专题11 图形的性质（三角形、四边形和圆等，47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11 图形的性质 （三角形、四边形和圆等，47题） 一、单选题 1．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 2．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 3．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 4．（2023·上海·中考真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法： ①；② 则下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 5．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 6．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 7．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（    ） A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外 C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外 二、填空题 8．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ． 9．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则 ． 10．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留） 三、解答题 11．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 12．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 一、单选题 13．（2025·上海普陀·三模）小明同学在学习了八年级上册“三角形”、“特殊三角形”两堂课后，发现学习内容是逐步特殊化的过程，于是便整理了如图，那么下列选项不适合填入的是（    ） A．两边相等 B．一个角为直角 C．有一个角 D．斜边与直角边比为 14．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线与交于点D，，垂足为．若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 15．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 16．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 17．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，点D在边上，点E在边上，，，若要求的度数，则只需知道（   ）的度数． A． B． C． D． 18．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 19．（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 20．（2025·上海静安·二模）下列命题中，真命题是（    ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的平行四边形是正方形 21．（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 22．（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 23．（2025·上海青浦·二模）已知与有交点，圆心距如果的半径，那么的半径为的取值范围是（   ） A． B． C． D． 24．（2025·上海松江·二模）已知的半径是5，的半径是6．圆心在上．那么两圆的公共弦长是（    ） A． B． C．10 D．12 25．（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 26．（2025·上海徐汇·二模）一次游学活动中，小杰从营地出发，沿北偏东方向走了米到达处，然后再沿北偏西方向走了500米到达目的地处（如图所示），那么A,C两地的距离是（   ） A．米 B．1500米 C．米 D．1000米 27．（2025·上海金山·二模）已知：在凸四边形中，，，垂足分别是点、，点、在线段上，，．那么四边形一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 28．（2025·上海虹口·二模）如图1，直线，直线分别与相交于点，与之间的距离为，．小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（　　） A．6 B．6.4 C．8 D．10 29．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（　　） A． B． C． D．． 30．（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 二、填空题 31．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 32．（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 33．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么 ． 34．（2025·上海崇明·二模）如图，在矩形中，与相交于点，点是在直线上方到距离等于3的一个动点，当点在以点为圆心，为半径长的圆上时，的长为 ． 35．（2025·上海浦东新·二模）如图，在四边形中，，．以点C为圆心，长为半径画弧，交边的延长线于点E．过点B作的平行线，交线段的延长线于点F．如果，，那么线段的长度是 ．    36．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是 ． 37．（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为 ． 38．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点是边的中点，点在边上，，和交于点，那么和四边形的面积比是 ． 39．（2025·上海普陀·二模）在矩形中，，，、分别是边、的中点，点、在对角线上（如图）．如果四边形是矩形，那么的长等于 ． 40．（2025·上海普陀·二模）如图，在中，，是边的中点，过点作交边于点，如果，，那么 ． 41．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为 ．（结果保留） 42．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知平行四边形的四个内角的平分线组成四边形，连接．如果，那么的长为 ． 三、解答题 43．（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 44．（2025·上海静安·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，连接并延长到点，使得，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)点在边上，连接，，，．求的长． 45．（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 46．（2025·上海松江·二模）如图，在△中，，，点在边上，以为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 47．（2025·上海虹口·二模）如图，在中，，，点为边的中点，以为圆心，以为半径作弧交边于点，求和的长． 48．（2025·上海金山·二模）如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 试卷第10页，共11页 试卷第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题11 图形的性质 （三角形、四边形和圆等，47题） 一、单选题 1．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E， ∵，D为中点， ∴，； ∵锐角三角形中，， ∴外接圆心O在上， 连接，由勾股定理得：；      设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：， 即，解得：； 在此范围的半径只有选项B； 故选：B． 2．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． 3．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 4．（2023·上海·中考真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法： ①；② 则下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【答案】D 【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案． 【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：    若梯形为等腰梯形，即，时， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ，即， 又 ， ， 在中，，，则， ，此时①正确； 过作于，如图所示：    在中，，，，则，， ，此时②正确； 而题中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定， 无法保证①②正确， 故选：D． 【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键． 5．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可． 【详解】A： ， 为平行四边形而非矩形 故A不符合题意 B： ， 为平行四边形而非矩形 故B不符合题意 C： ∴∥ 四边形为矩形 故C符合题意 D： 不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． 6．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意． 【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到． A. B. C. D. 观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合 故选C． 【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系． 7．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（    ） A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外 C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外 【答案】C 【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可 【详解】 ∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1 ∴圆A的半径为5 ∵<5 ∴点D在圆A内 在Rt△ABC中， ∴点C在圆A上 故选：C 【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键 二、填空题 8．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ． 【答案】/57度 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则 ． 【答案】或 【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解． 【详解】解：∵D为AB中点， ∴，即， 取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，， ∴， 在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则， ∵∠A=30°，∠B=90°， ∴∠C=60°，BC＝， ∵DE1∥BC， ∴∠DE1E2=60°， ∴△DE1E2是等边三角形， ∴DE1＝DE2＝E1E2＝， ∴E1E2＝， ∵， ∴，即， 综上，的值为：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键． 10．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为 ．（结果保留） 【答案】400π 【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图， ∵AC=11，BC=21， ∴AB=AC+BC=32， ∵OD⊥AB于D， ∴AD=BD=AB=16， ∴CD=AD-AC=5， 在Rt△OCD中，由勾股定理，得 OD==12, 在Rt△OBD中，由勾股定理，得 OB==20， ∴这个花坛的面积=202π=400π， 故答案为：400π． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键． 三、解答题 11．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 一、单选题 13．（2025·上海普陀·三模）小明同学在学习了八年级上册“三角形”、“特殊三角形”两堂课后，发现学习内容是逐步特殊化的过程，于是便整理了如图，那么下列选项不适合填入的是（    ） A．两边相等 B．一个角为直角 C．有一个角 D．斜边与直角边比为 【答案】C 【分析】本题主要考查了三角形的分类以及性质，根据等腰三角形，直角三角形，等腰直角三角形的定义一一判断即可． 【详解】解：．两边相等，是等腰三角形，适合填入，故该选项不符合题意； ．有一个角是直角的三角形是直角三角形，适合填入，故该选项不符合题意； ．有一个角，可以是锐角三角形，也可是直角三角形，故不一定是等腰直角三角形，故该选项符合题意； ．斜边与直角边比为的是等腰直角三角形 ，故该选项不符合题意； 故选：C． 14．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点M，点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线与交于点D，，垂足为．若，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了作角的平分线，角平分线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 由作图可得是的角平分线，然后根据角平分线的性质求解即可． 【详解】解：由作图可得，是的角平分线， ∵，， ∴， ∵， ∴． 故选B． 15．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 16．（2025·上海奉贤·三模）圆半径长为，对于圆的内接正六边形，下列说法错误的是（   ） A．中心角是 B．内角是 C．边心距为 D．边长为 【答案】D 【分析】根据正六边形的性质，计算它的中心角、内角、边心距以及边长即可． 【详解】解：如图，正六边形内接于，连接，，过点作于点， ∴，， 即中心角是，故选项A不符合题意； ∵正六边形内接于， ∴， 即正六边形的内角为，故选项B不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 即正六边形的边长为，故选项D符合题意； ∵， ∴， ∴， 即正六边形的边心距为，故选项C不符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查正多边形和圆，考查了正六边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一性质，勾股定理等知识点．掌握正六边形的性质是解题的关键． 17．（2025·上海普陀·三模）如图，在中，点D在边上，点E在边上，，，若要求的度数，则只需知道（   ）的度数． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，根据等腰三角形的性质得到，，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴要求的度数，则只需知道的度数， 故选：C． 18．（2025·上海奉贤·二模）如图，将绕点A逆时针旋转，点B旋转至边上的D点，点C旋转至E，那么下列结论不一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解： 绕点A顺时针旋转得到 根据旋转的性质可知：，旋转角， 故A，B不符合题意； 如图，记，的交点为， 由旋转可知，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 由旋转可得：，则， 而， ∴， ∴ 故C不符合题意； ∵，， 当时， ∴，与题干信息不符， 故D符合题意． 故选：D 19．（2025·上海嘉定·二模）如果与内含，圆心距，的半径长是，那么的半径长的取值范围是（   ）． A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了圆与圆的位置关系，两个圆的半径差的绝对值小于圆心距离，那么这两个圆内含，据此分内含于和内含于两种情况，讨论求解即可． 【详解】解：当内含于时，则， ∴， ∴； 当内含于时，则， ∴， ∴； 综上所述，或， 故选：C． 20．（2025·上海静安·二模）下列命题中，真命题是（    ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的平行四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定等知识点，熟练掌握相关判定定理是解题的关键． 根据矩形、菱形和正方形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形或等腰梯形，故该命题为假命题，不符合题意； B、对角线互相垂直的四边形可以是正方形、菱形、以及一般四边形，故该命题为假命题，不符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故为真命题，符合题意； D、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故该命题为假命题，不符合题意． 故选：C． 21．（2025·上海浦东新·二模）对于命题：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离；②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含．下列说法正确的是（    ） A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】B 【分析】本题考查了命题的判断，圆与圆的位置关系，掌握命题的定义及分类并能运用所学知识判断命题的真假是解题的关键．根据圆与圆的位置关系判断即可． 【详解】解：①一个圆上所有的点都在另一个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，①错误； ②一个圆上所有的点都在另一个圆的内部，那么这两个圆内含，②正确． 故选：B． 22．（2025·上海静安·二模）已知和的半径分别是5和7，那么下列说法中正确的是（    ） A．当时，两圆没有公共点 B．当时，两圆有一个公共点 C．当时，两圆有公共点 D．当时，两圆有两个公共点 【答案】D 【分析】本题主要考查了两圆位置关系，掌握两圆半径、圆心距的关系以及两圆不同位置关系时的公共点数成为解题的关键． 根据圆和圆的位置与两圆的圆心距、半径的数量之间的关系逐项判断即可． 【详解】解：∵和的半径分别是5和7， ∴． A、，则与内切，有一个公共点，故该选项错误； B、，且，则与相交，有两个公共点，故选项错误； C、，当时，与内含，没有公共点，故选项错误； D、时，，则与相交，有两个公共点，故选项正确． 故选：D． 23．（2025·上海青浦·二模）已知与有交点，圆心距如果的半径，那么的半径为的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查圆与圆相交时，圆心距与半径的关系． 根据圆心距与半径之和，半径之差的关系即可得到答案． 【详解】由题意可知：， 解得：． 故选：D． 24．（2025·上海松江·二模）已知的半径是5，的半径是6．圆心在上．那么两圆的公共弦长是（    ） A． B． C．10 D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了相交两圆的性质，先根据题意画出图形，设和相交于A，B，连接，设与相交于点C，设，则，，，，，在和中，由勾股定理得，则，由此解出，则，进而即可得出公共弦AB的长． 【详解】解：设和相交于点，，连接，，，，，设与相交于点，如图所示： 设， 的半径是5，的半径是6．圆心在上， ，，，， ，， 在△和△中，由勾股定理得：， ， 解得：， ， ， ． 故选：B 25．（2025·上海宝山·二模）如图，已知，，，，、是边上的点，，如果以为直径的圆与以为直径的圆相离，且以为直径的圆与边有公共点，那么的值可以是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查直线和圆的位置关系，解三角形等知识点，解题关键是根据确定以为直径圆的圆心是的中点，根据直角三角形的边角关系求出，进而求出，再根据确定的中点是以为直径的圆的圆心，由与直线有公共点，以为直径的圆相离，确定半径的取值范围，进而得出答案． 【详解】解：∵，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴，（负值已经舍去） ∴， 如图，取的中点，即， ∵， ∴，即， 过点作，连接， ∴， ∴以为直径的圆与边有公共点时，， ∴，即， ∴， 取的中点，即， ∴， 又∵以为直径的圆与以为直径的圆相离，即， ∴， ∴，即： ∴， 综上所述：， ∵，C选项在取值范围内，故符合题意， ，， ，选项A、B、D不在取值范围内，不符合题意． 故选：C． 26．（2025·上海徐汇·二模）一次游学活动中，小杰从营地出发，沿北偏东方向走了米到达处，然后再沿北偏西方向走了500米到达目的地处（如图所示），那么A,C两地的距离是（   ） A．米 B．1500米 C．米 D．1000米 【答案】D 【分析】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，平行线的性质，平角的定义等知识．作出辅助线求出为是解题的关键．过B点作直线，根据平行线的性质，平角的定义，勾股定理即可得到结论； 【详解】解：如图，过B点作直线， ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形． ∵，， ∴， 故选：D． 27．（2025·上海金山·二模）已知：在凸四边形中，，，垂足分别是点、，点、在线段上，，．那么四边形一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，平行的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．先证明，得到，从而推出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推导出四边形为平行四边形． 【详解】解：∵， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形． 故选：A． 28．（2025·上海虹口·二模）如图1，直线，直线分别与相交于点，与之间的距离为，．小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（　　） A．6 B．6.4 C．8 D．10 【答案】D 【分析】如图所示，过点B作交于点G，解直角三角形求出，然后利用角平分线和平行线得到，即可得到． 【详解】如图所示，过点B作交于点G ∵与之间的距离为， ∴ ∴ ∴ 由作图得，平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的基本作图，解直角三角形，等角对等边，解题的关键是掌握以上知识点． 29．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（　　） A． B． C． D．． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定定理：有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，故此选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，故此选项不符合题意； C、不能证明四边形为矩形，故此选项符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形，故此选项不符合题意． 故选：C． 30．（2025·上海金山·二模）以同一个圆的内接正三角形、正四边形、正边形的边心距为三边作三角形，若这个三角形是直角三角形，正边形的边心距为直角三角形的斜边，那么的值可能是（   ） A．4 B．5 C．6 D．12 【答案】C 【分析】设是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点，可证明，设 ，则，连接，作于点，求得，则，设正边形的边心距为，则 ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则，求得，则，可知为等边三角形，则，即可求解． 【详解】解：如图，是的直径，，四边形是的内接正三角形，正四边形，交于点， ， ， ， ∴是正三角形的边心距，， ， ， 设，则， 连接，作于点， ， ， ， 设正边形的边心距为， ∵以的内接正三角形，正四边形，正边形的边心距为三边作三角形得到直角三角形， ， 如图，令正边形的一条边为，过点作，则， 则， ∴， ∴为等边三角形，则， ， 故选：C． 【点睛】此题重点考查正多边形和圆，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理等知识，设圆的内角正三角形的边心距为，推导出该圆的内接正边形的边心距为是解题的关键． 二、填空题 31．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 【答案】9 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：9． 32．（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，一是，由折翻折得，所以，过点F作于点G，交于点H，则，四边形是矩形，所以，，求得，则，由勾股定理得，求得；二是，连接，过点F作于点Q，交于点P，则，四边形是矩形，所以，可证明垂直平分，则，所以，则，所以，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，△是以为腰的等腰三角形，且， 四边形是矩形，，， ，， 将△沿直线翻折，点落在点处， ， ， 过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，且，， ， 解得； 如图2，△是以为腰的等腰三角形，且， 连接，过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， 综上所述，的长是或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 33．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么 ． 【答案】/ 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 过点作交于点，设，，，根据点是的中点，证明是的中位线，又平分的周长得则，进而得，根据中位线定理得，，则，继而由勾股定理得，据此可得的值． 【详解】解：过点作交于点，如图所示： ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∴是的中位线， 设，，， ∴， ∵平分的周长， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故答案为：． 34．（2025·上海崇明·二模）如图，在矩形中，与相交于点，点是在直线上方到距离等于3的一个动点，当点在以点为圆心，为半径长的圆上时，的长为 ． 【答案】5或 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 如图，过作于，则，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理得到；过点作交的延长线于，同理得，根据勾股定理得到 ． 【详解】解：如图，过作于， 则， 在矩形中，， ， ， ， ， ， ； 过点作交的延长线于， 同理得， ， ∴， 综上所述，的长为 5 或， 故答案为： 5 或． 35．（2025·上海浦东新·二模）如图，在四边形中，，．以点C为圆心，长为半径画弧，交边的延长线于点E．过点B作的平行线，交线段的延长线于点F．如果，，那么线段的长度是 ．    【答案】2 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，解直角三角形，等边对等角等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．如图，分别延长，交于M，过D作于H，可知四边形为平行四边形，四边形为矩形，则，，，结合，证明，再结合，即可求解． 【详解】解：如图，分别延长，交于M，过D作于H；    ∵，， ∴四边形为平行四边形，四边形为矩形，则，， ∵， ∴， ∵， ∴，，则 ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，则． 故答案为：2． 36．（2025·青海西宁·一模）如图，在菱形中，于点，，，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识．利用勾股定理求得菱形的边长，再利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 故答案为：． 37．（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为： 38．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点是边的中点，点在边上，，和交于点，那么和四边形的面积比是 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的面积．连接，设，，根据“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”将各三角形的面积用含S的代数式表示出来，从而求出和四边形的面积比即可． 【详解】解：如图，连接． 设，， ∵，点D是边的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 39．（2025·上海普陀·二模）在矩形中，，，、分别是边、的中点，点、在对角线上（如图）．如果四边形是矩形，那么的长等于 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．连接，，，根据勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，得出，证明四边形为平行四边形，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，，，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵、分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 40．（2025·上海普陀·二模）如图，在中，，是边的中点，过点作交边于点，如果，，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，解直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线的性质得，根据等边三角形的判断得的等边三角形，所以，，可得，即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵D是边的中点， ∴， ∴的等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 41．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知扇形，过点作，垂足为点，如果，那么扇形的面积为 ．（结果保留） 【答案】 【分析】本题主要考查了解三角形和扇形面积的计算，先根据在中，，得出扇形的圆心角度数，进而根据扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵，，， ∴，， ∴， ∴扇形的面积， 故答案为． 42．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知平行四边形的四个内角的平分线组成四边形，连接．如果，那么的长为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质，构造辅助线． 利用平行四边形的性质和角平分线的性质得出直角，证明四边形是矩形，然后再利用平行四边的判定和性质得出的长，根据矩形的对角线相等即可求出结果． 【详解】解： 如图所示，延长交于点，延长交于点，连接, ∵四边形是平行四边形， ， ， 又∵平分，平分， ，， ∴， ，， 同理，，，， ∴四边形是矩形， ∴， ，平分， ， ∴是等腰三角形， ∴，垂直平分， 同理，，垂直平分， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， ∵点分别是的中点， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， 故答案为：3． 三、解答题 43．（2025·上海奉贤·二模）在中，点C是弧的中点，交弦于点D，且D是的中点． (1)求的度数； (2)延长交于点E，连接，交于点F，如果，求的长度． 【答案】(1)60度 (2) 【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，解直角三角形，圆周角定理，等边对等角等等，熟知垂径定理的推理是解题的关键． （1）由垂径定理的推论可得，再由线段中点的定义可得，据此解直角三角形即可得到答案； （2）先求出，则，再由垂径定理的推论得到，，解直角三角形得到，再证明，解直角三角形得到，则． 【详解】（1）解：连接 ∵在中，点C是弧的中点， ∴， ∵D是的中点，且， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，且是的直径， ∴， ∵D是的中点， ∴， ∵在中，点C是弧的中点， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 44．（2025·上海静安·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，连接并延长到点，使得，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)点在边上，连接，，，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键． （1）根据菱形性质得，则，再根据点F是的中点，得四边形是平行四边形，再结合即可证明结论； （2）根据菱形性质得，则，再根据矩形性质得，，证明，进而得和相似，再利用相似三角形的性质即可求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵四边形是矩形； ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得：． 45．（2025·上海嘉定·二模）已知正五边形，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． 【初步感知】 （1）如图1，请直接写出的度数； 【实践探究】 （2）请在图2中作出以为对角线的菱形，并证明你的结论； 【拓展延伸】 （3）请在图2正五边形的基础上再设计一个新的正五边形.（不需要证明） 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． （1）利用正五边形与等腰三角形的性质求解； （2）连接交于点M，四边形即为所求； （3）各边延长线的交组成的五边形即为所求． 【详解】解：∵， ∴； 故答案为：； （2）如图1所示，连接相交于点，菱形为所求图形， 证明：在正五边形中，每个内角都相等且等于，每条边都相等， 可得≌，从而 ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理可证：. ∴四边形为平行四边形， 又， ∴四边形为菱形. （3）如图，五边形即为所求． 46．（2025·上海松江·二模）如图，在△中，，，点在边上，以为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)的半径长为4 (2) 【分析】此题考查了切线的性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用切线的性质和含角的直角三角形的性质得到，即可求出答案； （2）连接、，则，证明△和△是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：与边相切于点， 于点， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 的值为． 47．（2025·上海虹口·二模）如图，在中，，，点为边的中点，以为圆心，以为半径作弧交边于点，求和的长． 【答案】， 【分析】本题考查了解直角三角形和等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握解直角三角形的方法和等腰三角形的性质．连接，，作于点，根据等腰三角形的性质得，，，解直角三角形和勾股定理即可求出，根据尺规作图和等腰三角形的性质得，，再根据解直角三角形和勾股定理即可求出答案． 【详解】解：如图，连接，，作于点， ，点为边的中点， ，，， ， 设，则 ， ， 解得负值舍去， ， ， 以为圆心，以为半径作弧交边于点， ， ， ， ， ， 设，则 ， ， 解得 负值舍去， ， ． 48．（2025·上海金山·二模）如图，已知在中，，，． (1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，在线段上作点，使得（要求：不写作法，保留作图痕迹）； (2)求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的垂直平分线交于点D，即可； （2）设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则，解直角三角形求出，再求出，勾股定理求出，证明，求出，由即可解答． 【详解】（1）解：如图，点 为所作； （2）解：设的垂直平分线与交于点G，过点作于点H，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查作线段的垂直平分线，垂直平分线的性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，综合运用以上知识点是解题的关键． 试卷第48页，共49页 试卷第49页，共49页 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