2027年上海市中考数学 （期末）一模填空满分必刷120题 （基础巩固）

2027年上海市中考数学 一模 填空基础120题 满分必刷 2026-2027学年沪教版（五四制）数学9年级上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 熟练掌握二次函数的图象与性质，能判断抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性。 · 掌握二次函数图象的平移规律，能根据平移求解析式。 · 会用待定系数法求二次函数解析式，会求抛物线与坐标轴的交点。 · 能利用二次函数解决实际应用问题（拱桥、铅球、喷泉、利润等）。 · 理解比例的基本性质，掌握比例线段、黄金分割的概念与应用。 · 掌握平行线分线段成比例定理，能进行线段的计算与证明。 · 熟练掌握相似三角形的判定与性质，能解决与相似相关的计算问题。 · 理解位似图形的概念，掌握位似变换的坐标规律。 · 掌握锐角三角函数的定义，能解直角三角形，解决坡度、仰角俯角、方向角等实际问题。 · 理解投影与视图的基本概念，能根据三视图判断几何体或进行相关计算。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 1. 二次函数的图象与性质 二次函数的一般式为 y = ax² + bx + c（a ≠ 0）。顶点式为 y = a(x - h)² + k，顶点坐标为 (h, k)，对称轴为直线 x = h。a > 0 时开口向上，a < 0 时开口向下。对称轴右侧的增减性由开口方向决定：开口向上时右侧上升，开口向下时右侧下降。 ☆ 2. 二次函数图象的平移 平移规律：“左加右减，上加下减”。将抛物线 y = ax² 向右平移 m 个单位，向下平移 n 个单位，得到 y = a(x - m)² - n。 ☆ 3. 二次函数的应用 二次函数应用问题包括拱桥问题、铅球问题、喷泉问题、面积问题等。关键是建立适当的平面直角坐标系，求出函数解析式，再根据题意求解。 ☆ 4. 比例的性质与黄金分割 比例的基本性质：a : b = c : d ⇔ ad = bc。合比性质、分比性质、等比性质。黄金分割：点C把线段AB分成AC和BC，若 AC² = AB · BC，则称点C为黄金分割点，黄金比为 (√5 - 1)/2 ≈ 0.618。 ☆ 5. 平行线分线段成比例 两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例。即若 l₁ ∥ l₂ ∥ l₃，则 AB : BC = DE : EF。 ☆ 6. 相似三角形的判定与性质 判定：两角对应相等、两边对应成比例且夹角相等、三边对应成比例。性质：对应角相等、对应边成比例、周长比等于相似比、面积比等于相似比的平方。 ☆ 7. 位似多边形 位似图形是相似图形，对应顶点的连线相交于一点（位似中心），对应边互相平行。位似图形的对应点到位似中心的距离之比等于相似比。在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，相似比为 k 时，对应点的坐标为 (kx, ky) 或 (-kx, -ky)。 ☆ 8. 锐角三角函数的应用 锐角三角函数：sin A = 对边/斜边，cos A = 邻边/斜边，tan A = 对边/邻边。应用包括坡度坡角、仰角俯角、方向角等问题。坡度 i = h : l = tan α。 ☆ 9. 投影与视图 投影分为平行投影和中心投影。三视图：主视图、俯视图、左视图。根据三视图确定几何体，或由几何体判断三视图。正方体展开图有11种，注意“相间、Z端是对面”。 ☆ 知识总结表 核心概念 定义/内容 注意事项 二次函数顶点式 y = a(x-h)² + k，顶点 (h,k)，对称轴 x = h 平移规律：左加右减，上加下减 二次函数增减性 a > 0 开口向上，对称轴右侧上升；a < 0 开口向下，对称轴右侧下降 比较函数值大小看离对称轴的远近 比例的性质 若 a : b = c : d，则 ad = bc 注意比例的对应关系 黄金分割 AC² = AB · BC，黄金比 (√5-1)/2 ≈ 0.618 黄金分割点有两个 平行线分线段成比例 一组平行线截两条直线，对应线段成比例 找准对应线段 相似三角形 对应角相等，对应边成比例；面积比 = 相似比的平方 注意相似比的对应关系 位似图形 对应点连线交于一点，对应边平行 位似比有正负两种情况 锐角三角函数 sin A = 对边/斜边，cos A = 邻边/斜边，tan A = 对边/邻边 坡度 i = h : l = tan α 三视图 主视图、俯视图、左视图 正方体展开图“相间、Z端是对面” 典型考点·满分必刷题 【考点1】二次函数图像性质（第1-28题） · 判断开口方向：a > 0 向上，a < 0 向下。 · 求对称轴和顶点坐标：配方法或公式法。 · 比较函数值大小：离对称轴越远，函数值越大（a < 0）或越小（a > 0）。 · 平移规律：左加右减，上加下减。 · 待定系数法求解析式：设一般式或顶点式。 · 抛物线与坐标轴交点：令 x = 0 求 y 轴交点，令 y = 0 求 x 轴交点。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）如果二次函数y＝x2﹣mx+m+1的图象经过原点，那么m的值是　 　 ． 【练习2】（2025秋•杨浦区期末）已知抛物线y＝x2﹣c经过点A（﹣1，y1）、B（4，y2），那么y1　 　 y2．（填“＞”、“＜”或“＝”） 【练习3】（2025秋•嘉定区期末）已知抛物线y＝（m+1）x2+4x﹣4有最高点，那么m的取值范围是　 　 ． 【练习4】（2025秋•嘉定区期末）二次函数y＝3x2﹣2x+1的图象在其对称轴右侧的部分是　 　 的（填“上升”或“下降”）． 【练习5】（2025秋•徐汇区期末）将抛物线y＝x2向右平移3个单位，向下平移1个单位，平移后的抛物线的表达式是　 　 ． 【练习6】（2025秋•徐汇区期末）已知A（﹣1，y1）、B（4，y2）是抛物线y＝x2﹣2x+c上的两点，那么y1　 　 y2（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【练习7】（2025秋•松江区期末）将抛物线y＝x2+1先向右平移3个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线的表达式是　 　 ． 【练习8】（2025秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系中，我们规定一种变换：将平面内任意一点P，绕原点O顺时针旋转α（0°＜α＜360°）得到对应点P1，点P2在射线OP1上，且OP2＝kOP1（k＞0），得到最终的对应点P2，称点P2为点P经过[α，k]变换后的对应点．例如，点A（1，1）经过变换后的对应点为A2（2，0），那么点A2（2，0）经过变换后的对应点坐标为　 　 ． 【练习9】（2025秋•普陀区期末）如果反比例函数的图象在其所在的每个象限内，y的值随x的值增大而增大，那么k的取值范围是　 　 ． 【练习10】（2025秋•普陀区期末）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点A（1，3）、B（﹣1，1），那么这个二次函数的解析式为　 　 ． 【练习11】（2025秋•普陀区期末）已知抛物线y＝2x2+bx+b+3的对称轴是y轴，那么它的顶点坐标为 　 　 ． 【练习12】（2025秋•青浦区期末）抛物线y＝x2﹣2x与y轴的交点坐标是 　 　 ． 【练习13】（2025秋•青浦区期末）如果抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1有最高点，那么实数a的取值范围是　 　 ． 【练习14】（2025秋•黄浦区期末）我们知道抛物线L1：y＝x2+2x+4与L2：y＝x2+4x+2通过平移是可以重合的，那么要使这两条抛物线平移后重合，平移的距离至少是　 　 ． 【练习15】（2025秋•奉贤区期末）已知抛物线y＝2（x+1）2与抛物线y＝a（x+1）2关于x轴对称，那么a的值是　 　 ． 【练习16】（2025秋•长宁区期末）若将抛物线y＝2（x+m）2+5沿x轴向左平移2个单位后，所得抛物线的顶点恰好落在y轴上，那么m的值为　 　 ． 【练习17】（2025秋•长宁区期末）若抛物线C1的顶点在抛物线C2上，而抛物线C2的顶点又在抛物线C1上（两个顶点不重合），那么称抛物线C1和C2互为“和谐抛物线”．已知抛物线C：y＝2（x﹣1）2+2与y轴交于点A，点B与点A关于抛物线C的对称轴对称，那么以点B为顶点的抛物线C的“和谐抛物线”的表达式为　 　 ． 【练习18】（2025秋•虹口区期末）对于某个函数，如果当x＝x0时，函数值y＝﹣x0，那么我们称（x0，﹣x0）为此函数的“反点”．例如函数y＝2x﹣3，因为当x＝1时y＝﹣1，所以（1，﹣1）为此函数的“反点”．二次函数y＝x2﹣5x+4的“反点”是　 　 ． 【练习19】（2025秋•虹口区期末）已知点A（﹣5，y1）、B（﹣3，y2）都在二次函数y＝a（x﹣1）2（a＜0）的图象上，那么y1　 　 y2（填“＞”、“＜”或“＝”）． 【练习20】（2025秋•虹口区期末）小丽为了画二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，列出了如表（信息不全），那么m的值是　 　 ． x … ﹣5 ﹣4 ﹣2 0 m … y … 10 5 1 5 10 … 【练习21】（2025秋•浦东新区期末）如果将抛物线y＝x2+2x﹣1向上平移，使它经过点A（0，3），那么所得新抛物线的表达式是　 　 ． 【练习22】（2025秋•浦东新区期末）二次函数y＝ax2+bx+2的自变量x和函数值y的部分取值如表所示： x … ﹣1 0 1 2 3 … y … 5 2 n p 5 … 那么n　 　 p（填“＞”“＜”或“＝”）． 【练习23】（2025秋•宝山区期末）如果A（﹣1，y1）、B（2，y2）是抛物线y＝（x﹣1）2+1图象上的两点，那么y1　 　 y2．（填“＞”、“＜”或“＝”） 【练习24】（2025秋•宝山区期末）已知抛物线y＝（m﹣1）x2+3x﹣1开口向下，那么m的取值范围是　 　 ． 【练习25】（2025秋•静安区期末）二次函数y＝（x﹣2）2+2的图象与y轴交点坐标是　 　 ． 【练习26】（2025秋•崇明区期末）已知点A（﹣1，y1）、B（﹣3，y2）为二次函数y＝﹣（x﹣1）2+k图象上的两点，那么y1　 　 y2（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【练习27】（2025秋•闵行区期末）已知长方形的长是x，宽是长的一半，面积是y，那么y关于x的解析式是　 　 （不要求写定义域）． 【练习28】（2025秋•嘉定区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，1）和（3，1），那么此二次函数图象的对称轴为直线　 　 ． 【考点2】二次函数应用（第1-8题） · 建立坐标系，设函数解析式。 · 利用已知点求解析式。 · 根据题意求特定点的坐标或距离。 · 注意单位统一和实际意义。 · 常见模型：拱桥、铅球、喷泉、面积问题。 【练习1】（2025秋•松江区期末）如图，左侧是一把撑开的雨伞，右侧是其直截面示意图，伞面的轮廓可以看作是一条抛物线，在图示的坐标系中，其表达式为y＝﹣0.12x2+3，点A、B在抛物线上，且关于y轴对称．若顶点C到AB的距离是1.08分米，那么A、B两点之间的距离是　 　 分米． 【练习2】（2025秋•徐汇区期末）某公园有一秋千，如图所示，将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA′处释放，秋千摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的地方OA″．在某次秋千释放的过程中，已知，，且两侧位置的高度差MN为0.6米，根据信息可求出秋千OA的长度为　 　 米． 【练习3】（2025秋•杨浦区期末）已知抛物线形拱桥的横截面示意图，当拱顶离水面4米时，水面宽8米．如图建立平面直角坐标系xOy，如果水面上升3米，那么水面宽度减少　 　 米． 【练习4】（2025秋•徐汇区期末）如图，小明推铅球，已知铅球运行时离地面的高度y（米）关于水平距离x（米）的函数解析式为，如果小明铅球出手的高度为1.5米，成绩为6米，那么可以推断铅球在运行中的高度最高大约为　 　 米． 【练习5】（2025秋•青浦区期末）等边三角形的周长为C，面积为S，则面积S关于周长C的函数解析式为　 　 ． 【练习6】（2025秋•奉贤区期末）某汽车的紧急刹车距离s（米）与车速v（千米/小时）的关系是．如果前方25米处发生了事故，司机驾驶该车紧急刹车避免了碰撞，那么可以推测该车车速不超过　 　 千米/小时． 【练习7】（2025秋•浦东新区期末）广场上音乐喷泉中的喷头与地面齐平，喷出的水线呈一条抛物线，水线上水珠的高度y（米）关于水珠与喷头的水平距离x（米）的函数解析式是．那么水珠从喷出到落地时的水平距离为　 　 米． 【练习8】（2026春•虹口区校级期末）已知一名男生推铅球，铅球行进高度y（单位：米）与水平距离x（单位：米）之间的关系式为：.现有下列结论： ①该男生推铅球出手时，铅球的高度为； ②铅球飞行至水平距离4m时，达到最大高度，最大高度为3m； ③铅球落地时的水平距离为12m． 其中，正确结论的序号是　 　 ． 【考点3】比例的性质（第1-8题） · 设参数 k 表示各量。 · 比例的基本性质：ad = bc。 · 合比、分比、等比性质。 · 注意比例的对应关系。 【练习1】（2025秋•黄浦区期末）已知：a+b+c＝90，a：b：c＝2：3：4，那么a+b﹣c＝ 　 　 ． 【练习2】（2025秋•金山区期末）如果，那么　 　 ． 【练习3】（2025秋•长宁区期末）已知，那么的值为　 　 ． 【练习4】（2025秋•浦东新区期末）已知，则 　 　 ． 【练习5】（2025秋•宝山区期末）如果，那么　 　 ． 【练习6】（2025秋•静安区期末）已知，那么　 　 ． 【练习7】（2025秋•闵行区期末）如果，那么的值是　 　 ． 【练习8】（2025秋•杨浦区期末）如果a：b＝2：3，那么（a+b）：b＝　 　 ． 【考点4】平行线分线段成比例（第1-13题） · 找准对应线段。 · 利用比例式列方程求解。 · 黄金分割的应用。 · 网格中的比例问题。 · 三角形中位线、重心性质。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）在△ABC中，如果中线AD和中线CE相交于点G，那么AG：AD＝　 　 ． 【练习2】（2025秋•嘉定区期末）如图，已知直线l1、l2、l3分别与直线m交于点A、B、C，与直线n交于点D、E、F，如果l1∥l2∥l3，3AB＝2BC，DE＝6，那么DF＝　 　 ． 【练习3】（2025秋•徐汇区期末）如图，线段AD与BC相交于点O，已知，已知BO＝2，当OC＝　 　 时，AB∥CD． 【练习4】（2025秋•松江区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，AF与BE交于点O，AD＝2DF，AB＝6，CD＝10，那么EF的长是　 　 ． 【练习5】（2025秋•金山区期末）数学在生活中的许多应用，都能给人以美感，也造就了人类建筑史上的无数经典．如图，著名的上海东方明珠广播电视塔，塔高AC为468米，其上球体点B位于塔身的黄金分割点处，使塔体显得挺拔俊美，具有审美效果．那么上球体到塔底的距离AB为　 　 米．（结果保留根号的形式） 【练习6】（2025秋•奉贤区期末）小华在某游乐园APP的地图上看到，某游玩项目排队区域的图上长度约2.5厘米，已知该地图的比例尺是1：1000，那么排队区域的实际长度约　 　 米． 【练习7】（2025秋•长宁区期末）如图，两条直线被三条平行线m、n、l所截，分别相交于点A、B、C、D、E、F，若，那么当时，DF的长为　 　 ． 【练习8】（2025秋•长宁区期末）如图，在由大小相同的小正方形组成的网格图中，联结格点A、B的线段交网格线于M、N两点，那么AM：MN：BN＝　 　 ． 【练习9】（2025秋•虹口区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都相等，点A、B、C、D都在格点上，联结AB、CD交于点E，那么的值是　 　 ． 【练习10】（2025秋•浦东新区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，它们依次交直线l1，l2于点A、D、F和点B、C、E．如果AD：DF＝3：2，BC＝21，那么CE＝　 　 ． 【练习11】（2025秋•宝山区期末）已知线段a＝3，b＝5，如果线段c是线段a和b的比例中项，那么线段c的长为　 　 ． 【练习12】（2025秋•宝山区期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在网格小正方形的顶点上，D、E是线段AC、AB与小正方形边的交点，那么DE的长为　 　 ． 【练习13】（2025秋•静安区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，它们依次交直线l1、l2于点A、D、F和点B、C、E．如果，BE＝18，那么线段BC的长是　 　 ． 【考点5】相似三角形（第1-24题） · 相似三角形的判定：两角、两边夹角、三边。 · 相似三角形的性质：对应边成比例，面积比等于相似比的平方。 · 常见模型：A型、X型、母子型。 · 重心的性质：重心到顶点的距离是到对边中点距离的2倍。 · 翻折问题中的相似。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝　 　 ． 【练习2】（2025秋•嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且，点Q是边DC的中点，那么的值为 　 　 ． 【练习3】（2025秋•徐汇区期末）我们将宽和长之比为（约为0.618）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿MC折叠，使点N和点B重合，展开后再将纸片沿AG对折叠，使点M和点B重合；如图2所示，展开后联结AB，再将纸片第三次沿AF折叠，使得AB落在长方形纸片的边上且点B落在点D处，再次展开，过点D作MB的垂线，垂足为点E．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：　 　 ． 【练习4】（2025秋•松江区期末）如图，点G是△ABC的重心，EF经过点G，且EF∥BC，那么△AEF与△ABC面积的比值是 　 　 ． 【练习5】（2025秋•松江区期末）如图，已知△ABC，点D，E分别在边BC、AC的延长线上，∠B＝∠E，AC＝3，BC＝4，CD＝1.5，那么CE＝　 　 ． 【练习6】（2025秋•普陀区期末）如图，△ABC中，OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，点M、N分别在边AB、AC上．过点O的线段MN∥BC．如果AB＝5，AC＝4，BC＝6，那么MN＝　 　 ． 【练习7】（2025秋•普陀区期末）我们把一个三角形一条边上的中线与另一条边上的高的交点称为这个三角形的中垂点．已知在△ABC中，AB＝AC，cos∠ABC，AD为BC边上的高，点O在AD上，联结CO并延长交AB于点E，如果点O是△ABC的中垂点，那么的值为　 　 ． 【练习8】（2025秋•普陀区期末）已知四边形ABCD对角线AC与BD交于点O，，∠ABD＝2∠CAD．如果∠ABC＝102°，那么∠ACD＝　 　 度． 【练习9】（2025秋•青浦区期末）如图，正方形DEFG的顶点均在△ABC的边上，BC＝6，DE＝2，BC边上高线长为　 　 ． 【练习10】（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D、E是边AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折至△FDE，DF与BC交于点G．如果△FCG的面积是△ADE面积的，那么线段DE的长是　 　 ． 【练习11】（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AB＝4，AC＝6，那么边BC的长是　 　 ． 【练习12】（2025秋•金山区期末）小海周末到漕泾镇沙积村游览，发现村内的高宅基冈身遗址，藏有兰蛤、毛蛤等近二十种6400年前的远古贝类化石，他想了解一个毛蛤化石的长度，在化石旁放了一支笔拍下照片．回家后量出照片上笔和化石的长度分别为7cm和2cm，笔的实际长度为14cm，那么该化石的实际长度为　 　 cm． 【练习13】（2025秋•奉贤区期末）如图，矩形ABCD的面积为18，对角线AC、BD交于点O．如果E、F、G、H分别是△ABO、△BCO、△CDO、△ADO的重心，那么四边形EFGH的面积是　 　 ． 【练习14】（2025秋•奉贤区期末）在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC．如果AD：BD＝2，那么DE：BC的值是　 　 ． 【练习15】（2025秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，D、E分别是边AB、AC上的点，满足，若E为中点，且∠ADE＝50°，那么的值为　 　 ． 【练习16】（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，．点D在边BC上，联结AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B对应点E，联结CE，如果CE∥AB，那么BD的长是　 　 ． 【练习17】（2025秋•浦东新区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，如果△BCD的面积是△ABD面积的2倍，那么△BOC与△BDC的面积之比是 　 　 ． 【练习18】（2025秋•宝山区期末）如图，在矩形ABCD中，，E是边AD的中点，联结BE、AC，如果BE⊥AC，那么BE的长为　 　 ． 【练习19】（2025秋•宝山区期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在网格小正方形的顶点上，D、E是线段AC、AB与小正方形边的交点，那么DE的长为　 　 ． 【练习20】（2025秋•宝山区期末）将一副直角三角板如图放置，已知∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，AB＝DE，点C在边DF上，点E、F在边AB上，如果EF＝2，那么AF的长为　 　 ． 【练习21】（2025秋•静安区期末）如图，已知平行四边形ABCD中，点E在边AD上，，射线CE交BD于点F，交射线BA于点G，那么GE：EF：FC＝　 　 ．（结果化为最简整数比） 【练习22】（2025秋•静安区期末）如图，已知在△ABC中，点D在边AB上，AD＝4，DB＝5，∠ACD＝∠B，那么　 　 ． 【练习23】（2025秋•崇明区期末）如图，点G是△ABC的重心，点D是边AC的中点，GE∥AC交BC于点E，DF∥BC交EG于点F，则的比值为 　 　 ． 【练习24】（2025秋•闵行区期末）如图，在△ABC中，点M、N分别是AB、BC的中点，联结AN、CM交于点G，GF∥AC交BC于点F，那么S△NGF：S△AGC＝　 　 ． 【考点6】位似多边形（第1-7题） · 位似图形的识别：对应点连线交于一点。 · 位似比的计算：对应点到位似中心距离之比。 · 坐标规律：(kx, ky) 或 (-kx, -ky)。 · 位似中心坐标的确定。 · 位似图形的面积比等于位似比的平方。 【练习1】（2025秋•金山区期末）如果一个图形上的点A，B，…，P，…和另一个图形上的点A′，B′，…，P′，…分别对应，并且它们的连线AA'，BB'…，PP'，…都经过同一点O，，那么这两个图形叫做位似图形，点O是位似中心．如图，四边形ABCD和四边形A1B1C1D1是位似图形，点D、D1的坐标分别为（5，2）、，如果AD的长为，那么A1D1的长为　 　 ． 【练习2】（2026•泾川县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC与△A′B′C′位似，位似中心是原点O．若点A′（2，2），C′（8，2），AC＝3，则点C的坐标为　 　 ． 【练习3】（2026•榆林模拟）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为位似中心，作平行四边形ABCD的位似平行四边形AEGF，且与原图形的相似比为3：4，连接BG，DG，若平行四边形ABCD的面积为32，则△BEG与△DFG的面积之和为　 　 ． 【练习4】（2026秋•同步）照相机是提升当代人生活幸福指数的设备之一．如图是其工作原理图，底片上的△ABC与实物△A1B1C1是位似图形，且相似比为，点A，C的对应点分别为A1，C1，AA1和CC1的交点O即为位似中心，若AB＝6，则A1B1的长为　 　 ． 【练习5】（2026春•泰山区期末）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点△ABC与△A′B′C′成位似关系，则位似中心的坐标为　 　 ． 【练习6】（2026春•南陵县期末）如图，在平面直角坐标系中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位长度，再向上平移n个单位长度（m＞0，n＞0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合． （1）m＝　 　 ，n＝　 　 ． （2）点F的坐标是 　 　 ． 【练习7】（2026春•姑苏区期末）如图，在平面直角坐标系中，A点坐标为（0，4），B点坐标为（2，0），以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，以原点O为位似中心，在第三象限内作正方形A'B'C'D'，使其与正方形ABCD位似，且OA：OA'＝2：1，则点C'的坐标是　 　 ． 【考点7】三角初步（第1-21题） · 锐角三角函数的定义。 · 解直角三角形：已知一边一角或两边。 · 坡度坡角问题：i = h : l = tan α。 · 仰角俯角问题。 · 方向角问题：北偏东、南偏西等。 · 构造直角三角形，作辅助线。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）已知△ABC中，AC＝4，∠A＝30°，，那么BC的长为 　 　 ． 【练习2】（2025秋•杨浦区期末）如图是一辆小M汽车与墙平行停放的平面示意图，汽车靠墙一侧OB与墙MN平行且距离为0.8米，小汽车车门宽AO为1.2米，当车门打开角度∠AOB为40°时，车门 　 　 碰到墙．（填“会”或“不会”）（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84） 【练习3】（2025秋•嘉定区期末）如图，传送带和地面所成斜坡的坡度为1：2.4，它把物体从地面点A处送到离地面5米高的点B处，那么该物体在传送带上所经过的路程为　 　 米． 【练习4】（2025秋•嘉定区期末）如图，在港口P的南偏东60°方向有一座小岛Q，一艘船从港口P出发沿正东方向行驶24海里后到达A处，在A处测得小岛Q恰在其西南方向，那么小岛Q与港口P相距　 　 海里．（结果保留根号） 【练习5】（2025秋•徐汇区期末）如图，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝3，AB＝4，AD为斜边BC上的中线，则cos∠CAD的值为 　 　 ． 【练习6】（2025秋•徐汇区期末）如图，顾客站在某商场内的自动扶梯上从一楼移动15.6米到二楼，已知商场第一层楼的高度大约为6米，那么此自动扶梯斜坡的坡比是　 　 ． 【练习7】（2025秋•徐汇区期末）某公园有一秋千，如图所示，将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA′处释放，秋千摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的地方OA″．在某次秋千释放的过程中，已知，，且两侧位置的高度差MN为0.6米，根据信息可求出秋千OA的长度为　 　 米． 【练习8】（2025秋•松江区期末）已知一副三角板中，含45°三角板的斜边（BE）与含30°三角板的长直角边（AC）相等．如图，将一副三角板拼在一起，点B、C、D在一条直线上，那么的值是　 　 ． 【练习9】（2025秋•松江区期末）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，∠BDC＝120°，点A、B、C都在格点上，那么tan∠BAC的值是　 　 ． 【练习10】（2025秋•普陀区期末）如图，斜坡AB的坡度为1：2.4，如果将斜坡的铅垂高度从A处沿射线CA的方向延伸2米，并保持坡度不变，那么需从B处沿射线CB的方向延伸　 　 米． 【练习11】（2025秋•普陀区期末）将两根长度相同的细铜丝均在其黄金分割点处弯折（不计弯折处损耗），再首尾相接围成一个矩形ABCD（AB＜BC），联结BD，那么∠DBC的正切值等于　 　 ． 【练习12】（2025秋•青浦区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣3，0）、B（2，12），则∠BAO正弦值是　 　 ． 【练习13】（2025秋•黄浦区期末）已知α是锐角，且，那么（sinα﹣cosα）的值为　 　 ． 【练习14】（2025秋•奉贤区期末）景区新建了一条通往山顶观景台的缓坡步道，设计要求是坡度为1：2.4，施工方测得观景台距离地面的垂直高度为10米，为满足设计要求，这段缓坡步道的长度应为　 　 米． 【练习15】（2025秋•奉贤区期末）如果一个等腰三角形腰上的高与底边的高的比为2：3，那么这个等腰三角形底角的余弦值是　 　 ． 【练习16】（2025秋•奉贤区期末）小海操控一辆遥控玩具车从A处沿北偏东60°方向走了6米到B处，再从B处向正南方向走了9米到达C处，此时这辆遥控玩具车离A处的距离是　 　 米． 【练习17】（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，．点D在边BC上，联结AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B对应点E，联结CE，如果CE∥AB，那么BD的长是　 　 ． 【练习18】（2025秋•浦东新区期末）如图，监测点P在距离道路l的100米处，道路上的货车A在监测点P的北偏西60°的方向，道路上的汽车B在监测点P的东北方向，此时货车A和汽车B相距　 　 米（结果保留根号）． 【练习19】（2025秋•浦东新区期末）如图，从甲楼的一窗口观测点A处测得乙楼的楼顶端B的仰角是37°，那么从乙楼顶端B处看A处的俯角是　 　 ． 【练习20】（2025秋•浦东新区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，CD平分∠ACB，E为DC延长线上一点，且∠CEA＝∠CBE，那么的值为　 　 ． 【练习21】（2025秋•静安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，CD是中线，那么tan∠BCD的值是　 　 ． 【考点8】投影与视图（第1-11题） · 平行投影与中心投影。 · 三视图的识别与判断。 · 由三视图确定几何体。 · 正方体展开图的判断。 · 根据三视图进行相关计算（如圆锥表面积）。 【练习1】（2025秋•闵行区期末）如图①中小狗手影是一种常见的游戏，它利用的原理是：光是沿直线传播的．如图②我们把光源看成一个点，手面看成平行于墙面的一条线段．在一次游戏中，手距离墙壁3米，光源与手的距离为1米．在手的位置不变的情况下，如果光源与手的距离增加1米，那么小狗手影的高度变为原来的　 　 （填“几分之几”）． 【练习2】（2026•科尔沁区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点P（2，5）是一个光源，横杆MN两端的坐标分别为（﹣2，3），（3，3），则横杆MN在x轴上的投影长为　 　 ． 【练习3】（2026•米脂县校级开学）比赛当天下午，小颖先参加了校运动会女子100米短跑比赛，一段时间后又参加了女子400米接力比赛，如图是小刚在同一位置为小颖拍摄的两张比赛照片，则小颖参加400米接力赛的照片是　 　 （填“甲”或“乙”，小颖处于北半球）． 【练习4】（2026•海伦市二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图．则所需的小正方体的个数最多有　 　 个小正方体． 【练习5】（2025秋•渠县期末）一个几何体由若干大小相同的小立方块搭成，如图分别是从它的正面、上面看到的形状图，那么搭成该几何体至少需用小立方块　 　 个． 【练习6】（2025秋•勉县期末）一个几何体由一些大小相同的小立方块搭成，从正面、上面、左面看到的这个几何体的形状图如图所示，则这个几何体中小立方块的个数有　 　 个． 【练习7】（2026•武威二模）已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的表面积为 　 　 ． 【练习8】（2025秋•梁溪区校级期末）如图所示，把正方体纸盒沿棱剪开后平铺，原来与点A重合的顶点是点　 　 ． 【练习9】（2025秋•南阳期末）将图1中的正方体剪开，得到的平面展开图可能是图2中的　 　 ．（填序号） 【练习10】（2025秋•栖霞区校级期末）一个正方体的六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，从三个不同的方向看到的情形如图1所示，图2为这个正方体的侧面展开图，则图中的x表示的数字是　 　 ． 【练习11】（2025秋•安定区期末）请你相信“努力总会发光!”．如图是正方体的展开图，已知一个正方体展开图六个面依次书写“努”“力”“总”“会”“发”“光”，则折叠后与“总”相对的是　 　 ． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年上海市中考数学 一模 填空基础120题 满分必刷 2026-2027学年沪教版（五四制）数学9年级上册 思维导图 · 课程内容总览 课程目标 · 精准把握学习方向 · 熟练掌握二次函数的图象与性质，能判断抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性。 · 掌握二次函数图象的平移规律，能根据平移求解析式。 · 会用待定系数法求二次函数解析式，会求抛物线与坐标轴的交点。 · 能利用二次函数解决实际应用问题（拱桥、铅球、喷泉、利润等）。 · 理解比例的基本性质，掌握比例线段、黄金分割的概念与应用。 · 掌握平行线分线段成比例定理，能进行线段的计算与证明。 · 熟练掌握相似三角形的判定与性质，能解决与相似相关的计算问题。 · 理解位似图形的概念，掌握位似变换的坐标规律。 · 掌握锐角三角函数的定义，能解直角三角形，解决坡度、仰角俯角、方向角等实际问题。 · 理解投影与视图的基本概念，能根据三视图判断几何体或进行相关计算。 知识梳理 · 核心知识点 ☆ 1. 二次函数的图象与性质 二次函数的一般式为 y = ax² + bx + c（a ≠ 0）。顶点式为 y = a(x - h)² + k，顶点坐标为 (h, k)，对称轴为直线 x = h。a > 0 时开口向上，a < 0 时开口向下。对称轴右侧的增减性由开口方向决定：开口向上时右侧上升，开口向下时右侧下降。 ☆ 2. 二次函数图象的平移 平移规律：“左加右减，上加下减”。将抛物线 y = ax² 向右平移 m 个单位，向下平移 n 个单位，得到 y = a(x - m)² - n。 ☆ 3. 二次函数的应用 二次函数应用问题包括拱桥问题、铅球问题、喷泉问题、面积问题等。关键是建立适当的平面直角坐标系，求出函数解析式，再根据题意求解。 ☆ 4. 比例的性质与黄金分割 比例的基本性质：a : b = c : d ⇔ ad = bc。合比性质、分比性质、等比性质。黄金分割：点C把线段AB分成AC和BC，若 AC² = AB · BC，则称点C为黄金分割点，黄金比为 (√5 - 1)/2 ≈ 0.618。 ☆ 5. 平行线分线段成比例 两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例。即若 l₁ ∥ l₂ ∥ l₃，则 AB : BC = DE : EF。 ☆ 6. 相似三角形的判定与性质 判定：两角对应相等、两边对应成比例且夹角相等、三边对应成比例。性质：对应角相等、对应边成比例、周长比等于相似比、面积比等于相似比的平方。 ☆ 7. 位似多边形 位似图形是相似图形，对应顶点的连线相交于一点（位似中心），对应边互相平行。位似图形的对应点到位似中心的距离之比等于相似比。在平面直角坐标系中，以原点为位似中心，相似比为 k 时，对应点的坐标为 (kx, ky) 或 (-kx, -ky)。 ☆ 8. 锐角三角函数的应用 锐角三角函数：sin A = 对边/斜边，cos A = 邻边/斜边，tan A = 对边/邻边。应用包括坡度坡角、仰角俯角、方向角等问题。坡度 i = h : l = tan α。 ☆ 9. 投影与视图 投影分为平行投影和中心投影。三视图：主视图、俯视图、左视图。根据三视图确定几何体，或由几何体判断三视图。正方体展开图有11种，注意“相间、Z端是对面”。 ☆ 知识总结表 核心概念 定义/内容 注意事项 二次函数顶点式 y = a(x-h)² + k，顶点 (h,k)，对称轴 x = h 平移规律：左加右减，上加下减 二次函数增减性 a > 0 开口向上，对称轴右侧上升；a < 0 开口向下，对称轴右侧下降 比较函数值大小看离对称轴的远近 比例的性质 若 a : b = c : d，则 ad = bc 注意比例的对应关系 黄金分割 AC² = AB · BC，黄金比 (√5-1)/2 ≈ 0.618 黄金分割点有两个 平行线分线段成比例 一组平行线截两条直线，对应线段成比例 找准对应线段 相似三角形 对应角相等，对应边成比例；面积比 = 相似比的平方 注意相似比的对应关系 位似图形 对应点连线交于一点，对应边平行 位似比有正负两种情况 锐角三角函数 sin A = 对边/斜边，cos A = 邻边/斜边，tan A = 对边/邻边 坡度 i = h : l = tan α 三视图 主视图、俯视图、左视图 正方体展开图“相间、Z端是对面” 典型考点·满分必刷题 【考点1】二次函数图像性质（第1-28题） · 判断开口方向：a > 0 向上，a < 0 向下。 · 求对称轴和顶点坐标：配方法或公式法。 · 比较函数值大小：离对称轴越远，函数值越大（a < 0）或越小（a > 0）。 · 平移规律：左加右减，上加下减。 · 待定系数法求解析式：设一般式或顶点式。 · 抛物线与坐标轴交点：令 x = 0 求 y 轴交点，令 y = 0 求 x 轴交点。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）如果二次函数y＝x2﹣mx+m+1的图象经过原点，那么m的值是　﹣1　 ． 【答案】﹣1 【分析】将原点坐标（0，0）代入二次函数解析式，列方程求m即可． 【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣mx+m+1的图象经过原点， ∴m+1＝0， 解得m＝﹣1， 故答案为：﹣1． 【点评】此题考查了二次函数图象上的点与解析式的关系，将点的坐标代入解析式是解题的关键． 【练习2】（2025秋•杨浦区期末）已知抛物线y＝x2﹣c经过点A（﹣1，y1）、B（4，y2），那么y1　＜　 y2．（填“＞”、“＜”或“＝”） 【答案】＜． 【分析】求得抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性判断即可． 【解答】解：抛物线y＝x2﹣c的开口向上，对称轴为y轴， ∴点A（﹣1，y1）关于对称轴的对称点为点（1，y1）， ∵0＜1＜4， ∴y1＜y2． 故答案为：＜． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键． 【练习3】（2025秋•嘉定区期末）已知抛物线y＝（m+1）x2+4x﹣4有最高点，那么m的取值范围是m＜﹣1　 ． 【答案】m＜﹣1． 【分析】根据抛物线y＝（m+1）x2+4x﹣4有最高点，得出抛物线开口向下，即m+1＜0，即可得出答案． 【解答】解：∵抛物线y＝（m+1）x2+4x﹣4有最高点， ∴抛物线开口向下， ∴m+1＜0， ∴m＜﹣1， 故答案为：m＜﹣1． 【点评】此题主要考查了利用二次函数顶点坐标位置确定图象开口方向，此题型是中考的考查重点． 【练习4】（2025秋•嘉定区期末）二次函数y＝3x2﹣2x+1的图象在其对称轴右侧的部分是　上升　 的（填“上升”或“下降”）． 【答案】上升． 【分析】根据所给函数解析式得出抛物线的开口方向，据此可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为二次函数解析式为y＝3x2﹣2x+1， 所以抛物线的开口向上， 所以该函数图象在其对称轴右侧的部分是上升的． 故答案为：上升． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质及二次函数的图象，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键． 【练习5】（2025秋•徐汇区期末）将抛物线y＝x2向右平移3个单位，向下平移1个单位，平移后的抛物线的表达式是y＝（x﹣3）2﹣1　 ． 【答案】y＝（x﹣3）2﹣1． 【分析】根据“上加下减，左加右减”的平移法则即可解决问题． 【解答】解：由题知， 将抛物线y＝x2向右平移3个单位长度后，所得抛物线的解析式为y＝（x﹣3）2， 再向下平移1个单位长度后，平移后的抛物线的表达式是y＝（x﹣3）2﹣1． 故答案为：y＝（x﹣3）2﹣1． 【点评】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的平移法则是解题的关键． 【练习6】（2025秋•徐汇区期末）已知A（﹣1，y1）、B（4，y2）是抛物线y＝x2﹣2x+c上的两点，那么y1　＜　 y2（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【答案】＜． 【分析】根据所给二次函数解析式，得出抛物线的对称轴为直线x＝1且开口向上，再结合二次函数的性质即可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+c， 所以抛物线的对称轴为直线x＝1且开口向上． 因为A（﹣1，y1）、B（4，y2）在该抛物线上， 则1﹣（﹣1）＝2，4﹣1＝3，且2＜3， 所以y1＜y2． 故答案为：＜． 【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键． 【练习7】（2025秋•松江区期末）将抛物线y＝x2+1先向右平移3个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线的表达式是y＝（x﹣3）2 ． 【答案】y＝（x﹣3）2， 【分析】根据函数图象的平移规则“左加右减，上加下减”进行求解即可． 【解答】解：将抛物线y＝x2+1先向右平移3个单位，再向下平移1个单位， 所得抛物线表达式为y＝（x﹣3）2+1﹣1＝（x﹣3）2， 故答案为：y＝（x﹣3）2， 【点评】本题考查二次函数图象的平移，熟练掌握函数图象平移规则是解答的关键． 【练习8】（2025秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系中，我们规定一种变换：将平面内任意一点P，绕原点O顺时针旋转α（0°＜α＜360°）得到对应点P1，点P2在射线OP1上，且OP2＝kOP1（k＞0），得到最终的对应点P2，称点P2为点P经过[α，k]变换后的对应点．例如，点A（1，1）经过变换后的对应点为A2（2，0），那么点A2（2，0）经过变换后的对应点坐标为　（，）　 ． 【答案】（，）． 【分析】先求出OA3的长，再解三角形即可得解． 【解答】解：如图，设A2变换后的对应点为A3， 由题可知OM＝OA2＝2， ∴OA32， ∵∠MON＝30°， ∴A3N，ONOA3， ∴A3坐标为（，）， 故答案为：（，）． 【点评】本题主要考查了坐标图形的变化——旋转，正确理解题意是解题的关键． 【练习9】（2025秋•普陀区期末）如果反比例函数的图象在其所在的每个象限内，y的值随x的值增大而增大，那么k的取值范围是k＜﹣1　 ． 【答案】k＜﹣1． 【分析】根据反比例函数的性质得出关于k的不等式，解得即可． 【解答】解：∵在这个函数图象所在的每个象限内，y的值随x的值增大而增大， ∴k+1＜0， 解得：k＜﹣1． 故答案为：k＜﹣1． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数的性质，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键． 【练习10】（2025秋•普陀区期末）已知二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点A（1，3）、B（﹣1，1），那么这个二次函数的解析式为y＝x2+x+2　 ． 【答案】y＝x2+x+1． 【分析】把点A（1，3）、B（﹣1，1）代入y＝x2+bx+c得方程组，解方程组即可得到结论． 【解答】解：把点A（1，3）、B（﹣1，1）代入y＝x2+bx+c得， 解得， ∴这个二次函数的解析式为y＝x2+x+1， 故答案为：y＝x2+x+1． 【点评】此题重点考查用待定系数法求二次函数解析式，正确地求出该二次函数的解析式是解题的关键． 【练习11】（2025秋•普陀区期末）已知抛物线y＝2x2+bx+b+3的对称轴是y轴，那么它的顶点坐标为 　（0，3）　 ． 【答案】（0，3）． 【分析】先根据二次函数的性质求出对称轴为x0，进而求出b的值即可解答． 【解答】解：∵抛物线y＝2x2+bx+b+3的对称轴是y轴， ∴对称轴为x0，即0， ∴b＝0， ∴抛物线y＝2x2+3，顶点坐标为（0，3）， 故答案为：（0，3）． 【点评】本题考查二次函数的图象性质，利用对称轴求出b的值是解题关键． 【练习12】（2025秋•青浦区期末）抛物线y＝x2﹣2x与y轴的交点坐标是 　（0，0）　 ． 【答案】（0，0）． 【分析】令x＝0求出y值即可得到抛物线y＝x2﹣2x与y轴的交点坐标． 【解答】解：抛物线y＝x2﹣2x，当x＝0时，y＝0， ∴抛物线y＝x2﹣2x与y轴的交点坐标是（0，0）， 故答案为：（0，0）． 【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握该知识点是关键． 【练习13】（2025秋•青浦区期末）如果抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1有最高点，那么实数a的取值范围是a＜1　 ． 【答案】a＜1． 【分析】根据二次函数的性质，抛物线有最高点时，开口向下，二次项系数小于零． 【解答】解：抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1有最高点， 因此开口向下，二次项系数a﹣1＜0， 解得a＜1， ∴如果抛物线y＝（a﹣1）x2﹣1有最高点，那么实数a的取值范围是a＜1， 故答案为：a＜1． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习14】（2025秋•黄浦区期末）我们知道抛物线L1：y＝x2+2x+4与L2：y＝x2+4x+2通过平移是可以重合的，那么要使这两条抛物线平移后重合，平移的距离至少是　　 ． 【答案】． 【分析】这道题的核心是将两条抛物线化为顶点式，找到它们的顶点坐标，然后计算两个顶点之间的距离，这个距离就是两条抛物线平移后重合的最小距离． 【解答】解：对L1：y＝x2+2x+4， 配方：y＝（x2+2x+1）+3＝（x+1）2+3， 顶点为A（﹣1.3） 对L2：y＝x2+4x+2配方： y＝（x2+4x+4）﹣2＝（x+2）2﹣2， 顶点为B（﹣2，﹣2）， 计算两点距离 两点间距离公式：d， 代入A（﹣1，3）和B（﹣2，﹣2）： d ． 故答案为：． 【点评】这道题主要考查了二次函数的顶点式变换和平移的本质，即抛物线的平移等价于其顶点的平移．解题的关键是先将一般式化为顶点式，找到顶点坐标，再利用两点间距离公式计算最小平移距离． 【练习15】（2025秋•奉贤区期末）已知抛物线y＝2（x+1）2与抛物线y＝a（x+1）2关于x轴对称，那么a的值是　﹣2　 ． 【答案】﹣2． 【分析】根据两条抛物线关于x轴对称，则对应点的纵坐标互为相反数，因此二次项系数互为相反数，即可得解． 【解答】解：由题意得，对于任意x，有a（x+1）2＝﹣2（x+1）2， ∴a＝﹣2． 故答案为：﹣2． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，掌握两条抛物线关于x轴对称，则对应点的纵坐标互为相反数是解题的关键． 【练习16】（2025秋•长宁区期末）若将抛物线y＝2（x+m）2+5沿x轴向左平移2个单位后，所得抛物线的顶点恰好落在y轴上，那么m的值为　﹣2　 ． 【答案】﹣2． 【分析】利用平移的性质得出平移后解析式，进而得出其顶点坐标．令其横坐标为0求解． 【解答】解：原抛物线y＝2（x+m）2+5的顶点坐标为（﹣m，5）． 沿x轴向左平移2个单位后，y＝2（x+m+2）2+5，顶点坐标为 （﹣m﹣2，5）． 因为顶点落在y轴上， 所以横坐标﹣m﹣2＝0， 解得m＝﹣2． 得抛物线的顶点恰好落在y轴上，那么m的值为﹣2． 故答案为：﹣2． 【点评】本题主要考查了二次函数图象的平移以及配方法求二次函数顶点坐标等知识，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习17】（2025秋•长宁区期末）若抛物线C1的顶点在抛物线C2上，而抛物线C2的顶点又在抛物线C1上（两个顶点不重合），那么称抛物线C1和C2互为“和谐抛物线”．已知抛物线C：y＝2（x﹣1）2+2与y轴交于点A，点B与点A关于抛物线C的对称轴对称，那么以点B为顶点的抛物线C的“和谐抛物线”的表达式为y＝﹣2（x﹣2）2+4　 ． 【答案】y＝﹣2（x﹣2）2+4． 【分析】先计算出点A的坐标，由对称性计算出点B的坐标，根据题意，使用待定系数法求出符合要求的二次函数的表达式． 【解答】解：在抛物线C：y＝2（x﹣1）2+2中，顶点坐标为（1，2），对称轴为直线x＝1， 将x＝0，代入C：y＝2（x﹣1）2+2，得y＝2+2＝4， ∴点A的坐标为（0，4）， ∵点B与点A关于直线x＝1对称， ∴点B的坐标为（2，4）， 设y＝a（x﹣2）2+4（a≠0）， 将x＝1，y＝2代入y＝a（x﹣2）2+4，得2＝a+4， 解得，a＝﹣2， ∴y＝﹣2（x﹣2）2+4． 故答案为：y＝﹣2（x﹣2）2+4． 【点评】本题考查新定义，二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 【练习18】（2025秋•虹口区期末）对于某个函数，如果当x＝x0时，函数值y＝﹣x0，那么我们称（x0，﹣x0）为此函数的“反点”．例如函数y＝2x﹣3，因为当x＝1时y＝﹣1，所以（1，﹣1）为此函数的“反点”．二次函数y＝x2﹣5x+4的“反点”是　（2，﹣2）　 ． 【答案】（2，﹣2）． 【分析】根据“反点”定义，令函数值等于自变量的相反数，建立方程求解即可． 【解答】解：设反点对应的自变量为x0，则函数值y＝﹣x0，代入解析式得： ， 解得：x0＝2， ∴y＝﹣x0＝﹣2， ∴二次函数y＝x2﹣5x+4的反点为（2，﹣2）． 故答案为：（2，﹣2）． 【点评】本题主要考查二次函数图象上的点的坐标特征，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习19】（2025秋•虹口区期末）已知点A（﹣5，y1）、B（﹣3，y2）都在二次函数y＝a（x﹣1）2（a＜0）的图象上，那么y1　＜　 y2（填“＞”、“＜”或“＝”）． 【答案】＜． 【分析】由a＜0，对称轴为直线x＝1，则当x＜1时，y随x的增大而减小，由增减性质可得答案． 【解答】解：∵a＜0，对称轴为直线x＝1， ∴当x＜1时，y随x的增大而减小， ∵﹣5＜﹣3， ∴y1＜y2， 故答案为：＜． 【点评】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握其增减性质是解题关键． 【练习20】（2025秋•虹口区期末）小丽为了画二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象，列出了如表（信息不全），那么m的值是　1　 ． x … ﹣5 ﹣4 ﹣2 0 m … y … 10 5 1 5 10 … 【答案】1． 【分析】根据二次函数的对称性，由点（﹣4，5）和（0，5）确定对称轴，再利用点（﹣5，10）和（m，10）关于对称轴对称求解m即可． 【解答】解：由点（﹣4，5）和（0，5）纵坐标相同，对称轴为． 所以，点（﹣5，10）和（m，10）也关于对称轴对称， 因此， ﹣5+m＝﹣4， 解得m＝1． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查二次函数的图象与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习21】（2025秋•浦东新区期末）如果将抛物线y＝x2+2x﹣1向上平移，使它经过点A（0，3），那么所得新抛物线的表达式是y＝x2+2x+3　 ． 【答案】y＝x2+2x+3 【分析】设平移后的抛物线解析式为y＝x2+2x﹣1+b，把点A的坐标代入进行求值即可得到b的值． 【解答】解：设平移后的抛物线解析式为y＝x2+2x﹣1+b， 把A（0，3）代入，得 3＝﹣1+b， 解得b＝4， 则该函数解析式为y＝x2+2x+3． 故答案为：y＝x2+2x+3． 【点评】主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．会利用方程求抛物线与坐标轴的交点． 【练习22】（2025秋•浦东新区期末）二次函数y＝ax2+bx+2的自变量x和函数值y的部分取值如表所示： x … ﹣1 0 1 2 3 … y … 5 2 n p 5 … 那么n　＜　 p（填“＞”“＜”或“＝”）． 【答案】＜． 【分析】由二次函数对称性及给定点坐标，确定对称轴为x＝1，根据二次函数的性质比较x＝1 和x＝2处的函数值大小即可． 【解答】解：由表格数据可得，当x＝3时，y＝5，当x＝﹣1时，y＝5， ∴二次函数对称轴为， 设y＝a（x﹣1）2+k， 把x＝0，y＝2；x＝3，y＝5代入得， ， 解得， ∴y＝（x﹣1）2+1， ∵1＞0， ∴二次函数图象开口向上，顶点处函数值最小， ∵x＝1时，y＝n，x＝2时y＝p，对称轴为x＝1， ∴n＜p． 故答案为：＜． 【点评】本题主要考查了二次函数的对称性，熟练掌握二次函数的对称性应用是解题的关键． 【练习23】（2025秋•宝山区期末）如果A（﹣1，y1）、B（2，y2）是抛物线y＝（x﹣1）2+1图象上的两点，那么y1　＞　 y2．（填“＞”、“＜”或“＝”） 【答案】＞． 【分析】根据所给二次函数解析式，得出抛物线的对称轴为直线x＝1且开口向上，再结合二次函数的性质即可解决问题． 【解答】解：因为二次函数解析式为y＝（x﹣1）2+1， 所以抛物线的对称轴为直线x＝1且开口向上． 因为A（﹣1，y1）、B（2，y2）在该抛物线上， 则1﹣（﹣1）＝2，2﹣1＝1，且2＞1， 所以y1＞y2． 故答案为：＞． 【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键． 【练习24】（2025秋•宝山区期末）已知抛物线y＝（m﹣1）x2+3x﹣1开口向下，那么m的取值范围是m＜1　 ． 【答案】m＜1． 【分析】根据二次函数的性质可知，当抛物线开口向下时，二次项系数m﹣1＜0，然后解一元一次不等式即可求出m的取值范围． 【解答】解：∵抛物线y＝（m﹣1）x2+3x﹣1的图象开口向下， ∴m﹣1＜0， 解得：m＜1． 故答案为：m＜1． 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与系数的关系，明确二次函数图象的开口方法有二次项系数决定是解题的基础． 【练习25】（2025秋•静安区期末）二次函数y＝（x﹣2）2+2的图象与y轴交点坐标是　（0，6）　 ． 【答案】（0，6）． 【分析】根据所给的表达式可得出抛物线的交点坐标，据此可解决问题． 【解答】解：∵二次函数y＝（x﹣2）2+2， 当x＝0时，y＝6， ∴函数图象与y轴交点坐标为（0，6）， 故答案为：（0，6）． 【点评】本题考查二次函数的性质，能根据所给表达式得出交点坐标是解题的关键． 【练习26】（2025秋•崇明区期末）已知点A（﹣1，y1）、B（﹣3，y2）为二次函数y＝﹣（x﹣1）2+k图象上的两点，那么y1　＞　 y2（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【答案】＞． 【分析】利用开口方向和对称轴判断函数值的大小关系． 【解答】解：二次函数的开口向下，对称轴为直线x＝1，开口向下时，点离对称轴越近，函数值越大， 点A（﹣1，y1）到对称轴的距离为|﹣1﹣1|＝2，点B（﹣3，y2）到对称轴的距离为|﹣3﹣1|＝4． ∵且2＜4， ∴y1＞y2． 故答案为：＞． 【点评】本题考查二次函数的性质，关键是利用开口方向和对称轴判断函数值的大小关系． 【练习27】（2025秋•闵行区期末）已知长方形的长是x，宽是长的一半，面积是y，那么y关于x的解析式是y　 （不要求写定义域）． 【答案】y． 【分析】先表示宽，再根据长方形的面积公式列式计算即可． 【解答】解：∵长方形的长是x，宽是长的一半， ∴宽为， ∴y． 故答案为：y． 【点评】本题主要考查函数关系式，理解题意是解题的关键． 【练习28】（2025秋•嘉定区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，1）和（3，1），那么此二次函数图象的对称轴为直线x＝1　 ． 【答案】x＝1． 【分析】根据题意，得出点（﹣1，1）和（3，1）关于抛物线的对称轴对称，据此求出抛物线的对称轴即可． 【解答】解：由题知， 因为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过（﹣1，1）和（3，1）， 则点（﹣1，1）和（3，1）关于抛物线的对称轴对称， 所以抛物线的对称轴为直线x． 故答案为：x＝1． 【点评】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象与性质是解题的关键． 【考点2】二次函数应用（第1-8题） · 建立坐标系，设函数解析式。 · 利用已知点求解析式。 · 根据题意求特定点的坐标或距离。 · 注意单位统一和实际意义。 · 常见模型：拱桥、铅球、喷泉、面积问题。 【练习1】（2025秋•松江区期末）如图，左侧是一把撑开的雨伞，右侧是其直截面示意图，伞面的轮廓可以看作是一条抛物线，在图示的坐标系中，其表达式为y＝﹣0.12x2+3，点A、B在抛物线上，且关于y轴对称．若顶点C到AB的距离是1.08分米，那么A、B两点之间的距离是　6　 分米． 【答案】6． 【分析】先根据题意求出A、B纵坐标，再把纵坐标代入解析式解方程求出x的值即可． 【解答】解：∵y＝﹣0.12x2+3， ∴顶点C的坐标为（0，3）， ∴OC＝3， ∵顶点C到AB的距离是1.08， ∴点A，B的纵坐标为3﹣1.08＝1.92， 把y＝1.92代入y＝﹣0.12x2+3得：1.92＝﹣0.12x2+3， 解得x1＝﹣3，x2＝3， ∴A（3，1.92），B（﹣3，1.92）， ∴A、B两点之间的距离为3+3＝6（分米）， 故答案为：6． 【点评】本题考查二次函数的应用，关键是求出A、B坐标． 【练习2】（2025秋•徐汇区期末）某公园有一秋千，如图所示，将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA′处释放，秋千摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的地方OA″．在某次秋千释放的过程中，已知，，且两侧位置的高度差MN为0.6米，根据信息可求出秋千OA的长度为　2　 米． 【答案】2． 【分析】在Rt△ONA″中，根据已知可设设NA″＝3x米，则ON＝4x米，从而利用勾股定理可得：OA″＝5x米，再根据题意可得：OA＝OA′＝OA″＝5x米，然后在Rt△OA′M中，利用锐角三角函数的定义求出OM的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：在Rt△ONA″中，tanβ， ∴设NA″＝3x米，则ON＝4x米， ∴OA″5x（米）， 由题意得：OA＝OA′＝OA″＝5x米， 在Rt△OA′M中，， ∴OM＝OA′•cosα＝2.5x（米）， ∵ON﹣OM＝MN， ∴4x﹣2.5x＝0.6， 解得：x＝0.4， ∴OA′＝5x＝2（米）， ∴秋千OA的长度为2米， 故答案为：2． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，准确熟练地进行计算是解题的关键． 【练习3】（2025秋•杨浦区期末）已知抛物线形拱桥的横截面示意图，当拱顶离水面4米时，水面宽8米．如图建立平面直角坐标系xOy，如果水面上升3米，那么水面宽度减少　4　 米． 【答案】4． 【分析】依据题意，从图象看，抛物线的顶点为（4，4），设抛物线的表达式为y＝a（x﹣4）2+4，将点O的坐标代入上式，可得解析式，然后根据当水面上升3米时，令y＝3，求出x的值即可判断得解． 【解答】解：由题意，从图象看，抛物线的顶点为（4，4）， 设抛物线的表达式为y＝a（x﹣4）2+4， 抛物线过原点，故当x＝0时，y＝a（0﹣4）2+4＝0， ∴a， ∴y（x﹣4）2+4． ∴当水面上升3m时，令y＝3，则y（x﹣4）2+4＝3． ∴x＝2或x＝6． ∴此时水面宽为6﹣2＝4（米）， ∴水面宽度减少8﹣4＝4（米）． 故答案为：4． 【点评】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意确定关键点坐标求出函数表达式，是解题的关键． 【练习4】（2025秋•徐汇区期末）如图，小明推铅球，已知铅球运行时离地面的高度y（米）关于水平距离x（米）的函数解析式为，如果小明铅球出手的高度为1.5米，成绩为6米，那么可以推断铅球在运行中的高度最高大约为　2　 米． 【答案】2． 【分析】先求出函数解析式，再化为顶点式求出函数的最值即可得出最高点离地面的距离． 【解答】解：根据题意得：点A坐标为（0，1.5），点C坐标为（6，0）， 把A，C坐标代入yx2+bx+c得： ， 解得， ∴yx2+0.5x+1.5（x2﹣4x）+1.5（x﹣2）2+2， ∴球在运行中的高度最高大约为2米， 故答案为：2． 【点评】此题主要考查了二次函数的应用，正确记忆最值公式是解题关键． 【练习5】（2025秋•青浦区期末）等边三角形的周长为C，面积为S，则面积S关于周长C的函数解析式为SC2 ． 【答案】SC2 【分析】直接利用等边三角形的性质得出AD的长，再利用三角形面积求法得出答案． 【解答】解：如图所示：过点A作AD⊥BC于点D， ∵等边三角形的周长为C， ∴AB＝BC＝AC， ∴DC＝BD， ∴ADC， ∴SCC2． 故答案为：SCC2． 【点评】此题主要考查了等边三角形的性质以及三角形面积求法，正确表示出三角形的高是解题关键． 【练习6】（2025秋•奉贤区期末）某汽车的紧急刹车距离s（米）与车速v（千米/小时）的关系是．如果前方25米处发生了事故，司机驾驶该车紧急刹车避免了碰撞，那么可以推测该车车速不超过　50　 千米/小时． 【答案】50． 【分析】求出s＝25时的自变量的值即可得出结果． 【解答】解：∵， ∴当时，解得v＝50（负值舍去）； 故答案为：50． 【点评】本题考查二次函数的实际应用，正确进行计算是解题关键． 【练习7】（2025秋•浦东新区期末）广场上音乐喷泉中的喷头与地面齐平，喷出的水线呈一条抛物线，水线上水珠的高度y（米）关于水珠与喷头的水平距离x（米）的函数解析式是．那么水珠从喷出到落地时的水平距离为　6　 米． 【答案】6． 【分析】由题意可知水珠落地时高度y＝0，代入二次函数解析式并求解，即可获得答案． 【解答】解：对于函数，令y＝0，得， 整理可得x2﹣6x＝0， 解得x1＝0，x2＝6， 对应喷头位置，可知水珠落地时水平距离为6米． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查了二次函数的应用，掌握其相关知识点是解题的关键． 【练习8】（2026春•虹口区校级期末）已知一名男生推铅球，铅球行进高度y（单位：米）与水平距离x（单位：米）之间的关系式为：.现有下列结论： ①该男生推铅球出手时，铅球的高度为； ②铅球飞行至水平距离4m时，达到最大高度，最大高度为3m； ③铅球落地时的水平距离为12m． 其中，正确结论的序号是　①②　 ． 【答案】①②． 【分析】根据二次函数表达式求出抛物线与y轴，x轴的交点坐标，以及抛物线的顶点坐标，即可解答． 【解答】解：把x＝0代入中得：y， ∴该男生推铅球出手时，铅球的高度为， 故①正确； ∵a，b， ∴当x4时，y最大4243， ∴铅球飞行至水平距离4m时，达到最大高度，最大高度为3m， 故②正确； 当y＝0时，x2x0， 解得：x1＝10，x2＝﹣2（不符合题意，舍去）， ∴铅球落地时的水平距离为10m， 故③不正确； 所以，上列结论，正确结论的序号是①②， 故答案为：①②． 【点评】本题考查了二次函数的应用，准确熟练地进行计算是解题的关键． 【考点3】比例的性质（第1-8题） · 设参数 k 表示各量。 · 比例的基本性质：ad = bc。 · 合比、分比、等比性质。 · 注意比例的对应关系。 【练习1】（2025秋•黄浦区期末）已知：a+b+c＝90，a：b：c＝2：3：4，那么a+b﹣c＝ 　10　 ． 【答案】10． 【分析】设a＝2k，b＝3k，c＝4k，则利用a+b+c＝90得到2k+3k+4k＝90，接着求出k得到a＝20，b＝30，c＝40，然后计算a+b﹣c的值． 【解答】解：∵a：b：c＝2：3：4， ∴设a＝2k，b＝3k，c＝4k， ∵a+b+c＝90， ∴2k+3k+4k＝90， 解得k＝10， ∴a＝20，b＝30，c＝40， ∴a+b﹣c＝20+30﹣40＝10． 故答案为：10． 【点评】本题考查了比例的性质，灵活运用比例的性质（内项之积等于外项之积、合比性质、分比性质、合分比性质、等比性质）是解决问题关键． 【练习2】（2025秋•金山区期末）如果，那么　　 ． 【答案】． 【分析】将拆分为，然后代入已知条件进行计算． 【解答】解：∵， ∴ ， ＝1 ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了比例的性质，熟知内项之积等于外项之积是解题的关键． 【练习3】（2025秋•长宁区期末）已知，那么的值为　　 ． 【答案】． 【分析】利用比例关系设参数k来表示a和b，代入所求表达式化简即可． 【解答】解：∵， ∴设，则a＝2k，b＝3k， ∴原式． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了比例的性质，熟知内项之积等于外项之积是解题的关键． 【练习4】（2025秋•浦东新区期末）已知，则 　　 ． 【答案】 【分析】根据已知条件，可设x＝3a，则y＝2a，然后把它们代入所求式子，即可求出的值． 【解答】解：设x＝3a时，y＝2a， 则． 故答案为． 【点评】本题根据x、y之间的关系，进而求出分式的值． 【练习5】（2025秋•宝山区期末）如果，那么　　 ． 【答案】 【分析】由，根据比例的性质，即可求得的值． 【解答】解：∵， ∴． 故答案为：． 【点评】此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握比例的性质与比例变形． 【练习6】（2025秋•静安区期末）已知，那么　　 ． 【答案】． 【分析】设x＝4k，y＝3k，代入原式即可． 【解答】解：设x＝4k，y＝3k， 则原式． 故答案为：． 【点评】本题主要考查比例的性质，熟练掌握设参法是解题的关键． 【练习7】（2025秋•闵行区期末）如果，那么的值是　　 ． 【答案】． 【分析】设a＝2k，b＝3k，代入原式即可得出答案． 【解答】解：设a＝2k，b＝3k， 则原式． 故答案为：． 【点评】本题主要考查比例的性质，熟练掌握设参法是解题的关键． 【练习8】（2025秋•杨浦区期末）如果a：b＝2：3，那么（a+b）：b＝　5：3　 ． 【答案】5：3 【分析】根据比例式的性质求解即可求得答案． 【解答】解：∵a：b＝2：3， ∴（a+b）：b． 故答案为：5：3． 【点评】本题是基础题，考查了比例的基本性质，比较简单． 【考点4】平行线分线段成比例（第1-13题） · 找准对应线段。 · 利用比例式列方程求解。 · 黄金分割的应用。 · 网格中的比例问题。 · 三角形中位线、重心性质。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）在△ABC中，如果中线AD和中线CE相交于点G，那么AG：AD＝　2：3　 ． 【答案】2：3． 【分析】在AD的延长线上取一点F，使DF＝DG，连接BG，BF，CF，则GF＝2DG，根据三角形中线性质得BD＝CD，AE＝BE，由此可判定四边形BFCG是平行四边形，进而得BF∥CG，继而再判定EG是△ABF的中位线得AG＝GF＝2DG，则AD＝AG+DG＝3DG，据此即可得出答案． 【解答】解：在AD的延长线上取一点F，使DF＝DG，连接BG，BF，CF，如图所示： ∴GF＝DF+DG＝2DG， 在△ABC中，中线AD和中线CE相交于点G， ∴BD＝CD，AE＝BE， 又∵DF＝DG， ∴四边形BFCG是平行四边形， ∴BF∥CG， ∴BF∥EG， 又∵AE＝BE， ∴EG是△ABF的中位线， ∴AG＝GF＝2DG， ∴AD＝AG+DG＝2DG+DG＝3DG， ∴AG：AD＝2DG：3DG＝2：3． 故答案为：2：3． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，理解三角形的中线，熟练掌握平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理是解决问题关键． 【练习2】（2025秋•嘉定区期末）如图，已知直线l1、l2、l3分别与直线m交于点A、B、C，与直线n交于点D、E、F，如果l1∥l2∥l3，3AB＝2BC，DE＝6，那么DF＝　15　 ． 【答案】15． 【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算得到答案． 【解答】解：∵3AB＝2BC， ∴， ∵l1∥l2∥l3， ∴，即， 解得：EF＝9， ∴DF＝DE+EF＝6+9＝15， 故答案为：15． 【点评】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键． 【练习3】（2025秋•徐汇区期末）如图，线段AD与BC相交于点O，已知，已知BO＝2，当OC＝　6　 时，AB∥CD． 【答案】6． 【分析】当OC＝6时，由条件得到，判定△AOB∽△DOC，推出∠A＝∠D，推出AB∥CD． 【解答】解：当OC＝6时，AB∥CD，理由如下： ∵， ∴， ∵BO＝2，OC＝6， ∴， ∴， ∵∠AOB＝∠COD， ∴△AOB∽△DOC， ∴∠A＝∠D， ∴AB∥CD． ∴当OC＝6时，AB∥CD． 故答案为：6． 【点评】本题考查平行线的判定，关键是判定△AOB∽△DOC，推出∠A＝∠D． 【练习4】（2025秋•松江区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，AF与BE交于点O，AD＝2DF，AB＝6，CD＝10，那么EF的长是　18　 ． 【答案】18． 【分析】设OD＝5m，由AB∥CD，证明△AOB∽△DOC，因为AB＝6，CD＝10，所以，则OAOD＝3m，求得AD＝8m，由AD＝2DF，得DFAD＝4m，所以OF＝9m，由CD∥EF，证明△OCD∽△OEF，则，求得EFCD＝18，于是得到问题的答案． 【解答】解：设OD＝5m， ∵AB∥CD，AB＝6，CD＝10， ∴△AOB∽△DOC， ∴， ∴OAOD＝3m， ∴AD＝OA+OD＝8m， ∵AD＝2DF， ∴DFAD＝4m， ∴OF＝OD+DF＝9m， ∵CD∥EF， ∴△OCD∽△OEF， ∴， ∴EFCD10＝18， 故答案为：18． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，证明△AOB∽△DOC及△OCD∽△OEF是解题的关键． 【练习5】（2025秋•金山区期末）数学在生活中的许多应用，都能给人以美感，也造就了人类建筑史上的无数经典．如图，著名的上海东方明珠广播电视塔，塔高AC为468米，其上球体点B位于塔身的黄金分割点处，使塔体显得挺拔俊美，具有审美效果．那么上球体到塔底的距离AB为　（）　 米．（结果保留根号的形式） 【答案】（）． 【分析】根据黄金分割比求解即可． 【解答】解：∵点B是线段AC上的一个黄金分割点，且AB＞BC，AC＝468米， ∴那么上球体到塔底的距离AB468＝（234234）米， 故答案为：（）． 【点评】本题考查了黄金分割，解题关键是掌握黄金分割比． 【练习6】（2025秋•奉贤区期末）小华在某游乐园APP的地图上看到，某游玩项目排队区域的图上长度约2.5厘米，已知该地图的比例尺是1：1000，那么排队区域的实际长度约　25　 米． 【答案】25． 【分析】设实际长度为x厘米，根据比例列出方程，然后求解即可． 【解答】解：设实际长度为x厘米， ∵图上长度约2.5厘米，已知该地图的比例尺是1：1000， ∴， ∴x＝2500， ∴实际长度为2500cm＝25m， 故答案为：25． 【点评】本题考查的是比例尺，熟知比例尺＝图上距离与实际距离的比是解题的关键． 【练习7】（2025秋•长宁区期末）如图，两条直线被三条平行线m、n、l所截，分别相交于点A、B、C、D、E、F，若，那么当时，DF的长为　　 ． 【答案】． 【分析】直接利用平行线分线段成比例定理得出，再将已知数据代入求出即可． 【解答】∵m∥n∥l， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， 解得． 故答案为：． 【点评】本题考查平行线分线段成比例的定理，找到对应线段的比是关键． 【练习8】（2025秋•长宁区期末）如图，在由大小相同的小正方形组成的网格图中，联结格点A、B的线段交网格线于M、N两点，那么AM：MN：BN＝　4：5：3　 ． 【答案】4：5：3． 【分析】设小正方形的边长为1，根据勾股定理得AB＝5，分别证明△AME∽△ABD和△BFN∽△BDA，可求出AM，BN，MN，从而可求出结论． 【解答】解：如图，在由大小相同的小正方形组成的网格图中， 设小正方形的边长为1，则AD＝3，BD＝4， 在直角三角形ABD中，由勾股定理得：， ∵ME∥BD， ∴△AME∽△ABD， ∴， ∴， 解得：； 同理可得△BFN∽△BDA， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 故答案为：4：5：3． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解答本题的关键． 【练习9】（2025秋•虹口区期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都相等，点A、B、C、D都在格点上，联结AB、CD交于点E，那么的值是　　 ． 【答案】． 【分析】先证明△BCE∽△ADE，再列出比例式求解即可． 【解答】解：∵BC∥AD， ∴△BCE∽△ADE， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了利用平行判定相似，相似三角形的判定与性质综合，利用相似三角形的性质求解等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【练习10】（2025秋•浦东新区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，它们依次交直线l1，l2于点A、D、F和点B、C、E．如果AD：DF＝3：2，BC＝21，那么CE＝　14　 ． 【答案】14． 【分析】根据平行线分线段成比例定理即可得到结论． 【解答】解：∵AD：DF＝3：2， ∴， ∵AB∥CD∥EF， ∴， ∵AF＝AD+DF ∴， ∵BC＝21， ∴， ∴BE＝35， ∴如果AD：DF＝3：2，BC＝21，那么CE＝BE﹣BC＝35﹣21＝14， 故答案为：14． 【点评】本题考查了平行线分线段成比例，找准对应线段是解题的关键 【练习11】（2025秋•宝山区期末）已知线段a＝3，b＝5，如果线段c是线段a和b的比例中项，那么线段c的长为　　 ． 【答案】． 【分析】根据线段比例中项的概念，得c2＝ab，即可得到答案． 【解答】解：∵线段c是线段a，b的比例中项， ∴c2＝ab＝3×5＝15， 解得c＝±， ∵线段的长是正数， ∴c． 故答案为：． 【点评】本题考查了比例线段，正确记忆如果a：b＝b：c，那么b叫做a，c的比例中项是本题关键． 【练习12】（2025秋•宝山区期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在网格小正方形的顶点上，D、E是线段AC、AB与小正方形边的交点，那么DE的长为　　 ． 【答案】． 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理以及勾股定理即可得到结论． 【解答】解：如图，∵AQ∥PC， ∴△ADQ∽△CDP， ∴， ∴， ∵AM∥BN， ∴△AEM∽△BEN， ∴， ∴∴DE∥CB， ∴△ADE∽△ACB， ∴， ∵BC2， ∴DE， 故答案为：． 【点评】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【练习13】（2025秋•静安区期末）如图，已知AB∥CD∥EF，它们依次交直线l1、l2于点A、D、F和点B、C、E．如果，BE＝18，那么线段BC的长是　10　 ． 【答案】10． 【分析】根据平行线分线段成比例定理解答即可． 【解答】解：∵AB∥CD∥EF， ∴， ∴， ∴BC＝10． 故答案为：10． 【点评】本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段所得线段对应成比例是解题的关键． 【考点5】相似三角形（第1-24题） · 相似三角形的判定：两角、两边夹角、三边。 · 相似三角形的性质：对应边成比例，面积比等于相似比的平方。 · 常见模型：A型、X型、母子型。 · 重心的性质：重心到顶点的距离是到对边中点距离的2倍。 · 翻折问题中的相似。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，∠ADC＝90°，对角线AC与BD相交于点E，若BE＝3DE，则BD＝　3　 ． 【答案】3． 【分析】AB＝BC＝6，∠ABC＝60°，可得△ABC为等边三角形．作BM⊥AC于点M，可得M为AC的中点，可求得BM的长，连接DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM为AC的一半．作DN⊥BM于点N，则BD 为直角三角形的斜边，根据BE＝3DE，可得DG也就是MN的长，利用勾股定理可得DN的长，进而根据勾股定理可得BD的长． 【解答】解：过点B作BM⊥AC于点M，过点D作DN⊥BM于点N，作DG⊥AC于点G，连接DM． 则四边形MNGD为矩形， ∴DG＝MN， ∵BE＝3DE， ∴S△ABE＝3S△ADE， ∴BM＝3DG． ∴BM＝3MN． ∵AB＝BC＝6，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形， ∴AC＝6． ∵BM⊥AC， ∴CMAC＝3． ∴BM3． ∴MN． ∴BN＝4． ∵∠ADC＝90°， ∴DMAC＝3． ∴DN． ∴BD3． 故答案为：3． 【点评】本题考查了勾股定理的应用．若图中有等边三角形，常用辅助线作法是做出一边上的高．把所求线段放在一个直角三角形中当斜边也是常用辅助线作法． 【练习2】（2025秋•嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且，点Q是边DC的中点，那么的值为 　2　 ． 【答案】2． 【分析】依题意得AD＝CD＝BC，∠C＝∠D＝90°，进而得CQ＝DQCD，在Rt△PCQ中，由勾股定理得QP，在Rt△ADQ中，由勾股定理得AQ，由此即可得出的值． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝BC，∠C＝∠D＝90°， ∴△PCQ和△ADQ都是直角三角形， ∵点P是正方形ABCD边BC上一点，且BP，PC， ∴BC＝BP+PC， ∴AD＝CD＝BC， ∵点Q是边DC的中点， ∴CQ＝DQCD， 在Rt△PCQ中，由勾股定理得：QP， 在Rt△ADQ中，由勾股定理得：AQ， ∴2， ∴的值为2． 故答案为：2． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 【练习3】（2025秋•徐汇区期末）我们将宽和长之比为（约为0.618）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿MC折叠，使点N和点B重合，展开后再将纸片沿AG对折叠，使点M和点B重合；如图2所示，展开后联结AB，再将纸片第三次沿AF折叠，使得AB落在长方形纸片的边上且点B落在点D处，再次展开，过点D作MB的垂线，垂足为点E．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：　矩形BCDE，矩形MNDE ． 【答案】矩形BCDE，矩形MNDE． 【分析】由折叠可得四边形MNCB为正方形，MG＝BG，设MG＝BG＝NA＝AC＝1，则MN＝NC＝2，由勾股定理可得AB，第三次折叠可得AD＝AB，从而CD1，进而可得，，故可得答案． 【解答】解：由第一次沿MC折叠可知四边形MNCB为正方形， 再将纸片沿AG对折叠，则可知MG＝BG， 设MG＝BG＝NA＝AC＝1，则MN＝NC＝2， 联结AB，则AB， 再将纸片第三次沿AF折叠，AB落在长方形纸片的边上且点B落在点D处， ∴AD＝AB， ∴CD＝AD﹣AC1， ∴，， 即图中的“黄金矩形”为矩形BCDE，矩形MNDE， 故答案为：矩形BCDE，矩形MNDE． 【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 【练习4】（2025秋•松江区期末）如图，点G是△ABC的重心，EF经过点G，且EF∥BC，那么△AEF与△ABC面积的比值是 　　 ． 【答案】． 【分析】连接AG并延长交BC于点H，在AH的延长线上取一点M，使HM＝HG，连接BG并延长交AC于点N，连接CG，则GM＝2HG，根据三角形重心的定义得BH＝CH，AN＝CN，由此得四边形ABCG是平行四边形，则CM∥BG，进而得DG是△AMC的中位线，则AG＝GM＝2HG，进而得AH＝3HG，证明△AEG和△ABH相似，△AEF和△ABC相似得，，据此即可得出△AEF与△ABC面积的比值． 【解答】解：连接AG并延长交BC于点H，在AH的延长线上取一点M，使HM＝HG，连接BG并延长交AC于点N，连接CG，如图所示： ∴GM＝HM+HG＝2HG， ∵点G是△ABC的重心， ∴AH，BN均为△ABC的中线， ∴BH＝CH，AN＝CN， ∵HM＝HG， ∵四边形ABCG是平行四边形， ∴CM∥BG， 即CM∥GN， 又∵AN＝CN， ∴DG是△AMC的中位线， ∴点G是AM的中点， ∴AG＝GM＝2HG， ∴AH＝AG+HG＝3HG， ∵EF∥BC， ∴△AEG∽△ABH，△AEF∽△ABC， ∴，， ∴， 即△AEF与△ABC面积的比值是． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形重心的定义，相似三角形的判定和性质，理解三角形重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【练习5】（2025秋•松江区期末）如图，已知△ABC，点D，E分别在边BC、AC的延长线上，∠B＝∠E，AC＝3，BC＝4，CD＝1.5，那么CE＝　2　 ． 【答案】2． 【分析】证明△ABC∽△DEC，列出比例式进行求解即可． 【解答】解：∵∠B＝∠E，∠ACB＝∠DCE， ∴△ABC∽△DEC， ∴，即， ∴CE＝2； 故答案为：2． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 【练习6】（2025秋•普陀区期末）如图，△ABC中，OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，点M、N分别在边AB、AC上．过点O的线段MN∥BC．如果AB＝5，AC＝4，BC＝6，那么MN＝　　 ． 【答案】． 【分析】由OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，得∠MBO＝∠CBO，∠NCO＝∠BCO，由MN∥BC，得∠MOB＝∠CBO，∠NOC＝∠BCO，推导出∠MBO＝∠MOB，∠NCO＝∠NOC，由OM＝BM，ON＝CN，所以MN＝BM+CN，而AB＝5，AC＝4，BC＝6，求得△AMN的周长＝9，△ABC的周长＝15，可证明△AMN∽△ABC，则，求得MNBC，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，点M、N分别在边AB、AC上， ∴∠MBO＝∠CBO，∠NCO＝∠BCO， ∵过点O的线段MN∥BC， ∴∠MOB＝∠CBO，∠NOC＝∠BCO， ∴∠MBO＝∠MOB，∠NCO＝∠NOC， ∴OM＝BM，ON＝CN， ∴MN＝OM+ON＝BM+CN， ∵AB＝5，AC＝4，BC＝6， ∴AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC＝9，AB+BC+AC＝15， ∴△AMN的周长＝9，△ABC的周长＝15， ∵MN∥BC， ∴△AMN∽△ABC， ∴， ∴MNBC6， 故答案为：． 【点评】此题重点考查角平分线的定义、平行线的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，推导出OM＝BM，ON＝CN，并且求得△AMN的周长＝9是解题的关键． 【练习7】（2025秋•普陀区期末）我们把一个三角形一条边上的中线与另一条边上的高的交点称为这个三角形的中垂点．已知在△ABC中，AB＝AC，cos∠ABC，AD为BC边上的高，点O在AD上，联结CO并延长交AB于点E，如果点O是△ABC的中垂点，那么的值为　或　 ． 【答案】或． 【分析】如果E是AB的中点，由三角形中位线定理推出DE∥AC，DEAC，判定△DOE∽△AOC，推出．如果CE⊥AB，令BD＝CD＝1，由cos∠ABC，得到BE，由勾股定理求出CE，判定△OCD∽△BCE，推出OC：BC＝CD：CE，求出OC，得到OE＝CE﹣OC，求出，于是得到的值为或． 【解答】解：连接DE， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴D是BC的中点， 如果E是AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AC，DEAC， ∴△DOE∽△AOC， ∴， 如果CE⊥AB， 令BD＝CD＝1， ∵cos∠ABC， ∵BE， ∴CE， ∵∠ODC＝∠CEB＝90°，∠OCD＝∠BCE， ∴△OCD∽△BCE， ∴OC：BC＝CD：CE， ∴OC， ∴OE＝CE﹣OC， ∴， ∴的值为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是要分两种情况讨论． 【练习8】（2025秋•普陀区期末）已知四边形ABCD对角线AC与BD交于点O，，∠ABD＝2∠CAD．如果∠ABC＝102°，那么∠ACD＝　68　 度． 【答案】68． 【分析】证明△AOD∽△BOC，根据相似三角形的性质得到∠CBD＝∠CAD，进而求出∠ABD，再证明△AOB∽△DOC，根据相似三角形的对应角相等解答即可． 【解答】解：∵，∠AOD＝∠BOC， ∴△AOD∽△BOC， ∴∠CBD＝∠CAD， ∵∠ABD＝2∠CAD， ∴∠ABD＝2∠CBD， ∵∠ABC＝102°， ∴∠ABD＝68°， ∵，∠AOB＝∠DOC， ∴△AOB∽△DOC， ∴∠ACD＝∠ABD＝68°， 故答案为：68． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质，掌握三角形相似的判定方法是解题的关键． 【练习9】（2025秋•青浦区期末）如图，正方形DEFG的顶点均在△ABC的边上，BC＝6，DE＝2，BC边上高线长为　3　 ． 【答案】3． 【分析】易证得到△ADG∽△ABC，再根据相似三角形的高与对应边成比例列方程求解． 【解答】解：设BC边上的高为h． ∵正方形DEFG的边DG∥BC， ∴△ADG∽△ABC． ∵DG＝DE＝2，BC＝6，△ADG的高为h﹣2， ∴， 解得h＝3， 经检验，h＝3是原分式方程的解． 故答案为：3． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【练习10】（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，D、E是边AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE沿DE翻折至△FDE，DF与BC交于点G．如果△FCG的面积是△ADE面积的，那么线段DE的长是　4　 ． 【答案】4． 【分析】由DE∥BC，得∠AED＝∠ACB＝90°，△ADE∽△ABC，由翻折得∠FED＝∠AED＝90°，FE＝AE，S△FDE＝S△ADE，可证明F、C、E、A在同一条直线上，再证明△FGC∽△FDE，得，求得，则EC＝FCFEAE，所以AE＝2EC，AC＝3EC，则，求得DEBC＝4，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵DE∥BC， ∴∠AED＝∠ACB＝90°，△ADE∽△ABC， ∴， ∵将△ADE沿DE翻折至△FDE，DF与BC交于点G， ∴∠FED＝∠AED＝90°，FE＝AE，S△FDE＝S△ADE， ∴∠FED+∠AED＝180°， ∴F、C、E、A在同一条直线上， ∵GC∥DE， ∴△FGC∽△FDE， ∴，即， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴EC＝FCFEAE， ∴AE＝2EC， ∴AC＝AE+EC＝3EC， ∴， ∵BC＝6， ∴DEBC6＝4， 故答案为：4． 【点评】此题重点考查翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明△ADE∽△ABC及△FGC∽△FDE是解题的关键． 【练习11】（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，AB＝4，AC＝6，那么边BC的长是　5　 ． 【答案】5． 【分析】作AH⊥BC于点H，在HC上截取DH＝BH，联结AD，则AD＝AB＝4，所以∠ADB＝∠B，由∠ADB＝∠DAC+∠C，∠B＝2∠C，得∠DAC+∠C＝2∠C，推导出∠DAC＝∠C，则CD＝AD＝4，所以CH＝4+BH，而AB＝4，AC＝6，由勾股定理得42﹣BH2＝62﹣（4+BH）2，求得BH，则BD＝2BH＝1，所以BC＝BD+CD＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：作AH⊥BC于点H，在HC上截取DH＝BH，联结AD，则∠AHB＝∠AHC＝90°， ∵AH垂直平分BD， ∴AD＝AB＝4， ∴∠ADB＝∠B， ∵∠ADB＝∠DAC+∠C，∠B＝2∠C， ∴∠DAC+∠C＝2∠C， ∴∠DAC＝∠C， ∴CD＝AD＝4， ∴CH＝CD+DH＝4+BH， ∵AB2﹣BH2＝AC2﹣CH2＝AH2，且AB＝4，AC＝6， ∴42﹣BH2＝62﹣（4+BH）2， 解得BH， ∴BD＝2BH＝1， ∴BC＝BD+CD＝1+4＝5， 故答案为：5． 【点评】此题重点考查线段的垂直平分线的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 【练习12】（2025秋•金山区期末）小海周末到漕泾镇沙积村游览，发现村内的高宅基冈身遗址，藏有兰蛤、毛蛤等近二十种6400年前的远古贝类化石，他想了解一个毛蛤化石的长度，在化石旁放了一支笔拍下照片．回家后量出照片上笔和化石的长度分别为7cm和2cm，笔的实际长度为14cm，那么该化石的实际长度为　4　 cm． 【答案】4． 【分析】设化石的实际长度为xcm，根据照片上的长度与实际长度成比例，建立比例方程求解． 【解答】解：设化石的实际长度为xcm， ∵笔和化石的长度分别为7cm和2cm，笔的实际长度为14cm， ∴， 解得x＝4． 故答案为：4． 【点评】本题主要考查了比例的性质，根据题意列出代数式是解题的关键． 【练习13】（2025秋•奉贤区期末）如图，矩形ABCD的面积为18，对角线AC、BD交于点O．如果E、F、G、H分别是△ABO、△BCO、△CDO、△ADO的重心，那么四边形EFGH的面积是　4　 ． 【答案】4． 【分析】作出直线EG和HF，标出与矩形四边的交点，再结合重心的性质进行计算即可． 【解答】解：作直线EG和HF，与AB，BC，CD，DA分别交于点M，N，P，Q， 因为点E是△ABO的重心， 所以OE＝2EM， 同理可得，OG＝2GP，OF＝2FN，OH＝2HQ， 所以EG． 因为EG和HF互相垂直且平分， 所以四边形EFGH是菱形， 所以四边形EFGH的面积是． 因为MP•NQ＝AB•CD＝18， 所以四边形EFGH的面积是． 故答案为：4． 【点评】本题主要考查了三角形的重心及矩形的性质，熟知三角形重心的性质是解题的关键． 【练习14】（2025秋•奉贤区期末）在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC．如果AD：BD＝2，那么DE：BC的值是　　 ． 【答案】． 【分析】先证明△ADE∽△ABC，可得，再利用AD：BD＝2，从而可得答案． 【解答】解：如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，DE∥BC，AD：BD＝2， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质，证明△ADE∽△ABC是解本题的关键． 【练习15】（2025秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°，D、E分别是边AB、AC上的点，满足，若E为中点，且∠ADE＝50°，那么的值为　　 ． 【答案】． 【分析】由∠A＝60°，∠B＝70°，求得∠C＝50°，由∠ADE＝∠C＝50°，∠A＝∠A，证明△AED∽△ABC，得，由AD•AB＝AE•AC，由，E为AC的中点，得ADAB，AEAC，则AB2AC2，所以ABAC，求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵△ABC中，∠A＝60°，∠B＝70°， ∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝50°， ∵D、E分别是边AB、AC上的点，且∠ADE＝50°， ∴∠ADE＝∠C， ∵∠A＝∠A， ∴△AED∽△ABC， ∴， ∴AD•AB＝AE•AC， ∵，E为AC的中点， ∴ADAB，AEAC， ∴AB2AC2， ∴AB2AC2， ∴ABAC或ABAC（不符合题意，舍去）， ∴， 故答案为：． 【点评】此题重点考查三角形内角和定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明△AED∽△ABC是解题的关键． 【练习16】（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，．点D在边BC上，联结AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B对应点E，联结CE，如果CE∥AB，那么BD的长是　　 ． 【答案】． 【分析】作AG⊥BC于点G，由题中条件结合勾股定理可求得BG．由翻折可设∠B＝∠DEA＝∠ACB＝x，∠BAD＝∠EAD，结合平行导角可得∠ACE＝2x，又AB＝AE＝AC＝10，故∠AEC＝∠ACE＝2x，结合平行关系导角可证得BD＝AD，作DF⊥AB于点F，则BF＝5，由cosB， 可求出BD． 【解答】解：如图所示，作AG⊥BC于点G， ∵AB＝AC＝10，， ∴，AG， 故BG． 由翻折可设∠B＝∠DEA＝∠ACB＝x，∠BAD＝∠EAD， ∵AB∥CE， ∴∠DCE＝∠B＝x， ∴∠ACE＝2x， 又∵AB＝AE＝AC＝10， ∴∠AEC＝∠ACE＝2x， ∵AB∥CE， ∴∠BAE＝∠AEC＝2x， ∴∠BAD＝∠EAD＝x， ∴BD＝AD， 作DF⊥AB于点F，则BF5， ∵cosB， ∴BD， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，平行线的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握以上内容以及作出恰当的辅助线是解题关键． 【练习17】（2025秋•浦东新区期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，如果△BCD的面积是△ABD面积的2倍，那么△BOC与△BDC的面积之比是 　2：3　 ． 【答案】2：3． 【分析】过点D作DM⊥BC，垂足为M，过点B作BN⊥AD，交DA的延长线于点N，根据已知易得DM＝BN，再根据S△BCD＝2S△ABD，从而可得BC＝2AD，然后再证明8字模型△AOD∽△COB，利用相似三角形的性质可得，从而可得，最后根据△BOC与△BDC的高相等，即可解答． 【解答】解：过点D作DM⊥BC，垂足为M，过点B作BN⊥AD，交DA的延长线于点N， ∵AD∥BC， ∴BN＝DM， ∵S△BCD＝2S△ABD， ∴BC•DM＝2AD•BN， ∴BC＝2AD， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC，∠DAC＝∠ACB， ∴△AOD∽△COB， ∴， ∴， ∵△BOC与△BDC的高相等， ∴， 故答案为：2：3． 【点评】本题考查了平行线间的距离，相似三角形的判定与性质，梯形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【练习18】（2025秋•宝山区期末）如图，在矩形ABCD中，，E是边AD的中点，联结BE、AC，如果BE⊥AC，那么BE的长为　2　 ． 【答案】2． 【分析】记AC、BE交于点O，易得，设OE＝x，则BE＝2x，由摄影定理可得OAx，在Rt△BOA中利用勾股定理求出x即可得解． 【解答】解：如图，记AC、BE交于点O， 在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴△AOE∽△COB， ∴， 设OE＝x，则BE＝2x， ∵BE⊥AC， ∴∠AOE＝∠BOE＝90°， ∵∠BAO＝∠AEO＝90°﹣∠EAO， ∴△BAO∽△AEO， ∴， ∴OEx， 在Rt△BOA中，OA2+OB2＝AB2， 即2x2+4x2＝8， 解得x， ∴BE＝3x＝2， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【练习19】（2025秋•宝山区期末）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在网格小正方形的顶点上，D、E是线段AC、AB与小正方形边的交点，那么DE的长为　　 ． 【答案】． 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理以及勾股定理即可得到结论． 【解答】解：如图，∵AQ∥PC， ∴△ADQ∽△CDP， ∴， ∴， ∵AM∥BN， ∴△AEM∽△BEN， ∴， ∴∴DE∥CB， ∴△ADE∽△ACB， ∴， ∵BC2， ∴DE， 故答案为：． 【点评】本题考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【练习20】（2025秋•宝山区期末）将一副直角三角板如图放置，已知∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝45°，∠D＝30°，AB＝DE，点C在边DF上，点E、F在边AB上，如果EF＝2，那么AF的长为　1　 ． 【答案】1． 【分析】根据直角三角形 到现在得到DF＝2EF＝4，根据勾股定理得到AB＝DE2，过C作CH⊥AB于H，求得CH＝AHAB，得到FHCH＝1，于是得到结论． 【解答】解：∵∠DEF＝90°，∠D＝30°，EF＝2， ∴DF＝2EF＝4， ∴AB＝DE2， 过C作CH⊥AB于H， ∵AC＝CB，∠ACB＝90°， ∴CH＝AHAB， ∵∠DFE＝60°，∠CHF＝90°， ∴FHCH＝1， ∴AF＝AH﹣FH1， 故答案为：1． 【点评】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 【练习21】（2025秋•静安区期末）如图，已知平行四边形ABCD中，点E在边AD上，，射线CE交BD于点F，交射线BA于点G，那么GE：EF：FC＝　5：4：6　 ．（结果化为最简整数比） 【答案】5：4：6． 【分析】设AE＝x，则DE＝2x，由四边形ABCD是平行四边形得BC＝AD＝AE+DE＝3x，AD∥BC，证△GAE∽△GBC、△DEF∽△BCF得，，即，设EF＝2y，则CF＝3y、GE＝y，从而得出答案． 【解答】解：设AE＝x，则DE＝2x， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD＝AE+DE＝3x，AD∥BC， ∴△GAE∽△GBC，△DEF∽△BCF， ∴，， ∴， 设EF＝2y，则CF＝3y， ∴EC＝EF+CF＝5y， ∴GE＝y，y， ∴GE：EF：FCy：2y：3y＝5：4：6， 故答案为：5：4：6． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质及平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【练习22】（2025秋•静安区期末）如图，已知在△ABC中，点D在边AB上，AD＝4，DB＝5，∠ACD＝∠B，那么　　 ． 【答案】． 【分析】根据相似三角形的判定与性质求解即可． 【解答】解：∵AD＝4，DB＝5， ∴AB＝AD+BD＝9， ∵∠CAD＝∠BAC，∠ACD＝∠B， ∴△ACD∽△ABC， ∴， ∴， ∴AC＝6（负值已舍）， ∴， 故答案为：． 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判断定理与性质定理是解题的关键． 【练习23】（2025秋•崇明区期末）如图，点G是△ABC的重心，点D是边AC的中点，GE∥AC交BC于点E，DF∥BC交EG于点F，则的比值为 　　 ． 【答案】． 【分析】连接AG，CG，AD，设CG的延长线交AB于点K，过点作BP⊥AC于点P，过点G作GQ⊥AC于点Q，AD经过点G，在AD的延长线上取一点H，使DH＝DG，连接AH，CH，则GH2DG，证明四边形AGCH是平行四边形得AH∥CG，进而证明GK是△ABH的中位线得BG＝GH＝2GD，则AD＝3DG，设GQ＝h，CD＝a，则AC＝2a，再证明△DGQ和△DBP相似，利用相似三角形性质得BP＝3h，由此得S△ABCAC•BP＝3ah，然后证明四边形CDFE是平行四边形得S四边形CDFE＝CD•GH＝ah，据此即可得出的值． 【解答】解：连接AG，CG，AD，设CG的延长线交AB于点K，过点作BP⊥AC于点P，过点G作GQ⊥AC于点Q， ∵点G是△ABC的重心，点D是边AC的中线， ∴AD经过点G，在AD的延长线上取一点H，使DH＝DG，连接AH，CH，如图所示： ∴GH＝DH+DG＝2DG， ∵点D是边AC的中线， ∴AD＝CD， 又∵DH＝DG， ∴四边形AGCH是平行四边形， ∴AH∥CG， ∴AH∥GK， ∵点G是△ABC的重心， ∴CK是△ABC的中线， ∴AK＝BK， ∴GK是△ABH的中位线， ∴BG＝GH＝2GD， ∴AD＝AG+DG＝3DG， 设GQ＝h，CD＝a， ∴AC＝2CD＝2a， ∵BP⊥AC于点P，GQ⊥AC于点Q， ∴GQ∥BP， ∴△DGQ∽△DBP， ∴， ∴， ∴BP＝3h， ∴S△ABCAC•BP2a×3＝3ah， ∵GE∥AC交BC于点E，DF∥BC交EG于点F， ∴四边形CDFE是平行四边形， ∴S四边形CDFE＝CD•GH＝ah， ∴． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形的面积和平行四边形的面积，理解三角形的重心，熟练掌握相似三角形的判定和性质，三角形的面积和平行四边形的面积公式是解决问题的关键． 【练习24】（2025秋•闵行区期末）如图，在△ABC中，点M、N分别是AB、BC的中点，联结AN、CM交于点G，GF∥AC交BC于点F，那么S△NGF：S△AGC＝　1：6　 ． 【答案】1：6． 【分析】根据三角形中位线得出点G是△ABC的重心，进而利用三角形面积比解答． 【解答】解：∵点M、N分别是AB、BC的中点，联结AN、CM交于点G， ∴点G是△ABC的重心， ∴NG：AG＝1：2， ∴， ∵GF∥AC， ∴， ∴， ∴S△NGF：S△AGC＝1：6． 故答案为：1：6． 【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是根据三角形中位线得出点G是△ABC的重心解答． 【考点6】位似多边形（第1-7题） · 位似图形的识别：对应点连线交于一点。 · 位似比的计算：对应点到位似中心距离之比。 · 坐标规律：(kx, ky) 或 (-kx, -ky)。 · 位似中心坐标的确定。 · 位似图形的面积比等于位似比的平方。 【练习1】（2025秋•金山区期末）如果一个图形上的点A，B，…，P，…和另一个图形上的点A′，B′，…，P′，…分别对应，并且它们的连线AA'，BB'…，PP'，…都经过同一点O，，那么这两个图形叫做位似图形，点O是位似中心．如图，四边形ABCD和四边形A1B1C1D1是位似图形，点D、D1的坐标分别为（5，2）、，如果AD的长为，那么A1D1的长为　　 ． 【答案】． 【分析】根据位似图形的定义，得到，求出位似比，即可得，求解即可． 【解答】解：∵点D、D1的坐标分别为（5，2）、， ∴， ∵四边形ABCD和四边形A1B1C1D1是以坐标原点O为位似中心的位似图形， ∴，即， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查坐标系下的位似．理解并掌握位似图形的定义是解题的关键． 【练习2】（2026•泾川县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC与△A′B′C′位似，位似中心是原点O．若点A′（2，2），C′（8，2），AC＝3，则点C的坐标为　（﹣4，﹣1）　 ． 【答案】（﹣4，﹣1）． 【分析】直接利用位似图形对应点坐标得出相似比，进而利用位似三角形的坐标特征得出答案． 【解答】解：∵点A′（2，2），C′（8，2）， ∴A′C′＝8﹣2＝6， ∵在平面直角坐标系xOy中，△ABC与△A′B′C′位似，位似中心是原点O， ∴， ∵C′（8，2）， ∴，即：C（﹣4，﹣1）． 故答案为：（﹣4，﹣1）． 【点评】本题考查的是位似变换，根据题意求出△ABC与△A'B'C'的位似比是解题的关键． 【练习3】（2026•榆林模拟）如图，在平行四边形ABCD中，以点A为位似中心，作平行四边形ABCD的位似平行四边形AEGF，且与原图形的相似比为3：4，连接BG，DG，若平行四边形ABCD的面积为32，则△BEG与△DFG的面积之和为　6　 ． 【答案】6． 【分析】连接AC，根据题意得出平行四边形 AEGF与平行四边形ABCD是以点A 为位似中心的位似图形，且相似比为3：4，再由位似图形的性质解答即可． 【解答】解：如图，连接AC， ∵在平行四边形ABCD中，以点A为位似中心，作平行四边形ABCD的位似平行四边形AEGF，且与原图形的相似比为3：4， ∴平行四边形 AEGF与平行四边形ABCD是以点A 为位似中心的位似图形，且相似比为3：4， ∴A，G，C三点在同一条直线上，EG∥BC，FG∥CD，AE：AB＝3：4， ∵平行四边形ABCD 的面积为32， ∴△ABC 和△ADC 的面积都是16， ∵EG∥BC， ∴△AEG∽△ABC， ∴， ∴S△AEG＝9， ∵AE：BE＝3：1， ∴S△BEG＝3，同理可得 S△DFG＝3， ∴△BEG与△DFG的面积之和为6， 故答案为：6． 【点评】本题考查的是位似变换，熟知如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键． 【练习4】（2026秋•同步）照相机是提升当代人生活幸福指数的设备之一．如图是其工作原理图，底片上的△ABC与实物△A1B1C1是位似图形，且相似比为，点A，C的对应点分别为A1，C1，AA1和CC1的交点O即为位似中心，若AB＝6，则A1B1的长为　12　 ． 【答案】12． 【分析】根据我试试图形的概念得到AB：A1B1＝1：2，计算即可． 【解答】解：∵△ABC与△A1B1C1是位似图形，且相似比为， ∴AB：A1B1＝1：2， ∵AB＝6， ∴A1B1＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查的是位似变换，正确理解位似图形的概念是解题的关键． 【练习5】（2026春•泰山区期末）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点△ABC与△A′B′C′成位似关系，则位似中心的坐标为　（4，5）　 ． 【答案】（4，5）． 【分析】对应顶点连线的交点即为位似中心，由此可解． 【解答】解：在如图所示的平面直角坐标系中，如图，AA′与CC′的交点D即为位似中心，坐标为（4，5）， 故答案为：（4，5）． 【点评】本题考查位似变换，坐标与图形性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习6】（2026春•南陵县期末）如图，在平面直角坐标系中，对正方形ABCD及其内部的每个点进行如下操作：把每个点的横、纵坐标都乘以同一个实数a，将得到的点先向右平移m个单位长度，再向上平移n个单位长度（m＞0，n＞0），得到正方形A′B′C′D′及其内部的点，其中点A，B的对应点分别为A′，B′．已知正方形ABCD内部的一点F经过上述操作后得到的对应点F′与点F重合． （1）m＝　　 ，n＝　2　 ． （2）点F的坐标是 　（1，4）　 ． 【答案】（1），2； （2）（1，4）． 【分析】（1）先利用以原点为位似中心的对应点的变换规律和点平移的变换规律得到，解方程组得到m、a，再利用点平移的坐标变换规律得到0+n＝2，然后解方程求出n的值； （2）设点F的坐标为（x，y），则F′（x，y），利用（1）中的变换规律得到xx，y+2＝y，然后解方程求出x、y，从而得到F点的坐标． 【解答】解：（1）根据题意得，解得， ∵0+n＝2， ∴n＝2； 故答案为：，2； （2）设点F的坐标为（x，y），则F′（x，y）， 根据题意得xx，解得x＝1， y+2＝y，解得y＝4， 所以点F的坐标是（1，4）． 故答案为：（1，4）． 【点评】本题考查了作图﹣位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．也考查了平移变换． 【练习7】（2026春•姑苏区期末）如图，在平面直角坐标系中，A点坐标为（0，4），B点坐标为（2，0），以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，以原点O为位似中心，在第三象限内作正方形A'B'C'D'，使其与正方形ABCD位似，且OA：OA'＝2：1，则点C'的坐标是　（﹣3，﹣1）　 ． 【答案】（﹣3，﹣1）． 【分析】过点C作CE⊥x轴于E，证明△AOB≌△BEC，根据全等三角形的性质得到BE＝OA＝4，CE＝OB＝2，进而求出点C的坐标，再根据位似变换的性质解答． 【解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴于E， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBE＝90°， ∵∠AOB＝90°， ∴∠ABO+∠BAO＝90°， ∴∠BAO＝∠CBE， 在△AOB和△BEC中， ， ∴△AOB≌△BEC（AAS）， ∴BE＝OA＝4，CE＝OB＝2， ∴OE＝OB+BE＝2+4＝6， 则点C的坐标为（6，2）， ∵正方形ABCD与正方形A'B'C'D'位似，且OA：OA'＝2：1， ∴正方形ABCD与正方形A'B'C'D'的位似比为2：1， ∴点C'的坐标为（6×（），2×（）），即（﹣3，﹣1）， 故答案为：（﹣3，﹣1）． 【点评】本题考查的是位似变换、全等三角形的判定和性质，根据全等三角形的性质确定点C的坐标是解题的关键． 【考点7】三角初步（第1-21题） · 锐角三角函数的定义。 · 解直角三角形：已知一边一角或两边。 · 坡度坡角问题：i = h : l = tan α。 · 仰角俯角问题。 · 方向角问题：北偏东、南偏西等。 · 构造直角三角形，作辅助线。 【练习1】（2025秋•杨浦区期末）已知△ABC中，AC＝4，∠A＝30°，，那么BC的长为 　　 ． 【答案】． 【分析】过点C作CD⊥AB于点D，在Rt△ACD中，根据AC＝4，∠A＝30°得CD＝2，在Rt△BCD中，根据tanB得BD＝3，再由勾股定理求出BC的长即可． 【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示： ∴△ACD和△BCD都是直角三角形， 在Rt△ACD中，AC＝4，∠A＝30°， ∴CDAC＝2， 在Rt△BCD中，tanB， ∴tanB， ∴， ∴BD＝3， 由勾股定理得：BC， ∴BC的长为． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义，勾股定理是解决问题的关键． 【练习2】（2025秋•杨浦区期末）如图是一辆小M汽车与墙平行停放的平面示意图，汽车靠墙一侧OB与墙MN平行且距离为0.8米，小汽车车门宽AO为1.2米，当车门打开角度∠AOB为40°时，车门 　不会　 碰到墙．（填“会”或“不会”）（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84） 【答案】不会． 【分析】过点A作AC⊥OB，垂足为点C，解三角形求出AC的长度，进而作出比较即可． 【解答】解：过点A作AC⊥OB，垂足为点C，如图： 在Rt△ACO中， ∵∠AOC＝40°，AO＝1.2米， ∴AC＝sin∠AOC•AO≈0.64×1.2＝0.768（米）， ∵汽车靠墙一侧OB与墙MN平行且距离为0.8米， ∴车门不会碰到墙， 故答案为：不会． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是正确添加辅助线，此题难度不大． 【练习3】（2025秋•嘉定区期末）如图，传送带和地面所成斜坡的坡度为1：2.4，它把物体从地面点A处送到离地面5米高的点B处，那么该物体在传送带上所经过的路程为　13　 米． 【答案】13． 【分析】根据坡度的概念求出AC，再根据勾股定理求出AB． 【解答】解：由题意可知：BC＝5米， ∵斜坡的坡度为1：2.4， ∴BC：AB＝1：2.4， ∴AC＝5×2.4＝12（米）， 由勾股定理得：AB13（米）， 故答案为：13． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度和水平宽度的比是解题的关键． 【练习4】（2025秋•嘉定区期末）如图，在港口P的南偏东60°方向有一座小岛Q，一艘船从港口P出发沿正东方向行驶24海里后到达A处，在A处测得小岛Q恰在其西南方向，那么小岛Q与港口P相距　（2424）　 海里．（结果保留根号） 【答案】（2424）． 【分析】过Q作QD⊥AP于点D，则∠QDP＝∠QDA＝90°，由题意可知，∠BPA＝60°，∠PAQ＝45°，AP＝24海里，再推出∠QPD＝30°，△ADQ是等腰直角三角形，得PQ＝2DQ，DQ＝DA，设DQ＝DA＝x海里，则PQ＝2x海里，进而由锐角三角函数定义求出PDDQx海里，然后由PD+DA＝AP列出方程，解方程即可解决问题． 【解答】解：如图，过Q作QD⊥AP于点D， 则∠QDP＝∠QDA＝90°， 由题意可知，∠BPA＝60°，∠PAQ＝45°，AP＝24海里， ∴∠QPD＝90°﹣60°＝30°，△ADQ是等腰直角三角形， ∴PQ＝2DQ，DQ＝DA， 设DQ＝DA＝x海里，则PQ＝2x海里， ∵tan∠QPDtan30°， ∴PDDQx（海里）， ∵PD+DA＝AP， ∴x+x＝24， 解得：x＝1212， ∴2x＝2424， 即小岛Q与港口P相距（2424）海里， 故答案为：（2424）． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【练习5】（2025秋•徐汇区期末）如图，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝3，AB＝4，AD为斜边BC上的中线，则cos∠CAD的值为 　　 ． 【答案】． 【分析】先由勾股定理求出BC＝5，根据直角三角形斜边中线性质得AD＝CD＝BDBC，进而得∠CAD＝∠C，在Rt△ABC中求出cos∠C即可得出cos∠CAD的值． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝3，AB＝4， 由勾股定理得：BC5， ∵AD为Rt△ABC斜边BC上的中线， ∴AD＝CD＝BDBC， ∴∠CAD＝∠C， ∴cos∠CAD＝cos∠C， 在Rt△ABC中，cos∠C， ∴cos∠CAD， 即cos∠CAD的值为． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，直角三角形三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 【练习6】（2025秋•徐汇区期末）如图，顾客站在某商场内的自动扶梯上从一楼移动15.6米到二楼，已知商场第一层楼的高度大约为6米，那么此自动扶梯斜坡的坡比是　1：2.4　 ． 【答案】1：2.4． 【分析】根据勾股定理求出AC，再根据坡度的概念计算即可． 【解答】解：由题意可知：在Rt△ABC中，AB＝15.6米，BC＝6米， 由勾股定理得：AC14.4（米）， 则此自动扶梯斜坡的坡比为：6：14.4＝1：2.4， 故答案为：1：2.4． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键． 【练习7】（2025秋•徐汇区期末）某公园有一秋千，如图所示，将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA′处释放，秋千摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的地方OA″．在某次秋千释放的过程中，已知，，且两侧位置的高度差MN为0.6米，根据信息可求出秋千OA的长度为　2　 米． 【答案】2． 【分析】在Rt△ONA″中，根据已知可设设NA″＝3x米，则ON＝4x米，从而利用勾股定理可得：OA″＝5x米，再根据题意可得：OA＝OA′＝OA″＝5x米，然后在Rt△OA′M中，利用锐角三角函数的定义求出OM的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：在Rt△ONA″中，tanβ， ∴设NA″＝3x米，则ON＝4x米， ∴OA″5x（米）， 由题意得：OA＝OA′＝OA″＝5x米， 在Rt△OA′M中，， ∴OM＝OA′•cosα＝2.5x（米）， ∵ON﹣OM＝MN， ∴4x﹣2.5x＝0.6， 解得：x＝0.4， ∴OA′＝5x＝2（米）， ∴秋千OA的长度为2米， 故答案为：2． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，准确熟练地进行计算是解题的关键． 【练习8】（2025秋•松江区期末）已知一副三角板中，含45°三角板的斜边（BE）与含30°三角板的长直角边（AC）相等．如图，将一副三角板拼在一起，点B、C、D在一条直线上，那么的值是　　 ． 【答案】． 【分析】由题意得∠BCE＝∠ACD＝90°，∠B＝∠CEB＝45°，∠A＝30°，BE＝AC，设BC＝EC＝m，则BE＝ACm，则AEm﹣m，因为CDAD，所以ACADm，求得ADm，则，于是得到问题的答案． 【解答】解：由题意得∠BCE＝∠ACD＝90°，∠B＝∠CEB＝45°，∠A＝30°，BE＝AC， ∴BC＝EC， 设BC＝EC＝m，则BEm， ∴ACm， ∴AE＝AC﹣ECm﹣m， ∵CDAD， ∴ACADm， ∴ADm， ∴， 故答案为：． 【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，设BC＝EC＝m，正确地用含m的代数式表示AE的长及AD的长是解题的关键． 【练习9】（2025秋•松江区期末）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，∠BDC＝120°，点A、B、C都在格点上，那么tan∠BAC的值是　　 ． 【答案】． 【分析】如图，连接BC，DE交于点O．证明△BDE，△CDE都是等边三角形，求出BC，再证明BC⊥AC可得结论． 【解答】解：如图，连接BC，DE交于点O． ∵四边形BDCE是菱形， ∴CD∥BE，BD＝BE＝CE＝CD＝1，BC⊥DE， ∴∠DBE＝180°﹣∠BDC＝60°， ∴△BDE，△CDE都是等边三角形， ∴OD＝OE，OB＝OC， ∴BC， ∵CD∥EF，DC＝EF， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DE∥CF， ∴AC⊥BC， ∴tan∠BAC． 故答案为：． 【点评】本题考查解直角三角形，菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 【练习10】（2025秋•普陀区期末）如图，斜坡AB的坡度为1：2.4，如果将斜坡的铅垂高度从A处沿射线CA的方向延伸2米，并保持坡度不变，那么需从B处沿射线CB的方向延伸　4.8　 米． 【答案】4.8． 【分析】设需从B处沿射线CB的方向延伸x米，根据保持坡度不变，列方程即可得到结论． 【解答】解：设需从B处沿射线CB的方向延伸x米， 根据题意得， ∴x＝4.8， 答：需从B处沿射线CB的方向延伸4.8米， 故答案为：4.8． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，正确地理解题意是解题的关键． 【练习11】（2025秋•普陀区期末）将两根长度相同的细铜丝均在其黄金分割点处弯折（不计弯折处损耗），再首尾相接围成一个矩形ABCD（AB＜BC），联结BD，那么∠DBC的正切值等于　　 ． 【答案】． 【分析】由黄金矩形的性质得∠C＝90°，CD＝AB，，则，再由锐角三角函数定义即可求解． 【解答】解：如图， 由题意可知，矩形ABCD是黄金矩形，AB＜BC， ∴∠C＝90°，CD＝AB，， ∴， ∴tan∠DBC， 故答案为：． 【点评】本题考查了黄金分割、矩形的性质、解直角三角形的应用等知识，熟练掌握黄金分割和矩形的性质是解题的关键． 【练习12】（2025秋•青浦区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣3，0）、B（2，12），则∠BAO正弦值是　　 ． 【答案】． 【分析】过点B作BC⊥x轴，根据平面直角坐标系点的特点确定BC、AC的长，再利用勾股定理求出AB，最后利用直角三角形的边角间关系得结论． 【解答】解：如图所示：过点B作BC⊥x轴，垂足为C． ∴点C的坐标为（2，0）． ∴AC＝2﹣（﹣3）＝5，BC＝12． 在Rt△ABC中， AB13． ∴sin∠BAO． 故答案为：． 【点评】本题考查了解直角三角形，掌握勾股定理、直角三角形的边角间关系是解决本题的关键． 【练习13】（2025秋•黄浦区期末）已知α是锐角，且，那么（sinα﹣cosα）的值为　　 ． 【答案】． 【分析】根据锐角三角函数的定义进行计算即可． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝α，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c， 由于tanα，可设a＝3k，则b＝2k，ck， ∴sinα，cosα， ∴sinα﹣cosα， 故答案为：． 【点评】本题考查同角的三角函数的关系，掌握锐角三角函数的定义以及同角三角函数的关系是正确解答的关键． 【练习14】（2025秋•奉贤区期末）景区新建了一条通往山顶观景台的缓坡步道，设计要求是坡度为1：2.4，施工方测得观景台距离地面的垂直高度为10米，为满足设计要求，这段缓坡步道的长度应为　26　 米． 【答案】26． 【分析】根据坡度定义，已知垂直高度10米，可求水平距离，再应用勾股定理求斜边长度即步道长度． 【解答】解：坡度比为1：2.4， 则水平距离为10×2.4＝24（米）， ∴为满足设计要求，这段缓坡步道的长度（米）， 故答案为：26． 【点评】本题考查了坡度的概念及用勾股定理求斜边长，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习15】（2025秋•奉贤区期末）如果一个等腰三角形腰上的高与底边的高的比为2：3，那么这个等腰三角形底角的余弦值是　　 ． 【答案】． 【分析】利用等腰三角形面积公式，建立腰上的高与底边上的高的关系，得到底边与腰的比，再在直角三角形中求底角的余弦值． 【解答】解：设等腰三角形底边长为a，腰长为c，底边上的高为h底，腰上的高为h腰． ∴，即 ∴． ∵h腰：h底＝2：3， ∴． 在等腰三角形中，底边上的高也是中线， ∴底角的邻边为，斜边为c， ∴如果一个等腰三角形腰上的高与底边的高的比为2：3，那么这个等腰三角形底角的余弦值． 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的性质、余弦函数的定义，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习16】（2025秋•奉贤区期末）小海操控一辆遥控玩具车从A处沿北偏东60°方向走了6米到B处，再从B处向正南方向走了9米到达C处，此时这辆遥控玩具车离A处的距离是　　 米． 【答案】． 【分析】根据题意，利用方向角，再根据两点间距离公式求解． 【解答】解：如图， ∵∠NAB＝∠ABC＝60°，AB＝6米，BC＝9米，∠BMA＝90° ∴∠BAM＝30°， ∴（米）， ∴MC＝BC﹣BM＝9﹣3＝6（米）， ∴（米）， ∴（米）． 故答案为：． 【点评】本题考查了方向角和勾股定理的应用，掌握勾股定理是解题关键． 【练习17】（2025秋•虹口区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，．点D在边BC上，联结AD，将△ABD沿AD翻折得到△AED，点B对应点E，联结CE，如果CE∥AB，那么BD的长是　　 ． 【答案】． 【分析】作AG⊥BC于点G，由题中条件结合勾股定理可求得BG．由翻折可设∠B＝∠DEA＝∠ACB＝x，∠BAD＝∠EAD，结合平行导角可得∠ACE＝2x，又AB＝AE＝AC＝10，故∠AEC＝∠ACE＝2x，结合平行关系导角可证得BD＝AD，作DF⊥AB于点F，则BF＝5，由cosB， 可求出BD． 【解答】解：如图所示，作AG⊥BC于点G， ∵AB＝AC＝10，， ∴，AG， 故BG． 由翻折可设∠B＝∠DEA＝∠ACB＝x，∠BAD＝∠EAD， ∵AB∥CE， ∴∠DCE＝∠B＝x， ∴∠ACE＝2x， 又∵AB＝AE＝AC＝10， ∴∠AEC＝∠ACE＝2x， ∵AB∥CE， ∴∠BAE＝∠AEC＝2x， ∴∠BAD＝∠EAD＝x， ∴BD＝AD， 作DF⊥AB于点F，则BF5， ∵cosB， ∴BD， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，平行线的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握以上内容以及作出恰当的辅助线是解题关键． 【练习18】（2025秋•浦东新区期末）如图，监测点P在距离道路l的100米处，道路上的货车A在监测点P的北偏西60°的方向，道路上的汽车B在监测点P的东北方向，此时货车A和汽车B相距　　 米（结果保留根号）． 【答案】． 【分析】过点P作PD⊥AB于点D，在Rt△APD和Rt△BPD中，利用三角函数解得AD，BD的长度，然后由AB＝AD+BD求解即可． 【解答】解：如图，点P在距离道路l的100米处，道路上的货车A在监测点P的北偏西60°的方向，过点P作PD⊥AB于点D， 由题意，可知：∠APD＝60°，∠BPD＝45°，PD＝100（米）， 在Rt△APD中，得：， ∴（米）， 在Rt△BPD中，得：， ∴BD＝PD×tan∠BPD＝100×tan45°＝100×1＝100（米）， ∴（米）， ∴此时货车A和汽车B相距米． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键． 【练习19】（2025秋•浦东新区期末）如图，从甲楼的一窗口观测点A处测得乙楼的楼顶端B的仰角是37°，那么从乙楼顶端B处看A处的俯角是　37°　 ． 【答案】37°． 【分析】作AC⊥BC于点C，BD⊥BC，由平行线的性质得到∠DBA＝∠CAB＝37°，得出答案． 【解答】解：如图，作BD⊥BC，AC⊥BC于点C， ∴BD∥AC， ∴∠DBA＝∠CAB＝37°， ∴从甲楼的一窗口观测点A处测得乙楼的楼顶端B的仰角是37°，则从乙楼顶端B处看A处的俯角是37°， 故答案为：37°． 【点评】本题考查了仰角俯角的定义，平行线的性质，掌握相关知识是解题的关键． 【练习20】（2025秋•浦东新区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，CD平分∠ACB，E为DC延长线上一点，且∠CEA＝∠CBE，那么的值为　　 ． 【答案】． 【分析】过点E作EF∥BC交AB的延长线于点F，延长AC交EF于点F，根据题意设BC＝k，则AC＝2k，证明△ACE∽△ECB，得到，根据勾股定理EH＝CH＝k，得到AH＝AC+CH＝2k+k＝3k，根据解直角三角形得到，证明△DCB∽△DEF，得到，即可得出答案，掌握相关知识是解题的关键． 【解答】解：过点E作EF∥BC交AB的延长线于点F，延长AC交EF于点F，如图： 在Rt△ABC中，， 设BC＝k，则AC＝2k， ∵∠ACB＝90°，CD平分∠ACB， ∴， ∴180°﹣∠ACD＝180°﹣∠BCD，即∠ACE＝∠BCE， 又∵∠CEA＝∠CBE， ∴△ACE∽△ECB， ∴， ∴CE2＝AC•BC＝2k•k＝2k2， ∴， ∵AC⊥BC，EF∥BC， ∴AH⊥EF， ∴∠AHE＝90°， ∵EF∥BC， ∴∠CEH＝∠BCD＝45°， ∴∠ECH＝∠CEH＝45°， ∴EH＝CH， 在Rt△CGE中，， ∴ ∴EH＝CH＝k， ∴AH＝AC+CH＝2k+k＝3k， ∵，即， ∴， ∴， ∵EF∥BC， ∴△DCB∽△DEF， ∴， ∴∠ACB＝90°，，CD平分∠ACB，E为DC延长线上一点，且∠CEA＝∠CBE，那么， 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习21】（2025秋•静安区期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，CD是中线，那么tan∠BCD的值是　　 ． 【答案】． 【分析】过点A作AE⊥BC，过点D作DF⊥BC，利用等腰三角形的性质和勾股定理先求出AE的长，再利用中位线的性质求出CF、DF，最后利用直角三角形的边角间关系得结论． 【解答】解：过点A作AE⊥BC，垂足为E，过点D作DF⊥BC，垂足为F． ∵AB＝AC＝13，BC＝10， ∴AE平分BC． ∴BE＝5． ∴AE12． ∵CD是中线，AE⊥BC，DF⊥BC， ∴DE是△ABE的中位线． ∴DFAE＝6，BFBE＝2.5． ∴CF＝BC﹣BF＝7.5． 在Rt△BCF中， tan∠BCD． 故答案为：． 【点评】本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系、勾股定理、等腰三角形的性质、中位线的性质是解决本题的关键． 【考点8】投影与视图（第1-11题） · 平行投影与中心投影。 · 三视图的识别与判断。 · 由三视图确定几何体。 · 正方体展开图的判断。 · 根据三视图进行相关计算（如圆锥表面积）。 【练习1】（2025秋•闵行区期末）如图①中小狗手影是一种常见的游戏，它利用的原理是：光是沿直线传播的．如图②我们把光源看成一个点，手面看成平行于墙面的一条线段．在一次游戏中，手距离墙壁3米，光源与手的距离为1米．在手的位置不变的情况下，如果光源与手的距离增加1米，那么小狗手影的高度变为原来的　　 （填“几分之几”）． 【答案】． 【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：∵点O为光源，CD为小狗手影，AB为小明的手， ∴AB∥CD， 作OE⊥AB交AB于点E，延长OE交CD于点F，则OF⊥CD， ∵AB∥CD， ∴∠OBA＝∠ODC，∠OAB＝∠OCD， ∴△OAB∽△OCD， ∴， ∵OF＝3+1＝4米，OE＝1米， ∴， 设AB＝x， ∴CD＝4x， ∵在光源不动的情况下，光源与手的距离增加1米， ∴OE′＝2米， ∵△OAB∽△OC′D′， ∴， ∴， ∴C′D′x， ∴， 答：小狗手影的高度变为原来的， 故答案为：． 【点评】本题考查相似三角形的应用，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质． 【练习2】（2026•科尔沁区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，点P（2，5）是一个光源，横杆MN两端的坐标分别为（﹣2，3），（3，3），则横杆MN在x轴上的投影长为　　 ． 【答案】． 【分析】如解图，横杆MN在x轴上的投影为AB，作PD⊥x轴，交MN于点C，证明△PMN∽△PAB，根据相似三角形对应边上的高线比等于相似比，进行求解即可． 【解答】解：如图，横杆MN在x轴上的投影为AB，作PD⊥x轴，交MN于点C， ∵点P（2，5），横杆MN两端的坐标分别为（﹣2，3），（3，3）， ∴PD＝5，MN∥x轴， ∴PC⊥MN，PC＝5﹣3＝2，MN＝3﹣（﹣2）＝5，△PMN∽△PAB， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查坐标确定位置，平行投影，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【练习3】（2026•米脂县校级开学）比赛当天下午，小颖先参加了校运动会女子100米短跑比赛，一段时间后又参加了女子400米接力比赛，如图是小刚在同一位置为小颖拍摄的两张比赛照片，则小颖参加400米接力赛的照片是　甲　 （填“甲”或“乙”，小颖处于北半球）． 【答案】甲． 【分析】根据平行投影的规律：从早晨到傍晚物体的指向是：西﹣西北﹣北﹣东北﹣东，影长由长变短，再变长，进行判断即可． 【解答】解：根据平行投影的规律：从早晨到傍晚物体的指向是：西﹣西北﹣北﹣东北﹣东，影长由长变短，再变长；则乙照片是参加100m的，甲照片是参加400m的． 故答案为：甲． 【点评】本题考查平行投影．熟练掌握平行投影的规律，是解题的关键． 【练习4】（2026•海伦市二模）如图是由若干个相同的小正方体搭成的一个几何体的左视图和俯视图．则所需的小正方体的个数最多有　8　 个小正方体． 【答案】8． 【分析】由左视图和俯视图可以猜想到主视图的可能情况，从而得到答案． 【解答】解：从俯视图可看出前后有三层，从左视图可看出最后面有2层高， 中间最高是2层，最少1层，最多就都是2层， 最前面的最高是1层， 最多有：2+2×2+1×2＝8（个）． 故答案为：8． 【点评】本题考查了由三视图判断几何体，由两个视图想象几何体是解题的关键， 【练习5】（2025秋•渠县期末）一个几何体由若干大小相同的小立方块搭成，如图分别是从它的正面、上面看到的形状图，那么搭成该几何体至少需用小立方块　6　 个． 【答案】6． 【分析】根据题意可以得到该几何体从正面和上面看至少有多少个小立方体，综合考虑即可解答本题． 【解答】解：根据主视图可得，俯视图中第一列中至少一处有2层； 所以该几何体至少是用6个小立方块搭成的． 故答案为：6． 【点评】本题考查了由三视图判断几何体，由三视图想象几何体的形状，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状． 【练习6】（2025秋•勉县期末）一个几何体由一些大小相同的小立方块搭成，从正面、上面、左面看到的这个几何体的形状图如图所示，则这个几何体中小立方块的个数有　5　 个． 【答案】5． 【分析】利用俯视图判断出小正方体的个数即可． 【解答】解：如图，这个几何体的小正方体的个数＝2+1+1+1＝5（个）． 故答案为：5． 【点评】本题考查由三视图判断几何体，解题的关键是理解三视图的定义． 【练习7】（2026•武威二模）已知一个圆锥体的三视图如图所示，则这个圆锥体的表面积为 　36π　 ． 【答案】36π． 【分析】先利用三视图得到底面圆的半径为4，圆锥的高为3，再根据勾股定理计算出母线长l为5，然后根据圆锥的侧面积公式：S侧＝πrl代入计算即可． 【解答】解：根据三视图得到圆锥的底面圆的直径为8，即底面圆的半径r为4，圆锥的高为3， 所以圆锥的母线长l5， 所以这个圆锥的表面积是π×4×5+42π＝20π+16π＝36π． 故答案为：36π． 【点评】本题考查了圆锥的计算，掌握圆锥的侧面积公式：S侧•2πr•l＝πrl是解题的关键．也考查了三视图． 【练习8】（2025秋•梁溪区校级期末）如图所示，把正方体纸盒沿棱剪开后平铺，原来与点A重合的顶点是点I ． 【答案】I． 【分析】根据正方体表面展开图的特征，先确定相对面，进而确定相邻面，再得出重合顶点． 【解答】解：如图，由正方体的表面展开图的特征可知， 2与4是相对面；1与5是相对面；3与6是相对面． 点A与点I重合，点B与点H，点F重合，点C与点J重合，点D与点E重合， 故答案为：I． 【点评】本题考查了几何体的展开图，从图中找出相邻面是解题关键． 【练习9】（2025秋•南阳期末）将图1中的正方体剪开，得到的平面展开图可能是图2中的　①③　 ．（填序号） 【答案】①③， 【分析】根据正方体的展开图逐一判断即可． 【解答】解：①属于“一四一”型正方体展开图，可以折成正方体； ②是凹字形，不能折成正方体； ③属于“二三一”型正方体展开图，可以折成正方体； ④折叠时会有面重叠，不能折成正方体． 所以得到的平面展开图可能是①③． 故将图1中的正方体剪开，得到的平面展开图可能是图2中的①③． 故答案为：①③． 【点评】本题考查了正方体的展开图，熟练掌握展开图是解题的关键． 【练习10】（2025秋•栖霞区校级期末）一个正方体的六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，从三个不同的方向看到的情形如图1所示，图2为这个正方体的侧面展开图，则图中的x表示的数字是　3　 ． 【答案】3 【分析】根据与1相邻的面的数字有2、3、4、6判断出1的对面数字是5，与4相邻的面的数字有1、3、5、6判断出4的对面数字是2，从而确定出3的对面数字是6，再根据图2可得结果． 【解答】解：由图1可知，1的对面数字是5， ∵与4相邻的面的数字有1、3、5、6， ∴4的对面数字是2， ∴3的对面数字是6， ∴x的值为3， 故答案为：3． 【点评】本题考查了正方体相对两个面上的文字，解题的关键是掌握正方体展开图． 【练习11】（2025秋•安定区期末）请你相信“努力总会发光!”．如图是正方体的展开图，已知一个正方体展开图六个面依次书写“努”“力”“总”“会”“发”“光”，则折叠后与“总”相对的是　光　 ． 【答案】光． 【分析】根据正方体的侧面展开图的“相间、Z端是对面”进行解答即可． 【解答】解：根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，“总”与“光”是对面， 故答案为：光． 【点评】本题主要考查正方体的相对两个面上的文字，熟练掌握正方体的侧面展开图特征是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $