猜押09 上海中考25题（压轴题）(7类题型)-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

猜押09 上海中考25题（压轴题） 3年上海考题 猜押考点 考情分析 押题依据 2024年 相似三角形、 平行线分线段成比例、 勾股定理 用勾股定理解三角形、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、相似三角形的判定与性质综合 2024年考查圆与三角形的综合、2023年考查圆与三角形的综合、2022年考查圆与四边形的综合.近2年都是圆与三角形的综合，核心考点都有相似三角形，其中母子三角形模型出现较多，需要对其熟练掌握，圆的垂径定理、直径对应的圆周角、圆内接四边形、等腰三角形三线合一、全等三角形、平行四边形的判定，这些是解题的重要突破口，预计2025年对几何综合的考查还会重点考查相似三角形和圆. 2023年 相似三角形、 平行四边形的判定 中位线、相似三角形、平行四边形的判定 2022年 相似三角形、 平行四边形的判定、 勾股定理 圆与四边形的综合、圆与圆的位置关系、菱形的判定、重心 题型一、三角形几何问题 1．（2025·上海静安·二模）如图，在中，，点在的延长线上，，，点在边上，，的延长线交线段于点． (1)求证：； (2)当点是的中点时，求证：； (3)已知，，设，，求关于的函数解析式，并写出的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，x的取值范围为． 【知识点】根据交点确定不等式的解集、利用平行四边形性质和判定证明、相似三角形的判定与性质综合、已知余弦求边长 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形可得，再根据平行线的性质以及等腰三角形的判定定理可得，再根据平行线的性质可得，然后根据“边角边”即可证明结论； （2）由中点的定义可得，由可得，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式化简即可证明结论； （3）如图，延长交的延长线于点N，过A作于点H，过E作于点G，根据题意求出、根据平行线分线段成比例，列出比例式，求出即可得到关系式；然后再根据确定x的取值范围即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即． （3）解：如图，延长交的延长线于点N，过A作于点H，过E作于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，即，解得：， ∵，， ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∴, ∵, ∴，即，解得：， ∴， ∴， ∵（比值）， ∴，解得：． ∴，x的取值范围为． 2．（探究型）在中，点是线段上一动点，连接．将线段绕点逆时针旋转至，记旋转角为，连接．取的中点为点，连接． 【问题探究】 （1）如图，已知是等腰直角三角形，，，，延长至点，使，连接．请直接写出与的数量关系 ，与的数量关系 ； 【类比迁移】 （2）如图，已知是等腰三角形，，，．探究线段与的数量关系，并证明你的结论； 【变式拓广】 （3）如图，已知在中，，，，．延长至，使，连接．在点的运动过程中，求线段长度的最小值． 【答案】（1），； （2），证明见解析； （3）线段长度的最小值为． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、与三角形中位线有关的证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）结合旋转性质推得，，即可利用“边角边”证明，根据全等三角形性质可得，再由中位线定理可得； （2）延长至点，使得 ，连接，利用“边角边”证明，结合全等三角形性质和中位线定理即可证得； （3）取的中点，连接，作于，利用“边角边”证明，根据全等三角形性质可得，即点在与成的定直线上运动，当点在处时，最小，结合含的直角三角形特征即可得． 【详解】解：（1）依题得：，，， ，， ， ， ， 即， ， 在和中， ， ， ， ，， 是的中位线， ， 故答案为：，； （2）如下图，，证明如下： 延长至点，使得 ，连接， ， ， ，， ， 由旋转得，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 是的中位线， ， ； （3）如下图，取的中点，连接，作于， 依题得：， ，，， ， ， 在和中， ， ， ， 点在与成的定直线上运动， 当点在处时，最小， ， ， 又， ， 的最小值为． 【点睛】本题考查的知识点是旋转性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理、含的直角三角形特征，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 3．（折叠问题型）中，． (1)如图1，沿过点的直线折叠使点落在上的点处，折痕与BC交于点．通过尺规作图确定点，点的位置，并直接写出，的长度（保留作图痕迹，不写作图过程）； (2)将折叠后的中的点在边上滑动，记为点，点在边上滑动． ①如图2，当时，求点到的距离； ②如图3，点在边上时，求的长度； ③直接写出点与点距离的最大值． 【答案】(1)见解析 (2)①点到的距离为12，②，③点与点距离最大值为 【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、用勾股定理解三角形、圆周角定理 【分析】（1）以点A 为圆心，的长为半径画弧，交于一点D，再作的垂直平分线，与的交点，即为点E，根据勾股定理算出，结合等面积法算出的长度，即可作答． （2）①先整理得，则，根据且，则，结合折叠性质得，则，代入数值计算，即可作答． ②同理设，则，整理得，证明，故，所以，由（1）得，，即可作答． ③结合圆周角定理得，故，所以中，，，证明，，代入数值得，分别运用勾股定理算出，，即可作答． 【详解】（1）解：如图，点D，E即为所求的点，连接， ∵， ∴， 由作图得， 则， ∴， 则， ∴，． （2）解：①如图1，过点作于点，过点作于点， 设，则 在中，， 则在中，， ∴， ∵且， ∴， ∵将折叠后的中的点在边上滑动，记为点， ∴， 由（1）得， ∴， 则， ∴， ∴当时，点到的距离为12， ②如图2，过点D作于点，过作于点 ， 设，则， ∵将折叠后的中的点在边上滑动，记为点， ∴图2的等于（1）中的，图2的等于（1）中的， ∴，， 即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， 则 故， ∴， ∵由（1）得， ∴； ③如图3，作的外接圆，过作于点，连接，， ∵ ∴ ∵， ∴，， ∴， ∴， 同理得， ∴在中，，， ∵， ∵， ∴， ∴ 由（1）得出， ∴， ∴， ∴在中，， ∴在中，， ∴， 当D，P，C在同一直线上时与距离最大，且为 ∴最大距离为， 即点与点距离最大值为 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形的相关运算，折叠的性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 题型二、圆的几何问题 4．（回归教材）（2025·上海虹口·二模）阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图，在中，为上的中线，如果，那么．也可以说，在中，如果，那么． 根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)或 【知识点】用勾股定理解三角形、圆的基本概念辨析、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性质，圆的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键； （1）①证明，根据相似三角形的性质，即可得证； ②根据①的结论，结合已知得出，进而得出，过点作于点，连接得出则过点作交于点，则四边形是矩形，得出直线与直线夹角的为，进而根据正弦的定义，即可求解； （2）设，根据题意画出图形，分当在的左侧时，当在的右侧时，分别求得，，进而在，中，，根据勾股定理求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：①如图 ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴， ∴ ∴ ∴即； ②∵， ∴， ∴ ∴ 过点作于点，连接，如图， ∵ ∴， ∵，， ∴ ∴，， ∴ 过点作交于点，则四边形是矩形， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴直线与直线夹角的正弦值为 （2）解：∵， ∴设 ①当在的左侧时，如图，连接，，过点作于点， ∴ ∴ ∵ ∵， ∴ ∴ 又∵， ∵ ∴ ∴在，中， ∴ 解得： ∴ ②如图，当在的右侧时， ∴ ∴ 同理可得， ∴ 同理得， 解得： ∴ 综上所述，或． 5．（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【知识点】证明四边形是菱形、圆周角定理、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】（1）利用同圆的半径相等的性质，平行线的性质和等边三角形的判定与性质得到，再利用菱形的判定定理解答即可； （2）①利用平行线的性质，圆周角定理和垂径定理得到，则，，即可得出结论； ②过点O作于点H，得，则，利用全等三角形的面积相等和同高的三角形的面积比等于底的比的性质得到，从而求得；利用全等三角形的性质得到，最后根据解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 同理，是等边三角形，． 又∵， ∴． ∴四边形是菱形． （2）解：①∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴， ∴， ∴． ②过点O作于点H，得， ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． ∴，， ∴． ∵， ∴． ∵在中，，， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定与性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键． 6．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）内接于，F为上一点，连接交弦于点D，若． (1)如图1，求证： (2)如图2，连接，若，求证：． (3)在（2）的条件下，延长交于点E，过点F作垂足为N，过点E作垂足为M，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用垂径定理求值、圆周角定理、由平行判断成比例的线段 【分析】（1）连接，，利用圆周角定理解答即可； （2）连接，，利用全等三角形的判定与性质得到，再利用等腰三角形的三线合一的性质解答即可； （3）过点作于，利用垂径定理得到，利用平行线的判定定理和平行线分线段成比例定理，利用等式的性质得到；连接，，，过作于点，利用圆周角定理和全等三角形的判定与性质得到，连接，利用全等三角形的判定与性质求得，；延长交于点，利用勾股定理求得，设，则，利用勾股定理求得值，则． 【详解】（1）证明：连接，，如图， ， ， ， ， ， ； （2）证明：连接，，如图， 在和中， ， ， ， ； （3）解：过点作于，如图， ， ， ，，， ， ， ， ． ， 即． 连接，，，过作于点， 由（1）知：， ， ， 是的垂直平分线． ， ， ． 在和中， ， ， ， 连接， 在和中， ， ∴， ． ， ． ，， 延长交于点， 由（2）知：， ， ． ， 设，则， 在中， ， ， ， ． 是的垂直平分线， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，平行线分线段成比例定理，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 7．（新题型）已知：和分别是⊙上的两条劣弧，且⊙的半径为5，，，和都可以在⊙上运动，且和没有公共点，连接，，，且，交于点． (1)如图1，若经过圆心． ①求的长； ②求的度数； (2)如图2，在和运动的过程中，的度数是否发生变化？请说明理由； (3)如图3，连接，在和运动的过程中，四边形的面积也发生变化，记四边形的面积为，请直接写出的取值范围． 【答案】(1)①8；② (2)不变，见解析 (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、同弧或等弧所对的圆周角相等 【分析】（1）①根据勾股定理可得答案； ②根据“弧，弦，圆心角的关系”得，然后根据得出答案； （2）连接，并延长交于点F，连接，根据勾股定理求出， 可得，进而得，，然后根据可得答案； （3）作，根据垂径定理得，再根据勾股定理得，然后根据可得部分取值范围，接下来根据当点H，O，G三点共线时最大，结合面积公式得出答案． 【详解】（1）解：①根据题意可知， ∵是的直径，且， ∴， 根据勾股定理，得； ②∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：不变，理由如下： 如图所示，连接，并延长交于点F，连接， 根据勾股定理，得， ∴， ∴， ∴， 即． ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：过点O作，交于点G，H， ∴． 根据勾股定理，得， ∴， ∴， 即． 当点H，O，G三点共线时最大， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了“弧，弦，圆心角的关系”，圆周角定理的推论，勾股定理，垂径定理，准确作出辅助线是解题的关键． 8．如图，是的直径，弦于点是上的一个动点，连接． (1)求证：． (2)如图，若与的交点为线段的中点，，，求线段的长． (3)如图，的延长线交的延长线于点．求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)线段的长为； (3)证明见解析． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用垂径定理求值、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（）连接，根据圆周角定理可得，然后通过垂径定理推论可得，则，从而得证； （）先证明，则，所以，即，再证明，故有，则，从而可得，由勾股定理求出，最后通过勾股定理即可求解； （）连接，延长交于点，又四边形是圆内接四边形，则有，从而求得，再证明，则得出即可求证． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∴， ∵，是的直径， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵点为线段的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）证明：如图，连接，延长交于点， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 题型三、圆与三角形的综合 9．（锐角三角函数、等腰三角形）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②或 【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、求角的余弦值、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质可得，进而可得，根据相似三角形的性质即可得解； （2）①过P作于H，根据直径对直角可得，根据等腰三角形的性质可得，再根据余弦的定义即可得解； ②分三种情况讨论，当时，不符合题意；当时，连接，，证明，即可得解；当时，连接，设与交于G，先证明是的中位线，是的中位线，可得，，再根据勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：连接， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴； （2）解：①过P作于H， 是直径， ， ， ∵点M是的重心， ， ∴， ∵，半径为2， ∴， ，， ， ∴； ②当时，如图， ， ， ， 由（1）知，不符合题意； 当时，连接，， 和是的两条直径， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ， ， ， 当时，连接，设与交于G， ， ， ，， 是直径， ， ， ∴， ， ， ， 是的中位线， ， ， 是的中位线， ， ， ∴， ， ∴， 综上所述，线段的长或． 【点睛】本题考查了圆综合，勾股定理，三角函数，中位线，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是综合运用以上知识点，运用分类讨论思想； 10．（圆与圆的位置关系）（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 【答案】(1)； (2)； (3)当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【知识点】利用垂径定理求值、圆和圆的位置关系、利用相似三角形的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，由直径所对的圆周角是直角得到，利用勾股定理求出的长，再根据正切的定义可得答案； （2）分在的左侧和在的右侧两种情况，讨论求解即可； （3）如解析图示中，求出圆与圆内切时，，再求出时，，据此分，，三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解；如图所示，连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （2）解：如图：当在的左侧时；过作， ∴， ∴， 设，则 与相似， ， ， ∵，即， ∴，即， ∴， ∵， ， ，即 解得（已检验，符合题意） ； 如图：当在的右侧时； 过作于，过过于，过作于， 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵与相似， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴，， ∴， ， ， 综上：； （3）解：如图，当圆与圆内切时，则， 过作于，过过于， 同（2）可证明， ∵， ∴， ∴， ∴ 如图，当时，在内切的基础上，点D会更靠近点B，即此时一定有， ∴， ∴内含于； 如图，过点O作交于T，则， ∴； 如图，当时，，则一定有， ∴与相交； 当时，如图， ∵， ∴， ∴与相交； 综上所述，当时，内含于；当时，圆与圆内切；当或时，与相交． 【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系，相似三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 11．（黄金三角形、黄金分割点）（2025·上海松江·二模）已知是半圆的直径，是弦延长线上一点． (1)联结与半圆交于点． ①如图1，如果点是弧的中点，且，求的长； ②如图2，如果点是弧的中点，且，求的值． (2)设是弦的中点，如果以点为圆心、为半径的圆与相切，以点为圆心、为半径的圆与直线相切，求的值． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】利用垂径定理求值、切线的性质定理、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）①连接，过点作于点，求出，设，则，由求出，得到，，，则，即可求出答案；②连接，，，证明△△，得到，得到，则．设，，则，证明△△，得到，即可求出答案． （2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，证明△△，得到，设，证明△△，得到，则，，即可得到答案． 【详解】（1）解：①连接，过点作于点，如图， 是半圆的直径，点是弧的中点， ， ，， ， 设，则， ， ， ， ，，， ， ． ②连接，，，如图， 点是弧的中点， ， ，， ， ． ， ， ， ， ， ， △△， ， ， ， ， 四边形为圆的内接四边形， ， ， ， ． 设，，则， △△， ， ． （负数不合题意，舍去）， ， ； （2）设为半径的圆与直线相切于点，连接，，如图， 点为圆心、为半径的圆与相切， 点为切点， ， 设，则， 是弦的中点， ，， 为半径的圆与直线相切于点， ，， 在△和△中， ， △△， ， 设， ，， △△， ， ，， ，， ， ， ， ， ． ， 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、切线的性质、全等三角形的判定和性质、垂径定理等知识，综合性较强，熟练掌握相似三角形的判定和性质、解直角三角形是解题的关键． 12．（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，⊙O是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与⊙O相切时，求的长； (2)当直线与⊙O相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作⊙C与⊙O的另一个交点记为． ①若四边形是矩形，求的长； ②若是以为腰的等腰三角形，求的正切值． 【答案】(1) (2)①；②或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、切线的性质和判定的综合应用、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）作，先在中求出、长度及的值， 利用切线性质设得出表达式． 在中根据正弦函数定义列方程求解． （2）① 利用矩形性质得到的长度，设，表示出，在中，依据勾股定理列方程求解；② 1． 由两圆相交性质得出，通过角度关系得到， 分与两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：作于， 与相切 设， 在中 ，， ∴， ， ， 在中 ， ， ． （2）①四边形是矩形 ， 设，则， 在中，， ， ， ； ②若是以为腰的等腰三角形， 那么或， 设与相交于点， 与相交于， ， 又， ， 又， ， （i）当时， ， ，解得：， ， ， ． （ii）当时，作， ， ， ，即， ， 解得， 设，则，在中， ， ， ． 综上所述，或． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、矩形性质、等腰三角形性质、解直角三角形及勾股定理的应用 ．解题关键是利用相关性质构建边的关系，通过方程求解线段长度，并借助角度等量代换求角的正切值． 13．（2025·上海杨浦·二模）已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求解、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，根据垂径定理得出，根据弧、圆心角的关系，以及对顶角的性质得出，结合平角定义求出，根据余弦定义求出，即可求解； （2）连接，，，，设与相交于H，根据垂径定理得出，根据弧、弦、圆心角的关系得出，，结合（1）可得，，结合平角定义求出，根据等边对等角和三角形内角和定理可求出，进而求出，根据垂径定理、垂直平分线的性质得出，进而求出，然后证明，得出，证明是等腰三角形，得出，则可化简为，最后解方程即可； （3）分情况讨论：当C在上时，连接，，，过F作与于H，证明 ，得出，证明，得出，在和中，根据勾股定理得出，则可求出即可求出y关于x的函数解析式；当C在上时，同理求解即可． 【详解】（1）解∶连接， ∵， ∴， ∴， ∵点F是弧的中点， ∴， ∴， 又， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，，，，设与相交于H， ∵， ∴， ∴，， 又， ∴， 又， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 化简得， 解得（负值舍去）； （3）解：当C在上时，连接，，，过F作与于H， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 化简得， ∴（负值舍去）， ∴； 当C在上时，连接，，，过F作与于H， 同理可求出， ， 解得 ∴， 综上，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，垂径定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，解一元二次方程，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形是解题的关键． 14．（2025·上海黄浦·二模）已知，在中，，是边上一动点，联结．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 【答案】(1)相切，见解析 (2) (3)或 【知识点】利用垂径定理求值、切线的性质定理、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）过点C作于点，先解求出，的度数，过点O作于点，则当点与点重合时，，由，得到，故，即可判断； （2）由垂径定理的推论可得，可得为等腰直角三角形，证明，则，设，则，由，得到，那么，代入即可求解； （3）当与线段相切时，过点作于点，过点作于点，导角证明，则，那么；当经过点时，过点分别作，垂足分别为，由平行线分线段成比例定理得到，设，则，则，那么，解得到，再由平行线分线段成比例定理得到，即，求出，即可求解． 【详解】（1）解：与边相切，理由如下： 过点C作于点， ∵在中，， ∴， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点O作于点, ∵，当点与点重合时， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 而为半径，为点O到边的距离， ∴与边相切； （2）解：∵，经过圆心， ∴， ∵经过圆心， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵为半径，， ∴， ∴一定不经过点， 当与线段相切时，如图： 过点作于点，过点作于点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 当经过点时，过点分别作，垂足分别为， ∴，， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴当时，符合题意， 综上所述，当与线段只有一个交点时，或． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，直线与圆的位置关系，垂径定理及其推论，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，难度较大，解题的关键在于两个临界情况进行分析． 15．（2025·浙江·二模）已知内接于是的直径，为圆上一点，是的切线，连结，与交于点． (1)如图1，延长与交于点． ①若，求的大小． ②若，求的半径． (2)如图2，，延长与交于点，若，求与的面积比． 【答案】(1)①；② (2) 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、圆周角定理、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①连接，求解，证明，再结合三角形的内角和定理求解即可；②设，再结合勾股定理求解即可； （2）如图，连接，过作交的延长线于，交于，证明四边形为矩形，可得，，证明，可得，设，则，证明，可得，求解：，，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：①如图，连接， ∵， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴； ②设， ∵，， ∴， 解得：； （2）解：如图，连接，过作交的延长线于，交于， ∵是的切线， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：或； ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴与的面积比为 ． 【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，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． 16．（2025·广东东莞·二模）如图1，是的外接圆，是直径，弦与交于点，与交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，，求劣弧的长； (3)如图2，，于点，交于点，绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)劣弧的长为； (3)见解析 【知识点】证明某直线是圆的切线、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）根据圆周角定理求得，再证明，推出，即可证明是的切线； （2）利用垂径定理求得，证明，求得，利用特殊角的三角函数值求得，推出是等边三角形，据此求解即可； （3）过点、作的垂线，垂足分别为、，证明，得到，，根据三角函数的定义求得，推出，，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴劣弧的长为； （3）解：过点、作的垂线，垂足分别为、， 由旋转的性质知，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 17．（2023·上海普陀·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，，点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足．设，． (1)求：y关于x的函数表达式及其定义域 (2)如图2，过点作于点，连接，． ①当为直角三角形时，求的值； ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 【答案】(1) (2)①的值为或；② 【知识点】切线的性质定理、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）连接，设半径为，利用，得，代入计算求得半圆的半径；再根据，用含的代数式表示的长，再计算求的长即可； （2）①显然，所以分两种情形，当时，则四边形是矩形，当时，过点作于点，则四边形是矩形，分别根据图形可得答案； ②连接，，由对称可知，，利用三角函数表示出和的长度，从而解决问题． 【详解】（1）解：如图1，连接，设半径为， 切半圆于点， ， ， ， ， ， ， 解得， 半圆的半径为； ， ，， ， ， ； （2）解：①显然，所以分两种情形， 当时，则四边形是矩形， ， ， ， ， 当时，过点作于点，如图， 则四边形是矩形， ∵，， ∴， ，， ， ， ， ， ， 由得：， ， 综上，的值为或； ②如图，连接，，由对称可知， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是半圆的直径， ， ， ， ， ． 【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角函数等知识，利用三角函数表示各线段的长并运用分类讨论思想是解题的关键． 题型四、函数与圆的综合 18．（2025·上海嘉定·二模）为的内接等腰三角形，．连接并延长，交于点，交于点，过点作，垂足为点（点不与点重合）． (1)如图1，如果，求的大小； (2)如图2，连接，如果，，求关于的函数解析式（不用写自变量的取值范围）； (3)如果点是线段的黄金分割点，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、黄金分割 【分析】本题主要考查了圆内接三角形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，黄金分割点，锐角三角函数比等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）连接并延长，交于点，先利用直角三角形的性质求出，然后利用垂径定理和等腰三角形的性质求出，，最后利用角的和差即可求出结果； （2）连接并延长，交于点，利用三角函数比和垂径定理得出，根据条件证出，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果； （3）连接并延长，交于点，连接，根据条件得出是的中位线，得出，根据点是线段的黄金分割点，得到或，分两种情况进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接并延长，交于点， 在圆中，∵过圆心， ∴，， ∴，                             ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，                       ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，             ∴； （2）解：如图，连接并延长，交于点， 在中，，， ∵， ∴，     ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，   ∵， ∴； （3）解：如图，连接并延长，交于点，连接， ∵为直径， ∴， 又∵， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵点是线段的黄金分割点， ∴或， ①当时， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∴； ②当时，同理可得， ∴，      综上所述，． 题型五、四边形与相似三角形综合 19．（旋转问题）已知，正方形中，点O是对角线的中点，点E为上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，过点F作，交延长线于点N，交延长线于点M． (1)如图1，当点E与点O重合时，求证：； (2)如图2，连接， ①用等式表示线段与的数量关系，并证明； ②若，取中点G，连接，补全图形，并求出在旋转过程中的最小值． 【答案】(1)详见解析 (2)①，证明见解析 ②补全图形见解析，旋转过程中的最小值为 【知识点】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、斜边的中线等于斜边的一半、根据旋转的性质求解 【分析】（1）证明得出，又，等量代换即可求解； （2）①证明，根据相似三角形的性质，即可求解； ②根据题意补全图形，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半得出，当M，D重合时，最小，进而根据等腰直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：①如图所示，连接， ∵为等腰直角三角形，， ∴， ∵点O为中点， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，取中点G，连接， ∵，则， 又， ∴当取得最小值时最小， ∴当E与点B重合时，F在上，此时N点与A点重合， ∴， 又， ∴， ∴旋转过程中的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20．（2025·山东威海·一模）（1）如图（1），四边形是一个正方形，是延长线上一点，且，则的度数为______； （2）如图（2），将（1）中的沿折叠，得到，延长交于点，若，求的长； （3）如图（3），当点在射线上运动时，把（2）中的正方形变为矩形，且，，连接，与交于点，连接．求，两点间的最短距离． 【答案】（1）；（2）（3） 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、正方形折叠问题、点与圆上一点的最值问题 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，推出，由得到，推出，即可得出结果； （2）根据正方形的性质得到，，求出，进而得到，由折叠的性质得到，，再根据（1）中，得到，进而得到，利用勾股定理求出 ，得到； （3）由折叠的性质得到，，即点在以为直径的圆上运动，设的中点为，连接，则当点在上时，两点间的距离最短，得到，求出，得到，即可得到答案． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）四边形是正方形， ，， ， ， ， 由折叠的性质得，， 由（1）得， ， ， ， ， ， ； （3）由折叠知， ， 点在以为直径的圆上运动，设的中点为，连接，则当点在上时，两点间的距离最短，如图， ， 矩形， ， ， ，两点间的最短距离为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，点到圆上的最短距离，灵活运用点到圆上的最短距离，折叠的性质，是解题的关键． 21．已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F． (1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心； (2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值； (3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、利用菱形的性质求角度、判断三角形外接圆的圆心位置、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）连接、，由四边形是菱形，得出，平分，，又由、分别为、中点，证得，即可得证； （2）连接、交于点，设，，则，易证，得出，，再通过，得出，进而求出的值； （3）连接、，过点分别作于，于，求出的度数，又由点是等边的外心，易证，可得，即点在的平分线上，即点落在直线上，即可求解． 【详解】（1）证明：如图1，连接、， 四边形是菱形， ，平分，，， ， 又、分别为、中点， ，，， ， 点即为的外心． （2）解：如图2，连接、交于点，设交于点， 设，，则， ， ，， 又由（1）知， ， ， ． ， ， ， ， ， ， 即． （3）解：如图3，分别连接、，过点分别作于，于， ， ， ， 点是等边的外心， ，， ， ， ， ， 点在的平分线上，即点落在直线上， ． 【点睛】此题考查了全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的外心的判定与性质，菱形的性质等知识． 题型六、四边形与圆的几何综合 22．（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】全等三角形综合问题、根据矩形的性质与判定求线段长、利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点，可证四边形是矩形，，在中，，，同理， ，在中，，由此即可求解； （2）由（1）设，则，则，， 所以，则，由此即可求解； （3）连接，延长交于点，则，由（2）可设，在中，，，，同理，，，，所以，由此即可求解． 【详解】（1）解：过点分别作，垂足为点，过点作，交的延长线于点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 同理， ， 在中，． （2）解：由（1）设，则， 在中，， ∴， ∴， ∵点为圆心，， ∴， ∴， ∴． （3）解：连接，延长交于点， ∵， ∴， ∵是弧的中点， ∴， 由（2）可设， 在中，， ∴，， 同理，， ∴， ∴，     ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的计算，圆的基础知识，掌握以上知识的综合，数形结合分析是关键． 23．（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2)联结，若为等腰三角形，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2)或1或 【知识点】全等三角形综合问题、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）证明，得出，即可证明； ②根据，设，，那么，根据矩形的对边相等，得出，证明，求出，在中，勾股定理求出，即可求出． （2）若为等腰三角形，分为当时，可证为等边三角形，求出，即可求解；当时，可证四边形为正方形，得出，即可求解；当时，设，，可证，得出，求出，在中，勾股定理列方程得出，即可求解． 【详解】（1）解：①四边形为矩形，， ，， 在和中， ，， ， ， 在圆中，， ； ②， 设，，那么， 矩形的对边相等， ， ∵， ∴， ， ， ， 在中，，即， ， ． （2）解：若为等腰三角形， 当时， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在和， ， ， ， 又 ∵， ， 连接， 由（1）①可知， ， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴为等边三角形， ， ， ； 当时，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则四边形为正方形， ， ； 当时，设，， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， 在中，， ，整理得：， ， ． 综上所述，的值为或1或． 【点睛】该题考查了相似三角形的性质和判定，角的正切，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，圆心角定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 24．（公共弦）（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 【答案】(1) (2)①；② 【知识点】利用平行四边形的性质证明、利用垂径定理求值、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）过作于点H，由垂径定理可得，再利用三角函数求解即可； （2）①当点E与A重合时可知，过作于点M，求出，可知在点运动过程中，与边始终有公共点，进而即可得出r的范围； ②利用建立方程求解，得到，即此时与A重合，进而即可得解． 【详解】（1）如图，过作于点H，则， ∵， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴， ∴，即， 解得； （2）①当点E与点A重合时， 此时与A重合，， ∵， ∴， ∴， ∴，即此时， 过作于点M， ∵， ∴， ∴， ∴在点运动过程中，与边始终有公共点， ∴； ②如图，记中点为F，过F作，过作于点H， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，即， 解得； ∵， ∴在中，， ∵， 解得（负值舍去）， ∴此时E和A重合，即与A重合，如图所示，为公共弦， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即与的公共弦长为． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、解直角三角形、垂径定理、相似三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、圆的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 25．（切线问题）（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是的切线，证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和HL综合（HL）、根据正方形的性质证明、切线的性质和判定的综合应用 【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可； （2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵与相切于点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）是的切线，理由如下： 证明：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线． 【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 题型七、新定义问题 26．（教材母题改编）（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 【答案】(1)； (2)或； (3)点在以的中点R为圆心，以为半径的圆心角为的弧上 【知识点】等边三角形的性质、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】（）根据莱洛三角形的定义，结合轴对称图形的判断圆的相关性质直接判断即可； （）分当在上方时，当在下方时，两种情况分析即可； （）连接，，，，，取、的中点，连接，，，再证明，得出即可确定轨迹． 【详解】（1）解：因为以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形， 所以莱洛三角形是轴对称图形，正确； 三段弧到它们所对的三角形顶点的距离相等，故莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离不相等，不正确； 等边三角形的每一个内角都是，故莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为，正确； 莱洛三角形的面积等于三个弓形的面积加上等边三角形的面积，即，不正确； 故答案为：； （2）解：如图，当在上方时，过作于点， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴设，则，， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴； 当在下方时， 同理：∵， ∴设，则，， 由勾股定理得：， ∴； 综上可得：的正切值为或； （3）解：连接，，，，，取、的中点R、S，连接，，， ∵点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵、的中点为，的中点为， ∴，，，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点与点重合时，点为中点，当点与点重合时，点为中点，此时，， 故点在以的中点为圆心，以为半径的圆心角为的弧上； 【点睛】本题考查了圆的有关性质、垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质、解直角三角形，三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是熟练运用相关知识进行证明和推理． 27．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 【答案】(1)见详解 (2) (3)2 【知识点】用勾股定理解三角形、正多边形和圆的综合、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，记交于点K，在上取点Q，使得，可知矩形是正方形，为等边三角形，求出，则，设，则，，故，即可证明； （2）当时，则，则正边形中心角为，而中心角与外角相等，故外角，故每一个内角为钝角，画出正边形的局部，设内角，外角，则，故，设正边形的半径为，由题意得：，过点A作，，解直角三角形得，则，，故，化简得：，故，当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式； （3）连接，过点作于点，由旋转得，，设，则以线段为边的正多边形边数为，故以线段为边的正多边形同中心点C，同边数，因此以线段为边的正多边形是双同正多边形，可证明，则，设，由勾股定理得，，则，故，因此双同正多边形的边数为，则该正多边形为正六边形，故特征值为：． 【详解】（1）解：连接，记交于点K，在上取点Q，使得， 对于矩形，由题意得，最长，或最短， ∵四边形的特征值为， ∴或， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，是直径， ∴矩形是正方形， ∴中心角： ∵的特征值为1， ∴或或， ∴为等腰三角形， 若底边不与腰相等，则则不满足特征值为1， ∴为等边三角形， ∴中心角：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴ ∴； （2）解：当时，则， ∴正边形中心角为， 而中心角与外角相等，故外角， ∴每一个内角为钝角， 画出正边形的局部，如图： 设内角，外角， ∵， ∴， 设正边形的半径为， 由题意得：， 过点A作，， 由中心角等于外角得，， ∴， 则， 而， ∴， 化简得：， ∴， 当时，此时每一个内角为，也符合该函数解析式， ∴综上，y关于x的函数解析式为：； （3）解：连接，过点作于点， 由旋转得，， 设， ∴以线段为边的正多边形边数为， ∴以线段为边的正多边形同中心点C，同边数， ∴以线段为边的正多边形是双同正多边形， 当两个正多边形面积比为时， 则， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴, ∴， 设， ∵， ∴， ∴由勾股定理得，， ∴， ∴， ∴双同正多边形的边数为， ∴该正多边形为正六边形，如图： ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴则最长距离为，最短距离为， ∴特征值为：． 【点睛】本题考查了圆与正多边形，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，难度较大，正确理解题意是解决本题的关键． 28．（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 【答案】(1)③④ (2)都是“勤业三角形”，证明见解析 (3) 【知识点】含30度角的直角三角形、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）根据“勤业三角形”的定义进行计算，即可一一判定； （2）如图，连接，设，可证得，，可得，结合，可得，即可判定和都是“勤业三角形”； （3）如图，过点G作交DE于点I，可得， ，可证得，设，则，利用，可求得，，从而可得答案． 【详解】（1）解：①等边三角形各边的比值为1，故等边三角形不是“勤业三角形”； ②等腰直角三角形两直角边的比值为1，直角边与斜边的比为，故等腰直角三角形不是“勤业三角形”； ③设含角的直角三角形的最短边长为a，则斜边长为2a，另一条直角边长为，，故含角的直角三角形是“勤业三角形”； ④如图：中，AB=AC，，过点A作于点D， ， 设，则， ， ， ， 含角的等腰三角形是“勤业三角形”； 故答案为：③④； （2）解：△和△都是“勤业三角形”， 证明如下： 如图：连接，设 ， ， ， ， 又 ， ，即 ， ， 又 ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 和都是“勤业三角形”； （3）解：如图：过点G作交DE于点I， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， 由（2）知， ， ， ， ， ， ， 在中，， 即． 【点睛】本题考查的是新定义问题，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数的定义等有关知识，作出辅助线是解决本题的关键． 试卷第1页，共3页 1 / 46 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押09 上海中考25题（压轴题） 3年上海考题 猜押考点 考情分析 押题依据 2024年 相似三角形、 平行线分线段成比例、 勾股定理 用勾股定理解三角形、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、相似三角形的判定与性质综合 2024年考查圆与三角形的综合、2023年考查圆与三角形的综合、2022年考查圆与四边形的综合.近2年都是圆与三角形的综合，核心考点都有相似三角形，其中母子三角形模型出现较多，需要对其熟练掌握，圆的垂径定理、直径对应的圆周角、圆内接四边形、等腰三角形三线合一、全等三角形、平行四边形的判定，这些是解题的重要突破口，预计2025年对几何综合的考查还会重点考查相似三角形和圆. 2023年 相似三角形、 平行四边形的判定 中位线、相似三角形、平行四边形的判定 2022年 相似三角形、 平行四边形的判定、 勾股定理 圆与四边形的综合、圆与圆的位置关系、菱形的判定、重心 题型一、三角形几何问题 1．（2025·上海静安·二模）如图，在中，，点在的延长线上，，，点在边上，，的延长线交线段于点． (1)求证：； (2)当点是的中点时，求证：； (3)已知，，设，，求关于的函数解析式，并写出的取值范围． 2．（探究型）在中，点是线段上一动点，连接．将线段绕点逆时针旋转至，记旋转角为，连接．取的中点为点，连接． 【问题探究】 （1）如图，已知是等腰直角三角形，，，，延长至点，使，连接．请直接写出与的数量关系 ，与的数量关系 ； 【类比迁移】 （2）如图，已知是等腰三角形，，，．探究线段与的数量关系，并证明你的结论； 【变式拓广】 （3）如图，已知在中，，，，．延长至，使，连接．在点的运动过程中，求线段长度的最小值． 3．（折叠问题型）中，． (1)如图1，沿过点的直线折叠使点落在上的点处，折痕与BC交于点．通过尺规作图确定点，点的位置，并直接写出，的长度（保留作图痕迹，不写作图过程）； (2)将折叠后的中的点在边上滑动，记为点，点在边上滑动． ①如图2，当时，求点到的距离； ②如图3，点在边上时，求的长度； ③直接写出点与点距离的最大值． 题型二、圆的几何问题 4．（回归教材）（2025·上海虹口·二模）阅读材料： 我们学过有关直角三角形的性质定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．这条定理的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”也是真命题． 如图，在中，为上的中线，如果，那么．也可以说，在中，如果，那么． 根据上面的阅读材料，完成下列问题：（若需要，可直接运用直角三角形性质定理的逆命题）如图，为半圆的直径，是半圆的弦，以为直径作． (1)如图①，过点作，垂足为． ①求证：； ②已知，如果经过点（如图②），求直线与直线夹角的正弦值； (2)已知与线段相交于点、，，如果，求的长． 5．（2025·上海青浦·二模）已知：为的直径，，点C在上．联结OC、，过点O作，交于点D． (1)如图，联结，当时，求证：四边形是菱形； (2)作，垂足为E． ①如图，联结、，交半径于点F，当时，求线段的长； ②如图，联结、、，设的面积为，四边形的面积为，如果，求线段的长． 6．内接于，F为上一点，连接交弦于点D，若． (1)如图1，求证： (2)如图2，连接，若，求证：． (3)在（2）的条件下，延长交于点E，过点F作垂足为N，过点E作垂足为M，若，，求的长． 7．（新题型）已知：和分别是⊙上的两条劣弧，且⊙的半径为5，，，和都可以在⊙上运动，且和没有公共点，连接，，，且，交于点． (1)如图1，若经过圆心． ①求的长； ②求的度数； (2)如图2，在和运动的过程中，的度数是否发生变化？请说明理由； (3)如图3，连接，在和运动的过程中，四边形的面积也发生变化，记四边形的面积为，请直接写出的取值范围． 8．如图，是的直径，弦于点是上的一个动点，连接． (1)求证：． (2)如图，若与的交点为线段的中点，，，求线段的长． (3)如图，的延长线交的延长线于点．求证：． 题型三、圆与三角形的综合 9．（锐角三角函数、等腰三角形）如图1，和是半径为2的的两条直径，点P是延长线上的一点．连接交于点E（点E在线段上，且不与点P、点C重合）． (1)当时，求证：； (2)连接，交半径于点M，已知． ①连接，如图2，当点M是的重心时，求的余弦值； ②连接、，当为等腰三角形时，求线段的长． 10．（圆与圆的位置关系）（2025·上海闵行·二模）如图，在中，直径长为，弦的长为8，点是上一点，过点作的垂线交直线于点． (1)求的正切值． (2)当与相似时，求的长． (3)以点为圆心，长为半径画，试根据线段的长度情况探究和的位置关系． 11．（黄金三角形、黄金分割点）（2025·上海松江·二模）已知是半圆的直径，是弦延长线上一点． (1)联结与半圆交于点． ①如图1，如果点是弧的中点，且，求的长； ②如图2，如果点是弧的中点，且，求的值． (2)设是弦的中点，如果以点为圆心、为半径的圆与相切，以点为圆心、为半径的圆与直线相切，求的值． 12．（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，⊙O是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与⊙O相切时，求的长； (2)当直线与⊙O相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作⊙C与⊙O的另一个交点记为． ①若四边形是矩形，求的长； ②若是以为腰的等腰三角形，求的正切值． 13．（2025·上海杨浦·二模）已知圆O的直径上有一点C（不与A、B重合），，过点C作弦，点F是弧的中点，连接，交于点G． (1)如图1，当点G与点O重合时，求的长； (2)如图2，连接，当时，求的值； (3)设，，求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． 14．（2025·上海黄浦·二模）已知，在中，，是边上一动点，联结．点在线段上，且，以点为圆心，为半径作，交边于点． (1)当点与点重合时，判断与边的位置关系并说明理由； (2)已知点在上，且，与边交于点，当经过圆心时（如图），求的值； (3)过点作，交边于点，当与线段只有一个交点时，求的取值范围． 15．（2025·浙江·二模）已知内接于是的直径，为圆上一点，是的切线，连结，与交于点． (1)如图1，延长与交于点． ①若，求的大小． ②若，求的半径． (2)如图2，，延长与交于点，若，求与的面积比． 16．（2025·广东东莞·二模）如图1，是的外接圆，是直径，弦与交于点，与交于点，． (1)求证：是的切线； (2)若，，，求劣弧的长； (3)如图2，，于点，交于点，绕点顺时针旋转得到，点恰好在线段上，求证：． 17．（2023·上海普陀·三模）如图1，为半圆的直径，为延长线上一点，切半圆于点，，交延长线于点，交半圆于点，已知，，点，分别在线段，上（不与端点重合），且满足．设，． (1)求：y关于x的函数表达式及其定义域 (2)如图2，过点作于点，连接，． ①当为直角三角形时，求的值； ②作点F关于的对称点，当点落在上时，求的值． 题型四、函数与圆的综合 18．（2025·上海嘉定·二模）为的内接等腰三角形，．连接并延长，交于点，交于点，过点作，垂足为点（点不与点重合）． (1)如图1，如果，求的大小； (2)如图2，连接，如果，，求关于的函数解析式（不用写自变量的取值范围）； (3)如果点是线段的黄金分割点，求的值． 题型五、四边形与相似三角形综合 19．（旋转问题）已知，正方形中，点O是对角线的中点，点E为上一点，连接，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，过点F作，交延长线于点N，交延长线于点M． (1)如图1，当点E与点O重合时，求证：； (2)如图2，连接， ①用等式表示线段与的数量关系，并证明； ②若，取中点G，连接，补全图形，并求出在旋转过程中的最小值． 20．（1）如图（1），四边形是一个正方形，是延长线上一点，且，则的度数为______； （2）如图（2），将（1）中的沿折叠，得到，延长交于点，若，求的长； （3）如图（3），当点在射线上运动时，把（2）中的正方形变为矩形，且，，连接，与交于点，连接．求，两点间的最短距离． 21．已知菱形的边长为1，，等边两边分别交、于E，F． (1)如图1，若点、分别是边、的中点，求证：菱形对角线、的交点即为等边的外心； (2)如图2，当E，F分别是边、的中点时，过等边的外心点O的一直线交边于M，边于G，边的延长线于N，求：的值； (3)如图3，若点E，F始终在边，上移动，等边外心为P，求：的度数． 题型六、四边形与圆的几何综合 22．（2025·上海宝山·二模）如图，已知梯形，，，以点为圆心、为半径画弧，与分别交于点，且．                          (1)如果设，，求的长； (2)求的值； (3)如果是弧的中点，求的值． 23．（2025·上海金山·二模）已知：矩形的对角线与以为圆心为半径的圆弧相交于点，过点作的垂线分别与直线、、交于点、、． (1)当点在边延长线上时，如图所示． ①联结，与交于点，求证：； ②若，求的比值； (2) 联结，若为等腰三角形，求的值． 24．（公共弦）（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，，点是边上的动点，以点为圆心，为半径的圆交边于点．设． (1)当点是边的中点时，求的值； (2)已知点是线段AE的中点（规定：当点与点重合时，点也与点重合），以点为圆心、为半径作 ①当与边有公共点时，求的取值范围； ②如果经过边的中点，求此时与的公共弦长． 25．（切线问题）（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 题型七、新定义问题 26．（教材母题改编）（2025·上海普陀·二模）如图，分别以等边三角形的每个顶点为圆心，以等边三角形的边长为半径，以另两个顶点为端点画圆弧，由首尾相连的三段圆弧可组成一个曲线图形，这个曲线图形叫做莱洛三角形． (1)下面结论中，正确的是________．（写出所有正确结论的序号） 莱洛三角形是轴对称图形； 莱洛三角形上的任意一点到等边三角形的中心的距离相等； 莱洛三角形的每段圆弧所对的圆心角都为； 莱洛三角形的面积等于． (2)如果、是莱洛三角形上的两点，连接、，满足且，求此时的正切值； (3)已知、分别是、上的两个动点：点沿从点运动到点，点沿从点运动到点，它们同时出发且速度相同，连接．试表述线段的中点的轨迹． 27．（2024·上海·三模）新定义1：多边形顶点之间最长距离与最短距离的比值叫做多边形的特征值，如：正五边形的特征值为． 新定义2：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形． (1)如图，已知四边形为圆O的内接矩形，是圆O的内接三角形，若四边形的特征值为，的特征值为1，求证： (2)设正边形（且n为整数）的一边长与边数值恰好相同，一个内角的余弦值为x，特征值为y，求：y关于x的函数解析式（注：当时，） (3)如图，在梯形中，（），，点B，D在以C为圆心，6为半径的圆上，将梯形绕点C按逆时针方向旋转，使点B与点D重合，此时A，D的对应点是点E，F，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求：双同正多边形的特征值． 28．（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 试卷第1页，共3页 1 / 46 学科网（北京）股份有限公司 $$