专题17 解答题第25题（代几综合，压轴33题）（上海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题17 解答题第25题（代几综合，压轴33题） 1．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 2．（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． 3．（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．（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． 5．（2021·上海·中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E． （1）当点E在边上时， ①求证：； ②若，求的值； （2）若，求的长． 6．（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． 7．（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． 8．（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． 9．（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． 10．（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． 11．（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． 12．（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． 13．（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． 14．（2025·上海普陀·三模）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，当时，是什么三角形（直接写出结果）． 15．（2025·上海浦东新·二模）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． 16．（2025·上海闵行·三模）已知中，，、是的两条高，直线与直线交于点． (1)如图，当为锐角时， ⅰ）求证：；ⅱ）如果，求的正切值； (2)如果，，下列求的面积的算式_________； ①； ②； A．①②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①②都是错的 (3)根据（1）、（2）小题，提出一个问题并解答（可以增加已知条件）． 17．（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 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． 19．（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． 20．（2025·上海崇明·三模）如图，已知：中，，， ，是边上一点，以点为圆心为半径的圆与边的另一个交点是点，与边的另一个交点是点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，的延长线交于点，联结． (1)求证：； (2)设，的面积为，求关于的函数关系式，并写出定义域； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 21．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 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·二模）已知在中，，是边上的中线．以点B为圆心，为半径的圆交线段于点E（点E不与点C、点D不重合）． (1)如图1，如果与边交于点F，，求的度数； (2)如图2，当时，求的正切值； (3)如图3，以点E为圆心，为半径的与相交，其中一个交点P在边上．如果，求的长． 24．（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． 25．（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． 26．（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． 27．（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． 28．（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． 29．（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． 30．（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． 31．（2025·上海宝山·一模）如图，正方形的边长是3，点E、F分别在边、上，，、分别与对角线交于点G、H． (1)当 时，，先补全条件； (2)如果，求的长． 32．（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． 33．（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． 试卷第14页，共14页 试卷第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题17 解答题第25题（代几综合，压轴33题） 1．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 2．（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 【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． 3．（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) 【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．（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) 【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． 5．（2021·上海·中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E． （1）当点E在边上时， ①求证：； ②若，求的值； （2）若，求的长． 【答案】（1）①见解析；②；（2）或 【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得； ②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值． （2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可． ②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可． 【详解】（1）①由，得． 由，得． 因为是斜边上的中线，所以．所以． 所以． 所以． ②若，那么在中，由．可得． 作于H．设，那么． 在中，，所以． 所以． 所以． （2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得， 所以四边形是平行四边形． 又因为，所以四边形是矩形， 设，已知，所以． 已知，所以． 在和中，根据，列方程． 解得，或（ 舍去负值）． ②如图6，当点E在上时，设，已知，所以． 设，已知，那么． 一方面，由，得，所以，所以， 另一方面，由是公共角，得． 所以，所以． 等量代换，得．由，得． 将代入，整理，得． 解得，或（舍去负值）． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键． 6．（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． 【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． 7．（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 【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． 8．（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) 【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． 9．（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． 【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. 10．（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 【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． 11．（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 【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． 12．（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) 【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． 13．（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． 【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． 14．（2025·上海普陀·三模）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，当时，是什么三角形（直接写出结果）． 【答案】(1)见解析 (2) (3)等腰三角形 【分析】（1）证明即可； （2）证明，得到，中点得到，进而得到，在，利用勾股定理求出，再根据，进行求解即可． （3）根据，结合，得到，进而推出垂直平分，进而得到，即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 在和中， ∵，，， ； （2）在和中， ∵，， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， 又∵F是的中点， ∴， ∴， 在中，， 解得，或（舍去） ∴； （3）如图： ∵，由（2）可知：， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴为等腰三角形． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中垂线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 15．（2025·上海浦东新·二模）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 【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； 16．（2025·上海闵行·三模）已知中，，、是的两条高，直线与直线交于点． (1)如图，当为锐角时， ⅰ）求证：；ⅱ）如果，求的正切值； (2)如果，，下列求的面积的算式_________； ①； ②； A．①②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①②都是错的 (3)根据（1）、（2）小题，提出一个问题并解答（可以增加已知条件）． 【答案】(1)1）见解析；2）2 (2)A (3)答案不唯一 【分析】对于（1），根据题意可知，即可得，再证明即可；设，则，根据可得，在中，可得答案； 对于（2），设，说明，表示，再根据，且，结合勾股定理得，然后分为锐角时，根据列出方程，求出解，进而得出，，根据得出结果；当为钝角时，先根据相似三角形的对应边成比例得，再根据，然后依据勾股定理得，求出解，可得，，最后求出面积判断即可； 对于（3），已知中，，是得两条高，交于点Q，若，求的面积．再分两种情况结合求出，可得，则此题可解． 【详解】（1）①证明：∵， ∴． ∵，且， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 即； ②由题意，设，则， ∵， ∴． ∵， ∴． 在中，； （2）解：设， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵，且， 根据勾股定理，得， ∴． 当为锐角时， ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴； 当为钝角时， ∵， ∴，且， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， 即． ∵， ∴， 解得， ∴，， ∴， ∴①②都正确． 故选：A． （3）已知中，，是得两条高，交于点Q，若，求的面积． 解：当为锐角时， ∵， ∴． 由（1）可知， 即， 解得， ∴， ∴； 当为钝角时， ∵， ∴． 由（1）可知， 即， 解得， ∴， ∴． 所以的面积是或．（答案不唯一） 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理，求三角形的面积，注意分情况讨论． 17．（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）联结，根据正方形的性质先证，再证四边形是平行四边形，进而可证明，得，四边形是平行四边形，结合可证得结论； （2）根据正方形及菱形的性质先证，得，由，可证得，得，再证，得，，再证，得，即可证得结论． 【详解】（1）证明：联结， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 又∵，即， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：∵四边形是正方形，是对角线 ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，则， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 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) 【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，． 19．（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) 【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． 20．（2025·上海崇明·三模）如图，已知：中，，， ，是边上一点，以点为圆心为半径的圆与边的另一个交点是点，与边的另一个交点是点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，的延长线交于点，联结． (1)求证：； (2)设，的面积为，求关于的函数关系式，并写出定义域； (3)如果是以为腰的等腰三角形，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)（）； (3)的长为，． 【分析】本题考查了弧与圆周角的关系，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，函数关系式等，正确的左侧辅助线是解题的关键； （1）根据平行线的性质可得，，根据等边对等角可得，等量代换可得，即可得证； （2）作，，垂足分别为、，解得出，，在中，得出 ，证明，进而得出，又，根据三角形的面积公式，即可得关于的函数关系式； （3）①，两种情况，分别讨论求解． 【详解】（1）证明：联结， ， ，， ， ， ， ∴． （2）作，，垂足分别为、， ，，， ， 在中，，， ， ，， 在中，， ， ， ， ∴ ， ， ， ， ， 即（）． （3）如果， ， ， 四边形是平行四边形， ，     ， ， ，    ． 如果，作，，垂足分别为、，则四边形是矩形，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 在中，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：． 综上所述，如果是以为腰的等腰三角形， 的长为，． 21．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先得到，，然后证明出，，即可证明； （2）首先得到，然后求出，然后利用三线合一证明即可； （3）如图所示，过点E作于点H，求出，，然后由求出，然后解直角三角形求出，然后利用平行四边形面积公式求解即可． 【详解】（1）， ，， 点E，F，G分别为，，的中点， ，，， ，， 四边形是平行四边形； （2）， ，互相平分， ， ， ， 点E为中点， ； （3）如图所示，过点E作于点H， ，， ， ∴ 菱形， ，， ， ， ∵， 为等边三角形 ，， ， ， ， 四边形BEFG的面积． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质勾股定理，解直角三角形和三线合一性质，解题的关键是掌握以上知识点． 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) 【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·二模）已知在中，，是边上的中线．以点B为圆心，为半径的圆交线段于点E（点E不与点C、点D不重合）． (1)如图1，如果与边交于点F，，求的度数； (2)如图2，当时，求的正切值； (3)如图3，以点E为圆心，为半径的与相交，其中一个交点P在边上．如果，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由弧等得到，由直角三角形斜边上中线的性质得到，然后根据等边对等角以及三角形的外角性质得到，最后在中，由三角形内角和定理建立方程求解； （2）过点作于点，由垂径定理得到，设，则， 那么，则，故，由勾股定理得，再由正切的定义即可求解； （3）连接，先证明，再证明，则，设，则，代入解一元二次方程即可． 【详解】（1）解：如图： ∵， ∴， 设， ∵，是边上的中线， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：，即； （2）解：过点作于点， ∵过圆心， ∴， ∵， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接， 由上知， ∵， ∴， 由题意得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 整理得：， 解得：或（舍）， ∴． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及圆心角和弧之间的关系，圆与圆的位置关系，垂径定理，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握并运用圆的相关性质是解题的关键． 24．（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． 【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． 25．（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 【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． 26．（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 【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． 27．（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 【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． 28．（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 【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． 29．（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) 【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． 30．（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) 【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． 31．（2025·上海宝山·一模）如图，正方形的边长是3，点E、F分别在边、上，，、分别与对角线交于点G、H． (1)当 时，，先补全条件； (2)如果，求的长． 【答案】(1)；理由见解答过程； (2)． 【分析】（1）补充的条件是，先证明，进而依据“”判定和全等即可得出； （2）连接，证明和相似得，，则，再根据得和相似，则，由此得，则是等腰直角三角形，由勾股定理得，然后求出，，证明和相似得，则，由此可得的长． 【详解】（1）解：当时，,理由如下： ∵四边形是正方形，且边长为3， ∴，，,， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：连接GF，如图所示： ∵，, ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，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. 32．（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． 【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． 33．（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． 【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． 试卷第106页，共107页 试卷第107页，共107页 学科网（北京）股份有限公司 $$