【浙江三轮】2026年中考数学知识点 考点一遍过专题16 解答题压轴题

【浙江三轮】2026年中考数学知识点·考点一遍过专题16解答题压轴题一、解答题1．（2026·杭州二模）如图，DE为△ADE外接圆⊙O的直径，点C为线段DO上一点（不与D，O重合），点B为OD的延长线上一点，连接BA并延长至点M，满足∠CAE=∠MAE.（1）求证：AD平分∠BAC；（2）求证：O（3）若射线BM切⊙O于点A，DC=3，tan∠AED=122．（2026·丽水一模）如图，在△ABC中，AB=AC，D，P分别为AC，BC的中点，连结BD，E为BD的中点，过点D作DM⊥BC，垂足为点M，交EP的延长线于点N，连结AE，AN。（1）若AB=8，求EP的长；（2）证明：CD=PN；（3）当AE⊥EN时，求S△3．（2026·定海模拟）项目式学习问题发现：同学们对路边的路灯很感兴趣，于是邀请你一起参与综合探究活动．【实地勘察】同学们到达一个公园．如图所示，在一天中同一时刻，路灯AB的影子为BC，小明（DE）站在路灯旁边，影子为EF．经测量，BC长2米，EF长0.5米，小明的身高为1.5米．【进一步发现】同学们发现马路边有高大的路灯．如图所示，在一天中某一时刻，小明站在G点处，其影子顶部与路灯AB的影子重合，测得小明的影子GH的长为4.5米．小明从点G出发，前行12米走到E点，此时他正好可以在平面镜上的C点看到路灯的顶端A点，测得小明到平面镜上C点的距离为1米，小明的身高为1.5米．（忽略小明眼睛到头顶的距离）【归纳探究】同学们在经过计算和讨论后，得出了同一种路灯的高度、照明亮度、照明范围的几组数据，整理如下：高度/米46810照明亮度的平方/勒克斯2450300225180照明范围/平方米1612π64100（假设整个照明范围内的照明亮度相等）同学们搜集了一则材料：根据中国《城市道路照明设计标准》规定，对于普通道路，路面的亮度要求在10勒克斯－20勒克斯之间．【问题探究】（1）在【实地勘察】中，根据提供的信息直接写出路灯AB的高度：．（2）在【进一步发现】中，根据提供的信息求路灯AB的高度．（3）在【归纳探究】中，求高度（设为x）与照明亮度的平方（设为y）的关系式．（4）在【归纳探究】中，一段200米的道路选用这种路灯，道路宽度忽略不计，那么在符合相关规定的条件下，至少要在这一段路上建造个路灯．4．（2026·镇海区一模）已知圆O的内接四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点E.（1）如图1，AC平分∠BAD,求证：△ADC∽△DEC.（2）如图2，AC平分∠BAD,AB为圆O的直径，若AD=3，AB=5，求BC的值.（3）如图3，点F在对角线BD上，连结AF，∠BAF=∠CAD,AC⊥BD,若tan∠AFE=k1,AD与BC5．（2026·浙北一模）如图，正方形ABCD，直线DA绕点D顺时针旋转α至DE(0°≤α≤45°)，作A关于直线DE的对称点F，AF交DE于点G，连CF交DE于点H，连BH交AC于点M．小明在探究∠DHC与α的大小关系时，发现其对应如下：α10°20°30°α∠DHC45°45°①②（1）请填表，并证明结论②：（2）求证：BH∥AF；（3）在直线DA旋转过程中，试探究线段AM与线段CM的比(用含α的式子表示)．6．（2026·温州）如图，在四边形ABCD中，AD‖BC,过点A，B，C作⊙O交CD边于点E，连结AE，且.AD=AE.（1）求证：四边形ABCD是平行四边形.（2）若AB①求四边形ABCD的面积.②延长BC至点G，连结DG，使tan∠DGB=327．（2026·舟山一模）在矩形ABCD中，BC=2AB，点E是对角线AC上任意一点，过点E作AD的垂线分别交AD,BC于点F，G，作FH平行AC交（1）证明：EF=CH．（2）连结GH交AC于点K，若AE:CK=3，求（3）作△FGH的外接圆⊙O，且AB=1．①若⊙O与矩形的边相切时，求CH的长．②作点E关于GH的对称点E'，当E'落在⊙O上时，直接写出8．（2026·舟山一模）如图1，在菱形ABCD中，∠C=60∘,E是对角线BD上一点，连结AE，设∠EAB=α（0∘（1）用含α的代数式表示∠DAG。（2）求证：①∠BDH=∠BAE；②BH=BE。（3）如图2，当DG：GH=2：1时，求DE：BE的值。9．（2026·浙江模拟）如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴的两个交点分别为A−2,0,B6,0，与y轴交于点C，直线y=kx+3过点B和点C．点P是第一象限内抛物线上的点，设点P的横坐标为m，过点P作（1）求a,b,k的值；（2）求PQ的最大值；（3）当m≤x≤3时，y的取值范围是t1≤y≤t2，且10．（2026·慈溪模拟）已知二次函数y=x−m（1）若m=1，求该函数图象的对称轴．（2）当m+2≤x≤3时，函数y的最大值与最小值之差为8，求m的值．（3）若点Ax1,y1，Bx2,y11．（2026·浙江一模）已知：在△ABC中，BC（1）如图1，求△ABC的面积.（2）如图2，点D在边AC上，将△ABC沿射线BD方向平移至△A1DC1，使得点B与点D重合.①连结AA1，CA1.求△AA1C的面积.②如图3，将△A1DC1绕点D旋转至△A2DC2，边A2C2与线段BD的延长线交于点E，连结CE.当CD=2AD时，求CE12．（2026·浙江一模）如图，点A，B，C在⊙O上，∠BAC=30°，以AB，BC为边作▱ABCD.（1）如图1，当AB经过圆心O时，求∠D的度数.（2）如图2，当CD与⊙O相切时，若⊙O的半径为1，求□ABCD与⊙O的重叠部分（阴影部分）的面积.13．（2026·温州模拟）已知菱形ABCD的面积为40（1）如图1，求菱形ABCD的边长.（2）如图2，若点E是射线AD上的一点（不与端点A，D重合），连结EB，BC.点A关于BE的对称点为点A'，BA'交射线AD于点F，①当点A'落在线段EC上时，求AF的长.②FBFC的最大值为14．（2026·衢州模拟）如图1，AB为⊙O的直径，⊙O的周长为4厘米.动点P从点A出发，在圆周上按顺时针方向作匀速运动，速度为1厘米/秒，点P出发1秒后，动点Q也从A点出发，以x厘米/秒的速度在圆周上按顺时针方向作匀速运动，设动点P运动t(秒)时，点P，Q与点A之间较短的弧长分别为y1，y2.y1，y2与t的函数图象如图2所示.（1）求x的值.（2）当2≤t≤4时，求y1关于t的一次函数表达式.（3）若点C为图2中两个函数图象的交点，求点C的坐标，并求出此时点P，点Q之间的劣弧长.15．（2026·慈溪一模）如图，AB为⊙O直径，C为圆O上一动点，且C在直径AB上方，连结AC，BC，点M为AC中点，连结BM，与AC相交于点N．（1）如图1，连结OM，求证：OM∥BC；（2）如图2，连结ON，AM，当ON⊥BM时，求tan∠BAC的值；（3）如图3，作MH⊥AB于H，∠BMK=∠BAC，与⊙O交于点K(点K在AB下方)，MK与AB交于点E．若BC=3,MH=6,求：16．（2026·杭州模拟）已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过点C的切线互相垂直，垂足为D，连接AC.（1）如图1，求证：∠BAC=∠DAC；（2）如图2，连接BC，延长DC交AB的延长线于点E，∠AEC的平分线分别交AC，BC于点F，G，求证：CF=CG；（3）如图2，在（2）的条件下，若G是EF的中点，且AE=4017．（2026·婺城一模）如图，在矩形ABCD中，以AB为直径的⊙O交CD于点E，F，连结OE，过点O作OG⊥OE交EF于点G，过点G作GH⊥CD于点H，连结GF，GC.（1）求证：GH=FH；（2）若FH=1，BC=2，求AB的长；（3）若CG是⊙O的切线，求证：F18．（2026·衢江模拟）如图，在四边形ABCD中，∠B=90∘,（1）求证：∠（2）若EC=2，EF=1，求圆的半径r；（3）若ADAB=n(n19．（2026·湖州一模）如图，在△ABC中，D是边AB上一点(不与点A，B重合)，⊙O经过点A，C，D.（1）如图1，连结OC，OD，CD，若∠①求∠ADO②若又满足tanB=1，OD=2，求AB的长.（2）如图2，过点D作DE‖BC,交⊙O于点E，连结OE，若∠ACB=220．（2026·杭州一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB=AC，连结BO并延长交AC于点E，交⊙O于点D.连结AO，AD，CD.（1）求证：∠ABC=∠ADB.（2）若∠ACB=55°，求∠OAC的度数.（3）若AD=621．（2026·温州一模）如图1，已知△ABC的高AD=10,BC=55（1）求证：∠DAB=∠FDB．（2）如图2，连结CF，若CF恰好经过点M．①求EFDM②求DN的长．22．（2026·衢州模拟）如图1，点E是⊙O的弦BD上一动点，过点E作AC⊥BD交⊙O于点A，C，连结AB，BC，CD，AD，过点B作BF⊥AD于点F，交AC于点G.（1）如图2，若BF经过点O.①求证：BG=BC.②若tan∠GAF=（2）若AC=BD,AG23．（2026·浙江模拟）如图，在△ABC中，点C在以AB为直径的半圆O上，过点C作半圆O的切线交AB延长线于点D，AE垂直DC的延长线于点E，交半圆O于点F，连结CF.（1）求证：∠BAC=∠ECF.（2）若AE=3，DE=4，①求半圆O的半径；②若P是AC上一点，连结PO，PB，求PO+PB的最小值.24．（2026·定海模拟）问题提出（1）如图①，AB⊥BC,CD⊥BC,E为BC上一点，连接AE、DE，当∠AED=90°时，（2）问题探究

如图②，在边长为6的等边△ABC中，D为AB的中点，E为BC边上任意一点，连接DE，并作∠DEF=60°，使得∠DEF的一边与AC交于点F，试求出CF的最大值．（3）问题解决

如图③，四边形ABCD为某美食商业区的平面示意图，其中AD∥BC，∠B=90°，AB=80m，BC=CD=100m．经过一段时间的运营，为了更好地服务消费者，打造美食街区的独特风格．市场管理者计划在美食商业区规划一片三角形区域用于美食烹饪表演．方案：在BC上选取一点M，CD上选取一点N，连接AM、AN、MN，构造△AMN．已知点A为美食商业区的出入口，tan∠AMN=43（i）求y与x之间的函数关系式．（ii）为了不影响其他商户的经营，同时确保表演区域足够集中，需要点N与点C的距离足够远，请你根据需求计算出当NC最大时△AMN的面积．

答案解析部分1．【答案】（1）证明：∵DE为△ADE外接圆⊙O的直径，∴∠DAE=90°，

∴∠EAM+∠BAD=∠EAC+∠DAC=90°，∵∠CAE=∠MAE，∴∠BAD=∠CAD，∴AD平分∠BAC（2）证明：连接AO，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵∠ADC=∠B+∠BAD，OAD=∠OA∴∠B=∠OAC，∵∠AOB=∠COA，∴△AOC∽△BOA，∴∴∵OE（3）∵射线BM与⊙O相切于点A，∴∠OAB=90°，由（2）知，△AOC∽△BOA，∴∵∴在Rt△ACO中，AO∴(12−CO)2解得CO=4.∴由OE【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得到∠DAC+∠CAE=90°，然后根据等角的余角相得得到∠DAB=∠DAC，即可证明结论；（2）根据等边对等角得到∠OAD=∠ODA，根据三角形的外角得到∠OAC=∠B，即可得到△AOC∽△BOA，根据对应边成比例得到OA（3）根据切线的性质和相似三角形的性质可得∠ACO=∠OAB=90°，然后根据正切的定义求出DC长，进而求出OE长，代入（2）的结论解答即可．2．【答案】（1）解：∵D为AC的中点，∴∵E，P分别为BD，BC的中点，∴（2）如图，连结AP，

∵AB=AC，P为BC中点，

∴AP⊥BC，∵DM⊥BC，

∴AP∥DM，

∵AD=CD，

∴PM=MC。∵EP∥CD，

∴∠C=∠MPN，∠CDM=∠PNM，∴△CDM≌△PNM，∴CD=PN。（3）解：∵E、P分别为BD、BC中点，

∴EP∥AC，

∴∠CAP=∠APE，∵∠AEP=∠APC=90°，

∴△AEP∽△CPA，

∴EP设EP=a，则AC=2CD=4EP=4a，

代入得a∴∵PC∴∵∵【解析】【分析】（1）根据中点求出CD长，再根据三角形的中位线定理解答即可；（2）连接PD，根据三线合一得到AP⊥BC，进而得到AP∥DM，然后根据平行线分线段成比例求出PM=MC，然后根据ASA得到△PNM≌△CDM，利用全等三角形的对应边相得到结论；（3）设EP=a，两角对应相等得到△AEP∽△CPA，利用对应边成比例求出AP=2a，然后根据勾股定理求出PC长，再根据两边成比例且夹角相等的的两三角形相似得到△AEN∽△APC，再根据面积比等于相似比的平方解答即可．3．【答案】（1）6米（2）∵∠ABC=∠FEC=90°,∴△ABC∽△FEC，∴ABEF由题意可得DG=EF=1.5米，CE=1米，∴ABBC=3∵∠ABH=∠DGH=90°，∴AB∥DG，∴△ABH∽△DGH，∴ABDG∴ABBH=1∴BH=BC+CE+EG+GH=3AB，∴23∴AB=7.（3）由表格数据得4×450=6×300=8×225=10×180=1800，∴xy=1800，∴路灯高度（x）与照明亮度的平方（y）的关系式为y=（4）18【解析】【解答】解：（1）由题意得AC∥DE，∴∠ACB=∠DFE，∵∠ABC=∠DEF=90°，∴△ABC∽△DEF，∴ABDE∵EF=0.5米，DE=1.∴AB1∴AB=6米，故答案为：6米；

（4）∵450≈21∴高度为6米，8米，10米的路灯都符合《城市道路照明设计标准》规定，∵12π<64∴高度为10米的路灯照明范围最大，且照明范围的直径长为2×100200÷2033故答案为：18．【分析】（1）根据两角对应相等得到△ABC∽△DEF，再根据对应边成比例解答即可；（2）得到△ABC∽△FEC，得根据对应边成比例得到ABBC=32，然后推理得到（3）根据表格数据可得乘积为定值，即可得到反比例函数解析式；（4）先求出符合规定的路灯的高度，再根据此路灯高度下所照明范围的半径解答即可．4．【答案】（1）证明：因为AC平分∠BAD，

所以∠CAD=∠BAC=∠BDC.

又因为∠DCE=∠ACD，所以△ADC∽△DEC.（2）解：如图，延长BC，AD相交于点F.

因为AB是直径，

所以∠ADB=∠ACB=90°.因为AC平分∠BAD，

所以∠F=∠ABF，

所以AB=AF=5，

所以DF=2.在直角三角形ADB中，根据勾股定理可得DB=4.在直角三角形BDF中，FB=25CB=（3）解：设圆O的半径为r.因为∠BAF=∠CAD=∠CBD，

所以∠BAF+∠ABD=∠CBD+∠ABD，即∠AFE=∠ABC.因为tan∠AFE=k1，

所以sin因为AC⊥BD.

所以∠ABD+∠BAC=90°，

所以AD与BCE的长度之和等于πr，所以r=k2.过圆心O作AC的垂线OG，连结OA，

所以sin∠ABC=sin∠AOG=所以AC=2r⋅【解析】【分析】(1)利用圆周角定理(同弧所对圆周角相等)和角平分线性质，找到两组对应角相等，用“AA”判定相似；

(2)由直径得直角，结合角平分线证等腰，用勾股定理求BD，再用相似或面积法求BC；

(3)由弧长和得圆心角和，结合垂直、等角条件，用三角函数设参数，结合弧长公式与相似，用k1​，k2​表示AC。5．【答案】（1）45°；45°（2）证明：连接BD交AC于点O，连接AH，OH，如图：由(1)可知∠AHC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OC=OB=OD，∴OH=OA=OC，∴OH=OB=OD，∴∠BHD=90°，∴BH⊥DE，∵DE⊥AF，∴BH∥AF；（3）解：设BH交AD于K，如图：由(2)知∠BHD=90°，∴∠KHD=∠KAB=90°，∵∠HKD=∠AKB，∴∠HDK=∠ABK=α，∴∵AK∥BC，∴△AKM∽△CBM，∴∵AB=BC，∴【解析】【解答】（1）解：由表可知，∠DHC为定值45∘,故α=30时，∠DHC=45∘连接DF，AH，设CF交AD于N，如图：∵A，F关于DE对称，∴DF=DA,HF=HA,∴∠DFA=∠DAF,∠HFA=∠HAF,∴∠DFH=∠DAH,∵DA=DC,∴DF=DC,∴∠DFC=∠DCN,即∠NAH=∠NCD,∵∠ANH=∠CND,∴∠AHN=∠CDN=90°，∴∠AHF=90°，∵HF=HA，HG⊥AF，∴∠FHE=∠AHE=45°，∴∠DHC=∠FHE=45°；故答案为：45°；45°；【分析】(1)由表可知，∠DHC为定值45∘,连接DF，AH，设CF交AD于N，由A，F关于DE对称，可证明∠AHN=∠CDN=90∘,即可得∠FHE=∠AHE=45∘(3)设BH交AD于K，证明∠HDK=∠ABK=α,可得tan∠ABK=tanα=AK6．【答案】（1）证明：如图1，∵AD=AE，∴∠1=∠2.∵AD∥BC，∴∠1=∠DCG，∴∠2=∠DCG.∵∠2+∠AEC=180°，∠B+∠AEC=180°，∴∠2=∠B，∴∠DCG=∠B，∴AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形.（2）解：①如图2，连结AO并延长交BC于点I.∵四边形ABCD是平行四边形，AD=AE=6，∴BC=AD=6.∵∵AB=3∴四边形ABCD的面积=BC×AI=6×12=72.②如图3，分别过点A，D，H作BG的垂线于点I，M，N，则四边形AIMD为矩形，∴IM=AD=6，DM=AI=12.∵设NH=3a，则NG=2a,GH=∵∠AIF=∠FNH=90°，∠IAF=∠NFH，∴△AIF∽△FNH，∴令IF=b，则12∴IG=b+∵△=(2a−14)2∴由二次函数y=a∴当a=1时，GH的最大值为13，此时b=6符合题意.【解析】【分析】（1）根据等边对等角和平行线的性质得到∠2=∠DCG，然后根据圆内接四边形的性质和邻补角的定义得到∠DCG=∠B=∠2，即可得到AB∥CD，进而证明结论；（2）①连结AO并延长交BC于点I，根据垂径定理可得BI=IC=3，利用勾股定理求出AI的长，然后根据平行四边形的面积公式计算即可；②分别过点A，D，H作BG的垂线于点I，M，N，即可得到四边形AIMD为矩形，根据正切的定义求出IG长，设NH=3a，IF=b，然后根据两脚对应相等得到△AIF∽△FNH，根据对应边成比例即可得到b2+(2a−14)b+36a=0，把b看作主元，根据方程有诗书根据得到7．【答案】（1）证明：在矩形ABCD中，CD⊥AD，∵FG⊥AD，∴FG∥CD，∵FH∥AC，∴四边形ECHF为平行四边形，∴EF=CH（2）解：如图，过点K作KM⊥CD于点M，则KM∥AD，∴∠EAF=∠CKM，∵∠AFE=∠KMC=90°，∴△AEF∽△KCM，∵AE:CK=3，即∴EFCM=AE∵EF=CH，∴CH=3CM，即HM=2CM，∵FG∥CD，∴CKEK∴CK=2EK，∴AE=6EK，∴AE（3）解：①根据题意得：FG=CD=AB=1，AD=2CD=2，当⊙O与边CD相切时，此时点H为切点，如图，设⊙O与BC交于点R，连接OH，FR，则OH⊥CD，∵∠FGR=90°，∴FR为⊙O的直径，∴点O，F，R共线，且OF=OR，∵OH⊥CD，AD⊥CD，∴OH∥AD，∴CHDH∴CH=1当⊙O与边AD相切时，则⊙O与边BC也相切，此时F，G为切点，FG为直径，∴∠FHG=90°，∴∠DHF+∠CHG=90°=∠DHF+∠DFH，∴∠CHG=∠DFH，∵∠D=∠BCD=90°，∴△FDH∽△HCG，∵FH∥AC，∴△FDH∽△ADC，∴△HCG∽△ADC，DFAD∴CHAD=CG∴CHCG=ADCD=2∵DF=CG，∴CH=2DF，∴CH=4DH，∴CH=4当⊙O与边AB相切时，设⊙O与边BC的另一个交点为点Q，设切点为点N，连接ON，则ON⊥AB,∵∠FGQ=90°，∴FQ为直径，∴∠FHQ=90°，同理△FDH∽△HCQ，∴CHDF∵FH∥AC，∴DFAD=DH∴CHCQ=DF∴CH=2CQ,根据题意得：OP∥BC，∴△FOP∽△FQG，∴GQOP∴OP=1设CQ=a，则CH=2a,∴GQ=2−5a，OP=1∴ON=OP+PN=1+3∴FQ=2ON=2+3a，在Rt△FGQ中，1+(2−5a)解得：a=4−154或4+综上所述，CH的长为0.5或45或4−15【解析】【解答】解：（3）②由题意可得如下图，连接E'G,E'H,E'F,EE',EH，过点H作HR⊥EG于点R，

由折叠的性质可知：EH=E'H,∠FGH=∠E'GH，

∵∠FGH=∠FE'H,∠E'GH=∠E'FH，

∴∠E'FH=∠FE'H，

∴FH=E'H=EH，

∵HR⊥EG，

∴FR=ER，

∵∠D=∠RFD=∠FRH=∠BCD=90°，

∴四边形FRHD,FGCD（2）过点K作KM⊥CD于点M，则KM∥AD，根据两角对应相等得到△AEF∽△KCM，然后可得利用对应边成比例求出CH=3CM，再根据平行线分线段成比例解答即可；（3）①由题意可分当⊙O与边CD相切；当⊙O与边AD相切时；当⊙O与边AB相切三种情况画图，根据相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例解答即可②连接E'G,E'H,E'F,EE8．【答案】（1）解：因为菱形ABCD，

所以∠DAB=∠C=60°，

因为折叠，

所以∠GAE=∠BAE=α，所以∠DAG=∠DAB-∠GAE-∠BAE=60°-2α，（2）证明：①因为AD=AG，

所以∠ADG=180∘−∠DAG2=6②因为AD∥BC，

所以∠ABC=180°-∠DAB=120°，

所以∠EBA=∠DBH=12∠ABC=60∘,

又因为△ABD为正三角形，（3）解：如图，连结EH，延长EG交CD于K，作KM⊥DB于M。由(2)得BH=BE，∠EBH=60°，

所以△BEH为正三角形，

所以EH=BE=GE，

因为∠BHE=∠C=60°，

所以EH∥CD，

所以△DGK∽△HGE，

所以DKEH=KGGE=DGGH=2,

设EH=GE=x，则DK=KG=2x，KE=KG+GE=3x。

所以DE【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得∠DAB=∠C=60°，利用折叠的性质可∠GAE=∠BAE=α，然后根据角的和差解答即可；（2）①根据等腰三角形的性质及三角形内角和求出∠ADG=60°+α，然后得△ABD为正三角形，再根据角的和差解答即可；②根据菱形的性质可得∠EBA=∠DBH=60°，根据AAS得到△ABE≌△DBH，根据对应边相等证明结论；（3）连接EH，延长EG交CD于K，作KM⊥DB于M，得到△BEH为正三角形，即可得到EH=BE=GE，根据平行线可得△DGK∽△HGE，根据对应边成比例设EH=BE=GE=x，根据30°角的性质得求出DM和KM的值，进而根据勾股定理求出ME=69．【答案】（1）解：把A−2,0,B6,0代入y=ax2+bx+3

得，4a−2b+3=036a+6b+3=0，

解得a=−14b=1，

把B6,0代入y=kx+3

（2）解：过点P作PD⊥AB交AB于D，交CB于点H，

∵点P的横坐标为m，

∴Pm,−14m2+m+3，Hm,−12m+3，

∴PH=−14m2+m+3−−12m+3=−14m2+32m=−14m−32+94．

∴当m=3时，PH有最大值为94．

∵PQ⊥BC，

∴∠PQH=90°=∠BOC，

∴∠QPH+∠PHQ=90°，

∵PD⊥AB，

∴∠PDB=90°，

∴∠ABC+∠BHD=90°，

∵∠PHQ=∠BHD，

∴∠QPH=∠ABC，

∴△PQH∽△BOC，

∴PQBO=PHBC，

∵抛物线y=−14x2+x+3与y（3）解：由y=−14x2+x+3得y=−14x−22+4，∴顶点为2,4，即当x=2时，y有最大值4，

∵抛物线对称轴为x=2，

∴当x=1时或x=3时，y值相等，即y=−143−22+4=−141−22+4=154，

①当m<1时，则在m≤x≤3时，x=2取得最大值，x=m时取得最小值，即t1=−14m−22+4，t2=4，

∵t1+t2=11916，

∴−14m−22+4+4=11916，

解得m1=72（舍），m2=12；

②【解析】【分析】本题以二次函数与一次函数的综合为背景，考查了待定系数法求解析式、相似三角形的判定与性质、二次函数最值的求解以及二次函数在给定区间上的取值范围分类讨论。

（1）将点A和B的坐标代入抛物线解析式，联立方程组求出a和b；再将点B代入直线解析式求出k。

（2）过点P作PD⊥AB交BC于点H，用m表示P和H的纵坐标，得到PH关于m的二次函数，求出其最大值。再通过证明△PQH∽△BOC，得到PQ与PH的比例关系，从而求出PQ的最大值。

（3）将抛物线化为顶点式，得到对称轴和最大值。根据m与对称轴及区间端点的位置关系分三种情况讨论，结合t1（1）解：把A−2,0,B6,0代入y=a解得a=−1把B6,0代入y=kx+3得，6k+3=0解得k=−1∴a=−1（2）解：过点P作PD⊥AB交AB于D，交CB于点H，∵点P的横坐标为m，∴Pm,−14∴PH=∴当m=3时，PH有最大值为94∵PQ⊥BC，∴∠PQH=90°=∠BOC，∴∠QPH+∠PHQ=90°，∵PD⊥AB，∴∠PDB=90°，∴∠ABC+∠BHD=90°，∵∠PHQ=∠BHD，∴∠QPH=∠ABC，∴△PQH∽△BOC，∴PQBO∵抛物线y=−14x2+x+3当x=0时，y=3，∴C0,3∴OC=3，∵B6,0∴OB=6，∴BC=O∴PQPH=BO∴当PH有最大值时，PQ取到最大值，∴PQ的最大值为25（3）解：由y=−14x∴顶点为2,4，即当x=2时，y有最大值4，∵抛物线对称轴为x=2，∴当x=1时或x=3时，y值相等，即y=−1①当m<1时，则在m≤x≤3时，x=2取得最大值，x=m时取得最小值，即t1=−1∵t1∴−1解得m1=7②当1≤m≤2时，则在m≤x≤3时，x=2取得最大值，x=3时取得最小值，即t2∴t1③当2<m≤3时，则在m≤x≤3时，x=m取得最大值，x=3时取得最小值，即t1=15∵t1∴−1解得m=4±∵2<m≤3，∴m=4±综上所述，m=110．【答案】（1）解：当m=1时，二次函数的解析式为y=x−1故此时二次函数的对称轴为直线x=−（2）解：∵y=x−m2−2x−m=x2−2mx+m2−2x+2m=x2−2m+2x+m2+2m，

∴二次函数的对称轴为直线x=−−2m+22=m+1，且二次函数的开口向上，

∵m+2≤x≤3，

∴m+2≤3，

∴m≤1，

∴m+1≤m+2，

故在m+2≤x≤3上，y随着x的增大而增大，

故当x=m+2时，y取得最小值为m+2−m2−2（3）解：由（2）可得二次函数对称轴为直线x=m+1，且二次函数的开口向上，

∵点Ax1,y1，Bx2,y2，且x1<x2，x1+x2=4m−6，

∴A、B两点的中点坐标的横坐标为：x1+x22=2m−3，

当2m−3=m+1，即m=4时，A、B两点关于对称轴对称，此时y1=y2，

当2m−3<m+1，即m<4时，点A到对称轴的距离大于点【解析】【分析】本题以二次函数为背景，综合考查了二次函数的对称轴、开口方向、在给定区间上的最值问题、以及利用中点坐标与对称轴的位置关系比较函数值大小，涉及分类讨论思想。

（1）将m=1代入解析式化简为y=x2-4x+3，利用对称轴公式x=−b2a求得对称轴为直线x=2。

（2）先将解析式化为一般式y=x2-(2m+2)x+m2+2m，对称轴为x=m+1，开口向上。由自变量范围m+2≤x≤3得m≤1，此时对称轴x=m+1≤m+2，因此在区间上函数随x增大而增大。最小值在x=m+2处，值为0；最大值在x=3处，值为m2-4m+3。由最大值与最小值之差为8得方程m2-4m+3-0=8，解得m=5（舍去，不满足m≤1）或m=-1，故m=-1。

（3）由中点坐标公式得A、B两点横坐标的中点为2m-3，对称轴为x=m+1。开口向上时，离对称轴越远的点函数值越大。比较中点与对称轴的位置：若中点等于对称轴（2m-3=m+1即m=4），则两点关于对称轴对称，y1=y2；若中点小于对称轴（m<4），则点A到对称轴的距离大于点B，故（1）解：当m=1时，二次函数的解析式为y=x−1故此时二次函数的对称轴为直线x=−−4（2）解：∵y=x−m∴二次函数的对称轴为直线x=−−∵m+2≤x≤3，∴m+2≤3，∴m≤1，∴m+1≤m+2，故在m+2≤x≤3上，y随着x的增大而增大，故当x=m+2时，y取得最小值为m+2−m2当x=3时，y取得最大值为3−m2∵函数y的最大值与最小值之差为8，∴m2解得：m1=5（不符合题意舍去），故m的值为−1；（3）解：由（2）可得二次函数对称轴为直线x=m+1，且二次函数的开口向上，∵点Ax1,y1，B∴A、B两点的中点坐标的横坐标为：x1当2m−3=m+1，即m=4时，A、B两点关于对称轴对称，此时y1当2m−3<m+1，即m<4时，点A到对称轴的距离大于点B到对称轴的距离，此时y1当2m−3>m+1，即m>4时，点A到对称轴的距离小于点B到对称轴的距离，此时y1综上所述，当m=4时，y1=y2；当m<4时，y111．【答案】（1）解：过点B作BF⊥AC于点F，则：CF2+B设CF=x(x>0)，则BF=2x，∵BC=5，∴x2+(2x)∴CF=5∴△ABC的面积为：12（2）解：①如图2，连接CC∵△ABC沿射线BD方向平移至△A∴△A1DC1∴A1∵A1C1∴四边形ACC∴△AA1C的面积=△C∵△A∴△A1DC1∴△AA1C②如图3，过点B作BF⊥AC于点F，由（1）得：CF=5当CD=2AD时，AD=5∴DF=5∴BD=BC=5，过点C作CG⊥BD于点G，则△BCD的面积为：12∵△BCD的面积为：12∴52CG=10，解得∴BG=3,∵CE∴只需DE最小，则CE∵△A1DC1∴△A∴DE的最小值=BF=25∴CE2−B【解析】【分析】（1）过点B作BF⊥AC于点F，根据正切的定义设CF=x(x>0)，则BF=2x，根据勾股定理求出CF长，然后利用三角形的面积公式计算即可．（2）①如图2，连结CC1，根据平移得到四边形ACC1A②如图3，过点B作BF⊥AC于点F，即可得到BD=BC=5，过点C作CG⊥BD于点G，根据△BCD的面积求出CG长，根据勾股定理，根据二次函数的最值解答即可．12．【答案】（1）因为AB为⊙O的直径，所以∠ACB=90°，因为∠BAC=60°，所以∠B=90-30=60°，在平行四边形ABCD中，∠D=∠B=60°.（2）连结OC交AB于点B，连结OA，因为CD与⊙O相切，所以OC⊥CD，所以BE=AE，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，所以OC⊥AB，因为∠BAC=30°，所以∠OCA=60°，因为OA=OC，所以△OAC为等边三角形，因为OA=AC，AB⊥OC，所以OE=CE，所以△AOE≌△BCE（SAS），所以S【解析】【分析】（1）根据圆周角定理的推论可得∠ACB=90°，然后根据直角三角形的两锐角互余求出∠B的度数，然后根据平行四边形的对角互补解答即可；（2）连接OC交AB于点E，连接OA，根据相切的性质可得OC⊥CD，然后根据平行四边形的性质得到△OAC为等边三角形，然后根据SAS得到△AOE≌△BCE，再利用S阴影13．【答案】（1）解：如图1，过点A作AH⊥BC于点H，∵cos∠ABC=1∴设BH=a，则BC=AB=5a，AH=26∵菱形ABCD的面积为406∴5a×26解得a=2或a=−2（舍去），∴菱形ABCD的边长为5×2=10；（2）解：①∵点A关于BE的对称点A'落在线段EC∴∠AEB=∠CEB，AE=A∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，BC=CD，∴∠AEB=∠EBC，∴∠EBC=∠CEB，∴EC=BC=CD，如图2，过点C作CK⊥AD于点K，则DK=EK，由（1）知，cos∠ABC=cos∠ADC=15，∴DK=EK=2，∴AE=10−2−2=6；∴A'E=AE=6，∵AD∥BC，∴△BA∴EFBC∴EF=3∴AF=AE+EF=6+15=21；

②2【解析】【解答】（2）②作∠BCH=∠BFC，交BF于点H，∵∠FBC=∠HBC，∴△BCH∽△BFC，∴BFBC∴BC即：BH⋅BF=100,∴当CH最小时，BFCF作BG⊥AD交DA的延长线于点G，在射线BG上取一点I，使BG⋅BI=100，连接IH，由（1）可知：BG=46∴BI=25∵BG⋅BI=BH⋅BF，∴BG:又∵∠GBF=∠IBH，∴△IBH∽△FBG，∴∠BHI=∠BGF=90°，∴点H在以BI为直径的圆上运动，取BI的中点O，连接OH,OC，则OB=OH=1∴当C,H,在Rt△BOC中，由勾股定理，得OC=O∴CH的最小值为OC−OH=55∴BFCF的最大值为10故答案为：263.

【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据∠ABC的余弦值设BH=a，即可得到（2）①根据菱形的性质和等腰三角形的性质易得到EC=BC=CD，过点C作CK⊥AD于点K，则DK=EK，根据cos∠ABC=cos∠D=15求出DK=EK=2，从而求出AE的长，进而求出A'C的长，证明△BA'C∽△FA'E，求出EF的长，再根据线段的和差关系进行求解即可；②作∠BCH=∠BFC，交BF于点H，证明△BCH∽△BFC，得到BFBC=CFCH=BCBH，进而得到BC2=BH⋅BF,BFCF=BCCH，BH⋅BF=100,BFCF=10CH，得到当CH最小时，BFCF的值最大，作BG⊥AD交DA14．【答案】（1）根据函数图象可知，动点Q圆周上运动一周所用的时间为3秒，

所以x=4（2）解：设当2≤x≤4时，y1关于t的一次函数表达式为y∵图象经过(2，2)和(4，0)，∴{解得：k=−1∴y1关于t的一次函数表达式为y（3）设当1≤x≤2.5时，y2关于t因为函数图象经过(1，0)和（(2.m+n=02.5m+n=2所以y2关于t的一次函数表达式为y根据题意，可得y=−t+4y=43所以点C的坐标为(16lPQ【解析】【分析】（1）根据函数图象可知动点Q圆周上运动一周所用的时间为3秒，根据路程÷时间爱你=速度计算即可；（2）利用待定系数法求一次函数的解析式即可；（3）根据待定系数法求出y2关于t15．【答案】（1）证明：∵点M为AC中点，∴OM⊥AC，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，即CB⊥AC，∴OM∥BC；（2）解：如图，连接OM交AC于点G，∵点M为AC中点，∴OM⊥AC，AG=CG，∵O为AB的中点，∴OG为△ABC的中位线，∴BC=2OG，∵ON⊥BM，∴BN=MN，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，在△BCN和△MGN中，∠BCN=∠MGN=90°∠BNC=∠MNG∴△BCN≌△MGN(AAS)，∴MG=BC=2OG，∴OM=OG+MG=3OG，∴OA=OM=3OG，∴AG=O∴AC=2AG=42∴tan∠BAC=（3）解：①延长MH交⊙O于点F，∵点M为AC中点，∴AM=∵MH⊥AB，且AB为直径，∴AM=AF，∴AM+∴MF=∴AC=MF=2MH=26∴AB=A②设AH=a，则BH=AB−AH=33∵AB为直径，MH⊥AB，∴∠AMB=∠AHM=∠BHM=90°，∴∠AMH+∠MAH=∠AMH+∠BMH=90°，∴∠MAH=∠BMH，∴△AMH∽△MBH，∴AHMH∴a6解得：a1=23∴AH=3，BH=2∴AM=AH2∴tan∠ABM=由①可得：AC=26，tan∵∠BMK=∠BAC，∴tan∠BMK=过点E作EP⊥BM于点P，设PE=2∵tan∠ABM=PEBP∴BP=2b，MP=4b，∴BM=MP+BP=6b，∴6b=32∴b=2∴PE=1，BP=2，MP=2∴BE=PE2∴AE=AB−BE=23连接BK，则∠MAB=∠MKB，∵∠AEM=∠BEK，∴△AEM∽△KEB，∴EKAE∴EK2∴EK=2．【解析】【分析】（1）根据垂径定理的推论得到OM⊥AC，再由直径所对的圆周角是直角得出CB⊥AC，再根据平行线的判定证明即可；（2）连接OM交AC于点G，想得到OM⊥AC，AG=CG，进而可得OG为△ABC的中位线，根据中位线定理得到BC=2OG，再由垂径定理可得BN=MN，再根据AAS得到△BCN≌△MGN，得到OA=OM=3OG，根据勾股定理求出AG=22OG，得到（3）①延长MH交⊙O于点F，得到AM=MC，AM=AF，即可得到②设AH=a，先得到△AMH∽△BMH，根据对应边成比例求出AH和BH长，根据勾股定理可得AM和BM长，求出tan∠ABM=22，过点E作EP⊥BM于点P，设PE=2b，求出PE=1，BP=2，MP=2216．【答案】（1）证明：如图，连接OC，∵DC切O于点C，∴OC⊥CD，∴∠OCD=90°，∵AD⊥CD，∴∠ADC=90°，∴∠OCD=∠ADC=90°，∴OC∥AD，∴∠ACO=∠DAC，∵OA=OC，∴∠ACO=∠BAC，∴∠BAC=∠DAC（2）证明：如图，连接OC，由（1）知：∠OCE=∠OCD=90°，∠CAO=∠ACO，∴∠OCB+∠BCE=90°，∵AB是O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ACB=∠OCE，∴∠BCE=∠ACO，∴∠CAO=∠BCE，∵EF是∠AEC的平分线，∴∠CEF=∠AEF，∴∠CFG=∠CAO+∠AEF，∠CGF=∠BCE+∠CEF，∴∠CFG=∠CGF，∴CF=CG（3）解：如图，取CE的中点Q，连接QG，

∵G是EF的中点，

∴GQ//CF，GQ=12CF

∴∠CGQ=∠ACB=90°

由(2)知：CF=CG，

∴GQ=12CG，

由(2)知：∠DAC=∠BAC=∠BCE，

∴tan∠DAC=tan∠BAC=tan∠BCE=GQCG=12

∴CDAD=BCAC=12

∴4AD=12

∴AD=8

∴AC=AD2+CD2=45，

∴BC=12AC=25，

∴AB=AC2+BC【解析】【分析】(1)连接OC，易证∠ACO=∠DAC=∠BAC，即可得证；

(2)先证∠CAO=∠BCE，再根据∠CFG=∠CAO+∠AEF，∠CGF=∠BCE+∠CEF，据此得证；

(3)取CE的中点Q，连接QG，根据tan∠DAC=17．【答案】（1）证明：∵OG⊥OE，∴∠EOG=90°，∴∠EFG=∵GH⊥CD，∴∠GHF=90°，∴∠HGF=180°-∠GHF-∠HFG=4∴GH=FH；（2）解：延长GH交AB于M，过E作EN⊥AB于N，∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，∠ABC=∠DCB=90°，∴∠BMH=90°，∴四边形ENBC，四边形HMBC是矩形，∴EN=HM=BC=2，∵HG=FH=1，∴GM=3，∵∠ENO=∠EOG=∠GMO=90°，∴∠OEN+∠EON=∠EON+∠GOM=90°，∴∠OEN=∠GOM，∵OE=OG，∴△OEN≌△GOM(AAS)，∴ON=GM=3，∴OE=∴AB=2OE=2（3）证明：∵CG是⊙O的切线，∴OG⊥CG，∵OG⊥OE，∴OE∥CG，∴∠GCH=∠OEC，∵CD∥AB，∴∠OEC=∠EON，∵∠ONE=∠CHG，∴△OEN∽△CGH，∴GHEN∴∴F【解析】【分析】(1)根据圆周角定理和等腰直角三角形的性质即可得到结论；

(2)延长GH交AB于M，过E作EN⟂AB于N，根据矩形的性质得到CD‖AB,∠ABC=∠DCB=90∘,(3)根据切线的性质得到OG⟂CG,根据平行线的性质得到∠GCH=∠OEC,∠OEC=∠EON,根据相似三角形的性质即可得到结论.18．【答案】（1）证明：∵∠AEC+∠ADC=18又∵∠AEC+∠BEA=18∴∠BEA=∠ADC,∵∠BEA=∠AED,∴∠ACD=∠ADC;（2）解：由(1)知∠ACD=∠ADC,∴△ACD是等腰三角形，如图1，过A作AH⊥CD，交⊙O于点G，∵∠B=90°，AB∥CD，∴∠BCD=90°，∴ED是直径，∴ED和AG交点即圆心O，∵∠BCD=∠AHD=90°，∴AH∥BC，∴△ECF∽△OAF，∴∵FO=r-EF=r-1，∴解得r=2；（3）解：设AB=1，BE=a，∵∴AD=n.∵∠B=∠BCH=∠AHC=90°，∴四边形ABCH是矩形，∴AB=CH=1.∵AG是直径，AG⊥CD，∴CH=DH=1，∵ED是直径，∴∠EAD=90°，∵∠BAG=90°，∴∠BAE=∠DAG，∵∠B=∠ADH=90°，∴△ABE∽△ADG，∴ADAB∴DG=an，∵AO=OG，EO=DO，∠AOE=∠DOG，∴△AOE≌△GOD(SAS)，∴AE=DG=an，∴即n∴AG=a∴AO=∵∠BAE=∠DAG=∠CAG=∠CDG，∴sin∠BAE=sin∠CDG，∴∴HG=a,∴AH=BC=AG−HG=a由(2)知，△ECF∽△OAF,∴即a∴∴AF=n⋅∵∠CED=∠CAD,∠EFC=∠AFD,∴△ECF∽△ADF,∴EC【解析】【分析】(1)根据圆内接四边形的对角互补和邻补角的定义得到∠BEA=∠ADC,然后等量代换得到结论即可；(2)过A作AH⟂CD,交⊙O于点G，根据平行线的性质和判定得到AH∥BC，即可得到△ECF∽△OAF，然后根据对应边成比例解答即可；(3)先得到四边形ABCH是矩形，然后根据两角对应相等得到△ABE∽△ADG,进而得到DG=an，然后根据SAS得到△AOE≌△GOD，即可得到AE=DG=an，进而得到AG=an2,19．【答案】（1）解：①解：因为∠DOC=150°，OD=OC，

所以∠ODC=15°，

因为∠DOC=150°，

所以∠A=75°，

因为CD=CA，

所以∠ADC=∠A=75°，

所以∠ADO=∠ADC-∠ODC=60°.

②解：如图，延长CO交AB于点M，

因为∠OCD+∠ADC=15°+75°=90°，

所以CM⊥AB，

因为CD=CA，

所以AM=DM，

因为∠ADO=60°，

所以AM=DM=OD·cos60°=1，OM=OD·sin60°=3

所以CM=OC+OM=2+3,

因为tanB=1，

所以BM=CM=2+3,（2）证明：如图，连结CE，AO，

设∠AEO=α，

因为∠ACB=2∠AEO，

所以∠ACB=2α，

因为AO=OE，

所以∠AOE=180°-2α，

所以∠ADE=12∠AOE=90∘−α,

因为DE∥BC，

所以∠B=∠ADE=90°-α，

因为∠ACB=2α，

所以∠BAC=180°-∠B-∠ACB=90°-α，

所以∠B=∠BAC，

所以AC=BC，

因为∠DEC=∠BAC=90°-α，

所以∠DEC=∠ADE，

【解析】【分析】（1）①根据等边对等角和三角形的内角和定理求出∠ODC=15°，再根据圆周角定理求出∠A=75°，进而求出∠ADC的度数，利用角的和差解答即可；

②延长CO交AB于点M，先求出CM⊥AB，然后根据三线合一得到AM=DM，然后根据解直角三角形求出AM和OM的值，再根据正切的定义求出BM长，利用线段的和差解答即可；

（2）连结CE，AO，设∠AEO=α，即可得到∠ACB=2α，根据三角形的内角和定理和等边对等角求出∠AOE的度数，然后根据圆周角定理求出∠ADE的度数，进而得到∠B=∠BAC，可以得到AC=BC，再推理得到∠DEC=∠ADE，即可得到CE∥BA，进而证明四边形BCED是平行四边形，根据平行四边形的对边相等证明解即可.20．【答案】（1）证明：∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，由圆周角定理得：∠ADB=∠ACB，∴∠ABC=∠ADB．（2）解：如图，连接OC，∵AB=AC，∠ACB=55°，∴∠ABC=∠ACB=55°，由圆周角定理得：∠AOC=2∠ABC=110°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=180°−∠AOC（3）解：如图，延长AO，交BC于点F，连接OC，∵AB=AC，OB=OC，∴AF垂直平分BC，∴∠CAF+∠ACB=90°，∵BD是⊙O的直径，∴∠BAD=∠BCD=90°，∴∠ACD+∠ACB=90°，∴∠ACD=∠CAF，∴AF∥CD，又∵∠AEO=∠CED，∴△AOE∽△CDE，∴S△AOE∵S△AOE∴(OE解得OEDE设DE=4a(a>0)，则OE=3a，∴OB=OD=OE+DE=7a，∴BE=OB+OE=10a，BD=2OB=14a，由圆周角定理得：∠ABE=∠ACD，∴∠ABE=∠CAF，即∠ABE=∠OAE，又∵∠BEA=∠AEO，在△AOE和△BAE中，∠OAE=∠ABE∠OEA=∠AEB∴△AOE∽△BAE，∴AEBE∴AE解得AE=30∴30a∴CE=4∴AB=AC=AE+CE=7∵AD=6∴在Rt△ABD中，AB2+A解得a=37或∴AE=3【解析】【分析】（1）根据等边对等角得到∠ABC=∠ACB，根据圆周角定理的推论得到∠ADB=∠ACB，等量代换得到结论即可；（2）连接OC，根据等边对等角得到∠ABC的度数，再根据圆周角定理求出∠AOC，然后根据等边对等角和三角形的内角和定理解答即可；（3）延长AO，交BC于点F，连接OC，根据圆周角定理的推论和垂直的定义，利用两角对应相等得到△AOE∽△CDE，根据对应边成比例设DE=4a(a>0)，然后推理得到△AOE∽△BAE，根据对应边成比例求出AE,CE的长，然后在21．【答案】（1）证明：∵DE是直径，∴∠EFD=90°，则∠B+∠FDB=90°，∵AD为三角形的高，∴∠ADB=90°,∴∠DAB=∠FDB；（2）解：①∵tanB=34=∴BD=43AD=∴AB=A∵sinB=DF∴DF40解得DF=8，∵四边形FEDM内接于圆，∴∠FED+∠FMD=180°，∵∠DMC+∠FMD=180°，∴∠FED=∠DMC，且∠EFD=∠ADC=90°，∴△EFD∽△MDC，则EFDM②∵EF∴设MD=5x作FP⊥ND于点P，则∠B=∠DFP=90°−∠BDF，∵DF=8，sinB=∴DP=245，则∵∠FED=∠FND，∠EFD=∠FPN=90°，∴△FNP∽△DEF，∴FDEF=FP∴NP=32∵∠MCD=∠FCP，∠MDC=∠FPD=90°，∴△CMD∽△CFP，∴CDCP=MD解得：x=32∴NP=32∴DN=DP+NP=24【解析】【分析】（1）由圆周角定理的推论得到∠EFD=90°，再根据同角的余角相等证明即可；（2）①先根据正切的定义求出BD=403,CD=5，根据勾股定理求出AB长，再根据正弦的定义求出②作FP⊥ND于点P，则∠B=∠DFP=90°−∠BDF，设MD=5x,EF=8x,即可得到FP=325,DP=24522．【答案】（1）解：①∵AC⊥BD，BF⊥AD，∴∠BEG=∠AFG=90°.∵∠BGE=∠AGF，∴∠GBE=∠GAF.∵∠CBD=∠GAF，∴∠GBE=∠CBD.∵∠BEG=∠BEC=90°，BE=BE，∴△BEG≌△BEC.∴BG=BC.②连结OD，∵BF⊥AD，BF经过点O，∴AF=DF.∴BF垂直平分AD，∴∠ABF=∠DBF.∴∠ABF=∠CBD，∵AB=BD，BG=BC，∴△ABG≌△BCD.∴AG=CD=∵∴GF=1，AF=2.∵∠ABF=∠DBF=∠GAF，∴在Rt△ABF中：tan∴BF=4.令OB=r，则OF=4-r.DF=AF=2.∴在Rt△OFD中，2解得r=2.5.（2）解：①当点E靠近点D时，∵AC=BD，∴∴BC∴∠BAE=∠