2023年山西省太原市第五中学校中考数学一模试卷(含答案)

这是一份2023年山西省太原市第五中学校中考数学一模试卷(含答案)，共37页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年山西省太原五中中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．如图，矩形ABCD中，AB＝3，点P为矩形内一动点，且满足∠PBC＝∠PCD（　　）

A．5 B．1 C．2 D．3
2．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于点A，B，交y轴于点C．若点A坐标为（﹣4，0），则下列结论错误的是（　　）

A．二次函数的最大值为a﹣b+c
B．a+b+c＞0
C．b2﹣4ac＞0
D．2a+b＝0
3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接CD，若AB＝2BD，则的值为（　　）

A．1 B．2 C． D．
4．如图，在⊙O中，AB是直径，∠ACD＝60°，OD＝2（　　）

A． B． C．2 D．4
5．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）

A．abc＜0 B．b2﹣4ac＜0 C．2a+b＝0 D．a﹣b+c＜0
6．已知二次函数y＝x2﹣2bx+2b2﹣4c（其中x是自变量）的图象经过不同两点A（1﹣b，m），B（2b+c，m），且该二次函数的图象与x轴有公共点（　　）
A．﹣1 B．2 C．3 D．4
7．在平面直角坐标系中，已知函数y1＝x2+ax+1，y2＝x2+bx+2，其中a，b是正实数2＝2a，设y1，y2的图象与x轴交点个数分别是M，N，则（　　）
A．M＝N﹣1或M＝N或M＝N+1 B．M＝N或M＝N+1
C．M＝N或M＝N+2 D．M＝N或M＝N+1或M＝N+2
8．如图，AB为半圆O的直径，C是半圆上一点，设扇形AOC、△COB、弓形BmC的面积为S1、S2、S3，则它们之间的关系是（　　）

A．S1＜S2＜S3 B．S2＜S1＜S3 C．S1＜S3＜S2 D．S3＜S2＜S1
9．如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，过点A作AD∥OB交⊙O于点D，连接CD．若∠B＝50°（　　）

A．15° B．20° C．25° D．30°
10．如图，A，P，B，C是⊙O上的四点，∠APC＝∠CPB＝60°．若四边形APBC面积为，则⊙O的半径为（　　）

A．2 B． C． D．
二、填空题（本大题共5小题，共15分）
11．如图，在△ABC中，AC＝3，D、E分别在CA、CB上，点F在△ABC内．若四边形CDFE是边长为1的正方形　 　．

12．如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物A点处测得乙建筑物D点的俯角α为45°，BC为两座建筑物的水平距离．已知乙建筑物的高度CD为6m，则甲建筑物的高度AB为 　 　m．
（sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，结果保留整数）．

13．如图，某校的围墙由一段相同的凹曲拱组成，其拱状图形为抛物线的一部分，按相同间隔0.2米用5根立柱加固，拱高OC为0.36米　 　米．

14．圆拱门是中国古典园林建筑元素之一，如图，花园边墙上有一宽AD为1m的矩形门ABCD，现准备打掉部分墙体，使其变成以AC为直径的圆弧形拱门　 　．

15．《梦溪笔谈》是北宋的沈括所著的笔记体综合性科学著作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，且CD⊥AB．“会圆术”给出弧AB的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，s＝　 　．

三、解答题（本大题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．某兴趣小组为了测量大楼CD的高度，先沿着斜坡AB走了52米到达坡顶点B处，然后在点B处测得大楼顶点C的仰角为53°，点A到大楼的距离AD为72米，求大楼的高度CD．
（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）

17．如图，在东西方向的海岸上有两个相距6海里的码头B，D，某海岛上的观测塔A距离海岸5海里，沿正北方向航行至C处，此时在A处测得C位于南偏东67°方向．求此时观测塔A与渔船C之间的距离（结果精确到0.1海里）．
（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈，sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈）

18．某学校九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线
（1）建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？
（2）此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m

19．我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．人们根据实际需要，其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上，且AB的长度与半圆的半径相等，DB足够长．

使用方法如图2所示，若要把∠MEN三等分，只需适当放置三分角器，点A落在边EM上，半圆O与另一边EN恰好相切，则EB，EO就把∠MEN三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整
已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，垂足为点B，　 　．
求证：　 　．
20．如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米
（1）求圆弧所在的圆的半径r的长；
（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，是否要采取紧急措施？

21．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝20，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；
（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在；若不存在，请说明理由．

22．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是该圆的直径，线段BD与AC交于点E，若AB＝5，，．
（1）试用含m的代数式表示k；
（2）若AD∥OC，求k的值；
（3）若CE＝CF，求cos∠ABD．


2023年山西省太原五中中考数学一模试卷
（参考答案）
一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．如图，矩形ABCD中，AB＝3，点P为矩形内一动点，且满足∠PBC＝∠PCD（　　）

A．5 B．1 C．2 D．3
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠PBC＝∠PCD，
∴∠PBC+∠PCB＝90°，
∴∠BPC＝90°，
∴点P在以BC为直径的⊙O上，
连接OD交⊙O于P′，连接OP，如图，
∵PD≥OD﹣OP（当且仅当O、P、D共线时，
即P点运动到P′位置时，PD的值最小，
在Rt△OCD中，OC＝，CD＝AB＝7，
∴OD＝＝5，
∴DP′＝OD﹣OP′＝7﹣4＝1，
∴线段PD的最小值为2．
故选：B．

2．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）交x轴于点A，B，交y轴于点C．若点A坐标为（﹣4，0），则下列结论错误的是（　　）

A．二次函数的最大值为a﹣b+c
B．a+b+c＞0
C．b2﹣4ac＞0
D．2a+b＝0
解：当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c的值最大；
抛物线与x轴的另一个交点为（2，4），
当x＝1时，y＝a+b+c＞0；
抛物线与x轴有两个不同交点，因此b7﹣4ac＞0，故选项C不符合题意；
抛物线y＝ax8+bx+c过点A（﹣4，0），
因此有：x＝﹣7＝﹣，即2a﹣b＝4；
故选：D．
3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，连接CD，若AB＝2BD，则的值为（　　）

A．1 B．2 C． D．
解：过点D作DM⊥BC，交CB的延长线于点M，
∵∠ACB＝∠DMB＝90°，∠ABC＝∠DBM，
∴△ABC∽△DBM，
∴＝＝，
∵AB＝2BD，
∴＝＝＝，
在Rt△CDM中，
由于tan∠MCD＝＝，设DM＝8k，
又∵＝＝，
∴BC＝3k，AC＝4k，
∴＝＝2，
故选：B．

4．如图，在⊙O中，AB是直径，∠ACD＝60°，OD＝2（　　）

A． B． C．2 D．4
解：连接OC，AB交CD于E点，
∵CD⊥AB，
∴＝，DE＝CE，
∴∠A＝90°﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∵∠BOC＝2∠A＝60°，
∴∠BOD＝60°，
在Rt△ODE中，∵OE＝，
∴DE＝OE＝，
∴CD＝4DE＝2．
故选：B．

5．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，则下列结论正确的是（　　）

A．abc＜0 B．b2﹣4ac＜0 C．2a+b＝0 D．a﹣b+c＜0
解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝2，
∴b＝﹣2a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜5，
∴abc＞0，所以①不正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴△＝b2﹣8ac＞0，所以②不正确；
∵b＝﹣2a，
∴6a+b＝0，
所以③正确；
∵x＝﹣1时，y＞8，
∴a﹣b+c＞0，
所以④不正确．
故选：C．
6．已知二次函数y＝x2﹣2bx+2b2﹣4c（其中x是自变量）的图象经过不同两点A（1﹣b，m），B（2b+c，m），且该二次函数的图象与x轴有公共点（　　）
A．﹣1 B．2 C．3 D．4
解：由二次函数y＝x2﹣2bx+7b2﹣4c的图象与x轴有公共点，
∴（﹣2b）2﹣4×8×（2b2﹣2c）≥0，即b2﹣7c≤0 ①，
由抛物线的对称轴x＝﹣＝b，m），m），
b＝，即，c＝b﹣1 ②，
②代入①得，b2﹣6（b﹣1）≤0，即（b﹣6）2≤0，因此b＝5，
c＝b﹣1＝2﹣2＝1，
∴b+c＝2+2＝3，
故选：C．
7．在平面直角坐标系中，已知函数y1＝x2+ax+1，y2＝x2+bx+2，其中a，b是正实数2＝2a，设y1，y2的图象与x轴交点个数分别是M，N，则（　　）
A．M＝N﹣1或M＝N或M＝N+1 B．M＝N或M＝N+1
C．M＝N或M＝N+2 D．M＝N或M＝N+1或M＝N+2
解：对于y1＝x2+ax+3，y2＝x2+bx+2，
∵Δ1＝a2﹣4，Δ2＝b2﹣6，
∵b2＝2a，
∴Δ6＝2a﹣8，
当Δ2＝0时，a＝44＞0，
∴M＝2，N＝7，
当a＞4时，Δ1＞7，Δ2＞0，此时M＝N＝7，
当a＜4时，Δ2＜4，Δ1可能为0，可能大于7，此时M＝N＝0或M＝0，N＝8，
即M＝N或M＝N+1或M＝N+2．
故选：D．
8．如图，AB为半圆O的直径，C是半圆上一点，设扇形AOC、△COB、弓形BmC的面积为S1、S2、S3，则它们之间的关系是（　　）

A．S1＜S2＜S3 B．S2＜S1＜S3 C．S1＜S3＜S2 D．S3＜S2＜S1
解：作OD⊥BC交BC与点D，
∵∠COA＝60°，
∴∠COB＝120°，则∠COD＝60°．
∴S扇形AOC＝；
S扇形BOC＝．
在三角形OCD中，∠OCD＝30°，
∴OD＝，CD＝R，
∴S△OBC＝，S弓形＝＝，
＞＞，
∴S2＜S7＜S3．
故选：B．

9．如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，过点A作AD∥OB交⊙O于点D，连接CD．若∠B＝50°（　　）

A．15° B．20° C．25° D．30°
解：连接OA，如图，
∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB＝90°，
∵∠B＝50°，
∴∠AOB＝90°﹣50°＝40°，
∴∠ADC＝∠AOB＝20°，
∵AD∥OB，
∴∠OCD＝∠ADC＝20°．
故选：B．

10．如图，A，P，B，C是⊙O上的四点，∠APC＝∠CPB＝60°．若四边形APBC面积为，则⊙O的半径为（　　）

A．2 B． C． D．
解：过A作AE⊥BP角BP的延长线于E，过O作OF⊥AB于F，

设AP＝x，则BP＝2x，
∵∠APC＝∠CPB＝60°，
∴∠APE＝120°，∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝60°，∠EAP＝30°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AE＝x，EP＝x，
∴AB＝＝x，
∴S四边形APBC＝S△ABP+S△ABC＝BP•AE+•5x•（x）4＝，
解得：x＝，
∴AB＝4，
∵OF⊥AB，
∴BF＝AB＝2，
∴OB＝，
故选：C．
二、填空题（本大题共5小题，共15分）
11．如图，在△ABC中，AC＝3，D、E分别在CA、CB上，点F在△ABC内．若四边形CDFE是边长为1的正方形　　．

解：连接AF，过点F作FG⊥AB于G，

∵四边形CDFE是边长为1的正方形，
∴CD＝CE＝DF＝EF＝1，∠C＝∠ADF＝90°，
∵AC＝2，BC＝4，
∴AD＝2，BE＝6，
∴AB＝＝6＝，BF＝＝，
设BG＝x，
∵FG5＝AF2﹣AG2＝BF2﹣BG2，
∴5﹣（3﹣x）2＝10﹣x2，解得：x＝2，
∴FG＝＝2，
∴sin∠FBA＝＝．
故答案为：．
12．如图，有甲乙两座建筑物，从甲建筑物A点处测得乙建筑物D点的俯角α为45°，BC为两座建筑物的水平距离．已知乙建筑物的高度CD为6m，则甲建筑物的高度AB为 　16　m．
（sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，结果保留整数）．

解：过点D作DE⊥AB于点E，如图．

则BE＝CD＝6m，∠ADE＝45°，
在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，
设AE＝xm，则DE＝xm，
∴BC＝xm，AB＝AE+BE＝（6+x）m，
在Rt△ABC中，
tan∠ACB＝tan58°＝≈1.60，
解得x＝10，
∴AB＝16m．
故答案为：16．
13．如图，某校的围墙由一段相同的凹曲拱组成，其拱状图形为抛物线的一部分，按相同间隔0.2米用5根立柱加固，拱高OC为0.36米　0.2　米．

解：如图，以点C为坐标系的原点，
设抛物线解析式为y＝ax2，
由题知，图象过B（0.2，
代入得：0.36＝0.36a
∴a＝3，即y＝x2．
∵F点横坐标为﹣0.5，
∴当x＝﹣0.4时，y＝8.16，
∴EF＝0.36﹣0.16＝3.2米
故答案为0.4．

14．圆拱门是中国古典园林建筑元素之一，如图，花园边墙上有一宽AD为1m的矩形门ABCD，现准备打掉部分墙体，使其变成以AC为直径的圆弧形拱门　m2　．

解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，AC＝BD＝2m，
∴OA＝OB＝AD＝1m，
∴∠AOD＝∠ADO＝∠BOC＝60°，
∴AB＝AD＝，
∴S打掉墙体的面积＝S扇形BAC﹣3S△BOC
＝﹣3×
＝﹣
＝（m2）．
故答案为：m2．

15．《梦溪笔谈》是北宋的沈括所著的笔记体综合性科学著作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，OA为半径的圆弧，C是弦AB的中点，且CD⊥AB．“会圆术”给出弧AB的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB+．当OA＝2，s＝　3　．

解：如图，连接OC、C、D在同一条直线上，
∵∠AOB＝90°，OA＝OB＝2，
∴AB＝OA＝4，
∵OC⊥AB，OA＝OB＝2，
∴OC＝AC＝OA＝，
∴s＝AB+
＝2+
＝3．
故答案为：3．

三、解答题（本大题共7小题，共55分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16．某兴趣小组为了测量大楼CD的高度，先沿着斜坡AB走了52米到达坡顶点B处，然后在点B处测得大楼顶点C的仰角为53°，点A到大楼的距离AD为72米，求大楼的高度CD．
（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）

解：如图，过点B作BE⊥AD于点E，

∵CD⊥AD，
∴四边形BEDF是矩形，
∴FD＝BE，FB＝DE，
在Rt△ABE中，BE：AE＝1：2.8＝5：12，
设BE＝5x，AE＝12x，
根据勾股定理，得
AB＝13x，
∴13x＝52，
解得x＝4，
∴BE＝FD＝5x＝20，
AE＝12x＝48，
∴DE＝FB＝AD﹣AE＝72﹣48＝24，
∴在Rt△CBF中，CF＝FB×tan∠CBF≈24×，
∴CD＝FD+CF＝20+32＝52（米）．
答：大楼的高度CD约为52米．
17．如图，在东西方向的海岸上有两个相距6海里的码头B，D，某海岛上的观测塔A距离海岸5海里，沿正北方向航行至C处，此时在A处测得C位于南偏东67°方向．求此时观测塔A与渔船C之间的距离（结果精确到0.1海里）．
（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈，sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈）

解：如图，过点A作AE⊥BD于点E，
得矩形CDEF，
∴CF＝DE，

根据题意可知：
AE＝5海里，∠BAE＝22°，
∴BE＝AE•tan22°≈5×＝2（海里），
∴DE＝BD﹣BE＝7﹣2＝4（海里），
∴CF＝6（海里），
在Rt△AFC中，∠CAF＝67°，
∴AC＝≈4×．
答：观测塔A与渔船C之间的距离约为4.2海里．
18．某学校九年级的一场篮球比赛中，如图队员甲正在投篮，已知球出手时离地面高m，当球出手后水平距离为4m时到达最大高度4m，设篮球运行轨迹为抛物线
（1）建立如图所示的平面直角坐标系，问此球能否准确投中？
（2）此时，若对方队员乙在甲前1m处跳起盖帽拦截，已知乙的最大摸高为3.1m

解：（1）根据题意，球出手点．
A（0，），B（2，C（7
设二次函数解析式为y＝a（x﹣h）2+k，
将点（6，）代入可得：16a+4＝，
解得：a＝﹣，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣4）8+4；
将C（7，6）点坐标代入抛物线解析式得：
∴﹣（5﹣4）2+2＝3
∴左边＝右边
即C点在抛物线上，
∴此球一定能投中．
（2）能拦截成功．
理由：将x＝1代入y＝﹣（x﹣4）2+4得y＝3
∵3＜3.1
∴他能拦截成功．

19．我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．人们根据实际需要，其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上，且AB的长度与半圆的半径相等，DB足够长．

使用方法如图2所示，若要把∠MEN三等分，只需适当放置三分角器，点A落在边EM上，半圆O与另一边EN恰好相切，则EB，EO就把∠MEN三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整
已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，垂足为点B，　AB＝OB，EN切半圆O于F　．
求证：　EB，EO就把∠MEN三等分　．
解：已知：如图2，点A，B，O，EB⊥AC，AB＝OB．M、A、E三点共线．
求证：EB，EO把∠MEN三等分，
证明：∵EB⊥AC，
∴∠ABE＝∠OBE＝90°，
∵AB＝OB，BE＝BE，
∴△ABE≌△OBE（SAS），
∴∠1＝∠3，
∵BE⊥OB，
∴BE是⊙O的切线，
∵EN切半圆O于F，
∴∠2＝∠3，
∴∠4＝∠2＝∠3，
∴EB，EO就把∠MEN三等分．
故答案为：AB＝OB，EN切半圆O于F，EO就把∠MEN三等分．

20．如图，有一座拱桥是圆弧形，它的跨度AB＝60米
（1）求圆弧所在的圆的半径r的长；
（2）当洪水泛滥到跨度只有30米时，要采取紧急措施，若拱顶离水面只有4米，是否要采取紧急措施？

解：（1）连接OA，
由题意得：AD＝AB＝30（米），
在Rt△ADO中，由勾股定理得：r2＝302+（r﹣18）2，
解得，r＝34（米）；

（2）连接OA′，
∵OE＝OP﹣PE＝30米，
∴在Rt△A′EO中，由勾股定理得：A′E3＝A′O2﹣OE2，即：A′E8＝342﹣302，
解得：A′E＝16（米）．
∴A′B′＝32（米）．
∵A′B′＝32＞30，
∴不需要采取紧急措施．

21．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝20，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；
（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在；若不存在，请说明理由．

【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△BAD∽△DCE．

（2）解：如图2中，作AM⊥BC于M．

在Rt△ABM中，设BM＝4k＝3k，
由勾股定理，得到AB3＝AM2+BM2，
∴204＝（3k）2+（6k）2，
∴k＝4或﹣3（舍弃），
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2•3k＝32，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴＝，
∴DB＝＝＝，
∵DE∥AB，
∴＝，
∴AE＝＝＝．

（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置．
理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M．则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，

∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN＝90°，MH＝AN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∵AB＝20，tanB＝
∴BM＝CM＝16，
∴BC＝32，
在Rt△ABM中，由勾股定理＝＝12，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD，
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴＝＝tan∠ADF＝tanB＝，
∴AN＝AM＝，
∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝16﹣9＝7，
当DF＝CF时，由点D不与点C重合，
∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14，
∴BD＝BC﹣CD＝32﹣14＝18，
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，此时BD＝18．
22．如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是该圆的直径，线段BD与AC交于点E，若AB＝5，，．
（1）试用含m的代数式表示k；
（2）若AD∥OC，求k的值；
（3）若CE＝CF，求cos∠ABD．

解：（1）如图1，连接BC，

∵AB是的⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∵，
∴BC＝AB•sin∠CAB＝5×＝3，
∴，
∵∠ADE＝∠ECB，∠DEA＝∠CEB，
∴△DEA∽△CEB，
∴，
∴，
∴DE⋅BE＝m（4﹣m），
∵，BE3＝m2+37＝m2+9，
∴k＝＝＝；
（2）解：∵AD∥OC，
∴∠DAC＝∠ACO，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠ACO，
∵∠DAC＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠OAC，
∵∠ACB＝∠BCE，
∴△CBE∽△CAB，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图6，在线段AC上取一点G，

∵CE＝CF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∵∠CEF+∠CFE+∠ECF＝180°，
∴，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ECB＝90°，
∴∠CEB+∠CBD＝90°，
∴，
∵OA＝OC，
∴∠CAB＝∠ACO＝2∠DBC＝∠CBG，
∵∠BCE＝∠ACB，
∴△CBG∽△CAB，
∴，
∴CB6＝CG•CA，
∵AC＝4，BC＝3，
∴，
∴，
∵∠DBG＝∠DBC，
∴，
∴，
∴CE＝1＝m，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．