专题04 几何图形的性质（5年汇编）（重庆专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦几何图形性质，整合重庆近5年中考真题及模拟题，覆盖8大核心考点，通过考情分析与命题规律总结，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|8道/10分|旋转、翻折等几何变换，如2026年压轴题结合等腰直角三角形旋转与最值|三问分层设计，基础计算到综合推理梯度清晰| |选择/填空|多题/4分|平行线性质、多边形内角和等，如2024年正方形性质结合全等证明|真题导向，基础题稳定送分，中档题综合图形应用|

专题04 几何图形的性质 5年真题1年模拟 考点分类 重庆考情（2022-2026） 命题规律 考点01平行线的性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 均以选择题前 5 题或填空题基础题形式考查，分值稳定 4 分。命题以纯几何三线八角为基础素材，极少复杂情境包装，偶尔结合三角形、矩形等简单图形综合设问。核心围绕平行线的角度关系展开，重点考查同位角相等、内错角相等、同旁内角互补三大性质，同时常设已知一角求对应角的基础计算类考题。整体难度极低，属于固定送分考点，近五年命题位置、题型高度稳定，无复杂拓展与综合变形，概念与基础计算类设问占比 100%。 考点02 三角形的性质 2024重庆卷 2023重庆卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，基础题单题分值4分，结合综合题时单考点关联分值可达 8-10 分。命题常结合平行线、四边形、尺规作图等场景设计，素材涵盖一般三角形、等腰三角形、等边三角形与直角三角形。核心围绕三角形基础性质与全等判定展开，重点考查内角和定理、外角性质、三线（中线/高/角平分线）特征、全等三角形的判定与性质，同时常设线段长度、角度推导类计算考题。整体难度跨度大，基础题为送分档次，全等证明常作为几何解答题的核心工具；近五年命题始终作为几何核心基础贯穿全卷，中档题侧重全等模型的识别与应用，综合题常与四边形、圆结合考查。 考点03 多边形的性质 2024重庆卷 2023重庆卷 多以填空题或选择题基础题形式考查，分值稳定 4 分。命题以正五边形、正六边形等常见正多边形为核心素材，围绕内角、外角、对角线设计问题。核心围绕多边形内角和公式与外角和定理展开，重点考查正多边形边数计算、内角度数求解、对角线与角度推导，同时常设公式套用类基础考题。整体难度偏低，仅需熟练掌握基础公式即可得分；近五年考查频率稳定，命题无复杂综合变形，偶尔结合对称性、对角线性质小幅拓展，侧重基础公式的灵活应用。 考点04 正方形的性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 必考一道选择题，同时是几何压轴大题的高频载体，单卷关联分值可达14 分左右。命题以正方形为核心载体，常结合角平分线、全等三角形、旋转、勾股定理综合设计，素材场景丰富，涵盖线段计算、角度推导、面积比例等多种设问。核心围绕正方形的边、角、对角线性质展开，重点考查正方形与全等三角形的结合应用、旋转背景下的线段关系、面积比值计算，同时常设线段长度求解、角度推导类中档考题。整体难度在选择题中属于中档偏上，有明显区分度；近五年命题位置高度固定，综合性逐年提升，近两年加大了面积比、线段比例的考查力度，对几何推理与计算能力的要求持续提高。 考点05 圆的基本性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 以选择题中前段、填空题基础题形式考查为主，分值稳定 4 分。命题以圆为核心载体，常结合三角形、特殊四边形综合设计，素材涵盖圆心角、圆周角、弦、弧、直径等核心元素。核心围绕圆周角定理、垂径定理展开，重点考查同弧所对圆周角与圆心角的数量关系、直径所对圆周角为直角、弦长与半径的计算，同时常设角度推导、线段计算类考题。整体难度基础到中档，以性质直接应用为主；近五年每年必考，圆周角定理是高频核心考点，近两年逐步增加与平行四边形、矩形的综合考查，题型与难度保持稳定，无过难拓展。 考点06 求不规则图形的面积 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 以填空题核心题型为主，偶尔出现在选择题中，分值稳定 4 分。命题均以特殊四边形 + 扇形的组合图形为素材，阴影部分为不规则图形，需要通过割补、和差转化求解。核心围绕面积转化思想展开，重点考查扇形面积公式、规则图形（三角形、矩形、菱形）面积的和差运算，同时常设割补法、等积变换类计算考题。整体难度中档，核心考查图形转化思路，计算量不大；近五年每年必考一道，载体从菱形、矩形到正方形逐年轮换，命题形式稳定，近两年开始在选择题中出现同考点考题，考查方式更灵活，但核心解题思路不变。 考点07 直线与圆的位置关系 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 以选择题中后段、填空题中档题形式考查为主，分值稳定 4 分，解答题偶尔涉及基础应用。命题以切线为核心素材，常结合直角三角形、勾股定理、圆周角定理综合设计。核心围绕切线的性质展开，重点考查切线垂直于过切点的半径、切线长定理的应用，常设构造直角三角形求线段长度、推导角度类考题。整体难度中档，有一定计算量，是选择中后段的固定区分题之一；近五年每年必考，以切线性质的应用为主，切线判定考查较少，近两年逐步增加与平行四边形、等腰三角形的综合，计算量略有提升，核心解题思路（连半径证垂直 / 得垂直）高度固定。 考点08 几何的压轴题 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 均以全卷最后一道解答题形式考查，分值稳定10 分，设置3 个小问分层考查。命题以等腰直角三角形、等边三角形、正方形为核心载体，围绕旋转、翻折两大几何变换设计，融入中点、全等、相似、最值等核心考点。核心围绕几何变换与模型应用展开，第一问侧重基础角度 / 线段计算与简单证明，第二问侧重线段关系猜想与全等证明，第三问侧重动点背景下的线段最值、面积比值，同时常设隐圆轨迹、将军饮马、翻折对称类高难度考题。整体难度为全卷最高，区分度极强，第三问难度突出；近五年命题结构高度稳定，三问梯度清晰，旋转全等（手拉手模型）、翻折对称、线段最值是核心命题方向，近两年对动点轨迹、最值问题的考查频次持续提升，注重几何模型的识别与综合推理能力。 考点01 平行线的性质 1．（2024·重庆·中考真题）如图，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行线的性质，根据平行线的性质得，由邻补角性质得，然后求解即可，熟练掌握两直线平行，同位角相等是解题的关键． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质，邻补角的定义，根据邻补角的定义求出，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 3．（2023·重庆·中考真题）如图，，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得的度数，根据垂直的定义可得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行线的性质以及垂线的定义，熟知两直线平行同旁内角互补是解本题的关键． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截，若，，则的度数为( )．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求的度数，根据平行线的性质求解即可． 【详解】∵， ∴， 故选：． 【点睛】此题考查了平行线的性质，解题的关键熟练掌握两直线平行，内错角相等的性质． 5．（2022·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两直线平行，同旁内角互补，即可求解． 【详解】解：∵， ∴∠1+∠C=180°， ∵， ∴∠1=130°． 故选：C 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同旁内角互补是解题的关键． 6．（2022·重庆·中考真题）如图，直线，直线m与a，b相交，若，则的度数为（    ） A．115° B．105° C．75° D．65° 【答案】A 【分析】根据两直线平行，同位角相等即可求得结果． 【详解】∵， ∴ =115°（两直线平行同位角相等）， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行线的性质，比较简单，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 7．（2026·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截．若，，则的度数是___． 【答案】/58度 【详解】解：∵， ∴． 8．（2025·重庆·中考真题）如图，，直线分别与交于点E，F．若，则的度数是__________． 【答案】 【分析】本题考查了平行线的性质，根据两直线平行，同位角相等即可解答，熟知平行线的性质是解题的关键． 【详解】解：， ， 故答案为：． 考点02 三角形的性质 1．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点．若，，则______． 【答案】 【分析】先根据平行线分线段成比例证，进而得，，再证明，得，从而即可得解． 【详解】解：∵，过点作，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：， 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握三角形的中位线定理，平行线分线段成比例以及全等三角形的判定及性质是解题的关键． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，，，平分交于点．若，则的长度为________． 【答案】2 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据等边对等角和三角形内角和定理求出，再由角平分线的定义得到，进而可证明，即可推出． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴, 故答案为：2． 3．（2023·重庆·中考真题）如图，在中，，，点D为上一点，连接．过点B作于点E，过点C作交的延长线于点F．若，，则的长度为___________．      【答案】3 【分析】证明，得到，即可得解． 【详解】解： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 在和中： ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：3． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质．利用同角的余角相等和等腰三角形的两腰相等证明三角形全等是解题的关键． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，在中，，是边的中线，若，，则的长度为________． 【答案】4 【分析】根据等腰三角形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在中，，是边的中线， ∴，， 在中，，， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的三线合一性质是解答的关键． 考点03 多边形的性质 1．（2024·重庆·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________. 【答案】8 【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用可求得边数． 【详解】解：多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是， 即该正多边形的边数是8， 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等． 2．（2024·重庆·中考真题）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是_____． 【答案】9 【详解】解：360÷40=9，即这个多边形的边数是9． 故答案为：9． 3．（2023·重庆·中考真题）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为________． 【答案】/800度 【分析】根据多边形的内角和公式即可得． 【详解】解：∵七边形的内角中有一个角为， ∴其余六个内角之和为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题关键． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，在正五边形中，连接，则的度数为___________． 【答案】/36度 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和，首先利用多边形的内角和公式求得正五边形的内角和，再求得每个内角的度数，利用等腰三角形的性质可得的度数． 【详解】解：在正五边形中，每条边都相等，每个内角也相等， 正五边形内角和： ∴， 又∵， ∴ ． 故答案为． 考点04 正方形的性质 1．（2026·重庆·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，且，连接．过点作，垂足为，连接并延长交于点，连接，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则，，，先得出，则可得的长，再过点作于点，作于点，得出，，求出的长，进而求出与的面积即可． 【详解】解：设， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得， 如图，过点作于点，作于点， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， ∴与的面积之比为． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造相似三角形． 2．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ，四边形是正方形， ，， 点E是边的中点， , 将沿直线翻折得， ，, ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得, 即， 解得， ， 和的平分线相交于点H， 点到的距离相等， ， 故选：A． 3．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则， 在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】将绕点逆时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：．   【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． 5．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（    ）    A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度． 【详解】解：如图，连接，   四边形是正方形， ，，， ， ， ， 平分， ， ， 在与, ， ， ， ， O为对角线的中点， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键． 6．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分交于点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ， ∴， 故选：C 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 7．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（    ） A．50° B．55° C．65° D．70° 【答案】C 【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数． 【详解】解：在正方形中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°， ∵， ∴△AOF≌△BOE（SAS）， ∴∠OBE=∠OAF， ∵OE=OF，∠EOF=90°， ∴∠OEF=∠OFE=45°， ∵， ∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°， ∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°， 故选：C． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键． 考点05 圆的基本性质 1．（2026·重庆·中考真题）如图，四边形是平行四边形，点，在上，，经过圆心，且，垂足为，．连接交于点，连接并延长交于点，，则的长度为____，的长度为____． 【答案】 【分析】先得出，再在中，利用勾股定理求解可得的长度；过点作于点，过点作于点，连接，先求出的长，再求出的长，然后解直角三角形可得的长，进而可得的长，最后根据求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∵， ∴， 设， ∵， ∴， 在中，，即， 解得， ∴，． 如图，过点作于点，过点作于点，连接， ∵经过圆心，且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 又∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造直角三角形和等腰三角形． 2．（2026·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍求解即可． 【详解】 解：∵与是同弧所对的圆周角与圆心角， ∵， ∴． 3．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是圆周角定理，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求解，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 【详解】解：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半， ． 故选：B． 4．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，利用圆周角定理求出，根据等腰三角形的三线合一性质求出，等边对等角然后结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 故选：B． 5．（2025·重庆·中考真题）如图，是的直径，点C在上，连接．以为边作菱形，交于点F，，垂足为G．连接，交于点H，连接．若，，则的长度为__________，的长度为__________． 【答案】 3 / 【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、菱形的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线、运用解直角三角形解决问题成为解题的关键． 由垂径定理以及勾股定理可得，即、，由菱形的性质可得，进而得到、、；如图：连接， 由圆周角定理可得、，再解直角三角形可得、；由菱形的性质以及平行线的性质可得，如图：过H作于M，解直角三角形可得、，易得，最后根据垂直平分线的性质求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴，即， ∴， ∵菱形， ∴， ∴，； ∴ 如图：连接， ∵是的直径， ∴， ∴，即， 解得：； ，即， 解得：； ∵菱形， ∴， ∴， 如图：过H作于M， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴． 故答案为：3；． 考点06 求不规则图形面积 1．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查扇形面积的计算，勾股定理等知识．根据题意可得，由勾股定理得出，用矩形的面积减去2个扇形的面积即可得到结论． 【详解】解：连接， 根据题意可得， ∵矩形，∴，， 在中，， ∴图中阴影部分的面积． 故选：D． 2．（2023·重庆·中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为___________．（结果保留）    【答案】 【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴是的直径， ∵， ∴， ∴的半径为， ∴的面积为，矩形的面积为， ∴阴影部分的面积为； 故答案为；      【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键． 3．（2023·重庆·中考真题）如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，以E为圆心，长为半径画弧，分别与交于点M，N，则图中阴影部分的面积为________．（结果保留）    【答案】 【分析】利用矩形的性质求得，进而可得，然后根据解答即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，，，E为的中点， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和不规则面积的计算，熟练掌握矩形的性质、明确阴影面积为两个全等的等腰直角三角形的面积减去两个圆心角为的扇形面积是解题关键． 4．（2022·重庆·中考真题）如图，菱形中，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，分别交对角线于点，．若，，则图中阴影部分的面积为_________．（结果不取近似值） 【答案】 【分析】连接BD交AC于点G，证明△ABD是等边三角形，可得BD＝2，然后根据菱形的性质及勾股定理求出AC，再由S阴影＝S菱形ABCD－S扇形ADE－S扇形CBF得出答案． 【详解】解：连接BD交AC于点G， ∵四边形是菱形， ∴AB＝AD＝2，AC⊥BD， ∵， ∴△ABD是等边三角形，∠DAC＝∠BCA＝30°， ∴BD＝2， ∴BG＝， ∴， ∴AC＝， ∴S阴影＝S菱形ABCD－S扇形ADE－S扇形CBF＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积公式等，在求阴影部分面积时，能够将求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键． 5．（2022·重庆·中考真题）如图，在矩形中，，，以B为圆心，的长为半径画弧，交于点E．则图中阴影部分的面积为_________．（结果保留） 【答案】 【分析】先根据特殊角的锐角三角函数值，求出，进而求出，再根据扇形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵矩形， ， 以B为圆心，的长为半轻画弧，交于点E， ， ， 在中，， ， ， ， S阴影 ． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了由特殊角的三角函数值求角度数，矩形的性质，扇形的面积的计算，综合掌握以上知识点并熟练运用是解题的关键． 考点07 直线与圆的位置关系 1．（2023·重庆·中考真题）如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到． 【详解】解：连接， ∵是的切线，为切点， ∴， ∵，， ∴在中，， ∵， ∴在，， 故选．    【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键． 2．（2023·重庆·中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得． 【详解】解：如图，连接，   直线与相切， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键． 3．（2022·重庆·中考真题）如图，是的切线，B为切点，连接交于点，延长交于点，连接．若，且，则的长度是（    ） A．3 B．4 C． D． 【答案】C 【分析】连接OB，先求出∠A＝30°，OB＝AC＝3，再利用＝tan30°，即可求出AB的长度． 【详解】解：连接OB， ∵OB＝OD， ∴△OBD是等腰三角形， ∴∠OBD＝∠D， ∵∠AOB是△OBD的一个外角， ∴∠AOB＝∠OBD＋∠D＝2∠D， ∵是的切线， ∴OB⊥AB， ∴∠ABO＝90°， ∵， ∴∠A＋∠ABO＝∠A＋2∠D＝3∠A＝90°， ∴∠A＝30°， ∴AO＝2OB＝AC＋OC， ∵OB＝OC， ∴OB＝AC＝3， ∵＝tan30°， ∴AB＝． 故选：C 【点睛】此题考查了切线的性质定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质等知识，求出∠A＝30°是解决此题的关键． 4．（2022·重庆·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，过点C的切线与的延长线交于点P，若，则的长为（    ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】连接，根据，，证出，求出，在中，,，解得、的长度即可求出的长度． 【详解】解：连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴，， ∵，， ∴， 故选D． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答此题的关键． 5．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则______．______． 【答案】 8 / 【分析】连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，根据四边形为平行四边形，得出，，证明，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出，求出；证明，得出，求出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出． 【详解】解：连接并延长，交于点H，连接，设、交于点M，如图所示： ∵以为直径的与相切于点A， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：． 故答案为：8；． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，垂径定理，圆周角定理，切线的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法． 6．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是________；的长度是________． 【答案】 / / 【分析】由直径所对的圆周角是直角得到，根据勾股定理求出，则，由切线的性质得到，则可证明，解直角三角形即可求出；连接，由平行线的性质得到，再由，，推出，得到，则． 【详解】解：∵是的直径， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， 在中，； 如图所示，连接， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的判定等等，证明是解题的关键． 考点08 几何图形压轴题 1．（2026·重庆·中考真题）如图，在中，，，以为斜边在上方作等腰直角三角形． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，延长交于点，连接．点，分别是，的中点，连接，．求证：； (3)如图3，，，点在直线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点在直线上，连接，，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．当取得最小值时，连接，，请直接写出面积的最大值． 【答案】(1) (2)证明：如图所示，连接， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴，解得； ∵， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴， 又， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点是线段的中点， 又点是线段的中点， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴． (3) 【分析】（1）利用勾股定理和解直角三角形求解即可； （2）结合“手拉手”模型，证得，利用全等证得是等腰直角三角形，所以得到，再利用得到新条件证明，得到是的中位线，利用等量代换证出最终结果； （3）先利用“手拉手”模型确定点的运动轨迹，再利用将军饮马确定点的具体位置； 接着利用对称性得出，从而确定点是在以点为圆心，为半径的圆上运动，根据圆上的点到直线的最大距离需过圆心进行解答． 【详解】（1）解：∵三角形是等腰直角三角形， ∴，， 又∵，， ∴，即， 解得； （2）证明：略 （3）解：如图所示，连接， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，是等腰直角三角形， ∴ ，， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴点在与垂直且垂足为点的直线上， ∴作点关于直线的对称点，连接交直线为点， 此时最短，如下图所示， ， 连接交直线于点，过点作垂直直线，交直线于点， ∴四边形是矩形， ∴， 在等腰直角三角形中，， ∴，解得， 在直角三角形中， ，解得， 则， 由对称性可知， 由题意知，， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， ∴在中，； ∵沿直线翻折至所在平面内得到， ∴点是关于直线的对称点， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴， ∴点实在以为圆心，长为半径的圆上运动， 过点作交于点， ∴， ∴欲面积的最大，则需要最大， 过圆心时取得最大值，如下图所示， ， 在和中，， 即，解得， ， ∴， ∴， ∴面积的最大值为． 2．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2) 解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）略 （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 3．（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．    (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）； (2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明； (3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解； （2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可； （3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是， 设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解． 【详解】（1）解：如图，    ∵，， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：， 在上截取，连接，交于点H，    ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 记与的交点为点N， 则由轴对称可知：，， ∴中，， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，记与的交点为点N，    ∵， ∴， 由轴对称知， 当点G在边上时，由于， ∴当为等腰三角形时，只能是， 同（1）方法得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中，，解得， ∴，而， ∴为等边三角形， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点G在延长线上时，只能是，如图：    设， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴在中，， 解得， ∴， 设，则，， 在中，，由勾股定理求得， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 4．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作． (1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：； (2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：； (3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； (2) 证明：如图所示，过点G作于H，连接， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 设，则， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； (3) 【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明； （2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明； （3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则 ，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点是的中点，且， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴点Q在直线上运动， 设直线交于K，则， ∴， 由垂线段最短可知，当时，有最小值， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴； 在中，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得； ∵， ∴， ∴； 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为， ∴的最大值为． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置． 5．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．      (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． (3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． 【答案】(1) (2) 证明：如图所示，延长使得，连接， ∵是的中点则，，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴四点共圆， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）解，求得，根据即可求解； （2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证； （3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解． 【详解】（1）解：在中，，， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）解：如图所示，    在取得最小值的条件下，即， 设，则，， ∴，， ∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到． ∴ ∴点在以为圆心，为半径的圆上运动， 取的中点，连接， 则是的中位线， ∴在半径为的上运动， 当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，    ∵是的中点， ∴， ∴是等边三角形， 则， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，      ∴，是的中点， ∴ 即是的中位线，同理可得是的中位线， ∴， ∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到， ∴ ∴ 则 在中， ∴．      【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：； (3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值． 【答案】(1) 证明：∵为等边三角形， ∴，， ∵将绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴ 即 在和中 ， ∴， ∴； (2) 证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，， ∵是等边三角形， ∴， ∵ ∴ ∴垂直平分， ∴ 又∵， ∴， ∴, ∴在的垂直平分线上， ∵ ∴在的垂直平分线上， ∴垂直平分 ∴， ∴ 又∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， 又∵， ∴ ∴， ∴ 在与中， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴； (3) 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，进而证明，即可得证； （2）过点作，交点的延长线于点，连接，，证明四边形四边形是平行四边形，即可得证； （3）如图所示，延长交于点，由（2）可知是等边三角形，根据折叠的性质可得，，进而得出是等边三角形，由（2）可得，得出四边形是平行四边形，则，进而得出，则，当取得最小值时，即时，取得最小值，即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：依题意，如图所示，延长交于点，    由（2）可知是等边三角形， ∴ ∵将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到， ∴， ∴， ∴是等边三角形，   ∴ 由（2）可得 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ 由（2）可知是的中点，则 ∴ ∴ ∵折叠， ， ∴， 又， ∴， ∴当取得最小值时，即时，取得最小值，此时如图所示，    ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2022·重庆·中考真题）如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点． (1)如图1，若，且，，求的度数； (2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)若，且，将沿直线翻折至所在平面内得到，点是的中点，点是线段上一点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．在点，运动过程中，当线段取得最小值，且时，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）在射线上取一点，使得，证明，求出，然后根据四边形内角和定理及邻补角的性质得出答案； （2）证明，求出，倍长至，连接，PQ，证明，求出，在CF上截取FP＝FB，连接BP，易得为正三角形，然后求出，证，可得PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，则可得为正三角形，然后由得出结论； （3）根据可知轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC，当、、三点共线时，取得最小值，设，解直角三角形求出PL、PH，再用面积法求出PQ计算即可． 【详解】（1）解：如图1，在射线上取一点，使得， ∵，BC＝BC， ∴（SAS）， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）， 证明：∵，， ∴△ABC是正三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°， 又∵， ∴（SAS）， ∴， ∴， ∴， 倍长至，连接，PQ， ∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM， ∴（SAS）， ∴，∠QFN＝∠CMN， 由旋转的性质得AC＝CM， ∴， 在CF上截取FP＝FB，连接BP， ∵， ∴， ∴为正三角形， ∴∠BPF＝60°，， ∴， ∵∠QFN＝∠CMN， ∴FQ∥CM， ∴， ∴， 又∵， ∴（SAS）， ∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°， ∴为正三角形， ∴，即； （3）由（2）知， ∴轨迹为如图3-1中圆弧，O为所在圆的圆心，此时AO垂直平分BC， ∴、、三点共线时，取得最小值， ∵∠PAO＝∠PAB＋∠BAO＝90°， ∴， ∴， ∵， ∴， 如图3-2，作HL⊥PK于L， 设， 在Rt△HLP中，，即， ∴， ∴，， 设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ， ∵S△PHK＝， ∴， ∴， ∴， ∵BC＝AP＝2， ∴． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，平行线的性质，圆的基本性质，解直角三角形，勾股定理等知识，综合性较强，能够作出合适的辅助线是解题的关键． 8．（2022·重庆·中考真题）在中，，，D为的中点，E，F分别为，上任意一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，． (1)如图1，点E与点C重合，且的延长线过点B，若点P为的中点，连接，求的长； (2)如图2，的延长线交于点M，点N在上，且，求证： ； (3)如图3，F为线段上一动点，E为的中点，连接，H为直线上一动点，连接，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，直接写出线段的长度的最小值． 【答案】(1)2 (2) 如图，过点作交的延长线于点， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 在与中，   ， ， ， ， 又，，   ， ， ， ， ，   又， ， , ， ， ， ， ； (3) 【分析】（1）根据已知条件可得为的中点，证明，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解； （2）过点作交的延长线于点，证明 ，，可得，进而根据，即可得出结论， （3）根据（2）可知，当点在线段上运动时，点在平行于的线段上运动，根据题意作出图形，根据点到圆上的距离求最值即可求解． 【详解】（1）如图，连接 将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段， 是等腰直角三角形， P为FG的中点， ， ， ， ，D为的中点，， ，， ， 在中，； （2）略 （3）由（2）可知， 则当点在线段上运动时，点在平行于的线段上运动， 将沿翻折至所在平面内，得到， E为的中点， ， ， 则点在以为圆心为半径的圆上运动，当三点共线时，最小， 如图，当运动到与点重合时，取得最小值，． 如图，当点运动到与点重合时，取得最小值， 此时，则． 综上所述，的最小值为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，全等三角形的性质与判定，轴对称线的性质，点到圆上一点距离最值问题，正确的添加辅助线是解题的关键． 1．（2026·重庆江津·三模）如图，在中，，顶点，分别在直线，上，交直线于点，若，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据两直线平行，内错角相等，可知，再根据求出的度数． 【详解】解：， ， ， ． 2．（2026·重庆·三模）如图，在正方形中，点为边上一点，连接，平分，过点作交的延长线于点，连接交于点，交于点，若，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】延长、交于点，延长、交于点，设，容易计算得，，．由平行线的性质和角平分线容易得到，则，从而证明，因此．容易证明，计算得．利用可判定、和，依次计算出，，，然后计算出，最后求比值即可． 【详解】解：如图，延长、交于点，延长、交于点，设， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴，， 在中，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·重庆·模拟预测）如图，正方形的边长为，为边上一点，为延长线上一点，为线段的中点，连接并延长交边于点．若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，，由四边形是正方形，得，然后证明，所以，又为中点，所以，即有垂直平分，所以，设，则，，在中，，即，解得，最后再通过勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∴垂直平分， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， ∴， 在中，． 4．（2026·重庆·二模）如图，在中，是直径，点、在上，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了圆周角定理，根据同弧或等弧所对的圆周角相等求出，再结合直径所对的圆周角是直角求出． 【详解】解：和所对的弧都是弧， ， 所对的是直径， ， ． 5．（2026·重庆·二模）如图，四边形为的内接四边形，，的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆的内接四边形对角互补求解即可． 【详解】∵四边形为的内接四边形， ∴ ∵ ∴． 6．（2026·重庆·二模）如图，在边长为6的正方形中，为对角线上一点，延长线交边于点，已知，再过作于，连接．在上，且，则的值为（     ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】证明，则可得，证明，可得，设，则，利用解直角三角形和勾股定理即可得到和，即可解答，熟练运用相似三角形判定和性质是解题的关键． 【详解】解：四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得， ， ， 则， ， ， ， 7．（2026·重庆江津·三模）如图，在等腰直角中，，，，以为圆心，为直径作半圆，交的中点，以为圆心，为直径作半圆．连接并延长交半圆于点，则图中阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得：，，因为点是的中点，点是的中点，可得：，，根据三角形中位线定理可以求出，，根据扇形的面积公式和梯形的面积公式可以求出，，再根据求出结果． 【详解】解：，，， ，， 点是的中点，点是的中点， ，， 是的中位线， ， ，， ， ， ， . 8．（2026九年级下·重庆·专题练习）如图，在正方形中，E是边的中点，交边于点F，连接，平分交于点G．已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先利用正方形的性质和相似三角形判定与性质求出 的长，进而利用勾股定理求出、的长；过点G作于点M，于点N，则，利用求出的长，在等腰直角三角形中求出的长． 【详解】解：四边形是正方形， 、， E是边的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 平分交于点G， ， 过点G作于点M，于点N， ， ， ， ， 解得， 在中，， 是等腰直角三角形， ． 9．（2026·重庆·二模）如图，将直尺与三角尺放在一起，若，则的度数是________． 【答案】 【详解】解：如图， ∵， ∴， 即， ∴． 10．（2026·重庆·二模）如图，四边形是菱形，点为边上的一点，与相切于点，与相交于点，连接并延长与相交于、两点，连接．若，，，则的长度为________，的长度为________． 【答案】 4 【分析】连接，，过点作，设半径为，在中，利用勾股定理求得；利用菱形的性质结合解直角三角形求得菱形对角线的长，作于点，利用垂径定理和相似三角形的判定和性质求得，，得到，最后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，，过点作，设半径为， ∵是的切线，∴， 在中，由勾股定理得：，即， 解得， ∴， ∴菱形的边长为， ∴， 作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 作于点， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， 连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中， ∴． 11．（2026·重庆·三模）等腰中，，为线段上一点，连接，将绕点逆时针旋转到，连接． (1)如图，点与点重合，点落在线段上，平分，，求的度数； (2)如图，，点，点分别为，的中点，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)如图，点与点重合，点落在线段上，，，点，分别是线段，上两个动点，且，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，当的值最小时，在的右侧做等边，点为平面上一点，连接、，，当时，请直接写出的最小值． 【答案】(1) (2)结论：， 证明：如图，连接并延长到，使，连接、， ∵，， ∴，， ∴垂直平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴． ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ (3) 【分析】（1）利用等腰三角形两底角相等结合三角形内角和等于列方程求解即可； （2）连接并延长到，使，构造中位线可得，再由垂直平分，可得，，再结合已知导角得出，进而证明，由此可得，利用全等三角形的性质可得，由此即可得出结论． （3）在 上构造辅助点 （使得 ），利用“一线三等角”模型构造全等三角形（ ）．得到 ，再结合已知证明，从而可得，在与成的定直线上， 的最小值就转化为了经典的几何模型：“定点到定直线的最短距离”，即 垂线段最短．，即当时，的值最小，再延长到，使，可得，进而将的最小值转化为，再结合两点之间线段最短即可求解． 【详解】（1）解：设， 由旋转可知：，即， ∴， 又∵， ∴， 又∵平分，即， ∵， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴． （2）略 （3）解：在上取点，使，连接、， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 由旋转可知：，， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴在与成的定直线上，当时，的值最小， ∵，， ∴， ∴， 当时，， ∴，， 延长到，使， ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴当点T在上时，，此时取最小值，最小值为， 过点作，垂足为， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故的最小值为． 【点睛】几何最值问题的本质是“动中取静”．本题的解题精髓在于“轨迹定位”：当题目中出现满足特定角度关系的动点时，首先要判断其轨迹是“直线”还是“圆弧”．本题通过全等变换，将复杂的旋转生成点转化为“定角对定线”的直线轨迹，进而利用“垂线段最短”将动态问题静态化．这种“构造全等以确定轨迹，利用轨迹求解最值”的方法，是解决动点几何压轴题的高级技巧． 12．（2026·重庆·模拟预测）如图，，，将线段绕着点顺时针旋转，，得到，连接、，点为线段中点，过点作交于点．连接交于点． (1)如图1，当时，求的度数． (2)如图2，过点C作于点Q，请猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想． (3)如图3，若，点是直线上一动点，作点关于点的对称点，连接、，对于的每一个确定值，都有一个对应的最小值，当最小值等于时，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)四边形的面积为 【分析】（1）根据题意可得，，，求出，根据等边对等角和三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，结合三角形的外角性质即可求解； （2）根据题意可得，，，求得，根据等边对等角和三角形内角和定理得出，，根据平行线的性质得出，结合三角形的外角性质求得，求出，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，，求出，结合直角三角形的性质求得，根据等角对等边和勾股定理求出，过点作的延长线于点，根据矩形的判定和性质得出，，结合直角三角形的性质求得，进一步求出，根据等角对等边和勾股定理求出，求得，即可得出． （3）由（2）可得：，，根据对称的性质得出，，在的延长线上确定一点，使，连接，根据平行线的性质得出，根据全等三角形的判定和性质得出，推得当点，，三点共线时，的值最小，即最小值为的长，此时，，三点重合，过作交于点，过点作交于点K，、的交点为S，则，由（2）可得：，，，，，，根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理得出，，求得，根据平行线的性质得出，根据三线合一的性质得出，，，根据全等三角形的判定和性质得出，根据直角三角形的性质和勾股定理求出，，，结合三角形的面积和四边形的面积，即可求解． 【详解】（1）解：∵，将线段绕着点顺时针旋转得到，， ∴，，， ∴， ， ∵， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： ∵，，将线段绕着点顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点为线段中点，， ∴，是的角平分线， ∴，， ∴，， ∴ ∴， 在中，， ∴， 过点作的延长线于点，如图： ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 即， ∴， ∴， 即． （3）解：由（2）同理可得：，， ∵点关于点的对称点是点， ∴， ∵，， ∴， 在的延长线上确定一点，使，连接，如图： ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点，，三点共线时，的值最小，即最小值为的长， 此时，，三点重合， 过作交于点，过点作交于点K，、的交点为S，如图， 则，， ∴， ∵， 由（2）可得：，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴，， 故四边形的面积为． 13．（2026·重庆江津·三模）如图，为等边三角形，过点作垂直于点，点为直线上一动点，连接．交于点． (1)如图，若，点在线段上且 时，求的长； (2)如图，若点在线段上，为的中点，过点作垂直于点，为上一点，满足，求证 ． (3)如图，若，过点作垂直于点，连接，点为中点，点是直线上一动点，将点绕点顺时针旋转到点．连接、，当和 均取最小时，直接写出的面积． 【答案】(1) (2)证明：如图所示，连接，过点作交于点， ，， ， ， ， ， 是等边三角形，， ，点是线段的中点， 在中，， ，化简得， 设， ， ， 点是线段的中点，为的中点， ， ， ， ，即， ， ， ， ，即， ，即， 解得， ， ， ， ， 则， 即． (3) 【分析】（1）过点作的平行线交的延长线于点，利用平行线分线段成比例求出与的值，从而得到之间的关系，求出答案； （2）作，得到，利用平行线分线段成比例得到之间的关系，连接，利用三角形的中位线的性质得到，利用平行线的性质和三角形的外角性质证得， ，从而得到和解出答案； （3）根据线段是定长，是定角得出点在以为直径的半圆上运动，利用阿氏圆模型构造，将求最小值转化为求最小值；再根据点到直线垂线段最短找到最小值时的位置，位置确定后求面积即可． 【详解】（1）解：如图所示，过点作的平行线交的延长线于点， ， 即， ， ， 又， ，即， 是等边三角形，， ， ， 即，等量代换得， 化简得， 是等边三角形，，， ， 在中，， ． （2）解：略 （3）解：是等边三角形，， ， ， 垂直于点， ， 点在以为直径的半圆上运动， 如图所示，取的中点为点，连， ， 在中，， 在上找一点，使得，即，解得，连， ， ， ， 又点是的中点， ， 则，化简得， ； 当三点共线，即时，最小； 点是直线上一动点，将点绕点顺时针旋转到点， ， 当时，最小， 此时， ， ， 此时点所在位置如图所示： 过点作交的延长线于点，过点作交于点，过点作交于点，连接； 在中， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 解得， 在中，， 解得， 则， 又， ， 又， ， ，即 解得； ， 又， ， 中上的高与长度相等， ． 14．（2026·重庆·二模）如图，在中，，，点是边上一点，过点作直线的垂线，垂足为点．连接． (1)如图1，当，时，求的度数； (2)如图2，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点为边上一点，连接，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)在（2）的条件下，已知，点是直线上一点，连接，将射线绕点逆时针旋转，得到射线，在射线上取点，连接，使得的面积与面积相等，连接，当取得最大值时，延长交直线于点．将沿着所在直线翻折到所在平面内，得到，连接，当取得最小值时，直接写出的值． 【答案】(1) (2)解：如图，连接，设中点，连接，过点作于点，过点作于点， ∵，且， ∴、、、四点共圆，且为直径，为圆心， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴在中，， 即， ∴， ∴， 由题意可得，，， 且， ∴，， ∴在中，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴． (3) 【分析】（1）因为是的等腰三角形，所以，可设为未知数，结合得与互余，再利用得为等腰三角形，结合的度数，根据平角或三角形内角和列方程求解； （2）由得G、D、E、C四点共圆，且直径为，圆心为的中点O，利用直径所对的圆周角是直角可得，利用圆周角和圆心角的关系，利用三角函数可表示出与的关系，在中，，，同理可利用三角函数可表示出与的关系，最终得到和的数量关系； （3）先代入，确定各角的度数，结合（2）的结论得到相关线段的比例关系；根据和面积相等，推导与相关线段的关系，确定点的运动轨迹，找到最大时的位置；进而确定点的位置；因为点是边上一点，且，，可知点的运动轨迹，最后利用点到直线的距离找到最小时的位置，最后计算与的比值． 【详解】（1）解：，， ， ， ， ， ， ，即， ， ； （2）略 （3）解：根据题意可作出以下图形，设， ∵，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴，， 由旋转可得， ∵， ∴， 若点与点重合，即， ∴，解得， 若点与点重合，即， ∴，解得， 若，则在中，， ∴，解得， 连接，，，，，，与交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， 即点绕着点分别旋转了， 又∵， ∴，， 且，， ∴，， ∴，， ∴垂直平分， ∴在中，，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点、、、四点共圆，且以为直径， 如图所示，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， ∴当点、、三点共线时，取得最大值， 如图所示，已知，， ∴， 作于点， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴比值为定值，且， ∵， ∴点、、、四点共圆，且， ∴或， 当平分时，，此时点与点重合， ∴点的轨迹为直线：过点的一条直线，且与的夹角为， ∴当时，取得最小值，如图所示， 过点作延长线于点，作的垂直平分线，交于点，交于点，连接， 在上截取一点，使得，连接， ∵垂直平分，且， ∴， ∴，， ∴在中，， 又∵， ∴， ∴， 且，， ∴， ∴， ∵翻折 ∴， ∴，， 连接，延长交于点， ∴垂直平分， ∴， 在中，，， ∴， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点作， ∵， ∴设，则， ∴， ∴, ∴中，， 且， ∴， 解得， ∴， ∴在中，， ∴， 过点作于点，延长交延长线于点， ∴在中，， 设，则， ∴， 即， 解得， ∴，则， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 15．（2026·重庆·二模）在等腰中，，，点为底边上一点，连接，点为线段上一点（），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，．    (1)如图，若 ，且，，三点共线，求的度数； (2)如图，在上方作线段，连接交于点，已知 ，用等式表示，，之间的关系，并证明； (3)如图，若，点与点重合，，连接，以为直角边在上方作，，且满足．当最大时，点是直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，当最小时，求四边形的面积． 【答案】(1) (2) ． 证明：延长至点，使得 即 在和中    则， 又 ， 又由（1）知 且 则 在和中 则 ， 即 则 (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合三角形的内角和定理，得出，等腰中，，进而在中，根据三角形内角和定理，即可求解； （2）延长至点，使得，证明得出，，进而证明，得出，进而结合图形可得； （3）根据等弦对等角得出、、、四点共圆，得出的轨迹，取中点，以点为圆心为半径作圆，连接并延长交于点，此时最大．过点作直线，过点作交直线于点，此时最小，接下来根据等腰三角形的性质，勾股定理求得的长，根据 即可求解． 【详解】（1）解：等腰中，， ， 等腰中，， 中， ； （2）略 （3）解：∵， ∴， ∴ 又∵， ∴、、、四点共圆， 如图，取中点，以点为圆心为半径作圆，连接并延长交于点，此时最大． ∵点是直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，      ∵ ∴四点共圆， ∴ ∴在与夹角为的直线上运动， 如图，过点作直线，过点作交直线于点，此时最小．    ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴， ∵ ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ． 16．（2026·重庆·模拟预测）为等边三角形，点为线段上的动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图，若，点是中点，，求的面积； (2)如图，若，连接，若点为中点，连接，猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图，若，，点为中点，连接，点从移动到的过程中，将绕点逆时针旋转得到线段，当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在平面内，得，连接，作交直线于点，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，证明如下： 以为边作等边三角形，延长至，使，连接，， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）作的延长线于点，在特殊三角形和中分别求解，，即可求解的面积； （2）以为边作等边三角形，延长至，使，连接，，由等边三角形的性质，可证得，从而进一步证得，则，通过线段的等量代换即可得到； （3）当时，取最小值，为等边三角形，由特殊角的三角函数计算出各个边的长度，当在的延长线上时，最大，又，可得，，可得，，由即可求解． 【详解】（1）解：如图，作的延长线于点， ∵为等边三角形，点为线段的中点，， ∴，，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 而， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）略 （3）解：如图， 由（2）可知， ∴， 在中，，，点在射线上运动，且， ∵直线外一点与直线上各点连接的所有线段中,垂线段最短， ∴当时，取最小值， 将绕点逆时针旋转，则为等边三角形， ∵， ∴， ∵， ∴，于点， 而，即点落在上， ∵点为中点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵将沿所在直线翻折到所在平面内，得， ∴， 在中，由于两边之和大于第三边，， ∴当在的延长线上时，最大， 则，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 17．（2026·重庆·三模）如图，中，，D为边上一点，连接，过点C作交的延长线于点F，延长交于点G． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，E为线段上一点，连接、，延长至H，使，连接，若，探究线段与线段的数量关系，并证明； (3)如图3，E为直线上一点，连接、，若，，点P在直线上运动，连接，将沿翻折到所在平面内得到，点M、N分别在射线、上运动，满足，连接、，当取得最小值时，连接、、，当取得最大值，直接写出的面积． 【答案】(1) (2)， 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∴，则点G是线段的中点， 如图所示，过点作，交于点K， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，则是等腰直角三角形，， 在中，， ∴是等腰直角三角形，， 如图所示，过点作，取，连接， 根据题意，设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； (3)的面积为 【分析】（1）根据等边对等角得到，由直角三角形两锐角互余得到，由三角形外角的性质列式即可求解； （2）根据题意得到，则点G是线段的中点，过点作，交于点K，证明，则是等腰直角三角形，，所以是等腰直角三角形，如图所示，过点作，取，连接，设，可证，得到，再证明，得，结合等腰直角三角形的性质即可求解； （3）如图所示，过点作交于点W，得到，，，作于点R，得到当点共线时，的值最小，最小值为的值，根据题意，当点三点共线，且线段经过以点D为圆心的圆时，的值最大，然后根据点圆最值关系即可解题． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）略 （3）解：如图所示，过点作交于点W， ∵，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， 如图所示，作于点R， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，作，且， ∴， ∴， ∴， ∴当点共线时，的值最小，最小值为的值， 作，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，且， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∴， ∵将沿翻折到所在平面内得到， ∴，即点三点在以点D为圆心1为半径的圆上，如图所示， 根据题意，当点三点共线，且线段经过以点D为圆心的圆时，的值最大， ∴ ， ∴， 如图所示，过点作交于点，过点作交的延长线于点， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图所示，当点在延长线时， ∴，，， ∴， ∵， ∴，， ∴， 解得 ，， ∴ ∴当点在延长线时，不符合题意，舍去， 综上所述，的面积为． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆的基础知识，含30度角的直角三角形的计算，解直角三角形的计算等知识的综合运用，掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 几何图形的性质 5年真题1年模拟 考点分类 重庆考情（2022-2026） 命题规律 考点01平行线的性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 均以选择题前 5 题或填空题基础题形式考查，分值稳定 4 分。命题以纯几何三线八角为基础素材，极少复杂情境包装，偶尔结合三角形、矩形等简单图形综合设问。核心围绕平行线的角度关系展开，重点考查同位角相等、内错角相等、同旁内角互补三大性质，同时常设已知一角求对应角的基础计算类考题。整体难度极低，属于固定送分考点，近五年命题位置、题型高度稳定，无复杂拓展与综合变形，概念与基础计算类设问占比 100%。 考点02 三角形的性质 2024重庆卷 2023重庆卷 覆盖选择、填空、解答三类题型，基础题单题分值4分，结合综合题时单考点关联分值可达 8-10 分。命题常结合平行线、四边形、尺规作图等场景设计，素材涵盖一般三角形、等腰三角形、等边三角形与直角三角形。核心围绕三角形基础性质与全等判定展开，重点考查内角和定理、外角性质、三线（中线/高/角平分线）特征、全等三角形的判定与性质，同时常设线段长度、角度推导类计算考题。整体难度跨度大，基础题为送分档次，全等证明常作为几何解答题的核心工具；近五年命题始终作为几何核心基础贯穿全卷，中档题侧重全等模型的识别与应用，综合题常与四边形、圆结合考查。 考点03 多边形的性质 2024重庆卷 2023重庆卷 多以填空题或选择题基础题形式考查，分值稳定 4 分。命题以正五边形、正六边形等常见正多边形为核心素材，围绕内角、外角、对角线设计问题。核心围绕多边形内角和公式与外角和定理展开，重点考查正多边形边数计算、内角度数求解、对角线与角度推导，同时常设公式套用类基础考题。整体难度偏低，仅需熟练掌握基础公式即可得分；近五年考查频率稳定，命题无复杂综合变形，偶尔结合对称性、对角线性质小幅拓展，侧重基础公式的灵活应用。 考点04 正方形的性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 必考一道选择题，同时是几何压轴大题的高频载体，单卷关联分值可达14 分左右。命题以正方形为核心载体，常结合角平分线、全等三角形、旋转、勾股定理综合设计，素材场景丰富，涵盖线段计算、角度推导、面积比例等多种设问。核心围绕正方形的边、角、对角线性质展开，重点考查正方形与全等三角形的结合应用、旋转背景下的线段关系、面积比值计算，同时常设线段长度求解、角度推导类中档考题。整体难度在选择题中属于中档偏上，有明显区分度；近五年命题位置高度固定，综合性逐年提升，近两年加大了面积比、线段比例的考查力度，对几何推理与计算能力的要求持续提高。 考点05 圆的基本性质 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 以选择题中前段、填空题基础题形式考查为主，分值稳定 4 分。命题以圆为核心载体，常结合三角形、特殊四边形综合设计，素材涵盖圆心角、圆周角、弦、弧、直径等核心元素。核心围绕圆周角定理、垂径定理展开，重点考查同弧所对圆周角与圆心角的数量关系、直径所对圆周角为直角、弦长与半径的计算，同时常设角度推导、线段计算类考题。整体难度基础到中档，以性质直接应用为主；近五年每年必考，圆周角定理是高频核心考点，近两年逐步增加与平行四边形、矩形的综合考查，题型与难度保持稳定，无过难拓展。 考点06 求不规则图形的面积 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 以填空题核心题型为主，偶尔出现在选择题中，分值稳定 4 分。命题均以特殊四边形 + 扇形的组合图形为素材，阴影部分为不规则图形，需要通过割补、和差转化求解。核心围绕面积转化思想展开，重点考查扇形面积公式、规则图形（三角形、矩形、菱形）面积的和差运算，同时常设割补法、等积变换类计算考题。整体难度中档，核心考查图形转化思路，计算量不大；近五年每年必考一道，载体从菱形、矩形到正方形逐年轮换，命题形式稳定，近两年开始在选择题中出现同考点考题，考查方式更灵活，但核心解题思路不变。 考点07 直线与圆的位置关系 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 以选择题中后段、填空题中档题形式考查为主，分值稳定 4 分，解答题偶尔涉及基础应用。命题以切线为核心素材，常结合直角三角形、勾股定理、圆周角定理综合设计。核心围绕切线的性质展开，重点考查切线垂直于过切点的半径、切线长定理的应用，常设构造直角三角形求线段长度、推导角度类考题。整体难度中档，有一定计算量，是选择中后段的固定区分题之一；近五年每年必考，以切线性质的应用为主，切线判定考查较少，近两年逐步增加与平行四边形、等腰三角形的综合，计算量略有提升，核心解题思路（连半径证垂直 / 得垂直）高度固定。 考点08 几何的压轴题 2026重庆卷 2025重庆卷 2024重庆卷 2023重庆卷 2022重庆卷 均以全卷最后一道解答题形式考查，分值稳定10 分，设置3 个小问分层考查。命题以等腰直角三角形、等边三角形、正方形为核心载体，围绕旋转、翻折两大几何变换设计，融入中点、全等、相似、最值等核心考点。核心围绕几何变换与模型应用展开，第一问侧重基础角度 / 线段计算与简单证明，第二问侧重线段关系猜想与全等证明，第三问侧重动点背景下的线段最值、面积比值，同时常设隐圆轨迹、将军饮马、翻折对称类高难度考题。整体难度为全卷最高，区分度极强，第三问难度突出；近五年命题结构高度稳定，三问梯度清晰，旋转全等（手拉手模型）、翻折对称、线段最值是核心命题方向，近两年对动点轨迹、最值问题的考查频次持续提升，注重几何模型的识别与综合推理能力。 考点01 平行线的性质 1．（2024·重庆·中考真题）如图，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 3．（2023·重庆·中考真题）如图，，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截，若，，则的度数为( )．    A． B． C． D． 5．（2022·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．（2022·重庆·中考真题）如图，直线，直线m与a，b相交，若，则的度数为（    ） A．115° B．105° C．75° D．65° 7．（2026·重庆·中考真题）如图，直线，被直线所截．若，，则的度数是___． 8．（2025·重庆·中考真题）如图，，直线分别与交于点E，F．若，则的度数是__________． 考点02 三角形的性质 1．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，延长至点，使，过点作，且，连接交于点．若，，则______． 2．（2024·重庆·中考真题）如图，在中，，，平分交于点．若，则的长度为________． 3．（2023·重庆·中考真题）如图，在中，，，点D为上一点，连接．过点B作于点E，过点C作交的延长线于点F．若，，则的长度为___________．      4．（2023·重庆·中考真题）如图，在中，，是边的中线，若，，则的长度为________． 考点03 多边形的性质 1．（2024·重庆·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是_________. 2．（2024·重庆·中考真题）若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是_____． 3．（2023·重庆·中考真题）若七边形的内角中有一个角为，则其余六个内角之和为________． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，在正五边形中，连接，则的度数为___________． 考点04 正方形的性质 1．（2026·重庆·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，且，连接．过点作，垂足为，连接并延长交于点，连接，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 4．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 5．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（    ）    A．2 B． C．1 D． 6．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 7．（2022·重庆·中考真题）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（    ） A．50° B．55° C．65° D．70° 考点05 圆的基本性质 1．（2026·重庆·中考真题）如图，四边形是平行四边形，点，在上，，经过圆心，且，垂足为，．连接交于点，连接并延长交于点，，则的长度为____，的长度为____． 2．（2026·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 3．（2025·重庆·中考真题）如图，点A，B，C在上，，的度数是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·重庆·中考真题）如图，是的弦，交于点，点是上一点，连接，．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 5．（2025·重庆·中考真题）如图，是的直径，点C在上，连接．以为边作菱形，交于点F，，垂足为G．连接，交于点H，连接．若，，则的长度为__________，的长度为__________． 考点06 求不规则图形面积 1．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形中，分别以点和为圆心，长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·重庆·中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为___________．（结果保留）    3．（2023·重庆·中考真题）如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，以E为圆心，长为半径画弧，分别与交于点M，N，则图中阴影部分的面积为________．（结果保留）    4．（2022·重庆·中考真题）如图，菱形中，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，分别交对角线于点，．若，，则图中阴影部分的面积为_________．（结果不取近似值） 5．（2022·重庆·中考真题）如图，在矩形中，，，以B为圆心，的长为半径画弧，交于点E．则图中阴影部分的面积为_________．（结果保留） 考点07 直线与圆的位置关系 1．（2023·重庆·中考真题）如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（    ）    A． B． C． D． 2．（2023·重庆·中考真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·重庆·中考真题）如图，是的切线，B为切点，连接交于点，延长交于点，连接．若，且，则的长度是（    ） A．3 B．4 C． D． 4．（2022·重庆·中考真题）如图，是的直径，C为上一点，过点C的切线与的延长线交于点P，若，则的长为（    ） A． B． C． D．3 5．（2024·重庆·中考真题）如图，以为直径的与相切于点，以为边作平行四边形，点D、E均在上，与交于点，连接，与交于点，连接．若，则______．______． 6．（2024·重庆·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为切点．连接交于点，点是上一点，连接，，过点作交的延长线于点．若，，，则的长度是________；的长度是________． 考点08 几何图形压轴题 1．（2026·重庆·中考真题）如图，在中，，，以为斜边在上方作等腰直角三角形． (1)如图1，若，，求的长度； (2)如图2，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，延长交于点，连接．点，分别是，的中点，连接，．求证：； (3)如图3，，，点在直线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点在直线上，连接，，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．当取得最小值时，连接，，请直接写出面积的最大值． 2．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 3．（2024·重庆·中考真题）在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．    (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）； (2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明； (3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值． 4．（2024·重庆·中考真题）在中，，，过点作． (1)如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：； (2)如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：； (3)若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值． 5．（2023·重庆·中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．      (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． (3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值． 6．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边中，于点，为线段上一动点（不与，重合），连接，，将绕点顺时针旋转得到线段，连接．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接交于点，连接，，与所在直线交于点，求证：； (3)如图3，连接交于点，连接，，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，将沿所在直线翻折至所在平面内，得到，连接，．若，直接写出的最小值． 7．（2022·重庆·中考真题）如图，在锐角中，，点，分别是边，上一动点，连接交直线于点． (1)如图1，若，且，，求的度数； (2)如图2，若，且，在平面内将线段绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，点是的中点，连接．在点，运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； (3)若，且，将沿直线翻折至所在平面内得到，点是的中点，点是线段上一点，将沿直线翻折至所在平面内得到，连接．在点，运动过程中，当线段取得最小值，且时，请直接写出的值． 8．（2022·重庆·中考真题）在中，，，D为的中点，E，F分别为，上任意一点，连接，将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，连接，． (1)如图1，点E与点C重合，且的延长线过点B，若点P为的中点，连接，求的长； (2)如图2，的延长线交于点M，点N在上，且，求证： ； (3)如图3，F为线段上一动点，E为的中点，连接，H为直线上一动点，连接，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，直接写出线段的长度的最小值． 1．（2026·重庆江津·三模）如图，在中，，顶点，分别在直线，上，交直线于点，若，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·重庆·三模）如图，在正方形中，点为边上一点，连接，平分，过点作交的延长线于点，连接交于点，交于点，若，则的值为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·重庆·模拟预测）如图，正方形的边长为，为边上一点，为延长线上一点，为线段的中点，连接并延长交边于点．若，，则的长为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·重庆·二模）如图，在中，是直径，点、在上，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 5．（2026·重庆·二模）如图，四边形为的内接四边形，，的度数是（     ） A． B． C． D． 6．（2026·重庆·二模）如图，在边长为6的正方形中，为对角线上一点，延长线交边于点，已知，再过作于，连接．在上，且，则的值为（     ） A． B． C．2 D． 7．（2026·重庆江津·三模）如图，在等腰直角中，，，，以为圆心，为直径作半圆，交的中点，以为圆心，为直径作半圆．连接并延长交半圆于点，则图中阴影部分的面积是（     ） A． B． C． D． 8．（2026九年级下·重庆·专题练习）如图，在正方形中，E是边的中点，交边于点F，连接，平分交于点G．已知，则（     ） A． B． C． D． 9．（2026·重庆·二模）如图，将直尺与三角尺放在一起，若，则的度数是________． 10．（2026·重庆·二模）如图，四边形是菱形，点为边上的一点，与相切于点，与相交于点，连接并延长与相交于、两点，连接．若，，，则的长度为________，的长度为________． 11．（2026·重庆·三模）等腰中，，为线段上一点，连接，将绕点逆时针旋转到，连接． (1)如图，点与点重合，点落在线段上，平分，，求的度数； (2)如图，，点，点分别为，的中点，连接，用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)如图，点与点重合，点落在线段上，，，点，分别是线段，上两个动点，且，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，当的值最小时，在的右侧做等边，点为平面上一点，连接、，，当时，请直接写出的最小值． 12．（2026·重庆·模拟预测）如图，，，将线段绕着点顺时针旋转，，得到，连接、，点为线段中点，过点作交于点．连接交于点． (1)如图1，当时，求的度数． (2)如图2，过点C作于点Q，请猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想． (3)如图3，若，点是直线上一动点，作点关于点的对称点，连接、，对于的每一个确定值，都有一个对应的最小值，当最小值等于时，请直接写出四边形的面积． 13．（2026·重庆江津·三模）如图，为等边三角形，过点作垂直于点，点为直线上一动点，连接．交于点． (1)如图，若，点在线段上且 时，求的长； (2)如图，若点在线段上，为的中点，过点作垂直于点，为上一点，满足，求证 ． (3)如图，若，过点作垂直于点，连接，点为中点，点是直线上一动点，将点绕点顺时针旋转到点．连接、，当和 均取最小时，直接写出的面积． 14．（2026·重庆·二模）如图，在中，，，点是边上一点，过点作直线的垂线，垂足为点．连接． (1)如图1，当，时，求的度数； (2)如图2，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，点为边上一点，连接，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明； (3)在（2）的条件下，已知，点是直线上一点，连接，将射线绕点逆时针旋转，得到射线，在射线上取点，连接，使得的面积与面积相等，连接，当取得最大值时，延长交直线于点．将沿着所在直线翻折到所在平面内，得到，连接，当取得最小值时，直接写出的值． 15．（2026·重庆·二模）在等腰中，，，点为底边上一点，连接，点为线段上一点（），将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，．    (1)如图，若 ，且，，三点共线，求的度数； (2)如图，在上方作线段，连接交于点，已知 ，用等式表示，，之间的关系，并证明； (3)如图，若，点与点重合，，连接，以为直角边在上方作，，且满足．当最大时，点是直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，当最小时，求四边形的面积． 16．（2026·重庆·模拟预测）为等边三角形，点为线段上的动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图，若，点是中点，，求的面积； (2)如图，若，连接，若点为中点，连接，猜想线段、、之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图，若，，点为中点，连接，点从移动到的过程中，将绕点逆时针旋转得到线段，当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在平面内，得，连接，作交直线于点，当取最大值时，请直接写出的面积． 17．（2026·重庆·三模）如图，中，，D为边上一点，连接，过点C作交的延长线于点F，延长交于点G． (1)如图1，若，，求的度数； (2)如图2，若，E为线段上一点，连接、，延长至H，使，连接，若，探究线段与线段的数量关系，并证明； (3)如图3，E为直线上一点，连接、，若，，点P在直线上运动，连接，将沿翻折到所在平面内得到，点M、N分别在射线、上运动，满足，连接、，当取得最小值时，连接、、，当取得最大值，直接写出的面积． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $