2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练图形认识初步、相交线与平行线 (解析)

这是一份2024年四川省中考数学二轮备考之真题演练图形认识初步、相交线与平行线 (解析)，共42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·广元）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，连接CD，OD，AC，若∠BOD=124°，则∠ACD的度数是（ ）
A．56°B．33°C．28°D．23°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵AB是⊙O的直径 ，∠BOD=124°，
∴∠AOD=180°-∠BOD=56°，
∴∠ACD=12∠AOD=12×56°=28°；
故答案为：C.
【分析】利用邻补角的定义求出∠AOD的度数，再利用圆周角定理可得∠ACD=12∠AOD，继而得解.
2．（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。
3．（2023·内江）如图，在△ABC中，点D、E为边AB的三等分点，点F、G在边BC上，AC∥DG∥EF，点H为AF与DG的交点．若AC=12，则DH的长为（ ）
A．1B．32C．2D．3
【答案】C
【解析】【解答】解：∵点D、E为边AB的三等分点，AC∥DG∥EF，
∴HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，
∴AB=3BE，DH为△FEA的中位线，
∴HD=12FE，
∵CA∥FE，
∴∠CAB=∠FEB，∠ACB=∠EFB，
∴△CAB∽△FEB，
∴FECA=EBBA，
解得FE=4，
∴DH=2，
故答案为：C
【分析】先根据题意结合平行的性质即可得到HF=HA，DA=EB=DE，FB=FG=GC，进而得到AB=3BE，DH为△FEA的中位线，再根据三角形中位线的性质即可得到HD=12FE，进而根据平行线的性质结合相似三角形的判定与性质即可得到EF，进而即可求解。
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·达州）下列图形中，是长方体表面展开图的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】【解答】解：
A、图中有7个面，不为长方体，A不符合题意；
B、该展开图无法还原成长方体，B不符合题意；
C、该展开图可以还原成长方体，C符合题意；
D、图中只有5个面，不为长方体，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据长方体有6个面结合题意即可判断。
8．（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。
9．（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。
10．（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
11．（2023·广元）如图，a∥b，直线l与直线a，b分别交于B，A两点，分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧相交于点E，F，作直线EF，分别交直线a，b于点C，D，连接AC，若∠CDA=34°，则∠CAB的度数为 ．
【答案】56°
【解析】【解答】解：由作图知CD垂直平分AB，
∴CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA，
∵CD⊥AB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵a∥b ，∠CDA=34°，
∴∠BCE=∠CDA=34°，
∴∠ACB=2∠BCE=68°，
∴∠CAB=12（180°-∠BCA）=56°；
故答案为：56°.
【分析】由线段垂直平分线的性质可得CA=CB，利用等腰三角形的性质可得∠CAB=∠CBA，∠ACE=∠BCE，由平行线的性质可得∠BCE=∠CDA=34°，从而得出∠ACB=2∠BCE=68°，根据等腰三角形的性质及三角形内角和即可求出∠CAB的度数.
12．（2023·广安）如图，圆柱形玻璃杯的杯高为9cm，底面周长为16cm，在杯内壁离杯底4cm的点A处有一滴蜂蜜，此时，一只蚂蚁正好在杯外壁上，它在离杯上沿1cm，且与蜂蜜相对的点B处，则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所走的最短路程为 cm．（杯壁厚度不计）
【答案】10
【解析】【解答】解：将玻璃杯展开，作点B关于FE的对称点B'，过点B'作B'D⊥AE交AE的延长线于点D，连接AB'，如图所示：
由题意得AE=5cm，DE=1cm，
∴AD=6cm，
∴B'D=8cm，
由勾股定理得AB'=AD2+B'D2=10cm，
故答案为：10
【分析】先将玻璃杯展开，作点B关于FE的对称点B'，过点B'作B'D⊥AE交AE的延长线于点D，连接AB'，在运用轴对称的性质即可得到AE=5cm，DE=1cm，B'D=8cm，AD=6cm，进而根据勾股定理即可求解。
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。
16．（2023·广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF=CE，∠BAC=∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∵AF=CE，AE=AF−EF，CF=CE−EF，
∴AE=CF，
又∵∠BAC=∠DCA，
∴△AEB≌△CFD(ASA)，
∴AB=CD，
∵∠BAC=∠ACD，
∴AB∥CD，
四边形ABCD是平行四边形．
【解析】【分析】先根据题意得到∠AEB=∠CFD=90°，进而运用三角形全等的判定与性质证明△AEB≌△CFD(ASA)，进而得到AB=CD，再运用等腰三角形的性质即可得到∠BAC=∠ACD，进而运用平行线的判定和平行四边形的判定即可求解。
17．（2023·乐山）如图，已知AB与CD相交于点O，AC∥BD，AO=BO，求证：AC=BD．
【答案】解：∵AC∥BD，∴A=∠B
在△AOC和△BOD中，
∵∠A=∠B，AO=BO，∠AOC=∠BOD，
∴△AOC≌△BOD．
∴AC=BD．
【解析】【分析】先根据平行的性质得到A=∠B，再根据三角形全等的判定与性质证明△AOC≌△BOD，进而即可求解。
18．（2023·宜宾）已知：如图，AB∥DE，AB=DE，AF=DC．求证：∠B=∠E．
【答案】证明：∵AB∥DE，
∴∠A=∠D，
∵AF=DC，
∴AF+CF=DC+CF
即AC=DF
在△ABC与△DEF中
AC=DF∠A=∠DAB=DE，
∴△ABC≌△DEF(SAS)，
∴∠B=∠E．
【解析】【分析】先根据平行线的性质即可得到∠A=∠D，再根据题意即可得到AC=DF，再根据三角形全等的判定与性质即可求解。
四、综合题
19．（2023·内江）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：AF=BD；
（2）连接BF，若AB=AC，求证：四边形ADBF是矩形．
【答案】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
∵点E为AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△EDC中，
∠AFE＝∠DCE∠AEF＝∠DECAE＝DE，
∴△EAF≌△EDC（AAS）；
∴AF=CD，
∵CD=BD，
∴AF=BD；
（2）证明：∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵AB=AC，BD=CD，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AFBD是矩形．
【解析】【分析】（1）先根据平行线的性质即可得到∠AFE=∠DCE，进而根据题意得到AE=DE，运用 三角形全等的判定与性质证明△EAF≌△EDC（AAS）即可得到AF=CD，进而结合题意即可求解；
（2）先根据平行四边形的判定证明四边形AFBD是平行四边形，再根据题意结合矩形的判定即可求解。
20．（2023·广安）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径作⊙O，交斜边AC于点D，点E是BC的中点，连接OE、DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若sinC=45，DE=5，求AD的长．
（3）求证：2DE2=CD⋅OE．
【答案】（1）证明：连接BD，OD，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC，
在Rt△BDC中，点E是BC的中点，
∴BE=DE=12BC，
又∵OB=OD，OE=OE，
∴△OBE≌△ODE(SSS)，
∴∠OBE=∠ODE=90°，
∵D在⊙O上
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：由（1）中结论，得BC=2DE=10，
在Rt△BDC中，sinC=BDBC=BD10=45，
∴BD=8，CD=BC2−BD2=6，
∵∠A+∠C=90°，∠A+∠ABD=90°，
∴∴∠C=∠ABD，
∵∠ADB=∠BDC=90°，
△ADB∽△BDC，
∴ADBD=BDCD，AD=BD2CD=826=323；
（3）证明：∵OA=OB，BE=CE，
∴OE∥AC，
∴∠OEB=∠C，
∵∠OBE=∠BDC=90°，
∴△OBE∽△BDC，
∴OEBC=BECD，
由（1）中结论△OBE≌△ODE，得BE=DE，
BC=2DE，
∴OE2DE=DECD，
即2DE2=CD⋅OE．
【解析】【分析】（1）连接BD，OD，先根据等腰直角三角形的性质得到BE=DE=12BC，再运用三角形全等的判定与性质证明△OBE≌△ODE(SSS)，进而即可得到∠OBE=∠ODE=90°，再根据切线的判定即可求解；
（2）先运用锐角三角函数的定义得到sinC=BDBC=BD10=45，再运用勾股定理即可求出CD的长，再根据相似三角形的判定与性质即可得到ADBD=BDCD，进而即可求解；
（3）先根据平行线的判定与性质得到∠OEB=∠C，再根据相似三角形的判定与性质结合三角形全等的性质得到OE2DE=DECD，进而即可求解。
21．（2023·南充）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，∠CBE=∠ADF．求证：
（1）AE=CF；
（2）BE∥DF．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠ABC=∠ADC，
∴∠BAE=∠FCD．
∵∠CBE=∠ADF，∠ABC=∠ADC，
∴∠ABE=∠CDF．
∴△ABE≌△CDF(ASA)．
∴AE=CF．
（2）证明：由（1）得△ABE≌△CDF(ASA)，
∴∠AEB=∠CFD．
∵∠AEB+∠BEF=180°，∠CFD+∠EFD=180°，
∴∠BEF=∠EFD．
∴BE∥DF．
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，∠ABC=∠ADC，进而根据平行线的性质得到∠BAE=∠FCD，再运用三角形全等的判定与性质证明△ABE≌△CDF(ASA)，进而即可求解；
（2）根据三角形全等的性质即可得到∠AEB=∠CFD，再结合题意根据平行线的判定即可求解。
22．（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。
23．（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。
24．（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。
25．（2023·内江）如图，以线段AB为直径作⊙O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC，交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交AC的延长线于点M．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）当∠F=30°时，判断△ABM的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，ME=1，连接BC交AD于点P，求AP的长．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠1=∠2，
∵OA=OD，
∴∠3=∠2，
∴∠3=∠1，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
（2）解：△ABM是等边三角形，理由如下：
∵DE⊥AC，∠F=30°，
∴∠EAF=60°，
∴∠1=∠2=30°，
∴∠CBD=∠1=30°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC=90°−∠EAF=30°，
∴∠ABM=∠ABC+∠CBD=60°，
∴△ABM是等边三角形；
（3）解：∵△ABM是等边三角形，
∴∠M=60°，则∠MDE=30°，
∵ME=1，
∴MD=2ME=2，
∴AB=MB=4，
∵AB为⊙O的直径，∠ABC=30°，
∴AC=12AB=2，
∵∠1=30°，cs∠1=ACAP，即cs30°=2AP，
∴AP=433．
【解析】【分析】（1）连接OD，先根据角平分线的性质即可得到∠1=∠2，再根据等腰三角形的性质即可得到∠3=∠2，进而得到∠3=∠1，再根据平行线的判定与性质即可得到OD⊥DE，进而根据切线的判定即可求解；
（2）△ABM是等边三角形，理由如下：根据题意得到∠CBD=∠1=30°，进而根据圆周角定理即可得到∠ACB=90°，再结合题意得到∠ABM=∠ABC+∠CBD=60°，进而根据等边三角形的判定即可求解；
（3）先根据等边三角形的性质即可得到∠M=60°，则∠MDE=30°，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到MD=2ME=2，进而得到AC=12AB=2，再运用特殊角的三角函数值结合锐角三角函数的定义即可求解。
26．（2023·南充）如图，AB与⊙O相切于点A，半径OC∥AB，BC与⊙O相交于点D，连接AD．
（1）求证：∠OCA=∠ADC；
（2）若AD=2，tanB=13，求OC的长．
【答案】（1）证明：连接OA，如图所示：
∵AB与⊙O相切于点A，
∴∠OAB=90°，
∵OC∥AB，
∴∠AOC=90°，
∴∠ADC=45°，
∵OC=OA，
∴∠OCA=45°，
∴∠OCA=∠ADC；
（2）解：过点A作AH⊥BC，过点C作CF⊥BA交BA的延长线于点F，如图所示：
由（1）得∠OCA=∠ADC=45°，
∴ΔAHD为等腰直角三角形，
∵AD=2，
∴AH=DH=2，
∵tanB=13，
∴BH=32，AB=AH2+BH2=25，
由（1）得∠AOC=∠OAF=90°，
∵CF⊥BA，
∴四边形OCFA为矩形，
∵OA=OC，
∴四边形OCFA为正方形，
∴CF=FA=OC=r，
∵∠B=∠B，∠AHB=∠CFB=90°，
∴△ABH∽△CBF，
∴BHBF=AHCF即3225+r=2r，
解得：r=5，
∴OC=5．
【解析】【分析】（1）连接OA，先根据切线的性质得到∠OAB=90°，再根据平行线的性质得到∠AOC=90°，进而根据等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）过点A作AH⊥BC，过点C作CF⊥BA交BA的延长线于点F，根据等腰直角三角形的性质即可得到AD=2，再运用解直角三角形和勾股定理即可得到BH=32，AB=AH2+BH2=25，再根据矩形的判定、正方形的判定与性质即可得到CF=FA=OC=r，进而根据相似三角形的判定与性质证明△ABH∽△CBF，进而即可得到BHBF=AHCF，从而即可求解。
27．（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。
28．（2023·眉山）在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C(0，3)，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D．如图1．当PDDB的值最大时，求点P的坐标及PDDB的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连接PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点M'恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
【答案】（1）解：把A(−3，0)，B(1，0)，C(0，3)代入y=ax2+bx+c得：
9a−3b+c=0a+b+c=0c=3，
解得：a=−1b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，如图所示：
设直线AC的解析式为y=kx+b，把A(−3，0)，C(0，3)代入得：
−3k+b=0b=3，
解得：k=1b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，
∵点P在直线AC上方的抛物线上，
∴PQ=−t2−2t−t=−t2−3t，
∵PQ∥x轴，
∴△PQD~△BAD，
∴PDBD=PQAB
∵AB=1−(−3)=4，
∴PDBD=−t2−3t4
=−14(t2+3t)
=−14(t+32)2+916，
∴当t=−32时，PDBD有最大值916，
此时点P的坐标为(−32，154)．
（3）点M的坐标为：(−3−2，−2)，(−3+2，2)
【解析】【解答】
解：根据折叠可知，PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥CM′，
∴∠MPC=∠PCM′，
∴∠MPC=∠PCM，
∴PM=CM，
设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，
CM2=m2+(m+3−3)2=2m2，
PM2=(−m2−2m+3−m−3)2=(−m2−3m)2=m2(m+3)2，
∵PM=CM，
∴PM2=CM2，
∴2m2=m2(m+3)2，
整理得：m2[(m+3)2−2]=0，
∴m2=0或(m+3)2−2=0，
解得：m=0或m=−3−2或m=−3+2，
∵当m=0时，点P、M、C、M′四点重合，不存在△PCM，
∴m≠0，
∴点M的坐标为(−3−2，−2)，(−3+2，2)．
【分析】（1）直接根据待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）过点P作PQ∥x轴，交AC于点Q，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AC的解析式，设点P的坐标为(t，−t2−2t+3)，则点Q(−t2−2t，−t2−2t+3)，进而根据相似三角形的判定与性质证明△PQD~△BAD，从而得到PDBD=PQAB，再结合题意即可求解；
（3）先根据折叠的性质即可得到PM=PM′，CM=CM′，∠PCM=∠PCM′，再根据平行线的性质即可得到∠MPC=∠PCM′，进而得到PM=CM，设M(m，m+3)，P(m，−m2−2m+3)，根据坐标系中两点间的距离公式结合题意即可得到m=0或m=−3−2或m=−3+2，进而即可求解。
29．（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。
30．（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。