专题06 相似模型中的子母型（几何模型讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习几何模型系列+答案

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TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc23281" PAGEREF _Tc23281 \h 1
\l "_Tc201321765" 真题现模型1
\l "_Tc201321766" 提炼模型5
\l "_Tc201321768" 模型运用7
\l "_Tc18836" 16
1.（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在中，是线段上一点（不与端点重合），连接，以为边，在的右侧作等边三角形，线段与线段交于点F，则线段长度的最大值为 ．
【答案】/0.75
【分析】本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，垂线段最短，过点作于，解得到，证明，可得，根据可知当有最小值时，有最大值，当时，有最小值，即有最小值，此时点D与点H重合，可求出的最小值为，则的最大值为．
【详解】解：如图所示，过点作于，
在中，，
∴；
∵是等边三角形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当有最小值时，有最大值，
∴当有最小值时，有最小值，
∴当时，有最小值，即有最小值，此时点D与点H重合，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
∴的最大值为，
故答案为：．
2.（2025·江苏淮安·中考真题）探究与应用
【问题初探】（1）在等腰三角形的底边上任取一点P（不与端点重合），连接，线段有何数量关系？下面是小刚的部分思路和方法，请完成填空：
根据小刚的方法，可以得到线段的数量关系是 ．
【简单应用】（2）如图（2），在等腰直角三角形中，，点D在边上，，以为边构造正方形，利用（1）中的结论求正方形的面积．
【灵活应用】（3）如图（3），是的外接圆，的平分线交于点D，连接，若，，，求的长．
【答案】（1），，，见解析（2）（3）
【分析】（1）根据三线合一、勾股定理和线段的和差关系，进行求解即可；
（2）利用（1）中结论得到，进而求出，即可得出结果；
（3）延长交于点，连接，利用（1）中结论得到，证明，得到，推出，代入中，进行求解即可；
【详解】解：（1）如图（1），过点A作于点D，
在中，
∵，
∴．①
在中，
∵，
∴．②
由①－②得：．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴，
故答案为：，，；
（2）∵等腰直角三角形中，，，
∴，
∵，
∴；
由（1）中结论可知：，即：，
∴，
∴正方形的面积；
（3）延长交于点，连接，则：，
由（1）中结论可知：，即：，
∴；
∵平分，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得；
【基本模型】
大三角形中内嵌着一个小三角形，两个三角形只要满足：①有公共角②再有一组角相等
立刻出：小三角形 ∽ 大三角形图形.
【模型演变】——射影定理模型
在子母型相似中，当大三角形是直角三角形时，图形便演变成射影定理模型。
【模型拓展】
射影定理图形常出现在“十字架模型”和“圆幂定理”图形之中.
【典例１】（2025·江苏南京·中考真题）如图，在中，，是边上的高，，则的值是 ．
【答案】/
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，根据，是边上的高，证明，故，则，则，即可作答．
【详解】解：∵，
∴，
∵是边上的高，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
则
∴，
故答案为：．
【典例２】（2024·青海西宁·中考真题）如图，在中，是角平分线，是中线，，且，垂足为F，G为的中点，连接，．下列结论错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，先运用是角平分线，证明，得，证明，故，结合是中线，G为的中点，得是中位线，故，代入数值整理得，在和中，为公共角，但和，和均不相等，相应边不成比例，故和，即可作答．
【详解】解：∵是角平分线，
∴，
∵，
∴，
又∵
∴，
故A选项正确，不符合题意；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故B选项正确，不符合题意；
∵是中线，
∴，
∵G为的中点，
∴，
∴是中位线，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
故C选项正确，不符合题意；
在和中，为公共角，
但和，和均不一定相等，相应边不成比例，
故和不相似，
故D选项错误，符合题意，
故选：D．
【典例３】（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．①②③B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，故①正确；
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
又∵，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故③正确；
如下图，过点H作与点Q，
设菱形的边长为，则，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，故④正确，
故选D
【典例４】（2025·江苏扬州·二模）如图，在中，，以为直径作交于点．点在线段上，．连接并延长交于．
(1)求证：；
(2)连接交于点．若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角，易得垂直平分，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，再根据同角的余角相等，得到，即可证明结论；
（2）先根据等边对等角的性质和等角的余角相等，得出，由垂径定理可知，进而得到，再证明，得到从而求出，设的半径为，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，即，
，
是线段的垂直平分线，
，
∴，
，
∵，
，
是的半径，
是的切线，
由弦切角定理可得：，
；
（2）解：交于点，，
设，则，，
，
，
，
在中，，
，
，
是的直径，
，
，
，
在中，，
，
由垂径定理可得：，
，
，
，
在和中，
，，
，
，
，
解得，（不合题意，舍去），
，，，
在中，，，
由勾股定理可得，，
设的半径为，
，
，
在中，由勾股定理可得，，
，
解得．
【典例５】（2025·江苏镇江·一模）如图，已知点是以为直径的圆上一点，是延长线上一点，过点作的垂线交的延长线于点，连结，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的直径．
【答案】(1)见解析
(2)的直径为16．
【分析】（1）连接，由，，可得，，而，可得，故可证，是的切线；
（2）连接，设的半径为，由，可得，从而可用的代数式表示和，再根据是的切线，根据角的等量代换，证明，即可列式计算，解得的半径．
【详解】（1）解：连接，如图：
，，
，，
，
，，
，
，
，
是的切线；
（2）解：连接，如图：
，
，
，
，
，
在中，，
设的半径为，则，
，
，
，
，
是的切线，
∴，
∵点是以为直径的半圆上一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
解得或（舍去），
的半径为8，
的直径为16．
1．（2024·山东德州·中考真题）如图中，，，垂足为D，平分，分别交，于点F，E．若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及角平分线的性质是解答的关键．设，，利用勾股定理求得，，再证明得到，再利用角平分线的性质和三角形的面积得到即可求解．
【详解】解：∵，
设，，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴点F到、的距离相等，又点A到、的距离相等，
∴，即，
故选：A．
2．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，与交于点O，H为延长线上的一点，且，连接，分别交，BC于点E，F，连接，则下列结论：①；②；③平分；④．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，，，，与互相垂直且平分，进而可求得，根据正切值定义即可判断②；由，可知，由相似三角形的性质即可判断①；由，可求得，再结合与互相垂直且平分，得，可知，进而可判断③；再证，即可判断④．
【详解】解：在正方形中，，，，，与互相垂直且平分，
则，
∵，则，
∴，故②不正确；
∵，则，，
∴，
∴，故①不正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵与互相垂直且平分，
∴，
∴，则，
∴，
∴平分，故③正确；
由上可知，，
∴，
∴，则，
又∵，
∴，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
3．（2024·江苏盐城·三模）如图，中，，点O是的外心，且，延长交于点D，若，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了三角形的外心的定义和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．
由点O是的外心可得，则，所以，再证明，则，可证明，得，则，，由，求得，则，于是得，求得．
【详解】解：∵点O是的外心，且，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
4．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案．
【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图，
∵将沿翻折，点恰好与点重合，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
∴四边形是正方形，
，
，
在中，，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
则点到直线的距离为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等，熟练运用相似三角形的判定和性质是解题关键．
5．（2024·浙江·一模）如图，正方形的边长为2，平分交于E，F是延长线上一点，且，延长线交于G，则的值是 ．
​
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的有关知识.由等腰三角形的判定与性质知是等腰三角形的中垂线.根据相似三角形 的对应边成比例、等腰三角形的性质列出比例式，即 ，最后在直角中利用勾股定理来求的值．
【详解】，四边形是正方形,
，
又∵平分交于,
，,
，
在 和 中,
，

，
即 ，
即 ,
即 ，
故答案为： ．
6．（2025·黑龙江·中考真题）如图，已知中，，，，点M是内部一点，连接、、，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了相似三角形的应用，解题关键构造相似三角形转化线段关系得出.
在上取点，使，构造出，得，再根据两点之间线段最短得出即当在上时，取最小值.
【详解】解：在上取点，使，
又∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即当在上时，取最小值，为.
故答案为.
7．（2025·河南·中考真题）定义：有两个内角的差为的三角形叫做“反直角三角形”．如图，在中，，，点为边上一点，若为“反直角三角形”，则的长为 ．
【答案】或
【分析】题考查了等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质等知识，理解“反直角三角形”的定义，利用分类讨论的思想解决问题是关键．分情况讨论：①当时，过点作于点，由等腰三角形的性质得到，证明，得到，即可求出的长；②当时，过点作交于点，由等角对等边得到，再证明，设，进而得出，，根据求出的值，即可求出的长；③当时，利用锐角三角函数，得出，，即此种情况不存在；④当时，同③理可证，此种情况不存在；即可得解．
【详解】解：，
，
，
，
，
若为“反直角三角形”，
①当时，过点作于点，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
②当时，过点作交于点，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，
，
，，
，
，
；
③当时，
，，且，
，
，
若，则，即，
此种情况不存在；
④当时，
当点与点重合时，最小，此时，
同③理可证，此种情况不存在；
综上可知，的长为或，
故答案为：或．
8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的直径，是的切线，点为上任意一点，点为的中点，连接交于点，延长与相交于点，若，，则的长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质、切线的性质、圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
先证可得从而得到，求得，再运用勾股定理可得，再根据圆周角定理以及角的和差可得，最后根据等角对等边即可解答．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故答案为：．
9．（2024·吉林长春·中考真题）如图，是半圆的直径，是一条弦，是的中点，于点，交于点，交于点，连结．给出下面四个结论：
①；
②；
③当，时，；
④当，时，的面积是．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②③
【分析】如图：连接，由圆周角定理可判定①；先说明、可得、，即可判定②；先证明可得,即,代入数据可得，然后运用勾股定理可得，再结合即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O，连接，易得，从而证明是等边三角形，即是菱形，然后得到，再解直角三角形可得，根据三角形面积公式可得，最后根据三角形的中线将三角形平分即可判定④．
【详解】解：如图：连接，
∵是的中点，
∴,
∴，即①正确；
∵是直径，
∴，
∴，
∵
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,即②正确；
在和,
，
∴，
∴,即,
∴，即,
∴,
∵，
∴，即③正确；
如图：假设半圆的圆心为O，连接，
∵，，是的中点，
∴
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，即是菱形，
∴，
∵，
∴，即，解得：,
∴，
∵
∴，即④错误．
故答案为：①②③．
10．（2024·江苏徐州·中考真题）在中，点在边上，若，则称点是点的“关联点”．
(1)如图（1），在中，若，于点．试说明：点是点的“关联点”．
(2)如图（2），已知点在线段上，用无刻度的直尺和圆规作一个，使其同时满足下列条件：①点为点的“关联点”；②是钝角（保留作图痕迹，不写作法）．
(3)若为锐角三角形，且点为点的“关联点”．设，，用含、的代数式表示的取值范围（直接写出结果）．
【答案】(1)证明见解析
(2)图见解析
(3)或
【分析】（1）证，根据“关联点”的定义即可得结论；
（2）以为直径作，过点作的垂线，交于，由圆周角定理可得，由（1）可得，以为圆心，为半径作圆，在直线右侧的上取点作即可得答案；
（3）分类讨论，①当时，根据第二问可得出锐角三角形时C的位置，再利用勾股定理求出临界值范围即可，②当时，同①方法．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D是点C的“关联点”．
（2）解：如图，①作线段的垂直平分线，交于点；
②以为圆心，为半径作圆；
③过作交于点；
④以为圆心，为半径画圆，则点在上且在直线右侧．连接、，即为所求，
证明：∵在以为直径的圆上运动，
∴，
由（1）可知：，
∵，
∴．
（3）①当时，
如图所示，结合第（2）问，我们发现当点C在直线左侧、A的右侧时，是锐角三角形，
此时，
∵，且，，
在中，，
在中，，
；
②当时，同理可得：；
综上所述，或．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，圆周角定理、相似三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识和正确理解题意是解题的关键．
11．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在中，是直径，是弦，且，垂足为，，，在的延长线上取一点，连接，使．

(1)求证：是的切线；
(2)求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，得到，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：是直径，是弦，且，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
12．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，是的直径，内接于，，的延长线相交于点，且．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定以及性质，圆内接四边形的性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）由等弧所对的圆周角相等可得出，再由等边对等角得出，等量代换可得出，又，即可得出．
（2）连接，由直径所对的圆周角等于得出，设，即，由相似三角形的性质可得出，再根据圆内接四边形的性质可得出，即可得出的值， 进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
（2）连接，如下图：
∵为直径，
∴，
设，
∴，
由（1）知：
∴，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，
即，
解得：
13．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，中，，D为中点，，，是的外接圆．
(1)求的长；
(2)求的半径．
【答案】(1)
(2)的半径为
【分析】本题考查相似三角形的判定及性质，解直角三角形，圆周角定理．
（1）易证，得到，即可解答；
（2）过点A作，垂足为E，连接，并延长交于F，连接，在中，通过解直角三角形得到，，由得到．设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求得，，由得到，根据正弦的定义即可求解．
【详解】（1）解：，，
．
，即
，D为AB中点，
，
∴
．
（2）解：过点A作，垂足为E，连接，并延长交于F，连接，
在中，．
又，
．
∴在中，．
，
．
设，则，．
∵在中，，
，即，
解得，（舍去）．
，．
∵，
．
为的直径，
．
．
，即的半径为．
14．（2025·江苏连云港·二模）（1）【教材再现】苏科版九下教材第56页有这样一道例题：如图1，在中，，点分别在上，且，与相似吗？为什么？
【总结提炼】在完成该例题的解答后，小明从图1中分离出图2，他认为是由过的一顶点的一条直线，从上截得的一个小三角形，该三角形与原三角形相似，关联很紧密，于是，小明把这两个三角形称为“母子相似”．请应用小明的发现，继续解决问题．
【应用内化】（2）如图3，在中，用无刻度的直尺和圆规在上作一点，使得是和的比例中项（不写作法，保留清晰的作图痕迹）
（3）如图4，在中，，，，点在内，且，求的最小值；
【拓展应用】（4）如图5，正方形的边长为6，点分别在边上，且，与相交于点，点关于的对称点为点，连接交于点试判断是否存在最小值？存在，直接写出最小值；不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明过程详见详解（2）作图详见详解（3）（4）存在，
【分析】（1）可证得，根据得出，进而得出，进一步得出结论；
（2）作，交于；
（3）作等边三角形，作其外接圆，延长，交于，连接，可证得，从而，从而得出当时直径时，最大，最小，即最小，进一步得出结果；
（4）可证得，从而点在以为直径的上，连接，延长，交的延长线于，可推出，从而根据（1）知，从而，从而当最大时，最小，此时最小，当与相切时，最大，最小，进一步得出结果．
【详解】（1）理由如下：
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
（2）如图1，
作，交于，
∵是公共角，
∴是和的比例中项；
（3）如图2，
作等边三角形，作其外接圆，延长，交于，连接，
∵
点在上，
∵
∴
∵
∴
∵
∵
∴
∴
又∵为公共角
∴
∴
∵当为直径时，最大，最小，即最小，
∵直径
∴
（4）如图3，
四边形是正方形，
∵，∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴点在以为直径的上，
连接，延长，交的延长线于，
∵
∴
∵点关于的对称点为点，
∴
即
∴
由（1）知，
∴
∴当最大时，最小，此时最小，
∴当与相切时，最大，最小，
此时
∴
∵
∴
∴
∴，
设，则，，
∵在中，由勾股定理得，
∴
∴，即
∴
15．（2025·江苏苏州·一模）如图，C，D为线段上两点，且，过点D作的垂线，与以为直径的交于点E，作射线．
(1)求证：为的切线；
(2)F为上一点，弦与直径交于点G，当F为中点时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为，
【分析】此题重点考查圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
（1）连接，则，根据线段的和差关系求出的长，进而可求出的长，解直角三角形求出的长，进而证明，推出则可证明，据此可证明结论；
（2）可证明，则可证明，由相似三角形的性质求出的长即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
是的直径，
，
，
，
，
，
，且，
，
，
是的半径，且，
为的切线．
（2）解；连接，则，
为的中点，
，
∵是直径，
，
，
，
，
，
解得，
的长为，
16．（2025·江苏苏州·一模）如图，中，D为上一点，，是的外接圆，为的直径，连接．
(1)求证为的切线；
(2)若⊙O的直径，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为28
【分析】（1）由直径所对圆周角为直角可知，根据圆周角定理可知，结合，可知，进而证明结论；
（2）由（1）可知，进而解直角三角形求得，，连接，由圆周角定理可知，进而解直角三角形求得，，过点作于，则，，得，再证，得，设，则，根据，列方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，则，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，
∴，
∴为的切线；
（2）解：由（1）可知，，
∴，
∵，
∴，则，
连接，
∵为的直径，
∴，
∵，
∴，则，
∴，则，
过点作于，则，，
∴，
∵，，
∴，
则，
设，则
∵，即，
∴，解得：，
∴．
17．（2025·山东滨州·中考真题）如图，中，，．以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点E，F；以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点H，以点H为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点G；连接并延长交于点D．
(1)求证：；
(2)当时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查尺规作图—作角平分线，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握尺规作一个角等于已知角，是解题的关键：
（1）根据作图可知，结合，即可得证；
（2）等边对等角求出的度数，根据，推出，根据，得到，进而得到，设，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）证明：由作图可知，．
又∵，
∴．
（2）解：∵，，
∴．
由（1）得．
∴．
∴，
∴，
∴．
由（1）知，
∴．
∵且，
∴．
∴．
∵，设，则，即．
解得或（舍去）．
∴的长为．
18．（2025·山东德州·中考真题）如图，点D是的内心，连接并延长交的外接圆于点E，与交于点F，连接．
(1)设，则 ；（用含的式子表示）
(2)求证：；
(3)若，求的长．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据内心是三角形角的平分线交点，在同圆或等圆中，同弧上圆周角相等解答即可；
（2）根据内心，三角形外角性质，等腰三角形的判定证明即可；
（3）设，根据题意，根据相似三角形的判定和性质，列式解答即可．
本题考查了三角形的内心，圆的性质，三角形外角性质，等腰三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∵点D是的内心，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）证明：连接，
∵点D是的内心，
∴，，
∵，，
，
∴，
∴．
（3）解：设，根据题意，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得．
故的长为．
19．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，为外接圆的直径，点C为线段上一点（不与D，O重合），点B为的延长线上一点，连接并延长至点M，满足．
(1)求证：平分；
(2)证明：；
(3)若射线与相切于点A，，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．
【分析】（1）利用圆周角定理求得，再利用，求得，据此即可证明平分；
（2）利用半径相等求得，利用三角形的外角性质可证明，推出，可证明，等量代换即可证明结论成立；
（3）利用切线的性质结合，证明，设，则，利用，列式计算求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，即，，
∵，
∴，
∴，即平分；
（2）证明：连接，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵射线与相切于点A，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴设，则，
∴，，
∵，
∴，
整理得，
解得或（舍去），
∴，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识．作出合适的辅助线是解题的关键．
20．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，是的外接圆，是的直径，过点B的切线交的延长线于点D，连接并延长，交于点E，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）由切线的性质求得，由圆周角定理求得，利用同角的余角相等求得，再利用圆周角定理即可证明结论成立；
（2）由（1）得，求得，求得，利用勾股定理求得，证明，求得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：由（1）得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，切线的性质．熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
21．（2025·四川德阳·中考真题）在中直径与弦交于点，，连接，过点作的切线与的延长线相交于点，的延长线与的延长线相交于点．
(1)若，求的度数；
(2)连接，，再连接并延长交于点，
证明：；
若，求的直径．
【答案】(1)；
(2)见解析；．
【分析】（）先由切线的性质可得，则，又，所以，最后通过三角形外角性质即可求解；
（）由，则，因为，故有，则，得到，通过等腰三角形的性质可证明，再根据全等三角形的性质可得，从而求证；
连接，证明，则有，所以，由知，故有，即，然后代入求解即可．
【详解】（1）解：∵是直径，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵
∴，
∴，
∴；
连接，
∵是直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由知，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
22．（25-26九年级上·甘肃金昌·期末）如图，在中，，为边上一点，连接，，以为直径作，是边上一点，连接，使．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为5，，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】此题重点考查等腰三角形的判定与性质、切线的性质、等角的余角相等、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
（1）由，得，由，，推出，，最后运用平角的性质结合为的半径求解即可；
（2）先设与交于点，连接，运用直径所对的圆周角是直角证明，再运用三线合一得，最后证明并运用性质解题即可．
【详解】（1）解：证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵为的半径，
∴是的切线；
（2）如图，设与交于点，连接，
∵为的直径，
∴，
∵，，
∴，
∵的半径为，
∴，
∵在和中
，
∴，
∴，
∴．
23．（2025九年级·全国·专题练习）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，，的延长线交的延长线于点H，的延长线交的延长线于点G．
(1)求证：．
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了三角形全等、三角形相似与菱形综合问题，掌握三角形相似的几何模型——母子型及中间比解题的关键．
（1）利用菱形性质证明，进而得到即可得证；
（2）由得到，再利用得到，通过作为中间比即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
．
又，
．
，
∴，
．
又
．
（2）证明
．
，
．
．
．
24．（2024·江苏泰州·二模）已知：如图1，是的内接三角形，且，点是弧上一动点，连接交弦于点，点在弦上，且．

(1)求证：；
(2)如图2，若是的直径，，，求直径的长；
(3)如图3，保持点位置不变，调整点的位置使得直线经过圆心，点在上，使得成立的所有点中，有一个点的位置始终不变，试找出这个点，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)始终不变的点是半径的延长线与圆的交点．
【分析】（）根据等腰三角形的性质及圆周角的性质可知，再利用相似三角形的判定即可解答；
（）根据圆周角的定理可知，再根据勾股定理可知，最后利用相似三角形的性质即可解答；
（）根据相似三角形的判定与性质可知，再利用相似三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵在中，，
∴，
∵在中，，
∴，
又∵
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴
又∵是的直径，
∴，，
∴,
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∵，即
∴，
∴，
∴，
（3）解：延长，交圆于点M.

∵，
∴，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴始终不变的点是半径（或）的延长线与圆的交点．
如图（1），过点A作于点D，
在中，∵，∴． ①
在中，∵，∴ ． ②
由①－②得：．
∵，，
∴ ．
∴．
……
条件
∠ACD=∠B
证明过程
图示
∵在△ADC和△ACB中
∠A=∠A∠ACD=∠B
∴△ACD∽△ABC，
∴
∴AC2=AD∙AB
结论
△ACD∽△ABC，
AC2=AD∙AB
条件
∠ACB=90°，CD⏊AB
证明过程
图示
∵在△ADC和△ACB中
∠A=∠A∠ACD=∠B
∴△ACD∽△ABC，
∴
∴AC2=AD∙AB
同理BC2=BD∙AB
CD2=AD∙BD
结论
△ADC∽△CDB∽△ACB
AC2=AD∙AB
BC2=BD∙AB
CD2=AD∙BD
条件
矩形ABCD，AE⏊BF
AB为⊙O直径，CD⏊AB
图示
结论
BG2=AG∙EG
CD2=AD∙BD