备战2024年中考数学二轮专题复习真题演练之相交线与平行线（1）

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一、选择题
1．（2023·黄冈）如图，Rt△ABC的直角顶点A在直线a上，斜边BC在直线b上，若a∥b，∠1=55°，则∠2=（ ）
A．55°B．45°C．35°D．25°
【答案】C
【解析】【解答】解：∵a∥b，∠1=55°，
∴∠ABC=∠1=55°，
∴∠2=180°-∠BAC-∠ABC=180°-90°-55°=35°.
故答案为：C.
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC=∠1=55°，然后根据内角和定理进行计算.
2．（2023·大连）如图，直线AB∥CD，∠ABE=45°，∠D=20°，则∠E的度数为（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，∠ABE=45°，
∴∠BCD=∠ABE=45°.
∵∠BCD=∠D+∠E，∠D=20°，
∴∠E=∠BCD-∠D=45°-20°=25°.
故答案为：B.
【分析】根据平行线的性质可得∠BCD=∠ABE=45°，由外角的性质可得∠BCD=∠D+∠E，据此计算.
3．（2023·营口）如图，AD是∠EAC的平分线，AD∥BC，∠BAC=100°，则∠C的度数是（ ）
A．50°B．40°C．35°D．45°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠BAC=100°，
∴∠EAC=180°-∠BAC=80°.
∵AD是∠EAC的角平分线，
∴∠DAC=12∠EAC=40°.
∵AD∥BC，
∴∠C=∠DAC=40°.
故答案为：B.
【分析】根据邻补角的性质可得∠EAC=180°-∠BAC=80°，由角平分线的概念可得∠DAC=12∠EAC=40°，根据平行线的性质可得∠C=∠DAC，据此解答.
4．（2023·长沙）如图，直线m∥直线n，点A在直线n上，点B在直线m上，连接AB，过点A作AC⊥AB，交直线m于点C．若∠1=40°，则∠2的度数为（ ）
A．30°B．40°C．50°D．60°
【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意得∠DAC=∠1+∠BAC=130°，
∵m∥n，
∴∠2+∠DAC=180°，
∴∠2=50°，
故答案为：C
【分析】先根据垂直结合题意得到∠DAC，进而根据平行线的性质即可求解。
5．（2023·张家界）如图，已知直线AB∥CD，EG平分∠BEF，∠1=40°，则∠2的度数是（ ）
A．70°B．50°C．40°D．140°
【答案】A
【解析】【解答】解：∵∠1=40°，EG平分∠BEF，
∴∠FEB=140°，
∴∠FEG=70°，
∵AB∥CD，
∴∠1=∠EFG=40°，
∴∠2=180°−70°−40°=70°，
故答案为：A
【分析】先根据角平分线的性质结合题意即可得到∠FEG=70°，进而根据平行线的性质得到∠1=∠EFG=40°，再根据三角形内角和定理即可求解。
6．（2023·兰州）如图，直线AB与CD相交于点O，则∠BOD=（ ）
A．40°B．50°C．55°D．60°
【答案】B
【解析】【解答】解：由量角器得∠AOC=50°，
∴∠BOD=∠AOC=50°，
故答案为：B
【分析】根据量角器读出∠AOC的度数，进而根据对顶角即可求解。
7．（2023·济宁）如图，a，b是直尺的两边，a∥b，把三角板的直角顶点放在直尺的b边上，若∠1=35°，则∠2的度数是（ ）
A．65°B．55°C．45°D．35°
【答案】B
【解析】【解答】解：如图所示：
∵a∥b，
∴∠1=∠ACD，∠2=∠BCE，
∵∠1=35°，三角板的直角顶点在直尺的b边上，
∴∠2=∠BCE=90°-35°=55°，
故答案为：B
【分析】根据平行线的性质即可得到∠1=∠ACD，∠2=∠BCE，再结合题意即可求解。
8．（2023·济宁）如图，在正方形方格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，点A，B，C，D，E均在小正方形方格的顶点上，线段AB，CD交于点F，若∠CFB=α，则∠ABE等于（ ）
A．180°−αB．180°−2αC．90°+αD．90°+2α
【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意得HE=DG=1，GC=HB=4，∠EHB=∠DGC=90°，
∴△EHB≌△DGC（SAS），
∴∠EBH=∠DCG，
∵DB∥GC，
∴∠DBA=∠BAC，
∵∠CFB=α，
∴∠DBA+∠EGH=α，
∴∠ABE=90°+α，
故答案为：C
【分析】先根据题意即可得到HE=DG=1，GC=HB=4，∠EHB=∠DGC=90°，进而根据三角形全等的判定与性质证明△EHB≌△DGC（SAS）即可得到∠EBH=∠DCG，再根据平行线的性质即可得到∠DBA=∠BAC，进而结合题意得到∠DBA+∠EGH=α，再结合题意即可求解。
9．（2023·日照）在数学活动课上，小明同学将含30°角的直角三角板的一个顶点按如图方式放置在直尺上，测得∠1=23°，则∠2的度数是（ ）．
A．23°B．53°C．60°D．67°
【答案】B
【解析】【解答】解：如图所示：
∵BC∥DE，
∴∠2=∠BCD，
∵∠BCD为△ABC的外角，
∴∠2=∠1+∠A=53°，
故答案为：B
【分析】先根据平行线的性质即可得到∠2=∠BCD，再根据三角形外角的性质即可求解。
10．（2023·贵州）如图，AB∥CD，AC与BD相交于点E．若∠C=40°，则∠A的度数是（ ）
A．39°B．40°C．41°D．42°
【答案】B
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠A=∠C=40°，
故答案为：B
【分析】根据平行线的性质即可求解。
二、填空题
11．（2023·兰州）如图，在▱ABCD中，BD=CD，AE⊥BD于点E，若∠C=70°，则∠BAE= °．
【答案】50
【解析】【解答】解：∵BD=CD，∠C=70°，
∴∠DBC=∠C=70°，
∴∠EDC=40°，
∵四边形ABCD为平行四边形，AE⊥BD，
∴AB∥CD，∠AEB=90°，
∴∠ABD=∠BDC=40°，
∴∠BAE=90°-40°=50°，
故答案为：50
【分析】先根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理即可得到∠EDC=40°，进而根据平行四边形的性质结合垂直得到AB∥CD，∠AEB=90°，再根据平行线的性质即可得到∠ABD=∠BDC=40°，最后根据三角形内角和定理即可求解。
12．（2023·东营）一艘船由A港沿北偏东60°方向航行30km至B港，然后再沿北偏西30°方向航行40km至C港，则A，C两港之间的距离为 km．
【答案】50
【解析】【解答】解：根据题意画图，如图所示：
∴CB=40km，BA=30km，∠CBM=30°，∠NAB=60°，NA∥BM，
∴∠MBA=120°，
∴∠CBA=90°，
由勾股定理得AC=302+402=50，
∴A，C两港之间的距离为50km，
故答案为：50
【分析】先根据题意画图，进而得到CB=40km，BA=30km，∠CBM=30°，∠NAB=60°，NA∥BM，再根据平行线的性质即可得到∠MBA=120°，进而得到∠CBA=90°，最后运用勾股定理结合题意即可求解。
13．（2023·威海）某些灯具的设计原理与抛物线有关．如图，从点O照射到抛物线上的光线OA，OB等反射后都沿着与POQ平行的方向射出．若∠AOB=150°，∠OBD=90°，则∠OAC= °．
【答案】60
【解析】【解答】解：∵∠OBD=90°，QP∥DB，
∴∠BOP=90°，
∴∠POA=60°，
∵CA∥QP，
∴∠OAC=60°，
故答案为：60
【分析】先根据题意结合平行线的性质即可得到∠BOP=90°，进而得到∠POA=60°，再根据平行线的性质即可求解。
14．（2023·徐州）如图，在△ABC中，若DE∥BC，FG∥AC，∠BDE=120°，∠DFG=115°，则∠C= °．
【答案】55
【解析】【解答】解：∵DE∥BC，∠EDF=120°，
∴∠EDF+∠B=180°，
∴∠B=180°-120°=60°.
∵∠GFD=115°，
∴∠GFB=180°-∠GFD=65°.
∵FG∥AC，
∴∠C=∠FGC=180°-∠B-∠GFB=180°-60°-65°=55°.
故答案为：55.
【分析】由平行线的性质可得∠EDF+∠B=180°，∠C=∠FGC，结合∠EDF的度数可得∠B的度数，根据邻补角的性质可得∠GFB的度数，然后在△BFG中，利用内角和定理进行计算.
三、解答题
15．（2023·常德）今年“五一”长假期间，小陈、小余同学和家长去沙滩公园游玩，坐在如图的椅子上休息时，小陈感觉很舒服，激发了她对这把椅子的好奇心，就想出个问题考考同学小余，小陈同学先测量，根据测量结果画出了图1的示意图（图2）．在图2中，已知四边形ABCD是平行四边形，座板CD与地面MN平行，△EBC是等腰三角形且BC=CE，∠FBA=114.2°，靠背FC=57cm，支架AN=43cm，扶手的一部分BE=16.4cm．这时她问小余同学，你能算出靠背顶端F点距地面（MN）的高度是多少吗？请你帮小余同学算出结果（最后结果保留一位小数）．（参考数据：sin65.8°=0.91，cs65.8°=0.41，tan65.8°=2.23）
【答案】解：方法一：
过点F作FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠FBA=114.2°，
∴∠FCQ=∠CBH=180°−114.2°=65.8°，
∵FC=57
∴FQ=FC⋅sin∠FCQ=57⋅sin65.8°，
过点A作AP⊥MN于点P，
由题意知AB∥CD∥MN，FC∥AN，
∴∠ANP=∠FCQ=65.8°，
又∵AN=43，
∴AP=AN⋅sin∠ANP=43⋅sin65.8°，
过C作CH⊥AB于点H，
∵BC=CE，EB=16.4，
∴BH=8.2，
∴CH=BH⋅tan∠CBH=8.2×tan65.8°=8.2×2.23≈18.29，
∴靠背顶端F点距地面(MN)高度为
FQ+AP−HC=57sin65.8°+43sin65.8°−18.29=100×0.91−18.29=72.71≈72.7cm；
方法二：
如图，过点F作FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，延长AB交FQ于点S，
∵BC=CE，EB=16.4，
∴BH=8.2，
又∵AB∥CD，
∴∠FCQ=∠HBC=180°−114.2°=65.8°，
∴BC=BHcs∠CBH=8.2÷0.41=20cm，
∴FS=FB⋅sin∠FBS=FB⋅sin∠HBC=(57−20)⋅sin65.8°=37sin65.8°，
过A作AP⊥MN于P，
由题意知AB∥CD∥MN，FC∥AN，
∴∠ANP=∠FCQ=65.8°，
又∵AN=43，
∴AP=AN⋅sin∠ANP=43sin65.8°，
∴靠背顶端F点距地面(MN)高度为FS+AP=37sin65.8°+43sin65.8°=80×0.91=72.8cm．
【解析】【分析】方法一：过点F作FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，先根据平行四边形的性质结合题意即可得到FQ=FC⋅sin∠FCQ=57⋅sin65.8°，过点A作AP⊥MN于点P，进而得到FC∥AN，进而根据平行线的性质即可得到∠ANP=∠FCQ=65.8°，进而得到AP=AN⋅sin∠ANP=43⋅sin65.8°，过C作CH⊥AB于点H，再结合题意运用解直角三角形即可求解；
方法二：过点F作FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，过点C作CH⊥AB于点H，延长AB交FQ于点S，根据题意运用解直角三角形的知识即可得到FS=FB⋅sin∠FBS=FB⋅sin∠HBC=(57−20)⋅sin65.8°=37sin65.8°，过A作AP⊥MN于P，进而得到FC∥AN，再运用平行线的性质结合解直角三角形即可求解。
16．（2023·广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF=CE，∠BAC=∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形．
【答案】证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∵AF=CE，AE=AF−EF，CF=CE−EF，
∴AE=CF，
又∵∠BAC=∠DCA，
∴△AEB≌△CFD(ASA)，
∴AB=CD，
∵∠BAC=∠ACD，
∴AB∥CD，
四边形ABCD是平行四边形．
【解析】【分析】先根据题意得到∠AEB=∠CFD=90°，进而运用三角形全等的判定与性质证明△AEB≌△CFD(ASA)，进而得到AB=CD，再运用等腰三角形的性质即可得到∠BAC=∠ACD，进而运用平行线的判定和平行四边形的判定即可求解。
四、作图题
17．（2023·鄂州）如图，点E是矩形ABCD的边BC上的一点，且AE=AD．
（1）尺规作图（请用2B铅笔）：作∠DAE的平分线AF，交BC的延长线于点F，连接DF．（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）试判断四边形AEFD的形状，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：四边形AEFD是菱形.理由如下：
∵四边形ABCD是矩形
∴ AD∥BC
∴∠DAF=∠AFC
∵ AF平分∠DAE
∴∠DAF=∠EAF
∴∠AFC=∠EAF
∴ AE=EF
∵ AD=AE
∴ AD=EF
又∵ AD∥EF
∴四边形AEFD是平行四边形
又∵ AD=AE
∴四边形AEFD是菱形.
【解析】【分析】（1）根据角平分线的作法进行作图；
（2）由矩形以及平行线的性质可得∠DAF=∠AFC，根据角平分线的概念可得∠DAF=∠EAF，进而推出AE=EF，由已知条件可知AD=AE，则AD=EF，然后根据菱形的判定定理进行解答.
五、综合题
18．（2023·长沙）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：AD=AF；
（2）若AD=6，AB=3，∠A=120°，求BF的长和△ADF的面积．
【答案】（1）证明：在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠CDE=∠F，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠F=∠ADF，
∴AD=AF．
（2）解：∵AD=AF=6，AB=3，
∴BF=AF−AB＝3；
过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，
∵∠BAD=120°，
∴∠DAH=60°，
∴∠ADH=30°，
∴AH=12AD=3，
∴DH=AD2−AH2=33，
∴△ADF的面积=12AF⋅DH=12×6×33=93．
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的性质结合平行线的性质即可得到∠CDE=∠F，进而根据角平分线的性质得到∠ADE=∠CDE，再结合题意运用等腰三角形的性质即可求解；
（2）先根据题意得到BF=AF−AB＝3；过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，根据含30°角的直角三角形的性质结合题意即可得到AH的长，进而根据勾股定理即可求出DH，再根据三角形的面积即可求解。
19．（2023·无锡）如图，AB是⊙O的直径，CD与AB相交于点E．过点D的切线DF∥AB，交CA的延长线于点F，CF=CD．
（1）求∠F的度数；
（2）若DE⋅DC=8，求⊙O的半径．
【答案】（1）解：如图，连接OD．
∵FD为⊙O的切线，
∴∠ODF=90°．
∵DF∥AB，
∴∠AOD=90°．
∵AD=AD，
∴∠ACD=12∠AOD=45°．
∵CF=CD，
∴∠F=12×(180−∠ACD)=67.5°．
（2）解：如图，连接AD，
∵AO=OD，∠AOD=90°，
∴∠EAD=45°．
∵∠ACD=45°，
∴∠ACD=∠EAD，且∠ADE=∠CDA，
∴△DAE∽△DCA，
∴DEDA=DADC，即DA2=DE⋅DC=8，
∴DA=22，
∴OA=OD=22AD=2，即半径为2．
【解析】【分析】(1)先通过切线和平行线的性质得到∠ACD的度数，再利用等腰三角形的性质求得∠F的度数.
(2)证得子母型相似三角形是本题解题关键，再通过相似三角形的性质得到半径的长度.
20．（2023·张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD=BC，AE=BF，CE=DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF=FC时，求证：四边形DECF是菱形．
【答案】（1）证明：∵AD=BC，
∴AD+DC=BC+DC，
即AC=BD
在△AEC和△BFD中，
AC=BDAE=BFCE=DF，
∴△AEC≌△BFD(SSS)
∴∠A=∠B，
∴AE∥BF
（2）证明：方法一：在△ADE和△BCF中，
AE=BF∠A=∠BAD=BC，
∴△ADE≌△BCF(SAS)
∴DE=CF，又EC=DF，
∴四边形DECF是平行四边形
∵DF=FC，
∴▱DECF是菱形；
方法二：∵△AEC≌△BFD，
∴∠ECA=∠FDB
∴EC∥DF，
又EC=DF，
∴四边形DECF是平行四边形
∵DF=FC，
∴▱DECF是菱形．
【解析】【分析】（1）先根据题意即可得到AC=BD，再运用三角形全等的判定与性质证明△AEC≌△BFD(SSS)，进而得到∠A=∠B，再根据平行线的判定即可求解；
（2）方法一：先证明△ADE≌△BCF(SAS)即可得到DE=CF，又EC=DF，进而根据平行四边形的判定与性质即可得到DF=FC，再根据菱形的判定即可求解；
方法二：先根据三角形全等的性质即可得到∠ECA=∠FDB，进而得到EC∥DF，再根据平行四边形的判定和菱形的判定即可求解。
21．（2023·兰州）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，BC=BD，DE⊥AC于点E，DE交BF于点F，交AB于点G，∠BOD=2∠F，连接BD．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）判断△DGB的形状，并说明理由；
（3）当BD=2时，求FG的长．
【答案】（1）证明：如图所示，连接CO，
∵BC=BD，
∴∠BOD=∠BOC=2∠BAC，
∵∠BOD=2∠F，
∴∠F=∠BAC，
∵DE⊥AC，
∴∠AEG=90°，
∵∠AGE=∠FGB
∴∠FBG=∠AEG=90°，
即AB⊥BF，又AB是⊙O的直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：∵BC=BD，AB是⊙O的直径，
∴AD=AC，BC⊥AC，
∴∠ABD=∠ABC，
∵DE⊥AC，BC⊥AC，
∵EF∥BC，
∴∠AGE=∠ABC，
又∠AGE=∠FGB，
∴∠FGB=∠ABD，
∴△DGB是等腰三角形，
（3）解：∵∠FGB=∠ABD，AB⊥BF，
设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，
∴DB=DF，
∴FG=2DG=2DB=4．
【解析】【分析】（1）连接CO，先根据圆周角定理即可得到∠BOD=∠BOC=2∠BAC，再结合题意得到∠F=∠BAC，从而得到∠FBG=∠AEG=90°，再根据切线的判定即可求解；
（2）△DGB是等腰三角形，理由如下：先根据题意结合圆周角定理即可得到AD=AC，BC⊥AC，进而得到∠ABD=∠ABC，再根据平行线的性质结合题意证明∠FGB=∠ABD，从而根据等腰三角形的判定即可求解；
（3）设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，进而得到等腰三角形的性质即可得到DB=DF，进而即可得到FG=2DG=2DB=4。
22．（2023·东营）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠C=30°，CD=23，求BD的长．
【答案】（1）证明：如图：连接OD
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∴∠ODE=∠DEC。
∵DE⊥AC，
∴∠DEC=90°，
∴∠ODE=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：如图：连接AD
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
在Rt△ADC中，∠C=30°，CD=23，
∴cs30°=23AC，
∴AC=4，
∴OB=12AB=12AC=2，
∵∠C=30°，
∴∠B=∠ODB=30°，
∴∠BOD=120°，
∴lBD=120×π×2180=43π．
【解析】【分析】（1）连接OD，先根据等腰三角形的性质即可得到∠B=∠ODB，∠B=∠C，进而得到∠ODB=∠C，再根据平行线的判定与性质即可得到∠ODE=∠DEC，进而即可得到∠ODE=90°，再根据切线的判定即可求解；
（2）连接AD，先根据圆周角定理即可得到AD⊥BC，再根据题意结合锐角三角函数的定义即可求出AC，进而即可得到OB=12AB=12AC=2，再结合题意即可得到∠BOD=120°，进而运用弧长的计算公式即可求解。
23．（2023·潜江）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A，D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．
（1）求证：∠AMB=∠BMP；
（2）若DP=1，求MD的长．
【答案】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．
∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN，BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
∴MDQC=MPQP=DPCP=12，
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
∴MP=13MQ=3+2x3．
在Rt△DMP中，MD2+DP2=MP2，
∴x2+12=(3+2x3)2．
解得：x1=0（舍），x2=125．
∴MD=125．
【解析】【分析】（1）由翻折和正方形的性质可得∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，结合等角的余角相等可得∠BMP=∠MBC，根据正方形以及平行线的性质可得∠AMB=∠MBC，据此证明；
（2）延长MN、BC交于点Q，根据平行于三角形一边的直线和其他两边所构成的三角形与原三角形相似可得△DMP∽△CQP，由相似三角形的性质可得QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x，易得MQ=BQ=3+2x，则MP=13MQ=3+2x3，然后在Rt△DMP中，利用勾股定理计算即可.
24．（2023·大连）如图1，在⊙O中，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AD为∠CAB的平分线交⊙O于点D，连接OD交BC于点E．
（1）求∠BED的度数；
（2）如图2，过点A作⊙O的切线交BC延长线于点F，过点D作DG∥AF交AB于点G．若AD=235，DE=4，求DG的长．
【答案】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD=12∠BAC，即∠BAC=2∠BAD，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ODA，
∴∠BOD=∠BAD+∠ODA=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC，
∴OD∥AC，
∴∠OEB=∠ACB=90°，
∴∠BED=90°，
（2）如图，连接BD，设OA=OB=OD=r，
则OE=r−4，AC=2OE=2r−8，AB=2r，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，由勾股定理得：BD2=AB2−AD2
由（1）得：∠BED=90°，
∴∠BED=∠BEO=90°，
由勾股定理得：BE2=OB2−OE2，BE2=BD2−DE2，
∴BD2=AB2−AD2=BE2+DE2=OB2−OE2+DE2，
∴(2r)2−(235)2=r2−(r−4)2+42，整理得：r2−2r−35=0，
解得：r=7或r=−5（舍去），
∴AB=2r=14，
∴BD=AB2−AD2=142−(235)2=214，
∵AF是⊙O的切线，
∴AF⊥AB，
∵DG∥AF，
∴DG⊥AB，
∴S△ABD=12AD·BD=12AB·DG，
∴DG=AD·BDAB=235×21414=210．
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB=90°，根据角平分线的概念可得∠BAC=2∠BAD，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠ODA，结合外角的性质可得∠BOD=∠BAD+∠ODA=2∠BAD，则∠BOD=∠BAC，推出OD∥AC，根据平行线的性质可得∠OEB=∠ACB=90°，据此求解；
（2）连接BD，设OA=OB=OD=r，则OE=r-4，AC=2r-8，AB=2r，由圆周角定理可得∠ADB=90°，根据勾股定理可得BD2=AB2-AD2=BE2+DE2=OB2-OE2+DE2，代入求解可得r的值，进而可得AB、BD的值，由切线的性质可得AF⊥AB，进而得到DG⊥AB，然后利用等面积法进行计算.
25．（2023·营口）在▱ABCD中，∠ADB=90°，点E在CD上，点G在AB上，点F在BD的延长线上，连接EF，DG．∠FED=∠ADG，ADBD=DGEF=k．
（1）如图1，当k=1时，请用等式表示线段AG与线段DF的数量关系 ；
（2）如图2，当k=3时，写出线段AD，DE和DF之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点G是AB的中点时，连接BE，求tan∠EBF的值．
【答案】（1）AG=DF
（2）AD=23DF+3DE，理由如下：
当k=3时，ADBD=DGEF=3，
∴∠A=30°，∠CDB=∠DBA=60°，
过点G作GM⊥AB交AD于点M，
∴∠DMG=120°，
∵∠FDE=120°，
∴∠FDE=∠DMG，
又∵∠FED=∠ADG，
∴△DMG∽△EDF，
∴MGDF=DMDE=DGEF=3，
∴MG=3DF，DM=3DE，
∵∠A=30°，
∴AM=2MG=23DF，
∵AD=AM+DM，
∴AD=23DF+3DE
（3）∵AD=3DB，AD=23DF+3DE，
∴DB=2DF+DE，
设DE=x，
∵点G是AB的中点，
∴AG=DG=BG，
∴∠ADG=30°，
∴∠DFE=30°=∠FED，
∴DE=DF=x，DB=3x，
过点E作EN⊥BD于N，
∵∠BDE=∠ABD=60°，
∴∠DEN=30°，
∴DN=12DE=12x，EN=32x，
∴BN=BD−DN=3x−12x=52x，
∴tan∠EBF=ENBN=32x52x=35．
【解析】【解答】解：（1）当k=1时，AD=BD，DG=EF，在AD上截取DH=DE，连接HG，
∵平行四边形ABCD中，∠ADB=90°，
∴∠A=∠ABD=45°.
∵AB∥CD，
∴∠CDB=45°，∠CDF=135°.
∵DH=DE，∠FED=∠ADG，DG=EF，
∴△DHG≌△EDF（SAS），
∴∠DHG=∠EDF=45°，DF=HG，
∴∠AHG=45°，
∴∠AGH=90°，
∴AG=GH=DF.
故答案为：AG=DF.
【分析】（1）当k=1时，AD=BD，DG=EF，在AD上截取DH=DE，连接HG，则△ABD为等腰直角三角形，∠A=∠ABD=45°，由平行线的性质可得∠CDB=45°，∠CDF=135°，利用SAS证明△DHG≌△EDF，得到∠DHG=∠EDF=45°，DF=HG，则∠AGH=90°，据此解答；
（2）当k=3时，ADBD=DGEF=3，∠A=30°，∠CDE=∠DBA=60°，过点G作GM⊥AB交AD于点M，则∠DMG=∠FDE=120°，由两角对应相等的两个三角形相似可得△DMG∽△EDF，根据相似三角形的性质可得MG=3DF，DM=3DE，由含30°角的直角三角形的性质可得AM=2MG=23DF，然后根据AD=AM+DM进行解答；
（3）由题意可得DB=2DF+DE，设DE=x，则DE=DF=x，DB-=3x，过点E作EN⊥BD于N，则DN=12x，EN=32x，BN=BD-DN=52x，然后根据三角函数的概念进行计算.
26．（2023·东营）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，求证：∠PMN=∠PNM．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：∠AEM=∠F．
（3）用数学的语言表达．
如图，在△ABC中，AC