2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题07 填空小压轴18题（旋转、翻折、新定义等20题）（详解版）

这是一份2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题07 填空小压轴18题（旋转、翻折、新定义等20题）（详解版），共24页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。


一、填空题
1．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与与的一边平行，那么 ．
【答案】5或
【分析】根据与三边分别平行分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可．本题主要考查了翻折变换，合理运用正方形的判定与性质以及中位线定理和勾股定理是本题解题的关键．
【详解】解：①当时，与重合，
，，不构成三角形，不符合题意；
②当，如图：
，
，
由翻折的性质可知，，，
四边形为正方形，
，
；
③当，延长交于，如图：
，，
，
设，则，
在中，，
解得：，
，
综上所述，或6.5．
故答案为：5或6.5．
2．（2024·上海青浦·二模）在矩形中，与相交于点O．经过点B，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系，掌握圆与圆的位置关系和直线和圆的位置关系是解题的关键．过点O作于点E，根据勾股定理得到，然后根据，得到，由已知可以得到r的取值范围即可．
【详解】解：过点O作于点E，
∵是矩形，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵与有公共点，且与边没有公共点，
∴，
故答案为：．
3．（2024·上海嘉定·二模）定义：如果三角形有两个内角的差为，那么这样的三角形叫做准直角三角形．已知在直角中，，，，如图4，如果点在边上，且是准直角三角形，那么 ．
【答案】或．
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．分两种情况讨论，由相似三角形的性质和锐角三角函数可求解
【详解】当时，如图，过点D作于H，
在中，，，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或；
4．（2024·上海长宁·二模）在中，，将绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在的延长线上，且，那么的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】由旋转，平行线的性质以及等腰三角形的性质证明，再对运用内角和定理可求，即可求解的余弦值．
【详解】解：由旋转得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在中，由内角和定理得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质以及特殊角的锐角三角函数值，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．（23-24九年级下·上海崇明·期中）已知在矩形中，，将矩形绕点旋转，的对应边与边相交于点，连接，当点是中点时， ．
【答案】
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角函数，过作于，过点作于，可得四边形为矩形，得到，，进而得，，再证，得到，可得，，得到，最后根据正切的定义即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于，过点作于，则，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵点是中点，
∴
∴，
又由旋转可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得，，
∴，
∴，
故答案为：．
6．（2024·上海闵行·二模）在中，，D为边上一动点，将绕点D旋转，使点A落在边上的点E处，过点E作交边于点F，连接，当是等腰三角形时，线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，先求解，，再判断为等腰三角形时，只有，再证明，再利用勾股定理建立方程可得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴，，
∵为直角三角形，
∴当为等腰三角形时，只有，
如图，设时，而，
∴，，
由旋转可得：，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，即；
故答案为：．
7．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查翻折性质，圆的基本性质，等边三角形判定与性质、勾股定理的应用，连接，由翻折得，证出是等边三角形，设，在中，根据勾股定理列方程并解出进而求出结论．
【详解】解：连接，
由翻折得：，，
，
是等边三角形，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
故答案为：．
8．（2024·上海黄浦·二模）如图，D是等边边上点，，作的垂线交、分别于点E、F，那么 ．
【答案】/
【分析】如图，过作交于，延长交于，过作于，作于，设，则，可得，，，证明，，同理可得，证明，可得，从而可得答案．
【详解】解：如图，过作交于，延长交于，过作于，作于，
∵为等边三角形，，
∴，，
设，则，
∴，，，
∴，，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是本题的关键．
9．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ．
【答案】
【分析】由D为中点，，则得，则；由，得；由折叠的性质得，则，最后得，由此三角的和为直角，从而得每个角为，则，是等边三角形，由正切三角函数即可求得结果．
【详解】解：∵D为的中点，，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴；
由折叠的性质得，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
在中，，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角三角函数．
10．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，，以点C为圆心作半径为1的圆C，P是上的一个点，以P为圆心，为半径作圆P，如果圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆和圆的位置关系，解直角三角形的应用．分圆P与圆C外切和圆P与圆C内切时，两种情况讨论，画出图形，解直角三角形即可求解．
【详解】解：当圆P与圆C外切时，如图，作，垂足为，
设，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，，，
由勾股定理得，
解得，即，
当圆P与圆C内切时，如图，此时，
∴圆C和圆P有公共点，那么的取值范围是．
故答案为：．
11．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，菱形ABCD的边长为5，，E是边CD上一点（不与点C、D重合），把△ADE沿着直线AE翻折，如果点D落在菱形一条边的延长线上，那么CE的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，由折叠得，过点A作于点H，过点作于点G，得由菱形的性质得，可得，设则由勾股定理得由折叠得而，在中由勾股定理得，解方程求出的值即可解决问题
【详解】解：过点A作于点H，过点作于点G，点D与点F重合，如图，
由折叠得，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∵四边形是菱形，
∴
∴
∴
设则，
由折叠得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴
解得，，
∴
故答案为：
12．（23-24九年级下·上海崇明·期中）新定义：我们把抛物线，（其中）与抛物线称为“关联抛物线”．例如：抛物线的“关联抛物线”为．已知抛物线的“关联抛物线”为，抛物线的顶点为P，且抛物与x轴相交于M、N两点，点P关于x轴的对称点为Q，若四边形是正方形，那么抛物线的表达式为 ．
【答案】
【分析】本题考查了抛物线新定义问题，正确理解定义，熟练掌握平行坐标轴直线上两点间距离计算方式是解题的关键．根据定义，得到抛物线的表达式，然后利用公式求出顶点坐标和对称点坐标，根据四边形是正方形求出距离，然后利用两点间距离公式和一元二次方程根与系数的关系求出的值，即可求解．
【详解】解： ，
“关联抛物线”为：，
设抛物线的顶点，则
，，
抛物线的顶点，
点P关于x轴的对称点，
连接交轴于，如图所示，
四边形是正方形，
，
，
设抛物线：与轴交点，，，即为方程的根，
则，，
，
解得，
抛物线的表达式为，即，
故答案为：．
13．（2024·上海青浦·二模）正方形的边长为为边的中点，点F在边上，将沿直线翻折，使点D落在点G处，如果，那么线段的长为 ．
【答案】/0.25
【分析】本题考查正方形的折叠，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握折叠的性质是解题的关键．
连接，证明，可得，然后得到即可解题．
【详解】如图，连接，
由翻折可得：，，，
又∵E为边的中点，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，解得．
故答案为：
14．（2024·上海徐汇·二模）如图，在中，，． 已知点是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，联结，那么的长是 ．
【答案】/
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，平行线分线段成比例，如图，为点关于的对称点，过点作，过点作，则，联结，可知，得，进而根据勾股定理可得，，再由，得，结合，，可知，再根据勾股定理即可求解，根据折叠的性质得是解决问题的关键．
【详解】解：如图，为点关于的对称点，过点作，过点作，则，联结，
∴，
∵点是边的中点，即，
∴，则为的中点，即，
∴，，
∵为点关于的对称点，
∴，且，，
则，
∴，则，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，即，
∴，
故答案为：．
15．（2024·上海长宁·二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】本主要考查三角形重心以及点与圆的位置关系，根据重心的性质得由勾股定理求出，运用面积法求出，从而得出结论
【详解】解：设点O为的重心，
∵为中线，
∴
连接则
∴,
过点作于点E，F，
∴
∵,
∴
∴
∴的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是或
故答案为：或
16．（2024·上海静安·二模）如图，矩形ABCD中，，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形，使点D在直线上，那么线段的长度是 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查了旋转的性质和解三角形，注意分类讨论，正确画出图形是解题关键．
根据旋转的性质可得，，再由解三角形求出，，进而在中求出线段的长度．
【详解】解：由旋转性质可知：，，当点D在线段上时，如图1，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
当点D在线段延长线上时，如图2，
同理可得：，
∴，
故答案为：或．
17．（2024·上海奉贤·二模）如图，是等腰直角三角形，，，点分别在边上，且，已知是等边三角形，且点在形内，点是的重心，那么线段的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形重心的性质，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，连接并延长交于，连接，连接并延长交于，由点是的重心，可得分别为的中点，进而由是等边三角形可得，，，设，则，解得，又证明得是等腰直角三角形，得到，点四点共线，即得平分，平分，延长交于，则垂直平分，由勾股定理可得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，，得到，根据点在形内，，可得，得到，又根据可得，由，，即可求出线段的取值范围，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接并延长交于，连接，连接并延长交于，
∵点是的重心，
∴分别为的中点，
∵是等边三角形，
∴，，，
设，则，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴点四点共线，
∴平分，平分，
延长交于，则垂直平分，
∵，，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
在中，，
∴，
∵点在形内，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
18．（2024·上海徐汇·二模）如图，点是函数图象上一点，连接交函数图象于点，点是轴负半轴上一点，且，连接，那么的面积是 ．
【答案】/
【分析】过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，，反比例函数比例系数的几何意义得，，证得，由此得，证得 ，然后根据等腰三角形的性质得，则，由此得得，进而可得的面积．
【详解】解：过点，分别作轴的垂线，垂足分别为，，如下图所示：
点是函数图象上一点，点是反比例函数图象上的点，
根据反比例函数比例系数的几何意义得：，，
轴，轴，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，轴，
，
，
，
即，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，相似三角形的判定和性质，理解反比例函数比例系数的几何意义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
19．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点．
已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ．
【答案】
【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案．
【详解】解：设，，，
∴结合题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
如图，过作交于，过作于，交于，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
过作交于，
∴四边形，，是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
同理可得：，
∴是梯形中位线，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键．
20．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ．
【答案】或
【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到，
当在内部时， ，，当在外部时，，，
本题考查了，三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，解题的关键是：找到两种情况，分别求解．
【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点，
∵，，
在中，，，
∴，
由折叠的性质可得：，，
∵，，
∴，
∵与外切，
∴，，
在中，，，
当在内部时，
，
∴，，
∴，
当在外部时，
，
∴，，
∴，
故答案为：或．