2022年山西省河曲实验中学九年级数学第一学期期末联考试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，正六边形内接于，正六边形的周长是12，则的半径是（ ）

A．3 B．2 C． D．
2．若正方形的外接圆半径为2，则其内切圆半径为（ ）
A．2 B． C． D．1
3．二次函数的图象与轴有且只有一个交点，则的值为（ ）
A．1或－3 B．5或－3 C．－5或3 D．－1或3
4．如图，点A、B、C、D均在边长为1的正方形网格的格点上，则sin∠BAC的值为（　　）

A． B．1 C． D．
5．对于不为零的两个实数a，b，如果规定a★b，那么函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，正六边形内接于圆，圆半径为2，则六边形的边心距的长为（ ）

A．2 B． C．4 D．
7．如图所示是一个运算程序，若输入的值为﹣2，则输出的结果为（　　）

A．3 B．5 C．7 D．9
8．如图，AB 是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点M，若CD＝8 cm，MB＝2 cm，则直径AB的长为（ ）

A．9 cm B．10 cm C．11 cm D．12 cm
9．抛物线y=（x+1）2+2的顶点（　　）
A．（﹣1，2） B．（2，1） C．（1，2） D．（﹣1，﹣2）
10．如图，滑雪场有一坡角α为20°的滑雪道，滑雪道AC的长为200米，则滑雪道的坡顶到坡底垂直高度AB的长为（ ）

A．200tan20°米 B．米 C．200sin20°米 D．200cos20°米
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．为了解某校九年级学生每天的睡眠时间，随机调查了其中20名学生，将所得数据整理并制成如表，那么这些测试数据的中位数是______小时．
睡眠时间（小时）
6
7
8
9
学生人数
8
6
4
2

12．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8（如图），点D是边AB上一点，把△ABC绕着点D旋转90°得到，边与边AB相交于点E，如果AD=BE，那么AD长为____．

13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△EDC，此时点D在AB边上，则旋转角的大小为　 　．

14．已知y是x的二次函数， y与x的部分对应值如下表：
x
...
－1
0
1
2
...
y
...
0
3
4
3
...
该二次函数图象向左平移______个单位，图象经过原点．
15．（2016广东省茂名市）如图，在平面直角坐标系中，将△ABO绕点B顺时针旋转到△A1BO1的位置，使点A的对应点A1落在直线上，再将△A1BO1绕点A1顺时针旋转到△A1B1O2的位置，使点O1的对应点O2落在直线上，依次进行下去…，若点A的坐标是（0，1），点B的坐标是（，1），则点A8的横坐标是__________．

16．如图，一段抛物线记为，它与轴的交点为,顶点为；将绕点旋转180°得到，交轴于点为，顶点为；将绕点旋转180°得到，交轴于点为，顶点为；……，如此进行下去，直至到，顶点为，则顶点的坐标为 _________ ．

17．若一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3cm，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的底面半径为__________cm．
18．如图，六边形ABCDEF是正六边形，曲线FK1K2K3K4K5K6K7…叫做“正六边形的渐开线”，其中弧FK1、弧K1K2、弧K2K3、弧K3K4、弧K4K5、弧K5K6、…的圆心依次按点A、B、C、D、E、F循环，其弧长分别为l1、l2、l3、l4、l5、l6、…．当AB＝1时，l3=________，l2019＝_________．

三、解答题(共66分)
19．（10分）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝1．

（1）如图1，折叠△ABC使点A落在AC边上的点D处，折痕交AC、AB分别于Q、H，若则HQ＝　 　．
（2）如图2，折叠使点A落在BC边上的点M处，折痕交AC、AB分别于E、F．若FM∥AC，求证：四边形AEMF是菱形；
（3）在（1）（2）的条件下，线段CQ上是否存在点P，使得和相似？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．
20．（6分）在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，a=2. 求b和c.
21．（6分）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，与x轴交于点D、点E，过点B和点C的直线与x轴交于点A．
(1)求二次函数的解析式；
(2)在x轴上有一动点P，随着点P的移动，存在点P使△PBC是直角三角形，请你求出点P的坐标；
(3)若动点P从A点出发，在x轴上沿x轴正方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q也从A点出发，以每秒a个单位的速度沿射线AC运动，是否存在以A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似？若存在，直接写出a的值；若不存在，说明理由．

22．（8分）如图，某实践小组为测量某大学的旗杆和教学楼的高，先在处用高米的测角仪测得旗杆顶端的仰角，此时教学楼顶端恰好在视线上，再向前走米到达处，又测得教学楼顶端的仰角，点三点在同一水平线上，(参考数据：)

（1）计算旗杆的高；
（2）计算教学楼的高．
23．（8分）解方程．
（1）1x1﹣6x﹣1＝0；
（1）1y（y+1）﹣y＝1．
24．（8分）画出如图所示几何体的三视图

25．（10分）综合与探究
如图1，平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，.双曲线与直线交于点.

（1）求的值；
（2）在图1中以线段为边作矩形，使顶点在第一象限、顶点在轴负半轴上.线段交轴于点.直接写出点，，的坐标；
（3）如图2，在（2）题的条件下，已知点是双曲线上的一个动点，过点作轴的平行线分别交线段，于点，.
请从下列，两组题中任选一组题作答.我选择组题.
A．①当四边形的面积为时，求点的坐标；
②在①的条件下，连接，.坐标平面内是否存在点（不与点重合），使以，，为顶点的三角形与全等?若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由.
B．①当四边形成为菱形时，求点的坐标；
②在①的条件下，连接，.坐标平面内是否存在点（不与点重合），使以，，为顶点的三角形与全等?若存在，直接写出点的坐标；若不存在，说明理由.
26．（10分）如图，AB为⊙O的直径，点C为⊙O上一点，CH⊥AB于H，∠CAB＝30°.

(1)如图1，求证：AH＝3BH.
(2)如图2，点D为AB下方⊙O上一点，点E为AD上一点，若∠BOE＝∠CAD，连接BD，求证：OE＝BD．
(3)如图3，在(2)的条件下，连接CE，若CE⊥AD，OA＝14，求BD的长.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据题意画出图形，求出正六边形的边长，再求出∠AOB=60°即可求出的半径．
【详解】解：如图，连结OA,OB,

∵ABCDEF为正六边形，
∴∠AOB=360°×=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵正六边形的周长是12，
∴AB=12×=2,
∴AO=BO=AB=2，
故选B．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，以及正六边形的性质，根据题意画出图形，作出辅助线求出∠AOB=60°是解答此题的关键.
2、B
【解析】试题解析：如图所示，连接OA、OE，

∵AB是小圆的切线，
∴OE⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AE=OE，
∴△AOE是等腰直角三角形，

故选B.
3、B
【分析】由二次函数y=x2-（m-1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，可知△=0，继而求得答案．
【详解】解：∵二次函数y=x2-（m-1）x+4的图象与x轴有且只有一个交点，
∴△=b2-4ac=[-（m-1）]2-4×1×4=0，
∴（m-1）2=16，
解得：m-1=±4，
∴m1=5，m2=-1．
∴m的值为5或-1．
故选：B．
【点睛】
此题考查了抛物线与x轴的交点问题，注意掌握二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系．△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=0时，抛物线与x轴有1个交点；△＜0时，抛物线与x轴没有交点．
4、A
【分析】连接BC，由勾股定理得AC2＝BC2＝12+22＝5，AB2＝12+32＝10，则AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，得出△ABC是等腰直角三角形，则∠BAC＝45°，即可得出结果．
【详解】连接BC，如图3所示；

由勾股定理得：AC2＝BC2＝12+22＝5，AB2＝12+32＝10，
∴AC＝BC，AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∴sin∠BAC＝，
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握勾股定理和勾股定理的逆定理是解题的关键．
5、C
【分析】先根据所给新定义运算求出分段函数解析式，再根据函数解析式来判断函数图象即可.
【详解】解：∵a★b，
∴
∴当x>2时，函数图象在第一象限且自变量的值不等于2，当x≤2时，是反比例函数，函数图象在二、四象限.
故应选C.
【点睛】
本题考查了分段函数及其图象，理解所给定义求出分段函数解析式是解题的关键.
6、D
【分析】连接OB、OC，证明△OBC是等边三角形，得出即可求解．
【详解】解：连接OB、OC，如图所示：

则∠BOC=60°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB=2，
∵OM⊥BC，
∴△OBM为30°、60°、90°的直角三角形，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、垂径定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出BM是解决问题的关键．
7、B
【分析】根据图表列出算式，然后把x=-2代入算式进行计算即可得解．
【详解】解：把x＝﹣2代入得：1﹣2×（﹣2）＝1+4＝1．
故选：B．
【点睛】
此题考查代数式求值，解题关键在于掌握运算法则.
8、B
【分析】由CD⊥AB，可得DM=1．设半径OD=Rcm，则可求得OM的长，连接OD，在直角三角形DMO中，由勾股定理可求得OD的长，继而求得答案．
【详解】解：连接OD，设⊙O半径OD为R,

∵AB 是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点M ，
∴DM=CD=1cm，OM=R-2,
在RT△OMD中，
OD²=DM²+OM²即R²=1²+(R-2)²,
解得：R=5,
∴直径AB的长为:2×5=10cm．
故选B．
【点睛】
本题考查了垂径定理以及勾股定理．注意掌握辅助线的作法及数形结合思想的应用．
9、A
【解析】由抛物线顶点坐标公式[]y=a（x﹣h）2+k中顶点坐标为（h，k）]进行求解．
【详解】解：∵y=（x+1）2+2，
∴抛物线顶点坐标为（﹣1，2），
故选：A．
【点睛】
考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x﹣h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为直线x=h．
10、C
【解析】解：∵sin∠C=，∴AB=AC•sin∠C=200sin20°．故选C．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【解析】根据中位数的定义进行求解即可．
【详解】∵共有20名学生，把这些数从小到大排列，处于中间位置的是第10和11个数的平均数，
∴这些测试数据的中位数是=1小时；
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数）．
12、．
【解析】在Rt△ABC中，
由旋转的性质，设AD=A′D=BE=x，则DE=2x-10，
∵△ABC绕AB边上的点D顺时针旋转90°得到△A′B′C′，
∴∠A′=∠A，∠A′DE=∠C=90°，
∴∽△BCA，∴ , ∵=10-x, ∴ , ∴x= ,故答案为.
13、2α
【解析】分析：由在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，可求得：∠B=90°﹣α，由旋转的性质可得：CB=CD，根据等边对等角的性质可得∠CDB=∠B=90°﹣α，然后由三角形内角和定理，求得答案：
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，∴∠B=90°﹣α．
由旋转的性质可得：CB=CD，∴∠CDB=∠B=90°﹣α．
∴∠BCD=180°﹣∠B﹣∠CDB=2α，即旋转角的大小为2α．
14、2
【分析】利用表格中的对称性得：抛物线与x轴另一个交点为（2，0），可得结论．
【详解】解：由表格得：二次函数的对称轴是直线x==1．
∵抛物线与x轴的一个交点为（-1，0），
∴抛物线与x轴另一个交点为（2，0），
∴该二次函数图象向左平移2个单位，图象经过原点；或该二次函数图象向右平移1个单位，图象经过原点．
故填为2．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换-平移，根据平移的原则：左加右减进行平移；也可以利用数形结合的思想画图解决．
15、．
【解析】试题分析：由题意点A2的横坐标（+1），点A4的横坐标3（+1），点A6的横坐标（+1），
点A8的横坐标6（+1）．

考点：（1）坐标与图形变化-旋转；（2）一次函数图象与几何变换
16、 (9.5，-0.25)
【详解】由抛物线可求；又抛物线某是依次绕系列点旋转180°，根据中心对称的特征得： , .
根据以上可知抛物线顶点 的规律为（的整数）；根据规律可计算点的横坐标为，点的纵坐标为.
∴顶点的坐标为
故答案为：(9.5，-0.25)
【点睛】
本题主要是以二次函数的图象及其性质为基础，再根据轴对称和中心对称找顶点坐标的规律.关键是抛物线顶点到坐标轴的距离的变化，再根据规律计算.
17、1
【分析】（1）根据，求出扇形弧长，即圆锥底面周长；
（2）根据，即，求圆锥底面半径．
【详解】该圆锥的底面半径=
故答案为：1．
【点睛】
圆锥的侧面展开图是扇形，解题关键是理解扇形弧长就是圆锥底面周长．
18、π 673π
【分析】用弧长公式，分别计算出l1，l2，l3，…的长，寻找其中的规律，确定l2019的长．
【详解】解：根据题意得：l1=，
l2=，
l3=，
则l2019=.
故答案为：π；673π.
【点睛】
本题考查的是弧长的计算，先用公式计算，找出规律，则可求出ln的长．

三、解答题(共66分)
19、（1）2；（2）见解析；（3）存在，QP的值为或8或．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC，设HQ＝x，根据构建方程即可解决问题；
（2）利用对折与平行线的性质证明四边相等即可解决问题；
（3）设AE＝EM＝FM＝AF＝2m，则BM＝3m，FB＝5m，构建方程求出m的值，分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）如图1中，
在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝20，BC＝1，
∴AC＝＝16，设HQ＝x，
∵HQ∥BC，

∴＝，
∴，
∴AQ＝x，
由对折得：
∵
∴×16×1＝9××x×x，
∴x＝2或﹣2（舍弃），
∴HQ＝2，
故答案为2．

（2）如图2中，
由翻折不变性可知：AE＝EM，AF＝FM，∠AFE＝∠MFE，
∵FM∥AC，
∴∠AEF＝∠MFE，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝MF＝ME，
∴四边形AEMF是菱形．

（3）如图3中，

设AE＝EM＝FM＝AF＝2m，则BM＝3m，FB＝5m，
∴2m+5m＝20，
∴m＝，
∴AE＝EM＝，
∴EC＝AC﹣AE＝16﹣＝，
∴CM＝
∵QH＝2，
AQ＝，
∴QC＝，设PQ＝x，
当＝时，，
∴
解得：，
当＝时，，
∴
解得：x＝8或，
经检验：x＝8或是分式方程的解，且符合题意，
综上所述，满足条件长QP的值为或8或．
【点睛】
本题考查的是三角形相似的判定与性质，菱形的判定与性质，轴对称的性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．
20、
【分析】根据题意画出图形，结合锐角三角函数的定义选择合适的函数即可。
【详解】∵∠B=60°，a=2

【点睛】
本题考查解直角三角形，根据已知条件选择合适的三角函数是解题的关键。
21、 (1)抛物线解析式y=x2–x+1；(2)点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）；(3)a=或．
【分析】(1) 将B、C两点坐标代入二次函数解析式,通过联立方程组可求得b、c的值，进而求出函数解析式;
(2)设P（x，0），由△PBC是直角三角形，分∠CBP=90°与∠BPC=90°两种情况讨论，运用勾股定理可得x的值，进而得到P点坐标;
(3)假设成立有△APQ∽△ADB或△APQ∽△ABD,则对应边成比例，可求出a的值.
【详解】(1)∵二次函数y=0.5x2+bx+c的图象过点B（0，1）和C（4，3）两点，
∴，解得，
∴抛物线解析式y=x2–x+1．
(2)设点P坐标为（x，0）．
∵点P（x，0），点B（0，1），点C（4，3），
∴PB==，
CP= =，
BC= =2，
若∠BCP=90°，则BP2=BC2+CP2．
∴x2+1=20+x2–8x+25，∴x=．
若∠CBP=90°，则CP2=BC2+BP2．
∴x2+1+20=x2–8x+25，∴x=．
若∠BPC=90°，则BC2=BP2+CP2．
∴x2+1+x2–8x+25=20，
∴x1=1，x2=3，
综上所述：点P坐标为（1，0），（3，0），（，0），（，0）．
(3)a=或．
∵抛物线解析式y=x2–x+1与x轴交于点D，点E，
∴0=x2–x+1，∴x1=1，x2=2，∴点D（1，0）．
∵点B（0，1），C（4，3），
∴直线BC解析式y=x+1．
当y=0时，x=–2，∴点A（–2，0）．
∵点A（–2，0），点B（0，1），点D（1，0），
∴AD=3，AB=．
设经过t秒，∴AP=2t，AQ=at，
若△APQ∽△ADB，
∴，即，∴a=，
若△APQ∽△ABD，∴，即，∴a=．
综上所述：a=或．
【点睛】
此题考查了二次函数解析式的确定、 直角三角形的判定以及相似三角形的性质等, 难度适中.
22、（1）旗杆的高约为米；（2）教学楼的高约为米．
【分析】（1）根据题意可得，，在中，利用∠HDE的正切函数可求出HE的长，根据BH=BE+HE即可得答案；
（2）设米，由可得EF=GF=x，利用∠GDF的正切函数列方程可求出x的值，根据CG=GF+CF即可得答案．
【详解】（1）由已知得，，，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴旗杆的高约为米．
（2）设米，在中，，
∴，
在中，，
∴，，
∴，即，
解得：，
∴CG=CF+FG=1+=≈21.25，
∴教学楼的高约为米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义是解题关键．
23、（1），；（1）y1＝﹣1，y1＝.
【分析】（1）根据配方法即可求出答案；
（1）根据因式分解法即可求出答案；
【详解】解：（1）∵1x1﹣6x﹣1＝0，
∴x1﹣3x＝，
∴（x﹣）1＝，
∴x＝，
解得：，；
（1）∵1y（y+1）﹣y＝1，
∴1y（y+1）﹣y﹣1＝0，
∴（y+1）（1y﹣1）＝0，
∴y+1＝0或1y﹣1＝0，
解得：y1＝﹣1，y1＝.
【点睛】
本题考查解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
24、见解析
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从几何体的正面、左面和上面所得到的图形，画图时要将几何体边缘和棱以及顶点都体现出来．
【详解】解：如下图
【点睛】
本题考查的知识点是作简单几何体的三视图，掌握三视图的作法是解题的关键．
25、（1）；（2），，；（3）A.①，②，，；B.①，②，，.
【分析】（1）根据点在的图象上，求得的值，从而求得的值；
（2）点在直线上易求得点的坐标，证得可求得点的坐标，证得即可求得点的坐标；
（3）A.①作轴，利用平行四边的面积公式先求得点的纵坐标，从而求得答案；
②分类讨论，画出相关图形，构造全等三角形结合轴对称的概念即可求解；
B.①作轴，根据菱形的性质结合相似三角形的性质先求得点的纵坐标，从而求得答案；
②分类讨论，画出相关图形，构造全等三角形结合轴对称的概念即可求解；
【详解】（1）在的图象上，
，
，
∴点的坐标是 ，
在的图象上，
∴，
∴；
（2）对于一次函数，
当时，，
∴点的坐标是 ，
当时，，
∴点的坐标是 ，
∴，，
在矩形中，
，，
∴，
∴，
，
，
，
∴点的坐标是 ，
矩形ABCD中，AB∥DG，
∴

∴点的坐标是 ，
故点，，的坐标分别是： ， ， ；
（3）A：①过点作轴交轴于点，
轴，，
四边形为平行四边形，

的纵坐标为，
∴，
∴，
∴点的坐标是 ，

②当时，如图1，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

当时，如图2，过点作⊥轴于，直线交 轴于，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵点的坐标是 ，点的坐标是 ，
∴，，，
点的坐标是 ，

当时，如图3，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

B：①过点作轴于点
， ， ，
∴，，，
，
四边形为菱形，，
∵轴，
∴ME∥BO，
∴ ，
，
，
，
的纵坐标为，
∴，
∴，
∴点的坐标是；

②当时，如图4，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

当时，如图5，过点作⊥轴于，直线交 轴于，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∵点的坐标是 ，点的坐标是 ， ，
∴，，，
点的坐标是 ，

当时，如图6，点与点关于轴对称，由轴对称的性质可得：点的坐标是；

【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合应用，运用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式，掌握函数图象上点的坐标特征和矩形、菱形的性质；会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题；理解坐标与图形性质，综合性强，有一定的难度．
26、 (1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)BD=2.
【分析】(1)连接BC，根据直角三角形中，30度所对的直角边是斜边的一半，可得：AB＝2BC，BC＝2 BH，可得结论；
(2)由(1)得AB＝2BC，AB＝2OA，得OA＝BC，利用ASA证明△OAE≌△BCD，可得结论；
(3) 过O作OM⊥AD于M，先证明∠OEA＝∠BAC＝30°，设OM＝x，则ME＝x，由△OAE≌△BCD，则∠DCE＝30°，设AM＝MD＝y，则AE＝y+x，DE＝y﹣x，根据AE＝2DE列等式得：y＝3x，根据勾股定理列方程可得x的值，可得：BD＝2OM＝2.
【详解】(1)证明：如图1，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠ABC＝60°，AB＝2BC，
∵CH⊥AB，
∴∠BCH＝30°，
∴BC＝2BH，
∴AB＝4BH，
∴AH＝3BH，
(2)证明：连接BC、DC，
∵∠CAD+∠CBD＝180°，∠BOE＝∠CAD，
∴∠BOE+∠CBD＝180°，
∵∠BOE+∠AOE＝180°，
∴∠AOE＝∠CBD，
∵∠OAE，∠BCD是弧BD所对的圆周角
∴∠OAE＝∠BCD，
由(1)得AB＝2BC，AB＝2OA，
∴OA＝BC，
∴△OAE≌△BCD，
∴OE＝BD；
(3)解：过O作OM⊥AD于M，
∴AM＝MD，
∵AO＝OB，
∴BD＝2OM，
∵∠BOE＝∠CAD，∠BOE＝∠BAE+∠OEA，
∠CAD＝∠BAE+∠BAC，
∴∠OEA＝∠BAC＝30°，
设OM＝x，则ME＝x，
由(2)得：△OAE≌△BCD，
∴AE＝CD，
∵∠ADC，∠ABC是弧AC所对的圆周角，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
∵CE⊥AD，
∴∠DCE＝30°，
∴CD＝2DE，AE＝CD，
∴AE＝2DE，
设AM＝MD＝y，则AE＝y+x，DE＝y﹣x，
∴y+x＝2(y﹣x)，
y＝3x，
在Rt△OAM中，OA＝14，AM＝3x，OM＝x，
OM2+AM2＝OA2，
，
解得：x1＝，x2＝﹣(舍)，
∴OM＝，
∴BD＝2OM＝2.

【点睛】
本题主要考查圆的性质和三角形的性质的综合问题，添加合适的辅助线，综合应用直角三角形的性质和圆周角定理，垂径定理和圆内接四边形的性质，是解题的关键.