2025年承德市滦平县中考数学模拟精编试卷含解析

这是一份2025年承德市滦平县中考数学模拟精编试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若=1，则符合条件的m有，6的绝对值是等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．由4个相同的小立方体搭成的几何体如图所示，则它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
2．我国“神七”在2008年9月26日顺利升空，宇航员在27日下午4点30分在距离地球表面423公里的太空中完成了太空行走，这是我国航天事业的又一历史性时刻．将423公里用科学记数法表示应为（ ）米．
A．42.3×104B．4.23×102C．4.23×105D．4.23×106
3．如图，点A为∠α边上任意一点，作AC⊥BC于点C，CD⊥AB于点D，下列用线段比表示sinα的值，错误的是（ ）
A．B．C．D．
4．一组数据3、2、1、2、2的众数，中位数，方差分别是（ ）
A．2，1，0.4B．2，2，0.4
C．3，1，2D．2，1，0.2
5．若=1，则符合条件的m有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
6．如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与y轴正半轴相交，其顶点坐标为（12,1），下列结论：①ac＜1；②a+b=1；③4ac﹣b2=4a；④a+b+c＜1．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，已知AB∥CD，DE⊥AC，垂足为E，∠A＝120°，则∠D的度数为（ ）
A．30°B．60°C．50°D．40°
8．用加减法解方程组时，如果消去y，最简捷的方法是（ ）
A．①×4﹣②×3B．①×4+②×3C．②×2﹣①D．②×2+①
9．为了配合 “我读书，我快乐”读书节活动，某书店推出一种优惠卡，每张卡售价20元，凭卡购书可享受8折优惠，小慧同学到该书店购书，她先买优惠卡再凭卡付款，结果节省了10元，若此次小慧同学不买卡直接购书，则她需付款：
A．140元B．150元C．160元D．200元
10．6的绝对值是（ ）
A．6B．﹣6C．D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．若关于x、y的二元一次方程组的解满足x＋y＞0，则m的取值范围是____．
12．计算（﹣a）3•a2的结果等于_____．
13．图①是一个三角形，分别连接这个三角形的中点得到图②；再分别连接图②中间小三角形三边的中点，得到图③．按上面的方法继续下去，第n个图形中有_____个三角形（用含字母n的代数式表示）．
14．如图，AB∥CD，BE交CD于点D，CE⊥BE于点E，若∠B=34°，则∠C的大小为________度．
15．两个反比例函数y=kx和y=1x在第一象限内的图象如图所示，点P在y=kx的图象上，PC⊥x轴于点C，交y=1x的图象于点A，PD⊥y轴于点D，交y=1x的图象于点B，当点P在y=kx的图象上运动时，以下结论：①△ODB与△OCA的面积相等；②四边形PAOB的面积不会发生变化；③PA与PB始终相等；④当点A是PC的中点时，点B一定是PD的中点．其中一定正确的是__ ．
16．二次函数y＝（x﹣2m）2+1，当m＜x＜m+1时，y随x的增大而减小，则m的取值范围是_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=1，CD=DA=1，且∠B=90°，求：∠BAD的度数；四边形ABCD的面积(结果保留根号)．
18．（8分）如图1，四边形ABCD中，，，点P为DC上一点，且，分别过点A和点C作直线BP的垂线，垂足为点E和点F．
证明：∽；
若，求的值；
如图2，若，设的平分线AG交直线BP于当，时，求线段AG的长．
19．（8分）如图，已知抛物线y=ax2﹣2ax+b与x轴交于A、B（3，0）两点，与y轴交于点C，且OC=3OA，设抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点（其中点M在点N的右侧），在x轴上是否存在点Q，使△MNQ为等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（8分）在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），点B（0，2），点O（0，0）．△AOB绕着O顺时针旋转，得△A′OB′，点A、B旋转后的对应点为A′、B′，记旋转角为α．
（I）如图1，若α=30°，求点B′的坐标；
（Ⅱ）如图2，若0°＜α＜90°，设直线AA′和直线BB′交于点P，求证：AA′⊥BB′；
（Ⅲ）若0°＜α＜360°，求（Ⅱ）中的点P纵坐标的最小值（直接写出结果即可）．
21．（8分）（问题发现）
（1）如图（1）四边形ABCD中，若AB=AD，CB=CD，则线段BD，AC的位置关系为 ；
（拓展探究）
（2）如图（2）在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
（解决问题）
（3）如图（3）在正方形ABCD中，AB=2，以点A为旋转中心将正方形ABCD旋转60°，得到正方形AB'C'D'，请直接写出BD'平方的值．
22．（10分）已知：AB为⊙O上一点，如图，，，BH与⊙O相切于点B，过点C作BH的平行线交AB于点E.
（1）求CE的长；
（2）延长CE到F，使，连结BF并延长BF交⊙O于点G，求BG的长；
（3）在（2）的条件下，连结GC并延长GC交BH于点D，求证：
23．（12分）某商场购进一种每件价格为90元的新商品，在商场试销时发现：销售单价x(元/件)与每天销售量y(件)之间满足如图所示的关系．求出y与x之间的函数关系式；写出每天的利润W与销售单价x之间的函数关系式，并求出售价定为多少时，每天获得的利润最大？最大利润是多少？
24．请你仅用无刻度的直尺在下面的图中作出△ABC 的边 AB 上的高 CD．如图①，以等边三角形 ABC 的边 AB 为直径的圆，与另两边 BC、AC 分别交于点 E、F．如图②，以钝角三角形 ABC 的一短边 AB 为直径的圆，与最长的边 AC 相交于点 E．
参考答案
一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】试题分析：几何体的主视图有2列，每列小正方形数目分别为2，1.
故选A．
考点：三视图
视频
2、C
【解析】
423公里=423 000米=4.23×105米．
故选C．
3、D
【解析】
【分析】根据在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，可得答案．
【详解】∵∠BDC=90°，∴∠B+∠BCD=90°，
∵∠ACB=90°，即∠BCD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B=α，
A、在Rt△BCD中，sinα=，故A正确，不符合题意；
B、在Rt△ABC中，sinα=，故B正确，不符合题意；
C、在Rt△ACD中，sinα=，故C正确，不符合题意；
D、在Rt△ACD中，csα=，故D错误，符合题意，
故选D．
【点睛】本题考查锐角三角函数的定义及运用：在直角三角形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
4、B
【解析】
试题解析：从小到大排列此数据为：1，2，2，2，3；数据2出现了三次最多为众数，2处在第3位为中位数．平均数为（3+2+1+2+2）÷5=2，方差为 [（3-2）2+3×（2-2）2+（1-2）2]=0.1，即中位数是2，众数是2，方差为0.1．
故选B．
5、C
【解析】
根据有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法得出两个有关m的等式，即可得出.
【详解】
=1
m2-9=0或m-2= 1
即m= 3或m=3,m=1
m有3个值
故答案选C.
本题考查的知识点是有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法，解题的关键是熟练的掌握有理数的乘方及解一元二次方程-直接开平方法.
6、C
【解析】
①根据图象知道：a＜1，c＞1，∴ac＜1，故①正确；
②∵顶点坐标为(1/2 ，1)，∴x="-b/2a" ="1/2" ，∴a+b=1，故②正确；
③根据图象知道：x=1时，y=a++b+c＞1，故③错误；
④∵顶点坐标为(1/2 ，1)，∴4ac-b24a=1，∴4ac-b2=4a，故④正确．
其中正确的是①②④．故选C
7、A
【解析】
分析：根据平行线的性质求出∠C，求出∠DEC的度数，根据三角形内角和定理求出∠D的度数即可．
详解：∵AB∥CD，∴∠A+∠C=180°．
∵∠A=120°，∴∠C=60°．
∵DE⊥AC，∴∠DEC=90°，∴∠D=180°﹣∠C﹣∠DEC=30°．
故选A．
点睛：本题考查了平行线的性质和三角形内角和定理的应用，能根据平行线的性质求出∠C的度数是解答此题的关键．
8、D
【解析】
试题解析：用加减法解方程组 时，如果消去y，最简捷的方法是②×2+①,
故选D.
9、B
【解析】
试题分析：此题的关键描述：“先买优惠卡再凭卡付款，结果节省了人民币10元”，设李明同学此次购书的总价值是人民币是x元，则有：20+0.8x=x﹣10解得：x=150，即：小慧同学不凭卡购书的书价为150元．
故选B．
考点：一元一次方程的应用
10、A
【解析】
试题分析：1是正数，绝对值是它本身1．故选A．
考点：绝对值．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、m>-1
【解析】
首先解关于x和y的方程组，利用m表示出x+y，代入x+y＞0即可得到关于m的不等式，求得m的范围．
【详解】
解：，
①+②得1x+1y＝1m+4，
则x+y＝m+1，
根据题意得m+1＞0，
解得m＞﹣1．
故答案是：m＞﹣1．
本题考查的是解二元一次方程组和解一元一次不等式，解答此题的关键是把m当作已知数表示出x+y的值，再得到关于m的不等式．
12、﹣a5
【解析】
根据幂的乘方和积的乘方运算法则计算即可.
【详解】
解：(-a)3•a2=-a3•a2=-a3+2=-a5.
故答案为：-a5.
本题考查了幂的乘方和积的乘方运算.
13、4n﹣1
【解析】
分别数出图、图、图中的三角形的个数，可以发现：第几个图形中三角形的个数就是4与几的乘积减去如图中三角形的个数为按照这个规律即可求出第n各图形中有多少三角形．
【详解】
分别数出图、图、图中的三角形的个数，
图中三角形的个数为；
图中三角形的个数为；
图中三角形的个数为；
可以发现，第几个图形中三角形的个数就是4与几的乘积减去1．
按照这个规律，如果设图形的个数为n，那么其中三角形的个数为．
故答案为．
此题主要考查学生对图形变化类这个知识点的理解和掌握，解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形，数据等条件，通过认真思考，归纳总结出规律，此类题目难度一般偏大，属于难题．
14、56
【解析】
解：∵AB∥CD,
∴
又∵CE⊥BE，
∴Rt△CDE中,
故答案为56.
15、①②④．
【解析】
①△ODB与△OCA的面积相等；正确，由于A、B在同一反比例函数图象上，则两三角形面积相等，都为12．
②四边形PAOB的面积不会发生变化；正确，由于矩形OCPD、三角形ODB、三角形OCA为定值，则四边形PAOB的面积不会发生变化．
③PA与PB始终相等；错误，不一定，只有当四边形OCPD为正方形时满足PA=PB．
④当点A是PC的中点时，点B一定是PD的中点．正确，当点A是PC的中点时，k=2，则此时点B也一定是PD的中点．
故一定正确的是①②④
16、m>1
【解析】
由条件可知二次函数对称轴为x=2m，且开口向上，由二次函数的性质可知在对称轴的左侧时y随x的增大而减小，可求得m+1＜2m，即m＞1．
故答案为m＞1．
点睛：本题主要考查二次函数的性质，掌握当抛物线开口向下时，在对称轴右侧y随x的增大而减小是解题的关键．
三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）;
（2）
【解析】
（1）连接AC，由勾股定理求出AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△ACD的形状，进而可求出∠BAD的度数；
（2）由（1）可知△ABC和△ADC是Rt△，再根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC即可得出结论．
【详解】
解：（1）连接AC，如图所示：
∵AB=BC=1，∠B=90°
∴AC=，
又∵AD=1，DC=，
∴ AD2＋AC2=3 CD2=()2=3
即CD2=AD2+AC2
∴∠DAC=90°
∵AB=BC=1
∴∠BAC=∠BCA=45°
∴∠BAD=135°；
（2）由（1）可知△ABC和△ADC是Rt△，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=1×1×+1××= .
考查的是勾股定理、勾股定理的逆定理及三角形的面积，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
18、（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
由余角的性质可得，即可证∽；
由相似三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可求的值；
由题意可证∽，可得，可求，由等腰三角形的性质可得AE平分，可证，可得是等腰直角三角形，即可求AG的长．
【详解】
证明：，
又，
又，
∽
∽，
又，，
如图，延长AD与BG的延长线交于H点
，
∽
∴
，由可知≌
，
，
代入上式可得，
∽，
，，
∴
，，
平分
又平分，
，
是等腰直角三角形．
∴.
本题考查的知识点是全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解题关键是添加恰当辅助线构造相似三角形．
19、（1）y=﹣x2+2x+1；（2）P（2，1）或（，）；（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）.
【解析】
(1)根据抛物线的解析式，可得到它的对称轴方程，进而可根据点B的坐标来确定点A的坐标，已知OC=1OA，即可得到点C的坐标，利用待定系数法即可求得该抛物线的解析式．
（2）求出点C关于对称轴的对称点，求出两点间的距离与CD相比较可知，PC不可能与CD相等，因此要分两种情况讨论：
①CD=PD，根据抛物线的对称性可知，C点关于抛物线对称轴的对称点满足P点的要求，坐标易求得；②PD=PC，可设出点P的坐标，然后表示出PC、PD的长，根据它们的等量关系列式求出点P的坐标．
（1）此题要分三种情况讨论：①点Q是直角顶点，那么点Q必为抛物线对称轴与x轴的交点，由此求得点Q的坐标；②M、N在x轴上方，且以N为直角顶点时，可设出点N的坐标，根据抛物线的对称性可知MN正好等于抛物线对称轴到N点距离的2倍，而△MNQ是等腰直角三角形，则QN=MN，由此可表示出点N的纵坐标，联立抛物线的解析式，即可得到关于N点横坐标的方程，从而求得点Q的坐标；根据抛物线的对称性知：Q关于抛物线的对称点也符合题意；③M、N在x轴下方，且以N为直角顶点时，方法同②．
【详解】
解:（1）由y=ax2﹣2ax+b可得抛物线对称轴为x=1，由B（1，0）可得A（﹣1，0）；
∵OC=1OA，
∴C（0，1）；
依题意有：，
解得；
∴y=﹣x2+2x+1．
（2）存在．①DC=DP时，由C点（0，1）和x=1可得对称点为P（2，1）；
设P2（x，y），
∵C（0，1），P（2，1），
∴CP=2，
∵D（1，4），
∴CD=＜2，
②由①此时CD⊥PD，
根据垂线段最短可得，PC不可能与CD相等；
②PC=PD时，∵CP22=（1﹣y）2+x2，DP22=（x﹣1）2+（4﹣y）2
∴（1﹣y）2+x2=（x﹣1）2+（4﹣y）2
将y=﹣x2+2x+1代入可得：，
∴ ；
∴P2（，）．
综上所述，P（2，1）或（，）．
（1）存在，且Q1（1，0），Q2（2﹣，0），Q1（2+，0），Q4（﹣，0），Q5（，0）；
①若Q是直角顶点，由对称性可直接得Q1（1，0）；
②若N是直角顶点，且M、N在x轴上方时；
设Q2（x，0）（x＜1），
∴MN=2Q1O2=2（1﹣x），
∵△Q2MN为等腰直角三角形；
∴y=2（1﹣x）即﹣x2+2x+1=2（1﹣x）；
∵x＜1，
∴Q2（，0）；
由对称性可得Q1（，0）；
③若N是直角顶点，且M、N在x轴下方时；
同理设Q4（x，y），（x＜1）
∴Q1Q4=1﹣x，而Q4N=2（Q1Q4），
∵y为负，
∴﹣y=2（1﹣x），
∴﹣（﹣x2+2x+1）=2（1﹣x），
∵x＜1，
∴x=﹣，
∴Q4（-，0）；
由对称性可得Q5（+2，0）．
本题考查了二次函数的知识点，解题的关键是熟练的掌握二次函数相关知识点.
20、（1）B'的坐标为（，3）；（1）见解析 ；（3）﹣1．
【解析】
（1）设A'B'与x轴交于点H，由OA=1，OB=1，∠AOB=90°推出∠ABO=∠B'=30°，
由∠BOB'=α=30°推出BO∥A'B'，由OB'=OB=1推出OH=OB'=，B'H=3即可得出；
（1）证明∠BPA'=90即可；
（3）作AB的中点M（1，），连接MP，由∠APB=90°，推出点P的轨迹为以点M为圆心，以MP=AB=1为半径的圆，除去点（1，），所以当PM⊥x轴时，点P纵坐标的最小值为﹣1．
【详解】
（Ⅰ）如图1，设A'B'与x轴交于点H，
∵OA=1，OB=1，∠AOB=90°，
∴∠ABO=∠B'=30°，
∵∠BOB'=α=30°，
∴BO∥A'B'，
∵OB'=OB=1，
∴OH=OB'=，B'H=3，
∴点B'的坐标为（，3）；
（Ⅱ）证明：∵∠BOB'=∠AOA'=α，OB=OB'，OA=OA'，
∴∠OBB'=∠OA'A=（180°﹣α），
∵∠BOA'=90°+α，四边形OBPA'的内角和为360°，
∴∠BPA'=360°﹣（180°﹣α）﹣（90°+α）=90°，
即AA'⊥BB'；
（Ⅲ）点P纵坐标的最小值为．
如图，作AB的中点M（1，），连接MP，
∵∠APB=90°，
∴点P的轨迹为以点M为圆心，以MP=AB=1为半径的圆，除去点（1，）．
∴当PM⊥x轴时，点P纵坐标的最小值为﹣1．
本题考查的知识点是几何变换综合题，解题的关键是熟练的掌握几何变换综合题.
21、（1）AC垂直平分BD；（2）四边形FMAN是矩形，理由见解析；（3）16+8或16﹣8
【解析】
（1）依据点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，即可得出AC垂直平分BD；
（2）根据Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，可得AF=CF=BF，再根据等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，即可得到AD=DB，AE=CE，进而得出∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，即可判定四边形AMFN是矩形；
（3）分两种情况：①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，分别依据旋转的性质以及勾股定理，即可得到结论．
【详解】
（1）∵AB=AD，CB=CD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，
∴AC垂直平分BD，
故答案为AC垂直平分BD；
（2）四边形FMAN是矩形．理由：
如图2，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，
∴AF=CF=BF，
又∵等腰三角形ABD 和等腰三角形ACE，
∴AD=DB，AE=CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC=90°，
∴∠AMF=∠MAN=∠ANF=90°，
∴四边形AMFN是矩形；
（3）BD′的平方为16+8或16﹣8．
分两种情况：
①以点A为旋转中心将正方形ABCD逆时针旋转60°，
如图所示：过D'作D'E⊥AB，交BA的延长线于E，
由旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠EAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴D'E=AD'=，AE=，
∴BE=2+，
∴Rt△BD'E中，BD'2=D'E2+BE2=（）2+（2+）2=16+8
②以点A为旋转中心将正方形ABCD顺时针旋转60°，
如图所示：过B作BF⊥AD'于F，
旋转可得，∠DAD'=60°，
∴∠BAD'=30°，
∵AB=2=AD'，
∴BF=AB=，AF=，
∴D'F=2﹣，
∴Rt△BD'F中，BD'2=BF2+D'F2=（）2+（2-）2=16﹣8
综上所述，BD′平方的长度为16+8或16﹣8．
本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定，旋转的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理进行计算求解．解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．
22、 (1) CE=4；（2）BG=8；（3）证明见解析.
【解析】
（1）只要证明△ABC∽△CBE，可得，由此即可解决问题；
（2）连接AG,只要证明△ABG∽△FBE，可得，由BE＝＝4，再求出BF，即可解决问题；
（3）通过计算首先证明CF＝FG，推出∠FCG＝∠FGC，由CF∥BD，推出∠GCF＝∠BDG，推出∠BDG＝∠BGD即可证明．
【详解】
解：（1）∵BH与⊙O相切于点B，
∴AB⊥BH，
∵BH∥CE，
∴CE⊥AB，
∵AB是直径，
∴∠CEB=∠ACB=90°，
∵∠CBE=∠ABC，
∴△ABC∽△CBE，
∴，
∵AC=，
∴CE=4．
（2）连接AG．
∵∠FEB=∠AGB=90°，∠EBF=∠ABG，
∴△ABG∽△FBE，
∴，
∵BE==4，
∴BF= ，
∴，
∴BG=8．
（3）易知CF=4+=5，
∴GF=BG﹣BF=5，
∴CF=GF，
∴∠FCG=∠FGC，
∵CF∥BD，
∴∠GCF=∠BDG，
∴∠BDG=∠BGD，
∴BG=BD．
本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
23、（1）y=-x+170；（2）W=﹣x2+260x﹣1530，售价定为130元时，每天获得的利润最大，最大利润是2元．
【解析】
（1）先利用待定系数法求一次函数解析式；
（2）用每件的利润乘以销售量得到每天的利润W，即W=（x﹣90）（﹣x+170），然后根据二次函数的性质解决问题．
【详解】
（1）设y与x之间的函数关系式为y=kx+b，根据题意得：，解得：，∴y与x之间的函数关系式为y=﹣x+170；
（2）W=（x﹣90）（﹣x+170）=﹣x2+260x﹣1．
∵W=﹣x2+260x﹣1=﹣（x﹣130）2+2，而a=﹣1＜0，∴当x=130时，W有最大值2．
答：售价定为130元时，每天获得的利润最大，最大利润是2元．
本题考查了二次函数的应用：利用二次函数解决利润问题，先利用利润=每件的利润乘以销售量构建二次函数关系式，然后根据二次函数的性质求二次函数的最值，一定要注意自变量x的取值范围．
24、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）连接AE、BF，找到△ABC的高线的交点，据此可得CD；
（2）延长CB交圆于点F，延长AF、EB交于点G，连接CG，延长AB交CG于点D，据此可得．
【详解】
（1）如图所示，CD 即为所求；
（2）如图，CD 即为所求．
本题主要考查作图-基本作图，解题的关键熟练掌握圆周角定理和三角形的三条高线交于一点的性质．