《江蘇省13市2015年中考數(shù)學試題分類解析匯編 專題5 圖形的變換問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《江蘇省13市2015年中考數(shù)學試題分類解析匯編 專題5 圖形的變換問題（37頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題5：圖形的變換問題 1. （2015年江蘇泰州3分）一個幾何體的表面展開圖如圖所示， 則這個幾何體是【 】 A. 四棱錐 B. 四棱柱 C. 三棱錐 D. 三棱柱 【答案】A. 【考點】幾何體的展開. 【分析】由圖知，這個幾何體的底面是正方形，四外側面是三角形，所以，這個幾何體是四棱錐. 故選A. 2. （2015年江蘇無錫3分）如圖的正方體盒子的外表面上畫有3條粗黑線，將這個正方體盒子的表面展開（外表面朝上），展開圖可能是【 】 A. B. C. D. 【答案】D. 【考點】幾何體的展開圖．.

2、 【分析】根據(jù)正方體的表面展開圖，兩條相鄰黑線成直角，故B錯誤；三條黑線所在的正方形不是依次相鄰的三個，故A錯誤；三條黑線的端點都應兩兩相連，故C錯誤. 只有D選項符合條件，故選D. 3. （2015年江蘇無錫3分）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90o，AC＝3，BC＝4，將邊AC沿CE翻折，使點A落在AB上的點D處；再將邊BC沿CF翻折，使點B落在CD的延長線上的點B′處，兩條折痕與斜邊AB分別交于點E、F，則線段B′F的長為【 】 A. B. C. D. 【答案】B． 【考點】翻折變換（折疊問題）；折疊的性質；等腰直角三角形的

3、判定和性質；勾股定理． 【分析】根據(jù)折疊的性質可知， ∴. ∵，∴. ∴是等腰直角三角形. ∴. ∴. ∴. ∵，∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得AB=5，∴.∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得，∴. ∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得. 故選B． 4. （2015年江蘇徐州3分）下列四個幾何體中，主視圖為圓的是【 】 A. B. C. D. 【答案】B. 【考點】簡單幾何體的三視圖. 【分析】主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形，正方體的主視圖為正方形，球的主視圖為圓，圓柱的主視圖為長方形，圓錐的主

4、視圖為三角形，故選B. 5. （2015年江蘇鹽城3分）在下列四個幾何體中，主視圖與俯視圖都是圓的為【 】 A. B. C. D. 【答案】D. 【考點】簡單幾何體的三視圖． 【分析】主視圖、左視圖、俯視圖是分別從物體正面、左面和上面看，所得到的圖形．因此， 圓柱的主視圖與俯視圖都是矩形；圓臺的主視圖與俯視圖都是等腰梯形；圓錐的主視圖與俯視圖都是等腰三角形；球的主視圖與俯視圖都是圓． 故選D. 6. （2015年江蘇揚州3分）如圖所示的物體的左視圖為【 】 A. B. C.

5、D. 【答案】A. 【考點】簡單組合體的三視圖． 【分析】細心觀察圖中幾何體中正方體擺放的位置，根據(jù)左視圖是從左面看到的圖形判定，從物體左面看，共兩層，下層有1個大矩形，上層的左邊有1個小矩形．故選A. 7. （2015年江蘇常州2分）將一張寬為4cm的長方形紙片（足夠長）折疊成如圖所示圖形，重疊部分是一個三角形，則這個三角形面積的最小值是【 】 A. cm2 B.8 cm2 C. cm2 D. 16cm2 【答案】B． 【考點】翻折變換（折疊問題）；等腰直角三角形的性質．. 【分析】如答圖，當AC⊥AB時，三角形面積最小， ∵

6、∠BAC=90°，∠ACB=45°，∴AB=AC=4cm. ∴S△ABC=×4×4=8cm2． 故選B． 8. （2015年江蘇淮安3分）如圖所示物體的主視圖是【 】 A. B. C. D. 【答案】C. 【考點】簡單組合體的三視圖． 【分析】找到從正面看所得到的圖形即可，從正面看易得有兩層，下層有3個正方形，上層中間有一個正方形．故選C. 9. （2015年江蘇南通3分）下面四個幾何體中，俯視圖是圓的幾何體共有【 】 A. 1個 B. 2個 C. 3個 D. 4個 【答案】B． 【考點】簡單

7、幾何體的三視圖．. 【分析】根據(jù)俯視圖是從上面看所得到的圖形判斷即可: 從上面看，三棱柱的俯視圖為三角形；圓柱的俯視圖為圓；四棱錐的俯視圖是四邊形；球的俯視圖是圓；俯視圖是圓的幾何體共有2個． 故選B． 10. （2015年江蘇鎮(zhèn)江3分）由五個小正方體搭成的一個幾何體如圖所示，它的俯視圖是【 】 A. B. C. D. 【答案】D． 【考點】簡單組合體的三視圖． 【分析】俯視圖是從上往下看立體圖形得到的平面圖，從上往下看是4個小正方形排成一排組成的平面圖. 故選D． 1. （2015年江蘇連云港3分）如圖是一個幾何體的

8、三視圖，其中主視圖與左視圖都是邊長為4的等邊三角形，則這個幾何體的側面展開圖的面積為 ▲ ． 【答案】. 【考點】由三視圖判斷幾何體；幾何體的展開圖；扇形面積的計算． 【分析】∵這個幾何體為圓錐，圓錐的母線長為4，底面圓的直徑為4， ∴這個幾何體的側面展開圖的面積=． 2. （2015年江蘇泰州3分）如圖， 矩形中，AB=8，BC=6，P為AD上一點，將△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE與CD相交于點O，且OE=OD，則AP的長為 ▲ ． 【答案】. 【考點】翻折變換（折疊問題）；矩形的性質；折疊對稱的性質；勾股定理，全等三角形的判定和性質；方

9、程思想的應用. 【分析】如答圖，∵四邊形是矩形， ∴. 根據(jù)折疊對稱的性質，得， ∴. 在和中，∵， ∴≌.∴. ∴. 設，則，∴. 在中，根據(jù)勾股定理，得，即.解得. ∴AP的長為. 3. （2015年江蘇徐州3分）用一個圓心角為90°，半徑為4的扇形圍成一個圓錐的側面，該圓錐底面圓的半徑 ▲ ． 【答案】1. 【考點】圓錐和扇形的計算。 【分析】∵扇形圓錐的圓心角為90°，半徑為4，∴扇形的弧長為. ∵圓錐的底面周長等于它的側面展開圖的弧長， ∴根據(jù)圓的周長公式，得，解得. 4. （2015年江蘇揚州3分）已知一個圓錐的側面積是，它的側面展

10、開圖是一個半圓，則這個圓錐的高為 ▲ cm（結果保留根號) ． 【答案】. 【考點】圓錐和扇形的計算；勾股定理. 【分析】如答圖， ∵圓錐的側面積是，它的側面展開圖是一個半圓， ∴. ∴. ∵圓錐的底面周長等于它的側面展開圖的弧長， ∴根據(jù)圓的周長公式，得. 在中，由勾股定理，得. ∴這個圓錐的高為cm. 5. （2015年江蘇揚州3分）如圖，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=6，BC=4，將△ABC繞直角頂點C順時針旋轉90°得到△DEC，若點F是DE的中點，連接AF，則AF= ▲ ．218y025 【答案】5. 【考點】

11、面動旋轉問題；直角三角形斜邊上中線的性質；等腰三角形的性質；三角形中位線定理；勾股定理. 【分析】如答圖，連接，過點作于點， ∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點F是DE的中點， ∴.∴是等腰三角形. ∵將△ABC繞直角頂點C順時針旋轉90°得到△DEC，BC=4，AC=6， ∴. ∵，∴.∴ 又∵分別是的中點，∴是△DEC的中位線.∴. 在Rt△AGF中，∵，，∴由勾股定理，得AF=5. 6. （2015年江蘇宿遷3分）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標為（0，4），直線與x軸、y軸分別交于點A，B，點M是直線AB上的一個動點，則PM長的最小值為 ▲ ．

12、 【答案】. 【考點】單動點問題；直線上點的坐標與方程的關系；垂線段最短的性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質． 【分析】根據(jù)垂線段最短得出PM⊥AB時線段PM最短，分別求出PB、OB、OA、AB的長度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案 如答圖，過點P作PM⊥AB，則：∠PMB=90°， 當PM⊥AB時，PM最短， ∵直線與x軸、y軸分別交于點A，B， ∴點A的坐標為（4，0），點B的坐標為（0，﹣3）. 在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根據(jù)勾股定理，得AB=5. ∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM， ∴△PBM∽△ABO. ∴，即：，解得

13、. 7.（2015年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，將等邊△OAB繞O點按逆時針方向旋轉150°，得到△OA′B′（點A′，B′分別是點A，B的對應點），則∠1= ▲ °． 【答案】150． 【考點】旋轉的性質；等邊三角形的性質． 【分析】∵等邊△OAB繞點O按逆時針旋轉了150°，得到△OA′B′，∴∠AOA′=150°， ∵∠A′OB′=60°，∴∠1=360°﹣∠AOA′﹣∠A′OB′=360°﹣150°﹣60°=150°. 8. （2015年江蘇鎮(zhèn)江2分）如圖，△ABC和△DBC是兩個具有公共邊的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，將△DBC沿射線BC平移一定

14、的距離得到△D1B1C1，連接AC1，BD1．如果四邊形ABD1C1是矩形，那么平移的距離為 ▲ cm． 【答案】7． 【考點】面動平移問題；相似三角形的判定和性質；等腰三角形的性質；矩形的性質；平移的性質． 【分析】如答圖，過點A作AE⊥BC于點E， ∵∠AEB=∠AEC1=90°，∴∠BAE+∠ABC=90°. ∵AB=AC，BC=2，∴BE=CE=BC=1， ∵四邊形ABD1C1是矩形，∴∠BAC1=90°. ∴∠ABC+∠AC1B=90°. ∴∠BAE=∠AC1B. ∴△ABE∽△C1BA. ∴. ∵AB=3，BE=1，∴.∴BC1=9. ∴CC1=

15、BC1﹣BC=9﹣2=7，即平移的距離為7． 1. （2015年江蘇連云港10分）如圖，將平行四邊形ABCD沿對角線BD進行折疊，折疊后點C落在點F處，DF交AB于點E． (1）求證；∠EDB=∠EBD； (2）判斷AF與DB是否平行，并說明理由． 【答案】解：（1）證明：由折疊可知：∠CDB=∠EDB， ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB. ∴∠CDB=∠EBD. ∴∠EDB=∠EBD. （2）AF∥DB. 理由如下： ∵∠EDB=∠EBD，∴DE=BE. 由折疊可知：DC=DF， ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC=AB. ∴DF=AB. ∴AE=

16、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． 【考點】翻折變換（折疊問題）；平行四邊形的性質；平行的判定和性質；三角形內(nèi)角和定理；等腰三角形的判定和性質． 【分析】（1）一言面，由折疊可得∠CDB=∠EDB，另一方面，由四邊形ABCD是平行四邊形可得DC∥AB，從而得到∠CDB=∠EBD，進而得出結論. （2）可判定AF∥DB，首先證明AE=EF，得出∠AFE=∠EAF，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定

17、理與等式性質可證明∠BDE=∠AFE，從而得出AF∥BD的結論. 2. （2015年江蘇連云港12分）在數(shù)學興趣小組活動中，小明進行數(shù)學探究活動，將邊長為2的正方形ABCD與邊長為的正方形AEFG按圖1位置放置，AD與AE在同一直線上，AB與AG在同一直線上． （1）小明發(fā)現(xiàn)DG⊥BE，請你幫他說明理由． （2）如圖2，小明將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉，當點B恰好落在線段DG上時，請你幫他求出此時BE的長． （3）如圖3，小明將正方形ABCD繞點A繼續(xù)逆時針旋轉，將線段DG與線段BE相交，交點為H，寫出△GHE與△BHD面積之和的最大值，并簡要說明理由． 【答案】解：（1）∵

18、四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB. 如答圖1，延長EB交DG于點H， 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°. 在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE. （2）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE， ∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.

19、 如答圖2，過點A作AM⊥DG交DG于點M，則∠AMD=∠AMG=90°， ∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠MDA=45°. 在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2， ∴. 在Rt△AMG中，根據(jù)勾股定理得：， ∵，∴. （3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由如下： ∵對于△EGH，點H在以EG為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△EGH的高最大； ∵對于△BDH，點H在以BD為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△BDH的高最大. ∴△GHE和△BHD面積之和的最大值為2+4=6． 【考點】面動旋轉問題；正方形的性質；全等三角形的判定和性質；三角形內(nèi)

20、角和定理；等腰直角三角形的性質，勾股定理；數(shù)形結合思想的應用． 【分析】（1）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應角相等得∠AGD=∠AEB，作輔助線“延長EB交DG于點H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，從而利用垂直的定義即可得DG⊥BE. （2）由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形對應邊相等得到DG=BE，作輔助線“過點A作AM⊥DG交DG于點M”，則∠AMD=∠AMG=90°，

21、在Rt△AMD中，根據(jù)等腰直角三角形的性質求出AM的長，即為DM的長，根據(jù)勾股定理求出GM的長，進而確定出DG的長，即為BE的長. （3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由為：對兩個三角形，點H分別在以EG為直徑的圓上和以BD為直徑的圓上，當點H與點A重合時，兩個三角形的高最大，即可確定出面積的最大值． 3. （2015年江蘇蘇州10分）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內(nèi)且與AB、AD均相切．現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動；⊙O在矩形內(nèi)部沿AD向右勻速平移，移動到

22、與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動．已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）． （1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了 ▲ cm（用含a、b的代數(shù)式表示）； （2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點．若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離； （3）如圖②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由． 【答案】解：（1）. （2）

23、∵在整個運動過程中，點P移動的距離為cm，圓心移動的距離為cm， ∴由題意得①. ∵點P移動2s到達B點，即點P用2s移動了cm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，即點P用3s移動了cm， ∴②. 聯(lián)立①②，解得. ∵點P移動的速度與⊙O移動的速度相等， ∴⊙O移動的速度為（cm/s）. ∴這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離為（cm）. （3）存在這樣的情形. 設點P移動的速度為cm/s，⊙O移動的速度為cm/s， 根據(jù)題意，得. 如答圖，設直線OO1與AB交于點E，與CD交于點E，⊙O1與AD相切于點PG. 若PD與⊙O1相切，切點為H，則. 易得△DO1G≌△DO1H，∴

24、∠ADB=∠BDP. ∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD. ∴BP=DP. 設cm，則cm，cm， 在中，由勾股定理，得， 即，解得. ∴此時點P移動的距離為（cm）. ∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD. ∴，即. ∴cm，cm. ①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為14cm. ∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為. ∴此時DP與⊙O1恰好相切. ②當⊙O在返回途中到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為cm. ∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為. ∴此時DP與⊙O1不可能相切. 【考點】單動點和動圓問題；矩形的

25、性質；直線與圓的位置關系；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；方程思想和分類思想的應用. 【分析】（1）根據(jù)矩形的性質可得：點P從A→B→C→D，全程共移動了cm. （2）根據(jù)“在整個運動過程中，點P移動的距離等于圓心移動的距離”和“點P用2s移動了cm，點P用3s移動了cm”列方程組求出a，b，根據(jù)點P移動的速度與⊙O移動的速度相等求得⊙O移動的速度，從而求得這5s時間內(nèi)圓心O移動的距離. （3）分⊙O首次到達⊙O1的位置和⊙O在返回途中到達⊙O1的位置兩種情況討論即可. 4. （2015年江蘇泰州12分）如圖，正方形ABCD的邊長為8cm，E、F、G、H分別是

26、AB、BC、CD、DA 上的動點，且AE=BF=CG=DH. （1）求證：四邊形EFGH是正方形； （2）判斷直線EG是否經(jīng)過一個定點，并說明理由； （3）求四邊形EFGH面積的最小值. 【答案】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴. ∵，∴. ∴.∴. ∴四邊形EFGH是菱形. ∵，∴.∴. ∴四邊形EFGH是正方形. （2）直線EG經(jīng)過定點-----正方形ABCD的中心. 理由如下： 如答圖，連接，、相交于點， ∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC. ∵，∴四邊形BGDE是平行四邊形. ∴，即點是正方形ABCD的中心. ∴直線EG經(jīng)過定點----

27、正方形ABCD的中心. （3）設，則， ∵， ∴當時，四邊形EFGH面積的最小值為32. 【考點】單動點和定值問題；正方形的判定和性質；全等三角形的判定和性質；平行四邊形的判定和性質；勾股定理；二次函數(shù)的應用（實際問題）. 【分析】（1）由證明，即可證明四邊形EFGH是一個角是直角的菱形----正方形. （2）作輔助線“連接，、相交于點”構成平行四邊形BGDE，根據(jù)平行四邊形對角線互分的性質即可證明直線EG經(jīng)過定點-----正方形ABCD的中心. （3）設，根據(jù)正方形的性質和勾股定理得到關于的二次函數(shù)，應用二次函數(shù)最值原理求解即可. 5. （2015年江蘇無錫10分）如圖，C為

28、∠AOB的邊OA上一點，OC＝6，N為邊OB上異于點O的一動點，P是線段CN上一點，過點P分別作PQ∥OA交OB于點Q，PM∥OB交OA于點M． （1）若∠AOB=60o，OM=4，OQ=1，求證：CN⊥OB； （2）當點N在邊OB上運動時，四邊形OMPQ始終保持為菱形； ①問：的值是否發(fā)生變化？如果變化，求出其取值范圍；如果不變，請說明理由； ②設菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，求的取值范圍． 【答案】解：（1）證明：如答圖，過點P作PE⊥OA于點E， ∵PQ∥OA，PM∥OB， ∴四邊形OMPQ為平行四邊形. ∵OQ=1，∠AOB=60°， ∴PM=O

29、Q=1，∠PME=∠AOB=60°. ∴. ∴. ∴. ∴∠PCE=30°. ∴∠CPM=90°， 又∵PM∥OB，∴∠CNO=∠CPM=90°，即CN⊥OB. （2）①的值不發(fā)生變化，理由如下： 設， ∵四邊形OMPQ為菱形，∴. ∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O. 又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC. ∴，即， 化簡,得. ∴不變化. ②如答圖,過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，設， 則,∴． ∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O. 又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△CNO. ∴. ∴ ∵0＜x＜6，∴根據(jù)二次函數(shù)的圖象可知， ．

30、 【考點】相似形綜合題；單動點問題；定值問題；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；相似三角形的判定和性質；二次函數(shù)的性質；平行四邊形的判定和性質；菱形的性質. 【分析】（1）作輔助性線，過點P作PE⊥OA于E，利用兩組對邊平行的四邊形為平行四邊形得到OMPQ為平行四邊形，利用平行四邊形的對邊相等，對角相等得到PM=OQ=1，∠PME=∠AOB=60°，進而求出PE與ME的長，得到CE的長，求出tan∠PCE的值，利用特殊角的三角函數(shù)值求出∠PCE的度數(shù)，得到PM于NC垂直，而PM與ON平行，即可得到CN與OB垂直. （2）①的值不發(fā)生變化，理由如下：設OM=x，ON=y，根據(jù)OMPQ為菱

31、形，得到PM=PQ=OQ=x，QN=y﹣x，根據(jù)平行得到△NQP與△NOC相似，由相似得比例即可確定出所求式子的值. ②作輔助性線，過點P作PE⊥OA于點E，過點N作NF⊥OA于點F，表示出菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，得到，由PM與OB平行，得到△CPM與△CNO相似，由相似得比例求出所求式子的范圍即可． 6. （2015年江蘇徐州8分）如圖，平面直角坐標系中，將含30°的三角尺的直角頂點C落在第二象限. 其斜邊兩端點A、B分別落在x軸、y軸上，且AB=12cm （1）若OB=6cm． ①求點C的坐標； ②若點A向右滑動的距離與點B向上滑動的距離相等，求滑動的距

32、離； （2）點C與點O的距離的最大值= ▲ cm. 【答案】解：（1）①如答圖1，過點C作y軸的垂線，垂足為D， 在Rt△ABC中，AB=12，∠BAC=30°，∴BC=6. 在Rt△AOB中，AB=12， OB=6， ∴∠BAO=30°，∠ABO=60°. 又∵∠CBA=60°，∴∠CBD=60°，∠BCD=30°. ∴BD=3，CD=．∴OD=9. ∴點C的坐標為. ②如答圖2，設點A向右滑動的距離， 根據(jù)題意得點B向動的距離. ∵在Rt△AOB中，AB=12， OB=6，∴. ∴. 在△A'O B'中，由勾股定理得，， 解得，（舍去）. ∴滑

33、動的距離為． （2）12． 【考點】面動問題；含30度角直角三角形的性質；勾股定理；點的坐標；二次函數(shù)最值的應用；方程思想的應用. 【分析】（1）①作輔助線“過點C作y軸的垂線，垂足為D”，應用含30度角直角三角形的性質求出CD和BD的長，即可求出點C的坐標. ②設點A向右滑動的距離，用表示出和的長，在△A'O B'中，應用勾股定理列方程求解即可. （2）設點C的坐標為， 如答圖3，過點C作CE⊥x軸，CD⊥y軸， 垂足分別為E，D，則OE=－x，OD=y. ∵∠ACE＋∠BCE=90°，∠DCB＋∠BCE=90°， ∴∠ACE=∠DCB. 又∵∠AEC=∠BDC=90°，∴

34、△ACE ∽△BCD. ∴，即. ∴. ∴. ∴當取最大值，即點C到y(tǒng)軸距離最大時，有最大值，即OC取最大值，如圖，即當轉到與y軸垂時. 此時OC=12． 7. （2015年江蘇徐州12分）如圖，在平面直角坐標系中，點A（10，0），以OA為直徑在第一象限內(nèi)作半圓，B為半圓上一點，連接AB并延長至C，使BC=AB，過C作CD⊥x軸于點D,交線段OB于點E，已知CD=8，拋物線經(jīng)過O、E、A三點. （1）∠OBA= ▲ °； （2）求拋物線的函數(shù)表達式； （3）若P為拋物線上位于第一象限內(nèi)的一個動點，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積記作S，則S取何值時，相應的點P有

35、且只有3個？ 【答案】解：（1）90. （2）如答圖1，連接OC， ∵由（1）知OB⊥AC，又AB=BC， ∴OB是的垂直平分線. ∴OC=OA=10. 在Rt△OCD中，OC=10，CD=8，∴OD=6. ∴C(6，8)，B(8，4). ∴OB所在直線的函數(shù)關系為. 又E點的橫坐標為6，∴E點縱坐標為3，即E(6，3)． ∵拋物線過O(0，0)，E(6，3) ，A(10，0)， ∴設此拋物線的函數(shù)關系式為， 把E點坐標代入得，解得. ∴此拋物線的函數(shù)關系式為，即． （3）設點， ①若點P在CD的左側，延長OP交CD于Q，如答圖2， ∵OP所在直線函數(shù)關系

36、式為：， ∴當x=6時，，即Q點縱坐標為. ∴. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△OPE = S△OAE ＋S△OQE－S△PQE = =. ②若點P在CD的右側，延長AP交CD于Q，如答圖3， ，A(10，0)， ∴設AP所在直線方程為：y=kx＋b， 把P和A坐標代入得，， 解得. ∴AP所在直線方程為：. ∴當x=6時，，即Q點縱坐標為.∴QE=. ∴S四邊形POAE= S△OAE ＋S△APE= S△OAE ＋S△AQE －S△PQE = =. ∴當P在CD右側時，四邊形POAE的面積最大值為16，此時點P的位置就一個， 令，解得，. ∴當

37、P在CD左側時，四邊形POAE的面積等于16的對應P的位置有兩個. 綜上知，以P、O、A、E為頂點的四邊形面積S等于16時，相應的點P有且只有3個． 【考點】二次函數(shù)綜合題；單動點問題；圓周角定理；線段垂直平分線的性質；勾股定理；待定系數(shù)洪都拉斯應用；曲線上點的坐標與方程的關系；分類思想、轉換思想和方程思想的應用. 【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角定理直接得出結論. （2）作輔助線：連接OC，根據(jù)線段垂直平分線的性質和勾股定理求出點E、A的坐標，從而應用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)關系式. （3）設點，分點P在CD的左側和右側兩種情況求出S四邊形POAE關于的二次函數(shù)關系式，根據(jù)二次

38、函數(shù)的最值原理求解即可. 8. （2015年江蘇鹽城10分）如圖，把△EFP按圖所示的方式放置在菱形ABCD中，使得頂點E、F、P分別在線段AB、AD、AC上.已知EP=FP=4，EF=，∠BAD=60°，且AB. （1）求∠EPF的大??； （2）若AP=6，求AE+AF的值； （3）若△EFP的三個頂點E、F、P分別在線段AB、AD、AC上運動，請直接寫出AP長的最大值和最小值. 【答案】解：（1）如答圖1，過點作于點， ∵EP=FP=4，，EF=， ∴. 在中，. ∵.∴. （2）如答圖2，過點作于點，過點作于點， 在菱形ABCD中，∵， ∴.∴. ∴根據(jù)角平

39、分線上的點到角的兩邊距離相等的性質，得. 在和中，∵， ∴≌.∴. ∵在菱形ABCD中，∠BAD=60°，∴. 在中，∵，∴. 同理，. ∴. （3）AP長的最大值是8，最小值是4. 【考點】多動點問題；菱形的性質；全等三角形的判定和性質；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；數(shù)形結合思想的應用. 【分析】（1）作輔助線“過點作于點”，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質，得到， ，在中，根據(jù)正弦函數(shù)定義和60°的三角函數(shù)值求得，進而求得. （2）作輔助線“過點作于點，過點作于點”，構成一對全等三角形≌，得到，在和中，分別求得，從而根據(jù)求解即可. （3）如答圖3，當，點P在的右

40、側時，有最大值，當，點P在的左側時，有最小值. 設與相交于點， ∵EP=FP，∴. ∵，∴. ∵，∴. ∴. 同理，. ∴AP長的最大值是8，最小值是4. 9. （2015年江蘇揚州10分）如圖，將沿過點A的直線折疊，使點D落到AB邊上的點處，折痕交CD邊于點E，連接BE.210135 （1）求證：四邊形是平行四邊形； （2）若BE平分∠ABC，求證：. 【答案】證明：（1）如答圖， ∵將沿過點A的直線折疊， ∴. ∵四邊形是平行四邊形， ∴∥. ∴. ∴. ∴.∴. ∵，∴.∴. ∴. ∴四邊形是平行四邊形. （2）如答圖， ∵BE平分∠ABC，∴

41、. ∵四邊形是平行四邊形，∴∥. ∴.∴. 由（1），∴，即. ∴在中，由勾股定理，得. 【考點】折疊問題；折疊對稱的性質；平行四邊形的判定和性質；平行的性質；等腰三角形的判定；三角形內(nèi)角和定理；勾股定理. 【分析】（1）要證四邊形是平行四邊形，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形的判定，一方面，由四邊形是平行四邊形可有∥；另一方面，由折疊對稱的性質、平行的內(nèi)錯角相等性質、等腰三角形的等角對等邊的性質可得，從而得證. （2）要證，根據(jù)勾股定理，只要的即可，而要證，一方面，由BE平分∠ABC可得（如答圖，下同）；另一方面，由∥可得，從而得到，結合（1）即可根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得

42、到，進而得證. 10. （2015年江蘇揚州10分）如圖，已知⊙的直徑AB=12cm，AC是⊙的弦，過點C作⊙的切線交BA的延長線于點P，連接BC. （1）求證：∠PCA=∠B； （2）已知∠P=40°，點Q在優(yōu)弧ABC上，從點A開始逆時針運動到點C停止（點Q與點C不重合），當△ABQ與△ABC的面積相等時，求動點Q所經(jīng)過的弧長. 【答案】解：（1）證明：如答圖1，連接， ∵AB是的直徑，∴. ∵PC是的切線，∴. ∴.∴. ∵，∴. ∴，即. （2）如答圖1，∵PC是的切線，∠P=40°，∴. ∵AB=12cm，∴AO=6cm. 當△ABQ與△ABC的面積相等時，

43、動點Q在優(yōu)弧ABC上有三個位置： ①如答圖2，在上作點C關于AB的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由軸對稱性知，， ∴. ②如答圖3，在上作點C關于點O的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由中心對稱性知，，∴. ∴. ③如答圖4，在上作點C關于AB中垂線的對稱點，該點即是滿足△ABQ與△ABC的面積相等的點Q，由軸對稱性知，，∴優(yōu)角. ∴優(yōu)弧. 綜上所述，動點Q所經(jīng)過的弧長為或或. 【考點】圓周角定理；切線的性質；等腰三角形的性質；同底等高三角形的性質；弧長的計算；軸對稱和中心對稱的性質；分類思想的應用. 【分析】（1）如答圖

44、1，作輔助線“連接”，一方面，由AB是的直徑和PC是的切線得到和，從而得到；另一方面，由，根據(jù)等腰三角形等邊對等角的性質得到，進而得到的結論. （2）根據(jù)同底等高三角形面積相等的性質，分三種情況討論即可：在上作點C關于AB的對稱點Q，在上作點C關于點O的對稱點Q，在上作點C關于AB中垂線的對稱點Q. 11. （2015年江蘇揚州12分）如圖，直線⊥線段于點，點在上，且，點是直線上的動點，作點關于直線的對稱點，直線與直線相交于點，連接. （1）如圖1，若點與點重合，則= ▲ °，線段與的比值為 ▲ ； （2）如圖2，若點與點不重合，設過三點的圓與直線相交于，連接

45、. 求證：①；②； （3）如圖3，，則滿足條件的點都在一個確定的圓上，在以下兩小題中選做一題： ①如果你能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么不必寫出發(fā)現(xiàn)過程，只要證明這個圓上的任意一點Q，都滿足QA=2QB； ②如果你不能發(fā)現(xiàn)這個確定圓的圓心和半徑，那么請取幾個特殊位置的點，如點在直線上、點與點重合等進行探究，求這個圓的半徑. 【答案】解：（1）30；2. （2）證明：①∵點關于直線的對稱點，∴.∴. ∵是圓內(nèi)接四邊形的外角，∴.∴. ∴. ②如答圖1，連接交于點，過點作∥交于點， ∵點關于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴，. ∴. ∵，∴. ∴.∴.

46、∴. （3）兩小題中選做一題： ①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點， ∵點關于直線的對稱點， ∴是的垂直平分線. ∴. 又∵，∴.∴點、重合. ∵，∴. ∴. ②若點在線段上，由知，點與點重合，點與點重合，這個圓的半徑為2. 若點在射線的延長線上，由知，點與點重合，這個圓的半徑為2. 等. 【考點】開放型；單動點和軸對稱問題；軸對稱的性質；銳角三角函數(shù)定義；特殊角的三角函數(shù)值；圓內(nèi)接四邊形的性質；等腰三角形的判定；線段垂直平分線的性質；平行線分線段成比例的性質

47、. 【分析】（1）∵，∴. ∵，∴線段與的比值為2. （2）①一方面證明得到；另一方面，由是圓內(nèi)接四邊形的外角得到，從而得到，進而根據(jù)等角對等邊的判定得證. ②作輔助線“連接交于點，過點作∥交于點”，應用線段垂直平分線的性質和平行線分線段成比例的性質證明. （3）①如答圖2，在的延長線上取點，使，以點為圓心，2為半徑畫圓，取圓上任一點，連接，在上取點，使，連接，作點關于直線的對稱點，連接交于點，過點作∥交于點，此圓即為所求定圓. ②取特殊點探討，答案不唯一. 12. （2015年江蘇常州10分）設ω是一個平面圖形，如果用直尺和圓規(guī)經(jīng)過有限步作圖（簡稱尺規(guī)作圖），畫出一個正方形與ω

48、的面積相等（簡稱等積），那么這樣的等積轉化稱為ω的“化方”． （1）閱讀填空 如圖①，已知矩形ABCD，延長AD到E，使DE=DC，以AE為直徑作半圓．延長CD交半圓于點H，以DH為邊作正方形DFGH，則正方形DFGH與矩形ABCD等積． 理由：連接AH，EH． ∵AE為直徑，∴∠AHE=90°，∴∠HAE+∠HEA=90°． ∵DH⊥AE，∴∠ADH=∠EDH=90° ∴∠HAD+∠AHD=90° ∴∠AHD=∠HED，∴△ADH∽ ▲ ． ∴，即DH2=AD×DE． 又∵DE=DC ∴DH2= ▲ ，即正方形DFGH與矩形ABCD等積． （2）

49、操作實踐 平行四邊形的“化方”思路是，先把平行四邊形轉化為等積的矩形，再把矩形轉化為等積的正方形． 如圖②，請用尺規(guī)作圖作出與等積的矩形（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡）． （3）解決問題 三角形的“化方”思路是：先把三角形轉化為等積的 ▲ （填寫圖形名稱），再轉化為等積的正方形． 如圖③，△ABC的頂點在正方形3格的格點上，請作出與△ABC等積的正方形的一條邊（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡，不通過計算△ABC面積作圖）． （4）拓展探究 n邊形（n＞3）的“化方”思路之一是：把n邊形轉化為等積的n﹣1邊形，…，直至轉化為等積的三角形，從而可以化方． 如圖④，四邊

50、形ABCD的頂點在正方形3格的格點上，請作出與四邊形ABCD等積的三角形（不要求寫具體作法，保留作圖痕跡，不通過計算四邊形ABCD面積作圖）． 【答案】解：（1）△HDE；AD×DC. （2）如答圖1，矩形ANMD即為與等積的矩形. （3）矩形. 如答圖2，CF為與△ABC等積的正方形的一條邊. （4）如答圖3，△BCE是與四邊形ABCD等積的三角形. ， 【考點】閱讀理解型問題；尺規(guī)作圖（復雜作圖）；全等、相似三角形的判定和性質；平行四邊形的性質；矩形的性質；正方形的性質；圓周角定理；轉換思想和數(shù)形結合思想的應用． 【分析】（1）首先根據(jù)相似三角形的判定方法，可得

51、△ADH∽△HDE；根據(jù)等量代換，可得DH2=AD×DC，據(jù)此判斷即可． （2）過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M，以點M為圓心，AD長為半徑畫弧，交BC于點N，連接AN，則易證△DCM≌△ABN，因此，矩形ANMD即為與等積的矩形. （3）三角形的“化方”思路是：先把三角形轉化為等積的矩形，再轉化為等積的正方形． 首先以三角形的底為矩形的長，以三角形的高的一半為矩形的寬，將△ABC轉化為等積的矩形BCMN；然后延長BC到E，使CE=CM，以BE為直徑作圓．延長CM交圓于點F，則CF即為與△ABC等積的正方形的一條邊． （4）連接AC，過點D作DE∥AC交BA的延長線于點E，連

52、接CE，則△BCE是與四邊形ABCD等積的三角形. 13. （2015年江蘇淮安12分）閱讀理解： 如圖①，如果四邊形ABCD滿足AB=AD，CB=CD，∠B=∠D=900,那么我們把這樣的四邊形叫做“完美箏形”. 將一張如圖①所示的“完美箏形”紙片ABCD先折疊成如圖②所示的形狀，再展開得到圖③，其中CE、CF為折痕，∠BCD=∠ECF=∠FCD，點B′為點B的對應點，點D′為點D的對應點，連接EB′、FD′相交于點O. 簡單應用： （1）在平行四邊形、矩形、菱形、正方形四種圖形中，一定為“完美箏形”的是 ▲ ； （2）當圖③中的時，∠AEB′＝ ▲ °；

53、 （3）當圖②中的四邊形AECF為菱形時，對應圖③中的“完美箏形”有 ▲ 個（包含四邊形ABCD）. 拓展提升： 當圖中的時，連接AB′，請?zhí)角蟆螦B′E的度數(shù)，并說明理由. 【答案】解：簡單應用： （1）正方形. （2）80. （3）5. 拓展提升：，理由如下： 如答圖，連接， ∵，且AB=AD， ∴四邊形ABCD是正方形. ∴. 由折疊對稱的性質，得， ∴點在以為直徑的圓上. ∵由對稱性，知，∴. ∴. 【考點】新定義和閱讀理解型問題；折疊問題；正方形的判定和性質；折疊對稱的性質；圓周角定理；等腰直角三角形的性質. 【分析】簡單應用：

54、 （1）根據(jù)“完美箏形”的定義，知只有正方形是“完美箏形”. （2）∵，∴根據(jù)折疊對稱的性質，得. ∵，∴. ∴. （3）根據(jù)“完美箏形”的定義，可知是“完美箏形”. 拓展提升： 作輔助線“連接”，由題意判定四邊形ABCD是正方形，從而證明點在以為直徑的圓上，即可得出. 14. （2015年江蘇淮安12分）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=6，BC=8. 動點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB向點B勻速運動；同時，動點N從點B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BA向點A勻速運動. 過線段MN的中點G作邊AB的垂線，垂足為點G，交△ABC的另一邊于點P，連接PM

55、、PN，當點N運動到點A時，M、N兩點同時停止運動，設運動時間為t秒. （1）當t＝ ▲ 秒時，動點M、N相遇； （2）設△PMN的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式； （3）取線段PM的中點K，連接KA、KC，在整個運動過程中，△KAC的面積是否變化？若變化，直接寫出它的最大值和最小值；若不變化，請說明理由. 【答案】解：（1）2.5. （2）在整個運動過程中，分三段：點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后. 當點與點重合時，如答圖1， ∵， ∴. ∴根據(jù)勾股定理，得，解得. 由（1）動點M、N相遇時，. 當點N運動到點A時

56、，由得. ①當時，如題圖， ∵，∴. ∵，，∴，即. ∴. ②當時，如答圖2， ∵，∴. ∵，， ∴，即. ∴. ③當時，如答圖3， ∵，∴. ∵，， ∴，即. ∴. 綜上所述，S與t之間的函數(shù)關系式為. （3）在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是. 【考點】雙動點問題；由實際問題列函數(shù)關系式（幾何問題）；勾股定理；相似三角形的判定和性質；一次函數(shù)的應用和性質；三角形和梯形的中位線定理；分類思想和數(shù)形結合思想的應用. 【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB＝900，AC=6，BC=8，∴根據(jù)勾股定理，得. ∵點M的速度是每秒1

57、個單位長度，點N的速度是每秒3個單位長度， ∴動點M、N相遇時，有秒. （2）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論即可. （3）分點與點重合前；點與點重合后點M、N相遇前；點與點重合后點M、N相遇后三種情況討論，如答圖，分別過點作的垂線，垂足分別為點，易得 ①當時，如答圖4，易得，， ∴. ∴. 當時，最大值為；當時，最小值為. ②當或時，如答圖4，5，易得，. ∴. 當時，最大值為4； 最小值不大于. 綜上所述，在整個運動過程中，△KAC的面積變化，它的最大值是4，最小值是. 15. （2015年江蘇南通13分）如圖，

58、Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15，BC=9，點P，Q分別在BC，AC上，CP=3x，CQ=4x（0＜x＜3）．把△PCQ繞點P旋轉，得到△PDE，點D落在線段PQ上． （1）求證：PQ∥AB； （2）若點D在∠BAC的平分線上，求CP的長； （3）若△PDE與△ABC重疊部分圖形的周長為T，且12≤T≤16，求x的取值范圍． 【答案】解：（1）證明：∵在Rt△ABC中，AB=15，BC=9， ∴． ∵，∴． 又∵∠C=∠C，∴△PQC∽△BAC. ∴∠CPQ=∠B. ∴PQ∥AB. （2）如答圖1，連接AD， ∵PQ∥AB，∴∠ADQ=∠DAB． ∵點D在∠BA

59、C的平分線上，∴∠DAQ=∠DAB. ∴∠ADQ=∠DAQ. ∴AQ=DQ． 在Rt△CPQ中，∵CP=3x，CQ=4x，∴PQ=5x. ∵PD=PC=3x，∴DQ=2x． ∵AQ=12﹣4x，∴12﹣4x=2x，解得x=2. ∴CP=3x=6． （3）當點E在AB上時， ∵PQ∥AB，∴∠DPE=∠PEB． ∵∠CPQ=∠DPE，∠CPQ=∠B，∴∠B=∠PEB. ∴PB=PE=5x. ∴3x+5x=9，解得． ①當0＜x≤時，，此時0＜T≤. ∴當0＜x≤時，T隨x的增大而增大， ∵12≤T≤16，∴當12≤T≤時，1≤x≤. ②當＜x＜3時， 如答圖2，設PE

60、交AB于點G，DE交AB于F，作GH⊥FQ，垂足為H， ∴HG=DF，F(xiàn)G=DH，Rt△PHG∽Rt△PDE. ∴． ∵PG=PB=9﹣3x，∴. ∴. ∴， ∴， 此時，＜T＜18． ∴當＜x＜3時，T隨x的增大而增大. ∵12≤T≤16，∴當＜T≤16時，＜x≤. 綜上所述，當12≤T≤16時，x的取值范圍是1≤x≤． 【考點】面動旋轉問題；勾股定理；相似三角形的判定和性質；平行的判定和性質；方程思想、函數(shù)思想、分類思想的應用． 【分析】（1）先根據(jù)勾股定理求出AC的長，再由相似三角形的判定定理得出△PQC∽△BAC，由相似三角形的性質得出∠CPQ=∠B，由此可得出

61、結論. （2）連接AD，根據(jù)PQ∥AB可知∠ADQ=∠DAB，再由點D在∠BAC的平分線上，得出∠DAQ=∠DAB，故∠ADQ=∠DAQ，AQ=DQ．在Rt△CPQ中根據(jù)勾股定理可知，AQ=12﹣4x，故可得出x的值，進而得出結論. （3）當點E在AB上時，根據(jù)等腰三角形的性質求出x的值，再分0＜x≤；＜x＜3兩種情況進行分類討論． 16. （2015年江蘇宿遷10分）已知：⊙O上兩個定點A，B和兩個動點C，D，AC與BD交于點E． （1）如圖1，求證：EA?EC=EB?ED； （2）如圖2，若，AD是⊙O的直徑，求證：AD?AC=2BD?BC； （3）如圖3，若AC⊥BD，點O到

62、AD的距離為2，求BC的長． 【答案】解：（1）證明：∵∠EAD=∠EBC，∠BCE=∠ADE，∴△AED∽△BEC. ∴.∴EA?EC=EB?ED. （2）證明：如答圖1，連接OB，OB交AC于點F， ∵，∴∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=AC． 又∵AD為⊙O直徑，∴∠ABC=90°. 又∠CFB=90°，∴∠CFB=∠ABC. ∴△CBF∽△ABD． ∴，即．∴AD?AC=2BD?BC. （3）如答圖2，連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，過點O作OH⊥AD于H， ∵AF為⊙O的直徑，∴∠ADF=90°. ∴AH=DH，OH∥DF. ∵AO=OF，∴D

63、F=2OH=4. ∵AC⊥BD，∴∠AEB=∠ADF=90°. ∵∠ABD=∠F，∴△ABE∽△ADF， ∴∠BAE=∠DAF. ∴. ∴BC=DF=4． 【考點】圓的綜合題；雙動點問題；圓周角定理；相似三角形的判定和性質；垂徑定理；弧、弦的關系；三角形的中位線定理． 【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到角相等，從而證得△AED∽△BEC，于是得到結論. （2）作輔助線“連接OB，OB交AC于點F”由得到∠BAC=∠ADB=∠ACB，且AF=CF=AC，證得△CBF∽△ABD即可得到結論. （3）作輔助線“連接AO并延長交⊙O于F，連接DF，過點O作OH⊥AD于H”，得到AF為⊙O的直徑，從而∠ADF=90°，根據(jù)三角形的中位線定理有DF=2OH=4，通過△ABE∽△ADF，得到∠BAE=∠DAF，于是結論可得．