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

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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，
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∵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，
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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
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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
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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
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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
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∴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；
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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
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（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，
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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，
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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．
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(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，
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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，
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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．
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(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，
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∴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
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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，
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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 ，
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∴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，

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∵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，
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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
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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
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（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：
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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
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∵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
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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，
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∴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
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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
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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
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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
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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．
 
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∴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
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(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，
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∵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
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∵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
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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
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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
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∴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，
 
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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．
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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.
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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
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（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）
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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 -
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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；
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（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.
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∴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
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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
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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<m<4或 <m≤8……………………………………………（1分）
3
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