专项5 综合压轴题1 （浙江中考真题+中考模拟）【答案+解析】 ——2025年中考数学冲刺中考模拟真题速递(浙江专用)

2025年中考数学冲刺中考模拟真题速递(浙江专用)
专项5 综合压轴题1 （浙江中考真题+中考模拟）
一、综合题
1．（2024·金华真题）若干个工人装卸一批货物，每个工人的装卸速度相同。如果这些工人同时工作，则需10小时装卸完毕，现改变装卸方式，开始一个人干，以后每（整数）小时增加一个人干，每个参加装卸的人都一直干到装卸结束，且最后增加的一个人装卸的时间是第一个人装卸时间的.问：
（1）按改变后的装卸方式，自始至终需要多长时间
（2）参加装卸的有多少名工人
2．（2025·浙江模拟）已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连结BC.在AB上截取BF=BC，连结DF并延长，交⊙O于点G，连结CG.
（1）如图1，当点E与圆心O重合时，求∠D的度数.
（2）如图2，连结BG，交CD于点N，过点F作FM //BG，交CD于点M，连结GE.
①求证：BG平分∠ABC.
②若△EFG与△DFM的面积相等，BC=1，求BE的长.
3．（2024·宁海）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过、、．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点是线段上一动点，点关于、的对称点分别为点、，连接交线段、于、．求最小值；
（3）在（2）的条件下请直接写出线段的取值范围．
4．（2025·衢江模拟）如图，中．，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
5．（2024·浙江）如图，在圆内接四边形中，，，延长至点，使，延长至点，连结，使．
（1）若，为直径，求的度数．
（2）求证：①；
②．
6．（2024·浙江）已知二次函数（，为常数）的图象经过点，对称轴为直线．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点向上平移2个单位长度，向左平移个单位长度后，恰好落在的图象上，求的值；
（3）当时，二次函数的最大值与最小值的差为，求的取值范围．
7．（2025九下·浙江模拟）如图1，是的直径，是圆上不同于的任意一点，延长到点，连结．过点作，交于点，连结．
（1）求证：．
（2）如图2，若，求的值．
（3）若，求的值（用含的代数式表示）
8．（2025九下·宁波模拟）如图1，四边形是的内接四边形，为对角线，且为的直径，，已知，.
（1）求的长；
（2）如图2，为上一点，过作，其反向延长线交于点，连结、、，若，
①求的值；
②试求的长.
9．（2025九下·浙江模拟）如图，在平面直角坐标系хOy中，一次函数y=x-1的图像与反比例函数y=的图像相交于点A（-1， a）， B（b， 1）
（1）求反比例函数的表达式；
（2）连接OA、OB，求△OAB的面积.
10．（2025·浙江模拟）如图1，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，F是弧BC上一点，连结AC，CF，BF，AF，AF与CD交于点G。
（1）求证：∠AFC=∠CAB；
（2）如图2，连结CB交AF于点H。
①当AF⊥CB时，试判断△CGF的形状，并说明理由；
②在①的条件下，延长CF，AB相交于点Q，若CD=10，AB=8，求的值。
11．（2025·衢江模拟）无人机表演团队进行无人机表演训练，甲无人机从地面起飞，乙无人机从距离地面12米高的楼顶起飞，甲、乙两架无人机同时匀速上升，6秒时甲无人机到达训练计划指定的高度停止上升开始表演，完成表演动作后，按原速继续飞行上升，乙无人机继续匀速上升．当甲、乙无人机按照训练计划同时到达距离地面的高度为48米时，进行了时长为秒的联合表演，表演完成后以相同的速度同时返回地面．甲、乙两架无人机所在的位置距离地面的高度（米）与无人机飞行的时间（秒）之间的函数关系如图所示．请结合图象解答下列问题：
（1）求联合表演时长；
（2）求线段所在直线的函数解析式；
（3）两架无人机表演训练到多少秒时，它们的高度差为8米？
12．（2025·温州模拟）如图，在圆内接四边形ABCD中，延长AB，DC交于点，在DE上方作，使点在线段DE上，且，连结DG．
（1）若为的中点，求的度数．
（2）连结BD，当时．
①求证：四边形BEGD是平行四边形．
②若，求证：．
13．（2025·衢州模拟）如图1，在Rt中，是的外接圆，点是的中点，连结CD交AB于点.
（1）求的度数.
（2）如图2，过点作，连结OD，若.
①若，求.
②连结OF，求OF的长.
14．（2025·衢江模拟）在矩形中，点，分别是，边上的动点，连接，交于点．
（1）如图（1），当点，分别是，的中点时，求证：；
（2）若，点是边上的点，连结交于点，点是的中点，
①如图（2），若，求的长；
②如图（3），连接，当，且时，求的值．
15．（2025·鹿城模拟）如图，内接于，连结交于点D，交于点E，已知．
（1）求证：；
（2）若，，求的长；
（3）若，设的半径为r，求的面积（用含r的代数式表示）．
16．（2025·鹿城模拟）如图反映的是小温、小州两人从学校出发到瓯华站乘车的过程．两人同时从学校步行出发，小温在途中发现有物品遗漏，于是立刻以同样的速度返回学校拿取，在学校停留分钟后乘出租车赶往瓯华站，结果比小州早分钟到达瓯华站．
（1）求两人步行的速度．
（2）求出图中出租车行驶时路程与时间的函数解析式．
（3）求学校到瓯华站的路程．
17．（2025·钱塘模拟）在学习三角函数知识后，李老师布置了一项综合实践作业，要求利用所学知识测量建筑物的高度．如图，圆圆在自家楼顶处观测，测得对面一幢楼房顶部处的仰角为，测得这幢楼房底部处的俯角为．已知观测点处距地面的高度为24米（图中点均在同一平面内）．
（1）求两幢楼房之间的水平距离（结果保留根号）．
（2）求对面这幢楼房的高度（结果取整数）．（参考数据：）
18．（2025·湖州模拟）已知甲、乙两地相距，小明、小红两人分别开车沿同一条公路从甲地出发到乙地，如图，线段，线段分别表示小明、小红离开甲地的路程与时间的函数关系的图象，根据图象解答下列问题：
（1）求小红离开甲地的路程与时间的函数表达式；
（2）当时间为何值时，都在行驶中的两人恰好相距．
19．（2025·浙江模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D位于⊙O外一点，连接AD，BD，CD，BD交⊙O于点 E，连接CE.已知AB=AC=AD.
（1）如图1，求证：∠ACE=∠ADE.
（2）如图2，BD经过圆心O，AB=2CD.
①求 cos∠BAC 的值；
②若AB=3，求⊙O的半径，
20．（2025九下·浙江模拟）如图，为的直径，弦于，为弦上一点，且，射线与射线相交与点.
（1）求证：为的中点.
（2）①若，求的值.
②当为直角三角形时，求的正切值.
答案解析部分
1．（1）解：设装卸工作需要x小时完成，则第一人干了x小时，最后一个人干了小时，两人共干活小时，平均每人干活小时，根据题意可得：第二人与倒数第二人、第三人与倒数第三人，平均每人干活的时间也是小时，故可列方程为：，解得（小时）
（2）设共有y人参加装卸工作，又∵每（整数）小时增加一个人干，∴最后一人比第一人少干（y-1）t小时，根据题意可列方程：
，即，解此不定方程可得：，故参加人数y=2或3或4或5或7或13
2．（1）解：连接CF，
∵弦CD⊥AB于点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证明：设∠1=α，连接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连接CF与BG交于点H，连接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与△DFM的面积相等，
∴EF·GP=EF·DM，
∴GP=DM=2EN，
∵NE⊥AB，GP⊥AB，
∴NE//GP，
∴△BNE∽△BCP，
∴BE：BP＝EN：GP＝1：2，
设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为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴cos ∠ABC ==，
∴BC2=BE·AB，
∴4x2-x-1=0，
解得：x=（负值舍去），
∴BE=.
(1)连接CF，先证明AB垂直平分CD，根据垂直平分线的性质及在同一个三角形中等边对等角，可求得∠B=45°，再利用在同一个三角形中等边对等角，可求得∠BFC，然后根据直角三角形两个锐角互余，求得∠D；
（2）①设∠1=α，连接CF，先利用在同一个三角形中等边对等角，说明∠4=∠1=∠D=α，再利用在同一个三角形中等边对等角，说明∠BCF=∠3=90°-α，利用三角形内角和定理，可用α表示出∠CBF，从而可说明∠4=∠CBF，也就是BG平分∠ABC；
②设BE=PE=X，先利用SAS证明△ACBG≌△FBG，可用全等三角形的性质，得出GC=GF，∠CGB=∠FGB，再利用SAS证明SAS，可说明CH=FH，再根据FM//HN，列出比例式，说明CM=2CN，通过△EFG与△DFM的面积相等，说明GP=DM=2EN，再证明△BNE∽△BCP，列出比例式，得出PF=2x-1，然后借助余弦，说明BC2=BE·AB，可得出关于x的方程，求出x，正值即为BE的长.
3．（1）解：抛物线经过、、，
，
．
抛物线的函数表达式为；
（2）解：连接，，，如图，
点关于、的对称点分别为点、，
垂直平分，垂直平分，
，，
，．
，．
、、，
，．
．
，
为等腰直角三角形，
．
，，
，
，
，
，
点是线段上一动点，
当时，取得最小值，此时值最小．
当时，
，
．
，，
，
最小值为，
的最小值为
（3）解：（3）由（2）知：为等腰直角三角形，
，
，
．
点是线段上一动点，
点与点重合时，，点与点重合时，，
，
的最大值，
当时，取得最小值为，
的最大值，的最小值．
线段的取值范围为
(1)把三个点的坐标代入解析式得到三元一次方程组解题即可；
(2)连接AD， DM， DN， 可以得到 由 得到 则 为等腰直角三角形，再利用， 得到即可得到当时，取得最小值，此时值最小，然后利用面积法和勾股定理计算即可；
(3)利用 (2) 的结论得到根据AD的最小值与最大值解答即可得出结论.
4．（1）解：连接，则，
∵以点为圆心，为半径作圆与相切于点，
∴，
∴，
在Rt△OBD和Rt△OBC中
∴（HL），
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，，
∴的长为：．
（1）连接，由题意，用HL定理可证，由全等三角形的对应边相等可得，∠OBC=∠OBD，于是可得垂直平分，根据同角的余角相等得即可求证；
（2）根据特殊角的三角函数值tan∠ABC=可求得，结合（1）的结论可得，根据锐角三角函数tan∠OBC=求出的长，然后用弧长公式L=计算即可求解.
（1）解：连接，则，
∵以点为圆心，为半径作圆与相切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，，，
∴，
∴，
由（1）知：，
∴，，
∴的长为：．
5．（1）解：∵CD是直径，
∴∠DBC=90°，
∵A四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=180°-60°=120°，
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=120°-90°=30°.
（2）①证明：①如图，延长AB，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠CBM＝∠ADC，
又∵∠AFE＝∠ADC，
∴∠AFE＝∠CBM，
∴EF∥BC；
②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，则DG∥BC∥EF，
∵DG∥BC，
∴，
∴BD＝CG，
∵四边形BCGD是圆内接四边形，
∴∠GDE＝∠ACG，
∵∠AFE＝∠ADC，∠ADC＝∠AGC，
∴∠AFE＝∠AGC，
∵AE＝AC，
∴△AEF≌△ACG（AAS），
∴EF＝CG，
∴EF＝BD．
（1）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠DBC=90°，再利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠ABC的度数；再根据∠ABD=∠ABC-∠DBC，代入计算可求出结果.
（2）①延长AB至M，利用圆内接四边形的性质可证得∠CBM＝∠ADC=∠AFE，利用平行线的判定定理可证得结论；②②过点D作DG∥BC交⊙O于点G，连接CG，AG，则DG∥BC∥EF，可证得，利用圆心角、弧、弦的关系定理可证得BD=CG，利用圆内接四边形的对角互补及同弧所对的圆周角相等，可推出∠AFE＝∠AGC，利用AAS证明△AEF≌△ACG，利用全等三角形的性质可证得EF=CG，据此可证得结论.
6．（1）解：由题意得
解之：
∴此二次函数解析式为y=x2+x+3
（2）解：∵ 点向上平移2个单位长度，向左平移个单位长度后，平移后的点的坐标为（1+m，9） ，
∵点（1-m，9）在二次函数图象上，
∴（1-m）2+（1-m）+3=9
解之：m1=4，m2=-1，
∵m＞0，
∴m=4
（3）解：
∵抛物线的开口向上，
∴当时，y最小值=，
当时，y随x的增大而减小，
∴当x=-2时，y的最大值=4-2+3=5，
当x=n时，y的最小值为n2+n+3，
∵ 最大值与最小值的差为 ，
解之：（不符合题意）；
当时，
当时，y最小值=，
当x=-2时，y的最大值=4-2+3=5，
∴最大值与最小值的差为5-=，符合题意；
若当x=n时，y的最大值为n2+n+3，
∵最大值与最小值的差为 ，
n2+n+3-=，
解之：n1=1，n2=-2（不符合题意），
综上所述n的值为1
（1）将点A的坐标代入，可得到关于b，c的方程，再利用抛物线的对称轴，可求出b的值，然后求出c的值，可得到二次函数解析式.
（2）利用点的坐标平移规律：上加下减，左减右加，可得到平移后的点的坐标，再将平移后的点的坐标代入函数解析式，可得到关于m的方程，解方程求出m的值，然后根据m＞0，可得到m的值.
（3）将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可知当时，y最小值=，当时，y随x的增大而减小；分情况讨论：当时，y随x的增大而减小，分别求出当x=-2时y的最大值和x=n时y的最小值，再根据最大值与最小值的差为 ，可得到关于n的方程，解方程求出n的值；当时，分别求出最大值和最小值，求出最大值与最小值的差；若当x=n时，y的最大值为n2+n+3，根据最大值与最小值的差为 ，可得到关于n的方程，解方程求出n的值；综上所述，可得到符合题意的n的值.
7．（1）证明： AB是⊙O的直径， C是圆上不同于A， B的任意一点， ，交BD于点E， 如图， 设CE， AB交点为G，
（2）解：
即
（3）解：过点E作 于点H，
设 则
在直角三角形ACG中，由勾股定理得：
即
即

(1)如图，设CE，AB交点为G，根据直径所对圆周角为 得到 由 得到 利用同角的余角相等即可证明结论；
(2)根据平行线的性质可证 证明 推出 求出BC，再证明 推出 求出CD，根据正切的定义即可求解；
(3)过点E作 于点H，根据 ， 设 则 求出 证明 推出 即可得到求出 然后根据正切的定义解题即可.
8．（1）连结OD、OC，设OD与AC交于点P
∵AD＝DC，∴，∴AC⊥OD，∴P为AC中点，
又O为圆心，AB为直径∴OP＝BC＝，
由S△ADC＝S△ACB可知DP＝BC＝1，∴AB＝3，从而AC＝2
（2）①∵GF⊥AC，AG⊥BG，∠ACG＝∠ABG
∴∠BAG＝∠FGC，又∠CAB＝∠CGB＝∠AGF，
∴∠CAG＝∠CGA，∴CG＝AC＝2.
设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＝，从而AG＝，∴＝.
②由△AFE∽△ACB，∴，
∴EF＝，AE＝，∴EG＝FG－EF＝，EB＝
又由①得∠BCH＝∠BAG＝∠FGC，
∴△BCH∽△EGH，∴，解得BH＝.
(1)连结OD、OC， 设OD与AC交于点P， 易得P为AC中点， 由 可知 进而利用勾股定理求解即可；
(2)①导角易求 设 易得 在 中利用勾股定理求解即可；
②易求 所以 证 即可得解.
9．（1）解：∵A（-1， a）在一次函数y=x-1的图象上，
∴a=-1-1=-2，
∴A（-1，-2）
又∵A（-1， -2）在反比例函数y=的图像，
∴m=-1×（-2）=2，
∴反比例函数的表达式为.
（2）解：∵点B （b， 1） 在一次函数y=x-1图象上，
∴b-1=1，解得b=2，
∴点B （2，1），
AB的直线表达式为y=x-1，
当y=0时，x-1=0，解得x=1，
∴AB与x轴交点（1，0），
∴ △OAB的面积 =.
（1）根据点A在一次函数图象上，求出a，再根据点A在反比例函数图象上，求出m，进而写出反比例函数表达式；
（2）
10．（1）证明：∵AB⊥CD，CD为⊙O的直径，
∴，
∴∠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连结OA，AD，
∵AB⊥CD，CD为⊙O的直径，
∴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)先利用垂径定理证明=，再利用圆周角定理证明；
（2）①先判断△CGF是等腰三角形，再说理.先说明∠AGE=∠ABH，再∠CGF=∠AFC，然后根据等腰三角形判定得出结论；
②先利用勾股定理分别求得OE与AD，再利用等腰三角形三线合一，证得CH平分∠GCF，从而可得∠FCH=∠GCH，再利用ASA证明△ADE≌△AGE，分别求得CG、CF与BF，再证明△BFQ∽△CFA，列出比例式求得.
11．（1）解：由图可知：乙无人机的速度为：，
∴当乙无人机到达距离地面时，所用时间为：，
∴联合表演时长；
答：联合表演时长为；
（2）由（1）可知：，
联合表演前：甲无人机的速度为：，
设直线的解析式为：，
把代入，
得：，
解得：；
∴；
（3）由题意可分三种情况：
①当甲无人机单独表演之前：，解得：；
由（2）知：直线的解析式为：，
当时，，即：无人机甲从到，进而单独表演，
②当甲无人机单独表演时：时，；
③当甲无人机单独表演之后，时，；
综上可得：两架无人机表演训练到2秒，10秒和14秒时，它们的高度差为8米．
（1）求出乙无人机的速度，进而求出乙无人机到达距离地面的高度为48米时的时间，用表演完成时的时间减去开始表演的时间，求解即可；
（2）求出甲无人机的速度，结合点的坐标，待定系数法求出函数解析式即可；
（3）分甲单独表演之前和单独表演时和单独表演之后，三种情况进行讨论求解即可．
（1）解：由图可知：乙无人机的速度为：，
∴当乙无人机到达距离地面时，所用时间为：，
∴联合表演时长；
答：联合表演时长为；
（2）由（1）可知：，
联合表演前：甲无人机的速度为：，
设直线的解析式为：，把代入，得：，
解得：；
∴；
（3）①当甲无人机单独表演之前：，解得：；
由（2）知：直线的解析式为：，
当时，，即：无人机甲从到，进而单独表演，
②当甲无人机单独表演时：时，；
③当甲无人机单独表演之后，时，；
综上：两架无人机表演训练到2秒，10秒和14秒时，它们的高度差为8米．
12．（1）解：为的中点，．
，
．
，
．
（2）①，
，
．
，
，
四边形BEGD为平行四边形．
②如图2，过点作交圆于点，连结PD，
则，
．
四边形BEGD是平行四边形，
．
．
，
，
．
（1）由于圆内接四边形对角互补，因此求的度数，实质是求的度数；由于点平分劣弧，由圆周角定理知，等于等于，则由三角形内角和定理求出即可；
（2） ① 由圆周角定理知，等于等于，则由内错角相等两直线平行知，又因为，则由等角的补角相等可得到，则四边形BEGD是平行四边形；
② 可过点B作BP平行DE交圆于点P，此时由于夹在一组平行线间的圆弧相等，则BC等于PD；由圆周角定理结合平行线的性质可得等于，等于，由于平行四边形的对边相等即DB等于GE，则由“AAS”可证即可.
13．（1）解：∵AB是直径，
∴=180°，
∵点D是的中点，
∴=90°，
∴∠DCB=45°.
（2）①∵∠AOD=90°，tanD==，
∴设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当＜时，
过点O作OG⊥CD，
∴，
∴EG=DE-DG=1，
∵EF=1∴GF=2，
∴△OEG～△OED，
∴，
∴OG=2，
∵OF2=OG2+GF2，
∴OF=
当＞时
过点O作OG⊥CD，
∵∠BAF=∠D，
∴tanD=tan∠BAF，
∴设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==.
综上所述，OF=或.
（1）先求得的度数，再求得的度数，然后求得；
（2）①先利用正切，设OE=a，可用a表示出OD，再利用线段差，得到关于a的方程求解，求得a，再求得tan∠FAE=，求得，从而求得EF与AF，再利用等腰直角三角形的性质求得CE，然后利用勾股定理求得DE，再求出CE与DE的比；
②分“＜”、“＞”两种情形，通过证明三角形相似，列出比例式，并用勾股定理分别求得OF.
14．（1）证明：连接交于点，
∵矩形，
∴，，，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴，则，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①连接交于点，连接，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，即的长为2；
②设，则，
连接，，作于点，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵点是的中点，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（1）连接AC交BD于点O，根据矩形的性质可得，由三角形中位线的性质“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”可得，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，由相似三角形的性质“相似三角形的对应边的比相等”可得比例式即可求解；
（2）①连接交于点，连接，由三角形中位线定理求得，，再证明四边形是平行四边形，据此求解即可；
②设，则，连接，，作于点，求得，证明是线段的垂直平分线，求得，得到，根据“平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似”可得，根据相似三角形的性质“相似三角形的对应边的比相等”可得比例式求解．
（1）证明：连接交于点，
∵矩形，
∴，，，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴，则，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①连接交于点，连接，
由（1）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵点是的中点，点是的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，即的长为2；
②设，则，连接，，作于点，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵点是的中点，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
15．（1）证明：如图1，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图2，过点C作于M，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
（3）解：如图3，连接并延长交于F，连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
．
答：三角形ABC的面积为.
（1）根据圆周角定理“同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”可得，再由同角的余角可得，由等角对等边可得，最后由三角函数定义tan∠1=tan∠CAE=即可求证；
（2）如图2，过点C作于M，根据勾股定理可求得AE的值，由面积法可求得CM的值，在Rt△CDM中，用勾股定理求得EM的值，由等腰三角形的三线合一可得：，最后由圆周角定理和对顶角相等可得∠ADB=∠B，再根据等角对等边即可求解；
（3）如图3，连接并延长交于F，连接，先根据垂径定理得：，，根据三角形的内角和定理得：，则，是等腰直角三角形，设，则，由勾股定理和三角形的面积即可求解．
（1）证明：如图1，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：如图2，过点C作于M，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
（3）解：如图3，连接并延长交于F，连接，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
．
16．（1）解：（米/分钟），
答：两人步行的速度是米/分钟；
（2）解：（分钟），
（米），
设与的函数解析式为（、为常数，且），
将坐标和分别代入，
得，
解得，
与的函数解析式为；
（3）解：设两人出发分钟时小温到达瓯华站，则两人出发分钟时小州到达瓯华站．
，
解得，
当时，．
答：学校到瓯华站的路程是米．
（1）根据速度路程时间计算即可求解；
（2）由图中的信息可知图象经过点（12，0）和（16，1040），于是用待定系数法即可求解；
（3）设两人出发m分钟时小温到达瓯华站，则两人出发分钟时小州到达瓯华站，根据两人分别到达终点时的路程相等列关于m的方程，解方程求出m的值，将m的值代入（1）中S与t的函数关系式计算即可求解．
（1）解：（米/分钟），
答：两人步行的速度是米/分钟；
（2）解：（分钟），
（米），
设与的函数解析式为（、为常数，且），
将坐标和分别代入，
得，
解得，
与的函数解析式为；
（3）解：设两人出发分钟时小温到达瓯华站，则两人出发分钟时小州到达瓯华站．
，
解得，
当时，．
答：学校到瓯华站的路程是米．
17．（1）为米
（2）对面这幢楼房的高度约为米
18．（1）
（2）或
19．（1）证明：∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ACE＝∠ABE，
∴∠ACE＝∠ADE.
（2）解：①如图，连接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经过圆心O，
∴BD是⊙O的直径.
∴∠BCE＝90°.
∴cos∠BAC＝cos∠BEC＝
（其他解法提示：如图3，连接AE并延长与CD相交于点G，
可证∠BAC＝∠ACG，cos∠BAC＝cos∠ACG＝)
②如图，延长AO交BC于点F，
∵AB＝AC，∠OAB＝∠OAC，
∴AF⊥BC.
∴∠AFB＝90°，BF＝CF.
∵O为BE的中点，
∴FO＝.
∵BO＝AO＝2CE，
∴BF2＝BO2－FO2＝CE2.
∴BF2＝AB2－AF2＝9－CE2.
∴CE2＝.
∴CE＝（舍去），CE=.
∴.
（1）先根据等边对等角，证明∠ABD＝∠ADB， 再根据圆周角定理得出∠ACE＝∠ABE，从而可得∠ACE＝∠ADE.
（2）①先证明等边对等角，通过证明两对角分别相等，来证明△ABO∽△CDE，列出比例式，可证明BE＝4EC， 再求出cos∠BAC；
②先证明AF⊥BC，利用中位线的定理可得FO＝，再利用勾股定理可求得CE，从而可求得AO.
20．（1）证明：∵为的直径，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
，
，
∴，
∴，即为的中点；
（2）解：①，且，，
∴，
∴设，，
∴，
∵为的直径，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴；
②∵射线与射线相交与点，
∴，
（i）如图，当时，，由（1）得，
，
设，
∴，
由（1）得，
∴，
；
（ii）如图，当时，，
，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，
，
∴；
综上所述，的正切值为或1.
（1）根据垂径定理得，根据圆周角定理得，从而得，进而得，根据直径所对的圆周角是直角得，于是得，则有，即可得证结论；
（2）①根据，设，，利用勾股定理、垂径定理得，于是得，然后根据“母子”相似模型证出，从而得，进而求出，代入数据即可求；
②根据题意可知，然后两种情况讨论：（i）当时，先求出，设，得，从而得，进而得；（ii）当时，证出四边形为正方形，从而得，进而根据特殊角的三角函数值可知.