28.1 锐角三角函数 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）如图，，分别与相切于，两点，，则长为（ ）．
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北十堰·九年级期末）已知⊙O的半径为10，圆心O到弦AB的距离为5，则弦AB所对的圆周角的度数是（ ）
A．30° B．60° C．30°或150° D．60°或120°
3．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）在直角三角形中， 如果各边都扩大 1 倍， 则其锐角的三角函数值（ ）
A．都扩大 1 倍 B．都没有变化
C．都缩小为原来的一半 D．不能确定
4．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，在中，，，，若用科学计算器求AC的长，则下列按键顺序正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022秋·湖北咸宁·期末）如图，菱形边在x轴的正半轴上，且点B的纵坐标为4，点P从点O开始向点A运动，至点A停止，过P点与x轴垂直的直线与菱形另一边交点为M，记，的面积为S，且S与x的函数关系图象如右图，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022秋·湖北咸宁·九年级期末） 的负倒数是（ ）
A．1 B． C． D．
7．（2022秋·湖北荆门·九年级期末）如图，是的弦，直径，垂足为，是的直径，分别连接，交于点，若点为的中点，，，则的长为( )
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕着AC边中点O旋转到如图△DEF的位置，此时DE恰好经过点C，连接AD，DE与AB交于点G，则的值为 ．
9．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）计算： ．
10．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=4，若将△ABC绕点B顺时针旋转60°，点A的对应点为点A′，点C的对应点为点C′，点D为A′B的中点，连接AD．则点A的运动路径与线段AD、A′D围成的阴影部分面积是 .
11．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）计算：= ．
12．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）sin30°的值为 ．
13．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，在中，，，，分别以点A、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M、N两点，作直线MN交BC于点D，设，则 ．
14．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）已知的两条弦为、，连接半径、、，若，则的度数为 ．
15．（2022秋·湖北襄阳·九年级期末）半径为1的圆中，弦AB=，则弦AB所对的圆周角的度数为
三、解答题
16．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）计算与解方程．
(1)；
(2)．
17．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）二次函数图像与y轴交于点C，
(1)如图，若二次函数图象与x轴交于点A，，
①求二次函数的表达式；
②点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，交于点Q，令，请判断：是否有最大值？如有，请求出有最大值时点P的坐标；如没有，请说明理由．
(2)若二次函数的顶点为M，连接MC，令MC与y轴的夹角为，当时，直接写出m的取值范围______．
18．（2022秋·湖北荆门·九年级期末）如图1，四边形OMTN中，OM =ON，TM =TN，我们把这种两组邻边相等的四边形叫做筝形．
(1)探究结论：试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；
(2)尝试应用：如图2，在筝形ABCD中，已知DC=AD=10，AB=CB，BC>CD，BD，AC为对角线，AC=16．若存在一个圆使得A，B，C，D四个点都在这个圆上，试求出这个圆的半径；
(3)拓展延伸：如图，将正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°，得到正方形GBEF，AD与EF相交于点K，延长DA交GF于点H．①证明四边形KABE是筝形 ；②若AB=，求AH的长．
19．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）已知二次函数的图象与轴交于点，，交轴于点．
(1)若时．
①求二次函数的解析式；
②如图1，若点，，点在抛物线上，将绕点逆时针旋转至，当最小时，求点的横坐标；
(2)如图2，经过点的直线与二次函数的图象交于点，直线交线段于点，若，求的值．
20．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）计算：
21．（2022秋·湖北宜昌·九年级统考期中）如图，点E，F分别是正方形ABCD边AB，AD的中点，BF，CE相交于点P，连接AP，DP．
(1)求证：CE=BF；CE⊥BF；
(2)求tan∠DPC的值；
(3)若AB=a，求AP的值．
22．（2022秋·湖北十堰·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，EF与⊙O相切于点D，交AB延长线于点F，过A作AC⊥EF交EF于点E．
(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若DE=2，tan∠BDF=，求BF的长．
参考答案：
1．B
【分析】过点O作OH⊥AB于H，根据垂径定理求出AH，证明△PAB为等边三角形，得到∠P＝60°，进而求出∠AOB，根据弧长公式计算，得到答案．
【详解】解：过点O作OH⊥AB于H，
则AH＝BHAB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴PA＝PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∵PA＝AB，
∴PA＝PB＝AB，
∴△PAB为等边三角形，
∴∠P＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝OB，OH⊥AB，
∴∠AOH＝60°，
∴OA3，
∴的长2π，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、弧长的计算及解直角三角形，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2．D
【分析】由图可知，OA=10，OD=5．根据特殊角的三角函数值求出∠AOB的度数，再根据圆周定理求出∠C的度数，再根据圆内接四边形的性质求出∠E的度数即可．
【详解】解：由图可知，OA=10，OD=5，
在Rt△OAD中，
∵OA=10，OD=5，AD==，
∴tan∠1=，
∴∠1=60°，
同理可得∠2=60°，
∴∠AOB=∠1+∠2=60°+60°=120°，
∴∠C=60°，
∴∠E=180°-60°=120°
即弦AB所对的圆周角的度数是60°或120°，
故选D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的对角互补、解直角三角形的应用等，正确画出图形，熟练应用相关知识是解题的关键．
3．B
【分析】在直角三角形中，锐角三角函数值即为边的比值；根据锐角三角函数值的概念进行分析即可得到答案．
【详解】解：根据锐角三角函数的概念，知：
如果各边都扩大 1 倍，即各边都变为原来的2倍，边长比不变，则其锐角的三角函数值不变．
故选：B．
【点睛】此题考查的是锐角三角函数的概念，掌握三角函数值只与角的大小有关，与角的边长无关是解决此题关键．
4．D
【分析】根据正切的定义求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了正切的定义、计算器求三角函数等知识点，掌握是解题的关键．
5．A
【分析】根据题意得，，，，，在中，，，，利用勾股定理求得，据此求解即可．
【详解】解：作于点D，作于点E，
根据题意得，，，，，
∴，，
在中，，，，
∴，
解得，
即，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，菱形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
6．D
【分析】先求出，再求其负倒数即可；
【详解】解：∵，
∴的负倒数是．
故选：D．
【点睛】本题主要考查特殊三角函数值、负倒数计算，掌握相关知识是解题的关键．
7．B
【分析】依题意，则，得出，即可求解．
【详解】解：，，
，
，
，
点为的中点，
，
直径，
，
在中，，
即，
解得．
故选：B．
【点睛】本题考查了正切的定义，圆周角定理，掌握正且的定义是解题的关键．
8．
【分析】连接，以为圆心，为半径，作圆，连接，，四边形为矩形，进而根据勾股定理以及旋转的性质求得的长，即可求得的值
【详解】如图，连接，以为圆心，为半径，作圆，连接，
△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
旋转，
根据题意可得
四点共圆，四边形是矩形
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转的性质，同弧所对的圆周角相等，平行线分线段成比例，矩形的性质与判定，求正切，证明四边形为矩形是解题的关键．
9．1
【分析】直接把各特殊角的三角函数值代入进行计算即可．
【详解】解：原式
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．
10．
【分析】连接AA′，由旋转的性质可得A′B=AB=4，∠ABA′=60°，即可证明△ABA′是等边三角形，根据点D是A′B的中点可知AD⊥A′B，利用∠ABD的三角函数值可求出BD、AD的长，根据S阴影=S扇形BAA′=S△ABD即可得答案.
【详解】连接AA′，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，AB=4，
∴A′B=AB=4，∠ABA′=60°，
∴△ABA′是等边三角形，
∵点D是A′B的中点，
∴AD⊥A′B，
∴BD=ABcos∠ABD=2，AD=ABsin∠ABD=2，
∴S阴影=S扇形BAA′=S△ABD=-×2×2=.
故答案为
【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定与性质及扇形的面积，旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．熟练掌握相关性质及公式是解题关键.
11．
【详解】解：原式=
．
故答案为．
12．
【详解】根据特殊角的三角函数值计算即可：sin30°=．
故答案为：
13．
【分析】根据勾股定理，结合已知条件，可求得，再运用角的余弦的定义求得．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∴，
∵，在中，，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了锐角余弦的定义，准确理解角的余弦的定义是解题的关键．
14．/150度
【分析】延长交于点，连接，根据直径所对的圆周角是直角可得，然后在中，利用锐角三角函数的定义可得，从而可得，进而可得，然后再根据已知易得是等边三角形，从而可得，最后利用角的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：延长交于点，连接，
是的直径，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，利用锐角三角函数的值求角的度数，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15．45°或135°
【详解】解：如图所示，∵OC⊥AB，∴C为AB的中点，即AC=BC=AB=．在Rt△AOC中，OA=1，AC=，根据勾股定理得：OC==，即OC=AC，∴△AOC为等腰直角三角形，∴∠AOC=45°，同理∠BOC=45°，∴∠AOB=∠AOC+∠BOC=90°．∵∠AOB与∠ADB都对，∴∠ADB=∠AOB=45°，∴∠AEB=135°，则弦AB所对的圆周角为45°或135°．故45°或135°．
点睛：此题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键．
16．(1)
(2)
【分析】（1）把特殊角锐角三角函数值代入计算，即可求解；
（2）利用因式分解法解答，即可求解．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
∴，
即，
解得：．
【点睛】本题主要考查了特殊角锐角三角函数值的混合运算，解一元二次方程，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
17．(1)①y＝ x2 2x＋3；②有最大值，有最大值时；
(2) ＜m＜ 1或1＜m＜
【分析】（1）①将B（1，0）代入y＝mx2＋2mx＋3，即可求函数解析式；
②判断△ACO是等腰直角三角形，PN⊥AB，BM⊥AB，设P（n，n2 2n＋3），则PN＝ n2 2n＋3，HN＝AN＝3＋n，PH＝ n2 3n，BM＝AB＝4，再由PN∥BM，可得，l＝即可求得最大值；
（2）分两种情况讨论：当M点在C点下方时，过点M过MG⊥y轴交于G，设∠CMG＝α，MG＝1，CG＝3 （3 m）＝m，分别求出当α＝30°时，m＝；当β＝45°时，m＝1；当M点在C点上方时，同理可得结论；再结合图象即可求解．
【详解】（1）解：①当x＝1时，y＝0，
∴m＋2m＋3＝0，
∴m＝ 1，
∴y＝ x2 2x＋3；
②l有最大值，理由如下：
当x＝0时，y＝3，当y＝0时，由 x2 2x＋3＝0，
∴x＝3或x＝1，
∴A（ 3.0）、C（0.3），
∴△ACO是等腰直角三角形，
如图1，作PN⊥AB，BM⊥AB，设交于点
设P（n，n2 2n＋3），
∴PN＝ n2 2n＋3，
HN＝AN＝3＋n，PH＝ n2 3n，BM＝AB＝4，
∵PN∥BM，
∴，
∴l，
∵ ，
∴当n＝ 时，l有最大值，
此时；
（2）∵y＝mx2＋2mx＋3＝m（x＋1）2＋3 m，
∴M（ 1，3 m），
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
如图2，当M点在C点下方时，
过点M过MG⊥y轴交于G，
∴MG＝1，CG＝3 （3 m）＝m，
当α＝30°时，，
∴m＝；
当α＝45°时，，
∴m＝1；
此时1＜m＜时，
如图3，当M点在C点上方时，设∠MCG＝α，
CG＝3 m 3＝ m，
当α＝30°时，，
∴m＝ ；
当α＝45°时，，
∴m＝ 1；
此时 ＜m＜ 1时，
综上所述： ＜m＜ 1或1＜m＜，
故答案为： ＜m＜ 1或1＜m＜．
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
18．(1)MN⊥OT，见解析；
(2)；
(3)①见解析；②6
【分析】（1）证明△OMT≌△ONT，得到∠MOT=∠NOT，利用等腰三角形三线合一的性质即可得到结论；
（2）设AC、BD交于点M，勾股定理求出DM，根据A，B，C，D四点共圆得出∠DAB+∠DCB=180°，证得△DAB≌△DCB，得出∠DAB=∠DCB=90°，即BD为所求圆的直径，证明△ABD∽△MAD，得出，求出BD，从而求出半径；
（3）①①连接BK，由正方形的性质及旋转的性质得到AB=BC=BE，∠KAB=∠C=∠E=90°，证得△ABK≌△EBK，推出AK=EK，即可得到四边形KABE是筝形；
②由△ABK≌△EBK，∠EBC=30°，得到∠ABK=∠EBK=30°，利用30°角的正切值求出AK，得到FK，证明∠FHK=30°，求出HK，即可得到AH．
【详解】（1）解：如图1，连接MN、OT，则MN⊥OT，
理由是：∵OM=ON，TM=TN，OT=OT，
∴△OMT≌△ONT，
∴∠MOT=∠NOT，
∵OM=ON，
∴MN⊥OT；
（2）解：设AC、BD交于点M，
在Rt△AMD中，AD=10，，
∴，
∵A，B，C，D四个点都在这个圆上，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∵△DAB≌△DCB，
∴∠DAB=∠DCB=90°，
∴BD为所求圆的直径，
∵∠DAB=∠AMD，∠BDA=∠ADM，
∴△ABD∽△MAD，
∴
∴，
解得，
∴A，B，C，D四点所在圆的半径为；
（3）解：①连接BK，
∵四边形ABCD绕点B逆时针旋转30°，得到正方形GBEF，
∴AB=BC=BE，∠KAB=∠C=∠E=90°，
∵BK=BK，
∴△ABK≌△EBK，
∴AK=EK，
∴四边形KABE是筝形；
②∵△ABK≌△EBK，∠EBC=30°，
∴∠ABK=∠EBK=30°，
∴，
∴，
∵∠GBA+∠ABE=∠EBC+∠ABE，
∴∠GBA=∠EBC=30°，
∵∠GHA+∠GBA=180°，∠GHA+∠FHK=180°，
∴∠FHK=∠GBA=30°，
∴
∴AH=HK-AK=6．
【点睛】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，圆内接四边形的性质，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并熟练应用是解题的关键．
19．(1)①；②
(2)
【分析】（1）①将，，代入解析式即可得到答案；
②根据旋转可得，当最小时最小，则当与抛物线相切时，最小，观察图象可得点在轴上方，进而设直线的解析式为，根据直线与抛物线只有一个交点，得出的值，进而联立抛物线与直线解析式，求得交点的横坐标，即可求解．
（2）先求得，设交轴于点，过点作轴于点，根据解析式得出，直线的解析式为，由已知得出，进而得出直线的解析式为，求得点的坐标，然后待定系数法求二次函数的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：①∵的图像与轴交于点，，
∴，
解得：，
∴；
②解：如图所示，
依题意，，
∴当最小时最小，则当与抛物线相切时，最小，观察图象可得点在轴上方，
∵，设直线的解析式为
联立，则
即
∵直线与抛物线只有一个交点，
∴
解得：或
或
解得：或
∵，
∴的横坐标为；
（2）解：∵与轴交于点，
当时，
∴，
如图所示，设交轴于点，过点作轴于点，
∵经过点的直线与二次函数的图象交于点，
∴
解得：，
∴直线的解析式为，
∴，
∴
∵
∴，
∵
∴
∴
∴
即，设，直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为，
联立
解得：
∴
将，，代入
∴
解得：
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，二次函数的总和运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
20．
【分析】根据零指数幂和负整数指数幂法则，特殊角三角函数值以及绝对值的代数意义计算即可得解．
【详解】解：
．
【点睛】本题考查实数的运算及特殊三角函数值，熟练掌握各自的运算法则是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)tan∠DPC=2
(3)AP=
【分析】（1）根据题意可证△FAB≌△EBC，根据全等性质可证得CE=BF，∠BCE=∠ABF，最后利用等量代换得到∠BCE+∠FBC=90°，从而得证CE⊥BF；
（2）延长BF与CD的延长线相交于H点，根据条件证得△ABF≌△DHF，根据全等性质得到AB=HD=DC，根据直角三角形斜边中线是斜边的一半得到DP=HC=DC，通过角的等量代换得到tan∠DPC= tan∠CEB；
（3）过P点作PN⊥AF，根据条件可证得△EPB∽△FAB，根据相似三角形性质可计算BP=a ，FP=，再根据成比例线段计算得到NP=a，AN=a，最后利用勾股定理即可．
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠EBC
∵点E，F分别是AB，AD的中点
∴AF=BE
∴△FAB≌△EBC
∴CE=BF
∴∠BCE=∠ABF
∵∠FBC +∠ABF=90
∴∠BCE+∠FBC=90°
∴△BPC是直角三角形
∴CE⊥BF
（2）解：如图，延长BF与CD的延长线相交于H点，
∵F点是AD的中点，
在△ABF和△DHF中，
∴△ABF≌△DHF，
∴AB=HD=DC
∵∠HPC=90°
∴DP=HC=DC
∴∠DPC=∠DCP
∵∠DCP=∠CEB，
∴∠DPC=∠CEB
∴tan∠DPC= tan∠CEB=2
（3）解：如图，过P点作PN⊥AF
∵AB=a，
∴AF=， BF=a，
在△EPB和△FAB中，
∴△EPB∽△FAB，
∵
∴BP=a ，FP=，
∴，NP=a，
同理，AN=a，
∴AP=
【点睛】本题考查了正方形性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、成比例线段应用、勾股定理、求角的正切值等知识、适当添加辅助线并灵活运用相关知识是解题关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线的性质结合已知证得ODAC，得到∠CAD=∠ADO，由等腰三角形的性质得到∠DAO=∠ADO，即可证得结论；
（2）根据圆周角定理得到∠ADB=90°，求得∠BDF=∠DAE，解直角三角形得到AB=5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
∵EF与⊙O相切于点D，
∴OD⊥EF，
∵AC⊥EF，
∴ODAC，
∴∠CAD=∠ADO，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠CAD=∠DAO，
∴AD平分∠BAC；
（2）解：∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADE+∠BDF=90°，
∵∠E=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，
∴∠BDF=∠DAE，
∵∠BAD=∠DAE，
∴∠BDF=∠DAE=∠BAD，
∵tan∠BDF=，
∴tan∠BDF=tan∠DAE=tan∠BAD=，
∴，
∵DE=2，
∴AE=4，
∴AD=，
∴BD=，
∴AB==5，
∵∠F=∠F，∠BDF=∠BAD，
∴△FBD∽△FDA，
∴，
∴DF=2BF，，
∴，
又∵BA=5，
∴BF=，
∴DF=．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，角平分线的定义，平行线的性质，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键．28.2 解直角三角形及其应用 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）如图，是的弦，半径为，，则弦的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在半径为的中，点A是劣弧的中点，点D是优弧上一点，且，下列四个结论：①；②cm；③弦与直径的比为；④四边形是菱形．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．①②③④ C．②③④ D．①③④
3．（2022秋·湖北黄冈·九年级期末）如图，从一块直径是2的圆形铁片上剪出一个圆心角为的扇形，将剪下来的扇形围成一个圆锥．那么这个圆锥的底面圆的半径是（ ）
A． B． C． D．1
4．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，AB是⊙O的弦，OD⊥AB，垂足为点C，交⊙O于点D，点E在⊙O上，若∠BED＝30°，⊙O的半径为4，则弦AB的长是( )
A．4 B．4 C．2 D．23
二、填空题
5．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如果正三角形的边心距是2，那么它的外接圆半径是 ．
6．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）刘徽是我国魏晋卓越的数学家，他在《九章算术》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似地计算圆的面积．设半径为1的圆的面积与圆内接正n边形面积之差为．如图是圆内接正八边形，则 （保留）．
7．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，以CD为直径的⊙O分别交AC，BC于E，F两点，过点F作⊙O的切线交AB于点G．若AC＝3，CD＝2.5，则FG的长是 ．
8．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（0，）和C（2，0），顶点B在x轴上，顶点D在反比例函数的图象上，向右平移菱形ABCD，对应得到菱形，当这个反比例函数图象经过的中点E时，点E的坐标是 ．
9．（2022秋·湖北荆门·九年级统考期末）如图，为半圆O的直径，C为半圆上的一点，，垂足为D，延长与半圆O交于点E．若，则图中阴影部分的面积为 ．
10．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，矩形的顶点分别在轴、轴上，顶点在第二象限，将线段绕点按顺时针方向旋转得到线段连接反比例函数的图象经过两点，则的值为 ．
11．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E，F分别为AB，CD边的中点．动点P从点E出发沿EA向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿FC向点C运动，连接PQ，过点B作BH⊥PQ于点H，连接DH．若点P的速度是点Q的速度的2倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段PQ长度的最大值为 ，线段DH长度的最小值为 ．
12．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）下图是某商场一楼与二楼之间的手扶电梯示意图，其中AB、CD分别表示一楼、二楼地面的水平线，∠ABC=150°，BC的长是8m，则乘电梯次点B到点C上升的高度h是 m．
13．（2022秋·湖北天门·九年级期末）如图，半径为1的半圆形纸片，按如图方式折叠，使对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，则图中阴影部分的面积是 ．
三、解答题
14．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期末）如图，是的直径，是圆上一点，弦于点，且过点作的切线，过点作的平行线，两直线交于点，的延长线交的延长线于点．
(1)求证：与相切；
(2)连接，若，求的长．
15．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，已知抛物线交轴于、两点交轴于点，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若为抛物线对称轴右侧一点，，求点的横坐标；
(3)若为轴上一动点，作直线，，分别交抛物线于点，，若，两点的横坐标分别为，，试探究，之间的数量关系．
16．（2022秋·湖北孝感·九年级统考期末）在中，，，作的平分线交于点，，将绕点旋转，使的两边交直线于点，交直线于点．
(1)当绕点旋转到如图1的位置时，求证：；
(2)当绕点旋转到如图2的位置时，（1）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由；
(3)若，且时，请直接写出线段的长度．
17．（2022秋·湖北黄石·九年级统考期末）如图，点D是以为直径的上一点，过点B作的切线，交的延长线于点C，E是的中点，连接并延长与的延长线交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径；
(3)在（2）条件下，求、、弧围成的阴影部分的面积．
18．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F．
(1)判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若EB⊥BC，ED=3，求BG的长．
19．（2022秋·湖北十堰·九年级期末）△ABC中，∠BAC=90°，点D在AB边上，点E在AC边上，连接DE，取BC边的中点O，连接DO并延长到点F，使OF=OD，连接CF，EF，令．
(1)①如图1，若，填空：______；△ECF是______三角形
②如图2，将①中△ADE绕点A旋转，①中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2所示情况给出证明；若不成立，请说明理由．
(2)如图3，若，将△ADE由图1位置绕点A旋转，当点C，E，D三点共线时，请直接写出的值．
20．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）【基础巩固】
（1）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过A、B两点作AE⊥l，BD⊥l，垂足分别为E、D，求证：△BDC∽△CEA；
【尝试应用】
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB＝90°，过D作AD的垂线交AB于点E．若BE＝DE，tan∠BAD＝，AC=20，求BD的长．
【拓展提高】
（3）如图3，在 ABCD中，在BC上取点E，若∠AED＝90°，AE＝AB，＝，CD＝，求的面积．
21．（2022秋·湖北宜昌·九年级期末）如图，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，且关于直线对称，点的坐标为．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接，若点在轴上时，和的夹角为15°，求线段的长度；
(3)当时，二次函数的最小值为，求的值．
22．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）四边形ABCD是菱形，⊙O经过B、C、D三点（点O在AC上）．
(1)如图1，若AB是⊙O的切线，求∠ADC的大小；
(2)如图2，若AB＝5，AC＝8，AB与⊙O交于点E．
①求⊙O的半径；
②直接写出BE的值．
23．（2022秋·湖北荆州·九年级期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°，CB=CD，连接BD，以点B为圆心，BA长为半径作⊙B，交BD于点E．
(1)试判断CD与⊙B的位置关系，并说明理由；
(2)若AD=4，∠BCD=60°，求图中阴影部分的面积．
24．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）问题背景 如图1，在△ABC与△ADE中，若AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，则存在一对全等三角形，请直接写出这对全等三角形．
尝试运用 如图2，在等边△ABC中，BC＝12，点D在BC上，以AD为边在其右侧作等边△ADE，F是DE的中点，连接BF，若BD＝4，求BF的长．
拓展创新 如图3，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝12，点D在BC上，以AD为斜边在其右侧作等腰Rt△ADE，连接BE．设BD＝x，BE2＝y，直接写出y关于x的函数关系式（不要求写自变量的取值范围）．
25．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）如图，在中，，，，垂足为G，且，E为的中点，．
（1）求证：是等边三角形．
（2）过点G作于点F，连接、，求的长．
26．（2022秋·湖北恩施·九年级统考期末）如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
（1）证明：DE为⊙O的切线；
（2）若BC＝4，求DE的长．
参考答案：
1．C
【分析】过点O作的垂线，得到直角三角形，在直角三角形中根据三角函数进行计算，然后再由垂径定理得到的长．
【详解】解：如图：过点O作于C，
则，．
在中，，
∴．
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了垂径定理及解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握垂径定理的内容和解直角三角形的方法和步骤．
2．B
【分析】分别根据垂径定理、菱形的判定定理、锐角三角函数的定义对各选项逐一判断即可．
【详解】解：令交于，如图所示：
∵点A是劣弧的中点，OA过圆心，
∴OA⊥BC，故①正确；
∵∠D＝30°，
∴∠ABC＝∠D＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∵点A是劣弧的中点，
∴BC＝2CE，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝AB＝6cm，
∴BE＝AB cos30°＝＝cm，
∴BC＝2BE＝cm，故②正确；
∵∠AOB＝60°，
∴sin∠AOB＝sin60°＝，即弦与直径的比为，故③正确；
∵∠AOB＝60°，
∴AB＝OB，
∵点A是劣弧的中点，
∴AC＝AB，
∴AB＝BO＝OC＝CA，
∴四边形ABOC是菱形，故④正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂径定理、菱形的判定、圆周角定理、解直角三角形，综合性较强，掌握圆的相关性质是解决问题的关键．
3．B
【分析】先计算的长度，然后围成的圆锥底面周长等同于的长度，根据公式计算即可．
【详解】解：如下图：
连接BC，AO，
∵，
∴BC是直径，且BC=2，
又∵，
∴，
又∵， ，
∴ ，
∴的长度为：，
∴围成的底面圆周长为，
设圆锥的底面圆的半径为，
则：，
∴．
故选：
【点睛】本题考查扇形弧长的计算，圆锥底面半径的计算，解直角三角形等相关知识点，根据条件计算出扇形的半径是解题的关键．
4．B
【分析】根据垂径定理和三角函数求解．
【详解】，则
根据OD⊥AB，则在直角△OAC中,
则
故选:B.
【点睛】考查垂径定理以及解直角三角形，熟练掌握垂径定理是解题的关键.
5．4
【分析】利用解直角三角形的知识即可求解．
【详解】根据题意作图如下，
根据题意有：在正△ABC中，边心距OD=2，OB为正△ABC外接圆半径，
根据等边三角形的性质可知∠OBD=∠ABD=，且∠ODB=90°，
∴在Rt△ABC中，，
即其外接圆半径r为4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了边心距的含义、解直角三角形、正三角形的性质等知识，理解边心距的含义是解答本题的关键．
6．
【分析】由题意△8=S圆-S八边形，由此计算即可．
【详解】解：如图，由题意，八边形可以分成8个顶角为的等腰三角形，
△8-△12=S圆-S八边形
=8××1×1×sin45°
=-2．
故答案为：-2．
【点睛】本题考查正多边形和圆，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
7．
【分析】连接DF，OF，根据切线的性质可得到OF⊥FG，即∠OFG=90°，从而得到∠OFC=∠OCF，再由∠ACB＝90°，D为AB的中点，可得∠BGF=90°，AB=2CD=5，根据勾股定理得到，根据圆周角定理得到∠DFC=90°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】解：连接DF，OF，如图，
∵FG是⊙O的切线
∴OF⊥FG，即∠OFG=90°，
∴∠OFC+∠GFB=90°
∵OF=OC
∴∠OFC=∠OCF
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴BD=CD
∴∠DBC=∠DCB
∴∠B=∠OFC
∴∠B+∠GFB=90°
∴∠BGF=90°
∵CD=2.5，
∴AB=2CD=5，
∵AC＝3，
∴，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DFC=90°，
∴FD⊥BC，
∵DB=DC，
∴BF=BC=2，
∵∠B=∠B，∠ACB=∠BGF=90°，
∴△BFG∽△BAC，
∴，
∵，
即，
∴FG=．
故答案为：
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．
【分析】连接AC，由题意易得出OA和OC的长，再根据及特殊角的三角函数值，可确定，即可证明和都是等边三角形，还可求出AC的长，即得出，从而得出D点坐标为(4，)．将D点坐标代入反比例函数解析式，即可求出k的值．设菱形ABCD向右平移a的单位后，反比例函数图象经过的中点E．由此即可用a表示出和的坐标，再由中点坐标公式即可表示出E点坐标，将E点坐标代入反比例函数解析式，即可求出a，即得出E点坐标．
【详解】如图，连接AC，
∵A(2，)、C（2，0），
∴，，
∵，
∴．
∴．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，和全等，
∴和都是等边三角形，
∴，
∴D点坐标为(4，)．
∵D点在反比例函数的图象上，
∴，
解得：，
∴反比例函数的解析式为．
设菱形ABCD向右平移a的单位后，反比例函数图象经过的中点E，
∴此时的坐标为C（2+a，0），的坐标为(4+a，)，
∴此时E点的坐标为，即E，
∴，
解得：，
∴E点的坐标为，即E．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征，平移的性质以及中点坐标公式，综合性强，较难．作出辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
9．
【分析】根据垂径定理得到，AD＝CD，解直角三角形得到OD＝OA＝2，AD＝OA＝，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：∵OD⊥AC，
∴∠ADO＝90°，，AD＝CD，
∵∠CAB＝30°，OA＝4，
∴OD＝OA＝2，AD＝OA＝，
∴图中阴影部分的面积＝S扇形AOE S△ADO＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形的面积的计算，垂径定理，解直角三角形，正确的识别图形是解题的关键．
10．
【分析】作DE⊥x轴，垂足为E，设OA=m，则点B坐标为，根据旋转的性质求出OA=OD=m，∠AOD=60°，求出点D坐标为，构造关于m的方程，解方程得出点B坐标，即可求解．
【详解】解：如图，作DE⊥x轴，垂足为E，设OA=m，则点B坐标为，
∵线段绕点按顺时针方向旋转得到线段
∴OA=OD=m，∠AOD=60°，
∴，
，
∴点D坐标为，
∵点B、D都在反比例函数的图象上，
∴，
解得（不合题意，舍去），
∴点B坐标为，
∴．
故答案为：
【点睛】本题为反比例函数与几何综合题，考查了反比例函数的性质，旋转的性质，三角函数等知识，理解反比例函数性质，构造方程，求出点B坐标是解题关键．
11． 3 ﹣
【分析】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．首先利用相似三角形的性质证明EM=2FN，推出EM=2，FM=1，当点P与A重合时，PQ的值最大，解直角三角形求出OD，OH即可解决问题．
【详解】连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．
∵四边形ABCD是矩形，DF=CF，AE=EB，
∴四边形ADFE是矩形，
∴EF=AD=3，
∵FQ∥PE，
∴△MFQ∽△MEP，
∴，
∵PE=2FQ，
∴EM=2MF，
∴EM=2，FM=1，
当点P与A重合时，PQ的值最大，
此时PM=，
MQ=，
∴PQ，
∵MF∥ON∥BC，MO=OB，
∴FN=CN=1，DN=DF+FN=3，ON=，
∴OD=，
∵BH⊥PQ，
∴∠BHM=90°，
∵OM=OB，
∴OH=BM=×，
∵DH≥OD﹣OH，
∴DH≥，由于M和B点都是定点，所以其中点O也是定点，当PQ垂直于OD时，O，H，D共线，此时DH最小，
∴DH的最小值为，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，梯形的中位线的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
12．4
【分析】过C作CE⊥AB，交AB的延长线于E，在Rt△BCE中，易求得∠CBE＝ 30°，已知斜边BC为8m，根据直角三角形的性质即可求出CE的长，即h的值.
【详解】过C作CE⊥AB，交AB的延长线于E，在Rt△CBE中，∠CBE＝180°－∠CBA＝30°，已知BC＝8cm，则CE＝BC＝4cm，即h＝4cm，故答案为4.
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，正确地构造出直角三角形，然后根据直角三角形的性质求解,是解决此题的关键.
13．．
【详解】试题解析：如图，连接OM交AB于点C，连接OA、OB，
由题意知，OM⊥AB，且OC=MC=1，
在RT△AOC中，∵OA=2，OC=1，
∴cos∠AOC=，AC=
∴∠AOC=60°，AB=2AC=2，
∴∠AOB=2∠AOC=120°，
则S弓形ABM=S扇形OAB-S△AOB
=
=，
S阴影=S半圆-2S弓形ABM
=π×22-2（）
=2．
故答案为2．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，易证为等边三角形，所以，从而可知，由于，易知，所以与相切．
（2）作于点易证四边形为平行四边形．因为，所以四边形为菱形，由得，从而可求出、的值，从而可知的长度，则的长可求出．
【详解】（1）如图，连接，．
是的直径，弦于点，
，．
，
．
为等边三角形．
．
，
．
．
．
与相切
（2）（2）如图，作于点．
与相切，
．
又，
可得．
又，
四边形为平行四边形．
，
四边形为菱形．
，．
，
由（1）得，
，．
．
在中，，
．
【点睛】本题考查圆的综合问题，涉及切线的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，考查学生综合运用知识的能力．
15．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分点D在x轴上方和点D在x轴下方两种情况，设，过D作轴于H，利用求解即可；
（3）设，，求出直线AM的表达式得到，和直线AN的表达式得到，进而可求解．
【详解】（1）解：根据题意，设抛物线的解析式为，
∵，，
∴，则，
将点C坐标代入中，得，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：在中，，，
∴，
∵，
∴；
设，过D作轴于H，
∵抛物线的对称轴为直线，为抛物线对称轴右侧一点，
∴，
当点D在x轴上方时，，，
由得，
解得，（舍去），
同理，当点D在x轴下方时，，，
由得，
解得，（舍去），
故点D的横坐标为或；
（3）解：由题意，，，
设直线的表达式为，
将代入，得，则，
∴直线的表达式为，
由得，
∴，或（舍去），则
∴直线的表达式为，
当时，，
∴，
同理，设直线的表达式为，
将代入，得，则
∴直线的表达式为，
由得，
∴，或（舍去），则
∴直线的表达式为，
当时，，
∴，
由得．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求函数解析式、二次函数的图象与性质、坐标与图形、解直角三角形、解一元二次方程等，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想求解，其中第（2）问，要注意分类求解，避免遗漏．
16．(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)或
【分析】（1）如图1中，作于H．证明，即可解决问题；
（2）结论不成立，应为，如图2中，作于点G，证明，即可解决问题；
（3）分两种情形分别求解：①如图中，作于H．求出，利用（1）中结论即可解决问题；②如图中，当时，作于H，求出即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，作于H．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵平分，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：不成立，应为．理由如下：
如图2，作于点，
∵平分，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）①如图中，作于H．
由（1）可知：，
设，则， ，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图中，当时，作于H，
∵，，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的值为或．
【点睛】此题属于几何变换综合题，考查角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等，难度较大，解题的关键是综合运用上述知识点，学会用分类讨论的思想解决问题．
17．(1)见解析；
(2)的半径为；
(3)阴影部分的面积为
【分析】（1）连接、，证即可；
（2）根据，得出，根据三角函数求出长度即可求出半径；
（3）根据（2）中数据求出，的长度，再根据阴影部分的面积三角形的面积三角形的面积扇形的面积计算阴影部分的面积即可．
【详解】（1）证明：连接，，
为的直径，
，
在中，，
，
，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
即，
，
为的半径，
为的切线；
（2），
，
，
，
，
即的半径为；
（3）由（2）知，，，
，
，，
，
阴影部分的面积三角形的面积三角形的面积扇形的面积，
，
阴影部分的面积为．
【点睛】本题主要考查圆的综合知识，熟练掌握切线定理，特殊角三角函数，扇形面积等知识是解题的关键．
18．(1)直线AC是⊙O的切线，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到BD⊥AC，再证明OE//BD，则OE⊥AC，然后根据切线的判定方法得到结论；
（2）过O作OM⊥BD于M，根据矩形的性质得到OM=ED=3，BM=BG，推出∠1 =∠2=∠A=30°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】（1）解：直线AC是⊙O的切线．
理由如下：如图，连接OE，
∵AB=BC，D是AC中点，
∴BD⊥AC，
∵BE平分∠ABD，
∴∠OBE=∠DBE，
∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OEB=∠DBE，
∴OE//BD，
∴OE⊥AC，
而OE为⊙O的半径，
∴直线AC是⊙O的切线．
（2）解：如图，过O作OM⊥BD于M，
∴四边形OEDM是矩形，
∴OM=ED=3，BM=BG，
∵EB⊥BC，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
∴∠1 =∠2=∠A=30°，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、直线与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，直线l和⊙O相交d
r．
19．(1)①1，等腰直角三角形；②成立，理由见解析
(2)
【分析】（1）①证明△BOD≌△COF得CF=BD，∠OCF=∠B，进而求得结果；②连接BD，证明△CAE≌△BAD，可得CE=BD，∠ACE=∠ABD，从而得到CE=CF，进而得出∠FCE=90°，即可求解；
（2）连接BD，过点A作AG⊥CD于点G，由②得：∠ECF=90°，可得点C、A、D、F共圆，∠1=∠ACG，然后设AD=a，可得，，从而得到，可得 ，从而得到，再利用锐角三角函数，即可求解．
【详解】（1）①∵O是BC的中点，
∴OB=OC，
在△BOD和△COF中，
∵OB=OC，∠BOD=∠COF，OD=OF，
∴△BOD≌△COF（SAS），
∴CF=BD，∠OCF=∠B，
∵，
∴AD=AE，AB=AC，
∴BD=CE，
∴CE=CF，
即：，
∵∠B+∠ACB=90°，
∴∠OCF+∠ACB=90°，
∴∠ECF=90°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
故答案为：1，等腰直角三角形；
②仍然成立，理由如下：
连接BD，如图，
由（1）得：△BOD≌△COF ，
∴CF=BD，∠OCF=∠OBD，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，
∴∠CAE=∠BAD，
在△CAE和△BAD中，
∵AC=AB，∠CAE=∠BAD，AE=AD，
∴△CAE≌△BAD（SAS），
∴CE=BD，∠ACE=∠ABD，
∴CE=CF，
∵∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠ACE+∠ECO+∠ABC=90°，
∴∠ABD+∠ECO+∠ABC=90°，
∴∠ECO+∠DBO=90°，
∴∠ECO+∠FCO=90°，
∴∠FCE=90°，
∴，△ECF是等腰直角三角形；
（2）解：如图，连接BD，过点A作AG⊥CD于点G，
由②得：∠ECF=90°，
∴∠ECF=∠EAD=90°，
∴点C、A、D、F共圆，
∴∠1=∠ACG，
设AD=a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，转化求值．
20．（1）证明见解析（2）BD＝32（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质证得∠BDC＝∠AEC，由相似三角形的判定定理可得出结论；
（2）过点E作EF⊥BC于点F，由相似三角形的性质得出，由锐角三角函数的定义求出DF＝16，则可求出答案；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，交BC的延长线于点N，证明△ABM≌△DCN（AAS），由全等三角形的性质得出BM＝CN，AM＝DN，设BE＝4a，EC＝3a，DN＝b,由（1）得△AEM∽△EDN，得出比例线段，求出a＝1，b＝，由平行四边形的面积公式可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠ACE＝90°，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝90°，
∴∠BCD＝∠CAE，
∵BD⊥DE，
∴∠BDC＝90°，
∴∠BDC＝∠AEC，
∴△BDC∽△CEA；
（2）解：过点E作EF⊥BC于点F，如图所示：
由（1）得△EDF∽△DAC，
∴，
∵AD⊥DE，tan∠BAD＝，
∴，
∴DF＝16，
∵BE＝DE，
∴BF＝DF，
∴BD＝32；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC，如图所示：
∴∠AMB＝∠DNC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠B＝∠DCN，
∴△ABM≌△DCN（AAS），
∴BM＝CN，AM＝DN，
∵AB＝AE，AM⊥BC，
∴BM＝ME，
∵，
设BE＝4a，EC＝3a,
∴BM＝ME＝CN＝2a，EN＝5a，
∵∠AED＝90°，
由（1）得△AEM∽△EDN，
∴，
∴，
∴b＝a，
∵CD＝，
∴（2a）2+b5＝14，
∴a＝1，b＝，
∴ ABCD的面积＝．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，构造一线三等角相似是解题的关键．
21．(1)y=x2-2x-3
(2)或
(3)或6
【分析】（1）先根据题意得出点B的坐标，再利用待定系数法求解可得；
（2）分点P在点C上方和下方两种情况，先求出∠OBP的度数，再利用三角函数求出OP的长，从而得出答案；
（3）分对称轴x=1在a-1到a范围的右侧、中间和左侧三种情况，结合二次函数的性质求解可得．
【详解】（1）解：∵点A（-1，0）与点B关于直线x=1对称，
∴点B的坐标为（3，0）．
把A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，得：
，
解得：，
∴二次函数的解析式为y=x2-2x-3；
（2）解：如图，
对于y=x2-2x-3，当x=0时，y=-3．
∴C（0，-3）．
∴OC=3，
∵B（3，0）
∴OB=3．
∴OB=OC．
∵∠BOC=90°．
∴∠OBC=∠OCB=45°．
若点P在点C上方，则
∠OBP=∠OBC-∠PBC=45°-15°=30°，
在Rt△OBP中，OP=OB·tan∠OBP=3×tan30°=，
∴；
若点P在点C下方，则
∠OBP'=∠OBC+∠P'BC=45°+15°=60°
在Rt△OBP'中，
，
∴，
综上所述，CP的长为或；
（3）解：①若a≤1，则函数的最小值为a2-2a-3=2a，
解得∶ 或．
∵a≤1
∴；
②若a-1<1解得a=-2；
∵1∴a=-2舍去；
③若a-1≥1，即a≥2，则函数的最小值为（a-1）2-2(a-1)-3=2a，
解得a=0或a=6．
∵a≥2，
∴a=6；
综上所述，a的值为或6．
【点睛】本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、三角函数的运用、二次函数的图象与性质及分类讨论思想的运用．
22．(1)
(2)① ②
【分析】（1）根据切线的性质可得，根据菱形的性质可得，等边对等角，所以，根据同弧所对圆周角是圆心角的2倍可知，所以，因为，所以，得到，因为，所以， ，所以．
（2）①连接BD，OB，BD与AC交于点F，由菱形的性质可得，，，在中由勾股定理得，设半径为，在中，由勾股定理列方程可解得；
②连接，在中， ，过点作，则，，在中， ，可解出，再由勾股定理，所以．
【详解】（1）解：连接
是的切线
四边形ABCD是菱形
四边形ABCD是菱形
（2）解：①连接BD，OB，BD与AC交于点F
四边形是菱形
，
在中
设，则
在中
解得：
的半径为
②连接
在中，
过点作，则
由①知：
在中
【点睛】本题考查了圆的综合知识，菱形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
23．(1)CD与⊙B相切，理由见解析；
(2)阴影部分的面积为 4π．
【分析】（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF＝BA，即可证明CD与圆B相切；
（2）先证明△BCD是等边三角形，得到∠CBD＝60°，由两直线平行内错角相等得到∠ADB＝60°，求出AB，再利用S△ABD S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】（1）解：过点B作BF⊥CD，垂足为F，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵CB＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴∠ADB＝∠CDB．
在△ABD和△FBD中，，
∴△ABD≌△FBD（AAS），
∴BF＝BA，则点F在圆B上，
∴CD与⊙B相切；
（2）解：∵∠BCD＝60°，CB＝CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD＝60°，
∴∠ABD＝30°，
∵∠BAD=90°，AD=4，
∴AB＝AD·tan60°＝=，
∴阴影部分的面积＝S△ABD S扇形ABE＝××4 ＝ 4π．
【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线．
24．问题背景：；尝试运用：；拓展创新
【分析】问题背景：先证明再利用证明即可；
尝试运用：如图，连接 过作于 过作交的延长线于 再证明 可得： 再求解 证明 求解 再利用勾股定理可得答案；
拓展创新：如图，延长至 使 连接 过作于 证明 结合（2）的思路与方法可得答案.
【详解】问题背景：
解： ∠BAC＝∠DAE，
AB＝AC，AD＝AE，
尝试运用：
解：如图，连接 过作于 过作交的延长线于
等边△ABC中，等边△ADE，
而为的中点，
拓展创新：
如图，延长至 使 连接 过作于
则
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出适当的辅助线构建全等三角形，相似三角形，直角三角形是解本题的关键.
25．（1）见解析；（2）
【分析】（1）证明AD=AB且∠BAD=60 即可得到结论；
（2）证明△EGF是直角三角形，再运用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∴，∴是等边三角形．
（2）解：为的中点，
∴．
∵是等边三角形，，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∴△EGF是直角三角形，
又∵，
∴∠BFG=90
∴∠FBG=30 ，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角形，熟练掌握相关的判定与性质是解答此题的关键．
26．(1)见解析;(2).
【分析】（1）连接OD，由平行线的判定定理可得OD∥AC，利用平行线的性质得∠ODE＝∠DEA＝90°，可得DE为⊙O的切线；
（2）连接CD，由BC为直径，利用圆周角定理可得∠ADC＝90°，由∠A＝30°，AC＝BC＝4，利用锐角三角函数可得DE．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
∴∠ODB＝∠A，
∴OD∥AC，
∴∠ODE＝∠DEA＝90°，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接CD，
∵BC为直径，
∴∠ADC＝90°，
∵∠A＝30°，
又∵AC＝BC＝4，
∴AD＝AC cos30°＝4×＝2，
∴DE＝AD＝．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、圆周角定理，平行线的性质及判定定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．