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专题 04 图形的性质
一、单选题
1．（2023·上海闵行·统考二模）下列命题是真命题的是（ ）
A．平行四边形的邻边相等； B．平行四边形的对角线互相平分；
C．平行四边形内角都相等； D．平行四边形是轴对称图形．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可进行求解．
【详解】解：由平行四边形的性质可知：平行四边形的两组对边相等；平行四边形的对角线互相平分；平
行四边形的对角相等；平行四边形是中心对称图形；
故选B．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及真命题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023·上海杨浦·二模）下列命题中，正确的是（ ）
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菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】C
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形以及正方形的判定方法，对选项逐个判断即可．
【详解】A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意；
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，符合题意；
D．对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形、矩形、菱形以及正方形的判定，掌握它们的判定方法是解题的关键．
3．（2023·上海宝山·统考二模）如果一个三角形的两边长分别为 、 ，那么这个三角形的第三边
的长可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角形的三边关系求出第三边的取值范围，进而可作出选择．
【详解】解：设这个三角形的第三边长为 ，则 ，即 ，
选项C中的 满足条件，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形的三边关系，会利用三角形的三边关系求得第三边的取值范围是解答的关键．
4．（2023·上海闵行·统考二模）如图，在 中， ．用尺规作图的方法作出直角三角形斜边
上的中线 ，那么下列作法一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的作图、角平分线的作图及直角三角形斜边中线定理可进行求解．
【详解】解：A、由作图可知 ，不满足点P是 的中点，故不符合题意；
B、由作图可知 ，不满足点P是 的中点，故不符合题意；
C、由作图可知点P是 的中点，故符合题意；
D、由作图可知 平分 ，故不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查直角三角形斜边中线定理及线段垂直平分线的作图、角平分线的作图，熟练掌握尺
规作图是解题的关键．
5．（2023·上海松江·统考二模）下列命题正确的是（ ）
A．三点确定一个圆 B．圆的任意一条直径都是它的对称轴
C．等弧所对的圆心角相等 D．平分弦的直径垂直于这条弦【答案】C
【分析】根据确定圆的条件对A进行判断；根据圆的轴对称性对B进行判断；根据圆心角定理对C进行判
断；根据垂径定理的推论对D进行判断．
【详解】A．不共线的三点确定一个圆，故A是假命题；
B．对称是直线，而圆的直径是线段，故B是假命题；
C．弧相等，则弧所对的圆心角相等，故C是真命题；
D．平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故D是假命题．
故选：C．
【点睛】本题考查了命题、真命题和假命题的概念，任何一个命题非真即假，要说明一个命题的正确性，
一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
6．（2023·上海浦东新·统考二模）顺次联结四边形 各边中点所得的四边形是矩形，那么四边形
一定是（ ）
A．菱形 B．对角线相等的四边形
C．对角线互相垂直的四边形 D．对角线互相垂直且平分的四边形
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四
边形是矩形，那么邻边互相垂直，继而即可求解．
【详解】解：∵E、F、G、H分别是 、 、 、 的中点，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 是矩形形，即 ，
∴ ，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理以及矩形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线
定理解答．7．（2023·上海金山·统考二模）下列图形中，是中心对称图形且旋转 后能与自身重合的图形是( )
A．等边三角形 B．正方形 C．正八边形 D．正十二边形
【答案】D
【分析】根据中心对称图形排除A，计算 ，判断 是 的倍数即可．
【详解】A、等边三角形不是中心对称图形，错误，不符合题意；
B、正方形是中心对称图形， ， 不是 的整数倍数，错误，不符合题意；
C、正八边形是中心对称图形， ， 不是 的整数倍数，错误，不符合题意；
D、正十二边形是中心对称图形， ， 是 的整数倍数，正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了中心对称图形即图形绕某点旋转 后与原图形完全重合，熟练掌握定义是解题的关
键．
8．（2023·上海宝山·统考二模）已知点A、B、C在圆O上，那么下列命题为真命题的是（ ）
A．如果半径 平分弦 ，那么四边形 是平行四边形
B．如果弦 平分半径 ，那么四边形 是平行四边形
C．如果四边形 是平行四边形，那么
D．如果 ，那么四边形 是平行四边形
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质与判定，圆周角定理，圆内接四边形的性质逐一判定即可．
【详解】解：A、如图1所示，当 是直径时，满足半径 平分弦 ，但是 不能构成四边
形，故原命题是假命题，不符合题意；
B、如图2所示，∵弦 平分半径 ，但是半径 并不一定平分弦 ，∴四边形 不一定是平行
四边形，故原命题是假命题，不符合题意；
C、如图2所示，∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴原命题是真命题，符合题意；
D、如图2所示，当点B在点D的位置时，满足 ，但是四边形 不是平行四边形，故原命题是假命题，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了判断命题真假，圆周角定理，垂径定理，圆内接四边形的性质，平行四边形的性
质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
9．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，在梯形 中，已知 ， ， ， ，
，分别以 、 为直径作圆，这两圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
【答案】D
【分析】先求出两圆的圆心距， 和 的一半为两圆的半径，利用半径之和和两圆的圆心距的大小关系
求解．
【详解】解：∵分别以 、 为直径作圆，
∴两圆的圆心分别是 、 的中点，
∴两圆心的连线是梯形的中位线．
∵ ， ，
∴两圆的圆心距为 ，
∵ ， ，
∴两圆的半径分别为3和2，
∵ ，
∴两圆外离，故选：D．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，以及圆与圆的位置关系，解题的关键是分别求得两圆的圆心距和两圆
的半径．
10．（2023·上海浦东新·统考二模）如图，已知正方形 的顶点D、E在 的边 上，点G、F
分别在边 上，如果 ， 的面积是32，那么这个正方形的边长是（ ）
A．4 B．8 C． D．
【答案】A
【分析】过点A作 于H，交 于M，如图，先利用三角形面积公式计算出 ，设正方形
的边长为x，则 ，再证明 ，则根据相似三角形的性质得方
程，然后解关于x的方程即可．
【详解】解：如图，过点A作 于H，交 于M，
∵ 的面积是32， ，
∴ ，
∴ ，
设正方形 的边长为x，则 ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
，解得∶ ，
即这个正方形的边长是4．
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质及正方形的性质，添加合适的辅助线是解题的关键．
11．（2023·上海崇明·统考二模）下列命题是真命题的是（ ）
A．四边都相等的四边形是正方形 B．一组邻边相等的矩形是正方形
C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、四边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
B、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键．
12．（2023·上海静安·统考二模）下面是“作 的平分线”的尺规作图过程：
①在 、 上分别截取 、 ，使 ；②分别以点 、 为圆心，以大于 的同一长
度为半径作弧，两弧交于 内的一点 ；
③作射线 ．
就是所求作的角的平分线．
该尺规作图可直接利用三角形全等说明，其中三角形全等的依据是（ ）
A．三边对应相等的两个三角形全等
B．两边及它们的夹角对应相等的两个三角形全等C．两角及它们的夹边对应相等的两个三角形全等
D．两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
【答案】A
【分析】由作图可得 ， ，根据三角形全等的判定方法“ ”解答．
【详解】解∶连接 ， ，由作图可得 ， ， ，
在 和 中
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，以及基本作图，熟练掌握三角形全等的判定方法并读懂题目信息
是解题的关键．
13．（2023·上海松江·统考二模）如图，点G是 的重心，四边形 与 面积的比值是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】连接 ，根据三角形中位线定理以及中线的性质可得 ， ，
，从而得到 ，进而得到 ，继而得到
， ，可得 ，再由 ，即可．
【详解】解：如图，连接 ，
∵点G是 的重心，
∴点D，E分别为 的中点，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即四边形 与 面积的比值是 ．故选：B
【点睛】本题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握三角形
的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键．
14．（2023·上海崇明·统考二模）已知在 中， ， ，如果以A为圆心r为半径的
和以 为直径的 相交，那么r的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用勾股定理求得两圆的圆心距，然后利用两圆相交时两圆的圆心距和两圆的半径之间的关
系求解．
【详解】解：如图，由题意得： ，
，
由勾股定理得： ，
设 的半径为 ，
根据两圆相交得：
，
解答： ，
故选：C．
【点睛】本题考查两圆之间的位置关系．熟练掌握两圆之间的位置关系的判定方法，是解题的关键．
15．（2023·上海金山·统考二模）把球放在长方体纸盒内，球的一部分露出盒外，其截面如图所示，已知
，那么球的半径长是( )
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】B【分析】过点O作 于点M，利用垂径定理，勾股定理计算即可．
【详解】过点O作 于点M，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键．
二、填空题
16．（2023·上海浦东新·统考二模）如果两圆的半径分别为5或2，圆心距为7，那么这两个圆的位置关系
是_____．
【答案】外切
【分析】根据圆心距d，以及两圆半径R，r的数量关系间的联系得出两圆位置关系．
【详解】解：∵ ，
∴这两个圆外切．
故答案为：外切．
【点睛】被踢主要考查了圆于圆之间的位置关系，解题的管家是掌握：当 时，两圆外离；当
时，两圆外切；当 时，两圆内切；当 时，两圆内离；当 时，两
圆相交．
17．（2023·上海闵行·统考二模）如果正六边形的半径长为2，那么它的面积为________．
【答案】
【分析】过点O作 于点G，证明 是等边三角形，求出 ，得出 ，即可得出 ．
【详解】解：过点O作 于点G，如图所示：
∵六边形 为正六边形，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，等边三角形的判定和性质，解
题的关键是证明 是等边三角形，求出 ．
18．（2023·上海松江·统考二模）已知相交两圆的半径长分别为 和 ，如果两圆的圆心距为 ，且 ，
试写出一个符合条件的 的值：________．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据相交两圆的半径长分别为 和 ，则 ， ，列出不等式即可求解．【详解】解：依题意，
∴
∴ 可以是 ，
故答案为： （答案不唯一）．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系：设两圆的圆心距为d,两圆半径分别为 、 当两圆外离
；两圆外切 ；两圆相交 ；两圆内切 ；
两圆内含 ．
19．（2023·上海宝山·统考二模）如图，在正五边形 中，F是边 延长线上一点，连接 ，那么
的度数为__________．
【答案】 /144度
【分析】利用正多边形的内角和定理计算得出 ，再利用等边对等角求得 ，利用邻补
角关系即可求解．
【详解】解： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考考查正多边形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握正多边形的性质、三角形的内角
和定理是解决本题的关键．
20．（2023·上海静安·统考二模）已知半径分别是2和6的两圆的圆心距为6，那么这两个圆有______个公
共点．
【答案】2
【分析】根据圆心距于两个圆半径间的关系即可判断得解．
【详解】解∶∵半径分别是2和6的两圆的圆心距为6，∴
∴两圆相交，即是2个圆有两个交点，
故答案为∶2．
【点睛】此题主要考查了圆与圆的位置关系，当外切时，圆心距=两圆半径的和，当内切时，圆心距=两圆
半径的差，两圆相交时，圆心距介于两圆半径的差与和之间时，圆有两个交点．
21．（2023·上海宝山·统考二模）如图，已知点E在矩形 的边 上，且 ， ，
那么 的长等于__________．
【答案】4
【分析】利用余角的性质求得 ，利用等边对等角求得 ，再利用平
角的定义求得 ，根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，含30度角的直角三角形的性质，掌握“30度角对应的直
角边长度为斜边长度的一半”是解题的关键．
22．（2023·上海闵行·统考二模）如图，在平面直角坐标系 中，点A在直线 上，点A的横坐标为1，点P是x轴正半轴上一点，点B在反比例函数 图象上，联结 和 ．如果四边形
是矩形，那么k的值是__________．
【答案】
【分析】当 ， ，即 ，如图，连接 交 于 ，过 作 于 ，则 ，
， 是 中点，在 中，由勾股定理求 的值，证明 ，则 ，求
的值，进而可得 的点坐标，将 点坐标代入反比例函数解析式求解 值即可．
【详解】解：当 ， ，即 ，
如图，连接 交 于 ，过 作 于 ，
∴ ， ，
∵四边形 是矩形，
∴ 是 中点，
在 中，由勾股定理得 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，解得 ，∴ ， ，
∴ ，
将 代入 得， ，解得 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识．
解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
23．（2023·上海崇明·统考二模）如图， 和 都是等边三角形，点D是 的重心，那么
________．
【答案】
【分析】如图，延长 交 于 ，由题意得 ， ，则 ，
由 ，可得 ，计算求解即可．
【详解】解：如图，延长 交 于 ，
∵点D是 的重心，∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∵ 和 都是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了重心，等边三角形的性质，正弦，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识
的熟练掌握与灵活运用．
24．（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在 中， ， ， ，以点C为圆心，
R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，那么R的取值范围是____．
【答案】 /
【分析】求出线段 、 ，再根据点与圆得位置关系判断即可．
【详解】解：∵在 中， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，
∴ ．
故答案为： ．【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据题意求出
， ．
25．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，在直角坐标系中，已知点 、点 ， 的半径为5，点
C是 上的动点，点P是线段 的中点，那么 长的取值范围是______．
【答案】
【分析】如图，在y轴上取一点 ，连接 ， ，由勾股定理求出 ，由三角形中位线
定理求 ，当C在线段 上时， 的长度最小值 ，当C在线段 延长线上时，
的长度最大值 ，即可求解．
【详解】解：如图，在y轴上取一点 ，连接 ， ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵点P是 的中点，
∴ ，
∵ ， ，∴ 是 的中位线，
∴ ，
当C在线段 上时， 的长度最小值为： ，
当C在线段 延长线上时， 的长度最大值为： ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是圆外一点到圆上点距离的最值，三角形中位线定理，勾股定理等知识，添加恰当的
辅助线是解答本题的关键．
26．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知 的内接正方形 ，点 是 的中点， 与边
交于点 ，那么 ______．
【答案】
【分析】连接 ，交 于点 ，连接 ，根据题意得出 ，设 ，则 ，
证明 ，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，交 于点 ，连接 ，∵ 的内接正方形 ，
∴ 经过点 ，
∵点 是 的中点，
∴ ，
∴
设 ，则
∴
∵ ,
∴
∵ ，
∴
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，正方形的性质，相似三角形的性质，证明 是
解题的关键．
三、解答题
27．（2023·上海松江·统考二模）如图，四边形 中， ．(1)如果 ，求 的值；
(2)如果 ，求四边形 的面积．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）过点A作 于点E，可得四边形 是矩形，从而得到 ，
继而得到 ，再由锐角三角函数，即可求解；
（2）过点A作 于点E，可得四边形 是矩形，从而得到 ，设
，则 ， 在 中，利用勾股定理求出x的值，再根据四边形 的面积
，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点A作 于点E，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∴ ；
（2）解：如图，过点A作 于点E，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得： ，
即 ，
四边形 的面积 ．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关
键．
28．（2023·上海闵行·统考二模）如图，在 中， ， ， ，点D为 的中点，
过点B作CD的垂线，交CD的延长线于点E．
(1)求线段 的长；(2)求 的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 勾股定理可求得斜边，再由斜边中线可得 长度．
（2）通过相似三角形得到比例，求出 长度，再通过 勾股定理求出 长度，再计算比值即可．
【详解】（1）
中 ，代入 ， ，
得
D为 的中点，
（2）解法1：
D为 的中点，
又 ，
中解法2：
与 中
设 得
解得
【点睛】本题考查几何图形中长度的计算，相似三角形，主要利用勾股定理进行长度关系计算，可以设元
列勾股方程或结合相似计算，通常几何长度的求解可采用3中方法（勾股、相似、面积法），常考直角三
角形和含有特殊角度的图形．在计算中灵活利用勾股定理是解题的关键．
29．（2023·上海浦东新·统考二模）已知：如图， 是 的外接圆， 平分 的外角 ，
， ，垂足分别是点M，N，且 ．
(1)求 的度数；
(2)如果 ， ，求 的半径长．
【答案】(1) ；
(2) ；
【分析】（1）先证明 平分 ，然后由角平分线的定义，即可求出 的度数；
（2）由弦心距和弦的关系，得到 ，延长 交 于点 ，连接 ，由等腰三角形的性质，垂
径定理，以及勾股定理，即可求出 的半径．
【详解】（1）解：∵ 平分 的外角 ，
∴ ，
∵ ， ， ．∴ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
延长 交 于点 ，连接 ，如图：
∵ 平分 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
【点睛】本题考查了垂径定理，角平分线的性质定理，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键
是熟练掌握所学的知识，正确的进行解题．30．（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在 中， ， ，圆O经过A、B两点，圆心O
在线段 上，点C在圆O内，且 ．
(1)求圆O的半径长；
(2)求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）延长 交圆O于点D，连接 ，设圆O的半径长为r，则 ，利用正弦函数列式
计算即可求解；
（2）先求得 ，在 ，利用三角函数的定义求得 和 的长，再利用勾股定理求解．
【详解】（1）解：设圆O的半径长为r，延长 交圆O于点D，连接 ，
则 ，
又 ，
∴ ，
设 ，
则有 ，
因为 ，所以 ，
解得 ，
经检验， 是方程的解；
∴圆的半径长为5；
（2）解：过点B作 的垂线垂足为E，
由（1）得 ，
则 ，解得 ，
，解得 ，
所以 ，
所以
【点睛】本题考查了圆内接三角形，经过圆的直径构造的三角形为直角三角形，添加辅助线再利用三角函
数求解．
31．（2023·上海金山·统考二模）如图，已知在 中， ， ，点 、 分别是 、
的中点，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．
(1)求 的正弦值；
(2)求线段 的长．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）过点A作 于点M，根据三线合一性质，勾股定理计算 ，根据正弦定义计算即
可．
（2）过点C作 于点N，根据正弦，余弦计算 ， ，求得 ， ，后证明四边形 是
平行四边形，计算即可．
【详解】（1）过点A作 于点M，
∵ ， ，
∴
∴ ，
∴ ．
（2）过点C作 于点N，连接
∵ ，
∴ ，
∵ ，点 是 的中点，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质，平行线分线段
成比例定理，熟练掌握三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例定理是解题
的关键．
32．（2023·上海徐汇·统考二模）如图， 分别是 边 上的高和中线，已知 ，
， ．
(1)求 的长；(2)求 的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 是 边 上的高得到 ，由 ， ，得到
则 ，即可得到答案；
（2）过点E作 于点F，由 分别是 边 上的中线，得到 ，由
得到 ，勾股定理求出 ，再由勾股定理得到 ，即可得到 的
值．
【详解】（1）解：∵ 是 边 上的高，
∴ ，
∵ ， ，
∴
∵ ，
∴ ；
（2）解：过点E作 于点F，
∵ 分别是 边 上的中线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴
∴ ，
∴ .
【点睛】此题考查了解直角三角形、勾股定理等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
33．（2023·上海崇明·统考二模）如图，已知在 中， ， ， 经过 的顶点
A、C，交 边于点D， ，点C是 的中点．
(1)求 的半径长；
(2)联结 ，求 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接 ，易得 ， 为等腰三角形，利用三线合一，以及垂径定
理，进行求解即可；（2）过点 作 ，勾股定理求出 的长，进而得到 的长，等积法求出 的长，利用正弦的
定义，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接 ，则： ，
∵点C是 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
设圆的半径为 ，则： ，
∴ ，
在 中， ，即： ，
解得： ，
∴ 的半径长为 ．
（2）解：由（1）知： ，
∴ ，
∴ ，
过点 作 于点 ，则 ，即： ，
∴ ，
由（1）知： ，
∴ ．
【点睛】本题考查弧，弦，圆心角的关系，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形．熟练掌
握等弧对等弦对等角，是解题的关键．
