专题18中点四大模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（解析版）.docx

1、【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题18中点四大模型解题策略经典例题【例1】（2022江苏南通市通州区育才中学八年级阶段练习）已知，在ABC中，ACB=90，AC=BC，ADCE，BECE，垂足分别为D，E(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，点O为AB的中点，连接OD，OE请判断ODE的形状？并说明理由【答案】(1)见解析(2)DOE等腰直角三角形，理由见解析【分析】（1）根据垂直的定义及直角三角形中两个锐角互余得出EBC=DCA，再由全等三角形的判定和性质即可证明；（2）连接OC，根据等腰直角三角形的性质及斜边上的中线的性质得出AO=BO=CO，CAB=CBA

2、=45，COAB，再由全等三角形的判定得出DCOEBO(SAS)，ADOCEO，最后结合图形证明即可【详解】（1）证明：BECE，ADCE，E=ADC=90，EBC+BCE=90BCE+ACD=90，EBC=DCA在CEB和ADC中，E=D，EBC=DCA，BC=AC，CEBADC(AAS)，AD=CE（2）DOE等腰直角三角形，理由如下：连接OC，如图所示：AC=BC，ACB=90，点O是AB中点，AO=BO=CO，CAB=CBA=45，COAB，AOC=BOC=ADC=BEC=90，BOC+BEC+ECO+EBO=360，EBO+ECO=180，且DCO+ECO=180，DCO=EBO，且

3、DC=BE，CO=BO，DCOEBO(SAS)，EO=DO，EOB= DOC，同理可证：ADOCEO，AOD=COE，AOD+DOC=90，DOC+COE=90，DOE=90，且DO=OE，DOE是等腰直角三角形【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键【例2】（2022重庆市合川中学九年级阶段练习）在ABC中，ABC=45，D为BC上一动点(1)如图1，当ADC=75时，若AB=3+3，求AD的长；(2)如图2，当AC=AD时，点P为AB的中点，且AB=2CD，求证：AC=PC；(3)如图3，在（

4、2）的条件下，将BCP绕点P旋转180，得到ACP，连接DC，直接写出CCCD的值【答案】(1)AD=23(2)见解析(3)102【分析】（1）过点D作DHAB于点H由三角形外角的性质易求DAH=30根据题意可求DBH=BDH=45，即得出BH=DH设BH=DH=x，则AD=2x，根据勾股定理可求出AH=AD2DH2=3x从而可列出关于x的方程，解出x，即可求出AD的长；（2）连接DP，过点A作AQBC于点Q易得出AQ=BQ，根据勾股定理可得出AB=2AQ=2BQ结合题意又可得出CD=AQ=BQ设CD=AQ=BQ=2a根据等腰三角形的性质可得CQ=DQ=12CD=a=BD，即点D为BQ中点结合

5、题意利用三角形中位线定理可得PDAQ，PD=12AQ=a，从而可证PDBC，最后根据勾股定理可求出PC=5a=AC； （3）在（2）的基础上，过点C作CTBC交CB的延长线于点T，由旋转的性质可知AC=BC=3a，ACP=PCB，即易证四边形ACTQ是矩形，得出TQ=AC=3a，CT=AQ=2a，进而可求出BT=TQBQ=a，DT=TQDQ=2a=CT，CT=TQ+CQ=4a，最后根据勾股定理求出CC和CD的长，作比即可【详解】（1）如图，过点D作DHAB于点HADC=ABC+BAD，ABC=45，ADC=75，BAD=30，即DAH=30DHAB，DBH=BDH=45，BH=DH设BH=DH

6、=x，则AD=2x，AH=AD2DH2=3xAB=AH+BH=x+3x=3+3，解得：x=3，AD=23；（2）如图，连接DP，过点A作AQBC于点QABC=45，BAQ=ABC=45，AQ=BQ，AB=2AQ=2BQAB=2CD，CD=AQ=BQ设CD=AQ=BQ=2aAD=AC，AQCD，CQ=DQ=12CD=a=BD，即点D为BQ中点点P为AB的中点，即AP=BP，PDAQ，PD=12AQ=a，PDBC，PC=PD2+CD2=a2+4a2=5a，AC=AQ2+CQ2=4a2+a2=5a，PC=AC；（3）如图，在（2）的基础上，过点C作CTBC交CB的延长线于点T，由旋转的性质可知AC=

7、BC=3a，ACP=PCB，ACCTCTBC，AQBC，四边形ACTQ是矩形，TQ=AC=3a，CT=AQ=2a，BT=TQBQ=3a2a=a，DT=TQDQ=3aa=2a=CT，CT=TQ+CQ=3a+a=4a，CD=2DT=22a，CC=CT2+CT2=2a2+(4a)2=25a，CCCD=25a22a=102【点睛】本题考查三角形外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的判定和性质等知识，综合性强，较难正确的作出辅助线是解题关键【例3】（2022河南嵩县教育局基础教育教学研究室一模）如图，RtABC的中，BAC=90，AB=4

8、cm，AC=3cm，点G是边AB上一动点，以AG为直径的O交CG于点D，E是边AC的中点，连接DE(1)求证：DE与O相切；(2)填空：当AG=_cm时，O与直线BC相切；当点G在边AB上移动时，CDE面积的最大值是_cm2【答案】(1)见解析(2)3，98【分析】（1）证明DE是圆的切线，即连接OD，再由直径AG和中点E想到连接AD、OE，则可知DE=AE，最后证明ODEOAE即可求证；（2）由O与BC相切，故结合ABC的面积等于AOC的面积与BOC的面积之和即可求解；结合（1）中分析可知CE=12AC=32，再结合三角形的面积公式，即可分析求解【详解】（1）连接OE，OD，ADAG是O的直

9、径，ADG=ADC=90，即ADC是直角三角形E是斜边AC的中点，DE=AE在ODE和OAE中，OD=OADE=AEOE=OEODEOAE SSSODE=BAC=90OD是O的半径，DE与O相切（2）设O与BC相切与点F，O的半径为r连接OC则OF=OA=r=12AGAB=4，AC=3，BAC=90BC=32+42=5，SAOC=12ACOA=123r=32r，SABC=12ABAC=1243=6 O与BC相切与点FSBOC=12BCOF=125r=52rSABC=SAOC+SBOC6=32r+52r，即r=32AG=2r=322=3故答案是：3由（1）可知DE=CE=12AC=32，设CE边

10、上的高为，则SCDE=12CE=34当取最大值时，SCDE的值最大结合题意可知，当=DE=32时最大，即DEAC时， SCDE的最大值为34=3432=98故答案是：98【点睛】本题主要考查圆的性质、切线的证明、直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、面积最值问题、线段长度问题等知识点，属于综合几何证明题，具有一定难度解题的关键是熟练掌握圆和直角三角形的相关性质，并根据题意画出辅助线，即线段OD，AD【例4】（2021广西南宁二中八年级期中）在平面直角坐标系中有一等腰三角形ABC，点A在y轴正半轴上，点B在x轴负半轴上(1)如图1，点C在第一象限，若BAC=90，A、B两点的坐标分

11、别是A(0,4)，B(2,0)，求C点的坐标；(2)如图2，点C在x正半轴上，点E、F分别是边BC、AB上的点，若AEF=ACB=2OAE求证：BF=CE；(3)如图3，点C与点O重合时点E在第三象限，BEAE，连接OE，求BEO的度数【答案】(1)C4，2；(2)见解析；(3)135【分析】（1）过点C作CMOA，垂足为M，则AMC=90，求出ABO=CAM，证明ABOCAMAAS，得出MC=AO=4，AM=BO=2，则可得出答案；（2）证明BEF=EAC，FAE=AFE，可得AE=EF，利用AAS证明AECEFB，则可得出BF=CE；（3）过点O作OGAE于点G，OHBE交BE的延长线于点

12、H，AE与OB交于点M，证明AOGBOHAAS，由全等三角形的性质得出OG=OH，证明EO平分AEH，求出OEH=AEO=45，则可得出答案【详解】（1）解：如图1中，过点C作CMOA，垂足为M，则AMC=90，BAC=AOB=90，BAO+CAM=90，BAO+ABO=90，ABO=CAM，ABC是等腰三角形，BAC=90，AB=CA，在ABO和CAM中，ABO=CAMAOB=CMAAB=CA，ABOCAMAAS，MC=AO，AM=BO，A(0,4)，B(2,0)，AO=4，BO=2，MC=4，AM=2，MO=AOAM=2，C4，2；（2）证明：设OAE=，则AEF=ACB=2，AEF+BE

13、F+AEC=180，ACB+EAC+AEC=180，BEF=EAC，由图2可知，等腰三角形ABC中，AB=AC，ABC=ACB，OABC，BAO=CAO，FAE=FAO+OAE =OAC+ =+EAC+ =2+EAC，AFE=FBE+BEF=2+BEF，FAE=AFE，AE=EF，AECEFBAAS，BF=CE；（3）解：点C与点O重合，AOB=90，OA=OB，如图3，过点O作OGAE于点G，OHBE交BE的延长线于点H，AE与OB交于点M，BEAE，AEB=90，AOB=90，AMO=BME，MAO=OBH，又AGO=BHO=90，OA=OB，AOGBOHAAS，OG=OH，又OGAE，O

14、HBE，EO平分AEH，OEH=AEO=45，BEO=AEB+AEO=90+45=135【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的判定，三角形内角和定理，坐标与图形的性质等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答培优训练一、解答题1（2021湖北武汉九年级阶段练习）ABC中，BC=4，AC=6，ACB=m，将ABC绕点A顺时针旋转n得到AEF，E与B是对应点，如图1（1）延长BC、EF，交于点K，求证：BKE=n；（2）当m=150，n=60时，求四边形CEFA的面积；（3）如图3当n=150时，取BE的中

15、点P和CF的中点Q，直接写出PQ2的值【答案】（1）见解析；（2）12+93；（3）843【分析】（1）根据旋转的性质可得AEF=B，利用三角形的外角性质可得BKE=KPAAEF，从而得到BKE=BAE=n；（2）连CF，作FHAC于H，根据条件得到ACF是等边三角形，则EFC=90，从而根据S四边形CEFA=SCEF+SACF计算即可；（3）取CE中点G，连接PG，QG，构造GPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋转的性质求解PGQ=30，再作CNFA于N点，结合旋转的性质求解出sin15=624，最后在GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论【详解】（1）设CK、AE交于点

16、P，AEF是ABC旋转所得，AEFABC，AEF=B，BKE=KPAAEF，BAE=KPAB，BKE=BAE=n；（2）连CF，作FHAC于H，AEFABC，EF=BC=4，AF=AC=6，AFE=ACB=150，ACF是等边三角形，AFC=60，EFC=AFEAFC=15060=90，SCEF=12CFEF=1264=12，AH=12AC=3，FH=AF2AH2=369=33，SACF=12ACFH=12633=93，S四边形CEFA=SCEF+SACF=12+93；（3）如图，取CE中点G，连接PG，QG，则PG，QG为BCE和FCE的中位线，PG=12BC=2，QG=12EF=2，GPQ

17、为等腰三角形，根据中位线定理可得：BCE=PGE，CEF=CGQ，PGQ=PGE+CGQ-180=BCE+CEF-180，又BCE+CEF=BCE+CEA+AEF=BCE+CEA+ABC，在四边形ABCE中，BCE+CEA+ABC=360-BAE=360-150=210，BCE+CEF=210，PGQ=PGE+CGQ-180=210-180=30，作CNFA于N点，根据旋转可知，CAF=150，AC=AF=6，AFC=15，CAN=30，在RtCAN中，AC=6，CAN=30，CN=3，AN=33，NF=AN+AF=6+33由勾股定理得：FC=CN2+NF2=36+32，sinCFN=CNCF

18、=336+32=624，即：sin15=624，此时，作GMPQ，则根据“三线合一”知GM平分PGQ，MGQ=15，PM=QM，MQ=GQsin15=2624=622，PQ=2MQ=62，PQ2=622=843【点睛】本题考查图形旋转的综合问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键2（2022四川石室中学八年级期中）已知：ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中PCQ=90，探究并解决下列问题：(1)如图1，若点P在线段AB上，且AC=6+2，PA=2，求

19、PB的长度；(2)在（1）的条件下，猜想PA、PB、PQ三者之间的数量关系并证明；(3)如图2，若点P在AB的延长线上，求证：PA2+PB2=PQ2【答案】(1)23(2)PA2+PB2=PQ2，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）在RtABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB=ABPA可求得PB；（2）过C作CDAB于点D，则ADC是等腰直角三角形，则可求得AD=CD=12AB=1+3，进而得出PD的长，在RtPCD中利用勾股定理可求得PC的长，进而求出PQ的长即可得到结论；（3）过C作CDAB于点D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出来，在RtPCD中，由勾股定理得到PC和PD、CD

20、的关系，从而可证得结论；【详解】（1）解：ABC是等腰直角三角形，AC=6+2，AB=AC2+BC2=6+22+6+22=23+2，PA=2，PB=ABPA=23+22=23，（2）解：PA2+PB2=PQ2，证明如下：如图1，过C作CDAB于点D，则ADC是等腰直角三角形，AD=CD=12AB=1+3，PD=ADPA=31，在RtPCD中，PC=CD2+PD2=3+12312=22，PCQ是等腰直角三角形，PCQ=90，PC=QC=22，PQ=PC2+QC2=4，PA2=4,PQ2=16，PB2=12，PA2+PB2=PQ2；（3）证明：如图2，过C作CDAB于点D，ACB为等腰直角三角形，

21、CDAB，CD=AD=DB，PA2=AD+PD2=CD+PD2=CD2+2CDPD+PD2，PB2=PDBD2=PDCD2=CD22CDPD+PD2，PA2+PB2=2CD2+2PD2=2CD2+PD2，在RtPCD中，由勾股定理可得PC2=CD2+PD2，PA2+PB2=2PC2，PCQ为等腰直角三角形，且PCQ=90，PQ2=PC2+CQ2=2PC2，PA2+PB2=PQ2【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键3（2022广东惠州市惠阳区朝晖学校九年级阶段练习）阅读理解：如图，等腰直角 ABC 中，ABC=90，AB=BC，点 A，

22、B 分别在坐标轴上(1)如图，过点 C 作 CGy 轴于点 G，若点 C 的横坐标为 5，求点 B 的坐标(2)如图，将ABC摆放至x轴恰好平分 BAC，BC交x轴于点 M，过点 C 作 CDx 轴于点 D，求 CDAM 的值(3)如图，若点A坐标为 (4,0)，分别以 OB，AB 为直角边在第一、第二象限作等腰 RtOBF 与等腰 RtABE，连接 EF 交 y 轴于点 P当 B 点在 y 轴正半轴上移动时，PB的长度是否会发生改变？若改变，请说明理由，若不改变，请直接写出PB的长度【答案】(1)（0，5）(2)12(3)2【分析】（1）过点C作CGy轴于点G，根据余角的性质，得出ABO=B

23、CG，证明ABOBCG，得出BO=CG=5，即可得出答案；（2）分别延长AB，CD相交于点H，根据“AAS”证明ABMCBH，得出AM=CH，根据等腰三角形的性质，得出CD=DH，即可得出答案；（3）作EGy轴于G，证明BAOEBG，得到BG=AO=4，EG=OB，证明EGPFBP，得到PB=PG，得到答案【详解】（1）解：ABC=90，CGy轴，1+ABO=90，1+BCG=90，ABO=BCG（同角的余角相等），ABC=90，CGy轴，ABO=BCG，AB=BC，ABOBCG（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），BO=CG（全等三角形的对应边相等），C点的横坐标为5，CG=5，

24、CG=5，BO=CG，B点在y轴上，B点的坐标是0,5（2）解：分别延长AB，CD相交于点H，如图所示：ABC=90，CHx 轴，1+AMB=90，3+CMD=90，CBH=90，AMB=CMD，1=3（等角的余角相等），ABC=CBH=90，1=3，AB=BC，ABMCBH（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），AM=CH（全等三角形的对应边相等），AD平分 BAC，CHx轴，1=2，ADH=ADC=90，AD=AD，ADHADC，DH=DC，AM=CH=2CD，CDAM=12（3）解：PB的长度不变，作EGy轴于G，如图所示：点A的坐标为4,0，OA=4，BAO+OBA=90，O

25、BA+EBG=90，BAO=EBG，在BAO和EBG中AOB=BGEBAO=EBGAB=BE，BAOEBGAAS，BG=AO=4，EG=OB，OB=BF，BF=EG，在EGP和FBP中EPG=FPBEGP=FBPEG=FB，EGPFBPAAS，PB=PG，PB=12BG=2【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键4（2022河北八年级期中）如图，在ABC中，已知AB=AC，ABC=ACB=45，AH是ABC的高，BC=10cm，射线CMBC，动点D从点C开始沿射线CB的方向以每秒2厘米的速度运动，动点E也同时从点C开始在射线CM

26、上以每秒1厘米的速度运动，连接AD、AE，设运动时间为tt0s(1)请直接写出CD、CE的长度（用含有t的式子表示）：CD=_cm，CE=_cm；(2)当点D到点H的距离为2cm时，求t的值；(3)请直接写出当t=103s时，ABD与ACE是否全等？【答案】(1)2t，t(2)32s或72s(3)全等，理由见解析【分析】（1）直接根据路程=速度时间可得结论；（2）分当点D位于点H右边时；当点D位于点H左边时，两种情况进行讨论即可；（3）分别求出BD,CD的长度，然后根据“SAS”证明全等即可【详解】（1）解：根据题意可得CD=2tcm，CE=tcm，故答案为：2t，t；（2）解：AB=AC，A

27、BC=ACB=45，ABC为等腰直角三角形，AH是ABC的高，BC=10cm，BH=CH=5，当点D位于点H右边时，CD=CHHD=52=2t，解得：t=32；当点D位于点H左边时，CD=CH+DH=5+2=7=2t，解得：t=72，综上所示：当点D到点H的距离为2cm时，t的值为32s或72s；（3）解：ABD与ACE全等，理由如下：当t=103s时，CD=2t=2103=203cm，CE=t=103cm，BD=BCCD=10203=103cm，BD=CE，CMBC，ABC=ACB=45，ACE=45，在ABD和ACE中，AB=ACB=ACEBD=CE，ABDACE(SAS)【点睛】本题考查

28、了全等三角形判定与性质，一元一次方程的应用，等腰直角三角形的性质，灵活运用相关知识点列方程求解是关键5（2022江苏徐州八年级期中）如图，ABC中，ACB=90，AC=BC，点D是斜边AB的中点，点E、F分别在边AC、BC上，且DEDF，垂足为D(1)如图1，当DEAC时，DE、DF的大小关系是_；(2)如图2，将EDF绕点D点旋转，（1）中的关系还成立吗？请说明理由；(3)如图3，连接EF，试探究AE、BF、EF之间的数量关系，并证明你的结论【答案】(1)DE=DF(2)成立，理由见解析(3)EF2=AE2+BF2，证明见解析【分析】（1）连接CD，由DEAC，得DEC=90=ACB=EDF

29、，可得DFBC，而AC=BC，D为AB中点，知CD是ACB的平分线，即得DE=DF；（2）过D作DMAC于M，DNBC于N，同（1）可得DM=DN，由DMC=DNC=ACB=90，可得MDN=90=EDF，从而MDE=NDF，可证DMEDNF(AAS)，故DE=DF；（3）过D作DMAC于M，DNBC于N，由（2）知DMEDNF，可得ME=NF，DE=DF，DM=DN，即可得EF2=2DE2，而AC=AB，ACB=90，有A=B=45，从而AM=DM=DN=BN，设ME=NF=x，则AM=AEx=DM，BN=BF+x=DN，由AM=BN，得AEx=BF+x，x=AEBF2，即ME=AEBF2，

30、DM=AEx=AE+BF2，又DE2=DM2+ME2，即可得EF2=2DE2=AE2+BF2【详解】（1）解：DE=DF，理由如下：连接CD，如图： DEAC，DEC=90=ACB=EDF，DFC=90，即DFBC，AC=BC，D为AB中点，CD是ACB的平分线，DEAC，DFBC，DE=DF(角平分线上的点到两边的距离相等)；故答案为：DE=DF；（2）将EDF绕点D点旋转，（1）中的关系还成立，理由如下：过D作DMAC于M，DNBC于N，如图： 同（1）可得DM=DN，DMC=DNC=ACB=90，MDN=90=EDF，MDNEDN=EDFEDN，即MDE=NDF，DME=90=DNF，D

31、MEDNF(AAS)，DE=DF；（3）EF2=AE2+BF2，证明如下：过D作DMAC于M，DNBC于N，如图： 由（2）知DMEDNF，ME=NF，DE=DF，DM=DN，EDF=90，DE2+DF2=EF2，EF2=2DE2，AC=AB，ACB=90，A=B=45，DMAC于M，DNBC于N，AM=DM=DN=BN，设ME=NF=x，则AM=AEx=DM，BN=BF+x=DN，AM=BN，AEx=BF+x，x=AEBF2，即ME=AEBF2，DM=AEx=AE+BF2，DE2=DM2+ME2=(AE+BF2)2+(AEBF2)2=AE2+BF22，EF2=2DE2=AE2+BF2【点睛】

32、本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形6（2022湖北武汉市黄陂区教学研究室八年级期中）如图，点D，E在ABC的边BC上，AB=AC，AD=AE(1)如图1，求证：BD=CE；(2)如图2，当AD=CD时，过点C作CMAD于点M，如果DM=2，求CDBD的值【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）过A作AHBC于点H，根据三线合一可得：BH=CH，DH=EH，即可证明；（2）过A作AHBC于点H，易证AHDCMD，可得MD=DH，即可求解【详解】（1）证明：如图过A作AHBC于点H，AB=AC，AHBC，BH

33、=CH，AD=AE，DH=EH，BD=CE；（2）解：过A作AHBC于点H，在AHD和CMD中，CDM=ADHCMD=AHD=90CD=ADAHDCMDAAS，DH=MD，CDBD=CH+DHBHDH=2DH=2MD=4【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质“三线合一”，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键7（2022浙江杭州市大关中学九年级期中）如图，在ABC中，AB=AC,A=30,AB=10，以AB为直径的O交BC于点D，交AC于点E，连接DE，过点B作BP平行于DE，交O于点P，连接CP,OP(1)求证：点D为BC的中点；(2)求AP的长度【答案】(1)见解析(

34、2)52【分析】（1）连接AD，可得ADBC，再由等腰三角形的性质，即可求证；（2）由等腰三角形的性质，可得ABC=75，再根据四边形ABDE为O的内接四边形，可得EDC=BAC=30，然后根据BPDE，可得PBC=EDC=30，从而得到OBP=ABCPBC=45，然后根据圆周角定理可得AOP=90，再根据弧长公式计算，即可求解【详解】（1）证明：如图，连接AD，AB为O的直径，ADB=90，即ADBC，AB=AC，BD=CD，即点D为BC的中点；（2）解：BAC=30，AB=AC，ABC=1218030=75，四边形ABDE为O的内接四边形，EDB+BAC=180，EDB+EDC=180，E

35、DC=BAC=30，BPDE，PBC=EDC=30，OBP=ABCPBC=45，OB=OP，OBP为等腰直角三角形，BOP=90，AOP=90，AB=10，半径OA=5，AP的长度为905180=52【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握弧长公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键8（2022湖北黄石九年级期中）如图，ABC中，AB=AC，AHBC于H，BDAC于D，AH，BD相交于点O，以O为圆心、OD为半径的O交BC于点E、F，已知AD=6，BD=8(1)求证：AB是O的切线；(2)求O的半径；(3)求弦EF的长【

36、答案】(1)见解析；(2)3；(3)4【分析】（1）过点O作OMAB于点M，利用角平分线的性质得到OM=OD，即可；（2）利用勾股定理求得AC=AB=10，从而得到CD=4，再由勾股定理求得BC=45，则BH=CH=25，再由勾股定理得到AH=45，由AODABH得到ADAH=ODBH，即可求解；（3）连接OE，求得OH，利用勾股定理得到EH，即可求解【详解】（1）证明：过点O作OMAB于点M，如图AHBC，AB=ACAH平分BAC又OMAB，ODACOM=ODAB是O的切线；（2）解：由勾股定理可得，AB=AD2+BD2=10，AC=10，则CD=4，由勾股定理可得：BC=BD2+CD2=4

37、5，由题意可得：AH为中线，BH=CH=25由勾股定理可得：AH=AB2BH2=45由（1）可得BAH=OAD，又ADB=AHB=90AODABH，ADAH=ODBH，即645=OD25解得：OD=3，即半径为3（3）连接OE，如下图：由题意可得：OE=3，OHEFEH=HF在RtAOD中，由勾股定理可得：AO=OD2+AD2=35OH=AHAO=5，在RtOEH中，由勾股定理可得：EH=OE2OH2=2EF=2EH=4【点睛】此题考查了切线的判定，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质9（2022江苏泰州中学附属初中八年级阶段练习）按要求作

38、图(1)如图（1），在平行四边形ABCD中，AC为对角线，AC=BC,AE是ABC的中线在AD取一点F使得EFCD；（仅使用无刻度的直尺画图）画出ABC的高CH（仅使用无刻度的直尺画图）(2)如图（2），四边形ABCD是平行四边形，在线段CD找一点E，使得BE平分AEC（仅使用圆规画图）【答案】(1)见解析；见解析(2)见解析【分析】（1）连接BD交AC于O点，则OB=OD，则OE为BCD的中位线，可得OECD，延长EO交AD于F，则EF满足条件；设BD交AE于P点，则P点为ABC的三条中线的交点，然后延长CP交AB于H，CH为AB边上的中线，再由AC=BC，根据等腰三角形的性质得到CHAB；

39、（2）以A点为圆心，AB为半径画弧交DC于E点，则AE=AB，可得AEB=ABE，再根据CDAB，可知ABE=CEB，从而得到CEB=AEB，即可【详解】（1）解：如图1，连接BD交AC于O点，并延长EO交AD于F，F点即为所作；理由：四边形ABCD是平行四边形，OB=OD，AE是ABC的中线OE为BCD的中位线，OECD，即EFCD；如图1，设BD交AE于P点，延长CP交AB于H，CH即为所作；理由：四边形ABCD是平行四边形，OA=OC，AC=BC,AE是ABC的中线P点为ABC的三条中线的交点，CH为AB边上的中线，CHAB，即CH是ABC的高；（2）解：如图2，以A点为圆心，AB为半径

40、画弧交DC于E点，则线段BE为所作理由：根据作法得：AE=AB，AEB=ABE，四边形ABCD是平行四边形，ABCD，ABE=CEB，CEB=AEB，即BE平分AEC【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作也考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质10（2022湖南长沙九年级期中）如图，在ABC中，AB=AC，以AC为直径的O，与AB边相交于点D，与BC边相交于点E，过点E作EFAB，垂足为点F(1)求证：EF是O的切线；(2)求证：点E是CD的中点；(3)若O的直径

41、为18，BC=12，求AD的长【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)AD的长为14【分析】（1）连接OE，利用等腰三角形的性质，证明OEAB即可证明；（2）利用圆周角定理以及等腰三角形三线合一的性质即可证明；（3）连接AE、CD，利用直径所对的圆周角是直角、等腰三角形三线合一以及证明ABECBD，即可解答【详解】（1）证明：连接OE，EFAB，EFD=EFB=90，AB=AC，B=C，OC=OE，C=OEC，OEC=B，OEAB，OEF=EFB=90，OE是O的半径，EF是O的切线；（2）证明：如图，连接AE，AC是直径，AEBC，AB=AC，BAE=CAE，DE=CE，点E是CD的中点；

42、（3）解：连接AE、CD，AC是O的直径，AB=AC，BC=12，CDB=AEC=AEB=90，BE=CE=6，B=B，ABECBD，ABCB=BEBD，即1812=6BD，解得：BD=4，AD=ABBD=184=14，故AD的长为14【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，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11（2022广东广州市白云区白云实验学校八年级期中）在RtABC中，ACB=90，A=30，BD是ABC的角平分线，DEAB于点E(1)如图1，连接EC，求证：EBC是等边三角形；(2)点M是AC边上一个动点（不与点D重

43、合），以BM为一边，在BM的下方作BMG=60，MG交射线DE于点G请画出完整图形，探究MD，DG与AD数量之间的关系，并说明理由【答案】(1)见详解(2)画图见详解，当分M点在线段AD上时，AD+MD=DG；当M点在线段DC上时，ADMD=DG【分析】（1）根据含30角的直角三角形的性质可得ABC=60，BC=12AB，根据BD是ABC的角平分线，可得ABD=CBD=30，即有可得ABD是等腰三角形，结合DEAB和DE是ABD的中线，可得AE=BE=12AB，问题随之得解；（2）分M点在线段AD上和M点在线段DC上两种情况来补全图形：当分M点在线段AD上时，延长BD至N点，使得MD=ND，连

44、接MN，先证明MND是等边三角形，再证明MNBMDGASA，即可得解；当M点在线段DC上时，延长GD至H，使得DH=MD，连接HM，BD与MG交于点Q，先证明MDH是等边三角形，再证明HMGDMBAAS，即可得解【详解】（1）在RtABC中，ACB=90，A=30，ABC=60，BC=12AB，BD是ABC的角平分线，ABD=CBD=30，ABD=A，AD=BD，ABD是等腰三角形， DEAB，DE是ABD的中线，AE=BE=12AB，BC=12AB，BC=BE，ABC=60，EBC是等边三角形；（2）补全图形如下：（分M点在线段AD上和M点在线段DC上两种情况）当分M点在线段AD上时，延长B

45、D至N点，使得MD=ND，连接MN，如图，在（1）中求得：ABD=CBD=30=A，DEA=DEB=90，EDA=EDB=60，BMG=60，EDA=EDB=60=BMG，NDM=180EDBEDA=60，MD=ND，MND是等边三角形，MD=ND=MN，NMD=60=N，NMB=NMD+DMB=GMB+DMB=GMD，ADE=60=N，MD=MN，MNBMDGASA，NB=DG，DB+ND=DG，根据（1）可知AE=BE=12AB，DEAB，DG是线段AB的垂直平分线，AD=BD，MD=ND，AD+MD=DG；当M点在线段DC上时，延长GD至H，使得DH=MD，连接HM，BD与MG交于点Q，

46、如图，EDA=EDB=60=BMG，HDM=EDA=60，MDB=180EDAEDB=60，DH=MD，MDH是等边三角形，DM=HM，H=60，EDB=60=BMG，DQG=BQM，DGQ=QBM，H=MDB，DM=HM，HMGDMBAAS，HG=BD，HD=MD，AD=BD，AD=BD=HG=HD+DG=MD+DG，ADMD=DG；综上：当分M点在线段AD上时，AD+MD=DG；当M点在线段DC上时，ADMD=DG【点睛】此题是三角形的综合题，主要考查了等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知正确作出辅助线是解题关键12（2022福建上杭县教师进修学校八年级期中）数学活动

47、课上老师出示如下问题，供同学们探究讨论：如图，在DEF中，DE=DF，点B在EF边上，且EBD=60，C是线段BD上的一个动点（不与点B重合，且BCBE），在线段BE上截取BA=BC，连接AC 试探究线段AE,BF,CD之间的数量关系小敏与同桌小聪经过深入的思考讨论后，进行了如下探究：特殊入手，探索结论：(1)如图，若点C与点D重合，即线段CD=0，观察此时线段AE,BF之间的数量关系是AE=BF，即有：AE=BF+CD，请你说明AE=BF的理由；特例启发，猜测结论：若点C不与点D重合，猜测线段AE,BF,CD之间的数量关系是_，并给予证明；完成上面的问题后，老师继续提出下列问题，请同学们探究

48、讨论：深入探究，拓展结论：(2)在上面的问题中，若把“点C是线段BD上的一个动点”改为“点C是射线BD上的一个动点，其它条件都不变”，则当点C在线段BD的延长线上时，请你用等式表示线段AE,BF,CD之间的数量关系（自行画图探究，直接写出结果，不需要证明）【答案】(1)见解析，AE=BF+CD，见解析(2)当BCBE时，数量关系是：CD=AE+BF，见解析【分析】（1）过D作DGEF于G，利用等腰和等边三角形的性质，即可得证；在BE上截取BG=BD，连接DG，利用等腰和等边三角形的性质，即可得证；（2）分BCBE两种情况分类讨论，求解即可【详解】（1）证明：BA=BC，EBD=60，ABC是等

49、边三角形过D作DGEF于G，则有：EG=FG；AG=BGEGAG=FGBG，AE=BF；数量关系为：AE=BF+CD，证明如下：在BE上截取BG=BD，连接DG，BA=BCBGBA=BDBC，AG=CDEBD=60，BG=BD，GBD是等边三角形由的结论可得：EG=BFAE=EG+AG=BF+CD（2）当BCBE时，在BE上截取BG=BD，连接DG，同法可证：AG=CD，EG=BF，AG=AE+EG=AE+BF，CD=AE+BF【点睛】本题考查等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质熟练掌握等腰（边）三角形三线合一，以及等边三角形的判定方法是解题的关键13（2022江苏常州八年级期中）如图，A

50、BC中，AB=AC, AD、CE是高，连接DE(1)求证：DE=BD；(2)若BAC=50，求BED的度数【答案】(1)证明见解析(2)65【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到BD=CD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质得到BAD=12BAC，求得BAD=25，根据三角形的内角和定理得到ABD=65，根据等边对等角即可得解【详解】（1）证明：AD是高，ADBC，AB=AC，BD=CD，CE是高，CEAB，BEC=90，DE=BD；（2）解：AB=AC，ADBC，BAD=12BAC=25，ABD=90BAD=65，DE=BD，BED=ABD=65

51、【点睛】本题考查等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理熟练掌握等边对等角，等腰三角形的三线合一，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键14（2022广东丰顺县第一中学九年级阶段练习）如图，在ABC中，ACB=90，D为BC上任一点，DEAB，垂足为E，M，N分别为AD，CE的中点求证：MNCE【答案】见解析【分析】如图：连接CM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得ME=MC，然后再根据等腰三角形三线合一的性质即可解答【详解】解：如图：连接CM、ME，ACB=90，DEAB，M为AD的中点ME=12AD,MC=12ADME=MCN为CE的中点MNCE

52、【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到ME=MC是解答本题的关键15（2021广西大学附属中学九年级阶段练习）如图，在RtABC中，ACB=90，以斜边AB上的中线CD为直径作O，与AC、BC分别交于点M、N，与AB的另一个交点为E，过点N作NFAB，垂足为F(1)求证：NF是O的切线；(2)若NF=2，DF=1，求O的半径和弦ED的长【答案】(1)见解析(2)O的半径为52，弦ED的长为3【分析】（1）连接ON，ND，可知CND=90，再证OND=BDN，即可证ONNF，最后根据切线的定义求得答案；（2）根据勾股定理知D

53、F=1，NF=2，可知DN=5，设O半径为r，根据勾股定理可求出r值，过O作OHAB于H，则EH=DH，可知四边形OHFN是矩形，从而可知OH，再次根据勾股定理即可求出DH，最后即可求出答案【详解】（1）证明：连接ON，ND，如图，在ABC中，CD为斜边中线，CD=AD=BD，CD是O的直径CND=90，DNBC，等腰CDB三线合一，CDN=BDN，在RtCND中，O为斜边CD的中点，ON=OD=OC，ODN=OND，OND=BDN，ONAB，NFAB，ONNF，ON是O的半径，NF是O的切线；（2）在DFN中，DF2+NF2=DN2，且DF=1，NF=2，DN=5，设O半径为r，则DC=DB

54、=2r，BF=2r1，在CDN中，CN2=DC2DN2，即CN2=2r25，在NFB中，BN2=NF2+BF2，即BN2=4+2r12，在等腰CDB中，DNBC，CN=BN，2r25=4+2r12，解得：r=52，即O半径为52，过O作OHAB于H，则EH=DH，由（1）可知ONF=NFH=90，四边形OHFN是矩形，则OH=NF=2，在OHD中，DH2=OD2OH2=2544，DH=32，ED=3【点睛】本题考查的是圆的切线的判定，垂径定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和勾股定理，是一道综合性较强的习题，能够充分调动所学知识多次利用勾股定理求解是解题的关键16（2022四川省成都市七中育才学

55、校八年级期中）如图，四边形OABC是一张长方形纸片，将其放在平面直角坐标系中，使得点O与坐标原点重合，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B的坐标为3,4，D的坐标为2,4，现将纸片沿过D点的直线折叠，使顶点C落在线段AB上的点F处，折痕与y轴的交点记为E(1)求点F的坐标和FDB的大小；(2)在x轴正半轴上是否存在点Q，满足SQDE=SCDE，若存在，求出Q点坐标，若不存在请说明理由；(3)点P在直线DE上，且PEF为等腰三角形，请直接写出点P的坐标【答案】(1)F3,43，FDB=60；(2)Q4433,0；(3)P11,43，P23,4+3，P33,723，P43,123【分析】（1）

56、先求解BD=1，CD=2，可得DF=2，BF=3，从而可得F3,43，如图，取DF的中点T,连接BT,而ABC=90，再证明DBT为等边三角形，可得答案；（2）先证明SCDE=SFDE，CED=30,可得DE=2CD=4,CE=4222=23,求解E0,423，可得EQ为y=3x+423，过F作FQDE交x轴于Q，设lFQ:y=3x+f， 可得y=3x+443.，从而可得答案；（3）由ED为y=3x+423，设Px,3x+423，而E0,423,F3,43,可得PE2=x2+3x2=4x2,PF2=x32+3x32,EF2=32+32=12,再分三种情况讨论即可.【详解】（1）解：点B的坐标为

57、3,4，D的坐标为2,4，BD=1，CD=2，DF=2，BF=2212=3，F3,43，如图，取DF的中点T,连接BT,而ABC=90，BT=12DF=1=DT=BD，DBT为等边三角形，FDB=60.（2）解：折叠，FDB=60，CDEFDE，CDE=FDE=60，SCDE=SFDE，CED=30,DE=2CD=4,CE=4222=23,E0,423，设ED为y=mx+n，n=4232m+n=4，解得：m=3n=423，ED为y=3x+423，过F作FQDE交x轴于Q，设lFQ:y=3x+f，代入F3,43，33+f=43，解得：f=443，得y=3x+443.令y=0，则x=4433Q44

58、33,0（3）解：ED为y=3x+423，设Px,3x+423，而E0,423,F3,43，PE2=x2+3x2=4x2,PF2=x32+3x32,EF2=32+32=12，当PE=PF时，4x2=x32+3x32，解得：x=1，P11,43，当PF=EF时，x32+3x32=12，解得：x1=3,x2=0，（x=0舍去），P23,4+3，当PE=EF时，4x2=12，解得：x=3，P33,723或P43,123，综上：P11,43，P23,4+3，P33,723，P43,123【点睛】本题考查的是坐标与图形，直角三角形斜边上的中线的性质，轴对称的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，一次

59、函数的性质，含30的直角三角形的性质，二次根式的混合运算，勾股定理的应用，利用因式分解的方法解一元二次方程，本题的综合程度高，难度较大，对学生的计算能力要求高.17（2022浙江杭州市十三中教育集团（总校）八年级期中）如图1，ACB和DCE均为等腰三角形，CA=CB，CD=CE，ACB=DCE点A，D，E在同一条直线上，连结BE(1)求证：AD=BE(2)如图2，若ACB=60，求AEB的度数(3)若CEB=135，CM为DCE中DE边上的高猜想线段CM,AE,BE之间存在的数量关系，并证明【答案】(1)见解析(2)60(3)AE=BE+2CM，证明见解析【分析】（1）根据ACB=DCE，可得

60、ACD=BCE，可证得ACDBCE，即可求证；（2）根据ACDBCE，可得ADC=BEC，再由ACB=DCE=60，CD=CE，可得DCE为等边三角形，从而得到CDE=CED=60，进而得到ADC=BEC=120，即可求解；（3）证明DCE是等腰直角三角形，可得DE=2CM，即可求解【详解】（1）证明：ACB=DCE，ACD=BCE，CA=CB，CD=CE，ACDBCESAS，AD=BE；（2）解：由（1）得：ACDBCE，ADC=BEC，ACB=DCE=60，CD=CE，DCE为等边三角形，CDE=CED=60，ADC=BEC=120，AEB=60；（3）解：AE=BE+2CM，证明如下：如

61、图，由（1）得：ACDBCE，ADC=BEC=135，AD=BE，CDE=45，CD=CE，CDE=CED=45，DCE=90，即DCE是等腰直角三角形，CMDE，DM=EM，DE=2CM，AE=AD+DE=BE+2CM【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质是解题的关键18（2022吉林白城九年级期中）操作如图1ABC是等腰直角三角形，ACB=90，D是其内部的一点，连接CD将CD绕点（顺时针旋转90得到CE，连接DE，作直线AD交BE于点F(1)求证：ADCBEC；(2)求AFE的

62、度数；(3)探究如图2，连接图1中的AE，分别取AB、DE、AE的中点M、N、P，作MNP若BE=8，则MNP的周长为【答案】(1)证明见解析；(2)90；(3)8+42【分析】操作（1）由旋转的性质得DCE=90,CD=CE，再证ACD=BCE，然后由SAS证ADCBEC即可；（2）由全等三角形的性质得CAD=CBE，再由三角形的外角性质得HFB=ACB=90，即可得出结论；（3）探究由全等三角形的性质得AD=BE=8，再由三角形中位线定理得PMBE,PM=12BE=4，PNAD,PN=12AD=4，则PM=PN，然后证PMPN，则MNP是等腰直角三角形，即可解决问题【详解】（1）证明：AB

63、C是等腰直角三角形，ACB=90，AC=BC，由旋转的性质得：DCE=90,CD=CE，ACB=DCE，ACBBCD=DCEBCD，即ACD=BCE，在ADC和BEC中，AC=BCACD=BCECD=CE，ADCBEC (SAS)；（2）解：如图1，设AF与BC交于点H，由（1）可知，ADCBEC，CAD=CBE，AHB=CBE+HFB=CAD+ACB，HFB=ACB=90，AFE=180HFB=90；（3）解：由（1）可知，ADCBEC，AD=BE=8，M、N、P分别是AB、DE、AE的中点，PM是ABE的中位线，PN是ADE的中位线，PMBE,PM=12BE=4，PNAD,PN=12AD=

64、4，PM=PN，由（2）可知，AFE=90，AFBE,，PMPN，MPN=90，MNP是等腰直角三角形，MN=2PM=42，MNP的周长=PM+PN+MN=4+4+42=8+42，故答案为：8+42【点睛】本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，平行线的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键19（2022黑龙江哈尔滨市萧红中学校九年级期中）如图，AB是O的直径，点C、D在O上，A=2BCD,DE与O相切交AB的延长线于点E(1)求证：AED=ABC；(2)点G是弧AB的中点

65、，连接CG，过点B作BHCG于点H，延长BH交AC于点P，求证：AP=2OH；(3)在（2）的条件下，若BF=2,DF=10，求线段OH的长度【答案】(1)见解析(2)见解析(3)1【分析】（1）因为DE是O的切线，所以辅助线必定连接过切点的半径OD；利用同弧所对圆周角等于圆心角的一半可得EOD=2BCD，结合已知可得A=EOD，再利用直径所对圆周角构造的RtABC和切线构造的RtEOD，结合等角的余角相等可证；（2）观察到AO=BO，结合待证命题推断OH应为BAP的中位线，结论可证；（3）本题关键步骤为求取O的半径，必然要构造直角三角形结合勾股定理求线段长度；通过证明AFC=DBF=ACF=

66、DFB，ACF与FDB都是等腰三角形，利用勾股定理得到： r12+32=r2，进而求出O的半径，再利用BF=2求得AF=AC=8，最后利用RtABC求出BC长度，由AP=ACPC，再结合第二问可得OH长度【详解】（1）证明：连接OD，AB是O的直径，ACB=90，A+ABC=90，BOD=2BCD,A=2BCD，BOD=A，DE与O相切，DDDE，ODE=90，E+DOE=90，ABC=AED，（2）G是弧AB的中点，BCG=ACGBHCG，CHP=CHB=90，CH=CH，CHPCHB，PH=BH，OA=OB，OH是ABP的中位线，OH=12APAP=2OH，（3）解：连接BD,AD，过D作

67、DKBF于K，DE与O相切，ODDE，ODE=90，AB是O的直径，ADB=90，BDE+ODB=ODB+ADB=90，OA=OD，OAD=ADO，BDE=BCD，ABC=AED，BDE+AED=BCD+ABC，AFC=DBF，AD=AD，ACF=DBF，又AFC=DFB，AFC=DBF=ACF=DFB，ACF与FDB都是等腰三角形，FD=BD,AF=AC，FD=BD,DKBK，FK=BK=12BF=1，DK=DF2FK2=3，设OD=OB=r，在RtODK中，OK2+DK2=OD2，r12+32=r2，r=5，OD=5，AB=10，BF=2，AF=AC=ABBF=102=8，BF=2，在Rt

68、ABC中，BC=AB2AC2=6，PC=BC=6，AP=ACPC=86=2，OH=12AP=1【点睛】此题考查了圆的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，中位线的判定及性质等知识点，属于综合性圆的问题，综合性较强，利用好弧、弦、圆周角之间的关系是解题的关键20（2022浙江杭州市采荷中学八年级期中）如图，ABC中，BA=BC，COAB于点O，AO=6，BO=9(1)求BC，AC的长；(2)若点D是射线OB上的一个动点，作DEAC于点E，连接OE当点D在线段OB上时，若AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长；设直线DE交直线BC于点F，连接OF，CD，若SO

69、BF:SOCF=1:4，则CD的长为_（直接写出结果）【答案】(1)BC=15，AC=65；(2)6或656；410或122【分析】（1）由题意可得BC=AB=15，再由勾股定理求得AO、AC即可；（2）分两种情况：AO=OE和AO=AE时，分别画图，根据三角形的中位线定理和证明三角形全等可解决问题；分两种情况：i)当D在线段OB上时，如图3，过B作BGEF于G，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，得BFCF=14，可得BF=5，证明BDF是等腰三角形，得BD=BF=5，最后利用勾股定理可得结论；ii)当D在线段OB的延长线上时，过B作BGDE于G，同i)计算可得结论【详解】（1）解：由题

70、意可得：BC=AB=OA+OB=15，AOC=BOC=90由勾股定理可得，OC=BC2OB2=12，AC=OA2+OB2=65即BC=15，AC=65（2）分两种情况：i)当AO=OE=6时，过O作ONAC于N，如图1所示：AN=EN，DEAC，ONDE，ON是ADE的中位线，OD=AO=6；ii)当AO=AE=6时，如图2所示：在CAO和DAE中，A=AAO=AEAOC=AED=90，CAODAE(ASA)，AD=AC=65，OD=ADAO=656；综上所述，OD的长为6或656；分两种情况：i)当D在线段OB上时，过B作CD于G，如图3所示：SOBF:SOCF=1:4， BFCF=14，

71、BFCB=13，CB=15，BF=5，EFAC，BGAC，GBF=ACB，BGAE，A=DBG，AB=BC，A=ACB，DBG=GBF，BGDF，BDF是等腰三角形，BD=BF=5，OD=OBBD=95=4，CD=OC2+OD2=122+42=410；ii)当D在线段OB的延长线上时，过B作BGDE于G，如图4所示：同理得：BFCF=14，BC=15，BF=3，同理得：BDF是等腰三角形，BD=BF=3，OD=BO+BD=9+3=12，RtCOD中，CD=CO2+OD2=122+122=122；综上所述，CD的长为410或122，故答案为：410或122【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理、分类讨论等知识；证明BDF是等腰三角形是解题的关键