資源簡介

2025年中考數學沖刺中考模擬真題速遞(浙江專用)
專項5 綜合壓軸題1 （浙江中考真題+中考模擬）
一、綜合題
1．（2024·金華真題）若干個工人裝卸一批貨物，每個工人的裝卸速度相同。如果這些工人同時工作，則需10小時裝卸完畢，現改變裝卸方式，開始一個人干，以后每（整數）小時增加一個人干，每個參加裝卸的人都一直干到裝卸結束，且最后增加的一個人裝卸的時間是第一個人裝卸時間的.問：
（1）按改變后的裝卸方式，自始至終需要多長時間
（2）參加裝卸的有多少名工人
2．（2025·浙江模擬）已知AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，連結BC.在AB上截取BF=BC，連結DF并延長，交⊙O于點G，連結CG.
（1）如圖1，當點E與圓心O重合時，求∠D的度數.
（2）如圖2，連結BG，交CD于點N，過點F作FM //BG，交CD于點M，連結GE.
①求證：BG平分∠ABC.
②若△EFG與△DFM的面積相等，BC=1，求BE的長.
3．（2024·寧海）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線經過、、．
（1）求拋物線的函數表達式；
（2）點是線段上一動點，點關于、的對稱點分別為點、，連接交線段、于、．求最小值；
（3）在（2）的條件下請直接寫出線段的取值范圍．
4．（2025·衢江模擬）如圖，中．，點為邊上一點，以點為圓心，為半徑作圓與相切于點，連接．
（1）求證：；
（2）若，，求的長．
5．（2024·浙江）如圖，在圓內接四邊形中，，，延長至點，使，延長至點，連結，使．
（1）若，為直徑，求的度數．
（2）求證：①；
②．
6．（2024·浙江）已知二次函數（，為常數）的圖象經過點，對稱軸為直線．
（1）求二次函數的表達式；
（2）若點向上平移2個單位長度，向左平移個單位長度后，恰好落在的圖象上，求的值；
（3）當時，二次函數的最大值與最小值的差為，求的取值范圍．
7．（2025九下·浙江模擬）如圖1，是的直徑，是圓上不同于的任意一點，延長到點，連結．過點作，交于點，連結．
（1）求證：．
（2）如圖2，若，求的值．
（3）若，求的值（用含的代數式表示）
8．（2025九下·寧波模擬）如圖1，四邊形是的內接四邊形，為對角線，且為的直徑，，已知，.
（1）求的長；
（2）如圖2，為上一點，過作，其反向延長線交于點，連結、、，若，
①求的值；
②試求的長.
9．（2025九下·浙江模擬）如圖，在平面直角坐標系хOy中，一次函數y=x-1的圖像與反比例函數y=的圖像相交于點A（-1， a）， B（b， 1）
（1）求反比例函數的表達式；
（2）連接OA、OB，求△OAB的面積.
10．（2025·浙江模擬）如圖1，CD是⊙O的直徑，弦AB⊥CD于點E，F是弧BC上一點，連結AC，CF，BF，AF，AF與CD交于點G。
（1）求證：∠AFC=∠CAB；
（2）如圖2，連結CB交AF于點H。
①當AF⊥CB時，試判斷△CGF的形狀，并說明理由；
②在①的條件下，延長CF，AB相交于點Q，若CD=10，AB=8，求的值。
11．（2025·衢江模擬）無人機表演團隊進行無人機表演訓練，甲無人機從地面起飛，乙無人機從距離地面12米高的樓頂起飛，甲、乙兩架無人機同時勻速上升，6秒時甲無人機到達訓練計劃指定的高度停止上升開始表演，完成表演動作后，按原速繼續飛行上升，乙無人機繼續勻速上升．當甲、乙無人機按照訓練計劃同時到達距離地面的高度為48米時，進行了時長為秒的聯合表演，表演完成后以相同的速度同時返回地面．甲、乙兩架無人機所在的位置距離地面的高度（米）與無人機飛行的時間（秒）之間的函數關系如圖所示．請結合圖象解答下列問題：
（1）求聯合表演時長；
（2）求線段所在直線的函數解析式；
（3）兩架無人機表演訓練到多少秒時，它們的高度差為8米？
12．（2025·溫州模擬）如圖，在圓內接四邊形ABCD中，延長AB，DC交于點，在DE上方作，使點在線段DE上，且，連結DG．
（1）若為的中點，求的度數．
（2）連結BD，當時．
①求證：四邊形BEGD是平行四邊形．
②若，求證：．
13．（2025·衢州模擬）如圖1，在Rt中，是的外接圓，點是的中點，連結CD交AB于點.
（1）求的度數.
（2）如圖2，過點作，連結OD，若.
①若，求.
②連結OF，求OF的長.
14．（2025·衢江模擬）在矩形中，點，分別是，邊上的動點，連接，交于點．
（1）如圖（1），當點，分別是，的中點時，求證：；
（2）若，點是邊上的點，連結交于點，點是的中點，
①如圖（2），若，求的長；
②如圖（3），連接，當，且時，求的值．
15．（2025·鹿城模擬）如圖，內接于，連結交于點D，交于點E，已知．
（1）求證：；
（2）若，，求的長；
（3）若，設的半徑為r，求的面積（用含r的代數式表示）．
16．（2025·鹿城模擬）如圖反映的是小溫、小州兩人從學校出發到甌華站乘車的過程．兩人同時從學校步行出發，小溫在途中發現有物品遺漏，于是立刻以同樣的速度返回學校拿取，在學校停留分鐘后乘出租車趕往甌華站，結果比小州早分鐘到達甌華站．
（1）求兩人步行的速度．
（2）求出圖中出租車行駛時路程與時間的函數解析式．
（3）求學校到甌華站的路程．
17．（2025·錢塘模擬）在學習三角函數知識后，李老師布置了一項綜合實踐作業，要求利用所學知識測量建筑物的高度．如圖，圓圓在自家樓頂處觀測，測得對面一幢樓房頂部處的仰角為，測得這幢樓房底部處的俯角為．已知觀測點處距地面的高度為24米（圖中點均在同一平面內）．
（1）求兩幢樓房之間的水平距離（結果保留根號）．
（2）求對面這幢樓房的高度（結果取整數）．（參考數據：）
18．（2025·湖州模擬）已知甲、乙兩地相距，小明、小紅兩人分別開車沿同一條公路從甲地出發到乙地，如圖，線段，線段分別表示小明、小紅離開甲地的路程與時間的函數關系的圖象，根據圖象解答下列問題：
（1）求小紅離開甲地的路程與時間的函數表達式；
（2）當時間為何值時，都在行駛中的兩人恰好相距．
19．（2025·浙江模擬）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，點D位于⊙O外一點，連接AD，BD，CD，BD交⊙O于點 E，連接CE.已知AB=AC=AD.
（1）如圖1，求證：∠ACE=∠ADE.
（2）如圖2，BD經過圓心O，AB=2CD.
①求 cos∠BAC 的值；
②若AB=3，求⊙O的半徑，
20．（2025九下·浙江模擬）如圖，為的直徑，弦于，為弦上一點，且，射線與射線相交與點.
（1）求證：為的中點.
（2）①若，求的值.
②當為直角三角形時，求的正切值.
答案解析部分
1．（1）解：設裝卸工作需要x小時完成，則第一人干了x小時，最后一個人干了小時，兩人共干活小時，平均每人干活小時，根據題意可得：第二人與倒數第二人、第三人與倒數第三人，平均每人干活的時間也是小時，故可列方程為：，解得（小時）
（2）設共有y人參加裝卸工作，又∵每（整數）小時增加一個人干，∴最后一人比第一人少干（y-1）t小時，根據題意可列方程：
，即，解此不定方程可得：，故參加人數y=2或3或4或5或7或13
2．（1）解：連接CF，
∵弦CD⊥AB于點E，
∴EC=ED
∴AB垂直平分CD，
∴FC=FD，
∵CD⊥AB，
∴∠CFE=∠DFE，
∵EC=EB，CD⊥AB，
∴∠B=∠ECB=45°，
∵BF=BC，
∴∠BFC=∠BCF =
=67.5°=∠BFD，
∴∠D=90°-67.5°= 22.5°；
（2）解：①證明：設∠1=α，連接CF，
∵CF=FD，
∴∠1=∠D.
∵∠4=∠D，
∴∠4=∠1=∠D=α.
∵CD⊥AB，
∴∠3=90°-∠1=90°-α.
∵BC=BF，
∴∠BCF=∠3=90°-α，
∴∠CBF=180°-∠BCF-∠3=180°-2(90°-α)=2α，
∴∠4=∠CBF，
∴BG平分∠ABC；
②連接CF與BG交于點H，連接AG，AC，作GP⊥AB，
∵BG平分∠ABC，
∴∠CBG=∠FBG，
∵BC=BF，BG=BG，
∴△ACBG≌△FBG(SAS)，
∴GC=GF，∠CGB=∠FGB，
∵GH =GH
∴△HCG≌△HFG(SAS)，
∴CH=FH，
∵FM//HN，
∴CH：CF=CN：CM，
∴CM=2CN，
∵OB⊥CD，
∴CD=2CE，
∴DM=CD-CM=2CE-2CN=2NE，
∵△EFG與△DFM的面積相等，
∴EF·GP=EF·DM，
∴GP=DM=2EN，
∵NE⊥AB，GP⊥AB，
∴NE//GP，
∴△BNE∽△BCP，
∴BE：BP＝EN：GP＝1：2，
設BE=PE=X，
∵BC=BF=1，
∴PF=2x-1，
∵∠GBC=GBA，
∴CG=AG=GF，
∵GP⊥AB，
∴AP=PF=2x-1，
∴AB=AF+BF=2PF+BF=4x-1，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴cos ∠ABC ==，
∴BC2=BE·AB，
∴4x2-x-1=0，
解得：x=（負值舍去），
∴BE=.
(1)連接CF，先證明AB垂直平分CD，根據垂直平分線的性質及在同一個三角形中等邊對等角，可求得∠B=45°，再利用在同一個三角形中等邊對等角，可求得∠BFC，然后根據直角三角形兩個銳角互余，求得∠D；
（2）①設∠1=α，連接CF，先利用在同一個三角形中等邊對等角，說明∠4=∠1=∠D=α，再利用在同一個三角形中等邊對等角，說明∠BCF=∠3=90°-α，利用三角形內角和定理，可用α表示出∠CBF，從而可說明∠4=∠CBF，也就是BG平分∠ABC；
②設BE=PE=X，先利用SAS證明△ACBG≌△FBG，可用全等三角形的性質，得出GC=GF，∠CGB=∠FGB，再利用SAS證明SAS，可說明CH=FH，再根據FM//HN，列出比例式，說明CM=2CN，通過△EFG與△DFM的面積相等，說明GP=DM=2EN，再證明△BNE∽△BCP，列出比例式，得出PF=2x-1，然后借助余弦，說明BC2=BE·AB，可得出關于x的方程，求出x，正值即為BE的長.
3．（1）解：拋物線經過、、，
，
．
拋物線的函數表達式為；
（2）解：連接，，，如圖，
點關于、的對稱點分別為點、，
垂直平分，垂直平分，
，，
，．
，．
、、，
，．
．
，
為等腰直角三角形，
．
，，
，
，
，
，
點是線段上一動點，
當時，取得最小值，此時值最小．
當時，
，
．
，，
，
最小值為，
的最小值為
（3）解：（3）由（2）知：為等腰直角三角形，
，
，
．
點是線段上一動點，
點與點重合時，，點與點重合時，，
，
的最大值，
當時，取得最小值為，
的最大值，的最小值．
線段的取值范圍為
(1)把三個點的坐標代入解析式得到三元一次方程組解題即可；
(2)連接AD， DM， DN， 可以得到 由 得到 則 為等腰直角三角形，再利用， 得到即可得到當時，取得最小值，此時值最小，然后利用面積法和勾股定理計算即可；
(3)利用 (2) 的結論得到根據AD的最小值與最大值解答即可得出結論.
4．（1）解：連接，則，
∵以點為圓心，為半徑作圓與相切于點，
∴，
∴，
在Rt△OBD和Rt△OBC中
∴（HL），
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，，
∴的長為：．
（1）連接，由題意，用HL定理可證，由全等三角形的對應邊相等可得，∠OBC=∠OBD，于是可得垂直平分，根據同角的余角相等得即可求證；
（2）根據特殊角的三角函數值tan∠ABC=可求得，結合（1）的結論可得，根據銳角三角函數tan∠OBC=求出的長，然后用弧長公式L=計算即可求解.
（1）解：連接，則，
∵以點為圓心，為半徑作圓與相切于點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，，
∴的長為：．
5．（1）解：∵CD是直徑，
∴∠DBC=90°，
∵A四邊形ABCD是圓的內接四邊形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=120°-90°=30°.
（2）①證明：①如圖，延長AB，
∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②過點D作DG∥BC交⊙O于點G，則DG∥BC∥EF，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四邊形BCGD是圓內接四邊形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
（1）利用直徑所對的圓周角是直角，可證得∠DBC=90°，再利用圓內接四邊形的對角互補，可求出∠ABC的度數；再根據∠ABD=∠ABC-∠DBC，代入計算可求出結果.
（2）①延長AB至M，利用圓內接四邊形的性質可證得∠CBM＝∠ADC=∠AFE，利用平行線的判定定理可證得結論；②②過點D作DG∥BC交⊙O于點G，連接CG，AG，則DG∥BC∥EF，可證得，利用圓心角、弧、弦的關系定理可證得BD=CG，利用圓內接四邊形的對角互補及同弧所對的圓周角相等，可推出∠AFE＝∠AGC，利用AAS證明△AEF≌△ACG，利用全等三角形的性質可證得EF=CG，據此可證得結論.
6．（1）解：由題意得
解之：
∴此二次函數解析式為y=x2+x+3
（2）解：∵ 點向上平移2個單位長度，向左平移個單位長度后，平移后的點的坐標為（1+m，9） ，
∵點（1-m，9）在二次函數圖象上，
∴（1-m）2+（1-m）+3=9
解之：m1=4，m2=-1，
∵m＞0，
∴m=4
（3）解：
∵拋物線的開口向上，
∴當時，y最小值=，
當時，y隨x的增大而減小，
∴當x=-2時，y的最大值=4-2+3=5，
當x=n時，y的最小值為n2+n+3，
∵ 最大值與最小值的差為 ，
解之：（不符合題意）；
當時，
當時，y最小值=，
當x=-2時，y的最大值=4-2+3=5，
∴最大值與最小值的差為5-=，符合題意；
若當x=n時，y的最大值為n2+n+3，
∵最大值與最小值的差為 ，
n2+n+3-=，
解之：n1=1，n2=-2（不符合題意），
綜上所述n的值為1
（1）將點A的坐標代入，可得到關于b，c的方程，再利用拋物線的對稱軸，可求出b的值，然后求出c的值，可得到二次函數解析式.
（2）利用點的坐標平移規律：上加下減，左減右加，可得到平移后的點的坐標，再將平移后的點的坐標代入函數解析式，可得到關于m的方程，解方程求出m的值，然后根據m＞0，可得到m的值.
（3）將函數解析式轉化為頂點式，利用二次函數的性質可知當時，y最小值=，當時，y隨x的增大而減小；分情況討論：當時，y隨x的增大而減小，分別求出當x=-2時y的最大值和x=n時y的最小值，再根據最大值與最小值的差為 ，可得到關于n的方程，解方程求出n的值；當時，分別求出最大值和最小值，求出最大值與最小值的差；若當x=n時，y的最大值為n2+n+3，根據最大值與最小值的差為 ，可得到關于n的方程，解方程求出n的值；綜上所述，可得到符合題意的n的值.
7．（1）證明： AB是⊙O的直徑， C是圓上不同于A， B的任意一點， ，交BD于點E， 如圖， 設CE， AB交點為G，
（2）解：
即
（3）解：過點E作 于點H，
設 則
在直角三角形ACG中，由勾股定理得：
即
即

(1)如圖，設CE，AB交點為G，根據直徑所對圓周角為 得到 由 得到 利用同角的余角相等即可證明結論；
(2)根據平行線的性質可證 證明 推出 求出BC，再證明 推出 求出CD，根據正切的定義即可求解；
(3)過點E作 于點H，根據 ， 設 則 求出 證明 推出 即可得到求出 然后根據正切的定義解題即可.
8．（1）連結OD、OC，設OD與AC交于點P
∵AD＝DC，∴，∴AC⊥OD，∴P為AC中點，
又O為圓心，AB為直徑∴OP＝BC＝，
由S△ADC＝S△ACB可知DP＝BC＝1，∴AB＝3，從而AC＝2
（2）①∵GF⊥AC，AG⊥BG，∠ACG＝∠ABG
∴∠BAG＝∠FGC，又∠CAB＝∠CGB＝∠AGF，
∴∠CAG＝∠CGA，∴CG＝AC＝2.
設AF＝a，由tan∠CAB＝tan∠AGF＝可知，
FG＝2a，AG＝3a，∴FC＝2－a，
∴（2－a）2＋（2a）2＝（2）2，
解得a＝，從而AG＝，∴＝.
②由△AFE∽△ACB，∴，
∴EF＝，AE＝，∴EG＝FG－EF＝，EB＝
又由①得∠BCH＝∠BAG＝∠FGC，
∴△BCH∽△EGH，∴，解得BH＝.
(1)連結OD、OC， 設OD與AC交于點P， 易得P為AC中點， 由 可知 進而利用勾股定理求解即可；
(2)①導角易求 設 易得 在 中利用勾股定理求解即可；
②易求 所以 證 即可得解.
9．（1）解：∵A（-1， a）在一次函數y=x-1的圖象上，
∴a=-1-1=-2，
∴A（-1，-2）
又∵A（-1， -2）在反比例函數y=的圖像，
∴m=-1×（-2）=2，
∴反比例函數的表達式為.
（2）解：∵點B （b， 1） 在一次函數y=x-1圖象上，
∴b-1=1，解得b=2，
∴點B （2，1），
AB的直線表達式為y=x-1，
當y=0時，x-1=0，解得x=1，
∴AB與x軸交點（1，0），
∴ △OAB的面積 =.
（1）根據點A在一次函數圖象上，求出a，再根據點A在反比例函數圖象上，求出m，進而寫出反比例函數表達式；
（2）
10．（1）證明：∵AB⊥CD，CD為⊙O的直徑，
∴，
∴∠AFC=∠CAB.
（2）解： ①△CGF是等腰三角形.
∵AF⊥CB，CD⊥AB，
∴∠AEG=∠AHB=90°，
∴∠GAE+∠AGE=∠GAE+∠ABH=90°，
∴∠AGE=∠ABH，
∵∠AGE=∠CGF，∠AFC=∠ABH，
∴∠CGF=∠AFC，
∴CG=CF，
∴△CGF是等腰三角形.
②連結OA，AD，
∵AB⊥CD，CD為⊙O的直徑，
∴AE=EB=4 ， ，
∵CD=10，
∴OA=OC=OD=5，
在Rt△OAE中，OE==3，
∴DE=5-3=2，
在Rt△DAE中，AD== ，
∵△CGF是等腰三角形，CB⊥AF，
∴CH平分∠GCF，
∴∠FCH=∠GCH，
∵∠FCH=∠GAE，∠GCH=∠DAE，
∴∠DAE=∠GAE，
∵∠AEG=∠AED=90°，AE=AE，
∴△ADE≌△AGE（ASA），
∴DE=EG=2，
∴CG=10-2-2=6，
∴CF=6，
∵∠DAE=∠GAE
∴，
∴
∴BF=AD=，
∵∠BFQ=∠CAB，∠CAB=∠AFC，
∴∠BFQ=∠AFC，
∵∠FBQ=∠ACF，
∴△BFQ∽△CFA，
∴.
(1)先利用垂徑定理證明=，再利用圓周角定理證明；
（2）①先判斷△CGF是等腰三角形，再說理.先說明∠AGE=∠ABH，再∠CGF=∠AFC，然后根據等腰三角形判定得出結論；
②先利用勾股定理分別求得OE與AD，再利用等腰三角形三線合一，證得CH平分∠GCF，從而可得∠FCH=∠GCH，再利用ASA證明△ADE≌△AGE，分別求得CG、CF與BF，再證明△BFQ∽△CFA，列出比例式求得.
11．（1）解：由圖可知：乙無人機的速度為：，
∴當乙無人機到達距離地面時，所用時間為：，
∴聯合表演時長；
答：聯合表演時長為；
（2）由（1）可知：，
聯合表演前：甲無人機的速度為：，
設直線的解析式為：，
把代入，
得：，
解得：；
∴；
（3）由題意可分三種情況：
①當甲無人機單獨表演之前：，解得：；
由（2）知：直線的解析式為：，
當時，，即：無人機甲從到，進而單獨表演，
②當甲無人機單獨表演時：時，；
③當甲無人機單獨表演之后，時，；
綜上可得：兩架無人機表演訓練到2秒，10秒和14秒時，它們的高度差為8米．
（1）求出乙無人機的速度，進而求出乙無人機到達距離地面的高度為48米時的時間，用表演完成時的時間減去開始表演的時間，求解即可；
（2）求出甲無人機的速度，結合點的坐標，待定系數法求出函數解析式即可；
（3）分甲單獨表演之前和單獨表演時和單獨表演之后，三種情況進行討論求解即可．
（1）解：由圖可知：乙無人機的速度為：，
∴當乙無人機到達距離地面時，所用時間為：，
∴聯合表演時長；
答：聯合表演時長為；
（2）由（1）可知：，
聯合表演前：甲無人機的速度為：，
設直線的解析式為：，把代入，得：，
解得：；
∴；
（3）①當甲無人機單獨表演之前：，解得：；
由（2）知：直線的解析式為：，
當時，，即：無人機甲從到，進而單獨表演，
②當甲無人機單獨表演時：時，；
③當甲無人機單獨表演之后，時，；
綜上：兩架無人機表演訓練到2秒，10秒和14秒時，它們的高度差為8米．
12．（1）解：為的中點，．
，
．
，
．
（2）①，
，
．
，
，
四邊形BEGD為平行四邊形．
②如圖2，過點作交圓于點，連結PD，
則，
．
四邊形BEGD是平行四邊形，
．
．
，
，
．
（1）由于圓內接四邊形對角互補，因此求的度數，實質是求的度數；由于點平分劣弧，由圓周角定理知，等于等于，則由三角形內角和定理求出即可；
（2） ① 由圓周角定理知，等于等于，則由內錯角相等兩直線平行知，又因為，則由等角的補角相等可得到，則四邊形BEGD是平行四邊形；
② 可過點B作BP平行DE交圓于點P，此時由于夾在一組平行線間的圓弧相等，則BC等于PD；由圓周角定理結合平行線的性質可得等于，等于，由于平行四邊形的對邊相等即DB等于GE，則由“AAS”可證即可.
13．（1）解：∵AB是直徑，
∴=180°，
∵點D是的中點，
∴=90°，
∴∠DCB=45°.
（2）①∵∠AOD=90°，tanD==，
∴設OE=a，
∴OD=2a，
∵AE=，OA=OD，
∴OE=OA-AE，
∴a=2a-，解得：a=.
∵AF⊥CD，
∴∠AFE=90°，
∵∠AEF=∠OED，
∴∠FAE=∠D，
∴tan∠FAE=，
∵tan∠FAE=，
∴，
∴EF=1，AF=2，
∵∠ACD=45°，
∴CF=AF=2，
∴CE=3，
∵DE2=OE2+OD2=25，
∴DE=5，
∴，
②當＜時，
過點O作OG⊥CD，
∴，
∴EG=DE-DG=1，
∵EF=1∴GF=2，
∴△OEG～△OED，
∴，
∴OG=2，
∵OF2=OG2+GF2，
∴OF=
當＞時
過點O作OG⊥CD，
∵∠BAF=∠D，
∴tanD=tan∠BAF，
∴設OE=b，OD=OA=2b，
∵AE=，
∴b=，
∴OE=，OD=OA=，
∴EF=1，AF=2，
∵∠OGB=∠AFE，∠OEG=∠AEF，
∴△OEG～△AEF，
∴，
∴OG=，
在Rt△ODG中，DG=，
在Rt△ODE中，DE=，
∴DF=，
∴GF=EF-（DE-DG）=
∴OF==.
綜上所述，OF=或.
（1）先求得的度數，再求得的度數，然后求得；
（2）①先利用正切，設OE=a，可用a表示出OD，再利用線段差，得到關于a的方程求解，求得a，再求得tan∠FAE=，求得，從而求得EF與AF，再利用等腰直角三角形的性質求得CE，然后利用勾股定理求得DE，再求出CE與DE的比；
②分“＜”、“＞”兩種情形，通過證明三角形相似，列出比例式，并用勾股定理分別求得OF.
14．（1）證明：連接交于點，
∵矩形，
∴，，，
∴，
∵點，分別是，的中點，
∴，則，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①連接交于點，連接，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵點是的中點，點是的中點，
∴，，
∵，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，即的長為2；
②設，則，
連接，，作于點，
則四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵點是的中點，
∴是線段的垂直平分線，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（1）連接AC交BD于點O，根據矩形的性質可得，由三角形中位線的性質“三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半”可得，根據“平行與三角形一邊的直線(或兩邊的延長線)和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似”可得，由相似三角形的性質“相似三角形的對應邊的比相等”可得比例式即可求解；
（2）①連接交于點，連接，由三角形中位線定理求得，，再證明四邊形是平行四邊形，據此求解即可；
②設，則，連接，，作于點，求得，證明是線段的垂直平分線，求得，得到，根據“平行與三角形一邊的直線(或兩邊的延長線)和其他兩邊相交，所構成的三角形與原三角形相似”可得，根據相似三角形的性質“相似三角形的對應邊的比相等”可得比例式求解．
（1）證明：連接交于點，
∵矩形，
∴，，，
∴，
∵點，分別是，的中點，
∴，則，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①連接交于點，連接，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵點是的中點，點是的中點，
∴，，
∵，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴，即的長為2；
②設，則，連接，，作于點，
則四邊形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵點是的中點，
∴是線段的垂直平分線，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
15．（1）證明：如圖1，
∵是的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如圖2，過點C作于M，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
（3）解：如圖3，連接并延長交于F，連接，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
設，則，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
．
答：三角形ABC的面積為.
（1）根據圓周角定理“同弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半”可得，再由同角的余角可得，由等角對等邊可得，最后由三角函數定義tan∠1=tan∠CAE=即可求證；
（2）如圖2，過點C作于M，根據勾股定理可求得AE的值，由面積法可求得CM的值，在Rt△CDM中，用勾股定理求得EM的值，由等腰三角形的三線合一可得：，最后由圓周角定理和對頂角相等可得∠ADB=∠B，再根據等角對等邊即可求解；
（3）如圖3，連接并延長交于F，連接，先根據垂徑定理得：，，根據三角形的內角和定理得：，則，是等腰直角三角形，設，則，由勾股定理和三角形的面積即可求解．
（1）證明：如圖1，
∵是的直徑，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如圖2，過點C作于M，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
（3）解：如圖3，連接并延長交于F，連接，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
設，則，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
．
16．（1）解：（米/分鐘），
答：兩人步行的速度是米/分鐘；
（2）解：（分鐘），
（米），
設與的函數解析式為（、為常數，且），
將坐標和分別代入，
得，
解得，
與的函數解析式為；
（3）解：設兩人出發分鐘時小溫到達甌華站，則兩人出發分鐘時小州到達甌華站．
，
解得，
當時，．
答：學校到甌華站的路程是米．
（1）根據速度路程時間計算即可求解；
（2）由圖中的信息可知圖象經過點（12，0）和（16，1040），于是用待定系數法即可求解；
（3）設兩人出發m分鐘時小溫到達甌華站，則兩人出發分鐘時小州到達甌華站，根據兩人分別到達終點時的路程相等列關于m的方程，解方程求出m的值，將m的值代入（1）中S與t的函數關系式計算即可求解．
（1）解：（米/分鐘），
答：兩人步行的速度是米/分鐘；
（2）解：（分鐘），
（米），
設與的函數解析式為（、為常數，且），
將坐標和分別代入，
得，
解得，
與的函數解析式為；
（3）解：設兩人出發分鐘時小溫到達甌華站，則兩人出發分鐘時小州到達甌華站．
，
解得，
當時，．
答：學校到甌華站的路程是米．
17．（1）為米
（2）對面這幢樓房的高度約為米
18．（1）
（2）或
19．（1）證明：∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ACE＝∠ABE，
∴∠ACE＝∠ADE.
（2）解：①如圖，連接AO，CO，
∵AO＝BO＝CO，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠OAC＝∠OCA，
∵AB＝AC，
∴∠AOB＝∠AOC.
∴∠OBA＝∠OAB＝∠BAC.
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC.
∵∠ACE＝∠ADE，
∴∠ECD＝∠EDC＝∠BEC.
∵∠BAC＝∠BEC，
∴∠OBA＝∠OAB＝∠ECD＝∠EDC.
∴△ABO∽△CDE.
∵AB＝2CD，
∴BO＝2EC，
∴BE＝4EC，
∵BD經過圓心O，
∴BD是⊙O的直徑.
∴∠BCE＝90°.
∴cos∠BAC＝cos∠BEC＝
（其他解法提示：如圖3，連接AE并延長與CD相交于點G，
可證∠BAC＝∠ACG，cos∠BAC＝cos∠ACG＝)
②如圖，延長AO交BC于點F，
∵AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，
∴AF⊥BC.
∴∠AFB＝90°，BF＝CF.
∵O為BE的中點，
∴FO＝.
∵BO＝AO＝2CE，
∴BF2＝BO2－FO2＝CE2.
∴BF2＝AB2－AF2＝9－CE2.
∴CE2＝.
∴CE＝（舍去），CE=.
∴.
（1）先根據等邊對等角，證明∠ABD＝∠ADB， 再根據圓周角定理得出∠ACE＝∠ABE，從而可得∠ACE＝∠ADE.
（2）①先證明等邊對等角，通過證明兩對角分別相等，來證明△ABO∽△CDE，列出比例式，可證明BE＝4EC， 再求出cos∠BAC；
②先證明AF⊥BC，利用中位線的定理可得FO＝，再利用勾股定理可求得CE，從而可求得AO.
20．（1）證明：∵為的直徑，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵為的直徑，
∴，
，
，
∴，
∴，即為的中點；
（2）解：①，且，，
∴，
∴設，，
∴，
∵為的直徑，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴；
②∵射線與射線相交與點，
∴，
（i）如圖，當時，，由（1）得，
，
設，
∴，
由（1）得，
∴，
；
（ii）如圖，當時，，
，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴，
∴四邊形為菱形，
∵，
∴四邊形為正方形，
，
∴；
綜上所述，的正切值為或1.
（1）根據垂徑定理得，根據圓周角定理得，從而得，進而得，根據直徑所對的圓周角是直角得，于是得，則有，即可得證結論；
（2）①根據，設，，利用勾股定理、垂徑定理得，于是得，然后根據“母子”相似模型證出，從而得，進而求出，代入數據即可求；
②根據題意可知，然后兩種情況討論：（i）當時，先求出，設，得，從而得，進而得；（ii）當時，證出四邊形為正方形，從而得，進而根據特殊角的三角函數值可知.

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