2019届浙江省温州市龙湾区九年级中考二模试卷(含详解)

2019届浙江省温州市龙湾区九年级中考二模试卷
数学
（考试时间：120分钟，满分100分）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1.a是不为零的自然数，a与的关系一定是（）
A. a≥
B. a＜
C. a=
D. a＞
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，a和互为倒数，此题可从两个方面考虑①当a=1时，a=；②当a＞1时，a＞；由此可得出答案．
【详解】∵a是不为零的自然数，
∴a与的关系一定是a≥．
故选：A．
【点睛】解题关键是关键一定要掌握a是不为零的自然数的两种情况．
2.如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，那么其三种视图中面积最小的是（）
A. 主视图
B. 俯视图
C. 左视图
D. 一样大【答案】C
【解析】
如图，该几何体主视图是由5个小正方形组成，
左视图是由3个小正方形组成，
俯视图是由5个小正方形组成，
故三种视图面积最小的是左视图，
故选C．
3.下面的统计图反映了我市2011﹣2016年气温变化情况，下列说法不合理的是（）
A. 2011﹣2014年最高温度呈上升趋势
B. 2014年出现了这6年的最高温度
C. 2011﹣2015年的温差成下降趋势
D. 2016年的温差最大
【答案】C
【解析】
【分析】
利用折线统计图结合相应数据，分别分析得出符合题意的答案．
【详解】A选项：2011-2014年最高温度呈上升趋势，正确；
B选项：2014年出现了这6年的最高温度，正确；
C选项：2011-2015年的温差成下降趋势，错误；
D选项：2016年的温差最大，正确；
故选：C．
【点睛】考查了折线统计图，利用折线统计图获取正确信息是解题关键．
4.已知点A（﹣3，m）与点B（2，n）是直线y=﹣2x+b上的两点，则m与n的大小关系是（）
A. m＜n
B. m=n
C. m＞n
D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
先根据直线的解析式判断出函数的增减性，再根据一次函数的性质即可得出结论．
【详解】∵直线y=-2x+b中，k=-2＜0，
∴此函数是减函数．
∵-3＜2，
∴m＞n．
故选：C．
【点睛】考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数的增减性（当k＞0时，直线y＝kx＋b从左向右上升，函数y的值随自变量x的增大而增大；当k＜0时，直线y＝kx＋b从左向右下降，函数y的值随自变量x的增大而减小）是解答此题的关键．
5.如图，⊙O的直径AB与弦CD垂直相交于点E，且AC=2，AE=．则的长是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：如答图，连接OC，
∵△ACE中，AC=2，AE=，CE=1，∴AE2+CE2=AC2.
∴△ACE是直角三角形，即AE⊥CD.
∵sinA=，∴∠A="30°." ∴∠COE=60°.
∵，∴，解得OC=.
∵AE⊥CD，∴.
∴．
故选B．
考点：1. 勾股定理的逆定理；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.垂径定理；5.弧长的计算．
6.用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣1=0时，下列变形正确的是（）
A. （x﹣3）2=1
B. （x﹣3）2=10
C. （x+3）2=1
D. （x+3）2=10
【答案】B
【解析】
【分析】
方程移项变形后，利用完全平方公式化简得到结果，即可做出判断．
【详解】x2﹣6x﹣1=0
方程移项得：x2-6x=1，
配方得：x2-6x+9=10，即（x-3）2=10，
故选：B．
【点睛】考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
7.如图，在△ABC中，AB=AC，BD平分∠ABC交AC于点D，AE∥BD交CB的延长线于点E，若∠E=35°，则∠BAC的度数为（）
A. 40°
B. 45°
C. 50°
D. 55°
【答案】A
【解析】
解：∵AE∥BD，∴∠CBD=∠E=35°．∵BD平分∠ABC，∴∠CBA=70°．∵AB=AC，∴∠C=∠CBA=70°，∴∠BAC=180°﹣70°×2=40°．故选A．
点睛：考查了平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质和三角形内角和定理．关键是得到
∠C=∠CBA=70°．
8.“五一”江北水城文化旅游节期间，几名同学包租一辆面包车前去旅游，面包车的租价为180元，出发时又增加了两名同学，结果每个同学比原来少摊了3元钱车费，设实际参加游览的同学共x人，则所列方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先写出前后两次同学们每个人的车费，再根据每个同学比原来少摊了3元钱车费构造方程.
【详解】原每人的车费为元，实际每人的车费为元，则.
故选D.
【点睛】本题考查列分式方程解决实际问题，根据题意找出能够表示应用题全部含义的一个等量关系，关键是设未知数和用未知数的代数式表示相关的未知量.本题需要注意的是x表示的是实际参加游览的同学人数.
9.如图所示为一种“羊头”形图案，其作法是：从正方形①开始，以它的一边为斜边，向外作等腰直角三角形，然后再以其直角边为边，分别向外作正方形②和②，…，依此类推，若正方形①的面积为64，则正方形⑤的面积为（）
A. 2
B. 4
C. 8
D. 16
【答案】B
【解析】
试题解析：第一个正方形的面积是64；
第二个正方形的面积是32；
第三个正方形的面积是16；
…
第n个正方形的面积是，
∴正方形⑤的面积是4．
故选B．
考点：勾股定理．
10.如图，已知矩形ABCD，AB=4，AD=2，E为AB的中点，连接DE与AC交于点F，则CF的长等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出AC，再由△AEF∽△CDF，推出即可.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=2，∠B=90°，
∴AC=，
∵AE=EB=AB，AE∥CD，
∴△AEF∽△CDF，
∴，
∴AF=AC=．
∴CF=2AF=，
故选：B．
【点睛】考查相似三角形的判定和性质、矩形的性质、平行线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
二．填空题（共6小题，满分30分，每小题5分）
11.化简：a+1+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）99=_________．
【答案】（a+1）100．
【解析】
【分析】
原式提取公因式，计算即可得到结果．
【详解】原式=（a+1）[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）98]，
=（a+1）2[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）97]，
=（a+1）3[1+a+a（a+1）+a（a+1）2+…+a（a+1）96]，
=…，
=（a+1）100．
故答案是：（a+1）100．
【点睛】考查了因式分解-提公因式法，熟练掌握提取公因式的方法是解本题的关键．
12.已知m＞6，则关于x的不等式（6﹣m）x＜m﹣6的解集为_____
【答案】x＞﹣1
【解析】
【分析】
根据题意判断出6-m的正负，求出不等式的解集即可．
【详解】∵m＞6，
∴6-m＜0，
不等式解集为x＞-1，
故答案是：x＞-1.
【点睛】考查了解一元一次不等式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
13.袋子中装有红、黄、绿三种颜色的小球各一个，从中任意摸出一个放回搅匀，再摸出一个球，则两次摸出的球都是黄色的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】
先列有得出所有等可能的情况，然后找出符合条件的情况数，利用概率公式进行求解即可得.
【详解】列表得：
绿（红，绿）（黄，绿）（绿，绿）
黄（红，黄）（黄，黄）（绿，黄）
红（红，红）（黄，红）（绿，红）
红黄绿
故一共有9种情况，两次摸出的球都是黄色的有一种，则两次摸出的球都是黄色的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．
14.如图，将Rt△ABC的BC边绕C旋转到CE的位置，且在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，则∠ACD=_____度．
【答案】120
【解析】
【分析】
根据旋转的性质，旋转前后图形的大小和形状没有改变，则∠ACB=∠DCE=60°，即可求得∠BCD，从而求出∠ACD的度数．
【详解】将Rt△ABC的BC边绕C旋转到CE的位置，
且在Rt△ABC中，∠B=90°，∠A=30°，
则∠ACB=60°，∠A=∠D，∠ECD=60°，
∴∠BCD=60°，
故∠ACD=∠ACB+∠BCD=120°．
故答案是：120°．
【点睛】考查了旋转的性质，其中解题的关键是正确判定旋转的对应角．
15.有一座抛物线形拱桥，正常水位时桥下水面宽度为20米，拱顶距离水面4米．设正常水位时桥下的水深为2米，为保证过往船只顺利航行，桥下水面的宽度不得小于18米，则水深超过_____米时就会影响过往船只在桥下的顺利航行．
【答案】2.76
【解析】
【分析】
以拱顶为坐标原点，水平向右为x轴正方向，建立平面直角坐标系．根据题中数据求出抛物线解析式．桥下水面的宽度不得小于18米，即求当x=9时y的值，然后根据正常水位进行解答．
【详解】设抛物线解析式为y=ax2，
把点B（10，﹣4）代入解析式得：﹣4=a×102，
解得：a=﹣，
∴y=﹣x2，把x=9代入，得：
y=﹣=﹣3.24，
此时水深=4+2﹣3.24=2.76米．
故答案是：2.76.
【点睛】考查点的坐标的求法及二次函数的实际应用．此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．16.如图，点A是反比例函数y=（x＞0）图象上的一点，点B是反比例函数y=﹣（x＜0）图象上的点，连接OA、OB、AB，若∠AOB=90°，则sin∠A=_____
【答案】
【解析】
【分析】
从A和B分别作X轴的垂线，证明相似即可求解.
【详解】如图，从A点和B点作X轴的垂线，垂足分别为C和D.因为∠AOB=90°，易知△O BD≌△AOC，则.因为点A是反比例函数y=（x＞0）图象上的一点，点B是反比例函数y=﹣（x＜0）图象上的点，设OD为m，BD为n，OC为a，AC为b，则ab=5，mn=1，求得，则sin∠A=.
.
【点睛】证明相似是解题的关键.
三．解答题（共8小题，满分66分）
17.（1）计算：﹣sin30°
（2）化简：.
【答案】（1）0；（2）.
【解析】
【分析】
（1）直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质和特殊角的三角函数值进而化简得出答案；
（2）直接利用通分运算进而得出答案．
【详解】（1）原式=﹣+1﹣
=0；
（2）原式=
=
=．
【点睛】考查了分式的加减运算以及实数运算，正确掌握运算法则是解题关键．
18.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，交CB于点D，过点D作DE⊥AB于点E．
（1）求证：△ACD≌△AED；
（2）若∠B=30°，CD=2，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）BD=4．
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线性质求出CD=DE，根据HL定理求出另三角形全等即可；
（2）求出∠D EB=90°，DE=2，根据含30度角的直角三角形性质求出即可．
【详解】（1）证明：∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，
∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°，
∵在Rt△ACD和Rt△AED中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）；
（2）∵DC=DE=2，DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=4．
【点睛】考查了全等三角形的判定，角平分线性质，含30度角的直角三角形性质的应用，注意：角平分线上的点到角两边的距离相等．
19.如图所示，正方形网格中，每个小正方形的边长是1个单位长度
（1）在图中作出△ABC关于点O对称的△A1B1C1（不写作法，但需在图中标注相应字母）；
（2）已知点A、B的坐标分别为A（﹣4，4）、B（﹣3，1），求点C1的坐标．
【答案】（1）作图见解析；（2）（2，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）延长AO到A1使A1O=OA，则点A1为A点的对应点，同样方法作出点B、C的对应点B1、C1，则△A1B1C1为所求；
（2）首先根据B点坐标确定原点位置，然后画出坐标系，再确定点C1的坐标即可．
【详解】（1）如图：△A1B1C1即为所求；
（2）如图：点C1的坐标（2，﹣3）．
【点睛】考查了作图--旋转变换，根据旋转的性质可知，对应角都相等
都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
20.某工厂车间共有10名工人，调查每个工人的日均生产能力，获得数据制成如下统计图．
（1）求这10名工人的日均生产件数的平均数、众数、中位数；
（2）若要使占60%的工人都能完成任务，应选什么统计量（平均数、中位数、众数）做日生产件数的定额？
【答案】（1）见解析；（2）应选中位数作为日生产件数的定额．
【解析】
分析: （1）根据平均数=加工零件总数÷总人数，中位数是将一组数据按照由小到大（或由大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数，如果数据的个数是偶数就是中间两个数的平均数，众数是指一组数据中出现次数最多的数据，分别进行解答即可得出答案．
（2）应根据平均数、中位数和众数和本题的60%可知选择哪个统计量比较合适．
详解:（1）由统计图可得，
平均数为：（8×3+10+12×2+13×4）÷10=11（件），
∵13出现了4次，出现的次数最多，
∴众数是13件；
把这些数从小到大排列为：8，8，8，10，12，12，13，13，13，13，最中间的数是第5、6个数的平均数，则中位数是=12（件）；
（2）由题意可得，若要使占60%的工人都能完成任务，应选中位数作为日生产件数的定额．
点睛: 本题考查统计量的选择、平均数、中位数和众数的计算，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
21.如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，将弧BC沿直线BC翻折，使弧BC的中点D恰好与圆心O重合，连接OC，CD，BD，过点C的切线与线段BA的延长线交于点P，连接AD，在PB的另一侧作
∠MPB=∠ADC．
（1）判断PM与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若PC=，求四边形OCDB的面积．
【答案】（1）PM与⊙O相切，理由见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）连接DO并延长交PM于E，如图，利用折叠的性质得OC=DC，BO=BD，则可判断四边形OBDC 为菱形，所以OD⊥BC，△OCD和△OBD都是等边三角形，从而计算出∠COP=∠EOP=60°，接着证明PM∥BC得到OE⊥PM，所以OE=OP，根据切线的性质得到OC⊥PC，则OC=OP，从而可判定PM是⊙O的切线；
（2）先在Rt△OPC中计算出OC=1，然后根据等边三角形的面积公式计算四边形OCDB的面积．
【详解】（1）PM与⊙O相切．
理由如下：连接DO并延长交PM于E，如图，
∵弧BC沿直线BC翻折，使弧BC的中点D恰好与圆心O重合，
∴OC=DC，BO=BD，
∴OC=DC=BO=BD，
∴四边形OBDC为菱形，
∴OD⊥BC，
∴△OCD和△OBD都是等边三角形，
∴∠COD=∠BOD=60°，
∴∠COP=∠EOP=60°，
∵∠MPB=∠ADC，
而∠ADC=∠ABC，
∴∠ABC=∠MPB，
∴PM∥BC，
∴OE⊥PM，
∴OE=OP，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴OC=OP，
∴OE=OC，
而OE⊥PC，
∴PM是⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC=PC=，
∴四边形OCDB的面积=2S△OCD=2××12=．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了直线与圆的关系、圆周角定理和折叠的性质．
22.已知抛物线y=ax2经过点A（﹣2，﹣8）．
（1）求此抛物线的函数解析式；
（2）写出这个二次函数图象的顶点坐标、对称轴；
（3）判断点B（﹣1，﹣4）是否在此抛物线上；
（4）求出此抛物线上纵坐标为﹣6的点的坐标．
【答案】（1）y=﹣2x2；（2）顶点坐标为（0，0），对称轴为y轴；（3）不在；（4）（，﹣6）或（﹣，﹣6）．
【解析】
分析：(1)根据二次函数图象上点的坐标满足其解析式,把A点坐标代入解析式得到关于a的方程,然后解方
程即可.
(2)根据图象和性质直接写出顶点坐标、对称轴即可.
(3)把点B(-1,-4)代入解析式,即可判断;
(4)把y=-6代入解析式,即可求得;
详解：（1）∵抛物线y=ax2经过点A（﹣2，﹣8），
∴a•（﹣2）2=﹣8，
∴a=﹣2，
∴此抛物线对应的函数解析式为y=﹣2x2．
（2）由题可得，抛物线的顶点坐标为（0，0），对称轴为y轴；
（3）把x=﹣1代入得，y=﹣2×（﹣1）2=﹣2≠﹣4，
∴点B（﹣1，﹣4）不在此抛物线上；
（4）把y=﹣6代入y=﹣2x2得，﹣6=﹣2x2，
解得x=±，
∴抛物线上纵坐标为﹣6的点的坐标为（，﹣6）或（﹣，﹣6）．
点睛：本题主要考查了待定系数法求解析式,二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征,函数解析式与图象上的点之间的关系,点在图象上,则满足解析式;反之,满足解析式则在函数图象上.
23.如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣3，0），点C在y轴正半轴上，且sin∠CBO=，点P从原点O出发，以每秒一个单位长度的速度沿x轴正方向移动，移动时间为t（0≤t≤5）秒，过点P作平行于y轴的直线l，直线l扫过四边形OCDA的面积为S．
（1）求点D坐标．
（2）求S关于t的函数关系式．
（3）在直线l移动过程中，l上是否存在一点Q，使以B、C、Q为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）D（5，4）；（2）见解析；（3）点Q坐标为（，）或（4，1）或（1，﹣3）．
【解析】
【分析】（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=，设CO=4k，BC=5k，根据BC2=CO2+OB2，可得25k2=16k2+9，推出k=1或﹣1（舍弃），求出菱形的边长即可解决问题；
（2）①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形CCQP，S=4t；②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA．分别求解即可解决问题；
（3）画出符合条件的图形，分三种情形分别求解即可解决问题；
【详解】（1）在Rt△BOC中，OB=3，sin∠CBO=，设CO=4k，BC=5k，
∵BC2=CO2+OB2，
∴25k2=16k2+9，
∴k=1或﹣1（舍去），
BC=5，OC=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=BC=5，
∴D（5，4）；
（2）①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形CCQP，S=4t．
②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA．
S=S梯形OCDA﹣S△DQT=×（2+5）×4﹣×（5﹣t）×（5﹣t）=﹣t2+t﹣，∴；
（3）如图3中，①当QB=QC，∠BQC=90°，Q（，）；
②当BC=CQ′，∠BCQ′=90°时，Q′（4，1）；
③当BC=BQ″，∠CBQ″=90°时，Q″（1，﹣3）；
综上所述，满足条件的点Q坐标为（，）或（4，1）或（1，﹣3）．
【点睛】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关
键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题．
24.如图，△ABC内接于⊙O，弦CD平分∠ACB，点E为弧AD上一点，连接CE、DE，CD与AB交于点N．
（1）如图1，求证：∠AND=∠CED；
（2）如图2，AB为⊙O直径，连接BE、BD，BE与CD交于点F，若2∠BDC=90°﹣∠DBE，求证：CD=CE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接OF，若BE=BD+4，BC=，求线段OF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）OF=.
【解析】
分析：（1）连接BE，则∠CAB=∠CEB，∠BCD=∠DEB，由CD是∠ACB的平分线得∠ACD=∠BCD，从而，∠CAB+∠ACD=∠CEB+∠DEB；由∠CAB+∠ACD=∠AND可得结论；
（2）根据2∠BDC=90°-∠DBE得∠BDC+∠DBE=90°-∠BDC，由∠BDC=∠BAC得∠BDC+∠DBE=∠CFB，结合AB是直径可得∠CFB=∠CBN，从而可证明∠CDE=∠CED，故可得结论；
（3）过C作CM⊥BE，CK⊥DB易证△CEM≌△CDK，△CMB≌△CKB从而求出CM=6，作FH⊥BC于点H,FH交CM于点G，易证△CGH≌△FHB，得CG=BF，设FM=x，利用tan∠GFM=tan∠MCB==求得FM=3,CF=3. 作EQ⊥DF交DF于点Q，通过△CBF∽△EDF设FQ=3k，EQ==6k，则
DQ=2k,EF=3k，DE=2k得BE=5+3k，BD=BE-4=3k+1，作DP⊥BE交于点P，运用勾股定理求出k的值，连接OD,在Rt△ODF中,OF2=OD2 -DF2=50-45=5，故OF=.
详解：(1)证明：连接BE.
∠CED=∠CEB+∠DEB
∠AND=∠CAB+∠ACD
∵CD是∠ACB的平分线
∴∠ACD=∠BCD=∠DEB
∵∠CAB=∠CEB，
∴∠CAB+∠ACD=∠CEB+∠DEB
∠CED=∠AND；
(2)∵2∠BDC=90-∠DBE
∴∠BDC+∠DBE=90°-∠BDC
∵∠BDC=∠BAC
∴∠BDC+∠DBE=∠CFB
∴90°-∠DBE=90°-∠CAB
∵AB是直径，∴∠ACB=90
∴∠CFB=∠CBN，
∠CNB=∠CBE=∠CDE
∠CNB=∠AND=∠CED
∴∠CDE=∠CED，
∴CE=CD；
(3)过C作CM⊥BE，CK⊥DB
∴∠CME=∠CKD=90°，∠CEM=∠CDK，CE=CD ∴△CEM≌△CDK，∴EM=DK，CM=CK
∴△CMB≌△CKB，∴BM=BK
∴BE-BD=2BM=4，BM=2，∴CM=6.；
作FH⊥BC于点H,FH交CM于点G
∵∠FCB=45°∴△CGH≌△FHB，∴CG=BF
设FM=x，∴CG=BF=x+2，GM=6-(x+2)=4-x
tan∠GFM=tan∠MCB==
∴x=3,FM=3,CF=3.
∵△CBF∽△EDF(可以用正切值相等)
作EQ⊥DF交DF于点Q
设FQ=3k，EQ==6k，则DQ=2k,EF=3k，DE=2k
∴BE=5+3k，BD=BE-4=3k+1
作DP⊥BE交于点P,∵∠PED=∠BCD=45°,
∴PD=PE=DE=2k,PB=BE-PE=5+k；
在Rt△PDB中，PB2+PD2=DB2,(5+k)2+(2k)2=(3k+1)2
∴k=, DF=5k=3=CF, BD=3k+1=10,；
∴OF⊥CD
连接OD,∴∠AOD=∠BOD=90°,∴OD=BD=5
在Rt△ODF中,OF2=OD2 -DF2=50-45=5，∴OF=
点睛：此题主要考查了圆周角定理，勾股定理，相似三角形的判定与性质，关键是掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等．综合性比较强，难度偏大．。