文档内容
专题 2022 年上海各区分类汇编-25
题
专题一 动点函数下的三角形
【知识梳理】
【历年真题】
1、（2023•宝山区二模）如图，已知半圆O的直径AB=4，C是圆外一点，∠ABC的平分线
交半圆O于点D，
且∠BCD=90°，联结OC交BD于点E.（1）当∠ABC=45°时，求 的长；
（2）当∠ABC=60°时，求 的值；
（3）当△BOE为直角三角形时，求sin∠OCB的值.
C
D
E
A O B A O B A O B
（图10） （备用图） （备用图）
【考点】相似形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1） ；
（2） ＝ ；
（3）sin∠OCB的值为 或 ．
【分析】（1）过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，由∠ABC＝45°可得OM＝BM＝
，证明四边形OMCD是矩形，则CM＝OD＝2，根据勾股定理即可求解；
（2）过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，由含30°的直角三角形的性质可得BM＝1证明
四边形OMCD是矩形，则CM＝OD＝2，BC＝3，再证△OED∽△CEB，根据相似三角形
的性质即可得 ＝ ＝ ；
（3）过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，分两种情况：①当∠EOB＝90°时，②当
∠OEB＝90°时，分别求解即可．
【解答】解：（1）过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，∵∠ABC＝45°，∠OMB＝90°，∴∠MOB＝45°，
∴OM＝BM，
∵AB＝4，∴OA＝OB＝OD＝2，
在Rt△OMB中，OM2+BM2＝OB2，∴2OM2＝22，∴OM＝ （负值已舍去），
∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABD＝∠CBD，
∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠ODB，
∴∠CBD＝∠ODB，∴OD∥BC，
∵∠BCD＝90°，OM⊥BC，
∴∠BCD＝∠BMO＝90°，∴OM∥CD，
∴四边形OMCD是矩形，
∴CM＝OD＝2，
∴OC＝ ＝ ＝ ；
（2）过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，
∵∠ABC＝60°，∠OMB＝90°，∴∠MOB＝30°，
∴BM＝ OB＝1，
∵BD是∠ABC的平分线，∠ABC＝60°，
∴∠ABD＝∠CBD＝30°，
∵OB＝OD，∴∠ABD＝∠ODB＝30°，
∴∠ODB＝∠CBD，∴∠AOD＝60°，
∴∠DOM＝180°﹣∠AOD﹣∠MOB＝90°，
∵∠BCD＝90°，OM⊥BC，
∴四边形OMCD是矩形，∴CM＝OD＝2，
∴BC＝CM+BM＝3，
∵∠ODB＝∠CBD，∠OED＝∠CEB，∴△OED∽△CEB，∴ ＝ ＝ ；
（3）①当∠EOB＝90°时，过点O作OM⊥BC于点M，连接OD，
∵∠EOB＝90°，∴∠COM+∠BOM＝90°，
∵∠OBC+∠BOM＝90°，∴∠COM＝∠OBC，
∵∠OMB＝∠COB＝90°，∴△OMB∽△COB，∴ ＝ ，
∴OB2＝BC•BM，
∴22＝（BM+2）•BM，∴BM＝ ﹣1（负值舍去），
∴sin∠OCB＝ ＝ ＝ ；
②当∠OEB＝90°时，连接OD，
∵∠OEB＝90°，OB＝OD，∴DE＝BE，∴CD＝CB，
∵∠BCD＝90°，∴∠CBD＝∠CDB＝45°，
∵∠OEB＝90°，∴∠OCB＝45°，
∴sin∠OCB＝sin45°＝ ；
综上，sin∠OCB的值为 或 ．
【点评】本题是相似综合题，考查了矩形的判定和性质，勾股定理，含 30°的直角三角形
的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是正确寻找相似三角形解
决问题，需要利用参数解决问题，属于中考压轴题．2、（2023•崇明区二模）如图，在 中， ，AC=6，BC=3．点D是边
AC上一动点（不与A、C重合），联结BD，过点C作CF⊥BD，分别交BD、AB于点
E、F．
（1）当CD=2时，求∠ACF的正切值；
（2）设AC=6， ，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域；
（3）联结FD并延长，与边BC的延长线相交于点G，若△DGC与△BAC相似，求 的
值．
【考点】相似形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1） ；
（2）y＝ （0＜x＜6）；
（3） ﹣1或 ．
【分析】（1）由直角三角形的性质证明∠ACF＝∠DBC，由锐角三角函数的定义可得出答
案；
（2）作FM⊥AC于M，FN⊥BC于N．则四边形FMCN是矩形．证出y＝ ＝＝ ，求出 ，则可得出答案；
（3）分两种情况：①当△DGC∽△BAC时，有∠A＝∠G；②当△DGC∽△ABC时，有
∠A＝∠CDG，由相似三角形的性质及勾股定理可求出答案．
【解答】解：（1）∵BD⊥CF，∴∠BEC＝∠DCB＝90°，
∴∠ACF+∠BCE＝90°，∠BCE+∠DBC＝90°，∴∠ACF＝∠DBC，
∴tan∠ACF＝tan∠DBC＝ ，
∵CD＝2，BC＝3，∴tan∠ACF＝ ；
（2）如图，作FM⊥AC于M，FN⊥BC于N．则四边形FMCN是矩形．
∴y＝ ＝ ＝ ，
∵FM＝CN，∴y＝ ，
∵∠NFC＝∠DBC，∴tan∠NFC＝tan∠DBC＝ ，∴ ，
∴y＝ （0＜x＜6）．
（3）如图：①当△DGC∽△BAC时，有∠A＝∠G，
又∵∠ABC＝∠GBF，∴△BGF∽△BAC，
∴∠BFG＝∠BCA＝90°，
∴点F，B，C，D四点共圆，且BD为直径，
∵BD⊥CF，∴DC＝DF，BF＝BC＝3，
∴AB＝ ＝ ＝3 ，
∴AF＝AB﹣BF＝3 ﹣3，
∴ ＝ ﹣1．
②当△DGC∽△ABC时，有∠A＝∠CDG，
∵∠ADF＝∠CDG，∴∠ADF＝∠A，∴AF＝DF，
过点F作FM⊥AC于点M，
∴AM＝DM＝ AD＝ （6﹣x），
∴CM＝AC﹣AM＝6﹣ （6﹣x）＝3+ x，
∵FM⊥AC，∠ACB＝90°，∴FM∥BC，∴ ，∴ x，解得x＝ （负值舍去），
∴ ＝ ，
综上所述，若△DGC与△BAC相似， 的值为 ﹣1或 ．
【点评】本题是相似形综合题，考查了锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的性质等知
识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用面积法解决问题，学会用转化的思想思
考问题，属于中考压轴题．
3、（2023•奉贤区二模）在梯形ABCD中，AD//BC，AD=4，∠ABC=90°，BD=BC，过点
C作对角线BD的垂线，垂足为E，交射线BA于点F.
（1）如图1，当点F在边AB上时，求证：△ABD≌△ECB；（2）如图2，如果F是AB的中点，求FE:EC的值；
（3）联结DF，如果△BFD是等腰三角形，求BC的长．
A D A D
F
F
E
E
B C B C
图1 图2
【考点】四边形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2） ；
（3）BC的长为8或4 或1+ ．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠A＝90°，∠ADB＝∠CBE，根据全等三角形的判定
定理即可得到结论；
（2）如图1，作点F作FG∥AD交BD于点G，设BC＝BD＝m，根据FG∥AD．得到
，求得 ，根据全等三角形的性质得到BE＝AD＝4，根据平行线分线段
成比例定理即可得到结论；
（3）①如图2，当BF＝DF时，②如图3，当BF＝BD时，③如图4，当DF＝BD时，设
AD与EC交于H，BC＝BD＝a，根据等腰三角形的性质和平行线分线段成比例定理即可得
到结论．
【解答】（1）证明：∵CF⊥BD，∴∠CEB＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，∴∠A＝90°，∠ADB＝∠CBE，
∴∠CEB＝∠A，
∵BD＝BC，∴△ABD≌△ECB（AAS）；
（2）解：如图1，作点F作FG∥AD交BD于点G，设BC＝BD＝m，∵FG∥AD．∴ ，
∵F是AB的中点，AD＝4，∴ ，∴ ，
∵△ABD≌△ECB，∴BE＝AD＝4，
∴ ，
∵AD∥BC，∴FG∥BC，
∴ ，即 ，
解得m＝4 ，
∴ ；
（3）解：①如图2，当BF＝DF时，
∵FC⊥BD，∴∠FEB＝∠FED＝90°，
∴BE＝DE，∴BC＝DC，∴△BDC是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，∴∠ABD＝30°，
∴BD＝2AD＝8，∴BC＝8；②如图3，当BF＝BD时，
∵BD＝BC，∴BF＝BC，
∵CF⊥BD，∠FBC＝90°，
∴∠FBE＝∠CBE＝45°，
∵∠BAD＝90°，∴AD＝AB＝4，
∴ ；
③如图4，当DF＝BD时，
设AD与EC交于H，BC＝BD＝a，∴AD∥AB，
∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，即 ，
解得a＝1 ，
∴BC＝1 ，综上所述，如果△BFD是等腰三角形，BC的长为8或4 或1+ ．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和
性质，等腰三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
4、（2023•闵行区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，BC = 1，以BC为边作
△DBC（点D、A在直线BC的异侧），且满足BD = BC，∠BCD =∠ABC + 45°．
（1）求证：∠A =∠ABD；
（2）设点E为边BC的中点，联结DE并延长交边AB于点F，当△BEF为直角三角形时，
求边AC的长；
（3）设AB = x，CD = y，求y关于x的函数解析式并写出定义域．
D
C
【考点】三角形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
A B
【答案】（1（）证第明2见5 解题析；
图）
（2）AC＝2﹣ 或 ；
（3）y＝ ，1 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可知∠BCD＝∠D＝∠ABC+45°，然后根据三角形内
角和可进行求解；
（2）由题意可分两种情况：①当∠FEB＝90°时，②当∠EFB＝90°时，然后分别画出图
形，进而根据含30度直角三角形的性质及三角函数可进行求解；
（3）过点D作DM⊥AB于点M，交BC于点N，过点N作NQ⊥CD于点Q，由题意易得
△ACB∽△BMD，则有 DM＝ ，BM＝ ，然后可得△BMN∽△DMB，△ABC∽△NBM，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解．
【解答】（1）证明：∵BD＝BC，∠BCD＝∠ABC+45°，
∴∠BCD＝∠D＝∠ABC+45°，
∴∠CBD＝180°﹣2∠BCD＝90°﹣2∠ABC，
∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝90°﹣∠ABC，
∵∠ACB＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ABC，
∴∠A＝∠ABD；
（2）解：由题意可分：①当∠FEB＝90°时，
∵点E为边BC的中点，且DE⊥BC，∴CD＝BD，
∵BD＝BC，∴BD＝BC＝CD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD＝∠ABC+45°＝60°，∴∠ABC＝15°，
在BC上取一点G，使得AG＝BG，∴∠GAB＝∠ABC＝15°，∴∠AGC＝30°，
∵∠ACB＝90°，∴AG＝BG＝2AC，CG＝ AC，
∴BC＝CG+BG＝（2+ ）AC＝1，
∴AC＝2﹣ ；
②当∠EFB＝90°时，
过点C作CH⊥AB于点H，
∴∠BHC＝∠DFB＝90°，EF∥CH，由（1）可知∠A＝∠ABD，
∵∠A+∠ABC＝∠HCB+∠ABC＝90°，∴∠A＝∠HCB＝∠FBD，
∵BC＝BD，∴△CHB≌△BFD（AAS）∴CH＝BF，
∵EF∥CH，∴△CHB∽△EFB，
∵点E为边BC的中点，
∴ ，∴ ＝tan∠ABC，
∵BC＝1，∴AC＝BC•tan∠ABC＝ ；
综上所述：当△BEF为直角三角形时，AC＝2﹣ 或 ；
（3）解：过点D作DM⊥AB于点M，交BC于点N，过点N作NQ⊥CD于点Q，如图所示：
由（1）可知∠A＝∠ABD，
∴△ACB∽△BMD，∴∠ABC＝∠BDM， ，
∵BD＝BC＝1，AB＝x，∴DM＝ ，
∴BM2＝DB2﹣DM2＝1﹣ ，即BM＝ ，
∵∠DMB＝∠BMN，∠MBN＝∠MDB，∠ACB＝∠NMB＝90°，∠ABC＝∠NBM，
∴△BMN∽△DMB，△ABC∽△NBM，
∴ ， ，
∴MN＝x﹣ ，BN＝x ，
∴DN＝DM﹣MN＝ ，CN＝BC﹣BN＝1﹣x ，∵∠ABC＝∠BDM，
由（1）知∠BCD＝∠BDC＝∠ABC+45°，
∴∠CDN＝45°，
∴△QDN是等腰直角三角形，
∴QD＝QN＝ （ ）＝ ，
在Rt△CQN中，由勾股定理得：QC＝
＝ ＝
＝ ，
∴y＝CQ+QD＝ ，
∵∠BCD＝∠ABC+45°＜90°，∴∠ABC＜45°，
∴AB＝ ，
∵AB是斜边，∴1＜AB ，即1＜x ．
【点评】本题是三角形综合题，主要考查函数解析式、等腰三角形的性质与判定、相似三
角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握函数解析式、等腰三角形的性质与判定、相似三
角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
5、（2023•浦东新区二模）已知：⊙O的直径
AB10
，C是
AB的中点，
D是⊙O上的一
个动点（不与点A、B、C重合），射线CD交射线AB于点E．
（1）如图1，当BE AB时，求线段CD的长；
（2）如图2，当点D在BC上运动时，联结BC、BD，△BCD中是否存在度数保持不变的
角？如果存在，请指出这个角并求其度数；如果不存在，请说明理由；（3）联结OD，当△ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求△ODE与△CBE面积的比值．
C C C
D D
A O B E A O B E A O B
（ 图
（ 备 用
1）（图
图）
2）
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】综合题；推理能力．
【答案】（1） ．
（2）∠BDC＝135°．
（3） 或 或 ．
【分析】（1）连接OC、BC、AD，由勾股定理求出CE，由△AED∽△CEB求出DE，
则CD＝CE﹣DE．
（2）∠BDC不变，连接AC，则∠CAB＝45°，由圆内接四边形的对角互补得∠BCD＝
135°．
（3）①当点E在AB的延长线上时，证明△OCD是等边三角形，求出CD＝OC＝DE＝
5，由勾股定理求出OE，分别求出两个三角形的面积作比，即可得到结果．②当点E
在OB上时，设DE＝OD＝x，证明△ODE∽△DOC，用x表示出CE，由OC2+OE2＝
CE2，列出关于x的方程并求出x，再求出两个三角形的面积即可得结果．③当点E在
OA上时，DE，OD长度没变，BE长度变了，依据②中的数值可求得结果．
【解答】（1）解：如图1，连接OC、BC、AD，
∵C是 的中点，OC是半径，
∴OC⊥AB，
∵BE＝AB＝10，
∴AE＝AB+BE＝20，OE＝OB+BE＝5+10＝15，
∴CE＝ ＝ ＝ ，
∵∠DAE＝∠BCE，∠AED＝∠CEB，∴△ADE∽△CBE，
∴ ，
∴ ，
∴DE＝ ，
∴CD＝CE﹣DE＝ ．
（2）∠BDC不变，∠BDC＝135°．
如图2，连接AC，
∵C是 的中点，
∴AC＝BC，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∵∠CAB+∠BDC＝180°，
∴∠BDC＝180°﹣∠CAB＝180°﹣45°＝135°．
（3）解：①如图3，当 点E在AB的延长线上时，OD＝DE，
∵AB＝10，
∴OD＝OC＝DE＝5，
∵C是 的中点，
∴OC⊥AB，
∴∠DOE+∠COD＝90°，
∠DEO+∠OCD＝90°，
∵DE＝DO，
∴∠DOE＝∠DEO，
∴∠COD＝∠OCD，
∴CD＝OD，
∴CD＝OD＝OC，
∴△OCD是等边三角形，∴CE＝DE＝5，CE＝10，
∴OE＝ ＝ ＝ ，
∴BE＝OE﹣OB＝ ，
∴S△ODE ＝ S△COE ＝ × OC•OE＝ × ×5× ＝ ，
S△CBE ＝ OC•BE＝ ×5×（ ﹣5）＝ ，
∴ ＝ ．
②如图4，当点E在OB上时，
过点O作OG⊥CD于D，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠D，
∵OE＝DE，
∴∠DOE＝∠D，
∴∠DOE＝∠OCD，
∴△ODE∽△DOC，
∴OD2＝DE•CD，
设DE＝OD＝x，
∴52＝CD•x，
∴CD＝ ，
∴CE＝ ﹣x，
由OC2+OE2＝CE2得，
52+x2＝（ ﹣x）2，
∴x＝ ，
∴OE＝DE＝ ，∴CE＝ ，BE＝5﹣ ，
∴OG＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ .
③如图5，当点E在OA上时，
OE＝DE，长度与②中相同，BE＝OB+OE＝5+ ，
∴ ＝ ＝ ，
综上得，△ODE与△CBE面积的比值为： 或 或 ．【点评】本题考查了圆中垂径定理，圆内接四边形的性质，三角形相似，勾股定理等知
识，综合性较强，解答本题需要我们熟练掌握各部分的内容，对学生的综合能力要求较
高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
专题二 动点函数背景下的四边形问题
【知识梳理】【历年真题】
1、（2023•杨浦区二模）已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点H，点E在直径
AB上（与A、B不重合），EH=AH，联结CE并延长与⊙O交于点F.
（1）如图1，当点E与点O重合时，求∠AOC的度数；
（2）联结AF交弦CD于点P，如果 ，求 的值；
（3）当四边形ACOF是梯形时，且AB=6，求AE的长.
C
O（E O
A H ） B A B
D F
第25题图1 备用图
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）60°；（2） ；
（3）6﹣3 ．
【分析】（1）如图1，连接AC、AD、OD，根据垂径定理推出CH＝DH，结合EH＝
AH，CD⊥AO即可推出四边形ACOD是菱形，根据菱形的性质推出△OAC是等边三角
形，根据等边三角形的性质即可得解；
（2）结合图形，利用SAS证明△ECH≌△ADH，根据全等三角形的性质得出 CE＝
AD，∠C＝∠D，进而推出CE∥AD，△APD∽△FPC，根据相似三角形的性质得出
＝ ，结合题意求解即可；
（3）结合（2）得出，∠D＝∠DCE，根据梯形的性质、圆周角定理、平行线的判定与
性质推出∠FOE＝90°，解直角三角形得出AF＝3 ，根据∠OCF＝∠AFC，∠CEO＝
∠FEA，推出△CEO∽△FEA，根据相似三角形的性质得到 ＝ ＝ ，结合OA＝
OE+AE＝3求解即可．
【解答】解：（1）如图1，连接AC、AD、OD，
∵CD⊥AB，垂足为点H，
∴CH＝DH，
∵EH＝AH，
∴四边形ACOD是平行四边形，
∵CD⊥AO，∴四边形ACOD是菱形，
∴AC＝OC，
∵OA＝OC，
∴OA＝OC＝AC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°；
（2）如图，
∵EH＝AH，CH＝DH，∠AHD＝∠EHC＝90°，
∴△ECH≌△ADH（SAS），
∴CE＝AD，∠C＝∠D，
∴CE∥AD，
∴△APD∽△FPC，
∴ ＝ ，
∵ ＝ ，
设CE＝4a，则AD＝4a，EF＝3a，
∴CF＝CE+EF＝7a，
∴ ＝ ＝ ＝ ；
（3）如图，当OC∥AF时，
连接AD，由（2）知，△ECH≌△ADH，
∴∠D＝∠DCE，
在梯形ACOF中，OC∥AF，
∴∠OCF＝∠AFC，
∵OC＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC，
∴∠OCF＝∠AFC＝∠OFC，
∵∠D＝∠AFC，
∴∠DCE＝∠OFC，
∴CD∥OF，
∴∠FOE＝∠CHE，
∵CD⊥AB，
∴∠CHE＝90°，
∴∠FOE＝90°，
在Rt△AOF中，OA＝OF＝ AB＝3，
∴AF＝ ＝3 ，
∵∠OCF＝∠AFC，∠CEO＝∠FEA，
∴△CEO∽△FEA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
设OE＝ x，则AE＝2x，∴OA＝ x+2x＝3，
∴x＝3﹣ ，
∴AE＝2x＝6﹣3 ．
【点评】此题是圆的综合题，考查了垂径定理、圆周角定理、菱形的判定与性质、等边
三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、梯形的性
质等知识，熟练掌握垂径定理、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、全等三角形的
判定与性质、相似三角形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．专题三 二次函数与线段
【知识梳理】
【历年真题】
1、（2023•嘉定区二模）在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，点 P 在线段 BC 上，
，PD交BA于点D，过点B作BE⊥PD，垂足为E，交CA的延长线于
点F．
（1）如果∠ACB=45°，
①如图1，当点P与点C重合时，求证： ；
②如图2，当点P在线段BC上，且不与点B、点C重合时，问：①中的“ ”
仍成立吗？请说明你的理由；（2）如果 ，如图3，已知 （n为常数），当点P在线段BC上，
且不与点B、点C重合时，请探究 的值（用含n的式子表示），并写出你的探究过程．
【考点】相似形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
图1 图2 图11
【答案】（1）①证明见解析部分；
②结论：BE＝ PD．理由见解析部分；
（2） ．
【分析】（1）①证明△BAE≌△CAD（ASA），推出BF＝CD，再证明BE＝EF，可得
结论；
②结论：BE＝ PD．如图2中，过点P作PT∥CF交BF于点T．证明∠BPD＝
∠BPT，可得结论；
（2）过点P作PK∥CA交BF于点K，交AB于点J．首先证明 ＝ ＝n，再证明
△BJK∽△PJD，可得 ＝ ＝n，即可解决问题．
【解答】（1）①证明：∵CE⊥BF，
∴∠BED＝90°，
∵∠DAC＝90°，
∴∠BED＝∠CAD＝90°，
∵∠BDE＝∠ADC，
∴∠ABE＝∠ACD，
∵∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴AB＝AC，在△BAE和△CAD中，
，
∴△BAE≌△CAD（ASA），
∴BF＝CD，
∵∠BCP＝ ∠ACB，
∴∠BCE＝∠ACE＝22.5°，
∴∠CBE＝∠CFE＝67.5°，
∴CB＝CF，
∵CE⊥BF，
∴BE＝EF，
∴BE＝ CD，即BE＝ PD；
②解：结论：BE＝ PD．
理由：如图2中，过点P作PT∥CF交BF于点T．
∵PT∥CF，
∴∠BPT＝∠C，
∵∠BPD＝ ∠ACB，
∴∠BPD＝ ∠BPT，
由（1）可知，BE＝ PD；（2）解：过点P作PK∥CA交BF于点K，交AB于点J．
∵PK∥AC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝n，
同法可证PB＝PK，BE＝EK，
∵∠KBJ＝∠DPJ，∠BJK＝∠PJD＝90°，
∴△BJK∽△PJD，
∴ ＝ ＝n，
∴ ＝n，
∴ ＝ ．
【点评】本题属于相似形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定
和性质，矩形即三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问
题．
2、（2023•徐汇区二模）已知：如图1，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠B＝∠C＜
90°．
(1) 求证：四边形ABCD是等腰梯形；
(2) 边CD的垂直平分线EF交CD于点E，交对角线AC于点P，交射线AB于点F．
① 当AF＝AP时，设AD长为x，试用x表示AC的长；
② 当BF＝DE时，求 的值。【考点】相似形综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）①AC＝ x；
② ＝ ．
【分析】（1）延长BA、CD交于点P，证明AD∥BC，AB与CD不平行，且AB＝CD
即可；
（2）①连接DP，证明△CPD∽△CDA，设AC＝y，则AP＝AD＝x，CD＝x，CP＝y﹣
x，则 ＝ ，即可求得答案；
②延长FE、AD交于点G，过点E作EN∥AB，交BC于N，作EH⊥BC于H，设EF与
BC的交点为M，若点F在线段AB上，则点F为AB的中点，EF为等腰梯形ABCD的中
位线，∠DEF＝∠C＜90°，这与 EF⊥CD矛盾；若点 F在线段 AB的延长线上，由
AD∥BC，则 ＝ ＝ ，设BM＝a，AD＝x，则AG＝3a，DG＝3a﹣x，由 ＝
＝1，可得CM＝DG＝3a﹣x，利用解直角三角形可得 ＝ ，求得x＝（5﹣）a，即可求得答案．
【解答】（1）证明：延长BA、CD交于点P，
∵∠B＝∠C，
∴PB＝PC，
∵AB＝CD，
∴PB﹣AB＝PC﹣CD，即PA＝PD，
∴∠PAD＝∠PDA，
∵∠B+∠C+∠P＝∠PAD+∠PDA+∠P＝180°，
∴∠B+∠C＝∠PAD+∠PDA，
即2∠B＝2∠PAD，
∴∠B＝∠PAD，
∴AD∥BC，
∵∠B+∠C＜90°，
∴∠B+∠C≠180°，
∴AB与CD不平行，
∴四边形ABCD是梯形，
∵AB＝CD，
∴梯形ABCD是等腰梯形；
（2）解：①连接DP，
则DP＝CP，
∴∠PDC＝∠PCD，∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠PDC，
∴△CPD∽△CDA，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠BAD＝∠ADC，
∴∠BAD﹣∠DAC＝∠ADC﹣∠PDC，即∠BAP＝∠ADP，
∵AF＝AP，
∴∠AFP＝∠APF＝∠CPE，
∵DP＝CP，PE⊥CD，
∴∠DPE＝∠CPE＝∠AFP，
∴DP∥AF，
∴∠APD＝∠FAP＝∠ADP，
∴AP＝AD，
∵△CPD∽△CDA，
∴ ＝ ，
设AC＝y，则AP＝AD＝x，CD＝x，CP＝y﹣x，
∴ ＝ ，即y2﹣xy﹣x2＝0，
解得：y＝ x，或y＝﹣ x（不符合题意，舍去），
∴AC＝ x；
②延长FE、AD交于点G，过点E作EN∥AB，交BC于N，作EH⊥BC于H，设EF与
BC的交点为M，
若点F在线段AB上，则点F为AB的中点，EF为等腰梯形ABCD的中位线，
则EF∥BC，
∴∠DEF＝∠C＜90°，这与EF⊥CD矛盾；若点F在线段AB的延长线上，如图，
∵BF＝DE＝ CD＝ AB，
又∵AD∥BC，
∴ ＝ ＝ ，
设BM＝a，AD＝x，则AG＝3a，DG＝3a﹣x，
∵ ＝ ＝1，
∴CM＝DG＝3a﹣x，
∵EN∥AB，
∴∠ENC＝∠ABC＝∠C，
∴EN＝EC＝DE＝BF，
∴ ＝ ＝1，MN＝BM＝a，CN＝2a﹣x，
∵EH⊥BC，
∴CH＝NH＝ CN＝a﹣ x，cosC＝ ＝ ，
∵∠CDG＝∠C，cos∠CDG＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
整理得x2﹣10ax+12a2＝0，
解得：x＝（5± ）a，
∵CN＝2a﹣x＞0，∴x＝（5﹣ ）a，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ．
【点评】本题是四边形综合题，考查了等腰梯形的判定和性质，线段的垂直平分线的性
质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法等，综
合性强，难度大，属于中考压轴题．
专题四 二次函数与圆
【知识梳理】
【历年真题】
2 5
1、（2023•虹口区二模）如图，在菱形 ABCD 中，AB= ，点 P 在对角线 BD 上，
1
tan∠DBC=2 ，⊙O是△PAB的外接圆，点B与点P之间的距离记为m．
（1）如图，当PA=PB时，联结OB，求证：OB⊥BC；
（2）延长AP交射线BC于点Q，如果△ABQ是直角三角形，求PQ的长；
（3）当圆心O在菱形ABCD外部时，用含m的代数式表示⊙O的半径，并直接写出m的
取值范围．
A
D
O
P
B CA
D A D
O
P
B C B C
图12 备用图
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；解直角三
角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；（2） 或 ；（3）∴ O 的半径为
⊙
，m的取值范围为0＜m＜4或 ＜m≤8．
【分析】（1）连接OP，交AB于点H，利用垂径定理得到OP⊥AB，再利用菱形的性质和
直角三角形的性质解答即可；
（2）由于∠ABC≠90°，如果△ABQ是直角三角形，那么只有∠BAQ＝90°或∠AQB＝
90°，利用分类讨论的方法解答：①当∠BAQ＝90° 时，连接AC，利用直角三角形的边角
关系定理求得AP，BP，则DP＝3，再利用平行线分线段成比例解答即可得出结论；②当
∠AQB＝90° 时，利用菱形的面积公式求得AQ，再利用菱形的性质和而直角三角形的边角
关系定理求得AP，则结论可求；
（3）连接OP，过点O作OE⊥AB于点E，延长OE交BD于点F，过点O作OG⊥BD于点
G，利用垂径定理得到 ， ，在Rt△BEF中和在Rt△OGF中，
利用简直是继续的边角关系定理求得FG，OG，在Rt△OPG中，利用勾股定理即可得出结
论．
【解答】（1）证明：连接OP，交AB于点H，如图，∵PA＝PB，∴ ，
又∵OP过圆心，∴OP⊥AB．
∵OB＝OP，∴∠OBP＝∠OPB．
在菱形ABCD中，∠ABD＝∠CBD，
在Rt△BPH中，
∵∠ABP+∠OPB＝90°，∴∠CBD+∠OBP＝90°，
即∠OBC＝90°，∴OB⊥BC；
（2）解：∵∠ABC≠90°，如果△ABQ是直角三角形，那么只有∠BAQ＝90°或∠AQB＝
90°，
①当∠BAQ＝90° 时，
连接AC，如图，
由题可得：AC＝4，BD＝8，
在 Rt△ABP 中，AP＝AB•tan∠ABP＝ ， ，
∴DP＝3．
∵AD∥BQ，∴ ，即： ，∴ ；
②当∠AQB＝90° 时，
∵ ＝BC•AQ，∴ ，
在菱形ABCD中， ，
∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴ ，
在Rt△ADP中，
∵AP＝AD•tan∠ADB＝ ，
∴ ，
综上所述， 或 ；
（3）解：连接OP，过点O作OE⊥AB于点E，延长OE交BD于点F，过点O作OG⊥BD
于点G，如图，
∵OG⊥BD，∴ ，
同理， ，
∵∠ABD+∠BFE＝90°，∠FOG+∠BFE＝90°，
∵∠ABD＝∠CBD，∴∠FOG＝∠CBD，
∴ ．
在Rt△BEF中，
∵ ，
∴ ．
在Rt△OGF中， ，
在Rt△OPG中，
∵OP2＝OG2+GP2，∴ ，∴ O的半径为 ，
⊙
∴m的取值范围为0＜m＜4或 ＜m≤8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，三角形的外接圆，圆的有关性质，圆周角定理，垂
径定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握圆的有关
性质和利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
2．（2023•黄浦区二模）如图，在菱形ABCD中，BC=10，E是边BC上一点，过点E作
EH⊥BD，垂足为点H，点G在边AD上，且GD=CE，联结GE，分别交BD、CH于点
M、N．
（1）已知 ，
①当EC=4时，求△BCH的面积；
②以点H为圆心，HM为半径作圆H，以点C为圆心，半径为1作圆C，圆H与圆C有且
仅有一个公共点，求CE的值；
（2）延长AH交边BC于点P，当设CE=x，请用含x的代数式表示 的值.
A G D A G D
M M
H H
N N
C C
B E B E
图6 备用图
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算
能力；推理能力．
【答案】（1）① ；②CE＝ 或 ；
（3）
【分析】（1）①作 HF⊥BC 于 F，解直角三角形 BHE，求得 BH，解直角三角形
BFH，求得HF，进一步得出结果；
②作HR⊥BC 于R，设 HR＝3a，BH＝5a，BR＝4a，当两圆内切于点 T时，CH＝
HT+CT＝5a+1，从而得出（3a）2+（10﹣4a）2＝（5a+1）2，求得a的值，进一步得出
结果；当两圆内切于点T时，CH＝HT﹣CT＝5a﹣1，从而（3a）2+（10﹣4a）2＝（5a
﹣1）2，同样的方法得出结果；
（2）延长CH，交AB于F，可证得△ADH≌△CDH，从而∠AHD＝∠CHD，进而证得
△PBH≌△FBH，从而HP＝FH，可证得△BEM∽△BCD，△MNH∽△BFH，
，进而证得BE＝EM，进而得出HN＝FH＝HP，进一步得出结果．
【解答】解：（1）①如图1，
作HF⊥BC于F，
在Rt△BHE中，BE＝BC﹣CE＝10﹣4＝6，sin∠DBC＝ ，
∴cos∠DBC＝ ，
∴BH＝6× ＝ ，
在Rt△BFH中，
FH＝BH•sin∠DBC＝ ＝ ，∴S△BCH ＝ ；
②如图2，
作HR⊥BC于R，
∵sin∠DBC＝ ，
∴设HR＝3a，BH＝5a，BR＝4a，
设两圆外切于T时，
∴HC＝HT+CT＝5a+1，CR＝BC﹣BR＝10﹣4a，
在Rt△CHR中，
∵HR2+CR2＝HC2，
∴（3a）2+（10﹣4a）2＝（1+5a）2，
∴a＝ ，
∴BH＝5a＝ ，
∴BE＝ ，
∴CE＝10﹣ ＝ ，
如图3，当两圆内切于点T时，
CH＝HT﹣CT＝5a﹣1，
∴（3a）2+（10﹣4a）2＝（5a﹣1）2，
∴a＝ ，
∴5a＝ ，
∴BE＝ ＝ ，
∴CE＝10﹣ ＝ ，
综上所述：CE＝ 或 ；
（2）如图4，
延长CH，交AB于F，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB＝CBD，AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∵DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠AHD＝∠CHD，
∵∠PHB＝∠AHD，∠FHB＝∠CHD，
∴∠PHB＝∠FHB，
∵BH＝BH，
∴△PBH≌△FBH（ASA），
∴HP＝FH，
∵CE＝DG，
∴四边形CEGD是平行四边形，
∴EG∥CD∥AB，
∴△BEM∽△BCD，△MNH∽△BFH， ，
∴ ， ，
∴BE＝EM，
∵EH⊥BD，
∴BH＝MH，
∴HN＝FH＝HP，
∴
∴ ．
【点评】本题考查了菱形的性质，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，解决问题的关键是正确分类和作辅助线，构造全等三角形．
3．（2023•金山区二模）如图，已知在ABC中，AB=AC，点D是边BC中点，在边AB上
取一点E，使得DE=DB，延长ED交AC延长线于点F．
（1）求证：∠A=∠CDF；
（2）设AC的中点为点O，
① 如果CD为经过A、C、D三点的圆的一条弦，当弦CD恰好是正十边形的一条边时，求CF：AC的值；
② ⊙M经过C、D两点，联结OM、MF，当∠OFM=90°，AC=10， 时，求⊙M
的半径长．
B
E
D
A C F
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】数形结合；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）① ；
② ．
【分析】（1）根据等边对等角可得∠B＝∠ACB＝∠DEB，再利用三角形的内角和定理得
到结论；
（ 2 ） ① 连 接 AD ， 根 据 正 十 边 形 的 中 心 角 可 得 ， 推 出
△FDC∽△FOD，根据对应边成比例解题即可；
②由△FDC∽△FOD，得DF2＝CF•OF，过点D作DH⊥OC于点H，则DF2＝DH2+HF2，
等量代换得到DF的值，然后根据△HDC∽△FOM，求出MF的长，再利用勾股定理求出
半径长即可．
相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理和正多边形，
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，DE＝DB，
∴∠B＝∠ACB＝∠DEB，
∴∠A＝180°﹣2∠B，∠BDE＝∠CDF＝180°﹣2∠B，
∴∠A＝∠CDF；
（2）①连接AD，∵D是BC的中点，AB＝AC，∴∠ADC＝90°，
∴AC为圆的直径，
连接OD，设经过A、C、D三点的圆半径为r，
弦CD恰好是正十边形的一条边，
∴ ，
∴ ，
又∵O、D是AC、BC的中点，∴OD∥AB，AC＝2r，
∴∠A＝∠CDF＝∠DOC＝36°，
∴∠F＝∠OCD﹣∠CDF＝72°﹣36°＝36°，
∴FD＝OD＝OC＝r，
∵∠CDF＝∠DOF，∠F＝∠F，
∴△FDC∽△FOD，则 ，即 ，
解得： （舍），
∴ ，
②∵AC＝10，∴OC＝OD＝5，
又∵ ，∴DH＝3，OH＝4，
∴CH＝OC﹣OH＝5﹣4＝1，
设CF＝a，由①可知∠A＝∠CDF＝∠DOC，∠DFO＝∠DFO，
∴△FDC∽△FOD，
∴ ，∴DF2＝CF•OF，即DF2＝a（a+5），
如图，过点D作DH⊥OC于点H，
在Rt△DHF中，DF2＝DH2+HF2＝32+（a+1）2，∴a（a+5）＝32+（a+1）2，
解得 ，
∴ ， ，
∵OC＝OD，M是CD所在圆的半径，∴OM⊥CD，
又∵∠OFM＝90°，∴∠OFM＝∠ONC＝90°，
∴∠OCD+∠MOF＝∠OCD+∠CDH＝90°，
∴∠MOF＝∠CDH，∴△HDC∽△FOM，
∴ ，即 ，解得： ，
连接CM，∴ ，
∴ M的半径长为 ．
⊙
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，中位线定理
和正多边形，综合性较强，是压轴题，解题的关键是作辅助线构造三角形相似．
4、（2023•静安区二模）如图25-①，扇形MON的半径为r，圆心角∠MON=90°，点A是
M N 上的动点（点 A不与点M、N重合），点B、C分别在半径OM、ON上，四边形
ABOC为矩形，点G在线段BC上，且CG=2BG．
（1）求证：CG ；
（2）如图25-②，以A为顶点、AC为一边，作∠CAP=∠BCO，射线AP交射线ON于点
P，联结AN、OG．
①当∠BGO=∠ANP时，求△OBG与△ANP的面积之比；
②把△OGB沿直线OG翻折后记作△OGB，当OB⊥BC时，求∠P的正切值．
M
M
A
B
A
B
G
G【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；图形的相似；解直角三角形及其应用；
应用意识．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）① ＝ ；
②∠P的正切值是 ．
【分析】（1）连接OA，设OA交BC于E，由四边形ABOC为矩形，得BC＝OA＝r，又
CG＝2BG，即得CG＝ r；
（2）解：①连接 OA，证明△COG∽△ONA，有 ＝ ，可得 ＝ ，再证
△OBG∽△APN，故 ＝（ ）2＝ ；
②当OB′⊥BC时，∠OHC＝90°，根据把△OGB沿直线OG翻折得△OGB′，得∠BOG
＝∠GOH，故∠COG＝∠BOC﹣∠BOG＝90°﹣∠GOH＝∠CGO，即得OC＝OG＝ r，可
得OB＝ ＝ r，从而得tanP＝tan∠OBC＝ ＝ ．
【解答】（1）证明：连接OA，设OA交BC于E，如图：∵四边形ABOC为矩形，∴BC＝OA＝r，
∵CG＝2BG，∴CG＝ BC，
∴CG＝ r；
（2）解：①连接OA，如图：
∵四边形ABOC为矩形，∴EO＝EC，∴∠EOC＝∠ECO，
∵∠BGO＝∠ANP，∴∠OGC＝∠ANC，∴△COG∽△ONA，
∴ ＝ ，
∵OA＝BC，∴ ＝ ，
∴ ＝ ，∵∠CAP＝∠BCO，
∴∠OBC＝90°﹣∠BCO＝90°﹣∠CAP＝∠P，∵∠BGO＝∠ANP，
∴△OBG∽△APN，
∴ ＝（ ）2＝ ；
②如图：当OB′⊥BC时，∠OHC＝90°，
∴∠CGO＝90°﹣∠GOH，
∵把△OGB沿直线OG翻折得△OGB′，
∴∠BOG＝∠GOH，
∴∠COG＝∠BOC﹣∠BOG＝90°﹣∠GOH＝∠CGO，
∴OC＝OG＝ r，
在Rt△BOC中，
OB＝ ＝ ＝ r，
∴tanP＝tan∠OBC＝ ＝ ＝ ．
∴∠P的正切值是 ．
【点评】本题考查圆的综合应用，涉及矩形的性质及应用，相似三角形判定与性质，锐角
三角函数等知识，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理．
5、（2023•普陀区二模）如图1，半圆O的直径AB=4，点C是 上一点（不与点A、B
重合），点D是 的中点，分别联结AC、BD．
（1）当AC是圆O的内接正六边形的一边时，求BD的长；
（2）设AC=x，BD=y，求y与x之间的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）定义：三角形一边上的中线把这个三角形分成两个小三角形，如果其中有一个小三角
形是等腰三角形，且这条中线是这个小三角形的腰，那么这条中线就称为这个三角形的中腰线．分别延长AC、BD相交于点P，联结PO．PO是△ 的中腰线，求AC的长．
PAB
C
D
A O B A O B
【考点】圆的综合题．图1 备用图
版权所有
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）BD的长是2；
（2）y＝ （0＜x＜4）；
（3）AC的长为3或1．
【分析】（1）联结OC、OD，由AC是 O的内接正六边形的边，可求得∠AOC＝60°，则
⊙
∠BOC＝120°，由 ＝ ，得∠BOD＝∠COD＝60°，所以△BOD是等边三角形，则BD
＝OB＝2；
（2）联结OD、BC交于点E，先由0＜AC∠4确定x的取值范围是0＜x＜4，由垂径定理
得OD⊥BC，BE＝CE，则∠OEB＝∠DEB＝90°，OE＝ AC＝ x，则DE＝2﹣ x，BE2
＝4﹣ x2，所以y2＝BD2＝DE2+BE2＝（2﹣ x）2+4﹣ x2＝8﹣2x，则y＝ （0＜x
＜4）；
（3）由点P在BD的延长线上可知PO≠OB，PO≠OA，则PO是△PAB的中腰线存在两种
情况，一是PO＝PB，联结OD、BC交于点E，由OE∥AC可求得 ＝ ＝1，则BD＝
PD，再证明△OBD∽△PBO，得 ＝ ＝ ，所以BD2＝ ＝ ＝2，而BD2＝8
﹣2x＝8﹣2AC，所以8﹣2AC＝2，则AC＝3；二是当PO＝PA时，联结OD、BC交于点E，联结OC，则PA＝2OD＝4，再证明△OAC∽△PAO，得 ＝ ，可求得AC＝1．
【解答】解：（1）如图1，联结OC、OD，
∵ O的直径AB＝4，∴OA＝OB＝OC＝OD＝ AB＝2，
⊙
∵AC是 O的内接正六边形的边，∴∠AOC＝ ×360°＝60°，
∴∠BOC⊙＝180°﹣∠AOC＝120°，
∵点D是 的中点，∴ ＝ ，
∴∠BOD＝∠COD＝ ∠BOC＝60°，
∴△BOD是等边三角形，
∴BD＝OB＝2，∴BD的长是2．
（2）如图2．联结OD、BC交于点E，
∵点C在 上运动，且点C不与点A、B重合，∴0＜AC∠4，∴0＜x＜4，
∵ ＝ ，∴OD⊥BC，BE＝CE，
∴∠OEB＝∠DEB＝90°，OE＝ AC＝ x，
∴DE＝2﹣ x，BE2＝OB2﹣OE2＝22﹣（ x）2＝4﹣ x2，
∵BD2＝DE2+BE2＝（2﹣ x）2+4﹣ x2＝8﹣2x，∴y2＝8﹣2x，
∴y＝ （0＜x＜4）．
（3）∵点P在BD的延长线上，∴点P不在 O上，
∴PO≠OB，PO≠OA， ⊙
当PO＝PB时，如图3，联结OD、BC交于点E，
∵BE＝CE，OB＝OA，
∴OE∥AC，∴ ＝ ＝1，
∴BD＝PD，
∵∠ODB＝∠PBO＝∠POB，∠OBD＝∠PBO，∴△OBD∽△PBO，∴ ＝ ＝ ，
∴BD2＝ ＝ ＝2，
由（2）得BD2＝8﹣2x＝8﹣2AC，
∴8﹣2AC＝2，解得AC＝3；
当PO＝PA时，如图4，联结OD、BC交于点E，联结OC，则OA＝OC，
∵BD＝PD，OB＝OA，∴PA＝2OD＝4，
∵∠OCA＝∠PAO＝∠POA，∠OAC＝∠PAO，∴△OAC∽△PAO，
∴ ＝ ，∴AC＝ ＝ ＝1，
综上所述，AC的长为3或1．【点评】此题重点考查圆的有关概念及性质、垂径定理、正多边形与圆、勾股定理、等边
三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、数形结合与分类
讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
6、（2023•青浦区二模）如图，半圆 O 的直径 AB=10，点 C 在半圆 O 上，BC=6，
CH⊥AB，垂足为点H，点D是弧AC上一点．
（1）若点D是弧AB的中点，求tan∠DOC的值；
（2）联结BD交半径OC于点E，交CH于点F，设OE=m．
①用含m的代数式表示线段CF的长；
②分别以点O为圆心OE为半径、点C为圆心CF为半径作圆，当这两个圆相交时，求m
取值范围．
C
A B
O H
图1
【考点】圆的综合题．
版权所有
【专题】几何综合题；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1） ；
（2）①CF＝ ；
② ＜m＜5．
【分析】（1）连接DO，证出∠DOC＝∠OCH，过点O作OM⊥BC，垂足为点M．解
直角三角形可得出答案；
（2）①作HG∥OC交BD于点G．由平行线分线段成比例定理可得出答案；
②分两种情况，i）当两圆内切时，ii）当两圆外切时，列出不等式或方程可得出答案．【解答】解：（1）连接DO，
∵点D是弧AB的中点，AB是直径，
∴OD⊥AB．
∴∠CHB＝∠DOB＝90°，OD∥CH，
∴∠DOC＝∠OCH，
过点O作OM⊥BC，垂足为点M．
由垂径定理， ．
在Rt△BOM中，BM＝3，OM＝4，OB＝5，
∴ ， ．
在Rt△BCH中， ，
∴BH＝BC•cos∠OBC＝ ，OH＝OB﹣BH＝ ，
∴ ；
（2）①作HG∥OC交BD于点G．
得 ， ．
又∵HG∥OC
∴ ，
所以 ，
∴ ．
②设r ＝OE＝m，
o
由①知 ，d＝OC＝5．
i）当两圆内切时， ．
由于0＜m＜5， ，所以两圆不可能内切．
ii）当两圆外切时， ．
解得 ．
所以当两圆相交时， ．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，两圆的位置关系，相似三
角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，
需要利用参数解决问题，属于中考压轴题．
7、（2023•松江区二模）如图7，AB是半圆O的直径，C是半圆O上一点，点O与点O
关于直线AC对称，射线AO交半圆O于点D，弦AC交 于点E、交OD于点F．
（1）如图8，如果点O′恰好落在半圆O上，求证： ；
（2）如果∠DAB=30°，求 的值；
（3）如果OA=3，OD1，求OF的长.
D O′
C
O′ C
E
F
E
A O B A O B A O B
（图7） （图8） （备用图）【考点】圆的综合题．
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【专题】几何综合题；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1） ；
（2）①CF＝ ；
② ＜m＜5．
【分析】（1）连接DO，证出∠DOC＝∠OCH，过点O作OM⊥BC，垂足为点M．解直角
三角形可得出答案；
（2）①作HG∥OC交BD于点G．由平行线分线段成比例定理可得出答案；
②分两种情况，i）当两圆内切时，ii）当两圆外切时，列出不等式或方程可得出答案．
【解答】解：（1）连接DO，
∵点D是弧AB的中点，AB是直径，∴OD⊥AB．
∴∠CHB＝∠DOB＝90°，OD∥CH，
∴∠DOC＝∠OCH，
过点O作OM⊥BC，垂足为点M．
由垂径定理， ．
在Rt△BOM中，BM＝3，OM＝4，OB＝5，
∴ ， ．
在Rt△BCH中， ，
∴BH＝BC•cos∠OBC＝ ，OH＝OB﹣BH＝ ，
∴ ；
（2）①作HG∥OC交BD于点G．得 ， ．又∵HG∥OC∴ ，所以 ，
∴ ．
②设r ＝OE＝m，
o
由①知 ，d＝OC＝5．
i）当两圆内切时， ．
由于0＜m＜5， ，
所以两圆不可能内切．
ii）当两圆外切时， ．
解得 ．
所以当两圆相交时， ．
【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，两圆的位置关系，相似三角
形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，需
要利用参数解决问题，属于中考压轴题．8、（2023•长宁区二模）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，以点A为圆心、AC为半径的
⊙A交边AB于点D，点E在边BC上，满足CE=BD，过点E作EF⊥CD交AB于点F，
垂足为点G.
（1）求证：△BCD∽△BFE；
CM DF
+
AC AD
（2）延长EF与CA的延长线交于点M，如图2所示，求 的值；
（3）以点B为圆心、BE为半径作⊙B，当BC=8，AF=2时，请判断⊙A与⊙B的位置关
系，并说明理由.
C C
C
（
E E
E
G G
G 图
A A
B B
A B F D F D
F D M 1 M
）
（图2） （备用图）
【考点】圆的综合题．
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【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）2；
（3） A与 B外切．
【分析⊙】（1⊙）可证得∠BCD+∠ACD＝90°，∠ACD＝∠ADC，∠BFE+∠ADC＝90°，从而
∠BFE＝∠BCD，进而证得结论；
（2）延长 CM交 A于N，可得出∠CME+∠CEM＝90°，∠CEM+∠BCD＝90°，从而
∠BCD＝∠CME，⊙进而得出∠CME＝∠AFM，从而得出AM＝AF，进一步得出结果；
（3）设AC＝AD＝r，设BD＝CE＝a，可得出r2+82＝（r+a）2；由△BCD∽△BFE得出
，从而得出 ，从而求得 ，进一步得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∴∠BCD+∠ACD＝90°，
∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∴∠BCD+∠ADC＝90°，
∵EF⊥CD，∴∠BFE+∠ADC＝90°，
∴∠BFE＝∠BCD，
∵∠B＝∠B，∴△BCD∽△BFE；
（2）解：如图，
延长CM交 A于N，
∵∠ACB＝9⊙0°，∴∠CME+∠CEM＝90°，
∵∠CGE＝90°，∴∠CEM+∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠CME，
∵∠BCD＝∠BFE，∴∠BFE＝∠CME，
∵∠AFM＝∠BFE，∴∠CME＝∠AFM，
∴AM＝AF，
∵AN＝AD，∴DF＝MN，
∵AC＝AD，
∴ ＝ ＝ ；
（3）解： A与 B外切，理由如下：
设AC＝AD⊙＝r，设⊙BD＝CE＝a，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
r2+82＝（r+a）2；①
∵△BCD∽△BFE，∴ ，
∵DF＝AD﹣AF＝r﹣2，∴BF＝DF+BD＝a+r﹣2，
∴ ，②
由①②得， ，
∴BE＝BD＝CE＝4，AB＝10，∴AD+BD＝AB，
∴ A与 B外切．
【⊙点评】⊙本题考查了圆的有关的性质，圆与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，直
角三角形的性质等知识，解决问题的关键是设未知数，找出相等关系列出方程（组）．
