2024年山东省中考数学常考题模拟卷（一）（含解析）

这是一份2024年山东省中考数学常考题模拟卷（一）（含解析），共28页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列运算正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．下列式子中，为最简二次根式的是（ ）
A．B．C．D．
2．遵义市2019年6月1日的最高气温是25℃，最低气温是15℃，遵义市这一天的最高气温比最低气温高（ ）
A．25℃B．15℃C．10℃D．﹣10℃
3．下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列运算正确的是（ ）
A．x2•x3＝x6B．（x2）3＝x6C．x2+x3＝x5D．x2+x2＝2x4
5．如图，把一块直角三角板的直角顶点放在直尺的一边上，如果∠1=32°，那么∠2的度数是（ ）
A．32°B．58°
C．68°D．60°
6．将分式方程=去分母后得到的整式方程，正确的是（ ）
A．x﹣2=2xB．x2﹣2x=2xC．x﹣2=xD．x=2x﹣4
7．在四边形中，，，，点为边上一点，，且．连接交对角线于H，连接．下列结论中：①；②；③；④；⑤．其中正确的个数是（ ）

A．2B．3C．4D．5
8．甲车与乙车同时从地出发去往地，如图所示，折线和射线分别是甲、乙两车行进过程中路程与时间的关系，已知甲车中途有事停留36分钟后再继续前往地，两车同时到达地，则下列说法：①乙车的速度为70千米时；②甲车再次出发后的速度为100千米时；③两车在到达地前不会相遇；④甲车再次出发时，两车相距60千米．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．在平行四边形ABCD中,AB=3,BC=4,当平行四边形ABCD的面积最大时,下结论正确的有( )
①AC=5 ②∠A+∠C=180° ③AC⊥BD ④AC=BD
A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④
10．如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，sinα等于（ ）
A．B．C．D．
11．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，DE∥CB．若AB＝10，CD＝6，则DE的长为 （ ）
A．B．C．6D．
12．如图，在正方形ABCD中，BC=2，点P，Q均为AB边上的动点，BE⊥CP，垂足为E，则QD+QE的最小值为（ ）

A．2B．3C．D．
二、填空题
13．如图，正方形二维码的边长为2cm，为了测算图中黑色部分的面积，在正方形区域内随机掷点，经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.7左右，据此可估计黑色部分的面积约为 cm2．
14．如图，电线杆的顶上有一盏高为6 m的路灯，电线杆底部为A，身高1.5 m的男孩站在与点A相距6 m的点B处．若男孩以6 m为半径绕电线杆走一圈，则他在路灯下的影子BC扫过的面积为 m2．
15．如图，点B是反比例函数（）图象上一点，过点B作x轴的平行线，交轴于点A，点C是轴上一点，△ABC的面积是2，则= ．
16．如图，直线与抛物线交于，两点，点是轴上的一个动点，当的周长最小时， ．
17．已知的直径为，点是上的动点，点是的中点，延长线交于点，则的最大值为 ．
三、解答题
18．
19．如图，把平行四边形纸片沿折叠，点C落在点处， 与相交于点E．
求证：
20．如图，在平面直角坐标系中A点的坐标为（8，y），AB⊥x轴于点B，sin∠OAB=，反比例函数y=的图象的一支经过AO的中点C，且与AB交于点D．
（1）求反比例函数解析式；
（2）若函数y=3x与y=的图象的另一支交于点M，求三角形OMB与四边形OCDB的面积的比．
21．某工厂生产一种产品，当生产数量不超过40吨时，每吨的成本y（万元/吨）与生产数量x（吨）的函数关系式如图所示：
(1)求y关于x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；
(2)当生产这种产品的总成本为210万元时，求该产品的生产数量．（注：总成本=每吨的成本×生产数量）
22．如图，⊙O是△ABC的外接圆，O点在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线，与AB的延长线相交于点P．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AB＝3，AC＝4，求线段PB的长．
23．若抛物线L：y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，abc≠0）与直线l都经过y轴上的同一点，且抛物线L的顶点在直线l上，则称次抛物线L与直线l具有“一带一路”关系，并且将直线l叫做抛物线L的“路线”，抛物线L叫做直线l的“带线”．
（1）若“路线”l的表达式为y=2x﹣4，它的“带线”L的顶点的横坐标为﹣1，求“带线”L的表达式；
（2）如果抛物线y=mx2﹣2mx+m﹣1与直线y=nx+1具有“一带一路”关系，求m，n的值；
（3）设（2）中的“带线”L与它的“路线”l在y轴上的交点为A．已知点P为“带线”L上的点，当以点P为圆心的圆与“路线”l相切于点A时，求出点P的坐标．
24．如图，内接于圆O，AB为直径，与点D，E为圆外一点，，与BC交于点G，与圆O交于点F，连接EC，且．
(1)求证：EC是圆O的切线；
(2)当时，连接CF，
①求证：；
②若，求线段FG的长．
参考答案：
1．B
【分析】利用最简二次根式定义判断即可．
【详解】A、原式，不符合题意；
B、是最简二次根式，符合题意；
C、原式，不符合题意；
D、原式，不符合题意；
故选B．
【点睛】此题考查了最简二次根式，熟练掌握最简二次根式是解本题的关键．
2．C
【分析】根据所求的数值就是最高气温与最低气温的差，利用有理数的减法法则即可求解．
【详解】解：25﹣15＝10℃．故选C．
【点睛】本题考查了有理数的减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数．这是需要熟记的内容．
3．D
【分析】本题主要考查了三角形三边关系，判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．根据“三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”对各选项进行进行逐一分析即可．
【详解】解：根据三角形的三边关系可得：
A、，故不能组成三角形，故此选项不合题意；
B、，故不能组成三角形，故此选项不合题意；
C、，故不能组成三角形，故此选项不合题意；
D、，故能组成三角形，故此选项符合题意．
故选：D．
4．B
【详解】试题分析：同底数幂相乘底数不变，指数相加，所以x2•x3=，幂的乘方，底数不变指数相乘，所以（x2）3=x6，x2、x3不是同类项，相加不能进行合并．x2+x2=2x2，合并同类项，系数相加，指数不变．故选B
5．B
【详解】根据题意可知∠1+∠2=90°，
所以∠2=90°-∠1=58°．
故选B
6．A
【详解】【分析】分式方程两边乘以最简公分母x（x-2）即可得到结果．
【详解】两边同时乘以x（x-2），得
x-2=2x，
故选A.
【点睛】本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．
7．C
【分析】先说明等腰直角中，等腰直角中，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，，可判定①；由为直角三角形，，可得，因为，，所以，所以不成立，则②错误；根据垂直平分线的性质可得，再结合可得，即可判定③，H作于M，则，可得，利用相似三角形的性质以及底相等的三角形面积之比等于高之比即可判定④，为了便于计算，设，先求出，即有，再求出，即可判断⑤．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，，
∴、是等腰直角三角形，
∴，即，
∴，则，
即，所以①正确；
∵等腰中，
∴，
∴
∵为直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ 不成立，②错误；
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，判定③正确；
∵在等腰中，，
∴，
过H作于M，则，
∴，
∴，
∴，故④正确．
为了便于计算，设，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴等腰中，，
∴，
∴，
∴，故⑤正确．
∴正确的有①③④⑤，共4个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形、相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
8．C
【分析】本题主要考查行程问题的函数图象，掌握“速度路程时间”以及函数图象上的点的坐标的实际意义，是解题的关键．根据“速度路程时间”，可得乙的速度以及甲车再次出发后的速度，即可判断①②；根据函数图象，可直接判断③；求出甲车再次出发时，乙车行驶的路程，即可得到两车的距离，即可判断④．
【详解】解：乙车的速度为：千米/时，故①错误；
甲车再次出发后的速度为：千米/时，故②正确；
由图象知，两车在到达B地前不会相遇，故③正确；
∵甲车再次出发时，两车相距：千米，故④正确，
故选：C．
9．A
【分析】当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，根据勾股定理求出AC，即可得出结论．
【详解】根据题意得：当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AC=BD，
∴∠BAD+∠BCD=180° ，AC==5，
①正确，②正确，④正确；③不正确；
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质以及勾股定理；得出▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形是解决问题的关键．
10．B
【分析】由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD=DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，可求DM=，即可求的值．
【详解】解：如图，
∵∠ADC=∠HDF=90°
∴∠CDM=∠NDH，且CD=DH，∠H=∠C=90°
∴△CDM≌△HDN（ASA）
∴MD=ND，且四边形DNKM是平行四边形
∴四边形DNKM是菱形
∴KM=DM
∵sinα=sin∠DMC=，
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
设MD=a=BM，则CM=8-a，
∵MD2=CD2+MC2，
∴a2=4+（8-a）2，
∴a=，
∴DM=，
∴；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角函数综合，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，求DM的长是本题的关键．
11．A
【分析】设AB与CD交于H，连接OD，作OM⊥DE，交BC于N，作DG⊥BC，根据垂径定理得出CH=DH，DM=EM，BN=CN，利用勾股定理求得OH，即可求得BH，进而求得BC，求得ON，根据三角形函数求得DG，因为MN=DG，即可求得OM，根据勾股定理求得DM，得出DE．
【详解】解：设AB与CD交于H，连接OD，作OM⊥DE，交BC于N，作DG⊥BC，
∵DE∥BC，
∴MN⊥BC，DG⊥DE，
∴四边形DMNG是矩形，
∴DG=MN，
∵OM⊥DE，ON⊥BC，
∴DM=EM=DE，BN=CN，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，弦DE∥CB．
∴CH=DH=CD=3，
∴OH==4，
∴BH=9，
∴BC==3，
∴BN=BC=，
∴ON=，
∵sin∠BCH=，即，
∴DG=，
∴MN=DG=，
∴OM=MN-ON=，
∴DM==，
∴DE=2DM=．
故选A．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，平行线的性质，矩形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
12．D
【分析】根据BE⊥CP可得点E在以BC为直径的圆上，作点E关于AB的对称点F，连接DF，当Q为DF与AB交点时，QD+QE最小．作半圆Ｈ与以BC为直径的半圆关于AB对称，连接DH，交半圆Ｈ与Ｆ，此时DF＝QD+QE,且为最小值，求出DF即可．
【详解】解：如图，∵BE⊥CP，
∴点E在以BC为直径的圆上，
作点E关于AB的对称点F，
∴QE=QF，
∴QD+QE= QD+QF，
连接DF，当Q为DF与AB交点时，QD+QE最小．

作半圆Ｈ与以BC为直径的半圆关于AB对称，连接DH，交半圆Ｈ与Ｆ，此时DF＝QD+QE,且为最小值，此时CD=2，BH=1，HC=3，
在中，，
．

故选：D
【点睛】本题考查了求两条线段的和的最小值，题目难度较大．解题的关键是通过作对称点将两条线段转化为一条线段，根据两点之间，线段最短求解．
13．2.8
【分析】求出正方形二维码的面积，根据题意得到黑色部分的面积占正方形二维码面积的70%，计算即可．
【详解】∵正方形二维码的边长为2cm，
∴正方形二维码的面积为4cm2，
∵经过大量重复试验，发现点落入黑色部分的频率稳定在0.7左右，
∴黑色部分的面积占正方形二维码面积的70%，
∴黑色部分的面积约为：4×70%＝2.8，
故答案为：2.8．
【点睛】求出正方形二维码的面积，根据题意得到黑色部分的面积占正方形二维码面积的70%，计算即可．
14．28π
【分析】根据△CBD∽△CAE，即可得到CB=2，AC=8，再根据男孩以6m为半径绕电线杆走一圈，即可得出他在路灯下的影子BC扫过的面积．
【详解】解：如图所示，
∵AE∥BD，
∴△CBD∽△CAE，
，即
解得CB=2，
∴AC=8，
∴男孩以6m为半径绕电线杆走一圈，他在路灯下的影子BC扫过的面积为π×82-π×62=28πm2．
故答案为28π．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，利用相似三角形对应边成比例列出比例式是解题的关键．
15．4
【分析】根据在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|=2，再根据反比例函数的图象位于第一象限即可求出k的值．
【详解】连接OB．
∵AB∥x轴，∴S△AOB=S△ACB=2，根据题意可知：S△AOB|k|=2，又反比例函数的图象位于第一象限，k＞0，则k=4．
故答案为4．
【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|．本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
16．．
【分析】根据轴对称，可以求得使得的周长最小时点的坐标，然后求出点到直线的距离和的长度，即可求得的面积，本题得以解决．
【详解】联立得，
解得，或，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
作点关于轴的对称点，连接与轴的交于，则此时的周长最小，
点的坐标为，点的坐标为，
设直线的函数解析式为，
，得，
∴直线的函数解析式为，
当时，，
即点的坐标为，
将代入直线中，得，
∵直线与轴的夹角是，
∴点到直线的距离是：，
∴的面积是：，
故答案为．
【点睛】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
17．
【分析】本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理，连接、，由圆周角定理和三角形中位线定理得出点在以为直径的圆上运动，以为直径作，当直线切于时，的值最大，由圆周角定理得出，从而得出，进而得出，由相似三角形的性质可得，代入计算即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接、，
，
是直径，
，
点是的中点，是的中点，
是的中位线，
，
，
点在以为直径的圆上运动，
以为直径作，连接，当直线切于时，此时的度数最大，对应的边的值也最大，
则，，
，
是的切线，
，
，
是直径，
，
，
，
，
，即，
，
故答案为：．
18．
【分析】本题主要考查含有指数幂、特殊角三角函数值和二次根式的实数混合运算，根据实数的混合运算法则，先算指数幂、根式和根式，再算乘除加减即可．
【详解】解：原式
．
19．见详解
【分析】本题主要考查利用平行四边形的性质和折叠得性质证明，即可证明结论成立．
【详解】证明：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵沿折叠，点C落在点处，
∴，，
在和中
∴，
∴．
20．y=；
【分析】（1）先根据锐角三角函数的定义，求出OA的值，然后根据勾股定理求出AB的值，然后由C点是OA的中点，求出C点的坐标，然后将C的坐标代入反比例函数y中，即可确定反比例函数解析式；
（2）先将y＝3x与y联立成方程组，求出点M的坐标，然后求出点D的坐标，然后连接BC，分别求出△OMB的面积，△OBC的面积，△BCD的面积，进而确定四边形OCDB的面积，进而可求三角形OMB与四边形OCDB的面积的比．
【详解】解：（1）∵A点的坐标为（8，y），
∴OB＝8，
∵AB⊥x轴于点B，sin∠OAB，
∴，
∴OA＝10，
由勾股定理得：AB，
∵点C是OA的中点，且在第一象限内，
∴C（4，3），
∵点C在反比例函数y的图象上，
∴k＝12，
∴反比例函数解析式为：y；
（2）将y＝3x与y联立成方程组，得：
，
解得：，，
∵M是直线与双曲线另一支的交点，
∴M（﹣2，﹣6），
∵点D在AB上，
∴点D的横坐标为8，
∵点D在反比例函数y的图象上，
∴点D的纵坐标为，
∴D（8，），
∴BD，
连接BC，如图所示，
∵S△MOB•8•|﹣6|＝24，
S四边形OCDB＝S△OBC+S△BCD•8•315，
∴．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，用待定系数法求反比例函数的解析式及计算图形面积的问题．解题的关键是：确定交点的坐标．
21．(1)；
(2)30吨．
【分析】本题主要考查了待定系数法求一次函数解析式及一次函数的实际应用；熟练掌握有关一次函数的基础知识是解题关键．
（1）利用待定系数法求出一次函数解析式即可，根据图像知生产数量不超过40吨，得出x的定义域；
（2）根据总成本=每吨的成本×生产数量，利用（1）中所求解析式得出答案．
【详解】（1）解：设函数解析式，将分别代入，
得，
解得：，
所以．
（2）由，
解得：，
由于，
故．
答：该产品的生产数量是30吨．
22．（1）见解析；（2）PB＝.
【分析】（1）由直径所对的圆周角为直角得到∠BAC为直角，再由AD为角平分线，得到一对角相等，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍及等量代换确定出∠DOC为直角，与平行线中的一条垂直，与另一条也垂直得到OD与PD垂直，即可得证；
（2）由PD与BC平行，得到一对同位角相等，再由同弧所对的圆周角相等及等量代换得到∠P＝∠ACD，根据同角的补角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似；由三角形ABC为直角三角形，利用勾股定理求出BC的长，再由OD垂直平分BC，得到DB＝DC，相似三角形的性质，得比例，求出所求即可．
【详解】（1）证明：∵圆心O在BC上，
∴BC是圆O的直径，
∴∠BAC＝90°，
连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠DAC，
∵∠DOC＝2∠DAC，
∴∠DOC＝∠BAC＝90°，即OD⊥BC，
∵PD∥BC，
∴OD⊥PD，
∵OD为圆O的半径，
∴PD是圆O的切线；
（2）∵PD∥BC，
∴∠P＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠P＝∠ADC，
∵∠PBD+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠PBD＝∠ACD，
∴△PBD∽△DCA；
∵△ABC为直角三角形，
∴BC2＝AB2+AC2＝32+42＝25，
∴BC＝5，
∵OD垂直平分BC，
∴DB＝DC，
∵BC为圆O的直径，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△DBC中，DB2+DC2＝BC2，即2DC2＝BC2＝25，
∴DC＝DB＝，
∵△PBD∽△DCA，
∴，
则PB＝．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质，熟练掌握各自的判定与性质是解本题的关键．
23．（1）“带线”L的表达式为y=2x2+4x﹣4；（2）m=2，n=﹣2；（3）点P的坐标为（，）．
【详解】试题分析：
（1）由“路线l”的表达式为：y=2x-4可得，“路线l”与y轴交于点（0，-4）；把x=-1代入y=2x-4可得y=-6，由此可得“带线L”的顶点坐标为（-1，-6），结合“带线L”过点（0，-4）即可求得“带线L”的解析式；
（2）由y=mx2﹣2mx+m﹣1=m(m-1)2-1可得“带线L”的顶点坐标为（1，-1），与y轴交于点（0，m-1），把这两个点的坐标代入y=nx+1即可求得m、n的值；
（3）如图，由（2）可知，若设“带线L”的顶点为B，则点B坐标为（1，﹣1），过点B作BC⊥y轴于点C，连接PA并延长交x轴于点D，由⊙P与“路线”l相切于点A可得PD⊥l于点A，由此证Rt△AOD≌Rt△BCA即可求得点D的坐标，结合点A的坐标即可求得AD的解析式为y=x+1，由AD的解析式和“带线L”的解析式组成方程组，解方程组即可求得点P的坐标.
试题解析：
（（1）∵“带线”L的顶点横坐标是﹣1，且它的“路线”l的表达式为y=2x﹣4
∴y=2×（﹣1）﹣4=﹣6，
∴“带线”L的顶点坐标为（﹣1，﹣6）．
设L的表达式为y=a（x+1）2﹣6，
∵“路线”y=2x﹣4与y轴的交点坐标为（0，﹣4）
∴“带线”L也经过点（0，﹣4），将（0，﹣4）代入L的表达式，解得a=2
∴“带线”L的表达式为 y=2（x+1）2﹣6=2x2+4x﹣4；
（2）∵直线y=nx+1与y轴的交点坐标为（0，1），
∴抛物线y=mx2﹣2mx+m﹣1与y轴的交点坐标也为（0，1），解得m=2，
∴抛物线表达式为y=2x2﹣4x+1，其顶点坐标为（1，﹣1）
∴直线y=nx+1经过点（1，﹣1），解得n=﹣2；
（3）如图，设“带线L”的顶点为B，则点B坐标为（1，﹣1），过点B作BC⊥y轴于点C，
∴∠BCA=90°，
又∵点A 坐标为（0，1），
∴AO=1，BC=1，AC=2．
∵“路线”l是经过点A、B的直线
且⊙P与“路线”l相切于点A，连接PA交 x轴于点D，
∴PA⊥AB，
∴∠DAB=∠AOD=90°，
∴∠ADO+∠DAO=90°，
又∵∠DAO+∠BAC=90°，
∴∠ADO=∠BAC，
∴Rt△AOD≌Rt△BCA，
∴OD=AC=2，
∴D点坐标为（﹣2，0）
∴经过点D、A的直线表达式为y=x+1，
∵点P为直线y=x+1与抛物线L：y=2x2﹣4x+1的交点，
解方程组： 得 ：（即点A舍去）， ，
∴点P的坐标为．
点睛：解本题第3小题的关键是：作出如图所示的辅助线，构造全等三角形，求得点D的坐标，从而可得DA的解析式，这样由点P是直线DA和“带线L”的交点即可求得点P的坐标了.
24．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）连接OC，根据，可得，再由，，可得，即可求证；
（2）①根据圆周角定理，可得，再由，可得，从而得到，即可求证；
②作于，根据为直径，可得，从而得到，再由，，可得，进而得到，再由角平分线的性质定理，可得，从而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∴是圆的切线；
（2）①证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②作于，
为直径，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接三角形的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定，角平分线的性质定理等知识熟练掌握相关知识点是解题的关键．
题号
一
二
三
总分
得分