备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之相交线与平行线（4） (解析)

这是一份备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之相交线与平行线（4） (解析)，共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．（2023·苏州）如图，在正方形网格内，线段PQ的两个端点都在格点上，网格内另有A，B，C，D四个格点，下面四个结论中，正确的是（ ）
A．连接AB，则AB∥PQB．连接BC，则BC∥PQ
C．连接BD，则BD⊥PQD．连接AD，则AD⊥PQ
【答案】B
【解析】【解答】解：A、连接AB，利用方格纸的特点及正方形的每一条对角线平分一组对角，会发现PQ、AB所在的直线被一条网格线所截形成的同位角不相等，∴AB与PQ不会平行，故选项A错误，不符合题意；
B、连接BC，利用方格纸的特点，会发现PQ、BC所在的直线被一条网格线所截形成的同位角相等，∴BC∥PQ，故选项B正确，符合题意；
C、连接BD、AD，并延长与直线PO相交，根据垂直的意义，BD、AD与PQ不垂直，选项C、D错误，不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据平行线的判定方法，同位角相等，两直线平行，可判断A、B选项；延长线段DB、线段DA与线段PQ相交，观察所成的角是否为直角判定是否垂直，据此判断C、D选项.
2．（2023·金华）如图，已知∠1=∠2=∠3=50°，则∠4的度数是（ ）
A．120°B．125°C．130°D．135°
【答案】C
【解析】【解答】解：如图，
∵∠1=∠3，
∴a∥b，
∴∠2=∠5=50°，
∴∠4=180°-∠5=130°.
故答案为：C.
【分析】由同位角相等，两直线平行，得a∥b，由二直线平行，同位角相等，得∠5=∠2=50°，最后根据邻补角定义可求出∠4的度数.
3．（2023·泸州）如图，AB∥CD，若∠D=55°，则∠1的度数为（ ）
A．125°B．135°C．145°D．155°
【答案】A
【解析】【解答】解：∵AB//CD，∠D=55°，
∴∠1=180°-55°=125°，
故答案为：A.
【分析】结合图形，利用平行线的性质计算求解即可。
4．（2023·眉山）如图，AB切⊙O于点B，连接OA交⊙O于点C，BD∥OA交⊙O于点D，连接CD，若∠OCD=25°，则∠A的度数为（ ）
A．25°B．35°C．40°D．45°
【答案】C
【解析】【解答】解：连接BO，如图所示：
∵AB切⊙O于点B，
∴∠OBA=90°，
∵∠OCD=25°，BD∥OA，
∴∠BDC=25°，
∴∠COB=2∠CDB=50°，
∴∠A=90°-50°=40°，
故答案为：C
【分析】连接BO，先根据圆的切线即可得到∠OBA=90°，再根据平行线的性质结合三角形的内角和定理即可求解。
5．（2023·宜宾）如图， AB∥CD，且∠A=40°，∠D=24°，则∠E等于（ ）
A．40°B．32°C．24°D．16°
【答案】D
【解析】【解答】解：
∵AB∥CD，
∴∠A=∠ACD=40°，
∵∠ACD为△DCE的外角，
∴∠E=40°-24°=16°，
故答案为：D
【分析】先根据平行线的性质即可得到∠A=∠ACD=40°，再根据三角形外角的性质即可求解。
6．（2023·达州）如图，AE∥CD，AC平分∠BCD，∠2=35°，∠D=60°则∠B=（ ）
A．52°B．50°C．45°D．25°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵AE∥CD，
∴∠2=∠1=35°，
∵AC平分∠BCD，
∴∠1=∠ACE=35°，
∴∠BCD=70°，
∴∠B=180°-60°-70°=50°，
故答案为：B
【分析】先根据平行线的性质得到∠2=∠1=35°，再根据角平分线的性质得到∠1=∠ACE=35°，最后根据三角形内角和定理即可求解。
7．（2023·凉山）光线在不同介质中的传播速度是不同的，因此光线从水中射向空气时，要发生折射．由于折射率相同，所以在水中平行的光线，在空气中也是平行的．如图，∠1=45°，∠2=120°，则∠3+∠4=（ ）
A．165°B．155°C．105°D．90°
【答案】C
【解析】【解答】解：由题意得AB∥CD，∠1=∠3，
∴∠2＋∠4=180°，
∵∠2=120°，
∴∠4=60°，
∴∠3+∠4=105°，
故答案为：C
【分析】根据平行线的性质判断出∠1=∠3，∠2＋∠4=180°，再结合题意即可求解。
8．（2023·自贡）如图，某人沿路线A→B→C→D行走，AB与CD方向相同，∠1=128°，则∠2=（ ）
A．52°B．118°C．128°D．138°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵AB与CD方向相同，
∴AB∥CD，
∴∠2=∠1=128°，
故答案为：C
【分析】根据题意即可得到AB∥CD，再根据平行线的性质即可求解。
9．（2023·重庆）如图，AB∥CD，AD⊥AC，若∠1=55°，则∠2的度数为（ ）
A．35°B．45°C．50°D．55°
【答案】A
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，AD⊥AC，
∴∠1+∠CAD+∠2=180°，∠CAD=90°，
∵∠1=55°，
∴∠2=35°，
故答案为：A
【分析】先根据平行线的性质和AD⊥AC得到∠1+∠CAD+∠2=180°，∠CAD=90°，再结合题意即可求解。
10．（2023·重庆）如图，直线a，b被直线c所截，若a∥b，∠1=63°，则∠2的度数为（ ）．
A．27°B．53°C．63°D．117°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵a∥b，
∴∠2=∠1=63°，
故答案为：C
【分析】根据平行线的性质即可求解。
11．（2023·绍兴）如图，在△ABC中，D是边BC上的点（不与点B，C重合）.过点D作DE//AB交AC于点E；过点D作DF//AC交AB于点F.N是线段BF上的点，BN=2NF；M是线段DE上的点，DM=2ME.若已知△CMN的面积，则一定能求出（ ）
A．△AFE的面积B．△BDF的面积C．△BCN的面积D．△DCE的面积
【答案】D
【解析】【解答】解：如图，连接DN，
∵DF∥AC，
∴∠FDB=∠ECD，
∵DE∥AB，
∴∠EDC=∠B，
∴△BDF∽△DCE，
∴BDCD=BFDE，
∵BN=2NF，DM=2ME，
∴BFDE=32BN32DM=BNDM=BDCD，
又∵∠B=∠EDC，
∴△BDN∽△CDM，
∴∠BDN=∠DCM，
∴ND∥CM，
设DN与CM之间的距离为d，
∴S△CMN=12CM·d，S△CMD=12CM·d，
∴S△CMN=S△CMD，
∵DM=2ME，S△CMD=12DM·h，S△CME=12EM·h，
∴S△DCE=S△CMD+S△CME=32S△CMD=32S△CMN.
故答案为：D.
【分析】连接DN，根据二直线平行，同位角相等可得∠FDB=∠ECD，∠EDC=∠B，根据有两组角对应相等的两个三角形相似可得△BDF∽△DCE，根据相似三角形对应边成比例得BDCD=BFDE，进而结合BN=2NF，DM=2ME，可推出BNDM=BDCD，进而根据两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△BDN∽△CDM，由相似三角形对应角相等得∠BDN=∠DCM，由同位角相等，两直线平行，得ND∥CM，设DN与CM之间的距离为d，根据同底等高的三角形的面积相等得S△CMN=S△CMD，再根据同高三角形的之间的关系就是底之间的关系得S△DCE=32S△CMD，从而即可得出结论.
12．（2023·自贡）如图，分别经过原点O和点A(4，0)的动直线a，b夹角∠OBA=30°，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是（ ）
A．3+66B．32C．63D．56
【答案】A
【解析】【解答】解：作△KOA为等边三角形，取D（8，0），则AM为△OBD的中位线，
∴OB∥AM，OB=12AM，OK=OA=AK=4，AD=4，OD=8，
∴∠OKD=90°，sin∠OAM=sin∠ODB，
∵OA=4，∠OBA=30°，
∴点B位于以k为圆心的圆上，
∴KB=OK=4，
∴当BD与圆K相切时，sin∠OAM=sin∠ODB最大，
∴此时∠KBD=90°，
连接OK并延长与BD的延长线交于点N，过点N作NG⊥OD于点G，
由勾股定理得DK=82−42=43，BD=42，
∵∠KBD=∠KBN=90°，∠OKD=∠DKN=90°，
∴∠BKD＋∠NKB=90°，∠BKN+∠KNB=90°，
∴∠KNB=∠BKD，
∴△NKB∽△BKD，
∴KNKD=442，
∴KN=26，
由勾股定理得BN=22，
∴8NG=4+26×43（等面积法），
∴NG=23+32，
∴sin∠OAM=3+66
故答案为：A
【分析】作△KOA为等边三角形，取D（8，0），则AM为△OBD的中位线，根据中位线的性质和等边三角形的性质即可得到OB∥AM，OB=12AM，OK=OA=AK=4，AD=4，OD=8，根据直角三角形斜边上的中线的性质结合平行线的性质即可得到∠OKD=90°，sin∠OAM=sin∠ODB，再结合题意即可判断点B位于以k为圆心的圆上，且当BD与圆K相切时，sin∠OAM=sin∠ODB最大，连接OK并延长与BD的延长线交于点N，过点N作NG⊥OD于点G，先根据勾股定理即可得到DK和BD的长，接着运用相似三角形的判定与性质证明△NKB∽△BKD，进而即可得到KN的长，再运用勾股定理即可得到BN的长，进而运用三角形的等面积法即可得到NG的长，最后根据锐角三角形函数的定义即可求解。
二、填空题
13．（2023·乐山）如图，点O在直线AB上，OD是∠BOC的平分线，若∠AOC=140°，则∠BOD的度数为 ．
【答案】20°
【解析】【解答】解：∵∠AOC=140°，
∴∠BOC=40°，
∵OD是∠BOC的平分线，
∴∠BOD=20°，
故答案为：20°
【分析】先根据邻补角的性质即可得到∠BOC=40°，再根据角平分线的性质即可求解。
14．（2023·成都）如图，在△ABC中，D是边AB上一点，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为圆心，以AM长为半径作弧，交DB于点M'；③以点M'为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N'；④过点N'作射线DN'交BC于点E. 若△BDE与四边形ACED的面积比为4：21，则BECE的值为 .
【答案】23
【解析】【解答】解：由作法可得：∠MAN=∠M'DN'，
∴DE//AC，
∵△BDE与四边形ACED的面积比为4：21，
∴△BDE与△BAC的面积比为4：25，
∴BEBC=25，
∴BEBE+CE=25，
∴BECE=23，
故答案为：23.
【分析】根据作法求出∠MAN=∠M'DN'，再求出△BDE与△BAC的面积比为4：25，最后求解即可。
三、解答题
15．（2023·泸州）如图，点B在线段AC上，BD∥CE，AB=EC，DB=BC．求证：AD=EB．
【答案】证明：∵BD∥CE，
∴∠ABD=∠C，
∴在△ABD和△ECB中，
AB=CE∠ABD=∠CDB=BC，
∴△ABD≌△ECB(SAS)，
∴AD=EB．
【解析】【分析】根据平行线的性质求出 ∠ABD=∠C， 再利用全等三角形的判定与性质证明求解即可。
四、综合题
16．（2023·眉山）如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：AF=AB；
（2）点G是线段AF上一点，满足∠FCG=∠FCD，CG交AD于点H，若AG=2，FG=6，求GH的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠EAF=∠D，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠CED，
∴△AEF≅△DEC(ASA)，
∴AF=CD，
∴AF=AB；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC=AB=AF=FG+GA=8，DC∥FA，
∴∠DCF=∠F，∠DCG=∠CGB，
∵∠FCG=∠FCD，
∴∠F=∠FCG，
∴GC=GF=6，
∵∠DHC=∠AHG，
∴△AGH∽△DCH，
∴GHCH=AGDC，
设HG=x，则CH=CG−GH=6−x，
可得方程x6−x=28，
解得x=65，
即GH的长为65．
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，进而根据平行线的性质得到∠EAF=∠D，再运用三角形全等的判定与性质结合题意即可求解；
（2）先根据平行四边形的性质得到DC=AB=AF=FG+GA=8，DC∥FA，再根据平行线的性质得到∠DCF=∠F，∠DCG=∠CGB，进而运用相似三角形的判定与性质证明△AGH∽△DCH，进而得到GHCH=AGDC，设HG=x，则CH=CG−GH=6−x，根据已知条件即可列出分式方程，进而即可求解。
17．（2023·绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E.
（1）若∠EAC=25°，求∠ACD的度数.
（2）若OB=2，BD=1，求CE的长.
【答案】（1）解：∵AE⊥CD，
∴∠E=90°，
∴∠ACD=∠E+∠EAC=90°+25°=115°；
（2）解：∵CD是⊙O的切线，OC是⊙O的半径，
∴∠OCD=90°.
在Rt△OCD中，
∵OC=OB=2，OD=OB+BD=3，
∴CD=OD2−OC2=5.
∵∠OCD=∠AEC=90°，
∴OC//AE，
∴CDCE=ODOA，即5CE=32，
∴CE=235.
【解析】【分析】（1）根据垂直的定义得∠E=90°，进而根据三角形外角性质，由∠ACD=∠E+∠EAC算出答案；
（2）根据切线的性质得∠OCD=90°，在Rt△OCD中，利用勾股定理算出OC的长，进而根据同位角相等，两直线平行，得OC∥AE，然后根据平行线分线段成比例定理建立方程可求出CE的长.
18．（2023·绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥ΒC，E，F分别为垂足.连结EF，AG，并延长AG交EF于点H.
（1）求证：∠DAG=∠EGH.
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∵GE⊥CD，
∴∠GEC=90°，
∴∠GEC=∠ADC=90°，
∴GE∥AD，
∴∠DAG=∠EGH；
（2）解：AH与EF垂直，理由如下：
连结GC交EF于点O.
∵四边形ABCD为正方形ABCD，
∴∠ADG=∠CDG=45°，AD=CG，∠BCD=90°，
又∵DG=DG，AD=CD，
∴△ADG≌△CDG，
∴∠DAG=∠DCG.
∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴∠GFC=∠GEC=∠BCD=90°，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC，
由（1）得∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH=∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AH⊥EF.
【解析】【分析】（1）由正正方形的性质及垂直的定义可得∠GEC=∠ADC=90°，由同位角相等，两直线平行，得GE∥AD，进而根据二直线平行，同位角相等，得∠DAG=∠EGH；
（2）AH与EF垂直，理由如下：连结GC交EF于点O，由正方形的性质得∠ADG=∠CDG，AD=CD，然后用SAS判断出△ADG≌△CDG，得∠DAG=∠DCG；易得四边形FCEG是矩形，得OE=OC，由等边对等角及等量代换可得∠EGH=∠OEC，进而根据角的和差及等量代换可求出∠EGH+∠GEH=90°，进而根据三角形的内角和定理得∠GHE=90°，从而根据垂直的定义得出结论.
19．（2023·遂宁）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）当直线l⊥BD时，连接BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明：∵点O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，
∵AD∥BC，
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFBBO=DO，
∴△DOE≌△BOF(AAS)；
（2）解：四边形EBFD为菱形，理由如下：
连接EB、FD，如图所示：
根据解析（1）可知，△DOE≌△BOF，
∴ED=BF，
∵ED∥BF，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∵l⊥BD，即EF⊥BD，
∴四边形EBFD为菱形．
【解析】【分析】（1）先根据题意结合平行线的性质即可得到BO=DO，∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，再根据三角形全等的判定即可求解；
（2）四边形EBFD为菱形，连接EB、FD，先根据三角形全等的性质即可得到ED=BF，再根据平行四边形的判定结合菱形的判定即可求解。
20．（2023·成都）如图，以△ABC的边AC为直径作⊙O，交BC边于点D，过点C作CE∥AB交⊙O于点E，连接AD，DE，∠B=∠ADE.
（1）求证：AC=BC；
（2）若tanB=2，CD=3，求AB和DE的长.
【答案】（1）略；
（2）AB=25，DE=25.
【解析】【解答】（1）证明：∵CE//AB，
∴∠ACE=∠BAC，
∵弧AE=弧AE，
∴∠ADE=∠ACE，
∴∠BAC=∠ADE，
∵∠B=∠ADE，
∴∠B=∠BAC，
∴AC=BC；
（2）解：如图所示：连接AE，过点E作EF⊥AD交AD于点F，
∴∠DAE+∠DCE=180°，DF=12AD，
∵CE//AB，
∴∠B+∠DCE=180°，
∴∠DAE=∠B，
∵∠B=∠ADE，
∴∠ADE=∠DAE，
∴弧AE=弧DE，
∵AC为圆O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADB=90°，
∴tanB=ADBD=2，
令BD=x，则AD=2x，
∵CD=3，
∴BC=x+3，
∴AC=x+3，
∵AD2+CD2=AC2，
∴2x2+32=x+32，
解得：x=2或x=0（舍去），
∴BD=2，AD=4，DF=2，
∴AB=BD2+AD2=25，
∵csB=BDAB=55，∠B=∠ADE，
∴cs∠ADE=55，
∴cs∠FDE=DFDE=55，
∴DE=25.
【分析】（1）根据平行线的性质求出∠ACE=∠BAC，再求出∠ADE=∠ACE，最后证明即可；
（2）先作图，再根据平行线的性质求出∠B+∠DCE=180°，最后利用锐角三角函数和勾股定理等计算求解即可。
21．（2023·潜江）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD是边AC上的中线，过点C作AB的平行线交BD的延长线于点E，BE交⊙O于点F，连接AE，FC．
（1）求证：AE为⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，BC=6，求FC的长．
【答案】（1）证明，∵AB∥CE，
∴∠ABD=∠CED，∠BAD=∠ECD．
又AD=CD，
∴△ABD≌△CED(AAS)．
∴AB=CE．
∴四边形ABCE是平行四边形．
∴AE∥BC．
作AH⊥BC于H．
又∵AB=AC，
∴AH为BC的垂直平分线．
∴点O在AH上．
∴AH⊥AE．
即OA⊥AE．又点A在⊙O上，
∴AE为⊙O的切线；
（2）解：过点D作DM⊥BC于M，连接OB．
∵AH为BC的垂直平分线，
∴BH=HC=12BC=3．
∴OH=OB2−BH2=52−32=4．∴AH=OA+OH=5+4=9．
∴AB=AC=AH2+CH2=92+32=310．
∴CD=12AC=3210．
∵AH⊥BC，DM⊥BC，
∴DM∥AH
∴△CMD∽△CHA，
又AD=CD，
∴DMAH=CMCH=CDCA=12．
∴MH=12HC=32，DM=12AH=92．
∴BM=BH+MH=3+32=92．
∴BD=BM2+DM2=(92)2+(92)2=922．
∵∠CFD=∠BAD，∠FDC=∠ADB，
∴△FCD∽△ABD．
∴FCAB=CDBD．
∴FC310=3210922．
∴FC=52．
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质可得∠ABD=∠CED，∠BAD=∠ECD，根据中线的概念可得AD=CD，利用AAS证明△ABD≌△CED，得到AB=CE，推出四边形ABCE是平行四边形，得到AE∥BC，作AH⊥BC于H，则AH为BC的垂直平分线，进而得到OA⊥AE，据此证明；
（2）过点D作DM⊥BC于M，连接OB，由垂直平分线的性质可得BH=HC=3，由勾股定理可得OH，然后求出AH、AB、CD，根据垂直于同一直线的两直线互相平行可得DM ∥AH，证明△CMD∽△CHA，由相似三角形的性质可得MH、DM，然后求出BM、BD，由圆周角定理可得∠CFD=∠BAD，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△FCD∽△ABD，由相似三角形的性质就可求出FC.
22．（2023·眉山）如图，△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点E．AE平分∠BAC，过点E作ED⊥AC于点D，延长DE交AB的延长线于点P．
（1）求证：PE是⊙O的切线；
（2）若sin∠P=13，BP=4，求CD的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OE，
∵OE=OA，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE=∠OAE，
∴∠OEA=∠DAE，
∴AD∥OE，
∵AD⊥DE，
∴∠OEP=∠ADE=90°，
∴PE是⊙O的切线；
（2）解：
设OE=x，则OP=OB+BP=OE+BP=x+4，
∵sin∠P=13
∴OEOP=xx+4=13，解得x=2，
∴OP=6，AP=AO+OP=8，
∴AD=13AP=83，
根据勾股定理可得EP=OP2−OE2=42，DP=AP2−AD2=1623，
∴DE=DP−EP=432，
∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠CED+∠AED=90°，
∵∠CED+∠C=90°，
∴∠DEA=∠C，
∴△CDE∽△EDA，
∴DEDC=ADDE，
∴DC=DE2AD=43．
【解析】【分析】（1）连接OE，先根据等腰三角形的性质即可得到∠OAE=∠OEA，再根据角平分线的性质结合题意即可得到∠OEA=∠DAE，再根据平行线的判定与性质即可得到∠OEP=∠ADE=90°，最后根据切线的判定即可求解；
（2）设OE=x，则OP=OB+BP=OE+BP=x+4， 先运用解直角三角形的知识即可求出x的值，再根据勾股定理即可得到PE和DP的长，进而得到ED的长，再根据圆周角定理即可得到∠AEB=90°，进而结合题意即可得到∠DEA=∠C，再根据相似三角形的判定与性质即可求解。
23．（2023·遂宁）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AD=CD，过点D的直线l交BA的延长线于点M，交BC的延长线于点N，且∠ADM=∠DAC．
（1）求证：MN是⊙O的切线；
（2）求证：AD2=AB⋅CN；
（3）当AB=6，sin∠DCA=33时，求AM的长．
【答案】（1）证明：连接OD，OC，如图：
∵AD=CD，
∴∠AOD=∠DOC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴OC=OA=OB=OD，
∴△AOC是等腰三角形，
又∵∠AOD=∠DOC，
∴OD垂直平分AC，
∵∠ADM=∠DAC，
∴AC∥MN，
∴OD⊥MN，
即MN是⊙O的切线；
（2）证明：连接BD，如图：
∵AD=AD
∴∠ABD=∠ACD，
∵AC∥MN，
∴∠ACB=∠MNB=90°，∠CDN=∠ACD，
∴∠CDN=∠ABD，
∴∠DCN=∠BAD，
∵∠CDN=∠ABD，∠ADB=∠DNC=90°，∠DCN=∠BAD，
∴△ABD∽△CDN，
∴CNAD=CDAB，
即AD⋅CD=AB⋅CN，
又∵AD=CD，
∴AD2=AB⋅CN；
（3）解：令OD与AC交于点H，如图：
∵∠DCA=∠DBA，
∴sin∠DCA=sin∠DBA=ADAB=33，
∵AB=6，
∴AD=23，
∴CD=AD=23，
∵∠DAC=∠DCA，
∴sin∠DCA=sin∠DAC=DHAD=33，
∴DH=2，
在Rt△AHD中，AH=AD2−HD2=(23)2−22=22，
∴AC=2AH=42，
在Rt△ABC中，BC=AB2−AC2=62−(42)2=2，
∵OD⊥MN，BN⊥MN，AC⊥BC，
∴四边形HCND为矩形，
∴CN=DH=2，
∴BN=BC+CN=4
∵AC∥MN，
∴△BAC∽△BMN，
∴BABM=BCBN
即6BM=24，
∴BM=12，
∴AM=BM−BA=12−6=6．
【解析】【分析】（1）连接OD，OC，先根据等腰三角形的性质即可得到∠AOD=∠DOC，再根据圆内角多边形的性质结合圆周角定理即可得到∠ACB=90°，OC=OA=OB=OD，进而根据等腰三角形的判定与性质得到∠AOD=∠DOC，再运用垂直平分线的性质结合切线的判定即可求解；
（2）连接BD，先根据圆的性质即可得到∠ABD=∠ACD，进而根据平行线的判定与性质即可得到∠ACB=∠MNB=90°，∠CDN=∠ACD，再运用相似三角形的判定与性质即可得到AD⋅CD=AB⋅CN，进而结合题意即可求解；
（3）令OD与AC交于点H，先根据锐角三角函数的定义即可得到sin∠DCA=sin∠DAC=DHAD=33，进而得到HD的长，再运用勾股定理即可得到AH和CB的长，进而根据矩形的判定与性质即可得到CN=DH=2，再根据相似三角形的判定与性质即可得到BM的长，进而即可求解。
24．（2023·达州）
（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A′处，若AB=6，BC=10，求AEEB的值；
（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B′处，若BC⋅CE=24，AB=6，求BE的值；
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC，垂足为点D，AD=10，AE=6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE=2∠DAC，直接写出BD+53EF的值．
【答案】（1）解：如图①，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，CD=AB=6，∠A=∠B=∠C=90°，
由翻折性质得A′D=AD=10，AE=A′E，
在Rt△A′CD中，A′C=A′D2−CD2=102−62=8，
∴A′B=BC−A′C=2，
设AE=A′E=x，则BE=AB−AE=6−x，
在Rt△A′BE中，由勾股定理得BE2+A′B2=A′E2，
∴(6−x)2+22=x2，解得x=103，
∴AE=103，BE=6−103=83，
∴AEEB=10383=54；
（2）如图②，∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，AD=BC，∠A=∠B=∠BCD=90°，
由翻折性质得，A′B′=AB=6，A′D=AD，∠DA′B′=∠A′B′E=∠BCD=∠90°，
∴∠EB′C+∠A′B′D=90°=∠A′B′D+∠B′DA′
∴∠EB′C=∠B′DA′，
∴△EB′C∽△B′DA′，
∴CEA′B′=B′CA′D，即CE6=B′CBC，又BC⋅CE=24，
∴B′C=BC⋅CE6=246=4，
∴B′D=B′C+CD=10，
在Rt△A′B′D中，A′D=B′D2−A′B′2=8，
∴BC=AD=A′D=8，则CE=3，
∴BE=BC−CE=8−3=5；
（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ADC，
∵AD=10，AE=6，
∴EFCD=AEAD=610=35，
∴CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；
设EF=3k，CD=5k，
过点D作DH⊥AC于H，如图③，则∠CHD=∠ADC=90°，
∴∠CDH=∠DAC=90°−∠C；
∵EF∥BC，
∴∠CDF=∠DFE=2∠DAC=2∠CDH，
∴∠CDH=∠FDH，
又∵DH=DH，∠CHD=∠FHD=90°，
∴△CHD≌△FHD(ASA)，
∴DF=CD=5k，
在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2+DE2=DF2，
∴(3k)2+42=(5k)2，解得k=1，
∴EF=3，DF=CD=5，
在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=102+52=55，
在图③中，过B作BG⊥AC于G，则∠BGA=∠BGC=∠CHD=90°，
∴BG∥DH，
∴∠CBG=∠CDH=∠DAC，
∴sin∠CBG=sin∠DAC=CDAC=555=55，cs∠CBG=cs∠DAC=ADAC=1055=255，
∵∠BAC=45°，∠AGB=90°，
∴∠ABG=90°−∠BAC=45°=∠BAC，则AG=BG，
在Rt△BCG中，BG=BC⋅cs∠CBG=255BC，CG=BC⋅sin∠CBG=55BC，
∵AG+CG=BG+CG=AC，
∴255BC+55BC=55，则BC=253，
∴BD+53EF=BC=253．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质、折叠的性质、勾股定理即可得到A′B=BC−A′C=2，设AE=A′E=x，则BE=AB−AE=6−x，再根据勾股定理结合题意即可求解；
（2）先根据矩形的性质和折叠性质得到∠EB′C=∠B′DA′，再根据相似三角形的判定与性质证明△EB′C∽△B′DA′，进而得到B′D=B′C+CD=10，再结合勾股定理即可求解。
（3）先根据相似三角形的判定与性质得到AD=10，AE=6，CD=53EF，BD+53EF=BC，设EF=3k，CD=5k，过点D作DH⊥AC于H，再根据三角形全等判定证明△CHD≌△FHD(ASA)，再根据三角形全等的性质结合勾股定理得到k的值，进而即可求出AC的值，过B作BG⊥AC于G，根据平行线的判定与性质得到∠CBG=∠CDH=∠DAC，再根据锐角三角函数的性质得到sin∠CBG=sin∠DAC=CDAC=555=55，cs∠CBG=cs∠DAC=ADAC=1055=255，再结合题意运用边的转化即可求解。