专题12解答题25题（代几综合题）（16区）（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_九年级_下学期_4：模拟卷多

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 专题12 解答题25题（代几综合题）（16区） 一、解答题 1．（2023·上海杨浦·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，连接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； CE 4 DP (2)连接AF 交弦CD于点P，如果  ，求 的值； EF 3 CP (3)当四边形ACOF是梯形时，且AB6，求AE的长． 【答案】(1)60 4 (2) 7 93 5 (3)63 2或 2 【分析】（1）如图1，连接AC、AD、OD， 先证四边形ACOD是菱形，再证 OAC是  等边三角形，即可得解； （2）先证 ECH≌ ADH（SAS），得CE AD，C D，进而证明 APD∽ FPC，     CE4a，则AD4a，EF 3a，利用相似三角形的性质即可得解； （3）分OC∥AF与AC∥OF两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图1，连接AC、AD、OD， - 1 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵CD AB，垂足为点H，OC OD， ∴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）解：如图， ∵EH  AH，CH DH ，AHDEHC 90， ∴ ECH≌ ADH（SAS），   ∴CE AD，C D， ∴CE∥AD， ∴PADF， ∴ APD∽ FPC，   DP AD ∴  ， CP CF CE 4 ∵  ， EF 3 设CE4a，则AD4a，EF 3a， ∴CF CEEF 7a， - 2 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) DP AD 4a 4 ∴    ； CP CF 7a 7 （3）解：当OC∥AF，如图，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， 1 在Rt AOF 中，OAOF  AB3，  2 ∴AF  OA2OF2 3 2， ∵OCF AFC，CEOFEA， ∴ CEO∽ FEA，   OE OC ∴  ， AE AF OE 3 2 ∴   ， AE 3 2 2 - 3 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 设OE 2𝑥，则AE2x， ∴OA 2 x2x3， 3 ∴x3 2， 2 ∴AE2x63 2； 当AC∥OF时，如下图，连接AD， ∵CD AB，EH EA， ∴AC CE， ∴CAECEA， ∵OC OA， ∴CEAOCA， ∴CEAOAC CEAOCA， ∴ CAE∽ OAC，   AC AE ∴  ， OA AC ∴AC2 OAAE3AE， ∵AC∥OF， ∴CAEFOE，ACEOFE， ∴ ACE∽ OFE，   AC AE AC AE ∴  即  ， OF OE 3 3AE 3AE ∴AC  ， 3AE ∵AC2 3AE，  3AE  2 ∴   3AE， 3AE - 4 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 93 5 93 5 解得AE （舍去）或AE ， 2 2 93 5 综上AE的长为63 2或 ． 2 【点睛】本题主要考查了菱形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判 定及性质、平行线的性质、相似三角形的判定及性质、线段垂直平分线的性质以及圆周角 定理，熟练掌握菱形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等边三角形的判定及性质 是解题的关键． 2．（2023·上海浦东新·统考二模）已知：  O的直径AB10，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，求线段CD的长； (2)如图2，当点D在BC上运动时，连接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)连接OD，当  ODE是以DE为腰的等腰三角形时，求ODE与  CBE面积的比值． 【答案】(1)CD 10，详见解析 (2)存在，BDC 135，详见解析 3 3 (3)S :S  ，详见解析 ODE CBE 4 【分析】（1）连OC,AD,BC，构造直角三角形利用勾股定理求出CE的长，再利用 AED∽ CEB，求出DE的长，即可得解；   （2）由C为 A  B 的中点， AB为  O直径得出 B  C 的度数为90，再利用圆周角定理即可 - 5 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 得出答案； （3）分类讨论ODDE，DEEO,利用勾股定理和面积公式分别求出它们的面积，然后 求出比值即可得出答案． 【详解】（1）连OC,AD,BC，如图1 ∵ABBE10 ∴AE ABBE20，OEOBBE51015,OC 5 ∵C为AB的中点，AB为直径 ∴OCAB 在Rt OCE中  ∴CE OC2OE2  52152 5 10 ∵ABCD,AEDCEB ∴ AED CEB   AE DE ∴  CE BE 即AE·BECE·DE ∴20105 10DE ∴DE4 10 ∴CDCEDE5 104 10  10 （2）当D在BC上运动时，如图2，在△BCD中，BDC为度数不变的角，BDC 135 理由如下： ∵C为AB的中点，AB为  O直径， ∴BC的度数90 ∴BAC的度数为270 - 6 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴BAC所对的圆心角为270，圆周角为135 ∴BCD135 （3）如图3，当 ODE是以DE为腰的等腰三角形时，当ODDE5时，连OC  ∵ODDE ∴1E 由(1)知COE90 ∴1290,OCDE90 ∴2OCD ∴ODCD5 又∵ODOC ∴ODCDOC 5 ∴ OCD为等边三角形  ∴CECDDE5510 ∴OE CE2OC2  10252 5 3 1 1 25 ∴S  OEOC  5 35 3 OCE 2 2 2 ∵D为CE中点 1 25 ∴S S  S  3 OCD ODE 2 OCE 4 1 25 又∵S  55 OBC 2 2 25 25 ∴S S S  3 CBE OCE OBC 2 2 25 25 25 3 3 ∴S :S  3: 3  ODE CBE 4  2 2  4 当DEOE时 180E ∴EODEDO 90 2 ∵OC OD 180COD ∴OCDODC  90 2 ∴ODCODE9090180与C,D,E三点共线矛盾，所以此情况不存在； - 7 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 25 25 25 3 3 综上所述：S :S  3: 3  ． ODE CBE 4  2 2  4 【点睛】本题考查了三角形相似，圆周角定理，圆心角定理，勾股定理，等腰三角形等知 识的综合应用，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 3．（2023·上海松江·统考二模）如图，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OO于点E、交OD于点F． (1)如图，如果点O恰好落在半圆O上，求证：OABC； EF (2)如果DAB30o，求 的值； OD (3)如果OA3,OD1，求OF 的长． 【答案】(1)见解析 2 (2) 4 9 9 (3)OF  或OF  ． 7 5 【分析】（1）如图：连接OC,OC，先根据圆的性质和对称的性质说明 OAO是等边三角  形，OC BC，然后再说明COOBOC 60即可证明结论； （2）设圆O的半径为2a，则OAOA2a，如图：作ON  AD于N；先根据对称的性质 和等腰三角形的性质可得ODAOAD30,AOD120，然后解直角三角形可得   6 2 OD 2 32 a、EF OE a，最后代入计算即可； 2 - 8 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （3）分O在半圆O内和圆外两种情况，分别利用面积法解答即可． 【详解】（1）解：如图：连接OC,OC， ∵点O恰好落在半圆O上， ∴OOOA， ∵点O与点O关于直线AC对称 ∴AOOACOCO,OAC OAC， ∴  OAO是等边三角形，OC BC， ∴OAO60， 1 ∴COOBOC  180OAO60， 2 ∴AOOBOC 60， ∴OABC． （2）解：设圆O的半径为2a，则OAOA2a， 如图：作ON  AD于N ∵OAOD,OAD30， ∴ODAOAD30,AOD120， 在Rt△AON中，ON OAsin30a,AN OAcos30 3a， ∵ON  AD， ∴AD2AN 2 3a， - 9 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 又∵OAOA2a，   ∴OD 2 32 a， ∴ON 2a 3a，   在Rt OON中，OO ON2ON2  8a24 3a2  6 2 a，  1 6 2 由轴对称可得：OEOE OO a，DAC OAC 15,OE AF 2 2 AFODDAC 45,OEF 90， ∴ OEF为等腰直角三角形  6 2 ∴EF OE a， 2 6 2 ∴ EF 2 2 ．   OD 2 32 4 （3）解：当O在半圆O内时， 则ADOAODOAOD4， 由对称性可得：OAF OAF， 如图：过F作FN  AB于N，FM  AD于M， ∴FN FM 1 ADFM S 2 AD ∴ AFD   ， S 1 AO OFA AOFN 2 S DF 又∵ AFD  ， S OF OFA AD DF 4 4    ，即DF  OF ， AO OF 3 3 又∵OFDF OD3， 9 ∴OF  ； 7 当O在半圆O外时，由对称性可得：DAF OAF， - 10 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 如图：作FM  AO于M，FN  AO于N， ∴FN FM， 1 ADFM S 2 AD ∴ AFD   ， S 1 AO OFA AOFN 2 S DF 又∵ AFD  ， S OF OFA AD DF   ， AO OF 又∵ADOAODOAOD312， DF 2 2 ∴  ,即DF  OF ， OF 3 3 又∵OFDF 3， 9 ∴OF  ． 5 9 9 综上，OF  或OF  ． 7 5 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质、圆周角定理、解直角三角形、对称的性质等知识 点，正确作出辅助线是解答本题的关键． 4．（2023·上海嘉定·统考二模）在Rt△ABC中，BAC 90， 点P在线段BC上， 1 BPD ACB，PD交BA于点D，过点B作BEPD，垂足为E，交CA的延长线于点 2 F． - 11 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)如果ACB45， 1 ①如图1当点P与点C重合时，求证： BE PD； 2 1 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“BE PD”仍 2 成立吗?请说明你的理由； (2)如果ACB45，如图11，已知ABn·AC (n为常数)，当点P在线段BC上，BE且 BE 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． PD 【答案】(1)①证明见解析；②成立，证明见解析 n (2) ，过程见解析 2 【分析】（1）①由等角对等边可得AB AC，证明△BCE≌△FCEASA，则 BEFE 1 BF，证明  FBA≌  DPAASA，则BF PD，进而可证BE 1 PD；②如图 2 2 1，过P作PM  AC交AB于N ，交BF于M ，则BN PN，同理①可证， 1  BPE≌  MPEASA，则BEME BM ，同理①可证，  MBN≌  DPNASA，则 2 1 BM DP，BE DP； 2 （2）如图2，过P作PH∥AC交AB于G，交BF于H，同理（1）可证： 1 BH BG  BEP≌  HEPASA，则BEEH  BH ，证明  PGD∽  BGH ，则  ，证明 2 PD GP BG GP BG AB BH BG 2BE △BPG∽△BCA，则  ，即  n，可知  n，即 n，进而 AB AC GP AC PD GP PD BE n 可得  ． PD 2 【详解】（1）①证明：∵BAC 90，ACB45， ∴ABC 45，AB AC， 1 ∵BPD ACB， 2 ∴BCEFCE， 在 BEC和 FEC中，   ∵BCEFCE，EC EC，BEC FEC 90， ∴△BCE≌△FCEASA， - 12 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 ∴BEFE BF， 2 ∵FBAF 90，DPAF 90， ∴FBADPA， 又∵AB AC，BAF PAD， ∴ FBA≌  DPAASA， ∴BF PD， 1 ∴BE PD； 2 1 ②解：BE PD仍成立，理由如下： 2 如图1，过P作PM  AC交AB于N ，交BF于M ， ∴BNP90，BPN 45， ∴ÐNBP= 45°， ∴BN PN， 1 ∵BPD ACB， 2 ∴BPEMPE， 同理①可证，  BPE≌  MPEASA， 1 ∴BEME BM ， 2 同理①可证，  MBN≌  DPNASA， ∴BM DP， 1 ∴BE DP； 2 （2）解：如图2，过P作PH∥AC交AB于G，交BF于H， - 13 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 同理（1）可证：  BEP≌  HEPASA， 1 ∴BEEH  BH ， 2 ∵PH∥FC，BAC 90， ∴BGP90，BGH 90， ∴HBGBHG90，DPGBHG90， ∴HBGDPG， 又∵BGH PGD90， ∴ PGD∽ BGH ，   BH BG ∴  ， PD GP 又∵PH∥FC， ∴△BPG∽△BCA， BG GP BG AB ∴  ，即  n， AB AC GP AC BH BG 2BE ∴  n，即 n， PD GP PD BE n ∴  ． PD 2 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性 质，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 5．（2023·上海宝山·统考二模）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． - 14 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (1)当ABC=45时，求OC的长； OE (2)当ABC 60时，求 的值； EC (3)当△BOE为直角三角形时，求sinOCB的值． 【答案】(1)OC  6； OE 2 (2)  ； EC 3 2 51 (3)sinOCB的值为 或 ． 2 2 【分析】（1）作OM BC于M，连接OD，证明四边形OMCD是矩形，求得 1 CM ODOB AB2，推出  OBM 是等腰直角三角形，求得OM BM  2，再利用 2 勾股定理即可求解； （2）同（1）作OM BC于M，连接OD，可得四边形OMCD是矩形，求得 1 CM ODOB AB2，由ABC 60，求得BOM 30，再求得BC 213，根 2 据相似三角形的判定和性质即可求解； （3）分两种情况讨论，当EOB90时，同（1）可得四边形OMCD是矩形，再证明 △OCB∽△BOM ，利用相似三角形的性质求得BM 的长，即可求解；当OEB90时， 求得DCOBCO45，即可求解． 【详解】（1）解：作OM BC于M，连接OD， ∵BCD90， ∴OM∥DC， ∵BD是ABC的平分线， ∴ABDCBD， ∵ODOB， ∴ABDODB， - 15 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴CBDODB， ∴OD∥BC， ∴四边形OMCD是平行四边形，又BCD90， ∴四边形OMCD是矩形， 1 ∴CM ODOB AB2， 2 ∵ABC=45， ∴ OBM 是等腰直角三角形，  2 ∴OM BM  OB 2， 2  2 ∴OC  CM2OM2  22 2  6； （2）解：作OM BC于M，连接OD， 同理四边形OMCD是矩形， 1 ∴CM ODOB AB2， 2 ∵ABC 60， ∴BOM 30， 1 ∴BM  OB1， 2 ∴BC 213， ∵OD∥BC， ∴△DOE∽△BCE， OE OD 2 ∴   ； EC BC 3 （3）解：作OM BC于M，连接OD， 同理四边形OMCD是矩形， 1 ∴CM ODOB AB2， 2 - 16 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当EOB90时， ∵COM BOM 90，OCBCOM 90， ∴OCBBOM ，又COBOMB90， ∴△OCB∽△BOM ， OB BC 2 2BM ∴  ，即  ， BM OB BM 2 解得BM  51(负值已舍)， ∴BC CM BM  51， OB 2 51 ∴sinOCB   ； BC 51 2 当OEB90时， 由垂径定理得DEBE， ∴OE是线段BD的垂直平分线， ∴DC BC， 1 ∴DCOBCO DCB45， 2 2 ∴sinOCBsin45 ； 2 2 51 综上，sinOCB的值为 或 ． 2 2 【点睛】本题考查了垂径定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和 性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 6．（2023·上海徐汇·统考二模）已知：如图1，四边形ABCD中，AB ADCD， - 17 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 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； AD ②当BF DE时，求 的值． BC 【答案】(1)证明见解析 51 132 (2)①AC  x；② ． 2 3 【分析】（1）如图，过A作AQBC于Q，过D作DN BC于N ，证明  AQB≌  DNC， 再证明AD∥BC，从而可得答案； （2）①如图，连接PD，延长DP交BC于M ，证明  CPD∽  CDA，可得CP  CAx2，再 CP PM 证明四边形ABMD为平行四边形， CPM∽ CAB，可得ABDM x，  ，   CA AB CP xCP  ，即CPxCAxCA  CP，可得APx，即F ，B重合，再建立方程求解即 CA x 可；②当BEDF时，则F 在线段AB的延长线上，如图，延长AD交FE于T，连接 SD，证明四边形DSCT 是菱形，SCDSDC，设BS m，SC n， AD ABCDx，则DT n， 由 FBS∽ FAT，可得DT SC n3mx，过F 作   1 BI FI FI SF，交CB的延长线于I ，证明 FBI∽ SDC，FBFI  x，可得  ，   2 CD SC 1 DECEFBFI  x，证明 FSI≌ ESC，可得SI SC 3mx，   2 BI 3mxm2mx，再建立方程求解即可． 【详解】（1）证明；如图，过A作AQBC于Q，过D作DN BC于N ， - 18 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴AQBDNC 90， ∵ABDC，BC， ∴ AQB≌  DNC， ∴AQDN， ∵AQN DNC 90， ∴AQ∥DN ， ∴四边形AQND为矩形， ∴AD∥BC， ∵ABCD，AB，CD不平行， ∴四边形ABCD为等腰梯形． （2）①如图，连接PD，延长DP交BC于M ， ∵EF 是CD的垂直平分线， ∴PDPC， ∴PCDPDC，DPECPE， ∵ADDC  ABx， ∴DAC DCA， ∴PDC DAC，而PCDDCA， ∴ CPD∽ CDA，   CP CD ∴  ， CD CA ∴CP CAx2，  - 19 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵AF  AP，APF CPE， ∴AEPAPECPEDPE， ∴AB∥DM ，而AD∥BC， ∴四边形ABMD为平行四边形， CPM∽ CAB，   CP PM ∴ABDM x，  ， CA AB CP xCP ∴  ，即CPxCAxCACP，  CA x ∴CPxCAxx2， ∴CPCAx，而CPCAAP， ∴APx，即F ，B重合， ∴CAx  CAx2即CA2CAxx2 0， 51 解得：AC  x（负根舍去）． 2 ②当BEDF时，则F 在线段AB的延长线上，如图，延长AD交FE于T，连接SD， ∵EF 是CD的垂直平分线， 1 ∴DE CE  CD，DET CES 90， 2 ∵AD∥BC， ∴EDT ECS， ∴ DET≌ CES，   ∴DT SC，而DT∥SC， ∴四边形DSCT 是平行四边形， 由线段垂直平分线的性质可得SDSC， ∴四边形DSCT 是菱形，SCDSDC， 设BS m，SC n，AD ABCDx，则DT n， - 20 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 ∵AD∥BC，DEBF  x， 2 ∴ FBS∽ FAT，   1 x BS BF 2 1 ∴    ， AT AF 3 3 x 2 m 1 ∴  ， xn 3 ∴DT SC n3mx， 过F 作FI SF，交CB的延长线于I ， ∴FI∥CD， ∴FIBSCDSDC， ∵FBI ABC，等腰梯形ABCD， ∴ABC DCS， ∴FBI FIBSCDSDC， 1 ∴ FBI∽ SDC，FBFI  x，   2 BI FI 1 ∴  ，DECEFBFI  x， CD SC 2 ∵FSI CSE， ∴ FSI≌ ESC，   ∴SI SC 3mx， ∴BI 3mxm2mx， 1 x ∴2mx 2 ，  x 3mx ∴12m210xmx2 0， 5 13 5 13 解得：m  x，m  x（使SC0，不合题意舍去）， 1 12 2 12 2 13 ∴BC 4mx x， 3 AD x 3 132    ∴ BC 2 13 132 3 ． x 3 【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的 - 21 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 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，一元二次方程的解 法，难度大，计算量大，属于压轴题． 7．（2023·上海崇明·统考二模）如图，在Rt ABC中，ACB90，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； AF (2)设CDx，  y，求y关于x的函数解析式，并写出x的定义域； BF AF (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．   BF 2 【答案】(1) 3 2 (2)y x0x6 3 415 (3) 51或 2 【分析】（1）根据同角的余角相等分析可得ACF DBC，然后根据正切的概念求解； （2）过点F作FM  AC，FN BC，然后结合角的正切值及三角形的面积比分析求解； （3）分情况讨论，通过证明△ABC∽△GBF和利用点F,B,C,D四点共圆以及相似三角形 的性质分析求解． 【详解】（1）解：∵CF BD，ACB90， ∴ACFBCF DBCBCF 90， ∴ACF DBC， CD 2 ∴tanACF tanDBC   ； BC 3 - 22 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）过点F作FM  AC，FN BC， ∵CF BD，ACB90， ∴ACFBCF BDCACF 90， ∴BCF BDC， BC 3 ∴tanBCF tanBDC   ， DC x 设△ACF的AF边上的高为h，则△BCF的BF边上的高为h， 1 AFh S 2 AF ∴ VACF    y， S 1 BF VBCF BFh 2 又∵FM  AC，FN BC，ACB90， ∴ACBFMC FNC 90， ∴四边形FNCM 是矩形， ∴FM NC， FN FN 3 ∴tanBCF    ， NC FM x 1 ACFM ∴ S ACF  2  AC · FM  6 · x  2 x，即y 2 x0x6； S 1 BC FN 3 3 3 3 BCF BCFN 2 （3）如图： - 23 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①当△DGC∽△BAC时，AG, 又∵ABC GBF ， ∴△BGF∽△BAC， ∴BFG=BCA90， ∴点F,B,C,D四点共圆，且BD为直径， 又∵BDCF， ∴DF DC，BF BC 3， 在Rt  ABC中，AB AC2BC2 3 5， ∴AF  ABBF 3 53， AF 3 53 即   51． BF 3 ②当△DGC∽△ABC时，ACDG， 又∵ADF CDG， ∴ADF A， 过点F作FH AC， 1 1 ∴AH  AD 6x， 2 2 - 24 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵FH AC，ACB90， ∴FH∥BC， 1 6x AF AH 2 2 ∴    x， BF CH 1 3 6 6x 2 153 41 解得x （负值舍去）， 4 AF 2 153 41 415 ∴    ， BF 3 4 2 AF 415 综上， 的值为 51或 ． BF 2 【点睛】本题考查余角的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质，理解正切的概念，掌 握相似三角形的性质，准确添加辅助线是解题关键． 8．（2023·上海闵行·统考二模）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，连结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． 【答案】(1)见详解 1 (2)AC 2 3或 2 2 1 (3)y 2 1 ，1x 2 x x2 【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：①当FEB90时，②当EFB90时，然后分别画出图形，进而 - 25 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 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 1 1 ACB∽ BMD，则有DM  ，BM  1 ，然后可得 BMN∽ DMB，     x x2 ABC∽ NBM ，进而根据相似三角形的性质及三角函数可进行求解．   【详解】（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， - 26 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴AGBG2AC,CG 3AC，   ∴BC CGBG 2 3 AC 1， ∴AC 2 3； 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， EF BE 1 ∴   ， CH BC 2 EF 1 ∴  tanABC， BF 2 ∵BC1， 1 ∴AC BCtanABC  ; 2 1 综上所述：当△BEF为直角三角形时，AC 2 3或 ； 2 （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 - 27 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 示： 由（1）可知AABD， ∴ ACB∽ BMD，   DB DM ∴ABC BDM,  ， AB BC ∵BDBC 1，ABx， 1 ∴DM  ， x 1 1 ∴BM2 BD2DM2 1 ，即BM  1 ， x2 x2 ∵DMBBMN,MBN MDB，ACBNMB90,ABC NBM ， ∴ BMN∽ DMB， ABC∽ NBM ，     BM MN BM BN ∴  ，  ， DM MB BC AB 1 1 ∴MN x ,BN x 1 ， x x2 2 1 ∴DN DM MN  x，CN BCBN 1x 1 ， x x2 ∵ABC BDM ，由（1）知BCDBDC ABC45， ∴CDN 45， ∴△QDN 是等腰直角三角形， 22  2 2 ∴QDQN   x  x， 2 x  x 2 2 2  1   2 2  在Rt  CQN中，由勾股定理得：CQ 1x 1    x  x2   x 2      1 1 2  x22x 1 2 2 x2 x2 - 28 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 1 1   x2 1  2  x2    2 1   x2 1 ， 2  x2    2 1 ∴yCQQD 2 1 ， x x2 ∵BCDABC4590， ∴ABC45， BC ∴AB  2， cosABC ∵AB是斜边， ∴1 AB 2，即1x 2． 【点睛】本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． 9．（2023·上海黄浦·统考二模）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，连接GE，分别交 BD、CH 于点M、N． 3 (1)已知sinDBC  ， 5 ①当EC 4时，求VBCH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； HP (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． CN 72 25 65 【答案】(1)①S  ；② 或 BHC 5 8 56 - 29 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 10x (2) 2x 【分析】（1）①联结AC交BD于点O，根据菱形的性质可得OC BO，再由锐角三角函 24 数可得CO,BO的长，再由EH∥CO，可得BH  ，即可求解；②先证明四边形CEGD 5 是平行四边形，可得EG∥CD，从而得到EG∥AB，进而得到EMBABD，继而得到 4 BEME，再由EH BD，可得HM BH ，再由EH∥CO，可得r BH 8 x， H 5 4 4  2 OH  x，在Rt△HOC中，根据勾股定理可得HC   x 62 然后分两种情况：当两 5 5  圆外切时，当两圆内切时，即可求解； （2）先证明  ABH≌  CBH．BAH BCN．取BE中点Q，联结HQ，再证明 HP HQ  HQP∽  CEN，可得  ，即可求解． CN CE 【详解】（1）解：①联结AC交BD于点O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴OC BO． 3 在Rt BOC中，BC 10，sinDBC  ，  5 ∴COBCsinDBC 6， ∴BO8， ∵EH BD， ∴EH∥CO， BH BE BH 10- 4 ∴ = ，即 = BO BC 8 10 24 ∴BH  ． 5 1 1 24 72 ∴S  OCBH   6 ； BHC 2 2 5 5 - 30 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ②在菱形ABCD中，AB  CD，AD∥BC，即GD  CE， 又∵GDCE， ∴四边形CEGD是平行四边形， ∴EG∥CD， ∴EG∥AB， ∴EMBABD． 又∵ABDCBD， ∴EMBCBD， ∴BEME． 又∵EH BD， ∴HM BH ， 设CEx，则BE 10x， ∵EH BD， ∴EH∥CO， BH BE BH 10- x ∴ = ，即 = ， BO BC 8 10 4 ∴r BH 8 x， H 5  4  4 ∴OH 88 x x，  5  5 4  2 4  2 在Rt△HOC中，HC  OH2OC2   x 62   x 62 ． 5  5  当两圆外切时， 4 4  2 25 8 x1  x 62 ，解得x ； 5 5  8 当两圆内切时， 4 4  2 65 8 x1   x 62 ，解得x ； 5 5  56 25 65 综上所述，CE长是 或 ； 8 56 （2）解：∵ABBC,ABDCBD，BH BH ， ∴ ABH≌ CBH．   - 31 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴BAH BCN． 取BE中点Q，联结HQ， 由（1）得：HM BH ，EG∥AB HQ∥EN∥AB， ∴HQPCEN,QHPBAH BCN， ∴ HQP∽  CEN， HP HQ ∴  ， CN CE 又∵EH BD， 1 10x ∴HQ BE ． 2 2 HP 10x ∴  ． CN 2x 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关 系，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关系，勾股定理 是解题的关键． 10．（2023·上海静安·统考二模）如图，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． 2 (1)求证：CG r； 3 - 32 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) (2)如图，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VOGB沿直线OG翻折后记作△OGB，当OBBC时，求P的正切值． 【答案】(1)见解析； 4 2 5 (2)① ；② 9 5 【分析】（1）连接AO，由四边形ABOC为矩形得到BC OAr，由CG2BG得到 1 1 2 BG BC  r，即可得到CG r； 3 3 3 （2）①连接AO，证明PCBO，再证  BGO∽  PNA,CGOANO，则 S BG 2 2 OBG   ，GOBPAN,PCBO，再求得OC CG r，再证 S PN  3 ANP AO OC 3 1 AOC∽ POA，得到  ，求出PO r，PN POON  r，即可得到△OBG   PO AO 2 2 与 ANP的面积之比；  ②延长BG交OB于点Q，设OBx，利用勾股定理得到OC  r2x2 ，利用等积法求出 BOCO x r2x2 x2 x2 1 OH   ，勾股定理得到BH  ，即可得到GH   r，证明 BC r r r 3 GQOB，则GQOGHO90，可证得 GQO≌ GHOASA，则   x2 1 x r2x2 5 GQGH   r，OQOH  ，由BQ2GQ2 BG2求得x r，即可得到 r 3 r 3 2 OC  r，由PCBO，BOC 90，根据正切的定义得到P的正切值． 3 【详解】（1）证明：连接AO， - 33 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵四边形ABOC为矩形， ∴BC OAr， ∵CG2BG， 1 1 2 2 ∴BG BC  r，CG BC  r； 3 3 3 3 （2）①如图，连接AO， ∵四边形ABOC为矩形， ∴BOC ACOACPBAC 90，BCOBAO， ∵CAPBCO， ∴CAPBAO， ∴CAPCAOBAOCAO， 即PAOBAC 90， ∴OANPAN 90， ∵BOC ACP90，CAPBCO， ∴PCBO， ∵BGOANP， ∴ BGO∽  PNA,CGOANO， S BG 2 ∴ OBG   ，GOBPAN,PCBO， S PN  ANP - 34 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∵COGGOBBOC 90， ∴COGOAN， ∵AONO， ∴ONAOAN ， ∴COGCGO， 2 ∴OC CG r， 3 ∵PAOACO90，AOC POA， ∴ AOC∽ POA，   AO OC ∴  ， PO AO 2 r ∴ r 3 2，   PO r 3 3 ∴PO r， 2 3 1 ∴PN POON  rr r， 2 2 1  2 ∴ S OBG    BG  2    3 r    4 ； S ANP PN   1 r 9  2  ②如图，延长BG交OB于点Q， 设OBx，则OC  BC2OB2  r2x2 ， ∵OBBC， 1 1 ∴S  BCOH  BOCO， BCO 2 2 BOCO x r2x2 ∴OH   ， BC r - 35 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 x r2x2  x2 ∴BH  BO2OH2  x2   ，  r  r   x2 1 ∴GH BH BG  r， r 3 由翻折可知，BCBO,GOBGOB, ∵OBBC， ∴BHGB90， ∵BGQHGB,BCBO， ∴CBOBGQ90， ∴GQOB， ∴GQOGHO90， 在  GQO和△GHO中， GQOGHO   GOGO ，  GOBGOB ∴ GQO≌  GHOASA， x2 1 x r2x2 ∴GQGH   r，OQOH  ， r 3 r ∵BQ2GQ2 BG2，  x r2x2  2 x2 1  2 1  2 ∴x    r  r ，   r    r 3  3  5 解得x r， 3 2  5  2 ∴OC  BC2OB2  r2x2  r2 r  r，   3 3   ∵PCBO，BOC 90， 2 r OC 3 2 5 ∴tanPtanCBO   ， OB 5 5 r 3 2 5 即P的正切值为 ． 5 【点睛】此题考查了圆的基本知识、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、矩形的性 - 36 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、图形的旋转、无理方程等知识，综合性非常 强，难度较大，数形结合和准确计算是解题的关键． 11．（2023·上海金山·统考二模）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； 3 ② M 经过C、D两点，联结OM 、MF，当OFM 90，AC 10，tanA 时，求 4  M 的半径长． 【答案】(1)见解析   5 (2)①CF:AC  51 :4 ② 61 9 【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； 360 （2）①连AD，根据正十边形的中心角可得DOC  36，推出 FDC∽ FOD，   10 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．   【详解】（1）证明：AB AC，DEDB， ∴BACBDEB， ∴A1802B，BDECDF 1802B， ∴ACDF， （2）①连AD， ∵D是BC的中点，AB AC - 37 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴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， 360 ∴DOC  36， 10 180DOC ∴OCD 72， 2 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   DF CF r CF 则  ，即  ， OF FD rCF r 51  51 解得CF  r或CF  r（舍）， 2 2 51   ∴CF:AC  r:2r 51 :4， 2 ②∵AC 10， ∴OC OD5， DH 3 又∵tanAtanDOC   OH 4 ∴DH 3，OH 4， ∴CH OCOH 541， 设CF a， 由①可知ACDF DOC，DFODFO， ∴ FDC∽ FOD，   - 38 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) DF CF ∴  ， OF FD ∴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， 10 解得a ， 3 10 25 ∴CF ，OF ， 3 3 ∵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 ，   25 MF OF ∴  ，即MF 3 CH DH  ， 1 3 25 解得MF  ， 9 连接CM ， 10 2 25 2 5 ∴CM  CF2MF2       61．  3   9  9 【点睛】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． - 39 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 12.（2023上海普陀二模） (本题满分14分，第(1)小题满分5分，第(2)小题满分5分，第(3) 小题满分4分) 如图11,半圆0的直径AB=4,点C是AB上一点(不与点A、B重合)，点D是BC的 中点，分别联结AC、BD . (1)当AC是圆0的内接正六边形的边时，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△PAB的中腰线，求AC的长. - 40 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 13.（2023上海长宁二模） （本题满分14分，第（1）小题4分；第（2）小题4分；第（3）小题6分） 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 （2）延长EF与CA 的延长线交于点M ，如图2所示，求  的值； AC AD - 41 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （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 E E G G A A B B F D F D M （图1） （图2） C E G A B F D M （备用图） - 42 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 14．（2023上海青浦二模）25．（本题满分14分，其中第（1）小题5分，第（2）①小题5 分，第（2）②小题4分） 如图9，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9 解：（1）联结DO，∵点D是弧AB的中点，AB是直径，∴OD⊥AB． ······················（1分） ∴∠CHB=∠DOB=90°，OD∥CH，∴∠DOC=∠OCH． ·····························（1分） - 43 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 过点O作OM⊥BC，垂足为点M．由垂径定理，BM  BC 3． 2 4 3 在Rt△BOM中，BM=3，OM=4，OB=5，sinOBC  ，cosOBC  ． 5 5 24 在Rt△BCH中，CH BCsinOBC  ． ········································（1分） 5 18 7 BH BCcosOBC  ．OH OBBH  ·································（1分） 5 5 OH 7 24 7 ∴tanDOC tanOCH     ． ·································（1分） CH 5 5 24 （2）作HG∥OC交BD于点G. ． ···································································（1分） 18 GH BH 5 18 得   ，GH  m． ························································（1分） OE BO 5 25 CF CE CF 5m 又由HG∥OC得  ，所以  ． ························（1分） FH GH 24 18 CF m 5 25 600120m ∴CF  ． ···············································································（2分） 1257m 600120m （3）r OEm，r CF  ，d OC 5． o c 1257m 600120m ①当两圆内切时， m 5． ·············································（1分） 1257m 600120m 由于0m5，0 5，所以两圆不可能内切． ·············（1分） 1257m 600120m ②当两圆外切时，m 5． 1257m 5 解得m  ,m 5． ·················································································（1分） 1 7 2 5 所以当两圆相交时， m5． ·····························································（1分） 7 15.（2023上海奉贤二模）25．（本题满分14分，第(1)小题满分4分，第（2）(3)小题满分5 分） 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10，当点F在边AB上时，求证：△ABD≌△ECB； （2）如图11，如果F是AB的中点，求FE:EC的值； - 44 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （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10 图11 解：（1）∵CF⊥BD ，∴∠CEB=90°． ··············································································（1分） ∵AD//BC，∠ABC＝90°，∴∠A=90°，∠ADB=∠CBE． ·············································（1分） ∴∠CEB=∠A． ··············································································································（1分） ∵BD=BC，∴△ABD≌△ECB． ····················································································（1分） （2）过点F作FG//AD，交BD于点G. 设BC=BD=m， BF BG FG ∵FG//AD，∴   . （1分） AB BD AD BF 1 ∵点F是AB的中点，AD=4，∴  . AB 2 1 ∴FG=2，BG= m. ··············································································································（1分） 2 1 ∵△ABD≌△ECB，∴BE=AD=4． ∴EG= m-4． ·······················································（1分） 2 FG EG EF ∵AD//BC，∴FG//BC． ∴   ． ····························································（1分） BC BE EC 1 m4 2 2 EF 2 21 即  . 解得m=44 2. ∴   ． （1分） m 4 EC 44 2 2 （3）①如图1，当BF=DF时， ∵FC⊥BD，∴∠FEB=∠FED=90°. ∴BE=DE. ∴BC=DC. ∴△BDC是等边三角形. ∴∠DBC=60°. ∴∠ABD=30°. 图1 图2 ∴BD=2AD=8. - 45 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ∴BC=8. ························································································································（2分） ②如图2，当BF=BD时， ∵ BD=BC，∴BF=BC. ∵CF⊥BD，∠FBC=90°，∴∠FBE=∠CBE =45°. ∵∠BAD=90°，∴AD=AB=4． ∴BC=BD=4 2. ···········································································································（2分） ③如图3，当DF=BD时， 设AD和EC的交点为点H，BC=BD=a， ∵FD=BD，∠DAB=90°，∴AF=AB. AH AF 1 1 1 ∵AD//AB，∴   .∴AH= a. ∴DH=4- a. BC BF 2 2 2 1 4- a DH ED 2 a4 图3 ∵  . 即  . BC BE a 4 解得a=1 17（. 负值舍去）∴BC=1 17.. ······················································（1分） 综上所述，如果△BFD是等腰三角形，BC=8、4 2或1 17. 16.（2023上海虹口二模）（本题满分14分，第（1）小题4分，第（2）小题4分，第 （3）小题6分） 1 如图11，在菱形ABCD中，AB=2 5，点P在对角线BD上，tan∠DBC= ，⊙O是△PAB 2 的外接圆，点B与点P之间的距离记为m． （1）如图12，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 A D D O O P P B 图11 C B 图12 C - 46 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A D B C 备用图 解：（1）联结OP，交AB于点H ∵PA=PB， ∴ . 又∵OP过圆心，∴OP⊥AB………………………………………………………（1分） ∵OB=OP， ∴∠OBP=∠OPB 在菱形ABCD中，∠ABD=∠CBD ……………………………………………（1分） 在Rt△BPH中，∠ABP+∠OPB=90°…………………………………………（1分） ∴∠CBD +∠OBP=90° 即∠OBC=90° ∴OB⊥BC. ……………………………………………………（1分） （2）∵∠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， 联结AC，由题可得AC=4，BD=8 AB 在Rt△ABP中，AP  ABtanABP  5 ，BP   5 cosABP ∴DP=3 AP DP 5 3 ∵AD∥BQ ∴  即  PQ BP PQ 5 5 ∴PQ = 5 . …………………………………………………………………（2分） 3 ②当∠AQB=90°时， 8 1 ∵S  ACBD  BCAQ ∴AQ= 5， 菱形ABCD 2 5 在菱形ABCD中，AD=AB=2 5，AD∥BC， 1 ∴∠ADB=∠DBC ∴tan∠ADB= tan∠DBC= 2 在Rt△ADP中，AP  ADtanADB  5 8 3 ∴PQ = 5 5  5………………………………………………………（2分） 5 5 5 3 5 综上所述，PQ= 5或 . 3 5 - 47 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有 尽有 ，+V: jiajiao6767 ) - 48 - 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司（3）联结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 1 1 ∵OG⊥BD， ∴BG = GP = BP = m , 2 2 1 同理，BE = AB = 5.……………………………………………………………（1分） 2 ∵∠ABD+∠BFE=90°，∠FOG+∠BFE=90° ∵∠ABD=∠CBD ∴∠FOG =∠CBD 1 ∴tan∠FOG= tan∠CBD= 2 BE 5 在Rt△BEF中，BF   ……………（2分） cosFOG 2 5 1 ∴FG BFBG   m 2 2 GF 在Rt△OGF中，OG   5m tanFOG 在Rt△OPG中， OP2 OG2GP2 1 ∴OP (5m)2 ( m)2 2 5m240m100 ∴⊙O的半径为 …………………………………………………（2分） 2 20 m的取值范围为 0