上海市中考数学二模题及详细答案

上海市中考数学二模题及详细答案

‎ 2013年上海市中考二模25题及详细答案 ‎　‎ 一．解答题（共9小题）‎ ‎ 1．（2013•崇明县二模）已知：⊙O的半径为3，OC⊥弦AB，垂足为D，点E在⊙O上，∠ECO=∠BOC，射线CECE与射线OB相交于点F．设AB=x，CE=y ‎（1）求y与x之间的函数解析式，并写出函数定义域；‎ ‎（2）当△OEF为直角三角形时，求AB的长；‎ ‎（3）如果BF=1，求EF的长．‎ ‎ 2．（2011•南京）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．P为BC的中点，动点Q从点P出发，沿射线PC方向以2cm/s的速度运动，以P为圆心，PQ长为半径作圆．设点Q运动的时间为t s．‎ ‎（1）当t=1.2时，判断直线AB与⊙P的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）已知⊙O为△ABC的外接圆．若⊙P与⊙O相切，求t的值．‎ ‎ 3．（2013•奉贤区二模）如图，已知AB是⊙O的直径，AB=8，点C在半径OA上（点C与点O、A不重合），过点C作AB的垂线交⊙O于点D，联结OD，过点B作OD的平行线交⊙O于点E、交射线CD于点F．‎ ‎（1）若，求∠F的度数；‎ ‎（2）设CO=x，EF=y写出y与x之间的函数解析式，并写出定义域；‎ ‎（3）设点C关于直线OD的对称点为P，若△PBE为等腰三角形，求OC的长．‎ ‎ 4．（2013•杨浦区二模）如图1，已知⊙O的半径长为3，点A是⊙O上一定点，点P为⊙O上不同于点A的动点．‎ ‎（1）当时，求AP的长；‎ ‎（2）如果⊙Q过点P、O，且点Q在直线AP上（如图2），设AP=x，QP=y，求y关于x的函数关系式，并写出函数的定义域；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当tanA=时（如图3），存在⊙M与⊙O相内切，同时与⊙Q相外切，且OM⊥OQ，试求⊙M的半径的长．‎ ‎ 5．（2013•闵行区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，tanB=2，CE⊥AB，垂足为点E（点E在边AB上），F为边AD的中点，联结EF，CD．‎ ‎（1）如图1，当点E是边AB的中点时，求线段EF的长；‎ ‎（2）如图2，设BC=x，△CEF的面积等于y，求y与x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；‎ ‎（3）当BC=16时，∠EFD与∠AEF的度数满足数量关系：∠EFD=k∠AEF，其中k≥0，求k的值．‎ ‎ 6．（2013•徐汇区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=3，AB=4，点P是边AB上任意一点，过点P作PQ⊥AB交BC于点E，截取PQ=AP，连接AQ，线段AQ交BC于点D，设AP=x，DQ=y．‎ ‎（1）求y关于x的函数解析式及定义域； ‎ ‎（2）如图2，连接CQ，当△CDQ和△ADB相似时，求x的值； ‎ ‎（3）当以点C为圆心，CQ为半径的⊙C和以点B为圆心，BQ为半径的⊙B相交的另一个交点在边AB上时，求AP的长．‎ ‎ 7．（2013•嘉定区二模）已知AP是半圆O的直径，点C是半圆O上的一个动点（不与点A、P重合），联结AC，以直线AC为对称轴翻折AO，将点O的对称点记为O1，射线AO1交半圆O于点B，联结OC．‎ ‎（1）如图1，求证：AB∥OC；‎ ‎（2）如图2，当点B与点O1重合时，求证：；‎ ‎（3）过点C作射线AO1的垂线，垂足为E，联结OE交AC于F．当AO=5，O1B=1时，求的值．‎ ‎ 8．（2013•黄浦区二模）如图，在梯形ABCD中，AD=BC=10，tanD=，E是腰AD上一点，且AE：ED=1：3．‎ ‎（1）当AB：CD=1：3时，求梯形ABCD的面积；‎ ‎（2）当∠ABE=∠BCE时，求线段BE的长；‎ ‎（3）当△BCE是直角三角形时，求边AB的长．‎ ‎ 9．（2014•杭州模拟）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°‎ ‎（1）求ED、EC的长；‎ ‎（2）若BP=2，求CQ的长；‎ ‎（3）记线段PQ与线段DE的交点为点F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．‎ ‎　‎ ‎2015年03月18日张文涛的初中数学组卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．解答题（共9小题）‎ ‎1．（2013•崇明县二模）已知：⊙O的半径为3，OC⊥弦AB，垂足为D，点E在⊙O上，∠ECO=∠BOC，射线CECE与射线OB相交于点F．设AB=x，CE=y ‎（1）求y与x之间的函数解析式，并写出函数定义域；‎ ‎（2）当△OEF为直角三角形时，求AB的长；‎ ‎（3）如果BF=1，求EF的长．‎ 考点：‎ 圆的综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）过点O作OH⊥CE，垂足为H．在圆O中，根据垂径定理可得，，在Rt△ODB中，根据勾股定理可得OD=，通过AAS证明△ODB≌△EHO，由全等三角形的性质得到EH=OD，依此可得y与x之间的函数解析式；‎ ‎（2）当△OEF为直角三角形时，存在以下两种情况：①若∠OFE=90°，证明△OAB是等腰直角三角形，求得AB的长；②若∠EOF=90°，证明△OAB是等边三角形，求得AB的长；‎ ‎（3）分两种情况：①当CF=OF=OB﹣BF=2时，可得：△CFO∽△COE，根据相似三角形的性质得到CE=，则EF=CE﹣CF可求；②当CF=OF=OB+BF=4时，可得：△CFO∽△COE，根据相似三角形的性质得到CE=，则EF=CF﹣CE可求．‎ 解答：‎ 解：（1）过点O作OH⊥CE，垂足为H．‎ ‎∵在圆O中，OC⊥弦AB，OH⊥弦CE，AB=x，CE=y，‎ ‎∴，，‎ ‎∵在Rt△ODB中，OD2+BD2=BO2，OB=3，‎ ‎∴OD=，‎ ‎∵OC=OE，‎ ‎∴∠ECO=∠CEO，‎ ‎∵∠ECO=∠BOC，‎ ‎∴∠CEO=∠BOC，‎ 又∵∠ODB=∠OHE=90°，OE=OB，‎ 在△ODB与△EHO中，‎ ‎，‎ ‎∴△ODB≌△EHO（AAS），‎ ‎∴EH=OD，‎ ‎∴，‎ ‎∴，函数定义域为0＜x＜6；‎ ‎（2）当△OEF为直角三角形时，存在以下两种情况：‎ ‎①若∠OFE=90°，则∠COF=∠OCF=45°‎ ‎∵∠ODB=90°，‎ ‎∴∠ABO=45°‎ 又∵OA=OB，‎ ‎∴∠OAB=∠ABO=45°，‎ ‎∴∠AOB=90°‎ ‎∴△OAB是等腰直角三角形，‎ ‎∴；‎ ‎②若∠EOF=90°，则∠OEF=∠COF=∠OCF=30°，‎ ‎∵∠ODB=90°，‎ ‎∴∠ABO=60°，‎ 又∵OA=OB，‎ ‎∴△OAB是等边三角形，‎ ‎∴AB=OB=3；‎ ‎（3）①当CF=OF=OB﹣BF=2时，‎ 可得：△CFO∽△COE，CE=，‎ 则EF=CE﹣CF=；‎ ‎②当CF=OF=OB+BF=4时，‎ 可得：△CFO∽△COE，CE=，‎ 则EF=CF﹣CE=．‎ 点评：‎ 考查了圆的综合题，涉及的知识点有：垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，函数解析式，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，分类思想的运用，综合性较强，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎2．（2011•南京）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm．P为BC的中点，动点Q从点P出发，沿射线PC方向以2cm/s的速度运动，以P为圆心，PQ长为半径作圆．设点Q运动的时间为t s．‎ ‎（1）当t=1.2时，判断直线AB与⊙P的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）已知⊙O为△ABC的外接圆．若⊙P与⊙O相切，求t的值．‎ 考点：‎ 圆与圆的位置关系；勾股定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题；动点型．‎ 分析：‎ ‎（1）根据已知求出AB=10cm，进而得出△PBD∽△ABC，利用相似三角形的性质得出圆心P到直线AB的距离等于⊙P的半径，即可得出直线AB与⊙P相切；‎ ‎（2）根据BO=AB=5cm，得出⊙P与⊙O只能内切，进而求出⊙P与⊙O相切时，t的值．‎ 解答：‎ 解：（1）直线AB与⊙P相切，‎ 如图，过P作PD⊥AB，垂足为D，‎ 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，‎ ‎∵AC=6cm，BC=8cm，‎ ‎∴AB=10cm，‎ ‎∵P为BC中点，‎ ‎∴PB=4cm，‎ ‎∵∠PDB=∠ACB=90°，‎ ‎∠PBD=∠ABC，‎ ‎∴△PBD∽△ABC，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴PD=2.4（cm），‎ 当t=1.2时，PQ=2t=2.4（cm），‎ ‎∴PD=PQ，即圆心P到直线AB的距离等于⊙P的半径，‎ ‎∴直线AB与⊙P相切；‎ ‎（2）∵∠ACB=90°，‎ ‎∴AB为△ABC的外接圆的直径，‎ ‎∴BO=AB=5cm，‎ 连接OP，‎ ‎∵P为BC中点，PO为△ABC的中位线，‎ ‎∴PO=AC=3cm，‎ ‎∵点P在⊙O内部，‎ ‎∴⊙P与⊙O只能内切，‎ ‎∴当⊙P在⊙O内部时：5﹣2t=3，‎ 当⊙O在⊙P内部时2t﹣5=3，‎ ‎∴t=1或4，‎ ‎∴⊙P与⊙O相切时，t的值为1或4．‎ 点评：‎ 此题主要考查了相似三角形的性质与判定以及直线与圆的位置关系和圆与圆的位置关系，正确判定直线与圆的位置关系是重点知识同学们应重点复习．‎ ‎　‎ ‎3．（2013•奉贤区二模）如图，已知AB是⊙O的直径，AB=8，点C在半径OA上（点C与点O、A不重合），过点C作AB的垂线交⊙O于点D，联结OD，过点B作OD的平行线交⊙O于点E、交射线CD于点F．‎ ‎（1）若，求∠F的度数；‎ ‎（2）设CO=x，EF=y写出y与x之间的函数解析式，并写出定义域；‎ ‎（3）设点C关于直线OD的对称点为P，若△PBE为等腰三角形，求OC的长．‎ 考点：‎ 圆的综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）首先连接OE，由，OD∥BF，易得∠OBE=∠OEB=∠BOE=60°，又由CF⊥‎ AB，即可求得∠F的度数；‎ ‎（2）作OH⊥BE，垂足为H，易得△HBO≌△COD，即可得CO=BH=x，求得BE=2x，易得△COD∽△CBF，然后由相似三角形的对应边成比例，可得，则可求得y与x之间的函数解析式；‎ ‎（3）由∠COD=∠OBE，∠OBE=∠OEB，∠DOE=∠OEB，可得∠COD=∠DOE，即可得C关于直线OD的对称点为P在线段OE上，然后分别从PB=PE，EB=EP，BE=BP去分析求解即可求得答案．‎ 解答：‎ 解：（1）连接OE．‎ ‎∵=，‎ ‎∴∠BOE=∠EOD ‎∵OD∥BF，‎ ‎∴∠DOE=∠BEO，‎ ‎∵OB=OE，‎ ‎∴∠OBE=∠OEB，‎ ‎∴∠OBE=∠OEB=∠BOE=60°，‎ ‎∵CF⊥AB，‎ ‎∴∠FCB=90°，‎ ‎∴∠F=30°；‎ ‎（2）作OH⊥BE，垂足为H．‎ 在△HBO和△COD中，‎ ‎，‎ ‎∴△HBO≌△COD（AAS），‎ ‎∴CO=BH=x，‎ ‎∴BE=2x，‎ ‎∵OD∥BF，‎ ‎∴△COD∽△CBF，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴y=（0＜x＜4）；‎ ‎（3）∵∠COD=∠OBE，∠OBE=∠OEB，∠DOE=∠OEB，‎ ‎∴∠COD=∠DOE，‎ ‎∴C关于直线OD的对称点为P在线段OE上，‎ 若△PBE为等腰三角形，‎ 设CO=x，‎ ‎∴OP=OC=x，‎ 则PE=OE﹣OP=4﹣x，‎ 由（2）得：BE=2x，‎ ‎①当PB=PE，不合题意舍去；‎ ‎②当EB=EP，2x=4﹣x，‎ 解得：x=，‎ ‎③当BE=BP，作BM⊥OE，垂足为M，‎ ‎∴EM=PE=，‎ ‎∴∠OEB=∠COD，∠BME=∠DCO=90°，‎ ‎∴△BEM∽△DOC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 整理得：x2+x﹣4=0，‎ 解得：x=（负数舍去）‎ 综上所述：当OC的长为或时，△PBE为等腰三角形．‎ 点评：‎ 此题考查了圆的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质等性质．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．‎ ‎　‎ ‎4．（2013•杨浦区二模）如图1，已知⊙O的半径长为3，点A是⊙O上一定点，点P为⊙O上不同于点A的动点．‎ ‎（1）当时，求AP的长；‎ ‎（2）如果⊙Q过点P、O，且点Q在直线AP上（如图2），设AP=x，QP=y，求y关于x的函数关系式，并写出函数的定义域；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当tanA=时（如图3），存在⊙M与⊙O相内切，同时与⊙Q相外切，且OM⊥OQ，试求⊙M的半径的长．‎ 考点：‎ 圆的综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 几何综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）过点P作PB⊥OA交AO的延长线于B，连接OP，设PB=a，根据∠A的正切值表示出AB=2a，再表示出OE=2a﹣3，在Rt△POB中，利用勾股定理列方程求出a，然后在Rt△ABP中，利用勾股定理列式计算即可求出AP；‎ ‎（2）连接OP、OQ，根据等边对等角可得∠P=∠POQ=∠A，求出△AOP和△PQO相似，利用相似三角形对应边成比例列式整理即可得到y与x的关系式，根据直径是圆的最长的弦写出x的取值范围；‎ ‎（3）过点O作OC⊥AP于C，根据∠A的正切值，设OC=4b，则AC=3b，在Rt△AOC中，利用勾股定理列方程求出b，从而得到OC、AC，再根据等腰三角形三线合一的性质可得PC=AC，设⊙Q的半径为c，然后表示出CQ，在Rt△COQ中，利用勾股定理列方程求出c，设⊙M的半径为r，根据圆与圆的位置关系表示出MQ、MO然后利用勾股定理列方程求解即可得到r的值，从而得解．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，过点P作PB⊥OA交AO的延长线于B，连接OP，设PB=a，‎ ‎∵tanA=，‎ ‎∴AB=2a，‎ ‎∴OB=AB﹣OA=2a﹣3，‎ 在Rt△POB中，PB2+OB2=OP2，‎ 即a2+（2a﹣3）2=32，‎ 解得a1=，a2=0（舍去），‎ ‎∴AB=2×=，‎ 在Rt△ABP中，AP===；‎ ‎（2）连接OP、OQ，则AO=PO，PQ=OQ，‎ ‎∴∠P=∠A，∠POQ=∠P，‎ ‎∴∠P=∠POQ=∠A，‎ ‎∴△AOP∽△PQO，‎ ‎∴=，‎ 即=，‎ 整理得，y=，‎ ‎∵⊙O的半径为3，点P不同于点A，‎ ‎∴3＜x≤6；‎ ‎∴y=（3＜x≤6）；‎ ‎（3）过点O作OC⊥AP于C，‎ ‎∵tanA=，‎ ‎∴设OC=4b，AC=3b，‎ 在Rt△AOC中，OC2+AC2=OA2，‎ 即（4b）2+（3b）2=32，‎ 解得b=，‎ ‎∴OC=4×=，AC=3×=，‎ 根据垂径定理，PC=AC=，‎ 设⊙Q的半径为c，则CQ=QP﹣PC=c﹣，‎ 在Rt△COQ中，OC2+CQ2=OQ2，‎ 即（）2+（c﹣）2=c2，‎ 解得c=，‎ 设⊙M的半径为r，‎ ‎∵⊙M与⊙O相内切，同时与⊙Q相外切，‎ ‎∴MO=3﹣r，MQ=r+，‎ 在Rt△OMQ中，MO2+OQ2=MQ2，‎ 即（3﹣r）2+（）2=（r+）2，‎ 解得r=．‎ 点评：‎ 本题考查了圆的综合题型，主要利用了解直角三角形，勾股定理，同一个圆的半径相等，等边对等角的性质，相似三角形的判定与性质，圆与圆的位置关系，作辅助线构造出直角三角形与相似三角形是解题的关键，难点在于反复利用勾股定理列出方程求解．‎ ‎　‎ ‎5．（2013•闵行区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB=8，tanB=2，CE⊥AB，垂足为点E（点E在边AB上），F为边AD的中点，联结EF，CD．‎ ‎（1）如图1，当点E是边AB的中点时，求线段EF的长；‎ ‎（2）如图2，设BC=x，△CEF的面积等于y，求y与x的函数解析式，并写出自变量的取值范围；‎ ‎（3）当BC=16时，∠EFD与∠AEF的度数满足数量关系：∠EFD=k∠AEF，其中k≥0，求k的值．‎ 考点：‎ 四边形综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 压轴题．‎ 分析：‎ ‎（1）分别延长BA、CF相交于点P，证出===，PA=AB=8，得出AE=BE=AB=4，PE=PA+AE=12，再根据EC=BE•tanB=4×2=8，求出PC==4，最后根据在Rt△PEC中，∠PEC=90°，PF=PC，即可得出EF=PC=2，‎ ‎（2）在Rt△PEC中，先求出BE=EC，根据BC=x，BE2+EC2=BC2，得出BE=x，EC=2BE=x，AE=AB﹣BE=8﹣x，求出PE=PA+AE=16﹣x，最后由 PF=PC，得y=S△EFC=•x（16﹣x），‎ ‎（3）在平行四边形ABCD中，AB∥CD，根据F为边AD的中点，得AF=DF=AD=8，FD=CD，∠DFC=∠DCF．根据AB∥CD，得∠DCF=∠P，∠DFC=∠P，在Rt△PEC中，根据∠‎ PEC=90°，PF=PC，得EF=PF，∠AEF=∠P=∠DCF，最后根据∠EFC=∠P+∠PEF=2∠PEF，得∠EFD=∠EFC+∠DFC=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，即可得k=3．‎ 解答：‎ 解：（1）分别延长BA、CF相交于点P，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，AD=BC，‎ ‎∵F为边AD的中点，‎ ‎∴===，‎ ‎∴PA=AB=8，‎ ‎∵点E是边AB的中点，‎ ‎∴AE=BE=AB=4，‎ ‎∴PE=PA+AE=12，‎ ‎∵CE⊥AB，‎ ‎∴EC=BE•tanB=4×2=8．‎ ‎∴PC===4，‎ 在Rt△PEC中，∠PEC=90°，PF=PC，‎ ‎∴EF=PC=2，‎ ‎（2）在Rt△PEC中，‎ ‎∵tanB==2，‎ ‎∴BE=EC，‎ ‎∵BC=x，BE2+EC2=BC2，‎ ‎∴BE=x，‎ ‎∴EC=2BE=x，‎ ‎∴AE=AB﹣BE=8﹣x，‎ ‎∴PE=PA+AE=16﹣x，‎ ‎∵PF=PC，‎ ‎∴y=S△EFC=•x（16﹣x）=﹣x2+x，（0＜x≤8），‎ ‎（3）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，CD=AB=8，AD=BC=16，‎ ‎∵F为边AD的中点，‎ ‎∴AF=DF=AD=8，‎ ‎∴FD=CD，‎ ‎∴∠DFC=∠DCF，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠DCF=∠P，‎ ‎∴∠DFC=∠P，‎ 在Rt△PEC中，∠PEC=90°，PF=PC，‎ ‎∴EF=PF，‎ ‎∴∠AEF=∠P=∠DCF，‎ 又∵∠EFC=∠P+∠PEF=2∠PEF，‎ ‎∴∠EFD=∠EFC+∠DFC=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，‎ ‎∵∠EFD=k∠AEF，‎ ‎∴k=3．‎ 点评：‎ 此题考查了四边形综合，用到的知识点是四边形的性质、勾股定理、解直角三角形、三角形的面积等，关键是做出辅助线，构造直角三角形，求出线段的长．‎ ‎　‎ ‎6．（2013•徐汇区二模）如图1，在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=3，AB=4，点P是边AB上任意一点，过点P作PQ⊥AB交BC于点E，截取PQ=AP，连接AQ，线段AQ交BC于点D，设AP=x，DQ=y．‎ ‎（1）求y关于x的函数解析式及定义域； ‎ ‎（2）如图2，连接CQ，当△CDQ和△ADB相似时，求x的值； ‎ ‎（3）当以点C为圆心，CQ为半径的⊙C和以点B为圆心，BQ为半径的⊙B相交的另一个交点在边AB上时，求AP的长．‎ 考点：‎ 相似形综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）过点D作DM⊥‎ AC，垂足为M．根据等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定和性质可求AQ，AD，再根据线段之间的和差关系可得y关于x的函数解析式；‎ ‎（2）当△CDQ和△ADB相似时，分两种情况：①当∠QCD=∠B时；②当∠QCD=∠QAB时；根据相似三角形的性质可求x的值；‎ ‎（3）设⊙C与⊙B相交的另一个交点为M，连接QM交BC于点N．可得∴△BMN∽△BCA，△QPM∽△BAC，根据相似三角形的性质即可求出AP的长．‎ 解答：‎ 解：（1）过点D作DM⊥AC，垂足为M．‎ 由题意，可知△APQ是等腰直角三角形，‎ ‎∴；‎ ‎∵∠CAB=90°，∠QAP=45°，‎ ‎∴∠CAD=45°，‎ ‎∵DM⊥AC，‎ ‎∴△DAM是等腰直角三角形，‎ 易得△CMD∽△CAB，‎ ‎∴；‎ 设CM=3a，DM=4a，‎ ‎∴AM=4a，‎ ‎∴a=，，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 定义域是：≤x≤4．‎ ‎（注：其它解法参照评分．）‎ ‎（2）∵∠CDQ=∠ADB，‎ ‎∴当△CDQ和△ADB相似时，分以下两种情况：‎ ‎①当∠QCD=∠B时，‎ ‎∴CQ∥AB，‎ 四边形CAPQ是正方形；‎ ‎∴x=AP=AC=3． ‎ ‎②当∠QCD=∠QAB时，‎ ‎∴，‎ 由上述（1）的解法，可得，，‎ ‎∴，‎ ‎∴；‎ ‎∴，‎ 解得．‎ 综合①②，当△CDQ和△ADB相似时，x的值为3或．‎ ‎（3）如图，设⊙C与⊙B相交的另一个交点为M，连接QM交BC于点N．‎ ‎∴BC⊥QM，QN=MN．‎ ‎∴△BMN∽△BCA，△QPM∽△BAC，‎ ‎∴，‎ 设MN=3t，BN=4t，‎ ‎∴BM=5t； ‎ ‎∴QM=6t，‎ ‎∴；‎ ‎∵BQ=BM=5t，‎ ‎∴； ‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 解得； ‎ ‎∴．‎ 点评：‎ 此题主要考查了相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定和性质，求一次函数解析式，分类思想的运用，正方形的判定和性质，综合性较强，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎7．（2013•嘉定区二模）已知AP是半圆O的直径，点C是半圆O上的一个动点（不与点A、P重合），联结AC，以直线AC为对称轴翻折AO，将点O的对称点记为O1，射线AO1交半圆O于点B，联结OC．‎ ‎（1）如图1，求证：AB∥OC；‎ ‎（2）如图2，当点B与点O1重合时，求证：；‎ ‎（3）过点C作射线AO1的垂线，垂足为E，联结OE交AC于F．当AO=5，O1B=1时，求的值．‎ 考点：‎ 圆的综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）利用对称性得出∠OAC=∠O1AC，再利用等边对等角得出∠OAC=∠C，即可得出∠C=∠O1AC，求出AB∥OC即可；‎ ‎（2）由点O1与点O关于直线AC对称，AC⊥OO1，由点O1与点B重合，可得AC⊥OB，再利用垂径定理推论得出AB=CB；‎ ‎（3）分别根据当点O1在线段AB上以及当点O1在线段AB的延长线上时分别求出AE的长即可得出答案．‎ 解答：‎ 解：（1）∵点O1与点O关于直线AC对称，‎ ‎∴∠OAC=∠O1AC．‎ 在⊙O中，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠OAC=∠C．‎ ‎∴∠C=∠O1AC，‎ ‎∴O1A∥OC，‎ 即AB∥OC；‎ ‎（2）方法一：如图2，连结OB．‎ ‎∵点O1与点O关于直线AC对称，AC⊥OO1，‎ 由点O1与点B重合，可得AC⊥OB．‎ ‎∵点O是圆心，AC⊥OB，‎ ‎∴；‎ 方法2：∵点O1与点O关于直线AC对称，‎ ‎∴AO=AO1，CO=CO1，‎ 由点O1与点B重合，可得 AO=AB，CB=CO，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴AB=CB．‎ ‎∴；‎ ‎（3）当点O1在线段AB上（如图3），过点O作OH⊥AB，垂足为H．‎ ‎∵OH⊥AB，CE⊥AB，‎ ‎∴OH∥CE，‎ 又∵AB∥OC，‎ ‎∴HE=OC=5．‎ ‎∵AB=AO1+O1B=AO+O1B=6且OH⊥AB，‎ ‎∴AH=AB=3．‎ ‎∴AE=EH+AH=5+3=8，‎ ‎∵AB∥OC，‎ ‎∴==，‎ 当点O1在线段AB的延长线上，如图4，‎ 过点O作OH⊥AB，垂足为H．‎ ‎∵OH⊥AB，CE⊥AB，‎ ‎∴OH∥CE，‎ 又∵AB∥OC，‎ ‎∴HE=OC=5．‎ ‎∵AB=AO1﹣O1B=AO﹣O1B=4，‎ 又∵OH⊥AB，‎ ‎∴AH=AB=2．‎ ‎∴AE=EH+AH=5+2=7，‎ ‎∵AB∥OC，‎ ‎∴==．‎ 点评：‎ 此题主要考查了圆的综合应用以及垂径定理和关于直线对称的性质等知识，利用数形结合以及分类讨论的思想得出是解题关键．‎ ‎　‎ ‎8．（2013•黄浦区二模）如图，在梯形ABCD中，AD=BC=10，tanD=，E是腰AD上一点，且AE：ED=1：3．‎ ‎（1）当AB：CD=1：3时，求梯形ABCD的面积；‎ ‎（2）当∠ABE=∠BCE时，求线段BE的长；‎ ‎（3）当△BCE是直角三角形时，求边AB的长．‎ 考点：‎ 四边形综合题．菁优网版权所有 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）作梯形的高AH，BG，根据正切的定义得到=，设AH=4t，DH=3t，根据勾股定理计算出AD=5t，5t=10，解得t=2，则DH=6，AH=8，设AB=x，CD=3x，‎ 所以6+x+6=3x，解得x=6，然后根据梯形的面积公式计算梯形ABCD的面积；‎ ‎（2）作Ek∥CD交BC于k，由AE：ED=1：3，AD=10得到AE=，ED=，由AB∥CD得到∠ABE=∠BEK，由于∠ABE=∠BCE，所以∠BEK=∠BCE，于是可判断△BEK∽△BCE，BE2=BK：BC根据等腰梯形的性质BK=AE=，则BE2=BK：BC=×10，即可计算出BE=5；‎ ‎（3）分类讨论：当∠EBC=90°时，延长BE交CD的延长线于F点，由AB∥DF得到AB：DF=AE：ED=1：3，即DF=3AB，设AB=x，则DF=3x，HG=x，易证得Rt△FBG∽Rt△BGC，则BG2=GF•GC，即82=（3x+6+x）×6，解得x=；当∠CEB=90°时，延长BE交CD的延长线于F点，作EM⊥CD于M，设AB=x，则DF=3x，DC=12+x，‎ 在Rt△EDN中，ED=，tan∠EDN==，利用勾股定理可计算出EN=6，DN=，则NC=12+x﹣=x+，易证得Rt△FEN∽Rt△ECN，EN2=NF•NC，即62=（3x+‎ ‎）（12+），然后解方程可得到AB的长．‎ 解答：‎ 解：（1）作梯形的高AH，BG，如图1‎ ‎∵AD=10，tanD=，‎ ‎∴=，‎ 设AH=4t，DH=3t，则AD==5t，‎ ‎∴5t=10，解得t=2，‎ ‎∴DH=6，AH=8，‎ 同理得到BG=8，CG=6，‎ 由AB：CD=1：3，设AB=x，CD=3x，‎ ‎∴6+x+6=3x，解得x=6，‎ ‎∴梯形ABCD的面积=（AB+CD）•AH=•（x+3x）×8=×24×8=96；‎ ‎（2）作EK∥CD交BC于K，如图1，‎ ‎∵AE：ED=1：3，AD=10，‎ ‎∴AE=，ED=，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠ABE=∠BEK，‎ ‎∵∠ABE=∠BCE，‎ ‎∴∠BEK=∠BCE，‎ ‎∴△BEK∽△BCE，‎ ‎∴BE：BC=BK：BE，即BE2=BK：BC，‎ ‎∵梯形ABCD为等腰梯形，‎ ‎∴BK=AE=，‎ ‎∴BE2=BK：BC=×10，‎ ‎∴BE=5；‎ ‎（3）△BCE是直角三角形，‎ ‎①当∠EBC=90°时，延长BE交CD的延长线于F点，如图2，‎ ‎∵AB∥DF，‎ ‎∴AB：DF=AE：ED=1：3，‎ ‎∴DF=3AB，‎ 设AB=x，则DF=3x，HG=x，‎ ‎∵Rt△FBG∽Rt△BGC，‎ ‎∴BG2=GF•GC，即82=（3x+6+x）×6，解得x=，‎ 即边AB的长为；‎ ‎②当∠CEB=90°时，延长BE交CD的延长线于F点，作EN⊥CD于N，如图3，‎ 设AB=x，则DF=3x，DC=12+x，‎ 在Rt△EDN中，ED=，tan∠EDN==，‎ 设EN=4a，则DN=3a，‎ ‎∴ED==5a，‎ ‎∴5a=，解得a=，‎ ‎∴EN=6，DN=，‎ ‎∴NC=12+x﹣=x+，‎ ‎∵Rt△FEN∽Rt△ECN，‎ ‎∴EN2=NF•NC，即62=（3x+）（x+），‎ 整理得x2+9x﹣=0，解得x1=﹣，x2=﹣﹣（舍去），‎ ‎∴AB=﹣，‎ ‎∴边AB的长为或﹣‎ 点评：‎ 本题考查了四边形的综合题：熟练掌握等腰梯形的性质和平行线线分线段成比例定理；会运用三角形相似的判定与性质和勾股定理进行几何计算．‎ ‎　‎ ‎9．（2014•杭州模拟）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°‎ ‎（1）求ED、EC的长；‎ ‎（2）若BP=2，求CQ的长；‎ ‎（3）记线段PQ与线段DE的交点为点F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．‎ 考点：‎ 相似形综合题．菁优网版权所有 分析：‎ ‎（1）由勾股定理求得BC=10．通过“两角法”证得△CDE∽△CAB，则对应边成比例DE：AB=CE：CB=CD：CA，由此可以求得DE、CE的值；‎ ‎（2）如图2，当P点在AB上时，由∠PDQ=90°就可以得出∠2=∠4，就可以证明△PBD∽△QED，就可以EQ的值，从而求得CQ的值；如图2﹣1，当P点在AB的延长线上时，证明△PBD∽△QED，由相似三角形的性质就可以求出结论；‎ ‎（3）如图3，4，5由条件可以求出△BPD∽△EQD，就有．设BP=x，则EQ=x，CQ=﹣x．由三角函数值可以得出△PDF∽△CDQ．由△PDF为等腰三角形就可以得出△CDQ为等腰三角形，根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论就可以求出结论．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，∵∠A=90°，AB=6，AC=8，‎ ‎∴根据勾股定理得到，BC==10‎ ‎∴CD=BC=5．‎ ‎∵DE⊥BC．‎ ‎∴∠A=∠CDE=90°∠C=∠C ‎∴△CDE∽△CAB ‎∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，‎ 即DE：6=CE：10=5：8‎ ‎∴DE=，CE=；‎ ‎（2）如图2，∵△CDE∽△CAB，‎ ‎∴∠B=∠DEC．‎ ‎∵∠PDQ=90°‎ ‎∴∠1+∠4=90°．‎ ‎∵∠1+∠2=90°‎ ‎∴∠2=∠4，‎ ‎∴△PBD∽△QED，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴EQ=，‎ ‎∴CQ=CE﹣EQ=﹣=．‎ 如图2﹣1，∵∠B=DEC，‎ ‎∴∠PBD=∠QED．‎ ‎∵∠PDQ=90°‎ ‎∴∠1+∠2=90°．‎ ‎∵∠3+∠2=90°‎ ‎∴∠1=∠3，‎ ‎∴△PBD∽△QED ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴EQ=，‎ ‎∴CQ==‎ 故CQ=或；‎ ‎（3）∵线段PQ与线段DE的交点为点F，‎ ‎∴点P在边AB上 ‎∵△BPD∽△EQD ∴．‎ 若设BP=x ，则EQ=x，CQ=﹣x．‎ ‎∵cot∠QPD=，cot∠c=，‎ ‎∴∠QPD=∠C ‎∵∠PDE=∠CDQ，∴△PDF∽△CDQ．‎ ‎∵△PDF为等腰三角形，‎ ‎∴△CDQ为等腰三角形．‎ ‎①当CQ=CD时，可得：﹣x=5，解得：x=．‎ ‎②当QC=QD时，过点Q作QM⊥CB于M，‎ ‎∴CM=CD=．‎ ‎∵cos∠C=，‎ ‎∴，‎ ‎∴CQ=．‎ ‎∴﹣x=‎ 解得：x= …（1分）‎ ‎③当DC=DQ时，过点D作DN⊥CQ于N，‎ ‎∴CQ=2CN．‎ ‎∵cos∠C==‎ ‎∴，‎ ‎∴CN=4，‎ ‎∴CQ=8，‎ ‎∴﹣x=8‎ 解得：x=﹣（舍去）．‎ ‎∴综上所述，BP=或．‎ 点评：‎ 本题考查了直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，分类讨论思想在解实际问题的运用，等腰三角形的性质的运用，三角函数值的运用，解答时运用三角函数值求证三角形的角相等是难点，证明三角形相似是关键．‎ ‎　‎