广州中考压轴题回顾含答案2012——2017

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广州中考压轴题回顾含答案2012——2017

‎2012‎ ‎24.(2012•广州)如图,抛物线y=与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.‎ ‎(1)求点A、B的坐标;‎ ‎(2)设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点,当△ACD的面积等于△ACB的面积时,求点D的坐标;‎ ‎(3)若直线l过点E(4,0),M为直线l上的动点,当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时,求直线l的解析式.‎ ‎25.(2012•广州)如图,在平行四边形ABCD中,AB=5,BC=10,F为AD的中点,CE⊥AB于E,设∠ABC=α(60°≤α<90°).‎ ‎(1)当α=60°时,求CE的长;‎ ‎(2)当60°<α<90°时,‎ ‎①是否存在正整数k,使得∠EFD=k∠AEF?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎②连接CF,当CE2﹣CF2取最大值时,求tan∠DCF的值.‎ ‎2013‎ ‎24.(本小题满分14分)‎ ‎(2013年广州市)已知AB是⊙O的直径,AB=4,点C在线段AB的延长线上运动,点D在⊙O 上运动(不与点B重合),连接CD,且CD=OA.‎ ‎(1)当OC=时(如图12),求证:CD是⊙O的切线;‎ ‎(2)当OC>时,CD所在直线于⊙O相交,设另一交点为E,连接AE.‎ ‎25、(本小题满分14分)‎ ‎(2013年广州市)已知抛物线y1=过点A(1,0),顶点为B,且抛物线不经过第三象限。‎ ‎(1)使用a、c表示b;‎ ‎(2)判断点B所在象限,并说明理由;‎ ‎(3)若直线y2=2x+m经过点B,且于该抛物线交于另一点C(),求当x≥1时y1的取值范围。‎ ‎2014‎ ‎24.(14分)(2014•广州)已知平面直角坐标系中两定点A(﹣1,0)、B(4,0),抛物线y=ax2+bx﹣2(a≠0)过点A,B,顶点为C,点P(m,n)(n<0)为抛物线上一点.‎ ‎(1)求抛物线的解析式和顶点C的坐标;‎ ‎(2)当∠APB为钝角时,求m的取值范围;‎ ‎(3)若m>,当∠APB为直角时,将该抛物线向左或向右平移t(0<t<)个单位,点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′,是否存在t,使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短?若存在,求t的值并说明抛物线平移的方向;若不存在,请说明理由.‎ ‎25.(14分)(2014•广州)如图,梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=3,BC=4,CD=5.点E为线段CD上一动点(不与点C重合),△BCE关于BE的轴对称图形为△BFE,连接CF.设CE=x,△BCF的面积为S1,△CEF的面积为S2.‎ ‎(1)当点F落在梯形ABCD的中位线上时,求x的值;‎ ‎(2)试用x表示,并写出x的取值范围;‎ ‎(3)当△BFE的外接圆与AD相切时,求的值.‎ ‎ ‎ ‎2015‎ ‎24.(本小题满分14分) ‎ 如图10,四边形OMTN中,OM=ON,TM=TN,我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形. ‎O M N T 图10‎ ‎(1) 试探究筝形对角线之间的位置关系,并证明你的结论;‎ ‎(2) 在筝形ABCD中,已知AB=AD=5,BC=CD,BC>AB,BD、AC为对角线,BD=8.‎ ‎①是否存在一个圆使得A、B、C、D四个点都在这个圆上?若存在,求出圆的半径;若不存在,请说明理由;‎ ‎②过点B作BF⊥CD,垂足为F,BF交AC于点E,连接DE,当四边形ABED为菱形时,求点F到AB的距离.‎ ‎25.已知O为坐标原点,抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交于点A(x1,0),B(x2,0),与y轴交于点C,且OC两点间的距离为3,x1×x2<0,│x1│+│ x2│=4,点A、C在直线 y2=-3x+t上.‎ ‎(1) 求点C的坐标;‎ ‎(2) 当y随着x的增大而增大时,求自变量x的取值范围;‎ ‎(3) 当抛物线y1向左平移n(n>0) 个单位,记平移后y随着x的增大而增大的部分为P,直线y2向下平移n个单位,当平移后的直线与P有公共点时,求2n2-5n的最小值.‎ ‎2016‎ ‎24.本小题满分14分 已知抛物线y=mx2+(1-2m)x+1-3m与x轴相交于不同的两点A,B,‎ ‎(1)求m的取值范围;‎ ‎(2)证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P,并求出点P的坐标;‎ ‎(3)当<m≤8时,由(2)求出的点P和点A,B构成的△ABP的面积是否有最值,若有,求出最值及相应的m值;若没有,请说明理由.‎ ‎25.(本小题满分14分)‎ A B C D 图10‎ 如图10,点C为△ABD外接圆上的一动点(点C不在上,且不与点B、D重合),∠ACB=∠ABD=45°,‎ ‎(1)求证:BD是该外接圆的直径;‎ ‎(2)连接CD,求证:AC=BC+CD;‎ ‎(3)若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM,连接DM,试探究DM2,AM2,BM2三者之间满足的等量关系,并证明你的结论.‎ ‎2017‎ ‎24. (2017广东广州)(本小题满分14分)如图,矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,△COD关于CD的对称图形为△CED.‎ ‎(1)求证:四边形OCED是菱形;‎ ‎(2)连接AE,若AB=6cm,BC=cm.‎ ‎①求sin∠EAD的值;‎ ‎②若点P为线段AE上一动点(不与点A重合),连接OP,一动点Q从点O出发,以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P,再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A,到达点A后停止运动.当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时,求AP的长和点Q走完全程所需的时间.‎ ‎25.(2017广东广州)(本小题满分14分)如图14,AB是⊙O的直径,,AB=2,连接AC.‎ ‎(1)求证:∠CAB=45°;‎ ‎(2)若直线l为⊙O的切线,C是切点,在直线L上取一点D,使BD=AB,BD所在的直线与AC所在的直线相交于点E,连接AD.‎ ‎①试探究AE与AD之间的数量关系,并证明你的结论;‎ ‎②是否为定值?若是,请求出这个定值;若不是,请说明理由.‎ ‎ ‎ 答案 解:(1)令y=0,即=0,‎ 解得x1=﹣4,x2=2,∴A、B点的坐标为A(﹣4,0)、B(2,0).‎ ‎(2)S△ACB=AB•OC=9,在Rt△AOC中,AC===5,设△ACD中AC边上的高为h,则有AC•h=9,解得h=.如答图1,在坐标平面内作直线平行于AC,且到AC的距离=h=,这样的直线有2条,分别是l1和l2,则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D.设l1交y轴于E,过C作CF⊥l1于F,则CF=h=,∴CE==.设直线AC的解析式为y=kx+b,将A(﹣4,0),B(0,3)坐标代入得到,解得,∴直线AC解析式为y=x+3.[来源:学.科.网]‎ 直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位(个长度单位)而形成的,∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣.则D1的纵坐标为×(﹣1)﹣=,∴D1(﹣4,).同理,直线AC向上平移个长度单位得到l2,可求得D2(﹣1,)综上所述,D点坐标为:D1(﹣4,),D2(﹣1,).‎ ‎(3)如答图2,以AB为直径作⊙F,圆心为F.过E点作⊙F的切线,这样的切线有2条.连接FM,过M作MN⊥x轴于点N.∵A(﹣4,0),B(2,0),∴F(﹣1,0),⊙F半径FM=FB=3.‎ 又FE=5,则在Rt△MEF中,‎ ME==4,sin∠MFE=,cos∠MFE=.在Rt△FMN中,MN=MN•sin∠MFE=3×=,‎ FN=MN•cos∠MFE=3×=,则ON=,∴M点坐标为(,)直线l过M(,),E(4,0),设直线l的解析式为y=kx+b,则,解得所以直线l的解析式为y=x+3.同理,可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3.‎ 综上所述,直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3.‎ 解答:‎ 解:(1)∵α=60°,BC=10,‎ ‎∴sinα=,‎ 即sin60°==,‎ 解得CE=5;‎ ‎(2)①存在k=3,使得∠EFD=k∠AEF.理由如下:连接CF并延长交BA的延长线于点G,∵F为AD的中点,∴AF=FD,在平行四边形ABCD中,AB∥CD,∴∠G=∠DCF,在△AFG和△CFD中,,∴△AFG≌△CFD(AAS),∴CF=GF,AG=CD,∵CE⊥AB,∴EF=GF三角形斜边上的中线等于斜边的一半),∴∠AEF=∠G,∵AB=5,BC=10,点F是AD的中点,∴AG=5,AF=AD=BC=5∴AG=AF,∴∠AFG=∠G,在△AFG中,∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF又∵∠CFD=∠AFG(对顶角相等),∴∠CFD=∠AEF,‎ ‎∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF,因此,存在正整数k=3,使得∠EFD=3∠AEF;‎ ‎②设BE=x,∵AG=CD=AB=5,‎ ‎∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x,‎ 在Rt△BCE中,CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2,‎ 在Rt△CEG中,CG2=EG2+CE2=(10﹣x)2+100﹣x2=200﹣20x,‎ ‎∵CF=GF(①中已证),‎ ‎∴CF2=(CG)2=CF2=(200﹣20x)=50﹣5x,‎ ‎∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣(x﹣)2+50+,‎ ‎∴当x=,即点E是AB的中点时,CE2﹣CF2取最大值,‎ 此时,EG=10﹣x=10﹣=,‎ CE===,‎ 所以,tan∠DCF=tan∠G===.‎ ‎24.分析:(1)关键是利用勾股定理的逆定理,判定△OCD为直角三角形,如答图①所示;‎ ‎(2)①如答图②所示,关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形,从而解直角三角形求出△ACE的周长;‎ ‎②符合题意的梯形有2个,答图③展示了其中一种情形.在求AE•ED值的时候,巧妙地利用了相似三角形,简单得出了结论,避免了复杂的运算.‎ 解:(1)证明:连接OD,如答图①所示.‎ 由题意可知,CD=OD=OA=AB=2,OC=,‎ ‎∴OD2+CD2=OC2‎ 由勾股定理的逆定理可知,△OCD为直角三角形,则OD⊥CD,‎ 又∵点D在⊙O上,‎ ‎∴CD是⊙O的切线.‎ ‎(2)解:①如答图②所示,连接OE,OD,则有CD=DE=OD=OE,‎ ‎∴△ODE为等边三角形,∠1=∠2=∠3=60°;‎ ‎∵OD=CD,∴∠4=∠5,‎ ‎∵∠3=∠4+∠5,∴∠4=∠5=30°,‎ ‎∴∠EOC=∠2+∠4=90°,‎ 因此△EOC是含30度角的直角三角形,△AOE是等腰直角三角形.‎ 在Rt△EOC中,CE=2OA=4,OC=4cos30°=,‎ 在等腰直角三角形AOE中,AE=OA=,‎ ‎∴△ACE的周长为:AE+CE+AC=AE+CE+(OA+OC)=+4+(2+)=6++.‎ ‎②存在,这样的梯形有2个.‎ 答图③是D点位于AB上方的情形,同理在AB下方还有一个梯形,它们关于直线AB成轴对称.‎ ‎∵OA=OE,∴∠1=∠2,‎ ‎∵CD=OA=OD,∴∠4=∠5,‎ ‎∵四边形AODE为梯形,∴OD∥AE,∴∠4=∠1,∠3=∠2,‎ ‎∴∠3=∠5=∠1,‎ 在△ODE与△COE中,‎ ‎∴△ODE∽△COE,‎ 则有,∴CE•DE=OE2=22=4.‎ ‎∵∠1=∠5,∴AE=CE,‎ ‎∴AE•DE=CE•DE=4.‎ 综上所述,存在四边形AODE为梯形,这样的梯形有2个,此时AE•DE=4.‎ 点评:本题是几何综合题,考查了圆、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等边三角形、梯形等几何图形的性质,涉及切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等多个知识点,难度较大 ‎25、(本小题满分14分)‎ 分析:(1)抛物线经过A(1,0),把点代入函数即可得到b=﹣a﹣c;‎ ‎(2)判断点在哪个象限,需要根据题意画图,由条件:图象不经过第三象限就可以推出开口向上,a>0,只需要知道抛物线与x轴有几个交点即可解决,‎ 判断与x轴有两个交点,一个可以考虑△,由△就可以判断出与x轴有两个交点,所以在第四象限;或者直接用公式法(或十字相乘法)算出,由两个不同的解,进而得出点B所在象限;‎ ‎(3)当x≥1时,y1的取值范围,只要把图象画出来就清晰了,难点在于要观察出是抛物线与x轴的另一个交点,理由是,由这里可以发现,b+8=0,b=﹣8,a+c=8,还可以发现C在A的右侧;可以确定直线经过B、C两点,看图象可以得到,x≥1时,y1大于等于最小值,此时算出二次函数最小值即可,即求出即可,已经知道b=﹣8,a+c=8,算出a,c即可,即是要再找出一个与a,c有关的式子,即可解方程组求出a,c,直线经过B、C两点,把B、C两点坐标代入直线消去m,整理即可得到c﹣a=4联立a+c=8,解得c,a,即可得出y1的取值范围.‎ 解:(1)∵抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0,a≠c),经过A(1,0),‎ 把点代入函数即可得到:b=﹣a﹣c;‎ ‎(2)B在第四象限.‎ 理由如下:∵抛物线y1=ax2+bx+c(a≠0,a≠c)过点A(1,0),‎ ‎∴,所以抛物线与x轴有两个交点,又因为抛物线不经过第三象限,所以a>0,且顶点在第四象限;(3)∵,且在抛物线上,∴b+8=0,∴b=﹣8,∵a+c=﹣b,∴a+c=8,把B、C两点代入直线解析式易得:c﹣a=4,即解得:如图所示,C在A的右侧,∴当x≥1时,.‎ ‎.‎ ‎24.(1)待定系数法求解析式即可,求得解析式后转换成顶点式即可.‎ ‎(2)因为AB为直径,所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时,满足∠APB为钝角,所以﹣1<m<0,或3<m<4.‎ ‎(3)左右平移时,使A′D+DB″最短即可,那么作出点C′关于x轴对称点的坐标为C″,得到直线P″C″的解析式,然后把A点的坐标代入即可.‎ 解:(1)∵抛物线y=ax2+bx﹣2(a≠0)过点A,B,‎ ‎∴,‎ 解得:,‎ ‎∴抛物线的解析式为:y=x2﹣x﹣2;‎ ‎∵y=x2﹣x﹣2=(x﹣)2﹣,‎ ‎∴C(,﹣).‎ ‎(2)如图1,以AB为直径作圆M,则抛物线在圆内的部分,能是∠APB为钝角,‎ ‎∴M(,0),⊙M的半径=.‎ ‎∵P是抛物线与y轴的交点,‎ ‎∴OP=2,‎ ‎∴MP==,‎ ‎∴P在⊙M上,‎ ‎∴P的对称点(3,﹣2),‎ ‎∴当﹣1<m<0或3<m<4时,∠APB为钝角.‎ ‎(3)存在;‎ 抛物线向左或向右平移,因为AB、P′C′是定值,所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短,只要AC′+BP′最小;‎ 第一种情况:抛物线向右平移,AC′+BP′>AC+BP,‎ 第二种情况:向左平移,如图2所示,由(2)可知P(3,﹣2),‎ 又∵C(,﹣)‎ ‎∴C'(﹣t,﹣),P'(3﹣t,﹣2),‎ ‎∵AB=5,‎ ‎∴P″(﹣2﹣t,﹣2),‎ 要使AC′+BP′最短,只要AC′+AP″最短即可,‎ 点C′关于x轴的对称点C″(﹣t,),‎ 设直线P″C″的解析式为:y=kx+b,‎ ‎,‎ 解得 ‎∴直线y=x+t+,‎ 点A在直线上,‎ ‎∴﹣+t+=0‎ ‎∴t=.‎ 故将抛物线向左平移个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短.‎ 解:(1)当点F落在梯形ABCD中位线上时,‎ 如答图1,过点F作出梯形中位线MN,分别交AD、BC于点M、N.‎ 由题意,可知ABCD为直角梯形,则MN⊥BC,且BN=CN=BC.‎ 由轴对称性质,可知BF=BC,‎ ‎∴BN=BF,‎ ‎∴∠BFN=30°,∴∠FBC=60°,‎ ‎∴△BFC为等边三角形.‎ ‎∴CF=BC=4,∠FCB=60°,‎ ‎∴∠ECF=30°.‎ 设BE、CF交于点G,由轴对称性质可知CG=CF=2,CF⊥BE.‎ 在Rt△CEG中,x=CE===.‎ ‎∴当点F落在梯形ABCD的中位线上时,x的值为.‎ ‎(2)如答图2,由轴对称性质,可知BE⊥CF.‎ ‎∵∠GEC+∠ECG=90°,∠GEC+∠CBE=90°,‎ ‎∴∠GEC=∠CBE,又∵∠CGE=∠ECB=90°,‎ ‎∴Rt△BCE∽Rt△CGE,‎ ‎∴,∴CE2=EG•BE ①‎ 同理可得:BC2=BG•BE ②‎ ‎①÷②得:==.‎ ‎∴====.‎ ‎∴=(0<x≤5).‎ ‎(3)当△BFE的外接圆与AD相切时,依题意画出图形,如答图3所示.‎ 设圆心为O,半径为r,则r=BE=.‎ 设切点为P,连接OP,则OP⊥AD,OP=r=.‎ 过点O作梯形中位线MN,分别交AD、BC于点M、N,‎ 则OM为梯形ABED的中位线,∴OM=(AB+DE)=(3+5﹣x)=(8﹣x).‎ 过点A作AH⊥CD于点H,则四边形ABCH为矩形,‎ ‎∴AH=BC=4,CH=AB=3,∴DH=CD﹣CH=2.‎ 在Rt△ADH中,由勾股定理得:AD===2.‎ ‎∵MN∥CD,‎ ‎∴∠ADH=∠OMP,又∵∠AHD=∠OPM=90°,‎ ‎∴△OMP∽△ADH,‎ ‎∴,即,‎ 化简得:16﹣2x=,‎ 两边平方后,整理得:x2+64x﹣176=0,‎ 解得:x1=﹣32+20,x2=﹣32﹣20(舍去)‎ ‎∴x=﹣32+20,‎ ‎∴==139﹣80.‎ ‎24、(1)OT⊥MN ‎ ‎(2)①存在。提示:设AC,BD交点为M,∠ABC=∠ACB=90°,△ABM与△ACB相似,可求得半径等于。‎ ‎②提示:作FG⊥AB,交AB与点G,△BME与△BFD相似,求出DF=,再△BGF与△EFD相似,可求出P到AB的距离FG等于 25、 提示:(1)‎ (2) ‎①若C(0,3),,时,随着的增大而增大 ‎ ②若C(0,-3),,时,随着的增大而增大 (3) ‎①若,平移后 ‎ 平移后,要使得有公共点,则当,‎ ‎ 求得(不符合,舍去)‎ ‎ ②若,平移后 ‎ 平移后,要使得有公共点,则当, 求得 ‎,当时,最小值为 ‎24. ‎ ‎25.1)证明:∵ ∠D=∠C,‎ ‎∠BAD=180°-∠D-∠DBA=180°-45°-45°=90°‎ ‎∴ BD 是圆的直径.‎ ‎ ‎ ‎(2)将△ACD以A为旋转中心,顺时针旋转90°,‎ 得到△AC′B ,A B C D M C′‎ O 图10-2‎ 如图10-2,‎ ‎∠A′D′C=∠ABC′, AC=A′C ∠CAC′=90° ,CB′=CD ‎∠ABC+∠ABC′=∠ABC+∠ADC=180° ,‎ ‎∴B、C、D′ 三点共线 ‎(∵BD是直径,∴∠BCD=90°)‎ ‎∴CC′==AC 又 ∵ CC′=BC+BC′=BC+CD ‎∴ AC=BC+CD.‎ A B C D E M C′‎ O 图10-3‎ ‎(3)延长MB与圆交于E,连接DE ,如图10-3‎ ‎∵BD是直径,∴DM2=ME2+DE2‎ 又 ∵ ME2=(BM+BE)2‎ ‎=BM2+BE2+2BM•BE= BC2+BE2+2BC•BE ‎∴ DM2=BC2+BE2+2BC•BE+DE2‎ ‎=BC2+BD2+2BC•BE ①‎ ‎∵ ∠ADC+∠ABC=180°,∠ABC=∠ABM,∠ABM+∠ABE=180°,‎ ‎∴∠ADC=∠ABE,‎ ‎∴180°-∠ADC=180°-∠ABE, ∠ADE=∠ABC(圆的内接四边形对角互补),‎ ‎∴∠ADB+∠BDE=∠ABD+∠CBD, 又∵∠ABD=ADB=45°, ‎ ‎∴∠CBD=∠EBD, ∴ BE=CE ②‎ ‎∵ BM2+2AM2=BC2+2AC2=BC2+(BC+CD)2‎ ‎=BC2+BC2+CD2+2BC×CD= BC2+BD2+2BC×CD ③‎ ‎∴ DM2=BM2+2AM2 .‎ ‎24..思路分析:(1)根据矩形的性质和轴对称的性质证明四边形OCED的四条边都相等;(2)①连接OE,设直线OE交AB于点F,交DC于点G,可知∠EAD=∠AEF,在△AEF中求得sin∠AEF即可;②过点P作PM⊥AB,垂足为点M. Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.‎ 解:(1)证明:∵四边形ABCD是为矩形,∴AC=BD.∵AC与BD交于点O,且△COD与△CED关于CD对称,∴DO=CO,且DO=DE,OC=EC,∴DO=OC=EC=ED,‎ ‎∴四边形OCED是菱形.‎ ‎(2)①连接OE,设直线OE交AB于点F,交DC于点G.∵△COD与△CED关于CD 对称,∴OE⊥DC.∵DC∥AB,∴OF⊥AB,EF∥AD.∵G为DC的中点,O为AC的中点,∴OG是△CAD的中位线,∴OG=GE=.‎ 同理可得OF=,AF=3,∴AE=.‎ ‎∵∠EAD=∠AEF,∴sin∠EAD=sin∠AEF=.‎ ‎①过点P作PM⊥AB,垂足为点M.‎ ‎∴Q由O运动到P所需时间为3s.‎ 由①可知AM=AP.‎ ‎∴点Q以1.5cm/s的速度从点P到A所需时间等同于以1cm/s的速度从M运动到A,‎ 即t=tOP+tPA=,‎ ‎∴Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.‎ 如图,当P运动到P1,即P1O∥AB时,所用时间最短.‎ ‎∴t==3s.‎ 在Rt△AP1M1中,设AM1=2x,则AP1=3x,∵AP12=AM12+P1M12,∴(3x)2=(2x)2+,解得x1=,x2=-(舍去),∴AP=.‎ 答:AP的长为cm,点Q走完全程需时3s.‎ ‎25.思路分析:(1)连接BC,根据“同弧所对的圆周角等于圆角角的一半”求解;(2)①当BD=AB时,有∠ABD为锐角和∠ABD为钝角两种情形;②分D在点C左侧或D在点C右侧两种情况求解.‎ 解:(1)证明:如图,连接BC ‎∵AB是⊙O的直径,∴∠ACB=90°.∵AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=(180°-90°)=45°‎ ‎(2)①当∠ABD为锐角时,如图所示,作BF⊥l于F.由(1)可知△ABC为等腰直角三角形.∵O是AB的中点,∴CO=AO=BO,∴△COB为等腰直角三角形.∵l是⊙O的切线,∴OC⊥l.∵BF⊥l,∴四边形OBEC为矩形.∴AB=2BF,∴BD=2BF,∴∠BDF=30°,∴∠DBA=30°,‎ ‎∴∠BDA=∠BAD=75°,∠CBE=15°,∠CEB=90°-15°=75°,∴∠CEB=∠DEA,∴AD=AE.‎ ‎②当∠ABD为钝角时,如图所示,同样BF=BD,∠BDC=30°,‎ ‎∴∠ABD=150°,∠AEB=90°-∠CBE=15°,∠ADB=(180°-150°)=15°,‎ ‎∴∠AED=∠ADE,∴AE=AD.‎ ‎②当D在C左侧时,由①可知CD∥AB,∠ACD=∠BAE,∠DAC=∠EBA=30°,∴△CAD∽△BAE,∴,∴AE=CD.∵BA=BD,∠BAD=∠BDA=15°,∴∠IBE=30°在Rt△IBE中,BE=2EI=2×AE=AE=CD=2CD.∴‎ ‎.‎ 当D在C右侧时,过E走EI⊥AB与I.由①可知∠ADC=∠BEA=15°.‎ ‎∵AB∥CD,∴∠EAB=∠ACD,‎ ‎∴△ACD∽△BAE,‎ ‎∴,∴AE=CD.‎ ‎∵BA=BD,∠BAD=∠BDA=15°,∴∠IBE=30°.‎ 在Rt△IBE中,BE=2EI=2×AE=AE=CD=2CD.‎ ‎∴.‎
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