专题04 三角形、四边形和圆（12类中考高频题型归纳与训练）-备战2025年中考数学真题题源解密（上海专用）

专题04 三角形、四边形和圆 考点一 三角形 考向一 全等三角形与直角三角形 易混易错提醒 1.关于全等三角形的性质应注意 ①全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边． ②要正确区分对应边与对边，对应角与对角的概念，一般地：对应边、对应角是对两个三角形而言，而对边、对角是对同一个三角形的边和角而言的，对边是指角的对边，对角是指边的对角． 2．含30度角的直角三角形应注意 ①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用； ②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边． 1．（2019•上海）在和△中，已知，，，，点、分别在边、上，且△，那么的长是 　 　． 2．（2019•上海）如图，已知直线，含角的三角板的直角顶点在上，角的顶点在上，如果边与的交点是的中点，那么　 　度． 考点二 四边形 考向一 菱形的性质 解题技巧总结 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 3．（2024•上海）在菱形中，，则　 　． 考向二 矩形的判定 解题技巧总结 ①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 4．（2023•上海）在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是　　 A． B． C． D． 考向三 梯形 5．（2023•上海）已知在梯形中，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是　　 A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 6．（2020•上海）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）连接，求的正切值． 7．（2024•上海）四边形为矩形，过、作对角线的垂线，过、作对角线的垂线．如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为　　 A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 考向四 平面向量 8．（2021•上海）如图，在平行四边形中，已知，，为中点，则　　 A． B． C． D． 9．（2024•上海）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，设，若，则　 　（结果用含，的式子表示）． 10．（2023•上海）如图，在中，点，在边，上，，，联结，设向量，，那么用，表示　 　． 11．（2022•上海）如图所示，在中，，交于点，，，则　 　． 12．（2020•上海）如图，、是平行四边形的对角线，设，，那么向量用向量、表示为　 　． 考点三 圆 考向一 垂径定理 解题技巧总结 （1）垂径定理 垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理的推论 推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 13．（2023•上海）如图，在中，弦的长为8，点在延长线上，且，． （1）求的半径； （2）求的正切值． 14．（2022•上海）如图所示，小区内有个圆形花坛，点在弦上，，，，则这个花坛的面积为 　 　（结果保留 考向二 直线与圆的位置关系 解题技巧总结 （1）直线和圆的三种位置关系： ①相离：一条直线和圆没有公共点． ②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点． ③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线． （2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d． ①直线l和⊙O相交⇔d＜r ②直线l和⊙O相切⇔d＝r ③直线l和⊙O相离⇔d＞r． 15．（2022•上海）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 　 　． 16．（2020•上海）在矩形中，，，点在对角线上，圆的半径为2，如果圆与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 　 　 考向三 圆与圆的位置关系 解题技巧总结 （1）圆与圆的五种位置关系：①外离；②外切；③相交；④内切；⑤内含． 如果两个圆没有公共点，叫两圆相离．当每个圆上的点在另一个圆的外部时，叫两个圆外离，当一个圆上的点都在另一圆的内部时，叫两个圆内含，两圆同心是内含的一个特例；如果两个圆有一个公共点，叫两个圆相切，相切分为内切、外切两种；如果两个圆有两个公共点叫两个圆相交． （2）圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系： ①两圆外离⇔d＞R+r； ②两圆外切⇔d＝R+r； ③两圆相交⇔R﹣r＜d＜R+r（R≥r）； ④两圆内切⇔d＝R﹣r（R＞r）； ⑤两圆内含⇔d＜R﹣r（R＞r）． 17．（2024•上海）在中，，，，点在内，分别以为圆心画圆，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是　　 A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 18．（2021•上海）如图，长方形中，，，圆半径为1，圆与圆内切，则点、与圆的位置关系是　　 A．点在圆外，点在圆内 B．点在圆外，点在圆外 C．点在圆上，点在圆内 D．点在圆内，点在圆外 19．（2023•上海）在△中，，，，点在边上，点在延长线上，且，如果过点，过点，若与有公共点，那么半径的取值范围是 　 　． 考向四 正多边形和圆 20．（2023•上海）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 　 　． 21．（2021•上海）六个带30度角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积 　 　． 考向五 圆的综合题 22．（2024•上海）在梯形中，，点在边上，且． （1）如图1所示，点在边上，且，联结，求证：； （2）已知； ①如图2所示，联结，如果△外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求△的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点在边上，联结、、，与交于．如果，，且，求边的长． 23．（2023•上海）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点是边中点，以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，连接交于点． （1）如果，求证：四边形为平行四边形； （2）如图（2）所示，连接，如果，，，求边的长； （3）连接，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 24．（2022•上海）如图，在中，是线段中点，联结交于点，联结． （1）如果． ⅰ．求证：为菱形； ⅱ．若，，求线段的长； （2）分别以，为半径，点，为圆心作圆，两圆交于点，，点恰好在射线上，如果，求的值． 25．（2021•上海）如图，在圆中，弦等于弦，且相交于点，其中、为、中点． （1）证明：； （2）连接、、，若，证明：四边形为矩形． 26．（2020•上海）如图，中，，是的外接圆，的延长线交边于点． （1）求证：； （2）当是等腰三角形时，求的大小； （3）当，时，求边的长． 考点四 尺规作图与证明 考向一 尺规作图 27．（2024•上海）同学用两幅三角板拼出了如图的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）． （1）若直角三角形斜边上的高都为，求： ①两个直角三角形的直角边（结果用表示）； ②平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； （2）请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求：①不与给定的图形状相同；②画出三角形的边． 考向二 命题与定理 28．（2022•上海）下列说法正确的是　　 A．命题一定有逆命题 B．所有的定理一定有逆定理 C．真命题的逆命题一定是真命题 D．假命题的逆命题一定是假命题 29．（2020•上海）下列命题中，真命题是　　 A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形 一．选择题（共9小题） 1．（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②，对于结论①、②下列说法正确的是　　 A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 2．（2024•普陀区二模）已知中，为边上的高，在添加下列条件中的一个后，仍不能判断是等腰三角形的是　　 A． B． C． D． 3．（2024•普陀区校级三模）七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形（其中一个平行四边形是正方形）组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形就是由七巧板拼成的．下面四个选项中，不正确的是　　 A．用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形 B．用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形 C．用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形 D．用一副七巧板之中的六块板可以拼出一个正方形 4．（2024•崇明区模拟）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是　　 A． B． C． D． 5．（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 6．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是　　 A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 7．（2024•徐汇区二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是　　 A． B． C． D． 8．（2024•崇明区二模）已知在中，，，，若以为圆心，长为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是　　 A．或 B． C． D． 9．（2024•静安区二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是　　 A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 二．填空题（共10小题） 10．（2024•静安区校级二模）我们把一条对角线是另一条对角线2倍的四边形叫“奇异四边形”．现有两个全等的直角三角形，一条直角边长是1，如果它们可以拼成对角线互相垂直的“奇异四边形”，那么直角三角形另一条直角边长是　 　． 11．（2024•浦东新区校级三模）定义：底边和底边上的高相等的等腰三角形称为“和谐”三角形．若“和谐”三角形的面积为2，则其腰长为 　 　． 12．（2024•静安区校级三模）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形是“等腰四边形”，对角线是该四边形的“等腰线”，其中，，的值为 　 　． 13．（2024•徐汇区三模）在一个三角形中，如果有一个内角是另一内角的倍为整数），那么我们称这个三角形为倍角三角形，如果一个三角形既是2倍角三角形，又是3倍角三角形，那么这个三角形最小的内角度数为　 　． 14．（2024•闵行区三模）如图，为等腰直角三角形，，，为的重心，为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点在直线的上方），为的重心，设、两点的距离为，那么在点运动过程中的取值范围是 　 　． 15．（2024•黄浦区二模）如图，由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形，内部形成一个小正方形．如果正方形的面积是正方形面积的一半，那么的正切值是 　 　． 16．（2024•静安区校级二模）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为 　 　． 17．（2024•徐汇区校级三模）《周髀算经》是我国最早的一部数学著作，其中记载的“赵爽弦图”巧妙地证明了勾股定理，彰显了我国古代数学家的智慧．如图所示，“赵爽弦图”由四个全等的矩形与两个正方形拼接而成，已知大正方形的面积是小正方形面积的25倍，设，，那么　 　．（用，表示） 18．（2024•闵行区三模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点，，均为正六边形的顶点．若点，的坐标分别为，，则点的坐标为 　 　 19．（2024•浦东新区校级三模）如图，和相交于和，过点作的平行线交两圆于、，设，则　 　（用含代数式表示）． 三．解答题（共2小题） 20．（2024•杨浦区二模）如图，已知在中，，，点是的重心，延长交边于点，以为圆心，为半径的圆分别交边、于点、． （1）求的长； （2）求的长． 21．（2024•奉贤区二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图1，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． （1）利用圆规和直尺，在图1上作出圆弧形水道的圆心．（保留作图痕迹） （2）如图2，学习小组来到了圆弧形道路内侧处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点处，并测得绳子中点与圆弧形道路内侧中点的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点、、在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 三角形、四边形和圆 考点一 三角形 考向一 全等三角形与直角三角形 易混易错提醒 1.关于全等三角形的性质应注意 ①全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边． ②要正确区分对应边与对边，对应角与对角的概念，一般地：对应边、对应角是对两个三角形而言，而对边、对角是对同一个三角形的边和角而言的，对边是指角的对边，对角是指边的对角． 2．含30度角的直角三角形应注意 ①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用； ②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边． 1．（2019•上海）在和△中，已知，，，，点、分别在边、上，且△，那么的长是 　 　． 【分析】根据勾股定理求得，由△，所以可以将点放在如图的点上，点放在如图的点上，点对应如图的点，从而得出，根据其性质得出，解得求出的长． 【解答】解：△，可以将△与重合，如图， ， ， ， ，， ， ， 解得， 的长为， 故答案为． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理的应用，平行线的性质，证得是解题的关键． 2．（2019•上海）如图，已知直线，含角的三角板的直角顶点在上，角的顶点在上，如果边与的交点是的中点，那么　 　度． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线性质得到，则，再利用三角形外角性质得到，然后根据平行线的性质求的度数． 【解答】解：是斜边的中点， ， ， ， ， ， ． 故答案为120． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半（即直角三角形的外心位于斜边的中点）．也考查了平行线的性质． 考点二 四边形 考向一 菱形的性质 解题技巧总结 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 3．（2024•上海）在菱形中，，则　 　． 【答案】57． 【分析】由菱形的性质得到，推出，而，由三角形内角和定理即可求出的度数． 【解答】解：四边形是菱形， ， ， ， ． 故答案为：57． 【点评】本题考查菱形的性质，关键是由菱形的性质推出． 考向二 矩形的判定 解题技巧总结 ①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形． 4．（2023•上海）在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：、，， 四边形是平行四边形， 由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意； 、，， 四边形是平行四边形， 由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意； 、， ， ， ， ，， 的长为与间的距离， ， ，， ， 四边形是矩形，故选项符合题意； 、， ，， ， ， ， 四边形是等腰梯形，故选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 考向三 梯形 5．（2023•上海）已知在梯形中，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是　　 A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【答案】 【分析】根据题意，作出图形，若梯形为等腰梯形，可得①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案． 【解答】解：过作，交延长线于，如图所示： 若，，则四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ，即， ， ， 在 中，，，， ， ，此时①正确； 过作于，如图所示： 在中，，，，， ，， ，此时②正确； 但已知中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定， 无法保证①②正确， 故选：． 【点评】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，孰练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键． 6．（2020•上海）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）连接，求的正切值． 【分析】（1）过作于，推出四边形是矩形，得到，，根据勾股定理得到，于是得到梯形的面积； （2）过作于，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，，于是得到结论． 【解答】解：（1）过作于， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 梯形的面积； （2）过作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的正切值． 【点评】本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 7．（2024•上海）四边形为矩形，过、作对角线的垂线，过、作对角线的垂线．如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为　　 A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】 【分析】先证明四边形为平行四边形，再证明△△，得到，得到，再根据菱形的判定定理判断即可． 【解答】解：，， ， 同理可得：， 四边形为平行四边形， 四边形矩形， ，， ，， ， ， ， 在△和△中， ， △△， ， ， 四边形为菱形， 故选：． 【点评】本题考查的是矩形的性质、菱形的判定，熟记四条边相等的四边形是菱形是解题的关键． 考向四 平面向量 8．（2021•上海）如图，在平行四边形中，已知，，为中点，则　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据相等向量的几何意义和三角形法则解答． 【解答】解：，为中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， 故选：． 【点评】本题考查平面向量，三角形法则，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型． 9．（2024•上海）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，设，若，则　 　（结果用含，的式子表示）． 【答案】． 【分析】由得出，再根据平面向量三角形运算法则求出，再由平行四边形的性质即可得出结果． 【解答】解：，， ， 又， ， 四边形是平行四边形， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，熟记平面向量的三角形运算法则是解题的关键． 10．（2023•上海）如图，在中，点，在边，上，，，联结，设向量，，那么用，表示　 　． 【答案】． 【分析】由三角形法则求得的值；然后结合平行线截线段成比例求得线段的长度，继而求得向量的值． 【解答】解：在中，，，则． ，， ． ． ，即． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量和平行线截线段成比例．注意：平面向量既有大小又有方向． 11．（2022•上海）如图所示，在中，，交于点，，，则　 　． 【答案】． 【分析】根据平行四边形的性质分析即可． 【解答】解：因为四边形为平行四边形， 所以， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量与平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的有关性质和平面向量的有关知识是解题的关键． 12．（2020•上海）如图，、是平行四边形的对角线，设，，那么向量用向量、表示为　 　． 【分析】利用平行四边形的性质，三角形法则求解即可． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，，，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查平行四边形的性质，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 考点三 圆 考向一 垂径定理 解题技巧总结 （1）垂径定理 垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧． （2）垂径定理的推论 推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧． 推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧． 推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧． 13．（2023•上海）如图，在中，弦的长为8，点在延长线上，且，． （1）求的半径； （2）求的正切值． 【答案】（1）的半径为5； （2）的正切值为． 【分析】（1）过点作，垂足为，根据垂径定理可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答； （2）过点作，垂足为，根据已知可得，再利用平行线分线段成比例可得，从而求出的长，进而求出的长，然后在中，利用勾股定理求出的长，再在中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：（1）过点作，垂足为， ， ， 在中，， ， 的半径为5； （2）过点作，垂足为， ，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 在中，， 的正切值为． 【点评】本题考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，平行线分线段成比例，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． 14．（2022•上海）如图所示，小区内有个圆形花坛，点在弦上，，，，则这个花坛的面积为 　 　（结果保留 【答案】． 【分析】根据垂径定理，勾股定理求出，再根据圆面积的计算方法进行计算即可． 【解答】解：如图，连接，过点作于， ，过圆心，是弦， ， ， 在中，， 在中，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算，掌握垂径定理、勾股定理以及圆面积的计算公式是正确解答的前提． 考向二 直线与圆的位置关系 解题技巧总结 （1）直线和圆的三种位置关系： ①相离：一条直线和圆没有公共点． ②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点． ③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线． （2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d． ①直线l和⊙O相交⇔d＜r ②直线l和⊙O相切⇔d＝r ③直线l和⊙O相离⇔d＞r． 15．（2022•上海）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 　 　． 【答案】． 【分析】根据题意画出相应的图形，利用圆周角定理、直角三角形的边角关系以及三角形的面积公式进行计算即可． 【解答】解：如图，圆与三角形的三条边都有两个交点，截得的三条弦相等， 圆心就是三角形的内心， 当过点时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大， 过点分别作弦、、的垂线，垂足分别为、、，连接、、， ， ， ，，， ， 由， ， 设，则， ， 解得， 即， 在中，， 故答案为：． 【点评】本题考查直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算，掌握直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算方法是正确解答的前提，画出符合题意的图形是正确解答的关键． 16．（2020•上海）在矩形中，，，点在对角线上，圆的半径为2，如果圆与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 　 　 【分析】根据勾股定理得到，如图1，设与边相切于，连接，如图2，设与边相切于，连接，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：在矩形中，，，， ， 如图1，设与边相切于，连接， 则， ， ， ， ， ， 如图2，设与边相切于，连接， 则， ， ， ， ， ， ， 如果圆与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是， 故答案为：． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键． 考向三 圆与圆的位置关系 解题技巧总结 （1）圆与圆的五种位置关系：①外离；②外切；③相交；④内切；⑤内含． 如果两个圆没有公共点，叫两圆相离．当每个圆上的点在另一个圆的外部时，叫两个圆外离，当一个圆上的点都在另一圆的内部时，叫两个圆内含，两圆同心是内含的一个特例；如果两个圆有一个公共点，叫两个圆相切，相切分为内切、外切两种；如果两个圆有两个公共点叫两个圆相交． （2）圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系： ①两圆外离⇔d＞R+r； ②两圆外切⇔d＝R+r； ③两圆相交⇔R﹣r＜d＜R+r（R≥r）； ④两圆内切⇔d＝R﹣r（R＞r）； ⑤两圆内含⇔d＜R﹣r（R＞r）． 17．（2024•上海）在中，，，，点在内，分别以为圆心画圆，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是　　 A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】 【分析】根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案． 【解答】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、2为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，涉及勾股定理，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 18．（2021•上海）如图，长方形中，，，圆半径为1，圆与圆内切，则点、与圆的位置关系是　　 A．点在圆外，点在圆内 B．点在圆外，点在圆外 C．点在圆上，点在圆内 D．点在圆内，点在圆外 【答案】 【分析】两圆内切，圆心距等于半径之差的绝对值，得圆的半径等于5，由勾股定理得，由点与圆的位置关系，可得结论． 【解答】解：两圆内切，圆心距等于半径之差的绝对值， 设圆的半径为， 则：， ，圆半径为1， ，即圆的半径等于5， ，，由勾股定理可知， ，， 点在圆上，点在圆内， 故选：． 【点评】本题考查了点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键，还利用了数形结合的思想，通过图形确定圆的位置． 19．（2023•上海）在△中，，，，点在边上，点在延长线上，且，如果过点，过点，若与有公共点，那么半径的取值范围是 　 　． 【答案】． 【分析】先画出图形，连接，利用勾股定理可得，，从而可得，再根据与有公共点列不等式，用二次函数与一元二次方程，一元二次不等式的关系解答． 【解答】解：连接，如图： 过点，且， 的半径为7， 过点，它的半径为，且， ， ，， ，， 在边上，点在延长线上， ， 与有公共点， ， ， 由①得：， 解方程得： 或， 画出函数 的大致图象如下： 由函数图象可知，当时，，即不等式①的解集为， 同理可得：不等式②的解集为或， 不等式组的解集为， 又， 半径的取值范围是． 故答案为： 【点评】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立不等式组是解题关键． 考向四 正多边形和圆 20．（2023•上海）如果一个正多边形的中心角是，那么这个正多边形的边数为 　 　． 【分析】根据正边形的中心角的度数为进行计算即可得到答案． 【解答】解：． 故这个正多边形的边数为18． 故答案为：18． 【点评】本题考查的是正多边形内角、外角和中心角的知识，掌握中心角的计算公式是解题的关键． 21．（2021•上海）六个带30度角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积 　 　． 【答案】． 【分析】利用得到，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到，接着证明可得结论． 【解答】解：如图，， ， ， ， 即， ， 中间正六边形的面积， 故答案为：． 【点评】本题考查了含30度角的直角三角形：在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了正多边形与圆，解题的关键是求出． 考向五 圆的综合题 22．（2024•上海）在梯形中，，点在边上，且． （1）如图1所示，点在边上，且，联结，求证：； （2）已知； ①如图2所示，联结，如果△外接圆的圆心恰好落在的平分线上，求△的外接圆的半径长； ②如图3所示，如果点在边上，联结、、，与交于．如果，，且，求边的长． 【答案】（1）证明过程见解析； （2）①；②． 【分析】（1）添加辅助线，转移比例线段，得到，从而证出； （2）利用三角形外接圆得性质得出△△，再根据平分得出，然后得出相似，求出半径的长度； （3）最后一问难度较大，首先将条件转化成线段和角度关系，由，很容易找到△△，再根据这个相似结论证出△△，多组相似转化，再利用勾股定理建立方程，求出未知数． 【解答】（1）证明：延长和交于点， ， ， ， ，， ， ． （2）①记点为△外接圆圆心，过点作于点，连接，，． 点为△外接圆的圆心， ， ， ， ， ，，， △△， ， 平分， ， ， ， ，即， ， ， ， ， △△， ，即， ， △外接圆半径为． ②延长，交于点，过点作，垂足为点． ， △△， ， 由①知， ， ， ， ， ， △△， ， ， ， ， ， 由，得，， ， ， △△， ， 设，则， ， ， ，， ， △△， ， 设，则， ，， △△， ，即， ，解得， ， 在△中，由勾股定理可得： ， ， 解得， ， ， 在△中，由勾股定理可得，， ， ． 第三问方法二： ， ， ，， ，即， ， ，， 为中点， ， △△， ， ， 也为中点， ， ， ， ， △△， ， 设，则，， ，解得， ． 【点评】本题主要考查了圆的综合题，同时也考查了平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，三角形的外接圆等知识点，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 23．（2023•上海）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点是边中点，以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，连接交于点． （1）如果，求证：四边形为平行四边形； （2）如图（2）所示，连接，如果，，，求边的长； （3）连接，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）； （3）的值为． 【分析】（1）由，，即得，，根据是的中点，，知是的中位线，故，即可得证； （2）设，，有，由（1）可得，故，得出，进而证明，，由，有，解方程即可答案； （3）是以为腰的等腰三角形，①当时，②当时，证明，得出，设，，根据，得出，即得，，连接交于点，证明，在与 中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求得答案． 【解答】（1）证明：如图： ， ， ， ， ， ， 是的中点，， 是的中位线， ，即， 四边形是平行四边形； （2）解：如图： 由，，点边中点，设，，则， 由（1）可得， ， ， ， ， ，即， 在 中，， ， ， 解得： 或 （舍去）， ； （3）解：①当时，点与点重合，不符合题意，舍去； ②当 时，延长交于点，如图所示， 点是的中点，， ， 设， ， ， ， 设，， ， ， ， ， ， 设交于点， ， ， ， ，，， 在 与 中， ，， ， 又， ， ， ， ， ，， ， 的值为． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 24．（2022•上海）如图，在中，是线段中点，联结交于点，联结． （1）如果． ⅰ．求证：为菱形； ⅱ．若，，求线段的长； （2）分别以，为半径，点，为圆心作圆，两圆交于点，，点恰好在射线上，如果，求的值． 【答案】（1）．证明见解析； ； （2）． 【分析】（1）．证明：如图，连接交于点，证明，由全等三角形的性质得出，证出，由菱形的判定可得出结论； ．由重心的性质得出，设，则，由勾股定理得出，求出的值，则可得出答案； （2）方法一：由相交两圆的性质得出，由（1）②知点是的重心，由重心的性质及勾股定理得出答案． 方法二：设，则，，证出，延长交的延长线于点，则，由勾股定理可得出答案． 【解答】（1）．证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 为菱形； ．解：， 是的中线， 为的中点， 是的中线， 点是的重心， ， 设，则， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，， ， 解得（负值舍去）， ， ； （2）解：方法一：如图， 与相交于，， ， 由（1）②知点是的重心， 又在直线上， 是的中线， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ． 方法二：设，则，， ，， 垂直平分，， ， 延长交的延长线于点，则， ，由勾股定理得，， 由可得， ， ． 【点评】本题是圆的综合题，考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形重心的性质，菱形的判定，相交两圆的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 25．（2021•上海）如图，在圆中，弦等于弦，且相交于点，其中、为、中点． （1）证明：； （2）连接、、，若，证明：四边形为矩形． 【答案】（1）（2）证明见解析部分． 【分析】（1）利用全等三角形的性质证明，，可得结论． （2）连接，设交于，想办法证明，可得结论． 【解答】（1）证明：连接，，，，． ，，， ，，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ． （2）证明：连接，设交于． ，，， ，， ， ， ，， 垂直平分线段， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． 【点评】本题属于圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，垂径定理，平行线分线段成比例定理，矩形的判定，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 26．（2020•上海）如图，中，，是的外接圆，的延长线交边于点． （1）求证：； （2）当是等腰三角形时，求的大小； （3）当，时，求边的长． 【分析】（1）连接．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可． （2）分三种情形：①若，则．②若，则．③若，则与重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可． （3）如图3中，作交的延长线于．则，推出，设，，根据，构建方程求出即可解决问题． 【解答】（1）证明：连接． ， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图2中，延长交于． ①若，则， ， ， ， ， ， ． ②若，则， ， ， ， ． ③若，则与重合，这种情形不存在． 综上所述，的值为或． （3）如图3中，作交的延长线于． 则， ，设，， ， ， ， ， ． 【点评】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 考点四 尺规作图与证明 考向一 尺规作图 27．（2024•上海）同学用两幅三角板拼出了如图的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠）． （1）若直角三角形斜边上的高都为，求： ①两个直角三角形的直角边（结果用表示）； ②平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； （2）请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求：①不与给定的图形状相同；②画出三角形的边． 【答案】（1）①等腰直角三角板直角边为 ，含 的直角三角形板直角边为和 ；②小平行四边形的底为 ，高为 ，面积为 ；底，；平行四边形的高； （2）见解析． 【分析】（1）①解直角三角形即可求解；②由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （2）根据题意画出图形即可． 【解答】解：（1）①如图，△为等腰直角三角板，，则， 如图，△为含的直角三角形板，，，，则，； 综上，等腰直角三角板直角边为 ，含 的直角三角形板直角边为和 ； ②由题意可知， 四边形是矩形， 由图可得，，， ， 故小平行四边形的底为 ，高为 ，面积为 ， ，， ， ， ， 底， ； 平行四边形的高； （2）如图，即为所作图形． 【点评】本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 考向二 命题与定理 28．（2022•上海）下列说法正确的是　　 A．命题一定有逆命题 B．所有的定理一定有逆定理 C．真命题的逆命题一定是真命题 D．假命题的逆命题一定是假命题 【答案】 【分析】根据逆命题的概念、真假命题的概念判断即可． 【解答】解：、命题一定有逆命题，本选项说法正确，符合题意， 、不是所有的定理一定有逆定理，例如全等三角形的对应角相等，没有逆定理，故本选项说法错误，不符合题意； 、真命题的逆命题不一定是真命题，故本选项说法错误，不符合题意； 、假命题的逆命题不一定是假命题，例如假命题对应角相等的三角形全等，其逆命题是真命题，故本选项说法错误，不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题．其中一个命题称为另一个命题的逆命题． 29．（2020•上海）下列命题中，真命题是　　 A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形 【分析】利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项． 【解答】解：、对角线相等的梯形是等腰梯形，故错误； 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误； 、正确； 、有一个角是直角的梯形是直角梯形，故错误； 故选：． 【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大． 一．选择题（共9小题） 1．（2024•静安区三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②，对于结论①、②下列说法正确的是　　 A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 【答案】 【分析】如图，过作交的延长线于点，当时，可证出，在中可得出，进而可得出，据此即可得①错误； 如图，设，交于点，利用勾股定理可得：，故②正确，即可得出正确选项， 【解答】解：如图，过作交的延长线于点， ， ，即， 当时，，， ， 如图，过点作交于点， 四形为平行四边形， ， 如图，在中，， ，即， ， ， 故①错误； 如图，设，交于点， ， ，，，， ，，， ，， ， ， 故②正确， 故选：． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握其性质，正确的作出辅助线是解决此题的关键． 2．（2024•普陀区二模）已知中，为边上的高，在添加下列条件中的一个后，仍不能判断是等腰三角形的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】．可证是的垂直平分线，可证是等腰三角形； ．由“”可证，可得，可证是等腰三角形； ．结合直角三角形的性质求出与互余，不一定相等，则不一定是等腰三角形； ．根据三角形面积公式求出，进而可证是等腰三角形． 【解答】解：如图， ，， 是的垂直平分线， ， 是等腰三角形， 故不符合题意； ，，， ， 是等腰三角形， 故不符合题意； ，且， ， 与互余，不一定相等， 不一定是等腰三角形， 故符合题意； ，， ， ， ， 是等腰三角形， 故不符合题意； 故选：． 【点评】本题主要考查的是全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟记等腰三角形的判定定理是本题的关键． 3．（2024•普陀区校级三模）七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形（其中一个平行四边形是正方形）组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形就是由七巧板拼成的．下面四个选项中，不正确的是　　 A．用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形 B．用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形 C．用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形 D．用一副七巧板之中的六块板可以拼出一个正方形 【答案】 【分析】根据正方形的判定方法逐一分析解答即可． 【解答】解：、用④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用①④⑤⑥或②④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用③⑦④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用一副七巧板之中的六块板不能拼出一个正方形，故选项符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的判定和性质． 4．（2024•崇明区模拟）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】先确定的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出的度数． 【解答】解：如图， ，， ， ， ， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的性质，学生读题审题的能力，理解题意，准确识图，求出的度数是解题关键． 5．（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】 【分析】根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理得到故①正确；根据三角形的三边关系得到．故②正确； 【解答】解：四边形是矩形， ，，， 在与中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， 在中， ， 故①正确； ，，， ．故②正确； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键， 6．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案是　　 A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 【答案】 【分析】方案甲，连接，由平行四边形的性质得，，则，得四边形为平行四边形，方案甲正确； 方案乙，证，得，再由，得四边形为平行四边形，方案乙正确； 方案丙，证，得，，则，证出，得四边形为平行四边形，方案丙正确． 【解答】解：方案甲中，连接，如图所示： 四边形是平行四边形，为的中点， ，， ，， ， 四边形为平行四边形，故方案甲正确； 方案乙中，四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， 在和中， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形，故方案乙正确； 方案丙中，四边形是平行四边形， ，，， ， 平分，平分， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形为平行四边形，故方案丙正确； 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 7．（2024•徐汇区二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据弧长的计算方法计算半径为，圆心角为的弧长即可． 【解答】解：由题意得，重物上升的距离是半径为，圆心角为所对应的弧长， 即． 故选：． 【点评】本题考查弧长的计算，掌握弧长的计算方法是正确解答的前提． 8．（2024•崇明区二模）已知在中，，，，若以为圆心，长为半径的圆与边有交点，那么的取值范围是　　 A．或 B． C． D． 【答案】 【分析】作于，根据勾股定理计算出，再利用面积法计算出，然后根据直线与圆的位置关系得到当时，以为圆心、为半径作的圆与斜边有公共点． 【解答】解：作于，如图， ，，， ， ， ， 以为圆心、为半径作的圆与斜边有公共点时，的取值范围为． 故选：． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为：直线和相交；直线和相切；直线和相离． 9．（2024•静安区二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是　　 A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题 【答案】 【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可． 【解答】解：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，是真命题； ②在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等，故本小题说法是假命题 故选：． 【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 二．填空题（共10小题） 10．（2024•静安区校级二模）我们把一条对角线是另一条对角线2倍的四边形叫“奇异四边形”．现有两个全等的直角三角形，一条直角边长是1，如果它们可以拼成对角线互相垂直的“奇异四边形”，那么直角三角形另一条直角边长是　 　． 【分析】因直角边的长度为1，有可能是长直边的长度或短直角边的长度，所以需进行分两种情况计算；由全等三角形的性质，等积变换建立等量关系表示出另一直角边的长，再由勾股定量表示同一直角的长建立方程，解出方程的解，求出另一直角的长为或． 【解答】解：（1）当时，设，且， ，如图1所示： ， ，，， 是等腰三角形， ， 又， ， 又， ， 又， ， ， 解得：， 在中，由勾股定理得： ， ， 解得：或 或（舍去）， ， ； （2）当时，设，且， ，如图1所示： 同理可求得： 或， （舍去），或， ， ； 综合所述，另一条直角边的长为或， 故答案为或． 【点评】本题综合考查了全等三角形的面积，等腰三角形的判定与性质，等积变换求三角的面积，解方程和分类讨论思想等相关知识，重点掌握全等三角形的性质，难点是等积变换构建方程和分类思想． 11．（2024•浦东新区校级三模）定义：底边和底边上的高相等的等腰三角形称为“和谐”三角形．若“和谐”三角形的面积为2，则其腰长为 　 　． 【分析】根据等腰三角形的三线合一和面积公式解答即可． 【解答】解：如图所示： ，，，三角形的面积为2， ， ， ． 故答案为：． 【点评】此题考查三角形，关键是根据等腰三角形的三线合一和面积公式解答． 12．（2024•静安区校级三模）当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形是“等腰四边形”，对角线是该四边形的“等腰线”，其中，，的值为 　 　． 【答案】． 【分析】由题意知，等腰分①，②，两种情形求解作答即可． 【解答】解：凸四边形是“等腰四边形”，对角线是该四边形的“等腰线”， 和为等腰三角形． ， 等腰分①，②，两种情形求解； ①当时，如图1，作于， ， 为等边三角形， ， ， ， ，，即，， ， ， ； ②当时，如图2，过点作于，作，交的延长线于点， ，， ， ，，， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理①，， 综上，， 故答案为：． 【点评】本题考查了等腰直角三角形，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，矩形的判定与性质，解直角三角形等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形内角和定理，矩形的判定与性质是解题的关键． 13．（2024•徐汇区三模）在一个三角形中，如果有一个内角是另一内角的倍为整数），那么我们称这个三角形为倍角三角形，如果一个三角形既是2倍角三角形，又是3倍角三角形，那么这个三角形最小的内角度数为　 　． 【答案】或或或． 【分析】根据2倍角三角形、3倍角三角形的定义，这道题分两种情况去讨论解决． 【解答】解：①设最小内角度数为，2倍角为，3倍角为， ， ； ②设最小内角度数为，2倍角为，3倍角为， ， ． ③设最小内角度数为，3倍角为，2倍角为， ， ． ④设最小内角度数为，其余两个角为和， ， ， ． 故答案为：或或或． 【点评】本题考查了倍角三角形的定义以及三角形的内角和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题． 14．（2024•闵行区三模）如图，为等腰直角三角形，，，为的重心，为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点在直线的上方），为的重心，设、两点的距离为，那么在点运动过程中的取值范围是 　 　． 【分析】分别求出的最小值和最大值，即可得到的取值范围． 【解答】解：当与重合时，与重合，此时最小为0， 当与重合时，最大，连接并延长交于，连接并延长交于，连接，过作于，如图： 为等腰直角三角形的重心， 为中点， ， 和是等腰直角三角形， ， ， ，， 是为等腰的重心， 为中点， ，， ， ，，共线， ， ，， ， ， ，即， ，， ， ， 最大值为， 的范围是， 故答案为：． 【点评】本题考查三角形的重心，涉及等腰直角三角形的性质及应用，解题的关键是掌握三角形重心的性质． 15．（2024•黄浦区二模）如图，由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形，内部形成一个小正方形．如果正方形的面积是正方形面积的一半，那么的正切值是 　 　． 【答案】． 【分析】设，，并用，表示出正方形的面积和正方形面积，再列方程求出的值，即可解决问题． 【解答】解：设，， 则正方形面积， 正方形的面积， 正方形的面积是正方形面积的一半， ， 整理，得， ， ， 解得（舍去），， ． 【点评】本题考查赵爽弦图，勾股定理，一元二次方程的解法，三角函数，能灵活运相关知识和一元二次方程的解法求出，间的关系是解题的关键． 16．（2024•静安区校级二模）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为 　 　． 【答案】132． 【分析】先分别求出正五边形和正六边形的每个外角的度数，再根据这个外角与它相邻的内角是邻补角，求出每个内角，从而求出和，最后根据，求出即可． 【解答】解：如图所示： 正五边形的每个内角为：， 正六边形的每个内角为：， ，， ， ， 故答案为：132． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是结合图形理解正六边形的内角、正五边形的内角与的和是． 17．（2024•徐汇区校级三模）《周髀算经》是我国最早的一部数学著作，其中记载的“赵爽弦图”巧妙地证明了勾股定理，彰显了我国古代数学家的智慧．如图所示，“赵爽弦图”由四个全等的矩形与两个正方形拼接而成，已知大正方形的面积是小正方形面积的25倍，设，，那么　 　．（用，表示） 【答案】． 【分析】连接、，则、共线，先求出，由已知可知，由图可得，再求，则． 【解答】解：连接、， 四边形、四边形都是正方形， 、共线， ，， ， 大正方形的面积是小正方形面积的25倍， ， 由图可得， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查平面向量，熟练掌握平面向量的定义，正方形的性质是解题的关键． 18．（2024•闵行区三模）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点，，均为正六边形的顶点．若点，的坐标分别为，，则点的坐标为 　 　 【答案】，． 【分析】设中间正六边形的中心为，连接．判断出，的长，可得结论． 【解答】解：设中间正六边形的中心为，连接． 点，的坐标分别为，，图中是7个全等的正六边形， ，， ， ， ， ，， ，， 故答案为：，． 【点评】本题考查正多边形与圆，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 19．（2024•浦东新区校级三模）如图，和相交于和，过点作的平行线交两圆于、，设，则　 　（用含代数式表示）． 【答案】． 【分析】先过点和分别作、，证明四边形是矩形，再运用垂径定理得出，，即可作答． 【解答】解：如图：过点和分别作、， 过点作的平行线交两圆于、， ， 、， 四边形是矩形， ， 、， ，， ， ， 则． 故答案为：． 【点评】本题考查了相交两圆的性质，矩形的判定与性质，向量以及垂径定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题． 三．解答题（共2小题） 20．（2024•杨浦区二模）如图，已知在中，，，点是的重心，延长交边于点，以为圆心，为半径的圆分别交边、于点、． （1）求的长； （2）求的长． 【答案】（1）4； （2）． 【分析】（1）由重心的性质得到是中点，，由锐角的余弦求出，由勾股定理求出，得到； （2）连接，过作于，由等腰三角形的性质得到，由锐角的余弦求出的长，即可得到的长，即可得到的长． 【解答】解：（1）是的重心， 是中点，， ， ， ，， ， ， ； （2）连接，过作于， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查解直角三角形，等腰三角形的性质，三角形的重心，关键是由重心的性质得到，由锐角的余弦求出的长． 21．（2024•奉贤区二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图1，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小． （1）利用圆规和直尺，在图1上作出圆弧形水道的圆心．（保留作图痕迹） （2）如图2，学习小组来到了圆弧形道路内侧处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点处，并测得绳子中点与圆弧形道路内侧中点的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点、、在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 【答案】（1）作图见解答过程； （2）圆弧形水道外侧的半径为483米． 【分析】（1）分别取圆弧形道路的弦和圆弧形水道的弦，作的垂直平分线，的垂直平分线，交于，点即为所； （2）连接，，，由为的中点，点为圆弧形道路内侧中点，可得，，米，故、、、四点共线，设米，可得，，从而可得圆弧形水道外侧的半径为483米． 【解答】解：（1）分别取圆弧形道路的弦和圆弧形水道的弦，作的垂直平分线，的垂直平分线，交于，如图： 点即为所； （2）连接，，，如图： 为的中点，点为圆弧形道路内侧中点， ，，米， 、、、四点共线， 设米，则米， 在 中，， ， 解得， （米， 答：圆弧形水道外侧的半径为483米． 【点评】本题考查作图应用与设计作图，涉及垂径定理，解题的关键是掌握勾股定理列方程解决问题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$