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第七章 图形的变化（测试）-2024年中考数学一轮复习测试（全国通用）
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这是一份第七章 图形的变化（测试）-2024年中考数学一轮复习测试（全国通用），文件包含第七章图形的变化测试原卷版docx、第七章图形的变化测试解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第七章 图形的变化
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分
1．【原创题】古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2．如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据主视图的定义判断．
【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形，
故答案为：C．
【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键．
3．在直角坐标系中，把点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点B的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．
【详解】解：∵点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B，
∴ Bm+1,2+3，即Bm+1,5，
∵点B的横坐标和纵坐标相等，
∴ m+1=5，
∴ m=4，
故选C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．如图，小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，已知∠BAC=α，则A，C两处相距（ ）
A．xsinα米B．xcsα米C．x⋅sinα米D．x⋅csα米
【答案】B
【分析】根据锐角三角函数中余弦值的定义即可求出答案.
【详解】解：小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，
∴∠ABC=90°，AB=x米.
∴csα=ABAC，
∴AC=ABcsα=xcsα米.
故选： B .
【点睛】本题考查了锐角三角函数中的余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的定义.余弦值就是在直角三角形中，锐角的邻边与斜边之比.
5．如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠CAE=∠BEDB．AB=AEC．∠ACE=∠ADED．CE=BD
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得AB=AD，AC=AE，BC=DE，
无法证明AB=AE，CE=BD，故B选项和D选项不符合题意，
∠ABC=∠ADE
∵ ∠ACE=∠ABC+∠BAC
∴ ∠ACE=∠ADE+∠BAC，故C选项不符合题意，
∠ACB=∠AED
∵ ∠ACB=∠CAE+∠CEA
∵ ∠AED=∠CEA+∠BED
∴ ∠CAE=∠BED，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
6．【原创题】如图，对正方体进行两次切割，得到如图⑤所示的几何体，则图⑤几何体的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据俯视图的定义，即可进行解答．
【详解】解：根据题意可得：从该几何体正上方看，棱AE的投影为点E，棱AB的投影为线段BE，棱AD的投影为线段ED，棱AC的投影为正方形BCDE的对角线，
∴该几何体的俯视图为：
，
故选：A
【点睛】本题主要考查了俯视图，解题的关键是熟练掌握俯视图的定义：从物体正上方看到的图形是俯视图．
7．如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）
A．1,2B．−1,2C．5−1,2D．1−5,2
【答案】D
【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC=OC1=25，可得C1F=25−2，再用含EF的式子表示出EC1，最后在Rt△EFC1中，利用勾股定理构建方程求出EF即可解决问题．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
由题意知AB∥OC1，
∴∠ABO=∠D1OC1，
又∵∠BAO=∠OD1C1=90°，
∴△AOB∼△D1C1O，
∴OAAB=D1C1OD1，
由折叠知OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2，即CD=2，
连接OC，设BC与OC1交于点F，
∴OC=OD2+CD2=42+22=25，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知OC1=OC=25，EC1=EC=CF−EF=4−EF，
∴C1F=OC1−OF=25−2，
∵在Rt△EFC1中，EF2+C1F2=EC12，
∴EF2+25−22=4−EF2，
解得：EF=5−1，
∴点E的坐标是1−5,2，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
8．一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三视图判断圆柱上面放着小圆锥，确定具体位置后即可得到答案．
【详解】解：由主视图和左视图可以得到该几何体是圆柱和小圆锥的复合体，
由俯视图可以得到小圆锥的底面和圆柱的底面完全重合，
故选：D．
【点睛】题考查了由三视图判断几何体，解题时不仅要有一定的数学知识，而且还应有一定的生活经验．
9．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，若△ABE平移到△DCF，a=4，ℎ=3，则△ABE的平移距离为（ ）
A．3B．4C．5D．12
【答案】B
【分析】根据平移的方向可得，△ABE平移到△DCF，则点A与点D重合，故△ABE的平移距离为AD的长．
【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，将△ABE平移到△DCF，
故平移后点A与点D重合，则△ABE的平移距离为AD=a=4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
10．【创新题】如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED=23．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a2，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF=3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出sin∠EFC=MEEF=23，再证明∠DEC=∠EFC，即可知④正确．
【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°−45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°−45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴ECDC=FCEC，
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴HE=32a2，
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴HBHD=HGHF，即22+2a=332a2+EF，解得：EF=3，
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=2，
∵EF=3，
∴sin∠EFC=MEEF=23，
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
∴sin∠DEC=sin∠EFC=MEEF=23，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为 ．
【答案】（-1，5）
【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．
【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，
∴点B的坐标为（-1，5）．
故答案为：（-1，5）
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
12．【创新题】如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为 ；折痕CD的长为 ．
【答案】 60°/60度 46
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将CD沿弦CD折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴∠MEO=∠MFO=90°
∵∠AOB=120°
∴四边形MEOF中∠EMF=360°−∠AOB−∠MEO−∠MFO=60°
即EF的度数为60°；
∵∠MEO=∠MFO=90°，ME=MF
∴△MEO≅△MFO（HL）
∴∠EMO=∠FMO=12∠FME=30°
∴OM=MEcs∠EMO=6cs30°=43
∴MN=23
∵MO⊥DC
∴DN=DM2−MN2=62−(23)2=26=12CD
∴CD=46
故答案为：60°；46
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
13．某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB= m．
【答案】9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽Rt△DEF，
∴ABDE=BCEF，即AB2.47=，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
14．在ΔABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，若b2=ac，则sinA的值为 ．
【答案】−1+52
【详解】解：如图所示：
在Rt△ABC中，由勾股定理可知：a2+b2=c2，
∵ac=b2，
∴a2+ac=c2，
∵a>0， b>0，c>0，
∴a2+acc2=c2c2，即：ac2+ac=1，
求出ac=−1+52或ac=−1−52（舍去），
∴在Rt△ABC中：sinA=ac=−1+52，
故答案为：−1+52．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的概念及勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．在Rt△ABC中，sinA=∠A的对边斜边 ，csA=∠A的邻边斜边，tanA=∠A的对边∠A的邻边．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=BC=22，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
【答案】5或13/13或5
【分析】连接CD，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分Q点在线段CD上和DC的延长线上，且CQ=CP=1，勾股定理求得AQ即可．
【详解】如图，连接CD，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=BC=22，
∴AB=4，CD⊥AD，
∴CD=12AB=2，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，Q点在CD上，且CQ=CP=1，
∴DQ=CD−CQ=2−1=1，
如图，在Rt△ADQ中，AQ=AD2+DQ2=22+12=5，
在Rt△ADQ中，AD=CD=2,QD=CD+CQ=3
∴AQ=AD2+DQ2=22+32=13
故答案为：5或13．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点Q的位置是解题的关键．
16．如图，在△ABC中，D是边AB上一点，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为圆心，以AM长为半径作弧，交DB于点M'；③以点M'为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N'：④过点N'作射线DN'交BC于点E．若△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，则BECE的值为 ．
【答案】23
【分析】根据作图可得∠BDE=∠A，然后得出DE∥AC，可证明△BDE∽△BAC，进而根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：根据作图可得∠BDE=∠A，
∴DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∵△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，
∴S△BDCS△BAC=421+4=BEBC2
∴BEBC=25
∴BECE =23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．先化简，再求值：a+1−3a−1÷a2+4a+4a−1，其中a=tan45°+(12)−1−π0
【答案】a−2a+2，0
【分析】先算括号内的减法，再将除法变成乘法进行计算，然后根据锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质求出a，最后代入计算．
【详解】解：a+1−3a−1÷a2+4a+4a−1
=a2−1a−1−3a−1÷a+22a−1
=a2−4a−1÷a+22a−1
=a+2a−2a−1⋅a−1a+22
=a−2a+2；
∵a=tan45°+(12)−1−π0=1+2−1=2，
∴原式=a−2a+2=2−22+2=0．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；
（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（ ， ）中心对称．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】解：（1）如图所示，分别确定A,B,C平移后的对应点A1,B1,C1，
得到△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定A,B,C旋转后的对应点A2,B2,C2，
得到△A2B2C2即为所求；
（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点−2,0成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
19．在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
【答案】见解析.
【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．
【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：
【点睛】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点A处测得阿育王塔最高点C的仰角∠CAE=45°，再沿正对阿育王塔方向前进至B处测得最高点C的仰角∠CBE=53°，AB=10m；小亮在点G处竖立标杆FG，小亮的所在位置点D、标杆顶F、最高点C在一条直线上，FG=1.5m，GD=2m．（注：结果精确到0.01m，参考数据：sin53°≈0.799，cs53°≈0.602，tan53°≈1.327）
(1)求阿育王塔的高度CE；
(2)求小亮与阿育王塔之间的距离ED．
【答案】(1)40.58m
(2)54.11m
【分析】（1）在Rt△CEB中，由tan53°=CEBE=CECE−10，解方程即可求解．
（2）证明Rt△FGD∽Rt△CED，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）在Rt△CAE中，∵∠CAE=45°，
∴CE=AE．
∵AB=10，
∴BE=AE−10=CE−10．
在Rt△CEB中，由tan53°=CEBE=CECE−10，
得tan53°CE−10=CE，
解得CE≈40.58．
经检验CE≈40.58是方程的解
答：阿育王塔的高度约为40.58m．
（2）由题意知Rt△FGD∽Rt△CED，
∴FGCE=GDED，
即，
∴ED≈54.11．
经检验ED≈54.11是方程的解
答：小亮与阿育王塔之间的距离约为54.11m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
【新考法】 阅读理解题
21．中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）完成的图，直接写出∠DBG，∠GBF，∠FBE的大小关系．
【答案】(1)见解析
(2)∠DBG=∠GBF=∠FBE
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接DF，EG，可得 △BDF和△BEG均为等边三角形，∠DBF=∠EBG=60°，进而可得∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°．
【详解】（1）解：（1）如图：
（2）∠DBG=∠GBF=∠FBE．
理由：连接DF，EG如图所示
则BD=BF=DF，BE=BG=EG
即△BDF和△BEG均为等边三角形
∴∠DBF=∠EBG=60°
∵∠ABC=90°
∴∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°
【点睛】本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．
22．如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连接AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=26，求AE⋅AP的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)42
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到∠OAC+∠OAD=90°，再证明∠OAD=∠BAC即可证明结论；
（2）先证明△BCA∽△BAD，得到ACAD=BCBA，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，利用勾股定理求出AB=22r，解直角三角形即可答案；
（3）先求出CD=23，在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，解得AC=2，AD=22，证明△CAP∽△EAD，得到ACAE=APAD，则AE⋅AP=AC⋅AD=42．
【详解】（1）解：如图所示，连接OA，
∵CD是⊙O直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠BAC=∠ADB，
∴∠OAD=∠BAC，
∴∠BAC+∠OAC=90°，即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCBA，
由BC=2OC知，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，
在Rt△BAO中，AB=OB2−OA2=22r，
在Rt△CAD中，tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r22r=22，
即tan∠ADB=22；
（3）解：在（2）的条件下，AB=22r=26，
∴r=3，
∴CD=23，
在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=22，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽△EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×22=42．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
23．如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(23−x)2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=23，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD= y−4，
∵SΔADC=12×OC×AO−12×OD×OA，
∴x=12×2×23−12×2×y−4，
∴y=(23−x)2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
24．【创新题】综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
25．已知二次函数y=−14x2+bx+c图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且∠CAD=90∘．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+12x+3
(2)1
(3)−2,1，3−17,17−2，−1−17,−2−17
【分析】（1）二次函数与y轴交于点B0,3，判断c=3，根据A1,0，即二次函数对称轴为x=1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）证明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，设Dt,−14t2+12t+3，点D在第一象限，根据点的坐标写出长度，利用BO⋅DE=OA⋅AE求出t的值，即可AE，DE的值，进一步得出tan∠CDA的值；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。
【详解】（1）解：∵二次函数y=−14x2+bx+c与y轴交于点B0,3，
∴c=3，即y=−14x2+bx+3，
∵A1,0，即二次函数对称轴为x=1，
∴x=−b2a=−b2×−14=1，
∴b=12，
∴二次函数的表达式为y=−14x2+12x+3．
（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，
∵∠CAD=90∘，
∴∠BAO+∠DAE=90∘，
∵∠ADE+∠DAE=90∘，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，
∵B0,3，A1,0，
∴BO=3，OA=1，
设：Dt,−14t2+12t+3，点D在第一象限，
∴OE=t，DE=−14t2+12t+3，AE=OE−OA=t−1，
∴3×−14t2+12t+3=1×t−1，
解得：t1=−103（舍），t2=4（舍），
当t2=4时，y=−14×42+12×4+3=1，
∴AE=4−1=3，DE=1，
∴AD=DE2+AE2=12+32=10，
AB=OA2+OB2=12+32=10
∵在Rt△BAD中，
∴tan∠CDA=ABAD=1010=1
（3）解：存在，
如图，（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，tan∠CDA=1，
∵点D的坐标为4,1，
∴此时，点C的坐标为−2,1，
如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即tan∠CDA=1，
当点C在x轴上方时，
过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45∘，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为m,−14m2+12m+3，
∴CE=−14m2+12m+3，AE=1−m，
∴−14m2+12m+3=1−m
解得：m1=3−17，m2=3+17（舍），
此时，点C的坐标为3−17,17−2，
当点C在x轴下方时，
过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45∘，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为m,−14m2+12m+3，
∴CF=14m2−12m−3，AE=1−m，
∴14m2−12m−3=1−m
解得：m1=−1+17（舍），m2=−1−17，
此时，点C的坐标为−1−17,−2−17，
综上：点C的坐标为−2,1，3−17,17−2，−1−17,−2−17．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．原文
释义
甲乙丙为定直角．
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线．
如图2，∠ABC为直角．
以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交射线BA，BC分别于点D，E；
以点D为圆心，以BD长为半径画弧与DE交于点F；
再以点E为圆心，仍以BD长为半径画弧与DE交于点G；
作射线BF，BG．
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第七章 图形的变化
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分
1．【原创题】古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2．如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据主视图的定义判断．
【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形，
故答案为：C．
【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键．
3．在直角坐标系中，把点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标相等，则m=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点B的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．
【详解】解：∵点Am,2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点B，
∴ Bm+1,2+3，即Bm+1,5，
∵点B的横坐标和纵坐标相等，
∴ m+1=5，
∴ m=4，
故选C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．如图，小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，已知∠BAC=α，则A，C两处相距（ ）
A．xsinα米B．xcsα米C．x⋅sinα米D．x⋅csα米
【答案】B
【分析】根据锐角三角函数中余弦值的定义即可求出答案.
【详解】解：小兵同学从A处出发向正东方向走x米到达B处，再向正北方向走到C处，
∴∠ABC=90°，AB=x米.
∴csα=ABAC，
∴AC=ABcsα=xcsα米.
故选： B .
【点睛】本题考查了锐角三角函数中的余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的定义.余弦值就是在直角三角形中，锐角的邻边与斜边之比.
5．如图，把△ABC以点A为中心逆时针旋转得到△ADE，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在BC的延长线上，连接BD，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠CAE=∠BEDB．AB=AEC．∠ACE=∠ADED．CE=BD
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得AB=AD，AC=AE，BC=DE，
无法证明AB=AE，CE=BD，故B选项和D选项不符合题意，
∠ABC=∠ADE
∵ ∠ACE=∠ABC+∠BAC
∴ ∠ACE=∠ADE+∠BAC，故C选项不符合题意，
∠ACB=∠AED
∵ ∠ACB=∠CAE+∠CEA
∵ ∠AED=∠CEA+∠BED
∴ ∠CAE=∠BED，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
6．【原创题】如图，对正方体进行两次切割，得到如图⑤所示的几何体，则图⑤几何体的俯视图为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据俯视图的定义，即可进行解答．
【详解】解：根据题意可得：从该几何体正上方看，棱AE的投影为点E，棱AB的投影为线段BE，棱AD的投影为线段ED，棱AC的投影为正方形BCDE的对角线，
∴该几何体的俯视图为：
，
故选：A
【点睛】本题主要考查了俯视图，解题的关键是熟练掌握俯视图的定义：从物体正上方看到的图形是俯视图．
7．如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）
A．1,2B．−1,2C．5−1,2D．1−5,2
【答案】D
【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC=OC1=25，可得C1F=25−2，再用含EF的式子表示出EC1，最后在Rt△EFC1中，利用勾股定理构建方程求出EF即可解决问题．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
由题意知AB∥OC1，
∴∠ABO=∠D1OC1，
又∵∠BAO=∠OD1C1=90°，
∴△AOB∼△D1C1O，
∴OAAB=D1C1OD1，
由折叠知OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2，即CD=2，
连接OC，设BC与OC1交于点F，
∴OC=OD2+CD2=42+22=25，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知OC1=OC=25，EC1=EC=CF−EF=4−EF，
∴C1F=OC1−OF=25−2，
∵在Rt△EFC1中，EF2+C1F2=EC12，
∴EF2+25−22=4−EF2，
解得：EF=5−1，
∴点E的坐标是1−5,2，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
8．一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三视图判断圆柱上面放着小圆锥，确定具体位置后即可得到答案．
【详解】解：由主视图和左视图可以得到该几何体是圆柱和小圆锥的复合体，
由俯视图可以得到小圆锥的底面和圆柱的底面完全重合，
故选：D．
【点睛】题考查了由三视图判断几何体，解题时不仅要有一定的数学知识，而且还应有一定的生活经验．
9．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，若△ABE平移到△DCF，a=4，ℎ=3，则△ABE的平移距离为（ ）
A．3B．4C．5D．12
【答案】B
【分析】根据平移的方向可得，△ABE平移到△DCF，则点A与点D重合，故△ABE的平移距离为AD的长．
【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式S=aℎ时，将△ABE平移到△DCF，
故平移后点A与点D重合，则△ABE的平移距离为AD=a=4，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
10．【创新题】如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED=23．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a2，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF=3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出sin∠EFC=MEEF=23，再证明∠DEC=∠EFC，即可知④正确．
【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°−45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°−45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴ECDC=FCEC，
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴HE=32a2，
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴HBHD=HGHF，即22+2a=332a2+EF，解得：EF=3，
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=2，
∵EF=3，
∴sin∠EFC=MEEF=23，
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
∴sin∠DEC=sin∠EFC=MEEF=23，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为 ．
【答案】（-1，5）
【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．
【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，
∴点B的坐标为（-1，5）．
故答案为：（-1，5）
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
12．【创新题】如图，在扇形AOB中，点C，D在AB上，将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．已知∠AOB=120°，OA=6，则EF的度数为 ；折痕CD的长为 ．
【答案】 60°/60度 46
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将CD沿弦CD折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将CD沿弦CD折叠后恰好与OA，OB相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴∠MEO=∠MFO=90°
∵∠AOB=120°
∴四边形MEOF中∠EMF=360°−∠AOB−∠MEO−∠MFO=60°
即EF的度数为60°；
∵∠MEO=∠MFO=90°，ME=MF
∴△MEO≅△MFO（HL）
∴∠EMO=∠FMO=12∠FME=30°
∴OM=MEcs∠EMO=6cs30°=43
∴MN=23
∵MO⊥DC
∴DN=DM2−MN2=62−(23)2=26=12CD
∴CD=46
故答案为：60°；46
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
13．某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB= m．
【答案】9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽Rt△DEF，
∴ABDE=BCEF，即AB2.47=，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
14．在ΔABC中，∠C=90°，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C的对边，若b2=ac，则sinA的值为 ．
【答案】−1+52
【详解】解：如图所示：
在Rt△ABC中，由勾股定理可知：a2+b2=c2，
∵ac=b2，
∴a2+ac=c2，
∵a>0， b>0，c>0，
∴a2+acc2=c2c2，即：ac2+ac=1，
求出ac=−1+52或ac=−1−52（舍去），
∴在Rt△ABC中：sinA=ac=−1+52，
故答案为：−1+52．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的概念及勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．在Rt△ABC中，sinA=∠A的对边斜边 ，csA=∠A的邻边斜边，tanA=∠A的对边∠A的邻边．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=BC=22，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 ．
【答案】5或13/13或5
【分析】连接CD，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分Q点在线段CD上和DC的延长线上，且CQ=CP=1，勾股定理求得AQ即可．
【详解】如图，连接CD，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC=BC=22，
∴AB=4，CD⊥AD，
∴CD=12AB=2，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，Q点在CD上，且CQ=CP=1，
∴DQ=CD−CQ=2−1=1，
如图，在Rt△ADQ中，AQ=AD2+DQ2=22+12=5，
在Rt△ADQ中，AD=CD=2,QD=CD+CQ=3
∴AQ=AD2+DQ2=22+32=13
故答案为：5或13．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点Q的位置是解题的关键．
16．如图，在△ABC中，D是边AB上一点，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点M，N；②以点D为圆心，以AM长为半径作弧，交DB于点M'；③以点M'为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAC内部交前面的弧于点N'：④过点N'作射线DN'交BC于点E．若△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，则BECE的值为 ．
【答案】23
【分析】根据作图可得∠BDE=∠A，然后得出DE∥AC，可证明△BDE∽△BAC，进而根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：根据作图可得∠BDE=∠A，
∴DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，
∵△BDE与四边形ACED的面积比为4:21，
∴S△BDCS△BAC=421+4=BEBC2
∴BEBC=25
∴BECE =23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．先化简，再求值：a+1−3a−1÷a2+4a+4a−1，其中a=tan45°+(12)−1−π0
【答案】a−2a+2，0
【分析】先算括号内的减法，再将除法变成乘法进行计算，然后根据锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质求出a，最后代入计算．
【详解】解：a+1−3a−1÷a2+4a+4a−1
=a2−1a−1−3a−1÷a+22a−1
=a2−4a−1÷a+22a−1
=a+2a−2a−1⋅a−1a+22
=a−2a+2；
∵a=tan45°+(12)−1−π0=1+2−1=2，
∴原式=a−2a+2=2−22+2=0．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把△ABC向左平移4个单位后得到对应的△A1B1C1，请画出平移后的△A1B1C1；
（2）把△ABC绕原点O旋转180°后得到对应的△A2B2C2，请画出旋转后的△A2B2C2；
（3）观察图形可知，△A1B1C1与△A2B2C2关于点（ ， ）中心对称．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】解：（1）如图所示，分别确定A,B,C平移后的对应点A1,B1,C1，
得到△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定A,B,C旋转后的对应点A2,B2,C2，
得到△A2B2C2即为所求；
（3）由图可得，△A1B1C1与△A2B2C2关于点−2,0成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
19．在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
【答案】见解析.
【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．
【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：
【点睛】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点A处测得阿育王塔最高点C的仰角∠CAE=45°，再沿正对阿育王塔方向前进至B处测得最高点C的仰角∠CBE=53°，AB=10m；小亮在点G处竖立标杆FG，小亮的所在位置点D、标杆顶F、最高点C在一条直线上，FG=1.5m，GD=2m．（注：结果精确到0.01m，参考数据：sin53°≈0.799，cs53°≈0.602，tan53°≈1.327）
(1)求阿育王塔的高度CE；
(2)求小亮与阿育王塔之间的距离ED．
【答案】(1)40.58m
(2)54.11m
【分析】（1）在Rt△CEB中，由tan53°=CEBE=CECE−10，解方程即可求解．
（2）证明Rt△FGD∽Rt△CED，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）在Rt△CAE中，∵∠CAE=45°，
∴CE=AE．
∵AB=10，
∴BE=AE−10=CE−10．
在Rt△CEB中，由tan53°=CEBE=CECE−10，
得tan53°CE−10=CE，
解得CE≈40.58．
经检验CE≈40.58是方程的解
答：阿育王塔的高度约为40.58m．
（2）由题意知Rt△FGD∽Rt△CED，
∴FGCE=GDED，
即，
∴ED≈54.11．
经检验ED≈54.11是方程的解
答：小亮与阿育王塔之间的距离约为54.11m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
【新考法】 阅读理解题
21．中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）完成的图，直接写出∠DBG，∠GBF，∠FBE的大小关系．
【答案】(1)见解析
(2)∠DBG=∠GBF=∠FBE
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接DF，EG，可得 △BDF和△BEG均为等边三角形，∠DBF=∠EBG=60°，进而可得∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°．
【详解】（1）解：（1）如图：
（2）∠DBG=∠GBF=∠FBE．
理由：连接DF，EG如图所示
则BD=BF=DF，BE=BG=EG
即△BDF和△BEG均为等边三角形
∴∠DBF=∠EBG=60°
∵∠ABC=90°
∴∠DBG=∠GBF=∠FBE=30°
【点睛】本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．
22．如图CD是⊙O直径，A是⊙O上异于C，D的一点，点B是DC延长线上一点，连接AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．
(1)求证：直线AB是⊙O的切线；
(2)若BC=2OC，求tan∠ADB的值；
(3)在（2）的条件下，作∠CAD的平分线AP交⊙O于P，交CD于E，连接PC、PD，若AB=26，求AE⋅AP的值．
【答案】(1)见解析
(2)22
(3)42
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到∠OAC+∠OAD=90°，再证明∠OAD=∠BAC即可证明结论；
（2）先证明△BCA∽△BAD，得到ACAD=BCBA，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，利用勾股定理求出AB=22r，解直角三角形即可答案；
（3）先求出CD=23，在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，解得AC=2，AD=22，证明△CAP∽△EAD，得到ACAE=APAD，则AE⋅AP=AC⋅AD=42．
【详解】（1）解：如图所示，连接OA，
∵CD是⊙O直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAC+∠OAD=90°，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠BAC=∠ADB，
∴∠OAD=∠BAC，
∴∠BAC+∠OAC=90°，即∠BAO=90°，
∴AB⊥OA，
又∵OA为半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，
∴△BCA∽△BAD，
∴ACAD=BCBA，
由BC=2OC知，令半径OC=OA=r，则BC=2r，OB=3r，
在Rt△BAO中，AB=OB2−OA2=22r，
在Rt△CAD中，tan∠ADC=ACAD=BCBA=2r22r=22，
即tan∠ADB=22；
（3）解：在（2）的条件下，AB=22r=26，
∴r=3，
∴CD=23，
在Rt△CAD中，ACAD=22，AC2+AD2=CD2，
解得AC=2，AD=22，
∵AP平分∠CAD，
∴∠CAP=∠EAD，
又∵∠APC=∠ADE，
∴△CAP∽△EAD，
∴ACAE=APAD，
∴AE⋅AP=AC⋅AD=2×22=42．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
23．如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(23−x)2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=23，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD= y−4，
∵SΔADC=12×OC×AO−12×OD×OA，
∴x=12×2×23−12×2×y−4，
∴y=(23−x)2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
24．【创新题】综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B=∠MDB时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）CN=258；（3）AN=257．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到MD∥AC，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴MD∥AC，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，BC=AB2+AC2=10．
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=12CD=52．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴CGCA=CNCB，即528=CN10，
∴CN=258；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=2x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(2x)2，
解得x=257，
∴线段AN的长为257．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
25．已知二次函数y=−14x2+bx+c图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且∠CAD=90∘．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+12x+3
(2)1
(3)−2,1，3−17,17−2，−1−17,−2−17
【分析】（1）二次函数与y轴交于点B0,3，判断c=3，根据A1,0，即二次函数对称轴为x=1，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）证明△ADE∽△BAO，得到BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，设Dt,−14t2+12t+3，点D在第一象限，根据点的坐标写出长度，利用BO⋅DE=OA⋅AE求出t的值，即可AE，DE的值，进一步得出tan∠CDA的值；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。
【详解】（1）解：∵二次函数y=−14x2+bx+c与y轴交于点B0,3，
∴c=3，即y=−14x2+bx+3，
∵A1,0，即二次函数对称轴为x=1，
∴x=−b2a=−b2×−14=1，
∴b=12，
∴二次函数的表达式为y=−14x2+12x+3．
（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，
∵∠CAD=90∘，
∴∠BAO+∠DAE=90∘，
∵∠ADE+∠DAE=90∘，
∴∠ADE=∠BAO，
∵∠BOA=∠DEA=90°，
∴△ADE∽△BAO，
∴BOAE=OADE，即BO⋅DE=OA⋅AE，
∵B0,3，A1,0，
∴BO=3，OA=1，
设：Dt,−14t2+12t+3，点D在第一象限，
∴OE=t，DE=−14t2+12t+3，AE=OE−OA=t−1，
∴3×−14t2+12t+3=1×t−1，
解得：t1=−103（舍），t2=4（舍），
当t2=4时，y=−14×42+12×4+3=1，
∴AE=4−1=3，DE=1，
∴AD=DE2+AE2=12+32=10，
AB=OA2+OB2=12+32=10
∵在Rt△BAD中，
∴tan∠CDA=ABAD=1010=1
（3）解：存在，
如图，（2）图中Rt△BAD关于对称轴对称时，tan∠CDA=1，
∵点D的坐标为4,1，
∴此时，点C的坐标为−2,1，
如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即tan∠CDA=1，
当点C在x轴上方时，
过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAE=45∘，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=AE，
设点C的坐标为m,−14m2+12m+3，
∴CE=−14m2+12m+3，AE=1−m，
∴−14m2+12m+3=1−m
解得：m1=3−17，m2=3+17（舍），
此时，点C的坐标为3−17,17−2，
当点C在x轴下方时，
过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵∠CAD=90∘，点C、D关于对称轴对称，
∴∠CAF=45∘，
∴△CAF为等腰直角三角形，
∴CF=AF，
设点C的坐标为m,−14m2+12m+3，
∴CF=14m2−12m−3，AE=1−m，
∴14m2−12m−3=1−m
解得：m1=−1+17（舍），m2=−1−17，
此时，点C的坐标为−1−17,−2−17，
综上：点C的坐标为−2,1，3−17,17−2，−1−17,−2−17．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．原文
释义
甲乙丙为定直角．
以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧；
以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己；
再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚；
乙与己及庚相连作线．
如图2，∠ABC为直角．
以点B为圆心，以任意长为半径画弧，交射线BA，BC分别于点D，E；
以点D为圆心，以BD长为半径画弧与DE交于点F；
再以点E为圆心，仍以BD长为半径画弧与DE交于点G；
作射线BF，BG．
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