广东省深圳市南山区外国语学校（集团）滨海学校2024-2025学年九年级下学期开学数学试题

试卷第 1页，共 4页 南山外国语学校（集团）滨海学校九年级下期初寒假作业反馈 数学学科 一、单选题（3*8=24 分） 1．已知在Rt ABC△ 中， 90C  ， 3AC  ， 4BC  ，则 tan A的值为（ ） A． 3 5 B． 4 5 C． 3 4 D． 4 3 2．下列各式中， y是关于 x的二次函数的是（ ） A． 2 1y x  B． 2 1y x  C． 2y x x  D． 2 2 3y x x  3．已知平面内有 O 和点A， B，若 O 半径为2cm，线段 3cmOA  ， 2cmOB  ，则直线��与 O 的位置关系为 （ ） A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切 4．深高小学部饲养了两只萌萌的羊驼，建筑队在学校一边靠墙处，计划用 15米长的铁栅栏围成三个相连的长方形 羊驼草料仓库，仓库总面积为 y平方米，为方便取物，在各个仓库之间留出了 1米宽的缺口作通道，在平行于墙的 一边留下一个 1米宽的缺口作小门，若设 AB x 米，则 y关于 x的函数关系式为（ ） A．  18 4y x x  B．  18 2y x x  C．  12 4y x x  D． 12 2y x x  5．如图，滑雪道 AC的长为320m，则滑雪道的竖直高度 AB的长为（ ） A．320cos m B．320sin m C．320 tan m D． 320 sin m 6．如图，点 A、B、P在 O 上，若 80AOB  ，则 APB 的度数为（ ） A．70 B．60 C．50 D． 40 7．如图，一艘军舰在A处测得小岛 P位于南偏东 60°方向，向正东航行 40海里后到达 B处，此时测得小岛 P位于 南偏西75方向，则小岛 P离观测点A的距离是（ ） A． 20 2海里 B．  20 3 20 海里 C． 20 3海里 D．  20 3 20 2 海里 第 5题 第 6题 第 7题 试卷第 2页，共 4页 8．抛物线 2 ( 0)y ax bx c a    的对称轴为 1x   ，与 x轴的一个交点A在点 ( 3,0) 和 ( 2,0) 之间，其部分图象如图， 则以下结论正确的有（ ） ① 0abc  ；②3 0a c  ；③若 ( )m n m n， 是方程 2 ( 2)ax b x x c    的两个根，则 m<-1,n>0； ④图象上有两点  1 1,P x y 和  2 2,Q x y ，若 1 2x x ，且 1 2 2x x   ，则一定有 1 2y y ． A．1个 B． 2个 C．3个 D． 4个 二、填空题（3*5=15 分） 9．计算2tan60的值等于 ． 10．某商店购进一批单价为 8元的商品，如果按每件 10元出售，每天可以销售 100件，经调查发现，销售单价每 提高 1元，销售量相应减少 10件，则销售价提高 元时，可以使每天的销售利润最大． 11．如图，正六边形内接于 O 中，已知外接圆的半径为 2，则阴影部分面积为 ． 12．如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为 45，看楼下荷塘D处的俯角为60，已知楼高 AB为33m，则荷塘 的宽CD为 m（结果保留根号）． 13．如图， ABCV 内接于 O ， 高 ,AD CE相交于点 F， 若 , 5AF AO CF  ， 39BC  ，则 AB的长为 ． 三、解答题 14．（4*3=12 分）计算和解方程 ①计算： 0 112sin30 4 2 2                ． ②计算：  01 4sin45 8 3      ． ③解方程： 2 4 1x x  ； ④解方程：  21 3 3x x   ． 15．（3+3=6 分）如图，在网格中按要求作图． (1)在图 1中以点 A为旋转中心，作 ABCV 绕点 A顺时针旋转90 后得到的 AB C △ ； (2)在图 2中用无刻度的直尺作出 ABCV 的外心 O．（保留作图痕 迹） 第 13题 第 12题第 11题 试卷第 3页，共 4页 16．（4+2=6 分）二次函数的部分图象如图所示，对称轴是直线 1x   ，与 y轴的交点为 0,3 ，与 x轴的一个交点为  3,0 ． (1)求这个二次函数的表达式及顶点坐标． (2)通过观察图象，当 0y  时，请直接写出自变量 x的取值范围． 17．（4+4=8 分）如图，小山的顶部是一块平地，在这块平地上有一座古塔CD．小山斜坡 AB的坡度为 1: 2.4i  ， 坡长 AB为 39米，在小山的坡底A处测得该塔的塔顶C的仰角为 45°，在坡顶B处测得该塔的塔顶C的仰角为74°．（参 考数据： sin 74 0.96  ， cos74 0.28  ， tan 74 3.49  ， cot 74 0.29  ） (1)求坡顶 B到地面 AH的距离 BH 的长； (2)求古塔CD的高度（结果精确到 1米）． 18．（5+4=9 分）如图，等腰 ABCV 内接于 O ， AB AC ，点 E是AC上的点（不与点A，C重合），连接 BE并延 长至点G，连接 AE并延长至点 F ， BE与 AC交于点D． (1)求证： GEF CEF  ； (2)若 6, 45BC BEC   ，求 O 半径长． 试卷第 4页，共 4页 19．（4+4+4=12 分）综合与实践：根据以下素材，探索完成任务． 如何设计大棚苗木种植方案？ 【素材 1】如图①是一个大棚苗木种植基地及其截面图，其下半部分是一个长为 20m，宽为1m的矩形，其上半部分 是一条抛物线，现测得，大棚顶部的最高点距离地面 6m． 【素材 2】种植苗木时，每棵苗木高1.95m．为了保证生长空间，相邻两棵苗木种植点之间间隔1m，苗木顶部不触 碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布．（即苗木的数目为偶数个） 【解决问题】 (1)大棚上半部分形状是一条抛物线，设大棚的高度为 y，种植点的横坐标为 x．根据图②建立的平面直角坐标系， 通过素材 1提供的信息确定点的坐标，求出抛物线的解析式； (2)探究种植范围．在图②的坐标系中，在不影响苗木生长的情况下（即 1.95y  ），确定种植点的横坐标 x的取值范 围； (3)拟定种植方案．给出最前排符合所有种植条件的苗木数量，并求出最左边一棵苗木种植点的横坐标 x的值． 20．（4+4=8 分）如图 1， ABCV 内接于 O ， AB是 O 的直径，过点 B作 ∥BD OC交 O 于点 D（点 D与点 B不 重合）． (1)求证： AC CD ． (2)如图 2，过点 C作CE BD 交 BD的延长线于点 E，连结OE交 BC于点 F． ①若 1 2 2 AC AB  ，求DE的长； ②若 OBF 是直角三角形，求 EF OF 的值 答案第 1页，共 16页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C D A B D B D 1．D 【分析】本题考查了求角的正切值，根据正切的定义计算即可得解． 【详解】解：∵在Rt ABC△ 中， 90C  ， 3AC  ， 4BC  ， ∴ 4tan 3 BCA AC   ， 故选：D． 2．C 【分析】本题考查了二次函数的定义，能熟记二次函数的定义是解此题的关键．直接利用二 次函数的定义分析得出答案． 【详解】A． 2 1y x  不是二次函数，故本选项不符合题意； B． 2 1y x  是一次函数不是二次函数，故本选项不符合题意； C． 2y x x  是二次函数，故本选项符合题意； D． 2 2 3y x x  不是二次函数，故本选项不符合题意； 故选：C． 3．D 【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．本题考查了直线与圆的位置关系，正 确的理解题意是解题的关键． 【详解】解： O 的半径为 2cm，线段 3cmOA  ， 2cmOB  ， 即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点 B到圆心O的距离等于圆的半径， ∴点A在 O 外，点 B在 O 上， ∴直线��与 O 的位置关系为相交或相切， 故选：D． 4．A 【分析】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，由铁栅栏的全长及 AB的长，可得出 平行于墙的一边长为  18 4x 米，再利用长方形的面积公式，即可找出 y关于 x的函数关系 式． 答案第 2页，共 16页 【详解】解：铁栅栏的全长为 15米， AB x 米， 平行于墙的一边长为  15 3 4 18 4x x    米． 根据题意得：  18 4y x x  ． 故选：A． 5．B 【分析】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念，熟记锐角 三角函数的定义是解题的关键． 根据正弦的定义进行解答即可． 【详解】解：在Rt ABC△ 中， 90BÐ = °， C   ， 320mAC  ， ∵ sin ABC AC  ， ∴  sin 320sin mAB AC C    ， 故选：B． 6．D 【分析】本题考查了圆周角定理，直接利用圆周角定理求解，圆周角定理为在同圆或等圆中， 同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 【详解】解： 1 1 80 40 2 2 APB AOB        ． 故选：D． 7．B 【分析】本题考查了解直角三角形的应用 -方向角问题，过点 B作 BH AP ，交 AP的延长 线于 H ，由题意可知 90 60 30BAH     ，由含 30°的直角三角形的性质可得出 1 20 2 BH AB  海里，再通过角度的计算得出 60 15 45PBH      ，通过等角对等边可 得出 20PH BH  海里，根据余弦的定义求出 AH，最后根据线段的和差关系即可得出答 案，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点 B作BH AP ，交 AP的延长线于H ，则 90AHB  ， 答案第 3页，共 16页 由题意可知， 90 60 30BAH     ， 40AB  海里 ， ∴ 1 20 2 BH AB  海里， 90 30 60ABH      ， ∵ 90 75 15ABP     ， ∴ 60 15 45PBH     ， ∴ 45HPB  ， ∴ 20PH BH  海里， ∵ 3cos 40 2     AH AHBAH AB ， ∴ 20 3AH  ， ∴  20 3 20AP AH PH    海里， 故选：B． 8．D 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，根据二次函数对称轴和图象得出a b c、 、 的符 号，即可判断①；由� = 1时， 0y  ，即可判断②；画出函数 y x  的图象，根据图象可判 断③；根据二次函数性质可判断④；掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵抛物线的对称轴为 1x   ， ∴ 1 2 b a    ， ∴ 2b a ， ∵抛物线开口向下， ∴ 0a  ， ∴ 0b  ， ∵抛物线对称轴为 1x   ，与 x轴的一个交点A在点 ( 3,0) 和 ( 2,0) 之间， ∴抛物线与 x轴的另一个交点A在点  0,0 和 1,0 之间， 答案第 4页，共 16页 ∴抛物线与 y轴的交点在 y轴的正半轴上， ∴ 0c  ， ∴ 0abc  ，故①正确； ∵抛物线与 x轴的另一个交点A在点  0,0 和 1,0 之间， ∴� = 1时， 0y  ， 即 0a b c   ， ∴3 0a c  ，故②正确； 由方程 2 ( 2)ax b x x c    得， 2ax bx c x    ， 画函数 y x  的图象如下， 由图象可知，直线 y x  与抛物线  2 0y ax bx c a    相交于两点，交点横坐标满足 1 0m n ， ，故③正确； ∵抛物线开口向下，图象上有两点  1 1,P x y 和  2 2,Q x y ，对称轴为 1x   ， 1 2x x ，且 1 2 2x x   ， ∴点� �2, �2 在对称轴 1x   右侧， 当 1 1x   时, 在抛物线� =− 1的右侧， y随 x的增大而减小， ∵ 1 2x x ， ∴ 1 2y y ， 当 1 1x   时，点Q到对称轴的距离为  2 21 1x x    ，点 P到对称轴的距离为 11 x  ， ∵  2 1 2 11 1 2 0x x x x        , ∴ 2 11 1x x    ， 答案第 5页，共 16页 又∵抛物线开口向下，抛物线上的点离对称轴的越近，函数值越大， ∴ 1 2y y ， ∴图象上有两点  1 1,P x y 和  2 2,Q x y ，若 1 2x x ，且 1 2 2x x   ，则一定有 1 2y y ， 故④正确； ∴结论正确的有 4个， 故选：D． 9．2 3 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，代入特殊角的三角函数值进行计算，即可求解． 【详解】解： 2 tan 60 2 3 2 3    ， 故答案为： 2 3． 10．4 【分析】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．设销售价提高 x元时，每天的销售利润为 y元，根据利润（销售价 进价）销售量建立函数关系式， 利用二次函数的性质求解即可得． 【详解】解：设销售价提高 x元时，每天的销售利润为 y元， 由题意得：   10 8 100 10y x x     210 8 20x x     210 4 360x    ， 由二次函数的性质可知，当 4x  时， y取得最大值， 即销售价提高 4元时，可以使每天的销售利润最大， 故答案为：4． 11． 4 6 3  【分析】本题考查了正多边形和圆的知识，根据阴影面积总体面积空白面积即可得出答 案． 【详解】解：如图，正六边形 ABCDEF内接于 O 中，已知外接圆的半径 2OA OB  ，过 O作OH AB 于H ， 答案第 6页，共 16页 ∴ 360 60 6 AOB     ， ∴ AOBV 是等边三角形， ∴ 1 1 2 AH BH AB   ， 2 2 2 22 1 3OH OA AH     ， ∴ 1 1 2 3 3 2 2AOB S OH AB      ， ∴阴影面积为 26 2 6 43 6 3O AOBS S         ， 故答案为： 4 6 3  ． 12．  33 11 3 【分析】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题，先说明 33mAB BC  ，再由锐角 三角函数定义求出 BD的长，即可解决问题．熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键． 【详解】解：∵从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为 45，看楼下荷塘D处的俯角为60， ∴ 45ACB  ， 60ADB  ， ∵ 90ABC  ， 33AB  ， ∴ 90 90 45 45CAB ACB ACB          ， ∴ 33BC AB  ， 在Rt ABD△ 中， 60ADB  ， ∴ 33 33 11 3 tan tan 60 3 ABBD ADB       ， ∴   33 11 3 mCD BC BD    ， 即荷塘的宽CD为  33 11 3 m  ． 故答案为：33 11 3  ． 13．3 3 答案第 7页，共 16页 【分析】本题考查了圆周角定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识点．作直径 BM ， 证明四边形 AFCM是平行四边形，推出 5AM CF  ， 1 2 CM r ，在Rt BCM△ 和Rt BAM△ 中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：作直径 BM ，连接 AM CM、 ，设 O 的半径为 r， ∵ BM 为 O 的直径， ∴ 90BAM BCM    ，即MA AB ，MC BC ， ∵ ,AD CE是 ABCV 的高， ∴CF AB ， AD BC ， ∴ ,CF AM AF CM∥ ∥ ， ∴四边形 AFCM是平行四边形， ∴ 5AM CF  ， 1 2 CM AF AO BM r    ， 在Rt BCM△ 中， 2 2 2BM BC CM= + ，即    22 22 39r r  ， 解得 13r  （负值舍去）， ∴ 2 13BM  ， 在Rt BAM△ 中， 2 2 2BM AB AM  ，即  2 2 22 13 5AB  ， 解得 3 3AB  （负值舍去）． 故答案为：3 3． 14．①4；②4；③ 1 22 5, 2 5x x    ；④ 1 22, 1x x   【分析】本题考查实数的混合运算，特殊角的三角函数值，解一元二次方程： ①先化简各式，再进行加减运算即可； ②先化简各式，再进行加减运算即可； ③利用配方法解方程即可； ④利用因式分解法解方程即可． 答案第 8页，共 16页 【详解】解：①原式 11 2 2 2 4 2       ； ②原式 21 4 2 2 3 1 2 2 2 2 3 4 2           ； ③ 2 4 1x x  ， 2 4 4 1 4x x    ，  22 5x   ， ∴ 2 5x    ， ∴ 1 22 5, 2 5x x    ； ④  21 3 3x x      21 3 1 0x x    ，   1 3 1 0x x    ，   2 1 0x x   ， ∴ 1 22, 1x x   ． 15．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图 旋转变换、三角形的外接圆与外心，熟练掌握旋转的性质、三角形 的外心的定义是解答本题的关键． （1）根据旋转的性质作图即可． （2）结合三角形的外心的定义，分别作线段 AB，AC的垂直平分线，相交于点O，则点O 即为所求． 【详解】（1）解：如图 1， AB C △ 即为所求． （2）解：如图 2，分别作线段 AB， AC的垂直平分线，相交于点O， 则点O即为所求． 答案第 9页，共 16页 16．(1) 2 2 3y x x    ，顶点坐标为  1,4 (2) 3x   或 1x  【分析】本题考查二次函数的图象和性质，正确的求出二次函数的解析式，是解题的关键： （1）根据对称性求出抛物线与坐标轴的另一个交点，设出两点式，把  0,3 代入解析式，求 出函数解析式，进而求出顶点坐标即可； （2）找到抛物线在 x轴的下方时的自变量的范围即可得出结果． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线 1x   ，与 x轴的一个交点为  3,0 ， ∴抛物线与 x轴的另一个交点为  1,0 ， 设抛物线的解析式为：    1 3y a x x   ，把  0,3 ，代入，得：3 3a  ， ∴ 1a   ， ∴    21 3 2 3y x x x x        ， ∴  22 2 3 1 4y x x x        ， ∴顶点坐标为：  1,4 ； （2）由图象可知：当 0y  时， 3x   或 1x  ． 17．(1)15米 (2)古搭CD的高度约为 29米 【分析】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形，掌握锐角三角函数 的定义． （1）根据坡度得到 5 12 BH AH  ，设 5BH x ，则 12AH x ，勾股定理求出的值即可； （2）延长CD交 AN于点 G，则CG AN ，四边形 BHGD为矩形，在Rt BDC 中，得到 答案第 10页，共 16页 tan CDBD HG CBD     ，列出算式，求解即可． 【详解】（1）解：由题意，得 90AHB  ， : 1: 2.4i BH AH  ， 5 12 BH AH   ， 设 5BH x ，则 12AH x ， 2 2 2AH BH AB   ， 13AB x  ， 39AB  ， 3x  ， 5 15BH x   （米）； 答：坡顶 B到地面 AH的距离 BH 的长为 15米； （2）解：延长CD交 AN于点 G，则CG AN ，四边形 BHGD为矩形， ∴ BD HG ， 15BH DG  ， 45CAG   ， 45ACG  ， CAG ACG  ， CG AG  ， AH HG CD DG    ； 在Rt BDC 中， tan CDCBD BD   ， tan CDBD HG CBD     ， 74CBD   ， 36AH  ， 36 15 tan 74 CD CD     ， tan 74 3.49 Q ， 29CD  （米）． 答案第 11页，共 16页 答：古搭CD的高度约为 29米． 18．(1)见解析 (2) O 半径长3 2 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理； （1）由四边形 ABCE为圆内接四边形，得到 180ABC AEC   ，根据等腰三角形的性质 得出 AABC CB ∠ ，根据同弧所对圆周角相等得出 AEB ACB   ，再结合 180CEF AEC   和对顶角相等即可证明； （2）连接 ,BO CO，根据圆周角定理可得 90BOC  ，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点A， B，C， E均在 O 上， ∴四边形 ABCE为圆内接四边形， ∴ 180ABC AEC   ． 又∵ 180CEF AEC   ， ∴ ABC CEF  ． ∵ AB AC ， ∴ AABC CB ∠ ， ∴ ACB CEF  ． ∵ AB AB ， ∴ AEB ACB   ， ∴ CEF AEB  ． ∵ AEB GEF  ， ∴ GEF CEF  ； （2）解：如图所示连接 ,BO CO， ∵ BC BC ∴ 2 90BOC BEC   ∠ 答案第 12页，共 16页 设 O 的半径为 r，则Rt OBC△ 中， 2 2 2BC OB OC  2 2 26 r r  解得： 3 2r  （负值舍去） ∴ O 半径长3 2 19．(1) 2 6 20 xy    (2) 9 9x   (3)最前排符合所有种植条件的苗木数量为 18棵，最左边一棵苗木种植点的横坐标为 8.5 【分析】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是根据题意求出抛物线的解析式． （1）根据题意建立直角坐标系，分别得到  0 6A ， ，  101B ，，再根据待定系数法即可求出二 次函数的解析式； （2）根据每棵苗木高1.95m，且苗木顶部不触碰大棚得到 1.95y  ，即可求出种植点的横坐 标的取值范围； （3）根据（2）的种植点的横坐标的取值范围即可求出数量和最左边一棵苗木种植点的横坐 标． 【详解】（1）解：根据图中的坐标系以及题意可得， 点 A的坐标为  0 6， ，点 B的坐标为  101，， ∵抛物线的顶点坐标为点  0 6A ， ， ∴可设抛物线的解析式为： 2 6y ax  ， 把点  101B ，代入可得：100 6 1a   ， 解得： 1 20 a   ， ∴抛物线的函数关系式为： 21 6 20 y x   ； （2）解：∵种植苗木时，每棵苗木高1.95m， ∴当 21 6 1.95 20 y x    时， 答案第 13页，共 16页 解得： 1 9x   ， 2 9x  ， ∵苗木顶部不触碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布， ∴种植点的横坐标的取值范围为： 9 9x   ； （3）解：根据题中所知，种植后苗木成轴对称分布，且相邻两棵苗木种植点之间间隔1m， ∴在距离 y轴0.5m的两则开始种植，最前排可种植： 1829  （棵）， 则最左边一棵苗木种植点的横坐标 0.5 8 8.5x      ． 答：最前排符合所有种植条件的苗木数量为 18棵，最左边一棵苗木种植点的横坐标为 8.5 ． 20．(1)见详解 (2)①1；②1 5 2  【分析】（1）利用平行线的性质得出 OCB CBD  ，根据等边对等角可得出 OCB OBC  ， 等量代换可得出 OCB OBC  ，即可得出 AC CD ． （2）①连接 AD，设 AD交OC于点 H，利用圆周角定理，平行线的性质，垂径定理得到 1 2 AH DH AD  ；利用矩形的判定与性质得到DE CH ，利用正弦的定义得出含30角的 直角三角形，由含30角的直角三角形的性质，圆周角定理和等边三角形的判定与性质得到 2OA OC AC   ，再利用等腰三角形的三线合一的性质求得CH ，则结论可求； ②利用分类讨论的思想方法得到 90FOB  ，利用直角三角形的性质和等角的余角相等的 性质和等腰三角形的性质得到 EC EF ；设 EC EF x  、OF y 、OB OC r  ，则 OE x y  ，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质分别表示 2r ，进而得到 x，y的方程， 解方程求得 x，y的关系式，代入化简运算即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵ ∥BD OC， ∴ OCB CBD  ， ∵OC OB ， ∴ OCB OBC  ， ∴． OBC CBD  ， ∴ AC CD ． （2）解：连接 AD，设 AD交OC于点 H，如图， 答案第 14页，共 16页 ∵ AB是 O 的直径， ∴ 90ACB ADB   ， ∴ AD BD ， ∵ ∥BD OC， ∴OC AD ， ∴ 1 2 AH DH AD  ， ∵OC AD ，CE BD ， AD BD ， ∴四边形CHDE为矩形， ∴DE CH ， ∵ 1 2 2 AC AB  ， 90ACB   ∴ 1sin 2 ACABC AB    ， ∴ 30ABC  ， ∴ 2 60AOC ABC    ， ∵OA OC ， ∴ OAC 为等边三角形， ∴ 2OA OC AC   ， ∵ AH OC ， ∴ 1 1 2 CH OH OC   ， ∴ 1DE CH  ． ②∵ OBF 是直角三角形， 当 90OBF  时，点 F在 O 外，由于 BC为弦，这与OE交 BC于点 F不符； 当 90OFB  时，则OF BC ， ∴ BF CF ， 答案第 15页，共 16页 ∵ ∥BD OC， ∴ OFC EFB∽  ， ∴ OF FC EF FB  ， ∴OF EF ， ∴四边形COBE为平行四边形， ∵CE BD ， ∴四边形COBE为矩形， ∴ 90OBD  ， ∴点 D在 O 外，这与题意不符． ∴只有 90FOB  ．则 90OFB OBC   ， ∵ ∥BD OC，CE BD ， ∴OC CE ， ∴ 90ECF OCB   ， ∵OB OC ， ∴ OCB OBC  ， ∴ ECF OFB  ， 又 CFE OFB  ， ∴ ECF CFE  ， ∴ EC EF ， 设 EC EF x  、OF y 、OB OC r  ， 则OE x y  ， ∴  22 2 2 2 2OC OE EC x y x r      ∵ ∥BD OC ∴ COE BEO  ， ∵ 90OCE FOB   ， ∴ ECO BOE∽  ， ∴ OC OE CE OB  ， ∴ r x y x r   答案第 16页，共 16页 ∴  2r x x y  ． ∴    2 2x x y x y x    ， ∴ 2 2 0x xy y   ， ∴ 1 5 2 x y (负数不合题意，舍去) ∴ 1 5 2 x y ， ∴ 1 5 2 x y   ， 即 1 5 2 EF OF   【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似 三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正弦值求角，含30角的直角三角形的性质，连 接直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助线．