PAGE1搶分秘籍04幾何圖形選填壓軸題（含特殊三角形、特殊平行四邊形、圓等綜合問題）目錄【解密中考】總結常考點及應對的策略，精選名校模擬題，講解通關策略（含押題型）【題型一】平行線中求角的度數【題型二】三角形中求線段或角【題型三】多邊形中求線段或角【題型四】四邊形中求線段或角【題型五】圓中求線段或角【題型六】圓中求扇形或不規則圖形的面積【題型七】圖形平移中求線段或角【題型八】圖形旋轉中求線段或角【誤區點撥】點撥常見的易錯點易錯點一：等腰三角形多解題漏解易錯點二：直角三角形多解題漏解：幾何圖形選填壓軸題含特殊三角形、特殊平行四邊形、圓等綜合問題是全國中考的熱點內容，更是全國中考的必考內容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規范等原因導致失分。1．從考點頻率看，以等腰三角形、直角三角形等為基礎的多解題，特殊四邊形與圓為載體的幾何求解問題是高頻考點、必考點，所以必須提高對幾何圖形性質的理解和掌握。2．從題型角度看，以選擇題、填空題最后一題為主，分值3分左右，著實不少！：幾何圖形選填壓軸題備考需聚焦高頻考點，如動態最值、多結論推理、幾何變換綜合。首先夯實基礎，熟背全等/相似判定、解直角三角形、圓的性質等核心定理，歸納手拉手、將軍飲馬等經典模型。訓練時注重特殊值法、極限位置法快速排除選項，結合尺規作圖輔助分析，錯題按“條件-突破口-易錯點”分類整理。考前限時刷題保持題感，重點突破圖形折疊、動點軌跡等復雜情境，提升數形結合與逆向推導能力。【題型一】平行線中求角的度數【例1】（2025·全國·二模）如圖是一款手機支架，若張角，支撐桿與桌面夾角，那么此時面板與水平方向夾角的度數為（）．A． B． C． D．【答案】A【知識點】根據平行線的性質求角的度數、三角形內角和定理的應用【分析】本題主要考查了平行線的性質、三角形內角和定理等知識點，將實際問題轉化成數學問題成為解題的關鍵．由題意可得：，則；然后根據三角形內角和定理即可解答．【詳解】解：如圖，過點D作，∴，∵，∴．故選：A．平行線中求角的度數，先辨角的位置關系（同位角、內錯角、同旁內角），直接用定理轉化。遇拐點（“M”“Z”型等）過點作平行線，分解圖形為基本模型。結合對頂角、鄰補角及三角形外角性質，標注已知角逐步推導，復雜圖形可拆分或延長線段顯化關系，注意隱含平行條件（如矩形對邊、三角板直角邊）。【例2】（2025·上海閔行·模擬預測）如圖，已知，交于點，，，那么度．【答案】【知識點】根據平行線的性質求角的度數、三角形的外角的定義及性質【分析】本題考查平行線的性質，熟練掌握平行線的性質是解題的關鍵；由平行線的性質推出，由三角形的外角性質即可求出的度數．【詳解】解：∵，∴，∴.故答案為：【變式1】（2025·山西忻州·模擬預測）圖1是某品牌共享單車放在水平地面的實物圖，圖2是其幾何示意圖，其中，都與地面平行，，，若，則等于（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】平行公理推論的應用、根據平行線的性質求角的度數【分析】本題考查了平行公理推論、平行線的性質，熟練掌握平行線的性質是解題關鍵．先根據平行公理推論可得，再根據平行線的性質可得，從而可得，然后根據平行線的性質求解即可得．【詳解】解：∵，都與地面平行，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，故選：B．【變式2】（2025·山西·一模）如圖，一條光線經平面鏡的反射光線經凹透鏡折射后，其折射光線的反向延長線過凹透鏡的一個焦點．已知光線的入射角為，反射光線與折射光線的夾角，則光線與光線所夾的銳角為（

）A．65° B． C． D．25°【答案】A【知識點】利用鄰補角互補求角度、三角形的外角的定義及性質、三角形內角和定理的應用【分析】本題主要考查了物理知識、三角形內角和定理、三角形外角的性質、鄰補角的性質等知識點，掌握三角形的相關性質成為解題的關鍵．如圖：延長相交于點E，由題意可得：，由鄰補角的定義可得，再根據三角形外角的性質可得，再最后根據三角形內角和定理求得即可．【詳解】解：如圖：延長相交于點E，由題意可得：，∵，∴，∴，∵，∴．故選A．【變式3】（2025·山東青島·模擬預測）2023年5月底，由中國商飛公司制造的圓滿完成商業首飛，對中國涉足國際航空領域大國政治具有象征意義．如圖是機翼設計圖，已知，，與水平線的夾角為，則等于．【答案】【知識點】平行線的性質在生活中的應用、根據平行線判定與性質求角度【分析】本題考查平行線的判定與性質的實際應用，作，，則，根據平行線得到，，最后根據代入計算即可．【詳解】解：如圖，作，，點在點右邊，點在點右邊，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵與水平線的夾角為，∴，∴，故答案為：．【題型二】三角形中求線段或角【例1】（2025·陜西咸陽·一模）如圖，在中，點D，E分別是邊，的中點，連接，．若的面積是8，則的面積是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【知識點】根據三角形中線求面積【分析】本題考查了三角形的中線，三角形的面積的計算，正確的識別圖形是解題的關鍵．根據三角形的中線與面積公式即可得到結論．【詳解】解：∵點D是邊的中點，的面積等于8，∴，∵E是的中點，∴，故選：A．三角形中求線段和角，先判三角形類型（等腰、直角等），用對應性質（等邊對等角、勾股定理）。線段常借全等/相似轉化，遇中點連中線、倍長法，截長補短處理和差；角度用內角和、外角定理，結合角平分線、三角函數（正弦/余弦定理），復雜時作高或輔助線構造基本圖形推導。【例2】（2025·廣東東莞·模擬預測）如圖，在中，，是的平分線．若，，則的長為．【答案】【知識點】三線合一、用勾股定理解三角形【分析】本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質，熟練掌握等腰三角形的性質是解題的關鍵．根據等腰三角形的性質得到，，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：，是的平分線，，，，，，，故答案為：．【變式1】（2025·河南鄭州·模擬預測）如圖，在中，，設，，且是定值，點是上一點，點為中點，連接，將線段沿繞點順時針旋轉，得到線段交于點，若點關于直線的對稱點恰為點，則下列線段長為定值的是（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】等腰三角形的性質和判定、斜邊的中線等于斜邊的一半、根據旋轉的性質求解、相似三角形的判定與性質綜合【分析】連接，，，在上取點H，使，連接，過點E作于點K，根據直角三角形的性質得出，設，則，求出，得出，求出，得出，求出，，得出，求出，，，從而求出，，即可得出答案．【詳解】解：連接，，，在上取點H，使，連接，過點E作于點K，如圖所示：∵在中，，點為中點，∴，∴，根據旋轉可知：，，∴和為等腰三角形，，設，則，∴，∴，根據軸對稱可知：，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，，，∴，∴，∴，∴，∴為的中位線，∴，∴、均不是定值，∴，∴為定值，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴為的中位線，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴不是定值，綜上分析可知，為定值，故選：B．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的判定和性質，直角三角形的性質，平行線分線段成比例定理，三角形中位線的性質，相似三角形的判定與性質，平行線的判定和性質，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握相關的判定和性質．【變式2】（2025·遼寧·一模）如圖，在中，，以點C為圓心，適當長為半徑作弧，分別交、于點E，F，再分別以點E，F為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧交于點G，作射線交于點D，過點D作交于點H．若，則（用含a的代數式表示）．【答案】【知識點】作角平分線(尺規作圖)、等腰三角形的性質和判定、相似三角形的判定與性質綜合【分析】由作法得平分，證明，，再證明，再利用相似三角形的性質可得答案．【詳解】解：由作法得平分，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查的是平行線的性質，等腰三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，證明是解本題的關鍵．【變式3】（2025·陜西西安·一模）如圖，在四邊形中，連接，，．已知是邊上的一點，連接DE，過點E作于點F，且．若，，則的長為．【答案】【知識點】內錯角相等兩直線平行、角平分線的判定定理、用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的判定與性質求解【分析】結合題意，再根據角平分線的判定可得平分，利用平行線的判定，可推出四邊形是平行四邊形，即，根據勾股定理可得，設，再利用，代入數值解方程可得，再利用勾股定理可得．【詳解】解：∵，∴平分，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，設，∵，∴，解得，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質與判定，平行線的判定，勾股定理，角平分線的判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【題型三】多邊形中求線段或角【例1】（2025·河南駐馬店·一模）如圖，直線，正五邊形的邊在直線上，頂點在直線上，過點作正五邊形的對稱軸分別交，，于點，，，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】根據平行線的性質求角的度數、三角形的外角的定義及性質、正多邊形的內角問題【分析】本題考查了正五邊形的性質，平行線的性質，三角形的外角定理，掌握正多邊形的內角問題是解題的關鍵．過點作于點，先求出正五邊形的內角，再根據其軸對稱性求出，再由三角形的外角性質即可解決．【詳解】解：過點作于點，∵∵，，∴，∵正五邊形是軸對稱圖形，∴，，∴，∴，故選：A．本題考查了求反比例函數的解析式，反比例函數與一次函數交點的求解，以及銳角三角函數的應用，正確添加輔助線是解題的關鍵．【例2】（2025·上海楊浦·一模）如圖，已知正五邊形的邊長是4，聯結交于點F，那么的長是．【答案】/【知識點】等腰三角形的性質和判定、正多邊形的內角問題、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了正多邊形內角和定理，相似三角形的性質與判定，等腰三角形的性質與判定等，先求出，則可求出，，則，設，則，證明，利用相似三角形的性質列出比例式求解即可．【詳解】解：∵五邊形是正五邊形，∴，∴，同理可得，∴，∴，，，∴，∴，設，則，∵，∴，∴，即，解得或（舍去），∴，故答案為：．【變式1】（2025·安徽蚌埠·一模）如圖，將正五邊形沿折疊，若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】正多邊形的內角問題、折疊問題【分析】本題考查了正多邊形的內角和以及折疊的性質，根據多邊形內角和可得，根據折疊的性質得出，進而根據四邊形內角和為，即可求解．【詳解】解：∵五邊形是正五邊形，∴由折疊的性質得，∵，∴在四邊形中，故選：D．【變式2】（2025·福建漳州·模擬預測）中國古建筑中的字臺樓閣很多都采用八邊形結構．如圖1是漳州市威鎮閣，其外層屋檐的平面示意圖可抽象成正八邊形，如圖2所示，則這個正八邊形的一個外角的度數為°．【答案】45【知識點】正多邊形的外角問題【分析】本題考查多邊形的外角和．熟練掌握多邊形的外角和為，是解題的關鍵．根據多邊形的外角和進行計算即可．【詳解】解：正八邊形的一個外角的度數為，故答案為：．【變式3】（2025·陜西咸陽·一模）如圖是由正方形和正五邊形疊放在一起形成的圖形，點是邊的中點，則的度數為．【答案】/度【知識點】正多邊形的內角問題、直角三角形的兩個銳角互余【分析】本題考查的是正多邊形的性質，正多邊形的內角和定理的應用，根據正五邊形的內角和可得，結合直線為正五邊形的對稱軸，可得，進一步結合正方形的性質可得答案.【詳解】解：∵正五邊形，點是邊的中點，∴，直線為正五邊形的對稱軸，∴，∵正方形，∴，∴；故答案為：【題型四】四邊形中求線段或角【例1】（2025·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，中，以點B為圓心，適當長為半徑作弧，分別交，于點E，F，分別以點E和點F為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點O，作射線交于點G，交的延長線于點H，若，，的長為（

）A．4 B． C．5 D．【答案】B【知識點】作角平分線(尺規作圖)、等腰三角形的性質和判定、利用平行四邊形的性質求解、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了角平分線的定義、平行四邊形的性質、等腰三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質，由角平分線的定義結合平行四邊形的性質可得，，證明，由相似三角形的性質計算即可得解．【詳解】解：由作圖可得：平分，∴，∵四邊形為平行四邊形，∴，，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，即，∴，故選：B．四邊形中求線段和角，先判類型（平行四邊形、梯形等），用對應性質（對邊平行、對角線平分等）。線段常連對角線分三角形，借全等/相似、勾股定理轉化，梯形作高或平移腰；角度用內角和360°，結合平行線性質、三角形外角定理，遇中點連中位線，復雜圖形補形或拆分基本模型推導。【例2】（2025·河北石家莊·一模）如圖，在菱形中，對角線相交于點O，，．點A與關于過點O的直線l對稱，直線l與交于點P．當點落在的延長線上時，的值為．【答案】【知識點】利用菱形的性質求線段長、解直角三角形的相關計算【分析】本題考查菱形的性質，解直角三角形，軸對稱的性質，連接，過P作于H，由菱形的性質推出平分，，得到，求出，求出，，由軸對稱的性質推出直線l垂直平分，得到，由等腰三角形的性質得到，判定是等腰直角三角形，得到，設，由，求出，得到，求出，由含30度角的直角三角形的性質得到．【詳解】解：連接，過P作于H，∵四邊形是菱形，∴平分，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵點A與關于直線l對稱，∴直線l垂直平分，∴，∴直線l平分，∴，∴是等腰直角三角形，∴，設，∵，∴，∴，∴，∵，∴．故答案為：．【變式1】（2025·廣東東莞·模擬預測）如圖，在矩形中，，，對角線與相交于點O，點H為射線延長線上一點，連接交于點E，若，則的長度為（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】用勾股定理解三角形、與三角形中位線有關的求解問題、根據矩形的性質求線段長、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了中位線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，矩形的性質，取的中點，連接，則可得，則可求得，再利用勾股定理，即可解答，作出正確的輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：如圖，取的中點，連接，，四邊形是矩形，，點是的中點，是的中位線，，，，，，，，根據勾股定理可得，，，故選：D．【變式2】（2025·北京海淀·模擬預測）如圖，正方形邊長為，點是正方形內一點，滿足．連接，則下面給出的四個結論中，所有正確結論的序號為（

）

①；②；③的度數最大值為；④當時，．A．①② B．①④ C．①②③ D．①③④【答案】B【知識點】用勾股定理解三角形、根據正方形的性質證明、解直角三角形的相關計算【分析】本題主要考查了圓與正方形綜合、解直角三角形、勾股定理等知識點，根據題意得到點E的運動軌跡是解題的關鍵．如圖：連接交于H，取中點O，連接，先證明點E在以點O為圓心，為直徑的圓上運動，當三點共線，即點E運動到點H時，當三點共線時，有最小值，據此可判斷①②；如圖：當與相切時有最大值，證明，得到，，則，再證明，得到，即可判斷③④．【詳解】解：如圖：連接交于H，取中點O，連接，∵四邊形是正方形，

∴；∵，∴點E在以點O為圓心，為直徑的圓上運動，∵，∴點H在上，∵，∴當三點共線，即點E運動到點H時，，故①正確；∵點E在以點O為圓心，為直徑的圓上運動，∴當三點共線時，有最小值，在中，由勾股定理得，∴的最小值為，故②錯誤；如圖：當與相切時有最大值，

∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴的度數最大值不是，故③錯誤；∵，∴垂直平分，∴，∴，∴，故④正確．綜上，正確的有①④．故選：B．【變式3】（2025·山西忻州·模擬預測）在矩形中，，，對角線，交于點，過點作，垂足為，為中點，連接交于點，則的長為．【答案】/【知識點】用勾股定理解三角形、根據矩形的性質求線段長、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】如圖，延長交于點，先利用三角函數求得，得出為等邊三角形，得出，再證出和，得出，進而即可得解．【詳解】如圖，延長交于點，在矩形中，，，，四邊形是矩形，，，為等邊三角形，，，，，，，，，在中，由勾股定理可得，，，，為中點，，，，，故答案為：．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質等知識點，熟練掌握以上知識點并能正確添加輔助線是解決此題的關鍵．【題型五】圓中求線段或角【例1】（2025·河北保定·一模）如圖，A，B，C是圓O上的三點，已知，那么的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【知識點】等邊對等角、圓周角定理【分析】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的性質等知識，熟練掌握圓周角定理是解題關鍵．連接，先根據等腰三角形的性質、三角形的內角和定理可得的度數，再根據圓周角定理即可得．【詳解】解：如圖，連接，∵，，∴，∴，由圓周角定理得：，故選：D．圓中求線段和角，緊扣圓的性質：連半徑、作弦心距，構造直角三角形（半徑、半弦、弦心距），用垂徑定理、勾股定理求線段；借圓周角定理（同弧/等弧、直徑對直角）、圓心角定理、弦切角定理轉化角度，圓內接四邊形對角互補。遇切線連切點與圓心，遇交點用相交弦/切割線定理，輔助線多圍繞“弧-角-線段”對應關系推導。【例2】（2025·天津·一模）如圖，交于點切于點點在上，若，則為．

【答案】/38度【知識點】圓周角定理、切線的性質定理【分析】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，三角形內角和定理，利用圓周角定理求出是解題的關鍵．先由圓周角定理得到，由切線的性質得到，即可利用三角形內角和定理求出的度數．【詳解】解：∵，∴，∵切于點C，∴，∴，故答案為：．【變式1】（2025·湖南衡陽·模擬預測）如圖，在中，是切線，切點是B，直線交于點D，A，點E為上的一點，連接，．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】直角三角形的兩個銳角互余、圓周角定理、切線的性質定理【分析】考查切線的性質、直角三角形銳角互余、圓周角定理及推論，如圖所示，連接，首先由切線得到，然后求出，最后利用圓周角定理求解即可．【詳解】如圖所示，連接，是的切線，切點是在中，圓周角與圓心角所對的弧是，．故選：B．【變式2】（2025·江蘇南京·二模）如圖，內接于，，點D在上，于點E．若，則的長為．【答案】3【知識點】含30度角的直角三角形、圓周角定理、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了圓周角的性質，相似三角形的判定和性質．關鍵是添加適當的輔助線，構造相似．連接，，利用同弧所對的圓周角相等，，可得三角形相似，再找到對應線段成比例即可求出．【詳解】解：連接．，若，．，是圓的直徑，，，，，，，，，．故答案為：3．【變式3】（2025·吉林長春·一模）如圖，是的直徑，弦于點G，點F是上一點，且滿足，連接并延長交于點E，連接，給出下列結論：①；②；③當時，；④當時，的面積是．上述結論中，正確結論的序號是．【答案】①②④【知識點】利用垂徑定理求值、圓周角定理、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】根據圓周角定理及垂徑定理推出，即可判斷①；證明，即可判斷②；設，則，結合，得到，求出，，由，利用余弦的定義即可判斷③；由已知先求出，再求出，，進而求出，利用三角形相似的性質即可求出，根據，即可判斷④．【詳解】解：∵是的直徑，，∴，∴，故①正確；∵，∴，∴，∴，故②正確；∵，設，則，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，故③錯誤；∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題考查了垂徑定理，圓周角定理，三角形相似的判定與性質，解直角三角形，勾股定理，綜合運用以上知識是解題的關鍵．【題型六】圓中求扇形或不規則圖形的面積【例1】（2025·安徽滁州·一模）如圖，點C在半圓O的直徑的延長線上，與半圓O相切于點D，，，則的長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【知識點】切線的性質定理、求弧長、解直角三角形的相關計算【分析】本題考查了切線的性質，解直角三角形，弧長公式等知識，由切線的性質得到，從而得到，根據解直角三角形得到，再利用弧長公式即可求解，掌握相關知識是解題的關鍵．【詳解】解：連接，如圖：∵與半圓相切，∴，∵，，∴，，∴的長度，故選：A．圓中求扇形或不規則圖形面積，先明確扇形圓心角與半徑，用公式S=\frac{n\pir^2}{360}或S=\frac{1}{2}lr（l為弧長）。不規則圖形常通過割補法：拆分或組合為扇形、三角形、弓形（扇形減三角形），利用對稱性、全等/相似轉化，或用整體面積（圓、矩形等）減空白部分，輔以弦長、垂徑定理求關鍵線段。【例2】（2025·河南安陽·模擬預測）如圖所示是某同學“抖空竹”的一個瞬間．已知繩子分別與空竹相切于點，且，連接左右兩個繩柄，經過圓心，分別交于點，經測量，則圖中陰影部分的面積為．【答案】【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、切線的性質定理、求其他不規則圖形的面積、根據特殊角三角函數值求角的度數【分析】本題考查了切線的性質，全等三角形的判定和性質，扇形的面積等，連接，可證，得到，，利用三角函數可得，即得，得到，最后根據即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接，∵是的切線，點為切點，∴，∵，，∴，∴，，，∵，∴，，∴，在中，，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【變式1】（2025·云南昭通·一模）如圖，正五邊形的邊長為，以頂點為圓心，的長為半徑畫圓，則圓與正五邊形重疊部分（圖中陰影部分）的面積與重疊部分（陰影部分）圍成圓錐的高分別為（

）A．， B．， C．， D．，【答案】D【知識點】求扇形面積、求弧長、用勾股定理解三角形【分析】本題主要考查了正多邊形，扇形面積的計算，圓錐的側面展開圖，勾股定理，熟練掌握相關公式是解題關鍵．根據正五邊形的內角和定理求出正五邊形的一個內角的度數，根據扇形面積公式計算即可；陰影部分為圓錐的側面展開圖，扇形的弧長為圓錐的底面圓的周長，先求底面圓的半徑，利用勾股定理即可求解圓錐的高．【詳解】解：五邊形是正五邊形，，．如圖，陰影部分圍成圓錐，圓錐的底面周長即扇形的弧長，弧長，圓錐的底面半徑，圓錐的母線長為，圓錐的高．故選：D．【變式2】（2025·河南平頂山·一模）如圖，在中，，，以為直徑作，交邊于點，交邊于點，則圖中陰影部分的面積是．【答案】【知識點】等腰三角形的性質和判定、求扇形面積、求其他不規則圖形的面積、解直角三角形的相關計算【分析】連接，根據等腰三角形的性質以及平行線的判定與性質求出，過點作于點，求得，再根據即可求解．【詳解】解：如圖，連接，，，，，，，，，，過點作于點，，，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，平行線的判定與性質，解直角三角形，扇形的面積公式，熟練掌握以上知識點是解答本題的關鍵．【變式3】（2025·廣東清遠·一模）如圖，四邊形是菱形，，，扇形的半徑為4，圓心角為，則圖中陰影部分的面積是．（結果保留）【答案】【知識點】利用菱形的性質求線段長、求扇形面積、求其他不規則圖形的面積【分析】本題考查了扇形面積的計算，掌握扇形、菱形的面積公式即割補法是解題的關鍵．連接，將扇形補到扇形的位置，從而得到即可得到答案．【詳解】解：連接，將扇形補到扇形的位置，

，四邊形是菱形，，過D作于點H，

，，∵扇形的圓心角為，，．故答案為：．【題型七】圖形平移中求線段或角【例1】（2025·四川南充·一模）如圖，將沿向右平移得，與交于點，若，則的長度為（

）A．4 B． C．2 D．【答案】C【知識點】含30度角的直角三角形、利用平移的性質求解【分析】本題考查了平移的性質、含30度角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握平移的性質是解題關鍵．先求出，再根據平移的性質可得，，根據平行線的性質可得，然后根據含30度角的直角三角形的性質即可得．【詳解】解：∵，，∴，由平移的性質得：，，∴，∴在中，，故選：C．圖形平移中求線段或角，需緊扣平移性質：對應線段平行且相等，對應角相等，對應點連線平行且等于平移距離。求線段時，利用對應線段相等或構造平行四邊形（對應點連線平行相等）轉化；求角時，借助對應角相等及平行線（平移后對應邊平行）導出同位角、內錯角關系，復雜圖形可連接對應點作輔助線，通過全等或平行性質簡化問題。【例2】（2025·山東濟寧·一模）在高為5m，坡面長為13m的樓梯表面鋪地毯，每米造價元，鋪完整個樓梯總造價需要元．【答案】【知識點】求臺階上地毯長度(勾股定理的應用)、利用平移解決實際問題【分析】本題主要考查了勾股定理解決實際問題，解題的關鍵是熟練掌握勾股定理的應用．利用勾股定理求得所有臺階橫面長度，橫面長度加上豎面長度即為總長度，總長度乘單價即為總造價．【詳解】解：根據題意得，整個樓梯圖形為直角三角形，根據勾股定理得：所有臺階橫面長為：（m）∴所有樓梯表面的長度為：（m）∴總造價為：元．故答案為：．【變式1】（2025·山西忻州·模擬預測）如圖，將邊長為8的正方形沿其對角線剪開，再把沿著方向平移，得到．當兩個三角形重疊部分（陰影部分）的面積為16時，移動的距離等于（

）

A．4 B．6 C．8 D．16【答案】A【知識點】與圖形有關的問題(一元二次方程的應用)、利用平行四邊形的判定與性質求解、根據正方形的性質求線段長、利用平移的性質求解【分析】本題考查了正方形的性質、圖形的平移、平行四邊形的判定與性質、一元二次方程的應用等知識，熟練掌握正方形和平移的性質是解題關鍵．先證出兩個三角形重疊部分（陰影部分），即四邊形是平行四邊形，再證出，設，則，利用平行四邊形的面積公式建立方程，解方程即可得．【詳解】解：∵四邊形是邊長為8的正方形，∴，，由平移的性質得：，∴兩個三角形重疊部分（陰影部分），即四邊形是平行四邊形，，∴，∴，∴，設，則，∵兩個三角形重疊部分（陰影部分）的面積為16，∴，解得，符合題意，即，故選：A．【變式2】（2025·浙江溫州·一模）如圖，將沿斜邊向右平移得到，與交于點H，延長交于點G，連結．若，，則的長為．【答案】8【知識點】根據矩形的性質與判定求線段長、利用平移的性質求解【分析】題目主要考查矩形的判定和性質，平移的性質，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．連接，根據題意及矩形的判定和性質得出四邊形為矩形，，再由平移的性質確定即可求解．【詳解】解：連接，如圖所示：∵將沿斜邊向右平移得到，∴，∴，∴四邊形為矩形，∴，∴，∵，∴，故答案為：8．【變式3】（2025·河南駐馬店·一模）如圖，圖1是一個邊長為2，有一個內角為的菱形，我們稱之為原始菱形，將圖1中的菱形沿水平方向向右平移個單位，得到圖2，將圖2中的原始菱形沿水平方向平移個單位，得到圖3，依此類推…若經過若干次平移后，圖的面積為，則．【答案】17【知識點】圖形類規律探索、利用菱形的性質求面積、利用平移的性質求解、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了圖形的平移，菱形的性質，三角形相似的判定和性質，勾股定理，解題關鍵是學會探究規律的方法，學會利用參數構建方程解決問題．連接，，證明為等邊三角形，得出，根據勾股定理求出，得出，求出，根據平移可知：，，，證明，得出，證明，，求出，得出圖2長面積為，同理得出圖3的面積為，圖4的面積為，總結得出一般規律：圖n的面積為，最后求出結果即可．【詳解】解：連接，，如圖所示：∵四邊形為菱形，∴，，，，∵，∴為等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，根據平移可知：，，，∴，∴，同理可得：，∴為的中點，為的中點，∴，，∵，∴，∴，∴圖2的面積為：，同理可得：圖3的面積為，圖4的面積為，圖n的面積為，當時，解得：．故答案為：17．【題型八】圖形旋轉中求線段或角【例1】（2025·湖北孝感·二模）如圖，將繞頂點旋轉得到，點對應點，點對應點，點剛好落在邊上，，，則等于（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】三角形的外角的定義及性質、等邊對等角、根據旋轉的性質求解【分析】本題考查了旋轉的性質、等腰三角形的性質及三角形外角的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．先通過旋轉得到，，，再通過等邊對等角以及三角形外角的性質得到，代入已知的數據即可求解．【詳解】解：由繞頂點旋轉得到可知：，，，，，，故．故選：B．圖形旋轉中求線段或角，緊扣旋轉性質：對應線段、角相等，旋轉角相等，對應點到中心距離相等。求線段時，利用全等（旋轉前后圖形全等）或構造等腰/等邊三角形（特殊旋轉角如60°、90°）；求角則找旋轉角或對應角，結合三角形內角和、外角定理，常連旋轉中心與對應點，借全等或特殊角度（如直角）轉化，注意隱含的等腰或垂直關系。【例2】（2025·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，將繞斜邊的中點O旋轉一定角度得到，已知，，則．【答案】【知識點】用勾股定理解三角形、圓周角定理、根據旋轉的性質求解、解直角三角形的相關計算【分析】連接，作，再說明點A，E，C，B，F共圓，進而得出，，然后根據等腰三角形的性質得，接下來根據勾股定理求出，即可得，再根據面積相等求出，結合題意說明四邊形是矩形求出，最后根據得出答案．【詳解】解：如圖所示，連接，作，分別交于點M，H，∵，∴點A，E，C，B，F共圓，∴，．∵，∴，∴．∵，∴，∴．∵，∴．由題意，，∴，∴．∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質，解直角三角形，圓周角定理，勾股定理，平行線的性質和判定，矩形的判定和性質，根據各點共圓得出圓周角相等是解題的關鍵．【變式1】（2025·天津南開·一模）如圖，中，，將繞點逆時針旋轉得到，點的對應點分別為點，連接，點恰在線段上，下列結論一定正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【知識點】根據旋轉的性質求解、等腰三角形的性質和判定、三角形內角和定理的應用【分析】本題主要考查了等腰三角形的性質與判定，旋轉的性質，三角形內角和定理，根據旋轉的性質可得，則由等邊對等角和三角形內角和定理可得，則由平角的定義可得，據此可判斷A、B，根據現有條件無法得到的度數，故不能得到的度數，以及不能得到，則可判斷C、D．【詳解】解：由旋轉的性質可得，∴，∴，∴，故B結論正確，符合題意；∵，∴與不平行，故A結論錯誤，不符合題意；根據現有條件無法得到的度數，故不能得到的度數，以及不能得到，進而不能得到，，故C、D結論錯誤，不符合題意；故選：B．【變式2】（2025·河南駐馬店·一模）如圖，菱形中，，將菱形繞點逆時針旋轉得到菱形，連接，當與第一次垂直時，的度數為．【答案】/度【知識點】等邊對等角、利用菱形的性質求角度、根據旋轉的性質求解【分析】本題考查了菱形的性質，旋轉的性質，等腰三角形的判定和性質，掌握性質、旋轉的性質，等邊對角的運用是關鍵．根據菱形，旋轉的性質得到，，，如圖所示，連接，設與交于點，可證，，由此得到，由，即可求解．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，，，∵，∴，∵旋轉，∴，，∴，如圖所示，連接，設與交于點，∵，∴，∴，即，∴，∴，即，∴，∵，即，∴，∴，故答案為：．【變式3】（2025·安徽滁州·一模）如圖1，在中，，，的垂直平分線分別交，于點，．（1）當平分時，．（2）如圖2，在（1）的條件下，將繞點按逆時針方向旋轉得到，旋轉角為，連接，，則的面積的最大值為．【答案】4【知識點】解直角三角形的相關計算、根據旋轉的性質求解、線段垂直平分線的性質【分析】（1）根據題意及垂直平分線的性質和角平分線確定，，，再由正切函數求解即可；（2）取中點，連接，，作于N，由旋轉的性質知，為旋轉所得線段，則，，，根據點到直線的距離，垂線段最短知，三角形三邊關系得出，故當D、O、三點共線，且點O在線段時，取最大值，此時，最后根據三角形面積公式求解即可．【詳解】解：（1）∵，∴，∵的垂直平分線分別交，于點，．，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，故答案為：4；（2）解：取中點，連接，，作于N，由旋轉的性質知，為旋轉所得線段，∴，，，根據垂線段最短知，又，∴當D、O、三點共線，且點O在線段時，取最大值，最大值為，此時，∴面積的最大值為．故答案為：．【點睛】本題考查了線段垂直平分線的性質，含的直角三角形的性質，解三角形，勾股定理，旋轉的性質等知識，明確題意，正確畫出圖形，添加輔助線是解題的關鍵．易錯點一：等腰三角形多解題漏解方法解讀：當題干中出現類似“若△ABC為等腰三角形”這樣的表述時，未明確哪兩條邊為腰，需考慮分類討論：①AB=AC(C?,C?);②AB=BC(C?,C?);③AC=BC(C?)解題方法：①求角度：根據等腰三角形等邊對等角的性質結合三角形內角和及內外角關系求解；②求線段長：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定與性質求解，若出現30°、45°的角時，可考慮用銳角三角函數或含30°、45°角的直角三角形的性質求解.例1．（2025·江西新余·一模）在中，，，，點D在邊上，點E在邊上，且，若為等腰三角形，則的長為．【答案】或或5【知識點】三線合一、相似三角形的判定與性質綜合、用勾股定理解三角形【分析】本題主要考查了直角三角形的性質，等腰三角形的性質，三角形相似的判定和性質，解題的關鍵是數形結合，注意進行分類討論．分三種情況討論：當時，當時，當時，分別畫出圖形，根據等腰三角形的性質和三角形相似的判定和性質，進行求解即可．【詳解】解：∵，，，∴，當時，過點E作于點H，如圖所示：則，∵，，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得：；當時，過點D作于點H，如圖所示：則，，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：；當時，如圖所示：∵，∴，∵，∴；綜上分析可知：或或5．故答案為：或或5．變式1：（2025·青海西寧·一模）如圖，在中，，，，點是邊上的一個動點，點從點開始沿方向運動，且速度為每秒，設出發的時間為秒．當點在邊上運動時，出發秒后，是以為腰的等腰三角形．【答案】或【知識點】等腰三角形的性質和判定、等腰三角形的定義、用勾股定理解三角形【分析】本題考查了等腰三角形的判定和性質，勾股定理，先利用勾股定理可得，再分和兩種情況解答即可求解，運用分類討論思想解答是解題的關鍵．【詳解】解：∵，，，∴，當時，如圖，∵，∴(秒)；當時，如圖，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴(秒)；綜上，出發秒或秒，是以為腰的等腰三角形，故答案為：或．變式2：（2025·山東淄博·一模）如圖，在矩形中，，點E是射線上一點，，連接，將沿翻折，得到，延長，交的延長線于點M，則．【答案】或【知識點】矩形與折疊問題、解直角三角形的相關計算、等腰三角形的性質和判定、用勾股定理解三角形【分析】①如圖當點E在線段上時，設交于G．②如圖當點E在線段的延長線上時，設交于G．分別求解即可解決問題；【詳解】解：情形①如圖當點E在線段上時，，，四邊形是矩形，，，，，設，在中，，，，，，，；情形②如圖當點E在線段的延長線上時，，，四邊形是矩形，，，，，設，在中，，，，，，，，故答案為：或．【點睛】本題考查翻折變換、矩形的性質、勾股定理、等腰三角形的判定和性質，角的正切等知識，解題的關鍵是分類討論．變式3：（2025·河南駐馬店·一模）如圖，在中，，，點在邊上，將沿所在直線翻折得到，的平分線交邊于，連接．若是以為一腰的等腰三角形，則的度數是．【答案】或【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、等腰三角形的性質和判定、折疊問題【分析】本題考查了軸對稱的性質的運用，全等三角形的判定及性質的運用，等腰三角形的判定及性質的運用，掌握知識點的應用是解題的關鍵．首先由軸對稱可以得出，就可以得出，，在證明，得出，就可以求出的值；再分兩種情況討論解答即可，當時，當時，從而求出結論．【詳解】解：∵，，∴，∵沿所在直線翻折得到，∴，∴，，，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，當時，∴，∴，∴，∴；當時，∴，∴，∴，∴；故答案為：或．變式4：（2025·浙江紹興·模擬預測）如圖，已知，射線上一點M，以為邊在下方作等邊，點P為射線上一點（不包括點O），若是等腰三角形，則．【答案】或【知識點】等邊對等角、等邊三角形的性質、三角形內角和定理的應用【分析】本題考查了等腰三角形的性質、等邊三角形的性質、三角形內角和定理，由等邊三角形的性質可得，，由等腰三角形的定義結合題意分兩種情況：當時；當時；分別求解即可得解，采用分類討論的思想是解此題的關鍵．【詳解】解：∵為等邊三角形，∴，，∵，點P為射線上一點（不包括點O），是等腰三角形，∴存在兩種情況：如圖，當時，則，∴，∴；如圖，當時，則，∴，∴，∴，∴，綜上所述，或，故答案為：或．易錯點二：直角三角形多解題漏解方法解讀：當題干中出現類似“若△ABC為直角三角形”這樣的表述時，未明確哪個角為直角，需考慮分類討論：①∠A=90°(C?);②∠B=90°(C?);③∠C=90°(C?,C?);解題方法：①求角度：根據直角三角形的性質結合三角形內角和及內外角關系求解；②求線段長：可用勾股定理、全等三角形、相似三角形的判定與性質求解；若出現30°、45°的角時，可考慮用銳角三角函數或含30°、45°角的直角三角形的性質求解；若出現中點，可考慮用直角三角形斜邊中線的性質或者中位線的性質求解。例1．（2025·河南洛陽·一模）在中，，點D在邊上（不與B，C重合），連接，將沿折疊，折疊后點C的對應點為點E．當是直角三角形時，的長為．【答案】或1【知識點】含30度角的直角三角形、勾股定理與折疊問題、用勾股定理解三角形【分析】本題考查了翻折變換（折疊問題），勾股定理，直角三角形的性質，根據勾股定理得到，根據已知條件得到當是直角三角形時，或，①當時，則，根據折疊的性質得到，于是得到，②當時，根據折疊的性質得到，，，推出點E在上，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：在中，，，∴，∴，∴，∵點D是邊上的一點，∴，∴當是直角三角形時，或，①當時，則，∵將沿折疊，使點C落在點E處，∴，∴，②當時，∵將沿折疊，使點C落在點E處，∴，，，∴，∴點E在上，如圖，∴，，，∴，∵，∴，∴，綜上所述，的長為或1，故答案為：或1．變式1：（2025·河南開封·一模）在平行四邊形中，，，點為對角線的中點，連接．當是直角三角形時，的長為【答案】或【知識點】根據菱形的性質與判定求線段長、等邊三角形的判定和性質、含30度角的直角三角形、利用平行四邊形的性質求解【分析】由平行四邊形的性質可得，