全国各地中考压轴题赏析.docx

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全国各地中考压轴题赏析

2017武汉中考压轴题赏析

【压轴题36】（2017武汉一）如图YZ36，△ABC内接于⊙O，AB=AC，CO的延长线交AB于点D。

（1）求证AO平分∠BAC；

（2）若BC=6，sin∠BAC=3/5，求AC和CD的长。

【解析】

（1）如图YZ36-1，连接OB，在△ABO和△ACO中，AB=AC，OA=OA，OB=OC，∴△ABO≌△ACO，故∠ABO=∠CAO；

（2）如图36-2，过点C作CE⊥AB于点E。

设AC=x，则CE=3x/5，AE=4x/5，

BE=x-4x/5=x/5，因为BC=6，

所以：

（x/5）2+（3x/5）2=62解得x=3√10；

延长AO交BC于点F，过点D作DG⊥AO于点G。

易知AF2=（3√10）2 -9=81，即AF=9；

在△OCF中，设OC=r，则OF=9–r，FC=3，

根据勾股定理，解得r=5，故OF=4；

DG∶AG=BF∶AF=1∶3，

DG∶OG=FC∶OF=3∶4，

设DG=3x，则AG=9x，OG=4x，

AO=AG+OG=9x+4x=13x=5，

故x=5/13，DG=15/13，OG=20/13，

∴DO=25/13，

故CD=CO+DO=5+25/13=90/13。

【压轴题37】（2017武汉二）如图YZ37，直线y=2x+4与反比例函数y=k/x的图像相交于点A（-3，a）和点B。

（1）求k的值；

（2）直线y=m（m＞0）与直线AB相交于点M，与反比例函数y=k/x的图像相交于点N。

若MN=4，求m的值；

（3）直接写出不等式

【解析】

（1）点A在直线y=2x+4上，a=2×（-3）+4=-2，故A（-3，-2），所以k=（-3）×（-2）=6；

（2）如图YZ37-2，点M的横坐标为：

（m-4）/2，点N的横坐标为：

6/m，MN=6/m–（m-4）/2=4，解得m=-2+2√2（m为负数的值已舍去）；

（3）设x-5=t，函数y=6/t与y=t+5的图像相交于两点A、B（如图YZ37-3），则点A的横坐标为 -6，点B的横坐标为1，

故当t＜ -6或 0＜t＜1时，6/t＞t+5，

即当x-5＜ -6或 0＜x-5＜1时，6/（x-5）＞x，

整理后，当x＜ -1或 5＜x＜6时，6/（x-5）＞x。

【压轴题38】（2017武汉三）已知四边形ABCD的一组对边AD，BC的延长线相交于点E。

（1）如图YZ38-1，若∠ABC=∠ADC=90º，求证ED·EA=EC·EB；

（2）如图YZ38-2，若∠ABC=120º，cos∠ADC=3/5，CD=5，AB=12，△CDE面积为6，求四边形ABCD的面积；

（3）如图YZ38-3，另一组对边AB，DC的延长线相交于点F，若cos∠ABC=cos∠ADC=3/5，CD=5，CF=ED=n，直接写出AD的长（用含n的代数式表示）。

【解析】

（1）∵∠ABC=∠ADC=90º，∠E=∠E，∴△ECD∽△EAB，ED∶EB=EC∶AB，即ED·EA=EC·EB；

（2）如图YZ38-2-1，过点C作CF⊥EA于点F，过点A作AG⊥EB延长线于点G。

∵cos∠ADC=3/5，CD=5，

∴CF=4，

∵△CDE面积为6，

∴EF=6；

∵∠ABC=120º，

∴∠ABG=60º，

∵AB=12，

∴BG=6，AG=6√3；

易知ECF∽△EAG，EF∶EG=CF∶AG，∴EG=EF·AG÷CF=6×6√3÷4=9√3，

S△ABG=BG·AG÷2=6×6√3÷2=18√3，

S△AEG=EG·AG÷2=9√3×6√3÷2=81，

∴S四边形ABCD=S△AEG﹣S△ABG﹣S△CDE =81-18√3-6=75-18√3；

（3）如图YZ38-3-1，过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AJ⊥CD于点J。

∵cos∠ABC=cos∠ADC，且∠ABC与∠ADC都是锐角，∴∠ABC=∠ADC，∠E=∠F；

∵CD=5，cos∠ADC=3/5，

∴DK=3，CK=4，tg∠E=4/（3+n）；

设AD=5x，则DJ=3x，AJ=4x，tg∠F=AJ÷FJ=4x/（5+n-3x），由tg∠F=tg∠E，有：

4/（3+n）=4x/（5+n-3x），

解得：

x=（5+n）/（6+n），

故AD=5x=（25+5n）/（6+n）。

【压轴题39】（2017武汉四）已知点A（－１，１）和点B（４，６）在抛物线ｙ＝ａｘ２+ｂｘ上。

（１）求抛物线的解析式；

（２）如图YZ３９－１，

点F的坐标为（０，ｍ）（ｍ＞２），直线AF交抛物线于另一点G，过点G作ｘ轴的垂线，垂足为H，设抛物线与ｘ轴的正半轴交于点E，连接FH，AE。

求证：

FH∥AE；

（３）如图YZ３９－２，

直线ＡＢ分别交ｘ轴，ｙ轴于C，D两点，点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒√２个单位长度，同时，点Q从原点O出发，沿ｘ轴正方向匀速运动，速度为每秒１个单位长度，点M是直线PQ和抛物线的一个交点，当运动到ｔ秒时，QM＝２PM，直接写出ｔ的值。

【解析】

（1）分别将A，B的坐标代入ｙ＝ａｘ２+ｂｘ中：

解得：

a=1/2，b=-1/2，所以抛物线解析式为：

；

（2）设AF的解析式为：

y=kx+m，将A的坐标代入其中，得：

-k+m=1，k=m-1，所以AF：

y=（m-1）x+m；联立方程组：

解得：

x1=-1，x2=2m，故点G的横坐标为2m，即点H的坐标为（2m，0）；令抛物线中y=0，得，x1=0，x2=1，故tg∠AEO=1/2，tg∠FHO=m/2m=1/2，∴∠AEO=∠FHO，所以FH∥AE；

（3）设直线AB的解析式为：

y=jx+d，分别将A（-1，1），B（4，6）的坐标代入：

解得：

j=1，d=2，所以直线AB解析式为：

y=x+2；故点C的坐标为（-2，0），

t秒后CP=√2t，OQ=t，所以点P的坐标为（-2+t，t），点Q的坐标为（t，0），设点M的坐标为（x，y）。

（如图YZ39-2-1）

①当M在PQ之间时，由相似性，得：

QM∶QP=（t-x）∶（t-t+2）=2∶3，QM∶QP=y∶t=2∶3，

 代入抛物线解析式中：

②当M在PQ的延长线上时，由相似性，得：

QP∶QM=（t-t+2）∶（t-x）=1∶2；QP∶QM=t∶y=1∶2，∴x=t-4；y=2t. 代入抛物线解析式中：

2018广州中考压轴：

旋转模型

【1】（2018广州）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90º，AB>CD，AD=AB+CD。

（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E。

连接AE；

（2）在

（1）的条件下：

①证明：

AE⊥DE；

②若CD=2，AB=4，点M，N分别为AE、AB上的动点，求BM+MN的最小值。

【解析】

（1）略，如图1-1；

（2）①过点E作EF⊥AD于点F（如图1-2）。

则EC=EF，CD=DF，

∵AD=AB+CD，

∴AF=AB，

∵∠EFA=∠EBA=90º，AE=AE，

∴△EFA≌△EBA，

∴EF=EB，即AE平分∠DAB，

∵CD∥AB，

∴2∠ADE+2∠DAE=180º，

∴∠ADE+∠DAE=90º，

∴AE⊥DE；

②假定N不动，则点N关于AE的对称点K在AD上（如图1-3）。

∴BM+MN=BM+MK，

显然当B、M、K在同一直线上时，其和最小为BK；当N在AB上运动时，点K在AD上运动，故当BK⊥AD时，BM+MN的值最小。

作BP⊥AD于点P，过点D作DG⊥AB于点G，

则△ADG∽△ABP；

易知，AG=2，AD=6，DG=4√2；

∵AD∶AB=DG∶BP，

∴6∶4=4√2∶BP，得：

BP=8√2/3，即BM+MN的最小值为8√2/3。

【2】（2018广州）如图所示，抛物线y=x²+mx-2m-4（m>0）。

（1）证明：

该抛物线与x轴总有两个不同的交点；

（2）设该抛物线与x轴的两个交点分别为A、B（点A在点B的右边），与y轴交于点C，A，B，C都在⊙P上。

①试判断：

不论m取任何正数，⊙P是否经过y轴上某个定点？

若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由；

②若点C关于直线x=-m/2的对称点为点E，点D（0，1），连接BE，BD，DE，△BDE的周长记为l，⊙P的半径记为r，求l/r的值。

【解析】y=（x-2）（x+m+2），令y=0，则x1=2，x2=-m-2，

∵m＞0，

∴-m-2＜-2，

∴x1＞x2，故抛物线与x轴总有两个不同的交点，其坐标为（2，0），（-2-m，0）；

（2）①如图2-1，

⊙P的圆心P在抛物线的对称轴上，对称轴为：

x=-m/2，

由题意，A（2，0），B（-2-m，0），C（0，-2m-4）；

设⊙P与y轴交于另一点D，过点P作x轴的平行线PK，交y轴于点K，根据“垂径定理”，PK垂直平分CD，

∵C、D点关于点K对称；

设P（-m/2，p），则PA²=PC²：

（2+m/2）²+p²=（-m/2）²+（p+2m+4）²，解得：

p=-m-3/2，

∴K（0，-m-3/2）；

设D（0，d），则2×（-m-3/2）=d+（-2m-4），解得：

d=1，故D（0，1），即⊙P经过y轴上的定点D（0，1）；

②如图2-2，

直线x=-m/2经过⊙P的直径，同时也抛物线的对称轴，故点E同时在抛物线和⊙P上，∵∠DCE=90º，

∴DE为⊙P的直径；

∴∠DBE=90º，又∵∠BCD=∠BED，

∴△BCO∽△DEB，

；

△BOC的周长为：

2+m+2m+4+√5（2+m）=（3+√5）（2+m），故：

【3】（2018广州），如图，在四边形ABCD中，∠B=60º,∠D=30º，AB=BC。

（1）求∠A+∠C的度数；

（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由；

（3）若AB=1，点 E在四边形ABCD内部运动，且满足AE²=BE²+CE²，求点E运动路径的长度。

【解析】

（1）∠A+∠C=360º-（60º+30º）=270º；

（2）将△ABD绕点B顺时针旋转60º，则点A与点C重合，点D与点K对应（如图3-1）。

易知，△BDK为等边三角形，

∵∠A+∠C=270º，

∴∠BCK+∠BCD=270º，

∴∠DCK=90º，根据勾股定理：

DK²=CD²+CK²，

∵DK=BD，CK=AD，

∴BD²=AD²+CD²；

（3）将△ABE绕点B顺时针旋转60º，则点A与点C重合，点E与点P对应（如图3-2）。

连接CP，则CP=AE，EP=BP=BE，

∵AE²=BE²+CE²，

∴CP²=EP²+CE²，即∠PEC=90º，

∵∠BEP=60º，

∴∠BEC=150º；

即点E在运动过程中，∠BEC为定值150º，作△BEC的外接圆M，连接MB、MC，在E运动时，⊙M的圆心保持不变。

∵优弧BC的圆周角为150º，

∴劣弧BC的圆周角为30º，

∴劣弧BC的圆心角为60º，

即△BMC为等边三角形，

MB=BC=AB=1，

点E的运动路径为劣弧BC，

其长度为：

2π·1÷6=π/3。

2017台湾中考压轴题详解

台湾初中毕业生真是太幸福了！

压轴题容易到想哭！

【压轴题16】（2017台湾）如图YZ16-1，在直角坐标系上，点O为原点，另有点A（0,3）、点B（-5,0）、点C（6,0）三点，直线L通过点C且与y轴交于点D。

请回答下列问题：

（1）已知直线L的方程式为：

5x-3y=k，求k的值；

（2）根据

（1）的结论，证明：

△AOB∽COD。

【解析】

（1）将点C（6,0）代入5x-3y=k中，得：

30-0=k，即k=30；

（2）由

（1）得到直线L的解析式为：

y=5x/3-10，所以点D的坐标为：

（0，-10），在△AOB和△COD中：

∠AOB=∠COD=90°，｜OA｜∶｜OC｜=3∶6=1∶2；｜OB｜∶｜OD｜=5∶10=1∶2，∴｜OA｜∶｜OC｜=｜OB｜∶｜OD｜，故△AOB∽COD。

【提示】同时有△AOB∽COD的结论。

2017苏州市中考压轴题详解

（2017苏州市）如图YD9-1，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OB=OC。

点D在函数图象上，CD∥x轴，且CD=2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点。

（1）求b，c的值；

（2）如图YZ9-1，连接BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F′恰好在线段BE上，求点F的坐标；

（3）如图YZ9-2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M，与抛物线交于点N。

试问：

抛物线上是否存在点Q，使得S△PQN=S△APM，且NQ的长度最小？

如果存在，求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由。

【解】

（1）易知点C的坐标为：

（0,c），

∵OB=OC，∴点B的坐标为：

（-c，0），代入原解析式：

c2-bc+c=0，由图看出，c≠0，∴c=b-1；又点C、D都在抛物线上，且CD∥x轴，∴点C、D关于l对称，故-b/2=CD/2=1，即b=-2，c=-3。

故解析式为：

y=x2-2x-3，或：

y=（x+1）（x-3）；

（2）设点F的坐标为：

（0,f），则F′的坐标为：

（2，f），

易知点E的坐标为（1，-4），点B（3,0），所以求得直线EB的解析式为：

y=2x-6，所以：

2×2-6=f，即f=-2，故点F的坐标为：

（0，-2）；

（3）存在。

如图YZ9-3，

设点P的坐标为：

（p，0），点Q的坐标为：

（q，（q+1）·（q-3））,直线CB的解析式：

y=x-3，则点M的坐标为：

（p，p-3）,点N的坐标为：

（p，（p+1）·（p-3））；易知点A的坐标

为：

（-1,0），∴S△APM=½·|AP|·|PM|=½·（p+1）·（3-p）；S△PQN=½·|PN|·|q-p|=½·（p+1）·（3-p）·|q-p|，∵S△PQN=S△APM，∴½·（p+1）·（3-p）=  ½·（p+1）·（3-p）·|q-p|，∴|q-p|=1，即p=q±1；|NQ|2=（p-q）2+[（p+1）（p-3）-（q+1）（q-3）]2，当p=q+1时，|NQ|2=1+（2q-1）2，要使NQ长度最小，则2q-1=0，即q=1/2，此时Q的坐标为：

（1/2，-15/4）；当p=q-1时，

|NQ|2=1+（2q-3）2，要使NQ长度最小，则2p-3=0，即q=3/2，此时Q的坐标为：

（3/2，-15/4）。

2017深圳中考压轴题详解

【压轴题12】（2017深圳一）如图YZ12-1，AB是⊙O的直径，AB=4√3，点E为线段OB上一点（不与O,B重合），作CE⊥OB，交⊙O于点C，垂足为点E，作直径CD，过点C的⊙O的切线交DB的延长线于点P，AF⊥PC于点F，连接CB。

（1）求证：

CB是∠ECP的平分线；

（2）求证：

CF=CE；

（3）当CF∶CP=3∶4时，求劣弧BC的长度。

（结果保留π）

【证明】

（1）连接AC，如图YZ12-2，∵CP为⊙O的切线，∴∠BCP=∠BAC，而∠BAC+∠ABC=90°，∠BCE+∠ABC=90°，∴∠BAC=∠BCE，即∠BCE=∠BCP，故BC为∠ECP的平分线；

（2）∵AF⊥PF，CD为⊙O的直径，故CD⊥PF，∴AF∥CD，∴∠FAC=∠OCA，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，得：

∠FAC=∠OAC，即AC平分∠FAB，又CE⊥AB，CF⊥AF，∴CE=CF；

（3）如图YZ12-3，作BM⊥PC于点M，∵CD，AB均为⊙O的直径，∴∠ACB=∠CBD=90°；

根据射影定理：

BM2=PM·CM，BC2=CM·CP，又CF=CE=CM，BE=BM，FC∶PC=3∶4，∴CM∶PC=3∶4，故PM∶PC=1∶4。

∴BE2∶BC2=PM∶PC=1∶4，即：

BE∶BC=1∶2，所以∠BCE=30°，即∠BOC=60°，故劣弧BC的长为⊙O周长的六分之一，即：

π·（4√3）÷6=2√3π/3.

【压轴题13】（2017深圳二）如图YZ13-1，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO为矩形，点A，C的坐标为A（0,2），C（2√3,0），点D为对角线AC上一动点（不与A，C重合），连接BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF。

（1）填空：

点B的坐标为：

（    ）；

（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？

若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；

（3）①求证：

DE∶DB=√3∶3 ；

②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值。

【解】

（1）∵四边形ABCO为矩形，∴B点坐标：

（2√3,3）；

（2）存在。

因为点D在AC上运动，故当△DEC为等腰三角形时，点D不可能为顶角顶点。

①当点E为顶角顶点时，DE=DC，如图YZ13-1-1，

由AB=2√3，BC=2，知AC=4，∵AC=2BC，∴∠CAB=30°。

连接BE，由HL定理知△BDE≌△BCE，∴BD=BC，∵∠OCD=30°，∴∠EDC=30°，∠EDC=120°，∴∠DEB=∠CEB=60°，故∠DBC=2×30°=60°，∴△BCD为等边三角形，CD=CB=2，所以AD=4-2=2；

②当点C为顶角顶点时，CD=CE，如图YZ13-1-2，

∵∠OCA=30°，∴∠CDE=15°，又∠BDE=90°，∴∠ADB=75°；∠CAB=30°，故∠ABD=75°，即AD=AB=2√3。

综上所述，当△CDE为等腰三角形时，AD=2或2√3.

（3）①如图YZ13-2，易知，若取BE中点M作为圆心，½BE为半径画圆，则点B，D，E，C，F共圆，

∴∠DEB=∠OCA=30°，∴△BDE∽△ABC，DE∶BC=BD∶AB，故DE∶BD=BC∶AB=2∶2√3=√3∶3；

②如图YZ13-3，过点D作DN⊥AB于点N。

则DN=½·x，AN=√3x/2，NB=2√3-√3x/2，故DB2=NB2+DN2=（½x）2+（2√3-√3x/2）2=x2-6x+12，由①知，DE=DB·√3/3，∴y=DB·DE=（√3/3）·DB2=（√3/3）·（x2-6x+12），化简，得：

y=（√3/3）·[（x-3）2+3）]，故当x=3时，y有最小值√3.

2017上海市中考压轴题赏析

【压轴题19】（2017上海一）已知在平面直角坐标xOy中（如图YZ19），已知抛物线y=-x2+bx+c经过点A（2,2），对称轴是直线x=1，顶点为B。

（1）求这条抛物线的函数解析式和点B的坐标；

（2）点M在对称轴上，且位于顶点上方，设它的纵坐标为m，连接AM，用含m的代数式表示∠AMB的余切值；

（3）将该抛物线向上或向下平移，使得新抛物线的顶点C在x轴上，原抛物线上一点P平移后对应点为Q，若OP=OQ，求点Q的坐标。

【解析】

（1）抛物线y=-x2+bx+c的对称轴为x=-（b/-2）=b/2=1，∴b=2；将A（2,2）代入y=-x2+2x+c中，得：

2=-4+4+c，∴c=2，故抛物线解析式为：

y=-x2+2x+2，顶点B的坐标为：

（1,3）；

（2）如图YZ19-2，过点A作AN⊥MB于点N，则AN=2-1=1，MN=m-2，故ctg∠AMB=MN÷AN=m-2；  

（3）要使得新抛物线的顶点C在x轴上，原抛物线只能向下平移3个单位，如图YZ19-3。

易知，新抛物线解析式为：

y=-x2+2x-1因为点Q是点P向下平移3个单位得来的，所以｜PQ｜=3；又因为OP=OQ，所以点P和Q关于x轴对称，故点P的纵坐标为3/2，点Q的纵坐标为-3/2，设点Q的横坐标为x，代入函数y=-x2+2x-1中：

-3/2=-x2+2x-1，解得：

x=1±√6/2，故点Q的坐标为：

（1+√6/2,-3/2）或（1-√6/2,-3/2）。

【压轴题20】（2017上海二）如图YZ20，已知圆O的半径为1，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，BO的延长线交AC于点D，连接OA、OC。

（1）求证：

△OAD∽△ABD；

（2）当△OCD为直角三角形时，求B、C两点的距离；

（3）记△AOB、△AOD、△COD的面积为S1、S2、S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OD的长。

【解析】

（1）在△ABO和△ACO中：

AB=AC，AO=AO，OB=OC，∴△ABO≌△ACO，故∠ACO=∠ABO，又OA=OC，∴∠ACO=∠CAO，∴∠CAO=∠ABO即：

∠ABD=∠DAO。

在△OAD和△ABD中：

∠DAO=∠ABD，∠ODA=∠ADB，∴△OAD∽△ABD；

（2）当∠ODC=90°时，如图YZ20-2-1，

∵OD⊥AC，∴AD=DC，即BA=BC，故△ABC为等边三角形，∴∠OAD=∠OAB=30°，AD=√3/2，AC=√3，即BC=√3；当∠COD=90°时，如图YZ20-2-2，△BOC为等腰直角三角形，

∴BC=√2；当∠OCD=90°时，AC将变成⊙O的切线，不符合题意。

综上所述，当△OCD为直角三角形时，B、C两点的距离为√3或√2.

（3）根据题意，S1∶S2=S2∶S3，∴BO∶OD=AD∶DC=AD∶（AC-AD），化简，得：

AC∶AD=1+OD；由

（1）可知，OAD∽△ABD，∴AB∶AO=AD∶OD，即AB∶AD=AO∶OD=1∶OD，又AB=AC，∴1+OD=1/OD，解此方程，摄取负数根，得OD=（√5-1）/2。

2017山东德州中考压轴题详解

（2017山东德州中考）如图YZ8-1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使点B落在AD上的点E处，折痕为PQ。

过点E作EF∥AB交PQ于点F，连接BF。

（1）求证：

四边形BFEP为菱形；

（2）当点Q在AD边上移动时，折痕PQ也随之移动。

①当点Q与点C重合时（如图YZ8-2），求菱形BFEP的边长；

②若限定P、Q分别在BA、BC上移动，求点E在边AD上移动的最大距离。

（1）【证明】∵EF∥AB，∴∠EFP=∠BPF，又∵∠BPF=∠EPF，∠BFP=∠EFP，∴∠EFP=∠BPF=∠EPF=∠EFP，又PE=PB，故EP=EF=BP=BF，即四边形BFEP为菱形；

（2）【解】①易知CE=CB=5，CD=3，∴DE=4，AE=5-4=1，在△APE中，设PE=x，则AP=3-x，故有：

（3-x）2+1=x2，解得：

x=5/3；所以菱形BFEP的边长为5/3。

②由①知，当点Q与点C重合时，AE最短，为1，当点P与点A重合时，如图YZ8-3，

此时AE最长，易知此时四边形PBQE为正方形，故AE=3。

即AE最短为1，最长为3，所以点E在AD边上运动的最大距离为2。

2017宁夏中考压轴题赏析

【压轴题26】（2017宁夏一）将一副三角板Rt△ABD与Rt△ACB（其中∠ABD=90º，∠D=60º，∠ACB=90º，∠ABC=45º）如图YZ26摆放，Rt△ABD中∠D所对直角边与Rt△ACB斜边恰好重合，以AB为直径的园经过点C，且与AD交于点E，分别连接EB、EC。

（1）