专题04 图形的变化（中考4大考点）2026年上海中考数学考前知识点筛查

**基本信息** 以图形变换为核心，整合向量工具、相似性质及锐角三角比，通过二模真题构建从变换识别到综合计算的递进训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |图形的变化|10题|选择/填空为主，涉及对称、旋转、翻折|从基础变换识别到动态几何综合，培养空间观念| |向量|10题|选择/填空，线性表示与运算|作为几何工具，服务于图形位置关系描述，体现数学语言表达| |图形的相似|20题|选择/填空/解答，含证明与计算|以相似判定为核心，结合翻折、重心等综合应用，发展推理能力| |锐角三角比|18题|计算/解答，含实际应用|基于直角三角形，结合圆、四边形等背景，强化几何直观与运算能力|

专题04 图形的变化 考前知识点筛查 知识点梳理 考点01图形的变化 考点02向量 考点03图形的相似 考点04锐角三角比 知识点01 图形的变化 1．（2026·上海闵行·二模）博物馆已逐渐成为公共文化服务和城市旅游的重要阵地与有效载体．下列四幅图是我国部分博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了中心对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转180度后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：A、该图形不属于中心对称图形，故该选项不符合题意； B、该图形不属于中心对称图形，故该选项不符合题意； C、该图形属于中心对称图形，故该选项符合题意； D、该图形不属于中心对称图形，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．（2026·上海徐汇·二模）全民阅读有助于提升国家和民族的精神力量．上海各区和高校都有开放型图书馆提供给市民，以下是其中四个图书馆标志，其图案（忽略文字部分）不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这个图形就叫做轴对称图形，据此逐一判断即可． 【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、是轴对称图形，故此选项不符合题意； C、是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、不是轴对称图形，故此选项符合题意； 3．（2026·上海普陀·二模）已知一个正多边形的中心角等于，那么下列关于这个正多边形的结论中，错误的是（   ） A．边数为6 B．每个外角都等于 C．边长与半径长的比为 D．既是轴对称图形也是中心对称图形 【答案】C 【分析】先根据正多边形中心角和为求出正多边形边数，再结合正多边形的性质逐一判断选项即可． 【详解】解：∵该正多边形的中心角为， ∴边数， ∴该多边形为正六边形． A、边数为，结论正确，故选项不符合题意； B、正六边形每个外角为，结论正确，故选项不符合题意； C、∵正六边形可被中心与顶点的连线分为个全等的等边三角形，正多边形的半径为等边三角形的边长， ∴正六边形的边长等于半径，边长与半径的比为，结论错误，故选项符合题意； D、正六边形既是轴对称图形，也是中心对称图形，结论正确，故选项不符合题意． 4．（2026·上海静安·二模）直角坐标平面上有一点，其中，先将点A沿着直线翻折，得到点B，再将点B绕着原点逆时针旋转后得到点C，那么点C与点A的位置关系是（   ） A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点对称 D．关于直线对称 【答案】B 【分析】先根据轴对称的坐标变换规律得到点B的坐标，再根据绕原点逆时针旋转的坐标变换规律得到点C的坐标，最后对比点A和点C的坐标，判断二者位置关系． 【详解】解：∵ 点沿直线翻折得到点B，点关于对称时横纵坐标互换， ∴ 点B的坐标为． ∵ 平面内任意点绕原点逆时针旋转后，所得点的坐标为， ∴ 将代入得，点C的坐标为． ∵ 点与点纵坐标相等，横坐标互为相反数， ∴ 点A与点C关于轴对称． 5．（2026·上海杨浦·二模）在中，，为的角平分线，将沿着直线折叠，点落在点处，若，，则的值为（　　）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据折叠的性质和角平分线的性质可得，点在边上，因此，计算出的值即可． 【详解】解：如图， 由折叠的性质可知，，， ∵为的角平分线， ∴， ∴点在边上 ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴． 6．（2026·上海宝山·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 【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， ∴， ∵，， ∴． 7．（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________． 【答案】 【分析】先判定四边形为矩形，再建立如图所示平面直角坐标系，利用旋转变换的性质及全等三角形的性质得到点的坐标，再根据相似三角形的性质得到点的坐标，最后结合点在直线上的条件列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， 设， ∵，为中点， ∴， 如图，以点为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，过点作于点，过点作轴于点，交于点，设，，则，，，，，直线的解析式为， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， 即，， ∵将线段顺时针旋转度至， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴，， ∴， ∴， ∵点恰在直线上，且直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴． 8．（2026·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 【答案】4 【分析】根据相似可知三角形重心满足，再根据菱形对角线性质，，进而可知，再根据相似三角形即可求解． 【详解】解：取的中点，连接，取的中点，连接与交于点，则点G为重心， 在菱形中，连接， ∴为的中点， ∴点在的线段上， ∴，, ∴,，， ∴，是的中点， ， ∴， ∴， ∵关于的对称点是, ∴， ∴， ∵菱形的面积为18， ∴， ∵， ∴,， ∴， ， ． 9．（2026·上海金山·二模）在中，，，，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），若的重心在射线上，那么到直线的距离为__________． 【答案】或 【分析】本题考查翻折和三角形重心性质，三角形高的计算；要分类讨论，在线段上或在延长线上，且由对称性知到直线的距离就是到直线的距离，已知重心在上，且的重心在射线上，故第一种可能的情况就是与射线重合，此时在线段上，通过勾股定理和三角形面积求出到直线的距离；第二种可能的情况是与射线垂直，此时在，在延长线上，再次通过勾股定理求解即可． 【详解】解：有两种情况： ①：与射线重合，如图所示： 此时和重合，两三角形重心也重合且在线段上，过作于， 由对称性知到直线的距离就是到直线的距离， 由勾股定理知， 是的中点， ， ， ，即到直线的距离为； ②与射线垂直，如图所示，过作于， 此时的重心在射线延长线上， 易证得四边形为矩形， ， 中，由勾股定理得， 由对称性知到直线的距离就是到直线的距离， 综上所述，到直线的距离为或． 10．（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________． 【答案】或 【分析】先根据等腰三角形的性质求出各内角的度数，再结合“等对角四边形”的定义分两种情况进行解答即可． 【详解】解：在中，， ， 设过点的直线与相交于点P，连接， 由翻折的性质可知 当四边形是“等对角四边形”时，有以下两种情况： ①当时， ∵， ∴和点重合，如图所示， 此时， ∴ ∴四边形是“等对角四边形”； 设其中 ∴ ∵， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴ 在和中， ∴ ∴， ∴， 整理得到， 解得， 即（不合题意，舍去）， ∴时，， 即 ②当时，如图所示， 同理可得， ∴ ∴四边形是“等对角四边形”； 设其中 ∴ ∵， ∴， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴， ∴ 由①可知， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ， 综上可知，的值为或． 知识点02 向量 11．（2026·上海徐汇·二模）在中，、分别是边、的中点，下列说法不正确的是（   ） A．； B．； C．； D．． 【答案】B 【分析】结合向量平行、相等、模长的概念，以及三角形中位线的性质，逐一判断选项即可得到答案． 【详解】解：∵D，E分别是，的中点， 对于选项A，，因此，A说法正确； 对于选项B，与模长相等，但方向相反，满足，因此，B说法不正确； 对于选项C，E是中点，，因此，C说法正确； 对于选项D，是的中位线，且，方向相同，因此，D说法正确； 综上，答案选B． 12．（2026·上海浦东新·二模）如图，在中，，平分，如果，，那么关于、的分解式为______________． 【答案】 【分析】先得出，则可得，再根据求解即可． 【详解】解：∵，平分，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 13．（2026·上海金山·二模）在中，设，，点在边上且，用、的线性组合表示__________． 【答案】 【分析】先求出，再根据得到，最后利用向量加法运算求出． 【详解】解：，， ， 点在边上，且， ， ． 14．（2026·上海奉贤·二模）已知，垂足为，设，那么用向量、表示为___________ 【答案】 【分析】根据等腰三角形三线合一可得D为中点，再利用平面向量的加减运算法则，将用，表示即可． 【详解】解：，， ， 又，， ， 15．（2026·上海闵行·二模）在中，，，，那么____． 【答案】 【分析】利用勾股定理计算，然后根据向量加法的三角形法则求解． 【详解】解：如图， 在中，，，， 由勾股定理得， ∴． 16．（2026·上海黄浦·二模）已知向量与方向相反，且，那么_____（用向量表示）． 【答案】 【分析】根据已知条件得到向量与的模长关系和方向关系，根据共线向量的性质解答即可． 【详解】解：∵向量与方向相反，且， ∴， ∵两个向量方向相反，系数为负， ∴． 故答案为． 17．（2026·上海静安·二模）在中，点是边的中点，，，那么________________．（用、表示） 【答案】 【分析】延长到，使得，连接．首先证明，，利用三角形法则求出即可解决问题； 【详解】解：延长到，使得，连接． ，，， ， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查平面向量、全等三角形的判定和性质、平行线的判定、三角形法则等知识，解题的关键是学会倍长中线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 18．（2026·上海松江·二模）如图，已知点是的重心，如果，，那么______．（结果含、的式子表示） 【答案】 【分析】延长交于点D，先求出，再利用三角形法则求出，然后利用三角形重心的性质求解即可． 【详解】解：延长交于点D， ∵点是的重心，， ∴是的中线， ∴， 又， ∴， ∵点G是的重心， ∴， ∴， 19．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，的平分线交于点E，，设，，那么用向量、表示向量是______． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质，角平分线的定义，推出，进而得到，再根据三角形法则进行计算即可. 【详解】解：∵中，的平分线交于点E， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴. 20．（2026·上海虹口·二模）如图，在中，对角线、交于点，为的重心，连接并延长交于点，设，，那么用向量、表示是______． 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质三角形法则求出，根据重心的性质，相似三角形的判定与性质求出，即可求解． 【详解】解：∵在中，对角线、交于点，，， ∴，，， ∴， ∵为的重心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 知识点03 图形的相似 21．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，，点D为边的中点，沿着过点D的某条直线将剪开，要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有（  ）种不同的剪法． A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】C 【分析】根据相似三角形的判定方法进行判断即可. 【详解】解：要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有以下3种剪法： ，，，可得，，. 22．（2026·上海杨浦·二模）下列选项条件中，一定能判定的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵相似三角形的判定要求必须满足对应条件，三边对应成比例或两角分别相等或两边成比例且夹角相等，才能判定两三角形相似． A、涉及的边不是的对应边，也不符合判定条件，不能判定，错误． B、只给出的两条边长，缺少的相关条件，不能判定，错误． C、满足三边对应成比例，符合相似三角形的判定定理，∴可以判定，正确． D、仅给出一组角相等，缺少其他必要条件，不能判定，错误． 23．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，，，垂足为点，如果，，那么的长是（    ）    A．4 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】证明△ADC∽△CDB，根据相似三角形的性质求出CD、BD，根据勾股定理求出BC． 【详解】∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCD=90°， ∵CD⊥AB， ∴∠A+∠ACD=90°， ∴∠A=∠BCD，又∠ADC=∠CDB， ∴△ADC∽△CDB， ∴，， ∴ ，即， 解得，CD=6， ∴， 解得，BD=4， ∴BC=， 故选：C． 【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 24．（2026·上海杨浦·二模）如图，中，、分别是边、上的点，且线段经过的重心，下列说法错误的是（　　） ①若，则；    ②若，则 ③；    ④； A．② B．②③ C．②③④ D．②④ 【答案】B 【分析】本题考查三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键在于利用重心的性质得到线段之间的比例关系． 当时，连接与中点，交于点，根据重心的性质得，结合相似即可得，故结论①正确，结论②错误；同理可得，根据线段之间的比例关系，可证得结论③错误，结论④正确，即可得出结果． 【详解】解：当时，连接与中点，交于点，如下图所示： ∵线段经过的重心，且为的中线， 故点为的重心， 即， ∵， ∴， ∴， 故结论①正确，结论③错误； 以上图为例，可得， 即，故， ∵， ∴， ∴，故结论③错误； 同理， ∵, ∴， 则上式 ∵， 故结论④正确； 综上，错误的结论为②③，故选B． 25．（2026·上海宝山·二模）如果一个等腰三角形的顶角为，那么可求其底边与腰之比等于，我们把这样的等腰三角形称为黄金三角形．如图，在中，，，看作第一个黄金三角形；作的平分线，交于点D，看作第二个黄金三角形；作的平分线，交于点E，看作第三个黄金三角形……以此类推，第2024个黄金三角形的腰长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了黄金三角形，规律型等知识； 由黄金三角形的定义得，同理求出，，可得第1个黄金三角形的腰长为，第2个黄金三角形的腰长是，第3个黄金三角形的腰长是，第4个黄金三角形的腰长是，得出规律第n个黄金三角形的腰长是，即可得出答案． 【详解】解：∵是第1个黄金三角形，第1个黄金三角形的腰长为， ∴， ， ∵是第2个黄金三角形， ∴，第2个黄金三角形的腰长是， ， ∵是第3个黄金三角形， ∴，第3个黄金三角形的腰长是， ， ∴第4个黄金三角形的腰长是， … 第n个黄金三角形的腰长是， 第2024个黄金三角形的腰长是， 故选：A． 26．（2026·上海青浦·二模）已知中，，．将沿过点的直线翻折，使点落在斜边上，折痕与边的交点记为．如果，那么折痕的长为__________． 【答案】 【分析】先利用翻折的性质得到平分，再结合相似三角形的对应角相等推出三角形各内角度数，利用直角三角形的性质求出的长度，最后在 中计算的长． 【详解】解：设翻折后点落在斜边上的点处， 由折叠的性质可知，平分，即， ， ， ， 在中，， ， 代入得， 解得，， 在中，，， ， 在中，，，， ∴，， ∴， 解得（负值舍去）． 27．（2026·上海浦东新·二模）如图，在中，，，．点、分别在边、上，且的值为．以为圆心，为半径作圆，如果与的三边有三个公共点，那么的值为_________． 【答案】4或 【分析】设，则，根据勾股定理，可得，，再根据与的三边有三个公共点，分类讨论：①当与相切时，根据切线的性质和相似三角形的判定方法，易得，从而，进而，计算即可求解；②当时，易求，计算即可求解． 【详解】解：设，则， 在中，， 在中，，， 如图1，当与相切时，切点为，则与的三边有三个公共点， 与相切， ，， ， ，， ， ，即，则， ， ， ，解得， ； 如图2，当时，则与的三边有三个公共点， ， ， ，解得， ； 综上所述：的值为4或． 28．（2026·上海松江·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 【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． 29．（2026·上海静安·二模）如图，中，点D在边上，，，，那么的值等于______． 【答案】１ 【分析】本题考查相似三角形的性质和判定和分式方程．先证明，利用得方程，去分母得，再将方程两边同除以再移项即可． 【详解】解：∵，, ∴， ∴， ∴， ∴， 整理得， 方程两边同除以，， ∴． 30．（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点、分别在边、上，，垂足为点，已知，，那么的长为______． 【答案】或 【分析】设，则，根据正方形的性质，容易证明，则，，由两角相等可判定，则，代入解方程求出的值即可． 【详解】解：设，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 解得或， ∴的长为或． 31．（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质． （1）根据四边形是平行四边形，，可推出，根据，可推出，结合证明即可得证； （2）由可得，又有，则，得，则，结合可得，又由（1）得，可证，得到，结合平行四边形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ； （2）证明：， ， 又， ， ， ， （对顶角相等）， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 为中点， ， ∴， ∴， 是的中点． 32．（2026·上海徐汇·二模）如图，已知、为的两条弦，，连接、并延长交弦于点、，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，先证明，则，然后根据等边对等角以及三角形内角和定理证明，即可证明平行； （2）先证明，再证明即可． 【详解】（1）证明：连接 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴； （2）证明：∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 33．（2026·上海青浦·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点在边上，点在的延长线上，，的延长线与相交于点，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证：点是边的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明，再证明，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （2）设，由求出，再由证明即可． 【详解】（1）证明：如图，    ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：∵ ∴设 ∴ ∵ ∴（舍负）， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴点是边的中点． 34．（2026·上海普陀·二模）已知：如图，在四边形中，，点在边上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结交于点，联结．如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据已知得出，则，结合已知可得，即可证明，结合条件，即可得证； （2）根据得出，根据平行四边形的性质可得，，，代入已知等式得出，根据三线合一，即可得证． 【详解】（1）证明：∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵ ∴ ∴ 又∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴即 又 ∴． 35．（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接交于点，利用等腰三角形的性质证明，即可得到结论； （2）根据题意得到，证明，推出，即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是菱形； （2）证明：， ， 由（1）知，四边形是菱形； ，， ， ， ， ． 36．（2026·上海宝山·二模）如图，已知梯形中，，，对角线与交于点E，将沿着直线翻折得到（点D对应点F）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果四边形是矩形，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先得到梯形是等腰梯形，然后根据等腰梯形的性质以及折叠的性质，通过两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）先根据比例线段证明，然后结合翻折，矩形的性质证明，即可求证． 【详解】（1）证明：由翻折可得，， ∵梯形中，，， ∴梯形是等腰梯形，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，设， ∵ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵翻折， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 37．（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)如果，求证：． 【答案】(1)证明：∵， ∴，即， ∵在 和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形． (2)证明：连接， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，，， 由勾股定理得： ， ∵ ， ∴， 即， ∵， ∴， ∵由（）知 ，即， ∴， ∵是的外角， ∴， 在中，由内角和定理： ， ∴， 整理得， ∵， ∴， ∵在和中 ， ∴， ∴，即，代入， 得：． 【分析】（）先利用已知的两个直角，通过减去公共角，推导出；再结合，用证明，得到；接着结合，判定四边形是矩形，最后根据邻边，得出四边形为正方形； （）连接，先由（）中正方形的性质，结合勾股定理得到；再利用等腰直角的角度关系和外角定理，推导出；随后通过两角对应相等证明，得到比例式，交叉相乘后结合，证得． 【详解】（1）略 （2）略 38．（2026·上海闵行·二模）如图，在中，，．点在边上，点在的延长线上，连结、，过点作的垂线，分别交、、于点、和，且． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1) 证明；∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴为等腰三角形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴； (2) 证明：由（1）知，，，是等腰三角形， ∴， 又∵，，， ∴，， ∴，， ∴，即， 又∵， ∴代入上式得． 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点． （1）根据为等腰直角三角形，为等腰三角形，得到对应底角相等，根据三角形外角定理以及角的和差关系得到，根据等角的余角相等得到，继而根据等腰三角形三线合一的性质得证结论． （2）通过证明，，得到对应线段成比例，继而通过线段的等量代换得证结论． 【详解】（1）略 （2）略 39．（2026·上海黄浦·二模）如图，D、E是边、上的点，、交于点G．已知． (1)求的值； (2)如果，，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图：连接，证明可得，，再证明，最后利用相似三角形的性质列比例式即可解答； （2）由（1）知，利用平行线分线段成比例以及线段的和差可得，利用等边对等角可得，易证可得，进而得到；如图：过点A作于点H．利用等腰三角形三线合一的性质、勾股定理进而得、，最后根据正切的定义求解即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵，， ∴， ，， ∴， ∴， ∴． （2）解：由（1）知， ∴， ∴． ∵， ， 在和中， ， ∴． ∴， ∴，即， 如图：过点A作于点H． ∵， ∴， ∴， ∴． 40．（2026·上海杨浦·二模）如图，四边形为平行四边形，连接、交于，点在线段上，且． (1)延长、交于，求证：； (2)点在的延长线上，且，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则，结合可证明，从而命题得证； （2）作的外接圆，根据题干和平行四边形的性质可得，则、、、四点共圆，从而得到．由（1）可知，因此，则，变形得．根据圆周角定理可得，从而证明，命题得证． 【详解】（1）证明：如图， 在平行四边形中，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，作的外接圆， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴、、、四点共圆，即点在的外接圆上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】利用对角互补联想到四点共圆，结合圆周角定理证明相似三角形是解题关键． 知识点04 锐角三角比 41．（2026·上海杨浦·二模）计算：_____． 【答案】/ 【分析】本题考查特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键． 根据的余弦值直接得出结果． 【详解】解：． 故答案为：． 42．（2026·上海虹口·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 【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． 43．（2026·上海宝山·二模）如果正六边形的半径是1，那么它的边心距是__________________． 【答案】 【分析】根据正六边形的性质得到∠BOG＝∠BOC＝30°，再根据余弦的定义计算即可； 【详解】解：∵ABCDDEF为正六边形， ∴∠BOC＝360°÷6＝60°，OG⊥BC． ∴∠BOG＝∠BOC＝30°． 在Rt△BOG中，cos∠BOG＝． ∵OB＝1， ∴OG＝OB•cos∠BOG＝1×＝． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质和余弦的性质，准确分析计算是解题的关键． 44．（2026·上海奉贤·二模）如图所示，某同学练习排球扣球，已知排球网高为2.24米，扣球点距离地面的高度为2.8米，且垂直于地面．排球从点扣出的飞行路线近似为射线，当该射线与水平方向所成的夹角为时，球恰好擦网而过．此时，起跳点到球网底部的水平距离为___________米．（结果保留一位小数，参考数据： ） 【答案】1.9 【分析】过点作于点，构造矩形和直角三角形，利用矩形的性质求出的长，再在中利用锐角三角函数求出的长，即可得到的长. 【详解】解： 过点作于点， 由题意可知，，， ， 四边形为矩形， ， ， ， 在中，， ， ， . 45．（2026·上海杨浦·二模）如图，圆O为的外接圆，与相交于圆心，且，，直线与圆O交于，则___________． 【答案】 【分析】连接并延长交于点，交于，连接，证明，推出是等腰直角三角形，设，结合勾股定理表示出、，计算，进而求解． 【详解】解：连接并延长交于点，交于，连接， 由题意知， ∴， ∵，， ∴垂直平分，即， ∵，， ∴为等腰直角三角形； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理可证， ∴， ∴， 即， ∴也是等腰直角三角形； ∴， ∴， ∴， ∴也是等腰直角三角形； 设， 则，， ∴， ∴， ， 在中，， ∴， ∴． 46．（2026·上海浦东新·二模）计算：． 【答案】 【详解】解：． 47．（2026·上海闵行·二模）计算：． 【答案】3 【详解】解： ． 48．（2026·上海黄浦·二模）计算：． 【答案】 4 【分析】根据绝对值的性质，零次幂，特殊三角函数值，依次计算即可． 【详解】解：原式． 49．（2026·上海宝山·二模）计算：． 【答案】 【分析】先利用负整数指数幂、算术平方根、特殊角的三角函数值、零指数幂的运算法则以及绝对值的意义进行计算，然后加减计算即可求解． 【详解】解： ． 【点睛】本题考查实数的混合运算，熟练掌握负整数指数幂和特殊角的三角函数值，正确求解是解答的关键． 50．（2026·上海青浦·二模）如图，在中，，，点在边上，，且． (1)求线段的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先得到为等腰直角三角形，再解即可； （2）过点作于点，分别解，求出，再由正弦的定义求解即可． 【详解】（1）解：∵在中，，， ∴为等腰直角三角形，， ∵ ∴ ∴； （2）解：过点作于点， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，． 51．（2026·上海普陀·二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，． (1)求的长； (2)如果，，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先证明，然后根据证明，进而可求出的长； （2）由可知，从而求出，利用勾股定理求出，然后结合求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴． （2）解：如图，过点E作于点H， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 52．（2026·上海松江·二模）如图，在中，，． (1)试用无刻度直尺和圆规，在直线上作出点，使，点、、的对应点分别是点、、．（不必写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的基础上，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）以点为顶点，为一边，作，与延长线交于点； （2）过点作于，根据等腰三角形三线合一得到，在中，由，结合勾股定理列方程即可求得的长，再根据相似三角形的对应边成比例列式计算即可得到的长，最后根据线段和差关系即可得解． 【详解】（1）解：如图所示，作，与延长线交于点，即为所求； ，， ； （2）解：如图所示，过点作于， ， ， 设， 在中，， ， 根据勾股定理得，， 即， 解得或（负值，舍去）， 即， ， ， ，即， 解得， ． 53．（2026·上海金山·二模）如图，在中，弦的长为，，令． (1)用含和的代数式表示的半径； (2)过点作，交的延长线于点，当时，求的正切值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过圆心作弦的垂线，平分弦且构造直角三角形，结合三角函数把半径用弦长d和的三角函数表示； （2）先由得出,的比，再利用直角三角形边角关系设边长、求线段比，最终得到值． 【详解】（1）解：如图，作于， 则， ， ， 的半径为； （2）解：如图： ， ， ∴设，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 54．（2026·上海宝山·二模）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) 【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． 55．（2026·上海徐汇·二模）如果一个三角形一条边上的高等于这条边的一半，那么这个三角形叫做“半高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“半底”． (1)如图1，是以为“半底”的“半高底”三角形，已知，求的长； (2)如图2，是的一条弦，用无刻度直尺和圆规作图，在圆上确定一个点，使得是以为“半底”的“半高底”三角形（保留作图痕迹，无需写作法）． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）过点作于点，设，则，根据正切的定义，得出，进而求得，在中，勾股定理建立方程，即可求解； （2）作的垂直平分线交于点，在的垂直平分线上截取，过点作交于点，则是以为“半底”的“半高底”三角形． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， 依题意 设，则 ∵ ∴ ∴， 在中， ∴ 解得：（负值舍去） ∴ （2）解：如图所示，作的垂直平分线交于点，在的垂直平分线上截取，过点作交于点，则点，即为所求 56．（2026·上海杨浦·二模）如图，在梯形中，，，， (1)当，，时，求的值 (2)若等腰梯形的腰长等于上、下底的比例中项，F为边上一点，E为边上一点； ①若，求证：． ②连接，是否存在等腰梯形，使得为等腰三角形，若存在，请直接写出的值，若不存在，请写出理由． 【答案】(1) (2) ①证明：∵等腰梯形腰长是上下底的比例中项， ∴，变形得， ∵， ∴，得， 如图，过点作延长线于点T，过点作于点R， ∵在等腰梯形中，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵，， ∴ ， ∴； ②存在，． 【分析】（1）过点A作于点G，过点D作于点H，则四边形是矩形，得出，，再证明，求出，即可求解； （2）①由等腰梯形腰长是上下底的比例中项，得出，结合，得出，过点作延长线于点T，过点作延长线于点R，证明，再求出，，代入化简即可求解； ②设，，，其中，由等腰梯形腰长是上下底的比例中项，得出，同（1）可得，分当时、当时、当时，分别进行讨论判断即可． 【详解】（1）解：如图，过点A作于点G，过点D作于点H， ∵在梯形中，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①略 ②存在，理由： 设，，，其中， ∵等腰梯形腰长是上下底的比例中项， ∴， 过点A作于点G，过点D作于点H， 同（1）可得， 当时， ∴， ∵在等腰梯形中，， ∴，即与共线，不存在； 当时， ∵，， ∴， ∵， ∴，得，即，不存在； 当时，如图，过点作于点P， ∴， ∴， ∵， ∴，得， ∵， ∴，得， ∴，得， ∴； 综上，存在，． 57．（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①② 【分析】本题主要考查一次函数性质、二次函数综合、三角函数和坐标系中两点间距离，正确做出辅助线，利用数形思想是解题的关键． （1）以锐角三角函数定义为突破口，由得点 横、纵坐标的比例关系，结合​用勾股定理求出点坐标，再通过待定系数法代入抛物线表达式，即可求出解析式； （2）①通过作平行线拆分，得到两个相等的角，利用的定义列等式，推导出 、 两点的横坐标数量关系，再通过勾股定理计算线段长度，最终求得​的定值； ②先由点纵坐标简化 、坐标，求出直线解析式；再利用等腰梯形 “对边平行、腰长相等” 的性质确定点坐标；最后结合平移后抛物线的顶点式，联立方程求解，即可得到顶点的坐标． 【详解】（1）解：设 ，则 ， ∴， 又，代入， ， 解得，则， ∴． 把代入， ，， ∴抛物线表达式为：． （2）解：①过点作轴（点在点左侧），则轴，设于轴交于点，，过点作于点． 设（，在抛物线上升部分）， ∵轴， ∴， ∵， ∴，即平分． 在中，， 设（，在抛物线下降部分）， 在中，， ∴， ， ∴， 即点坐标为． ∴， ∴． ② ∵点的纵坐标为 1，即， ∴，， 由①的结论，， ∴， 设直线的解析式为， 代入、， ， 两式相减得 ∴​， 代入得， 因此直线的解析式为：． ∵四边形是以为腰的等腰梯形， ∴， 的坡度为， 设（在轴上），的坡度为， 由平行得坡度相等得：， ∴， 即． 设平移后抛物线的顶点为， 则平移后的抛物线为， 抛物线与轴交于， 代入得： ， 又∵在直线上， ∴， 将​，代入得：， 设​，方程简化为，由求根公式得： ， 因在线段上，，， ∴，即， ∴舍去， ∴， 即， ∵等腰梯形两腰相等， ∴，， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 点的坐标为． 58．（2026·上海虹口·二模）根据以下素材，完成任务． 素材一 如图1，如果平面镜，入射光线经平面镜反射，得到反射光线，那么反射角等于入射角，即． 素材二 汉代初年的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻……”．意思是拿一面大的镜子，高高地悬挂起来，在它的下方放置一个盛满水的盆子，就能（从水盆里）看见周围邻居（的景象），如图2所示． 素材三 图3是素材二中图2的示意图，将水盆记作点，墙角记为点，邻居记作点，镜子（平面镜）记作，于点，入射光线经平面镜反射，得到反射光线，于点，又作为入射光线通过水盆反射得到反射光线，进入观察者的眼中（抽象为点）．已知于点，，，水盆到墙角的距离米． 素材四 参考数据：，，． 问题解决： (1)任务一：求邻居到墙角的距离； (2)任务二：如果入射光线不变，将镜子绕点顺时针旋转，在左侧的观察者仍能通过水盆看到邻居，那么水盆应向左还是右平移？平移多少米？ 【答案】(1) (2)水盆B应向左平移，且平移 【分析】（1）先求出，，再解直角三角形得出，再根据，求出即可； （2）先证明此时与重合，解直角三角形得出，求出结果即可． 【详解】（1）解：根据题意可得：，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴， 即邻居A到墙角P的距离为； （2）解：当镜子绕点顺时针旋转后，如图所示： 此时， ∴， 根据解析（1）可得：， ∴此时与重合， ∴此时， ∴， ∴点B向左移动，且移动距离为：． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 图形的变化 考前知识点筛查 知识点梳理 考点01图形的变化 考点02向量 考点03图形的相似 考点04锐角三角比 知识点01 图形的变化 1．（2026·上海闵行·二模）博物馆已逐渐成为公共文化服务和城市旅游的重要阵地与有效载体．下列四幅图是我国部分博物馆的标志，其中是中心对称图形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·上海徐汇·二模）全民阅读有助于提升国家和民族的精神力量．上海各区和高校都有开放型图书馆提供给市民，以下是其中四个图书馆标志，其图案（忽略文字部分）不是轴对称图形的是（   ） A． B． C． D． 3．（2026·上海普陀·二模）已知一个正多边形的中心角等于，那么下列关于这个正多边形的结论中，错误的是（   ） A．边数为6 B．每个外角都等于 C．边长与半径长的比为 D．既是轴对称图形也是中心对称图形 4．（2026·上海静安·二模）直角坐标平面上有一点，其中，先将点A沿着直线翻折，得到点B，再将点B绕着原点逆时针旋转后得到点C，那么点C与点A的位置关系是（   ） A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点对称 D．关于直线对称 5．（2026·上海杨浦·二模）在中，，为的角平分线，将沿着直线折叠，点落在点处，若，，则的值为（　　）． A． B． C． D． 6．（2026·上海宝山·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______． 7．（2026·上海杨浦·二模）在平行四边形中，，，为中点，将线段顺时针旋转度至，若点恰在直线上，则___________． 8．（2026·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 9．（2026·上海金山·二模）在中，，，，直线经过边的中点，将沿直线翻折得到（点、、分别与点、、对应），若的重心在射线上，那么到直线的距离为__________． 10．（2026·上海崇明·二模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．已知在中，，，将沿着过点的直线翻折，使点落在边上的点处，点是边上一点，若四边形是“等对角四边形”，则的值为__________． 知识点02 向量 11．（2026·上海徐汇·二模）在中，、分别是边、的中点，下列说法不正确的是（   ） A．； B．； C．； D．． 12．（2026·上海浦东新·二模）如图，在中，，平分，如果，，那么关于、的分解式为______________． 13．（2026·上海金山·二模）在中，设，，点在边上且，用、的线性组合表示__________． 14．（2026·上海奉贤·二模）已知，垂足为，设，那么用向量、表示为___________ 15．（2026·上海闵行·二模）在中，，，，那么____． 16．（2026·上海黄浦·二模）已知向量与方向相反，且，那么_____（用向量表示）． 17．（2026·上海静安·二模）在中，点是边的中点，，，那么________________．（用、表示） 18．（2026·上海松江·二模）如图，已知点是的重心，如果，，那么______．（结果含、的式子表示） 19．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，的平分线交于点E，，设，，那么用向量、表示向量是______． 20．（2026·上海虹口·二模）如图，在中，对角线、交于点，为的重心，连接并延长交于点，设，，那么用向量、表示是______． 知识点03 图形的相似 21．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，，点D为边的中点，沿着过点D的某条直线将剪开，要使剪下来的一个小三角形与原三角形相似，有（  ）种不同的剪法． A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 22．（2026·上海杨浦·二模）下列选项条件中，一定能判定的是（　　） A． B． C． D． 23．（2026·上海宝山·二模）如图，在中，，，垂足为点，如果，，那么的长是（    ）    A．4 B．6 C． D． 24．（2026·上海杨浦·二模）如图，中，、分别是边、上的点，且线段经过的重心，下列说法错误的是（　　） ①若，则；    ②若，则 ③；    ④； A．② B．②③ C．②③④ D．②④ 25．（2026·上海宝山·二模）如果一个等腰三角形的顶角为，那么可求其底边与腰之比等于，我们把这样的等腰三角形称为黄金三角形．如图，在中，，，看作第一个黄金三角形；作的平分线，交于点D，看作第二个黄金三角形；作的平分线，交于点E，看作第三个黄金三角形……以此类推，第2024个黄金三角形的腰长是（    ） A． B． C． D． 26．（2026·上海青浦·二模）已知中，，．将沿过点的直线翻折，使点落在斜边上，折痕与边的交点记为．如果，那么折痕的长为__________． 27．（2026·上海浦东新·二模）如图，在中，，，．点、分别在边、上，且的值为．以为圆心，为半径作圆，如果与的三边有三个公共点，那么的值为_________． 28．（2026·上海松江·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______． 29．（2026·上海静安·二模）如图，中，点D在边上，，，，那么的值等于______． 30．（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点、分别在边、上，，垂足为点，已知，，那么的长为______． 31．（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 32．（2026·上海徐汇·二模）如图，已知、为的两条弦，，连接、并延长交弦于点、，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 33．（2026·上海青浦·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点在边上，点在的延长线上，，的延长线与相交于点，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证：点是边的中点． 34．（2026·上海普陀·二模）已知：如图，在四边形中，，点在边上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结交于点，联结．如果，求证：． 35．（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 36．（2026·上海宝山·二模）如图，已知梯形中，，，对角线与交于点E，将沿着直线翻折得到（点D对应点F）． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果四边形是矩形，且，求证：． 37．（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)如果，求证：． 38．（2026·上海闵行·二模）如图，在中，，．点在边上，点在的延长线上，连结、，过点作的垂线，分别交、、于点、和，且． (1)求证：； (2)求证：． 39．（2026·上海黄浦·二模）如图，D、E是边、上的点，、交于点G．已知． (1)求的值； (2)如果，，求的值． 40．（2026·上海杨浦·二模）如图，四边形为平行四边形，连接、交于，点在线段上，且． (1)延长、交于，求证：； (2)点在的延长线上，且，求证：． 知识点04 锐角三角比 41．（2026·上海杨浦·二模）计算：_____． 42．（2026·上海虹口·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______． 43．（2026·上海宝山·二模）如果正六边形的半径是1，那么它的边心距是__________________． 44．（2026·上海奉贤·二模）如图所示，某同学练习排球扣球，已知排球网高为2.24米，扣球点距离地面的高度为2.8米，且垂直于地面．排球从点扣出的飞行路线近似为射线，当该射线与水平方向所成的夹角为时，球恰好擦网而过．此时，起跳点到球网底部的水平距离为___________米．（结果保留一位小数，参考数据： ） 45．（2026·上海杨浦·二模）如图，圆O为的外接圆，与相交于圆心，且，，直线与圆O交于，则___________． 46．（2026·上海浦东新·二模）计算：． 47．（2026·上海闵行·二模）计算：． 48．（2026·上海黄浦·二模）计算：． 49．（2026·上海宝山·二模）计算：． 50．（2026·上海青浦·二模）如图，在中，，，点在边上，，且． (1)求线段的长； (2)求的值． 51．（2026·上海普陀·二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，． (1)求的长； (2)如果，，求的值． 52．（2026·上海松江·二模）如图，在中，，． (1)试用无刻度直尺和圆规，在直线上作出点，使，点、、的对应点分别是点、、．（不必写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的基础上，求线段的长． 53．（2026·上海金山·二模）如图，在中，弦的长为，，令． (1)用含和的代数式表示的半径； (2)过点作，交的延长线于点，当时，求的正切值． 54．（2026·上海宝山·二模）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． 55．（2026·上海徐汇·二模）如果一个三角形一条边上的高等于这条边的一半，那么这个三角形叫做“半高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“半底”． (1)如图1，是以为“半底”的“半高底”三角形，已知，求的长； (2)如图2，是的一条弦，用无刻度直尺和圆规作图，在圆上确定一个点，使得是以为“半底”的“半高底”三角形（保留作图痕迹，无需写作法）． 56．（2026·上海杨浦·二模）如图，在梯形中，，，， (1)当，，时，求的值 (2)若等腰梯形的腰长等于上、下底的比例中项，F为边上一点，E为边上一点； ①若，求证：． ②连接，是否存在等腰梯形，使得为等腰三角形，若存在，请直接写出的值，若不存在，请写出理由． 57．（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 58．（2026·上海虹口·二模）根据以下素材，完成任务． 素材一 如图1，如果平面镜，入射光线经平面镜反射，得到反射光线，那么反射角等于入射角，即． 素材二 汉代初年的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于其下，则见四邻……”．意思是拿一面大的镜子，高高地悬挂起来，在它的下方放置一个盛满水的盆子，就能（从水盆里）看见周围邻居（的景象），如图2所示． 素材三 图3是素材二中图2的示意图，将水盆记作点，墙角记为点，邻居记作点，镜子（平面镜）记作，于点，入射光线经平面镜反射，得到反射光线，于点，又作为入射光线通过水盆反射得到反射光线，进入观察者的眼中（抽象为点）．已知于点，，，水盆到墙角的距离米． 素材四 参考数据：，，． 问题解决： (1)任务一：求邻居到墙角的距离； (2)任务二：如果入射光线不变，将镜子绕点顺时针旋转，在左侧的观察者仍能通过水盆看到邻居，那么水盆应向左还是右平移？平移多少米？ 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $