中考数学压轴题汇编几何1 解析版

中考数学压轴题汇编几何1 解析版

‎（2019年安徽23题）‎ ‎23．（14分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，P为△ABC内部一点，且∠APB＝∠BPC＝135°．‎ ‎（1）求证：△PAB∽△PBC；‎ ‎（2）求证：PA＝2PC；‎ ‎（3）若点P到三角形的边AB，BC，CA的距离分别为h1，h2，h3，求证h12＝h2•h3．‎ ‎【分析】（1）利用等式的性质判断出∠PBC＝∠PAB，即可得出结论；‎ ‎（2）由（1）的结论得出，进而得出，即可得出结论；‎ ‎（3）先判断出Rt△AEP∽Rt△CDP，得出，即h3＝2h2，再由△PAB∽△PBC，判断出，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝BC，‎ ‎∴∠ABC＝45°＝∠PBA+∠PBC 又∠APB＝135°，‎ ‎∴∠PAB+∠PBA＝45°‎ ‎∴∠PBC＝∠PAB 又∵∠APB＝∠BPC＝135°，‎ ‎∴△PAB∽△PBC ‎（2）∵△PAB∽△PBC ‎∴‎ 在Rt△ABC中，AB＝AC，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴PA＝2PC ‎（3）如图，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC交BC、AC于点D，E，‎ ‎∴PF＝h1，PD＝h2，PE＝h3，‎ ‎∵∠CPB+∠APB＝135°+135°＝270°‎ ‎∴∠APC＝90°，‎ ‎∴∠EAP+∠ACP＝90°，‎ 又∵∠ACB＝∠ACP+∠PCD＝90°‎ ‎∴∠EAP＝∠PCD，‎ ‎∴Rt△AEP∽Rt△CDP，‎ ‎∴，即，‎ ‎∴h3＝2h2‎ ‎∵△PAB∽△PBC，‎ ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴．‎ 即：h12＝h2•h3．‎ ‎【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，判断出∠EAP＝∠PCD是解本题的关键．‎ ‎（2019年北京27题）‎ ‎27．（7分）已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝+1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON．‎ ‎（1）依题意补全图1；‎ ‎（2）求证：∠OMP＝∠OPN；‎ ‎（3）点M关于点H的对称点为Q，连接QP．写出一个OP的值，使得对于任意的点M总有ON＝QP，并证明．‎ ‎【分析】（1）根据题意画出图形．‎ ‎（2）由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°﹣∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP＝180°﹣30°﹣∠OPM＝150°﹣∠OPM，得证．‎ ‎（3）根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由（2）的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP．此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD．利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a．再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP+PC＝2a+x，MQ＝DM+QD＝2a+2x．由于点M、Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a+x，DH＝MH﹣DM＝a，所以OH＝OD+DH＝a+a＝+1，求得a＝1，故OP＝2．证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP．‎ ‎【解答】解：（1）如图1所示为所求．‎ ‎（2）设∠OPM＝α，‎ ‎∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN ‎∴∠MPN＝150°，PM＝PN ‎∴∠OPN＝∠MPN﹣∠OPM＝150°﹣α ‎∵∠AOB＝30°‎ ‎∴∠OMP＝180°﹣∠AOB﹣∠OPM＝180°﹣30°﹣α＝150°﹣α ‎∴∠OMP＝∠OPN ‎（3）OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：‎ 过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2‎ ‎∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°‎ ‎∵∠AOB＝30°，OP＝2‎ ‎∴PD＝OP＝1‎ ‎∴OD＝‎ ‎∵OH＝+1‎ ‎∴DH＝OH﹣OD＝1‎ ‎∵∠OMP＝∠OPN ‎∴180°﹣∠OMP＝180°﹣∠OPN 即∠PMD＝∠NPC 在△PDM与△NCP中 ‎∴△PDM≌△NCP（AAS）‎ ‎∴PD＝NC，DM＝CP 设DM＝CP＝x，则OC＝OP+PC＝2+x，MH＝MD+DH＝x+1‎ ‎∵点M关于点H的对称点为Q ‎∴HQ＝MH＝x+1‎ ‎∴DQ＝DH+HQ＝1+x+1＝2+x ‎∴OC＝DQ 在△OCN与△QDP中 ‎∴△OCN≌△QDP（SAS）‎ ‎∴ON＝QP ‎【点评】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中心对称的性质．第（3）题的解题思路是以ON＝QP为条件反推OP的长度，并结合（2）的结论构造全等三角形；而证明过程则以OP＝2为条件构造全等证明ON＝QP．‎ ‎（2019年北京28题）‎ ‎28．（7分）在△ABC中，D，E分别是△ABC两边的中点，如果上的所有点都在△ABC的内部或边上，则称为△ABC的中内弧．例如，图1中是△ABC的一条中内弧．‎ ‎（1）如图2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，画出△ABC的最长的中内弧，并直接写出此时的长；‎ ‎（2）在平面直角坐标系中，已知点A（0，2），B（0，0），C（4t，0）（t＞0），在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．‎ ‎①若t＝，求△ABC的中内弧所在圆的圆心P的纵坐标的取值范围；‎ ‎②若在△ABC中存在一条中内弧，使得所在圆的圆心P在△ABC的内部或边上，直接写出t的取值范围．‎ ‎【分析】（1）由三角函数值及等腰直角三角形性质可求得DE＝2，最长中内弧即以DE为直径的半圆，的长即以DE为直径的圆周长的一半；‎ ‎（2）根据三角形中内弧定义可知，圆心一定在DE的中垂线上，①当t＝时，要注意圆心P在DE上方的中垂线上均符合要求，在DE下方时必须AC与半径PE的夹角∠AEP满足90°≤∠AEP＜135°；②根据题意，t的最大值即圆心P在AC上时求得的t值．‎ ‎【解答】解：（1）如图2，以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长的中内弧，‎ 连接DE，∵∠A＝90°，AB＝AC＝，D，E分别是AB，AC的中点，‎ ‎∴BC＝＝＝4，DE＝BC＝×4＝2，‎ ‎∴弧＝×2π＝π；‎ ‎（2）如图3，由垂径定理可知，圆心一定在线段DE的垂直平分线上，连接DE，作DE垂直平分线FP，作EG⊥AC交FP于G，‎ ‎①当t＝时，C（2，0），∴D（0，1），E（1，1），F（，1），‎ 设P（，m）由三角形中内弧定义可知，圆心线段DE上方射线FP上均可，∴m≥1，‎ ‎∵OA＝OC，∠AOC＝90°‎ ‎∴∠ACO＝45°，‎ ‎∵DE∥OC ‎∴∠AED＝∠ACO＝45°‎ 作EG⊥AC交直线FP于G，FG＝EF＝‎ 根据三角形中内弧的定义可知，圆心在点G的下方（含点G）直线FP上时也符合要求；‎ ‎∴m≤‎ 综上所述，m≤或m≥1．‎ ‎②如图4，设圆心P在AC上，‎ ‎∵P在DE中垂线上，‎ ‎∴P为AE中点，作PM⊥OC于M，则PM＝，‎ ‎∴P（t，），‎ ‎∵DE∥BC ‎∴∠ADE＝∠AOB＝90°‎ ‎∴AE＝＝＝，‎ ‎∵PD＝PE，‎ ‎∴∠AED＝∠PDE ‎∵∠AED+∠DAE＝∠PDE+∠ADP＝90°，‎ ‎∴∠DAE＝∠ADP ‎∴AP＝PD＝PE＝AE 由三角形中内弧定义知，PD≤PM ‎∴AE≤，AE≤3，即≤3，解得：t≤，‎ ‎∵t＞0‎ ‎∴0＜t≤．‎ ‎【点评】此题是一道圆的综合题，考查了圆的性质，弧长计算，直角三角形性质等，给出了“三角形中内弧”新定义，要求学生能够正确理解新概念，并应用新概念解题．‎ ‎（2019年福建24题）‎ ‎24．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AC，AC⊥BD，垂足为E，点F在BD的延长线上，且DF＝DC，连接AF、CF．‎ ‎（1）求证：∠BAC＝2∠CAD；‎ ‎（2）若AF＝10，BC＝4，求tan∠BAD的值．‎ ‎【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠ABC＝∠ACB，根据圆心角、弧、弦的关系得到＝，即可得到∠ABC＝∠ADB，根据三角形内角和定理得到∠ABC＝（180°﹣∠BAC）＝90°﹣∠BAC，∠ADB＝90°﹣∠CAD，从而得到∠BAC＝∠CAD，即可证得结论；‎ ‎（2）易证得BC＝CF＝4，即可证得AC垂直平分BF，证得AB＝AF＝10，根据勾股定理求得AE、CE、BE，根据相交弦定理求得DE，即可求得BD，然后根据三角形面积公式求得DH，进而求得AH，解直角三角函数求得tan∠BAD的值．‎ ‎【解答】解：（1）∵AB＝AC，‎ ‎∴＝，∠ABC＝∠ACB，‎ ‎∴∠ABC＝∠ADB，∠ABC＝（180°﹣∠BAC）＝90°﹣∠BAC，‎ ‎∵BD⊥AC，‎ ‎∴∠ADB＝90°﹣∠CAD，‎ ‎∴∠BAC＝∠CAD，‎ ‎∴∠BAC＝2∠CAD；‎ ‎（2）解：∵DF＝DC，‎ ‎∴∠DFC＝∠DCF，‎ ‎∴∠BDC＝2∠DFC，‎ ‎∴∠BFC＝∠BDC＝∠BAC＝∠FBC，‎ ‎∴CB＝CF，‎ 又BD⊥AC，‎ ‎∴AC是线段BF的中垂线，AB＝AF＝10，AC＝10．‎ 又BC＝4，‎ 设AE＝x，CE＝10﹣x，‎ 由AB2﹣AE2＝BC2﹣CE2，得100﹣x2＝80﹣（10﹣x）2，‎ 解得x＝6，‎ ‎∴AE＝6，BE＝8，CE＝4，‎ ‎∴DE＝＝＝3，‎ ‎∴BD＝BE+DE＝3+8＝11，‎ 作DH⊥AB，垂足为H，‎ ‎∵AB•DH＝BD•AE，‎ ‎∴DH＝＝＝，‎ ‎∴BH＝＝，‎ ‎∴AH＝AB﹣BH＝10﹣＝，‎ ‎∴tan∠BAD＝＝＝．‎ ‎【点评】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数，圆心角、弧、弦的关系，相交弦定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握并灵活运用性质定理，属于中考压轴题．‎ ‎（2019年甘肃兰州27题）‎ ‎27．（10分）通过对下面数学模型的研究学习，解决问题．‎ ‎【模型呈现】‎ 如图，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°得到AD，过点D作DE⊥AC于点E，可以推理得到△ABC≌△DAE，进而得到AC＝DE，BC＝AE．‎ 我们把这个数学模型成为“K型”．‎ 推理过程如下：‎ ‎【模型应用】‎ 如图，在Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，BC＝2，将斜边AB绕点A顺时针旋转一定的角度得到AD，过点D作DE⊥AC于点E，∠DAE＝∠ABC，DE＝1，连接DO交⊙O于点F．‎ ‎（1）求证：AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接FC交AB于点G，连接FB．求证：FG2＝GO•GB．‎ ‎【分析】（1）因为直角三角形的外心为斜边中点，所以点O在AB上，AB为⊙O直径，故只需证AD⊥AB即可．由∠ABC+∠BAC＝90°和∠DAE＝∠ABC可证得∠DAE+∠BAC＝90°，而E、A、C在同一直线上，用180°减去90°即为∠BAD＝90°，得证．‎ ‎（2）依题意画出图形，由要证的结论FG2＝GO•GB联想到对应边成比例，所以需证△FGO∽△BGF．其中∠FGO＝∠BGF为公共角，即需证∠FOG＝∠BFG．∠BFG为圆周角，所对的弧为弧BC，故连接OC后有∠BFG＝∠BOC，问题又转化为证∠FOG＝∠BOC．把DO延长交BC于点H后，有∠FOG＝∠BOH，故问题转化为证∠BOH＝∠BOC．只要OH⊥BC，由等腰三角形三线合一即有∠BOH＝∠BOC，故问题继续转化为证DH∥CE．联系【模型呈现】发现能证△DEA≌△ACB，得到AE＝BC＝2，AC＝DE＝1，即能求AD＝AB＝．又因为O为AB中点，可得到，再加上第（1）题证得∠BAD＝90°，可得△DAO∽△AED，所以∠ADO＝∠EAD，DO∥EA，得证．‎ ‎【解答】证明：（1）∵⊙O为Rt△ABC的外接圆 ‎∴O为斜边AB中点，AB为直径 ‎∵∠ACB＝90°‎ ‎∴∠ABC+∠BAC＝90°‎ ‎∵∠DAE＝∠ABC ‎∴∠DAE+∠BAC＝90°‎ ‎∴∠BAD＝180°﹣（∠DAE+∠BAC）＝90°‎ ‎∴AD⊥AB ‎∴AD是⊙O的切线 ‎（2）延长DO交BC于点H，连接OC ‎∵DE⊥AC于点E ‎∴∠DEA＝90°‎ ‎∵AB绕点A旋转得到AD ‎∴AB＝AD 在△DEA与△ACB中 ‎∴△DEA≌△ACB（AAS）‎ ‎∴AE＝BC＝2，AC＝DE＝1‎ ‎∴AD＝AB＝‎ ‎∵O为AB中点 ‎∴AO＝AB＝‎ ‎∴‎ ‎∵∠DAO＝∠AED＝90°‎ ‎∴△DAO∽△AED ‎∴∠ADO＝∠EAD ‎∴DO∥EA ‎∴∠OHB＝∠ACB＝90°，即DH⊥BC ‎∵OB＝OC ‎∴OH平分∠BOC，即∠BOH＝∠BOC ‎∵∠FOG＝∠BOH，∠BFG＝∠BOC ‎∴∠FOG＝∠BFG ‎∵∠FGO＝∠BGF ‎∴△FGO∽△BGF ‎∴‎ ‎∴FG2＝GO•GB ‎【点评】本题考查了三角形外心定义，圆的切线判定，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，垂径定理，等腰三角形三线合一，圆周角定理．其中第（2）题证明DO∥EA进而得到DO垂直BC是解题关键．‎ ‎（2019年甘肃陇南27题）‎ ‎27.阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°． 点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°． 问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°． ‎ ‎【答案】解：延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1C、EC1，如图所示： 则EB1=B1C1，∠EB1M1中=90°=∠A1B1M1， ∴△EB1C1是等腰直角三角形， ∴∠B1EC1=∠B1C1E=45°， ∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点， ∴∠M1C1N1=90°+45°=135°， ∴∠B1C1E+∠M1C1N1=180°， ∴E、C1、N1，三点共线， 在△A1B1M1和△EB1M1中，， ∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS）， ∴A1M1=EM1，∠1=∠2， ∵A1M1=M1N1， ∴EM1=M1N1， ∴∠3=∠4， ∵∠2+∠3=45°，∠4+∠5=45°， ∴∠1=∠2=∠5， ∵∠1+∠6=90°， ∴∠5+∠6=90°， ∴∠A1M1N1=180°-90°=90°． 【解析】‎ ‎ 延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1C、EC1，则EB1=B1C1，∠EB1M1中=90°=∠A1B1M1，得出△EB1C1是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出∠B1EC1=∠B1C1E=45°，证出∠B1C1E+∠M1C1N1=180°，得出E、C1、N1，三点共线，由SAS证明△A1B1M1≌△EB1M1得出A1M1=EM1，∠1=∠2，得出EM1=M1N1，由等腰三角形的性质得出∠3=∠4，证出∠1=∠2=∠5，得出∠5+∠6=90°，即可得出结论． 此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．‎ ‎（2019年甘肃天水25题）‎ ‎25．（10分）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．‎ ‎（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；‎ ‎（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；‎ ‎（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．‎ ‎【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；‎ ‎（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；‎ ‎（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．‎ ‎【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．‎ 证明：∵AB＝AD，‎ ‎∴点A在线段BD的垂直平分线上，‎ ‎∵CB＝CD，‎ ‎∴点C在线段BD的垂直平分线上，‎ ‎∴直线AC是线段BD的垂直平分线，‎ ‎∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；‎ ‎（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．‎ 如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E，‎ 求证：AD2+BC2＝AB2+CD2‎ 证明：∵AC⊥BD，‎ ‎∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，‎ 由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，‎ AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，‎ ‎∴AD2+BC2＝AB2+CD2；‎ 故答案为：AD2+BC2＝AB2+CD2．‎ ‎（3）连接CG、BE，‎ ‎∵∠CAG＝∠BAE＝90°，‎ ‎∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，‎ 在△GAB和△CAE中，，‎ ‎∴△GAB≌△CAE（SAS），‎ ‎∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，‎ ‎∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，‎ ‎∴四边形CGEB是垂美四边形，‎ 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，‎ ‎∵AC＝4，AB＝5，‎ ‎∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，‎ ‎∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，‎ ‎∴GE＝．‎ ‎【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．‎ ‎（2019年广东深圳23题）‎ ‎23．（9分）已知在平面直角坐标系中，点A（3，0），B（﹣3，0），C（﹣3，8），以线段BC为直径作圆，圆心为E，直线AC交⊙E于点D，连接OD．‎ ‎（1）求证：直线OD是⊙E的切线；‎ ‎（2）点F为x轴上任意一动点，连接CF交⊙E于点G，连接BG；‎ ‎①当tan∠ACF＝时，求所有F点的坐标　，F2（5，0）　（直接写出）；‎ ‎②求的最大值．‎ ‎【分析】（1）连接ED，证明∠EDO＝90°即可，可通过半径相等得到∠EDB＝∠EBD，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半得DO＝BO＝AO，∠ODB＝∠OBD，得证；‎ ‎（2）①分两种情况：a）F位于线段AB上，b）F位于BA的延长线上；过F作AC的垂线，构造相似三角形，应用相似三角形性质可求得点F坐标；‎ ‎②应用相似三角形性质和三角函数值表示出＝，令y＝CG2（64﹣CG2）＝﹣（CG2﹣32）2+322，应用二次函数最值可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）证明：如图1，连接DE，∵BC为圆的直径，‎ ‎∴∠BDC＝90°，‎ ‎∴∠BDA＝90°‎ ‎∵OA＝OB ‎∴OD＝OB＝OA ‎∴∠OBD＝∠ODB ‎∵EB＝ED ‎∴∠EBD＝∠EDB ‎∴EBD+∠OBD＝∠EDB+∠ODB 即：∠EBO＝∠EDO ‎∵CB⊥x轴 ‎∴∠EBO＝90°‎ ‎∴∠EDO＝90°‎ ‎∵点D在⊙E上 ‎∴直线OD为⊙E的切线．‎ ‎（2）①如图2，当F位于AB上时，过F作F1N⊥AC于N，‎ ‎∵F1N⊥AC ‎∴∠ANF1＝∠ABC＝90°‎ ‎∴△ANF∽△ABC ‎∴‎ ‎∵AB＝6，BC＝8，‎ ‎∴AC＝＝＝10，即AB：BC：AC＝6：8：10＝3：4：5‎ ‎∴设AN＝3k，则NF1＝4k，AF1＝5k ‎∴CN＝CA﹣AN＝10﹣3k ‎∴tan∠ACF＝＝＝，解得：k＝‎ ‎∴‎ 即F1（，0）‎ 如图3，当F位于BA的延长线上时，过F2作F2M⊥CA于M，‎ ‎∵△AMF2∽△ABC ‎∴设AM＝3k，则MF2＝4k，AF2＝5k ‎∴CM＝CA+AM＝10+3k ‎∴tan∠ACF＝‎ 解得：‎ ‎∴AF2＝5k＝2‎ OF2＝3+2＝5‎ 即F2（5，0）‎ 故答案为：F1（，0），F2（5，0）．‎ ‎②如图4，∵CB为直径 ‎∴∠CGB＝∠CBF＝90°‎ ‎∴△CBG∽△CFB ‎∴‎ ‎∴BC2＝CG•CF CF＝‎ ‎∵CG2+BG2＝BC2，‎ ‎∴BG2＝BC2﹣CG2‎ ‎∴＝＝‎ ‎∴＝‎ 令y＝CG2（64﹣CG2）＝﹣CG4+64CG2＝﹣[（CG2﹣32）2﹣322]＝﹣（CG2﹣32）2+322‎ ‎∴当CG2＝32时，‎ 此时CG＝4‎ ‎＝＝．‎ ‎【点评】本题是一道难度较大，综合性很强的有关圆的代数几何综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定定理，直角三角形性质，相似三角形性质和判定，动点问题，二次函数最值问题等，构造相似三角形和应用求二次函数最值方法是解题关键．‎ ‎（2019年广东24题）‎ ‎24．（9分）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．‎ ‎（1）求证：ED＝EC；‎ ‎（2）求证：AF是⊙O的切线；‎ ‎（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．‎ ‎【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证；‎ ‎（2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF ‎，从而得证；‎ ‎（3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．‎ ‎【解答】解：（1）∵AB＝AC，‎ ‎∴∠ABC＝∠ACB，‎ 又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，‎ ‎∴∠BCD＝∠ADC，‎ ‎∴ED＝EC；‎ ‎（2）如图1，连接OA，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴OA⊥BC，‎ ‎∵CA＝CF，‎ ‎∴∠CAF＝∠CFA，‎ ‎∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，‎ ‎∵∠ACB＝∠BCD，‎ ‎∴∠ACD＝2∠ACB，‎ ‎∴∠CAF＝∠ACB，‎ ‎∴AF∥BC，‎ ‎∴OA⊥AF，‎ ‎∴AF为⊙O的切线；‎ ‎（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，‎ ‎∴△ABE∽△CBA，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴AB2＝BC•BE，‎ ‎∴BC•BE＝25，‎ ‎∴AB＝5，‎ 如图2，连接AG，‎ ‎∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，‎ ‎∵点G为内心，‎ ‎∴∠DAG＝∠GAC，‎ 又∵∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB，‎ ‎∴∠BAG＝∠BGA，‎ ‎∴BG＝AB＝5．‎ ‎【点评】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆心角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．‎ ‎（2019年广东广州24题）‎ ‎24．（14分）如图，等边△ABC中，AB＝6，点D在BC上，BD＝4，点E为边AC上一动点（不与点C重合），△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE．‎ ‎（1）当点F在AC上时，求证：DF∥AB；‎ ‎（2）设△ACD的面积为S1，△ABF的面积为S2，记S＝S1﹣S2，S是否存在最大值？若存在，求出S的最大值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）当B，F，E三点共线时．求AE的长．‎ ‎【分析】（1）由折叠的性质和等边三角形的性质可得∠DFC＝∠A，可证DF∥AB；‎ ‎（2）过点D作DM⊥AB交AB于点M，由题意可得点F在以D为圆心，DF为半径的圆上，由△ACD的面积为S1的值是定值，则当点F在DM上时，S△ABF最小时，S最大；‎ ‎（3）过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，由勾股定理可求BG的长，通过证明△BGD∽△BHE，可求EC的长，即可求AE的长．‎ ‎【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形 ‎∴∠A＝∠B＝∠C＝60°‎ 由折叠可知：DF＝DC，且点F在AC上 ‎∴∠DFC＝∠C＝60°‎ ‎∴∠DFC＝∠A ‎∴DF∥AB；‎ ‎（2）存在，‎ 过点D作DM⊥AB交AB于点M，‎ ‎∵AB＝BC＝6，BD＝4，‎ ‎∴CD＝2‎ ‎∴DF＝2，‎ ‎∴点F在以D为圆心，DF为半径的圆上，‎ ‎∴当点F在DM上时，S△ABF最小，‎ ‎∵BD＝4，DM⊥AB，∠ABC＝60°‎ ‎∴MD＝2‎ ‎∴S△ABF的最小值＝×6×（2﹣2）＝6﹣6‎ ‎∴S最大值＝﹣（6﹣6）＝3+6‎ ‎（3）如图，过点D作DG⊥EF于点G，过点E作EH⊥CD于点H，‎ ‎∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE ‎∴DF＝DC＝2，∠EFD＝∠C＝60°‎ ‎∵GD⊥EF，∠EFD＝60°‎ ‎∴FG＝1，DG＝FG＝‎ ‎∵BD2＝BG2+DG2，‎ ‎∴16＝3+（BF+1）2，‎ ‎∴BF＝﹣1‎ ‎∴BG＝‎ ‎∵EH⊥BC，∠C＝60°‎ ‎∴CH＝，EH＝HC＝EC ‎∵∠GBD＝∠EBH，∠BGD＝∠BHE＝90°‎ ‎∴△BGD∽△BHE ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴EC＝﹣1‎ ‎∴AE＝AC﹣EC＝7﹣‎ ‎【点评】本题是三角形综合题，考查了等边三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造相似三角形是本题的关键．‎ ‎（2019年广西池州25题）‎ ‎25．（10分）如图，五边形ABCDE内接于⊙O，CF与⊙O相切于点C，交AB延长线于点F．‎ ‎（1）若AE＝DC，∠E＝∠BCD，求证：DE＝BC；‎ ‎（2）若OB＝2，AB＝BD＝DA，∠F＝45°，求CF的长．‎ ‎【分析】（1）由圆心角、弧、弦之间的关系得出，由圆周角定理得出∠ADE＝∠DBC，证明△ADE≌△DBC，即可得出结论；‎ ‎（2）连接CO并延长交AB于G，作OH⊥AB于H，则∠OHG＝∠OHB＝90°，由切线的性质得出∠FCG＝90°，得出△CFG、△OGH是等腰直角三角形，得出CF＝CG，OG＝OH，由等边三角形的性质得出∠OBH＝30°，由直角三角形的性质得出OH＝OB＝1，OG＝，即可得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AE＝DC，‎ ‎∴，‎ ‎∴∠ADE＝∠DBC，‎ 在△ADE和△DBC中，，‎ ‎∴△ADE≌△DBC（AAS），‎ ‎∴DE＝BC；‎ ‎（2）解：连接CO并延长交AB于G，作OH⊥AB于H，如图所示：‎ 则∠OHG＝∠OHB＝90°，‎ ‎∵CF与⊙O相切于点C，‎ ‎∴∠FCG＝90°，‎ ‎∵∠F＝45°，‎ ‎∴△CFG、△OGH是等腰直角三角形，‎ ‎∴CF＝CG，OG＝OH，‎ ‎∵AB＝BD＝DA，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴∠ABD＝60°，‎ ‎∴∠OBH＝30°，‎ ‎∴OH＝OB＝1，‎ ‎∴OG＝，‎ ‎∴CF＝CG＝OC+OG＝2+．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质；熟练掌握切线的性质和圆周角定理是解题的关键．‎ ‎（2019年广西贺州25题）‎ ‎25．（10分）如图，BD是⊙O的直径，弦BC与OA相交于点E，AF与⊙O相切于点A，交DB的延长线于点F，∠F＝30°，∠BAC＝120°，BC＝8．‎ ‎（1）求∠ADB的度数；‎ ‎（2）求AC的长度．‎ ‎【分析】（1）由切线的性质得出AF⊥OA，由圆周角定理好已知条件得出∠F＝∠DBC ‎，证出AF∥BC，得出OA⊥BC，求出∠BOA＝90°﹣30°＝60°，由圆周角定理即可得出结果；‎ ‎（2）由垂径定理得出BE＝CE＝BC＝4，得出AB＝AC，证明△AOB是等边三角形，得出AB＝OB，由直角三角形的性质得出OE＝OB，BE＝OE＝4，求出OE＝，即可得出AC＝AB＝OB＝2OE＝．‎ ‎【解答】解：（1）∵AF与⊙O相切于点A，‎ ‎∴AF⊥OA，‎ ‎∵BD是⊙O的直径，‎ ‎∴∠BAD＝90°，‎ ‎∵∠BAC＝120°，‎ ‎∴∠DAC＝30°，‎ ‎∴∠DBC＝∠DAC＝30°，‎ ‎∵∠F＝30°，‎ ‎∴∠F＝∠DBC，‎ ‎∴AF∥BC，‎ ‎∴OA⊥BC，‎ ‎∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°，‎ ‎∴∠ADB＝∠AOB＝30°；‎ ‎（2）∵OA⊥BC，‎ ‎∴BE＝CE＝BC＝4，‎ ‎∴AB＝AC，‎ ‎∵∠AOB＝60°，OA＝OB，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴AB＝OB，‎ ‎∵∠OBE＝30°，‎ ‎∴OE＝OB，BE＝OE＝4，‎ ‎∴OE＝，‎ ‎∴AC＝AB＝OB＝2OE＝．‎ ‎【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、垂径定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理，证出OA⊥BC是解题的关键．‎ ‎（2019年广西柳州25题）‎ ‎25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且＝，连接FB，FD，FD交AB于点N．‎ ‎（1）若AE＝1，CD＝6，求⊙O的半径；‎ ‎（2）求证：△BNF为等腰三角形；‎ ‎（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON•OP＝OE•OM．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，‎ ‎∵CD⊥AB，AB是直径 ‎∴，CE＝DE＝CD＝3‎ ‎∴∠ACD＝∠ABC，且∠AEC＝∠CEB ‎∴△ACE∽△CEB ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴BE＝9‎ ‎∴AB＝AE+BE＝10‎ ‎∴⊙O的半径为5‎ ‎（2）∵＝‎ ‎∴∠ACD＝∠ADC＝∠CDF，且DE＝DE，∠AED＝∠NED＝90°‎ ‎∴△ADE≌△NDE（ASA）‎ ‎∴∠DAN＝∠DNA，AE＝EN ‎∵∠DAB＝∠DFB，∠AND＝∠FNB ‎∴∠FNB＝∠DFB ‎∴BN＝BF，‎ ‎∴△BNF是等腰三角形 ‎（3）如图2，连接AC，CE，CO，DO，‎ ‎∵MD是切线，‎ ‎∴MD⊥DO，‎ ‎∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE ‎∴△MDO∽△DEO ‎∴‎ ‎∴OD2＝OE•OM ‎∵AE＝EN，CD⊥AO ‎∴∠ANC＝∠CAN，‎ ‎∴∠CAP＝∠CNO，‎ ‎∵‎ ‎∴∠AOC＝∠ABF ‎∵CO∥BF ‎∴∠PCO＝∠PFB ‎∵四边形ACFB是圆内接四边形 ‎∴∠PAC＝∠PFB ‎∴∠PAC＝∠PFB＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE ‎∴△CNO∽△PCO ‎∴‎ ‎∴CO2＝PO•NO，‎ ‎∴ON•OP＝OE•OM．‎ ‎（2019年广西北部湾等25题）‎ ‎25．（10分）如图1，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，B不重合），连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F．‎ ‎（1）求证：△ABF≌△BCE；‎ ‎（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；‎ ‎（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，N，求的值．‎ ‎【分析】（1）先判断出∠GCB+∠CBG＝90，再由四边形ABCD是正方形，得出∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB，即可得出结论；‎ ‎（2）设AB＝CD＝BC＝2a，先求出EA＝EB＝AB＝a，进而得出CE＝a，再求出BG＝a，CG═a，再判断出△CQD≌△BGC（AAS），进而判断出GQ＝CQ ‎，即可得出结论；‎ ‎（3）先求出CH＝a，再求出DH＝a，再判断出△CHD∽△DHM，求出HM＝a，再用勾股定理求出GH＝a，最后判断出△QGH∽△GCH，得出HN＝＝a，即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵BF⊥CE，‎ ‎∴∠CGB＝90°，‎ ‎∴∠GCB+∠CBG＝90，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB，‎ ‎∴∠FBA+∠CBG＝90，‎ ‎∴∠GCB＝∠FBA，‎ ‎∴△ABF≌△BCE（ASA）；‎ ‎（2）证明：如图2，过点D作DH⊥CE于H，‎ 设AB＝CD＝BC＝2a，‎ ‎∵点E是AB的中点，‎ ‎∴EA＝EB＝AB＝a，‎ ‎∴CE＝a，‎ 在Rt△CEB中，根据面积相等，得BG•CE＝CB•EB，‎ ‎∴BG＝a，‎ ‎∴CG＝＝a，‎ ‎∵∠DCE+∠BCE＝90°，∠CBF+∠BCE＝90°，‎ ‎∴∠DCE＝∠CBF，‎ ‎∵CD＝BC，∠CQD＝∠CGB＝90°，‎ ‎∴△CQD≌△BGC（AAS），‎ ‎∴CQ＝BG＝a，‎ ‎∴GQ＝CG﹣CQ＝a＝CQ，‎ ‎∵DQ＝DQ，∠CQD＝∠GQD＝90°，‎ ‎∴△DGQ≌△CDQ（SAS），‎ ‎∴CD＝GD；‎ ‎（3）解：如图3，过点D作DH⊥CE于H，‎ S△CDG＝•DQ＝CH•DG，‎ ‎∴CH＝＝a，‎ 在Rt△CHD中，CD＝2a，‎ ‎∴DH＝＝a，‎ ‎∵∠MDH+∠HDC＝90°，∠HCD+∠HDC＝90°，‎ ‎∴∠MDH＝∠HCD，‎ ‎∴△CHD∽△DHM，‎ ‎∴，‎ ‎∴HM＝a，‎ 在Rt△CHG中，CG＝a，CH＝a，‎ ‎∴GH＝＝a，‎ ‎∵∠MGH+∠CGH＝90°，∠HCG+∠CGH＝90°，‎ ‎∴∠QGH＝∠HCG，‎ ‎∴△QGH∽△GCH，‎ ‎∴，‎ ‎∴HN＝＝a，‎ ‎∴MN＝HM﹣HN＝a，‎ ‎∴＝‎ ‎【点评】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△DGQ≌△CDQ是解本题的关键．‎ ‎（2019年广西梧州25题）‎ ‎25．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，AF平分∠DAC，分别交DC，BC的延长线于点E，F；连接DF，过点A作AH∥DF，分别交BD，BF于点G，H．‎ ‎（1）求DE的长；‎ ‎（2）求证：∠1＝∠DFC．‎ ‎【分析】（1）由AD∥CF，AF平分∠DAC，可得∠FAC＝∠AFC，得出AC＝CF＝5，可证出△ADE∽△FCE，则，可求出DE长；‎ ‎（2）由△ADG∽△HBG，可求出DG，则，可得EG∥BC，则∠1＝∠AHC，根据DF∥AH，可得∠AHC＝∠DFC，结论得证．‎ ‎【解答】（1）解：∵矩形ABCD中，AD∥CF，‎ ‎∴∠DAF＝∠ACF，‎ ‎∵AF平分∠DAC，‎ ‎∴∠DAF＝∠CAF，‎ ‎∴∠FAC＝∠AFC，‎ ‎∴AC＝CF，‎ ‎∵AB＝4，BC＝3，‎ ‎∴＝＝5，‎ ‎∴CF＝5，‎ ‎∵AD∥CF，‎ ‎∴△ADE∽△FCE，‎ ‎∴，‎ 设DE＝x，则，‎ 解得x＝‎ ‎∴；‎ ‎（2）∵AD∥FH，AF∥DH，‎ ‎∴四边形ADFH是平行四边形，‎ ‎∴AD＝FH＝3，‎ ‎∴CH＝2，BH＝5，‎ ‎∵AD∥BH，‎ ‎∴△ADG∽△HBG，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴DG＝，‎ ‎∵DE＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴EG∥BC，‎ ‎∴∠1＝∠AHC，‎ 又∵DF∥AH，‎ ‎∴∠AHC＝∠DFC，‎ ‎∠1＝∠DFC．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的相关证明与计算，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定与性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．‎ ‎（2019年广西梧州25题）‎ ‎25．（10分）如图，在正方形ABCD中，分别过顶点B，D作BE∥DF交对角线AC所在直线于E，F点，并分别延长EB，FD到点H，G，使BH＝DG，连接EG，FH．‎ ‎（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；‎ ‎（2）已知：AB＝2，EB＝4，tan∠GEH＝2，求四边形EHFG的周长．‎ ‎【分析】（1）证明△ABE≌△CDF（AAS），得BE＝DF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；‎ ‎（2）如图，连接BD，交EF于O，计算EO和BO的长，得∠OEB＝30°，根据三角函数可得HM的长，从而得EM和EH的长，利用勾股定理计算FH的长，最后根据四边的和计算结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝CD，AB∥CD，‎ ‎∴∠DCA＝∠BAC，‎ ‎∵DF∥BE，‎ ‎∴∠CFD＝∠BEA，‎ ‎∵∠BAC＝∠BEA+∠ABE，∠DCA＝∠CFD+∠CDF，‎ ‎∴∠ABE＝∠CDF，‎ 在△ABE和△CDF中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△ABE≌△CDF（AAS），‎ ‎∴BE＝DF，‎ ‎∵BH＝DG，‎ ‎∴BE+BH＝DF+DG，‎ 即EH＝GF，‎ ‎∵EH∥GF，‎ ‎∴四边形EHFG是平行四边形；‎ ‎（2）如图，连接BD，交EF于O，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BD⊥AC，‎ ‎∴∠AOB＝90°，‎ ‎∵AB＝2，‎ ‎∴OA＝OB＝2，‎ Rt△BOE中，EB＝4，‎ ‎∴∠OEB＝30°，‎ ‎∴EO＝2，‎ ‎∵OD＝OB，∠EOB＝∠DOF，‎ ‎∵DF∥EB，‎ ‎∴∠DFC＝∠BEA，‎ ‎∴△DOF≌△BOE（AAS），‎ ‎∴OF＝OE＝2，‎ ‎∴EF＝4，‎ ‎∴FM＝2，EM＝6，‎ 过F作FM⊥EH于M，交EH的延长线于M，‎ ‎∵EG∥FH，‎ ‎∴∠FHM＝∠GEH，‎ ‎∵tan∠GEH＝tan∠FHM＝＝2，‎ ‎∴，‎ ‎∴HM＝1，‎ ‎∴EH＝EM﹣HM＝6﹣1＝5，FH＝＝＝，‎ ‎∴四边形EHFG的周长＝2EH+2FH＝2×5+2＝10+2．‎ ‎【点评】此题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，三角函数和全等三角形的判定等知识．充分利用正方形的特殊性质来找到全等的条件从而判定全等后利用全等三角形的性质解题，第二问有难度，恰当地作出辅助线是关键．‎ ‎（2019年广西百色25题）‎ ‎25．（10分）如图，已知AC、AD是⊙O的两条割线，AC与⊙O交于B、C两点，AD过圆心O且与⊙O交于E、D两点，OB平分∠AOC．‎ ‎（1）求证：△ACD∽△ABO；‎ ‎（2）过点E的切线交AC于F，若EF∥OC，OC＝3，求EF的值．[提示：（+1）（﹣1）＝1]‎ ‎【解答】证明：（1）∵OB平分∠AOC ‎∴∠BOE＝∠AOC ‎∵OC＝OD ‎∴∠D＝∠OCD ‎∵∠AOC＝∠D+∠OCD ‎∴∠D＝∠AOC ‎∴∠D＝∠BOE，且∠A＝∠A ‎∴△ACD∽△ABO ‎（2）∵EF切⊙O于E ‎∴∠OEF＝90°‎ ‎∵EF∥OC ‎∴∠DOC＝∠OEF＝90°‎ ‎∵OC＝OD＝3‎ ‎∴CD＝＝3‎ ‎∵△ACD∽△ABO ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴AE＝3‎ ‎∵EF∥OC ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴EF＝6﹣3‎ ‎（2019年广西贵港26题）‎ ‎26．（10分）已知：△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A′B′C，记旋转角为α，当90°＜α＜180°时，作A′D⊥AC，垂足为D，A′D与B′C交于点E．‎ ‎（1）如图1，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC的平分线EF交BC于点F．‎ ‎①写出旋转角α的度数；‎ ‎②求证：EA′+EC＝EF；‎ ‎（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线A′D上的一个动点，连接PA，PF，若AB＝，求线段PA+PF的最小值．（结果保留根号）‎ ‎【分析】（1）①解直角三角形求出∠A′CD即可解决问题．‎ ‎②连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．首先证明△CFA′是等边三角形，再证明△FCM≌△A′CE（SAS），即可解决问题．‎ ‎（2）如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．证明△A′EF≌△A′EB′，推出EF＝EB′，推出B′，F关于A′E对称，推出PF＝PB′，推出PA+PF＝PA+PB′≥AB′，求出AB′即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）①解：旋转角为105°．‎ 理由：如图1中，‎ ‎∵A′D⊥AC，‎ ‎∴∠A′DC＝90°，‎ ‎∵∠CA′D＝15°，‎ ‎∴∠A′CD＝75°，‎ ‎∴∠ACA′＝105°，‎ ‎∴旋转角为105°．‎ ‎②证明：连接A′F，设EF交CA′于点O．在EF时截取EM＝EC，连接CM．‎ ‎∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°，‎ ‎∴∠CEA′＝120°，‎ ‎∵FE平分∠CEA′，‎ ‎∴∠CEF＝∠FEA′＝60°，‎ ‎∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°，‎ ‎∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE，‎ ‎∴△FOC∽△A′OE，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵∠COE＝∠FOA′，‎ ‎∴△COE∽△FOA′，‎ ‎∴∠FA′O＝∠OEC＝60°，‎ ‎∴△A′OF是等边三角形，‎ ‎∴CF＝CA′＝A′F，‎ ‎∵EM＝EC，∠CEM＝60°，‎ ‎∴△CEM是等边三角形，‎ ‎∠ECM＝60°，CM＝CE，‎ ‎∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，‎ ‎∴∠FCM＝∠A′CE，‎ ‎∴△FCM≌△A′CE（SAS），‎ ‎∴FM＝A′E，‎ ‎∴CE+A′E＝EM+FM＝EF．‎ ‎（2）解：如图2中，连接A′F，PB′，AB′，作B′M⊥AC交AC的延长线于M．‎ 由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′，‎ ‎∴△A′EF≌△A′EB′，‎ ‎∴EF＝EB′，‎ ‎∴B′，F关于A′E对称，‎ ‎∴PF＝PB′，‎ ‎∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′，‎ 在Rt△CB′M中，CB′＝BC＝AB＝2，∠MCB′＝30°，‎ ‎∴B′M＝CB′＝1，CM＝，‎ ‎∴AB′＝＝＝．‎ ‎∴PA+PF的最小值为．‎ ‎【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎（2019年广西桂林25题）‎ ‎25．（10分）如图，BM是以AB为直径的⊙O的切线，B为切点，BC平分∠ABM，弦CD交AB于点E，DE＝OE．‎ ‎（1）求证：△ACB是等腰直角三角形；‎ ‎（2）求证：OA2＝OE•DC：‎ ‎（3）求tan∠ACD的值．‎ ‎【分析】（1）由切线的性质和圆周角定理可得∠ACB＝∠ABM＝90°，由角平分线的性质可得∠CAB＝∠CBA＝45°；‎ ‎（2）通过证明△EDO∽△ODC，可得，即可得结论；‎ ‎（3）连接BD，AD，DO，作∠BAF＝∠DBA，交BD于点F，由外角的性质可得∠CAB＝∠CDB＝45°＝∠EDO+∠ODB＝3∠ODB，可求∠ODB＝15°＝∠OBD，由直角三角形的性质可得BD＝DF+BF＝AD+2AD，即可求tan∠ACD的值．‎ ‎【解答】证明：（1）∵BM是以AB为直径的⊙O的切线，‎ ‎∴∠ABM＝90°，‎ ‎∵BC平分∠ABM，‎ ‎∴∠ABC＝∠ABM＝45°‎ ‎∵AB是直径 ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CAB＝∠CBA＝45°‎ ‎∴AC＝BC ‎∴△ACB是等腰直角三角形；‎ ‎（2）如图，连接OD，OC ‎∵DE＝EO，DO＝CO ‎∴∠EDO＝∠EOD，∠EDO＝∠OCD ‎∴∠EDO＝∠EDO，∠EOD＝∠OCD ‎∴△EDO∽△ODC ‎∴‎ ‎∴OD2＝DE•DC ‎∴OA2＝DE•DC＝EO•DC ‎（2）如图，连接BD，AD，DO，作∠BAF＝∠DBA，交BD于点F，‎ ‎∵DO＝BO ‎∴∠ODB＝∠OBD，‎ ‎∴∠AOD＝2∠ODB＝∠EDO，‎ ‎∵∠CAB＝∠CDB＝45°＝∠EDO+∠ODB＝3∠ODB，‎ ‎∴∠ODB＝15°＝∠OBD ‎∵∠BAF＝∠DBA＝15°‎ ‎∴AF＝BF，∠AFD＝30°‎ ‎∵AB是直径 ‎∴∠ADB＝90°‎ ‎∴AF＝2AD，DF＝AD ‎∴BD＝DF+BF＝AD+2AD ‎∴tan∠ACD＝tan∠ABD＝＝＝2﹣‎ ‎【点评】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质以及锐角三角函数等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．‎ ‎（2019年贵州毕节10题）‎ ‎10．（4分）如图，在一斜边长30cm的直角三角形木板（即Rt△ACB）中截取一个正方形CDEF，点D在边BC上，点E在斜边AB上，点F在边AC上，若AF：AC＝1：3，则这块木板截取正方形CDEF后，剩余部分的面积为（　　）‎ A．200cm2 B．170cm2 C．150cm2 D．100cm2‎ ‎【解答】解：设AF＝x，则AC＝3x，‎ ‎∵四边形CDEF为正方形，‎ ‎∴EF＝CF＝2x，EF∥BC，‎ ‎∵EF∥BC，‎ ‎∴△AEF∽△ABC，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴BC＝6x，‎ 在Rt△ABC中，AB＝＝3x，‎ ‎∴3x＝30，解得x＝2，‎ ‎∴AC＝6，BC＝12，‎ ‎∴剩余部分的面积＝×6×12﹣（4）2＝100（cm2）．‎ 故选：D．‎ ‎（2019年贵州安顺25题）‎ ‎25．（12分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC，AC分别交于D，E两点，过点D作DH⊥AC于点H．‎ ‎（1）判断DH与⊙O的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）求证：H为CE的中点；‎ ‎（3）若BC＝10，cosC＝，求AE的长．‎ ‎【分析】（1）连结OD、AD，如图，先利用圆周角定理得到∠ADB＝90°‎ ‎，则根据等腰三角形的性质得BD＝CD，再证明OD为△ABC的中位线得到OD∥AC，加上DH⊥AC，所以OD⊥DH，然后根据切线的判定定理可判断DH为⊙O的切线；‎ ‎（2）连结DE，如图，有圆内接四边形的性质得∠DEC＝∠B，再证明∠DEC＝∠C，然后根据等腰三角形的性质得到CH＝EH；‎ ‎（3）利用余弦的定义，在Rt△ADC中可计算出AC＝5，在Rt△CDH中可计算出CH＝，则CE＝2CH＝2，‎ 然后计算AC﹣CE即可得到AE的长．‎ ‎【解答】（1）解：DH与⊙O相切．理由如下：‎ 连结OD、AD，如图，‎ ‎∵AB为直径，‎ ‎∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 而AO＝BO，‎ ‎∴OD为△ABC的中位线，‎ ‎∴OD∥AC，‎ ‎∵DH⊥AC，‎ ‎∴OD⊥DH，‎ ‎∴DH为⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：连结DE，如图，‎ ‎∵四边形ABDE为⊙O的内接四边形，‎ ‎∴∠DEC＝∠B，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴∠B＝∠C，‎ ‎∴∠DEC＝∠C，‎ ‎∵DH⊥CE，‎ ‎∴CH＝EH，即H为CE的中点；‎ ‎（3）解：在Rt△ADC中，CD＝BC＝5，‎ ‎∵cosC＝＝，‎ ‎∴AC＝5，‎ 在Rt△CDH中，∵cosC＝＝，‎ ‎∴CH＝，‎ ‎∴CE＝2CH＝2，‎ ‎∴AE＝AC﹣CE＝5﹣2＝3．‎ ‎【点评】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、切线的判定定理和等腰三角形的判定与性质；会利用三角函数的定义解直角三角形．‎ ‎（2019年贵州贵阳25题）‎ ‎25．（12分）（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；‎ ‎（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．‎ ‎【分析】数学理解：‎ ‎（1）由等腰直角三角形的性质可得AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC，由正方形的性质可得DE＝DF＝CE，∠DFC＝∠DEC＝90°，可求AF＝DF＝CE，即可得AB＝（AF+BE）；‎ 问题解决：‎ ‎（2）延长AC，使FM＝BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得DM＝DB，通过△ADM≌△‎ ADB，可得∠DAC＝∠DAB＝∠CAB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB的度数；‎ 联系拓广：‎ ‎（3）由正方形的性质可得DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD，可得AM＝MD，DN＝NB，即可求MN，AM，BN的数量关系．‎ ‎【解答】解：‎ 数学理解：‎ ‎（1）AB＝（AF+BE）‎ 理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形 ‎∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝AC6‎ ‎∵四边形DECF是正方形 ‎∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°‎ ‎∴∠A＝∠ADF＝45°‎ ‎∴AF＝DF＝CE ‎∴AF+BE＝BC＝AC ‎∴AB＝（AF+BE）‎ 问题解决：‎ ‎（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，‎ ‎∵四边形DECF是正方形 ‎∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°‎ ‎∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED ‎∴△DFM≌△DEB（SAS）‎ ‎∴DM＝DB ‎∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，‎ ‎∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD ‎∴△ADM≌△ADB（SSS）‎ ‎∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB 同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC ‎∵∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CAB+∠CBA＝90°‎ ‎∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°‎ ‎∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°‎ 联系拓广：‎ ‎（3）∵四边形DECF是正方形 ‎∴DE∥AC，DF∥BC ‎∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°‎ ‎∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD ‎∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD ‎∴AM＝MD，DN＝NB 在Rt∠DMN中，MN2＝MD2+DN2，‎ ‎∴MN2＝AM2+NB2，‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．‎ ‎（2019年海南21题）‎ ‎21．（13分）如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．‎ ‎（1）求证：△PDE≌△QCE；‎ ‎（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，‎ ‎①求证：四边形AFEP是平行四边形；‎ ‎②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；‎ ‎（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；‎ ‎②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠D＝∠ECQ＝90°，‎ ‎∵E是CD的中点，‎ ‎∴DE＝CE，‎ 又∵∠DEP＝∠CEQ，‎ ‎∴△PDE≌△QCE（ASA）；‎ ‎（2）①∵PB＝PQ，‎ ‎∴∠PBQ＝∠Q，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，‎ ‎∵△PDE≌△QCE，‎ ‎∴PE＝QE，‎ ‎∵EF∥BQ，‎ ‎∴PF＝BF，‎ ‎∴在Rt△PAB中，AF＝PF＝BF，‎ ‎∴∠APF＝∠PAF，‎ ‎∴∠PAF＝∠EPD，‎ ‎∴PE∥AF，‎ ‎∵EF∥BQ∥AD，‎ ‎∴四边形AFEP是平行四边形；‎ ‎②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．‎ 设AP＝x，则PD＝1﹣x，‎ 若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，‎ ‎∵CD＝1，E是CD中点，‎ ‎∴DE＝，‎ 在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，‎ 解得x＝，‎ 即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．‎ ‎【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．‎ ‎（2019年河北25题）‎ ‎25．（10分）如图1和2，▱ABCD中，AB＝3，BC＝15，tan∠DAB＝．点P为AB延长线上一点，过点A作⊙O切CP于点P，设BP＝x．‎ ‎（1）如图1，x为何值时，圆心O落在AP上？若此时⊙O交AD于点E，直接指出PE与BC的位置关系；‎ ‎（2）当x＝4时，如图2，⊙O与AC交于点Q，求∠CAP的度数，并通过计算比较弦AP与劣弧长度的大小；‎ ‎（3）当⊙O与线段AD只有一个公共点时，直接写出x的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，AP经过圆心O，∵CP与⊙O相切于P，‎ ‎∴∠APC＝90°，‎ ‎∵▱ABCD，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠PBC＝∠DAB ‎∴＝tan∠PBC＝tan∠DAB＝，设CP＝4k，BP＝3k，由CP2+BP2＝BC2，‎ 得（4k）2+（3k）2＝152，解得k1＝﹣3（舍去），k2＝3，‎ ‎∴x＝BP＝3×3＝9，‎ 故当x＝9时，圆心O落在AP上；‎ ‎∵AP是⊙O的直径，‎ ‎∴∠AEP＝90°，‎ ‎∴PE⊥AD，‎ ‎∵▱ABCD，‎ ‎∴BC∥AD ‎∴PE⊥BC ‎（2）如图2，过点C作CG⊥AP于G，‎ ‎∵▱ABCD，‎ ‎∴BC∥AD，‎ ‎∴∠CBG＝∠DAB ‎∴＝tan∠CBG＝tan∠DAB＝，‎ 设CG＝4m，BG＝3m，由勾股定理得：（4m）2+（3m）2＝152，解得m＝3，‎ ‎∴CG＝4×3＝12，BG＝3×3＝9，PG＝BG﹣BP＝9﹣4＝5，AP＝AB+BP＝3+4＝7，‎ ‎∴AG＝AB+BG＝3+9＝12‎ ‎∴tan∠CAP＝＝＝1，‎ ‎∴∠CAP＝45°；‎ 连接OP，OQ，过点O作OH⊥AP于H，则∠POQ＝2∠CAP＝2×45°＝90°，PH＝AP＝，‎ 在Rt△CPG中，＝＝13，‎ ‎∵CP是⊙O的切线，‎ ‎∴∠OPC＝∠OHP＝90°，∠OPH+∠CPG＝90°，∠PCG+∠CPG＝90°‎ ‎∴∠OPH＝∠PCG ‎∴△OPH∽△PCG ‎∴，即PH×CP＝CG×OP，×13＝12OP，‎ ‎∴OP＝‎ ‎∴劣弧长度＝＝，‎ ‎∵＜2π＜7‎ ‎∴弦AP的长度＞劣弧长度．‎ ‎（3）如图3，⊙O与线段AD只有一个公共点，即圆心O位于直线AB下方，且∠OAD≥90°，‎ 当∠OAD＝90°，∠CPM＝∠DAB时，此时BP取得最小值，过点C作CM⊥AB于M，‎ ‎∵∠DAB＝∠CBP，‎ ‎∴∠CPM＝∠CBP ‎∴CB＝CP，‎ ‎∵CM⊥AB ‎∴BP＝2BM＝2×9＝18，‎ ‎∴x≥18‎ ‎（2019年河南22题）‎ ‎22．（10分）在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．‎ ‎（1）观察猜想 如图1，当α＝60°时，的值是　1　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　60°　．‎ ‎（2）类比探究 如图2，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．‎ ‎（3）解决问题 当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．‎ ‎【分析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．‎ ‎（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．‎ ‎（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．‎ ‎②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．‎ ‎∵∠PAD＝∠CAB＝60°，‎ ‎∴∠CAP＝∠BAD，‎ ‎∵CA＝BA，PA＝DA，‎ ‎∴△CAP≌△BAD（SAS），‎ ‎∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，‎ ‎∵∠AOC＝∠BOE，‎ ‎∴∠BEO＝∠CAO＝60°，‎ ‎∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，‎ 故答案为1，60°．‎ ‎（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．‎ ‎∵∠PAD＝∠CAB＝45°，‎ ‎∴∠PAC＝∠DAB，‎ ‎∵＝＝，‎ ‎∴△DAB∽△PAC，‎ ‎∴∠PCA＝∠DBA，＝＝，‎ ‎∵∠EOC＝∠AOB，‎ ‎∴∠CEO＝∠OABB＝45°，‎ ‎∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．‎ ‎（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．‎ ‎∵CE＝EA，CF＝FB，‎ ‎∴EF∥AB，‎ ‎∴∠EFC＝∠ABC＝45°，‎ ‎∵∠PAO＝45°，‎ ‎∴∠PAO＝∠OFH，‎ ‎∵∠POA＝∠FOH，‎ ‎∴∠H＝∠APO，‎ ‎∵∠APC＝90°，EA＝EC，‎ ‎∴PE＝EA＝EC，‎ ‎∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，‎ ‎∴∠H＝∠BAH，‎ ‎∴BH＝BA，‎ ‎∵∠ADP＝∠BDC＝45°，‎ ‎∴∠ADB＝90°，‎ ‎∴BD⊥AH，‎ ‎∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，‎ ‎∵∠ADB＝∠ACB＝90°，‎ ‎∴A，D，C，B四点共圆，‎ ‎∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，‎ ‎∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，‎ ‎∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，‎ ‎∴＝＝2﹣．‎ 如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，‎ ‎∴PC＝a﹣a，‎ ‎∴＝＝2+．‎ ‎【点评】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎（2019年黑龙江哈尔滨26题）‎ ‎26．（10分）已知：MN为⊙O的直径，OE为⊙O的半径，AB、CH是⊙O的两条弦，AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K，连接HN、HE，HE与MN交于点P．‎ ‎（1）如图1，若AB与CH交于点F，求证：∠HFB＝2∠EHN；‎ ‎（2）如图2，连接ME、OA，OA与ME交于点Q，若OA⊥ME，∠EON＝4∠CHN，求证：MP＝AB；‎ ‎（3）如图3，在（2）的条件下，连接OC、BC、AH，OC与EH交于点G，AH与MN交于点R，连接RG，若HK：ME＝2：3，BC＝，求RG的长．‎ ‎【分析】（1）利用“四边形内角和为360°”、“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”即可；‎ ‎（2）根据同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，先证AB＝MB，再根据“等角对等边”，证明MP＝ME；‎ ‎（3）由全等三角形性质和垂径定理可将HK：ME＝2：3转化为OQ：MQ＝4：3；可设Rt△OMQ两直角边为：OQ＝4k，MQ＝3k，再构造直角三角形利用BC＝，求出k的值；求得OP＝OR＝OG，得△PGR为直角三角形，应用勾股定理求RG．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，∵AB⊥OE于点D，CH⊥MN于点K ‎∴∠ODB＝∠OKC＝90°‎ ‎∵∠ODB+∠DFK+∠OKC+∠EON＝360°‎ ‎∴∠DFK+∠EON＝180°‎ ‎∵∠DFK+∠HFB＝180°‎ ‎∴∠HFB＝∠EON ‎∵∠EON＝2∠EHN ‎∴∠HFB＝2∠EHN ‎（2）如图2，连接OB，‎ ‎∵OA⊥ME，‎ ‎∴∠AOM＝∠AOE ‎∵AB⊥OE ‎∴∠AOE＝∠BOE ‎∴∠AOM+∠AOE＝∠AOE+∠BOE，‎ 即：∠MOE＝∠AOB ‎∴ME＝AB ‎∵∠EON＝4∠CHN，∠EON＝2∠EHN ‎∴∠EHN＝2∠CHN ‎∴∠EHC＝∠CHN ‎∵CH⊥MN ‎∴∠HPN＝∠HNM ‎∵∠HPN＝∠EPM，∠HNM＝HEM ‎∴∠EPM＝∠HEM ‎∴MP＝ME ‎∴MP＝AB ‎（3）如图3，连接BC，过点A作AF⊥BC于F，过点A作AL⊥MN于L，连接AM，AC，‎ 由（2）知：∠EHC＝∠CHN，∠AOM＝∠AOE ‎∴∠EOC＝∠CON ‎∵∠EOC+∠CON+∠AOM+∠AOE＝180°‎ ‎∴∠AOE+∠EOC＝90°，∠AOM+∠CON＝90°‎ ‎∵OA⊥ME，CH⊥MN ‎∴∠OQM＝∠OKC＝90°，CK＝HK，ME＝2MQ，‎ ‎∴∠AOM+∠OMQ＝90°‎ ‎∴∠CON＝∠OMQ ‎∵OC＝OA ‎∴△OCK≌△MOQ（AAS）‎ ‎∴CK＝OQ＝HK ‎∵HK：ME＝2：3，即：OQ：2MQ＝2：3‎ ‎∴OQ：MQ＝4：3‎ ‎∴设OQ＝4k，MQ＝3k，‎ 则OM＝＝＝5k，AB＝ME＝6k 在Rt△OAC中，AC＝＝＝5k ‎∵四边形ABCH内接于⊙O，∠AHC＝∠AOC＝×90°＝45°，‎ ‎∴∠ABC＝180°﹣∠AHC＝180°﹣45°＝135°，‎ ‎∴∠ABF＝180°﹣∠ABC＝180°﹣135°＝45°‎ ‎∴AF＝BF＝AB•cos∠ABF＝6k•cos45°＝3k 在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2‎ 即：，解得：k1＝1，（不符合题意，舍去）‎ ‎∴OQ＝HK＝4，MQ＝OK＝3，OM＝ON＝5‎ ‎∴KN＝KP＝2，OP＝ON﹣KN﹣KP＝5﹣2﹣2＝1，‎ 在△HKR中，∠HKR＝90°，∠RHK＝45°，‎ ‎∴＝tan∠RHK＝tan45°＝1‎ ‎∴RK＝HK＝4‎ ‎∴OR＝RN﹣ON＝4+2﹣5＝1‎ ‎∵∠CON＝∠OMQ ‎∴OC∥ME ‎∴∠PGO＝∠HEM ‎∵∠EPM＝∠HEM ‎∴∠PGO＝∠EPM ‎∴OG＝OP＝OR＝1‎ ‎∴∠PGR＝90°‎ 在Rt△HPK中，PH＝＝＝2‎ ‎∵∠POG＝∠PHN，∠OPG＝∠HPN ‎∴△POG∽△PHN ‎∴，即，PG＝‎ ‎∴RG＝＝＝．‎ ‎【点评】本题是有关圆的几何综合题，难度较大，综合性很强；主要考查了垂径定理，圆周角与圆心角，同圆中圆心角、弧、弦的关系，圆内接四边形性质，全等三角形性质，勾股定理及解直角三角形等．‎ ‎（2019年黑龙江齐齐哈尔23题）‎ ‎23．（12分）综合与实践 折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形，同时折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识．‎ 折一折：把边长为4的正方形纸片ABCD对折，使边AB与CD重合，展开后得到折痕EF．如图①：点M为CF上一点，将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，展开后连接DN，MN，AN，如图②‎ ‎（一）填一填，做一做：‎ ‎（1）图②中，∠CMD＝　75°　．‎ 线段NF＝　4﹣2　‎ ‎（2）图②中，试判断△AND的形状，并给出证明．‎ 剪一剪、折一折：将图②中的△AND剪下来，将其沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，分别得到图③、图④．‎ ‎（二）填一填 ‎（3）图③中阴影部分的周长为　12　．‎ ‎（4）图③中，若∠A′GN＝80°，则∠A′HD＝　40　°．‎ ‎（5）图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有　4　对；‎ ‎（6）如图④点A′落在边ND上，若＝，则＝　　（用含m，n的代数式表示）．‎ ‎【分析】（1）由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，得出EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝AD，由折叠的性质得出DN＝CD＝2DE，MN＝CM，得出∠EDN＝60°，得出∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝DN＝2，因此∠CMD＝75°，NF＝EF﹣EN＝4﹣2；‎ ‎（2）证明△AEN≌△DEN得出AN＝DN，即可得出△AND是等边三角形；‎ ‎（3）由折叠的性质得出A′G＝AG，A′H＝AH，得出图③中阴影部分的周长＝△ADN的周长＝12；‎ ‎（4）由折叠的性质得出∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG，求出∠AGH＝50°，得出∠AHG＝∠A′HG＝70°，即可得出结果；‎ ‎（5）证明△NGM∽△A′NM∽△DNH，即可得出结论；‎ ‎（6）设＝＝a，则A'N＝am，A'D＝an，证明△A′GH∽△HA′D，得出＝＝，设A'G＝AG＝x，A'H＝AH＝y，则GN＝4﹣x，DH＝4﹣y，得出＝＝，解得：x＝y，得出＝＝＝．‎ ‎【解答】解：（1）由折叠的性质得，四边形CDEF是矩形，‎ ‎∴EF＝CD，∠DEF＝90°，DE＝AE＝AD，‎ ‎∵将正方形纸片ABCD沿直线DM折叠，使点C落在EF上的点N处，‎ ‎∴DN＝CD＝2DE，MN＝CM，‎ ‎∴∠EDN＝60°，‎ ‎∴∠CDM＝∠NDM＝15°，EN＝DN＝2，‎ ‎∴∠CMD＝75°，NF＝EF﹣EN＝4﹣2；‎ 故答案为：75°，4﹣2；‎ ‎（2）△AND是等边三角形，理由如下：‎ 在△AEN与△DEN中，，‎ ‎∴△AEN≌△DEN（SAS），‎ ‎∴AN＝DN，‎ ‎∵∠EDN＝60°，‎ ‎∴△AND是等边三角形；‎ ‎（3）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，‎ ‎∴A′G＝AG，A′H＝AH，‎ ‎∴图③中阴影部分的周长＝△ADN的周长＝3×4＝12；‎ 故答案为：12；‎ ‎（4）∵将图②中的△AND沿直线GH折叠，使点A落在点A′处，‎ ‎∴∠AGH＝∠A′GH，∠AHG＝∠A′HG，‎ ‎∵∠A′GN＝80°，‎ ‎∴∠AGH＝50°，‎ ‎∴∠AHG＝∠A′HG＝70°，‎ ‎∴∠A′HD＝180°﹣70°﹣70°＝40°；‎ 故答案为：40；‎ ‎（5）如图③，‎ ‎∵∠A＝∠N＝∠D＝∠A′＝60°，‎ ‎∠NMG＝∠A′MN，∠A′NM＝∠DNH，‎ ‎∴△NGM∽△A′NM∽△DNH，‎ ‎∵△AGH≌△A′GH ‎∴图③中的相似三角形（包括全等三角形）共有4对，‎ 故答案为：4；‎ ‎（6）设＝＝a，则A'N＝am，A'D＝an，‎ ‎∵∠N＝∠D＝∠A＝∠A′＝60°，‎ ‎∴∠NA′G+∠A′GN＝∠NA′G+∠DA′H＝120°，‎ ‎∴∠A′GN＝∠DA′H，‎ ‎∴△A′GH∽△HA′D，‎ ‎∴＝＝，‎ 设A'G＝AG＝x，A'H＝AH＝y，则GN＝4﹣x，DH＝4﹣y，‎ ‎∴＝＝，‎ 解得：x＝y，‎ ‎∴＝＝＝；‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、折叠变换的性质、正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似是解题的关键．‎ ‎（2019年黑龙江大庆27题）‎ ‎27．（9分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是直径，D是AC中点，直线OD与⊙O相交于E，F两点，P是⊙O外一点，P在直线OD上，连接PA，PC，AF，且满足∠PCA＝∠ABC．‎ ‎（1）求证：PA是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：EF2＝4OD•OP；‎ ‎（3）若BC＝8，tan∠AFP＝，求DE的长．‎ ‎【解答】（1）证明∵D是弦AC中点，‎ ‎∴OD⊥AC，‎ ‎∴PD是AC的中垂线，‎ ‎∴PA＝PC，‎ ‎∴∠PAC＝∠PCA．‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CAB+∠CBA＝90°．‎ 又∵∠PCA＝∠ABC，‎ ‎∴∠PCA+∠CAB＝90°，‎ ‎∴∠CAB+∠PAC＝90°，即AB⊥PA，‎ ‎∴PA是⊙O的切线；‎ ‎（2）证明：由（1）知∠ODA＝∠OAP＝90°，‎ ‎∴Rt△AOD∽Rt△POA，‎ ‎∴，‎ ‎∴OA2＝OP•OD．‎ 又OA＝EF，‎ ‎∴EF2＝OP•OD，即EF2＝4OP•OD．‎ ‎（3）解：在Rt△ADF中，设AD＝a，则DF＝3a．‎ OD＝BC＝4，AO＝OF＝3a﹣4．‎ ‎∵OD2+AD2＝AO2，即42+a2＝（3a﹣4）2，解得a＝，‎ ‎∴DE＝OE﹣OD＝3a﹣8＝．‎ ‎（2019年黑龙江龙东26题）‎ ‎26．（8分）如图，在△ABC中，AB＝BC，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AD与BE交于点F，BH⊥AB于点B，点M是BC的中点，连接FM并延长交BH于点H．‎ ‎（1）如图①所示，若∠ABC＝30°，求证：DF+BH＝BD；‎ ‎（2）如图②所示，若∠ABC＝45°，如图③所示，若∠ABC＝60°（点M与点D重合），猜想线段DF、BH与BD之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．‎ ‎【分析】（1）连接CF，由垂心的性质得出CF⊥AB，证出CF∥BH，由平行线的性质得出∠CBH＝∠BCF，证明△BMH≌△CMF得出BH＝CF，由线段垂直平分线的性质得出AF＝CF，得出BH＝AF，AD＝DF+AF＝DF+BH，由直角三角形的性质得出AD＝BD，即可得出结论；‎ ‎（2）同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，再由等腰直角三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：连接CF，如图①所示：‎ ‎∵AD⊥BC，BE⊥AC，‎ ‎∴CF⊥AB，‎ ‎∵BH⊥AB，‎ ‎∴CF∥BH，‎ ‎∴∠CBH＝∠BCF，‎ ‎∵点M是BC的中点，‎ ‎∴BM＝MC，‎ 在△BMH和△CMF中，，‎ ‎∴△BMH≌△CMF（ASA），‎ ‎∴BH＝CF，‎ ‎∵AB＝BC，BE⊥AC，‎ ‎∴BE垂直平分AC，‎ ‎∴AF＝CF，‎ ‎∴BH＝AF，‎ ‎∴AD＝DF+AF＝DF+BH，‎ ‎∵在Rt△ADB中，∠ABC＝30°，‎ ‎∴AD＝BD，‎ ‎∴DF+BH＝BD；‎ ‎（2）解：图②猜想结论：DF+BH＝BD；理由如下：‎ 同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，‎ ‎∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，‎ ‎∴AD＝BD，‎ ‎∴DF+BH＝BD；‎ 图③猜想结论：DF+BH＝BD；理由如下：‎ 同（1）可证：AD＝DF+AF＝DF+BH，‎ ‎∵在Rt△ADB中，∠ABC＝60°，‎ ‎∴AD＝BD，‎ ‎∴DF+BH＝BD．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、垂心的性质、平行线的性质、等腰直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎（2019年黑龙江绥化28题）‎ ‎28．（9分）如图①，在正方形ABCD中，AB＝6，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N ‎（1）求证：MN＝MC；‎ ‎（2）若DM：DB＝2：5，求证：AN＝4BN；‎ ‎（3）如图②，连接NC交BD于点G．若BG：MG＝3：5，求NG•CG的值．‎ ‎【分析】（1）作ME∥AB、MF∥BC，证四边形BEMF是正方形得ME＝MF，再证∠CME＝∠FMN，从而得△MFN≌△MEC，据此可得证；‎ ‎（2）由FM∥AD，EM∥CD知＝＝＝，据此得AF＝2.4，CE＝2.4，由△MFN≌△MEC知FN＝EC＝2.4，AN＝4.8，BN＝6﹣4.8＝1.2，从而得出答案；‎ ‎（3）把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，先证△MCG≌△HCG得MG＝HG，由BG：MG＝3：5可设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，继而知BH＝4a，MD＝4a，由DM+MG+BG＝12a＝6得a＝，知BG＝，MG＝，证△MGC∽△NGB得＝，从而得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）如图①，过M分别作ME∥AB交BC于E，MF∥BC交AB于F，‎ 则四边形BEMF是平行四边形，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝∠BME＝45°，‎ ‎∴ME＝BE，‎ ‎∴平行四边形BEMF是正方形，‎ ‎∴ME＝MF，‎ ‎∵CM⊥MN，‎ ‎∴∠CMN＝90°，‎ ‎∵∠FME＝90°，‎ ‎∴∠CME＝∠FMN，‎ ‎∴△MFN≌△MEC（ASA），‎ ‎∴MN＝MC；‎ ‎（2）由（1）得FM∥AD，EM∥CD，‎ ‎∴＝＝＝，‎ ‎∴AF＝2.4，CE＝2.4，‎ ‎∵△MFN≌△MEC，‎ ‎∴FN＝EC＝2.4，‎ ‎∴AN＝4.8，BN＝6﹣4.8＝1.2，‎ ‎∴AN＝4BN；‎ ‎（3）如图②，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，‎ ‎∵△DMC≌△BHC，∠BCD＝90°，‎ ‎∴MC＝HC，DM＝BH，∠CDM＝∠CBH，∠DCM＝∠BCH＝45°，‎ ‎∴∠MBH＝90°，∠MCH＝90°，‎ ‎∵MC＝MN，MC⊥MN，‎ ‎∴△MNC是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠MNC＝45°，‎ ‎∴∠NCH＝45°，‎ ‎∴△MCG≌△HCG（SAS），‎ ‎∴MG＝HG，‎ ‎∵BG：MG＝3：5，‎ 设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，‎ 在Rt△BGH中，BH＝4a，则MD＝4a，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为6，‎ ‎∴BD＝6，‎ ‎∴DM+MG+BG＝12a＝6，‎ ‎∴a＝，‎ ‎∴BG＝，MG＝，‎ ‎∵∠MGC＝∠NGB，∠MNG＝∠GBC＝45°，‎ ‎∴△MGC∽△NGB，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴CG•NG＝BG•MG＝．‎ ‎【点评】本题是相似三角形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质等知识点．‎ ‎（2019年湖北荆州22题）‎ ‎22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，点P是半径OB上一动点（不与O，B重合），过点P作射线1⊥AB，分别交弦BC，于D，E两点，在射线l上取点F，使FC＝FD．‎ ‎（1）求证：FC是⊙O的切线；‎ ‎（2）当点E是的中点时，‎ ‎①若∠BAC＝60°，判断以O，B，E，C为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由；‎ ‎②若tan∠ABC＝，且AB＝20，求DE的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，证明OC⊥CF即可；‎ ‎（2）①四边形BOCE是菱形，可以先证明四边形BOCE是平行四边形，再结合半径相等得证四边形BOCE是菱形，也可以直接证明四条边相等得到四边形BOCE是菱形；‎ ‎②由三角函数概念得＝tan∠ABC＝，可求得AC＝12，BC＝16，由垂径定理可求出BH；利用三角形面积公式求得PE＝BH＝8，再利用勾股定理或三角函数求得OP，BP，DP，由DE＝PE﹣PD求出DE的长．‎ ‎【解答】解：（1）证明：连接OC，∵OB＝OC，‎ ‎∴∠OBC＝∠OCB，‎ ‎∵PF⊥AB，‎ ‎∴∠BPD＝90°，‎ ‎∴∠OBC+∠BDP＝90°，‎ ‎∵FC＝FD ‎∴∠FCD＝∠FDC ‎∵∠FDC＝∠BDP ‎∴∠OCB+∠FCD＝90°‎ ‎∴OC⊥FC ‎∴FC是⊙O的切线．‎ ‎（2）如图2，连接OC，OE，BE，CE，‎ ‎①以O，B，E，C为顶点的四边形是菱形．理由如下：‎ ‎∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，‎ ‎∵∠BAC＝60°，∴∠BOC＝120°，‎ ‎∵点E是的中点，‎ ‎∴∠BOE＝∠COE＝60°，‎ ‎∵OB＝OE＝OC ‎∴△BOE，△OCE均为等边三角形，‎ ‎∴OB＝BE＝CE＝OC ‎∴四边形BOCE是菱形；‎ ‎②若tan∠ABC＝，且AB＝20，求DE的长．‎ ‎∵＝tan∠ABC＝，设AC＝3k，BC＝4k（k＞0），‎ 由勾股定理得AC2+BC2＝AB2，即（3k）2+（4k）2＝202，解得k＝4，‎ ‎∴AC＝12，BC＝16，‎ ‎∵点E是的中点，‎ ‎∴OE⊥BC，BH＝CH＝8，‎ ‎∴OE×BH＝OB×PE，即10×8＝10PE，解得：PE＝8，‎ 由勾股定理得OP＝＝＝6，‎ ‎∴BP＝OB﹣OP＝10﹣6＝4，‎ ‎∵＝tan∠ABC＝，即DP＝BP＝＝3‎ ‎∴DE＝PE﹣DP＝8﹣3＝5．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆的切线的判定定理、垂径定理的应用、等边三角形的性质、菱形的判定定理、勾股定理、解直角三角形等，解题的关键是熟练掌握性质定理和判定定理．‎ ‎（2019年湖北十堰24题）‎ ‎24．（10分）如图1，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E，且A，D，E三点在同一直线上．‎ ‎（1）填空：∠CDE＝　　（用含α的代数式表示）；‎ ‎（2）如图2，若α＝60°，请补全图形，再过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；‎ ‎（3）若α＝90°，AC＝5，且点G满足∠AGB＝90°，BG＝6，直接写出点C到AG的距离．‎ ‎【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCE＝α，即可求解；‎ ‎（2）由旋转的性质可得AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°，可证△CDE是等边三角形，由等边三角形的性质可得DF＝EF＝，即可求解；‎ ‎（3）分点G在AB的上方和AB的下方两种情况讨论，利用勾股定理可求解．‎ ‎【解答】解：（1）∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE ‎∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α ‎∴CD＝CE ‎∴∠CDE＝‎ 故答案为：‎ ‎（2）AE＝BE+CF 理由如下：如图，‎ ‎∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE ‎∴△ACD≌△BCE ‎∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°‎ ‎∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE ‎∴DF＝EF＝‎ ‎∵AE＝AD+DF+EF ‎∴AE＝BE+CF ‎（3）如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，‎ ‎∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，‎ ‎∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10‎ ‎∵∠ACB＝90°＝∠AGB ‎∴点C，点G，点B，点A四点共圆 ‎∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG ‎∴∠AGC＝∠ECG＝45°‎ ‎∴CE＝GE ‎∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°‎ ‎∴AG＝＝8‎ ‎∵AC2＝AE2+CE2，‎ ‎∴（5）2＝（8﹣CE）2+CE2，‎ ‎∴CE＝7（不合题意舍去），CE＝1‎ 若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，‎ 同理可得：CF＝7‎ ‎∴点C到AG的距离为1或7．‎ ‎【点评】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，利用勾股定理列出方程是本题的关键．‎ ‎（2019年湖北武汉23题）‎ ‎23．（10分）在△ABC中，∠ABC＝90°，＝n，M是BC上一点，连接AM．‎ ‎（1）如图1，若n＝1，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：BM＝BN．‎ ‎（2）过点B作BP⊥AM，P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q．‎ ‎①如图2，若n＝1，求证：＝．‎ ‎②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ的值．（用含n的式子表示）‎ ‎【分析】（1）如图1中，延长AM交CN于点H．想办法证明△ABM≌△CBN（ASA）即可．‎ ‎（2）①如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．利用全等三角形的性质证明CH＝BM，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．‎ ‎②如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m，则AB＝2mn．想办法求出CN，PN（用m，n表示），即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，延长AM交CN于点H．‎ ‎∵AM⊥CN，‎ ‎∴∠AHC＝90°，‎ ‎∵∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠BAM+∠AMB＝90°，∠BCN+∠CMH＝90°，‎ ‎∵∠AMB＝∠CMH，‎ ‎∴∠BAM＝∠BCN，‎ ‎∵BA＝BC，∠ABM＝∠CBN＝90°，‎ ‎∴△ABM≌△CBN（ASA），‎ ‎∴BM＝BN．‎ ‎（2）①证明：如图2中，作CH∥AB交BP的延长线于H．‎ ‎∵BP⊥AM，‎ ‎∴∠BPM＝∠ABM＝90°，‎ ‎∵∠BAM+∠AMB＝90°，∠CBH+∠BMP＝90°，‎ ‎∴∠BAM＝∠CBH，‎ ‎∵CH∥AB，‎ ‎∴∠HCB+∠ABC＝90°，‎ ‎∵∠ABC＝90°，‎ ‎∴∠ABM＝∠BCH＝90°，‎ ‎∵AB＝BC，‎ ‎∴△ABM≌△BCH（ASA），‎ ‎∴BM＝CH，‎ ‎∵CH∥BQ，‎ ‎∴＝＝．‎ ‎②解：如图3中，作CH∥AB交BP的延长线于H，作CN⊥BH于N．不妨设BC＝2m ‎，则AB＝2mn．‎ 则BM＝CM＝m，CH＝，BH＝，AM＝m，‎ ‎∵•AM•BP＝•AB•BM，‎ ‎∴PB＝，‎ ‎∵•BH•CN＝•CH•BC，‎ ‎∴CN＝，‎ ‎∵CN⊥BH，PM⊥BH，‎ ‎∴MP∥CN，∵CM＝BM，‎ ‎∴PN＝BP＝，‎ ‎∵∠BPQ＝∠CPN，‎ ‎∴tan∠BPQ＝tan∠CPN＝＝＝．‎ ‎【点评】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎（2019年湖北咸宁23题）‎ ‎23．（10分）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．‎ 理解：‎ ‎（1）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．‎ 求证：四边形ABCD是等补四边形；‎ 探究：‎ ‎（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD ‎？请说明理由．‎ 运用：‎ ‎（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．‎ ‎【分析】（1）由圆内接四边形互补可知∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，再证AD＝CD，即可根据等补四边形的定义得出结论；‎ ‎（2）过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；‎ ‎（3）连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求出DF的长．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，‎ ‎∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，‎ ‎∵BD平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABD＝∠CBD，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD＝CD，‎ ‎∴四边形ABCD是等补四边形；‎ ‎（2）AD平分∠BCD，理由如下：‎ 如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，‎ 则∠AEB＝∠AFD＝90°，‎ ‎∵四边形ABCD是等补四边形，‎ ‎∴∠B+∠ADC＝180°，‎ 又∠ADC+∠ADF＝180°，‎ ‎∴∠B＝∠ADF，‎ ‎∵AB＝AD，‎ ‎∴△ABE≌△ADF（AAS），‎ ‎∴AE＝AF，‎ ‎∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；‎ ‎（3）如图3，连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是等补四边形，‎ ‎∴∠BAD+∠BCD＝180°，‎ 又∠BAD+∠EAD＝180°，‎ ‎∴∠EAD＝∠BCD，‎ ‎∵AF平分∠EAD，‎ ‎∴∠FAD＝∠EAD，‎ 由（2）知，AC平分∠BCD，‎ ‎∴∠FCA＝∠BCD，‎ ‎∴∠FCA＝∠FAD，‎ 又∠AFC＝∠DFA，‎ ‎∴△ACF∽△DAF，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴DF＝5﹣5．‎ ‎【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．‎ ‎（2019年湖北襄阳24题）‎ ‎24．（10分）（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．‎ ‎①求证：DQ＝AE；‎ ‎②推断：的值为　1　；‎ ‎（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；‎ ‎（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当k＝时，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．‎ ‎【分析】（1）①由正方形的性质得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．‎ ‎②证明四边形DQFG是平行四边形即可解决问题．‎ ‎（2）结论：＝k．如图2中，作GM⊥AB于M．证明：△ABE∽△GMF即可解决问题．‎ ‎（3）如图2﹣1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．‎ ‎∴∠QAO+∠OAD＝90°．‎ ‎∵AE⊥DH，‎ ‎∴∠ADO+∠OAD＝90°．‎ ‎∴∠QAO＝∠ADO．‎ ‎∴△ABE≌△DAQ（ASA），‎ ‎∴AE＝DQ．‎ ‎②解：结论：＝1．‎ 理由：∵DQ⊥AE，FG⊥AE，‎ ‎∴DQ∥FG，‎ ‎∵FQ∥DG，‎ ‎∴四边形DQFG是平行四边形，‎ ‎∴FG＝DQ，‎ ‎∵AE＝DQ，‎ ‎∴FG＝AE，‎ ‎∴＝1．‎ 故答案为1．‎ ‎（2）解：结论：＝k．‎ 理由：如图2中，作GM⊥AB于M．‎ ‎∵AE⊥GF，‎ ‎∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，‎ ‎∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，‎ ‎∴∠BAE＝∠FGM，‎ ‎∴△ABE∽△GMF，‎ ‎∴＝，‎ ‎∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，‎ ‎∴四边形AMGD是矩形，‎ ‎∴GM＝AD，‎ ‎∴＝＝＝k．‎ ‎（3）解：如图2﹣1中，作PM⊥BC交BC的延长线于M．‎ ‎∵FB∥GC，FE∥GP，‎ ‎∴∠CGP＝∠BFE，‎ ‎∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，‎ ‎∴可以假设BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，‎ ‎∵＝，FG＝2，‎ ‎∴AE＝3，‎ ‎∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，‎ ‎∴K＝1或﹣1（舍弃），‎ ‎∴BE＝3，AB＝9，‎ ‎∵BC：AB＝2：3，‎ ‎∴BC＝6，‎ ‎∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，‎ ‎∵∠BEF＝∠FEP＝∠PME＝90°，‎ ‎∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，‎ ‎∴∠FEB＝∠EPM，‎ ‎∴△FBE∽△EMP，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∴EM＝，PM＝，‎ ‎∴CM＝EM＝EC＝﹣3＝，‎ ‎∴PC＝＝．‎ ‎【点评】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．‎ ‎（2019年湖北孝感23题）‎ ‎23．（10分）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．‎ ‎（1）求证：DG∥CA；‎ ‎（2）求证：AD＝ID；‎ ‎（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．‎ ‎【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2＝∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF＝∠ABC，则∠1＝∠2，从而得到∠1＝∠3，则可判断DG∥AC；‎ ‎（2）根据三角形内心的性质得∠5＝∠6，然后证明∠4＝∠DAI得到DA＝DI；‎ ‎（3）证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD＝6，则DI＝6，然后计算BD﹣DI即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，‎ ‎∴∠2＝∠7，‎ ‎∵DG平分∠ADF，‎ ‎∴∠1＝∠ADF，‎ ‎∵∠ADF＝∠ABC，‎ ‎∴∠1＝∠2，‎ ‎∵∠3＝∠2，‎ ‎∴∠1＝∠3，‎ ‎∴DG∥AC；‎ ‎（2）证明：∵点I是△ABC的内心，‎ ‎∴∠5＝∠6，‎ ‎∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，‎ 即∠4＝∠DAI，‎ ‎∴DA＝DI；‎ ‎（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE＝∠BAD，‎ ‎∴△DAE∽△DBA，‎ ‎∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，‎ ‎∴AD＝6，‎ ‎∴DI＝6，‎ ‎∴BI＝BD﹣DI＝9﹣6＝3．‎ ‎【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了圆周角定理和三角形的外心．‎ ‎（2019年湖北宜昌23题）‎ ‎23．（11分）已知：在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的点，过点F作EF的垂线交DC于点H，以EF为直径作半圆O．‎ ‎（1）填空：点A　在　（填“在”或“不在”）⊙O上；当＝时，tan∠AEF的值是；‎ ‎（2）如图1，在△EFH中，当FE＝FH时，求证：AD＝AE+DH；‎ ‎（3）如图2，当△EFH的顶点F是边AD的中点时，求证：EH＝AE+DH；‎ ‎（4）如图3，点M在线段FH的延长线上，若FM＝FE，连接EM交DC于点N，连接FN，当AE＝AD时，FN＝4，HN＝3，求tan∠AEF的值．‎ ‎【分析】（1）连接AO，∠EAF＝90°，O为EF中点，所以AO＝EF，因此点A在⊙O上，当＝时，∠AEF＝45°，tan∠AEF＝tan45°＝1；‎ ‎（2）证明△AEF≌△DFH，得到AF＝DH，AE＝DF，所以AD＝AF+DF＝AE+DH；‎ ‎（3）延长EF交HD的延长线于点G，先证明△AEF≌△DGF（ASA），所以AE＝DG，EF＝FG，因为EF⊥FG，所以EH＝GH，GH＝DH+DG＝DH+AE，即EH＝AE+DH；‎ ‎（4）过点M作MQ⊥AD于点Q．设AF＝x，AE＝a，所以△EFM为等腰直角三角形，∠FEM＝∠FMN＝45°，因此△AEF≌△QFM（ASA），AE＝EQ＝a，AF＝QM，AE＝AD，AF＝DQ＝QM由△FEN～△HMN，得到，所以．‎ ‎【解答】解：（1）连接AO，‎ ‎∵∠EAF＝90°，O为EF中点，‎ ‎∴AO＝EF，‎ ‎∴点A在⊙O上，‎ 当＝时，∠AEF＝45°，‎ ‎∴tan∠AEF＝tan45°＝1，‎ 故答案为：在，1；‎ ‎（2）∵EF⊥FH，‎ ‎∴∠EFH＝90°，‎ 在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，‎ ‎∴∠AEF+∠AFE＝90°，‎ ‎∠AFE+∠DFH＝90°，‎ ‎∴∠AEF＝∠DFH，‎ 又FE＝FH，‎ ‎∴△AEF≌△DFH（AAS），‎ ‎∴AF＝DH，AE＝DF，‎ ‎∴AD＝AF+DF＝AE+DH；‎ ‎（3）延长EF交HD的延长线于点G，‎ ‎∵F分别是边AD上的中点，‎ ‎∴AF＝DF，‎ ‎∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AFE＝∠DFG，‎ ‎∴△AEF≌△DGF（ASA），‎ ‎∴AE＝DG，EF＝FG，‎ ‎∵EF⊥FG，‎ ‎∴EH＝GH，‎ ‎∴GH＝DH+DG＝DH+AE，‎ ‎∴EH＝AE+DH；‎ ‎（4）过点M作MQ⊥AD于点Q．‎ 设AF＝x，AE＝a，‎ ‎∵FM＝FEEF⊥FH，‎ ‎∴△EFM为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠FEM＝∠FMN＝45°，‎ ‎∵FM＝FE，‎ ‎∠A＝∠MQF＝90°，‎ ‎∠AEF＝∠MFQ，‎ ‎∴△AEF≌△QFM（ASA），‎ ‎∴AE＝EQ＝a，AF＝QM，‎ ‎∵AE＝AD，‎ ‎∴AF＝DQ＝QM＝x，‎ ‎∵DC∥QM，‎ ‎∴，‎ ‎∵DC∥AB∥QM，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵FE＝FM，‎ ‎∴，‎ ‎∠FEM＝∠FMN＝45°，‎ ‎∴△FEN～△HMN，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查了圆的综合知识，熟练运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎（2019年湖北黄石24题）‎ ‎24．（10分）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是⊙O上的两点，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE交BC的延长线于点F．‎ ‎（1）求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：CE＝CF；‎ ‎（3）若BD＝1，CD＝，求弦AC的长．‎ ‎【分析】（1）连接OC，可证得∠CAD＝∠BCD，由∠CAD+∠ABC＝90°，可得出∠OCD＝90°，即结论得证；‎ ‎（2）证明△ABC≌△AFC可得CB＝CF，又CB＝CE，则CE＝CF；‎ ‎（3）证明△CBD∽△DCA，可求出DA的长，求出AB长，设BC＝a，AC＝a，则由勾股定理可得AC的长．‎ ‎【解答】解：（1）连接OC，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB＝90°，‎ ‎∴∠CAD+∠ABC＝90°，‎ ‎∵CE＝CB，‎ ‎∴∠CAE＝∠CAB，‎ ‎∵∠BCD＝∠CAE，‎ ‎∴∠CAB＝∠BCD，‎ ‎∵OB＝OC，‎ ‎∴∠OBC＝∠OCB，‎ ‎∴∠OCB+∠BCD＝90°，‎ ‎∴∠OCD＝90°，‎ ‎∴CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵∠BAC＝∠CAE，∠ACB＝∠ACF＝90°，AC＝AC，‎ ‎∴△ABC≌△AFC（ASA），‎ ‎∴CB＝CF，‎ 又∵CB＝CE，‎ ‎∴CE＝CF；‎ ‎（3）∵∠BCD＝∠CAD，∠ADC＝∠CDB，‎ ‎∴△CBD∽△DCA，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴DA＝2，‎ ‎∴AB＝AD﹣BD＝2﹣1＝1，‎ 设BC＝a，AC＝a，由勾股定理可得：，‎ 解得：a＝，‎ ‎∴．‎ ‎【点评】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．‎ ‎（2019年湖北汉江23题）‎ ‎23．（10分）已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．‎ ‎（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD 之间满足的等量关系式：　AB+AC＝AD　；‎ ‎（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；‎ ‎（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．‎ ‎【分析】（1）在AD上截取AE＝AB，连接BE，由条件可知△ABE和△BCD都是等边三角形，可证明△BED≌△BAC，可得DE＝AC，则AB+AC＝AD；‎ ‎（2）延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，证明△MBD≌△ACD，可得MD＝AD，证得AB+AC＝；‎ ‎（3）延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，证明△NBD≌△ACD，可得ND＝AD，∠N＝∠CAD，证△NAD∽△CBD，可得，可由AN＝AB+AC，求出的值．‎ ‎【解答】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，‎ ‎∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，‎ ‎∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，‎ ‎∴△ABE和△BCD都是等边三角形，‎ ‎∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，‎ ‎∴△BED≌△BAC（SAS），‎ ‎∴DE＝AC，‎ ‎∴AD＝AE+DE＝AB+AC；‎ 故答案为：AB+AC＝AD．‎ ‎（2）AB+AC＝AD．理由如下：‎ 如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，‎ ‎∵四边形ABDC内接于⊙O，‎ ‎∴∠MBD＝∠ACD，‎ ‎∵∠BAD＝∠CAD＝45°，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∴△MBD≌△ACD（SAS），‎ ‎∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，‎ ‎∴MD⊥AD．‎ ‎∴AM＝，即AB+BM＝，‎ ‎∴AB+AC＝；‎ ‎（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，‎ ‎∵四边形ABDC内接于⊙O，‎ ‎∴∠NBD＝∠ACD，‎ ‎∵∠BAD＝∠CAD，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∴△NBD≌△ACD（SAS），‎ ‎∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，‎ ‎∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，‎ ‎∴△NAD∽△CBD，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，‎ ‎∴＝．‎ ‎【点评】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线解决问题．‎ ‎（2019年湖北鄂州22题）‎ ‎22.(本题满分10分)如图，PA是⊙O的切线，切点为A, AC是⊙O的直径，连接OP交⊙O于E.过A点作AB⊥PO于点D，交⊙O于B，连接BC，PB.‎ ‎（1）求证：PB是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：E为△PAB的内心；‎ ‎（3）若cos∠PAB=，BC =1，求PO的长.‎ ‎【答案】（1）证明：连结OB ‎(第22题图)‎ A P B O C D E ‎∵AC为⊙O的直径 ‎ ‎∴∠ABC＝90o 又∵AB⊥PO ‎ ‎∴PO∥BC ‎∴∠AOP＝∠C，∠POB＝∠OBC 而OB＝OC ∴∠OBC＝∠C ∴∠AOP＝∠POB 在△AOP和△BOP中 ‎ ‎ ‎∴△AOP≌△BOP ∴∠OBP＝∠OAP ‎∵PA为⊙O的切线 ∴∠OAP＝90o ∴∠OBP＝90o ‎∴PB是⊙O的切线 …………3′‎ ‎（2）证明：连结AE ‎ ∵PA为⊙O的切线 ∴∠PAE+∠OAE＝90o ‎∵AD⊥ED ∴∠EAD+∠AED＝90o ‎ ‎∵OE＝OA ∴∠OAE＝∠AED ‎∴∠PAE＝∠DAE 即EA平分∠PAD ‎∵PA、PD为⊙O的切线 ∴PD平分∠APB ‎∴E为△PAB的内心 …………6′ ‎ ‎（3）∵∠PAB+∠BAC=90o ∠C+∠BAC=90o ‎∴∠PAB=∠C ∴cos∠C = cos∠PAB=‎ 在Rt△ABC中，cos∠C＝‎ ‎∴AC＝，AO＝ …………8′‎ 由△PAO∽△ABC ∴‎ ‎∴PO＝ …………10′‎ ‎（此题有多种解法，解法正确即可）‎