05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）2

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學【三輪沖刺】專題匯編（杭州專用）—05挑戰(zhàn)壓軸題（解答題三）1．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）在正方形ABCD中，點M是邊AB的中點，點E在線段AM上（不與點A重合），點F在邊BC上，且AE=2BF，連接EF，以EF為邊在正方形ABCD內(nèi)作正方形EFGH．(1)如圖1，若AB=4，當點E與點M重合時，求正方形EFGH的面積，(2)如圖2，已知直線HG分別與邊AD，BC交于點I，J，射線EH與射線AD交于點K．①求證：EK=2EH；②設∠AEK=α，△FGJ和四邊形AEHI的面積分別為S1，．求證：【答案】(1)5(2)①見解析；②見解析【分析】（1）由中點定義可得AE=BE=2，從而可求BF=1，然后根據(jù)勾股定理和正方形的面積公式可求正方形EFGH的面積；（2）①根據(jù)余角的性質(zhì)可證∠KEA=∠EFB②先證明△KHI≌△FGJ【詳解】（1）解：∵AB=4，點M是邊AB的中點，∴AE=BE=2，∵AE=2BF，∴BF=1，由勾股定理，得EF∴正方形EFGH的面積為5．（2）解：①由題意知∠KAE=∴∠EFB+∵四邊形EFGH是正方形，∴∠HEF=90∴∠KEA+∴∠KEA=∴△KEA∴KEEF∴EK=2EF=2EH．②由①得HK=HE=GF，又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∴△KHI設△KHI的面積為S1∵∠K=∠K，∠KHI=∠A=90°，∴△KHI∴S1∴S2【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及銳角三角函數(shù)的知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．2．（2021·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，銳角三角形ABC內(nèi)接于⊙O，∠BAC的平分線AG交⊙O于點G，交BC邊于點F，連接BG．(1)求證：△ABG∽△(2)已知AB=a，AC=AF=b，求線段FG的長（用含a，b的代數(shù)式表示）．(3)已知點E在線段上（不與點A，點F重合），點D在線段AE上（不與點A，點E重合），∠ABD=∠CBE，求證：BG2【答案】(1)見解析；(2)FG=a-b；【分析】(1)由題目已知角平分線相等得到兩個相等，同弧所對的兩個圓周角相等，從而證明兩三角形相似；(2)由(1)中的相似可以得到線段成比例，再由FG=AG-(3)要證BG2=GE?GD即證△DGB∽△BGE【詳解】(1)因為AG平分∠BAC所以∠BAG=又因為∠G=所以△ABG∽△(2)由(1)，知ABAF因為AC=AF，所以AG=AB，所以FG=AG-(3)因為∠CAG=又因為∠BAG=所以∠BAG=因為∠ABD=所以∠BDG=又因為∠DGB=所以△DGB∽△所以GDBG所以BG【點睛】本題考查了圓的圓周角概念，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)等知識點，解題關(guān)鍵是要根據(jù)已知條件找到相似的兩個三角形并通過角度的轉(zhuǎn)換從而證明相似．3．（2020·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知AC，BD為⊙O的兩條直徑，連接AB，BC，OE⊥AB于點E，點F是半徑OC的中點，連接EF．（1）設⊙O的半徑為1，若∠BAC＝30°，求線段EF的長．（2）連接BF，DF，設OB與EF交于點P，①求證：PE＝PF．②若DF＝EF，求∠BAC的度數(shù)．【答案】（1）32；（2）①見解析；②∠BAC＝【分析】（1）解直角三角形求出AB，再證明∠AFB＝90°，利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)即可解決問題．（2）①過點F作FG⊥AB于G，交OB于H，連接EH．想辦法證明四邊形OEHF是平行四邊形可得結(jié)論．②想辦法證明FD＝FB，推出FO⊥BD，推出△AOB是等腰直角三角形即可解決問題．【詳解】（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，∴∠AOE＝60°，OE＝12OA＝12，AE＝EB＝OE＝3∵AC是直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠C＝60°，∵OC＝OB，∴△OCB是等邊三角形，∵OF＝FC，∴BF⊥AC，∴∠AFB＝90°，∵AE＝EB，∴EF＝12AB＝3（2）①證明：過點F作FG⊥AB于G，交OB于H，連接EH．∵∠FGA＝∠ABC＝90°，∴FG∥BC，∴△OFH∽△OCB，∴FHBC＝OFOC＝同理OEBC＝1∴FH＝OE，∵OE⊥AB．FH⊥AB，∴OE∥FH，∴四邊形OEHF是平行四邊形，∴PE＝PF．②∵OE∥FG∥BC，∴EGGB＝＝1，∴EG＝GB，∴EF＝FB，∵DF＝EF，∴DF＝BF，∵DO＝OB，∴FO⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵OA＝OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°．【點睛】本題考查了解直角三角形、直徑的性質(zhì)、等邊三角形的判定及性質(zhì)、平行四邊形的判定及性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，題目的綜合性較強，添加輔助線較多，解題的關(guān)鍵是熟記并且靈活運用有關(guān)的性質(zhì)定理．4．（2019·浙江杭州·中考真題）如圖，已知銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，OD⊥BC于點D⑴若.①求證：OD=1②當OA=1時，求△ABC⑵點E在線段OA上，OE=OD，連接DE，設∠ABC=m∠OED，∠ACB=n∠OED（m、n是正數(shù)），若∠ABC<∠ACB，求證：m【答案】（1）①見解析；②△ABC面積的最大值是343；（2【分析】（1）①連接OB，OC，由圓的性質(zhì)可得答案；②先作AF⊥BC，垂足為點F，要使得面積最大，則當點A，O，D在同一直線上時取到再根據(jù)三角形的面積公式即可得到答案；（2）先設∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，由銳角三角形性質(zhì)得到即，再結(jié)合題意及三角形內(nèi)角和的性質(zhì)得到兩式聯(lián)立即可得到答案.【詳解】（1）①證明：連接OB，OC，因為OB=OC，OD⊥BC，所以∠BOD=12∠BOC=12×2∠所以OD=12OB=1②作AF⊥BC，垂足為點F，所以AF≤AD≤AO+OD=32，等號當點A，O，D由①知，BC=2BD=，所以△ABC的面積即△ABC面積的最大值是3（2）設∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，因為△ABC是銳角三角形，所以∠AOC+∠AOB+2∠BOD=360°，即（*）又因為∠ABC<∠ACB，所以∠EOD=∠AOC+∠DOC因為∠OED+∠ODE+∠EOD=180°，所以（**）由（*），（**），得，即m【點睛】本題綜合考查圓的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和的性質(zhì)勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和的性質(zhì)勾股定理.5．（2018·浙江杭州·中考真題）已知：如圖，E、F是?ABCD的對角線AC上的兩點，AF＝CE．求證：（1）△ABE≌△CDF；（2）ED∥BF．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件得到AE＝CF，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠DCF＝∠BAE，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵AF＝CE，∴AF﹣EF＝CE﹣EF，即AE＝CF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠DCF＝∠BAE，在△ABE與△CDF中，∵，，AB=∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）∵△ABE≌△CDF，∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD，∴∠BEF＝∠DFE，∴BE∥DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∴ED∥BF．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．1．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，△ADC與△ABC關(guān)于直線AC對稱，AD交⊙O于點E(1)求證：CD是⊙O(2)連接CE，若cosD=13，【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）如圖所示，連接OC，連接AO并延長交BC于F，根據(jù)等邊對等角得到∠ABC=∠ACB，再證明AF⊥BC，得到∠ACF+∠CAF=90°，由OA=OC，得到∠OAC=∠OCA，由軸對稱的性質(zhì)可得∠ACB=∠ACD，即可證明∠ACD+∠OCA=90°，從而證明CD是⊙O（2）由軸對稱的性質(zhì)得∠B=∠D，CD=BC，再由圓內(nèi)接四邊形對角互補推出，∠CED=∠D，得到CE=CD=BC，解Rt△ABF，求出BF=2，則BC=2BF=4，即可得到【詳解】（1）證明：如圖所示，連接OC，連接AO并延長交BC于F，∵AB=AC，∴∠ABC=∵△ABC內(nèi)接于⊙O∴AF⊥∴∠ACF+∵OA=OC，∴∠OAC=∴∠ACF+由軸對稱的性質(zhì)可得∠ACB=∴∠ACD+∠OCA=90°，即∠OCD=90又∵OC是⊙O∴CD是⊙O（2）解：由軸對稱的性質(zhì)得∠B=∠D，CD=BC，∵四邊形ABCE是圓內(nèi)接四邊形，∴∠B+∴∠CED=∴CE=CD=BC，∵cosD=∴cosB在Rt△ABF中，∴BC=2BF=4，∴CE=BF=4．【點睛】本題主要考查了切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，銳角三角函數(shù)，軸對稱的性質(zhì)等等，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．2．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，O為底邊BC的中點，過點O作OD⊥AB，垂足為D，以點O為圓心，OD為半徑作圓，交BC于點M，N．(1)AB與⊙O的位置關(guān)系為_______(2)求證：AC是⊙O(3)如圖2，連接DM，DM=4，∠A=96°，求⊙O的直徑．(結(jié)果保留小數(shù)點后一位．參考數(shù)據(jù)：sin24【答案】(1)相切(2)見解析(3)9.8【分析】（1）利用直線與圓的相切的定義解答即可；（2）過點O作OE⊥AC于點E，連接OA，通過證明OE=OD，利用直線與圓相切的定義解答即可；（3）過點O作OF⊥DM于點F，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求得∠BOD=48【詳解】（1）解：∵OD⊥AB，點O為圓心，OD為半徑，∴圓心O到直線AB的距離等于圓的半徑，∴AB為⊙O∴AB與⊙O故答案為：相切；（2）證明：過點O作OE⊥AC于點E，連接OA，如圖，∵AB=AC，O為底邊BC的中點，∴AO為∠BAC∵OD⊥AB，OE⊥∴OD=OE∵OD為⊙O∴OE為⊙O∴AC是⊙O（3）解：過點O作OF⊥DM于點F，如圖，∵AB=AC，∠A=9612180∵OD∴∠∵OF12DM=2∵OD=OM，OF⊥∴OF為∠DOM12∠在Rt△∵sin∴OD=∴⊙O的直徑=2OD=9.8．【點睛】本題主要考查了解直角三角形，垂徑定理，圓的切線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，三角形的內(nèi)角和定理，過圓心作直線的垂線段是解決此類問題常添加的輔助線，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．3．（2022·浙江杭州·?？级＃┤鐖D，銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，射線經(jīng)過圓心O并交⊙O于點D，連結(jié)AD，CD，BC與AD的延長線交于點F，DF平分∠CDE．(1)求證：AB＝(2)若BC＝CF，求(3)若tan∠ABD=12，⊙O的半徑為【答案】(1)見解析(2)3(3)6【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠CDF＝∠ABC，再根據(jù)DF平分∠CDE，從而說明（2）由圓周角定理知∠DCB=90°，則DB＝DF，再利用（3）利用tan∠ABD=12=ADAB，⊙O的半徑為5【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為⊙O∴∠CDF=∵∠EDF=∴∠EDF=∵DF平分∠CDE∴∠CDF=∴∠ABC=∴AB=AC；（2）解：由題意可得，BD是⊙O∴∠DCB=90∴，又∵BC=CF，∴DC垂直平分線段，∴DB＝∴∠DBC=又∵DF平分∠CDE∴∠FDC=∴∠BDC=∴∠F=30∴cosF即∠F的余弦值為32（3）由題意可得，BD是⊙O∴∠BAD=90∴tan∠又∵⊙O的半徑為5，∴BD=25∴AD＝由（1）可知，∠ADB=∴△BAD∴ABAF∴，∴AF=8，∴DF=AF-∴DF的長為6．【點睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形等知識，熟練掌握各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，以四邊形ABCD的對角線BD為直徑作圓，圓心為O，過點A作AE⊥CD的延長線于點E，已知DA平分∠BDE(1)求證：AE是⊙O(2)若AE=25，CD=8，求⊙O的半徑和AD【答案】(1)證明見解析(2)⊙O的半徑為6，AD=2【分析】(1)根據(jù)等邊對等角得出，進而得出，證得EC∥OA，從而證得AE⊥OA，即可證得結(jié)論；(2)過點O作OF⊥CD，垂足為點F，從而證得四邊形是矩形，得出OF=AE，根據(jù)垂徑定理得出DF，在Rt△ODF中，根據(jù)勾股定理即可求得⊙O的半徑，即可求得ED的長，再根據(jù)勾股定理即可求得AD【詳解】（1）證明：連接OA，∵OA=OD∴∠平分∠BDE，∴∠，∴EC∵AE∴OA是⊙O的半徑，∴AE是⊙O（2）解：如圖：過點O作OF⊥CD，垂足為點∴DF=∵∠∴四邊形是矩形，∴OF=AE=2∴OD=∴OA=EF=OD=6∴∴AD=【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，平行線的判定和性質(zhì)，切線的判定和性質(zhì)，勾股定理的應用等，熟練掌握性質(zhì)定理，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2022·浙江杭州·?？级＃┤鐖D所示，已知BC是⊙O的直徑，A、D是⊙O上的兩點，連接AD、AC、CD，線段AD與直徑BC相交于點E．(1)若∠ACB＝60°，求(2)當CD=①若CE=2，BC?CEAB=2②若CD＝1，CB＝【答案】(1)12(2)①45°；②1【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，首先得到直角三角形，然后求出∠B（2）①根據(jù)已知先求出BCAB的值，然后在直角三角形中利用cosB的值即可求出∠B，再利用圓周角定理得出∠B和∠COD的關(guān)系即可求出②利用已知容易得出∠ADC＝∠COD，∠OCD＝∠DCE，進而得出【詳解】（1）解：∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC∵∠ACB∴∠B∵AC＝AC，∴∠ADC∴sin∠所以sin∠ADC的值為（2）解：①∵CE=2，BC∴BCAB∵∠BAC∴cos∠∴∠B∵CD＝AC，∴∠CAD∴∠COD即∠COD的度數(shù)為45°②∵CD＝AC，∵∠ADC＝∠COD，∴△OCD∴，∵BC＝∴OC＝∴，∴CE＝∴線段CE的長為12【點睛】本題綜合考查了與圓有關(guān)的基本性質(zhì)，并結(jié)合性質(zhì)考查了銳角三角函數(shù)和相似三角形，題目的綜合性較強，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓周角定理并靈活運用，掌握三角形相似的基本模型．6．（2023·浙江杭州·杭州育才中學?？家荒＃┤鐖D，在正方形ABCD中，E是AB上一點，連接DE．過點A作，垂足為F，⊙O經(jīng)過點C、D、F，與AD相交于點G．(1)求證：△AFG(2)求證：；(3)若正方形ABCD的邊長為5，AE=2，求∠EAF的正切值和⊙O【答案】(1)見解析(2)見解析(3)tan∠EAF=【分析】（1）利用同角的余角相等證明∠FAG=∠FDC，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明∠AGF=（2）由△AFG～△DFC可得AFDF=AGDC，由tan∠（3）利用tan∠ADE=tan∠EAF=AEAD【詳解】（1）∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠BAD=90°，AD=CD∴∠CDF+∵，∴∠AFD=90∴∠DAF+∴∠DAF=∵四邊形GFCD是⊙O∴∠FCD+∵∠FGA+∴∠AGF=∴△AFG（2）∵△AFG～△DFC，∴AFDF∵tan∠∴AEAD∴；（3）如圖，連接．∵正方形ABCD的邊長為5，AE=2，∴，AD=DC=5，∴，∴CG=C∵∠∴tan∵∠ADC=90∴是直徑，∴⊙O的半徑為12【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，屬于中考常考題型．7．（2022·浙江杭州·杭州綠城育華學校?？级＃┤鐖D，已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB為直徑，AC=BC，D，E是⊙O上的兩點，連結(jié)DE交AB于G，交BC于．(1)如圖1，連結(jié)AD，AE，DB，若∠CAD=10°，求∠AED的度數(shù)．(2)如圖2，若DE⊥AB，求證：(3)若且AB=10，作DP⊥AE交AE于P，交CE于N，過D點作MD⊥DP交的延長線于M，當PD過圓心時，求出S△MDNS△NDE【答案】(1)55°(2)見解析(3)3【分析】（1）由AC=BC，得∠CAB=∠CBA=45°，又，可得，從而；（2）證明△CEH∽△DBH，可得，由垂徑定理即得，（3）連接，由，可得∠BAE=30°，即有，，，又，DP⊥AE，即得，，由△MDN∽△EPN，知，故．【詳解】（1）解：為⊙O的直徑，，，∴∠CAB=CD=CD，，AD=AD；（2）證明：，∠CED=∠CBD，∴△∴，，∵DE∴DG=GE，，，；（3）解：連接，如圖：AE=2BE，為⊙O的直徑，∴∠，∴∠BAE=30，，，，DP⊥AE∴△PEN是等腰直角三角形，，，

，，∴△MDN∴，S△MDNS【點睛】本題考查圓周角定理，垂徑定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，相似三角形判定與性質(zhì)，勾股定理及應用等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓的相關(guān)性質(zhì)8．（2022·浙江杭州·?？寄M預測）已知⊙O的直徑AB=2，弦AC與弦BD交于點E，且OD⊥AC，垂足為點F．(1)如圖1，若，求線段DE的長．(2)如圖2，若，求∠ABD的正切值．(3)連結(jié)BC，CD，DA，若BC是⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，CD是⊙O的內(nèi)接正2n邊形的一邊，求△ACD的面積．【答案】(1)3(2)15(3)2【分析】（1）由知AD+CD=CD+BC，得AD=BC，根據(jù)OD⊥AC知AD（2）連接BC，AD，由題意易證△DFE∽△BCE，則有DFBC=DEBE=（3）先求出BC、CD、AD所對圓心角的度數(shù)，從而求得BC=AD=2、OF=【詳解】（1）解：連接OE，∵ODAD=CD，，又∵AC=BD，AC=BD即AD+AD=BCAD=CD∴∠AOD=60°，∠CAB=∠DBA=30°，∴，∵AB=2，，則AC=BD=2AF=3∴BE=OB∴DE=BD（2）解：如圖1，連接BC，AD，為直徑，OD⊥AC，∴∠DFE=∠AFO=∠C=∠ADB=90°，AF=FC=1∴OD∴∠∴△DFE∵，∴DF∵AF=FC=12AC∴OF=1設BC=2x,DF=3x，則OF=x，∴OA=OB=OD=DF+OF=4x，∴AF=O∴AD=A∴BD=AB∴tan∠（3）解：如圖2，∵BC是⊙O的內(nèi)接正n邊形的一邊，CD是⊙O的內(nèi)接正2n邊形的一邊，、，則，解得：n=4，、∠AOD=∠，，，則DF=OD-．【點睛】本題主要考查圓的綜合題，解題的關(guān)鍵是掌握圓周角和圓心角定理、中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)及三角函數(shù)的應用等知識點．9．（2022·浙江杭州·?？寄M預測）如圖，在正方形中，點E是AD的中點，CF=3DF，連接并延長EF交BG的延長線于點G(1)求證：ΔABE∽ΔDEF；(2)若正方形的邊長為4，求BG的長．【答案】(1)證明見解析(2)10【分析】（1）證明∠A=∠D=90°，證明AEDF=ABDE，結(jié)合（2）證明△DEF∽△CGF，得到EDCG=DFCF，結(jié)合【點睛】（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠A=∵AE=DE，∴AEAB又∵CF=3DF，即DF=1∴DFDE∴AEAB=DF∵∠A=∴△ABE（2）∵四邊形ABCD為正方形，∴ED∥∴△DEF∴EDCG又∵CF=3DF，正方形的邊長為4，∴ED=2,CG=6，∴BG=BC+CG=10．【詳解】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及其性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是牢固掌握正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定及其性質(zhì)等知識．10．（2021·浙江杭州·校考三模）如圖，點E、F分別在正方形ABCD的邊DA，AB上，且BE⊥CF于點G.(1)求證：△ABE≌△BCF；(2)若四邊形AECF的面積為12，求BC的長.【答案】(1)見詳解(2)2【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，可得AB=BC，∠ABC=90°=∠A，即有∠ABE+∠AEB=90°，結(jié)合BE⊥CF，可得∠ABE+∠GFB=90°，進而有∠GFB=∠AEB，則問題得解；（2）根據(jù)四邊形AECF的面積等于梯形AECB的面積減去△BFC的面積，梯形AECB的面積等于△AEB的面積與△BEC的面積之和，再結(jié)合△ABE≌△BCF，可得S四邊形（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°=∠A，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵BE⊥CF，∴∠BGF=90°，∴∠ABE+∠GFB=90°，∴∠GFB=∠AEB，即AB=BC∠∴△ABE≌△BCF，結(jié)論得證；（2）∵四邊形AECF的面積等于梯形AECB的面積減去△BFC的面積，又∵梯形AECB的面積等于△AEB的面積與△BEC的面積之和，∴S四邊形∵△ABE≌△BCF，∴S△∴S四邊形∵S四邊形∴S△∵在正方形ABCD中，有AB⊥BC，AB=BC，∴S△∴12∴BC=26即BC的長度為26【點睛】本題主要主要了全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識，求得S四邊形11．（2022秋·浙江杭州·九年級校考階段練習）正方形ABCD邊長為3，點E是CD上一點，連接交AC于點F．(1)如圖1，若，求CF的值；(2)如圖1，若S△CBF=32，求證：點(3)如圖2，點G為BC上一點，且滿足∠GAC=∠EBC，設CE=x，GB=y，試探究y與x的函數(shù)關(guān)系．【答案】(1)32(2)見解析；(3)y=18x+3-3（【分析】（1）由勾股定理可得AC的長，再由△ECF∽△BAF便可解答；（2）過點F作FH⊥BC于H，由△CFH∽△CAB求得CFFA=12，再由△（3）由△ECF∽△BAF求得CF=32xx+3，再由△CAG∽△CBF【詳解】（1）解：∵ABCD是正方形，∴AB=BC=3，∠ABC=90°，AB∥CD，∴AC=AB∴△ECF∽△BAF，∴ECBA∴CFAC=14，∴（2）證明：如圖，過點F作FH⊥BC于H，∵S△CBF=32，BC=3∵FH⊥BC，AB⊥BC，∴FH∥AB，∴△CFH∽△CAB，∴CFCA∴CFFA∵AB∥CD，∴△ECF∽△BAF，∴ECBA∴EC=1∴點E是CD的中點；（3）解：如圖，∵AB∥CD，∴△ECF∽△BAF，∴ECBA∴CFAC=x∵△CAG和△CBF中：∠ACG=∠BCF，∠CAG=∠CBF，∴△CAG∽△CBF，∴CACB∵CG=3y，∴323∴y=18x+3-3（【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，比例的性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12．（2023·浙江杭州·模擬預測）（1）如圖1，⊙A的半徑為2，AB=5，點P為⊙A上任意一點，則BP的最小值為．（2）如圖2，已知矩形ABCD，點E為AB上方一點，連接AE，，作EF⊥AB于點F，點P是△BEF的內(nèi)心，求∠BPE的度數(shù)．（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AP，CP，若矩形的邊長AB=6，，BE=BA，求此時CP的最小值．【答案】（1）3；（2）135°；（3）58【分析】（1）當點P在線段AB上時，BP有最小值，即可求解；（2）根據(jù)角平分線性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可求解；（3）先作出△ABP的外接圓，進而求出外接圓半徑，進而判斷出CP最小時點P的位置，最后構(gòu)造直角三角形即可得出結(jié)論．【詳解】（1）當點P在線段AB上時，BP有最小值為AB-AP=5-2=3，故答案為：3；（2）∵EF⊥AB，∴∠EFB=90°，∴∠FEB+∠FBE=90°，∵點P是△BEF的內(nèi)心，∴BP平分∠ABE，PE平分∠FEB，∴∠PEB=12∠FEB∴∠BPE=180°-∠PEB-∠PBE=180°-1（3）∵AB=EB，∠ABP=∠EBP，BP=BP，∴△ABP≌△EBP，∴∠APB=∠BPE=135°，如圖3，作△ABP的外接圓，圓心記作點O，連接OA，OB，在優(yōu)弧AB上取一點Q，連接AQ，BQ，∵點Q在△ABP的外接圓⊙O上，∴∠AQB=180°-∠BPA=45°，∴∠AOB=2∠AQB=90°，∴OA=OB=2連接OC，與⊙O相交于點P'此時，CP'過點O作于M，ON⊥CB，交CB的延長線于N，∵∠ABC=90°，，ON⊥CB∴四邊形OMBN是矩形，∵OA=OB，∠AOB=90°∴∠ABO=45°∴OB平分∴OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴ON=BN=BM=1∴CN=BC+BN=7，在Rt△ONCOC=OCP【點睛】本題主要考查了圓周角定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)心，勾股定理等知識，構(gòu)造出△ABP的外接圓是解本題的關(guān)鍵．13．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖1，在正方形ABCD中，點G在射線BC上，從左往右移動（不與點B，C重合），連接AG，作DE⊥AG于點E，BF⊥AG于點F，設BGBC(1)求證：AE=BF；(2)連接BE，DF，設∠EDF=α，∠EBF=β，求證：點在G射線BC上運動時，始終滿足tan(3)如圖2，設線段AG與對角線BD交于點H，△ADH和以點C，D，H，G為頂點的四邊形的面積分別為S1和，當點G在BC的延長線上運動時，求S2S1【答案】(1)見解析(2)見解析(3)k【分析】（1）利用同角的余角相等判斷出∠BAF=∠ADE，進而證明△ABF?△DAE，即可得出結(jié)論；（2）分情況討論：當點G在線段BC上時，當點G在線段BC的延長線上時，由△ABF?△DAE得出AF=DE，再根據(jù)銳角三角函數(shù)進行計算即可；（3）過點H作HE⊥AD于點E，作HF⊥CD于點F，令BC=1，先證明△AHD～△GHB，再通過證明四邊形HEDF為正方形，繼而求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°．∵DE⊥AG，BF⊥AG，∴∠AED=∠AFB=90°∵∠BAF+∠DAE=90°，∠DAE+∠ADE=90°，∴∠BAF=∠ADE．在△ABF和△DAE中，∵∠AFB=∠AED∴△ABF?△DAE∴AE=BF．（2）證明：①如圖，當點G在線段BC上時，∵△ABF?△DAE∴AF=DE．在Rt△BFE和Rt△DEF中，tanα=EF∴tanα∵BGBC=k，∴tan∠∴tanα∴tanα②如圖，當點G在線段BC的延長線上時，同①，tanαtanβ∴tanα（3）解：過點H作HE⊥AD于點E，作HF⊥CD于點F，不妨令BC=1．∠DEH=∠DFH=90°，又∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EDF=90°,∠EDH=45°，∴∠EDH=∠EHD=45°，∴ED=EH，∴四邊形HEDF為正方形，∴HE=HF，∵BGBC∴BG=k，CG=BG-BC=k-1．

∵AD∥BC，∴△AHD～△GHB，∴DHBH∴BH=kDH．∵BH+DH=BD=∴DH=2k+1，在Rt△HED∴HE=DH∴HF=HE=1∴S【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質(zhì)等，熟練掌握知識點并能夠運用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．14．（2022·浙江杭州·九年級專題練習）如圖1，已知矩形ABCD對角線AC和BD相交于點O，點E是邊AB上一點，CE與BD相交于點F，連結(jié)OE．(1)若點E為AB的中點，求的值．(2)如圖2，若點F為OB中點，求證：AE＝2BE．(3)如圖2，若OE⊥AC，BE＝1，且OF＝k·BF，請用k的代數(shù)式表示AC2．【答案】(1)12(2)見解析；(3)AC2=4k（2k+1）【分析】（1）利用三角形中位線的性質(zhì)，由△OEF∽△BCF即可解答；（2）過O作OG∥AB交CE于點G，可得OG為△CAE的中位線，OG=12AE，由△OFG≌△BFE可得OG=BE（3）過O作OH∥AB交CE于點H，由△OFH∽△BFE求得OH=k，由OH是△CAE的中位線求得AE=2k，再由△AOE∽△ABC即可解答.【詳解】（1）解：如圖，∵O為矩形對角線交點，∴OA=OC，∵E為AB中點，∴OE為△ABC的中位線，∴OE∥BC，OE=12BC∵OE∥BC，∴△OEF∽△BCF，∴OEBC（2）如圖，過O作OG∥AB交CE于點G，∵OG∥AB，∴OC∶OA=GC∶GE=1∶1，∴G為CE中點，∴OG為△CAE的中位線，∴OG=12AE∵OG∥AB，則∠GOF=∠EBF，又∵∠OFG=∠BFE，OF=BF，∴△OFG≌△BFE，∴OG=BE，∴BE=12AE，即AE=2BE（3）解：如圖，過O作OH∥AB交CE于點H，∵OH∥AB，∴△OFH∽△BFE，∴OHBE∵BE=1，∴OH=k，∵O是AC中點，OH∥AB，∴OC∶OA=HC∶HE=1∶1，∴H是CE中點，OH是△CAE的中位線，∴AE=2OH=2k，∵∠OAE=∠BAC，∠AOE=∠ABC=90°，∴△AOE∽△ABC，

∴AOAB∵AO=12AC，AB=2k+1，AE=2k∴AC2=4k（2k+1）.【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)；掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．15．（2021·浙江杭州·統(tǒng)考三模）如圖，在正方形ABCD中，E為BC邊上任意點，AF平分∠EAD，交CD于點F．(1)如圖1，當AB＝2時，若點F恰好為CD中點，求CE的長；(2)如圖2，延長AF交BC的延長線于點G，延長AE交DC的延長線于點H，連接HG，當CG＝DF時，求證：HG⊥AG．【答案】(1)1(2)見解析【分析】（1）延長BC交AF的延長線于點G，根據(jù)AAS證明△ADF≌△GCF得AD＝CG＝2，最后再根據(jù)勾股定理即可求得；（2）連接DG，證△ADF≌△DCG得∠CDG=∠DAF，再證△AFH∽△DFG得＝FHFG，結(jié)合∠AFD=∠HFG，知△ADF∽△HGF，從而得出∠ADF=∠FGH，根據(jù)∠ADF=90°即可得證．(1)解：如圖1，延長BC交AF的延長線于點G，∵AD∥CG，∴∠DAF＝∠FGC，又∵AF平分∠DAE，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠G＝∠EAF，∴EA＝EG，∵點F為CD的中點，∴CF＝DF，在△ADF和△GCF中，∠DAF∴△ADF≌△GCF（AAS），∴AD＝CG＝2，設CE＝a，則BE＝2﹣a，∴AE＝EG＝EC＋CG＝2＋a，在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB2＋BE2＝AE2，即22＋（2﹣a）2＝（2＋a）2，解得a＝12∴CE＝12(2)如圖2，連接DG，在△ADF和△DCG中，CG=∴△ADF≌△DCG（SAS），∴∠CDG＝∠DAF，∴∠HAF＝∠FDG，又∵∠AFH＝∠DFG，∴△AFH∽△DFG，∴＝FHFG，又∵∠AFD＝∠HFG，∴△ADF∽△HGF，∴∠ADF＝∠FGH，∵∠ADF＝90°，∴∠FGH＝90°，∴AG⊥GH．【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點．1．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，EF與⊙O相切于點D，EF∥BC分別交AB，AC的延長線于點E和F，連接AD交BC于點N，∠ABC的平分線BM交AD于點M．(1)求證：AD平分∠BAC；(2)若AB:BE=5:2，AD=14，求線段DM【答案】(1)見解析(2)DM=2【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得OD⊥EF，由EF∥BC得OD⊥BC，由垂徑定理得BD=（2）由平行線分線段定理得DN=2147，再證明△BDN∽△ADB，可得BD=2，最后證明【詳解】（1）證明：連接OD交BC于點H.∵EF與⊙O相切于點D∴OD⊥EF，∴∠ODF=90°，∵BC∥EF，∴∠OHC=∠ODF=90°，∴OD⊥BC，∴BD=∴∠BAD=∠CAD

即AD平分∠BAC；（2）解：∵BC∥EF，∴BEAE∵AB:BE=5:2，AD=14∴DN=2∵∠BAD=∠CAD，∠CAD=∠CBD，∴∠BAD=∠CBD，∵BM平分∠ABC，∴∠ABM=∠CBM，∴∠BAD+∠ABM=∠CBD+∠CBM，∴∠BMD=∠MBD，∴BD=DM，∵∠NBD=∠BAD，∠BDM=∠ADB，∴△BDN∽△ADB，∴ND∴BD2∴（負值舍去），∴DM=BD=2【點睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)，切線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)；找出相似三角形，列相似比求解是解決本題的關(guān)鍵．2．（2021·浙江杭州·?？既＃┧倪呅蜛BCD內(nèi)接于⊙O，連接AC，BD，過D作DE⊥AC于點E，∠ADB＝∠CDE．(1)如圖1，求證：BD為⊙O直徑；(2)如圖2，延長DE交BC于點F，連接OC，且OC∥AD；①試判斷△ABC的形狀，并說明理由；②若cos∠ADB＝35，DE＝9，求BF【答案】(1)證明見解析(2)①△ABC是等腰三角形，理由見解析；②10【分析】（1）先根據(jù)垂直可得∠CDE+∠DCE=90°，再根據(jù)圓周角定理可得∠ABD=∠DCE，從而可得∠ADB+∠ABD=90°，然后求出∠BAD=90°，最后根據(jù)圓周角定理即可得證；（2）①先根據(jù)平行線的性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠OCD+∠ADC=180°、，從而可得∠ABC=∠OCD，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、等量代換可得∠ABC=∠BDC，然后根據(jù)圓周角定理可得∠BAC=∠BDC，從而可得∠ABC=∠BAC，最后根據(jù)等腰三角形的判定即可得出結(jié)論；②先在Rt△CDE中，解直角三角形求出CD=15,CE=12，在Rt△CDF中，解直角三角形可得DF=25,CF=20，設BF=x，則AC=BC=20+x，AE=8+x，再根據(jù)圓周角定理可得（1）證明：∵DE⊥AC，∴∠CDE+∠DCE=90°，由圓周角定理得：∠ABD=∠DCE，∴∠CDE+∠ABD=90°，又∵∠ADB=∠CDE，∴∠ADB+∠ABD=90°，，∴BD是⊙O的直徑．（2）解：①△ABC是等腰三角形，理由如下：∵OC∥AD，∴∠OCD+∠ADC=180°，∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠OCD，又∵OC=OD，∴∠BDC=∠OCD，∴∠ABC=∠BDC，由圓周角定理得：∠BAC=∠BDC，∴∠ABC=∠BAC，∴AC=BC，∴△ABC是等腰三角形；②∵∠ADB=∠CDE,cos∴cos∵DE⊥AC,DE=9，∴CD=DE∵BD是⊙O的直徑，，在Rt△CDF中，設BF=x，則AC=BC=CF+BF=20+x，∴AE=AC-CE=8+x，由圓周角定理得：∠CBD=∠CAD，∴tan∴CDBC=解得x=10，經(jīng)檢驗，x=10是所列分式方程的解，則BF=10．【點睛】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形、解分式方程等知識點，熟練掌握圓周角定理和解直角三角形的方法是解題關(guān)鍵．3．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，點C在以AB為直徑的⊙O上，CD平分∠ACB交⊙O于點D，交AB于點E，過點D作⊙O的切線交CO的延長線于點F．(1)求證：FD∥AB；(2)若AC=25，BC=5，求【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OD，由CD平分∠ACB，可知AD=BD，得∠AOD=∠BOD=90°，由DF是切線可知∠ODF=90°=∠（2）過C作CM⊥AB于M，已求出CM、BM、OM的值，再證明△DOF∽△MCO，得CMOD【詳解】（1）證明：連接OD，如圖，∵CD平分∠ACB，∴AD=∴∠AOD=∠BOD=90°，∵DF是⊙O的切線，∴∠ODF=90°∴∠ODF=∠BOD，∴DF∥AB．（2）解：過C作CM⊥AB于M，如圖，∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∴AB=AC∴12即12∴CM=2，∴BM=B∴OM=OBBM=12∵DF∥AB，∴∠OFD=∠COM，又∵∠ODF=∠CMO=90°，∴△DOF∽△MCO，

∴CMOD即25∴FD=．【點睛】本題考查了圓的圓心角、弦、弧關(guān)系定理、圓周角定理，切線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握這些定理，靈活運用相似三角形的性質(zhì)求解．4．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，已知半徑為r的⊙O中，弦AB，CD交于點E，連結(jié)BC，BD．設k=DECE（k(1)若AB＝DC．①求證：CE＝BE；②若k＝1，且BC＝BD＝4，求r的值；(2)若AD＝BD＝90°，且AEBE=5，求【答案】(1)①見解析；②2(2)13【分析】(1)①利用同弧所對圓周角相等，進行解答即可，②k＝1，CE＝DE，E為CD中點，根據(jù)垂徑定理進行推論即可；(2)連結(jié)AD，OD，利用同弧所對圓周角相等，△CEB∽△AED，進行解答即可．【詳解】（1）①證明∵AB＝CD，

∴AB=∴AB-BC=∴AC＝BD∴∠ABC＝∠BCD∴CE＝BE

②解：如圖1∵k＝1，

∴CE＝DE又BC＝BD＝4

∴BC∴AB⊥CD，AB為直徑（垂徑定理推論）又AB＝CD∴AB，CD均為直徑（點E與點O重合）如圖等腰Rt△CBD中，∠DBC＝90°∴CD＝2BD=4∴r=2（2）解：如圖2，連結(jié)AD，OD∵AD＝BD＝90°∴AB為⊙O的直徑，AD＝BD由于＝5，可設EA＝5x，BE＝x則OB＝OA＝3x，∴OE＝3x-x＝2x，∵∠BOD＝∠DOA＝90°，OE＝2x，OD＝3x，∴DE＝13x．

又∵∠DAB＝∠DCB，∠AED＝∠BEC，∴△ADE∽△CBE，∴AECE∵BE＝x，DE＝13x，AE＝5x，∴CE=513∴k=【點睛】本題考查圓周角的定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，垂徑定理，利用同弧所對圓周角相等是解題的關(guān)鍵．5．（2022·浙江杭州·校考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，CD⊥AB于點E，G是弧AC上任意一點，延長AG，與DC的延長線交于點F，連接AD，GD，．(1)求證：∠AGD=∠FGC；(2)求證：△CAG∽△FAC；(3)若AG?AF=48，，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)4【分析】（1）根據(jù)垂徑定理得到EC=ED，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠3=∠ADC，推出∠1=∠ADC，等量代換即可得到結(jié)論；（2）連接AC，BC，推出∠FCG=∠DAG，得到，推出∠ACG=∠F，由于∠CAG=∠CAF，于是得到結(jié)論，（3）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到ACFA=AGAC，得到AC【詳解】（1）證明：連接AC，如圖所示：∵AB⊥CD，∴EC=ED，∴AC=AD，∴∠3=∠ADC，∵∠1+∠AGC=180°，∠AGC+∠ADC=180°，∴∠1=∠ADC，∵∠2=∠3，∴∠1=∠2，即：∠AGD=∠FGC；（2）解：連接BC，∵∠FCG+∠DCG=180°，∠DCG+∠DAG=180°，∴∠FCG=∠DAG，∵∠1=∠2，∴，∵∠ADG=∠ACG，∴∠ACG=∠F，∵∠CAG=∠CAF，∴△CAG∽△FAC；（3）解：∵△CAG∽△FAC，∴ACFA∴AC∴AC=43在Rt△ACE中，∵∠AEC=90°，AC=43∴AE=A∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，∵∠AEC=90°，∴∠ACB=∠AEC，∵∠CAB=∠EAC，∴△ACE∽△ABC，∴ACAB∴即43∴AB=8，∴⊙O的半徑為4．【點睛】本題主要考查圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．6．（2022·浙江杭州·翠苑中學?？级＃┤鐖D1，在△ABC中，AB=AC=5,sin∠ABC=35,AD⊥BC于點D，P是邊AC上（與點A，C不重合）的動點，連接PB交AD于點M，過C，P，M三點作⊙O交(1)①線段CD的長為___________；②求證：CN=PN；(2)如圖2，連接BN，若BN與⊙O相切，求此時⊙O的半徑r；(3)在點P的運動過程中，試探究線段MN與半徑r之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)①4；②證明見解析(2)當BN與⊙O相切時，⊙O的半徑r為125(3)MNr【分析】（1）①根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)和三角函數(shù)值求解即可；②連接MC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)和同弧所對圓周角相等推出∠BMN=∠PCN，再結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)推出∠PCN=∠CPN，即可求證CN=PN；（2）連接NO并延長交AC于點H，連接OC,OP，根據(jù)OC=OP，CN=PN推出NH⊥CP，從而得到AC∥BN，證明△ADC≌△NDB，得到ND=AD=3，再利用同一個三角形面積不變性求解出NH=245，在Rt△CNH中，利用勾股定理求出CH=7（3）連接OM，ON，MC，作OQ⊥MN，根據(jù)條件推出，利用垂徑定理和圓周角定理推出∠MOQ=∠MCN=∠CAD，再利用三角函數(shù)即可求得線段MN和半徑r之間的數(shù)量關(guān)系．【詳解】（1）解：①∵AD⊥BC，AB=AC=5，sin∴AD=3，BD=CD=4∴線段CD的長為4②如答圖1，連接MC，∵CN∴∠CMN=∠CPN∵圓內(nèi)接四邊形CPMN∴∠PCN+∠PMN=180°又∵∠BMN+∠PMN=180°∴∠BMN=∠PCN又∵AB=AC,AD⊥BC∴BD=CD∴BM=CM∴∠BMN=∠CMN∴∠PCN=∠CPN∴CN=PN（2）解：如答圖2，連接NO并延長交AC于點H，連接OC,OP．在Rt△ABD中，∠ADB=90°,AB=5,∴AD=3,BD=4,∠ADC=∠NDB=180°-∠ADB=90°∵OC=OP，CN=PN∴ON為CP的垂直平分線，即NH⊥CP又∵BN與⊙O相切，即NH⊥BN∴AC∥BN∴∠CAD=∠BND又∵BD=CD,∠ADC=∠NDB∴△ADC≌△NDB(AAS)∴ND=AD=3∵AD⊥BC,AN=2AD=6,CD=4∴S又∵S∴NH=在Rt△CNH中，CH=在Rt△COH中，，即：752+答：當BN與⊙O相切時，⊙O的半徑r為12548（3）如答圖3，連接OM，ON，MC，作OQ⊥MN，∵PM∴∠PCM=∠PNM∵∠PCN=∠PCM+∠MCN，∠CPN=∠PNM+∠CAD，∠CPN=∠PCN∴∵OQ⊥MN∴MQ=12又∵∠MCN=∴∠MOQ=∠MCN=∠CAD又∵∠MQO=∠ADC=90°∴MQ∴MN【點睛】本題考查了圓的綜合題型，涉及到了等腰三角形的性質(zhì)、垂直平分線的判定、圓周角定理、平行線的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定、同一個三角形的面積不變性、三角函數(shù)等知識點，解題的關(guān)鍵是能夠正確作出輔助線，熟練運用各知識點．7．（2022·浙江杭州·模擬預測）如圖，⊙O的直徑AB垂直于弦CD于點E，AB=10，CD=6，點P是CD延長線上異于點D的一個動點，連結(jié)AP交⊙O于點Q，連結(jié)CQ交AB于點F，則點F的位置隨著點P位置的改變而改變．(1)如圖1，當DP=4時，求tan∠P(2)如圖2，連結(jié)AC，DQ，在點P運動過程中，設DP=x，S△QAC①求證：∠ACQ=∠CPA；②求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)9(2)①見解析②y=【分析】（1）根據(jù)垂徑定理求出線段AE的長，由銳角三角形函數(shù)的定義可得出答案；（2）①連接BQ，由圓周角定理可得出答案；②由相似三角形的性質(zhì)可得到△PDQ和△ACQ的面積關(guān)系，再結(jié)合△CDQ和△PDQ的關(guān)系，即可得出答案．【詳解】（1）解：連接OD，∵直徑AB⊥CD，∴DE=1∴OE=4，AE=9．∵DP=4，tan∠P=（2）①證明：連接BQ，∵，∴∠ACQ=∠ABQ，為直徑，，∵AB⊥CP，∴∠P+∠BAP=90°，；②在Rt△ACE中，AE=9，CE∴AC=310，，∴ΔPDQ∽ΔCAQ，SΔPDQSSΔPDQS∴y=S∴y=15【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)．8．（2022·浙江杭州·模擬預測）如圖，ΔABC內(nèi)接于⊙O，AB=BC，A為CD中點，CD與AB相交于點E．過B作BF//AC，交CD延長線于F．(1)求證：ΔACE∽ΔABC；(2)求證：BF=FE；(3)延長FB交AO延長線于M．若tan∠F=34，【答案】(1)見解析(2)見解析(3)BM=【分析】（1）利用等弧所對的圓周角相等可得∠ACE=∠ABC，∠CAE為公共角，結(jié)論可得；（2）利用（1）中的結(jié)論可得為等腰三角形，即CA=CE，則∠CAE=∠CEA；利用平行線的性質(zhì)和對頂角的性質(zhì)可得∠FBE=∠FEB，結(jié)論可得；（3）連接OB，利用已知條件可以判定OB⊥BM，利用同角的余角相等，可得∠BOM=∠F；連接OC，設AM與CD交于點，由垂徑定理可得，利用平行線的性質(zhì)可得，在Rt△ACH中，利用直角三角形的邊角關(guān)系可求得AH，設圓的半徑為x，利用勾股定理列出方程，解方程即可求得圓的半徑；在RtΔOBM中，解直角三角形即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：∵A為CD中點，AD=AC∴∠ACE=∠ABC．，；（2）解：，∴．∵AB=BC，∴CA=CE．．∵BF//AC，．，∴∠FBE=∠FEB．∴BF=FE．（3）解：連接OB，OC，設AM與CD交于點，如圖，為CD中點，，，∠AEH+∠EAH=90°．，．．∵OB=OA，．．即．．∵OH⊥CD，，．．∵BF//AC，，，，AHCH=．設圓的半徑為x，則．在Rt△OHC中，，∴．解得：．．在Rt△OBM中，，．【點睛】本題是一道圓的綜合題，主要考查了圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，直角三角形的邊角關(guān)系，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，連接圓的半徑，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理列出方程求解．9．（2021·浙江杭州·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊AD，CD上，且AE＝DF，連接并延長AF，分別交BE于點G，BC延長線于點H．（1）請判斷BE與AF的位置關(guān)系，并說明理由．（2）連接EH，若EB＝EH，求證BG＝2GE．【答案】（1）AF⊥BE，理由見解析；（2）見解析．【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形，可證△ABE≌△DAF（SAS），可得∠DAF＝∠ABE，可求∠DAF+∠AEB＝90°即可；（2）如圖，過點E作EM⊥BC于M，先證四邊形ABME是矩形，可得BH＝2AE，可證△AEG∽△HBG，由性質(zhì)BGGE【詳解】證明：（1）AF⊥BE，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAE＝∠ADF＝90°，在△ABE和△DAF中，AB=∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠DAF＝∠ABE，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠DAF+∠AEB＝90°，∴∠AGE＝90°，∴BE⊥AF；（2）如圖，過點E作EM⊥BC于M，∵EB＝EH，EM⊥BC，∴BM＝MH＝12BH∵EM⊥BC，∴∠BME=∠ABC＝∠BAD＝90°，∴四邊形ABME是矩形，∴AE＝BM，∴BH＝2AE，∵AD∥BC，∴∠EAG=∠BHG，∠AEG=∠HBG，∴△AEG∽△HBG，∴BHAE∴BG＝2GE．【點睛】本題考查正方形性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，兩銳角互余的三角形是直角三角形，等腰三角形三線合一性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形判定與相似，掌握正方形性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，兩銳角互余的三角形是直角三角形，等腰三角形三線合一性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，相似三角形判定與相似是解題關(guān)鍵．10．（2022·浙江杭州·翠苑中學?？级＃┮阎喝鐖D，矩形ABCD的對角線AC,BD相交于點O，∠BOC=120°,AB=2．（1）求矩形對角線的長．（2）過O作OE⊥AD于點E，連結(jié)BE．記∠ABE=α，求tanα【答案】（1）4；（2）3【分析】（1）根據(jù)矩形對角線的性質(zhì)，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，則△ABO為等邊三角形，即可求得對角線的長；（2）首先根據(jù)勾股定理求出AD，再由矩形的對角線的性質(zhì)得出OA=OD,且OE⊥AD，則AE=12AD，在Rt△ABE中即可求得tan【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形∴AC=BD,OA=OC=1∵∠BOC=120°,∴∠AOB=60°∴△AOB是等邊三角形，∴OB=AB=2，所以AC=BD=2OB=4．故答案為：4．（2）在矩形ABCD中，∠BAD=90°．∴AD=由（1）得，OA=OD．又∵OE⊥AD∴AE=在Rt△ABE中，故答案為：32【點睛】本題考查了矩形的對角線性質(zhì)，等邊三角形的判定，等腰三角形的三線合一以及在直角三角形中求銳角正切的知識點，靈活應用矩形對角線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2022·浙江杭州·模擬預測）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過B點作BF//AC，過C點作CF//BD，與CF相交于點F．（1）求證：四邊形是菱形；（2）連接OF、DF，若AB=2，，求AC的長．【答案】（1）見解析；（2）2【分析】（1）先根據(jù)已知證得四邊形OBFC是平行四邊形，再根據(jù)矩形對角線的性質(zhì)得到四邊形OBFC是菱形；（2）連接FO并延長交AD于H，交BC于K，然后可以求得FH的值，再由tan∠OFD的值求得HD及BC的值，最后由勾股定理得到AC的值．【詳解】解：（1）∵BF//AC，CF//BD，∴四邊形OBFC是平行四邊形，∵矩形ABCD，∴∴OB=OC，∴四邊形OBFC是菱形．（2）連接FO并延長交AD于，交BC于K，∵菱形OBFC，，∵矩形ABCD，∴∠DAB=∠ABC=90°，OA=OD，∴四邊形ABKH是矩形，∴∠DHF=90°，，∴H是AD中點，∵O是BD中點，，，，，，∴BC=AD=4，∴AC=A【點睛】本題考查矩形及菱形的應用，熟練掌握矩形及菱形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．12．（2021·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點P是射線BC上一動點（點P不與點B重合），連接AP，DP，點E是線段AP上一點，且∠ADE=∠APD，連接．（1）求證：ADAP（2）求證：BE⊥AP；（3）求DPAP【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）直接根據(jù)“兩角分別對應相等的兩個三角形相似”證明即可；（2）根據(jù)（1）中結(jié)論和正方形的性質(zhì)可得ABAE=AP（3）由△ADE∽△APD得ADAP=DEPD，即PDAP=DEAD，由AD=2知DE最小時，DPAP的值最?。桑?）中BE⊥AP知，OE=12【詳解】解：（1）證明：∵∠DAE=∠PAD，∠ADE=∠APD，∴△ADE∽△APD，∴ADAP（2）證明；∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠ABC=90°，∴AB∴ABAE∵∠BAE=∠PAB，∴△ABE∽△APB，∴∠AEB=∠ABP=90°，∴BE⊥AP；（3）∵△ADE∽△APD，∴ADAP∴PDAP∵AD=2，∴DE最小時，DPAP由（2）中BE⊥AP知，OE=1∴點E在以AB為直徑的圓上，作△ABE的外接圓⊙O，如圖，則當O、E、D三點共線時，DE最小，且OD=A∴DE的最小值為DO﹣OE=5-1∴的最小值=5-1【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、直角三角形的斜邊中線性質(zhì)、勾股定理、圓的定義，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)，學會借助輔助圓解決最小值問題是解答的關(guān)鍵．13．（2020·浙江杭州·模擬預測）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，對角線AC，BD交于點O，DE平分∠ADC交BC于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；（3）在（2）的條件下，若AB=2，求△BOE的面積．【答案】（1）見解析；（2）135°；（3）3【分析】（1）根據(jù)有三個角是直角是四邊形是矩形判定即可；（2）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OD=OC，然后利用角平分線的定義得出△DCE是等腰直角三角形，進而得出△OCD是等邊三角形，然后可得∠OCE=30°，再利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得出∠COE=∠CEO=75°，最后利用∠DOE=∠COD+∠COE即可求解；（3）作OF⊥BC于F，首先根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出OF=1，然后利用勾股定理求出BC的長度，進而得出BE的長度，最后利用面積公式求解即可．【詳解】解：（1）∵AD//BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，