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【上海专用】2023年中考数学易错题汇编——01 梯形（原卷版+解析版）
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易错点01 上海中考特色-梯形
1、 梯形是上海中考的特色知识点，中考出现的频率较高；
2、 梯形的概念易错，含一组平行，注意与平行四边形的概念（含两组平行）对比区分；
3、 平行线分线段成比例也是压轴题的高频考点，这与第2点有相互照应之处；注意多练习常用辅助线的作法，以及如何构造平行；
4、 解直角三角形在梯形中的应用也不可忽视，这里考查如何构造直角；以及利用相似（中的等量或比例关系）可以巧妙的把位置关系、数量关系之间相互转化；
5、 相似三角形与圆的性质相互结合解题；
6、 忽视三角形、四边形的性质在梯形中的应用，如勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等。
例题1．已知：如图．在梯形中．，，，，，点是上一点（点与点不重合），以为半径的与边相交于点和点．
(1)如果，求的长；
(2)如果，试判断以为直径的与的位置关系；
(3)联结，如果和相似，求的长．
【答案】(1)
(2)以为直径的与外切
(3)的长为或
【分析】（1）作于，如图，利用矩形的性质得，在Rt中，利用正弦的定义可计算出，再利用勾股定理计算出，则，然后证明，利用相似比可计算出；
（2）作于，根据三线合一得出，进而可得为梯形的中位线，得出与的半径，根据，即可判断两圆的位置关系；
（3）作于，则，设,则，证明，求得，，进而分两种情况讨论，，根据相似三角形的性质列出比例式，解方程即可求解．
【解析】（1）作于，如图，
∵，
∴，
在中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）作于，如图
∵，
∴，
∵，
∴为梯形的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∴以为直径的与外切；
（3）如图，作于，则，
设,则,
∵，
∴，
∴，即
解得：
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
当，
∴，即
即，
解得：（舍去）
∴
当，
∴，即
，
解得：（舍去）
∴
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，梯形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，圆与圆的位置关系，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例题2．如图，在梯形ABCD中，，，，点E、F分别在线段、上，．的延长线交边于点G，AF交于点N、其延长线交的延长线于点H．设x．
(1) ； ；（用x的代数式表示、）
(2)如果的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
(3)联结，当与相似时，求的长．
【答案】(1)；
(2)
(3)3或
【分析】（1）可证得，，进而得出结果；
（2）作于M，过点N作于Q，交于P，根据勾股定理得出的值，证明，从而求得的值，进一步得出结果；
（3）分为和．当时，可推出，从而求得x的值；当时，可推出，可推出，从而求得的值，进而求得x的值．
【解析】（1）解：∵，
∴，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
故答案为：；；
（2）解：如图1，
作于M，过点N作于Q，交于P，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图2，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
当时，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图3，
当，此时，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
综上所述：AD=3或．
【点睛】本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质、分类讨论思想的运用等知识点．
例题3．如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段．
(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；
(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；
(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)或
(3)
【分析】（1）由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；
（2）因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得解；
（3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
【解析】（1）解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点，
，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
化简得：，
点在上运动，故定义域为：；
（2）如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点，
，
四边形是矩形，
又是以为腰的等腰三角形，
，
由（得，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
即，
解得：的值为或，
因此，的值为或；
（3）解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
如下图所示，此时，
，
，
同角的余角相等，
同理可得：，
∽，
，
，
，
解得：，
综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．
【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．
没有清楚梯形的有关概念概念，及有关隐含条件如，如梯形（含平行），直角梯形（含平行+直角），等腰梯形（含.........）;不会运用或构造其他几何图形，利用几何性质进行解题。
1．已知抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，顶点B在第二象限内，AP⊥AB，交x轴于点P，tan∠APB＝2，点P的横坐标为m．
（1）求点B的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）当m＝2时，求抛物线的表达式；
（3）如果抛物线的对称轴与x轴相交于点C，且四边形ACBP是梯形，求m的值．
【答案】（1）点B的坐标为（﹣4，2m﹣2）；（2）y＝﹣x2﹣2x﹣2；（3）m＝．
【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，可得A（0，-2），过点A作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点M，交过点P与y轴的平行线于点N，证Rt△BMA∽Rt△ANP，结合tan∠APB＝2，可得BM和AM的长，即可求得B点坐标；
（2）当m＝2时，则顶点B的坐标为（﹣4，2），设抛物线的表达式为y＝a（x+4）2+2，将A点代入，即可求得抛物线的表达式；
（3）利用待定系数法求直线AC的表达式，利用四边形ACBP是梯形，AC∥BP，求直线BP的表达式，代入B点和P点的坐标求解m．
【解析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，
∴A（0，-2）
过点A作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点M，交过点P与y轴的平行线于点N，
∵∠BAM+∠PAN＝90°，∠PAN+∠APN＝90°，
∴∠BAM＝∠APN，
∴Rt△BMA∽Rt△ANP，
∵tan∠APB＝2，
∴两个三角形相似比为2，
则BM＝2AN＝2m，AM＝2PN＝2OA＝4，
则点B的坐标为（﹣4，2m﹣2）；
（2）当m＝2时，则顶点B的坐标为（﹣4，2）
设抛物线的表达式为y＝a（x+4）2+2，
将点A的坐标代入上式得：﹣2＝a（0+4）2+2，解得a＝，
故抛物线的表达式为y＝（x+4）2+2＝x2﹣2x﹣2；
（3）如上图，点C的坐标为（﹣4，0）
设直线AC的表达式为y＝sx+t，则，解得
故直线AC的表达式为y＝x﹣2，
∵四边形ACBP是梯形，
故直线AC∥BP，
故设直线BP的表达式为y＝x+p，
将点P的坐标代入上式得：0＝m+p，
将点B的坐标代入上式得：2m﹣2＝，
解得m＝．
【点睛】本题是二次函数与几何综合．涉及相似三角形的性质和证明、三角函数、梯形的性质以及一次函数等相关知识．是一道综合性较强的大题．
2．如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．
（1）当点E在边上时，
①求证：；
②若，求的值；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）或
【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【解析】（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．
②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．
3．如图1，梯形中，，，，，，M在边上，连接，；
(1)求的长；
(2)如图2，作，交于点E，交于点F，若，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)若是等腰三角形，求的值；
【答案】(1)5
(2)
(3)或或8
【分析】（1）过点D作于点E，证明四边形为矩形，则，，再根据勾股定理定理即可求出；
（2）连接，先用等面积法求出，再证明，从而得出，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）根据可得为等腰三角形，根据题意进行分类讨论，当点E在线段上时，当点E在延长线上时．
【解析】（1）解：过点D作于点P，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得：．
（2）解：连接，
∵，，
∴，
即，解得：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
整理得：．
（3）①当点E在线段上时，
由（2）可得，
∵为等腰三角形，
∴为等腰三角形，
当时，；
当时，过点M作于点Q，
由（1）可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，不符合题意，舍去；=
当时，过点E作于点H，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
②当点E在延长线上时，
∵，，
∴，
∴当点E在延长线上时，只能为等腰三角形的顶角，
∴，
∴．
综上：或或8．
【点睛】本题主要考查了四边形和三角形的综合应用，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题的关键是熟练掌握各个相关知识点并灵活运用，根据题意正确作出辅助线，构造直角三角形那个和全等三角形求解．
一、解答题
1．（2018·上海宝山·统考二模）如图，在梯形ABCD中，，，．
如果，求的度数；
若，，求梯形ABCD的面积．
【答案】（1）70°（2）54
【解析】分析：在中，，，可求，由得，由可求；
作，垂足为H，在中，，令，，，，利用勾股定理求x，可得，，用梯形面积公式计算．
详解：(1)在中，，
则，
又，
，
，
，
又，
；
(2)作，垂足为H，
在中，，令，，
则在中，，
即，
解得：
则，，
梯形ABCD的面积，
点睛：本题考查了梯形中角的计算、面积的计算问题，体现了梯形问题转化为三角形问题解决的思想．
2．（2017·上海徐汇·统考二模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AD＝CD，AB＝3，BC＝5．求：
（1）tan∠ACD的值；
（2）梯形ABCD的面积．
【答案】(1);(2)9
【分析】（1）作DE∥AB交BC于E，交AC于M，证出DE⊥AC，由等腰三角形的性质得出AM=CM，证明四边形ABCD是平行四边形，得出DE=AB=3，在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC=4，得出AM=CM=2，由平行线分线段成比例可得出DM与EM，即可求出答案
（2）梯形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积，即可求出答案
【解析】
（1）作DE∥AB交BC于E，交AC于M，如图所示：
∵AB⊥AC，DE∥AB，
∴DE⊥AC，
∵AD＝CD，
∴AM＝CM，
∵AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ABC中， ，
∴AM＝CM＝2，
∵AD∥BC，
∴DM：EM＝AM：CM＝1：1，
∴，
∴；
（2）梯形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ACD的面积．
【点睛】本题的关键是掌握梯形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、平行线分线段成比例定理等知识
3．（2020秋·上海宝山·九年级统考期中）如图，已知梯形中，，，，，，点是边上一个动点（不与点重合），在边上取点，联结、，
（1）若点是的中点，且，求的值；
（2）若，设，，求关于的函数关系式；
（3）在（2）条件下，当为等腰三角形时，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3）0，1或
【分析】（1）作图构建直角三角形，利用勾股定理求DM，再利用平行四边形面积的两种底高求法求得ME，根据三角函数即可求解；
（2）连接AC，利用勾股定理求AC可知AB=AC，根据等腰三角形性质和题意可知，再利用三个三角形相似即可求解．
（3）延长BC至K点，使得CK=AD,连接KD并延长与BA的延长线交于点G．通过等腰梯形可证，通过一线三等角模型可证，在通过分类讨论等腰三角形的三种情况，通过线段比例关系即可得出答案．
【解析】解：（1）作BC中点M，连接MD，过M点作AB垂线交AB于点E，连接ED．
∵是的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
在中
∵，
∴，
∵，
∴ ，
即 ，解得，
∴．
（2）连接AC交MD于点F．过A作AH⊥BC于H，
，
在梯形ABCD中，AD=3，BC=6，CD=4，∠D=90°，AD∥BC，
∴BH=BC-CH=BC-AD=3，AH=CD=4，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
设，，
即 ，
解得 ，
∵，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
即 ，
则；
（3）延长BC至K点，使得CK=AD，连接KD并延长与BA的延长线交于点G．
在中，，
∴，
∴△BGK为等腰三角形，
∵AD∥BK，
∴，
∴，即，
解得，
若，则，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
解得；
若，则=1，
∴，则；
若，则，
∴，
∴，
即，
解得．
故CM长为：0，1或．
【点睛】本题主要考查了梯形的性质、梯形辅助线作法、三角函数、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、分类讨论思想等．此类题目综合性强，难度较大．熟练掌握梯形辅助线作法和相似三角形模型是解答此类题目的关键．
4．（2021·上海·九年级专题练习）如图，直角梯形OABC的直角顶点O是坐标原点，边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA//BC，D是BC上一点，BD=0．25OA=根号2，AB=3，∠OAB=45°，E、F分别是线段OA、AB上的两动点，且始终保持∠DEF=45°
（1）直接写出D点的坐标；
（2）设，，试确定与之间的函数关系；
（3）当是等腰三角形时，将沿折叠，得到，求与五边形重叠部分的面积
【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；当时，
【分析】（1）过点B作x轴的垂线，垂足为M，由已知易求得OA的长，在Rt△ABM中，由已知可求得AM、MB的长，进而可求得BC、CD的长，由此即可求得点D的坐标；
（2）连接OD，证△ODE∽△AEF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出y与x的函数关系式；
（3）若△AEF是等腰三角形，应分三种情况进行讨论：
①AF=EF时，此时△AEF是等腰直角三角形，A′在AB的延长线上，重合部分是四边形EDBF，根据面积差求解即可；
②AE=EF，此时△AEF是等腰直角三角形，且E为直角顶点，此时重合部分为△A′EF，可推导得到四边形AEDB是平行四边形，得AE=BD，进而可求得重叠部分的面积；
③AE=AF，此时四边形AEA′F是菱形，重合部分为△A′EF，由（2）知△ODE∽△AEF，看到OD=OE=3，由此可求得AE、AF的长，过F作x轴的垂线，即可求出AE边上的高，进而可求得面积．
【解析】（1）过点B作x轴的垂线，垂足为M，
Rt△ABM中，AB=3，∠BAM=45°，
∴AM=BM=AB·sin∠BAM=，
∵，
∴AO=，
∴BC=OA-AM=，
∴CD=BC-BD=，
∴点D的坐标为（，）；
（2）连接OD，如图（1），由（1）知，D在∠COA的平分线上，
∴∠DOE=∠COD=45°，
又在梯形DOAB中，∠BAO=45°，
∴∠DOE=∠OAB，OD=AB=3，
∵∠1=∠DEA-∠DOE=∠DEA-45°，∠2=∠DEA-∠DEF=∠DEA-45°，
∴∠1=∠2，
∴△ODE∽△AEF，
∴，
即，
∴y= ；
（3）当△AEF为等腰三角形时，有EF=AF、EF=AE、AE=AF共3种情况；
①当EF=AF时，如图（2），∠FAE=∠FEA=∠DEF=45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，D在A′E上（A′E⊥OA），B在A′F上（A′F⊥EF），
∴△A′EF与五边形OEFBC重叠的面积为四边形EFBD的面积，
∵AE=OA-OE=AO-CD=，
∴AF=AE•sin45°=，，
∴，
∴ ；
②当EF=AE时，如图（3），此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分面积为△A′EF的面积，
∠DEF=∠EFA=45°，DE//AB，又DB//EA，
∴四边形DEAB是平行四边形，
∴AE=DB=，
∴；
③当AF=AE时，如图（4），四边形AEA′F为菱形且△A′EF在五边形OEFBC内，
∴此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分为△A′EF的面积，
由（2）知△ODE∽△AEF，则OD=OE=3，
∴AE=AF=OA-OE=，
过F作FH⊥AE于H，则FH=AF•sin45°=，
∴，
综上所述，△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为或1或．
【点睛】本题考查了梯形、平行四边形、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确分类讨论并画出相应的图形是解题的关键．
5．（2020·上海·九年级专题练习）在梯形ABCD中，AD∥BC，．（如图1）
(1)试求的度数；
(2)若E、F分别为边AD、CD上的两个动点(不与端点A、D、C重合)，且始终保持，与交于点．（如图2）
①求证：∽；
②设，试求关于的函数解析式，并写出定义域．
【答案】（1）；（2）①见解析，②，（0<<1）.
【分析】（1）作，垂足为，得四边形为正方形，从而得DH=CH，进而即可求解；
（2）①由，，得，进而可得∽；②延长交的延长线于点，由∽，得，从而得，由，得，结合，即可得到结论．
【解析】（1）作，垂足为，
在四边形中，AD∥BC，，
∴四边形为正方形，
又∵在中，，
∴DH=CH，
∴；
（2）①∵四边形为正方形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴∽；
②延长交的延长线于点，
∵∠C=∠DBH=45°，BC=2，
∴，
∵∽，
∴，
∵，
∴
∴，
∵AD∥BC，
∴∆EFD~∆QFC，
∴，
∴，
∵∆EDP~QBP，
∵，即：，
∴ （0<<1）．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．
6．（2020·上海·九年级专题练习）已知在梯形中，，，，，，如图.
（1）求证：；
（2）若点在线段上运动，与点不重合，联结并延长交的延长线于点，如图，设，，求与的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）若点在线段上运动，与点不重合，联结交于点，当△是等腰三角形时，求的值．
【答案】（1）详见解析；（2） 定义域是：；（3）2或6
【分析】（1）根据平行线的性质及等量代换可得出，再由已知可得，由此可证明△∽△，则，最后利用同位角相等，两直线平行即可证明结论；
（2）首先根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，进而求出BC,PB的长度，然后由可得 ，即，从而可得到与的函数关系式；
（3）当△是等腰三角形时，分三个情况讨论：①当时，得，所以，所以，则利用可求PM的长度；②当时，易证，即四边形是平行四边形，则利用可求PM的长度；③当时不存在．
【解析】（1）证明：∵，
∴ ．
∵，
∴．
∵，，
∴ ，
∴△∽△，
∴，
∴；
（2）解： ∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴ ．
∵，
∴．
∵，
∴ ．
∵，，
∴，，
∴ ，
∴ ；
（3）解：①当时，
∵，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴；
②当时，
∵△∽△，，
∴ ，
∴，
∴ ．
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
③当时，等腰三角形不存在；
综上所述，PM的长度为2或6．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的定义及性质，相似三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，掌握等腰三角形的定义及性质，相似三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质并分情况讨论是解题的关键．
7．（2018秋·上海嘉定·九年级校考阶段练习）如图，已知，梯形中，，点在上运动（点不与点重合），点在射线上，
（1）当时，求的长
（2）当在线段上时，设，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）联结，若以点为顶点的三角形与相似，求的长
【答案】（1）3；（2）；（3）2或或
【分析】（1）先根据已知证明∠APB＝∠C，再根据三角函数的知识得出PE＝CE时，BP的长度；
（2）延长PE与AD的延长线交于点F，根据平行线的性质即可得出与x之间的函数关系；
（3）若△APD与△PCE相似，则有两种情况：（ⅰ）∠ADP＝∠C时，△APD∽△PEC，根据相似三角形的性质得出BP的长度；（ⅱ）∠APD＝∠C时，△APD∽△DCP，根据相似三角形的性质得出BP的长度．
【解析】解：（1）根据已知，得BC＝8，∠APB＝∠EPC
∵PE＝CE∴∠EPC＝∠C
∴∠APB＝∠C
∴AP∥DC
∴PC＝AD＝5
∴BP＝3
即当PE＝CE时， BP＝3
（2）延长PE与AD的延长线交于点F，
∵BP＝x，相当于光线从点A出发，沿AP的方向射出，经BC反射，
∴PC＝8﹣x，AF＝2x
∵DE＝y，DC＝AD＝5，
∴EC＝5﹣y，DF＝2x﹣5
∵AF∥BC
∴
即
∴
∵点E在线段CD上
∴x的取值范围为
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAP＝∠APB，
∵∠APB＝∠EPC，
∴∠DAP＝∠EPC
若△APD与△PCE相似，则有如下两种情况：
（ⅰ）∠ADP＝∠C时，
推出BP＝2时，△APD∽△PEC；
（ⅱ）∠APD＝∠C时
又∵∠ADP＝∠DPC∴△APD∽△DCP
∴PD2＝AD•PC
∵PD2＝42+（5﹣x）2
∴16+（5﹣x）2＝5（8﹣x）
解得，经检验，均符合题意
故时，△APD∽△PCE；
∴当BP为2，时，△APD与△PCE相似．
【点睛】本题主要考查了梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质以及函数知识的综合应用，要根据对应角的不同进行分类求解．
8．（2018·上海金山·统考二模）如图，已知在梯形ABCD中，，P是线段BC上一点，以P为圆心，PA为半径的与射线AD的另一个交点为Q，射线PQ与射线CD相交于点E，设.
（1）求证：；
（2）如果点Q在线段AD上（与点A、D不重合），设的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）如果与相似，求BP的长.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）当或8时，与相似.
【分析】（1）想办法证明即可解决问题；
（2）作A于M，于N.则四边形AMPN是矩形.想办法求出AQ、PN的长即可解决问题；
（3）因为，所以，又，推出，推出相似时，与相似，分两种情形讨论即可解决问题；
【解析】（1）证明：四边形ABCD是等腰梯形，
，
，
，
，
，
，
.
（2）解：作于M，于N.则四边形是矩形.
在中，，
，
，
，
，
.
（3）解：，
，
，
相似时，与相似，
，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上所述，当PB=5或8时，与△相似.
【点睛】本题考查几何综合题、圆的有关性质、等腰梯形的性质，锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形和特殊四边形解决问题，属于中考压轴题.
9．（2021·上海·九年级专题练习）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，tanD＝2，点E是射线CD上一动点(不与点C重合)，将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点记为点F．
(1)如图1，当点F落在梯形ABCD的中位线MN上时，求CE的长.
(2)如图2，当点E在线段CD上时，设CE＝x，，求y与x之间的函数关系式，并写出定义域.
(3)如图3，联结AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求CE的长．
【答案】(1)；(2)(0＜x≤10)；(3)CE的长为或 或．
【分析】(1)把BE与MN的交点记为点O，根据折叠的性质以及梯形中位线定理，可判定△EFO是等边三角形，即可得出∠FEB＝60°，即∠CEB＝60°，进一步在Rt△ECB中，利用60°角的三角函数即可求出EC的长；
(2)把BE与CF的交点记为点P，根据BE是CF的垂直平分线，可得，易证△ECP∽△CBP，然后利用相似三角形的性质即可得出y与x之间的函数关系式；
(3)当△CBG是等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①GB＝GC；②CB＝CG；③BC＝BG，分别根据折叠的性质以及直角三角形的边角关系，求得CE的长．
【解析】解：(1)把BE与MN的交点记为点O，如图1，
∵梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，∴∠C＝90°，
由翻折得∠CEB＝∠FEB，∠EFB＝∠C＝90°，
∵MN是梯形ABCD的中位线，∴MN∥AB∥CD，
∴∠CEB＝∠FOE，，
∴∠FEB＝∠FOE，∴FE＝FO，
∵∠EFB＝90°，EO＝BO，∴FO＝EO，
∴FE＝FO＝EO，∴△EFO是等边三角形，
∴∠FEB＝60°，∴∠CEB＝60°，
∴在Rt△ECB中，；
(2)把BE与CF的交点记为点P，如图2，
由翻折得，BE是CF的垂直平分线，
即∠EPC＝∠BPC＝90°，，
∴S△EFC＝2S△EPC，S△BFC＝2S△BPC，
∴，
∵∠ECP+∠BCP＝90°，∠CBP+∠BCP＝90°，∴∠ECP＝∠CBP，
又∵∠EPC＝∠BPC＝90°，∴△ECP∽△CBP，
∴
∴(0＜x≤10)；
(3)当△CBG是等腰三角形时，存在三种情况：
①当GB＝GC时，延长BF交CD于点H，如图3，
∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，∴AC＝10，
∵GB＝GC，∴∠GBC＝∠GCB，
∵∠HCB＝90°，∴∠CHB+∠GBC＝90°，
∵∠ABC＝90°，∴∠CAB+∠GCB＝90°，
∴∠CHB＝∠CAB，∴，
∵∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠CAB＝90°，∠ABG+∠GBC＝90°，
∴∠CAB＝∠GBA，∴GA＝GB，∴GA＝GC，
∵AB∥CD，∴，∴CH＝AB＝6，
∵CE＝x，∴EF＝x，HE＝6﹣x，
∵∠HFE＝90°，∴，
解得，即；
②当CB＝CG＝8时，AG＝10﹣8＝2，
∵AB∥CD，∴，∴CH＝4AB＝24，
∵CE＝x，∴EF＝x，HE＝24﹣x，
∵∠HFE＝∠HCB＝90°，∴，
解得，即；
③当BC＝BG时，F点与G点重合，如备用图，
由翻折可得，BE垂直平分线段GC，
∵∠CBE+∠BCA＝90°＝∠CAB+∠BCA，∴∠CBE＝∠CAB，
∴，
∴，解得，
综上所述，CE的长为或或．
【点睛】本题以梯形为载体，重点考查了梯形的中位线定理、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形和等腰三角形的分类问题，涉及的知识点多，综合性强，解题时需要综合运用所学知识，注意知识的前后联系，有意识的运用数形结合、转化、分类和方程等数学思想方法.
10．（2021·上海·九年级专题练习）已知：如图，在直角梯形中， ，，，．动点分别在边和上，且．线段与相交于点，过点作，交于点，射线交的延长线于点，交于点，设．
（1）求证：；
（2）当时，用含的代数式表达的长；
（3）在（2）题条件下，若以为半径的与以为半径的相切，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例的知识即可得出；
（2）易得，故分别用含AD和x的代数式表示出EC、CO、AM和AO，代入即可得出含x的代数式表达的AD；
（3）结合题意可知，需要分两种情况来解，一种是外切，另一种是内切；分别根据切线的性质，结合题目，列出方程即可得出x的值．
【解析】（1）∵BC∥AD，
∴，，
∵∥，，
∴，
∴；
（2）∵，AB=8，BC=6，
∴，
∵BC⊥AB，，
∴，
∵EC=x，
∴，
∴，
∵AF=2EC，由（1）知，
∴，
∴，
∵∥，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，设，
∴，，
，
当与相外切时，；
，解得，
∵，即，
由，得，与已知不符，
∴（舍）；
当与相内切时，，
①，无解；
②，
解得，，
∵，，
∴．
综上所述，满足条件的的值为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质以及平行线成比例的知识和解直角三角形等知识，并且要结合实际情况对题目分情况讨论和对解的值进行合理的取舍，本题具有一定的难度，请同学们多加分析和理解．
11．（2022春·上海闵行·九年级校考期中）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2，AB=BC=CD=6．动点P在射线BA上，以BP为半径的⊙P交边BC于点E（点E与点C不重合），联结PE、PC．设BP= x，PC= y．
（1）求证：PE∥DC；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结PD，当∠PDC=∠B时，以D为圆心半径为的⊙D与⊙P相交，求的取值范围．
【答案】（1）见解析;（2）；（3）
【分析】（1）根据梯形的性质得到∠B=∠DCB，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠PEB，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．推出四边形ADGF是矩形，PH∥AF，求得BF=FG=GC=2，根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理得到，，求得，根据勾股定理即可得到结论；
（3）作EM∥PD交DC于M．推出四边形PDME是平行四边形．得到PE=DM=x，即 MC=6-x，根据相似三角形的性质得到PD=EC=，根据相切两圆的性质即可得到结论．
【解析】证明：（1）∵梯形ABCD，AB=CD，
∴∠B=∠DCB．
∵PB=PE，
∴∠B=∠PEB，
∴∠DCB=∠PEB，
∴PE∥CD．
（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G.
∵梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC，DG⊥BC，PH⊥BC，
∴四边形ADGF是矩形，PH∥AF．
∵AD=2，BC=DC=6，
∴BF=FG=GC=2．
在Rt△ABF中，
﹒
∵PH∥AF，
∴，即．
∴，．
∴．
在Rt△PHC中，，
∴，即．
（3）作EM∥PD交DC于M．
∵PE∥DC，
∴四边形PDME是平行四边形．
∴PE=DM=x，即 MC=x．
PD=ME，∠PDC=∠EMC，
又∵∠PDC=∠B，∠B=∠DCB，
∴∠DCB =∠EMC=∠PBE =∠PEB．
∴△PBE∽△ECM．
∴，即．整理方程，解得：．
即BE．∴PD=EC=．
当两圆外切时，PD=，即（舍去）；
当两圆内切时，PD=，即（舍去），；
即两圆相交时，．
【点睛】此题考查圆的综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，DC=5，以CD为半径的⊙C与以AB为半径的⊙B相交于点E、F，且点E在BD上，联结EF交BC于点G．
（1）设BC与⊙C相交于点M，当BM=AD时，求⊙B的半径；
（2）设BC=x，EF=y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当BC=10时，点P为平面内一点，若⊙P与⊙C相交于点D、E，且以A、E、P、D为顶点的四边形是梯形，请直接写出⊙P的面积．（结果保留π）
【答案】（1）；（2）；（3）①，②（29﹣8）π．
③⊙P的面积为．
【解析】分析：（1）首先求出DM的长，再证明四边形ABMD是平行四边形即可解决问题；
（2）如图2中，过点C作CH⊥BD，垂足为点H．首先用x表示BE的长，再根据EG＝BE•sin∠DBC＝，求解即可；
（3）分三种情形分别求解即可解决问题；
详解：（1）如图1中，连接DM．
在Rt△DCM中，，
∵AD∥BC BM=AD，
∴四边形ABMD为平行四边形，
∴AB=DM=，
即⊙B的半径为．
（2）如图2中，过点C作CH⊥BD，垂足为点H．
在Rt△BCD中，，
∴，
可得∠DCH=∠DBC，
∴，
在Rt△DCH中，DH=DCsin∠DCH=，
∵CH⊥BD，
∴DE=2DH=，
∴
∵⊙C与⊙B相交于点E、F，
∴EF=2EG，BC⊥EF，
在Rt△EBG中，
，
∴(x>)．
（3）①如图3中，当PE∥AD时，设PC交DE于H，则CH垂直平分线段DE．
在Rt△BCD中，BD=，CH=，
DH=，
∴EH=DH=，
∵AD∥BC，PE∥AD，
∴PE∥BC，
∴∠HEP=∠HBC，
∴cos∠HEP=cos∠CBD，
∴，
∴，
∴PE=，
∴⊙P的面积为π．
②如图4中，当AP∥DE时，作AT⊥BC于T，设AD交PC于Q，BD交PC于H．
由①可知：DE=2，BE=BA=3，AT=CD=5，
在Rt△ABT中，BT=，
∴AD=CT=10﹣2，
由△DQH∽△BDC，可得DQ=，QH=，
∴AQ=AD﹣DQ=﹣2，
由△APQ∽△DHQ，可得PQ=﹣2，
在Rt△PDH中，PD2=DH2+PH2=29﹣8，
∴⊙P的面积为（29﹣8）π．
③如图5中，当DP∥AE时，作AR⊥BD于R．
由△ADR∽△DBC，
∴，
∴AR=2﹣2，DR=4﹣4，
∴ER=DR﹣DE=2﹣4，
在Rt△ARE中，AE=，
∵AE∥DP，
∴∠AER=∠PDQ，
∴cos∠AER=cos∠PDH，
∴，
∴PD=，
∴⊙P的面积为．
点睛：本题考查圆综合题、直角梯形的性质、解直角三角形、锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
13．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC=5，AD=1，BC=9，点P为边BC上一动点，作PH⊥DC，垂足H在边DC上，以点P为圆心PH为半径画圆，交射线PB于点E.
（1）当圆P过点A时，求圆P的半径；
（2）分别联结EH和EA，当△ABE∽△CEH时，以点B为圆心，r为半径的圆B与圆P相交，试求圆B的半径r的取值范围；
（3）将劣弧沿直线EH翻折交BC于点F，试通过计算说明线段EH和EF的比值为定值，并求出此定值.
【答案】（1）圆P的半径长为3；（2）；（3）说明见解析，.
【解析】分析：
（1）如下图，作AM⊥BC于M，联结AP，由题意易得AM=3，BM=4，tanB=tanC=，设PH=3k，则可得HC=4k，CP=5k，MP=5-5k，在Rt△APM中，由勾股定理可得，结合AP=PH即可列出关于k的方程，解方程即可求得k的值，再结合CP
（3）在圆P上取点F关于EH对称的点G，联结EG，作PQ⊥EG于G，HN⊥BC于N，
则EG=EF，∠1=∠3，EQ=QG，EF=EG=2EQ. 结合已知条件先证△EPQ≌△PHN可得EQ=PN，从而可得EF=EG=2PN，由（1）可知，在Rt△PHC中，若设PH=3k，则HC=4k，PC=5k，由此可得sinC=，cosC=，在Rt△CHN中由此可把HN、NC用含k的式子表达出来，进一步可把PN、EN用含k的式子表达出来，这样就可把EH和EF用含k的代数式表达出来，由此即可求得EH和EF的比值，得到相应的结论.
详解：
（1）作AM⊥BC于M，联结AP，
∵梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC=5，AD=1，BC=9，
∴BM=(BC-AD)÷2=4，AM=，
∴tanB= tanC=，
∵PH⊥DC，
∴若设PH=3k，则HC=4k，CP=5k.
∵BC=9，
∴MP=5-5k.
∴，
∵AP=PH，
∴，即，
解得：，
当时，CP=，
∴（舍去），
∴，
∴圆P的半径长为3；
（2）由（1）可知，若设PH=3k，则HC=4k，CP=5k.
∵点E在圆P上，
∴PE=3k，CE=8k，
∴BE=9-8k，
∵△ABE∽△CEH，
∴，即，
解得：，
∴，即圆P的半径为，
∵圆B与圆P相交，又BE=9-8k=，
∴；
（3）在圆P上取点F关于EH对称的点G，联结EG，作PQ⊥EG于G，HN⊥BC于N，
则EG=EF，∠1=∠3，EQ=QG，EF=EG=2EQ.
∴∠GEP=2∠1，
∵PE=PH，
∴∠1=∠2 ，
∴∠4=∠1+∠2=2∠1，
∴∠GEP=∠4，
∴△EPQ≌△PHN，
∴EQ=PN，
由（1）可知，若设PH=3k，则HC=4k，PC=5k，
∴sinC=，cosC=，
∴NC=，NH=，
∴PN=，
∴EF=EG=2EQ=2PN=，EH=，
∴，即线段EH和EF的比值为定值.
点睛：本题是一道涉及圆、全等三角形、勾股定理、相似三角形和锐角三角形函数的综合性几何题，解题难度较大，解题的关键是作出如图所示的辅助线，熟悉相关图形的性质和判定.
14．（2021·上海普陀·统考二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、F．
（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；
（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；
（3）以点D为圆心，DA为半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）⊙M的半径为或
【分析】（1）如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，通过计算证明AD＝CM，可得结论．
（2）如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．由cosC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，想办法构建方程，求解即可．
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．分别利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）证明：如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，
在Rt△CGM中，，
∴AD＝CM，
∵AD∥CM，
∴四边形AMCD是平行四边形．
（2）解：如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．
∵ME＝MC，MT⊥EC，
∴CT＝ET，
∴cosC，
设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，
在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，
∴MH＝CM﹣CH＝k，
∴tan∠EMH＝，
∵∠FMB＝∠EMC，
∴tan∠FMB，
∴BM＝，
∴CM＝BC﹣BM＝＝5k，（BC=6的求解过程见（3）小题）
∴CE＝6k＝．
（3）如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．
∴AD＝BP＝3，
在Rt△CDP中，cosC，
∵CD＝5，
∴PC＝3，AB＝PD＝4，
∴BC＝3+3＝6，
设CM＝AM＝x，
在Rt△ABM中，则有x2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝，
∴⊙M的半径为．
如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．
设CM＝ME＝MP＝x，则DN＝x﹣3，
∵DM2＝MN2+DN2＝MP2﹣DP2，
∴42+（x﹣3）2＝x2﹣32，
∴x＝，
综上所述，满足条件的⊙M的半径为或．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
15．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=5，，点O是边BC上的动点，以OB为半径的与射线BA和边BC分别交于点E和点M，联结AM，作∠CMN=∠BAM，射线MN与边AD、射线CD分别交于点F、N．
（1）当点E为边AB的中点时，求DF的长；
（2）分别联结AN、MD，当AN//MD时，求MN的长；
（3）将绕着点M旋转180°得到，如果以点N为圆心的与都内切，求的半径长．
【答案】（1）DF的长为；（2）MN的长为5；（3）的半径长为．
【分析】（1）作于，根据中位线定理得出四边形是平行四边形，从而利用解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求即可；
（2）先证，再证，从而证明，得到，再通过平行证明，从而得到，通过两式相乘得出再根据平行得出， 从而得出答案．
（3）通过图形得出垂直平分,从而得出，再利用解三角函数即可得出答案．
【解析】（1）如图，作于：
∵为中点，
∴
∴
∴
∴
设半径为，在中：
解得：
∵分别为中点
∴
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
（2）如图：连接
∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴①
又∵
∴
∴②
由①②得;
∴
∴
故MN的长为5；
（3）作如图：
∵圆与圆外切且均与圆内切
设圆半径为，圆半径为
∴
∴在的中垂线上
∴垂直平分
∴
∵
∴点在圆上
∴
解得：
的半径长为
【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．
16．（2022·上海青浦·统考二模）梯形中，，于点，，，以为直径，以为直径，直线与交于点，与交于点（如图），设．
(1)记两圆交点为、（在上方），当时，求的值；
(2)当与线段交于、时，设，求关于的函数关系式，并写出定义域；
(3)连接，线段与交于点，分别连接、，若与相似，求的值．
【答案】(1)1+
(2)=-(x+3)2+64（1≤x＜2）
(3)6-
【分析】（1）过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E，由题意得垂直平分EF，，通过解直角三角形可得AG=8，BG=6，再由，，，AG⊥BC得四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形，根据勾股定理求出O1N和O2H，进而求AD；
（2）过点O2作O2G⊥PQ于点G，勾股定理求O2G=，再由正切求得关于的函数关系式；
（3）由∽，得=，由=，得MN=GN，过点A作AH⊥MN，利用正切和勾股定理求出AM=2，再由相似的性质和判定求出AM=（6-x），进而得x．
（1）
解：过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E
由题意得垂直平分EF，
又
∴，∠EHO2=∠EHO1=90°，EH=EF=3
又AG⊥BC，
∴∠AGC=∠AGB=90°，∠DCG=90°
∵
∴∠AIO2=∠AIO1=90°，∠DO2I=∠O1O2C=∠ADO2=90°
∴四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形
∴DC=AG，DA=CG= IO2，DO2=AI
∵O2是DC的中点
∴I是AG的中点
∵O1是AB的中点
∴O1I是△ABG的中位线
∴O1I=BG
∵，
∴AG=8，BG=6
∴O1I=BG=×6=3
在Rt△O1HE和Rt△O2HE中
O1H===4
O2H===
∴O1 O2= O1H + O2H=4+
∴AD=IO2= O1 O2- O1I==4+-3=1+
（2）
解：由（1）可知，O1 O2= AD+O1I=x+3
过点O2作O2G⊥PQ于点G
∴PG=PQ=y
在Rt△O2PG中
O2G===
∵
∴∠O2O1G=∠B
又
∴tan∠O2O1G=
∴sin∠O2O1G=
又O1 O2= x+3
∴=
∴=-(x+3)2+64（1≤x＜2）
（3）
解：∵MN=O2N+O1M-O1O2
∴MN=4+5-（3+x）=6-x
由∽，得
=
由=，得MN=GN=6-x
∴∠GMN=∠MGN
又O1A= O1M
∴∠GMN=∠O1AM
∴∠O1AM=∠MGN
∴∠AM O1为公共角
∴△AMO1∽△GMN
∴△AMO1∽
∴=
∴AM=（6-x）
∵
∴
又
∴
过点A作AH⊥MN
又O1A=5
∴O1H=3，AH=4
∴HM=O1M-O1H=5-3=2
在Rt△AHM中
AM===2
∴（6-x）=2
解得x=6-
【点睛】本题是圆的综合，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数求值，中位线的性质以及勾股定理等知识点，属于中考中的压轴题．
易错点01 上海中考特色-梯形
1、 梯形是上海中考的特色知识点，中考出现的频率较高；
2、 梯形的概念易错，含一组平行，注意与平行四边形的概念（含两组平行）对比区分；
3、 平行线分线段成比例也是压轴题的高频考点，这与第2点有相互照应之处；注意多练习常用辅助线的作法，以及如何构造平行；
4、 解直角三角形在梯形中的应用也不可忽视，这里考查如何构造直角；以及利用相似（中的等量或比例关系）可以巧妙的把位置关系、数量关系之间相互转化；
5、 相似三角形与圆的性质相互结合解题；
6、 忽视三角形、四边形的性质在梯形中的应用，如勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等。
例题1．已知：如图．在梯形中．，，，，，点是上一点（点与点不重合），以为半径的与边相交于点和点．
(1)如果，求的长；
(2)如果，试判断以为直径的与的位置关系；
(3)联结，如果和相似，求的长．
【答案】(1)
(2)以为直径的与外切
(3)的长为或
【分析】（1）作于，如图，利用矩形的性质得，在Rt中，利用正弦的定义可计算出，再利用勾股定理计算出，则，然后证明，利用相似比可计算出；
（2）作于，根据三线合一得出，进而可得为梯形的中位线，得出与的半径，根据，即可判断两圆的位置关系；
（3）作于，则，设,则，证明，求得，，进而分两种情况讨论，，根据相似三角形的性质列出比例式，解方程即可求解．
【解析】（1）作于，如图，
∵，
∴，
在中，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）作于，如图
∵，
∴，
∵，
∴为梯形的中位线，
∴，，
∴，
∴，
∴以为直径的与外切；
（3）如图，作于，则，
设,则,
∵，
∴，
∴，即
解得：
∴
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
而，
∴，
当，
∴，即
即，
解得：（舍去）
∴
当，
∴，即
，
解得：（舍去）
∴
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，梯形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，圆与圆的位置关系，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例题2．如图，在梯形ABCD中，，，，点E、F分别在线段、上，．的延长线交边于点G，AF交于点N、其延长线交的延长线于点H．设x．
(1) ； ；（用x的代数式表示、）
(2)如果的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
(3)联结，当与相似时，求的长．
【答案】(1)；
(2)
(3)3或
【分析】（1）可证得，，进而得出结果；
（2）作于M，过点N作于Q，交于P，根据勾股定理得出的值，证明，从而求得的值，进一步得出结果；
（3）分为和．当时，可推出，从而求得x的值；当时，可推出，可推出，从而求得的值，进而求得x的值．
【解析】（1）解：∵，
∴，，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，
故答案为：；；
（2）解：如图1，
作于M，过点N作于Q，交于P，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）如图2，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
当时，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图3，
当，此时，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
综上所述：AD=3或．
【点睛】本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理及相似三角形的判定与性质、分类讨论思想的运用等知识点．
例题3．如图，在梯形中，动点在边上，过点作，与边交于点，过点作，与边交于点，设线段．
(1)求关于的函数解析式，并写出定义域；
(2)当是以为腰的等腰三角形时，求的值；
(3)如图，作的外接圆，当点在运动过程中，外接圆的圆心落在的内部不包括边上时，求出的取值范围．
【答案】(1)，
(2)或
(3)
【分析】（1）由题中条件、可知四边形是平行四边形，故CE；过点作垂线交于点，交于点，可得相似的和，用含、的表达式表示它们的边长，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得关于的解析式；下一步即为求得和的各自边长，过点作垂线交延长线于点，由且可得四边形为矩形，则；在中，由勾股定理可算得的长度；在中，，则可由勾股定理求得的长度，，至此已求得所有所需边长，根据相似三角形边长比例关系：，代入各边长表达式即可得关于的解析式，再根据题中要求写出定义域即可；
（2）因为是以为腰的等腰三角形，，由勾股定理知，过点作交于点，则四边形是矩形，；在直角三角形中，运用勾股定理进行计算即可得解；
（3）根据三角形的外接圆圆心落在三角形的内部，得到为锐角三角形，分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
【解析】（1）解：如图所示：过点作交延长线于点，再过点作垂线交于点，交于点，
，
四边形是矩形，
，
在中，由勾股定理得：
，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
化简得：，
点在上运动，故定义域为：；
（2）如图所示，此时是以为腰的等腰三角形，过点作交于点，
，
四边形是矩形，
又是以为腰的等腰三角形，
，
由（得，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
即，
解得：的值为或，
因此，的值为或；
（3）解：分析点运动过程可知，随点向右运动角度不断减小，且和始终是锐角．
根据题意，令点的位置满足，则大于此时对应的长度就可使得外接圆圆的圆心落在的内部．
如下图所示，此时，
，
，
同角的余角相等，
同理可得：，
∽，
，
，
，
解得：，
综上可得，当时，外接圆圆的圆心落在的内部．
【点睛】本题考查矩形和平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角形的外接圆等知识点，解题的关键是熟练掌握并灵活运用以上性质．本题综合性较强，属于中考压轴题．
没有清楚梯形的有关概念概念，及有关隐含条件如，如梯形（含平行），直角梯形（含平行+直角），等腰梯形（含.........）;不会运用或构造其他几何图形，利用几何性质进行解题。
1．已知抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，顶点B在第二象限内，AP⊥AB，交x轴于点P，tan∠APB＝2，点P的横坐标为m．
（1）求点B的坐标（用含m的代数式表示）；
（2）当m＝2时，求抛物线的表达式；
（3）如果抛物线的对称轴与x轴相交于点C，且四边形ACBP是梯形，求m的值．
【答案】（1）点B的坐标为（﹣4，2m﹣2）；（2）y＝﹣x2﹣2x﹣2；（3）m＝．
【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，可得A（0，-2），过点A作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点M，交过点P与y轴的平行线于点N，证Rt△BMA∽Rt△ANP，结合tan∠APB＝2，可得BM和AM的长，即可求得B点坐标；
（2）当m＝2时，则顶点B的坐标为（﹣4，2），设抛物线的表达式为y＝a（x+4）2+2，将A点代入，即可求得抛物线的表达式；
（3）利用待定系数法求直线AC的表达式，利用四边形ACBP是梯形，AC∥BP，求直线BP的表达式，代入B点和P点的坐标求解m．
【解析】（1）抛物线y＝ax2+bx﹣2与y轴相交于点A，
∴A（0，-2）
过点A作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点M，交过点P与y轴的平行线于点N，
∵∠BAM+∠PAN＝90°，∠PAN+∠APN＝90°，
∴∠BAM＝∠APN，
∴Rt△BMA∽Rt△ANP，
∵tan∠APB＝2，
∴两个三角形相似比为2，
则BM＝2AN＝2m，AM＝2PN＝2OA＝4，
则点B的坐标为（﹣4，2m﹣2）；
（2）当m＝2时，则顶点B的坐标为（﹣4，2）
设抛物线的表达式为y＝a（x+4）2+2，
将点A的坐标代入上式得：﹣2＝a（0+4）2+2，解得a＝，
故抛物线的表达式为y＝（x+4）2+2＝x2﹣2x﹣2；
（3）如上图，点C的坐标为（﹣4，0）
设直线AC的表达式为y＝sx+t，则，解得
故直线AC的表达式为y＝x﹣2，
∵四边形ACBP是梯形，
故直线AC∥BP，
故设直线BP的表达式为y＝x+p，
将点P的坐标代入上式得：0＝m+p，
将点B的坐标代入上式得：2m﹣2＝，
解得m＝．
【点睛】本题是二次函数与几何综合．涉及相似三角形的性质和证明、三角函数、梯形的性质以及一次函数等相关知识．是一道综合性较强的大题．
2．如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．
（1）当点E在边上时，
①求证：；
②若，求的值；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）或
【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【解析】（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．
②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．
3．如图1，梯形中，，，，，，M在边上，连接，；
(1)求的长；
(2)如图2，作，交于点E，交于点F，若，，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)若是等腰三角形，求的值；
【答案】(1)5
(2)
(3)或或8
【分析】（1）过点D作于点E，证明四边形为矩形，则，，再根据勾股定理定理即可求出；
（2）连接，先用等面积法求出，再证明，从而得出，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）根据可得为等腰三角形，根据题意进行分类讨论，当点E在线段上时，当点E在延长线上时．
【解析】（1）解：过点D作于点P，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴，
在中，根据勾股定理得：．
（2）解：连接，
∵，，
∴，
即，解得：，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
整理得：．
（3）①当点E在线段上时，
由（2）可得，
∵为等腰三角形，
∴为等腰三角形，
当时，；
当时，过点M作于点Q，
由（1）可得：，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，不符合题意，舍去；=
当时，过点E作于点H，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
②当点E在延长线上时，
∵，，
∴，
∴当点E在延长线上时，只能为等腰三角形的顶角，
∴，
∴．
综上：或或8．
【点睛】本题主要考查了四边形和三角形的综合应用，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题的关键是熟练掌握各个相关知识点并灵活运用，根据题意正确作出辅助线，构造直角三角形那个和全等三角形求解．
一、解答题
1．（2018·上海宝山·统考二模）如图，在梯形ABCD中，，，．
如果，求的度数；
若，，求梯形ABCD的面积．
【答案】（1）70°（2）54
【解析】分析：在中，，，可求，由得，由可求；
作，垂足为H，在中，，令，，，，利用勾股定理求x，可得，，用梯形面积公式计算．
详解：(1)在中，，
则，
又，
，
，
，
又，
；
(2)作，垂足为H，
在中，，令，，
则在中，，
即，
解得：
则，，
梯形ABCD的面积，
点睛：本题考查了梯形中角的计算、面积的计算问题，体现了梯形问题转化为三角形问题解决的思想．
2．（2017·上海徐汇·统考二模）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AD＝CD，AB＝3，BC＝5．求：
（1）tan∠ACD的值；
（2）梯形ABCD的面积．
【答案】(1);(2)9
【分析】（1）作DE∥AB交BC于E，交AC于M，证出DE⊥AC，由等腰三角形的性质得出AM=CM，证明四边形ABCD是平行四边形，得出DE=AB=3，在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC=4，得出AM=CM=2，由平行线分线段成比例可得出DM与EM，即可求出答案
（2）梯形ABCD的面积=△ABC的面积+△ACD的面积，即可求出答案
【解析】
（1）作DE∥AB交BC于E，交AC于M，如图所示：
∵AB⊥AC，DE∥AB，
∴DE⊥AC，
∵AD＝CD，
∴AM＝CM，
∵AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ABC中， ，
∴AM＝CM＝2，
∵AD∥BC，
∴DM：EM＝AM：CM＝1：1，
∴，
∴；
（2）梯形ABCD的面积＝△ABC的面积+△ACD的面积．
【点睛】本题的关键是掌握梯形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、平行线分线段成比例定理等知识
3．（2020秋·上海宝山·九年级统考期中）如图，已知梯形中，，，，，，点是边上一个动点（不与点重合），在边上取点，联结、，
（1）若点是的中点，且，求的值；
（2）若，设，，求关于的函数关系式；
（3）在（2）条件下，当为等腰三角形时，求的长．
【答案】（1）；（2）；（3）0，1或
【分析】（1）作图构建直角三角形，利用勾股定理求DM，再利用平行四边形面积的两种底高求法求得ME，根据三角函数即可求解；
（2）连接AC，利用勾股定理求AC可知AB=AC，根据等腰三角形性质和题意可知，再利用三个三角形相似即可求解．
（3）延长BC至K点，使得CK=AD,连接KD并延长与BA的延长线交于点G．通过等腰梯形可证，通过一线三等角模型可证，在通过分类讨论等腰三角形的三种情况，通过线段比例关系即可得出答案．
【解析】解：（1）作BC中点M，连接MD，过M点作AB垂线交AB于点E，连接ED．
∵是的中点，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
在中
∵，
∴，
∵，
∴ ，
即 ，解得，
∴．
（2）连接AC交MD于点F．过A作AH⊥BC于H，
，
在梯形ABCD中，AD=3，BC=6，CD=4，∠D=90°，AD∥BC，
∴BH=BC-CH=BC-AD=3，AH=CD=4，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
设，，
即 ，
解得 ，
∵，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
即 ，
则；
（3）延长BC至K点，使得CK=AD，连接KD并延长与BA的延长线交于点G．
在中，，
∴，
∴△BGK为等腰三角形，
∵AD∥BK，
∴，
∴，即，
解得，
若，则，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
解得；
若，则=1，
∴，则；
若，则，
∴，
∴，
即，
解得．
故CM长为：0，1或．
【点睛】本题主要考查了梯形的性质、梯形辅助线作法、三角函数、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、分类讨论思想等．此类题目综合性强，难度较大．熟练掌握梯形辅助线作法和相似三角形模型是解答此类题目的关键．
4．（2021·上海·九年级专题练习）如图，直角梯形OABC的直角顶点O是坐标原点，边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA//BC，D是BC上一点，BD=0．25OA=根号2，AB=3，∠OAB=45°，E、F分别是线段OA、AB上的两动点，且始终保持∠DEF=45°
（1）直接写出D点的坐标；
（2）设，，试确定与之间的函数关系；
（3）当是等腰三角形时，将沿折叠，得到，求与五边形重叠部分的面积
【答案】（1）；（2）；（3）当时，；当时，；当时，
【分析】（1）过点B作x轴的垂线，垂足为M，由已知易求得OA的长，在Rt△ABM中，由已知可求得AM、MB的长，进而可求得BC、CD的长，由此即可求得点D的坐标；
（2）连接OD，证△ODE∽△AEF，根据相似三角形的对应边成比例即可得出y与x的函数关系式；
（3）若△AEF是等腰三角形，应分三种情况进行讨论：
①AF=EF时，此时△AEF是等腰直角三角形，A′在AB的延长线上，重合部分是四边形EDBF，根据面积差求解即可；
②AE=EF，此时△AEF是等腰直角三角形，且E为直角顶点，此时重合部分为△A′EF，可推导得到四边形AEDB是平行四边形，得AE=BD，进而可求得重叠部分的面积；
③AE=AF，此时四边形AEA′F是菱形，重合部分为△A′EF，由（2）知△ODE∽△AEF，看到OD=OE=3，由此可求得AE、AF的长，过F作x轴的垂线，即可求出AE边上的高，进而可求得面积．
【解析】（1）过点B作x轴的垂线，垂足为M，
Rt△ABM中，AB=3，∠BAM=45°，
∴AM=BM=AB·sin∠BAM=，
∵，
∴AO=，
∴BC=OA-AM=，
∴CD=BC-BD=，
∴点D的坐标为（，）；
（2）连接OD，如图（1），由（1）知，D在∠COA的平分线上，
∴∠DOE=∠COD=45°，
又在梯形DOAB中，∠BAO=45°，
∴∠DOE=∠OAB，OD=AB=3，
∵∠1=∠DEA-∠DOE=∠DEA-45°，∠2=∠DEA-∠DEF=∠DEA-45°，
∴∠1=∠2，
∴△ODE∽△AEF，
∴，
即，
∴y= ；
（3）当△AEF为等腰三角形时，有EF=AF、EF=AE、AE=AF共3种情况；
①当EF=AF时，如图（2），∠FAE=∠FEA=∠DEF=45°，
∴△AEF为等腰直角三角形，D在A′E上（A′E⊥OA），B在A′F上（A′F⊥EF），
∴△A′EF与五边形OEFBC重叠的面积为四边形EFBD的面积，
∵AE=OA-OE=AO-CD=，
∴AF=AE•sin45°=，，
∴，
∴ ；
②当EF=AE时，如图（3），此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分面积为△A′EF的面积，
∠DEF=∠EFA=45°，DE//AB，又DB//EA，
∴四边形DEAB是平行四边形，
∴AE=DB=，
∴；
③当AF=AE时，如图（4），四边形AEA′F为菱形且△A′EF在五边形OEFBC内，
∴此时△A′EF与五边形OEFBC重叠部分为△A′EF的面积，
由（2）知△ODE∽△AEF，则OD=OE=3，
∴AE=AF=OA-OE=，
过F作FH⊥AE于H，则FH=AF•sin45°=，
∴，
综上所述，△A′EF与五边形OEFBC重叠部分的面积为或1或．
【点睛】本题考查了梯形、平行四边形、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等，综合性较强，有一定的难度，正确分类讨论并画出相应的图形是解题的关键．
5．（2020·上海·九年级专题练习）在梯形ABCD中，AD∥BC，．（如图1）
(1)试求的度数；
(2)若E、F分别为边AD、CD上的两个动点(不与端点A、D、C重合)，且始终保持，与交于点．（如图2）
①求证：∽；
②设，试求关于的函数解析式，并写出定义域．
【答案】（1）；（2）①见解析，②，（0<<1）.
【分析】（1）作，垂足为，得四边形为正方形，从而得DH=CH，进而即可求解；
（2）①由，，得，进而可得∽；②延长交的延长线于点，由∽，得，从而得，由，得，结合，即可得到结论．
【解析】（1）作，垂足为，
在四边形中，AD∥BC，，
∴四边形为正方形，
又∵在中，，
∴DH=CH，
∴；
（2）①∵四边形为正方形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴∽；
②延长交的延长线于点，
∵∠C=∠DBH=45°，BC=2，
∴，
∵∽，
∴，
∵，
∴
∴，
∵AD∥BC，
∴∆EFD~∆QFC，
∴，
∴，
∵∆EDP~QBP，
∵，即：，
∴ （0<<1）．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，添加合适的辅助线，构造相似三角形，是解题的关键．
6．（2020·上海·九年级专题练习）已知在梯形中，，，，，，如图.
（1）求证：；
（2）若点在线段上运动，与点不重合，联结并延长交的延长线于点，如图，设，，求与的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）若点在线段上运动，与点不重合，联结交于点，当△是等腰三角形时，求的值．
【答案】（1）详见解析；（2） 定义域是：；（3）2或6
【分析】（1）根据平行线的性质及等量代换可得出，再由已知可得，由此可证明△∽△，则，最后利用同位角相等，两直线平行即可证明结论；
（2）首先根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，进而求出BC,PB的长度，然后由可得 ，即，从而可得到与的函数关系式；
（3）当△是等腰三角形时，分三个情况讨论：①当时，得，所以，所以，则利用可求PM的长度；②当时，易证，即四边形是平行四边形，则利用可求PM的长度；③当时不存在．
【解析】（1）证明：∵，
∴ ．
∵，
∴．
∵，，
∴ ，
∴△∽△，
∴，
∴；
（2）解： ∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴ ．
∵，
∴．
∵，
∴ ．
∵，，
∴，，
∴ ，
∴ ；
（3）解：①当时，
∵，
∴，
∴，
由（2）知：，，
∴；
②当时，
∵△∽△，，
∴ ，
∴，
∴ ．
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴；
③当时，等腰三角形不存在；
综上所述，PM的长度为2或6．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的定义及性质，相似三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，掌握等腰三角形的定义及性质，相似三角形的判定及性质，平行四边形的判定及性质并分情况讨论是解题的关键．
7．（2018秋·上海嘉定·九年级校考阶段练习）如图，已知，梯形中，，点在上运动（点不与点重合），点在射线上，
（1）当时，求的长
（2）当在线段上时，设，求关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）联结，若以点为顶点的三角形与相似，求的长
【答案】（1）3；（2）；（3）2或或
【分析】（1）先根据已知证明∠APB＝∠C，再根据三角函数的知识得出PE＝CE时，BP的长度；
（2）延长PE与AD的延长线交于点F，根据平行线的性质即可得出与x之间的函数关系；
（3）若△APD与△PCE相似，则有两种情况：（ⅰ）∠ADP＝∠C时，△APD∽△PEC，根据相似三角形的性质得出BP的长度；（ⅱ）∠APD＝∠C时，△APD∽△DCP，根据相似三角形的性质得出BP的长度．
【解析】解：（1）根据已知，得BC＝8，∠APB＝∠EPC
∵PE＝CE∴∠EPC＝∠C
∴∠APB＝∠C
∴AP∥DC
∴PC＝AD＝5
∴BP＝3
即当PE＝CE时， BP＝3
（2）延长PE与AD的延长线交于点F，
∵BP＝x，相当于光线从点A出发，沿AP的方向射出，经BC反射，
∴PC＝8﹣x，AF＝2x
∵DE＝y，DC＝AD＝5，
∴EC＝5﹣y，DF＝2x﹣5
∵AF∥BC
∴
即
∴
∵点E在线段CD上
∴x的取值范围为
（3）∵AD∥BC，
∴∠DAP＝∠APB，
∵∠APB＝∠EPC，
∴∠DAP＝∠EPC
若△APD与△PCE相似，则有如下两种情况：
（ⅰ）∠ADP＝∠C时，
推出BP＝2时，△APD∽△PEC；
（ⅱ）∠APD＝∠C时
又∵∠ADP＝∠DPC∴△APD∽△DCP
∴PD2＝AD•PC
∵PD2＝42+（5﹣x）2
∴16+（5﹣x）2＝5（8﹣x）
解得，经检验，均符合题意
故时，△APD∽△PCE；
∴当BP为2，时，△APD与△PCE相似．
【点睛】本题主要考查了梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质以及函数知识的综合应用，要根据对应角的不同进行分类求解．
8．（2018·上海金山·统考二模）如图，已知在梯形ABCD中，，P是线段BC上一点，以P为圆心，PA为半径的与射线AD的另一个交点为Q，射线PQ与射线CD相交于点E，设.
（1）求证：；
（2）如果点Q在线段AD上（与点A、D不重合），设的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）如果与相似，求BP的长.
【答案】（1）见解析；（2）；（3）当或8时，与相似.
【分析】（1）想办法证明即可解决问题；
（2）作A于M，于N.则四边形AMPN是矩形.想办法求出AQ、PN的长即可解决问题；
（3）因为，所以，又，推出，推出相似时，与相似，分两种情形讨论即可解决问题；
【解析】（1）证明：四边形ABCD是等腰梯形，
，
，
，
，
，
，
.
（2）解：作于M，于N.则四边形是矩形.
在中，，
，
，
，
，
.
（3）解：，
，
，
相似时，与相似，
，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上所述，当PB=5或8时，与△相似.
【点睛】本题考查几何综合题、圆的有关性质、等腰梯形的性质，锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形和特殊四边形解决问题，属于中考压轴题.
9．（2021·上海·九年级专题练习）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，tanD＝2，点E是射线CD上一动点(不与点C重合)，将△BCE沿着BE进行翻折，点C的对应点记为点F．
(1)如图1，当点F落在梯形ABCD的中位线MN上时，求CE的长.
(2)如图2，当点E在线段CD上时，设CE＝x，，求y与x之间的函数关系式，并写出定义域.
(3)如图3，联结AC，线段BF与射线CA交于点G，当△CBG是等腰三角形时，求CE的长．
【答案】(1)；(2)(0＜x≤10)；(3)CE的长为或 或．
【分析】(1)把BE与MN的交点记为点O，根据折叠的性质以及梯形中位线定理，可判定△EFO是等边三角形，即可得出∠FEB＝60°，即∠CEB＝60°，进一步在Rt△ECB中，利用60°角的三角函数即可求出EC的长；
(2)把BE与CF的交点记为点P，根据BE是CF的垂直平分线，可得，易证△ECP∽△CBP，然后利用相似三角形的性质即可得出y与x之间的函数关系式；
(3)当△CBG是等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①GB＝GC；②CB＝CG；③BC＝BG，分别根据折叠的性质以及直角三角形的边角关系，求得CE的长．
【解析】解：(1)把BE与MN的交点记为点O，如图1，
∵梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，∴∠C＝90°，
由翻折得∠CEB＝∠FEB，∠EFB＝∠C＝90°，
∵MN是梯形ABCD的中位线，∴MN∥AB∥CD，
∴∠CEB＝∠FOE，，
∴∠FEB＝∠FOE，∴FE＝FO，
∵∠EFB＝90°，EO＝BO，∴FO＝EO，
∴FE＝FO＝EO，∴△EFO是等边三角形，
∴∠FEB＝60°，∴∠CEB＝60°，
∴在Rt△ECB中，；
(2)把BE与CF的交点记为点P，如图2，
由翻折得，BE是CF的垂直平分线，
即∠EPC＝∠BPC＝90°，，
∴S△EFC＝2S△EPC，S△BFC＝2S△BPC，
∴，
∵∠ECP+∠BCP＝90°，∠CBP+∠BCP＝90°，∴∠ECP＝∠CBP，
又∵∠EPC＝∠BPC＝90°，∴△ECP∽△CBP，
∴
∴(0＜x≤10)；
(3)当△CBG是等腰三角形时，存在三种情况：
①当GB＝GC时，延长BF交CD于点H，如图3，
∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，∴AC＝10，
∵GB＝GC，∴∠GBC＝∠GCB，
∵∠HCB＝90°，∴∠CHB+∠GBC＝90°，
∵∠ABC＝90°，∴∠CAB+∠GCB＝90°，
∴∠CHB＝∠CAB，∴，
∵∠ABC＝90°，∴∠ACB+∠CAB＝90°，∠ABG+∠GBC＝90°，
∴∠CAB＝∠GBA，∴GA＝GB，∴GA＝GC，
∵AB∥CD，∴，∴CH＝AB＝6，
∵CE＝x，∴EF＝x，HE＝6﹣x，
∵∠HFE＝90°，∴，
解得，即；
②当CB＝CG＝8时，AG＝10﹣8＝2，
∵AB∥CD，∴，∴CH＝4AB＝24，
∵CE＝x，∴EF＝x，HE＝24﹣x，
∵∠HFE＝∠HCB＝90°，∴，
解得，即；
③当BC＝BG时，F点与G点重合，如备用图，
由翻折可得，BE垂直平分线段GC，
∵∠CBE+∠BCA＝90°＝∠CAB+∠BCA，∴∠CBE＝∠CAB，
∴，
∴，解得，
综上所述，CE的长为或或．
【点睛】本题以梯形为载体，重点考查了梯形的中位线定理、折叠的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形和等腰三角形的分类问题，涉及的知识点多，综合性强，解题时需要综合运用所学知识，注意知识的前后联系，有意识的运用数形结合、转化、分类和方程等数学思想方法.
10．（2021·上海·九年级专题练习）已知：如图，在直角梯形中， ，，，．动点分别在边和上，且．线段与相交于点，过点作，交于点，射线交的延长线于点，交于点，设．
（1）求证：；
（2）当时，用含的代数式表达的长；
（3）在（2）题条件下，若以为半径的与以为半径的相切，求的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例的知识即可得出；
（2）易得，故分别用含AD和x的代数式表示出EC、CO、AM和AO，代入即可得出含x的代数式表达的AD；
（3）结合题意可知，需要分两种情况来解，一种是外切，另一种是内切；分别根据切线的性质，结合题目，列出方程即可得出x的值．
【解析】（1）∵BC∥AD，
∴，，
∵∥，，
∴，
∴；
（2）∵，AB=8，BC=6，
∴，
∵BC⊥AB，，
∴，
∵EC=x，
∴，
∴，
∵AF=2EC，由（1）知，
∴，
∴，
∵∥，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，设，
∴，，
，
当与相外切时，；
，解得，
∵，即，
由，得，与已知不符，
∴（舍）；
当与相内切时，，
①，无解；
②，
解得，，
∵，，
∴．
综上所述，满足条件的的值为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质以及平行线成比例的知识和解直角三角形等知识，并且要结合实际情况对题目分情况讨论和对解的值进行合理的取舍，本题具有一定的难度，请同学们多加分析和理解．
11．（2022春·上海闵行·九年级校考期中）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD=2，AB=BC=CD=6．动点P在射线BA上，以BP为半径的⊙P交边BC于点E（点E与点C不重合），联结PE、PC．设BP= x，PC= y．
（1）求证：PE∥DC；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）联结PD，当∠PDC=∠B时，以D为圆心半径为的⊙D与⊙P相交，求的取值范围．
【答案】（1）见解析;（2）；（3）
【分析】（1）根据梯形的性质得到∠B=∠DCB，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠PEB，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G．推出四边形ADGF是矩形，PH∥AF，求得BF=FG=GC=2，根据勾股定理得到，根据平行线分线段成比例定理得到，，求得，根据勾股定理即可得到结论；
（3）作EM∥PD交DC于M．推出四边形PDME是平行四边形．得到PE=DM=x，即 MC=6-x，根据相似三角形的性质得到PD=EC=，根据相切两圆的性质即可得到结论．
【解析】证明：（1）∵梯形ABCD，AB=CD，
∴∠B=∠DCB．
∵PB=PE，
∴∠B=∠PEB，
∴∠DCB=∠PEB，
∴PE∥CD．
（2）分别过P、A、D作BC的垂线，垂足分别为点H、F、G.
∵梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC，DG⊥BC，PH⊥BC，
∴四边形ADGF是矩形，PH∥AF．
∵AD=2，BC=DC=6，
∴BF=FG=GC=2．
在Rt△ABF中，
﹒
∵PH∥AF，
∴，即．
∴，．
∴．
在Rt△PHC中，，
∴，即．
（3）作EM∥PD交DC于M．
∵PE∥DC，
∴四边形PDME是平行四边形．
∴PE=DM=x，即 MC=x．
PD=ME，∠PDC=∠EMC，
又∵∠PDC=∠B，∠B=∠DCB，
∴∠DCB =∠EMC=∠PBE =∠PEB．
∴△PBE∽△ECM．
∴，即．整理方程，解得：．
即BE．∴PD=EC=．
当两圆外切时，PD=，即（舍去）；
当两圆内切时，PD=，即（舍去），；
即两圆相交时，．
【点睛】此题考查圆的综合题，梯形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，DC=5，以CD为半径的⊙C与以AB为半径的⊙B相交于点E、F，且点E在BD上，联结EF交BC于点G．
（1）设BC与⊙C相交于点M，当BM=AD时，求⊙B的半径；
（2）设BC=x，EF=y，求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当BC=10时，点P为平面内一点，若⊙P与⊙C相交于点D、E，且以A、E、P、D为顶点的四边形是梯形，请直接写出⊙P的面积．（结果保留π）
【答案】（1）；（2）；（3）①，②（29﹣8）π．
③⊙P的面积为．
【解析】分析：（1）首先求出DM的长，再证明四边形ABMD是平行四边形即可解决问题；
（2）如图2中，过点C作CH⊥BD，垂足为点H．首先用x表示BE的长，再根据EG＝BE•sin∠DBC＝，求解即可；
（3）分三种情形分别求解即可解决问题；
详解：（1）如图1中，连接DM．
在Rt△DCM中，，
∵AD∥BC BM=AD，
∴四边形ABMD为平行四边形，
∴AB=DM=，
即⊙B的半径为．
（2）如图2中，过点C作CH⊥BD，垂足为点H．
在Rt△BCD中，，
∴，
可得∠DCH=∠DBC，
∴，
在Rt△DCH中，DH=DCsin∠DCH=，
∵CH⊥BD，
∴DE=2DH=，
∴
∵⊙C与⊙B相交于点E、F，
∴EF=2EG，BC⊥EF，
在Rt△EBG中，
，
∴(x>)．
（3）①如图3中，当PE∥AD时，设PC交DE于H，则CH垂直平分线段DE．
在Rt△BCD中，BD=，CH=，
DH=，
∴EH=DH=，
∵AD∥BC，PE∥AD，
∴PE∥BC，
∴∠HEP=∠HBC，
∴cos∠HEP=cos∠CBD，
∴，
∴，
∴PE=，
∴⊙P的面积为π．
②如图4中，当AP∥DE时，作AT⊥BC于T，设AD交PC于Q，BD交PC于H．
由①可知：DE=2，BE=BA=3，AT=CD=5，
在Rt△ABT中，BT=，
∴AD=CT=10﹣2，
由△DQH∽△BDC，可得DQ=，QH=，
∴AQ=AD﹣DQ=﹣2，
由△APQ∽△DHQ，可得PQ=﹣2，
在Rt△PDH中，PD2=DH2+PH2=29﹣8，
∴⊙P的面积为（29﹣8）π．
③如图5中，当DP∥AE时，作AR⊥BD于R．
由△ADR∽△DBC，
∴，
∴AR=2﹣2，DR=4﹣4，
∴ER=DR﹣DE=2﹣4，
在Rt△ARE中，AE=，
∵AE∥DP，
∴∠AER=∠PDQ，
∴cos∠AER=cos∠PDH，
∴，
∴PD=，
∴⊙P的面积为．
点睛：本题考查圆综合题、直角梯形的性质、解直角三角形、锐角三角函数、勾股定理、相似三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
13．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC=5，AD=1，BC=9，点P为边BC上一动点，作PH⊥DC，垂足H在边DC上，以点P为圆心PH为半径画圆，交射线PB于点E.
（1）当圆P过点A时，求圆P的半径；
（2）分别联结EH和EA，当△ABE∽△CEH时，以点B为圆心，r为半径的圆B与圆P相交，试求圆B的半径r的取值范围；
（3）将劣弧沿直线EH翻折交BC于点F，试通过计算说明线段EH和EF的比值为定值，并求出此定值.
【答案】（1）圆P的半径长为3；（2）；（3）说明见解析，.
【解析】分析：
（1）如下图，作AM⊥BC于M，联结AP，由题意易得AM=3，BM=4，tanB=tanC=，设PH=3k，则可得HC=4k，CP=5k，MP=5-5k，在Rt△APM中，由勾股定理可得，结合AP=PH即可列出关于k的方程，解方程即可求得k的值，再结合CP
（3）在圆P上取点F关于EH对称的点G，联结EG，作PQ⊥EG于G，HN⊥BC于N，
则EG=EF，∠1=∠3，EQ=QG，EF=EG=2EQ. 结合已知条件先证△EPQ≌△PHN可得EQ=PN，从而可得EF=EG=2PN，由（1）可知，在Rt△PHC中，若设PH=3k，则HC=4k，PC=5k，由此可得sinC=，cosC=，在Rt△CHN中由此可把HN、NC用含k的式子表达出来，进一步可把PN、EN用含k的式子表达出来，这样就可把EH和EF用含k的代数式表达出来，由此即可求得EH和EF的比值，得到相应的结论.
详解：
（1）作AM⊥BC于M，联结AP，
∵梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC=5，AD=1，BC=9，
∴BM=(BC-AD)÷2=4，AM=，
∴tanB= tanC=，
∵PH⊥DC，
∴若设PH=3k，则HC=4k，CP=5k.
∵BC=9，
∴MP=5-5k.
∴，
∵AP=PH，
∴，即，
解得：，
当时，CP=，
∴（舍去），
∴，
∴圆P的半径长为3；
（2）由（1）可知，若设PH=3k，则HC=4k，CP=5k.
∵点E在圆P上，
∴PE=3k，CE=8k，
∴BE=9-8k，
∵△ABE∽△CEH，
∴，即，
解得：，
∴，即圆P的半径为，
∵圆B与圆P相交，又BE=9-8k=，
∴；
（3）在圆P上取点F关于EH对称的点G，联结EG，作PQ⊥EG于G，HN⊥BC于N，
则EG=EF，∠1=∠3，EQ=QG，EF=EG=2EQ.
∴∠GEP=2∠1，
∵PE=PH，
∴∠1=∠2 ，
∴∠4=∠1+∠2=2∠1，
∴∠GEP=∠4，
∴△EPQ≌△PHN，
∴EQ=PN，
由（1）可知，若设PH=3k，则HC=4k，PC=5k，
∴sinC=，cosC=，
∴NC=，NH=，
∴PN=，
∴EF=EG=2EQ=2PN=，EH=，
∴，即线段EH和EF的比值为定值.
点睛：本题是一道涉及圆、全等三角形、勾股定理、相似三角形和锐角三角形函数的综合性几何题，解题难度较大，解题的关键是作出如图所示的辅助线，熟悉相关图形的性质和判定.
14．（2021·上海普陀·统考二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如图）．M是边BC上一个动点（不与点B、C重合），以点M为圆心，CM为半径作圆，⊙M与射线CD、射线MA分别相交于点E、F．
（1）设CE＝，求证：四边形AMCD是平行四边形；
（2）联结EM，设∠FMB＝∠EMC，求CE的长；
（3）以点D为圆心，DA为半径作圆，⊙D与⊙M的公共弦恰好经过梯形的一个顶点，求此时⊙M的半径长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）⊙M的半径为或
【分析】（1）如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，通过计算证明AD＝CM，可得结论．
（2）如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．由cosC，设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，想办法构建方程，求解即可．
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．分别利用勾股定理求解即可．
【解析】（1）证明：如图1中，连接EM，过点M作MG⊥CD于G，则EG＝CG＝，
在Rt△CGM中，，
∴AD＝CM，
∵AD∥CM，
∴四边形AMCD是平行四边形．
（2）解：如图2中，过点E作EH⊥BC于H，过点M作MT⊥EC于T．
∵ME＝MC，MT⊥EC，
∴CT＝ET，
∴cosC，
设EC＝6k，则CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，
在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH=EC=k，
∴MH＝CM﹣CH＝k，
∴tan∠EMH＝，
∵∠FMB＝∠EMC，
∴tan∠FMB，
∴BM＝，
∴CM＝BC﹣BM＝＝5k，（BC=6的求解过程见（3）小题）
∴CE＝6k＝．
（3）如图3﹣1中，当公共弦经过点A时，过点D作DP⊥BC于P，则四边形ABPD是矩形．
∴AD＝BP＝3，
在Rt△CDP中，cosC，
∵CD＝5，
∴PC＝3，AB＝PD＝4，
∴BC＝3+3＝6，
设CM＝AM＝x，
在Rt△ABM中，则有x2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝，
∴⊙M的半径为．
如图3﹣2中，当公共弦经过点D时，连接MD，MP，过点M作MN⊥AD于N．
设CM＝ME＝MP＝x，则DN＝x﹣3，
∵DM2＝MN2+DN2＝MP2﹣DP2，
∴42+（x﹣3）2＝x2﹣32，
∴x＝，
综上所述，满足条件的⊙M的半径为或．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
15．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=5，，点O是边BC上的动点，以OB为半径的与射线BA和边BC分别交于点E和点M，联结AM，作∠CMN=∠BAM，射线MN与边AD、射线CD分别交于点F、N．
（1）当点E为边AB的中点时，求DF的长；
（2）分别联结AN、MD，当AN//MD时，求MN的长；
（3）将绕着点M旋转180°得到，如果以点N为圆心的与都内切，求的半径长．
【答案】（1）DF的长为；（2）MN的长为5；（3）的半径长为．
【分析】（1）作于，根据中位线定理得出四边形是平行四边形，从而利用解直角三角形即可求算半径，再根据平行四边形的性质求即可；
（2）先证，再证，从而证明，得到，再通过平行证明，从而得到，通过两式相乘得出再根据平行得出， 从而得出答案．
（3）通过图形得出垂直平分,从而得出，再利用解三角函数即可得出答案．
【解析】（1）如图，作于：
∵为中点，
∴
∴
∴
∴
设半径为，在中：
解得：
∵分别为中点
∴
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
（2）如图：连接
∵
∴
又∵
∴
又∵
∴
∴①
又∵
∴
∴②
由①②得;
∴
∴
故MN的长为5；
（3）作如图：
∵圆与圆外切且均与圆内切
设圆半径为，圆半径为
∴
∴在的中垂线上
∴垂直平分
∴
∵
∴点在圆上
∴
解得：
的半径长为
【点睛】本题是一道圆的综合题目，难度较大，掌握相似之间的关系转化以及相关线段角度的关系转化是解题关键．
16．（2022·上海青浦·统考二模）梯形中，，于点，，，以为直径，以为直径，直线与交于点，与交于点（如图），设．
(1)记两圆交点为、（在上方），当时，求的值；
(2)当与线段交于、时，设，求关于的函数关系式，并写出定义域；
(3)连接，线段与交于点，分别连接、，若与相似，求的值．
【答案】(1)1+
(2)=-(x+3)2+64（1≤x＜2）
(3)6-
【分析】（1）过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E，由题意得垂直平分EF，，通过解直角三角形可得AG=8，BG=6，再由，，，AG⊥BC得四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形，根据勾股定理求出O1N和O2H，进而求AD；
（2）过点O2作O2G⊥PQ于点G，勾股定理求O2G=，再由正切求得关于的函数关系式；
（3）由∽，得=，由=，得MN=GN，过点A作AH⊥MN，利用正切和勾股定理求出AM=2，再由相似的性质和判定求出AM=（6-x），进而得x．
（1）
解：过点A作AG⊥BC，连接O1E，O2E
由题意得垂直平分EF，
又
∴，∠EHO2=∠EHO1=90°，EH=EF=3
又AG⊥BC，
∴∠AGC=∠AGB=90°，∠DCG=90°
∵
∴∠AIO2=∠AIO1=90°，∠DO2I=∠O1O2C=∠ADO2=90°
∴四边形ADCG和四边形ADO2I是矩形
∴DC=AG，DA=CG= IO2，DO2=AI
∵O2是DC的中点
∴I是AG的中点
∵O1是AB的中点
∴O1I是△ABG的中位线
∴O1I=BG
∵，
∴AG=8，BG=6
∴O1I=BG=×6=3
在Rt△O1HE和Rt△O2HE中
O1H===4
O2H===
∴O1 O2= O1H + O2H=4+
∴AD=IO2= O1 O2- O1I==4+-3=1+
（2）
解：由（1）可知，O1 O2= AD+O1I=x+3
过点O2作O2G⊥PQ于点G
∴PG=PQ=y
在Rt△O2PG中
O2G===
∵
∴∠O2O1G=∠B
又
∴tan∠O2O1G=
∴sin∠O2O1G=
又O1 O2= x+3
∴=
∴=-(x+3)2+64（1≤x＜2）
（3）
解：∵MN=O2N+O1M-O1O2
∴MN=4+5-（3+x）=6-x
由∽，得
=
由=，得MN=GN=6-x
∴∠GMN=∠MGN
又O1A= O1M
∴∠GMN=∠O1AM
∴∠O1AM=∠MGN
∴∠AM O1为公共角
∴△AMO1∽△GMN
∴△AMO1∽
∴=
∴AM=（6-x）
∵
∴
又
∴
过点A作AH⊥MN
又O1A=5
∴O1H=3，AH=4
∴HM=O1M-O1H=5-3=2
在Rt△AHM中
AM===2
∴（6-x）=2
解得x=6-
【点睛】本题是圆的综合，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数求值，中位线的性质以及勾股定理等知识点，属于中考中的压轴题．
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