浙江省宁波外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)

这是一份浙江省宁波外国语学校2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷(含答案)，共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省宁波外国语学校九年级第一学期期中数学试卷
试题卷I一、选择题（每小题4分。共40分，在年小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．已知＝＝≠0，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．
2．一个几何体的主视图、左视图、俯视图完全相同，它一定是（　　）
A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．长方体
3．下列式子错误的是（　　）
A．cos40°＝sin50° B．tan15°•tan75°＝1
C．sin225°+cos225°＝1 D．sin60°＝2sin30°
4．如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D．则∠C＝（　　）

A．30° B．40° C．45° D．60°
5．如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若⊙O的半径为4，且AB＝10，则DE的长度为（　　）

A．5 B．6 C． D．
6．有一正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6，有三个人从不同的角度观察的结果如图．如果记6的对面的数字为a，2的对面的数字为b，那么a+b的值为（　　）

A．3 B．7 C．8 D．11
7．如图，D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，且DE∥AC．若S△BDC：S△ADC＝1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（　　）

A． B． C． D．
8．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，点C在⊙O上，BC∥OD，AB＝2，OD＝3，则BC的长为（　　）

A． B． C． D．
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝15°，AB＝4，则AC•BC的值为（　　）

A．7 B．8 C．2 D．8
10．如图，AB＝4，以O为圆心，AB为直径作半圆，点C是半圆一动点，若BC＝2BD，∠CBD＝60°，则线段AD的最大值为（　　）

A．2+2 B．+1 C．3 D．2+1
试题卷II二、填空题（每小题5分，共30分）
11．正三角形的内切圆与外接圆面积之比为　 　．
12．如图，△ABC的边AC与⊙O相交于C，D两点，且经过圆心O，边AB与⊙O相切，切点为B．已知∠A＝30°，OC＝2，则图中的阴影部分的面积是 　 　．

13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是　 　．

14．如图，在边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点O，则tan∠AOD＝　 　．

15．如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，则称点P为△ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现的，后来被数学爱好者、法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名．布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点P为△ABC的布罗卡尔点．若PB＝4，则PA+PC＝　 　．

16．如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝2：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝　 　．

三、解答题：（本题有8小题，第17.18.19.20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分）
17．计算：
（1）cos30°+sin45°；
（2）6tan230°﹣sin60°﹣2sin45°．
18．葛藤是一种刁钻的植物．它自己腰托不硬，为了争夺雨露阳光，常常绕着树干盘旋而上，它还有一手绝招，就是绕树盘旋上升的路段，总是沿着最短路线——盘旋前进的，难道植物也懂得数学吗？阅读以上信息，你能设计一种方法解决下列问题吗？
（1）如图，如果树干的周长（即底面圆的周长）为30cm，从点A绕一圈到点B，葛藤升高40cm，则它爬行路程是多少厘米？
（2）如果树干的周长（即底面圆的周长）为40cm，绕一圈爬行50cm，则爬行一圈升高多少厘米？如果爬行10圈到达树顶，则树干高多少厘米？

19．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，斜边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，连接BE．
（1）若BE是△AEC外接圆的切线，求∠C的大小；
（2）当AB＝4，BC＝8时，求△DEC外接圆的半径．

20．如图，在4×5的方格中，点A，B，C为格点．请利用无刻度的直尺完成下列小题．
（1）在图1中画△ABC的中线BE和重心G；
（2）在图2中标注△ABC的外心O并画出外接圆及切线CP．

21．如图，一座山的一段斜坡BD的长度为400米，且这段斜坡的坡度i＝1：3（沿斜坡从B到D时，其升高的高度与水平前进的距离之比）．已知在地面B处测得山顶A的仰角（即∠ABC）为30°，在斜坡D处测得山顶A的仰角（即∠ADE）为45°．求山顶A到地面BC的高度AC是多少来？

22．如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过A作OP的垂线AB，垂足为点C，交⊙O于点B，延长O与⊙O交于点D，与PA的延长线交于点E．
（1）求证：PB为⊙O的切线；
（2）若tan∠ABE＝，求sinE．

23．阅读理解：如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与点A，B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么我们就把点E叫四边形ABCD的边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，那么我们就把点E叫四边形ABCD的边AB上的“强相似点”．
解决问题：
（1）如图1，∠A＝∠B＝∠DEC＝50°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由．
（2）如图2，在矩形ABCD中，A，B，C，D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长均为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图中画出矩形ABCD的边AB上的强相似点．
（3）如图3，将矩形ABCD沿着CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB与BC的数量关系．


24．如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，CD＝5，DE∥AB．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）①当α＝0°时，＝　 　；②当α＝180°时，＝　 　．
（2）试判断：当0≤α≤360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．
（3）当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．




参考答案
试题卷I一、选择题（每小题4分。共40分，在年小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．已知＝＝≠0，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．
【分析】设＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k．将其代入分式进行计算．
解：设＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝4k，
所以＝＝，
故选：A．
【点评】此题考查了比例的性质，已知几个量的比值时，常用的解法是：设一个未知数，把题目中的几个量用所设的未知数表示出来，实现消元．
2．一个几何体的主视图、左视图、俯视图完全相同，它一定是（　　）
A．圆柱 B．圆锥 C．球体 D．长方体
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
解：A、圆柱的主视图、左视图和俯视图中，有两个长方形一个圆形，故本选项错误；
B、圆锥的主视图、左视图都是三角形，俯视图是圆形；故本选项错误；
C、球体的主视图、左视图、俯视图都是圆形；故本选项正确；
D、长方体的主视图、左视图和俯视图中，有长方形或正方形，且当长、宽、高不等时，三种视图各不相同；故本选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查了简单几何体的三视图，锻炼了学生的空间想象能力．
3．下列式子错误的是（　　）
A．cos40°＝sin50° B．tan15°•tan75°＝1
C．sin225°+cos225°＝1 D．sin60°＝2sin30°
【分析】根据正弦和余弦的性质以及正切、余切的性质即可作出判断．
解：A、sin40°＝sin（90°﹣50°）＝cos50°，式子正确；
B、tan15°•tan75°＝tan15°•cot15°＝1，式子正确；
C、sin225°+cos225°＝1正确；
D、sin60°＝，sin30°＝，则sin60°＝2sin30°错误．
故选：D．
【点评】本题考查了互余两个角的正弦和余弦之间的关系，以及同角之间的正切和余切之间的关系，理解性质是关键．
4．如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D．则∠C＝（　　）

A．30° B．40° C．45° D．60°
【分析】根据切线的性质得到OD⊥DC，根据平行四边形的性质得到AB∥CD，根据圆周角定理解答即可．
解：∵CD于圆相切于点D，
∴OD⊥DC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，∠C＝∠A，
∴OD⊥AB，
由圆周角定理得：∠A＝∠BOD＝45°，
∴∠C＝∠A＝45°，
故选：C．
【点评】本题考查的是切线的性质、平行四边形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
5．如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若⊙O的半径为4，且AB＝10，则DE的长度为（　　）

A．5 B．6 C． D．
【分析】连接OM、ON，证明正方形ANOM，求出AM长和AD长，根据DE＝DM求出即可．
解：设⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切于点N、M，连接OM、ON，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝10，∠A＝90°，
∵圆O与正方形ABCD的两边AB、AD相切，
∴∠OMA＝∠ONA＝90°＝∠A，
∵OM＝ON，
∴四边形ANOM是正方形，
∴AM＝OM＝4，
∵AD和DE与圆O相切，圆O的半径为4，
∴AM＝4，DM＝DE，
∴DE＝10﹣4＝6，
故选：B．

【点评】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，关键是求出AM长和得出DE＝DM．
6．有一正方体，六个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6，有三个人从不同的角度观察的结果如图．如果记6的对面的数字为a，2的对面的数字为b，那么a+b的值为（　　）

A．3 B．7 C．8 D．11
【分析】由图一和图二可看出1的对面的数字是5；再由图二和图三可看出3的对面的数字是6，从而2的对面的数字是4．
解：从3个小立方体上的数可知，
与写有数字1的面相邻的面上数字是2，3，4，6，
所以数字1面对数字5，
同理，立方体面上数字3对6．
故立方体面上数字2对4．
则a＝3，b＝4，
那么a+b＝3+4＝7．
故选：B．
【点评】本题考查灵活运用正方体的相对面解答问题，立意新颖，是一道不错的题．解题的关键是按照相邻和所给图形得到相对面的数字．
7．如图，D，E分别是△ABC的边AB，BC上的点，且DE∥AC．若S△BDC：S△ADC＝1：3，则S△DOE：S△AOC的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】由面积关系可得＝，由相似三角形的性质可求解．
解：∵S△BDC：S△ACD＝1：3，
∴＝，
∴＝，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△ABC，△DOE∽△COA，
∴＝＝，
∴＝（）2＝（）2＝．
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握等高不同底的三角形的面积的比等于底的比与三角形的面积比等于相似比的平方是解决问题的关键．
8．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，点C在⊙O上，BC∥OD，AB＝2，OD＝3，则BC的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据相似三角形的判定方法可得到△ABC∽△DOA，再根据相似比即可求得BC的长．
解：∵BC∥OD
∴∠B＝∠AOD
∵∠C＝∠OAD
∴△ABC∽△DOA
∴BC：OA＝AB：OD
∴BC＝．故选A．
【点评】本题主要考查的知识点有相似三角形的性质及判定、圆周角定理的推论、切线的性质、平行线的性质的综合运用．
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝15°，AB＝4，则AC•BC的值为（　　）

A．7 B．8 C．2 D．8
【分析】作△ABC的中线CD，过C作CE⊥AB于E，由直角三角形斜边上的中线性质得AD＝CD＝BD＝2，再求出CE的长，然后由三角形面积即可得出结论．
解：作△ABC的中线CD，过C作CE⊥AB于E，
∵∠ACB＝90°，AB＝4，
∴AD＝DC＝DB＝AB＝2，
∴∠A＝∠ACD＝15°，
∴∠CDB＝∠A+∠ACD＝30°，
∴CE＝CD＝，
∵CE⊥AB，
∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CE＝×4×＝4，
∴AC•BC＝8，
故选：D．

【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质、含30°角的直角三角形的性质以及三角形面积等知识，求出CE的长是解题的关键．
10．如图，AB＝4，以O为圆心，AB为直径作半圆，点C是半圆一动点，若BC＝2BD，∠CBD＝60°，则线段AD的最大值为（　　）

A．2+2 B．+1 C．3 D．2+1
【分析】取BC的中点为E，连接DE，连接CD交⊙O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则CE＝BE＝BC，先证明△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠BDE＝∠BED＝60°，BD＝DE，进一步证明∠ECD＝∠EDC＝30°，∠BDC＝90°，根据直角三角形的性质及勾股定理求出BF、AF和AG的长，最后根据AG+DG≥AD（当且仅当点G在线段AD上时等号成立），求出AD的最大值．
解：如图，取BC的中点为E，连接DE，连接CD交⊙O于点F，连接AF、BF，取BF的中点G，连接AG、DG，则CE＝BE＝BC，

∵BC＝2BD，
∴CE＝BE＝BD，
∴∠CBD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BDE＝∠BED＝60°，BD＝DE，
∴CE＝DE，
∴∠ECD＝∠EDC，
又∵∠ECD+∠EDC＝∠BED＝60°，
∴∠ECD＝∠EDC＝30°，
∴∠BDC＝∠EDC+∠BDE＝30°+60°＝90°，
∵G为BF的中点，
∴FG＝BG＝BF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∵∠BCD＝∠BAF，∠ECD＝30°，
∴∠BAF＝30°，
∴BF＝AB＝×4＝2，
∴FG＝DG＝BF＝1，
∴AF＝＝＝2，
∴AG＝＝＝，
∵AG+DG≥AD（当且仅当点G在线段AD上时等号成立），
∴AD≤+1，
∴AD的最大值为+1，
故选：B．
【点评】此题是圆的综合题，考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，熟练掌握圆周角定理、等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
试题卷II二、填空题（每小题5分，共30分）
11．正三角形的内切圆与外接圆面积之比为　1：4　．
【分析】利用相似形的面积比是相似比的平方可得．
解：正三角形的内切圆与外接圆的半径就是正三角形的边心距与半径，
而正三角形的边心距与半径的比是1：2，
因而面积的比是1：4．
【点评】圆的内接正三角形的计算是圆中的基本计算，正三角形的相关性质则是解决这类问题的关键．其中，已知边长求面积，已知高求面积等都是常见的计算．
12．如图，△ABC的边AC与⊙O相交于C，D两点，且经过圆心O，边AB与⊙O相切，切点为B．已知∠A＝30°，OC＝2，则图中的阴影部分的面积是 　2﹣π　．

【分析】连接OB，根据切线的性质得到OB⊥AB，根据含30°角的直角三角形的性质求出OA，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式、扇形面积公式计算，得到答案．
解：连接OB，
∵边AB与⊙O相切，
∴OB⊥AB，
∵∠A＝30°，OC＝2，
∴∠OAB＝60°，OA＝2OB＝4，
∴AB＝＝＝2，
∴S阴影部分＝S△AOB﹣S扇形BOD＝×2×2﹣＝2﹣π，
故答案为：2﹣π．

【点评】本题考查的是切线的性质、扇形面积计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
13．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是　48π+64　．

【分析】原几何体为圆柱的一半，且高为8，底面圆的半径为4，表面积由上下两个半圆及正面的正方形和侧面圆柱面积构成，分别求解相加可得答案．
解：由三视图可知：原几何体为圆柱的一半，（沿中轴线切开），
由题意可知，圆柱的高为8，底面圆的半径为4，
故其表面积为S＝42π+4π×8+8×8＝48π+64．
故答案为：48π+64．
【点评】本题考查由几何体的三视图求面积，由三视图得出原几何体的形状和数据是解决问题的关键，属基础题．
14．如图，在边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、D都在这些小正方形的顶点上，AB、CD相交于点O，则tan∠AOD＝　2　．

【分析】首先连接BE，由题意易得BF＝CF，△ACO∽△BKO，然后由相似三角形的对应边成比例，易得KO：CO＝1：3，即可得OF：CF＝OF：BF＝1：2，在Rt△OBF中，即可求得tan∠BOF的值，继而求得答案．
解：如图，连接BE，

∵四边形BCEK是正方形，
∴KF＝CF＝CK，BF＝BE，CK＝BE，BE⊥CK，
∴BF＝CF，
根据题意得：AC∥BK，
∴△ACO∽△BKO，
∴KO：CO＝BK：AC＝1：3，
∴KO：KF＝1：2，
∴KO＝OF＝CF＝BF，
在Rt△OBF中，tan∠BOF＝＝2，
∵∠AOD＝∠BOF，
∴tan∠AOD＝2．
故答案为：2
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，三角函数的定义．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意转化思想与数形结合思想的应用．
15．如图，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，则称点P为△ABC的布罗卡尔点，三角形的布罗卡尔点是法国数学家和数学教育家克雷尔首次发现的，后来被数学爱好者、法国军官布罗卡尔重新发现，并用他的名字命名．布罗卡尔点的再次发现，引发了研究“三角形几何”的热潮．已知△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，点P为△ABC的布罗卡尔点．若PB＝4，则PA+PC＝　6　．

【分析】通过证明△PAB∽△PBC，可得，可得PA，PC的值，即可求解．
解：∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，AB＝BC，
∵P为△ABC的布罗卡尔点，
∴∠PAC＝∠PCB＝∠PBA，
∴∠PAB＝∠PBC，
∴△PAB∽△PBC，
∴，
∴PA＝PB＝4，PC＝＝2，
∴PA+PC＝4+2＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明△PAB∽△PBC是本题的关键．
16．如图，点D是等边△ABC边AB上的一点，且AD：DB＝2：3，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E，F分别在AC和BC上，则CE：CF＝　7：8　．

【分析】依据翻折变换的性质得到DE＝CE、CF＝DF；设AD＝2k，则DB＝3k；根据相似三角形的判定与性质即可解决问题．
解：设AD＝2k，则DB＝3k，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝5k，∠A＝∠B＝∠C＝∠EDF＝60°，
∴∠EDA+∠FDB＝120°，
又∵∠EDA+∠AED＝120°，
∴∠FDB＝∠AED，
∴△AED∽△BDF，
由折叠得CE＝DE，CF＝DF，
∴△AED的周长为7k，△BDF的周长为8k，
∴△AED与△BDF的相似比为7：8，
∴CE：CF＝DE：DF＝7：8．
故答案为：7：8．

【点评】主要考查了翻折变换的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用相似三角形的周长之比等于相似比，学会根据条件用字母表示相应的线段长度．
三、解答题：（本题有8小题，第17.18.19.20题每题8分，第21题10分，第22、23题每题12分，第24题14分，共80分）
17．计算：
（1）cos30°+sin45°；
（2）6tan230°﹣sin60°﹣2sin45°．
【分析】根据特殊角的三角函数值计算．
解：（1）把cos30°＝，sin45°＝，代入得：原式＝×+×＝；

（2）tan30°＝，sin60°＝，sin45°＝代入得：原式＝6×﹣×﹣2×＝﹣．
【点评】本题考查特殊角三角函数值的计算，特殊角三角函数值计算在中考中经常出现，题型以选择题、填空题为主．
【相关链接】特殊角三角函数值：
sin30°＝，cos30°＝，tan30°＝，cot30°＝；
sin45°＝，cos45°＝，tan45°＝1，cot45°＝1；
sin60°＝，cos60°＝，tan60°＝，cot60°＝．
18．葛藤是一种刁钻的植物．它自己腰托不硬，为了争夺雨露阳光，常常绕着树干盘旋而上，它还有一手绝招，就是绕树盘旋上升的路段，总是沿着最短路线——盘旋前进的，难道植物也懂得数学吗？阅读以上信息，你能设计一种方法解决下列问题吗？
（1）如图，如果树干的周长（即底面圆的周长）为30cm，从点A绕一圈到点B，葛藤升高40cm，则它爬行路程是多少厘米？
（2）如果树干的周长（即底面圆的周长）为40cm，绕一圈爬行50cm，则爬行一圈升高多少厘米？如果爬行10圈到达树顶，则树干高多少厘米？

【分析】（1）（2）立体图形转化为平面图形，利用勾股定理解决问题即可．
解：（1）如果树的周长为30cm，绕一圈升高40cm，
则葛藤绕树爬行的最短路线为：＝50厘米；
（2）如果树的周长为40cm，绕一圈爬行50cm，
则爬行一圈升高为：＝30厘米，
如果爬行10圈到达树顶，则树干高为：10×30＝300厘米．
【点评】本题考查平面展开﹣最短问题，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
19．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，斜边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，连接BE．
（1）若BE是△AEC外接圆的切线，求∠C的大小；
（2）当AB＝4，BC＝8时，求△DEC外接圆的半径．

【分析】（1）连接OE，证明DC是△AEC外接圆的的直径，得出∠EBO+∠BOE＝90°，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到BE＝EC＝AC，得到∠C＝∠EBC，得出∠BOE＝2∠C，即可求出∠C；
（2）证明△DEC∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，代入求出DC即可．
解：（1）设DC的中点为O，连接OE，
∵DE垂直平分AC，
∴∠DEC＝90°，
∴DC是△AEC外接圆的的直径，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠OEB＝90°，
∴∠EBO+∠BOE＝90°，
在Rt△ABC中，E为斜边AC的中点，
∴BE＝EC＝AE＝AC，
∴∠EBO＝∠C，
由圆周角定理得：∠BOE＝2∠C，
∵∠EBO+∠BOE＝90°，∠EBO＝∠C，
∴∠C+2∠C＝90°，
∴∠C＝30°；
（2）在Rt△ABC中，AC＝＝＝4，
则BE＝AC＝2，
∵∠CED＝∠CBA＝90°，∠ECD＝∠BCA，
∴△CED∽△CBA，
∴＝，即＝，
解得：CD＝5，
则△DEC外接圆的半径为．

【点评】本题考查的知识点是切线的性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、线段垂直平分线的性质，主要考查学生运用性质进行推理和计算的能力．
20．如图，在4×5的方格中，点A，B，C为格点．请利用无刻度的直尺完成下列小题．
（1）在图1中画△ABC的中线BE和重心G；
（2）在图2中标注△ABC的外心O并画出外接圆及切线CP．

【分析】（1）根据中线的概念作图；
（2）根据线段垂直平分线的定义作图．
解：（1）如图所示，BE和点G即为所求；
（2）如图所示，⊙O和PC即为所求．

【点评】本题主要考查作图﹣应用与设计作图，三角形的外心，三角形的重心，切线的判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．如图，一座山的一段斜坡BD的长度为400米，且这段斜坡的坡度i＝1：3（沿斜坡从B到D时，其升高的高度与水平前进的距离之比）．已知在地面B处测得山顶A的仰角（即∠ABC）为30°，在斜坡D处测得山顶A的仰角（即∠ADE）为45°．求山顶A到地面BC的高度AC是多少来？

【分析】作DH⊥BC于H设AE＝x米，在Rt△BDH中，根据已知条件可得DH2+（3DH）2＝4002，进而求出DH和BH的长度；在Rt△ADE中，根据∠ADE＝45°可得DE＝AE＝x米，进而求出EC．在Rt△ABC中，根据tan∠ABC＝求出x，再结合AC＝AE+EC解答题目．
解：过点D作DH⊥BC于H，设AE＝xm．

∵这段斜坡的坡度i＝1：3，
∴DH：BH＝1：3．
在Rt△BDH中，DH2+（3DH）2＝4002，
∴DH＝40（m），则BH＝120（m）．
在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，
∴DE＝AE＝xm．
又∵HC＝ED，EC＝DH，
∴HC＝xm，EC＝40m，
在Rt△ABC中，tan30°＝＝＝，
解得x＝40，
∴AC＝AE+EC＝（40+40）m．
故山顶A到地面BC的高度AC是（40+40）m．
【点评】本题主要考查解直角三角形的应用，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
22．如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过A作OP的垂线AB，垂足为点C，交⊙O于点B，延长O与⊙O交于点D，与PA的延长线交于点E．
（1）求证：PB为⊙O的切线；
（2）若tan∠ABE＝，求sinE．

【分析】（1）要证PB是⊙O的切线，只要连接OA，再证∠PBO＝90°即可；
（2）连接AD，证明△ADE∽△POE，得到＝，设OC＝t，则BC＝2t，AD＝2t，由△PBC∽△BOC，可求出sin∠E的值．
【解答】（1）证明：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA
∴∠PAO＝90°，
∵OA＝OB，OP⊥AB于C，
∴BC＝CA，PB＝PA，
∴△PAO≌△PBO，
∴∠PBO＝∠PAO＝90°，
∴PB为⊙O的切线；

（2）解：连接AD，
∵BD为直径，∠BAD＝90°由（1）知∠BCO＝90°
∴AD∥OP，
∴△ADE∽△POE，
∴＝，
由AD∥OC得AD＝2OC
∵tan∠ABE＝，
∴＝
设OC＝t，则BC＝2t，AD＝2t，由△PBC∽△BOC，
得PC＝2BC＝4t，OP＝5t，
∴＝＝．
可设EA＝2，EP＝5，则PA＝3，
∵PA＝PB，
∴PB＝3，
∴sinE＝＝．

【点评】本题考查了切线的判定以及相似三角形的判定和性质；能够通过作辅助线将所求的角转移到相应的直角三角形中，是解答此题的关键要证某线是圆的切线，对于切线的判定：已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
23．阅读理解：如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与点A，B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么我们就把点E叫四边形ABCD的边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，那么我们就把点E叫四边形ABCD的边AB上的“强相似点”．
解决问题：
（1）如图1，∠A＝∠B＝∠DEC＝50°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由．
（2）如图2，在矩形ABCD中，A，B，C，D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长均为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图中画出矩形ABCD的边AB上的强相似点．
（3）如图3，将矩形ABCD沿着CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB与BC的数量关系．


【分析】（1）根据题意证明∠ADE＝∠BEC和∠A＝∠B，得到△ADE∽△BEC；
（2）以CD为直径画圆交AB于点E，F，点E，F即为所求；
（3）根据相似三角形的性质和折叠的性质解答即可．
解：（1）结论：点E是四边形ABCD的边AB上的相似点．
理由：∵∠A＝∠DEC＝50°
∴∠ADE+∠AED＝130°，∠BEC+∠AED＝130°，
∴∠ADE＝∠BEC，
又∵∠A＝∠B，
∴△ADE∽△BEC，
∴点E是四边形ABCD的边AB上的相似点；

（2）如图中所示的点E和点F为AB上的强相似点；


（3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，
∴△AEM∽△BCE∽△ECM，
∴∠BCE＝∠ECM＝∠AEM，
由折叠可知：△ECM≌△DCM，
∴∠ECM＝∠DCM，CE＝CD，
∴∠BCE＝∠BCD＝30°，CE＝AB，
在Rt△BCE中，cos∠BCE＝，
∴＝，
∴＝，
∴AB＝BC．
【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，理解新定义、掌握相似三角形的性质定理是解题的关键．
24．如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝5，BC＝12，CD＝5，DE∥AB．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
（1）①当α＝0°时，＝　　；②当α＝180°时，＝　　．
（2）试判断：当0≤α≤360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．
（3）当△EDC旋转到A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．


【分析】（1）①分别求出AE，BD，即可求解；②由平行线分线段成比例可求解；
（2）通过证明△ECA∽△DCB，可证＝．
（3）分两种情况讨论，由勾股定理可求解．
解：（1）①当α＝0°时，
∵Rt△ABC中，∠B＝90°，
∴AC＝＝＝13，
∵DE∥AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴＝，
∴EC＝＝，DE＝，
∴AE＝，
∴＝＝；
②如图①﹣1，

当α＝180°时，
可得AB∥DE，
∵，
∴＝＝，
故答案为：，；
（2）当0°≤α＜90°时，的大小没有变化，
∵∠ECD＝∠ACB，
∴∠ECA＝∠DCB，
又∵＝，
∴△ECA∽△DCB，
∴＝．
（3）①如图③，

∵AC＝13，CD＝5，CD⊥AD，
∴AD＝＝＝12，
∵AD＝BC，AB＝DC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝13；
②如图④，

∵AC＝13，CD＝5，CD⊥AD，
∴AD＝＝＝12，
∵DE＝，
∴AE＝，
由（2）可得＝．
∴BD＝．
综上所述，BD的长为13或．
【点评】本题几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．