湖南中考数学压轴题汇编几何综合解析版

湖南中考数学压轴题汇编几何综合解析版

‎2018年全国各地中考数学压轴题汇编（湖南专版）‎ 几何综合　‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ ‎1．（2018•长沙）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，∠BAD=∠CAD，CE∥AD，CE交BA的延长线于点E，BC=8，AD=3．‎ ‎（1）求CE的长；‎ ‎（2）求证：△ABC为等腰三角形．‎ ‎（3）求△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离．‎ ‎（1）解：∵AD是边BC上的中线，‎ ‎∴BD=CD，‎ ‎∵CE∥AD，‎ ‎∴AD为△BCE的中位线，‎ ‎∴CE=2AD=6；‎ ‎（2）证明：∵CE∥AD，‎ ‎∴∠BAD=∠E，∠CAD=∠ACE，‎ 而∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴∠ACE=∠E，‎ ‎∴AE=AC，‎ 而AB=AE，‎ ‎∴AB=AC，‎ ‎∴△ABC为等腰三角形．‎ ‎（3）如图，连接BP、BQ、CQ，‎ 在Rt△ABD中，AB==5，‎ 设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，‎ 在Rt△PBD中，（R﹣3）2+42=R2，解得R=，‎ ‎∴PD=PA﹣AD=﹣3=，‎ ‎∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC，‎ ‎∴•r•5+•r•8+•r•5=•3•8，解得r=，‎ 即QD=，‎ ‎∴PQ=PD+QD=+=．‎ 答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为．‎ ‎　‎ ‎2．（2018•株洲）如图，在Rt△ABM和Rt△ADN的斜边分别为正方形的边AB和AD，其中AM=AN．‎ ‎（1）求证：Rt△ABM≌Rt△AND；‎ ‎（2）线段MN与线段AD相交于T，若AT=，求tan∠ABM的值．‎ 解：（1）∵AD=AB，AM=AN，∠AMB=∠AND=90°‎ ‎∴Rt△ABM≌Rt△AND（HL）．‎ ‎（2）由Rt△ABM≌Rt△AND易得：∠DAN=∠BAM，DN=BM ‎∵∠BAM+∠DAM=90°；∠DAN+∠ADN=90°‎ ‎∴∠DAM=∠AND ‎∴ND∥AM ‎∴△DNT∽△AMT ‎∴‎ ‎∵AT=，‎ ‎∴‎ ‎∵Rt△ABM ‎∴tan∠ABM=．‎ ‎　‎ ‎3．（2018•长沙）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．‎ ‎（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有　菱形，正方形　；‎ ‎②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形　不是　“十字形”．（填“是”或“不是”）‎ ‎（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；‎ ‎（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；‎ ‎①=；②=；③“十字形”ABCD的周长为12．‎ 解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，‎ ‎∴菱形，正方形是：“十字形”，‎ ‎∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，‎ ‎∴平行四边形，矩形不是“十字形”，‎ 故答案为：菱形，正方形；‎ ‎②如图，‎ 当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，，‎ ‎∴△ABC≌△ADC（SSS），‎ ‎∴∠BAC=∠DAC，‎ ‎∵AB=AD，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，‎ 故答案为：不是；‎ ‎（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CDB=∠CAB，‎ ‎∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，‎ ‎∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，‎ ‎∴∠AED=∠AEB=90°，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ 过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，‎ ‎∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=AC，DN=BD，四边形OMEN是矩形，‎ ‎∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，‎ ‎∴OE2=OM2+ON2=2﹣（AC2+BD2），‎ ‎∵6≤AC2+BD2≤7，‎ ‎∴2﹣≤OE2≤2﹣，‎ ‎∴≤OE2≤，‎ ‎∴（OE＞0）；‎ ‎（3）由题意得，A（，0），B（0，c），C（，0），D（0，﹣ac），‎ ‎∵a＞0，c＜0，‎ ‎∴OA=，OB=﹣c，OC=，OD=﹣ac，AC=，BD=﹣ac﹣c，‎ ‎∴S=AC•BD=﹣（ac+c）×，S1=OA•OB=﹣，S2=OC•OD=﹣，‎ S3=OA×OD=﹣，S4=OB×OC=﹣，‎ ‎∵=+， =+，‎ ‎∴+=+，‎ ‎∴=2，‎ ‎∴a=1，‎ ‎∴S=﹣c，S1=﹣，S4=﹣，‎ ‎∵，‎ ‎∴S=S1+S2+2，‎ ‎∴﹣c=﹣+2，‎ ‎∴﹣=﹣c•，‎ ‎∴=，‎ ‎∴b=0，‎ ‎∴A（﹣，0），B（0，c），C（，0），d（0，﹣c），‎ ‎∴四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴4AD=12，‎ ‎∴AD=3，‎ 即：AD2=90，‎ ‎∵AD2=c2﹣c，‎ ‎∴c2﹣c=90，‎ ‎∴c=﹣9或c=10（舍），‎ 即：y=x2﹣9．‎ ‎　‎ ‎4．（2018•湘潭）如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于点O．‎ ‎（1）求证：△DAF≌△ABE；‎ ‎（2）求∠AOD的度数．‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB，‎ 在△DAF和△ABE中，，‎ ‎∴△DAF≌△ABE（SAS），‎ ‎（2）由（1）知，△DAF≌△ABE，‎ ‎∴∠ADF=∠BAE，‎ ‎∵∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90°，‎ ‎∴∠AOD=180°﹣（∠ADF+DAO）=90°．‎ ‎　‎ ‎5．（2018•株洲）如图，已知AB为⊙O的直径，AB=8，点C和点D是⊙O上关于直线AB对称的两个点，连接OC、AC，且∠BOC＜90°，直线BC和直线AD相交于点E，过点C作直线CG与线段AB的延长线相交于点F，与直线AD相交于点G，且∠GAF=∠GCE．‎ ‎（1）求证：直线CG为⊙O的切线；‎ ‎（2）若点H为线段OB上一点，连接CH，满足CB=CH，‎ ‎①△CBH∽△OBC；‎ ‎②求OH+HC的最大值．‎ 解：（1）由题意可知：∠CAB=∠GAF，‎ ‎∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ACB=90°‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴∠CAB=∠OCA，‎ ‎∴∠OCA+∠OCB=90°，‎ ‎∵∠GAF=∠GCE，‎ ‎∴∠GCE+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，‎ ‎∵OC是⊙O的半径，‎ ‎∴直线CG是⊙O的切线；‎ ‎（2）①∵CB=CH，‎ ‎∴∠CBH=∠CHB，‎ ‎∵OB=OC，‎ ‎∴∠CBH=∠OCB，‎ ‎∴△CBH∽△OBC ‎②由△CBH∽△OBC可知：‎ ‎∵AB=8，‎ ‎∴BC2=HB•OC=4HB，‎ ‎∴HB=，‎ ‎∴OH=OB﹣HB=4﹣‎ ‎∵CB=CH，‎ ‎∴OH+HC=4+BC，‎ 当∠BOC=90°，‎ 此时BC=4‎ ‎∵∠BOC＜90°，‎ ‎∴0＜BC＜4，‎ 令BC=x ‎∴OH+HC=﹣（x﹣2）2+5‎ 当x=2时，‎ ‎∴OH+HC可取得最大值，最大值为5　‎ ‎6．（2018•衡阳）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC分别交AC、AB的延长线于点E、F．‎ ‎（1）求证：EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AC=4，CE=2，求的长度．（结果保留π）‎ 解：（1）如图，连接OD，‎ ‎∵OA=OD，‎ ‎∴∠OAD=∠ODA，‎ ‎∵AD平分∠EAF，‎ ‎∴∠DAE=∠DAO，‎ ‎∴∠DAE=∠ADO，‎ ‎∴OD∥AE，‎ ‎∵AE⊥EF，‎ ‎∴OD⊥EF，‎ ‎∴EF是⊙O的切线；‎ ‎（2）如图，作OG⊥AE于点G，连接BD，‎ 则AG=CG=AC=2，∠OGE=∠E=∠ODE=90°，‎ ‎∴四边形ODEG是矩形，‎ ‎∴OA=OB=OD=CG+CE=2+2=4，∠DOG=90°，‎ ‎∵∠DAE=∠BAD，∠AED=∠ADB=90°，‎ ‎∴△ADE∽△ABD，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴AD2=48，‎ 在Rt△ABD中，BD==4，‎ 在Rt△ABD中，∵AB=2BD，‎ ‎∴∠BAD=30°，‎ ‎∴∠BOD=60°，‎ 则的长度为=．‎ ‎　‎ ‎7．（2018•湘潭）如图，AB是以O为圆心的半圆的直径，半径CO⊥AO，点M是上的动点，且不与点A、C、B重合，直线AM交直线OC于点D，连结OM与CM．‎ ‎（1）若半圆的半径为10．‎ ‎①当∠AOM=60°时，求DM的长；‎ ‎②当AM=12时，求DM的长．‎ ‎（2）探究：在点M运动的过程中，∠DMC的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．‎ 解：（1）①当∠AOM=60°时，‎ ‎∵OM=OA，‎ ‎∴△AMO是等边三角形，‎ ‎∴∠A=∠MOA=60°，‎ ‎∴∠MOD=30°，∠D=30°，‎ ‎∴DM=OM=10‎ ‎②过点M作MF⊥OA于点F，‎ 设AF=x，‎ ‎∴OF=10﹣x，‎ ‎∵AM=12，OA=OM=10，‎ 由勾股定理可知：122﹣x2=102﹣（10﹣x）2‎ ‎∴x=，‎ ‎∴AF=，‎ ‎∵MF∥OD，‎ ‎∴△AMF∽△ADO，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴AD=‎ ‎∴MD=AD﹣AM=‎ ‎（2）当点M位于之间时，‎ 连接BC，‎ ‎∵C是的中点，‎ ‎∴∠B=45°，‎ ‎∵四边形AMCB是圆内接四边形，‎ 此时∠CMD=∠B=45°，‎ 当点M位于之间时，‎ 连接BC，‎ 由圆周角定理可知：∠CMD=∠B=45°‎ 综上所述，∠CMD=45°‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎8．（2018•衡阳）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P、Q同时停止运动，设运动时间为t（s）．‎ ‎（1）当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？‎ ‎（2）是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S关于t的函数关系式．‎ 解：（1）如图1中，连接BP．‎ 在Rt△ACB中，∵AC=BC=4，∠C=90°，‎ ‎∴AB=4‎ ‎∵点B在线段PQ的垂直平分线上，‎ ‎∴BP=BQ，‎ ‎∵AQ=t，CP=t，‎ ‎∴BQ=4﹣t，PB2=42+t2，‎ ‎∴（4﹣t）2=16+t2，‎ 解得t=8﹣4或8+4（舍弃），‎ ‎∴t=（8﹣4）s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．‎ ‎（2）①如图2中，当PQ=QA时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP=90°．‎ 则有PA=AQ，‎ ‎∴4﹣t=•t，‎ 解得t=．‎ ‎②如图3中，当AP=PQ时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ=90°．‎ 则有：AQ=AP，‎ ‎∴t=（4﹣t），‎ 解得t=2，‎ 综上所述：t=s或2s时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形．‎ ‎（3）如图4中，连接QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F．则QE=AE，QF=EC，可得QE+QF=AE+EC=AC=4．‎ ‎∵S=S△QNC+S△PCQ=•CN•QF+•PC•QE=t（QE+QF）=2t（0＜t＜4）．　‎ ‎9．（2018•邵阳）如图1所示，在四边形ABCD中，点O，E，F，G分别是AB，BC，CD，AD的中点，连接OE，EF，FG，GO，GE．‎ ‎（1）证明：四边形OEFG是平行四边形；‎ ‎（2）将△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，如图2所示，连接GM，EN．‎ ‎①若OE=，OG=1，求的值；‎ ‎②试在四边形ABCD中添加一个条件，使GM，EN的长在旋转过程中始终相等．（不要求证明）‎ 解：（1）如图1，连接AC，‎ ‎∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，‎ ‎∴OE∥AC、OE=AC，GF∥AC、GF=AC，‎ ‎∴OE=GF，OE=GF，‎ ‎∴四边形OEFG是平行四边形；‎ ‎（2）①∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，‎ ‎∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，‎ ‎∴=，‎ ‎∴△OGM∽△OEN，‎ ‎∴==．‎ ‎②添加AC=BD，‎ 如图2，连接AC、BD，‎ ‎∵点O、E、F、G分别是AB、BC、CD、AD的中点，‎ ‎∴OG=EF=BD、OE=GF=BD，‎ ‎∵AC=BD，‎ ‎∴OG=OE，‎ ‎∵△OGE绕点O顺时针旋转得到△OMN，‎ ‎∴OG=OM、OE=ON，∠GOM=∠EON，‎ ‎∴OG=OE、OM=ON，‎ 在△OGM和△OEN中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△OGM≌△OEN（SAS），‎ ‎∴GM=EN．‎ ‎　‎ ‎10．（2018•常德）如图，已知⊙O是等边三角形ABC的外接圆，点D在圆上，在CD的延长线上有一点F，使DF=DA，AE∥BC交CF于E．‎ ‎（1）求证：EA是⊙O的切线；‎ ‎（2）求证：BD=CF．‎ 证明：（1）连接OD，‎ ‎∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，‎ ‎∴∠OAC=30°，∠BCA=60°，‎ ‎∵AE∥BC，‎ ‎∴∠EAC=∠BCA=60°，‎ ‎∴∠OAE=∠OAC+∠EAC=30°+60°=90°，‎ ‎∴AE是⊙O的切线；‎ ‎（2）∵△ABC是等边三角形，‎ ‎∴AB=AC，∠BAC=∠ABC=60°，‎ ‎∵A、B、C、D四点共圆，‎ ‎∴∠ADF=∠ABC=60°，‎ ‎∵AD=DF，‎ ‎∴△ADF是等边三角形，‎ ‎∴AD=AF，∠DAF=60°，‎ ‎∴∠BAC+∠CAD=∠DAF+∠CAD，‎ 即∠BAF=∠CAF，‎ 在△BAD和△CAF中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△BAD≌△CAF，‎ ‎∴BD=CF．‎ ‎　‎ ‎11．（2018•岳阳）已知在Rt△ABC中，∠BAC=90°，CD为∠ACB的平分线，将∠ACB沿CD所在的直线对折，使点B落在点B′处，连结AB'，BB'，延长CD交BB'于点E，设∠ABC=2α（0°＜α＜45°）．‎ ‎（1）如图1，若AB=AC，求证：CD=2BE；‎ ‎（2）如图2，若AB≠AC，试求CD与BE的数量关系（用含α的式子表示）；‎ ‎（3）如图3，将（2）中的线段BC绕点C逆时针旋转角（α+45°），得到线段FC，连结EF交BC于点O，设△COE的面积为S1，△COF的面积为S2，求（用含α的式子表示）．‎ 解：（1）如图1中，‎ ‎∵B、B′关于EC对称，‎ ‎∴BB′⊥EC，BE=EB′，‎ ‎∴∠DEB=∠DAC=90°，‎ ‎∵∠EDB=∠ADC，‎ ‎∴∠DBE=∠ACD，‎ ‎∵AB=AC，∠BAB′=∠DAC=90°，‎ ‎∴△BAB′≌CAD，‎ ‎∴CD=BB′=2BE．‎ ‎（2）如图2中，结论：CD=2•BE•tan2α．‎ 理由：由（1）可知：∠ABB′=∠ACD，∠BAB′=∠CAD=90°，‎ ‎∴△BAB′∽△CAD，‎ ‎∴==，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CD=2•BE•tan2α．‎ ‎（3）如图 3中，‎ 在Rt△ABC中，∠ACB=90°﹣2α，‎ ‎∵EC平分∠ACB，‎ ‎∴∠ECB=（90°﹣2α）=45°﹣α，‎ ‎∵∠BCF=45°+α，‎ ‎∴∠ECF=45°﹣α+45°+α=90°，‎ ‎∴∠BEC+∠ECF=180°，‎ ‎∴BB′∥CF，‎ ‎∴===sin（45°﹣α），‎ ‎∵=，‎ ‎∴=sin（45°﹣α）．‎ ‎　‎ ‎12．（2018•张家界）如图，点P是⊙O的直径AB延长线上一点，且AB=4，点M为上一个动点（不与A，B重合），射线PM与⊙O交于点N（不与M重合）．‎ ‎（1）当M在什么位置时，△MAB的面积最大，并求出这个最大值；‎ ‎（2）求证：△PAN∽△PMB．‎ 解：（1）当点M在的中点处时，△MAB面积最大，此时OM⊥AB，‎ ‎∵OM=AB=×4=2，‎ ‎∴S△ABM=AB•OM=×4×2=4；‎ ‎（2）∵∠PMB=∠PAN，∠P=∠P，‎ ‎∴△PAN∽△PMB．‎ ‎　‎ ‎13．（2018•常德）已知正方形ABCD中AC与BD交于O点，点M在线段BD上，作直线AM交直线DC于E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于N．‎ ‎（1）如图1，当M在线段BO上时，求证：MO=NO；‎ ‎（2）如图2，当M在线段OD上，连接NE，当EN∥BD时，求证：BM=AB；‎ ‎（3）在图3，当M在线段OD上，连接NE，当NE⊥EC时，求证：AN2=NC•AC．‎ 解：（1）∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O，‎ ‎∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°，‎ ‎∴∠OND+∠ODN=90°，‎ ‎∵∠ANH=∠OND，‎ ‎∴∠ANH+∠ODN=90°，‎ ‎∵DH⊥AE，‎ ‎∴∠DHM=90°，‎ ‎∴∠ANH+∠OAM=90°，‎ ‎∴∠ODN=∠OAM，‎ ‎∴△DON≌△AOM，‎ ‎∴OM=ON；‎ ‎（2）连接MN，‎ ‎∵EN∥BD，‎ ‎∴∠ENC=∠DOC=90°，∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD，‎ ‎∴EN=CN，同（1）的方法得，OM=ON，‎ ‎∵OD=OD，‎ ‎∴DM=CN=EN，‎ ‎∵EN∥DM，‎ ‎∴四边形DENM是平行四边形，‎ ‎∵DN⊥AE，‎ ‎∴▱DENM是菱形，‎ ‎∴DE=EN，‎ ‎∴∠EDN=∠END，‎ ‎∵EN∥BD，‎ ‎∴∠END=∠BDN，‎ ‎∴∠EDN=∠BDN，‎ ‎∵∠BDC=45°，‎ ‎∴∠BDN=22.5°，‎ ‎∵∠AHD=90°，‎ ‎∴∠AMB=∠DME=90°﹣∠BDN=67.5°，‎ ‎∵∠ABM=45°，‎ ‎∴∠BAM=67.5°=∠AMB，‎ ‎∴BM=AB；‎ ‎（3）设CE=a（a＞0）‎ ‎∵EN⊥CD，‎ ‎∴∠CEN=90°，‎ ‎∵∠ACD=45°，‎ ‎∴∠CNE=45°=∠ACD，‎ ‎∴EN=CE=a，‎ ‎∴CN=a，‎ 设DE=b（b＞0），‎ ‎∴AD=CD=DE+CE=a+b，‎ 根据勾股定理得，AC=AD=（a+b），‎ 同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，‎ ‎∵∠OAD=∠ODC=45°，‎ ‎∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90°，‎ ‎∴△DEN∽△ADE，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴a=b（已舍去不符合题意的）‎ ‎∴CN=a=b，AC=（a+b）=b，‎ ‎∴AN=AC﹣CN=b，‎ ‎∴AN2=2b2，AC•CN=b•b=2b2‎ ‎∴AN2=AC•CN．‎ ‎　‎ ‎14．（2018•郴州）已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB=AD，AE是⊙O的弦，∠AEC=30°．‎ ‎（1）求证：直线AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为4，求AE的长．‎ 解：（1）如图，‎ ‎∵∠AEC=30°，‎ ‎∴∠ABC=30°，‎ ‎∵AB=AD，‎ ‎∴∠D=∠ABC=30°，‎ 根据三角形的内角和定理得，∠BAD=120°，‎ 连接OA，∴OA=OB，‎ ‎∴∠OAB=∠ABC=30°，‎ ‎∴∠OAD=∠BAD﹣∠OAB=90°，‎ ‎∴OA⊥AD，‎ ‎∵点A在⊙O上，‎ ‎∴直线AD是⊙O的切线；‎ ‎（2）连接OA，∵∠AEC=30°，‎ ‎∴∠AOC=60°，‎ ‎∵BC⊥AE于M，‎ ‎∴AE=2AM，∠OMA=90°，‎ 在Rt△AOM中，AM=OA•sin∠AOM=4×sin60°=2，‎ ‎∴AE=2AM=4．‎ ‎　‎ ‎15．（2018•张家界）在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD，DF⊥AE，垂足为F．‎ ‎（1）求证：DF=AB；‎ ‎（2）若∠FDC=30°，且AB=4，求AD．‎ 证明：（1）在矩形ABCD中，∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB=∠DAF，‎ 又∵DF⊥AE，‎ ‎∴∠DFA=90°，‎ ‎∴∠DFA=∠B，‎ 又∵AD=EA，‎ ‎∴△ADF≌△EAB，‎ ‎∴DF=AB．‎ ‎（2）∵∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90°，‎ ‎∴∠FDC=∠DAF=30°，‎ ‎∴AD=2DF，‎ ‎∵DF=AB，‎ ‎∴AD=2AB=8．‎ ‎　‎ ‎16．（2018•郴州）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F．‎ ‎（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．‎ 求证：△DEF是等腰三角形；‎ ‎（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．‎ ‎①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B．‎ ‎②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．‎ 解：（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ，‎ ‎∵PF∥BC，‎ ‎∴∠DFP=∠ADF，‎ ‎∴∠DFQ=∠ADF，‎ ‎∴△DEF是等腰三角形，‎ ‎（2）①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，‎ ‎∵∠P′DF′=∠PDF，‎ ‎∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF﹣∠F′DC，‎ ‎∴∠P′DC=∠F′DB，‎ 由旋转的性质可知：‎ ‎△DP′F′≌△DPF，‎ ‎∵PF∥BC，‎ ‎∴△DPF∽△DCB，‎ ‎∴△DP′F′∽△DCB ‎∴，‎ ‎∴△DP'C∽△DF'B ‎②当∠F′DB=90°时，如图所示，‎ ‎∵DF′=DF=BD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴tan∠DBF′==，‎ 当∠DBF′=90°，‎ 此时DF′是斜边，‎ 即DF′＞DB，不符合题意，‎ 当∠DF′B=90°时，如图所示，‎ ‎∵DF′=DF=BD，‎ ‎∴∠DBF′=30°，‎ ‎∴tan∠DBF′=‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎17．（2018•永州）如图，线段AB为⊙O的直径，点C，E在⊙O上， =，CD⊥AB，垂足为点D，连接BE，弦BE与线段CD相交于点F．‎ ‎（1）求证：CF=BF；‎ ‎（2）若cos∠ABE=，在AB的延长线上取一点M，使BM=4，⊙O的半径为6．求证：直线CM是⊙O的切线．‎ 证明：（1）延长CD交⊙O于G，如图，‎ ‎∵CD⊥AB，‎ ‎∴=，‎ ‎∵=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴∠CBE=∠GCB，‎ ‎∴CF=BF；‎ ‎（2）连接OC交BE于H，如图，‎ ‎∵=，‎ ‎∴OC⊥BE，‎ 在Rt△OBH中，cos∠OBH==，‎ ‎∴BH=×6=，‎ ‎∴OH==，‎ ‎∵==， ==，‎ ‎∴=，‎ 而∠HOB=∠COM，‎ ‎∴△OHB∽△OCM，‎ ‎∴∠OCM=∠OHB=90°，‎ ‎∴OC⊥CM，‎ ‎∴直线CM是⊙O的切线．‎ ‎　‎ ‎18．（2018•永州）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．‎ ‎（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；‎ ‎（2）若AB=6，求平行四边形BCFD的面积．‎ ‎（1）证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，‎ ‎∴∠ABC=60°．‎ 在等边△ABD中，∠BAD=60°，‎ ‎∴∠BAD=∠ABC=60°．‎ ‎∵E为AB的中点，‎ ‎∴AE=BE．‎ 又∵∠AEF=∠BEC，‎ ‎∴△AEF≌△BEC．‎ 在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，‎ ‎∴CE=AB，BE=AB．‎ ‎∴CE=AE，‎ ‎∴∠EAC=∠ECA=30°，‎ ‎∴∠BCE=∠EBC=60°．‎ 又∵△AEF≌△BEC，‎ ‎∴∠AFE=∠BCE=60°．‎ 又∵∠D=60°，‎ ‎∴∠AFE=∠D=60°．‎ ‎∴FC∥BD．‎ 又∵∠BAD=∠ABC=60°，‎ ‎∴AD∥BC，即FD∥BC．‎ ‎∴四边形BCFD是平行四边形．‎ ‎（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，‎ ‎∴BC=AB=3，AC=BC=3，‎ ‎∴S平行四边形BCFD=3×=9．‎ ‎　‎ ‎19．（2018•怀化）已知：如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点F，C是⊙O上两点，连接AC，AF，OC，弦AC平分∠FAB，∠BOC=60°，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D，垂足为点D．‎ ‎（1）求扇形OBC的面积（结果保留π）；‎ ‎（2）求证：CD是⊙O的切线．‎ 解：（1）∵AB=4，‎ ‎∴OB=2‎ ‎∵∠COB=60°，‎ ‎∴S扇形OBC==‎ ‎∴∠FAC=∠ACO ‎∴AD∥OC，‎ ‎∵CD⊥AF，‎ ‎∴CD⊥OC ‎∵C在圆上，‎ ‎∴CD是⊙O的切线 ‎　‎ ‎20．（2018•怀化）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为CD边上一点，AE与BE分别为∠DAB和∠CBA的平分线．‎ ‎（1）请你添加一个适当的条件　AD=BC　，使得四边形ABCD是平行四边形，并证明你的结论；‎ ‎（2）作线段AB的垂直平分线交AB于点O，并以AB为直径作⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；‎ ‎（3）在（2）的条件下，⊙O交边AD于点F，连接BF，交AE于点G，若AE=4，sin∠AGF=，求⊙O的半径．‎ 解：（1）当AD=BC时，四边形ABCD是平行四边形，理由为：‎ 证明：∵AD∥BC，AD=BC，‎ ‎∴四边形ABCD为平行四边形；‎ 故答案为：AD=BC；‎ ‎（2）作出相应的图形，如图所示；‎ ‎（3）∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DAB+∠CBA=180°，‎ ‎∵AE与BE分别为∠DAB与∠CBA的平分线，‎ ‎∴∠EAB+∠EBA=90°，‎ ‎∴∠AEB=90°，‎ ‎∵AB为圆O的直径，点F在圆O上，‎ ‎∴∠AFB=90°，‎ ‎∴∠FAG+∠FGA=90°，‎ ‎∵AE平分∠DAB，‎ ‎∴∠FAG=∠EAB，‎ ‎∴∠AGF=∠ABE，‎ ‎∴sin∠ABE=sin∠AGF==，‎ ‎∵AE=4，‎ ‎∴AB=5，‎ 则圆O的半径为2.5．‎ ‎　‎ ‎21．（2018•娄底）如图，C、D是以AB为直径的⊙O上的点， =，弦CD交AB于点E．‎ ‎（1）当PB是⊙O的切线时，求证：∠PBD=∠DAB；‎ ‎（2）求证：BC2﹣CE2=CE•DE；‎ ‎（3）已知OA=4，E是半径OA的中点，求线段DE的长．‎ 解：（1）∵AB是⊙O的直径，‎ ‎∴∠ADB=90°，即∠BAD+∠ABD=90°，‎ ‎∵PB是⊙O的切线，‎ ‎∴∠ABP=90°，即∠PBD+∠ABD=90°，‎ ‎∴∠BAD=∠PBD；‎ ‎（2）∵∠A=∠C、∠AED=∠CEB，‎ ‎∴△ADE∽△CBE，‎ ‎∴=，即DE•CE=AE•BE，‎ 如图，连接OC，‎ 设圆的半径为r，则OA=OB=OC=r，‎ 则DE•CE=AE•BE=（OA﹣OE）（OB+OE）=r2﹣OE2，‎ ‎∵=，‎ ‎∴∠AOC=∠BOC=90°，‎ ‎∴CE2=OE2+OC2=OE2+r2，BC2=BO2+CO2=2r2，‎ 则BC2﹣CE2=2r2﹣（OE2+r2）=r2﹣OE2，‎ ‎∴BC2﹣CE2=DE•CE；‎ ‎（3）∵OA=4，‎ ‎∴OB=OC=OA=4，‎ ‎∴BC==4，‎ 又∵E是半径OA的中点，‎ ‎∴AE=OE=2，‎ 则CE===2，‎ ‎∵BC2﹣CE2=DE•CE，‎ ‎∴（4）2﹣（2）2=DE•2，‎ 解得：DE=．‎ ‎　‎ ‎22．（2018•永州）如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．‎ ‎（1）求正方形DFGI的边长；‎ ‎（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？‎ ‎（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M、N，求△MNG′的周长．‎ 解：（1）如图1中，‎ ‎∵HI∥AD，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，∴AD=6，‎ ‎∴ID=CD﹣CI=2，‎ ‎∴正方形的边长为2．‎ ‎（2）如图2中，设等G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．‎ ‎∵CA=CP，CD⊥PA，‎ ‎∴∠ACD=∠PCD，∠A=∠P，‎ ‎∵HG′∥PA，‎ ‎∴∠CHG′=∠A，∠CG′H=∠P，‎ ‎∴∠CHG′=∠CG′H，∴CH=CG′，‎ ‎∴IH=IG′=DF′=3，‎ ‎∵IG∥DB，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴DB=3，‎ ‎∴DB=DF′=3，‎ ‎∴点B与点F′重合，‎ ‎∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，‎ ‎∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．‎ ‎（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．‎ ‎　‎ ‎∵∠MDN=∠NDF+∠MDI′=∠NDF′+∠DF′R=∠NDR=45°，‎ ‎∵DN=DN，DM=DR，‎ ‎∴△NDM≌△NDR，‎ ‎∴MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′，‎ ‎∴△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′R=2I′G′=4．‎