《2026年通城学典全国中考试题分类精粹中考数学》

10. (2025·乐山)如图，在$\triangle ABC$中，$\angle ABC=45^{\circ}$，$\angle ACB=60^{\circ}$，$AC=2$. 求：
（1）$AB$的长；
（2）点$C$到线段$AB$的距离.

答案： 10.
(1) 过点 A 作 AD⊥BC，垂足为 D. 在 Rt△ACD
中，$AD = ACsin 60° = 2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}，$$DC = ACcos 60° = 2×\frac{1}{2} = 1. $在 Rt△ABD 中，$AB = \frac{AD}{sin 45°} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6} (2) $由
(1)，得$ BD = AD = \sqrt{3}. $又
∵ DC = 1，
∴ BC = BD + DC =
$\sqrt{3} + 1. $设点 C 到线段 AB 的距离为 h，则$ S△ABC = \frac{1}{2}AB·$
$h = \frac{1}{2}·BC·AD，$即$\sqrt{6}h = \sqrt{3}(\sqrt{3} + 1)，$解得$ h = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$
∴ 点 C 到线段 AB 的距离为$\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$

11. (2025·泸州)如图，$AB$，$CD$是$\odot O$的直径，过点$C$的直线与过点$B$的切线交于点$E$，与$BA$的延长线交于点$F$，且$EB=EC$，连接$DE$交$AB$于点$G$.
（1）求证：$EF$是$\odot O$的切线；
（2）若$AF=10$，$\sin F=\frac{1}{3}$，求$EG$的长.

答案： 11.
(1) 连接 OE.
∵ BE 是⊙O 的切线，
∴ OB⊥BE，即
$\begin{cases}OC = OB,\\\angle OBE = 90°.\end{cases} $在 △OEC 和 △OEB 中，$\begin{cases}OE = OE,\\CE = BE,\end{cases}$
∴ △OEC≌△OEB.
∴ ∠OCE = ∠OBE = 90°.
∴ OC⊥
CE.
∵ OC 是⊙O 的半径，
∴ EF 是⊙O 的切线
(2) 过
点 C 作 CH⊥BF 于点 H，过点 D 作 DM⊥BF 于点 M. 设 OA = OC = r，则 OF = OA + AF = r + 10. 由
(1)，得∠OCF =
90°，在 Rt△OCF 中，$sin F = \frac{OC}{OF} = \frac{1}{3}，$
∴ 3OC = OF.
∴ 3r =
r + 10.
∴ r = 5.
∴ OA = OC = 5.
∴ AB = CD = 2OA = 10，
OF = 15.
∴ BF = OF + OB = 20. 在 Rt△OCF 中，由勾股定
理，得$ CF = \sqrt{OF^{2} - OC^{2}} = \sqrt{15^{2} - 5^{2}} = 10\sqrt{2}，$
∴ cos F =
$\frac{CF}{OF} = \frac{10\sqrt{2}}{15} = \frac{2\sqrt{2}}{3}. $在 Rt△BEF 中，$EF = \frac{BF}{cos F} = \frac{20}{\frac{2\sqrt{2}}{3}} =$
$15\sqrt{2}. $
∴$ CE = BE = EF - CF = 15\sqrt{2} - 10\sqrt{2} = 5\sqrt{2}. $在
Rt△CDE 中，由勾股定理，得$ DE = \sqrt{CE^{2} + CD^{2}} =$
$\sqrt{(5\sqrt{2})^{2} + 10^{2}} = 5\sqrt{6}. $
∵$ S△OCF = \frac{1}{2}OF·CH = \frac{1}{2}OC·$
CF，
∴$ CH = \frac{OC·CF}{OF} = \frac{5×10\sqrt{2}}{15} = \frac{10\sqrt{2}}{3} $
∵ ∠DMO =
∠CHO = 90°，∠DOM = ∠COH，OD = OC，
∴ △DOM≌
△COH.
∴$ DM = CH = \frac{10\sqrt{2}}{3} $
∵ ∠EBG = ∠DMG = 90°，
∠EGB = ∠DGM，
∴ △EGB∽△DGM.
∴$ \frac{EG}{DG} = \frac{BE}{MD}，$即
$\frac{EG}{DG} = \frac{5\sqrt{2}}{10\sqrt{2}} = \frac{3}{2}. $
∴$ EG = \frac{3}{2 + 3}DE = 3\sqrt{6}$

12. (2025·新疆)如图，$AB$为$\odot O$的直径，$C$为$\odot O$上一点，$CF\perp AB$于点$F$，$\angle FCE=2\angle A$，$BD// CE$交$CF$于点$G$，交$AC$于点$D$.
（1）求证：$CE$是$\odot O$的切线；
（2）若$\tan \angle BCE=\frac{1}{2}$，$BE=1$，求$DG$的长.

答案： 12.
(1)
∵ CF⊥AB 于点 F，
∴ ∠CFO = 90°.
∵ OC = OA，
∴ ∠COF = 2∠A.
∴ ∠FCE = 2∠A，
∴ ∠COF = ∠FCE.
∵ ∠COF + ∠OCF = 90°，
∴ ∠FCE + ∠OCF = 90°，即
∠OCE = 90°. 又
∵ OC 为⊙O 的半径，
∴ CE 是⊙O 的切线
(2)
∵ AB 为⊙O 的直径，
∴ ∠ACB = 90°. 过点 D 作 DH⊥
AB 于点 H.
∵ ∠ACB = ∠OCE，
∴ ∠ACO = ∠BCE.
∵ BD//CE，
∴ ∠BCE =
∠DBC.
∴$ tan ∠BCE = tan A = tan ∠DBC = \frac{1}{2}. $
∴ 设
CD = a，则 BC = 2a，AC = 4a.
∴ AD = AC - CD = 3a. 在
Rt△ACB 中，由勾股定理，可得$ AB = \sqrt{BC^{2} + AC^{2}} =$
$\sqrt{4a^{2} + 16a^{2}} = 2\sqrt{5}a. $
∵ BD//CE，
∴$ \frac{AD}{CD} = \frac{AB}{BE}，$即$\frac{3a}{a} =$
$\frac{2\sqrt{5}a}{1}，$解得$ a = \frac{3\sqrt{5}}{10}. $
∴ AB = 3，$AD = \frac{9\sqrt{5}}{10}，$$BC = \frac{3\sqrt{5}}{5}.$
∵$ S△ABC = \frac{1}{2}AC·BC = \frac{1}{2}AB·CF，$
∴$ CF = \frac{AC·BC}{AB} =$
$\frac{4a·2a}{2\sqrt{5}a} = \frac{4\sqrt{5}a}{5} = \frac{6}{5}. $
∴$ BF = \sqrt{BC^{2} - CF^{2}} =$
$\sqrt{(\frac{3\sqrt{5}}{5})^{2} - (\frac{6}{5})^{2}} = \frac{3}{5} $
∵$ tan A = \frac{1}{2}，$
∴$ cos A = \frac{2\sqrt{5}}{5}$
在 Rt△AHD 中，$AH = ADcos A = \frac{9\sqrt{5}}{10}×\frac{2\sqrt{5}}{5} = \frac{9}{5}.$
∴$ BH = AB - AH = 3 - \frac{9}{5} = \frac{6}{5}. $
∵$ BF = \frac{1}{2}BH，$CF//
DH，
∴$ DG = \frac{1}{2}DB. $又
∵$ DB = \sqrt{CD^{2} + BC^{2}} =$
$\sqrt{a^{2} + (2a)^{2}} = \sqrt{5}a = \frac{3}{2}，$
∴$ DG = \frac{3}{4}$