2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题09 图形的性质61题（三角形、四边形、圆等）（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09 图形的性质61题（三角形、四边形、圆等）（详解版），共51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·上海静安·二模）下列图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等腰直角三角形B．等腰梯形C．正方形D．正三角形
【答案】C
【分析】本题主要考查了轴对称图形的概念，即在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．先根据轴对称图形的定义确定各选项图形的对称轴条数，然后比较即可选出对称轴条数最多的图形．
【详解】A：等腰直角三角形有1条对称轴；
B：等腰梯形有1条对称轴；
C：正方形有4条对称轴；
D：正三角形有3条对称轴；
综上所述正方形对称轴条数最多，
故选：C．
2．（2024·上海金山·二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识．证明，得，再证明，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】解：能使四边形为菱形的是，理由如下：
如图，∵，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形为菱形，
故选：C．
3．（2024·上海金山·二模）下列命题中真命题是（ ）
A．相等的圆心角所对的弦相等
B．正多边形都是中心对称图形
C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过平移后互相重合
D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形
【答案】D
【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题叫真命题，错误的命题叫假命题．依次进行判断即可得到答案．
【详解】解：A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故选项A是假命题；
B．把一个图形绕着某一个点旋转后，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，正方形，正六边形等是中心对称图形，但正三角形，正五边形不是中心对称图形，故选项B是假命题；
C．如果两个图形全等，那么他们一定能通过翻折、平移和旋转后互相重合，故选项C是假命题；
D．如果一个四边形绕对角线的交点旋转 后，所得图形与原来的图形重合，那么这个四边形是正方形，故选项D是真命题．
故选：D．
4．（2024·上海长宁·二模）如图，已知点A、B、C、D都在上，，下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意和垂径定理，可以得到，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：∵，
∴，，故A正确；，
∴， ,
∴，故B正确；,
∴，故C错误；
∵，
∴，故D正确；
故选：C．
5．（2024·上海浦东新·二模）下列命题中，真命题是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，解题的关键是熟练掌握相关判定定理．根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定即可进行解答．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故D不符合题意；
故选：B．
6．（2024·上海徐汇·二模）如图，一个半径为的定滑轮由绳索带动重物上升，如果该定滑轮逆时针旋转了，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，那么重物上升的高度是（ ）
A．cmB．cmC．cmD．cm
【答案】B
【分析】本题考查了弧长公式．利用题意得到重物上升的高度为定滑轮中所对应的弧长，然后根据弧长公式计算即可．
【详解】解：根据题意，重物上升的高度为
．
故选：B．
7．（2024·上海静安·二模）对于命题：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等；②如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等．下列判断正确的是（ ）
A．①是真命题，②是假命题B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是真命题D．①、②都是假命题
【答案】A
【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据圆心角、弧、弦的关系定理判断即可．
【详解】解：①如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，故本小题说法是真命题；
②在同圆或等圆中，如果两个圆心角相等，那么它们所对的弧相等，故本小题说法是假命题
故选：A．
8．（2024·上海浦东新·二模）如图，，，，那么等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是平行线的性质，三角形的外角的性质，先证明，再利用三角形的外角的性质可得答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
故选C
9．（2024·上海徐汇·二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根据判定定理逐项判断即可．
【详解】∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则A不符合题意；
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则B不符合题意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
则C不符合题意；
∵，
∴．
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
则D正确．
故选：D．
10．（2024·上海松江·二模）已知矩形中，，，分别以，为圆心的两圆外切，且点在内，点在内，那么半径的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出的长，再根据以，为圆心的两圆外切得出的半径，最后根据点和圆的位置关系，求出的取值范围即可．本题主要考查了相切两圆的性质以及点和圆的位置关系，求出的半径是本题解题的关键．
【详解】解：连接，
四边形为矩形，
，
以，为圆心的两圆外切，
的半径为，
点在内，
，
，
在内，
，
，
．
故选：C．
11．（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．
12．（23-24九年级下·上海崇明·期中）已知在中，，若以C为圆心，r长为半径的圆C与边有交点，那么r的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】D
【分析】此题注意两种情况：（1）圆与相切时；（2）点在圆内部，点在圆上或圆外时．根据勾股定理以及直角三角形的面积计算出其斜边上的高，再根据位置关系与数量之间的联系进行求解．本题考查了直线与圆的位置关系和三角形的面积等知识点，解此题的关键是画出符合条件的所有情况．
【详解】解：依题意，，
根据勾股定理求得．
当圆与相切时，此时半径最小，即；
当点在圆上，此时半径最大，即，
综上：即．
故选：D．
13．（23-24九年级下·上海崇明·期中）探究课上，小明画出，利用尺规作图找一点D，使得四边形为平行四边形．①~③是其作图过程：①以点C为圆心，长为半径画弧；②以点A为圆心，长为半径画弧，两弧交于点D；③连接，则四边形即为所求作的图形．在小明的作法中，可直接判定四边形为平行四边形的条件是（ ）
A．两组对边分别平行B．两组对边分别相等
C．对角线互相平分D．一组对边平行且相等
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．
根据作图步骤可知，得出，从而可以判断．
【详解】解：根据作图得，，
∴四边形为平行四边形，
判定四边形为平行四边形的条件是：两组对边分别相等，
故选：B．
14．（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：A、，，
，
，
四边形是菱形，
，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意；
B、四边形是菱形，
，，
故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意；
C、四边形是菱形，
，，
，
故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意；
D、四边形是菱形，
平行于，
，
，
，
菱形是正方形，故D符合题意．
故选：D．
15．（2024·上海虹口·二模）下列事件中，必然事件是（ ）
A．随机购买一张电影票，座位号恰好是偶数
B．抛掷一枚质地均匀的硬币，落地后反面朝上
C．在只装有2个黄球和3个白球的盒子中，摸出一个球是红球
D．在平面内画一个三角形，该三角形的内角和等于
【答案】D
【分析】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．根据事件发生的可能性大小判断．
【详解】解：A、随机购买一张电影票，座位号是偶数，是随机事件；
B、抛掷一枚质地均匀的硬币，反面朝下，是随机事件；
C、在只装有2个黄球和3个白球的盒子中，摸出一个球是红球，是不可能事件；
D、在平面内画一个三角形，该三角形的内角和等于，是必然事件；
故选D．
16．（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（ ）

A．6B．8C．10D．12
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，先根据正方形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，得到，则，最后根据三角形面积计算公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
17．（2024·上海普陀·二模）已知中，为边上的高，在添加下列条件中的一个后，仍不能判断是等腰三角形的是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了等腰三角形的判定，全等三角形的性质与判定；A选项，可证是的垂直平分线，可证是等腰三角形；B，由可证，可得，可证是等腰三角形；D,根据三角形的面积公式可得，即可证明是等腰三角形；C选项无法证明是等腰三角形，据此分析，即可求解．
【详解】解：如图所示，

解：A、，，
是的垂直平分线，
∴，
是等腰三角形，
故A不符合题意；
B、，，，
，
是等腰三角形，
故B不符合题意；
C、无法判断是等腰三角形，故C符合题意；
D、，是边上的高，
是的垂直平分线，
是等腰三角形，
故D不符合题意；
故选：C．
18．（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（ ）

A．且B．且
C．且D．且
【答案】D
【分析】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：A. 由且可判定是矩形，故此选项不符合题意；
B. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意；
C. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意；
D. 且可判定是正方形，故此选项不符合题意；
故选：D．
19．（2024·上海青浦·二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点O，那么下列条件中，能判断这个四边形为等腰梯形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定，解此题的关键是求出．
【详解】
A、，不能证明四边形是等腰梯形，错误；
B、，不能证明四边形是等腰梯形，错误；
C、∵，
∴，，
∴，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是梯形，
∵，
∴四边形是等腰梯形．
D、，，不能证明四边形是等腰梯形，错误；
故选C．
20．（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．
21．（2024·上海闵行·二模）在中，，，，以点，点，点为圆心的的半径分别为5、10、8，那么下列结论错误的是（ ）
A．点在上B．与内切
C．与有两个公共点D．直线与相切
【答案】D
【分析】首先利用勾股定理解得，然后根据点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系，逐项分析判断即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，的半径为5，
∴点在上，选项A正确，不符合题意；
∵的半径分别为5、10，且，
∴与内切，选项B正确，不符合题意；
∵，
∴与相交，有两个公共点，选项C正确，不符合题意；
如下图，过点作于点，
∵，
∴，解得，
∵，
∴直线与相交，选项D错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
22．（2024·上海嘉定·二模）下列命题正确的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是正方形；B．对角线相等的四边形是矩形；
C．对角线互相垂直的四边形是菱形；D．对角线相等的梯形是等腰梯形．
【答案】D
【分析】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，利用特殊的四边形的判定和性质定理逐一判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，命题错误，不符合题意；
B、对角线相等的四边形是等腰梯形或矩形，命题错误，不符合题意；
C、对角线互相垂直的四边形是菱形或等腰梯形，命题错误，不符合题意；
D、对角线相等的梯形是等腰梯形，命题正确，符合题意．
故选：D．
23．（2024·上海长宁·二模）下列命题是假命题的是（ ）
A．对边之和相等的平行四边形是菱形
B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形
C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形
D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形
【答案】D
【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、∵平行四边形的对边相等，且对边之和相等，
∴平行四边形邻边相等，
∴平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题；
B、如图，是的边上的高，是边上的高，且
由面积公式得，
∴
∴是菱形，
即：一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题；
C、如图，分别是四边形的两条对角线，交于点O，其中平分，平分
∵
∴
∴
∴
∴
又
∴
∴
∴
∴四边形是菱形，
即：一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
D、有一条对角线与一组邻边构成等腰三角形的平行四边形不一定是菱形，故被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形是假命题，符合题意；
故选：D．
24．（2024·上海虹口·二模）在中，，．如果以顶点为圆心，为半径作，那么与边所在直线的公共点的个数是（ ）
A．3个B．2个C．1个D．0个．
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的面积，直线与圆的位置关系d、r法则，熟练掌握法则是解题的关键．根据面积公式计算点C到的距离d，比较d与半径的大小判断即可．
【详解】解：如图，
∵在平行四边形中，，，
设点C到的距离为d，
∴点C到的距离，

∴直线与圆C相交，即有2个交点，
故选：B．
25．（2024·上海闵行·二模）在矩形中，，点E在边上，点F在边上，联结、、，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是（ ）
A．①②都正确B．①②都错误；
C．①正确，②错误D．①错误，②正确
【答案】A
【分析】先证明，则，再证明是等腰直角三角形，则，进一步得到，则，利用完全平方公式进行计算即可证明①正确，由得到，根据即可证明②正确．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
故②正确，
故选：A
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质、二次根式的运算等知识，证明是解题的关键．
二、填空题
26．（2024·上海浦东新·二模）如果梯形的下底长为7，中位线长为5，那么其上底长为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是梯形中位线定理，掌握梯形的中位线定理是解题的关键． 根据梯形的中位线定理得：下底中位线长的2倍上底可得答案．
【详解】解：根据梯形的中位线定理得，上底．
故答案为：3．
27．（2024·上海金山·二模）在中，和互余，那么 °．
【答案】90
【分析】此题主要考查了互为余角的定义，三角形的内角和定理，理解互为余角的定义，熟练掌握三角形的内角和定理是解决问题的关键．
首先根据和互余得，然后再根据三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】解：和互余，
，
根据三角形内角和定理得：，
．
故答案为：90．
28．（2024·上海青浦·二模）如图，有一幅不完整的正多边形图案，小明量得图中一边与对角线的夹角，那么这个正多边形的中心角是 度．
【答案】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多边的外角和等于是解题的关键．
根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出，然后可得每一个外角为，进而即可求解．
【详解】解：，
∴，
∴，
∴多边形的外角为，
∴多边形的边数为：，
∴正多边形的中心角是，
故答案为：．
29．（2024·上海松江·二模）如图，已知中，，，．是边的中点，是边上一点，将沿着翻折，点落在点处，如果与与的一边平行，那么 ．
【答案】5或
【分析】根据与三边分别平行分类讨论，由翻折的性质以及勾股定理求出的长，从而求得的长即可．本题主要考查了翻折变换，合理运用正方形的判定与性质以及中位线定理和勾股定理是本题解题的关键．
【详解】解：①当时，与重合，
，，不构成三角形，不符合题意；
②当，如图：
，
，
由翻折的性质可知，，，
四边形为正方形，
，
；
③当，延长交于，如图：
，，
，
设，则，
在中，，
解得：，
，
综上所述，或6.5．
故答案为：5或6.5．
30．（2024·上海嘉定·二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 ．
【答案】/25度
【分析】先根据“等边对等角”得，由此得，由正方形的性质可得，，由此得，，进而可得．
本题主要考查了等腰三角形的判定和性质、正方形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】∵中，，，
，
，
又∵四边形是正方形，
，，
，且，
，
故答案为：．
31．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，街心花园有A、B、C三座小亭子，A、C两亭被池塘隔开，A、B、C三亭所在的点不共线，设、的中点分别为M、N，如果米，那么 米．
【答案】6
【分析】本题考查了三角形的中位线，根据三角形中位线定理求解即可．
【详解】解：∵M、N是、的中点，
∴，
∵米，
∴米，
故答案为：6．
32．（2024·上海静安·二模）如果半径分别为r和2的两个圆内含，圆心距，那么r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据圆心距与两圆内含的性质得出的取值范围即可．本题考查了圆与圆的位置关系，当时，两圆外离；当时，两圆外切；当时，两圆相交；当时，两圆内切；当时，两圆内含；
【详解】解：半径分别为和2的两个圆内含，圆心距，
，
，
，
∴
的取值范围是，
故答案为：．
33．（2024·上海金山·二模）正边形的内角等于外角的5倍，那么= ．
【答案】12
【分析】此题主要考查了正边形的内角和外角，熟练掌握正边形的内角的度数和外角度数公式是解决问题的关键．
根据正边形的一个内角等于，一个外角等于可列出方程，解此方程求出即可．
【详解】解：正边形的一个内角等于，一个外角等于，
又正边形的内角等于外角的5倍，
，
解得：．
经检验得是该分式方程的根，
故答案为：12．
34．（2024·上海普陀·二模）已知一个角的余角是这个角的两倍，那么这个角的补角是 度．
【答案】
【分析】本题主要考查了与余角和补角有关的计算，设这个角的度数为，则这个角的余角的度数为，根据一个角的余角是这个角的两倍，列出方程，解方程求出这个角的度数，再根据度数之和为180度的两个角互补进行求解即可．
【详解】解：设这个角的度数为，则这个角的余角的度数为，
由题意得，，
解得，
∴这个角的度数为，
∴这个角的补角是，
故答案为：．
35．（2024·上海静安·二模）如果一个正多边形的内角和是720°，那么它的中心角是 度．
【答案】
【分析】本题考查了正多边形的内角和、边数、中心角，先根据正多边形的内角和求出边数，再求其中心角的度数即可．
【详解】解：设这个正多边形的边数为，
由题意得，，
解得，
正六边形的中心角是，
故答案为：．
36．（2024·上海浦东新·二模）如图，已知中，中线、相交于点G，设，，那么向量用向量、表示为 ．

【答案】/
【分析】本题考查了三角形的重心，三角形法则等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．根据重心的性质可得，，利用三角形法则求出，进而可得结果．
【详解】解：∵中线、交于点G，
∴，，
∴，
∵，即，
∴．
故答案为：．
37．（2024·上海黄浦·二模）如图，正六边形位于正方形内，它们的中心重合于点O，且已知正方形的边长为a，正六边形的边长为b，那么点P到边的距离为 ．（用a、b的代数式表示）
【答案】
【分析】本题考查的是正多边形与圆，熟记正多边形的性质是解本题的关键，如图，连接，，并延长与交于点，由正多边形的性质结合，可得，，，从而可得答案．
【详解】解：如图，连接，，并延长与交于点，
∵正六边形位于正方形内，它们的中心重合于点O，且，
∴为等边三角形，，，，
∴，，
∴，
故答案为：
38．（2024·上海黄浦·二模）如图，由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形，内部形成一个小正方形．如果正方形的面积是正方形面积的一半，那么．的正切值是 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查正方形的性质、勾股定理以及解直角三角形，设，，则，根据面积可列出，整理得，求得，即可解得答案．
【详解】解：设，，则，
∴，，
∵，
即
整理得：，
变形得：，
令，则，
∴原始，
解得，，
∴，
∴（舍去），
∴．
39．（2024·上海奉贤·二模）已知两个半径都为的与交于点，，那么圆心距的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查了圆与圆相交，根据两个圆相交，两个圆心所在的直线垂直平分相交弦，且圆心距被相交弦垂直平分即可求解，掌握相交圆的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，由题意可得，垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
40．（2024·上海徐汇·二模）如图，在中，，． 已知点是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，联结，那么的长是 ．
【答案】/
【分析】本题考查勾股定理与折叠问题，平行线分线段成比例，如图，为点关于的对称点，过点作，过点作，则，联结，可知，得，进而根据勾股定理可得，，再由，得，结合，，可知，再根据勾股定理即可求解，根据折叠的性质得是解决问题的关键．
【详解】解：如图，为点关于的对称点，过点作，过点作，则，联结，
∴，
∵点是边的中点，即，
∴，则为的中点，即，
∴，，
∵为点关于的对称点，
∴，且，，
则，
∴，则，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，即，
∴，
故答案为：．
41．（2024·上海嘉定·二模）如图在圆O中，是直径，弦与交于点，如果，，，点是的中点，连接，并延长与圆交于点，那么 ．
【答案】
【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理，熟记垂径定理、勾股定理是解题的关键．
连接，，根据点是的中点，证，得为直角三角形，根据已知条件求出半径，进而求得，根据，利用勾股定理求出，即可得到。
【详解】
点是的中点，
，
在和中，
，
，
，
，，是直径，
，
，
在中，，
，
，
，
，
故答案为：．
42．（2024·上海长宁·二模）我们把以三角形的重心为圆心的圆叫做该三角形的重心圆．如图，在中，，如果的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】本主要考查三角形重心以及点与圆的位置关系，根据重心的性质得由勾股定理求出，运用面积法求出，从而得出结论
【详解】解：设点O为的重心，
∵为中线，
∴
连接则
∴,
过点作于点E，F，
∴
∵,
∴
∴
∴的重心圆与该三角形各边的公共点一共有4个，那么它的半径r的取值范围是或
故答案为：或
43．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，正六边形，连接，如果，那么 ．

【答案】/
【分析】本题主要考查了向量的线性计算，平行线的性质与判定，正多边形内角和定理，等边对等角等等，连接，先由正六边形的性质可得，，进而求出，则可证明，得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，
由题意得，，，
∴，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．

44．（23-24九年级下·上海宝山·期中）为传承海派文化，社区准备举办沪剧爱好者观摩演出活动．把某场馆的一个正方形区域改造成一个由矩形和半圆形组成的活动场地（如图），矩形是观众观演区，阴影部分是舞台，是半圆O的直径，弦与平行．已知长8米，舞台区域最大深度为2米，如果每平方米最多可以坐3名观众，那么观演区可容纳 名观众．
【答案】150
【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，矩形的性质等知识，过O作于G，交弧于H，连接，利用垂径定理求出，设半圆的半径为r，在中，利用勾股定理求出半径，从而可求矩形的面积，即可求解．
【详解】解：过O作于G，交弧于H，连接，

则，，
∵，，
∴，
设半圆的半径为r，则，
在中，，
∴，
解得，
∴
∴正方形边长，
∴，
∴矩形的面积为，
∵每平方米最多可以坐3名观众，，
∴观演区可容纳人，
故答案为：150．
45．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，菱形ABCD的边长为5，，E是边CD上一点（不与点C、D重合），把△ADE沿着直线AE翻折，如果点D落在菱形一条边的延长线上，那么CE的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，由折叠得，过点A作于点H，过点作于点G，得由菱形的性质得，可得，设则由勾股定理得由折叠得而，在中由勾股定理得，解方程求出的值即可解决问题
【详解】解：过点A作于点H，过点作于点G，点D与点F重合，如图，
由折叠得，
∴，
∵，
∴
∴
∴
∵四边形是菱形，
∴
∴
∴
设则，
由折叠得，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴
解得，，
∴
故答案为：
46．（2024·上海虹口·二模）如图，在扇形中，，，点在半径上，将沿着翻折，点的对称点恰好落在弧上，再将弧沿着翻折至弧（点是点A的对称点），那么的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查翻折性质，圆的基本性质，等边三角形判定与性质、勾股定理的应用，连接，由翻折得，证出是等边三角形，设，在中，根据勾股定理列方程并解出进而求出结论．
【详解】解：连接，
由翻折得：，，
，
是等边三角形，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：（舍去），
，
故答案为：．
47．（2024·上海长宁·二模）在中，，将绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在的延长线上，且，那么的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】由旋转，平行线的性质以及等腰三角形的性质证明，再对运用内角和定理可求，即可求解的余弦值．
【详解】解：由旋转得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴在中，由内角和定理得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质以及特殊角的锐角三角函数值，熟练掌握知识点是解题的关键．
48．（2024·上海金山·二模）如图，在中，，D是的中点，把沿所在的直线翻折，点B落在点E处，如果，那么 ．
【答案】
【分析】由D为中点，，则得，则；由，得；由折叠的性质得，则，最后得，由此三角的和为直角，从而得每个角为，则，是等边三角形，由正切三角函数即可求得结果．
【详解】解：∵D为的中点，，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴；
由折叠的性质得，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
在中，，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角三角函数．
49．（2024·上海普陀·二模）已知正方形的边长为，点、在直线上（点在点的左侧），，如果，那么的长是 ．
【答案】或
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用；先证明，进而证明设，分两种情况讨论，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，当在点的左侧时，
取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
在中，
∴
∴，
设，则，
∴，
在中，
∴
即
解得：；
当在点的右侧时，如图所示
同理可得，则，，
在中，
即
解得：；
综上所述，的长为或
50．（2024·上海闵行·二模）如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为 ．

【答案】2
【分析】本题主要考查了梯形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键．过作交的延长线于，证明四边形是平行四边形，易得，进而可得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的直角边的长求得斜边的长，从而利用中位线定义求得答案．
【详解】解：过作交的延长线于，

∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵等腰梯形中，，
∴，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴梯形的中位线．
故答案为：2．
51．（2024·上海静安·二模）在中，点D、E、F分别是边的中点，设，那么向量用向量表示为 ．
【答案】
【分析】首先利用三角形中位线定理求得，则；然后由三角形法则求得．代入求值即可．
【详解】解：在中，点、分别是边、的中点，
是的中位线．
．
．
，，
．
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平面向量和三角形中位线定理，解题的突破口是利用三角形法则求得．
52．（2024·上海静安·二模）如图，矩形ABCD中，，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形，使点D在直线上，那么线段的长度是 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查了旋转的性质和解三角形，注意分类讨论，正确画出图形是解题关键．
根据旋转的性质可得，，再由解三角形求出，，进而在中求出线段的长度．
【详解】解：由旋转性质可知：，，当点D在线段上时，如图1，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴
∴，
当点D在线段延长线上时，如图2，
同理可得：，
∴，
故答案为：或．
三、解答题
53．（2024·上海黄浦·二模）如图，M、N分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点P、Q．
(1)求证：；
(2)当四边形是正方形时，试从内角大小和邻边的数量关系的角度探究平行四边形的形状特征．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平行线所截线段成比例以及正方形的性质，
（1）根据平行四边形的性质和中点得到是平行四边形，有，则有和，即可得到结论．
（2）由正方形的性质得到，，结合中点，则有，进一步可得．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵M、N分别是、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则，即，
同理，即，
．
（2）如图，
由（1）知，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
则，
即．
54．（2024·上海浦东新·二模）如图，在中，是边上的高．已知，，．
(1)求的长；
(2)如果点E是边的中点，连接，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，掌握锐角三角函数的定义是解本题的关键；
（1）由可设，则，则，，再利用勾股定理求解，从而可得答案；
（2）如图，过作于，由（1）得：，，，利用等面积法求解，可得，可得，再结合余切的定义可得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，是边上的高，
∴，
解得：（负根舍去），
∴；
（2）如图，过作于，
∵由（1）得：，，，
∴，
∵为的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∴．
55．（2024·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，．
(1)求证：；
(2)分别连接、，求证：四边形是等腰梯形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰梯形的判定
（1）连结，可得，，进而即可得到结论；
（2）欲证明四边形是等腰梯形，只需推知，，即可．
【详解】（1）证明：连结．
∵四边形是菱形，
∴；
又，，
∴，；
∴，；
∴．
（2）证明：连接
∵，
∴；
∵，
∴；
又，
∴；
又，
∴四边形是梯形；
∵,即；
又∵，即；
∵四边形是菱形，
∴；
∴；
∴；
∴梯形是等腰梯形．
56．（2024·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小．
(1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹）
(2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径．
【答案】(1)见解析
(2)圆弧形水道外侧的半径为483米
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图：
（1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；
（2）如图所示，连接，由垂径定理可得，米，则四点共线，设米，则米，由勾股定理得，解得，则米．
【详解】（1）解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；
（2）解：如图所示，连接，
∵C为的中点，点D为圆弧形道路内侧中点，
∴，米，
∴四点共线，
设米，则米，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴米．
答：圆弧形水道外侧的半径为483米．
57．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D．
(1)连接如果．求证： ；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了相交圆的性质，综合运用垂径定理、直角三角形的判定以及平行线分线段成比例是本题解题的关键．
（1）连接，由直角三角形的判定可知为直角三角形，然后根据圆周角定理求出的度数即可证明；
（2）过作于E，过作于F，根据垂径定理和平行线分线段成比例来证明即可．
【详解】（1）连接，如图：
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
由圆周角定理可知，，
∵是与的公共弦，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴；
（2）过作于E，过作于F，如图：
∴，
∴，
∴，
由垂径定理可知，，
∴，
∴．
58．（2024·上海嘉定·二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，连接、．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知点在上，连接，如果，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）先证明梯形是等腰梯形，再，即可证明；
（2）先证明，再证明，即可证明．
【详解】（1）证明 ∵，
∴梯形是等腰梯形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
即是等腰三角形；
（2）证明：由（1）得
∴
∵
∴
∵四边形是等腰梯形
∴
∴
∴
∵，
∴
∴四边形是平行四边形．
59．（2024·上海长宁·二模）如图，经过平行四边形的顶点B,C,D，点O在边上，，．
(1)求平行四边形的面积；
(2)求的正弦值．
【答案】(1)24
(2)
【分析】（1）过点O作于点E，连结，则，根据平行四边形的性质及勾股定理，即可求出的长，进而得到答案；
（2）过点C作于点F，证明四边形是矩形，得到，，所以，再利用勾股定理求出，最后利用三角函数的定义，即得答案．
【详解】（1）过点O作于点E，连结，
则，
四边形是平行四边形，
，
，
在中，，
，
平行四边形的面积；
（2）过点C作于点F，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
．
【点睛】此题主要考查了垂径定理，勾股定理，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数等知识，掌握垂径定理的辅助线添法是解题的关键．
60．（2024·上海静安·二模）已知：如图，是的直径，、、是的弦，．

(1)求证：；
(2)如果弦长为8，它与劣弧组成的弓形高为2，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题主要考查垂径定理，勾股定理和全等三角形的判定与性质：
（1）作于点E，交于点F，连接运用证明，可得出结论；
（2）设的半径为，在中，运用勾股定理列出方程求出的值即可得出结论．
【详解】（1）解：作于点E，交于点F，连接如图，

∵
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴，
∴；
（2）解：设的半径为，则，
又，
∴，
在中，，
即：，
解得，，
∴.
61．（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．