抢分通关02 几何图形选填压轴题（含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题）-备战2024年中考数学抢分秘籍（解析版）

第第页抢分通关02几何图形选填压轴题（含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题）目录【中考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略【误区点拨】点拨常见的易错点【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略（含新考法、新情境等）几何图形选填压轴题含特殊三角形、特殊平行四边形、圆等综合问题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1．从考点频率看，以等腰三角形、直角三角形等为基础的多解题，特殊四边形与圆为载体的几何求解问题是高频考点、必考点，所以必须提高对几何图形性质的理解和掌握。2．从题型角度看，以选择题、填空题最后一题为主，分值3分左右，着实不少！易错点一等腰三角形多解题漏解【例1】（2024·辽宁锦州·模拟预测）如图，直线于点，点在直线上（不与点重合），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，点是的中点，连接，，当是等腰三角形时，．【答案】或或【分析】当在右侧时，过作于，过左于，过作于，设，证明，可得，，由，为中点，知，，故，由勾股定理可得，分三种情况列方程；当在左侧，时，在上取，连接，，证明，可得，，即得，，故．【详解】解：当在右侧时，过作于，过作于，过作于，如图：设，将线段绕点顺时针旋转得到线段，，，，，，，，；，为中点，，，，，四边形是矩形，，，，，当时，，解得或（舍去），；当时，，解得（舍去），不存在这种情况；当时，，解得；；当在左侧，时，在上取，连接，，如图：将线段绕点顺时针旋转得到线段，，，是等腰直角三角形，为中点，，，，，，，，即，，．综上所述，为、、．故答案为：、、．本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形性质及应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理逆定理的应用等知识，解题的关键是用含本题考查旋转的性质，涉及等腰直角三角形性质及应用，全等三角形的判定与性质，勾股定理逆定理的应用等知识，解题的关键是用含的代数式表示的三边长．【例2】（2024·辽宁盘锦·模拟预测）在矩形中，，，是射线上的动点，过点作于点，连接，当是等腰三角形时，的长为．【答案】或3或【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，先由矩形的性质得到，，则可求出；再分如解析图中所示三种情况，求出的长，再通过证明，利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，∴，如图所示，当，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴；如图所示，当时，则，∵，∴，∴，同理可证明，∴，即，∴；如图所示，当时，则，同理可证明，∴，即，∴；综上所述，的长为或3或，故答案为：或3或．【例3】（2024·四川达州·一模）如图，和都是等腰直角三角形，，点E在边上．将绕点C逆时针旋转，旋转过程中，直线分别与直线，BC交于点M，N，若是等腰三角形，则α的值为．【答案】或或【分析】本题考查等腰三角形的性质，等腰三角形存在性问题等知识，掌握三线合一性质是解题的关键．分①当且点E在内部时，②当时，③当时三种情形分别画出图形，利用等腰三角形的性质求解即可．【详解】解：依题意可知：，如图1中，当且点E在内部时，∵，，∴．如图2中，当时，点N与点E重合，点M与点F重合，．如图3中，当且点E在外部时，∵，，∴，∴．综上所述，满足条件的的值为或或．故答案为：或或．【例4】（2024·河南·一模）如图，菱形的边长为2，，将菱形纸片翻折，使点B落在对角线上的点处，折痕为，连接，当为等腰三角形时，的长为．【答案】或【分析】连接，交于点H，设与的交点为，四边形是菱形，求出，，分和及三种情况讨论．【详解】解：连接，交于点H，设与的交点为，点落在对角线上，，即，是边长为2的菱形，，，，，，，由折叠的性质得：，，四边形是菱形，，，，当时，此时点重合，，不符合题意；当时，如图1，则，，，；当时，如图2，则，，，，，，；综上，的长为或，故答案为：或．【点睛】此题主要考查菱形的折叠问题，等腰三角形的判定与性质，解直角三角形，三角形全等的判定与性质，菱形判定与性质，直角三角形的特征，解题的关键是熟知菱形的性质、折叠的特点．易错点二直角三角形多解题漏解【例1】（2024·江苏常州·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知A，B，点P在x轴上，把绕点P顺时针旋转得到线段，连接．若是直角三角形时，则点P的横坐标为．【答案】2或或【分析】根据题意，分①当点P在x轴的正半轴上，且时、②如图，当点P在x轴的正半轴上，且、③如图，当点P在x轴的负半轴上，则情况，利用全等三角形和坐标与图形性质分别求解即可．【详解】解：∵，，∴，，设点，∵点P、B都在x轴上，∴点P不能为直角顶点，①如图，当点P在x轴的正半轴上，且时，由旋转可知，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴点P的横坐标为2；②如图，当点P在x轴的正半轴上，且，过点作于点D，则，由旋转可知，，∴，，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即，则，解得：，（不合题意，舍去）∴点P的横坐标为；③如图，当点P在x轴的负半轴上，则，则，过点作于点D，同理可得，∴，，∴，，同理可得，∴，∴，即，解得，（不合题意，舍去）∴点P的横坐标为；综上所述，点P的横坐标为2或或，故答案为：2或或．本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形、解直角三角形、解一元二次方程等知识，添加辅助线构造全等三角形，利用分类讨论和数形结合思想求解是解答的关键．本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形、解直角三角形、解一元二次方程等知识，添加辅助线构造全等三角形，利用分类讨论和数形结合思想求解是解答的关键．【例2】（2024·河南周口·一模）矩形中，为对角线的中点，点从点出发，沿运动到点，且当以点为顶点的三角形为直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】本题主要考查矩形的性质，直角三角形中勾股定理的运用，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．根据题意，分类讨论，点在上时；当点在上时；图形结合，根据勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，，点为中点，∴，，，∴，如图所示，当点在上时，当时，为直角三角形，∴，∴，∴，∴；当点与点重合时，∵，，∴为等腰三角形，且，不可能是直角三角形，此种情况不满足条件；如图所示，当点在上时，∵，即，∴，∴当，为直角三角形，，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，设，则，且，∴在中，，即，解得，，∴；当点与点重合时，不符合题意；综上所述，的长为或，故答案为：或．【例3】（2024·河南漯河·一模）是边长为的等边三角形，点为高上一个动点．连接，将绕点顺时针旋转得到，当是直角三角形时，．【答案】或【分析】根据题意可知，，分两种情况讨论：当时，当时，再利用三角函数可得答案．【详解】根据图形旋转的性质可知．根据题意可知．∵为等边三角形，，∴为边上的中线、为的角平分线．∴，．①当时，如图所示．∵，，∴为的角平分线．∴．∴．②当时，如图所示．∵，，∴．在和中∴．∴．∴．根据②证明过程可知，当，不符合题意．综上所述，或．故答案为：或【点睛】本题主要考查等边三角形的性质、图形旋转的性质、全等三角形的判定及性质、解直角三角形，能根据题意分类讨论是解题的关键．【例4】（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为．

【答案】或或【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴∴，∴∴，如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，∵，，∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是矩形，∴即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为或或故答案为：或或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．题型一平行线中求角的度数【例1】（2024·江苏宿迁·一模）如图，直线，点在直线上，点B在直线n上，平分，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查平行线的性质，角平分线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．根据平行线的性质，，可求出的度数，再根据角平分的性质即可求解的度数．【详解】解：∵，，∴，∴，∵平分，∴，故选：D．本题主要考查平行线的性质，角平分线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．本题主要考查平行线的性质，角平分线的性质，掌握平行线的性质是解题的关键．【例2】（2024·河北沧州·一模）如图，直线，分别与的边相交，且，，根据图中标示的角度，可知的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查平行线的性质，三角形内角和定理等知识．由两直线平行，同旁内角互补可得出和的度数，再根据三角形内角和可得出的度数．【详解】解：∵，，∴，，所以，，所以．故选：．1．（2024·广东珠海·一模）如图，，，，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行的性质，根据，得到即可得到答案；【详解】解：∵，∴，∵，，∴，故选：B．2．（2024·陕西西安·三模）如图，，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角形外角的性质，先由两直线平行，同旁内角互补得到，再根据三角形一个外角的度数等于与其不相邻的两个内角的度数之和进行求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，∴，故选：C．题型二特殊平行四边形中求线段或角【例1】（新考法，拓视野）（2024·安徽合肥·一模）七巧板是我们祖先的一项伟大创造，被誉为“东方魔板”．在一次“美术制作”活动课上，小明用边长为4的正方形纸片制作了如图1所示的七巧板，并设计了一幅作品放入矩形中（如图2），则的长为．【答案】【分析】本题考查了七巧板的应用，掌握七巧板的相关结论是解题关键．【详解】解：如图，∵正方形纸片边长为4∴其对角线长为：；由七巧板的切割方法可知，，，，，，．故答案为：本题考查了七巧板的应用，掌握七巧板的相关结论是解题关键．本题考查了七巧板的应用，掌握七巧板的相关结论是解题关键．【例2】（2024·陕西宝鸡·一模）如图，在菱形中，过点作于点，过点作的平行线，连接、，，四边形的面积为，若，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，平行线的传递性以及平行四边形的判定及性质，熟练掌握平行线的传递性以及平行四边形的判定及性质是解题的关键．先证明四边形是平行四边形，进而得的面积为，由面积公式求得，再利用勾股定理求解得，即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∵，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵四边形的面积为，的面积为，，，，在中，由勾股定理可得，．故答案为：2．1．（2024·湖北孝感·一模）如图，平行四边形中，，，，点在上，将沿折叠得到，若点恰好在线段上，则的长为．【答案】/【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，过点作交的延长线于点，根据平行四边形的性质以及已知条件得出，进而求得，根据折叠的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，

∵在中，，，，，∴，∴，在中，∵将沿折叠得到，当点恰好落在上时，∴又∴∴∴设，∴在中，∴解得：（负数舍去）则的长为：故答案为：．题型三多边形中求角度或线段长【例1】（新考法，拓视野）（2024·山西吕梁·一模）如图1，飞虹塔位于山西省洪洞县的广胜寺景区内，是第一批全国重点文物保护单位，呈三角形共十三层，图2所示的正八边形是其中一层的平面示意图，则．【答案】/45度【分析】本题主要考查正多边形的外角，根据除以正多边形的边数即可救出结果．【详解】解：因为多边形是正八边形，所以，，故答案为：．本题主要考查正多边形的本题主要考查正多边形的内角和外角，与圆中边心矩，中心角等知识．【例2】（2024·陕西西安·二模）约1500年前，我国伟大的数学家和天文学家祖冲之计算出圆周率应在和之间，成为世界上第一个把圆周率精确到小数点后7位的人．如图，若的半径为2，若用的内接正六边形的周长来估计的周长，则的周长与其内接正六边形的周长的差值为．（结果保留）【答案】【分析】题目主要考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，连接，根据题意得出为等边三角形，再利用周长公式即可求解，熟练掌握运用等边三角形的判定和性质是解题关键．【详解】解：连接，∴，∵的内接正六边形，∴，∴为等边三角形，∴，∴的内接正六边形的周长为，的周长为，∴的周长与其内接正六边形的周长的差值为：，故答案为：．1．（2024·河北石家庄·一模）如图1的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆柱）组合而成，其俯视图如图2所示．小明将刻度尺紧靠螺纹放置，经过点且交于点，量得长为，六边形的边长为．（1）长为；（2）为圆上一点，则的最小值为．【答案】7【分析】本题考查正多边形与圆，正六边形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解决问题的关键．（1）根据正六边形的性质以及直角三角形的边角关系即可求出答案；（2）当A、Q、D三点共线时，最小，此时，根据面积法即可求出．【详解】（1）如图，连接、、，则，六边形是正六边形，，，，在中，，，，故答案为：7．（2）连接，过O作的垂线，设圆的半径为R，∵，∴当A、Q、D三点共线时，最小，此时，∵O为中点，∴，∴，∴，∴，∴故答案为：．2．（2024·河北石家庄·一模）图1是一种拼装玩具的零件，它可以看作是底面为正六边形的六棱柱，其内部挖去一个底面为正方形的长方体后得到的几何体，图2是该零件的俯视图，正方形的两个相对的顶点A，C分别在正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部（包括边界），点E，F分别是正六边形的顶点．已知正六边形的边长为2，正方形边长为a．（1）连接，的长为；（2）a的取值范围是．【答案】【分析】本题考查了正多边形与圆，正方形的性质，解直角三角形，正确的找出正方形边长的最大值和最小值是解题的关键．（1）正方形的两个相对的顶点，分别在正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点，在正六边形内部（包括边界），点，分别是正六边形的顶点．（2）当正方形的顶点、、、在正六边形的边上时，正方形的边长的值最大，解直角三角形得到，当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长的值最小，是正方形的对角线，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：如图，过点作，垂足为点，，垂足为点，连接，，则，，是正六边形的一条对角线，，在中，，，，，故答案为：；如图①，当正方形的对角线在正六边形一组平行的对边的中点上时，正方形边长的值最小，是正方形的对角线，，，如图②，当正方形的四个顶点都在正六边形的边上时，正方形边长的值最大，是正方形的对角线，设时，正方形的边长最大，，，设直线的解析式为，，，，，直线的解析式为，将代入得，此时，取最大值，，正方形边长的取值范围是：．故答案为：．题型四圆中求角度或线段长【例1】（2024·湖南永州·一模）如图，的边与相交于C，D两点，且经过圆心O，边与相切，切点为B．如果，那么等于．

【答案】【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握切线的性质和圆周角定理；连接，由切线的性质得到半径，则有，即可求出，再由圆周角定理可得．【详解】解：解：连接，

与相切，，半径，，故答案为：．本题考查切线的性质，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握切线的性质和圆周角定理本题考查切线的性质，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握切线的性质和圆周角定理.【例2】（2024·河南鹤壁·模拟预测）如图，与相切于点A，与弦相交于点C，，若，，则的长为．

【答案】4【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，解题的关键是掌握见切点，连半径，得垂直；由切线的性质得，再由得，，再由对顶角相等和等腰三角形的判定可得，设，则，由勾股定理建立关于x的方程，解方程即可．【详解】连接，如图所示，

与相切，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，解得，，故答案为：4．1．（2024·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，经过点O，与y轴交于点，与x轴交于点，则的长为．

【答案】【分析】本题考查了90度圆周角所对的弦为直径，勾股定理，连接，通过题意判断出为直径，圆心P在上，根据勾股定理计算出的长，从而得出结果．【详解】解：如图，连接，

为直角，且点都在圆上，为直径，圆心P在上，，，，，，，故答案为：．2．（2024·安徽合肥·一模）如图所示，是的直径，弦，垂足为M，过点C作的切线交的延长线于点D，若、，则【答案】【分析】本题考查的是切线的性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键；连接，证明，结合相似三角形的性质可得答案．【详解】解：连接，∵，，∴，，∵为的切线，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．题型五圆中求扇形或不规则图形的面积【例1】（2024·河南周口·二模）如图，从一张圆心角为的扇形纸板剪出一个边长为1的正方形，则图中阴影部分的面积为.

【答案】【分析】本题考查了扇形面积的计算：扇形面积计算公式：设圆心角是，圆的半径为R的扇形面积为S，则或（其中l为扇形的弧长）．求阴影面积的主要思路是将不规则图形面积转化为规则图形的面积．也考查了正方形的性质．先求出扇形的半径，再根据求出面积．【详解】解：如图，连接，

∵四边形是边长为1的正方形，，，，，由勾股定理得：，∴阴影的面积是；故答案为：．第一种是第一种是规则图形的面积，知圆心角，直接代入公式求值.第二种是不规则图形的面积，转化为规则图形或利用切割法把不规则转化为几个规则图形，进而求解.【例2】（2024·河南驻马店·一模）如图，已知扇形中，，以为直径作半圆，过点作的平行线，分别交半圆，弧于点，若扇形的半径为4，则图中阴影部分的面积是．【答案】【分析】本题考查了扇形面积的计算．连接，图中，根据已知条件易求出，，再由扇形面积、三角形面积公式进行解答即可．【详解】解：如图，连接，，根据题意可得：，，，，在中，，，，，，，故答案为：．1．（2024·河北沧州·一模）马面裙（图1），又名“马面褶裙”，是我国古代女子穿着的主要裙式之一，如图2，马面裙可以近似地看作扇环（和的圆心为点O），A为的中点，，则该马面裙裙面（阴影部分）的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题主要考查阴影部分面积求解，解题的关键是熟知扇形的面积公式．【详解】解：∵，，A为的中点，∴为等边三角形，，∴，∴；故选B2．（2024·山西吕梁·一模）如图，点、为上的点，的半径为2，，点在外，连接、与分别交于点、，若，则阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查等边三角形的判定与性质，三角形的外角性质以及扇形面积计算，连接延长交于点F，作于点M，求出，得出是等边三角形，计算出根据可得结论【详解】解：连接延长交于点F，作于点M，∵∴，∴∵∴，∴∴,∴是等边三角形，∴，∴∴故选：A题型六网格中求某角的