第一篇：中考50天冲刺 东莞龙文教育全日制辅导提分快
中考50天冲刺 东莞龙文教育全日制辅导提分快
如何冲刺中考、高考：①、考前冲刺：经验丰富的1对1辅导教师专业讲评，帮助学员检查复习效果，重点突破并提高提分能力。②、应试实战：针对历年真题和模考试卷讲评两部分，强化考点内容和训练解题技巧。③、理论提高：设置考点精讲和基础串讲两部分，系统梳理和名师阵容，能有效掌握期末考点。④、基础固本：从勾勒框架入手串起学科考点，帮助学员建立完整的1对1学科体系。
龙文1对1“全日制”辅导：龙文教育1对1“全日制”辅导模式可以让孩子得到更加连贯的巩固知识，更适合孩子快速稳步的提高学习成绩。整个教学方法是在连续教学的过程中让孩子一步步的学会一种思维方法，让他们走出盲区。当然，这不光是为了教而教，同时还要为孩子建立一种独立思考和自我学习能力，进一步通过其教学和孩子自身体会相结合，让孩子学习到更多的知识。
龙文“全日制”成果：截止到目前为止，龙文教育已有1000余家分校区，遍及全国53个大中城市。其中分布在东莞已有20所龙文校区，已成功招收“全日制”学员900余人，其中350余人参加中考总复习辅导，其余的全部是备战高考的同学。据统计：考取清华、北大、复旦、南开的学员共计30多名。所有学员皆有所成。
小学·初中·高中·小升初·中考·高考冲刺 1对1全日制辅导 快速提分不是梦！选择龙文教育，还您一个奇迹！报名热线：400-001-0288（长期招生）
想了解更多？请登录东莞龙文教育官网：http://
第二篇：中考冲刺阶段如何有效提分
中考冲刺阶段如何有效提分？
现在离中考已不到一个月时间，中考的脚步越来越近，考生也进入到紧张的冲刺阶段。面对即将到来的大考，不少中考生显得挺紧张。中考毕竟是一场竞争，在大多数考生眼中，中考是人生的一个转折点。如何才能在中考中取得更好的成绩，本报邀请永康部分名师为您支招。●语文：
念好“三字经”有效提分
指导教师：
胡德方（永康中学）
在不到一个月的时间里，每位初三毕业生在语文复习中，可以通过念好“三字经”,进行有效提分。
一、“实”。这是针对语文知识积累与运用而言。首先是夯实基础，回归教材。将精读课文中的重点字词句再梳理一遍，尤其是容易错或曾经错的内容，如“慰藉”的“藉”要念“jiè”，“即使”不能写成“既使”等。其次是考点的再落实，如古诗文名句默写题有6分，只考必背的80句，既要句句会背，更要字字写对，有意识地注意不能写成同音字或形近字，如“醉翁之意不在酒，在乎山水之间也”中的“在乎”误写成“在呼”。
二、“活”。这是针对阅读题而言。目前，现代文阅读题不在于练得多，而要练得“活”。要在把握文体特征的基础上，准确理解文意，根据不同问题灵活回答。同时，注意归纳一下答题技巧，以灵活应对。如文学作品整体感知题，可从“什么人，什么事，什么结果”这几个角度去考虑，结合文本抓住重点顺畅答题。课外文言文阅读，更要联系课内所学，注重迁移。
三、“稳”。这是针对作文而言。作文历来是语文考试中的“重头戏”，有人说“得作文者得天下”，毕竟作文占了45分，轻视不得。要重点训练记叙文，在选材、构思、立意、行文诸方面先求“稳”，再求稳中有新。可以整理一下近期练习或考试中自己写的作文，从中挑选几篇，进行认真修改与润色，总结出一点自己的应试作文之“道”，做到心中有素材，思考有方向，以充分展示自己的作文个性，写出佳作来。
●社会：
胸有成竹，沉着应付
指导教师：
胡丽红（永康三中）
中考就在眼前，如何在有限的时间里提高学习效率？
首先，要立足基础，回归教材。要把各课、各节、各框的知识进行梳理，使之系统化、网络化，同时要打破教材的章节和各年级知识的界限，进行横向归纳，纵向贯穿。以不变应万变，切忌丢掉教材而陷入资料与题海中。
其次，要精做练习，培养能力。在以前的考试中，学生往往自我感觉不错，但成绩都不理想，这跟学生审题的偏差、思维的缺陷及表述的不规范有关。所以要进行联系训练，明白
审题要审设问、审分数、审材料；答题要多层次、多角度，宁多勿少；答题时要注意有针对性、规范性，并注意字迹清晰、要点清楚、层次分明、行文规范。
再次，要关心时政、查漏补缺。历年中考，大量试题都以时政为重点，社会热点为背景材料，是为“材料取于时政，考点源于教材”。所以考生应适当关注一下老师准备好的时政资料。另外，将最后阶段的试卷装订成册，抽出时间看错题，从查漏补缺中提高解题能力。最后，要注意心理调节，提高应试素质。考生在考试前要注意劳逸结合，保证充足的睡眠，实现学习与休息的良性循环。强化信心，优化情绪，常给自己积极暗示，以平常心对待中考，提前进入中考状态，充分发挥自己的水平。
●数学：
回归基础以守带攻
指导教师：
胡银规（永康中学）
目前的数学复习以题海战术为主，通过不断的模拟训练增强解题能力。胡银规认为，“以守带攻”是当下阶段数学复习的主要策略。
“学会调整做题节奏，训练考试意境。在复习中期，疯狂做题是可行的，但在复习后期，要适当减量，练习考试的感觉和情景，把平时中考化，中考才能平时化。特别是到了6月初，学生更应该侧重做一些简单的题目，反刍基础知识。”胡银规说。
到了中考时，学生同样该有一个“守基础、攻难题”的思路。“去年的一道中考题，我花了1个多小时才解答完整，考生只有两个小时的时间，解答出来基本不可能。”胡银规以此告诫学生对难题要懂得取舍。“一般来说，一道题目如果五六分钟后还没任何思路，那就要果断放弃，继续以下题目或者回头检查已完成的题目。把握好基础题后再去攻克难题，或许就会有灵感了。”
●英语：
灵活运用景式答题
指导教师：
胡燕儿（实验学校）
现在这个阶段，考生不要再纠结于单词的背诵。
作文是比较容易提分的一部分，考生可以将之前写的一些作文整理出来，再次熟悉每一体裁的写作模式。对于平时掌握的材料和词汇，要学会灵活运用。可以适当地再记忆一些句式、好词好句和名言警句等。文章有亮点，比较容易得高分。
阅读理解和完形填空方面，可以运用情景式的答题方式，即设身处地于故事中，将文字转化为电视画面，随主人公的情绪慢慢发展剧情，知道主人公的心理、表情等，对于正确答题十分有效。
另外，要保证书写清洁，字体清晰，这会给改卷老师留下好印象。
●科学：
思想上放松
行为上抓紧
指导教师：
施振生（永康三中）
“不要懒不要慌，哪个懒人走得远，哪个慌人会变强。昨天学习懒中过，不懂装懂好心伤；昨天学习慌中过，看错算错痛断肠。中考已是屈指数，莫笑临阵在磨枪；读书可以今天起，且韧且静志未央。”
为了鼓励学生复习的劲头，永康市第三中学的科学老师施振生为学生们编了这样一首打油诗。对于紧张的初三备考学生，施振生给大家提个醒，在思想上要放松，但在行为上要抓紧。对于不懂的问题就要能疑敢问。
对于科学这门课，也不要只是一味地去做题。一个问题从10个角度分析所取得的功效，要远大于同一类问题重复10次。
中考不仅是考学生还是在考老师。施振生认为，作为老师在平时复习过程中，激发学生学习兴趣取得的功效，远大于认真备课认真改作业所取得的功效；认真备课、认真改作业所取得的功效，远大于加班加点，题海战术所取得的功效。
第三篇：中考冲刺提分七大高效复习方法
中考冲刺提分七大高效复习方法中考是初中生进一步提升的一次大的“关卡”。对于初三学子而言，中考时间临近，掌握一些高效的复习方法是十分必要的。
一、复习时要做到“五到”。即复习时要做到眼到、手到、口到、耳到、心到。尤其以心到最为重要，通过全身心的投入，多器官感知信息，记忆的效率就高。
二、要养成固定时间内复习固定内容的习惯。有关资料表明：一个人确实存在着在某一固定的时间内，做某一类事情可获得最佳效果的生理、心理规律，这就是人体生物钟现象。
三、要在理解的基础上复习。理解是记忆的前提和基础。要复习好功课，必须先得把知识消化了才行，这就要求学生必须做到：上课高度集中自己的注意力，把课听懂，当天的疑难问题当天解决，决不拖到第二天。
四、要及时复习。知识刚学过之后，遗忘特别快，经过较长时间以后，虽然记忆保留的量减少了，但遗忘的速度却放慢了。即遗忘的规律是：先快后慢，先多后少。因此，当天课堂上学过的新知识，除了该堂课上学过的新知识，当天课后还要及时再复习。
六、复习时要做好四件事：(1)尝试回忆，就是下课后独立地把老师上课讲的内容回想一遍，；(2)看教科书，重点看尝试回忆时想不起来、记不清楚、印象模糊的部分，高度概括课文内容的语言以及有利于记忆、带提示性的语句；(3)整理笔记，先把上课时没有记下来的部分补上，再把记得不准确的地方更正过来，以保证笔记的完整性和准确性；(4)看参考书，把精彩的内容、精彩的题目及时摘到课堂笔记上，这样就会促使知识掌握向深度和广度发展，使学习逐渐形成良性循环。
七、要适时做好系统性复习。
第四篇：高考语文辅导培训冲刺提分：识记之后还干什么
高考语文辅导培训冲刺提分：识记之后还干什么 2014年高考在即，以下是高考语文复习过程中摆脱语文低分状态的技巧，希望考生认真阅读，取得理想高考成绩!
一、观念问题：语文不是背一背
许多家长和学生在实际的学习过程中，都有一种根深蒂固的偏见：那就是语文差一点没关系，因为语文不需要多费脑子，临考试的时候，背一背，记一记，也就行了。当然，大家之所以这样讲，与语文课堂的某些现状有关，有的老师就是把语文当成知识课来上的。考试就是知识搬家，将记在笔记本上的内容原封不动地搬到了试卷上。语文考试就变成了关于记忆力的检测。记忆力当然是人很重要的一项能力，一个人失去了应有的记忆力，那会完全变成白痴了。但是现代人才，绝非仅仅有记忆力就行的。思维力、想象力、反思力、推断力、创造力，这些能力的要求对一个现代人来说是更为重要的能力。语文课与这些能力原本相关，但为大家所忽略。将语文的学习视为只要背一背，记一记，这是造成语文低分的重要的主观原因。
二、方式问题：从不关注或一曝十寒
这里我们从语文学习的方式上找一找语文低分的原因。一部分同学低分的原因是除了在课堂上有一搭没一搭地听几句之外，课下从未关注过语文，基本没有课外阅读，只写老师布置的作文。这一类同学还有一个最为显著的特征，那就是他们从来不朗读，读书只要一出声，必定是磕磕绊绊，念什么文章，都是一个劲，没有轻重缓急，也无抑扬顿挫。这一招当然也是家长朋友检测孩子语文程度的一个简便易行的有效方式。您不妨让孩子读一段报纸，读一篇文章，如果孩子是这样的话，那就证明他的语文学习已经出现了问题。还有的同学，倒是关注了语文学习，不过是一曝十寒式的学习。猛干一晚，十天不看。其实，语文的学习最是不能这样。它需要的是少量多次，循序渐进，边读边悟。
三、内容问题：识记之后还干什么
语文低分还有一个原因就是在同学备考复习的时候，将语文丰富的内涵与思考内容经常简化为字音、字形和文学文化常识、背诵的课文这几项内容。假如我们新近学了贺知章的一首古诗《回乡偶书》：“少小离家老大回，乡音无改鬓毛衰。儿童相见不相识，笑问客从何处来。”一般同学复习备考的内容是：复习字形“鬓毛”的“鬓”，写几遍，保证会写;然后再掌握字音“衰”读作“cuī”;再后，记住这首诗的作者是唐代的诗人贺知章，号四明狂客，还曾写过的一首诗叫《咏柳》。培训搜px.wangxiao.so培训课程网提示您这个复习够充分了吧。都这么复习了，那还能干什么呢，剩下的就是去考场发挥了。其实这个同学语文复习得的确不错，但他把最应该复习的内容却丢掉了。那就是面对“儿童相见不相识，笑问
客从何处来”的那群天真烂漫的孩子，白发苍苍的87岁致仕归乡的贺知章此时的心境到底是怎样的，他有何样的人生感慨?你可以将贺知章此时心潮起伏的心情用你的笔描绘记录下来吗?体悟人生，感动生命，增加人生丰厚的体验，将复杂的内心世界用自己的笔能够准确细腻的记录下来，这些才是语文学习的应有之义。
四、高考语文成绩提升方法
1.转化观念，从今天做起。改变对语文不重视的观念，改变语文学习方法。坚持每天学习语文40分钟。
2.提前预习，认真面对课文，将容易写错和不理解的词语首先划出来。能查字典弄清楚的，就自己查字典。查完后，仍然难解其意的，准备好，第二天问老师。一边读，一边想，将自己的想法可以用铅笔写在书页空白的地方。大胆地去写，不要害怕自己的幼稚与错误。
3.带着这样的问题，第二天上课的时候，与老师碰撞。看一看，自己哪些地方与老师英雄所见略同，哪些地方还有差距，哪些地方自己理解错了，想一想为什么会有这样的错误。
4.课下整理基础知识后，能够坚持写听课感悟，感悟中可以写：在课堂上，自己领悟了哪些，在哪些地方收到了启发，转变了什么，老师与其他同学的精彩在哪里?
5.带着自己这些感受，与授课老师或四中网校的老师坦诚交流。认真听取老师肯定了你什么，对哪些内容指出了问题。
6.针对自己的不足，在四中网校的优质资源中找到相关的讲座与问题研讨。一边听，一边写下自己的感受，依据老师的建议，快速而积极地修正自己以往之不足。
7.增加阅读量，带着从老师那里领悟而来的方法，运用到自我阅读中。
8.期末考试早下手，自我先做模拟考。依据自己的成绩与不足，再行改变。
第五篇：「中考数学」证明题：真题专项突破冲刺提分60题（含答案解析）
【中考数学】证明题：精选真题专项打破冲刺提分60题
（含答案解析）
一、解
答
题（共60小题）
1．（2015•遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延伸线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．
2．（2015•珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．
（1）如图1，连接BD，AF，则BD AF（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．
3．（2015•镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延伸OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA= °时，四边形BFDE是正方形．
4．（2015•漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
5．（2015•玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O的切线CD交AB的延伸线于点C，E为的中点，连接DE，EB．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）已知图中暗影部分面积为6π，求⊙O的半径r．
6．（2015•永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延伸AD到E点，使DE=AB．
（1）求证：∠ABC=∠EDC；
（2）求证：△ABC≌△EDC．
7．（2015•营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PD=，AC=8，求图中暗影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．
8．（2015•徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．
（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE=
时，四边形BFCE是菱形．
9．（2015•宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延伸与AD的延伸线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
10．（2015•湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
11．（2015•咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．
12．（2015•咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．
（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．
13．（2015•梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．
（1）求证：HF=AP；
（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．
14．（2015•威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE=CE；
（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．
15．（2015•铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延伸交BC的延伸线于点E，EF=FD．
求证：AD=CE．
16．（2015•通辽）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．
17．（2015•铁岭）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E、F分别在边CD、AB上．
（1）若DE=BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．
18．（2015•天水）如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：
（1）AC•PD=AP•BC；
（2）PE=PD．
19．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证：
（1）DF=AE；
（2）DF⊥AC．
20．（2015•随州）如图，射线PA切⊙O于点A，连接PO．
（1）在PO的上方作射线PC，使∠OPC=∠OPA（用尺规在原图中作，保留痕迹，不写作法），并证明：PC是⊙O的切线；
（2）在（1）的条件下，若PC切⊙O于点B，AB=AP=4，求的长．
21．（2015•绥化）如图1，在正方形ABCD中，延伸BC至M，使BM=DN，连接MN交BD延伸线于点E．
（1）求证：BD+2DE=BM．
（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD=1：2，且CM=2，则线段DG= ．
22．（2015•苏州）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以B、C为圆心，BC长为半径在BC下方画弧．设两弧交于点D，与AB、AC的延伸线分别交于点E、F，连接AD、BD、CD
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BC=6，∠BAC=50°，求DE、DF的长度之和（结果保留π）．
23．（2015•上海）已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延伸线上，且OE=OB，连接DE．
（1）求证：DE⊥BE；
（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE=CD•DE．
24．（2015•厦门）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，n），B（m，n）（m＞2），D（p，q）（q＜n），点B，D在直线y=x+1上．四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，且AB∥CD，CD=4，BE=DE，△AEB的面积是2．
求证：四边形ABCD是矩形．
25．（2015•庆阳）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．
（1）当AB=2时，求△GEC的面积；
（2）求证：AE=EF．
26．（2015•青海）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，AC平分∠BAD，CE∥DA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
27．（2015•钦州）如图，AB为⊙O的直径，AD为弦，∠DBC=∠A．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OC，如果OC恰好弦BD的中点E，且tanC=，AD=3，求直径AB的长．
28．（2015•黔东南州）如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．
（1）求证：PN与⊙O相切；
（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．
29．（2015•潜江）如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延伸线交于点M，∠COB=∠APB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）当OB=3，PA=6时，求MB，MC的长．
30．（2015•盘锦）如图1，AB为⊙O的直径，点P是直径AB上任意一点，过点P作弦CD⊥AB，垂足为P，过点B的直线与线段AD的延伸线交于点F，且∠F=∠ABC．
（1）若CD=2，BP=4，求⊙O的半径；
（2）求证：直线BF是⊙O的切线；
（3）当点P与点O重合时，过点A作⊙O的切线交线段BC的延伸线于点E，在其它条件不变的情况下，判断四边形AEBF是什么的四边形？请在图2中补全图象并证明你的结论．
31．（2015•内江）如图，将▱ABCD的边AB延伸至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC于点O．
（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
32．（2015•南通）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，DC上，且ED⊥DB，FB⊥BD．
（1）求证：△AED≌△CFB；
（2）若∠A=30°，∠DEB=45°，求证：DA=DF．
33．（2015•南平）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延伸线上的一点，CD与半圆O相切于点D，连接AD，BD．
（1）求证：∠BAD=∠BDC；
（2）若∠BDC=28°，BD=2，求⊙O的半径．（到0.01）
34．（2015•南京）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延伸线与AD的延伸线交于点E，且DC=DE．
（1）求证：∠A=∠AEB；
（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．
35．（2015•南充）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．
36．（2015•南昌）（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的地位，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形．
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
37．（2015•梅州）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①以A为圆心，AB长为半径画弧；
②以C为圆心，CB长为半径画弧，两弧相交于点D；
③连接BD，与AC交于点E，连接AD，CD．
（1）求证：△ABC≌△ADC；
（2）若∠BAC=30°，∠BCA=45°，AC=4，求BE的长．
38．（2015•龙岩）如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．
（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
39．（2015•柳州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．
（1）求证：AB=AC；
（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．
40．（2015•辽阳）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延伸线于点F．
（1）求证：直线FG是⊙O的切线；
（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．
41．（2015•连云港）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．
（1）求证；∠EDB=∠EBD；
（2）判断AF与DB能否平行，并阐明理由．
42．（2015•莱芜）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，分别以AB，AC为直角边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G为BD的中点，连接CG，BE，CD，BE与CD交于点F．
（1）判断四边形ACGD的外形，并阐明理由．
（2）求证：BE=CD，BE⊥CD．
43．（2015•酒泉）如图，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延伸线与BC的延伸线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= cm时，四边形CEDF是菱形．
（直接写出答案，不需求阐明理由）
44．（2015•荆门）已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延伸线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为5，sinA=，求BH的长．
45．（2015•吉林）如图①，半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形=，由弧长l=，得S扇形==••R=lR．经过观察，我们发现S扇形=lR类似于S三角形=×底×高．
类比扇形，我们探求扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其运用．
（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形=×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；
（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积，面积是多少？
46．（2015•黄石）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ能否成立？请阐明理由．
47．（2015•黄冈）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延伸线于点P．
（1）求证：∠BCP=∠BAN
（2）求证：=．
48．（2015•湖北）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
49．（2015•葫芦岛）如图，△ABC是等边三角形，AO⊥BC，垂足为点O，⊙O与AC相切于点D，BE⊥AB交AC的延伸线于点E，与⊙O相交于G、F两点．
（1）求证：AB与⊙O相切；
（2）若等边三角形ABC的边长是4，求线段BF的长？
50．（2015•呼伦贝尔）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．
51．（2015•呼伦贝尔）如图，已知直线l与⊙O相离．OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延伸线交直线l于点C．
（1）求证：AB=AC；
（2）若PC=2，求⊙O的半径．
52．（2015•贺州）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠BAD，AD⊥DC，垂足为D，OE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若OE=cm，AC=2cm，求DC的长（结果保留根号）．
53．（2015•贺州）如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F．若DE=4，BD=8．
（1）求证：AF=EF；
（2）求证：BF平分∠ABD．
54．（2015•河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延伸BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
①若AB=4，则四边形AOPD的面积为 ；
②连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形．
55．（2015•桂林）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N，求证：△ABN≌△CDM．
56．（2015•贵港）如图，已知AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为E，且点E是OD的中点，⊙O的切线BM与AO的延伸线相交于点M，连接AC，CM．
（1）若AB=4，求的长；（结果保留π）
（2）求证：四边形ABMC是菱形．
57．（2015•甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．
58．（2015•东莞）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延伸EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
59．（2015•大庆）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，P为BD上一点，∠APB=∠BAD．
（1）证明：AB=CD；
（2）证明：DP•BD=AD•BC；
（2）证明：BD2=AB2+AD•BC．
60．（2015•赤峰）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延伸线交于点D，DE⊥PO交PO延伸线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
（1）求证：PB是的切线．
（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．
2015年全国中考数学证明题60例
参考答案与试题解析
一、解
答
题（共60小题）
1．（2015•遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延伸线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．
考点：
菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据AAS证△AFE≌△DBE；
（2）利用①中全等三角形的对应边相等得到AF=BD．已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD=DC，从而得出结论；
（3）由直角三角形ABC与菱形有相反的高，根据等积变形求出这个高，代入菱形面积公式可求出结论．
解答：
（1）证明：①∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD，在△AFE和△DBE中，∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵DB=DC，∴AF=CD．
∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，∴AD=DC=BC，∴四边形ADCF是菱形；
（3）解：设菱形DC边上的高为h，∴RT△ABC斜边BC边上的高也为h，∵BC==，∴DC=BC=，∴h==，菱形ADCF的面积为：DC•h=×=10．
点评：
本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的运用，菱形的面积计算，次要考查先生的推理能力．
2．（2015•珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．
（1）如图1，连接BD，AF，则BD = AF（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平移的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据等腰三角形的性质，可得∠ABC与∠ACB的关系，根据平移的性质，可得AC与DF的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案；
（2）根据类似三角形的判定与性质，可得GM与HN的关系，BM与FN的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．
解答：
（1）解：由AB=AC，得∠ABC=ACB．
由△ABC沿BC方向平移得到△DEF，得DF=AC，∠DFE=∠ACB．
在△ABF和△DFB中，△ABF≌△DFB（SAS），BD=AF，故答案为：BD=AF；
（2）证明：如图：
MN∥BF，△AMG∽△ABC，△DHN∽△DEF，=，=，∴MG=HN，MB=NF．
在△BMH和△FNG中，△BMH≌△FNG（SAS），∴BH=FG．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了平移的性质，类似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
3．（2015•镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延伸OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA= 20 °时，四边形BFDE是正方形．
考点：
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由题意易证∠BAE=∠BCF，又由于BA=BC，AE=CF，于是可证△BAE≌△BCF；
（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只需∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=20°．
解答：
（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，∴∠BAE=∠BCF，在△BAE与△BCF中，∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，∴只需∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，∵△BAE≌△BCF，∴∠EBA=∠FBC，又∵∠ABC=50°，∴∠EBA+∠FBC=40°，∴∠EBA=×40°=20°．
故答案为：20．
点评：
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的判定．本题关键是根据SAS证明△BAE≌△BCF．
4．（2015•漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据折叠的性质，易知DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，易证FG=FE，故由四边相等证明四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
解答：
（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；
（2）解：设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，FC2+EC2=EF2，即42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．
点评：
本题次要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．
5．（2015•玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O的切线CD交AB的延伸线于点C，E为的中点，连接DE，EB．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）已知图中暗影部分面积为6π，求⊙O的半径r．
考点：
切线的性质；平行四边形的判定；扇形面积的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由∠BOD=60°E为的中点，得到，于是得到DE∥BC，根据CD是⊙O的切线，得到OD⊥CD，于是得到BE∥CD，即可证得四边形BCDE是平行四边形；
（2）连接OE，由（1）知，得到∠BOE=120°，根据扇形的面积公式列方程即可得到结论．
解答：
解：（1）∵∠BOD=60°，∴∠AOD=120°，∴=，∵E为的中点，∴，∴DE∥AB，OD⊥BE，即DE∥BC，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∴BE∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）连接OE，由（1）知，∴∠BOE=120°，∵暗影部分面积为6π，∴=6π，∴r=6．
点评：
本题考查了切线的性质，平行四边形的判定，扇形的面积公式，垂径定理，证明是解题的关键．
6．（2015•永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延伸AD到E点，使DE=AB．
（1）求证：∠ABC=∠EDC；
（2）求证：△ABC≌△EDC．
考点：
全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据四边形的内角和等于360°求出∠B+∠ADC=180°，再根据邻补角的和等于180°可得∠CDE+∠ADE=180°，从而求出∠B=∠CDE；
（2）根据“边角边”证明即可．
解答：
（1）证明：在四边形ABCD中，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴90°+∠B+90°+∠ADC=360°，∴∠B+∠ADC=180°，又∵∠CDE+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠CDE，（2）连接AC，由（1）证得∠ABC=∠CDE，在△ABC和△EDC中，∴△ABC≌△EDC（SAS）．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，根据四边形的内角和定理以及邻补角的定义，利用同角的补角相等求出夹角相等是证明三角形全等的关键，也是本题的难点．
7．（2015•营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PD=，AC=8，求图中暗影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．
考点：
切线的判定；扇形面积的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OC，证明△PAO≌△PCO，得到∠PCO=∠PAO=90°，证明结论；
（2）证明△ADP∽△PDA，得到成比例线段求出BC的长，根据S阴=S⊙O﹣S△ABC求出答案；
（3）连接AE、BE，作BM⊥CE于M，分别求出CM和EM的长，求和得到答案．
解答：
（1）证明：如图1，连接OC，∵PA切⊙O于点A，∴∠PAO=90°，∵BC∥OP，∴∠AOP=∠OBC，∠COP=∠OCB，∵OC=OB，∴∠OBC=∠OCB，∴∠AOP=∠COP，在△PAO和△PCO中，∴△PAO≌△PCO，∴∠PCO=∠PAO=90°，∴PC是⊙O的切线；
（2）解：由（1）得PA，PC都为圆的切线，∴PA=PC，OP平分∠APC，∠ADO=∠PAO=90°，∴∠PAD+∠DAO=∠DAO+∠AOD，∴∠PAD=∠AOD，∴△ADP∽△ODA，∴，∴AD2=PD•DO，∵AC=8，PD=，∴AD=AC=4，OD=3，AO=5，由题意知OD为△的中位线，∴BC=6，OD=6，AB=10．
∴S阴=S⊙O﹣S△ABC=﹣24；
（3）解：如图2，连接AE、BE，作BM⊥CE于M，∴∠CMB=∠EMB=∠AEB=90°，∵点E是的中点，∴∠ECB=∠CBM=∠ABE=45°，CM=MB=3，BE=AB•cos45°=5，∴EM==4，则CE=CM+EM=7．
点评：
本题考查的是切线的判定和性质、扇形面积的计算和类似三角形的判定和性质，灵活运用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判定是解题的关键．
8．（2015•徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．
（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE= 4
时，四边形BFCE是菱形．
考点：
平行四边形的判定；菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AE=DF，∠A=∠D，AB=DC，易证得△AEC≌△DFB，即可得BF=EC，∠ACE=∠DBF，且EC∥BF，即可判定四边形BFCE是平行四边形；
（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，根据菱形的性质即可得到结果．
解答：
（1）证明：∵AB=DC，∴AC=DF，在△AEC和△DFB中，∴△AEC≌△DFB（SAS），∴BF=EC，∠ACE=∠DBF
∴EC∥BF，∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，∵AD=10，DC=3，AB=CD=3，∴BC=10﹣3﹣3=4，∵∠EBD=60°，∴BE=BC=4，∴当BE=4
时，四边形BFCE是菱形，故答案为：4．
点评：
此题考查了类似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，留意数形思想的运用，留意掌握辅助线的作法．
9．（2015•宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延伸与AD的延伸线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
考点：
平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据同旁内角互补两直线平行求出BC∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）分①BC=BD时，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解；②BC=CD时，过点C作CG⊥AF于G，判断出四边形AGCB是矩形，再根据矩形的对边相等可得AG=BC=3，然后求出DG=2，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四边形的面积列式计算即可得解；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾．
解答：
（1）证明：∵∠A=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴∠CBE=∠DFE，在△BEC与△FED中，∴△BEC≌△FED，∴BE=FE，又∵E是边CD的中点，∴CE=DE，∴四边形BDFC是平行四边形；
（2）①BC=BD=3时，由勾股定理得，AB===2，所以，四边形BDFC的面积=3×2=6；
②BC=CD=3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，所以，AG=BC=3，所以，DG=AG﹣AD=3﹣1=2，由勾股定理得，CG===，所以，四边形BDFC的面积=3×=3；
③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形BDFC的面积是6或3．
点评：
本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，（1）确定出全等三角形是解题的关键，（2）难点在于分情况讨论．
10．（2015•湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
考点：
矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；
（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．
解答：
证明：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，∴∠AED=∠CFB=90°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，∠A=∠C，在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF（AAS）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，∴∠CDE+∠DEB=180°，∵∠DEB=90°，∴∠CDE=90°，∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，则四边形BFDE为矩形．
点评：
此题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，纯熟掌握矩形的判定方法是解本题的关键．
11．（2015•咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．
考点：
根的判别式；解一元二次方程-公式法．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）求出方程根的判别式，利用配方法进行变形，根据平方的非负性证明即可；
（2）利用一元二次方程求根公式求出方程的两个根，根据题意求出m的值．
解答：
（1）证明：△=（m+2）2﹣8m
=m2﹣4m+4
=（m﹣2）2，∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0，∴△≥0，∴方程总有实数根；
（2）解：解方程得，x=，x1=，x2=1，∵方程有两个不相等的正整数根，∴m=1或2，m=2不合题意，∴m=1．
点评：
本题考查的是一元二次方程根的判别式和求根公式的运用，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；△=0⇔方程有两个相等的实数根；△＜0⇔方程没有实数根是解题的关键．
12．（2015•咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．
（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．
考点：
切线的性质；菱形的判定与性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OD、OE、ED．先证明△AOE是等边三角形，得到AE=AO=0D，则四边形AODE是平行四边形，然后由OA=OD证明四边形AODE是菱形；
（2）连接OD、DF．先由△OBD∽△ABC，求出⊙O的半径，然后证明△ADC∽△AFD，得出AD2=AC•AF，进而求出AD．
解答：
（1）证明：如图1，连接OD、OE、ED．
∵BC与⊙O相切于一点D，∴OD⊥BC，∴∠ODB=90°=∠C，∴OD∥AC，∵∠B=30°，∴∠A=60°，∵OA=OE，∴△AOE是等边三角形，∴AE=AO=0D，∴四边形AODE是平行四边形，∵OA=OD，∴四边形AODE是菱形．
（2）解：设⊙O的半径为r．
∵OD∥AC，∴△OBD∽△ABC．
∴，即10r=6（10﹣r）．
解得r=，∴⊙O的半径为．
如图2，连接OD、DF．
∵OD∥AC，∴∠DAC=∠ADO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠DAO，∴∠DAC=∠DAO，∵AF是⊙O的直径，∴∠ADF=90°=∠C，∴△ADC∽△AFD，∴，∴AD2=AC•AF，∵AC=6，AF=，∴AD2=×6=45，∴AD==3．
点评：
本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定和性质以及类似三角形的判定和性质，是一个综合题，难度中等．纯熟掌握相关图形的性质及判定是解本题的关键．
13．（2015•梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．
（1）求证：HF=AP；
（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．
考点：
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）先根据EQ⊥BO，EH⊥AB得出∠EQN=∠BHM=90°．根据∠EMQ=∠BMH得出△EMQ∽△BMH，故∠QEM=∠HBM．由ASA定理得出△APB≌△HFE，故可得出结论；
（2）由勾股定理求出BP的长，根据EF是BP的垂直平分线可知BQ=BP，再根据锐角三角函数的定义得出QF=BQ的长，由（1）知，△APB≌△HFE，故EF=BP=4，再根据EQ=EF﹣QF即可得出结论．
解答：
（1）证明：∵EQ⊥BO，EH⊥AB，∴∠EQN=∠BHM=90°．
∵∠EMQ=∠BMH，∴△EMQ∽△BMH，∴∠QEM=∠HBM．
在Rt△APB与Rt△HFE中，∴△APB≌△HFE，∴HF=AP；
（2）解：由勾股定理得，BP===4．
∵EF是BP的垂直平分线，∴BQ=BP=2，∴QF=BQ•tan∠FBQ=BQ•tan∠ABP=2×=．
由（1）知，△APB≌△HFE，∴EF=BP=4，∴EQ=EF﹣QF=4﹣=．
点评：
本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
14．（2015•威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE=CE；
（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．
考点：
类似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连结AE，如图，根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC=90°，然后利用等腰三角形的性质即可得到BE=CE；
（2）连结DE，如图，证明△BED∽△BAC，然后利用类似比可计算出AB的长，从而得到AC的长．
解答：
（1）证明：连结AE，如图，∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，∴AE⊥BC，而AB=AC，∴BE=CE；
（2）连结DE，如图，∵BE=CE=3，∴BC=6，∵∠BED=∠BAC，而∠DBE=∠CBA，∴△BED∽△BAC，∴=，即=，∴BA=9，∴AC=BA=9．
点评：
本题考查了类似三角形的判定与性质：在判定两个三角形类似时，应留意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻觅类似三角形的普通方法是经过作平行线构造类似三角形．也考查了角平分线的性质和圆周角定理．
15．（2015•铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延伸交BC的延伸线于点E，EF=FD．
求证：AD=CE．
考点：
全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
作DG∥BC交AC于G，先证明△DFG≌△EFC，得出GD=CE，再证明△ADG是等边三角形，得出AD=GD，即可得出结论．
解答：
证明：作DG∥BC交AC于G，如图所示：
则∠DGF=∠ECF，在△DFG和△EFC中，∴△DFG≌△EFC（AAS），∴GD=CE，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠ACB=60°，∵DG∥BC，∴∠ADG=∠B，∠AGD=∠ACB，∴∠A=∠ADG=∠AGD，∴△ADG是等边三角形，∴AD=GD，∴AD=CE．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质；纯熟掌握等边三角形的判定与性质，并能进行推理论证是处理成绩的关键．
16．（2015•通辽）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．
考点：
全等三角形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
根据同角的余角相等可得到∠3=∠5，条件可得到∠1=∠D，再加上BC=CE，可证得结论．
解答：
解：∵∠BCE=∠ACD=90°，∴∠3+∠4=∠4+∠5，∴∠3=∠5，在△ACD中，∠ACD=90°，∴∠2+∠D=90°，∵∠BAE=∠1+∠2=90°，∴∠1=∠D，在△ABC和△DEC中，∴△ABC≌△DEC（AAS）．
点评：
本题次要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
17．（2015•铁岭）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E、F分别在边CD、AB上．
（1）若DE=BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．
考点：
矩形的性质；平行四边形的判定；菱形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据矩形的性质可得AB平行且等于CD，然后根据DE=BF，可得AF平行且等于CE，即可证明四边形AFCE是平行四边形；
（2）根据四边形AFCE是菱形，可得AE=CE，然后设DE=x，表示出AE，CE的长度，根据相等求出x的值，继而可求得菱形的边长及周长．
解答：
解；（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，AB∥CD，∵DE=BF，∴AF=CE，AF∥CE，∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，∴AE=CE，设DE=x，则AE=，CE=8﹣x，则=8﹣x，解得：x=，则菱形的边长为：8﹣=，周长为：4×=25，故菱形AFCE的周长为25．
点评：
本题考查了矩形的性质和菱形的性质，解答本题的关键是则矩形对边平行且相等的性质以及菱形四条边相等的性质．
18．（2015•天水）如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：
（1）AC•PD=AP•BC；
（2）PE=PD．
考点：
切线的性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据AB是⊙O的直径，BC是切线，可得AB⊥BC，再根据DE⊥AB，判断出DE∥BC，△AEP∽△ABC，所以=；然后判断出=，即可判断出ED=2EP，据此判断出PE=PD即可．
（2）首先根据△AEP∽△ABC，判断出；然后根据PE=PD，可得，据此判断出AC•PD=AP•BC即可．
解答：
解：（1）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，∴AB⊥BC，∵DE⊥AB，∴DE∥BC，∴△AEP∽△ABC，∴=…①，又∵AD∥OC，∴∠DAE=∠COB，∴△AED∽△OBC，∴===…②，由①②，可得ED=2EP，∴PE=PD．
（2）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，∴AB⊥BC，∵DE⊥AB，∴DE∥BC，∴△AEP∽△ABC，∴，∵PE=PD，∴，∴AC•PD=AP•BC．
点评：
（1）此题次要考查了切线的性质和运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①圆的切线垂直于切点的半径．②圆心且垂直于切线的直线必切点．③切点且垂直于切线的直线必圆心．
（2）此题还考查了类似三角形的判定和性质的运用，要纯熟掌握．
19．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证：
（1）DF=AE；
（2）DF⊥AC．
考点：
全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）延伸DE交AB于点G，连接AD．构建全等三角形△AED≌△DFB（SAS），则由该全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）设AC与FD交于点O．利用（1）中全等三角形的对应角相等，等角的补角相等以及三角形内角和定理得到∠EOD=90°，即DF⊥AC．
解答：
证明：（1）延伸DE交AB于点G，连接AD．
∵四边形BCDE是平行四边形，∴ED∥BC，ED=BC．
∵点E是AC的中点，∠ABC=90°，∴AG=BG，DG⊥AB．
∴AD=BD，∴∠BAD=∠ABD．
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠BAD=45°，即∠BDE=∠ADE=45°．
又BF=BC，∴BF=DE．
∴在△AED与△DFB中，∴△AED≌△DFB（SAS），∴AE=DF，即DF=AE；
（2）设AC与FD交于点O．
∵由（1）知，△AED≌△DFB，∴∠AED=∠DFB，∴∠DEO=∠DFG．
∵∠DFG+∠FDG=90°，∴∠DOE+∠EDO=90°，∴∠EOD=90°，即DF⊥AC．
点评：
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
20．（2015•随州）如图，射线PA切⊙O于点A，连接PO．
（1）在PO的上方作射线PC，使∠OPC=∠OPA（用尺规在原图中作，保留痕迹，不写作法），并证明：PC是⊙O的切线；
（2）在（1）的条件下，若PC切⊙O于点B，AB=AP=4，求的长．
考点：
切线的判定与性质；弧长的计算；作图—基本作图．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）按照作一个角等于已知角的作图方法作图即可，连接OA，作OB⊥PC，根据角平分线的性质证明OA=OB即可证明PC是⊙O的切线；
（2）首先证明△PAB是等边三角形，则∠APB=60°，进而∠POA=60°，在Rt△AOP中求出OA，用弧长公式计算即可．
解答：
解：（1）作图如右图，连接OA，过O作OB⊥PC，∵PA切⊙O于点A，∴OA⊥PA，又∵∠OPC=∠OPA，OB⊥PC，∴OA=OB，即d=r，∴PC是⊙O的切线；
（2）∵PA、PC是⊙O的切线，∴PA=PB，又∵AB=AP=4，∴△PAB是等边三角形，∴∠APB=60°，∴∠AOB=120°，∠POA=60°，在Rt△AOP中，tan60°=
∴OA=
∴==．
点评：
本题考查了尺规作图、切线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数以及弧长的计算，求出圆心角和半径长是处理成绩的关键．
21．（2015•绥化）如图1，在正方形ABCD中，延伸BC至M，使BM=DN，连接MN交BD延伸线于点E．
（1）求证：BD+2DE=BM．
（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD=1：2，且CM=2，则线段DG= ．
考点：
类似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）过点M作MP⊥BC交BD的延伸线于点P，首先证明△DEN≌△PEM，得到DE=PE，由△BMP是等腰直角三角形可知BP=BM，即可得到结论；
（2）由AF：FD=1：2，可知DF：BC=2：3，由△BCN∽△FDN，可求出BC=2，再由△DFG∽△BMG即可求出DG的长．
解答：
（1）证明：过点M作MP⊥BC交BD的延伸线于点P，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠DBC=∠BDC=45°，∴PM∥CN，∴∠N=∠EMP，∠BDC=∠MPB=45°，∴BM=PM，∵BM=DN，∴DN=MP，在△DEN和△PEM中，∴△DEN≌△PEM，∴DE=EP，∵△BMP是等腰直角三角形
∴BP=BM
∴BD+2DE=BM．
（2）解：∵AF：FD=1：2，∴DF：BC=2：3，∵△BCN∽△FDN，∴
设正方形边长为a，又知CM=2，∴BM=DN=a+2，CN=2a+2
∴，解得：a=2，∴DF=，BM=4，BD=2，又∵△DFG∽△BMG，∴，∴，∴DG=．
故答案为：．
点评：
本题次要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、类似三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，运用三角形类似求出正方形的边长是处理第2小题的关键．
22．（2015•苏州）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以B、C为圆心，BC长为半径在BC下方画弧．设两弧交于点D，与AB、AC的延伸线分别交于点E、F，连接AD、BD、CD
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BC=6，∠BAC=50°，求DE、DF的长度之和（结果保留π）．
考点：
全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；弧长的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据题意得出BD=CD=BC，由SSS证明△ABD≌△ACD，得出∠BAD=∠CAD即可；
（2）由等腰三角形的性质得出∠ABC=∠ACB=65°，由等边三角形的性质得出∠DBC=∠DCB=60°，再由平角的定义求出∠DBE=∠DCF=55°，然后根据弧长公式求出、的长度，即可得出结果．
解答：
（1）证明：根据题意得：BD=CD=BC，在△ABD和△ACD中，∴△ABD≌△ACD（SSS）．
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC；
（2）解：∵AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ABC=∠ACB=65°，∵BD=CD=BC，∴△BDC为等边三角形，∴∠DBC=∠DCB=60°，∴∠DBE=∠DCF=55°，∵BC=6，∴BD=CD=6，∴的长度=的长度==；
∴、的长度之和为+=．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、弧长的计算；纯熟掌握全等三角形和等边三角形的判定与性质，并能进行推理计算是处理成绩的关键．
23．（2015•上海）已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延伸线上，且OE=OB，连接DE．
（1）求证：DE⊥BE；
（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE=CD•DE．
考点：
类似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由平行四边形的性质得到BO=BD，由等量代换推出OE=BD，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）根据等角的余角相等，得到∠CEO=∠CDE，推出△BDE∽△CDE，即可得到结论．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=BD，∵OE=OB，∴OE=BD，∴∠BED=90°，∴DE⊥BE；
（2）∵OE⊥CD
∴∠CEO+∠DCE=∠CDE+∠DCE=90°，∴∠CEO=∠CDE，∵OB=OE，∴∠DBE=∠CDE，∵∠BED=∠BED，∴△BDE∽△DCE，∴，∴BD•CE=CD•DE．
点评：
本题考查了类似三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记定理是解题的关键．
24．（2015•厦门）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，n），B（m，n）（m＞2），D（p，q）（q＜n），点B，D在直线y=x+1上．四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，且AB∥CD，CD=4，BE=DE，△AEB的面积是2．
求证：四边形ABCD是矩形．
考点：
矩形的判定；函数图象上点的坐标特征．版权一切
专题：
证明题．
分析：
首先利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定该四边形为平行四边形，然后根据△ABE的面积得到整个四边形的面积和AD的长，根据平行四边形的面积计算方法得当DA⊥AB即可判定矩形．
解答：
证明：作EF⊥AB于点F，∵AB∥CD，∴∠1=∠2，∠3=∠4，在△ABE和△CDE中，∴△ABE≌△CDE，∴AE=CE，∴四边形ABCD是平行四边形，∵A（2，n），B（m，n），易知A，B两点纵坐标相反，∴AB∥CD∥x轴，∴m﹣2=4，m=6，将B（6，n）代入直线y=x+1得n=4，∴B（6，4），∵CD=4，△AEB的面积是2，∴EF=1，∵D（p，q），∴E（，），F（，4），∴+1=4，∴q=2，p=2，∴DA⊥AB，∴四边形ABCD是矩形．
点评：
本题考查了矩形的判定，解题的关键是了解有一个角是直角的平行四边形是矩形，难度不大．
25．（2015•庆阳）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．
（1）当AB=2时，求△GEC的面积；
（2）求证：AE=EF．
考点：
全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据△ABE∽△ECG得到AB：EC=BE：GC，从而求得GC=即可求得S△GEC；
（2）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE=EF；
解答：
解：（1）∵AB=BC=2，点E为BC的中点，∴BE=EC=1，∵AE⊥EF，∴△ABE∽△ECG，∴AB：EC=BE：GC，即：2：1=1：GC，解得：GC=，∴S△GEC=•EC•CG=×1×=；
（2）证明：取AB的中点H，连接EH；
∵ABCD是正方形，AE⊥EF；
∴∠1+∠AEB=90°，∠2+∠AEB=90°
∴∠1=∠2，∵BH=BE，∠BHE=45°，且∠FCG=45°，∴∠AHE=∠ECF=135°，AH=CE，∴△AHE≌△ECF，∴AE=EF；
点评：
此题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解（2）题的关键是取AB的中点H，得出AH=EC，再根据全等三角形的判定得出△AHE≌△ECF．
26．（2015•青海）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，AC平分∠BAD，CE∥DA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
考点：
菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
首先根据平行四边形的判定方法，判断出四边形ADCE是平行四边形；然后判断出AE=CE，即可判断出四边形ADCE是菱形，据此解答即可．
解答：
证明：∵AB∥DC，CE∥DA，∴四边形ADCE是平行四边形，∵AC平分∠BAD，∴∠CAD=∠CAE，又∵CE∥DA，∴∠ACE=∠CAD，∴∠ACE=∠CAE，∴AE=CE，又∵四边形ADCE是平行四边形，∴四边形ADCE是菱形．
点评：
此题次要考查了菱形的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
27．（2015•钦州）如图，AB为⊙O的直径，AD为弦，∠DBC=∠A．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OC，如果OC恰好弦BD的中点E，且tanC=，AD=3，求直径AB的长．
考点：
切线的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AB为⊙O的直径，可得∠D=90°，继而可得∠ABD+∠A=90°，又由∠DBC=∠A，即可得∠DBC+∠ABD=90°，则可证得BC是⊙O的切线；
（2）根据点O是AB的中点，点E时BD的中点可知OE是△ABD的中位线，故AD∥OE，则∠A=∠BOC，再由（1）∠D=∠OBC=90°，故∠C=∠ABD，由tanC=可知tan∠ABD==，由此可得出结论．
解答：
（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠D=90°，∴∠ABD+∠A=90°，∵∠DBC=∠A，∴∠DBC+∠ABD=90°，即AB⊥BC，∴BC是⊙O的切线；
（2）∵点O是AB的中点，点E时BD的中点，∴OE是△ABD的中位线，∴AD∥OE，∴∠A=∠BOC．、∵由（1）∠D=∠OBC=90°，∴∠C=∠ABD，∵tanC=，∴tan∠ABD===，解得BD=6，∴AB===3．
点评：
本题考查的是切线的判定，熟知半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解答此题的关键．
28．（2015•黔东南州）如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．
（1）求证：PN与⊙O相切；
（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．
考点：
切线的判定与性质；弧长的计算．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，利用AAS得到三角形PEO与三角形PFO全等，利用全等三角形对应边相等得到=OE，即可确定出PN与圆O相切；
（2）在直角三角形POE中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出OE的长，∠EOB度数，利用弧长公式即可求出劣弧的长．
解答：
（1）证明：连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，∵PM与圆O相切，∴OE⊥PM，∴∠OEP=∠OFP=90°，∵PC平分∠MPN，∴∠EPO=∠FPO，在△PEO和△PFO中，∴△PEO≌△PFO（AAS），∴OF=OE，则PN与圆O相切；
（2）在Rt△EPO中，∠MPC=30°，PE=2，∴∠EOP=60°，OE=2，∴∠EOB=120°，则的长l==．
点评：
此题考查了切线的判定与性质，弧长公式，纯熟掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
29．（2015•潜江）如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延伸线交于点M，∠COB=∠APB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）当OB=3，PA=6时，求MB，MC的长．
考点：
切线的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据切线的性质，可得∠MAP=90°，根据直角三角形的性质，可得∠P+M=90°，根据余角的性质，可得∠M+∠MOB=90°，根据直角三角形的判定，可得∠MOB=90°，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据类似三角形的判定与性质，可得==，根据解方程组，可得答案．
解答：
（1）证明：∵PA切⊙O于点A，∴∠MAP=90°，∴∠P+M=90°．
∵∠COB=∠APB，∴∠M+∠MOB=90°，∴∠MOB=90°，即OB⊥PB，∵PB直径的外端点，∴PB是⊙O的切线；
（2）∵∠COB=∠APB，∠OBM=∠PAM，∴△OBM∽△APM，∴==，=
①，=
②
联立①②得，解得，当OB=3，PA=6时，MB=4，MC=2．
点评：
本题考查了切线的判定与性质，（1）利用了切线的判定与性质，直角三角形的判定与性质，余角的性质；（2）利用了类似三角形的判定与性质，解方程组．
30．（2015•盘锦）如图1，AB为⊙O的直径，点P是直径AB上任意一点，过点P作弦CD⊥AB，垂足为P，过点B的直线与线段AD的延伸线交于点F，且∠F=∠ABC．
（1）若CD=2，BP=4，求⊙O的半径；
（2）求证：直线BF是⊙O的切线；
（3）当点P与点O重合时，过点A作⊙O的切线交线段BC的延伸线于点E，在其它条件不变的情况下，判断四边形AEBF是什么的四边形？请在图2中补全图象并证明你的结论．
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据垂径定理求得PC，连接OC，根据勾股定理求得即可；
（2）求得△PBC∽△BFA，根据类似三角形对应角相等求得∠ABF=∠CPB=90°，即可证得结论；
（3）经过证得AE=BF，AE∥BF，从而证得四边形AEBF是平行四边形．
解答：
（1）解：CD⊥AB，∴PC=PD=CD=，连接OC，设⊙O的半径为r，则PO=PB﹣r=4﹣r，在RT△POC中，OC2=OP2+PC2，即r2=（4﹣r）2+（）2，解得r=．
（2）证明：∵∠A=∠C，∠F=∠ABC，∴∠ABF=∠CPB，∵CD⊥AB，∴∠ABF=∠CPB=90°，∴直线BF是⊙O的切线；
（3）四边形AEBF是平行四边形；
理由：解：如图2所示：∵CD⊥AB，垂足为P，∴当点P与点O重合时，CD=AB，∴OC=OD，∵AE是⊙O的切线，∴BA⊥AE，∵CD⊥AB，∴DC∥AE，∵AO=OB，∴OC是△ABE的中位线，∴AE=2OC，∵∠D=∠ABC，∠F=∠ABC．
∴∠D=∠F，∴CD∥BF，∵AE∥BF，∵OA=OB，∴OD是△ABF的中位线，∴BF=2OD，∴AE=BF，∴四边形AEBF是平行四边形．
点评：
本题考查了切线的判定，勾股定理的运用，三角形类似的判定和性质，三角形的中位线的性质，平行四边形的判定等，纯熟掌握性质定理是解题的关键．
31．（2015•内江）如图，将▱ABCD的边AB延伸至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC于点O．
（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
考点：
矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据平行四边形的判定与性质得到四边形BECD为平行四边形，然后由SSS推出两三角形全等即可；
（2）欲证明四边形BECD是矩形，只需推知BC=ED．
解答：
证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AB∥CD，则BE∥CD．
又∵AB=BE，∴BE=DC，∴四边形BECD为平行四边形，∴BD=EC．
∴在△ABD与△BEC中，∴△ABD≌△BEC（SSS）；
（2）由（1）知，四边形BECD为平行四边形，则OD=OE，OC=OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A=∠BCD，即∠A=∠OCD．
又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，∴∠OCD=∠ODC，∴OC=OD，∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED，∴平行四边形BECD为矩形．
点评：
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用，难度较大．
32．（2015•南通）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，DC上，且ED⊥DB，FB⊥BD．
（1）求证：△AED≌△CFB；
（2）若∠A=30°，∠DEB=45°，求证：DA=DF．
考点：
平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由四边形ABCD为平行四边形，利用平行四边形的性质得到对边平行且相等，对角相等，再由垂直的定义得到一对直角相等，利用等式的性质得到一对角相等，利用ASA即可得证；
（2）过D作DH垂直于AB，在直角三角形ADH中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半得到AD=2DH，在直角三角形DEB中，利用斜边上的中线等于斜边的一半得到EB=2DH，易得四边形EBFD为平行四边形，利用平行四边形的对边相等得到EB=DF，等量代换即可得证．
解答：
证明：（1）∵平行四边形ABCD，∴AD=CB，∠A=∠C，AD∥CB，∴∠ADB=∠CBD，∵ED⊥DB，FB⊥BD，∴∠EDB=∠FBD=90°，∴∠ADE=∠CBF，在△AED和△CFB中，∴△AED≌△CFB（ASA）；
（2）作DH⊥AB，垂足为H，在Rt△ADH中，∠A=30°，∴AD=2DH，在Rt△DEB中，∠DEB=45°，∴EB=2DH，∴四边形EBFD为平行四边形，∴FD=EB，∴DA=DF．
点评：
此题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及含30度直角三角形的性质，纯熟掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
33．（2015•南平）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延伸线上的一点，CD与半圆O相切于点D，连接AD，BD．
（1）求证：∠BAD=∠BDC；
（2）若∠BDC=28°，BD=2，求⊙O的半径．（到0.01）
考点：
切线的性质；解直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OD，利用切线的性质和直径的性质转化为角的关系进行证明即可；
（2）根据三角函数进行计算即可．
解答：
证明：（1）连接OD，如图，∵CD与半圆O相切于点D，∴OD⊥CD，∴∠CDO=90°，即∠CDB+∠BDO=90°，∵AB是半圆O的直径，∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠BDO=90°，∴∠CDB=∠ODA，∵OD=OA，∴∠ODA=∠BAD，∴∠BAD=∠BDC；
（2）∵∠BAD=∠BDC=28°，在Rt△ABD中，sin∠BAD=，∴AB=，∴⊙O的半径为．
点评：
此题考查切线的性质，关键是根据切线的性质和直径的性质转化为角的关系进行分析．
34．（2015•南京）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延伸线与AD的延伸线交于点E，且DC=DE．
（1）求证：∠A=∠AEB；
（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．
考点：
圆内接四边形的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据圆内接四边形的性质可得∠A+∠BCD=180°，根据邻补角互补可得∠DCE+∠BCD=180°，进而得到∠A=∠DCE，然后利用等边对等角可得∠DCE=∠AEB，进而可得∠A=∠AEB；
（2）首先证明△DCE是等边三角形，进而可得∠AEB=60°，再根据∠A=∠AEB，可得△ABE是等腰三角形，进而可得△ABE是等边三角形．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCE，∵DC=DE，∴∠DCE=∠AEB，∴∠A=∠AEB；
（2）∵∠A=∠AEB，∴△ABE是等腰三角形，∵EO⊥CD，∴CF=DF，∴EO是CD的垂直平分线，∴ED=EC，∵DC=DE，∴DC=DE=EC，∴△DCE是等边三角形，∴∠AEB=60°，∴△ABE是等边三角形．
点评：
此题次要考查了等边三角形的判定和性质，以及圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形对角互补．
35．（2015•南充）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AD⊥BC，CE⊥AB，易得∠AFE=∠B，利用全等三角形的判定得△AEF≌△CEB；
（2）由全等三角形的性质得AF=BC，由等腰三角形的性质“三线合一”得BC=2CD，等量代换得出结论．
解答：
证明：（1）∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠BCE+∠CFD=90°，∠BCE+∠B=90°，∴∠CFD=∠B，∵∠CFD=∠AFE，∴∠AFE=∠B
在△AEF与△CEB中，∴△AEF≌△CEB（AAS）；
（2）∵AB=AC，AD⊥BC，∴BC=2CD，∵△AEF≌△CEB，∴AF=BC，∴AF=2CD．
点评：
本题次要考查了全等三角形性质与判定，等腰三角形的性质，运用等腰三角形的性质是解答此题的关键．
36．（2015•南昌）（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为 C
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的地位，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形．
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
考点：
图形的剪拼；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；平移的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据矩形的判定，可得答案；
（2）①根据菱形的判定，可得答案；
②根据勾股定理，可得答案．
解答：
解：（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为矩形，故选：C；
（2）①证明：∵纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∴AE=3．
如图2：，∵△AEF，将它平移至△DE′F′，∴AF∥DF′，AF=DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF===5，∴AF=AD=5，∴四边形AFF′D是菱形；
②连接AF′，DF，如图3：
在Rt△DE′F中E′F=FF′﹣E′F′=5﹣4=1，DE′=3，∴DF===，在Rt△AEF′中EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=3，∴AF′===3．
点评：
本题考查了图形的剪拼，利用了矩形的判定，菱形的判定，勾股定理．
37．（2015•梅州）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①以A为圆心，AB长为半径画弧；
②以C为圆心，CB长为半径画弧，两弧相交于点D；
③连接BD，与AC交于点E，连接AD，CD．
（1）求证：△ABC≌△ADC；
（2）若∠BAC=30°，∠BCA=45°，AC=4，求BE的长．
考点：
全等三角形的判定与性质；作图—复杂作图．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用SSS定理证得结论；
（2）设BE=x，利用角的三角函数易得AE的长，由∠BCA=45°易得CE=BE=x，解得x，得CE的长．
解答：
（1）证明：在△ABC与△ADC中，∴△ABC≌△ADC（SSS）；
（2）解：设BE=x，∵∠BAC=30°，∴∠ABE=60°，∴AE=tan60°•x=x，∵△ABC≌△ADC，∴CB=CD，∠BCA=∠DCA，∵∠BCA=45°，∴∠BCA=∠DCA=45°，∴∠CBD=∠CDB=45°，∴CE=BE=x，∴x+x=4，∴x=2﹣2，∴BE=2﹣2．
点评：
本题次要考查了全等三角形的判定及性质，角的三角函数，利用方程思想，综合运用全等三角形的性质和判定定理是解答此题的关键．
38．（2015•龙岩）如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．
（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
考点：
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据矩形的性质和已知条件可证明△AEF≌△DCE，可证得AE=DC；
（2）由（1）可知AE=DC，在Rt△ABE中由勾股定理可求得BE的长．
解答：
（1）证明：在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠1+∠2=90°，∵EF⊥EC，∴∠FEC=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，在△AEF和△DCE中，∴△AEF≌△DCE（AAS），∴AE=DC；
（2）解：由（1）得AE=DC，∴AE=DC=，在矩形ABCD中，AB=CD=，在R△ABE中，AB2+AE2=BE2，即（）2+（）2=BE2，∴BE=2．
点评：
本题次要考查矩形的性质和全等三角形的判定和性质，在（1）中证得三角形全等是解题的关键，在（2）中留意勾股定理的运用．
39．（2015•柳州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．
（1）求证：AB=AC；
（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．
考点：
切线的性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据弦切角定理和圆周角定理证明∠ABC=∠ACB，得到答案；
（2）作AF⊥CD于F，证明△AEH≌△AEF，得到EH=EF，根据△ABH≌△ACF，得到答案．
解答：
证明：（1）∵AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，∴∠ABE=∠DAE，又∠EAC=∠EBC，∴∠DAC=∠ABC，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC；
（2）作AF⊥CD于F，∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC=∠AEF，又∠ABC=∠ACB，∴∠AEF=∠ACB，又∠AEB=∠ACB，∴∠AEH=∠AEF，在△AEH和△AEF中，∴△AEH≌△AEF，∴EH=EF，∴CE+EH=CF，在△ABH和△ACF中，∴△ABH≌△ACF，∴BH=CF=CE+EH．
点评：
本题考查的是切线的性质和平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，运用性质证明相关的三角形全等是解题的关键，留意圆周角定理和圆内接四边形的性质的运用．
40．（2015•辽阳）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延伸线于点F．
（1）求证：直线FG是⊙O的切线；
（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．
考点：
切线的判定；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先判断出OD∥AC，推得∠ODG=∠DGC，然后根据DG⊥AC，可得∠DGC=90°，∠ODG=90°，推得OD⊥FG，即可判断出直线FG是⊙O的切线．
（2）首先根据类似三角形判定的方法，判断出△ODF∽△AGF，再根据cosA=，可得cos∠DOF=；然后求出OF、AF的值，即可求出AG、CG的值各是多少．
解答：
（1）证明：如图1，连接OD，∵AB=AC，∴∠C=∠ABC，∵OD=OB，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，∴∠ODG=∠DGC，∵DG⊥AC，∴∠DGC=90°，∴∠ODG=90°，∴OD⊥FG，∵OD是⊙O的半径，∴直线FG是⊙O的切线．
（2）解：如图2，∵AB=AC=10，AB是⊙O的直径，∴OA=OD=10÷2=5，由（1），可得
OD⊥FG，OD∥AC，∴∠ODF=90°，∠DOF=∠A，在△ODF和△AGF中，∴△ODF∽△AGF，∴，∵cosA=，∴cos∠DOF=，∴=，∴AF=AO+OF=5，∴，解得AG=7，∴CG=AC﹣AG=10﹣7=3，即CG的长是3．
点评：
（1）此题次要考查了切线的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确切线的判定定理：半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）此题还考查了三角形类似的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形类似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形类似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形类似．
41．（2015•连云港）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．
（1）求证；∠EDB=∠EBD；
（2）判断AF与DB能否平行，并阐明理由．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由折叠和平行线的性质易证∠EDB=∠EBD；
（2）AF∥DB；首先证明AE=EF，得出∠AFE=∠EAF，然后根据三角形内角和与等式性质可证明∠BDE=∠AFE，所以AF∥BD．
解答：
解：（1）由折叠可知：∠CDB=∠EDB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠CDB=∠EBD，∴∠EDB=∠EBD；
（2）AF∥DB；
∵∠EDB=∠EBD，∴DE=BE，由折叠可知：DC=DF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，∴DF=AB，∴AE=EF，∴∠EAF=∠EFA，在△BED中，∠EDB+∠EBD+∠DEB=180°，∴2∠EDB+∠DEB=180°，同理，在△AEF中，2∠EFA+∠AEF=180°，∵∠DEB=∠AEF，∴∠EDB=∠EFA，∴AF∥DB．
点评：
本题次要考查了折叠变换、平行四边形的性质、等腰三角形的性质的综合运用，运用三角形内角和定理和等式性质得出内错角相等是处理成绩的关键．
42．（2015•莱芜）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，分别以AB，AC为直角边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G为BD的中点，连接CG，BE，CD，BE与CD交于点F．
（1）判断四边形ACGD的外形，并阐明理由．
（2）求证：BE=CD，BE⊥CD．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用等腰直角三角形的性质易得BD=2BC，由于G为BD的中点，可得BG=BC，由∠CGB=45°，∠ADB=45得AD∥CG，由∠CBD+∠ACB=180°，得AC∥BD，得出四边形ACGD为平行四边形；
（2）利用全等三角形的判定证得△DAC≌△BAE，由全等三角形的性质得BE=CD；首先证得四边形ABCE为平行四边形，再利用全等三角形的判定定理得△BCE≌△CAD，易得∠CBE=∠ACD，由∠ACB=90°，易得∠CFB=90°，得出结论．
解答：
（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AB=BC，∵△ABD和△ACE均为等腰直角三角形，∴BD==BC=2BC，∵G为BD的中点，∴BG=BD=BC，∴△CBG为等腰直角三角形，∴∠CGB=45°，∵∠ADB=45°，AD∥CG，∵∠ABD=45°，∠ABC=45°
∴∠CBD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠ACB=180°，∴AC∥BD，∴四边形ACGD为平行四边形；
（2）证明：∵∠EAB=∠EAC+∠CAB=90°+45°=135°，∠CAD=∠DAB+∠BAC=90°+45°=135°，∴∠EAB=∠CAD，在△DAC与△BAE中，∴△DAC≌△BAE，∴BE=CD；
∵∠EAC=∠BCA=90°，EA=AC=BC，∴四边形ABCE为平行四边形，∴CE=AB=AD，在△BCE与△CAD中，∴△BCE≌△CAD，∴∠CBE=∠ACD，∵∠ACD+∠BCD=90°，∴∠CBE+∠BCD=90°，∴∠CFB=90°，即BE⊥CD．
点评：
本题次要考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各种定理是解答此题的关键．
43．（2015•酒泉）如图，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延伸线与BC的延伸线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= 3.5 cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= 2 cm时，四边形CEDF是菱形．
（直接写出答案，不需求阐明理由）
考点：
平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．版权一切
专题：
证明题；动点型．
分析：
（1）证△CFG≌△EDG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定推出即可；
②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE，根据菱形的判定推出即可．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥ED，∴∠FCG=∠EDG，∵G是CD的中点，∴CG=DG，在△FCG和△EDG中，∴△FCG≌△EDG（ASA）
∴FG=EG，∵CG=DG，∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）①解：当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形，理由是：过A作AM⊥BC于M，∵∠B=60°，AB=3，∴BM=1.5，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CDA=∠B=60°，DC=AB=3，BC=AD=5，∵AE=3.5，∴DE=1.5=BM，在△MBA和△EDC中，∴△MBA≌△EDC（SAS），∴∠CED=∠AMB=90°，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是矩形，故答案为：3.5；
②当AE=2时，四边形CEDF是菱形，理由是：∵AD=5，AE=2，∴DE=3，∵CD=3，∠CDE=60°，∴△CDE是等边三角形，∴CE=DE，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是菱形，故答案为：2．
点评：
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的运用，留意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
44．（2015•荆门）已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延伸线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为5，sinA=，求BH的长．
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由圆周角定理和已知条件证出∠ODB=∠ABC，再证出∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，即可得出BD是⊙O的切线；
（2）连接AC，由垂径定理得出，得出∠CAE=∠ECB，再由公共角∠CEA=∠HEC，证明△CEH∽△AEC，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）连接BE，由圆周角定理得出∠AEB=90°，由三角函数求出BE，再根据勾股定理求出EA，得出BE=CE=6，由（2）的结论求出EH，然后根据勾股定理求出BH即可．
解答：
（1）证明：∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线；
（2）证明：连接AC，如图1所示：
∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA；
（3）解：连接BE，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为5，sin∠BAE=，∴AB=10，BE=AB•sin∠BAE=10×=6，∴EA===8，∵，∴BE=CE=6，∵CE2=EH•EA，∴EH==，在Rt△BEH中，BH===．
点评：
本题是圆的综合标题，考查了切线的判定、圆周角定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理、勾股定理、三角函数、类似三角形的判定与性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）（3）中，需求经过作辅助线证明三角形类似和运用三角函数、勾股定理才能得出结果．
45．（2015•吉林）如图①，半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形=，由弧长l=，得S扇形==••R=lR．经过观察，我们发现S扇形=lR类似于S三角形=×底×高．
类比扇形，我们探求扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其运用．
（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形=×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；
（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积，面积是多少？
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据扇形公式之间的关系，已知条件推出结果即可；
（2）求出l1+l2=40﹣2h，代入（1）的结果，化成顶点式，即可得出答案．
解答：
（1）S扇环=（l1﹣l2）h，证明：设大扇形半径为R，小扇形半径为r，圆心角度数为n，则由l=，得R=，r=
所以图中扇环的面积S=×l1×R﹣×l2×r
=l1•﹣l2•
=（l12﹣l22）
=（l1+l2）（l1﹣l2）
=••（R﹣r）（l1﹣l2）
=（l1﹣l2）（R﹣r）
=（l1+l2）h，故猜想正确．
（2）解：根据题意得：l1+l2=40﹣2h，则S扇环=（l1+l2）h
=（40﹣2h）h
=﹣h2+20h
=﹣（h﹣10）2+100
∵﹣1＜0，∴开口向下，有值，当h=10时，值是100，即线段AD的长h为10m时，花园的面积，面积是100m2．
点评：
本题次要考查了扇形面积公式，弧长公式，二次函数的顶点式的运用，能猜想出正确结论是解此题的关键，有一定的难度．
46．（2015•黄石）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ能否成立？请阐明理由．
考点：
类似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
解答：
（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；
②延伸AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．
点评：
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、类似三角形的判定与性质；纯熟掌握旋转的性质，并能进行推理论证是处理成绩的关键．
47．（2015•黄冈）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延伸线于点P．
（1）求证：∠BCP=∠BAN
（2）求证：=．
考点：
切线的性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AC为⊙O直径，得到∠NAC+∠ACN=90°，由AB=AC，得到∠BAN=∠CAN，根据PC是⊙O的切线，得到∠ACN+∠PCB=90°，于是得到结论．
（2）由等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，根据圆内接四边形的性质得到∠PBC=∠AMN，证出△BPC∽△MNA，即可得到结论．
解答：
（1）证明：∵AC为⊙O直径，∴∠ANC=90°，∴∠NAC+∠ACN=90°，∵AB=AC，∴∠BAN=∠CAN，∵PC是⊙O的切线，∴∠ACP=90°，∴∠ACN+∠PCB=90°，∴∠BCP=∠CAN，∴∠BCP=∠BAN；
（2）∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵∠PBC+∠ABC=∠AMN+∠ACN=180°，∴∠PBC=∠AMN，由（1）知∠BCP=∠BAN，∴△BPC∽△MNA，∴．
点评：
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，类似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，解此题的关键是纯熟掌握定理．
48．（2015•湖北）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
考点：
旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
解答：
（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，∵AB=AC，∴AE=AF，∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，∴∠AEB=∠ABE=45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE=AC=，∴BD=BE﹣DE=﹣1．
点评：
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转的距离相等；对应点与旋转所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．
49．（2015•葫芦岛）如图，△ABC是等边三角形，AO⊥BC，垂足为点O，⊙O与AC相切于点D，BE⊥AB交AC的延伸线于点E，与⊙O相交于G、F两点．
（1）求证：AB与⊙O相切；
（2）若等边三角形ABC的边长是4，求线段BF的长？
考点：
切线的判定与性质；勾股定理；解直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）过点O作OM⊥AB，垂足是M，证明OM等于圆的半径OD即可；
（2）过点O作ON⊥BE，垂足是N，连接OF，则四边形OMBN是矩形，在直角△OBM利用三角函数求得OM和BM的长，则BN和ON即可求得，在直角△ONF中利用勾股定理求得NF，则BF即可求解．
解答：
解：（1）过点O作OM⊥AB，垂足是M．
∵⊙O与AC相切于点D．
∴OD⊥AC，∴∠ADO=∠AMO=90°．
∵△ABC是等边三角形，∴∠DAO=∠NAO，∴OM=OD．
∴AB与⊙O相切；
（2）过点O作ON⊥BE，垂足是N，连接OF．
∵O是BC的中点，∴OB=2．
在直角△OBM中，∠MBO=60du6，∴OM=OB•sin60°=，BM=OB•cos60°=1．
∵BE⊥AB，∴四边形OMBN是矩形．
∴ON=BM=1，BN=OM=．
∵OF=OM=，由勾股定理得NF=．
∴BF=BN+NF=+．
点评：
本题考查了切线的性质与判定，以及等边三角形的性质，正确作出辅助线构造矩形是处理本题的关键．
50．（2015•呼伦贝尔）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．
考点：
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由四边形ABCD是平行四边形，即可得AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，又由E、F分别为边AB、CD的中点，可证得AE=CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再连接EF，可以证明四边形AEFD是平行四边形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根据菱形的判定可以得到四边形是菱形．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，∵E、F分别为边AB、CD的中点，∴AE=AB，CF=CD，∴AE=CF，在△ADE和△CBF中，∵，∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由如下：
解：由（1）可得BE=DF，又∵AB∥CD，∴BE∥DF，BE=DF，∴四边形BEDF是平行四边形，连接EF，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，∴DF∥AE，DF=AE，∴四边形AEFD是平行四边形，∴EF∥AD，∵∠ADB是直角，∴AD⊥BD，∴EF⊥BD，又∵四边形BFDE是平行四边形，∴四边形BFDE是菱形．
点评：
本题次要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定以及菱形的判定，利用好E、F是中点是解题的关键．
51．（2015•呼伦贝尔）如图，已知直线l与⊙O相离．OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延伸线交直线l于点C．
（1）求证：AB=AC；
（2）若PC=2，求⊙O的半径．
考点：
切线的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OB，根据切线的性质和垂直得出∠OBA=∠OAC=90°，推出∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPA=90°，求出∠ACP=∠ABC，根据等腰三角形的判定推出即可；
（2）延伸AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5﹣r，根据AB=AC推出52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，求出r，证△DPB∽△CPA，得出=，代入求出即可．
解答：
证明：（1）如图1，连接OB．
∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠APC=90°，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC，∴AB=AC；
（2）如图2，延伸AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5﹣r，则AB2=OA2﹣OB2=52﹣r2，AC2=PC2﹣PA2=（2）2﹣（5﹣r）2，∴52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，解得：r=3，∴AB=AC=4，∵PD是直径，∴∠PBD=90°=∠PAC，又∵∠DPB=∠CPA，∴△DPB∽△CPA，∴=，∴=，解得：PB=．
∴⊙O的半径为3，线段PB的长为．
点评：
本题考查了等腰三角形的性质和判定，类似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，直线与圆的地位关系等知识点的运用，次要培养先生运用性质进行推理和计算的能力．本题综合性比较强，有一定的难度．
52．（2015•贺州）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠BAD，AD⊥DC，垂足为D，OE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若OE=cm，AC=2cm，求DC的长（结果保留根号）．
考点：
切线的判定；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OC，推出∠DAC=∠OCA=∠，推出OC∥AD，推出OC⊥DC，根据切线判定推出即可；
（2）首先求得线段AO的长，然后证△AOE∽△ACD，得出比例式，代入求出即可．
解答：
（1）证明：连接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥OC，∴∠ADC=∠OCF，∵AD⊥DC，∴∠ADC=90°，∴∠OCF=90°，∴OC⊥CD，∵OC为半径，∴CD是⊙O的切线．
（2）∵OE⊥AC，∴AE=AC=cm，在Rt△AOE中，AO===4cm，由（1）得∠OAC=∠CAD，∠ADC=∠AEO=90°，∴△AOE∽△ACD，∴，即，∴DC=cm．
点评：
本题考查了类似三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，平行线性质和判定，等腰三角形性质，切线的判定的运用，次要考查先生的推理能力．
53．（2015•贺州）如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F．若DE=4，BD=8．
（1）求证：AF=EF；
（2）求证：BF平分∠ABD．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）先根据翻折变换的性质得出ED=CD，∠E=∠C，故ED=AB，∠E=∠A．由AAS定理得出△ABF≌△EDF，故可得出结论；
（2）在Rt△BCD中根据sin∠CBD==可得出∠CBD=30°，∠EBD=∠CBD=30°，由直角三角形的性质可知∠ABF=90°﹣30°×2=30°，所以∠ABF=∠DBF，BF平分∠ABD．
解答：
（1）证明：在矩形ABCD中，AB=CD，∠A=∠C=90°，∵△BED是△BCD翻折而成，∴ED=CD，∠E=∠C，∴ED=AB，∠E=∠A．
在△ABF与△EDF中，∵，∴△ABF≌△EDF（AAS），∴AF=EF；
（2）在Rt△BCD中，∵DC=DE=4，DB=8，∴sin∠CBD==，∴∠CBD=30°，∴∠EBD=∠CBD=30°，∴∠ABF=90°﹣30°×2=30°，∴∠ABF=∠DBF，∴BF平分∠ABD．
点评：
本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
54．（2015•河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延伸BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
①若AB=4，则四边形AOPD的面积为 4 ；
②连接OD，当∠PBA的度数为 60° 时，四边形BPDO是菱形．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据中位线的性质得到DP∥AB，DP=AB，由SAS可证△CDP≌△POB；
（2）①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有面积，依此即可求解；
②根据有一组对应边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形BPDO是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，以及等边三角形的判定和性质即可求解．
解答：
（1）证明：∵PC=PB，D是AC的中点，∴DP∥AB，∴DP=AB，∠CPD=∠PBO，∵BO=AB，∴DP=BO，在△CDP与△POB中，∴△CDP≌△POB（SAS）；
（2）解：①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有面积，（4÷2）×（4÷2）
=2×2
=4；
②如图：
∵DP∥AB，DP=BO，∴四边形BPDO是平行四边形，∵四边形BPDO是菱形，∴PB=BO，∵PO=BO，∴PB=BO=PO，∴△PBO是等边三角形，∴∠PBA的度数为60°．
故答案为：4；60°．
点评：
考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，中位线的性质，解题的关键是SAS证明△CDP≌△POB．
55．（2015•桂林）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N，求证：△ABN≌△CDM．
考点：
平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据平行四边形的性质：平行四边的对边相等，可得AB∥CD，AB=CD；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得答案；
（2）根据平行四边的性质：平行四边形的对边相等，可得AB∥CD，AB=CD，∠CDM=∠CFN；根据全等三角形的判定，可得答案．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∵E、F分别是AB、CD的中点，∴BE=DF，∵BE∥DF，∴四边形EBFD为平行四边形；
（2）证明：∵四边形EBFD为平行四边形，∴DE∥BF，∴∠CDM=∠CFN．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∴∠BAC=∠DCA，∠ABN=∠CFN，∴∠ABN=∠CDM，在△ABN与△CDM中，∴△ABN≌△CDM
（ASA）．
点评：
本题考查了平行四边形的判定与性质，利用了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定，根据条件选择适当的判定方法是解题关键．
56．（2015•贵港）如图，已知AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为E，且点E是OD的中点，⊙O的切线BM与AO的延伸线相交于点M，连接AC，CM．
（1）若AB=4，求的长；（结果保留π）
（2）求证：四边形ABMC是菱形．
考点：
切线的性质；菱形的判定；弧长的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OB，由E为OD中点，得到OE等于OA的一半，在直角三角形AOE中，得出∠OAB=30°，进而求出∠AOE与∠AOB的度数，设OA=x，利用勾股定理求出x的值，确定出圆的半径，利用弧长公式即可求出的长；
（2）由问得到∠BAM=∠BMA，利用等角对等边得到AB=MB，利用SAS得到三角形OCM与三角形OBM全等，利用全等三角形对应边相等得到CM=BM，等量代换得到CM=AB，再利用全等三角形对应角相等及等量代换得到一对内错角相等，进而确定出CM与AB平行，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ABMC为平行四边形，由邻边相等的平行四边形为菱形即可得证．
解答：
（1）解：∵OA=OB，E为AB的中点，∴∠AOE=∠BOE，OE⊥AB，∵OE⊥AB，E为OD中点，∴OE=OD=OA，∴在Rt△AOE中，∠OAB=30°，∠AOE=60°，∠AOB=120°，设OA=x，则OE=x，AE=x，∵AB=4，∴AB=2AE=x=4，解得：x=4，则的长l==；
（2）证明：由（1）得∠OAB=∠OBA=30°，∠BOM=∠COM=60°，∠AMB=30°，∴∠BAM=∠BMA=30°，∴AB=BM，∵BM为圆O的切线，∴OB⊥BM，在△COM和△BOM中，∴△COM≌△BOM（SAS），∴CM=BM，∠CMO=∠BMO=30°，∴CM=AB，∠CMO=∠MAB，∴CM∥AB，∴四边形ABMC为菱形．
点评：
此题考查了切线的性质，菱形的判断，全等三角形的判定与性质，以及弧长公式，纯熟掌握切线的性质是解本题的关键．
57．（2015•甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）要证明CF=CH，可先证明△BCF≌△ECH，由∠ABC=∠DCE=90°，AC=CE=CB=CD，可得∠B=∠E=45°，得出CF=CH；
（2）根据△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°，推出四边形ACDM是平行四边形，由AC=CD判断出四边形ACDM是菱形．
解答：
（1）证明：∵AC=CE=CB=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°．
在△BCF和△ECH中，∴△BCF≌△ECH（ASA），∴CF=CH（全等三角形的对应边相等）；
（2）解：四边形ACDM是菱形．
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，∠BCE=45°，∴∠1=∠2=45°．
∵∠E=45°，∴∠1=∠E，∴AC∥DE，∴∠AMH=180°﹣∠A=135°=∠ACD，又∵∠A=∠D=45°，∴四边形ACDM是平行四边形（两组对角相等的四边形是平行四边形），∵AC=CD，∴四边形ACDM是菱形．
点评：
菱形的判别方法是阐明一个四边形为菱形的理论根据，常用三种方法：
①定义；
②四边相等；
③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需求根据已知条件来确定．
58．（2015•东莞）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延伸EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用翻折变换对应边关系得出AB=AF，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；
解答：
解：（1）在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴△ABG≌△AFG（HL）；
（2）∵△ABG≌△AFG，∴BG=FG，设BG=FG=x，则GC=6﹣x，∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，∴在Rt△CEG中，32+（6﹣x）2=（3+x）2，解得x=2，∴BG=2．
点评：
此题次要考查了勾股定理的综合运用以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．
59．（2015•大庆）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，P为BD上一点，∠APB=∠BAD．
（1）证明：AB=CD；
（2）证明：DP•BD=AD•BC；
（2）证明：BD2=AB2+AD•BC．
考点：
类似三角形的判定与性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用平行线的性质圆周角定理得出=，进而得出答案；
（2）首先得出△ADP∽△DBC，进而利用类似三角形的性质得出答案；
（3）利用类似三角形的判定方法得出△ABP∽△DBA，进而求出AB2=DB•PB，再利用（2）中所求得出答案．
解答：
证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∴=，∴AB=BC；
（2）∵∠APB=∠BAD，∠BAD+∠BCD=180°，∠APB+∠APD=180°，∴∠BCD=∠APD，又∵∠ADB=∠CBD，∴△ADP∽△DBC，∴=，∴DP•BD=AD•BC；
（3）∵∠APB=∠BAD，∠BAD=∠BPA，∴△ABP∽△DBA，∴=，∴AB2=DB•PB，∴AB2+AD•BC=DB•PB+AD•BC
∵由（2）得：DP•BD=AD•BC，∴AB2+AD•BC=DB•PB+DP•BD=DB（PB+DP）=DB2，即BD2=AB2+AD•BC．
点评：
此题次要考查了类似三角形的判定与性质以及圆周角定理，纯熟运用类似三角形的判定与性质是解题关键．
60．（2015•赤峰）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延伸线交于点D，DE⊥PO交PO延伸线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
（1）求证：PB是的切线．
（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．
考点：
切线的判定与性质．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）由已知角相等，及对顶角相等得到三角形DOE与三角形POB类似，利用类似三角形对应角相等得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB，由PD﹣PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则有OD=8﹣r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
解答：
（1）证明：∵在△DEO和△PBO中，∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，∴∠OBP=∠E=90°，∵OB为圆的半径，∴PB为圆O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，根据勾股定理得：PD==10，∵PD与PB都为圆的切线，∴PC=PB=6，∴DC=PD﹣PC=10﹣6=4，在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=8﹣r，根据勾股定理得：（8﹣r）2=r2+42，解得：r=3，则圆的半径为3．
点评：
此题考查了切线的判定与性质，勾股定理，纯熟掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
点击咨询 