.. . .. . .
∵∠AOB＝60°，OA＝OB， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB＝OB， ∵∠OBE＝30°， ∴OE＝OB，BE＝∴OE＝
，
．
OE＝4，
∴AC＝AB＝OB＝2OE＝
【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、垂径定理、直角三角形的性质等知识；熟练掌握切线的性质和圆周角定理，证出OA⊥BC是解题的关键．
（2024年广西25题）
25．（10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点F是⊙O上一点，且连接FB，FD，FD交AB于点N． （1）若AE＝1，CD＝6，求⊙O的半径； （2）求证：△BNF为等腰三角形；
（3）连接FC并延长，交BA的延长线于点P，过点D作⊙O的切线，交BA的延长线于点M．求证：ON?OP＝OE?OM．
＝
，
【解答】解：（1）如图1，连接BC，AC，AD，
S. . . . . ..
.. . .. . .
∵CD⊥AB，AB是直径 ∴
，CE＝DE＝CD＝3
∴∠ACD＝∠ABC，且∠AEC＝∠CEB ∴△ACE∽△CEB ∴
∴ ∴BE＝9
∴AB＝AE+BE＝10 ∴⊙O的半径为5 （2）∵
＝
∴∠ACD＝∠ADC＝∠CDF，且DE＝DE，∠AED＝∠NED＝90° ∴△ADE≌△NDE（ASA） ∴∠DAN＝∠DNA，AE＝EN ∵∠DAB＝∠DFB，∠AND＝∠FNB ∴∠FNB＝∠DFB ∴BN＝BF，
∴△BNF是等腰三角形
（3）如图2，连接AC，CE，CO，DO，
S. . . . . ..
.. . .. . .
∵MD是切线， ∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE ∴△MDO∽△DEO ∴
∴OD2＝OE?OM ∵AE＝EN，CD⊥AO ∴∠ANC＝∠CAN， ∴∠CAP＝∠CNO， ∵
∴∠AOC＝∠ABF ∵CO∥BF ∴∠PCO＝∠PFB
∵四边形ACFB是圆接四边形 ∴∠PAC＝∠PFB
∴∠PAC＝∠PFB＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE ∴△CNO∽△PCO ∴
∴CO2＝PO?NO， ∴ON?OP＝OE?OM．
（2024年广西北部湾等25题）
25．（10分）如图1，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一个动点（点E与点A，B不
S. . . . . ..
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重合），连接CE，过点B作BF⊥CE于点G，交AD于点F． （1）求证：△ABF≌△BCE；
（2）如图2，当点E运动到AB中点时，连接DG，求证：DC＝DG；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点C作CM⊥DG于点H，分别交AD，BF于点M，
N，求的值．
【分析】（1）先判断出∠GCB+∠CBG＝90，再由四边形ABCD是正方形，得出∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB，即可得出结论；
（2）设AB＝CD＝BC＝2a，先求出EA＝EB＝AB＝a，进而得出CE＝＝
a，再求出BGa，CG═a，再判断出△CQD≌△BGC（AAS），进而判断出GQ＝CQ，即
可得出结论；
（3）先求出CH＝a，再求出DH＝a，再判断出△CHD∽△DHM，求出HM＝再用勾股定理求出GH＝a，最后判断出△QGH∽△GCH，得出HN＝可得出结论．
【解答】（1）证明：∵BF⊥CE， ∴∠CGB＝90°， ∴∠GCB+∠CBG＝90， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBE＝90°＝∠A，BC＝AB， ∴∠FBA+∠CBG＝90， ∴∠GCB＝∠FBA， ∴△ABF≌△BCE（ASA）；
（2）证明：如图2，过点D作DH⊥CE于H，
S. . . . . ..
a，
＝a，即
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设AB＝CD＝BC＝2a， ∵点E是AB的中点， ∴EA＝EB＝AB＝a， ∴CE＝
a，
在Rt△CEB中，根据面积相等，得BG?CE＝CB?EB， ∴BG＝a，
∴CG＝
＝
a，
∵∠DCE+∠BCE＝90°，∠CBF+∠BCE＝90°， ∴∠DCE＝∠CBF，
∵CD＝BC，∠CQD＝∠CGB＝90°， ∴△CQD≌△BGC（AAS）， ∴CQ＝BG＝
a，
∴GQ＝CG﹣CQ＝
a＝CQ，
∵DQ＝DQ，∠CQD＝∠GQD＝90°， ∴△DGQ≌△CDQ（SAS）， ∴CD＝GD；
（3）解：如图3，过点D作DH⊥CE于H，
S△CDG＝?DQ＝CH?DG，
∴CH＝
＝a，
在Rt△CHD中，CD＝2a， ∴DH＝
＝a，
∵∠MDH+∠HDC＝90°，∠HCD+∠HDC＝90°， ∴∠MDH＝∠HCD， ∴△CHD∽△DHM， ∴
，
S. . . . . ..
2024年中考数学压轴题汇编(几何1)解析版 - 图文
