动点最值|动态几何→函数思想→临界状态分析|

2026年中考数学三轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题02 填空压轴题五种考法全归纳 题型一、图形的翻折 1．如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则线段的长等于______    【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，图形的折叠，解直角三角形等内容，解题的关键添加适当的辅助线构造直角三角形解决问题． 由四边形是菱形和折叠可求，过点作于点，解直角三角形，进而解决问题． 【详解】解：过点作于点， 四边形是菱形， ，， ， 由折叠可知：， ， 在中，， ， 在中，， ，， ， ， 故答案为：． 2. （2026徐汇区九年级下学期期中）如图，在中，，，E是边上一点，将沿直线翻折，点B的对应点为，如果，那么的值为 _______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了锐角三角函数的计算与运用，折叠的性质，相似三角形判定和性质，掌握相似三角形的判定方法及性质是解题的关键． 根据，设，运用勾股定理可得，分类讨论：如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点，运用勾股定理可得，由平行可证，可得解得，，再证，可得即可求解；将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点，运用勾股定理可得，由折叠与平行的性质可得，则，再证，得到即可求解． 【详解】解：在中，，， ∴， 设， ∴， 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，设交于点， ∴，， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，， 同理，， ∴， ∴， 解得，， ∵折叠， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴，即， 整理得，， ∵， ∴； 如图所示，将沿直线翻折，点的对应点为，，延长交于点， ∴， ∴，， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，的值为或， 故答案为：或 ． 3. （2026虹口区二模）如图，在中，，，．点在边上，点在边上，联结，把沿翻折得到，联结、，如果四边形为平行四边形，那么的长是______． 【答案】2 【解析】 【分析】 设与交于点，根据正切的定义得到，求出，根据勾股定理得到，根据翻折的性质得到，，设，根据平行四边形的性质得到，，，通过证明，得到，列出关于的方程，求出的值，得到，最后在中利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设与交于点， 在中，， ∴， ∴， ∵沿翻折得到， ∴，， 设，则， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 整理得：， 解得，（舍去）， ∴， 在中，， 即的长是2． 4.（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． 5.（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：． 6.（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． 7. 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． 8. （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． 题型二、图形的旋转 9. （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． 10. （2025浦东新区三模）如图，已知在中，，将绕着点旋转，点恰好落在边上的点（不与点重合）处，点落在点处，如果，联结，那么的值为 ___ ． 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，根据将绕着点旋转，点恰好落在边上的点，可得，又，即可得是等边三角形，，从而是等边三角形，，即可得． 【详解】解：如图： 将绕着点旋转，点恰好落在边上的点， ，，， ， ∵， ， ， 是等边三角形，， ， 是等边三角形， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质与判定和解直角三角形，解题的关键是掌握旋转的性质，得到，是等边三角形． 11. （2026长宁区二模）如图，在中，，．将绕着点旋转，点、的对应点分别是点，，如果点恰好在直线上，且，那么的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由旋转，平行线的性质以及等腰三角形的性质证明，再对运用内角和定理可求，再利用直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：由旋转得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由内角和定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 12. （2026崇明区二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____． 【答案】或 【解析】 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图： ∵，∴， ∴， 当点在上，如图： ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 13. （2026闵行区二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 【答案】 【解析】 【分析】如图，过点F作于点G，设，，得到，利用勾股定理表示出，设，证明出，得到，利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】解：如图，过点F作于点G ∵ ∴设， ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴，， 根据题意得，， ∴ ∴ 设 ∵，平分 ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的正切值是． 14. （2026宝山区二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 【答案】15 【解析】 【分析】根据矩形的性质得到，，，由旋转的性质得到，从而，，，结合点在的延长线上可得，进而证明，求出的长，最后利用计算即可． 【详解】解：∵ 四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴，，， ∵点在的延长线上， ∴点，，在同一直线上， ∴， ∴， 在和中  ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点在上，点在上， ∴， ∵，， ∴． 题型三、新定义问题 15. （2026松江区二模）联结抛物线上任意两点的线段叫做抛物线的弦．如果抛物线的一条弦与抛物线的对称轴垂直，垂足为点，抛物线的顶点为，当时，的长称为这条抛物线的特征值．我们知道，平移不改变抛物线的特征值，那么抛物线的特征值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】由于平移不改变抛物线的特征值，抛物线的特征值是即为抛物线的特征值，据此画出图象结合新定义求解即可． 【详解】解：∵平移不改变抛物线的特征值， ∴抛物线的特征值即为抛物线的特征值，如图： 此时抛物线的对称轴为轴， ∵，轴 ∴，即 设，则， ∴， 将点代入，则， 解得或（舍去） ∴． 16. （2026长宁区二模）在直角坐标平面内，如果存在正整数n和常数k，使得点满足，，其中，那么称点为“-优点”．比如当，时，点为“2-优点”（这是因为满足，，）．已知点C在抛物线上，且它还是“2026-优点”，那么点C的坐标是________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据点满足，，得，进而得，即点为“-优点”满足，设，将其代入，得关于c的一元二次方程，解方程即可求解．注意检验． 【详解】解：∵点满足，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即点为“-优点”满足， ∵点C在抛物线上， ∴可设， ∵点C是“2026-优点”， ∴， 整理得， 解得或， 当时，， 当时，， 故点C的坐标为或． 检验：对于点，有； 对于点，有． 两点均满足题意． 17.（2026虹口区二模） 已知抛物线和，它们的顶点分别为和，我们称和互为“反顶点抛物线”．如果抛物线和互为“反顶点抛物线”，且的顶点在上，那么的值是______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用二次函数顶点解析式以及待定系数法进行求解． 【详解】解：∵， ∴顶点坐标为， 根据题意得，， 将代入解析式得， 解得或． 18. （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． 19. （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． 20. （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. 21. （2026宝山区二模）定义：有且仅有一条边长等于其外接圆半径的三角形叫做“等接圆三角形”．如果等腰三角形是“等接圆三角形”，那么的面积与其外接圆面积的比值是______．（保留） 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，分两种情况，画出图形，进行求解即可． 【详解】解：由题意，圆的半径只能与等腰三角形的底边相等， 当等腰三角形的顶角为锐角时，如图，是等腰的外接圆， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 作于点，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为，的面积为， ∴的面积与的面积比为； 当为钝角时，如图，连接交于点， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴的面积，的面积为， ∴的面积与的面积比为； 综上：的面积与的面积比为或． 22.（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． 题型四、几何图形的计算 23. （2026松江区二模）已知中，，，，点、分别在边、上，如果是以为腰的等腰三角形，且，那么的长是______． 【答案】或 【解析】 【分析】先由勾股定理求出的长度，根据是以为腰的等腰三角形，分和两种情况讨论，利用相似三角形的判定与性质以及解直角三角形进行求解即可． 【详解】解：在中，，，， ∴由勾股定理得：， 当时， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴； 当时，则，过点于点， ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴， ∴， ∴，即 解得， ∴，， 设， 在中，由勾股定理得，， 解得（舍负）， ∴ 综上所述，的长为或． 24.（2026青浦区二模） 已知是圆和的公共弦，如果弦是圆的内接正方形的一边，也是圆的内接正六边形的一边，那么圆与的半径之比是______． 【答案】 【解析】 【分析】设公共弦，半径为​，​半径为，根据是​内接正方形的边，得出是等腰直角三角形，由勾股定理得，根据是内接正六边形的边，得出是等边三角形，则，即可求解； 【详解】解：设公共弦，半径为​，​半径为， ∵是​内接正方形的边，正方形中心角为， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得： ​，即​，解得， ∵是内接正六边形的边，正六边形中心角为， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 25. （2026青浦区二模）如图，正方形内接于正方形，即点E、F、G、H分别在正方形的四边上．请画出点A、B、C、D分别关于、、、的对称点P、Q、R、S，如果四边形的面积恰好是正方形面积的一半，那么的值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先证明，然后得到点在上，同理，点在上，由对称可设 ，根据，求出，，则，再由正方形正方形求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 同理， 由对称可得，， ∴ ∴点在上， 同理，点在上， 由对称可设 ， ∵ ∴， ∵ ∴，， ∴， ∵正方形正方形， ∴， ∴． 26. （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：． 27. （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：． 题型五、最值与范围问题 28.（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：． 29. （2026闵行区二模）如图，在中，，，垂足为点，点是的重心，，，点为边上一动点，如果以点为圆心为半径的与以点为圆心的相切，那么的半径的取值范围是_____． 【答案】或 【解析】 【分析】如图，过点O作于点E，交于点F，首先利用三线合一求出，利用勾股定理求出，利用等面积法求出，然后由重心的性质求出，然后根据题意分与外切和与内切两种情况讨论，分别求解即可． 【详解】解：如图，过点O作于点E，交于点F， ∵在中，，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵，点是的重心， ∴ ∵以点为圆心为半径的与以点为圆心的相切 当与外切时，如图，当点D在点E处时， ∴， ∴的半径取得最小值，即的长度； 如图，当点D在点A处时， ∴， ∴的半径取得最大值，即的长度8； ∴； 当与内切时，如图，当点D在点E处时，与的延长线交于点H， ∴， ∴的半径取得最小值，即的长度； 如图，当点D在点A处时，与的延长线交于点I， ∴， ∴的半径取得最大值，即的长度16； ∴． 综上所述，的半径的取值范围是或． 30. 如图，在菱形中，点O是对角线的交点，，，在上取一点F，使得，取的中点E，点G为上的一动点，连接、，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质和判定，根据题意找出点关于的对称点，连接，构造中的三边关系解答即可． 【详解】解：∵在菱形中，点O是对角线的交点，，， ∴，，， ∴， 在上取一点F，使得，取的中点E，点G为上的一动点，作点关于的对称点，连接，， ∴， 在中，， 则当点G、F、三点共线时，取最大值，此时， 取的中点H，连接， ∵，的中点E， ∴点F是的中点， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值． 故答案为：． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考数学三轮复习高分冲刺【压轴题全突破】 专题02 填空压轴题五种考法全归纳 题型一、图形的翻折 1．如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则线段的长等于______    2. （2026徐汇区九年级下学期期中）如图，在中，，，E是边上一点，将沿直线翻折，点B的对应点为，如果，那么的值为 _______． 3. （2026虹口区二模）如图，在中，，，．点在边上，点在边上，联结，把沿翻折得到，联结、，如果四边形为平行四边形，那么的长是______． 4.（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___________． 5.（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__________． 6.（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____． 7. 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______． 8. （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___________． 题型二、图形的旋转 9. （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___________． 10. （2025浦东新区三模）如图，已知在中，，将绕着点旋转，点恰好落在边上的点（不与点重合）处，点落在点处，如果，联结，那么的值为 ___ ． 11. （2026长宁区二模）如图，在中，，．将绕着点旋转，点、的对应点分别是点，，如果点恰好在直线上，且，那么的值为________． 12. （2026崇明区二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____． 13. （2026闵行区二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 14. （2026宝山区二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 题型三、新定义问题 15. （2026松江区二模）联结抛物线上任意两点的线段叫做抛物线的弦．如果抛物线的一条弦与抛物线的对称轴垂直，垂足为点，抛物线的顶点为，当时，的长称为这条抛物线的特征值．我们知道，平移不改变抛物线的特征值，那么抛物线的特征值是_______． 16. （2026长宁区二模）在直角坐标平面内，如果存在正整数n和常数k，使得点满足，，其中，那么称点为“-优点”．比如当，时，点为“2-优点”（这是因为满足，，）．已知点C在抛物线上，且它还是“2026-优点”，那么点C的坐标是________． 17.（2026虹口区二模） 已知抛物线和，它们的顶点分别为和，我们称和互为“反顶点抛物线”．如果抛物线和互为“反顶点抛物线”，且的顶点在上，那么的值是______． 18. （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__________． 19. （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_________． 20. （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______． 21. （2026宝山区二模）定义：有且仅有一条边长等于其外接圆半径的三角形叫做“等接圆三角形”．如果等腰三角形是“等接圆三角形”，那么的面积与其外接圆面积的比值是______．（保留） 22.（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___________． 题型四、几何图形的计算 23. （2026松江区二模）已知中，，，，点、分别在边、上，如果是以为腰的等腰三角形，且，那么的长是______． 24.（2026青浦区二模） 已知是圆和的公共弦，如果弦是圆的内接正方形的一边，也是圆的内接正六边形的一边，那么圆与的半径之比是______． 25. （2026青浦区二模）如图，正方形内接于正方形，即点E、F、G、H分别在正方形的四边上．请画出点A、B、C、D分别关于、、、的对称点P、Q、R、S，如果四边形的面积恰好是正方形面积的一半，那么的值是_____． 26. （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___________． 27. （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______． 题型五、最值与范围问题 28.（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________． 29. （2026闵行区二模）如图，在中，，，垂足为点，点是的重心，，，点为边上一动点，如果以点为圆心为半径的与以点为圆心的相切，那么的半径的取值范围是_____． 30. 如图，在菱形中，点O是对角线的交点，，，在上取一点F，使得，取的中点E，点G为上的一动点，连接、，则的最大值为________． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $