2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题10 图形的变化42题（相似、锐角三角比）（详解版）

这是一份2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题10 图形的变化42题（相似、锐角三角比）（详解版），共62页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．（2024·上海浦东新·二模）如图，在中，，，．点D在边上，且，交边于点E，那么以E为圆心，为半径的和以D为圆心，为半径的的位置关系是（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
【答案】B
【分析】本题考查的是两圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，先求解，再证明，求解，，再结合两圆的位置关系可得答案．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴以E为圆心，为半径的和以D为圆心，为半径的的位置关系是外切．
故选B
2．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，中，，，，如果以点C为圆心，半径为R的与线段有两个交点，那么的半径R的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】此题主要考查了直线与圆的位置关系．根据直线与圆的位置关系得出相切时只有一交点，经过点时有两个交点，再结合图形即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，
设，则，
由勾股定理得，即，
解得，
∴，，
过点作于点，
∴，
∴，
∴如果以点C为圆心，半径为R的与线段有两个交点，那么的半径R的取值范围是，
故选：A．
3．（2024·上海黄浦·二模）小明在研究梯形的相似分割问题，即如何用一条直线将一个梯形分割成两个相似的图形．他先从等腰梯形开始进行探究，得到下面两个结论．结论1：存在与上、下底边相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形；结论2：不存在与两腰相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形．对这两个结论，你认为（ ）
A．结论1、结论2都正确B．结论1正确、结论2不正确；
C．结论1不正确、结论2正确D．结论1、结论2都不正确．
【答案】B
【分析】本题主要考查图形的相似和垂直平分线的性质，分别作上下底的垂直平分线即可判定结论1正确；连接两腰与其垂直平分线的交点即可判定结论2错误．
【详解】解：如图，存在与上、下底边相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论1正确；
如图，存在与两腰相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论2不正确；
故选：B．
4．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，是的重心，点在边上，，如果，，那么的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形重心的性质，相似三角形的性质与判定，余弦的定义； 根据题意得出，设，则，进而根据得出，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交于点，连接交于点，
∵是的重心，点在边上，
∴，
∴
∴
∴
设，则，
∵，
∴，
∴，即
∴
解得：（负值舍去）
∴
∴，
故选：D．
5．（2024·上海嘉定·二模）在中， ，，以点为圆心，半径为的圆记作圆，那么下列说法正确的是（ ）
A．点在圆外，点在圆上；B．点在圆上，点B在圆内；
C．点在圆外，点在圆内；D．点、都在圆外．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，点与圆的位置关系，等腰三角形的性质，掌握解直角三角形和会判断点与圆的位置关系是解决问题的关键．由解直角三角形求出，由等腰三角形的性质求出，即可判断出点B和点A与的位置关系，即可得出答案．
【详解】解：如图，过点A作于点D，如图所示：
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵的半径为6，
∵，
∴点在圆外，点在圆内；
故选：C．
6．（2024·上海青浦·二模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过O作的垂线交于点与相交于点F，且，那么下列结论的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知，垂直平分，则，可判断A的正误；由，，，，可得，可判断B的正误；证明，则，即，可得，进而可判断C的正误；证明，可得，进而可判断D的正误．
【详解】解：∵平行四边形，
∴，，，
又∵，
∴垂直平分，
∴，A正确，故不符合要求；
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，B正确，故不符合要求；
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，C正确，故不符合要求；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，D错误，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
二、填空题
7．（2024·上海徐汇·二模）小杰沿着坡比的斜坡，从坡底向上步行了米，那么他上升的高度是 米．
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是掌握坡比的定义．设坡度的高为米，根据勾股定理列方程求解．
【详解】解：设坡度的高为米，则水平距离为米，
，
解得：，
故答案为：．
8．（2024·上海青浦·二模）如图，热气球的探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B的仰角为，看这栋楼底部C的俯角为，热气球A处与楼的水平距离为m米，那么这栋楼的高度为 米．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题考查了解直角三角形的仰角俯角问题，首先过点A作于点D，根据题意得，，米，然后利用三角函数求解即可求得答案．
【详解】解：首先过点A作于点D，如下图所示，
则，，米，
在中，米，
在中，米，
∴米．
故答案为：
9．（2024·上海长宁·二模）如图，正方形中，点在对角线上，点在边上（点不与点重合），且，那么的值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．根据正方形的性质及勾股定理得，再证明，利用相似三角形的性质即可得解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
10．（2024·上海静安·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线与直线交于点，它们的夹角为．直线交x负半轴于点A，直线与x正半轴交于点，那么点A的坐标是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了两直线相交的问题，点的坐标，相似三角形的判定与性质．根据已知条件证得，再根据相似三角形的性质即可求出的长，从而得出点的坐标．
【详解】解：，
，
轴轴，
，
，
，
，
，
点，点，
，，
，
，
点在轴的负半轴，
点的坐标是，
故答案为：．
11．（2024·上海黄浦·二模）如图，D、E分别是边、上点，满足，．记，，那么向量 （用向量a、b表示）．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行线的判定，相似三角形的判定以及性质，向量的知识．由判定出，由平行线的得出，再根据向量得知识即可得出．
【详解】解：∵，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
12．（2024·上海普陀·二模）如图，梯形中，，过点作分别交、于点、，，设，，那么向量用向量、表示为 ．

【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，相似三角形的性质与判定，平面向量的线性运算，先证明四边形是平行四边形，根据已知得出，进而证明得出，，进而根据三角形法则，进行计算即可求解．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，则，
∵，，
∴，
∴
故答案为：．
13．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，，．点在边上，，以点为圆心，为半径作．点在边上，以点为圆心，为半径作．如果和外切，那么的长为 ．

【答案】/
【分析】本题考查的是圆和圆的位置关系、解直角三角形的知识，作于点H，连接，先求出，设，在中，根据勾股定理列方程即可解决．
【详解】解：作于点H，连接，
，，
，
在中，，
，
，
设，
和外切，半径为2，
，
在中，，
，
解得：，
故答案为：．
14．（2024·上海奉贤·二模）如图，正方形的边长为，点在延长线上，连接，如果与相似，那么 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的性质，三角函数，设，利用相似三角形的性质可得，即，求出，得到，再根据正切的定义计算即可求解，利用相似三角形的性质求得是解题的关键．
【详解】解：设，则
∵，与相似，
∴，
∴，
∴，
解得，（不合，舍去），
∴，
∴，
故答案为：．
15．（2024·上海嘉定·二模）定义：如果三角形有两个内角的差为，那么这样的三角形叫做准直角三角形．已知在直角中，，，，如图4，如果点在边上，且是准直角三角形，那么 ．
【答案】或．
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．分两种情况讨论，由相似三角形的性质和锐角三角函数可求解
【详解】当时，如图，过点D作于H，
在中，，，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或；
16．（23-24九年级下·上海崇明·期中）如图，点G是的重心，BG的延长线交AC于点D，过点G作，交于点E，则 ．
【答案】
【分析】此题主要考查三角形中线的性质和相似三角形的判定和性质的理解及运用．利用该定理时要注意线段之间的对应关系．
由点G是重心，得出是的边上的中线，确定，，再由相似三角形的判定和性质得出，即可求解．
【详解】解：∵点G是重心，
∴是的边上的中线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴故答案为：．
17．（2024·上海闵行·二模）如图，在中，上的中线相交于点F，如果，那么的值为 ．
【答案】
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，先证明，再证明，则，证明，则， 设，则，得到（负值舍去），进一步得到，则，即可得到答案．
【详解】解：过点E作于点H，
∴，
∵上的中线相交于点F，
∴，
∴
∴，
∵
∴
∴
∵，，
∴
∴
∴
设，则，
∴，
∴（负值舍去），
∴
∴，
∴
∴
故答案为：
18．（23-24九年级下·上海崇明·期中）已知在矩形中，，将矩形绕点旋转，的对应边与边相交于点，连接，当点是中点时， ．
【答案】
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角函数，过作于，过点作于，可得四边形为矩形，得到，，进而得，，再证，得到，可得，，得到，最后根据正切的定义即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，过作于，过点作于，则，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵点是中点，
∴
∴，
又由旋转可得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得，，
∴，
∴，
故答案为：．
19．（2024·上海普陀·二模）如图，在中，，，分别以点B、C为圆心，1为半径长作、，D为边上一点，将和沿着翻折得到和，点B的对应点为点，与边相交，如果与外切，那么 ．
【答案】或
【分析】作，，根据余弦的定义，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质，在中，得到，的长，，由折叠的性质得到，，由与外切，得到，在中得到，
当在内部时， ，，当在外部时，，，
本题考查了，三角函数解直角三角形，等腰三角形三线合一，勾股定理，折叠的性质，圆与圆的位置关系，解题的关键是：找到两种情况，分别求解．
【详解】解：过点作交于点，连接，过点作，交于点，
∵，，
在中，，，
∴，
由折叠的性质可得：，，
∵，，
∴，
∵与外切，
∴，，
在中，，，
当在内部时，
，
∴，，
∴，
当在外部时，
，
∴，，
∴，
故答案为：或．
20．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，边长分别为5，3，2的三个正方形拼接在一起，它们的一边在同一直线上，那么图中阴影三角形①和②的面积之比的比值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，正方形的性质等知识，证明，可求出，利用平行线分线段成比例可求出，，进而求出，，然后证明，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶如图，
根据题意，得，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
同理，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
21．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点．
已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ．
【答案】
【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案．
【详解】解：设，，，
∴结合题意可得：，，
∴，
∴，
∴，，
如图，过作交于，过作于，交于，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
过作交于，
∴四边形，，是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
同理可得：，
∴是梯形中位线，
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键．
三、解答题
22．（2024·上海黄浦·二模）如图，D是边上点，已知，，．

(1)求边的长；
(2)如果（点A、C、D对应点C、B、D），求的度数．
【答案】(1)6
(2)
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，勾股定理的逆定理等知识点．
（1）证明，由相似的性质可得出，然后计算出，代入求值即可．
（2）由得出，由勾股定理的逆定理得出，进一步得出，由等量代换即可求出，即的度数．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴，
∴，
∵，即
∴是直角三角形，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
即．
23．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点E，交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接交于点G，如果，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明，可得，结合，可得四边形是平行四边形，从而可得结论，
（2）如图，连接交于点G，交于，证明梯形是等腰梯形，证明，结合，可得，再利用相似三角形的性质可得结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵的平分线交延长线于点E，交于点F．
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，而，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）如图，连接交于点G，交于，

∵在梯形中，，，
∴梯形是等腰梯形，
∴，，
∵菱形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握基本几何图形的性质是解本题的关键．
24．（2024·上海浦东新·二模）已知：如图，在菱形中，点E是边上的任意一点（不与点D、C重合），交对角线于F，过点E作交于点G．
(1)求证：；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判断，菱形的性质：
（1）证明，得到，证明得到，则可得，即；
（2）如图所示，连接交于O，由菱形的性质得到，，则，证明，进而证明,即可得到，即．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴,
∴，
∴．
25．（2024·上海奉贤·二模）如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且．
(1)求证：；
(2)连接 、，如果，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，先证明得，再证明，得，从而得出，即可由比例的性质得出结论．
（2）由平行线分线段使得，即 ，由（1）知，从而得，即可得出，再证明，得出，，从而得出，可由菱形的判定得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
（2）证明：如图，
∵
∴
∴
由（1）知
∴
∴
∴
∵∵
∴
∴
在与中，
∴
∴，，
∴
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，全等三我的判定与性质，菱形的判定．熟练掌握相似三角形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键．
26．（2024·上海松江·二模）如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，连接，过点作，交边于点（点与点不重合）．

(1)当是的中点时，求证：；
(2)当的长度取不同值时，在中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；
(3)延长交边于点，连接，与能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，PF的长度不变，
(3)能相似，
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质及判定，相似三角形的性质和判定，锐角三角函数的比值关系等知识点，灵活运用角的等量关系建立边的比值关系是解题的关键．
（1）利用斜边的中线是斜边的一半的性质和矩形的性质，通过角的等量代换得到即可；
（2）通过角的等量代换和相似三角形的判定方法证出，即可根据比值关系求解；
（3）连接，过点作，垂足为，通过角的等量代换和边的比值关系判定出四边形是矩形，然后再利用角的等量代换证出，当时（均为钝角）时，可得到，从而得到，再利用勾股定理运算求解即可．
【详解】（1）解：∵，为的中点，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：的长度不变，理由如下：
∵，
∴，
∵四边形为矩形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）连接，过点作，垂足为，如图所示：
∴，，
由题意可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴当时（均为钝角），，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
27．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，在中，直径垂直于弦，垂足为点E，连接、，延长交于点F．
(1)求证：；
(2)如果，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用垂径定理得出，利用线段垂直平分线定理得出，利用等腰三角形三线合一性质得出，利用等边对等角得出，等量代换得出，可证，再利用相似三角形的性质即可得证；
（2）在中，利用勾股定理求出半径，在中，利用勾股定理求出，然后利用（1）中相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：连接，
∵直径垂直于弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴
（2）解：∵，，
∴，
设半径为r，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
整理得，
解得
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键．
28．（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且．
(1)求证：；
(2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查相似三角形判定及性质，等腰梯形判定等．
（1）根据题意判定即可得到本题答案；
（2）根据角的转换，证明两个底角即，继而得到本题答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：根据题意如下图：
∵，
∴，
∵，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形为梯形，
∴，
∴，
∴四边形为等腰梯形．
29．（2024·上海虹口·二模）根据以下素材，完成探索任务．
【答案】任务一：斜坡的坡比；任务二：米
【分析】本题考查的是解直角三角形坡度坡角问题及相似三角形判定与性质，矩形判定与性质，任务一：根据勾股定理求出第三边进而求出坡度；任务二：作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，通过解直角三角形结合矩形判定与性质求出相关线段长度，再证明，根据性质求出结论即可．
【详解】解：任务一：如图①，
由题意得：在中，为25米，斜坡长为65米，
（米），
斜坡的坡比；
任务二：如图③，作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，
则四边形为矩形，四边形为矩形，
米，
米，
，为米，
，
解得：米，
米，
米，米，
，
，
，
，
，
解得：，
经检验，是原方程的解，
米．
30．（2024·上海静安·二模）已知：如图，直线经过矩形顶点，分别过顶点、作的垂线，垂足分别为点E和点F，且，连接．
(1)求证：；
(2)连接和，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定和性质，根据梯形中位线定理得出是解题关键．
（1）连接交于点O，得是梯形的中位线，进而可得，再证明，由相似三角形性质即可得出结论，
（2）根据垂直平分即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点O，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
（2）由（1）得，，
∴，
又∵，
∴
31．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，连接．
(1)求证：；
(2)连接交于点，连接交于点．如果，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
（1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论；
（2）设，算出，证明，求出 ，进而证出结论；
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，点D在的延长线上，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
；
（2）解：如图，
四边形是平行四边形，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
．
32．（2024·上海金山·二模）如图，已知：D是的边上一点，点E在外部，且，，交于点F．
(1)求证：；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
（1）由得到，根据“角边角”推得，即可证得答案；
（2）先证明，得到，再证明，得到，所以，由此即得答案．
【详解】（1），
，
，
，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
33．（2024·上海闵行·二模）如图，在中，点在边上，点在边上，点、在边上，，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)求证：．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题主要考查了平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明四边形是平行四边形是解题关键．
（1）首先证明，然后利用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形即可；
（2）首先由平行四边形的性质可得，，进而证明，由相似三角形的性质即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
34．（2024·上海金山·二模）如图，已知：等腰梯形中，，，以A为圆心，为半径的圆与相交于点E，与相交于点F，联结，设分别与相交于点G、H，其中H是的中点．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)如图1，如果，求的值；
(3)如图2，如果，求的余弦值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由题意知，，则，，由等腰梯形，可得，则，进而结论得证；
（2）由垂径定理得，证明，则，设，则，证明，则，，由勾股定理得，，，则，根据，求解作答即可；
（3）由（2）可知，，则，，由（2）可知，，则，，如图，作，垂足为点I，连接，则，设，，则，，证明，可得，，由勾股定理得，，即，可得，根据，求解作答即可．
【详解】（1）证明：由题意知，，
∴，
∵，
∴，
∵等腰梯形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由（2）可知，，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，，
∴，
∴，
如图，作，垂足为点I，连接，

∵，
∴，
设，，则，，
∵
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦等知识．熟练掌握等腰梯形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，垂径定理，余弦是解题的关键．
35．（2024·上海嘉定·二模）在菱形中，，点在射线上，连接、．
(1)如图，当点是边的中点，求的正切值；
(2)如图，当点在线段的延长线上，连接与边交于点，如果，的面积等于，求的长；
(3)当点在边上，与交于点，连接并延长与的延长线交于点，如果，与以点、、所组成的三角形相似，求的长．
【答案】(1)的正切值是
(2)
(3)
【分析】（1）如图，连接，根据菱形的性质，结合已知判定是等边三角形，证明
，后利用正切函数计算即可；
（2）取的中点M，连接，结合(1)的解答，利用平行线的性质，三角形面积的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理计算即可；
（3）过作点，垂足为，判定相似三角形的对应关系，结合等腰三角形的判定和性质，列出方程解答即可．
【详解】（1）解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∵点是边的中点，
∴，，
∴，
又，
∴，
设，
∴，，
在中，，
∴的正切值是．
（2）解：取的中点M，连接，
由（1）可知：，，
∵，
∴，
∴
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵的面积等于
∴
∵与是同高的，设这个高为
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
在中，，
∴ ，
∴．
（3）过作点，垂足为
由（1）得：是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴
∵，
∴，
∵与以点、G、组成的三角形相似
∴点只能与点G对应，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
解得：，（舍去，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，正切函数，勾股定理，解方程，熟练掌握正切函数，三角形相似，勾股定理是解题的关键．
36．（2024·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，点在边上，与的延长线交于点，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)联结，分别延长、交于点，如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定；
（1）根据，可得得出，结合已知条件可得，即可得证；
（2）根据已知可证明得出，，进而证明，得出，即可得出，进而根据平行四边形的性质可得，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：如图所示，
∵，
即，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即．
37．（2024·上海青浦·二模）已知：如图，在四边形中，，点E是对角线上一点，，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)延长分别交线段的延长线于点，如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由得, 则，所以，则四边形是平行四边形， 由且得, 所以则, 即可证明四边形D是菱形；
（2）由菱形的性质得, 而, 所以, 可证明, 得 则再证明, 得 所以, 再证明, 得则 即可证明
【详解】（1）)证明: ∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴四边形是平行四边形，
∵,
∴,
∴，
∵,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是菱形；
（2）证明：根据题意作图如下，
∵四边形是菱形,
∴，
∵,
∴,
∵,
∴,
，
，
∵,
∴,
，
∴,
∴, 且,
∴,
∵,
∴,
∴,
，
．
【点睛】此题重点考查平行线的性质、菱形的判定性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，推导出是解题的关键．
38．（23-24九年级下·上海崇明·期中）如图，已知中，，，，点D是射线上一动点（不与A、B重合），过点D作，交射线于点E，点Q为中点，连接并延长，交射线于点P．
(1)如图，当点D在线段上时，
①若，求的长；
②当与相似时，求的长．
(2)当是以为腰的等腰三角形时，试判断以点A为圆心、为半径的与以C为圆心、为半径的的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)① ，②
(2)外离，理由见解析；
【分析】（1）① 过点作，交于，根据已知可得四边形为矩形，要求，可先求得的正切值，由，，，，可依次求得长，点Q为中点，可得，，由此在可求得，即可求得的长；
② 当与相似时，利用，要求，求出即可，利用，在中解直角三角形可求得，设，再通过解直角三角形求出，可求得的长，由此得解；
（2）要判断两圆的位置关系，需求出两圆的半径，，，通过利用是以为腰的等腰三角形，解直角三角形求出和，然后半径之和与两圆心距离比较，即可得到解决．
【详解】（1）解：① 过点作，交于，如图所示，
，，，
，，
解得，
，
，
，
，，
，
在中，
，，
，
点Q为中点，
，
，，，
四边形为矩形，
，，
，
，
．
② 当与相似时, 过点作，交于，
，
，，
，
，，，
，
，
，，
，，
设，则，，
，
点Q为中点，
，
，，，
在中，，
，
，即，
解得：，
，
在中，，
，
，
．
（2）解：当是以为腰的等腰三角形时，过点作于，过点作，交于，如图所示，
则，，
点Q为中点，
，
，
，
，即为角平分线，
，，
，，
设，
，，
，
，，，
，，，
在中，设，
，
，
，
，
在中，
，即，
解得，即，
，，
以点A为圆心、为半径的，即半径为
与以C为圆心、为半径的，即半径为，
，两圆心距离，
，
两圆的位置关系为外离．
【点睛】本题综合考查了解直角三角形，相似三角形，等腰三角形，平行线的性质，圆的位置关系，勾股定理，熟练掌握解直角三角形的正弦，余弦，正切的计算，以及相似三角形，等腰三角形的性质，勾股定理的运用，圆的位置关系判定是解决问题的关键．
39．（23-24九年级下·上海宝山·期中）已知是半圆O的直径，C是半圆O上不与A、B重合的点，将弧沿直线翻折，翻折所得的弧交直径于点D，E是点D关于直线的对称点．
(1)如图，点D恰好落在点O处．
①用尺规作图在图中作出点E（保留作图痕迹），连接、、，求证：四边形是菱形；
②连接，与、分别交于点F、G，求的值；
(2)如果，求折痕的长．
【答案】(1)①作图见解析，证明见解析；②
(2)或
【分析】（1）①过D作的垂线，交半圆于点E即可．利用轴对称性得出，，结合半径，得出，即可得证；
②证明，求出，同理得出，，则可求，即可求解；
（3）①当D在O的右侧时，作D关于的对称点，连接，，过O作于G，过C作于H，证明，可证明，得出，，利用垂径定理求出，利用勾股定理求出，即可求出，，然后在中利用勾股定理求解即可；②当D在O的左侧时，作D关于的对称点，连接，，过O作于G，过C作于H，类似①求解即可．
【详解】（1）解：①如图，
证明：∵E是D关于直线的对称点，
∴，，
∵点D恰好落在点O处，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
②如图，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①当D在O的右侧时，
作D关于的对称点，连接，，过O作于G，过C作于H，
∵E是D关于直线的对称点，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴；
②当D在O的左侧时，
作D关于的对称点，连接，，过O作于G，过C作于H，
同理可求，，，
∴，
∴，
综上，折痕长为或．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，以及复杂作图等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论，构造全等三角形是解题的关键．
40．（2024·上海虹口·二模）在梯形中，，点在射线上，点在射线上，连接、相交于点，．
(1)如图①，如果，点、分别在边、上．求证：；
(2)如图②，如果，，，．在射线的下方，以为直径作半圆，半圆与的另一个交点为点．设与弧的交点为．
①当时，求和的长；
②当点为弧的中点时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①；；②
【分析】（1）根据等腰梯形的性质可得，，，根据三角形的外角性质得出，进而可得，即可证明，根据相似三角形的性质，即可求解；
（2）①同（1）证明，如图所示，过点作于点，连接，得出，，解直角三角形，分别求得，，进而根据相似三角形的性质求得的长；
②根据题意画出图形，根据垂径定理得出，根据题意可设，，则，得出，设，则，则，在中，得出，根据得出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵梯形中，，，
∴，，，
又∵，
∴
∴，
∴；
（2）解：∵，
∵，则
∴
∴
∵
∴
又∵
∴，
如图所示，过点作于点，连接，
∵，
∴，则，，
∵
∴
∵
∴
又∵
∴，
在中，
∴
∴，
∵为直径
∴
∴，
∴，，则，
∵
∴
∴
②过点作于点，
∵
∴
∵
∴
设，，则
∵，则
设，则
∴
∵
∴
设，则，
∴，
在中，
∴
又∵
∴
∴
【点睛】本题考查了解直角三角形，等腰梯形的性质，相似三角形的性质与判定，垂径定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
41．（2024·上海闵行·二模）如图，是的半径，弦垂直于弦，点M是弦的中点，过点M作的平行线，交于点E和点F．
(1)如图1，当时．
①求的度数；
②连接OE，求证：；
(2)如图2，连接，当时，，求y关于x的函数关系式并直接写出定义域．
【答案】(1)（1）①，②见详解（2）
(2)
【分析】（1）①连接，，由已知条件可得出，，由三角形内角和得出，由外角的性质可得出，进而可得出，即可证明A，O，C三点共线，再利用等腰三角形三线合一的性质即可求出答案．
②连接，由平行的性质可得出，由，可得出，，进而可得出，再由直角三角形的性质可得出．
（2）过点A作与点G， 过O点作与点P． 设半径为r， 则，由得出，由平行线的性质可得出，，进而证明，由相似三角形性的性质可得出，即可求出，，再求证，即可得出，即，根据y的取值范围即可求出x的取值范围．
【详解】（1）解：①连接，，
∵，
∴，，
∵，且，
∴，
∴A，O，C三点共线，
∵，
∴平分，
∵，
∴．
②连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，
，
∴．
（2）过点A作与点G， 过O点作与点P．
设半径为r， 则，
∵
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
则有，
∴．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定以及性质，正切的定义，直角三角形的性质，三角形外角的定义等等知识点，得出是解题的关键．
42．（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、．
(1)当点正好落在的延长线上时，求的度数；
(2)联结，设，．
①求关于的函数解析式；
②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数．
【答案】(1)
(2)①；②理由见解析，双同正多边形的边数为
【分析】（1）当点正好落在的延长线上时，连接，根据平行线的性质、旋转的性质、等边对等角的性质，得出，结合三角形内角和为求出度数即可；
（2）①连接、、、，过点作于点，根据旋转的性质、相似三角形的判定定理，证明，得出，结合勾股定理，用含的代数式表示出、，代入中整理得出关于的函数解析式即可；②根据①过程中，，，已知，说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形即可；根据当这两个正多边形的面积比是时，相似多边形的面积比等于相似比的平方，得出相似比为，求出的长，结合勾股定理计算，求出，得出，计算即可得出双同正多边形的边数．
【详解】（1）解：如图，当点正好落在的延长线上时，连接，
∵，，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、，
∴（两直线平行，内错角相等），，，
∴，
∴；
（2）解：①如图，连接、、、，过点作于点，
∵将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、，
∴，
和都等于旋转角，即，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
，
，
整理得：；
②以线段、为边的正多边形是双同正多边形，理由如下，
如图，由①过程得：，，，
∵，是一个正多边形的中心角，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、，
∴，
∴也是一个正多边形的中心角，
∴以线段、为边，以点为的中心的两个正多边形的中心角也相等，即这两个正多边形是双同正多边形，
∴这两个正多边形也是相似多边形，
∵当这两个正多边形的面积比是时，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴这两个正多边形的中心角，
∴这两个正多边形的边数，
∴当这两个正多边形的面积比是时，双同正多边形的边数为．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正多边形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质、推理证明是解题的关键．
探究斜坡上两车之间距离
素材1
图①是某高架入口的横断面示意图．高架路面用表示，地面用表示，斜坡用表示．已知，高架路面离地面的距离为25米，斜坡长为65米．
素材2
如图②，矩形为一辆大巴车的侧面示意图，长为10米，长为米．如图③，该大巴车遇堵车后停在素材1中的斜坡上，矩形的顶点与点重合，点与指示路牌底端点之间的距离为米，且．小张驾驶一辆小轿车跟随大巴车行驶，小张的眼睛到斜坡的距离为1米．
问题解决
任务一
如图①，求斜坡的坡比．
任务二
如图③，当小张正好可以看到整个指示路牌（即、、在同一条直线上）时，试求小张距大巴车尾的距离．