2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级（上）期中数学试卷 解析版

这是一份2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级（上）期中数学试卷 解析版，共26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。
2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．（3分）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，BC＝4，则cosB＝（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）如图，在△ABC中，P为AB上一点，在下列四个条件中，不能判定△APC和△ACB相似的条件是（　　）

A．∠ACP＝∠B B．∠APC＝∠ACB
C．AC2＝AP•AB D．AB•CP＝AP•CB
3．（3分）已知△ABC，D，E分别在AB，AC边上，且DE∥BC，AD＝2，DB＝3，△ADE面积是4，则四边形DBCE的面积是（　　）

A．6 B．9 C．21 D．25
4．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠OCB＝40°，则∠A的大小为（　　）

A．40° B．50° C．80° D．100°
5．（3分）如图所示，每个小正方形的边长均为1，则下列A、B、C、D四个图中的三角形（阴影部分）与△EFG相似的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，DC切⊙O于点C，若∠A＝25°，则∠D等于（　　）

A．20° B．30° C．40° D．50°
7．（3分）如图，△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B的对应点分别为A′，B′，A′，B′均在图中格点上，若线段AB上有一点P（m，n），则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为（　　）

A．（，n） B．（m，n） C．（，） D．（m，）
8．（3分）如图所示，某拦水大坝的横断面为梯形ABCD，AE，DF为梯形的高，其中迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，背水坡CD的坡度i＝1：，则背水坡的坡长CD为（　　）米．

A．20 B．20 C．10 D．20
9．（3分）图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，双翼的边缘AC＝BD＝54cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为（　　）

A．cm B．cm C．64cm D．54cm
10．（3分）如图，BC是半圆O的直径，D，E是上两点，连接BD，CE并延长交于点A，连接OD，OE．如果∠A＝70°，那么∠DOE的度数为（　　）

A．35° B．38° C．40° D．42°
11．（3分）构造几何图形解决代数问题是“数形结合思想”的重要应用，小康在计算tan22.5°时，构造出如图所示的图形：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，BD＝AB，连接AD，得∠D＝22.5°．根据此图可求得tan22.5°的结果（　　）

A．2﹣ B．+1 C．﹣1 D．2﹣
12．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，过点C作CD1⊥AB于D1，过点D1作D1D2⊥BC于D2，过点D2作D2D3⊥AB于D3，这样继续作下去，线段DnDn+1（n为正整数）等于（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
13．（3分）在△ABC中，若∠A、∠B满足|cosA﹣|+（sinB﹣）2＝0，则∠C＝　 　．
14．（3分）如图，边长为1的小正方形网格中，⊙O的圆心在格点上，则∠AED的余弦值是　 　．

15．（3分）如图所示，AB，AC与⊙O相切于点B，C，∠A＝50°，点P是圆上异于B，C的一动点，则∠BPC的度数是　 　．

16．（3分）轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上，轮船航行半小时到达C处，在观测灯塔A北偏东60°方向上，则C处与灯塔A的距离是　 　海里．

17．（3分）将三角形纸片（△ABC）按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B′，折痕为EF．已知AB＝AC＝3，BC＝4，若以点B′、F、C为顶点的三角形与△ABC相似，那么BF的长度是　 　．

三、解答题（共69分）
18．（8分）计算题
（1）cos²45°﹣4sin30°+（）﹣1﹣（π﹣3.14）0．
（2）已知α是锐角，且sin（α+15°）＝，计算﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα的值．
19．（8分）已知，△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别是A（0，3）、B（3，4）、C（2，2），正方形网格中，每个小正方形的边长是一个单位长度．
（1）画出△ABC向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是　 　；
（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是　 　；（画出图形）
（3）△A2B2C2的面积是　 　平方单位．

20．（9分）如图，已知△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝8．求△ABC的面积．

21．（10分）如图，矩形ABCD中，E为BC上一点，DF⊥AE于点F．
（1）证明△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝3，AD＝6，BE＝4，求DF的长．

22．（10分）如图，学校教学楼上悬挂一块长为3m的标语牌，即CD＝3m．数学活动课上，小明和小红要测量标语牌的底部点D到地面的距离．测角仪支架高AE＝BF＝1.2m，小明在E处测得标语牌底部点D的仰角为31°，小红在F处测得标语牌顶部点C的仰角为45°，AB＝5m，依据他们测量的数据能否求出标语牌底部点D到地面的距离DH的长？若能，请计算；若不能，请说明理由（图中点A，B，C，D，E，F，H在同一平面内）
（参考数据：tan31°≈0.60，sin31°≈0.52，cos31°≈0.86）

23．（12分）如图，BD是圆O的直径，A、C是圆O上的两个点，且AB＝AC，AD与BC的延长线交于点E．
（1）证明：△ABD∽△AEB；
（2）若AD＝1，DE＝3，求圆O的直径的长．

24．（12分）如图，AC是圆O的直径，BC是圆心O的弦，点P是圆心O外一点，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是圆心O的切线；
（2）若OP∥BC，且OP＝8，BC＝2．求圆心O的半径．


2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．（3分）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，BC＝4，则cosB＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据题意画出图形，进而得出cosB＝求出即可．
【解答】解：∵∠A＝Rt∠，AB＝3，BC＝4，
则cosB＝＝．
故选：A．

2．（3分）如图，在△ABC中，P为AB上一点，在下列四个条件中，不能判定△APC和△ACB相似的条件是（　　）

A．∠ACP＝∠B B．∠APC＝∠ACB
C．AC2＝AP•AB D．AB•CP＝AP•CB
【分析】根据三角形相似的判定方法逐一进行判断．
【解答】解：当∠ACP＝∠B时，∵∠A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当∠APC＝∠ACB时，∵∠A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当AC2＝AP•AB时，即，
且A＝∠A，
∴△ACP∽∠ABC；
当AB•CP＝AP•CB时，即，
而A＝∠A，
所以不能判定△APC和△ACB相似，
故选：D．
3．（3分）已知△ABC，D，E分别在AB，AC边上，且DE∥BC，AD＝2，DB＝3，△ADE面积是4，则四边形DBCE的面积是（　　）

A．6 B．9 C．21 D．25
【分析】先判断△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的面积之比＝相似比的平方即可得到结论．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝，
∵AD＝2，DB＝3，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
∵△ADE的面积是4，
∴△ABC的面积是25，
∴四边形DBCE的面积是25﹣4＝21，
故选：C．
4．（3分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠OCB＝40°，则∠A的大小为（　　）

A．40° B．50° C．80° D．100°
【分析】根据圆周角定理即可求出答案
【解答】解：∵OB＝OC
∴∠BOC＝180°﹣2∠OCB＝100°，
∴由圆周角定理可知：∠A＝∠BOC＝50°
故选：B．
5．（3分）如图所示，每个小正方形的边长均为1，则下列A、B、C、D四个图中的三角形（阴影部分）与△EFG相似的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】根据相似三角形的判定，易得出△EFG的三边的边长，故只需分别求出各选项中三角形的边长，分析两三角形对应边是否成比例即可．
【解答】解：∵小正方形的边长为1，
∴在△EFG中，EG＝，FG＝2，EF＝，
A中，一边＝3，一边＝，一边＝，三边与△ABC中的三边不能对应成比例，故两三角形不相似．故A错误；
B中，一边＝1，一边＝，一边＝，
有，即三边与△EFG中的三边对应成比例，故两三角形相似．故B正确；
C中，一边＝1，一边＝，一边＝2，三边与△EFG中的三边不能对应成比例，故两三角形不相似．故C错误；
D中，一边＝2，一边＝，一边＝，三边与△EFG中的三边不能对应成比例，故两三角形不相似．故D错误．
故选：B．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，DC切⊙O于点C，若∠A＝25°，则∠D等于（　　）

A．20° B．30° C．40° D．50°
【分析】先连接BC，由于AB 是直径，可知∠BCA＝90°，而∠A＝25°，易求∠CBA，又DC是切线，利用弦切角定理可知∠DCB＝∠A＝25°，再利用三角形外角性质可求∠D．
【解答】解：如右图所示，连接BC，
∵AB 是直径，
∴∠BCA＝90°，
又∵∠A＝25°，
∴∠CBA＝90°﹣25°＝65°，
∵DC是切线，
∴∠BCD＝∠A＝25°，
∴∠D＝∠CBA﹣∠BCD＝65°﹣25°＝40°．
故选：C．

7．（3分）如图，△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B的对应点分别为A′，B′，A′，B′均在图中格点上，若线段AB上有一点P（m，n），则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为（　　）

A．（，n） B．（m，n） C．（，） D．（m，）
【分析】根据A，B两点坐标以及对应点A′，B′点的坐标得出坐标变化规律，进而得出P′的坐标．
【解答】解：∵△ABO缩小后变为△A′B′O，其中A、B的对应点分别为A′、B′点A、B、A′、B′均在图中在格点上，
即A点坐标为：（4，6），B点坐标为：（6，2），A′点坐标为：（2，3），B′点坐标为：（3，1），
∴线段AB上有一点P（m，n），则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为：（，）．
故选：C．
8．（3分）如图所示，某拦水大坝的横断面为梯形ABCD，AE，DF为梯形的高，其中迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，背水坡CD的坡度i＝1：，则背水坡的坡长CD为（　　）米．

A．20 B．20 C．10 D．20
【分析】由AB的坡角α＝45°，求出AE的长，再由背水坡CD的坡度i＝1：得出∠C＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：由题意得：四边形AEFD是矩形，
∴DF＝AE，
∵迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，
∴DF＝AE＝10×sin45°＝10（米），
∵背水坡CD的坡度i＝1：，
∴tanC＝i＝＝＝，
∴∠C＝30°，
∴CD＝2DF＝2AE＝20（米），
故选：A．
9．（3分）图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，双翼的边缘AC＝BD＝54cm，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为（　　）

A．cm B．cm C．64cm D．54cm
【分析】过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则可得AE和BF的长，依据端点A与B之间的距离为10cm，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度．
【解答】解：如图所示，过A作AE⊥CP于E，过B作BF⊥DQ于F，则
Rt△ACE中，AE＝AC＝×54＝27（cm），
同理可得，BF＝27cm，
又∵点A与B之间的距离为10cm，
∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27＝64（cm），
故选：C．

10．（3分）如图，BC是半圆O的直径，D，E是上两点，连接BD，CE并延长交于点A，连接OD，OE．如果∠A＝70°，那么∠DOE的度数为（　　）

A．35° B．38° C．40° D．42°
【分析】连接CD，由圆周角定理得出∠BDC＝90°，求出∠ACD＝90°﹣∠A＝20°，再由圆周角定理得出∠DOE＝2∠ACD＝40°即可，
【解答】解：连接CD，如图所示：
∵BC是半圆O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝20°，
∴∠DOE＝2∠ACD＝40°，
故选：C．

11．（3分）构造几何图形解决代数问题是“数形结合思想”的重要应用，小康在计算tan22.5°时，构造出如图所示的图形：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝45°，延长CB到D，BD＝AB，连接AD，得∠D＝22.5°．根据此图可求得tan22.5°的结果（　　）

A．2﹣ B．+1 C．﹣1 D．2﹣
【分析】设AC＝BC＝1，则AB＝BD＝，根据tan22.5°＝计算即可．
【解答】解：设AC＝BC＝1，则AB＝BD＝，
∴tan22.5°＝＝＝，
故选：C．
12．（3分）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，过点C作CD1⊥AB于D1，过点D1作D1D2⊥BC于D2，过点D2作D2D3⊥AB于D3，这样继续作下去，线段DnDn+1（n为正整数）等于（　　）

A． B． C． D．
【分析】在本题中，大大小小的三角形全部是30°、60°、90°的特殊三角形．
因为AC＝1，所以在30°角的余弦中总是存在一个关系，据此即可解答．
【解答】解：根据题意得：在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，则CD1＝；
进而在△CD1D2中，有D1D2＝CD1＝（）2，
进而可得：D2D3＝（）3，…；
则线段DnDn+1＝（）n+1．
故选：D．
二、填空题（每小题3分，共15分）
13．（3分）在△ABC中，若∠A、∠B满足|cosA﹣|+（sinB﹣）2＝0，则∠C＝　75°　．
【分析】首先根据绝对值与偶次幂具有非负性可知cosA﹣＝0，sinB﹣＝0，然后根据特殊角的三角函数值得到∠A、∠B的度数，再根据三角形内角和为180°算出∠C的度数即可．
【解答】解：∵|cosA﹣|+（sinB﹣）2＝0，
∴cosA﹣＝0，sinB﹣＝0，
∴cosA＝，sinB＝，
∴∠A＝60°，∠B＝45°，
则∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣60°﹣45°＝75°，
故答案为：75°．
14．（3分）如图，边长为1的小正方形网格中，⊙O的圆心在格点上，则∠AED的余弦值是　　．

【分析】根据同弧所对的圆周角相等得到∠ABC＝∠AED，在直角三角形ABC中，利用锐角三角函数定义求出cos∠ABC的值，即为cos∠AED的值．
【解答】解：∵∠AED与∠ABC都对，
∴∠AED＝∠ABC，
在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝1，
根据勾股定理得：BC＝，
则cos∠AED＝cos∠ABC＝＝．
故答案为：
15．（3分）如图所示，AB，AC与⊙O相切于点B，C，∠A＝50°，点P是圆上异于B，C的一动点，则∠BPC的度数是　65°或115°　．

【分析】此题分为两种情况，如图p点的位置有两个，所以∠BPC可能是锐角，也有可能是钝角，分别连接O、C；O、B；B、P1；B、P2；C、P1；C、P2各点
（1）当∠BPC为锐角，也就是∠BP1C时，根据AB，AC与⊙O相切，结合已知条件，在△ABC中，即可得出圆心角∠COB的度数，根据同弧所对的圆周角为圆心角的一半，即可得出∠BP1C的度数（2）如果当∠BPC为钝角，也就是∠BP2C时，根据⊙O的内接四边形的性质，即可得出∠BP2C的度数．
【解答】解：分别连接O、C；O、B；B、P1；B、P2；C、P1；C、P2各点
（1）当∠BPC为锐角，也就是∠BP1C时：
∵AB，AC与⊙O相切于点B，C两点
∴OC⊥AC，OB⊥AB，
∵∠A＝50°，
∴在△ABC中，∠COB＝130°，
∵在⊙O中，∠BP1C为圆周角，
∴∠BP1C＝65°，

（2）如果当∠BPC为钝角，也就是∠BP2C时
∵四边形BP1CP2为⊙O的内接四边形，
∵∠BP1C＝65°，
∴∠BP2C＝115°

16．（3分）轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行，在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上，轮船航行半小时到达C处，在观测灯塔A北偏东60°方向上，则C处与灯塔A的距离是　25　海里．

【分析】根据题中所给信息，求出∠BCA＝90°，再求出∠CBA＝45°，从而得到△ABC为等腰直角三角形，然后根据解直角三角形的知识解答．
【解答】解：根据题意，得∠1＝∠2＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠ACB＝30°+60°＝90°，
∴∠CBA＝75°﹣30°＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵BC＝50×0.5＝25，
∴AC＝BC＝25（海里）．
故答案为：25．

17．（3分）将三角形纸片（△ABC）按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B′，折痕为EF．已知AB＝AC＝3，BC＝4，若以点B′、F、C为顶点的三角形与△ABC相似，那么BF的长度是　或2　．

【分析】由于折叠前后的图形不变，要考虑△B′FC与△ABC相似时的对应情况，分两种情况讨论．
【解答】解：根据△B′FC与△ABC相似时的对应关系，有两种情况：
①△B′FC∽△ABC时，＝，
又∵AB＝AC＝3，BC＝4，B′F＝BF，
∴＝，
解得BF＝；
②△B′CF∽△BCA时，＝，
AB＝AC＝3，BC＝4，B′F＝CF，BF＝B′F，
而BF+FC＝4，即2BF＝4，
解得BF＝2．
故BF的长度是或2．
故答案为：或2．
三、解答题（共69分）
18．（8分）计算题
（1）cos²45°﹣4sin30°+（）﹣1﹣（π﹣3.14）0．
（2）已知α是锐角，且sin（α+15°）＝，计算﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα的值．
【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值以及负整数指数幂的性质、零指数幂的性质分别代入化简，进而利用有理数的加减运算法则计算得出答案；
（2）直接利用特殊角的三角函数值得出α的度数，进而结合特殊角的三角形函数值，进而得出答案．
【解答】解：（1）原式＝（）2﹣4×+7﹣1
＝﹣2+7﹣1
＝；

（2）∵sin（α+15°）＝，
∴α+15°＝60°，
解得：α＝45°，
∴﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα
＝2﹣4×﹣|1﹣2×|+1
＝2﹣2﹣（﹣1）+1
＝﹣+1+1
＝2﹣．
19．（8分）已知，△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别是A（0，3）、B（3，4）、C（2，2），正方形网格中，每个小正方形的边长是一个单位长度．
（1）画出△ABC向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是　（﹣2，2）　；
（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是　（1，0）　；（画出图形）
（3）△A2B2C2的面积是　10　平方单位．

【分析】（1）将点A、B、C分别向左平移4个单位得到对应点，再顺次连接可得；
（2）利用位似图形的性质得出对应点位置，进而得出答案；
（3）割补法求解可得．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点C1的坐标是（﹣2，2），

故答案为：（﹣2，2）；

（2）如图所示，△A2B2C2即为所求，点C2的坐标是（1，0），
故答案为：（1，0）；

（3）△A2B2C2的面积×（2+4）×6﹣×2×4﹣×2×4＝10，
故答案为：10；
20．（9分）如图，已知△ABC中，∠ABC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝8．求△ABC的面积．

【分析】作AD⊥BC于点D，根据正弦的定义求出AD，根据余弦的定义求出BD，根据等腰直角三角形的性质求出CD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，∠ABC＝30°，
∴AD＝AB＝4，BD＝AB•cos∠ABC＝4，
在Rt△ACD中，∠ACB＝45°，
∴CD＝AD＝4，
∴BC＝BD+CD＝4+4，
∴△ABC的面积＝×BC×AD＝×（4+4）×4＝8+8．

21．（10分）如图，矩形ABCD中，E为BC上一点，DF⊥AE于点F．
（1）证明△ABE∽△DFA；
（2）若AB＝3，AD＝6，BE＝4，求DF的长．

【分析】（1）利用矩形和直角三角形的性质得到∠AEB＝∠EAD、∠ADF＝∠EAB，从而证得两个三角形相似．
（2）首先利用勾股定理求得线段AE的长，然后利用相似三角形的性质：对应边成比例即可求得DF的长．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，
∴∠AEB＝∠DAE，
∵DF⊥AE
∴∠ADF＝∠EAB
∴△ABE∽△DFA；

（2）∵AB＝3，BE＝4，
∴由勾股定理得AE＝5，
∵△ABE∽△DFA；
∴
即：
∴DF＝3.6
22．（10分）如图，学校教学楼上悬挂一块长为3m的标语牌，即CD＝3m．数学活动课上，小明和小红要测量标语牌的底部点D到地面的距离．测角仪支架高AE＝BF＝1.2m，小明在E处测得标语牌底部点D的仰角为31°，小红在F处测得标语牌顶部点C的仰角为45°，AB＝5m，依据他们测量的数据能否求出标语牌底部点D到地面的距离DH的长？若能，请计算；若不能，请说明理由（图中点A，B，C，D，E，F，H在同一平面内）
（参考数据：tan31°≈0.60，sin31°≈0.52，cos31°≈0.86）

【分析】延长EF交CH于N，根据等腰直角三角形的性质得到CN＝NF，根据正切的定义求出DN，结合图形计算即可．
【解答】解：能，
理由如下：延长EF交CH于N，
则∠CNF＝90°，
∵∠CFN＝45°，
∴CN＝NF，
设DN＝xm，则NF＝CN＝（x+3）m，
∴EN＝5+（x+3）＝x+8，
在Rt△DEN中，tan∠DEN＝，
则DN＝EN•tan∠DEN，
∴x≈0.6（x+8），
解得，x＝12，
则DH＝DN+NH＝12+1.2＝13.2（m），
答：点D到地面的距离DH的长约为13.2m．

23．（12分）如图，BD是圆O的直径，A、C是圆O上的两个点，且AB＝AC，AD与BC的延长线交于点E．
（1）证明：△ABD∽△AEB；
（2）若AD＝1，DE＝3，求圆O的直径的长．

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACB＝∠ADB，又∠ABC＝∠ACB，等量代换得∠ABC＝∠ADB，即可证明；
（2）由△ABD∽△AEB，得，可求出AB的长，再利用勾股定理即可求出直径BD的长．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵∠ACB＝∠ADB，
∴∠ABC＝∠ADB，
又∵∠BAE＝∠DAB，
∴△ABD∽△AEB；
（2）解：∵△ABD∽△AEB，
∴，
∵AD＝1，DE＝3，
∴AE＝4，
∴AB2＝AD•AE＝1×4＝4，
∴AB＝2，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DAB＝90°，
在Rt△ABD中，
BD2＝AB2+AD2＝22+12＝5，
∴BD＝．
24．（12分）如图，AC是圆O的直径，BC是圆心O的弦，点P是圆心O外一点，∠PBA＝∠C．
（1）求证：PB是圆心O的切线；
（2）若OP∥BC，且OP＝8，BC＝2．求圆心O的半径．

【分析】（1）连接OB，求出∠ABC＝90°，∠PBA＝∠OBC＝∠OCB，推出∠PBO＝90°，根据切线的判定推出即可；
（2）证△PBO和△ABC相似，得出比例式，代入求出即可．
【解答】（1）证明：连接OB，
∵AC是⊙O直径，
∴∠ABC＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠ACB，
∵∠PBA＝∠ACB，
∴∠PBA＝∠OBC，
即∠PBA+∠OBA＝∠OBC+∠ABO＝∠ABC＝90°，
∴OB⊥PB，
∵OB为半径，
∴PB是⊙O的切线；

（2）设⊙O的半径为r，则AC＝2r，OB＝r，
∵OP∥BC，∠OBC＝∠OCB，
∴∠POB＝∠OBC＝∠OCB，
∵∠PBO＝∠ABC＝90°，
∴△PBO∽△ABC，
∴，
∴，
r＝2，
即⊙O的半径为2．