解答题07 中考几何综合压轴8大考向（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

解答题07中考几何综合压轴(专项训练) （8大考向） 考向01 圆的切线与直线和圆的位置关系综合 研考向·通技法 1. 核心特征 2. 以圆为核心载体，重点考查切线的判定与性质、直线与圆的三种位置关系（相离、相切、相交）的判定与应用，常结合垂径定理、圆周角定理、解直角三角形考查。 解题方法 3. 1．切线判定核心步骤 4. 有切点：连半径，证垂直。通过全等三角形、相似三角形、角度互余、平行线性质，证明半径与直线的夹角为 ； 5. 无切点：作垂直，证半径。过圆心作直线的垂线段，通过勾股定理、解直角三角形证明垂线段长度等于半径。 2．直线与圆位置关系判定 6. 核心公式：比较圆心到直线的距离 与圆半径 的大小关系： 相离、 相切、 相交； 7. 交点个数问题：转化为一元二次方程根的判别式 ，或通过相切的临界位置求参数范围。 3．切线性质应用 8. 切线垂直于过切点的半径，由此构建直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数、相似三角形求解线段长度。 1．（上海市黄浦区2025年九年级学业水平考试模拟考数学试题）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． 2．（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． 3．（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与相切时，求的长； (2)当直线与相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作与的另一个交点记为． 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． 考向02 圆背景下三角形全等与相似综合 研考向·通技法 核心特征 中考几何综合最核心的主流题型，以圆为背景，结合圆周角定理、弧弦圆心角关系，深度考查三角形全等、相似的判定与性质，配套解直角三角形、勾股定理综合求解。 解题方法 1. 1.圆中角的等量转化核心技巧 1. 同弧 / 等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角、圆内接四边形对角互补，以此为基础找全等 / 相似的等角条件； 2. 利用半径相等构建等腰三角形，通过等边对等角实现角度的等量代换。 2. 2.全等三角形判定策略 2. 优先找圆中的隐含等边（半径、等弧对等弦），结合等角条件，选用 SAS/ASA/AAS/SSS/HL 判定全等，实现线段、角度的等量转移。 3. 3.相似三角形判定与应用 3. 核心判定路径：先通过圆周角定理找两组等角（AA 判定），这是圆中相似最常用的判定方法； 3. 相似性质应用：通过对应边成比例构建方程，求解未知线段长度、线段比值、三角函数值。 4. 4.辅助线核心作法 4. 遇直径连弦，构建直角三角形；遇弧中点连圆心 / 弦端点，利用垂径定理和等弧性质；遇弦作弦心距，结合垂径定理构建直角三角形。 1．（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． 2．（2025年上海市普陀区中考三模数学试卷）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若 ①求证：； ②若，，求的长度． (2)如图2，若，时，求证：． 3．（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． 4．（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． 考向03 两圆位置关系与综合应用 研考向·通技法 9. 核心特征 以两个圆的位置关系（相交、外切、内切、内含、外离）为核心，考查连心线、公共弦的性质，结合相似三角形、勾股定理、解直角三角形求解线段长度、参数范围。 解题方法 1．两圆位置关系判定核心 圆心距 与两圆半径 的数量关系：外离 、外切 、相交 、内切 、内含 ； 相切问题：外切／内切的临界条件是核心，常以此构建方程求参数。 2．两圆相交核心性质应用 连心线垂直平分两圆的公共弦，以此构建双直角三角形，结合勾股定理列方程求解； 公共弦是两圆的桥梁，通过公共弦所对的圆周角实现两圆中角度的等量转化。 3．多圆综合解题步骤 第一步：明确两圆的圆心、半径，计算圆心距； 第二步：根据位置关系确定数量等式，结合公共弦、连心线性质构建直角三角形； 10. 第三步：通过勾股定理、相似三角形对应边成比例列方程，求解未知量。 1．（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． 2．（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． 3．（2024·上海静安·二模）如图1，中，已知为锐角，． (1)求的值； (2)如图2，点P在边上，点Q是边的中点，经过点A，与外切，且的直径不大于，设的半径为x，的半径为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； (3)在第（2）小题条件下，连接，如果是等腰三角形，求的长． 4．（2024·上海浦东新·二模）已知：和相交于A、B两点，线段的延长线交于点C，、的延长线分别交于点D、E． (1)连接、，、分别与连心线相交于点H、点G，如图1，求证：； (2)如果． ①如图2，当点G与O重合，的半径为4时，求的半径； ②连接、，与连心线相交于点F，如图3，当，且的半径为2时，求的长． 考向04 四边形性质与几何变换综合 研考向·通技法 核心特征 以矩形、菱形、梯形、平行四边形为核心载体，结合折叠、旋转两大几何变换，考查四边形的性质、全等三角形、相似三角形、解直角三角形的综合应用，是上海中考几何综合的高频题型。 解题方法 1. 1.四边形核心性质的精准应用 2. 矩形：四个直角、对角线相等且互相平分，以此构建直角三角形，应用勾股定理、锐角三角函数； 3. 菱形：四边相等、对角线垂直平分，结合等腰三角形、垂直性质解题； 4. 梯形：通过作高、平移腰，将梯形转化为直角三角形 + 矩形，解直角三角形求解线段长； 5. 平行四边形：对边平行且相等、对角相等，实现角度、线段的等量代换。 6. 2.几何变换的核心解题技巧 1. 折叠变换：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线，以此找全等、构建直角三角形，结合勾股定理列方程； 1. 旋转变换：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角相等，优先找全等三角形，结合等腰三角形、相似三角形解题。 9. 3.辅助线核心作法 1. 梯形：过上底两端点作下底的高，平移腰 / 对角线； 1. 矩形 / 菱形：连对角线，利用对角线性质构建三角形； 1. 折叠 / 旋转：连对应点，利用对称轴 / 旋转中心的性质。 1．（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． 2．（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． 3．（2025·上海崇明·二模）如左图，为探究一类矩形的性质，小明在边上取一点E，连接，经探究发现：当平分时，将沿折叠至，点F恰好落在上，据此解决下列问题： (1)求证：； (2)如图，延长交于点G，交于点H． ①求证： ；        ②求的值 4．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．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，求双同正多边形的边数． 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． 考向05 相似三角形新定义与深度应用 研考向·通技法 核心特征 中考创新压轴题型，分为两类：一类是相似三角形的深度综合应用（多组相似嵌套、相似与面积 / 三角函数结合）；一类是相似相关的新定义题型，考查现场学习与知识迁移能力。 解题方法 0. 1.相似三角形深度应用核心技巧 1. 等角传递法：通过公共角、对顶角、平行线的内错角 / 同位角、互余 / 互补的角，传递等角关系，快速锁定 AA 相似； 2. 相似嵌套处理：先通过第一组相似得到线段比例 / 等角，再以此为条件证明第二组相似，层层递进； 3. 面积与相似的关系：相似三角形的面积比等于相似比的平方，同高 / 同底三角形的面积比等于底 / 高的比，结合相似比求解面积比值。 0. 2.新定义题型解题通用步骤 0. 第一步：拆解新定义，提炼核心判定规则（如 “镶嵌相似形” 的核心是顶点在原三角形三边上且两三角形相似）； 0. 第二步：将新定义转化为已学的相似判定条件，锁定等角、比例线段关系； 0. 第三步：结合相似三角形的性质，构建方程求解线段长度、比值，验证结果符合新定义要求。 1．（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）． 2．（2025年上海市奉贤区九年级中考二模数学试卷）定义：如果一个三角形的三个顶点分别在另一个三角形的三边上，且这两个三角形相似，那么我们把这个三角形称为另一个三角形的镶嵌相似形；已知中，点分别在上，连接． (1)如图，是中点，，时，求证：是的镶嵌相似形； (2)如图，当，，是的镶嵌相似形，．求的值； (3)如图，如果，，，是的镶嵌相似形，且与不平行，求的长． 考向06 几何动点与函数解析式构建 研考向·通技法 核心特征 代数几何综合的核心题型，以几何动点为背景，考查两个变量之间的函数解析式构建，配套定义域求解，常结合相似三角形、解直角三角形、勾股定理考查。 解题方法 1. 1.函数解析式构建核心步骤 1. 第一步：设定自变量x、因变量y，明确动点的运动轨迹、取值范围； 2. 第二步：通过相似三角形对应边成比例、勾股定理、锐角三角函数、面积公式，建立x与y之间的等量关系； 3. 第三步：整理等量关系，化为一次函数、二次函数、反比例函数的标准形式。 2. 2.定义域求解核心原则 2. 几何意义原则：线段长度为正、角度在合理范围内、动点在线段 / 射线上运动的边界值； 2. 临界位置原则：计算动点运动到起点、终点、特殊位置（相切、重合、共线）时的自变量值，确定定义域的上下限。 3. 3.核心技巧 3. 优先选用相似三角形对应边成比例构建等量关系，这是几何动点中最常用的解析式构建方法； 3. 遇直角优先用勾股定理、锐角三角函数，遇面积问题优先用面积公式拆分 / 合并。 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．（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． 3．（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． 4．（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． 考向07 几何定值、最值与动点轨迹探究 研考向·通技法 核心特征 中考压轴题的拔高题型，分为三类：动点过程中的定值问题、最值问题，以及动点的轨迹探究，考查几何直观、逻辑推理与代数建模能力。 解题方法 1. 1.定值问题解题方法 2. 特殊位置探定值：先令动点运动到特殊位置（中点、端点、临界位置），计算出定值的具体数值； 3. 一般位置证定值：通过全等、相似、勾股定理、代数化简，证明目标量与动点的自变量无关，最终化简为常数。 4. 2.最值问题解题方法 1. 几何最值模型：优先应用 “两点之间线段最短”“垂线段最短”“将军饮马” 模型，转化线段和的最值； 1. 代数最值模型：将目标量表示为关于自变量的二次函数，通过配方法 / 顶点公式求最值，结合自变量定义域验证。 7. 3.动点轨迹探究解题方法 1. 第一步：设动点坐标(x,y)，通过几何条件建立x与y的等量关系，整理为函数解析式，确定轨迹类型（直线、抛物线、圆弧）； 1. 第二步：确定轨迹的边界：计算动点运动到起点、终点时的坐标，确定轨迹的长度 / 范围； 1. 圆弧轨迹判定：若动点到定点的距离为定值，轨迹为圆弧；若动点对定线段的张角为定值，轨迹为圆弧（圆周角定理）。 1．（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． 2．（2025·上海奉贤·三模）已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，顶点为点． (1)当点在轴负半轴，且时， ①求抛物线的表达式； ②将抛物线向上或向下平移得到抛物线，抛物线与轴的负半轴交于点，顶点的纵坐标为，如果线段与线段有交点，求的取值范围； (2)当抛物线的系数变化时，表述顶点的运动轨迹，并画出图像． 3．（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． 考向08 特殊三角形存在性与分类讨论综合 研考向·通技法 核心特征 中考压轴题的必考分类讨论题型，以几何图形为背景，考查等腰三角形、直角三角形、相似三角形的存在性，核心是分类讨论思想的应用，配套全等、相似、解直角三角形求解。 解题方法 1. 1.等腰三角形存在性解题步骤 1. 第一步：确定已知边，分类讨论：已知边为腰（分两种顶点情况）、已知边为底，共三类情况； 2. 第二步：对每一类情况，应用 “等边对等角”“三线合一” 构建等量关系，通过勾股定理、相似三角形列方程； 3. 第三步：求解方程，验证解是否符合几何图形的范围，舍去不合理解。 2. 2.直角三角形存在性解题步骤 2. 第一步：确定已知边，分类讨论三个顶点分别为直角顶点，共三类情况； 2. 第二步：对每一类情况，应用勾股定理逆定理、斜率乘积为 - 1、角度互余构建等量关系； 2. 第三步：构建直角三角形，通过相似、三角函数列方程求解，验证结果合理性。 3. 3.相似三角形存在性解题步骤 3. 第一步：锁定固定角 / 公共角，以此为相似的对应角，减少分类讨论的类别； 3. 第二步：对剩余的角进行分类讨论，确定两组对应角，列出对应边的比例式； 3. 第三步：代入线段长度列方程求解，验证相似的对应关系与几何合理性。 4. 4.分类讨论核心原则 4. 不重不漏：按顶点 / 边的顺序依次分类，覆盖所有可能情况； 4. 先简后难：先求解特殊、易算的情况，再处理复杂情况； 4. 结果验证：所有解必须符合几何图形的边界、运动范围，舍去无效解。 1．（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． 2．（2024·上海松江·二模）如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，连接，过点作，交边于点（点与点不重合）． 　　 (1)当是的中点时，求证：； (2)当的长度取不同值时，在中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； (3)延长交边于点，连接，与能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 刷模拟 1．（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． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 刷真题 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． 2 / 123 1 / 123 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题07中考几何综合压轴(专项训练) （8大考向） 考向01 圆的切线与直线和圆的位置关系综合 研考向·通技法 1. 核心特征 2. 以圆为核心载体，重点考查切线的判定与性质、直线与圆的三种位置关系（相离、相切、相交）的判定与应用，常结合垂径定理、圆周角定理、解直角三角形考查。 解题方法 3. 1．切线判定核心步骤 4. 有切点：连半径，证垂直。通过全等三角形、相似三角形、角度互余、平行线性质，证明半径与直线的夹角为 ； 5. 无切点：作垂直，证半径。过圆心作直线的垂线段，通过勾股定理、解直角三角形证明垂线段长度等于半径。 2．直线与圆位置关系判定 6. 核心公式：比较圆心到直线的距离 与圆半径 的大小关系： 相离、 相切、 相交； 7. 交点个数问题：转化为一元二次方程根的判别式 ，或通过相切的临界位置求参数范围。 3．切线性质应用 8. 切线垂直于过切点的半径，由此构建直角三角形，结合勾股定理、锐角三角函数、相似三角形求解线段长度。 1．（上海市黄浦区2025年九年级学业水平考试模拟考数学试题）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】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、切线的性质定理、利用垂径定理求值 【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． 2．（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】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、利用垂径定理求值、切线的性质定理 【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． 3．（2025·上海崇明·二模）如图，中，，，，过点的直线与边平行，点在射线上，是以为圆心，为半径的圆． (1)当直线与相切时，求的长； (2)当直线与相交时，交点记为点、，且点在点的右边；以为圆心、为半径长作与的另一个交点记为． 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】切线的性质和判定的综合应用、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【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）解：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． 考向02 圆背景下三角形全等与相似综合 研考向·通技法 核心特征 中考几何综合最核心的主流题型，以圆为背景，结合圆周角定理、弧弦圆心角关系，深度考查三角形全等、相似的判定与性质，配套解直角三角形、勾股定理综合求解。 解题方法 1. 1.圆中角的等量转化核心技巧 1. 同弧 / 等弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角为直角、圆内接四边形对角互补，以此为基础找全等 / 相似的等角条件； 2. 利用半径相等构建等腰三角形，通过等边对等角实现角度的等量代换。 2. 2.全等三角形判定策略 2. 优先找圆中的隐含等边（半径、等弧对等弦），结合等角条件，选用 SAS/ASA/AAS/SSS/HL 判定全等，实现线段、角度的等量转移。 3. 3.相似三角形判定与应用 3. 核心判定路径：先通过圆周角定理找两组等角（AA 判定），这是圆中相似最常用的判定方法； 3. 相似性质应用：通过对应边成比例构建方程，求解未知线段长度、线段比值、三角函数值。 4. 4.辅助线核心作法 4. 遇直径连弦，构建直角三角形；遇弧中点连圆心 / 弦端点，利用垂径定理和等弧性质；遇弦作弦心距，结合垂径定理构建直角三角形。 1．（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． 2．（2025年上海市普陀区中考三模数学试卷）如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连结，在下方，作，连结交于点D，连结． (1)如图1，若 ①求证：； ②若，，求的长度． (2)如图2，若，时，求证：． 【答案】(1)①见解析；② (2)见解析 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求证、同弧或等弧所对的圆周角相等、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形 【分析】（1）①由圆周角定理得，等量代换得，然后根据即可证明； ②由圆周角定理得，在中，求出， 在中求出，由面积法求出，然后在中利用勾股定理即可求解； （2）取的中点G，连结，根据证明得，设，，求出，进而可证结论成立． 【详解】（1）①∵， ， ∵， 在和中， ②连结 为直径， ， ， ， 在中，， 在中，， ， 在中， （2）取的中点G，连结 ∵， ， ∵， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， 设， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的额判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，弧弦圆心角的关系，正确作出辅助线是解答本题的关键． 3．（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． 4．（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】相似三角形的判定与性质综合、黄金分割、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算 【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，． 考向03 两圆位置关系与综合应用 研考向·通技法 9. 核心特征 以两个圆的位置关系（相交、外切、内切、内含、外离）为核心，考查连心线、公共弦的性质，结合相似三角形、勾股定理、解直角三角形求解线段长度、参数范围。 解题方法 1．两圆位置关系判定核心 圆心距 与两圆半径 的数量关系：外离 、外切 、相交 、内切 、内含 ； 相切问题：外切／内切的临界条件是核心，常以此构建方程求参数。 2．两圆相交核心性质应用 连心线垂直平分两圆的公共弦，以此构建双直角三角形，结合勾股定理列方程求解； 公共弦是两圆的桥梁，通过公共弦所对的圆周角实现两圆中角度的等量转化。 3．多圆综合解题步骤 第一步：明确两圆的圆心、半径，计算圆心距； 第二步：根据位置关系确定数量等式，结合公共弦、连心线性质构建直角三角形； 10. 第三步：通过勾股定理、相似三角形对应边成比例列方程，求解未知量。 1．（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． 2．（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】解非直角三角形、相似三角形的判定与性质综合、圆和圆的位置关系 【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． 3．（2024·上海静安·二模）如图1，中，已知为锐角，． (1)求的值； (2)如图2，点P在边上，点Q是边的中点，经过点A，与外切，且的直径不大于，设的半径为x，的半径为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域； (3)在第（2）小题条件下，连接，如果是等腰三角形，求的长． 【答案】(1) (2) (3)的长为或3 【知识点】解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）构建直角三角形，根据，得出，根据勾股定理，得出，然后，再运用正弦的定义列式计算，即可作答． （2）设的半径为，的半径为，作图，根据已有的条件得出，结合勾股定理，得出，，在中，，代入数值进行计算，即可作答． （3）因为是等腰三角形，所以进行分类讨论，分为,以及 ，结合等腰三角形的性质以及线段的和差运算，列式作答即可． 【详解】（1）解：过点A作 ∵为锐角，． ∴在 解得 ∴ ∵ ∴ ∴在 ∴； （2）解：如图： ∵与外切，设的半径为，的半径为 ∴ ∵ ∴ ∵，点Q是边的中点 ∴ 过点P作于点G ∵ ∴ 则 在中， 则 ∴ 当时，则，得出； 当时，则，得出； ∵ ∴ 则 （3）解：∵是等腰三角形， ∴当时，， ∴当时，， 则， ∵点Q是边的中点， ∴点P是边的中点， ∴， ∴当时，， 此时 ∴ 解出（舍去） 综上：是等腰三角形，的长为或3 4．（2024·上海浦东新·二模）已知：和相交于A、B两点，线段的延长线交于点C，、的延长线分别交于点D、E． (1)连接、，、分别与连心线相交于点H、点G，如图1，求证：； (2)如果． ①如图2，当点G与O重合，的半径为4时，求的半径； ②连接、，与连心线相交于点F，如图3，当，且的半径为2时，求的长． 【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、圆和圆的位置关系、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先证明，可得，再证明，可得； （2）①如图，连接，，，，证明三点共线，证明，再利用勾股定理求解即可；②如图，连接，，， 证明，可得， 证明，求解，证明，再利用相似三角形的性质与勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理：， ∴， ∴； （2）①如图，连接，，，， ∵为的直径， ∴， ∴三点共线， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴； ②如图，连接，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，而，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，设，， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， 整理得：， 解得：或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查的是两圆的位置关系，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 考向04 四边形性质与几何变换综合 研考向·通技法 核心特征 以矩形、菱形、梯形、平行四边形为核心载体，结合折叠、旋转两大几何变换，考查四边形的性质、全等三角形、相似三角形、解直角三角形的综合应用，是上海中考几何综合的高频题型。 解题方法 1. 1.四边形核心性质的精准应用 2. 矩形：四个直角、对角线相等且互相平分，以此构建直角三角形，应用勾股定理、锐角三角函数； 3. 菱形：四边相等、对角线垂直平分，结合等腰三角形、垂直性质解题； 4. 梯形：通过作高、平移腰，将梯形转化为直角三角形 + 矩形，解直角三角形求解线段长； 5. 平行四边形：对边平行且相等、对角相等，实现角度、线段的等量代换。 6. 2.几何变换的核心解题技巧 1. 折叠变换：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕是对应点连线的垂直平分线，以此找全等、构建直角三角形，结合勾股定理列方程； 1. 旋转变换：旋转前后对应边相等、对应角相等，旋转角相等，优先找全等三角形，结合等腰三角形、相似三角形解题。 9. 3.辅助线核心作法 1. 梯形：过上底两端点作下底的高，平移腰 / 对角线； 1. 矩形 / 菱形：连对角线，利用对角线性质构建三角形； 1. 折叠 / 旋转：连对应点，利用对称轴 / 旋转中心的性质。 1．（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】利用弧、弦、圆心角的关系求解、解直角三角形的相关计算、全等三角形综合问题、根据矩形的性质与判定求线段长 【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． 2．（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】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、利用弧、弦、圆心角的关系求证、全等三角形综合问题 【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． 3．（2025·上海崇明·二模）如左图，为探究一类矩形的性质，小明在边上取一点E，连接，经探究发现：当平分时，将沿折叠至，点F恰好落在上，据此解决下列问题： (1)求证：； (2)如图，延长交于点G，交于点H． ①求证： ；        ②求的值 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、矩形与折叠问题、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）根据矩形的性质可得，再由折叠的性质可得，然后根据平分，可得，即可； （2）①根据是等腰直角三角形，可得，再由，可得，，从而得到，再由折叠的性质可得，可证明，即可；②根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到，进而得到，再证明，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∵平分， ∴， ∴； （2）①证明：∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， 由折叠的性质得：， 即， ∴， ∴    即； ②解：∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，三角形相似的判定和性质，证明是解答本题的关键． 4．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．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，求双同正多边形的边数． 【答案】(1) (2)①；②理由见解析，双同正多边形的边数为 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、已知正多边形的中心角求边数、求正多边形的中心角 【分析】（1）当点正好落在的延长线上时，连接，根据平行线的性质、旋转的性质、等边对等角的性质，得出，结合三角形内角和为求出度数即可； （2）①连接、、、，过点作于点，根据旋转的性质、相似三角形的判定定理，证明，得出，结合勾股定理，用含的代数式表示出、，代入中整理得出关于的函数解析式即可；②根据①过程中，，，已知，说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形即可；根据当这两个正多边形的面积比是时，相似多边形的面积比等于相似比的平方，得出相似比为，求出的长，结合勾股定理计算，求出，得出，计算即可得出双同正多边形的边数． 【详解】（1）解：如图，当点正好落在的延长线上时，连接， ∵，，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴（两直线平行，内错角相等），，， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接、、、，过点作于点， ∵将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， 和都等于旋转角，即， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ， ， 整理得：； ②以线段、为边的正多边形是双同正多边形，理由如下， 如图，由①过程得：，，， ∵，是一个正多边形的中心角，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， ∴也是一个正多边形的中心角， ∴以线段、为边，以点为的中心的两个正多边形的中心角也相等，即这两个正多边形是双同正多边形， ∴这两个正多边形也是相似多边形， ∵当这两个正多边形的面积比是时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴这两个正多边形的中心角， ∴这两个正多边形的边数， ∴当这两个正多边形的面积比是时，双同正多边形的边数为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正多边形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质、推理证明是解题的关键． 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】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、半圆（直径）所对的圆周角是直角、利用垂径定理求解其他问题 【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． 考向05 相似三角形新定义与深度应用 研考向·通技法 核心特征 中考创新压轴题型，分为两类：一类是相似三角形的深度综合应用（多组相似嵌套、相似与面积 / 三角函数结合）；一类是相似相关的新定义题型，考查现场学习与知识迁移能力。 解题方法 0. 1.相似三角形深度应用核心技巧 1. 等角传递法：通过公共角、对顶角、平行线的内错角 / 同位角、互余 / 互补的角，传递等角关系，快速锁定 AA 相似； 2. 相似嵌套处理：先通过第一组相似得到线段比例 / 等角，再以此为条件证明第二组相似，层层递进； 3. 面积与相似的关系：相似三角形的面积比等于相似比的平方，同高 / 同底三角形的面积比等于底 / 高的比，结合相似比求解面积比值。 0. 2.新定义题型解题通用步骤 0. 第一步：拆解新定义，提炼核心判定规则（如 “镶嵌相似形” 的核心是顶点在原三角形三边上且两三角形相似）； 0. 第二步：将新定义转化为已学的相似判定条件，锁定等角、比例线段关系； 0. 第三步：结合相似三角形的性质，构建方程求解线段长度、比值，验证结果符合新定义要求。 1．（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 【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、等边对等角 【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． 2．（2025年上海市奉贤区九年级中考二模数学试卷）定义：如果一个三角形的三个顶点分别在另一个三角形的三边上，且这两个三角形相似，那么我们把这个三角形称为另一个三角形的镶嵌相似形；已知中，点分别在上，连接． (1)如图，是中点，，时，求证：是的镶嵌相似形； (2)如图，当，，是的镶嵌相似形，．求的值； (3)如图，如果，，，是的镶嵌相似形，且与不平行，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、由平行截线求相关线段的长或比值 【分析】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，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由平行线分线段成比例定理可得，，又是中点，则，所以，故，从而求证； （）由是的镶嵌相似形，，，则，，证明，所以，然后代入即可求解； （）由 是的镶嵌相似形，，则分当 时，当 时两种情况分析即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的镶嵌相似形； （2）解：∵是的镶嵌相似形，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，    ∴； （3）解：∵是的镶嵌相似形，， 当 时， ∴， 过点作于，作于， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，     ∴， ∵， ∴，       设，， ∵， ∴，       设，， ∴， ∴， ∴， ∵中，，， ∴； 当 时，不成立，舍去． 考向06 几何动点与函数解析式构建 研考向·通技法 核心特征 代数几何综合的核心题型，以几何动点为背景，考查两个变量之间的函数解析式构建，配套定义域求解，常结合相似三角形、解直角三角形、勾股定理考查。 解题方法 1. 1.函数解析式构建核心步骤 1. 第一步：设定自变量x、因变量y，明确动点的运动轨迹、取值范围； 2. 第二步：通过相似三角形对应边成比例、勾股定理、锐角三角函数、面积公式，建立x与y之间的等量关系； 3. 第三步：整理等量关系，化为一次函数、二次函数、反比例函数的标准形式。 2. 2.定义域求解核心原则 2. 几何意义原则：线段长度为正、角度在合理范围内、动点在线段 / 射线上运动的边界值； 2. 临界位置原则：计算动点运动到起点、终点、特殊位置（相切、重合、共线）时的自变量值，确定定义域的上下限。 3. 3.核心技巧 3. 优先选用相似三角形对应边成比例构建等量关系，这是几何动点中最常用的解析式构建方法； 3. 遇直角优先用勾股定理、锐角三角函数，遇面积问题优先用面积公式拆分 / 合并。 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】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、根据交点确定不等式的解集、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．（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． 3．（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，． 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求证、解直角三角形的相关计算、由平行截线求相关线段的长或比值、等腰三角形的定义 【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，． 4．（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． 考向07 几何定值、最值与动点轨迹探究 研考向·通技法 核心特征 中考压轴题的拔高题型，分为三类：动点过程中的定值问题、最值问题，以及动点的轨迹探究，考查几何直观、逻辑推理与代数建模能力。 解题方法 1. 1.定值问题解题方法 2. 特殊位置探定值：先令动点运动到特殊位置（中点、端点、临界位置），计算出定值的具体数值； 3. 一般位置证定值：通过全等、相似、勾股定理、代数化简，证明目标量与动点的自变量无关，最终化简为常数。 4. 2.最值问题解题方法 1. 几何最值模型：优先应用 “两点之间线段最短”“垂线段最短”“将军饮马” 模型，转化线段和的最值； 1. 代数最值模型：将目标量表示为关于自变量的二次函数，通过配方法 / 顶点公式求最值，结合自变量定义域验证。 7. 3.动点轨迹探究解题方法 1. 第一步：设动点坐标(x,y)，通过几何条件建立x与y的等量关系，整理为函数解析式，确定轨迹类型（直线、抛物线、圆弧）； 1. 第二步：确定轨迹的边界：计算动点运动到起点、终点时的坐标，确定轨迹的长度 / 范围； 1. 圆弧轨迹判定：若动点到定点的距离为定值，轨迹为圆弧；若动点对定线段的张角为定值，轨迹为圆弧（圆周角定理）。 1．（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】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、等边三角形的性质 【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． 2．（2025·上海奉贤·三模）已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，顶点为点． (1)当点在轴负半轴，且时， ①求抛物线的表达式； ②将抛物线向上或向下平移得到抛物线，抛物线与轴的负半轴交于点，顶点的纵坐标为，如果线段与线段有交点，求的取值范围； (2)当抛物线的系数变化时，表述顶点的运动轨迹，并画出图像． 【答案】(1)①；② (2)顶点的运动轨迹：开口向下的抛物线，顶点为，对称轴为轴，图像见解析 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、解直角三角形的相关计算、待定系数法求二次函数解析式、抛物线与x轴的交点问题 【分析】（1）①确定，得，根据正切的定义得，确定，代入求出的值即可； ②确定，抛物线的表达式为：，，得，求出的解析式为，得线段与交点的纵坐标为，根据“线段与线段有交点”得，求解即可； （2）确定，得，继而得到，即可得出结论． 【详解】（1）解：①如图， ∵抛物线与轴交于、两点，与轴交于点， 当时，得：， ∴， ∴， ∵点在轴负半轴，且，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； ②∵抛物线与轴交于、两点， 当时，得：， 解得：或， ∴， ∵将抛物线向上或向下平移得到抛物线，抛物线与轴的负半轴交于点，顶点的纵坐标为，， ∴抛物线的表达式为：，， 当时，得：， ∴， 设的解析式为，过点，， ∴， 解得：， ∴的解析式为， 当时，得：， 即线段与交点的纵坐标为， ∵线段与线段有交点，， ∴， 解得：， ∴的取值范围为； （2）∵抛物线，顶点为点． ∴， ∴， ∴， ∴当抛物线的系数变化时，顶点的运动轨迹为：开口向下的抛物线，顶点为，对称轴为轴，图像如下图所示． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点坐标，正切的定义，待定系数法确定函数的解析式，函数图象平移的规律，不等式的应用，画函数图象等知识点．掌握二次函数的图像与性质及锐角三角函数的定义是解题的关键． 3．（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】解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合、利用弧、弦、圆心角的关系求证、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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． 考向08 特殊三角形存在性与分类讨论综合 研考向·通技法 核心特征 中考压轴题的必考分类讨论题型，以几何图形为背景，考查等腰三角形、直角三角形、相似三角形的存在性，核心是分类讨论思想的应用，配套全等、相似、解直角三角形求解。 解题方法 1. 1.等腰三角形存在性解题步骤 1. 第一步：确定已知边，分类讨论：已知边为腰（分两种顶点情况）、已知边为底，共三类情况； 2. 第二步：对每一类情况，应用 “等边对等角”“三线合一” 构建等量关系，通过勾股定理、相似三角形列方程； 3. 第三步：求解方程，验证解是否符合几何图形的范围，舍去不合理解。 2. 2.直角三角形存在性解题步骤 2. 第一步：确定已知边，分类讨论三个顶点分别为直角顶点，共三类情况； 2. 第二步：对每一类情况，应用勾股定理逆定理、斜率乘积为 - 1、角度互余构建等量关系； 2. 第三步：构建直角三角形，通过相似、三角函数列方程求解，验证结果合理性。 3. 3.相似三角形存在性解题步骤 3. 第一步：锁定固定角 / 公共角，以此为相似的对应角，减少分类讨论的类别； 3. 第二步：对剩余的角进行分类讨论，确定两组对应角，列出对应边的比例式； 3. 第三步：代入线段长度列方程求解，验证相似的对应关系与几何合理性。 4. 4.分类讨论核心原则 4. 不重不漏：按顶点 / 边的顺序依次分类，覆盖所有可能情况； 4. 先简后难：先求解特殊、易算的情况，再处理复杂情况； 4. 结果验证：所有解必须符合几何图形的边界、运动范围，舍去无效解。 1．（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 【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、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； 2．（2024·上海松江·二模）如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，连接，过点作，交边于点（点与点不重合）． 　　 (1)当是的中点时，求证：； (2)当的长度取不同值时，在中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； (3)延长交边于点，连接，与能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，PF的长度不变， (3)能相似， 【知识点】利用同角三角函数关系求值、相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质与判定求线段长、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，锐角三角函数的比值关系等知识点，灵活运用角的等量关系建立边的比值关系是解题的关键． （1）利用斜边的中线是斜边的一半的性质和矩形的性质，通过角的等量代换得到即可； （2）通过角的等量代换和相似三角形的判定方法证出，即可根据比值关系求解； （3）连接，过点作，垂足为，通过角的等量代换和边的比值关系判定出四边形是矩形，然后再利用角的等量代换证出，当时（均为钝角）时，可得到，从而得到，再利用勾股定理运算求解即可． 【详解】（1）解：∵，为的中点， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：的长度不变，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形为矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）连接，过点作，垂足为，如图所示： ∴，， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴当时（均为钝角），， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 刷模拟 1．（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、圆与三角形的综合(圆的综合问题)、圆周角定理、解直角三角形的相关计算 【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． 2．（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】解直角三角形的相关计算、圆周角定理、利用垂径定理求值、等边三角形的判定和性质 【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． 3．（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】求角的正切值、相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质 【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． 4．（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】求角的余弦值、相似三角形的判定与性质综合、利用垂径定理求值、证明四边形是平行四边形 【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． 刷真题 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) 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、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 【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 【知识点】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 【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) 【知识点】证明四边形是平行四边形、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、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． 2 / 123 1 / 123 学科网（北京）股份有限公司 $