押长沙卷 6题、10题、13题、21题、23-24题（相交线与平行线、三角形、四边形、圆）（解析版）

押长沙卷6题、10题、13题、21题、23-24题（相交线与平行线、三角形、四边形、圆）押题方向一：相交线与平行线1．（2023•长沙中考•第6题）如图，直线m∥直线n，点A在直线n上，点B在直线m上，连接AB，过点A作AC⊥AB，交直线m于点C．若∠1＝40°，则∠2的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．60°解：∵直线m∥直线n，∴∠1+∠BAC+∠2＝180°，∵AC⊥AB，∴∠BAC＝90°，∵∠1＝40°，∴40°+90°+∠2＝180°，∴∠2＝50°，答案：C．2．（2022•长沙中考•第8题）如图，AB∥CD，AE∥CF，∠BAE＝75°，则∠DCF的度数为（）A．65° B．70° C．75° D．105°解：如图：∵AB∥CD，∴∠DGE＝∠BAE＝75°，∵AE∥CF，∴∠DCF＝∠DGE＝75°，答案：C．3．（2021•长沙中考•第5题）如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点G，H，∠AGE＝100°，则∠DHF的度数为（）A．100° B．80° C．50° D．40°解：∵AB∥CD，∴∠CHG＝∠AGE＝100°，∴∠DHF＝∠CHG＝100°．答案：A．4．如图，AB∥CD，BC∥EF．若∠1＝58°，则∠2的大小为（）A．120° B．122° C．132° D．148°解：∵AB∥CD，∠1＝58°，∴∠C＝∠1＝58°，∵BC∥EF，∴∠CGF＝∠C＝58°，∴∠2＝180°﹣∠CGF＝180°﹣58°＝122°，答案：B．5．如图，直线a∥b，直角三角形如图放置，∠DCB＝90°，若∠1＝110°，则∠2的度数为（）A．10° B．15° C．20° D．30°解：如图：∵a∥b，∴∠1＝∠BCE＝110°，∵∠BCD＝90°，∴∠2＝∠BCE﹣∠BCD＝20°，答案：C．6．如图，AB∥CD，EF⊥BD垂足为F，∠1＝40°，则∠2的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．60°解：∵AB∥CD，∴∠D＝∠1＝40°．∵EF⊥BD，∴∠DFE＝90°，∴∠2＝180°﹣∠DFE﹣∠D＝50°．答案：C．押题方向二：三角形7．（2023•长沙中考•第4题）下列长度的三条线段，能组成三角形的是（）A．1，3，4 B．2，2，7 C．4，5，7 D．3，3，6解：∵1+3＝4，∴1，3，4不能组成三角形，故A选项不符合题意；∵2+2＜7，∴2，2，7不能组成三角形，故B不符合题意；∵4+5＞7，∴4，5，7能组成三角形，故C符合题意；∵3+3＝6，∴3，3，6不能组成三角形，故D不符合题意，答案：C．8．（2023•长沙中考•第21题）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E．（1）求证：△ABE≌△ACD；（2）若AE＝6，CD＝8，求BD的长．（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，∴∠AEB＝∠ADC＝90°，在△ABE和△ACD中，∠AEB=∠ADC∠BAE=∠CAD∴△ABE≌△ACD（AAS）；（2）解：∵△ABE≌△ACD，∴AD＝AE＝6，在Rt△ACD中，AC=A∵AB＝AC＝10，∴BD＝AB﹣AD＝10﹣6＝4．9．（2022•长沙中考•第10题）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于P、Q②作直线PQ交AB于点D；③以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，连接AM、BM．若AB＝22，则AM的长为（）A．4 B．2 C．3 D．2解：由作图可知，PQ是AB的垂直平分线，∴AM＝BM，∵以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，∴DA＝DM＝DB，∴∠DAM＝∠DMA，∠DBM＝∠DMB，∵∠DAM+∠DMA+∠DBM+∠DMB＝180°，∴2∠DMA+2∠DMB＝180°，∴∠DMA+∠DMB＝90°，即∠AMB＝90°，∴△AMB是等腰直角三角形，∴AM=22AB=2答案：B．10．（2022•长沙中考•第21题）如图，AC平分∠BAD，CB⊥AB，CD⊥AD，垂足分别为B，D．（1）求证：△ABC≌△ADC；（2）若AB＝4，CD＝3，求四边形ABCD的面积．（1）证明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∵CB⊥AB，CD⊥AD，∴∠B＝90°＝∠D，在△ABC和△ADC中，∠B=∠D∠BAC=∠DAC∴△ABC≌△ADC（AAS）；（2）解：由（1）知：△ABC≌△ADC，∴BC＝CD＝3，S△ABC＝S△ADC，∴S△ABC=12AB•BC∴S△ADC＝6，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝12，答：四边形ABCD的面积是12．11．（2021•长沙中考•第15题）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，DE⊥AB，垂足为E，若BC＝4，DE＝1.6，则BD的长为2.4．解：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，∴CD＝DE，∵DE＝1.6，∴CD＝1.6，∴BD＝BC﹣CD＝4﹣1.6＝2.4．答案：2.412．（2021•长沙中考•第23题）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，BD＝CD，延长BC至E，使得CE＝CA，连接AE．（1）求证：∠B＝∠ACB；（2）若AB＝5，AD＝4，求△ABE的周长和面积．解：（1）证明：∵AD⊥BC，BD＝CD，∴AD是BC的中垂线，∴AB＝AC，∴∠B＝∠ACB；（2）在Rt△ADB中，BD=A∴BD＝CD＝3，AC＝AB＝CE＝5，∴BE＝2BD+CE＝2×3+5＝11，在Rt△ADE中，AE=AD2∴C△ABE＝AB+BE+AE＝5+11+45=16+45S△ABE=113．以下列各组线段为边，能组成三角形的是（）A．1cm，2cm，3cm B．2cm，5cm，8cm C．3cm，4cm，5cm D．4cm，5cm，11cm解：由1cm，2cm，3cm可得，1+2＝3，故不能组成三角形；由2cm，5cm，8cm可得，2+5＜8，故不能组成三角形；由3cm，4cm，5cm可得，3+4＞5，故能组成三角形；由4cm，5cm，11cm可得，4+5＜11，故不能组成三角形；答案：C．14．已知三条线段的长分别是6，m，8，若它们能构成三角形，则整数m的最小值是（）A．2 B．3 C．6 D．8解：∵三条线段的长分别是6，m，8，它们能构成三角形，∴8﹣6＜m＜8+6，∴2＜m＜14，∴整数m的最小值是3．答案：B．15．《中共中央国务院关于促进农民增加收入若干政策的意见》中提出“治理农村人居环境，搞好村庄治理规划和试点，节约农村建设用地”．政策出台后，湖南陆陆续续开展了村庄合并某地兴建的幸福小区的三个出口A、B、C的位置如图所示，物业公司计划在不妨碍小区规划的建设下，想在小区内修建一个电动车充电桩，以方便业主，要求到三个出口的距离都相等，则充电桩应该在（）A．三条边的垂直平分线的交点处 B．三个角的平分线的交点处 C．三角形三条高线的交点处 D．三角形三条中线的交点处解：∵电动车充电桩到三个出口的距离都相等，∴充电桩应该在三条边的垂直平分线的交点处，答案：A．16．如图，在Rt△ABC中∠C＝90°，AB＞BC，分别以顶点A、B为圆心，大于12AB长为半径作圆弧，两条圆弧交于点M、N，作直线MN交边CB于点D．若AD＝5，CD＝3，则BCA．7 B．8 C．12 D．13解：由尺规作图可知，MN是线段AB的垂直平分线，∴DA＝DB＝5，又∵CD＝3，∴BC＝CD+BD＝3+5＝8，答案：B．17．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，若AC＝3，BC＝4，则△ABD的面积为3.75．解：过D作DH⊥AB于H，∵∠C＝90°，AD平分∠CAB，∴DC＝DH，∵AC＝3，BC＝4，∴AB=3∵△ABC的面积＝△ACD的面积+△ABD的面积，∴12BC•AC=12AC•CD+1∴3×4＝3DH+5DH，∴DH＝1.5，∴△ABD的面积=12AB•DH答案：3.75．18．如图，BO平分∠ABC，OD⊥BC于点D，点E为射线BA上一动点，若OD＝6，则OE的最小值为6．解：过O点作OH⊥BA于H点，如图，∵BO平分∠ABC，OD⊥BC，OH⊥BA，∴OH＝OD＝6，∵点E为射线BA上一动点，∴OE的最小值为OH的长，即OE的最小值为6．答案：6．19．如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，且点D在线段BC上，连接CE．（1）求证：△ABD≌ACE；（2）若∠CED＝25°，求∠BAD的度数．（1）证明：∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD+∠DAC＝∠DAC+∠CAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE（SAS），（2）解：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴△ABD和△ADE均为等腰直角三角形，∴∠B＝∠AED＝45°，∵∠CED＝25°，∴∠AEC＝∠AED+∠CED＝45°+25°＝70°，由（1）可知：△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝70°，∴∠BAD＝180°﹣（∠ADB+∠B）＝180°﹣（70°+45°）＝65°．20．如图，AB∥FC，E是AC的中点，延长FE交AB于点D，与CB的延长线交于点G．（1）求证：△ADE≌△CFE；（2）若GB＝2，BC＝4，BD＝1，求AD的长．（1）证明：∵AB∥FC，∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠F，∵E是AC的中点，∴DE＝FE，在△ADE与△CFE中，∠A=∠ECF∠ADE=∠F∴△ADE≌△CFE（AAS）；（2）∵△ADE≌△CFE，∴CF＝AD，∵AB∥FC，∴BGCG∵GB＝2，BC＝4，BD＝1，∴CG＝6，∴26解得：AD＝3，∴AD＝3．押题方向三：四边形21．（2023•长沙中考•第23题）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．（1）求证：AD＝AF；（2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积．（1）证明：在▱ABCD中，∵AB∥CD，∴∠CDE＝∠F，∵DF平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE，∴∠F＝∠ADF，∴AD＝AF，（2）解：∵AD＝AF＝6，AB＝3，∴BF＝AF﹣AB＝3；过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，∵∠BAD＝120°，∴∠DAH＝60°，∴∠ADH＝30°，∴AH=1∴DH=AD2∴△ADF的面积=122．（2022•长沙中考•第23题）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝AD．（1）求证：AC⊥BD；（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO＝2，求BD的长及四边形（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，∴▱ABCD是菱形，∴AC⊥BD；（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OD＝2EF＝3，由（1）可知，四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD=A∴菱形ABCD的周长＝4AD＝413．23．（2021•长沙中考•第13题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AB的中点，若OE＝6，则BC的长为12．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，且BD⊥AC，又∵点E是边AB的中点，∴OE＝AE＝EB=1∴BC＝AB＝2OE＝6×2＝12，答案：12．24．（2021•长沙中考•第21题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△OAB是等边三角形，AB＝4．（1）求证：▱ABCD是矩形；（2）求AD的长．（1）证明：∵△AOB为等边三角形，∴∠BAO＝∠AOB＝60°，OA＝OB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD=12BD，OA＝OC=∴BD＝AC，∴▱ABCD是矩形；（2）解：∵▱ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠ABO＝60°，∴∠ADB＝90°﹣60°＝30°，∴AD=3AB＝4325．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为4．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵菱形ABCD的周长为32，∴AB＝8，∵E为AB边中点，∴OE=12答案：4．26．如图，在平行四边形ABCD中，AE，CF分别平分∠BAD和∠DCB，交对角线BD于点E，F．（1）若∠BCF＝60°，求∠ABC的度数；（2）求证：BE＝DF．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∵CF平分∠DCB，∴∠BCD＝2∠BCF，∵∠BCF＝60°，∴∠BCD＝120°，∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，∴∠ABE＝∠CDF，∵AE，CF分别平分∠BAD和∠DCB，∴∠BAE=12∠BAD，∠∴∠BAE＝∠DCE，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴BE＝DF．27．如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A＝45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE＝DF，连接EF交BD于O．（1）求证：BO＝DO；（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG＝1时，求AE的长．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠OBE＝∠ODF．在△OBE与△ODF中，∠OBE=∠ODF∠BOE=∠DOF∴△OBE≌△ODF（AAS）．∴BO＝DO．（2）解：∵EF⊥AB，AB∥DC，∴∠GEA＝∠GFD＝90°．∵∠A＝45°，∴∠G＝∠A＝45°．∴AE＝GE∵BD⊥AD，∴∠ADB＝∠GDO＝90°．∴∠GOD＝∠G＝45°．∴DG＝DO，∵EF⊥AB，∴EF⊥CD，∴OF＝FG＝1，由（1）可知，OE＝OF＝1，∴GE＝OE+OF+FG＝3，∴AE＝3．28．如图，在▱ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，∠BMC＝90°，连接AN，DN，AN与BM交于点O．（1）求证：△ABM≌△CDN；（2）点P在直线BM上，若BM＝3，CM＝4，求△PND的周长的最小值．（1）证明：∵在▱ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，∴AB＝CD，在△ABM和△CDN中，AB=CD∠BAM=∠DCM∴△ABM≌△CDN（SAS）；（2）解：∵在▱ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，∴AM∥BN，AM＝NB，∴四边形ABNM为平行四边形；在Rt△BCM中，N为BC中点，∴MN＝BN，∴平行四边形ABNM为菱形．∴BM垂直平分AN，∴点N关于BM的对称点为点A．∴当点P位于点M时，NP+DP取到最小值为AD．在Rt△BCM中，BM＝3，CM＝4，由勾股定理得BC＝AD＝5，又由（1）知，BM＝DN＝3，∴△PND的周长的最小值：5+3＝8．29．如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE＝DF，∴四边形BFDE是平行四边形．∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四边形BFDE是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∴∠DFA＝∠FAB．在Rt△BCF中，由勾股定理，得BC=F∴AD＝BC＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠DAF＝∠FAB，即AF平分∠DAB．30．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC，连接（1）求证：四边形OCED为矩形；（2）连接AE．若BD＝4，AE＝210，求菱形ABCD的面积．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，∴OC＝OA=12AC，AC⊥∵DE∥AC，DE=12∴DE∥OC，DE＝OC，∴四边形OCED是平行四边形，∵∠COD＝90°，∴四边形OCED是矩形．（2）解：∵BD＝4，AE＝210，∴OD＝OB=12∴CE＝OD＝2，∵∠ACE＝90°，∴AC=A∴S菱形ABCD=12AC•BD∴菱形ABCD的面积为12．押题方向四：圆31．（2023•长沙中考•第15题）如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，∠ACB＝60°，OD⊥AB，垂足为E，交⊙O于点D，连接OA，则OE的长度为1．解：如图，连接OB，∵∠ACB＝60°，∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，∵OD⊥AB，∴AD=BD，∠∴∠AOD＝∠BOD=12∠∴∠OAE＝90°﹣60°＝30°，∴OE=12OA答案：1．32．（2023•长沙中考•第24题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2＝BC2+AC2，延长AC至点D，使得∠DBC＝∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧AC上）．（1）BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；（2）记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S1，S2，S，若S1•S＝（S2）2，求（tanD）2的值；（3）若⊙O的半径为1，设FM＝x，FE•FN•1BC⋅BN+1AE⋅AC=y，试求y解：（1）BD是⊙O的切线．证明：如图，在△ABC中，AB2＝BC2+AC2，∴∠ACB＝90°．又点A，B，C在⊙O上，∴AB是⊙O的直径．∵∠ACB＝90°，∴∠CAB+∠ABC＝90°．又∠DBC＝∠CAB，∴∠DBC+∠ABC＝90°．∴∠ABD＝90°．∴BD是⊙O的切线．（2）由题意得，S1=12BC•CD，S2=12BC•AC，S=∵S1•S＝（S2）2，∴12BC•CD•12AD•BC＝（12BC•AC∴CD•AD＝AC2．∴CD（CD+AC）＝AC2．又∵∠D+∠DBC＝90°，∠ABC+∠A＝90°，∠DBC＝∠A，∴∠D＝∠ABC．∴tan∠D=BCCD=tan∠∴CD=B又CD（CD+AC）＝AC2，∴BC4AC2+∴BC4+AC2•BC2＝AC4．∴1+（ACBC）2＝（ACBC）由题意，设（tan∠D）2＝m，∴（ACBC）2＝m∴1+m＝m2．∴m=1±∵m＞0，∴m=1+∴（tan∠D）2=1+（3）设∠A＝α，∵∠A+∠ABC＝∠ABC+∠DBC＝∠ABC+∠N＝90°，∴∠A＝∠DBC＝∠N＝α．如图，连接OM．∴在Rt△OFM中，OF=O∴BF＝BO+OF＝1+1−x2，AF＝OA﹣OF∴在Rt△AFE中，EF＝AF•tanα＝（1−1−x2AE=AF在Rt△ABC中，BC＝AB•sinα＝2sinα．（∵r＝1，∴AB＝2．）AC＝AB•cosα＝2cosα．在Rt△BFN中，BN=BFsinα=1+∴y＝FE•FN•1＝x2•1＝x2•2−2＝x2•1＝x2•1＝x．即y＝x．∵FM⊥AB，∴FM最大值为F与O重合时，即为1．∴0＜x≤1．综上，y＝x，0＜x≤1．33．（2022•长沙中考•第9题）如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，若∠AOB＝128°，则∠P的度数为（）A．32° B．52° C．64° D．72°解：∵PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∵∠AOB＝128°，∴∠P＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠AOB＝52°，答案：B．34．（2022•长沙中考•第13题）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA＝7，则BC的长为7．解：∵OA＝OC＝7，且D为OC的中点，∴OD＝CD，∵OC⊥AB，∴∠ODA＝∠CDB＝90°，AD＝BD，在△AOD和△BCD中，OD=CD∠ADO=∠BDC∴△AOD≌△BCD（SAS），∴BC＝OA＝7．答案：7．35．（2022•长沙中考•第24题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，点F在边AD上，连接EF．（1）求证：△ABE∽△DCE；（2）当DC=CB，∠DFE＝2∠CDB时，则AEBE−DECE=0（3）①记四边形ABCD，△ABE，△CDE的面积依次为S，S1，S2，若满足S=S1+S2，试判断②当DC=CB，AB＝m，AD＝n，CD＝p时，试用含m，n，p的式子表示AE•（1）证明：∵AD=∴∠ACD＝∠ABD，即∠ABE＝∠DCE，又∵∠DEC＝∠AEB，∴△ABE∽△DCE；（2）解：∵△ABE∽△DCE，∴ABDC∴AE•CE＝BE•DE，∴AEBE∵∠CDB+∠CBD＝180°﹣∠BCD＝∠DAB＝2∠CDB，又∵∠DFE＝2∠CDB，∴∠DFE＝∠DAB，∴EF∥AB，∴∠FEA＝∠EAB，∵DC=∴∠DAC＝∠BAC，∴∠FAE＝∠FEA，∴FA＝FE，∵EF∥AB，∴△DFE∽△DAB，∴EFAB∴AFAB∵AFAB∴AFAB∴1AB答案：0，1，0；（3）解：①△ABE，△DCE都为等腰三角形，理由：记△ADE、△EBC的面积为S3、S4，则S＝S1+S₂+S3+S4，∵S1∴S1S2＝S3S4①，∵S=即S＝S1+S2+2S1∴S3+S4＝2S1S2由①②可得S3+S4＝2S3即（S3−S∴S3＝S4，∴S△ABE+S△ADE＝S△ABE+S△EBC，即S△ABD＝S△ABC，∴CD∥AB，∴∠ACD＝∠BAC，∠CDB＝∠DBA，∵∠ACD＝∠ABD，∠CDB＝∠CAB，∴∠EDC＝∠ECD＝∠EBA＝∠EAB，∴△ABE，△DCE都为等腰三角形；②∵DC=∴∠DAC＝∠EAB，∵∠DCA＝∠EBA，∴△DAC∽△EAB，∴ADEA∵AB＝m，AD＝n，CD＝p，∴EA•AC＝DA×AB＝mn，∵∠BDC＝∠BAC＝∠DAC，∴∠CDE＝∠CAD，又∠ECD＝∠DCA，∴△DCE∽△ACD，∴CDAC∴EA•AC+CE•AC＝AC2＝mn+p2，则AC=mn+p2，．∴AE＝AC﹣CE=mn∴AE•CE=mn36．（2021•长沙中考•第6题）如图，点A，B，C在⊙O上，∠BAC＝54°，则∠BOC的度数为（）A．27° B．108° C．116° D．128°解：∵∠A＝54°，∴∠BOC＝2∠A＝108°，答案：B．37．（2021•长沙中考•第12题）如图，在⊙O中，弦AB的长为4，圆心到弦AB的距离为2，则∠AOC的度数为45°．解：∵OC⊥AB，∴AC＝BC=1∵OC＝2，∴△AOC为等腰直角三角形，∴∠AOC＝45°，答案：45°．38．（2021•长沙中考•第25题）如图，点O为以AB为直径的半圆的圆心，点M，N在直径AB上，点P，Q在AB上，四边形MNPQ为正方形，点C在QP上运动（点C与点P，Q不重合），连接BC并延长交MQ的延长线于点D，连接AC交MQ于点E，连接OQ．（1）求sin∠AOQ的值；（2）求AMMN（3）令ME＝x，QD＝y，直径AB＝2R（R＞0，R是常数），求y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围．解：（1）如图，连接OP．∵四边形MNPQ是正方形，∴∠OMQ＝∠ONP＝90°，MQ＝PN，∵OQ＝OP，∴Rt△OMQ≌Rt△ONP（HL），∴OM＝ON，设OM＝ON＝m，则MQ＝2m，OQ=OM∴sin∠AOQ=MQ（2）由（1）可知OM＝ON＝m，OQ＝OA=5m，MN＝2m∴AM＝OA﹣OM=5m﹣m∴AMMN（3）∵AB＝2R，∴OA＝OB＝OQ＝R，∵QM＝2MO，∴OM=5R5，∵AB是直径，∴∠ACB＝∠DCE＝90°，∵∠CED＝∠AEM，∴∠A＝∠D，∵∠AME＝∠DMB＝90°，∴△AME∽△DMB，∴AMDM∴R−5∴y=4当点C与P重合时，AMAN∴R−5∴x=35∴35−55R＜x39．如图，AB是⊙O的直径，若∠BAC＝36°，则∠ADC的度数为（）A．36° B．45° C．54° D．72°解：如图，连接BC．∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝54°，∴∠ADC＝∠ABC＝54°，答案：C．40．如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别为A，B，PO的延长线交⊙O于点C，连接OA，OB，BC．若AO＝2，OP＝4，则∠C等于（）A．20° B．30° C．45° D．60°解：∵PA，PB是⊙O的切线，∴PA＝PB，∠OAP＝∠OBP＝90°，∵AO＝OB＝2，OP＝4，∴∠APO＝∠BPO＝30°，∴∠AOP＝∠BOP＝60°，∵OB＝OC，∴∠C＝30°．答案：B．41．如图，AB是⊙O的直径，且AB＝10cm，弦CD⊥AB于点E，CD＝8cm，连接OC，则BE＝2cm．解：∵弦CD⊥AB，CD＝8cm，∴CE=12CD＝4在Rt△OEC中，OC=12AB＝5∴OE=OC2∴BE＝OB﹣OE＝2（cm），答案：2．42．如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO，垂足为点E，连接BC，过点O作OF⊥BC，垂足为F，若BD＝8cm，AE＝2cm，则OF的长度是5cm．解：连接AB，∵BD⊥AO，∴BE＝ED=12由勾股定理得，AB=AE2∵OF⊥BC，∴CF＝FB，又CO＝OA，∴OF=12AB=5答案：5．43．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC、BD交于点E且AC为直径，延长DA、CB交于点F，连接OD，若∠AOD＝∠ACB，请回答下列问题：（1）求证：△OAD∽△CBE；（2）若AECE=3（3）设AECE=t，△ABF与四边形ABCD的面积之比为h，请求出h关于（1）证明：∵CD=∴∠CAD＝∠CBD，又∵∠ACB＝∠AOD，∴△OAD∽△CBE；（2）解：设AE＝3a，CE＝8a，则AC＝11a，OA＝OD＝OC＝5.5a，由（1）△OAD∽△CBE可得，OA＝OD，∴OACB∴ADBE同时可得：△CBE和△OAD都是等腰三角形，∴CB＝CE，∴∠CBD＝∠CEB＝∠CAD，又∠CEB＝∠AED，∴∠CAD＝∠AED，∴AD＝DE∴DEBE（3）解：由AECE=t，设AE＝mt，则CE＝m，AC＝（1+t）m，则OA＝OC＝OD由（2）可知：∠CBD＝∠CEB＝∠CAD＝∠AED，∴△CBE∽△DAE，由（1）可知：△OAD∽△CBE，∴△OAD∽△DAE，∴ADAE∴AD2＝AE•AO＝mt•(1+t)m2∴AD＝DE＝mt(1+t)2∵AD=∴∠ABE＝∠DCE，∵∠AEB＝∠DEC，∴△AEB∽△DEC，∴ABCD∴ABCD∵∠ABF＝∠CDF＝180°﹣∠ABC，∠AFB＝∠CFD，∴△FAB∽△FCD，∴S△ABFS△CDF=（ABCD）2＝（∴h＝△ABF的面积：四边形ABCD的面积=S44．如图，△ABC内接于半径为1的⊙O，AB＝AC，过点A作AD∥BC，BO的延长线交AC于点E，交直线AD于点D，连接AO．（1）求证：AD是⊙O的切线；（2）若DA＝DE，求图中阴影部分的面积；（3）记△ABO的面积为S1，△AEO的面积为S2，△BEC的面积为S3，若S1S3+（1）证明：延长AO，交BC于点F，如图，∵AB＝AC，∴AB=∵OA为⊙O