专题05 图形的性质（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“相交线与平行线—三角形—四边形—圆”为逻辑主线，通过40道二模题实现从基础到综合的几何能力递进，强化空间观念与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |相交线与平行线|4题|选择/填空|以平行线性质为基础，结合实际情境（晾衣架）考查角度计算| |三角形|10题|选择/填空/解答|从角平分线、中线等概念到等腰/直角三角形综合证明，渗透动态探究| |四边形|14题|选择/填空/解答|覆盖平行四边形、矩形等判定与性质，结合翻折/旋转考查空间变换| |圆|22题|选择/填空/解答|围绕位置关系、垂径定理等，结合正多边形、动态圆考查综合应用|

专题05 图形的性质 考前知识点筛查 知识点梳理 考点01相交线与平行线 考点02三角形 考点03四边形 考点04圆 知识点01 相交线与平行线 1．（2026·上海青浦·二模）如图，，如果，，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对顶角相等和平行线的性质求出 的度数，再利用三角形外角的性质求出 的度数． 【详解】解：，， （两直线平行，同位角相等）． 是的外角， ． ， ． ． 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：． 3．（2026·上海黄浦·二模）如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦所在的挡板上，且，现在弦上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧上的两个亮点C、D恰好能将弧三等分． (1)求证：； (2)试说明：点M、N不是弦的两个三等分点； (3)假设弦上的开缝位置P、Q恰好是弦的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧上的两个亮点恰好是C、D，并求的大小． 【答案】(1) 证明：∵点C、D恰好将三等分， ∴， ∴， 如图：取的中点E，连接， ∵， ∴，, ∵， ∴, ∴ ∴平分． 在中，，平分． ∴． ∵， ∴； (2) 解：由（1）可得：， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵点C、D恰好将三等分， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，同理可得：， ∴， 如图：过点M作于点F， 过点M作于点I，则四边形是矩形，，，， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴，即点M不是的三等分点， 同理：点N不是的三等分点， ∴点M、N不是弦的两个三等分点． (3) 【分析】（1）先说明，如图：取的中点E，连接，进而说明平分，利用等腰三角形的性质可得，最后根据垂直于同一条直线的两直线平行即可证明结论； （2）先根据已知条件说明，如图：过点M作于点F， 过点M作于点I，则四边形是矩形，，，，，进而得到；设，则，，利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理可得，，则，易得，即点M不是的三等分点；同理：点N不是的三等分点，从而证明结论； （3）如图：连接，运用等腰三角形的性质以及相关已知条件可得，即；设，则，利用可得；如图：取的中点E，则，易得，，；如图：连接并延长交于S，由对称性可知点S在的垂直平分线上，同时也在的垂直平分线上，连接延长交、于G，H，然后求得、；连接，过C作，则，，设，则，证明，可求得，利用三角函数可得，即，进而完成解答． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图：连接， ∵点C、D恰好将三等分， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，同理可得：， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴， 设，则， 由（2）解答过程可知：， ∴，解得：， 如图：取的中点E，则， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即； 如图：连接并延长交于S，由对称性可知点S在的垂直平分线上，同时也在的垂直平分线上，连接延长交、于G，H， ∴，， ∵P、Q恰好是弦的两个三等分点，， ∴， ∴， 如图：连接，过C作，则， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 4．（2026·上海徐汇·二模）如图，用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图所示的正五边形，的度数_____． 【答案】/72度 【分析】此题考查的是多边形的内角和及平行线的性质，利用多边形的内角和定理和平行线的性质即可解决问题，掌握计算公式是解题的关键． 【详解】解：由题意可得，五边形是正五边形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 知识点02 三角形 5．（2026·上海奉贤·二模）已知点在内．如果点到边的距离相等，且，那么点的位置是（  ） A．的角平分线与边上中线的交点 B．的角平分线与边上中线的交点 C．的角平分线与边上中线的交点 D．的角平分线与边上中线的交点 【答案】A 【详解】解：如图，分别作射线，，交于点M， 分别过点A，C作于点M，于点N， 当时， 由两个三角形同底等高，可知， ∵， ∴， 则有， 为边的中线， 由于点到边 的距离相等， ∴点H在平分线上， ∴点H为的角平分线与边上中线的交点 6．（2026·上海杨浦·二模）在中，，，点为线段的中点，连接并延长至点使得，则___________． 【答案】 【分析】先判断是等腰直角三角形，则，，容易证明，则，利用三角形外角的性质可证明，从而得到． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵点为线段的中点， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴． 7．（2026·上海黄浦·二模）等腰三角形两腰上的高所在的直线形成的锐角为，则该等腰三角形的顶角的度数为_________． 【答案】或 【分析】本题考查等腰三角形的性质等知识，分两种情形画出图形分别求解即可解决问题． 【详解】解：①如图1，当是钝角时， 由题意：， ∴， ②如图2，当是锐角时， 由题意：， ∴， ∴， 综上，该等腰三角形的底角的度数为或， 故答案为：或． 8．（2026·上海普陀·二模）如图，已知G是的重心，点E在边上，，D是中点，连接．如果，，那么点G到直线的距离是________． 【答案】 【分析】连接，过点作，可得，即可证明，利用，解直角三角形即可求得的值 【详解】解：如图，连接，过点作， G是的重心，D是中点， 三点共线，，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即点G到直线的距离是． 9．（2026·上海虹口·二模）如图， 中，，，要求用圆规和直尺作图，把它分成两个三角形，其中至少有一个三角形是等腰三角形．其作法错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了作图——复杂作图，角平分线的定义，三角形内角和定理，等腰三角形的定义，垂直平分线的性质等，熟练掌握尺规作图的五个基本图形是解决问题的关键． A选项中，由作法知，可判断A；B选项中，由作法知是的平分线，根据角平分线的定义和三角形内角和定理得出，根据等腰三角形的定义即可判断B；C选项中，由作法知所作图形是线段的垂直平分线，可判断C；D选项中，由作法知，所作图形是线段的垂直平分线，根据线段垂直平分线的性质得到，可判断D． 【详解】解：选项A、由作法知， 是等腰三角形，故选项A不符合题意； 选项B、由作法知是的平分线， 即， ∵，， ∴， 故， ∴， 是等腰三角形，故选项B不符合题意； 选项C、由作法知，所作直线是线段的垂直平分线， ， 不能判定是等腰三角形，故选项C不符合题意； 选项D、由作法知，所作直线是线段的垂直平分线， ， 是等腰三角形，故选项D不符合题意． 故选：C． 10．（2026·上海闵行·二模）探究：在铁片上裁剪正方形． (1)如图是一块等边三角形的废铁片，利用其剪裁出顶点在边上的一个正方形铁片． Ⅰ．根据以下步骤画图： ①在边上取点（如图），过作，垂足为； ②以为边在内部作正方形； ③连接并延长交于点； ④过作交于点、交于点；过作交于点． Ⅱ．以上画图步骤作为条件，求证：四边形是正方形． (2)如果是一块边长为3、4、5的直角三角形废铁片，利用其剪裁一个顶点在边上的正方形铁片，那么这个正方形铁片的最大面积为_____． 【答案】(1) 解：如图所示， 证明：∵四边形是正方形，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴ ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， 又∵， ∴， ∴矩形为正方形． (2) 【分析】（1）根据题意画出图形，根据作图得出四边形为矩形，进而根据相似三角形的性质与判定证明，即可得出四边形是正方形； （2）勾股定理求得的面积，分两种情况讨论，分别求得正方形的面积，比较大小，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：在中，，， ， ∴， ∴ ①当正方形的边在的直角边上时， 如图，连接，设正方形的边长为，则， ∴ ∴正方形的面积为 ②当正方形的边在的斜边上时，如图 设正方形的边长为， ∵ ∴ ∴，即， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴，即 ∴ ∴ 解得： ∴正方形的面积为 ∵ ∴这个正方形铁片的最大面积为 11．（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 12．（2026·上海宝山·二模）如图，已知在中，，点是边中点，在边上取一点，使得，延长交延长线于点． (1)求证：； (2)设的中点为点， ①如果为经过、、三点的圆的一条弦，当弦恰好是正十边形的一条边时，求的值； ②经过、两点，联结、，当，，时，求的半径长． 【答案】(1) 证明：，， ∴， ∴，， ∴， (2)①    ② 【分析】（1）根据等边对等角可得，再利用三角形的内角和定理得到结论； （2）①连，根据正十边形的中心角可得，推出，根据对应边成比例解题即可；②由，得，过点D作于点，则，等量代换得到的值，然后根据，求出的长，再利用勾股定理求出半径长即可． 【详解】（1）略 （2）①连， ∵D是BC的中点， ∴ ∴为圆的直径， 联结，设经过、、三点的圆半径为r， 弦恰好是正十边形的一条边， ∴， ∴， 又∵O、D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ 则，即， 解得（舍）， ∴， ②∵， ∴， 又∵ ∴， ∴， 设， 由①可知，， ∴， ∴， ∴，即 如图，过点D作于点， 在中， ， ∴， 解得， ∴，， ∵，M是所在圆的半径， ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴, ∴， ∴，即 解得， 联结， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，综合性较强，是压轴题，解题的关键是作辅助线构造三角形相似． 13．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 【答案】(1) 解：已知：， 求证：四边形是等腰梯形． 证明如下：如图所示，设交于点O， 在和中， ， ∴， ∴； 同理可证明， ∴； ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， 又∵，， ∴四边形是等腰梯形； (2) 解：如图所示，测量出的长，在上取，连接，测量的长，若，那么四边形是等腰梯形，若不满足，则四边形不是等腰梯形． 【分析】（1）设交于点O，证明，，得到，；进一步可证明，得到，据此可证明四边形是等腰梯形； （2）在上取，连接，测量的长，若，则可证明四边形是平行四边形，得到，则可证明四边形是等腰梯形． 【详解】（1）略 （2）略 14．（2026·上海浦东新·二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片对折再展开，折痕交于点、交于点，点、分别是边、的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的________等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的_________等分点（用含的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：要得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点沿着直线翻折到点处（如图3），折痕分别交正方形的边于点、．边交正方形的边于点，就是边的一个三等分点． 【解决问题】 (1)完成填空； (2)求的长； (3)判断小海的折法是否正确并说明理由． 【答案】(1)四，； (2) (3)正确，理由见解析 【分析】（1）根据题意可得答案； （2）设，则由折叠的性质可得，求出的长，利用勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （3）证明，得到．则，可求出，据此可得结论． 【详解】（1）解：由题意得，第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的四等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的等分点； （2）解：设，则由折叠的性质可得 ∵四边形是正方形， ∴． ∵是的中点，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； （3）解：小海的折法正确，理由如下： 由折叠的性质和正方形的性质可得． ∴，， ∴． ∴． ∴． ∴， 解得， 由可知，是边的一个三等分点． 知识点03 四边形 15．（2026·上海金山·二模）用纸板剪成的两个全等的直角三角形，一定能够拼成的四边形是（    ） A．直角梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】本题考查全等直角三角形拼接四边形的性质，需要根据“一定能够拼成”的要求，结合不同直角三角形的拼接情况，判断必然能拼成的图形． 【详解】解：任意两个全等直角三角形，将斜边重合拼接，两个直角分别位于斜边两侧时，可以拼成一个平行四边形，且该平行四边形有一个内角为直角，则一定能拼成矩形，故B选项正确； 对于A选项，两个全等直角三角形无法拼成直角梯形，故A选项错误； 对于C选项，只有当原直角三角形边长满足邻边相等时才能拼成菱形，不是任意全等直角三角形都可拼成，故C错误； 对于D选项，只有两个全等等腰直角三角形才能拼成正方形，不是任意全等直角三角形都可拼成，故D错误． 16．（2026·上海奉贤·二模）如果一个正多边形的内角等于中心角的3倍，那么这个正多边形是（  ） A．正三角形 B．正四边形 C．正六边形 D．正八边形 【答案】D 【分析】设正多边形的边数为，计算出正多边形内角和中心角，根据数量关系列出方程即可求解． 【详解】解：设这个正多边形的边数为， ∵正边形的中心角总和为， ∴每个中心角为， ∵正边形的内角和为， ∴每个内角为， 根据题意得， 解得， ∴这个正多边形是正八边形． 17．（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． 18．（2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题已知四边形是平行四边形，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一分析选项，正方形是同时满足矩形和菱形性质的平行四边形． 【详解】解：∵原四边形是平行四边形， 对选项A：∵， ∴平行四边形是矩形，又与是等价的，都能判定该平行四边形是矩形，不能判定为正方形，故A不符合题意； 对选项B：∵平行四边形对角线互相平分， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∵平行四边形既是矩形又是菱形，因此是正方形，故B符合题意； 对选项C：∵， ∴平行四边形是菱形，菱形本身对角线互相垂直，因此不能推出它是正方形，故C不符合题意； 对选项D：平行四边形对角线本来互相平分，恒成立，仅能推出平行四边形是矩形，不能判定是正方形，故D不符合题意． 19．（2026·上海静安·二模）从四边形两条对角线的交点分别向四条边所在的直线作垂线，顺次连接四个垂足，如果我们把此时所得的四边形叫做原四边形的垂足四边形，那么下列说法正确的是（   ） A．等腰梯形的垂足四边形是等腰梯形 B．矩形的垂足四边形是矩形 C．平行四边形的垂足四边形是平行四边形 D．菱形的垂足四边形是菱形 【答案】C 【分析】对于等腰梯形、矩形、平行四边形和菱形，分别分析它们的对角线性质，再根据垂足四边形的定义判断其形状． 【详解】解：A、等腰梯形的对角线相等，但不一定互相垂直，当等腰梯形的对角线不互相垂直时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是等腰梯形，故A选项错误，不符合题意； B、矩形的对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直，当矩形的对角线不互相垂直时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是矩形，故B选项错误，不符合题意； C、平行四边形的对角线互相平分，且是中心对称图形，对角线的交点是对称中心，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，两组对边的垂足分别关于对称中心对称，故顺次连接四个垂足得到的四边形的对角线互相平分，则顺次连接四个垂足得到的四边形是平行四边形，故C选项正确，符合题意； D、菱形的对角线垂直且互相平分，但不一定相等，当菱形的对角线不相等时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是菱形，故D选项错误，不符合题意． 20．（2026·上海浦东新·二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（    ） A．如果，那么四边形是等腰梯形 B．如果，那么四边形是菱形 C．如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是正方形 【答案】C 【分析】根据正方形、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A． 如果BC=AD，那么四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是矩形，错误； B．如果AD∥BC，那么四边形ABCD是矩形，错误； C． 如果AC平分BD，那么四边形ABCD是矩形，正确； D．如果AC⊥BD，那么四边形ABCD不一定是正方形，错误； 故选：C． 【点睛】此题考查等腰梯形的判定，关键是根据正方形、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理解答． 21．（2026·上海杨浦·二模）在梯形中，，对角线相交于点O，如果，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线之间距离处处相等，先理解，，以及三角形面积公式，得出，再证明，故，然后结合和共顶点，底边、在同一直线上，高相同，得出，即可作答． 【详解】解：依题意，如图所示： ∵，和的高都等于梯形的高（两平行线间距离相等），且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， ∵和共顶点，底边、在同一直线上，高相同， 因此面积比等于底边长的比，即， 故答案为：． 22．（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 【答案】 【分析】通过翻折性质得到与，结合得到内错角相等，进而证明为等腰三角形，使问题得解．关键在于利用与的大小关系及三角形内角和确定点只能落在、之间． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 由翻折性质得，， 如图，当F与点C重合时，点M在如图位置，由于F不能再向右移动，故点M不能在的延长线上， ∵， ∴点只能落在、之间， 点在点、点之间时， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 23．（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， ∴， ∵，， ∴． 24．（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， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 25．（2026·上海黄浦·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】 【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·上海松江·二模）如图，正五边形与正方形的两邻边相交，如果，那么_______． 【答案】52 【分析】先根据正多边形每个内角为得到正五边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案． 【详解】解：如图， 根据题意得，，， ∵，， ∴． ∴． 27．（2026·上海杨浦·二模）如图，在矩形中，，点为边的中点，点关于的对称点为点，连接交边于点，连接、，若，设，请列出一个可解出的值的方程___________． 【答案】 【分析】设交于点，交于点，作于点，设，，由轴对称的性质可得，．容易证明，从而计算出，利用勾股定理计算出．通过和，可计算出，，．由可计算出，．利用，可证明，则，结合，化简得到关于的方程． 【详解】解：如图，设交于点，交于点，作于点，设，， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵点是的中点， ∴， ∵点与点关于对称， ∴垂直平分， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 化简，得， 解得，符合题意， ∴关于的方程为． 【点睛】本题考查矩形与折叠问题，相似三角形的判定与性质的综合问题，具有扎实的代数计算功底是关键． 28．（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 【答案】(1)选择方案甲或方案乙，证明见解析 (2)见解析 【分析】（1）选择甲方案，证明，得到，则可证明，得到；乙方案，证明如下：先证明，再证明，得到，则可证明四边形是平行四边形，得到； （2）在方案甲中，证明，得到，证明，得到，再证明，证明；在方案乙中，由（1）可得，则，同理可证明． 【详解】（1）解：选择甲方案，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 选择乙方案，证明如下： ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）证明：如图所示，在方案甲中， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图所示，在方案乙中，由（1）可得， ∴， ∴同理可证明． 29．（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴； (2)①；②相交， 【分析】（1）由等边对等角可得，由菱形的性质可得，，再证明点、、、四点共圆，得出，即可得证； （2）①作，交的延长线于点，由菱形的性质可得，，求出，，可得，由勾股定理可得，再证明，由相似三角形的性质计算即可得出结果；②当时，，则，，结合，得出以为半径的和以为半径的相交，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点，则，，由垂径定理可得，，设，则，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：①如图，作，交的延长线于点， ， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时，， ∴，， ∵，且， ∴以为半径的和以为半径的相交， 如图，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点， ， 则，， 由垂径定理可得：，， 设，则， ∵，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 知识点04 圆 30．（2026·上海金山·二模）已知两圆的半径长之比为，且当两圆内切时的圆心距为9厘米，那么当两圆的圆心距增大到18厘米时，这两圆的位置关系是（ ） A．外离 B．外切 C．相交 D．不确定 【答案】C 【分析】本题先根据半径比设参数，利用两圆内切的性质求出两圆半径，再比较圆心距与两圆半径和、差的大小，判断两圆位置关系，用到两圆位置关系与圆心距、半径的关系知识点． 【详解】解：由于两圆的半径长之比为， 设两圆半径分别为 厘米， 厘米，其中 ， 当两圆内切时，圆心距等于两圆半径的差，且内切时圆心距为 9 厘米， ， 解得， 厘米、厘米， 厘米、厘米， 圆心距为厘米，满足， 此时两圆位置关系为相交． 31．（2026·上海青浦·二模）在矩形中，，，动点在对角线上．如果以点为圆心，以1为半径长的与边有两个公共点，那么线段的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用矩形性质和勾股定理求出对角线的长度，再通过相似三角形得到圆心O到的距离与的关系，结合圆与线段有两个公共点的条件，推导得到的取值范围． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴ 过点作于 ∵， ∴ ∴ ∴， 即， 整理得 ∵半径为，且与边（线段）有两个公共点 ∴需满足两个条件：①直线与相交，②端点在外（或圆上）． ①直线与相交，即圆心到的距离小于半径则， ∴， 解得 ②端点在外（或圆上），则 综上，． 32．（2026·上海宝山·二模）如图，，点O为射线上一点，，如果是以点O为圆心，半径为3的圆，那么与直线的位置关系是（  ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定 【答案】A 【分析】作，求出的长，与半径比较大小，即可得出结果. 【详解】解：作于点， ∵，， ∴， ∵的半径为3，， ∴与直线的位置关系是相离. 33．（2026·上海崇明·二模）在中，，，，点是边上一点，若以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的相交，且点在的内部，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由勾股定理求出斜边的长度，设，分别根据点在内部、与相交的条件列出不等式，联立求解得到的取值范围． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得 ． 设，则 ，半径为，半径为． 由点在内部得 ，以点C为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，，，在上，作于点， ∵，， ∴ ∴，即 ∴ 化简整理得 ， 解得． 由与相交，根据两圆相交的条件得 ， 即 ， 解不等式 得； 当时，，解得， 此时的取值范围为， 即此时， 当时，，即， 此时无解， 综上可知，， 即． 34．（2026·上海黄浦·二模）如图，坐标平面内圆，已知圆的半径为2，圆心，下列直线中，与圆相交，且被圆所截得的弦最长的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆中最长的弦是直径，可得经过圆心的直线被圆所截得的弦最长，判断选项中哪条直线经过圆心即可． 【详解】解：A、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误； B、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误； C、在直线中，当时，，∴直线经过圆心，故此选项正确； D、在直线中，当时，，∴直线不经过圆心，故此选项错误． 35．（2026·上海松江·二模）如图，已知中，，，半径为1的经过点，且在边、上截得的弦长相等，点在边上，如果以为半径的与相交，那么的长可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】过点分别作，，垂足为点，延长交于点F，则，那么平分，再由等腰三角形的性质得到，而由勾股定理可得，那么，再找到外切和内切时的临界位置，根据勾股定理建立方程求解即可得到的取值范围． 【详解】解：过点分别作，，垂足为点，延长交于点F， ∵在边、上截得的弦长相等， ∴， ∴平分 ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， 当与外切时，连接，设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴ 解得； 当与内切时，连接， 设，则，， 在中，由勾股定理得， ∴ 解得； ∴与相交时，， ∴B符合题意． 36．（2026·上海徐汇·二模）如图，已知，半径为的与边、均相切，如果与的两边都相切，且与相交，那么的半径长可以是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】先证点O在的角平分线上，再求出与外切时的半径，进而可得半径的取值范围． 【详解】解：标记与边、的切点为E，H， 则，， 在与中，， ， ， 即点O在的角平分线上， 作，与外切，切点为M，N，且与边、均相切，与的切点为点D，与的切点为点F， 同理可得，点与在的角平分线上， 设的半径为r， ， ，， ， ， 解得， 同理可得的半径为3， 与相交， ， 当时，与重合，不合题意， 观察四个选项可知，的半径长可以是2． 故选B． 37．（2026·上海徐汇·二模）如图，在中，，点在边上，如果与的一边所在的直线相切，且经过的一个顶点，那么的长是__________． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，当与相切于点时，则，设，则 根据列出比例式，求得的值；当与相切于点时，则，过点作于点，证明，进而求得的值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点， 当与相切于点时，则 ∵ ∴ ∴ 设，则 ∵， ∴，即 ∴ 当与相切于点时，则，过点作于点， ∵ ∴ ∴ 设，则，， ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： 综上所述，的长是或 38．（2026·上海青浦·二模）定义：如果一个圆的圆心与一个正多边形的中心重合，那么称该正多边形为这个圆的同心正多边形．已知一个圆的半径为1，该圆的同心正六边形的边长为．设点在圆上，点在正六边形的边上，那么、两点之间的最小距离为__________． 【答案】 【分析】连接，过点作于点，先解求出，再由求解即可． 【详解】解：如图，连接，过点作于点 由题意得，正六边形的中心角为 ∵ ∴为等边三角形， ∴, ∴， ∴， ∴的最小值为，当点 在线段上，且点Q与点R重合时，取得最小值， ∴、两点之间的最小距离为． 39．（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． 40．（2026·上海浦东新·二模）如图，已知弦、在圆心的同侧，且是内接正三角形的一条边，是内接正六边形的一条边，．如果也是的内接正边形的一条边，那么的值为________． 【答案】12 【分析】连接，如图，利用正多边形与圆，分别计算的内接正六边形与内接正三角形的中心角得到，，则，然后计算即可得到n的值． 【详解】解：连接，如图， ∵，分别为⊙O的内接正六边形与内接正三角形的一边， ∴，， ∴， ∴， 即恰好是同圆内接一个正十二边形的一边． 故答案为：12． 41．（2026·上海普陀·二模）在中，，，（如图所示） ．点D在边上（不与点A、B重合），，，垂足分别为E、F，的半径长为2．如果与外切，那么的半径长r的取值范围是________． 【答案】 【分析】画出图形，连接，设与交于点，证明，求出的取值范围即可． 【详解】解：如图，连接，设与交于点， 如果与外切，则的长为的半径长， 在中，， ∴， ，，， 四边形为矩形， ， ， 当时，最短， 根据三角形面积公式可得，此时， ， 当点无限接近点时，此时， ， 即的半径长r的取值范围是． 42．（2026·上海宝山·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 【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． 43．（2026·上海虹口·二模）如图，在矩形中，，，经过点、和边上的点，如果的半径是5，那么的长是______． 【答案】5 【分析】根据矩形的性质得出，，利用的圆周角所对的弦是直径可得为直径，在中利用勾股定理求出的长，最后根据线段的和差求解即可． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴，， 如图：连接， ∵， ∴是的直径，即， ∴， ∴． 44．（2026·上海崇明·二模）如图，已知是的外接圆，是的直径，为的弦，且，点为的中点，连接，交于点，． (1)求的半径； (2)连接，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据垂径定理得到，，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案； （2）证明，得到，求出，，即可求得答案． 【详解】（1）解：点为的中点， ，， 设，则， ， ， 解得， 的半径为； （2）解：如图，由（1）得，，， ， 是的直径， ， ， ， ， 在中，， , ． 45．（2026·上海静安·二模）如图，弓形弦长米，高米，有一内接矩形，边在上，顶点E、H在弓形弧上，边的长比的2倍多4米． (1)求该弓形所在圆的半径； (2)求的长． 【答案】(1)25m (2)13m 【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理，找出圆心正确作出辅助线是解题关键． （1）取圆心，连接，，由垂径定理得，设半径为，在中利用勾股定理列方程即可； （2）连接，设，则，由垂径定理得，再由矩形性质得，，，最后在中利用勾股定理列方程即可． 【详解】（1）解：取圆心，连接，， ∵是弓形的高， ∴是的中点，且，圆心在直线上． ∴（米）， 设， 则， 在中， ， ∴， ∴， ∴该弓形所在圆的半径为25m． （2）解：连接， 由（1）得，， 设， 则， ∵是弓形的高， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ， （舍去），， ∴ ． 46．（2026·上海杨浦·二模）如图，点A、B、C、D、O在同一直线上，且满足，以为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点， (1)直接写出的度数； (2)求的值． 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）连接，利用直径所对的圆周角等于90°即可求解； （2）连接，设半圆O的半径为r，由，得，可化简得，则，证明，得，再利用，即可求证． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵是半圆O的直径， ∴； （2）解：如图，连接， 设半圆O的半径为r， ∴， ∵， ∴， 即， 化简得， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 47．（2026·上海宝山·二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD． （1）求证：CE＝CD； （2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）由“SAS”可证△DAC≌△EAC，可得CE＝CD； （2）先求出∠AOD＝∠AEC＝108°，可证OD∥CE，由菱形的判定可得结论． 【详解】证明：（1）如图１，联结AC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵AD∥OC， ∴∠DAC＝∠OCA， ∴∠DAC＝∠OAC， 在△DAC和△EAC中， ， ∴△DAC≌△EAC（SAS）， ∴CE＝CD； （2）如图2，联结CA， ∵， ∴∠AOD＝3∠COD， ∵AD∥OC， ∴∠ADO＝∠DOC， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵∠AOD+∠OAD+∠ADO＝180°， ∴5∠ADO＝180°， ∴∠ADO＝36°， ∴∠AOD＝108°，∠DOC＝36°， ∵OD＝OC， ∴∠ODC＝72°， ∴∠ADC＝108°， ∵△DAC≌△EAC， ∴∠ADC＝∠AEC＝108°， ∴∠AOD＝∠AEC， ∴OD∥CE， 又∵OC∥AD， ∴四边形OCFD是平行四边形， 又∵OD＝OC， ∴平行四边形OCFD是菱形． 【点睛】本题考查了圆心角与弧的关系，平行线的性质，三角形的全等，菱形的判定，熟练掌握圆的基本性质，菱形的判定是解题的关键． 48．（2026·上海金山·二模）如图，点在以为直径的半圆上，，联结，过点作，交的延长线于点，在上取点，使，联结、． (1)求证：； (2)联结、，若四边形为梯形，求四边形的面积； (3)直线与直线交于点，若为等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）由垂径定理的推论得到，再由，即可证明； （2）可证明当四边形为梯形时，只能是，可证明是等边三角形，是等边三角形；根据，只需要求出和的面积即可； （3）分两种情况：点F在点E右侧和点F在点E左侧，画出对应的示意图，讨论求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵，且与都有交点， ∴与都有交点， 又∵与有交点， ∴当四边形为梯形时，只能是， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形，， 又∵， ∴是等边三角形； 如图所示，过点C作于点K， ∵，且是直径， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴； （3）解：如图所示，当点F在点E右侧时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴此时只存在这种情况， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点F在点E左侧时，∵， ∴， ∴， ∴此时只存在这种情况， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 在中，， ∴， ∴； 如图所示，在上取一点M，连接使得，过点D作于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴ 综上所述，的长为或． 49．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作，垂足为，根据垂径定理可得，，，从而得到，可得到四边形是梯形，即可求证； （2）联结交于，根据题意可得垂直平分，从而得到，，再有，可得，从而得到，可得到四边形是平行四边形，即可求证． 【详解】（1）证明：作，垂足为． ∵过圆心，， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴，即点是中点． ∵过圆心，， ∴． ∴， ∴． ∴， ∵， ∴四边形是梯形． ∵点是线段的中点，点是中点， ∴， ∴， ∴． （2）证明：联结交于． ∵与相交于点、， ∴垂直平分， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 50．（2026·上海宝山·二模）如图1，是的直径，C是延长线上一点，是的切线，P为切点，连接、． (1)求证：； (2)如图2，过点B作交于D， ①如果，，求的长； ②连接、，如果是以为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）连接，证明，即可得证； （2）①作于点，作于点，垂径定理得到，证明四边形为矩形，得到，，设的半径为，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，进而得到，求出的值，证明，列出比例式进行求解即可；②分和两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵是的切线，P为切点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：①作于点，作于点，则， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， 设的半径为，则， ∴， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， 解得或（舍去）； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴； ②当时，延长交于点， ∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，连接，交于点，则， ∴垂直平分，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上：． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 图形的性质 考前知识点筛查 知识点梳理 考点01相交线与平行线 考点02三角形 考点03四边形 考点04圆 知识点01 相交线与平行线 1．（2026·上海青浦·二模）如图，，如果，，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 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______°． 3．（2026·上海黄浦·二模）如图，圆心O是一处激光光源，照射在圆O的弦所在的挡板上，且，现在弦上两个位置M、N处开缝，使激光束透过这两个缝隙最终照射在弧上的两个亮点C、D恰好能将弧三等分． (1)求证：； (2)试说明：点M、N不是弦的两个三等分点； (3)假设弦上的开缝位置P、Q恰好是弦的两个三等分点，试画出新的激光光源S的位置，使得激光束通过缝隙P、Q后最终照射在弧上的两个亮点恰好是C、D，并求的大小． 4．（2026·上海徐汇·二模）如图，用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图所示的正五边形，的度数_____． 知识点02 三角形 5．（2026·上海奉贤·二模）已知点在内．如果点到边的距离相等，且，那么点的位置是（  ） A．的角平分线与边上中线的交点 B．的角平分线与边上中线的交点 C．的角平分线与边上中线的交点 D．的角平分线与边上中线的交点 6．（2026·上海杨浦·二模）在中，，，点为线段的中点，连接并延长至点使得，则___________． 7．（2026·上海黄浦·二模）等腰三角形两腰上的高所在的直线形成的锐角为，则该等腰三角形的顶角的度数为_________． 8．（2026·上海普陀·二模）如图，已知G是的重心，点E在边上，，D是中点，连接．如果，，那么点G到直线的距离是________． 9．（2026·上海虹口·二模）如图， 中，，，要求用圆规和直尺作图，把它分成两个三角形，其中至少有一个三角形是等腰三角形．其作法错误的是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·上海闵行·二模）探究：在铁片上裁剪正方形． (1)如图是一块等边三角形的废铁片，利用其剪裁出顶点在边上的一个正方形铁片． Ⅰ．根据以下步骤画图： ①在边上取点（如图），过作，垂足为； ②以为边在内部作正方形； ③连接并延长交于点； ④过作交于点、交于点；过作交于点． Ⅱ．以上画图步骤作为条件，求证：四边形是正方形． (2)如果是一块边长为3、4、5的直角三角形废铁片，利用其剪裁一个顶点在边上的正方形铁片，那么这个正方形铁片的最大面积为_____． 11．（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：． 12．（2026·上海宝山·二模）如图，已知在中，，点是边中点，在边上取一点，使得，延长交延长线于点． (1)求证：； (2)设的中点为点， ①如果为经过、、三点的圆的一条弦，当弦恰好是正十边形的一条边时，求的值； ②经过、两点，联结、，当，，时，求的半径长． 13．（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 14．（2026·上海浦东新·二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片对折再展开，折痕交于点、交于点，点、分别是边、的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的________等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的_________等分点（用含的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：要得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点沿着直线翻折到点处（如图3），折痕分别交正方形的边于点、．边交正方形的边于点，就是边的一个三等分点． 【解决问题】 (1)完成填空； (2)求的长； (3)判断小海的折法是否正确并说明理由． 知识点03 四边形 15．（2026·上海金山·二模）用纸板剪成的两个全等的直角三角形，一定能够拼成的四边形是（    ） A．直角梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 16．（2026·上海奉贤·二模）如果一个正多边形的内角等于中心角的3倍，那么这个正多边形是（  ） A．正三角形 B．正四边形 C．正六边形 D．正八边形 17．（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 18．（2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 19．（2026·上海静安·二模）从四边形两条对角线的交点分别向四条边所在的直线作垂线，顺次连接四个垂足，如果我们把此时所得的四边形叫做原四边形的垂足四边形，那么下列说法正确的是（   ） A．等腰梯形的垂足四边形是等腰梯形 B．矩形的垂足四边形是矩形 C．平行四边形的垂足四边形是平行四边形 D．菱形的垂足四边形是菱形 20．（2026·上海浦东新·二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（    ） A．如果，那么四边形是等腰梯形 B．如果，那么四边形是菱形 C．如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是正方形 21．（2026·上海杨浦·二模）在梯形中，，对角线相交于点O，如果，则___________． 22．（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 23．（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______． 24．（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__________． 25．（2026·上海黄浦·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·上海松江·二模）如图，正五边形与正方形的两邻边相交，如果，那么_______． 27．（2026·上海杨浦·二模）如图，在矩形中，，点为边的中点，点关于的对称点为点，连接交边于点，连接、，若，设，请列出一个可解出的值的方程___________． 28．（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 29．（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 知识点04 圆 30．（2026·上海金山·二模）已知两圆的半径长之比为，且当两圆内切时的圆心距为9厘米，那么当两圆的圆心距增大到18厘米时，这两圆的位置关系是（ ） A．外离 B．外切 C．相交 D．不确定 31．（2026·上海青浦·二模）在矩形中，，，动点在对角线上．如果以点为圆心，以1为半径长的与边有两个公共点，那么线段的取值范围是（    ） A． B． C． D． 32．（2026·上海宝山·二模）如图，，点O为射线上一点，，如果是以点O为圆心，半径为3的圆，那么与直线的位置关系是（  ） A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定 33．（2026·上海崇明·二模）在中，，，，点是边上一点，若以为圆心，为半径的与以为圆心，为半径的相交，且点在的内部，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 34．（2026·上海黄浦·二模）如图，坐标平面内圆，已知圆的半径为2，圆心，下列直线中，与圆相交，且被圆所截得的弦最长的是（    ） A． B． C． D． 35．（2026·上海松江·二模）如图，已知中，，，半径为1的经过点，且在边、上截得的弦长相等，点在边上，如果以为半径的与相交，那么的长可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 36．（2026·上海徐汇·二模）如图，已知，半径为的与边、均相切，如果与的两边都相切，且与相交，那么的半径长可以是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 37．（2026·上海徐汇·二模）如图，在中，，点在边上，如果与的一边所在的直线相切，且经过的一个顶点，那么的长是__________． 38．（2026·上海青浦·二模）定义：如果一个圆的圆心与一个正多边形的中心重合，那么称该正多边形为这个圆的同心正多边形．已知一个圆的半径为1，该圆的同心正六边形的边长为．设点在圆上，点在正六边形的边上，那么、两点之间的最小距离为__________． 39．（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_________． 40．（2026·上海浦东新·二模）如图，已知弦、在圆心的同侧，且是内接正三角形的一条边，是内接正六边形的一条边，．如果也是的内接正边形的一条边，那么的值为________． 41．（2026·上海普陀·二模）在中，，，（如图所示） ．点D在边上（不与点A、B重合），，，垂足分别为E、F，的半径长为2．如果与外切，那么的半径长r的取值范围是________． 42．（2026·上海宝山·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） 43．（2026·上海虹口·二模）如图，在矩形中，，，经过点、和边上的点，如果的半径是5，那么的长是______． 44．（2026·上海崇明·二模）如图，已知是的外接圆，是的直径，为的弦，且，点为的中点，连接，交于点，． (1)求的半径； (2)连接，求的值． 45．（2026·上海静安·二模）如图，弓形弦长米，高米，有一内接矩形，边在上，顶点E、H在弓形弧上，边的长比的2倍多4米． (1)求该弓形所在圆的半径； (2)求的长． 46．（2026·上海杨浦·二模）如图，点A、B、C、D、O在同一直线上，且满足，以为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点， (1)直接写出的度数； (2)求的值． 47．（2026·上海宝山·二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD． （1）求证：CE＝CD； （2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形． 48．（2026·上海金山·二模）如图，点在以为直径的半圆上，，联结，过点作，交的延长线于点，在上取点，使，联结、． (1)求证：； (2)联结、，若四边形为梯形，求四边形的面积； (3)直线与直线交于点，若为等腰三角形，求的长． 49．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 50．（2026·上海宝山·二模）如图1，是的直径，C是延长线上一点，是的切线，P为切点，连接、． (1)求证：； (2)如图2，过点B作交于D， ①如果，，求的长； ②连接、，如果是以为腰的等腰三角形，求的值． 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $