重难点06 上海中考压轴之几何综合(12大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

重难点06 上海中考压轴之几何综合 上海中考几何综合题聚焦核心几何模型与动态分析能力，分值14分，设2-3问梯度递进。高频考点包括相似三角形（全等、比例模型）、几何变换（旋转对称性质）、圆与多边形综合及坐标系几何问题。 备考需巩固勾股定理、相似判定、圆幂定理等基础，强化动态问题（动点最值、存在性分析）的图解与代数转化能力，规范推理书写步骤。建议专项训练五年真题，把握旋转构造、一线三等角等高频模型，提升复杂条件拆解与多解思维，同时加强创新题型的适应性训练。 题型一 三角形全等与相似判定及性质 （1）全等判定:灵活运用 SAS、ASA、AAS、SSS 或 HL，结合等腰梯形、平行线性质寻找等角等边。 （2）相似判定:通过 AA、SAS、SSS 相似，注意对应边比例和对应角相等。 （3）动态分析:动点问题中，利用比例关系或勾股定理建立方程，结合几何变换化问题。（4）辅助线:构造平行线、垂线段或全等三角形转化条件。 典例1（2024·上海金山·二模）如图，已知：等腰梯形中，，，以A为圆心，为半径的圆与相交于点E，与相交于点F，联结，设分别与相交于点G、H，其中H是的中点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，如果，求的值； (3)如图2，如果，求的余弦值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】证明四边形是平行四边形、利用垂径定理求值、相似三角形的判定与性质综合、求角的余弦值 【分析】（1）由题意知，，则，，由等腰梯形，可得，则，进而结论得证； （2）由垂径定理得，证明，则，设，则，证明，则，，由勾股定理得，，，则，根据，求解作答即可； （3）由（2）可知，，则，，由（2）可知，，则，，如图，作，垂足为点I，连接，则，设，，则，，证明，可得，，由勾股定理得，，即，可得，根据，求解作答即可． 【详解】（1）证明：由题意知，， ∴， ∵， ∴， ∵等腰梯形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：由（2）可知，， ∴， ∵， ∴， 由（2）可知，， ∴， ∴， 如图，作，垂足为点I，连接， ∵， ∴， 设，，则，， ∵ ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦等知识．熟练掌握等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦是解题的关键． 1-1 （2023·上海奉贤·二模）在梯形中，， ，，，过点C作对角线的垂线，垂足为E，交射线于点F．    (1)如图1，当点F在边上时，求证：； (2)如图2，如果F是的中点，求的值； (3)连接，如果是等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)8 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、根据三线合一证明 【分析】（1）要证明根据已知条件有一组相等的边长，只需要找到两个角相等即可；题目中已知平行关系，可以找到一组内错角相等，再根据可以得出，又因为垂直关系那么另外一组相等的角就找到了，题目得以求证； （2）根据已知条件和（1）中的全等关系，可知要求的值即求的值，即如果找到与的关系即可；这两边均在中，直接根据勾股定理无法求知，可以猜想到和相似关系，进行证明，再得到一组与即的关系，进而得出所求的比值； （3）根据是等腰三角形，且F在上，可知，又因为，可得，而根据（1）中可知所以可以求出来等于8，而已知条件所以 【详解】（1）， ， ， ， 在和中， ∵，，， ， （2）在和中， ∵，， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， 又∵F是的中点， ∴， ∴， 在中，， 解得，或（舍去） ∴； （3）如图，    ∵是等腰三角形，且， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练运用相关知识是解答本题的关键 1-2　（2023·上海嘉定·二模）在中，， 点P在线段上，，交于点D，过点B作，垂足为E，交的延长线于点F． (1)如果， ①如图1当点P与点C重合时，求证： ； ②如图，当点在线段上，且不与点、点重合时，问： ①中的“”仍成立吗?请说明你的理由； (2)如果，如图11，已知 (n为常数)，当点P在线段上，且不与点B、点C重合时，请探究的值(用含n的式子表示)，并写出你的探究过程． 【答案】(1)①证明见解析；②成立，证明见解析 (2)，过程见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、两直线平行同位角相等、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）①由等角对等边可得，证明，则，证明，则，进而可证；②如图1，过作交于，交于，则，同理①可证，，则，同理①可证，，则，； （2）如图2，过作交于，交于，同理（1）可证：，则，证明，则，证明，则，即，可知，即，进而可得． 【详解】（1）①证明：∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； ②解：仍成立，理由如下： 如图1，过作交于，交于， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理①可证，， ∴， 同理①可证，， ∴， ∴； （2）解：如图2，过作交于，交于， 同理（1）可证：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 1-2 （2025·上海徐汇·一模）如图，在中，，，点是边的中点，点，是射线上的动点（点在左边），以为一边作． (1)求的长； (2)当点是的重心时，求的值： (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 【答案】(1) (2) (3)为或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点、作的垂线，垂足分别为、，通过解直角三角形求出、，利用勾股定理求出，即可解答； （2）连接并延长交于点，根据题意得到是的垂直平分线，证明，列出比例式即可解答； （3）若是以为腰的等腰三角形，分以下两种情况：当时，证明，求出，即可解答；当时，证明，求得，，过作，垂足为，求出，即可解答． 【详解】（1）解：如图，过点、作的垂线，垂足分别为、， ，，， ，， 点是边的中点， ， 在中，，， ， ， ， 在中，； （2）解：如图，连接并延长交于点， 点是的重心， 点是的三条中线的交点， 是的中线， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：若是以为腰的等腰三角形，分以下两种情况： 当时，如图： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 当时，如图： ， ， ， ， ， ， 即， ，， 过作，垂足为， ， ， ， ， ； 综上，为或． 【点睛】本题考查三角形的综合运用，主要考查勾股定理、重心的性质、解直角三角形、垂直平分线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 1-3 （2024·上海青浦·二模）在中，，以C为圆心、为半径的弧分别与射线、射线相交于点，直线与射线相交于点F． (1)如图，当点D在线段上时． ①设，求；（用含的式子表示） ②当时，求的值； (2)如图，当点D在的延长线上时，点分别为的中点，连接，如果，求的长． 【答案】(1)①  ② (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）①根据等边对等角得到，，然后根据四边形的内角和是计算解题； ②先根据得到，然后推导，得到，可以求出长，过点A作于点G，然后求出值即可； （2）设交于点H，设，则，然后证明，得到，然后根据平行线分线段成比例得到，，再根据，就可得到，代入数值即可解题． 【详解】（1）解：①∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即，解得：或（舍）； 过点A作于点G， 则， ∴； （2）解：设交于点H，设， ∵M是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∵ ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴，即， 解得：或（舍）， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线分线段成比例，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 1-4 （2025·上海杨浦·一模）已知中，，点在边上，． (1)如图1，当，时，求的长； (2)点是边上一点，满足． ①如图2，当时，求的值； ②当是等腰三角形时，求的余弦值． 【答案】(1) (2) 或 【知识点】求角的余弦值、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）由可求得，由勾股定理可求得，由可求得，在中，由勾股定理可得，由此即可求出的长； （2）①设，则，，过点作，交延长线于点，由可得，结合，可证得，于是可得，则，进而可得，由等角对等边可得，过点作于点，由三线合一可得，由角平分线的性质可得，由勾股定理可得，则，由平行线分线段成比例定理可得，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，设，则，，整理得，则，由勾股定理可得，则，由此即可求出的值； ②过点作交延长线于点，然后分三种情况讨论：）当时；）当时；）当时；分别求解即可求出的余弦值． 【详解】（1）解：在中，，， ， ， 又， ， 在中，，， ∴； （2）解：①， 设，则，， 如图，过点作，交延长线于点， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， 如图，过点作于点，则可得， 又， ， 由勾股定理可得：， ， ， ， ，， ， ， 设，则， ， 整理，得：， ， 在中，，， ， ， ； ②，，， ， 如图，过点作交延长线于点， 分三种情况讨论： ）当时， ， ∴， 但不平行，故此种情况不存在； ）当时， 如图，过点作，垂足为， ， 又， ， ， ， ， ， 又， ， ， 由①可知：此时， ， ； ）当时， 同理可得：， 设， 如图，延长至点，使得，连接， 又，， ， ， 过P作于H，则，， ， ， ， ，， 又， ， ， ， ， ， 整理，得：， 解得：， ， ； 综上，或， 即：的余弦值为或． 【点睛】本题主要考查了已知正弦值求边长，相似三角形的判定与性质，等角对等边，三线合一，角平分线的性质定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理，两直线平行内错角相等，线段的和与差，直角三角形的两个锐角互余，等边对等角，三角形的内角和定理，同位角相等两直线平行，求角的余弦值，全等三角形的判定与性质，公式法解一元二次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 题型二 特殊四边形（矩形、菱形、正方形）性质与判定 （1）性质应用:利用矩形对角线相等、菱形对角线垂直平分、正方形四边相等的性质 （2）判定方法:结合角、边、对角线的条件证明特殊四边形。 （3）综合问题:与圆结合时，利用对称性或垂径定理分析交点位置。 典例2（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【知识点】证明四边形是菱形、圆与四边形的综合(圆的综合问题)、重心的有关性质、圆和圆的位置关系 【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论； ②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长； （2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值． 【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O， ∵平行四边形， ∴OA=OC， ∵AE=CE，OE=OE， ∴△AOE≌△COE(SSS)， ∴∠AOE=∠COE， ∵∠AOE+∠COE=180°， ∴∠COE=90°， ∴AC⊥BD， ∵平行四边形， ∴四边形是菱形； ②∵OA=OC， ∴OB是△ABC的中线， ∵为中点， ∴AP是△ABC的中线， ∴点E是△ABC的重心， ∴BE=2OE， 设OE=x，则BE=2x， 在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2, 在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2, ∴9-x2=25-9x2， 解得：x=, ∴OB=3x=3， ∵平行四边形， ∴BD=2OB=6； （2）解：如图， ∵⊙A与⊙B相交于E、F， ∴AB⊥EF， 由（1）②知点E是△ABC的重心， 又在直线上， ∴CG是△ABC的中线， ∴AG=BG=AB，GE=CE， ∵CE=AE， ∴GE=AE，CG=CE+GE=AE， 在Rt△AGE中，由勾股定理，得 AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2, ∴AG=AE, ∴AB=2AG=AE， 在Rt△BGC中，由勾股定理，得 BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2， ∴BC=AE， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目． 2-1　 （2023·上海黄浦·二模）如图，在菱形中，，E是边上一点，过点E作，垂足为点H，点G在边上，且，联结，分别交于点M、N． (1)已知， ①当时，求的面积； ②以点H为圆心，为半径作圆H，以点C为圆心，半径为1作圆C，圆H与圆C有且仅有一个公共点，求的值； (2)延长交边于点P，当设，请用含x的代数式表示的值． 【答案】(1)①；②或 (2) 【知识点】圆和圆的位置关系、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、四边形其他综合问题 【分析】（1）①联结交于点O，根据菱形的性质可得，再由锐角三角函数可得的长，再由，可得，即可求解；②先证明四边形是平行四边形，可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由，可得，再由，可得，，在中，根据勾股定理可得然后分两种情况：当两圆外切时，当两圆内切时，即可求解； （2）先证明．．取中点Q，联结，再证明，可得，即可求解． 【详解】（1）解：①联结交于点O， ∵四边形是菱形， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∴． ∴； ②在菱形中，，，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，． 当两圆外切时， 8，解得； 当两圆内切时， ，解得； 综上所述，长是或； （2）解：∵，， ∴． ∴． 取中点Q，联结， 由（1）得：， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关系，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关系，勾股定理是解题的关键． 2-2　 （2025·上海松江·一模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 【答案】(1) (2)5 (3)或或2 【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、已知正切值求边长 【分析】（1）先由矩形的性质证明，即可得； （2）延长、交于，设，由得，则，证明得，进而得，，再由得，进而可得关于x的一元二次方程，解方程即可； （3）分三种情况：①当时；②当时；③当时；根据三种情况分别画图求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，， ， ， ， ， 又∵，， ； （2）解：延长、交于， 设， ， ， 则， ，， ， ， ，， ， ，即， ∴， 解得，（舍）， ； （3）解：①当时，如图， ， ， ， ， ； ②当时， 过点作，垂足为点，交于（如图），则， ， ， ， 则， ； ③当时， 过点作（如图），则， ， ， ，则，， ，，， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 题型三 梯形与相似综合应用 （1）辅助线:作梯形的高或平移腰，转化为三角形或矩形问题。 （2）相似比例:利用平行线分线段成比例定理，结合相似三角形求比值。 （3）等腰梯形:利用底角相等、对角线相等的性质，结合勾股定理求解。 典例3　（2023·上海徐汇·二模）已知：如图1，四边形ABCD中，，． (1)求证：四边形ABCD是等腰梯形； (2)边CD的垂直平分线EF交CD于点E，交对角线AC于点P，交射线AB于点F． ①当时，设AD长为x，试用x表示AC的长； ②当时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理、公式法解一元二次方程、线段垂直平分线的性质 【分析】（1）如图，过作于，过作于，证明，再证明，从而可得答案； （2）①如图，连接，延长交于，证明，可得，再证明四边形为平行四边形，，可得，，，即，可得，即，重合，再建立方程求解即可；②当时，则在线段的延长线上，如图，延长交于，连接，证明四边形是菱形，，设，，，则， 由，可得，过作，交的延长线于，证明，，可得，，证明，可得，，再建立方程求解即可． 【详解】（1）证明；如图，过作于，过作于， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，，不平行， ∴四边形为等腰梯形． （2）①如图，连接，延长交于， ∵是的垂直平分线， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，而， ∴四边形为平行四边形，， ∴，， ∴，即， ∴， ∴，而， ∴，即，重合， ∴即， 解得：（负根舍去）． ②当时，则在线段的延长线上，如图，延长交于，连接， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，而， ∴四边形是平行四边形， 由线段垂直平分线的性质可得， ∴四边形是菱形，， 设，，，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作，交的延长线于， ∴， ∴， ∵，等腰梯形， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∴， 解得：，（使，不合题意舍去）， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，难度大，计算量大，属于压轴题． 3-1　 （2022·上海杨浦·二模）已知在扇形中，点C、D是上的两点，且． (1)如图1，当时，求弦的长； (2)如图2，联结，交半径于点E，当//时，求的值； (3)当四边形是梯形时，试判断线段能否成为内接正多边形的边？如果能，请求出这个正多边形的边数；如果不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)线段能成为的内接正多边形的边，边数为18 【知识点】利用垂径定理求解其他问题、等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质综合、三角形内角和定理的应用 【分析】（1）取的中点，联结，根据圆的有关性质可得，然后由余角的性质及等边三角形的判定与性质可得答案； （2）由平行线的性质及三角形内角和定理可得．然后根据相似三角形的判定与性质可得答案； （3）根据圆内接多边形的性质及三角形的内角和定理分两种情况进行解答： ①；②． 【详解】（1）解：设，取的中点E，联结， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 又， ∴； （2）解： ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴．解之得， ∴； （3）解：当四边形是梯形时，①， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴． 当时，，不合题意，舍去． ②， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴线段能成为的内接正多边形的边，边数为18． 【点睛】本题考查的是圆的弧、弦、角之间的关系、三角形的内角和定理、圆内接多边形的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键． 题型四 圆的性质（垂径定理、切线判定、圆周角定理）与三角形综合 （1）垂径定理:利用垂直于弦的直径平分弦，构造直角三角形， （2）圆周角定理:同弧或等弧对应的圆周角相等，结合圆心角分析角度关系切线判定， （3）利用切线性质(垂直于半径)或判定定理(距离等于半径)， （4）圆幂定理:相交弦定理、切割线定理的应用。 典例4　（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是平行四边形、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，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，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点，    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】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，第三问中，证明是解题的关键． 4-1　 （2024·上海奉贤·二模）如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以、为邻边作矩形，边交于点． (1)如果，，求边的长； (2)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的余切值； (3)连接并延长，交于点，如果，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（）连接，过点作，垂足为，由圆周角定理可得，进而可得，再证明，根据，可得，即可求解； （）连接，设， 则 ， ， 求出，得到，进而得到，，分和两种情况解答即可求解； （）由可得，进而得到，可证明△≌△，得到，设，，则，，证明△∽△，得到，即可得到，由勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：连接，过点作，垂足为， ∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴， 在与中，， ∴， ∴， 解得， ∴； （2）解：连接， ，则 ， ， 在△中，， ∴， ∴， ， 当时，， 即， 解得， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 过点作，垂足为， ∵， ∴，则， ∴， 在△中， ∵， ∴； 当时，， 即，不存在； ∴的余切值为：； （3）解：如图 由可得， ∴，，， ∴△≌△， ∴； 设，，由题意得，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，，， ∴， ∴△∽△， ∴， 即 ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线等分线段定理，三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 4-2　 （2023·上海松江·二模）如图，是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点与点O关于直线对称，射线交半圆O于点D，弦AC交于点E、交于点F． (1)如图，如果点恰好落在半圆O上，求证：； (2)如果，求的值； (3)如果，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或． 【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、等边三角形的判定和性质、圆与三角形的综合(圆的综合问题)、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）如图：连接，先根据圆的性质和对称的性质说明是等边三角形，，然后再说明即可证明结论； （2）设圆的半径为，则，如图：作于N；先根据对称的性质和等腰三角形的性质可得，然后解直角三角形可得、，最后代入计算即可； （3）分在半圆O内和圆外两种情况，分别利用面积法解答即可． 【详解】（1）解：如图：连接， ∵点恰好落在半圆O上， ∴， ∵点与点O关于直线对称 ∴,， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：设圆的半径为，则， 如图：作于N ∵， ∴， 在中，,， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，， 由轴对称可得：，, ,， ∴为等腰直角三角形 ∴，   ∴． （3）解：当在半圆O内时， 则， 由对称性可得：， 如图：过F作于N，于M， ∴ ∴， 又∵， ，即， 又∵， ∴； 当在半圆O外时，由对称性可得：， 如图：作于M，于N， ∴， ∴， 又∵， ， 又∵， ∴,即， 又∵， ∴． 综上，或． 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、圆周角定理、解直角三角形、对称的性质等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键． 4-3　 （2023·上海长宁·二模）如图1，在△ABC中，，以点A为圆心、AC为半径的⊙A交边AB于点D，点E在边BC上，满足，过点E作交AB于点F，垂足为点G．            (1)求证：； (2)延长EF与CA的延长线交于点M，如图2所示，求的值； (3)以点B为圆心、BE为半径作⊙B，当时，请判断⊙A与⊙B的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3)外切，理由见解析 【知识点】证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）有等腰三角形的性质得到，再由余角定义解得 ，然后根据AA即可证得； （2）有同角的余角相等得到，由等量代换得到，继而证得，再代入线段的比值计算即可； （3）在CD延长线上取点N，使得，根据全等三角形的判定方法证得，继而得到，再求得BE的长，最后由⊙A与⊙B的半径之和等于两圆的圆心距证明即可 【详解】（1）解：（1） 由题意可得：，∴． 又且．∴， 故有． 又 ∴． （2）在Rt△MCG中，，又∵． ∴． ∵ ∴． 故有． 又， ∴ （3）如图，在CD延长线上取点N，使得，则， 又，故， ∴，从而有． 在△BCN与△CME中，． 故 则， ∵，    ∴， 故，，则 从而． 此时有 即⊙A与⊙B的半径之和等于两圆的圆心距， ∴⊙A与⊙B外切． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、切线的判定等知识，综合性较强，掌握相关知识是解题关键． 4-4　 （2023·上海虹口·二模）如图1，在菱形中，，点在对角线上，，是的外接圆，点与点之间的距离记为． (1)如图2，当时，联结，求证：； (2)延长交射线于点，如果是直角三角形，求的长； (3)当圆心在菱形外部时，用含的代数式表示的半径，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)或； (3)⊙O的半径为，m的取值范围为或． 【知识点】利用菱形的性质证明、解直角三角形的相关计算、利用菱形的性质求线段长、垂径定理的推论 【分析】（1）连接、，交于，由，得出，根据垂径定理得出，，则．由，得出．根据菱形的性质得出，则， （2）分当时，当时，如图所示，设交于点，分别画出图形，解直角三角形，即可求解； （3）连接，过点O作于点E，延长交于点F，过点O作于点G，利用垂径定理得到，，在和中，求得，，在中，利用勾股定理即可得出⊙O的半径；再根据点在对角线上，点与点之间的距离记为，减去圆心在菱形及内部时的情况即可求出m的取值范围． 【详解】（1）解：连接、，交于，如图， ， ， ，， ． ， ， ． 四边形为菱形， ， ， ； （2）解：当时，如图所示， ∵ ∴是的直径， ∵菱形中，， ∴，， ∴， ∵，则， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，如图所示，设交于点 ∵，， ∴， 又∵，则 ∴ 综上所述，或； （3）解：连接，过点O作于点E，延长交于点F，过点O作于点G，如图， ∵， ∴， 同理，， ∵，， ∵， ∴， ∴． 在中， ∵， ∴． 在中，， 在中， ∵， ∴， ∴⊙O的半径为， 设菱形对角线交点为K， ∵，， ∴，， ∴， ∵点在对角线上，点与点之间的距离记为， ∴； ∵圆心在菱形外部， ①当圆心到达边时， 此时为直径，即， 即点P与点K重合， 此时； ②当圆心到达边时， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∵， ∴， ∵ 设 则 ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 此时， 综上所述，m的取值范围为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握解直角三角形，与圆的相关性质是解题的关键． 4-5　 （2024·上海虹口·二模）在梯形中，，点E在射线上，点F在射线上，连接相交于点P，．    (1)如图①，如果，点E、F分别在边上．求证：； (2)如图②，如果，，，．在射线的下方，以为直径作半圆O，半圆O与的另一个交点为点G．设与弧的交点为Q． ①当时，求和的长； ②当点Q为弧的中点时，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【知识点】利用垂径定理求解其他问题、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据平行线的性质以及三角形外角的性质证明即可得证； （2）①过作于，连接，根据锐角三角函数的定义，求出的长，从而求得和的长，根据勾股定理求出的长，从而得到的三角函数值，进而求得的长，然后根据，推出和相似，从而求出的长即可； ②过点作于，根据垂径定理以及勾股定理求出的三角函数值，然后用表示出的长，即可求出的长度． 【详解】（1）证明：∵， ， 又， ， ， ； （2）解：①过作于，连接，如图：   ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， ， ， 又， ， 在中，， ， ∵为直径， ， ， ， ， ； ②过点作于，连接，如图：   是的中点， ，， ， ， 设， ， ， ， 设， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的综合题，综合运用三角函数的定义、垂径定理、相似三角形的性质和判定、矩形的性质和判定、勾股定理以及平行线的性质等知识点，掌握以上知识点是本题解题的关键． 4-6　 （2024·上海长宁·二模）已知在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，为半径作，交边于点D（点D不与点A、C重合）． (1)当时，判断点B与的位置关系，并说明理由； (2)过点C作，交延长线于点E．以点E为圆心，为半径作，延长，交于点． ①如图1，如果与的公共弦恰好经过线段的中点，求的长； ②连接、，如果与的一条边平行，求的半径长． 【答案】(1)点B在内，见详解 (2)①；②或 【知识点】圆和圆的位置关系、相似三角形的判定与性质综合、解非直角三角形 【分析】（1）借助垂径定理，利用表示出和，通过比较和的大小确定点与圆的位置关系； （2）需要紧扣，第①问中结合连心线和公共弦的性质可以发现圆E和圆O是等圆，借助相似三角形的性质或锐角三角函数，用含k的代数式表示出、，从而求解； 第②问当时，过点作，证明出，在中，，得到解得则； 当，延长交延长线于点F，由，得到，解得或5（舍去），则． 【详解】（1）解：过点O作，垂足为点H， ∵过圆心，， ∴ ， ∵， ， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点B在内． （2）解：过点C作，垂足为M， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ， 又∵ ， ∵， ∴在中，，， 设，则， ∴， ①两圆的交点记为P、Q，连接， ∵与相交，是公共弦， ∴垂直平分，即， ∵经过的中点， ∴垂直平分， ∴，即， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，解得， ∴； ②由于点A在直线上， ∴不可能与平行， 则当时，过点作， ， ∵， ， ， ∵ ， ∵ ， ∵ ， 在中，， ∴ ； 当，延长交延长线于点F， ∵ ， ∴ ， ∵ ， 解得或5（舍去）， ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查了圆和三角形相结合的问题，锐角三角函数，点与圆的位置关系，相交两圆的性质，相似三角形的判定与性质，本题的解题方法都是落在“解三角形”上，发现等角，并灵活解三角形是本题的突破点和难点． 题型五 勾股定理、锐角三角比与解直角三角形几何综合 1.构造辅助线: 垂径定理:当遇到弦的问题时，常作垂直于弦的直径或半径，构造直角三角形。 中点与中位线:涉及中点时，连接中位线或利用中点定理。 相似三角形:通过作平行线或垂线，构造相似三角形，利用比例关系解题。 2.分情况讨论: 当题目条件不唯一时(如直角三角形中直角顶点的不同位置)，需分情况逐一分析。 3.锐角三角比与勾股定理: 在直角三角形中，灵活运用正弦、余弦、正切等三角比，结合勾股定理建立方程。 典例5　（2023·上海闵行·二模）如图，在中，，，以为边作（点D、A在直线的异侧），且满足，． (1)求证：； (2)设点E为边的中点，连结并延长交边于点F，当为直角三角形时，求边的长； (3)设，，求y关于x的函数解析式并写出定义域． 【答案】(1)见详解 (2)或 (3)， 【知识点】用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可知，然后根据三角形内角和可进行求解； （2）由题意可分：①当时，②当时，然后分别画出图形，进而根据含30度直角三角形的性质及三角函数可进行求解； （3）过点D作于点M，交于点N，过点N作于点Q，由题意易得，则有，，然后可得，，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：由题意可分：①当时， ∵点E为边的中点，且， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在上取一点G，使得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时， 过点C作于点H， ∴，， 由（1）可知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点E为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴; 综上所述：当为直角三角形时，或； （3）解：过点D作于点M，交于点N，过点N作于点Q，如图所示： 由（1）可知， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，由（1）知， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是斜边， ∴，即． 【点睛】本题主要考查函数解析式、等腰三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握函数解析式、等腰三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键． 5-1（2024·上海黄浦·二模）已知：如图，是圆O的内接三角形，，、的中点分别为M、N，与、、分别交于点P、T、Q． (1)求证：； (2)当是等边三角形时，求的值； (3)如果圆心O到弦、的距离分别为7和15，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)1 (3)15或 【知识点】等边三角形的判定和性质、解直角三角形的相关计算、利用垂径定理求值、圆周角定理 【分析】（1）连接，由题意得，则点A在的中垂线上，结合圆的性质得点O在的中垂线上，则垂直平分即可； （2）连接，由圆周角定理得，证得是等边三角形，则有，可得即可； （3）连接交于点G，延长交于点H，由（1）得，同理，且，结合，设圆O的半径为r，利用和，整理得到，进一部分分当与位于元O得两侧和当与位于元O得同侧求解即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， 由题意得，则点A在的中垂线上， ∵， ∴点O在的中垂线上， 则垂直平分， 那么， ； （2）连接，如图， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， 点N为的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴； （3）连接交于点G，延长交于点H，如图， 由（1）得，同理，且， ∵，， ∴， 设圆O的半径为r， ∵，， ∴，即， 当与位于元O得两侧时，则， ，解得，（舍去）， 则，，， ∵， ∴， 则； 当与位于元O得同侧时，如图， 则， ，解得，（舍去）， 则，，， ∵， ∴， 则； 故线段的长为15或． 【点睛】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是熟练掌握圆的性质和解直角三角形，第三问主要分情况讨论． 5-2（2023·上海宝山·二模）如图，已知半圆O的直径，C是圆外一点，的平分线交半圆O于点D，且，联结交于点E． (1)当时，求的长； (2)当时，求的值； (3)当为直角三角形时，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)的值为或． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、垂径定理的推论 【分析】（1）作于M，联结，证明四边形是矩形，求得，推出是等腰直角三角形，求得，再利用勾股定理即可求解； （2）同（1）作于M，联结，可得四边形是矩形，求得，由，求得，再求得，根据相似三角形的判定和性质即可求解； （3）分两种情况讨论，当时，同（1）可得四边形是矩形，再证明，利用相似三角形的性质求得的长，即可求解；当时，求得，即可求解． 【详解】（1）解：作于M，联结， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，又， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）解：作于M，联结， 同理四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：作于M，联结， 同理四边形是矩形， ∴， 当时， ∵，， ∴，又， ∴， ∴，即， 解得(负值已舍)， ∴， ∴； 当时， 由垂径定理得， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了垂径定理，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，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 5-3（2023·上海金山·二模）如图，已知在中，，点是边中点，在边上取一点，使得，延长交延长线于点． (1)求证：； (2)设的中点为点， ①如果为经过、、三点的圆的一条弦，当弦恰好是正十边形的一条边时，求的值； ②经过、两点，联结、，当，，时，求的半径长． 【答案】(1)见解析 (2)①    ② 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据等边对等角可得，再利用三角形的内角和定理得到结论； （2）①连，根据正十边形的中心角可得，推出，根据对应边成比例解题即可；②由，得，过点D作于点，则，等量代换得到的值，然后根据，求出的长，再利用勾股定理求出半径长即可． 【详解】（1）证明：，， ∴， ∴，， ∴， （2）①连， ∵D是BC的中点， ∴ ∴为圆的直径， 联结，设经过、、三点的圆半径为r， 弦恰好是正十边形的一条边， ∴， ∴， 又∵O、D是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ 则，即， 解得（舍）， ∴， ②∵， ∴， 又∵ ∴， ∴， 设， 由①可知，， ∴， ∴， ∴，即 如图，过点D作于点， 在中， ， ∴， 解得， ∴，， ∵，M是所在圆的半径， ∴， 又∵ ∴ ∴， ∴, ∴， ∴，即 解得， 联结， ∴． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，综合性较强，是压轴题，解题的关键是作辅助线构造三角形相似． 5-4（2025·上海长宁·一模）已知在中，，点、、分别在边、、上，且，连接． (1)如图1，如果，，求的余切值： (2)如图2，连接交于点，如果，求的值； (3)如果，， ，与相似，求的长． 【答案】(1) (2) (3)的值为或． 【知识点】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、等边对等角 【分析】（1）先证明，由相似三角形的性质得出，设，，由勾股定理得出，再根据余切的定义求解即可． （2）过点分别作于点，于点，过点作于点，过点作于点，由相似三角形的性质可得出，再证明，再利用相似三角形的性质得出，再结合三角形的面积得出，进一步即可得出答案． （3）分两种情况讨论，然后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴ ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， 在中， ∴ ∴， 在中，， ∴ （2）解：过点分别作于点，于点， 过点作于点，过点作于点， 由， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）解∶∵，与相似， 当，此时， ∴ 且为等边三角形， 设，则，，， 又∵， ∴， 即，， （舍）， ∴， 当，此时， 则，， ∴， 设，， 则， 解得． ∴， 综上：的值为或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，余切的定义，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握相似三角形的性质是解题的关键． 5-5（2025·上海徐汇·一模）如图，在中 ， ，正方形的顶点、在线段上，在边上．在边上取一点，使 ． (1)若点为的重心，直接写出点和射线的位置关系，并求的长； (2)如图1，若为正三角形，且 ，求正方形的边长； (3)连接，若和全等，求的长． 【答案】(1) (2)正方形的边长为 (3) 【知识点】重心的有关性质、三线合一、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据重心的性质，三线合一的性质，正方形的性质可得，可得在射线上，设，则，．则，证明，在中， ，即可求解； （2）延长交于，作于证明，，，设正方形边长为根据相似三角形的性质得出，根据，即可求解． （3）延长交于根据得出，进而求得，根据即可求解． 【详解】（1）解：在射线上，理由如下： ，为的重心， 在的中线上， ∴， 又∵四边形是正方形，则， 在射线上， 为的重心， ， 四边形是正方形， ， 设，则，， ， ，，，，， ， ， 为等腰三角形的中线， ， 又， 可证得， 在中，， 解得； （2）延长交于，作于， 在与中， ，， ， ， 设，， 三角形为等边三角形， ，，， 则，，， ， ， ， ， 又， ， 设正方形边长为， 则，， ∴， ∴， ∴，化简得， 则， ∴，， ∴， 解得， 即正方形的边长为； （3）延长交于， ， ，， 可得， ， 可得， 设，，， 则，， ∴，， ∴， ∴， 解得， ∴， ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，重心的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型六 几何变换（旋转、对称、平移） 技巧1：中点与中位线的妙用 （1）中位线定理：三角形中位线平行于第三边且等于其一半。示例：若为两边中点，则且。（2）斜边中线性质：直角三角形斜边中线等于斜边一半。示例：若为中点，是斜边中线，则。 技巧2：处理特殊点与比例 （1）重心性质：重心将中线分为2:1。（2）比例转换：利用相似比将线段比例转换为等式。示例： 通过相似三角形推导。 技巧3：分类讨论多解情况 直角三角形存在性：考虑不同直角位置，分别求解。示例： 为直角三角形时，分 等情况。 典例6　（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可求解； （2）证明，根据（1）的结论即可得； （3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解． 【详解】（1）解：如图1，连接， ，，，分别为，，的中点， ，， ， ． （2）解：， 理由如下： 连接，如图2， ，，，分别为，，的中点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 将绕点顺时针旋转一定角度，得到， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接，过点作于， 中，， ， ， ， ， ， ， ， 中，， 中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 6-1（2025·上海闵行·一模）如图1，在中，，，点在边上，直线经过点，与线段交于点，且点关于的对称点在射线上． (1)如图2，当点与点重合时，求证：； (2)当点在线段的延长线上时，联结，交于点． ⅰ）当直线经过的重心时，求的值； ⅱ）如果是直角三角形且，求的正切值． 【答案】(1)见解析 (2)ⅰ）；ⅱ）的正切值为或． 【知识点】重心的有关性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）证明，得出，则可得出结论； （2）i）延长至G，使，连接，证明，得出，证出，则可得出答案； ii）分三种情况，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：由题意知， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：i）延长至G，使，连接， ∵直线经过的重心， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ii）当时显然不成立． 当时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，连接， ∵， ∴D，B，，C四点共圆， ∴， 设，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴综上所述，的正切值为或． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的判定与性质，解直角三角形，轴对称的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 题型七 平行线或面积法求线段比例或证明 1．面积法等高／底： 明确比较的三角形是否真正等高或等底； 检验：若高不同，面积比不等于底边比。 2．多解遗漏： 涉及直角，动点问题时，穷尽所有可能性. 典例7（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F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M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、求特殊三角形外接圆的半径、由平行截线求相关线段的长或比值 【分析】（1）延长交于点G，由，得到，由已知数据得到，，故，因此； （2）①记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接，先证明，再证明，则，即，求得； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q，由，求得，可证明，角度推导得，则，求出，继而得到，由，则，设，则，由，设，，由，得到，设，可证明，求出，则，在中，运用勾股定理得：，则，在中，由勾股定理得，，故． 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （2）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点F，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； ②延长交于点P，过点E作，垂足为点Q， ∵， ∴， ∴， 由①知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴． 【点睛】本题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，勾股定理，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． 7-1（2024·上海嘉定·二模）在菱形中，，点在射线上，连接、． (1)如图，当点是边的中点，求的正切值； (2)如图，当点在线段的延长线上，连接与边交于点，如果，的面积等于，求的长； (3)当点在边上，与交于点，连接并延长与的延长线交于点，如果，与以点、、所组成的三角形相似，求的长． 【答案】(1)的正切值是 (2) (3) 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值 【分析】（1）如图，连接，根据菱形的性质，结合已知判定是等边三角形，证明 ，后利用正切函数计算即可； （2）取的中点M，连接，结合(1)的解答，利用平行线的性质，三角形面积的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理计算即可； （3）过作点，垂足为，判定相似三角形的对应关系，结合等腰三角形的判定和性质，列出方程解答即可． 【详解】（1）解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∵点是边的中点， ∴，， ∴，   又， ∴，   设， ∴，， 在中，， ∴的正切值是． （2）解：取的中点M，连接， 由（1）可知：，， ∵， ∴， ∴ 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∵的面积等于 ∴ ∵与是同高的，设这个高为 ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 在中，， ∴ ， ∴． （3）过作点，垂足为 由（1）得：是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∵与以点、G、组成的三角形相似 ∴点只能与点G对应， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 解得：，（舍去， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，正切函数，勾股定理，解方程，熟练掌握正切函数，三角形相似，勾股定理是解题的关键． 7-2（2025·上海青浦·一模）已知梯形中，，点在边上，，，联结． (1)如图1，联结，求与的面积之比； (2)如图2，如果，求的正切值； (3)如图3，联结交于点，如果，且，求边的长． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形． （1）延长，交的延长线于点，可证得，从而，进而得出，进一步得出结果； （2）延长，交的延长线于点，设作于，可证得，，从而，进而得出，从而得出，，从而得出，，进而得出，，，，，进一步得出结果； （3）设，，以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，作于，从而，，，可证得，从而，从而得出，从而得出，根据，根据，从而得出，从而，进一步得出结果． 【详解】（1）解：如图1，延长，交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图2，延长，交的延长线于点，作于， ， ， ， ， ， ， ， 由（1）知，， ，， ， ， ， ， ， ， ，， 在中，设，则，， ，， 在中， ，， ， ； （3）解：如图3，以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，作于， 设，， ， ，， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 7-3（2025·上海金山·一模）已知三角形的顶点在三角形的内部，点、点在直线同侧． (1)如图1，连接、、，若和是等边三角形时，点、、三点共线，，求的比值； (2)如图2，连接、、（点、、三点不共线），（），若，，求的值（用含的代数式表示）； (3)若是等腰三角形，，，，点在高上，点在的延长线上，连接并延长交边于点，连接，，当，与相似时，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）设，，过点作，求出的长，证明，利用面积比等于相似比，进行求解即可； （2）证明，得到，利用三角形的内角和定理和角度之间的和差关系进行求解即可； （3）分和两种情况，利用相似三角形的性质以及解直角三角形，进行求解即可． 【详解】（1）解：， 设，， 是等边三角形， ，，                             ， 在中，，，， 过点作，则：， ∴， ∴， 是等边三角形，为等边三角形， ∴， ∴，                                                ； （2）∵， ∴， ∵，， ∴， ； 在中，，                            在中，，                         ，                     即， ∴， ∴， ∴， （3）∵，，， ∴，， ∴垂直平分，， 当，与相似时： ①当时： ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵点在的中垂线上， ∴， ∴， ∵点在上， ∴点重合； 此时：点与成点重合（不合题意舍去）；                                      ②当时： ，， ， ， ∴， 过点作，， ∴， ∵， ∴， 设，则：，   ∴ 与相似 即 ，， ∴， ∴，， ∴， ∵，，                     ． 【点睛】本题考查等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 题型八 几何图形的面积计算 典例8（2025·上海宝山·一模）如图，已知中，，，，点E、F分别在边、上（不与端点重合），，垂足为点D． (1)当时，求的长； (2)当时，求值； (3)连接，如果是直角三角形，求这时四边形的面积． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【知识点】公式法解一元二次方程、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过F作，垂足为点H，利用等角的三角函数值相等可得，，设，则，可得，所以，求出x值，再利用勾股定理求出即可； （2）同（1）思路，证，即可得解； （3）分两种情况讨论，为直角或为直角，然后利用相似三角形得出比例线段，设参建立方程求解即可． 【详解】（1）解：过F作，垂足为点H， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴，即， ， 设，则， ， , ∵， ∴， ∴； （2）解：过F作，垂足为点H， 由（1）知，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：①当时，如图， 此时， ∵， ∴设，则， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∵， ∴， ∴， ； ②当时，如图， ∵，， ∴， ∴，即， 同理，得， ∴，即， 又∵， ∴， ∵， ∴设，则， ∴， ∴， 解得， ∴ ； 综上，四边形的面积为或． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键. 题型九 动点问题 典例9（2024·上海徐汇·二模）如图，在扇形中，，，点、是弧上的动点（点在点的上方，点不与点重合，点不与点重合），且． (1)①请直接写出弧、弧和弧之间的数量关系； ②分别连接、和，试比较和的大小关系，并证明你的结论； (2)分别交、于点、． ①当点在弧上运动过程中，的值是否变化，若变化请说明理由；若不变，请求的值； ②当时，求圆心角的正切值． 【答案】(1)①；②，证明见解析； (2)①的值不变，；②或． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用弧、弦、圆心角的关系求证、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）①根据“同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等”即可得到答案； ②在弧上取点连接，使得，可得，根据角的和差关系可得，则，即可得到答案； （2）①证明，即可得到答案； ②过点在下方作，截取，连接、，证得，可得，进一步证得，则可得，由勾股定理和线段的和差关系可得，联立解得，过点N作于点F，则，利用勾股定理求得，，根据正切的概念计算即可． 【详解】（1）解：①，， ， ； ②．证明如下： 在弧上取点连接，使得， ； 、可得； ， ， ； ； ． （2）解：①的值不变，． ，， ； ，， ； ； ； ． ②如图， 过点在下方作，截取，连接、， ， ， ，， ； 又，， ， ， ； ，； 解得或； 过点N作于点F，则， ， ， ， 设，则， 当时， 在中，，即， 解得：， ； 当时， 在中，，即， 解得：， ． 【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 9-1 （2023·上海浦东新·二模）已知：的直径，C是的中点，D是上的一个动点（不与点A、B、C重合），射线交射线于点E． (1)如图1，当，求线段的长； (2)如图2，当点D在上运动时，连接中是否存在度数保持不变的角？如果存在，请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由； (3)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求与面积的比值． 【答案】(1)，详见解析 (2)存在，，详见解析 (3)与面积的比值为或或，详见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、圆与三角形的综合(圆的综合问题)、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连，构造直角三角形利用勾股定理求出的长，再利用，求出的长，即可得解； （2）由C为的中点， 为直径得出的度数为，再利用圆周角定理即可得出答案； （3）分类讨论，分点在线段的延长线上和点在线段上，利用勾股定理和面积公式分别求出它们的面积，然后求出比值即可得出答案． 【详解】（1）连，如图1 ∵ ∴， ∵C为的中点，为直径 ∴ 在中 ∴ ∵ ∴ ∴ 即 ∴ ∴ ∴ （2）当D在上运动时，如图2，在中，为度数不变的角， 理由如下： ∵C为的中点，为直径， ∴的度数 ∴的度数为 ∴所对的圆心角为，圆周角为 ∴ （3）如图，当点在线段的延长线上，是以为腰的等腰三角形时，当时，连， ∵ ∴ 由知 ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴为等边三角形 ∴ ∴ ∴ ∵为中点 ∴ 又∵ ∴ ∴， 当时 ∴ ∵ ∴ ∴与，，三点共线矛盾，所以此情况不存在； 当点在线段上，且小于或等腰时，过点作交于点，过点作于点， ， 由点在线段上可知，是以为腰的等腰三角形时，不等于，只能有， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵由知， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴； 当点在线段上，且大于时，过点作交于点，过点作于点， 同可得，，， ∴∴； 综上所述：与面积的比值为或或． 【点睛】本题考查了三角形相似，圆周角定理，圆心角定理，勾股定理，等腰三角形等知识的综合应用，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 题型十 新定义问题 典例10（2025·上海普陀·一模）在八年级的时候，我们曾经一起研究过一种三角形：如果三角形的一个角的平分线与一条边上的中线互相垂直，那么这个三角形叫做“线垂”三角形，这个角叫做“分角”．它的一个重要性质为：“分角”的两边成倍半关系．这个性质的逆命题也成立． 利用以上我们研究得到的结论，解决以下问题： 已知是“线垂”三角形，，是的“分角”．    (1)如图1，是的角平分线，是的中线，与相交于点F．求的值； (2)在图2中画的一条分割线，使所分成的两个三角形都成为“线垂”三角形，并指出各自的“分角”，说明理由； (3)在（2）的条件下，记分割得到的两个三角形“分角”的平分线交于点O，点O与点A、B、C的距离分别为a、b、c，求a、b、c满足的等量关系． 【答案】(1)的值等于3； (2)图见解析，是“线垂三角形”，是“分角”，是“线垂三角形”，是“分角”，理由见解析 (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）过点E作，交于点G．由“线垂”三角形的定义求得，由等腰三角形的性质求得，证明，，推出，，据此求解即可； （2）在边上取点M，使，联结，那么是“线垂三角形”，是“分角”，证明，得到，则也是“线垂三角形”，是“分角”； （3）作和的平分线，交点为O，联结，延长，交边于点N，延长至点G，使，联结，证明，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：过点E作，交于点G．    由是“线垂”三角形的“分角”，， 可知， ∵是的中线， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴的值等于3 ∴的值等于3； （2）解：在边上取点M，使，联结，    那么是“线垂三角形”，是“分角”， 可得， ∵为公共角， ∴， ∴， ∴也是“线垂三角形”，是“分角”； （3）解：作和的平分线，交点为O，联结，延长，交边于点N， 由（2）得， ∴， 可得， 又∵， ∴． ∴． ∴，． 延长至点G，使，联结， ∵，，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得，即， ∴． 【点睛】本题考查了“线垂三角形”的定义，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 10-1（2023·上海静安·二模）如图，扇形的半径为，圆心角，点是上的动点（点不与点、重合），点、分别在半径、上，四边形为矩形，点在线段上，且． (1)求证：； (2)如图，以为顶点、为一边，作，射线交射线于点，连接，    ①当时，求与的面积之比； ②把沿直线翻折后记作，当时，求的正切值． 【答案】(1)见解析； (2)①；② 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值、矩形性质理解、圆的基本概念辨析 【分析】（1）连接，由四边形为矩形得到，由得到即可得到； （2）①连接，证明，再证，则，，再求得，再证，得到，求出，，即可得到与的面积之比； ②延长交于点Q，设，利用勾股定理得到，利用等积法求出，勾股定理得到，即可得到，证明，则，可证得，则，，由求得，即可得到，由，，根据正切的定义得到的正切值． 【详解】（1）证明：连接， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴； （2）①如图，连接， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，延长交于点Q， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由翻折可知， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， 即的正切值为． 【点睛】此题考查了圆的基本知识、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、图形的旋转、无理方程等知识，综合性非常强，难度较大，数形结合和准确计算是解题的关键． 题型十一 函数关系问题 典例11（2024·上海闵行·二模）如图，是的半径，弦垂直于弦，点M是弦的中点，过点M作的平行线，交于点E和点F． (1)如图1，当时． ①求的度数； ②连接OE，求证：； (2)如图2，连接，当时，，求y关于x的函数关系式并直接写出定义域． 【答案】(1)（1）①，②见详解（2） (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、已知正切值求边长、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）①连接，，由已知条件可得出，，由三角形内角和得出，由外角的性质可得出，进而可得出，即可证明A，O，C三点共线，再利用等腰三角形三线合一的性质即可求出答案． ②连接，由平行的性质可得出，由，可得出，，进而可得出，再由直角三角形的性质可得出． （2）过点A作与点G， 过O点作与点P． 设半径为r， 则，由得出，由平行线的性质可得出，，进而证明，由相似三角形性的性质可得出，即可求出，，再求证，即可得出，即，根据y的取值范围即可求出x的取值范围． 【详解】（1）解：①连接，， ∵， ∴，， ∵，且， ∴， ∴A，O，C三点共线， ∵， ∴平分， ∵， ∴． ②连接， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴． （2）过点A作与点G， 过O点作与点P． 设半径为r， 则， ∵ ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵，， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， 则有， ∴． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定以及性质，正切的定义，直角三角形的性质，三角形外角的定义等等知识点，得出是解题的关键． 11-1（2023·上海普陀·二模）如图，半圆的直径，点是上一点（不与点、重合），点是的中点，分别连接、．    (1)当是圆的内接正六边形的一边时，求的长； (2)设，，求与之间的函数解析式，并写出x的取值范围； (3)定义：三角形一边上的中线把这个三角形分成两个小三角形，如果其中有一个小三角形是等腰三角形，且这条中线是这个小三角形的腰，那么这条中线就称为这个三角形的中腰线．分别延长、相交于点，连接．是的中腰线，求的长． 【答案】(1) (2) (3)的长为或 【知识点】正多边形和圆的综合、相似三角形的判定与性质综合、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】（1）连接，，是圆的内接正六边形的一边时，进而判断是等边三角形，即可求解； （2）根据题意证明，得出则,，在，中，勾股定理即可求解； （3）分情况讨论，①当时，如图所示，过点作于点，则，②当时，分别画出图形，根据，解方程即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，连接，，      ∵半圆的直径， ∴， ∵是圆的内接正六边形的一边时， ∴, ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：如图所示，连接交于点，    ∵是的中点， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴, ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：①当时，如图所示，过点作于点，则，    设，由（2）可得，， ∵，为的中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在中，， 又∵ ∴， 解得：， ∴； ②如图所示，当时，      同理可得，则，, ∴， 解得：， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，函数关系式，等边三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握是解题的关键． 11-2（2023·上海崇明·二模）如图，在中，，，．点D是边上一动点（不与A、C重合），联结，过点C作，分别交、于点E、F． (1)当时，求的正切值； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域； (3)联结并延长，与边的延长线相交于点G，若与相似，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【知识点】圆周角定理、求角的正切值、利用相似三角形的性质求解 【分析】（1）根据同角的余角相等分析可得，然后根据正切的概念求解； （2）过点F作，，然后结合角的正切值及三角形的面积比分析求解； （3）分情况讨论，通过证明和利用点四点共圆以及相似三角形的性质分析求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， ∴； （2）过点F作，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为，则的边上的高为， ∴， 又∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴，即； （3）如图： ①当时，, 又∵， ∴， ∴， ∴点四点共圆，且为直径， 又∵， ∴，， 在中，， ∴， 即． ②当时，， 又∵， ∴， 过点F作， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， 综上，的值为或． 【点睛】本题考查余角的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质，理解正切的概念，掌握相似三角形的性质，准确添加辅助线是解题关键． 11-3（2022·上海闵行·二模）如图，梯形中，，，，，.点M在射线上，以点C为圆心，为半径的交射线于点N，联结，交射线于点G. (1)求线段的长； (2)设线段，，当点N在线段上时，试求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)联结，当时，求线段的长. 【答案】(1)25 (2) (3)或 【知识点】梯形、相似三角形的判定与性质综合、已知余弦求边长、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，在三角形ABE中根据求出AE，再在三角形DFC中根据勾股定理求出CD即可； （2）先求出AC的长，再由求出CG的长即可； （3）分点N在线段上和点N在线段延长线上两种情况讨论，分别画出图形计算即可， 【详解】（1）过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，则四边形ADFE是矩形 ∴AD=EF，AE=DF ∵ ∴ ∴ ∴ 设CD=AD=EF=x ∵ ∴ 在Rt△DFC中， ∴，解得 ∴CD=AD=EF=25 （2）在Rt△ACE中， ∴ ∵，AD=CD ∴ ∵ ∴MN⊥AC ∴ ∴ ∴ ∴， ∵点N在线段上 ∴ ∴ （3）当点N在线段上时 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴DN=MN ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 解得 即 当点N在线段延长线上时 ∵ ∴ ∵ ∴ 设MN与直线DA交于点P ∵AD∥BC ∴,， ∴, ∴PM=PD ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 解得 即 综上所述，或 【点睛】本题属于几何综合题，考查了直角梯形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 题型十二 隐圆问题 典例12（2025·上海奉贤·一模）如图，矩形中，，点E在射线上，点F在射线上，且，射线与对角线交于点G，与射线交于点M． (1)当点E在线段上时，求的正切值； (2)当G是中点时，求的值； (3)当，且与相似时，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)； (3)当，且与相似时，的长为或． 【知识点】公式法解一元二次方程、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值 【分析】（1）先证明，推出，得到，再证明，得到，再利用正切函数的定义即可求解； （2）证明点四点共圆，得到点是矩形的中心，再证明四边形是菱形，设，则，再设，则，在中，利用勾股定理求得，据此求解即可； （3）分两种情况讨论，当点E在线段上时，设，则，证明，推出，再证明，利用相似三角形的性质列式计算可求得的长；当点E在延长线上时，证明，利用相似三角形的性质列式计算可求得的长． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，，， 由（1）得， ∴点四点共圆， ∴， ∵G是中点， ∴点是矩形的中心， ∴点三点共线， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，即， ∴平行四边形是菱形， ∴， 设，则， 再设，则， 在中，，即， 解得， ∴； （3）解：∵， ∴，当点E在线段上时， ∵， ∴当时，， ∵点四点共圆， ∴， ∴， 设， 由（1）得， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∴； 当点E在延长线上时， ∵， ∴当时，， 同理点四点共圆， ∴， ∵， ∴，， 设， 同理得， ∵， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∴； 综上，当，且与相似时，的长为或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，四点共圆，解一元二次方程，勾股定理，解直角三角形．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． （建议用时60分钟） 1.（2025·上海黄浦·一模）已知平行四边形中，，，，是边上一动点，过点作，交射线于点，交于点，是上的点，，连接． (1)求证：； (2)当时，求线段的长； (3)当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点作，垂足为点，由求出，由勾股定理的出，，所以，由，， 得到，进而可得出结论； （2）根据平行线的性质以及角的和差关系证出，由，得到，，所以，求出，进而可求出的长； （3）过点作，垂足为点，根据，得到，证明出，可得，由，可得，然后分两种情况讨论：当点在线段的延长线上时；当点在线段上时；即可解答． 【详解】（1）解：过点作，垂足为点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ； （2）解：过点作，垂足为点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：过点作，垂足为点， ， ， 又， ， 又， ， ， ， ， 当点在线段的延长线上时， 由，可得， 设， ，，， ，， ， ， ； 当点在线段上时，可得， 设， ，，， ，， ， ， ， 综上所述的值为或． 【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、平行线的性质，掌握以上知识点是解答本题的关键． 2.（2024·上海宝山·一模）如图，已知在中，，是边上的一点（不与点、重合），是边延长线上一点，，延长交边于点． (1)求证：； (2)如果，且，求：的余切值； (3)连结，当平分时，求：的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、等边对等角、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）根据等边对等角可得，，再根据，，即可证明； （2）先证明，再证明，即有，根据，，可得，进而可得，，即可解答； （3）过点作，交于点，与交于点，通过得到，设，，，即有，证明，可表示出，从而表示出和，进而表示出和，易证，可得，进而得到关于的方程，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：在中，， ， 在中，， ， ，， ， ， ， ； （2）解：如图，过点作于点， 在中，，， ，，， ， ， ， ，， ， 又， ， ， ，， ， ， ， ， 在中，， ， ， ； （3）解：如图，过点作，交于点，与交于点， 平分， ， ， ，， 又， ， ， 设，， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ，， ， ， ， 整理得， ， ， 解得 （负值舍去）， 经检验，是原方程的根， ． 【点睛】本题是相似的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，余切，全等三角形的判定与性质，一元二次方程的应用等知识，作出合理的辅助线，构造相似三角形，是解答本题的关键． 3.（2025·上海嘉定·一模）如图1，在中，，过点作，垂足为点，点在边上（不与点重合），点是边上的点，且满足，设． (1)求证：； (2)如图2，过点作，垂足为点，求证：； (3)设点是的中点，连接并延长交边于点，当与相似时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合、求角的正切值 【分析】（1）设，则，在结合等腰三角形的性质即可推出结论； （2）过点作于点，过作于点，证明，得出，可推出结论； （3）分两种情况①当时，②当时，分别求解即可． 【详解】（1）证明：设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图，过点作于点，过作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵与相似， ①当时，如图所示 则， ∴， ∵点是的中点，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时， 则， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴的值为或． 【点睛】本题是相似三角形综合题，考查了等边对等角，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质等知识点．正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 4（2022徐汇模拟）在中，，，点是射线上一点（点不与点、重合），连接，以点为圆心，为半径画弧交射线于点，连接，直线交直线于点． (1)如图1，当点在边上时，，求此时半径的长； (2)当点在边上时，如图2，设，，求与之间的函数解析式，并写出其定义域； (3)连接，若是以为腰的等腰三角形时，请直接写出此时的长． 【答案】(1)； (2)； (3)． 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、已知余弦求边长 【分析】（1）先通过证明得出，则，然后利用三角函数和勾股定理求出； （2）设，然后用表示线段与，再利用，得到所求的函数关系式； （3）分两种情况进行讨论：①当；②当；然后利用三角形相似的性质求解． 【详解】（1）解：如下图1，分别过点A、D作，垂足分别为M、N． ， ，， ， ， ， ， 又， ，又， ， ， 即， ， ， ， ． （2）解：设，则， ， ， ，， ， 即， 与之间的函数解析式为：． （3）解：如下图3，连接， 是以为腰的等腰三角有形，分两种情况： ①当时，， 故点F与点A重合，点D与点A重合， 故不符合题意； ②当时， 易知：， ， ， ， 又由（1）知：， ， ， ． 【点睛】此题是一道几何与函数的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并运用三角形相似的判定与性质是解此题的关键． 2 / 76 1 / 76 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点06 上海中考压轴之几何综合 上海中考几何综合题聚焦核心几何模型与动态分析能力，分值14分，设2-3问梯度递进。高频考点包括相似三角形（全等、比例模型）、几何变换（旋转对称性质）、圆与多边形综合及坐标系几何问题。 备考需巩固勾股定理、相似判定、圆幂定理等基础，强化动态问题（动点最值、存在性分析）的图解与代数转化能力，规范推理书写步骤。建议专项训练五年真题，把握旋转构造、一线三等角等高频模型，提升复杂条件拆解与多解思维，同时加强创新题型的适应性训练。 题型一 三角形全等与相似判定及性质 （1）全等判定:灵活运用 SAS、ASA、AAS、SSS 或 HL，结合等腰梯形、平行线性质寻找等角等边。 （2）相似判定:通过 AA、SAS、SSS 相似，注意对应边比例和对应角相等。 （3）动态分析:动点问题中，利用比例关系或勾股定理建立方程，结合几何变换化问题。（4）辅助线:构造平行线、垂线段或全等三角形转化条件。 典例1（2024·上海金山·二模）如图，已知：等腰梯形中，，，以A为圆心，为半径的圆与相交于点E，与相交于点F，联结，设分别与相交于点G、H，其中H是的中点． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，如果，求的值； (3)如图2，如果，求的余弦值． 1-1 （2023·上海奉贤·二模）在梯形中，， ，，，过点C作对角线的垂线，垂足为E，交射线于点F．    (1)如图1，当点F在边上时，求证：； (2)如图2，如果F是的中点，求的值； (3)连接，如果是等腰三角形，求的长． 1-2　（2023·上海嘉定·二模）在中，， 点P在线段上，，交于点D，过点B作，垂足为E，交的延长线于点F． (1)如果， ①如图1当点P与点C重合时，求证： ； ②如图，当点在线段上，且不与点、点重合时，问： ①中的“”仍成立吗?请说明你的理由； (2) 如果，如图11，已知 (n为常数)，当点P在线段上，且不与点B、点C重合时，请探究的值(用含n的式子表示)，并写出你的探究过程． 1-2 （2025·上海徐汇·一模）如图，在中，，，点是边的中点，点，是射线上的动点（点在左边），以为一边作． (1)求的长； (2)当点是的重心时，求的值： (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 1-3 （2024·上海青浦·二模）在中，，以C为圆心、为半径的弧分别与射线、射线相交于点，直线与射线相交于点F． (1)如图，当点D在线段上时． ①设，求；（用含的式子表示） ②当时，求的值； (3) 如图，当点D在的延长线上时，点分别为的中点，连接，如果，求的长． 1-4 （2025·上海杨浦·一模）已知中，，点在边上，． (1)如图1，当，时，求的长； (2)点是边上一点，满足． ①如图2，当时，求的值； ②当是等腰三角形时，求的余弦值． 题型二 特殊四边形（矩形、菱形、正方形）性质与判定 （1）性质应用:利用矩形对角线相等、菱形对角线垂直平分、正方形四边相等的性质 （2）判定方法:结合角、边、对角线的条件证明特殊四边形。 （3）综合问题:与圆结合时，利用对称性或垂径定理分析交点位置。 典例2（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2) 以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 2-1　 （2023·上海黄浦·二模）如图，在菱形中，，E是边上一点，过点E作，垂足为点H，点G在边上，且，联结，分别交于点M、N． (1)已知， ①当时，求的面积； ②以点H为圆心，为半径作圆H，以点C为圆心，半径为1作圆C，圆H与圆C有且仅有一个公共点，求的值； (2) 延长交边于点P，当设，请用含x的代数式表示的值． 2-2　 （2025·上海松江·一模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 题型三 梯形与相似综合应用 （1）辅助线:作梯形的高或平移腰，转化为三角形或矩形问题。 （2）相似比例:利用平行线分线段成比例定理，结合相似三角形求比值。 （3）等腰梯形:利用底角相等、对角线相等的性质，结合勾股定理求解。 典例3　（2023·上海徐汇·二模）已知：如图1，四边形ABCD中，，． (1)求证：四边形ABCD是等腰梯形； (2)边CD的垂直平分线EF交CD于点E，交对角线AC于点P，交射线AB于点F． ①当时，设AD长为x，试用x表示AC的长； ②当时，求的值． 3-1　 （2022·上海杨浦·二模）已知在扇形中，点C、D是上的两点，且． (1)如图1，当时，求弦的长； (2)如图2，联结，交半径于点E，当//时，求的值； (3)当四边形是梯形时，试判断线段能否成为内接正多边形的边？如果能，请求出这个正多边形的边数；如果不能，请说明理由． 题型四 圆的性质（垂径定理、切线判定、圆周角定理）与三角形综合 （1）垂径定理:利用垂直于弦的直径平分弦，构造直角三角形， （2）圆周角定理:同弧或等弧对应的圆周角相等，结合圆心角分析角度关系切线判定， （3）利用切线性质(垂直于半径)或判定定理(距离等于半径)， （4）圆幂定理:相交弦定理、切割线定理的应用。 典例4　（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 4-1　 （2024·上海奉贤·二模）如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以、为邻边作矩形，边交于点． (1)如果，，求边的长； (2)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的余切值； (3)连接并延长，交于点，如果，求的值． 4-2　 （2023·上海松江·二模）如图，是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点与点O关于直线对称，射线交半圆O于点D，弦AC交于点E、交于点F． (1)如图，如果点恰好落在半圆O上，求证：； (2)如果，求的值； (3)如果，求的长． 4-3　 （2023·上海长宁·二模）如图1，在△ABC中，，以点A为圆心、AC为半径的⊙A交边AB于点D，点E在边BC上，满足，过点E作交AB于点F，垂足为点G．            (1)求证：； (2)延长EF与CA的延长线交于点M，如图2所示，求的值； (3)以点B为圆心、BE为半径作⊙B，当时，请判断⊙A与⊙B的位置关系，并说明理由． 4-4　 （2023·上海虹口·二模）如图1，在菱形中，，点在对角线上，，是的外接圆，点与点之间的距离记为． (1)如图2，当时，联结，求证：； (2)延长交射线于点，如果是直角三角形，求的长； (3)当圆心在菱形外部时，用含的代数式表示的半径，并直接写出的取值范围． 4-5　 （2024·上海虹口·二模）在梯形中，，点E在射线上，点F在射线上，连接相交于点P，．    (1)如图①，如果，点E、F分别在边上．求证：； (2)如图②，如果，，，．在射线的下方，以为直径作半圆O，半圆O与的另一个交点为点G．设与弧的交点为Q． ①当时，求和的长； ②当点Q为弧的中点时，求的长． 4-6　 （2024·上海长宁·二模）已知在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，为半径作，交边于点D（点D不与点A、C重合）． (1)当时，判断点B与的位置关系，并说明理由； (2)过点C作，交延长线于点E．以点E为圆心，为半径作，延长，交于点． ①如图1，如果与的公共弦恰好经过线段的中点，求的长； ②连接、，如果与的一条边平行，求的半径长． 题型五 勾股定理、锐角三角比与解直角三角形几何综合 1.构造辅助线: 垂径定理:当遇到弦的问题时，常作垂直于弦的直径或半径，构造直角三角形。 中点与中位线:涉及中点时，连接中位线或利用中点定理。 相似三角形:通过作平行线或垂线，构造相似三角形，利用比例关系解题。 2.分情况讨论: 当题目条件不唯一时(如直角三角形中直角顶点的不同位置)，需分情况逐一分析。 3.锐角三角比与勾股定理: 在直角三角形中，灵活运用正弦、余弦、正切等三角比，结合勾股定理建立方程。 典例5　（2023·上海闵行·二模）如图，在中，，，以为边作（点D、A在直线的异侧），且满足，． (1)求证：； (2)设点E为边的中点，连结并延长交边于点F，当为直角三角形时，求边的长； (3)设，，求y关于x的函数解析式并写出定义域． 5-1（2024·上海黄浦·二模）已知：如图，是圆O的内接三角形，，、的中点分别为M、N，与、、分别交于点P、T、Q． (1)求证：； (2)当是等边三角形时，求的值； (3)如果圆心O到弦、的距离分别为7和15，求线段的长． 5-2（2023·上海宝山·二模）如图，已知半圆O的直径，C是圆外一点，的平分线交半圆O于点D，且，联结交于点E． (1)当时，求的长； (2)当时，求的值； (3)当为直角三角形时，求的值． 5-3（2023·上海金山·二模）如图，已知在中，，点是边中点，在边上取一点，使得，延长交延长线于点． (1)求证：； (2)设的中点为点， ①如果为经过、、三点的圆的一条弦，当弦恰好是正十边形的一条边时，求的值； ②经过、两点，联结、，当，，时，求的半径长． 5-4（2025·上海长宁·一模）已知在中，，点、、分别在边、、上，且，连接． (1)如图1，如果，，求的余切值： (2)如图2，连接交于点，如果，求的值； (3)如果，， ，与相似，求的长． 5-5（2025·上海徐汇·一模）如图，在中 ， ，正方形的顶点、在线段上，在边上．在边上取一点，使 ． (1)若点为的重心，直接写出点和射线的位置关系，并求的长； (2)如图1，若为正三角形，且 ，求正方形的边长； (3)连接，若和全等，求的长． 题型六 几何变换（旋转、对称、平移） 技巧1：中点与中位线的妙用 （1）中位线定理：三角形中位线平行于第三边且等于其一半。示例：若为两边中点，则且。（2）斜边中线性质：直角三角形斜边中线等于斜边一半。示例：若为中点，是斜边中线，则。 技巧2：处理特殊点与比例 （1）重心性质：重心将中线分为2:1。（2）比例转换：利用相似比将线段比例转换为等式。示例： 通过相似三角形推导。 技巧3：分类讨论多解情况 直角三角形存在性：考虑不同直角位置，分别求解。示例： 为直角三角形时，分 等情况。 典例6　（2024·上海·二模）如图，在中，，，，分别为，，的中点，连接，． (1)如图1，求：的值 (2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长． 6-1（2025·上海闵行·一模）如图1，在中，，，点在边上，直线经过点，与线段交于点，且点关于的对称点在射线上． (1)如图2，当点与点重合时，求证：； (2)当点在线段的延长线上时，联结，交于点． ⅰ）当直线经过的重心时，求的值； ⅱ）如果是直角三角形且，求的正切值． 题型七 平行线或面积法求线段比例或证明 1．面积法等高／底： 明确比较的三角形是否真正等高或等底； 检验：若高不同，面积比不等于底边比。 2．多解遗漏： 涉及直角，动点问题时，穷尽所有可能性. 典例7（2024·上海·中考真题）在梯形中，，点E在边上，且． (1)如图1所示，点F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M在边上，联结、、，与交于N，如果，且，，求边的长． 7-1（2024·上海嘉定·二模）在菱形中，，点在射线上，连接、． (1)如图，当点是边的中点，求的正切值； (2)如图，当点在线段的延长线上，连接与边交于点，如果，的面积等于，求的长； (3)当点在边上，与交于点，连接并延长与的延长线交于点，如果，与以点、、所组成的三角形相似，求的长． 7-2（2025·上海青浦·一模）已知梯形中，，点在边上，，，联结． (1)如图1，联结，求与的面积之比； (2)如图2，如果，求的正切值； (3)如图3，联结交于点，如果，且，求边的长． 7-3（2025·上海金山·一模）已知三角形的顶点在三角形的内部，点、点在直线同侧． (1)如图1，连接、、，若和是等边三角形时，点、、三点共线，，求的比值； (2)如图2，连接、、（点、、三点不共线），（），若，，求的值（用含的代数式表示）； (3)若是等腰三角形，，，，点在高上，点在的延长线上，连接并延长交边于点，连接，，当，与相似时，求的长． 题型八 几何图形的面积计算 典例8（2025·上海宝山·一模）如图，已知中，，，，点E、F分别在边、上（不与端点重合），，垂足为点D． (1)当时，求的长； (2)当时，求值； (3)连接，如果是直角三角形，求这时四边形的面积． 题型九 动点问题 典例9（2024·上海徐汇·二模）如图，在扇形中，，，点、是弧上的动点（点在点的上方，点不与点重合，点不与点重合），且． (1)①请直接写出弧、弧和弧之间的数量关系； ②分别连接、和，试比较和的大小关系，并证明你的结论； (2)分别交、于点、． ①当点在弧上运动过程中，的值是否变化，若变化请说明理由；若不变，请求的值； ②当时，求圆心角的正切值． 9-1 （2023·上海浦东新·二模）已知：的直径，C是的中点，D是上的一个动点（不与点A、B、C重合），射线交射线于点E． (1)如图1，当，求线段的长； (2)如图2，当点D在上运动时，连接中是否存在度数保持不变的角？如果存在，请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由； (3)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求与面积的比值． 题型十 新定义问题 典例10（2025·上海普陀·一模）在八年级的时候，我们曾经一起研究过一种三角形：如果三角形的一个角的平分线与一条边上的中线互相垂直，那么这个三角形叫做“线垂”三角形，这个角叫做“分角”．它的一个重要性质为：“分角”的两边成倍半关系．这个性质的逆命题也成立． 利用以上我们研究得到的结论，解决以下问题： 已知是“线垂”三角形，，是的“分角”．    (1)如图1，是的角平分线，是的中线，与相交于点F．求的值； (2)在图2中画的一条分割线，使所分成的两个三角形都成为“线垂”三角形，并指出各自的“分角”，说明理由； (3)在（2）的条件下，记分割得到的两个三角形“分角”的平分线交于点O，点O与点A、B、C的距离分别为a、b、c，求a、b、c满足的等量关系． 10-1（2023·上海静安·二模）如图，扇形的半径为，圆心角，点是上的动点（点不与点、重合），点、分别在半径、上，四边形为矩形，点在线段上，且． (1)求证：； (2)如图，以为顶点、为一边，作，射线交射线于点，连接，    ①当时，求与的面积之比； ②把沿直线翻折后记作，当时，求的正切值． 题型十一 函数关系问题 典例11（2024·上海闵行·二模）如图，是的半径，弦垂直于弦，点M是弦的中点，过点M作的平行线，交于点E和点F． (1)如图1，当时． ①求的度数； ②连接OE，求证：； (3) 如图2，连接，当时，，求y关于x的函数关系式并直接写出定义域． 11-1（2023·上海普陀·二模）如图，半圆的直径，点是上一点（不与点、重合），点是的中点，分别连接、．    (1)当是圆的内接正六边形的一边时，求的长； (2)设，，求与之间的函数解析式，并写出x的取值范围； (3)定义：三角形一边上的中线把这个三角形分成两个小三角形，如果其中有一个小三角形是等腰三角形，且这条中线是这个小三角形的腰，那么这条中线就称为这个三角形的中腰线．分别延长、相交于点，连接．是的中腰线，求的长． 11-2（2023·上海崇明·二模）如图，在中，，，．点D是边上一动点（不与A、C重合），联结，过点C作，分别交、于点E、F． (1)当时，求的正切值； (2)设，，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域； (3)联结并延长，与边的延长线相交于点G，若与相似，求的值． 11-3（2022·上海闵行·二模）如图，梯形中，，，，，.点M在射线上，以点C为圆心，为半径的交射线于点N，联结，交射线于点G. (1)求线段的长； (2)设线段，，当点N在线段上时，试求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围； (3)联结，当时，求线段的长. 题型十二 隐圆问题 典例12（2025·上海奉贤·一模）如图，矩形中，，点E在射线上，点F在射线上，且，射线与对角线交于点G，与射线交于点M． (1)当点E在线段上时，求的正切值； (2)当G是中点时，求的值； (3)当，且与相似时，直接写出的长． （建议用时60分钟） 1.（2025·上海黄浦·一模）已知平行四边形中，，，，是边上一动点，过点作，交射线于点，交于点，是上的点，，连接． (1)求证：； (2)当时，求线段的长； (3)当时，求的值． 2.（2024·上海宝山·一模）如图，已知在中，，是边上的一点（不与点、重合），是边延长线上一点，，延长交边于点． (1)求证：； (2)如果，且，求：的余切值； (3)连结，当平分时，求：的值． 3.（2025·上海嘉定·一模）如图1，在中，，过点作，垂足为点，点在边上（不与点重合），点是边上的点，且满足，设． (1)求证：； (2)如图2，过点作，垂足为点，求证：； (3)设点是的中点，连接并延长交边于点，当与相似时，求的值． 4（2022徐汇模拟）在中，，，点是射线上一点（点不与点、重合），连接，以点为圆心，为半径画弧交射线于点，连接，直线交直线于点． (1)如图1，当点在边上时，，求此时半径的长； (2)当点在边上时，如图2，设，，求与之间的函数解析式，并写出其定义域； (3)连接，若是以为腰的等腰三角形时，请直接写出此时的长． 2 / 76 1 / 76 学科网（北京）股份有限公司 $$