专项01 几何综合压轴题（大题专练）（上海专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专项01 几何综合压轴题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 上海中考数学试卷一共25题，第25题近几年来一直都是几何综合题，内容包括三角形全等、相似、四边形的性质判定、锐角三角比、圆。有意思的是，近几年的试卷中圆的题目常前置到22或23题。几何压轴题有变成纯直线型图形的倾向，基于全等、相似图形的边角关系、三角比是必考考知识点。但不是不考圆，而是把圆内嵌在直线型图形中。对于学生分析问题、解决问题的能力要求更高。 2026年预测：几何综合题极大可能仍为直线型几何。 备考核心：全等、相似的各种模型，熟练掌握转化思想、方程思想等数学思想、方法。 真题·欣赏 1．（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． 析典例·建模型 【模型1】A型图和X型图 第1小问就难住了许多学生，因为多数学生关于平行的证明只知道寻找“三线八角”，忽略了“三角形一边平行线”的性质与判定。但若掌握其中基本模型，解题就会有思路了。 思考:（1）如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； 【详解】（1）证明：延长交于点G， ∵， ∴（平行于三角形一边的直线截其他两边的直线，截得的对应线段成比例。） ∵， ∴，， ∴， ∴（如果一条直线截三角形的两边所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边） 【模型2】两直线平行，内错角的平分线互相垂直 第2小问考圆了！圆内嵌在四边形中。但并没有考过多复杂的性质，考查了外心就是△AED各边中垂线的交点。结合△AED是等腰三角形，所以外心又在∠BAD的平分线上。又因为点O在∠B的平分线上，即可知AO⏊BO. 思考:（2）如图2所示，①已知，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）①解：记点O为外接圆圆心，过点O作于点H，连接， ∵点O为外接圆圆心， ∴，OA⏊ED， ∴，AO平分∠BAD ∵， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴外接圆半径为； 【模型3】子母型相似 第（2）问的第②小题是本题的难点，许多学生无从下手，但仔细分析条件，会发现题中包含多个子母型相似图。根据相似三角形对应角相等，可易证EM//DC. 思考:（2）如图3所示，②如果点M在边上，联结、、，与交于N，，，求证：EM//CD． ②∵， ∴， ∵， ∴（子母型相似） ∴， ∵， ∴， ∴. 研考点·通技法 第（2）问的第②小题是一道有关线段长度的计算题，线段计算题关键是寻找线段数量关系，初中几何中线段的数量关系通常有两种： 1. 勾股关系； 2. 比例关系； 显而易见，本题关键就是寻找线段之间的比例关系，用方程思想求解。复杂几何计算题，首先要认真审题，提炼出主要条件，分析其中蕴藏的基本图形和主要数量关系，从条件出发根据“已知什么”“你能求什么”，顺藤摸瓜、抽丝剥茧、逐个探究。 思考:（2）如图3所示，②已知AD=AE=1，BC=4，AD//BC，，∠4=∠6，求CD的长. 【提示】可将第②小问分解成几个小题，逐个突破。 （a）求CM的长. （b）求CE的长. （c）求EM的长. （d）求CD的长. 【分析】（a）梯形ABCD中，已知AD=1,BC=4,可将梯形补充为A型图，得出EM为△PBC的中位线； （b）由可知PD：DC=1：3，由EM//PC可求得EN：DC=MN：DN=EM：DC=2：3 由∠5=∠6可得子母型相似易证，从而能求出CE的长度； （c）在△EBC中已知三边长，可求BC边上的高,在△BEM中，可由勾股定理求出EM的长， （d）由EM//CD，即可求出CD的长度. 解：（a）如图4，延长交于点P ∵， ∴， 由①知AB=3AE=3， ∴， ∴， ∵， ∴， 由， 得， ∴， ∴， ∴; （b）∵， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得：， ∴， （c）如图，过点E作EQ⏊BC于点Q 在中，由勾股定理得： ， ∴， ∴， ∴， 而， ∴在中，由勾股定理得，， （d）∵， ∴． 真题·欣赏 2．（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． 研考点·通技法——遇中点倍长中线 第（1）问的第①小题条件很简单，但如何证明两个角相等，直接根据图形很难证明。（从24年和25年考卷可以看出，上海中考最近今年考试难度在加大，压轴题的第（1）问，不再是送分题，对分析能力的要求很高）解决问题的关键是如何发挥E是中点的作用。“遇中点倍长中线”是常见的证题思路。 思考:（1）①如图1所示，在平行四边形中，，分别为边，上两点．当是边中点时， 如果，求证：； （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， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 研考点·通技法——构建同底等高三角形比较面积 第（1）问的第②小题求两个三角形的面积比，初中几何求两个三角形的面积比通常包含两种类型： 1. 相似三角形面积比等于相似比的平方； 2. 同高（等高）三角形的面积比等于底边之比； △BEG和△AEF不是相似形，也不共底共高，所以要比较它们的面积应该再找第三个三角形作为中间量进行比较，很容易发现可以找△ABG。 思考:（1）②如图2，在平行四边形中，，分别为边，上两点． 如果是边中点时，F是CD中点，联结，交边于点，求的值； 解：（1）②如图所示，延长交于M，（倍长中线法） ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； 析典例·建模型——A、X型图相似和子母型图相似 第（2）是一道有关线段长度的计算题，线段计算题关键是寻找线段之间的比例关系，设未知数建立方程求解。如何寻找比例关系，条件就成为突破口。 EC//DM⇒X型相似（△EFC） ∠1=∠2=∠3⇒子母型相似（△AEF） ∠4=∠5=∠2⇒斜A型相似（△MDF） 思考:（2）如图3，在平行四边形中，，分别为边，上两点． 如果，，，．求的长． （2）解； 如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴∠1=∠2， ∵∠1=∠3， ∴∠2=∠3， ∴； ∵∠4=∠5=∠2 ∴△MDF ∵DM//EC ∴， ∵， ∴ ∴= ， 设EF=K，FM=2K ∵， ∴， ∴AE2=EF ∴AE= ∵△MDF ∴ ∴ ∴DM=2 ∴AM=5+2 ∵ ∴ ∴． 破类题·提能力 1.（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． 2.（2025·上海虹口·二模真题）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． 3.（2025·上海静安·二模真题）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． 4.（2025·上海徐汇·二模真题）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． 5.（2025·上海黄浦·二模真题）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 【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． 6.（2025·上海奉贤·二模真题）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)． 【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． 7.（2025·上海奉贤·二模真题）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 【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． 8.（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． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项01 几何综合压轴题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 上海中考数学试卷一共25题，第25题近几年来一直都是几何综合题，内容包括三角形全等、相似、四边形的性质判定、锐角三角比、圆。有意思的是，近几年的试卷中圆的题目常前置到22或23题。几何压轴题有变成纯直线型图形的倾向，基于全等、相似图形的边角关系、三角比是必考考知识点。但不是不考圆，而是把圆内嵌在直线型图形中。对于学生分析问题、解决问题的能力要求更高。 2026年预测：几何综合题极大可能仍为直线型几何。 备考核心：全等、相似的各种模型，熟练掌握转化思想、方程思想等数学思想、方法。 真题·欣赏 1．（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． 析典例·建模型 【模型1】A型图和X型图 第1小问就难住了许多学生，因为多数学生关于平行的证明只知道寻找“三线八角”，忽略了“三角形一边平行线”的性质与判定。但若掌握其中基本模型，解题就会有思路了。 思考:（1）如图1所示，点F在边上，且，联结，求证：； 【模型2】两直线平行，内错角的平分线互相垂直 第2小问考圆了！圆内嵌在四边形中。但并没有考过多复杂的性质，考查了外心就是△AED各边中垂线的交点。结合△AED是等腰三角形，所以外心又在∠BAD的平分线上。又因为点O在∠B的平分线上，即可知AO⏊BO. 思考:（2）如图2所示，①已知，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； 【模型3】子母型相似 第（2）问的第②小题是本题的难点，许多学生无从下手，但仔细分析条件，会发现题中包含多个子母型相似图。根据相似三角形对应角相等，可易证EM//DC. 思考:（2）如图3所示，②如果点M在边上，联结、、，与交于N，，，求证：EM//CD． 研考点·通技法 第（2）问的第②小题是一道有关线段长度的计算题，线段计算题关键是寻找线段数量关系，初中几何中线段的数量关系通常有两种：（1）勾股关系；（2）比例关系； 显而易见，本题关键就是寻找线段之间的比例关系，用方程思想求解。复杂几何计算题，首先要认真审题，提炼出主要条件，分析其中蕴藏的基本图形和主要数量关系，从条件出发根据“已知什么”，思考“你能求什么”，顺藤摸瓜、抽丝剥茧、逐个探究。 思考:（2）如图3所示，②已知AD=AE=1，BC=4，AD//BC，，∠4=∠6，求CD的长. 【提示】可将第②小问分解成几个小题，逐个突破。 （a）求CM的长. （b）求CE的长. （c）求EM的长. （d）求CD的长. 真题·欣赏 2．（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． 研考点·通技法——遇中点倍长中线 第（1）问的第①小题条件很简单，但如何证明两个角相等，直接根据图形很难证明。（从24年和25年考卷可以看出，上海中考最近今年考试难度在加大，压轴题的第（1）问，不再是送分题，对分析能力的要求很高）解决问题的关键是如何发挥E是中点的作用。“遇中点倍长中线”是常见的证题思路。 思考:（1）①如图1所示，在平行四边形中，，分别为边，上两点．当是边中点时， 如果，求证：； 研考点·通技法——构建同底等高三角形比较面积 第（1）问的第②小题求两个三角形的面积比，初中几何求两个三角形的面积比通常包含两种类型： 1. 相似三角形面积比等于相似比的平方； 2. 同高（等高）三角形的面积比等于底边之比； △BEG和△AEF不是相似形，也不共底共高，所以要比较它们的面积应该再找第三个三角形作为中间量进行比较，很容易发现可以找△ABG。 思考:（1）②如图2，在平行四边形中，，分别为边，上两点． 如果是边中点时，F是CD中点，联结，交边于点，求的值； 析典例·建模型——A、X型图相似和子母型图相似 第（2）是一道有关线段长度的计算题，线段计算题关键是寻找线段之间的比例关系，设未知数建立方程求解。如何寻找比例关系，条件就成为突破口。 EC//DM⇒X型相似（△EFC） ∠1=∠2=∠3⇒子母型相似（△AEF） ∠4=∠5=∠2⇒斜A型相似（△MDF） 思考:（2）如图3，在平行四边形中，，分别为边，上两点． 如果，，，．求的长． 破类题·提能力 1.（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.（2025·上海虹口·二模真题）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． 3.（2025·上海静安·二模真题）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． 4.（2025·上海徐汇·二模真题）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． 5.（2025·上海黄浦·二模真题）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． 6.（2025·上海奉贤·二模真题）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． 7.（2025·上海奉贤·二模真题）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 8.（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $