2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题14 解答题25题（代几综合题，压轴题）（详解版）(2)

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一、解答题
1．（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），，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
2．（2024·上海静安·二模）如图1，中，已知为锐角，．
(1)求的值；
(2)如图2，点P在边上，点Q是边的中点，经过点A，与外切，且的直径不大于，设的半径为x，的半径为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)在第（2）小题条件下，连接，如果是等腰三角形，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)的长为或3
【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）构建直角三角形，根据，得出，根据勾股定理，得出，然后，再运用正弦的定义列式计算，即可作答．
（2）设的半径为，的半径为，作图，根据已有的条件得出，结合勾股定理，得出，，在中，，代入数值进行计算，即可作答．
（3）因为是等腰三角形，所以进行分类讨论，分为,以及 ，结合等腰三角形的性质以及线段的和差运算，列式作答即可．
【详解】（1）解：过点A作
∵为锐角，．
∴在
解得
∴
∵
∴
∴在
∴；
（2）解：如图：
∵与外切，设的半径为，的半径为
∴
∵
∴
∵，点Q是边的中点
∴
过点P作于点G
∵
∴
则
在中，
则
∴
当时，则，得出；
当时，则，得出；
∵
∴
则
（3）解：∵是等腰三角形，
∴当时，，
∴当时，，
则，
∵点Q是边的中点，
∴点P是边的中点，
∴，
∴当时，，
此时
∴
解出（舍去）
综上：是等腰三角形，的长为或3
3．（2024·上海青浦·二模）在中，，以C为圆心、为半径的弧分别与射线、射线相交于点，直线与射线相交于点F．
(1)如图，当点D在线段上时．
①设，求；（用含的式子表示）
②当时，求的值；
(2)如图，当点D在的延长线上时，点分别为的中点，连接，如果，求的长．
【答案】(1)① ②
(2)
【分析】（1）①根据等边对等角得到，，然后根据四边形的内角和是计算解题；
②先根据得到，然后推导，得到，可以求出长，过点A作于点G，然后求出值即可；
（2）设交于点H，设，则，然后证明，得到，然后根据平行线分线段成比例得到，，再根据，就可得到，代入数值即可解题．
【详解】（1）解：①∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，解得：或（舍）；
过点A作于点G，
则，
∴；
（2）解：设交于点H，设，
∵M是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∵
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
又∵是的中点，
∴，
∴，即，
解得：或（舍），
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线分线段成比例，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
4．（2024·上海奉贤·二模）如图，已知半圆的直径为，点在半径上，为的中点，点在上，以为邻边作矩形，边交于点．
(1)如果，，求边的长；
(2)连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的度数；
(3)连接并延长，交于点，如果，求的值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（）连接，过点作，垂足为，由圆周角定理可得，
进而可得，再证明，根据，可得，即可求解；
（）连接，设， 则 ，， 求出，得到，进而得到，，分和两种情况解答即可求解；
（）由可得，，进而得到，可证明，得到，，设，，则，，证明，得到，
即可到，由勾股定理，即可求解；
【详解】（1）解：连接，过点作，垂足为，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
解得，
∴；
（2）解：连接，
设， 则 ，，
∴在中，，
∴，
∴，
，
当 时，，
即，
解得，
∴，
∵，
∴；
当时，，
即，不存在；
∴；
（3）解：如图，
由可得，，，，
∴，
∴，
∴，，
设，，由题意得，，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线等分线段定理，三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2024·上海徐汇·二模）如图，在扇形中，，，点、是弧上的动点（点在点的上方，点不与点重合，点不与点重合），且．
(1)①请直接写出弧、弧和弧之间的数量关系；
②分别连接、和，试比较和的大小关系，并证明你的结论；
(2)分别交、于点、．
①当点在弧上运动过程中，的值是否变化，若变化请说明理由；若不变，请求的值；
②当时，求圆心角的正切值．
【答案】(1)①；②，证明见解析；
(2)①的值不变，；②或．
【分析】（1）①根据“同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等”即可得到答案；
②在弧上取点连接，使得，可得，根据角的和差关系可得，则，即可得到答案；
（2）①证明，即可得到答案；
②过点在下方作，截取，连接、，证得，可得，进一步证得，则可得，由勾股定理和线段的和差关系可得，联立解得，过点N作于点F，则，利用勾股定理求得，，根据正切的概念计算即可．
【详解】（1）解：①，，
，
；
②．证明如下：
在弧上取点连接，使得，
；
、可得；
，
，
；
；
．
（2）解：①的值不变，．
，，
；
，，
；
；
；
．
②如图，
过点在下方作，截取，连接、，
，
，
，，
；
又，，
，
，
；
，；
解得或；
过点N作于点F，则，
，
，
，
设，则，
当时，
在中，，即，
解得：，
；
当时，
在中，，即，
解得：，
．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，等腰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，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
6．（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．
7．（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．
8．（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．
9．（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．
10．（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．
11．（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．
12．（2024·上海黄浦·二模）已知：如图，是圆O的内接三角形，，、的中点分别为M、N，与、、分别交于点P、T、Q．
(1)求证：；
(2)当是等边三角形时，求的值；
(3)如果圆心O到弦、的距离分别为7和15，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)1
(3)15或
【分析】（1）连接，由题意得，则点A在的中垂线上，结合圆的性质得点O在的中垂线上，则垂直平分即可；
（2）连接，由圆周角定理得，证得是等边三角形，则有，可得即可；
（3）连接交于点G，延长交于点H，由（1）得，同理，且，结合，设圆O的半径为r，利用和，整理得到，进一部分分当与位于元O得两侧和当与位于元O得同侧求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
由题意得，则点A在的中垂线上，
∵，
∴点O在的中垂线上，
则垂直平分，
那么， ；
（2）连接，如图，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∵， 点N为的中点，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∴；
（3）连接交于点G，延长交于点H，如图，
由（1）得，同理，且，
∵，，
∴，
设圆O的半径为r，
∵，，
∴，即，
当与位于元O得两侧时，则，
，解得，（舍去），
则，，，
∵，
∴，
则；
当与位于元O得同侧时，如图，
则，
，解得，（舍去），
则，，，
∵，
∴，
则；
故线段的长为15或．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是熟练掌握圆的性质和解直角三角形，第三问主要分情况讨论．
13．（2024·上海长宁·二模）已知在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，为半径作，交边于点D（点D不与点A、C重合）．
(1)当时，判断点B与的位置关系，并说明理由；
(2)过点C作，交延长线于点E．以点E为圆心，为半径作，延长，交于点．
①如图1，如果与的公共弦恰好经过线段的中点，求的长；
②连接、，如果与的一条边平行，求的半径长．
【答案】(1)点B在内，见详解
(2)①；②或
【分析】（1）借助垂径定理，利用表示出和，通过比较和的大小确定点与圆的位置关系；
（2）需要紧扣，第①问中结合连心线和公共弦的性质可以发现圆E和圆O是等圆，借助相似三角形的性质或锐角三角函数，用含k的代数式表示出、，从而求解；
第②问当时，过点作，证明出，在中，，得到解得则；
当，延长交延长线于点F，由，得到，解得或5（舍去），则．
【详解】（1）解：过点O作，垂足为点H，
∵过圆心，，
∴ ，
∵，
，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点B在内．
（2）解：过点C作，垂足为M，
∵，
∴，
∵在中，，
∴，
，
又∵
，
∵，
∴在中，，，
设，则，
∴，
①两圆的交点记为P、Q，连接，
∵与相交，是公共弦，
∴垂直平分，即，
∵经过的中点，
∴垂直平分，
∴，即，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，解得，
∴；
②由于点A在直线上，
∴不可能与平行，
则当时，过点作，
，
∵，
，
，
∵
，
∵
，
∵
，
在中，，
∴
；
当，延长交延长线于点F，
∵
，
∴
，
∵
，
解得或5（舍去），
∴，
综上：或．
【点睛】本题考查了圆和三角形相结合的问题，锐角三角函数，点与圆的位置关系，相交两圆的性质，相似三角形的判定与性质，本题的解题方法都是落在“解三角形”上，发现等角，并灵活解三角形是本题的突破点和难点．
14．（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．
15．（2024·上海浦东新·二模）已知：和相交于A、B两点，线段的延长线交于点C，、的延长线分别交于点D、E．
(1)连接、，、分别与连心线相交于点H、点G，如图1，求证：；
(2)如果．
①如图2，当点G与O重合，的半径为4时，求的半径；
②连接、，与连心线相交于点F，如图3，当，且的半径为2时，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）先证明，可得，再证明，可得；
（2）①如图，连接，，，，证明三点共线，证明，再利用勾股定理求解即可；②如图，连接，，， 证明，可得， 证明，求解，证明，再利用相似三角形的性质与勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理：，
∴，
∴；
（2）①如图，连接，，，，
∵为的直径，
∴，
∴三点共线，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
②如图，连接，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，而，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，设，，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，
∴，
整理得：，
解得：或（舍去），
∴．
【点睛】本题考查的是两圆的位置关系，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．