中考數(shù)學(xué)專題練-專題十二圖形的變換

…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○……○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………專題十二圖形的變換一、單選題1.（2019·長春模擬）如圖，某數(shù)學(xué)活動小組在吉林廣播電視塔周邊做數(shù)學(xué)測算活動、在C處測得最高點A的仰角為α，在D處測得最高點A的仰角為β，點C，B，D在同一條水平直線上，且吉林廣播電視塔的高度AB為h（m），則CD之間的距離為（）A.

h?（tanα+tanβ）m

B.

C.

D.

2.（2020九上·奉化期末）如圖，在△ABC中，點D，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC，BC上，且DE∥BC，EF∥AB，若AB=3BD。則S△ADE：S△EFC的值為(

)A.

4：1

B.

3：2

C.

2：1

D.

3：13.（2019七下·番禺期中）在平面直角坐標(biāo)系中，線段A′B′是由線段AB經(jīng)過平移得到的，已知點A（-2，1）的對應(yīng)點為A′（1，-2），點B的對應(yīng)點為B′（2，0）．則B點的坐標(biāo)為（

）A.

B.

C.

D.

4.（2019九上·上街期末）如圖，已知AM為△ABC的角平分線，MN∥AB交AC于點N，如果AN：NC=2：3，那么AC：AB等于（

）A.

3：1

B.

3：2

C.

5：3

D.

5：25.（2019九上·深圳期末）如圖，已知在△ABC中，P為AB上一點，連接CP，以下條件中不能判定△ACP∽△ABC的是（

）A.

B.

C.

D.

6.（2019七下·遂寧期中）已知x+4y－3z=0，且4x－5y+2z=0，x：y：z為（）A.

1：2：3；

B.

1：3：2；

C.

2：1：3；

D.

3：1：27.（2018·貴港）若點A（1+m，1﹣n）與點B（﹣3，2）關(guān)于y軸對稱，則m+n的值是（

）A.

﹣5

B.

﹣3

C.

3

D.

18.（2019九上·寶安期末）如圖，已知△ABO與△DCO位似，且△ABO與△DCO的面積之比為1：4，點B的坐標(biāo)為(﹣3，2)，則點C的坐標(biāo)為(

)A.

(3，﹣2)

B.

(6，﹣4)

C.

(4，﹣6)

D.

(6，4)9.如圖，AB是⊙O的直徑，且經(jīng)過弦CD的中點H，已知cos∠CDB＝，BD＝5，則OH的長度為(

)A.

B.

C.

1

D.

10.（2019·蓮湖模擬）如圖，在中，點D，E分別為AB，AC邊上的點，且，CD、BE相較于點O，連接AO并延長交DE于點G，交BC邊于點F，則下列結(jié)論中一定正確的是A.

B.

C.

D.

11.（2019·鄭州模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，繞點O連續(xù)旋轉(zhuǎn)2018次得到正方形OA2018B2018C2018，如果點A的坐標(biāo)為（1，0），那么點B2018的坐標(biāo)為（

）A.

（1，1）

B.

（0，）

C.

（）

D.

（﹣1，1）12.（2019七下·江蘇月考）如圖，把△ABC紙片沿DE折疊，當(dāng)點A落在四邊形BCDE的外部時，則∠A與∠1和∠2之間有一種數(shù)量關(guān)系始終保持不變，請試著找一找這個結(jié)論，你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論是（

）A.

2∠A=∠1-∠2

B.

3∠A=2（∠1-∠2）

C.

3∠A=2∠1-∠2

D.

∠A=∠1-∠213.（2020八上·烏海期末）如圖，點P是∠AOB內(nèi)任意一點，且∠AOB=40°，點M和點N分別是射線OA和射線OB上的動點，當(dāng)△PMN周長取最小值時，則∠MPN的度數(shù)為（

）A.

140°

B.

100°

C.

50°

D.

40°14.（2019八下·簡陽期中）如圖，將邊為的正方形ABCD繞點A沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)30°后得到正方形AEFH，則圖中陰影部分的面積為(

)A.

－

B.

3－

C.

2－

D.

2－15.（2020九上·覃塘期末）如圖，在正方形中，是邊的中點，將沿折疊，使點落在點處，的延長線與邊交于點.下列四個結(jié)論:①;②;③;④S正方形ABCD，其中正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A.

個

B.

個

C.

個

D.

個16.（2020九上·遂寧期末）如圖，點E是矩形ABCD的邊AD的中點，且BE⊥AC于點F，則下列結(jié)論中錯誤的是（）A.

AF=CF

B.

∠DCF=∠DFC

C.

圖中與△AEF相似的三角形共有5個

D.

tan∠CAD=17.（2020·寧波模擬）如圖，在△ABC中，AC=BC=2，D是BC的中點，過A，C，D三點的⊙O與AB邊相切于點A，則⊙O的半徑為(

)A.

B.

C.

1

D.

18.如圖，把一張長方形紙片ABCD沿對角線BD折疊，使C點落在E處，BE與AD相交于點F，下列結(jié)論：①BD=AD2+AB2；②△ABF≌△EDF；③＝④AD=BD?cos45°．其中正確的一組是（

）A.

①②

B.

②③

C.

①④

D.

③④19.如圖，Rt△ABC中，∠CAB=90°，在斜邊CB上取點M，N（不包含C、B兩點），且tanB=tanC=tan∠MAN=1，設(shè)MN=x，BM=n，CN=m，則以下結(jié)論能成立的是（

）A.

m=n

B.

x=m+n

C.

x＞m+n

D.

x2=m2+n220.（2019九下·義烏期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長是4，點E是AB邊上一動點，連接CE，過點B作BG⊥CE于點G，點P是AB邊上另一動點，則PD+PG的最小值是（

）A.

B.

C.

D.

二、填空題21.（2018九上·于洪期末）如圖，三角尺在燈泡O的照射下在墻上形成影子，現(xiàn)測得OA＝20cm，AA′═50cm，這個三角尺的周長與它在墻上形成影子的周長比是________.22.（2019九上·淅川期末）如圖，點E是矩形紙片的邊BC上的一動點，沿直線AE折疊紙片，點B落在了點B′位置，連結(jié)CB′.已知AB=3，BC=6，則當(dāng)線段CB′最小時BE的長為________.23.（2020八上·青山期末）給出下列5種圖形：①平行四邊形②菱形③正五邊形、④正六邊形、⑤等腰梯形中，既是軸對稱又是中心對稱的圖形有________個。24.（2019七下·南京月考）如圖，把一個長方形紙片沿EF折疊后，點A，B分別落在A′，B′的位置，若∠A′FD＝50°，則∠CEF等于________.25.（2019七下·南京月考）如圖，把△ABC紙片沿DE折疊，點A落在四邊形BCDE的外部，用∠1和∠2表示出∠A，則關(guān)系式是________.26.（2020九上·信陽期末）如圖，矩形ABCD中，,，把矩形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點D落在射線CB上的點P處時，那么線段DP的長度等于________.27.（2019·駐馬店模擬）如圖，矩形中，，點是線段上一動點，連接，將沿直線折疊，點落到處，連接，，當(dāng)

△BFC為等腰三角形時，的長為________.28.（2020九上·長興期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，點D在邊BC上，CD=6，BD=10．點P是線段AD上一動點當(dāng)半徑為4的⊙P與△ABC的一邊相切時，AP的長為________。29.（2020九下·襄城月考）如圖，正方形ABCD的邊長為4，∠DAC的平分線交DC于點E，若點P，Q分別是AD和AE上的動點，則DQ＋PQ的最小值是________.30.（2019九下·佛山模擬）如圖，CB=CA，∠ACB=90°，點D在邊BC上(與B、C不重合)，四邊形ADEF為正方形，過點F作FG⊥CA，交CA的延長線于點G，連接FB，交DE于點Q，給出以下結(jié)論：①AC=FG；②S△FAB：S四邊形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ?AC，其中正確結(jié)論的個數(shù)是________．三、解答題31.（2019·嘉定模擬）如圖，海中有一個小島A,該島的四周10海里的范圍內(nèi)有暗礁，有一貨輪在海面上由西向東航行，到達B處時，該貨輪位于小島南偏西60°的方向上，再往東行駛20海里后到達小島的南偏西30°的方向上的C處，如果貨輪繼續(xù)向東航行，是否會有觸礁危險？請通過計算說明：32.（2019九上·張家港期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，c＝4，a＝2，解這個直角三角形.33.（2018九上·鐵西期末）如圖，四邊形ABGH、BCFG、CDEF是邊長為1的正方形，連接BH、CH、DH，求證：∠ABH+∠ACH+∠ADH＝90°.34.（2019·寶山模擬）已知：如圖，在△ABC中，AB＝AC，點E、F在邊BC上，∠EAF＝∠B．求證：BF?CE＝AB2．35.（2019九上·如皋期末）高鐵大大縮短了時空距離，改變了人們的出行方式，如圖，A，B兩地被大山阻隔，由A地到B地需要繞行C地，若打通穿山隧道，建成A，B兩地的直達高鐵，可以縮短從A地到B地的路程已知，，公里，求隧道打通后，從A地到B地的路程結(jié)果保留根號.36.（2019八下·襄城月考）如圖，在四邊形中，、是對角線，已知是等邊三角形，，，，求邊的長.37.（2020九下·鎮(zhèn)江月考）如圖，長方形廣告牌架在樓房頂部，邊長CD=2m，經(jīng)測量∠CAH=37°，∠DBH=60°，AB=10m，求GH的長．（參考數(shù)據(jù)：tan37°≈0.75，≈1.732，結(jié)果精確到0.1m）38.如圖，一個三角形的紙片ABC，其中∠A=∠C．①把△ABC紙片按(如圖1)所示折疊，使點A落在BC邊上的點F處，DE是折痕．說明BC//DF；________②把△ABC紙片沿DE折疊，當(dāng)點A落在四邊形BCED內(nèi)時(如圖2)，探索∠C與∠1+∠2之間的大小關(guān)系，并說明理由；________③當(dāng)點A落在四邊形BCED外時(如圖3)，∠C與∠1、∠2的關(guān)系是________．(直接寫出結(jié)論)39.（2019九下·深圳月考）習(xí)近平同志在十九大報告中指出，實現(xiàn)中華民族偉大復(fù)興是近代以來中華民族最偉大的夢想．為弘揚和宣傳“中國夢”理念，政府決定在某大廈樓頂立宣傳牌，如圖，宣傳牌AB被一鋼纜DB固定，BD與地面DC成45°夾角，且DC=3m，在B點上方加固另一條鋼纜AD，鋼纜AD與地面DC夾角60°．且A、B、C三點在一條直線上，AC⊥CD．求宣傳牌AB的高度及加固鋼纜AD和BD的長．（結(jié)果保留根號）40.（2019九上·深圳期末）關(guān)于三角函數(shù)有如下的公式：sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②tan（α+β）=③利用這些公式可將某些不是特殊角的三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)來求值，如：tan105°=tan（45°+60°）==﹣（2+）．根據(jù)上面的知識，你可以選擇適當(dāng)?shù)墓浇鉀Q下面的實際問題：如圖，直升飛機在一建筑物CD上方A點處測得建筑物頂端D點的俯角α=60°，底端C點的俯角β=75°，此時直升飛機與建筑物CD的水平距離BC為42m，求建筑物CD的高．41.（2019·祥云模擬）如圖，直線y=kx+b與雙曲線（x﹤0）相交于A（-4，a）、B（-1，4）兩點.（1）求直線和雙曲線的解析式；（2）在y軸上存在一點P，使得PA+PB的值最小，求點P的坐標(biāo).42.（2019九下·揭西月考）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中點O為圓心，OA為半徑的圓交AC于點D，E是BC的中點，連接DE，OE．（1）判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）求證：BC2＝2CD?OE；（3）若，求OE的長．43.（2019九上·東臺月考）如圖，已知拋物線的對稱軸為直線，且經(jīng)、兩點．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上，是否存在點，使它到點的距離與到點的距離之和最小，如果存在求出點的坐標(biāo)，如果不存在請說明理由．44.（2020九下·臺州月考）菱形ABCD中，點P為CD上一點，連接BP.（1）如圖1，若BP⊥CD，菱形ABCD邊長為10，PD＝4，連接AP，求AP的長.（2）如圖2，連接對角線AC、BD相交于點O，點N為BP的中點，過P作PM⊥AC于M，連接ON、MN.試判斷△MON的形狀，并說明理由.45.（2019九上·東臺月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于點D．點P從點D出發(fā)，沿線段DC向點C運動，點Q從點C出發(fā)，沿線段CA向點A運動，兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度，當(dāng)點P運動到C時，兩點都停止．設(shè)運動時間為t秒．（1）求線段CD的長；（2）當(dāng)t為何值時，△CPQ是直角三角形？（3）是否存在某一時刻，使得PQ分△ACD的面積為1：11？若存在，求出t的值，若不存在，請說明理由．46.（2019九下·義烏期中）如圖甲，在正方形ABCD中，AB＝6cm，點P、Q從A點沿邊AB、BC、CD運動，點M從A點沿邊AD、DC、CB運動，點P、Q的速度分別為1cm/s，3cm/s，點M的速度2cm/s.若它們同時出發(fā)，當(dāng)點M與點Q相遇時，所有點都停止運動.設(shè)運動的時間為ts，△PQM的面積為Scm2，則S關(guān)于t的函數(shù)圖象如圖乙所示.結(jié)合圖形，完成以下各題：（1）填空：a＝________；b＝________；c＝________.（2）當(dāng)t為何值時，點M與點Q相遇？（3）當(dāng)2＜t≤3時，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）在整個運動過程中，△PQM能否為直角三角形？若能，請求出此時t的值；若不能，請說明理由.47.（2018七上·川匯期末）已知長方形紙片ABCD，點E，F(xiàn)，G分別在邊AB，DA，BC上，將三角形AEF沿EF翻折，點A落在點處，將三角形EBG沿EG翻折，點B落在點處.（1）點E，，共線時，如圖，求的度數(shù)；（2）點E，，不共線時，如圖，設(shè)，，請分別寫出、滿足的數(shù)量關(guān)系式，并說明理由.48.（2019八上·西安月考）問題探究（1）如圖①，在△ABC中，∠B=30°，E是AB邊上的點，過點E作EF⊥BC于F，則的值為________.（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB=BC=6,∠ABC=60°，對角線BD平分∠ABC，點E是對角線BD上一點，求AE+BE的最小值.問題解決（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=-x+4分別于x軸，y軸交于點A、B，點P為直線AB上的動點，以O(shè)P為邊在其下方作等腰Rt△OPQ且∠POQ=90°.已知點C（0，-4），點D（3,0）連接CQ、DQ,那么DQ+CQ是否存在最小值，若存在求出其最小值及此時點P的坐標(biāo)，若不存在請說明理由.49.（2018九上·汨羅期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，已知點A（0，6）、點B（8，0），動點P從點A開始在線段AO上以每秒1個單位長度的速度向點O移動，同時動點Q從點B開始在線段BA上以每秒2個單位長度的速度向點A移動,設(shè)點P、Q移動的時間為t秒．（1）求直線AB的解析式；（2）當(dāng)t為何值時，△APQ與△AOB相似？（3）當(dāng)t為何值時，△APQ的面積為個平方單位？50.（2019八下·鎮(zhèn)江月考）如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4.對角線AC、BD相交于點0，將直線AC繞點0順時針旋轉(zhuǎn)°，分別交直線BC、AD于點E、F.（1）當(dāng)=________時，四邊形ABEF是平行四邊形;（2）在旋轉(zhuǎn)的過程中，從A、B、C、D、E、F中任意4個點為頂點構(gòu)造四邊形，①=________構(gòu)造的四邊形是菱形;②若構(gòu)造的四邊形是矩形，求出該矩形的面積.________

答案解析部分一、單選題1.D【解答】解：在直角△ABC中，BC＝＝，在直角△ABC中，BD＝＝，則CD＝BD+BC＝+＝m即CD之間的距離為m，故答案為：D．【分析】通過解直角△ABC和直角△ABC分別求得BC、BD的長度，根據(jù)CD＝BD+BC即可求得CD的長度．2.A【解答】解：∵AB=3BD，

∴AD=2BD，

∵DE∥BC，EF∥AB，

∴四邊形DBFE是平行四邊形，

∴EF=BD，

∴AD=2EF，即AD：EF=2∶1，

∵DE∥BC，

∴∠AED=∠ECF，∠ADE=∠B

∵EF∥AB，

∴∠EFC=∠B，

∴∠EFC=∠ADE，

∴△ADE∽△EFC，

∴S△ADE：S△EFC=AD2：EF2=4:1.

故答案為：A.【分析】由AB=3BD，可得AD=2BD，再由兩組對邊分別平行得四邊形DBFE是平行四邊形，可得EF=BD，從而得出AD和EF的比值，接著利用平行得性質(zhì)推得兩組對角相等，證得△ADE∽△EFC，則由三角形相似的性質(zhì)求得面積之比.3.C【解答】解：∵點A（-2，1）的對應(yīng)點為A′（1，-2），∴-2+3=1，1-3=-2，∴平移規(guī)律是橫坐標(biāo)向右平移3個單位，縱坐標(biāo)向下平移3個單位，設(shè)點B的坐標(biāo)為（x，y），則x+3=2，y-3=0，解得x=-1，y=3，所以點B的坐標(biāo)為（-1，3）．故答案為：C．【分析】根據(jù)對應(yīng)點A、A′找出平移規(guī)律，然后設(shè)點B的坐標(biāo)為（x，y），根據(jù)平移規(guī)律列式求解即可．4.B【解答】解：∵AN：NC=2：3，∴可以假設(shè)AN=2k，NC=3k.∵MN∥AB，∴∠AMN=∠MAB.∵∠MAC=∠MAB，∴∠NAM=∠AMN，∴AN=MN=2k.∵==，∴AB=k，∴AC：AB=5k：k=3：2.故答案為：B.【分析】由AN：NC=2：3，可以假設(shè)AN=2k，NC=3k，證明AN=MN=2k，由==，推出AB=k，由此即可解決問題.5.C【解答】A、∵∠A=∠A，∠ACP=∠B，∴△ACP∽△ABC，所以此選項的條件可以判定△ACP∽△ABC；B、∵∠A=∠A，∠APC=∠ACB，∴△ACP∽△ABC，所以此選項的條件可以判定△ACP∽△ABC；C、∵，當(dāng)∠ACP=∠B時，△ACP∽△ABC，所以此選項的條件不能判定△ACP∽△ABC；D、∵，又∠A=∠A，∴△ACP∽△ABC，所以此選項的條件可以判定△ACP∽△ABC，本題選擇不能判定△ACP∽△ABC的條件，故答案為：C．【分析】A、加一公共角，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可以得結(jié)論；B、加一公共角，根據(jù)兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似可以得結(jié)論；C、其夾角不相等，所以不能判定相似；D、其夾角是公共角，根據(jù)兩邊的比相等，且夾角相等，兩三角形相似．6.A【解答】解：x+4y-3z=0①4x-5y+2z=0②，①×5+②×4得：21x=7z，解得：x=z，代入①得：y=z，則x：y：z=z：z：z=：：1=1：2：3．故答案為：A.【分析】觀察兩個等式可利用加減消元法消去未知數(shù)y，用z表示x，再將表示x的式子代入其中一個等式將y也用z表示出來，則三個未知數(shù)都可用z表示，即可得到x：y：z.7.D【解答】∵點A（1+m，1﹣n）與點B（﹣3，2）關(guān)于y軸對稱，∴1+m=3、1﹣n=2，解得：m=2、n=﹣1，所以m+n=2﹣1=1，故答案為：D．【分析】根據(jù)關(guān)于y軸對稱的點的坐標(biāo)特點;橫坐標(biāo)互為相反數(shù)，縱坐標(biāo)相等列出方程1+m=3、1﹣n=2，求解得出m,n的，再代入代數(shù)式即可算出答案。8.B【解答】∵△ABO與△DCO位似，且△ABO與△DCO的面積之比為1：4，∴△ABO與△DCO為1：2，∵點B的坐標(biāo)為（-3，2），∴點C的坐標(biāo)為（6，-4），故答案為：B．【分析】利用位似是特殊的相似，若兩個圖形△ABC和△A′B′C′以原點為位似中心，相似比是k，△ABC上一點的坐標(biāo)是（x，y），則在△A′B′C′中，它的對應(yīng)點的坐標(biāo)是（kx，ky）或（-kx，ky）．9.D【解答】解：如解圖，連接OD，

∵AB是⊙O的直徑，點H是弦CD的中點，

∴由垂徑定理可知AB⊥CD，

在Rt△BDH中，

∵cos∠CDB＝，BD＝5，

∴DH＝4，∴BH＝＝＝3，

設(shè)OH＝x，則OD＝OB＝x＋3，

在Rt△ODH中，OD2＝OH2＋DH2，

∴(x＋3)2＝x2＋42，

解得x＝，即OH＝.

故答案為：D.

【分析】連接OD，利用垂徑定理可證得AB⊥CD，在Rt△BDH中，利用銳角三角函數(shù)的定義及勾股定理求出DH，BH的長，設(shè)OH＝x，用含x的代數(shù)式表示出OD，再利用勾股定理建立關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，即可得到OH的長。10.C【解答】A.∵，∴,故不正確；B.∵，∴,故不正確；C.∵，∴∽，∽,，.，故正確；D.∵，∴

,故不正確；故答案為：C.【分析】由可得到∽，依據(jù)平行線分線段成比例定理和相似三角形的性質(zhì)進行判斷即可.11.D【解答】解：∵四邊形OABC是正方形，且OA=1，∴B（1，1），連接OB，由勾股定理得：OB=，由旋轉(zhuǎn)得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，∵將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，∴B1（0，），B2（-1，1），B3（-，0），…，發(fā)現(xiàn)是8次一循環(huán)，所以2018÷8=252…余2，∴點B2018的坐標(biāo)為（-1，1）故答案為：D．【分析】根據(jù)圖形可知：點B在以O(shè)為圓心，以O(shè)B為半徑的圓上運動，由旋轉(zhuǎn)可知：將正方形OABC繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)45°后得到正方形OA1B1C1，相當(dāng)于將線段OB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)45°，可得對應(yīng)點B的坐標(biāo)，根據(jù)規(guī)律發(fā)現(xiàn)是8次一循環(huán)，可得結(jié)論．12.A【解答】解：如圖，由翻折的性質(zhì)得，∠3=∠A′DE，∠AED=∠A′ED，∴∠3=（180°﹣∠1），在△ADE中，∠AED=180°﹣∠3﹣∠A，∠CED=∠3+∠A，∴∠A′ED=∠CED+∠2=∠3+∠A+∠2，∴180°﹣∠3﹣∠A=∠3+∠A+∠2，整理得，2∠3+2∠A+∠2=180°，∴2×（180°﹣∠1）+2∠A+∠2=180°，∴2∠A=∠1﹣∠2.故答案為：A.【分析】根據(jù)翻折的性質(zhì)可得∠3=∠A′DE，∠AED=∠A′ED，再利用三角形的內(nèi)角和定理和三角形的外角性質(zhì)分別表示出∠AED和∠A′ED，然后整理即可得解.13.B【解答】解：如圖，分別作出點P關(guān)于直線OB、OA的對稱點C、D，連接CD，分別交OA、OB于點M、N，連接OC、OD、PM、PN、MN，此時△PMN周長取最小值.根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得OC=OP=OD，

∠CON=∠PON，∠POM=∠DOM。

∵∠AOB=∠MOP+∠PON＝40°

∴∠COD=2∠AOB=80°

在△COD中，OC=OD

∴∠OCD=∠ODC=50°

又∵OC=OP，∠CON=∠PON，ON=ON

∴△CON≌△PON

（SAS）

∴∠OCN=∠NPO=50°

同理可得∠OPM=∠ODM=50°

∴∠MPN=∠NPO+∠OPM=50°+50°=100°.

故答案為：B.【分析】先作圖確定出當(dāng)△PMN周長取最小值時點M、N在射線OA和射線OB上的位置，并連接OC、OD、PM、PN、MN。利用軸對稱的性質(zhì)得OC=OP=OD，∠CON=∠PON，∠POM=∠DOM，進而求出∠COD=2∠AOB=80°；繼而分別在△COD中，利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求出∠OCD=∠ODC=50°，再利用SAS證得△CON≌△PON，利用全等三角形的性質(zhì)可得∠OCN=∠NPO=50°，同理可得

∠OPM=∠ODM=50°，則可利用

∠MPN=∠NPO+∠OPM計算求解。14.B【解答】連接AG，∵∠BAE=30°，∴∠DAE=60°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠B=90°，∵正方形AEFH是正方形ABCD旋轉(zhuǎn)而成，∴AD=AE，∠E=90°，在Rt△ADG與Rt△AEG中，AD=AE，AG=AG，∴Rt△ADG≌Rt△AEG，∴∠DAG=∠EAG=30°，∴DG=AD?tan∠DAG=×

=1，∴∴S四邊形ADGE=2=2×

=

，∴S陰影=,故答案為：B．【分析】連接AG，根據(jù)∠BAE=30°可知∠DAE=60°，由正方形的性質(zhì)可知，AB=AD，由圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知AD=AE，故可得出Rt△ADG≌Rt△AEG，由直角三角形的性質(zhì)可得出DG的長，再由S陰影=，即可得出結(jié)論．15.D【解答】E是AB的中點AE=BE沿折疊BE=EM,故①正確；四邊形ABCD為正方形沿折疊四邊形AECF為平行四邊形又E是AB的中點故②正確；過點E作由①知，由②知，E是AB的中點設(shè)則故③正確；設(shè)則，，，，故④正確.故答案為：D.【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等邊對等角，同角的余角相等即可判斷①；根據(jù)題意先證明四邊形AECF為平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可判斷②；過點E作，根據(jù)三線合一及折疊的性質(zhì)即可得出，再根據(jù)同角的余切值相等得出比值，，用a表示AM,MF的值，即可得出比值，判斷③；設(shè)，用a表示及的值，即可判斷④.16.D【解答】A.∵AD∥BC，∴△AEF∽△CBF，∴∵∴，故A符合題意，不符合題意；B.過D作DM∥BE交AC于N，∵DE∥BM,BE∥DM，∴四邊形BMDE是平行四邊形，∴∴BM=CM，∴CN=NF，∵BE⊥AC于點F,DM∥BE，∴DN⊥CF，∴DF=DC，∴∠DCF=∠DFC，故B符合題意，不符合題意；C.圖中與△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5個，故C符合題意，不符合題意;D.設(shè)AD=a,AB=b,由△BAE∽△ADC,有∵tan∠CAD故D不符合題意，符合題意.故答案為：D.【分析】由又AD∥BC，所以故A符合題意，不符合題意；過D作DM∥BE交AC于N，得到四邊形BMDE是平行四邊形，求出BM=DE=BC，得到CN=NF，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)可得結(jié)論，故B符合題意，不符合題意；根據(jù)相似三角形的判定即可求解，故C符合題意，不符合題意；由△BAE∽△ADC，得到CD與AD的大小關(guān)系，根據(jù)正切函數(shù)可求tan∠CAD的值，故D不符合題意，符合題意．17.D【解答】解：連接OA，作AH⊥BC，連接DO并延長交圓于K，

∵AB是⊙O

的切線，

∴∠BAD=∠ACD，

∵∠ABD=∠CBA，

∴△ABD∽△CAB，

∴，

∴，

∴AB=，

∵AC2-CH2=AB2-BH2=AH2，

∴22-(2-BH)2=2-BH2，

解得BH=，

，

，

∵∠AKD=∠ACH，

即，

解得KD=，

∴OD=.

故答案為：D.

【分析】由AB是圓切線推得角相等，利用兩組對角分別相等的兩個三角形相似，證得△ABD∽△CAB，根據(jù)對應(yīng)邊成比例列式求得AB的長，然后在△ABC中，利用勾股定理求得BC邊上的高AH，于是∠ACH的正弦值可求，再利用同弧所對的圓周角相等，用三角函數(shù)可求直徑KD的長，則半徑可求.18.B【解答】①∵△ABD為直角三角形，

∴BD2=AD2+AB2

，

∴BD≠AD2+AB2，錯誤；

②根據(jù)折疊性質(zhì)可知：DE=CD=AB，∠A=∠E，∠AFB=∠EFD，∴△ABF≌△EDF（AAS），正確；

③根據(jù)②可以得到△ABF≌△EDF，∴＝

=1，正確；

④在Rt△ABD中，∠ADB≠45°，∴AD≠BD?cos45°，錯誤.

綜上，正確的有

②③

.

故答案為：B.

【分析】①由于△ABD為直角三角形，由勾股定理可得BD2=AD2+AB2；②根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合折疊的性質(zhì)DE=CD=AB，利用角角邊定理可證△ABF≌△EDF；③由于△ABF≌△EDF，對應(yīng)邊之比等于1；④用三角函數(shù)的定義可得AD≠BD?cos45°.19.D【解答】解：∵tanB＝tanC＝tan∠MAN＝1，∴∠B＝∠C＝∠MAN＝45°，∵∠CAB＝90°，∴AC＝AB，將△BAM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ACN′，點B與點C重合，點M落在N′處，連接NN′，則有AN′＝AM，CN′＝BM，∠1＝∠3，∵∠MCN＝45°，∴∠1＋∠2＝45°，∴∠2＋∠3＝45°，∴∠NAN′＝∠MAN.在△MAN與△NAN′中，，∴△MAN≌△NCN′（SAS），∴MN＝NN′，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，∠ACN′＝∠B＝45°，∴∠NCN′＝∠ACN′＋∠ACB＝90°，∴NN'2＝NC2＋N'C2，即x2＝n2＋m2，故答案為：D.【分析】將△ABM繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°至△ACN′，連接NN′；證明△AMN≌△ANN′，則有MN＝NN′；在Rt△NN'C′中，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論.20.C【解答】解：如圖：取點D關(guān)于直線AB的對稱點D′.以BC中點O為圓心，OB為半徑畫半圓.連接OD′交AB于點P，交半圓O于點G，連BG.連CG并延長交AB于點E.由以上作圖可知，BG⊥EC于G.PD+PG=PD′+PG=D′G由兩點之間線段最短可知，當(dāng)點D′，G，O三點共線時，PD+PG最小.∵D′C′=4，OC′=6∴D′O=∴D′G=2?2∴PD+PG的最小值為2?2故答案為：C.【分析】作DC關(guān)于AB的對稱點D′C′，以BC中的O為圓心作半圓O，連D′O分別交AB及半圓O于P、G.將PD+PG轉(zhuǎn)化為D′G找到最小值.二、填空題21.2：7.【解答】解：如圖，∵OA=20cm，AA′=50cm，∴，∵三角尺與影子是相似三角形，∴三角尺的周長與它在墻上形成的影子的周長的比=AB：A′B′=2：7.故答案為2：7.【分析】先根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求出三角尺與影子的相似比，再根據(jù)相似三角形周長的比等于相似比解答即可.22.【解答】解：如圖，連接AC.∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AC===,∵CB′≥AC-AB′，∴當(dāng)A、B′、C共線時，CB′的值最小.設(shè)BE=EB′=x，在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3-3，EB′=x，∴x2+（3-3）2=（6-x）2，∴x=,∴BE=,故答案為.【分析】如圖，連接AC.當(dāng)A、B′、C共線時，CB′的值最小.設(shè)BE=EB′=x，在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3

-3，EB′=x，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題；23.2【解答】解：①為軸對稱圖形；②為軸對稱圖形也為中心對稱圖形；③為軸對稱圖形；④為軸對稱圖形也為中心對稱圖形；⑤為軸對稱圖形。【分析】根據(jù)軸對稱圖形以及中心對稱圖形的含義分別進行判斷即可得到答案。24.65°【解答】解：∵∠A′FD＝50°，∴∠A'FA＝130°，又∵∠AFE＝∠A'FE，∴∠AFE＝65°，又∵BC∥AD，∴∠CEF＝∠AFE＝65°，故答案為65°.【分析】依據(jù)折疊的性質(zhì)，即可得到∠AFE=65°，再根據(jù)BC∥AD，即可得出∠CEF=∠AFE=65°.25.∠A=(∠1-∠2)【解答】∵△A′ED是△AED翻折變換而成，∴∠A=∠A′，∵∠AFE是△A′DF的外角，∴∠AFE=∠A′+∠2，∵∠1是△AEF的外角，∴∠1=∠A+∠AFE，即∠1=∠A+∠A′+∠2=2∠A′+∠2，即∠A=

(∠1-∠2)；故答案是∠A=

(∠1-∠2)。【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得∠A=∠A′，利用三角形外角的性質(zhì)可得∠AFE=∠A′+∠2，∠1=∠A+∠AFE，從而求出∠1=∠A+∠A′+∠2=2∠A′+∠2，據(jù)此即可求出結(jié)論.26.【解答】(1)如圖，當(dāng)P在B的右側(cè)時，由旋轉(zhuǎn)和矩形性質(zhì)得：AP=AD=5，AB=CD=3,在直角三角形ABP中，BP=,所以，PC=BC-BP=5-4=1，在直角三角形PDC中，PD=,(2)如圖，當(dāng)點P在B的左側(cè)時，由旋轉(zhuǎn)和矩形性質(zhì)得：AP=AD=5，AB=CD=3,在直角三角形APB中，PB=，所以，PC=BC+PB=5+4=9,在在直角三角形PDC中，PD=,所以，PD的長度為故答案為：【分析】畫圖，分兩種情況：點P在B的右側(cè)或左側(cè).根據(jù)旋轉(zhuǎn)和矩形性質(zhì)，運用勾股定理，分別求出BP和PC，便可求出PD.27.或或12【解答】①；首先，因為折疊，，，則，另因，則，可證得，則，因此只要求出的值，即可求出的值，過點朝作垂線，垂足為，延長交邊于點，由矩形的性質(zhì)可知，，，利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)，可知，則在中，，則，再利用勾股定理，在中，有，由于，則，，解得.②，若與交于點，首先因為折疊，可知為的垂直平分線，不難證明出，則，則若能求得、的值，則此題便得以解答.因，則，在中，，則，得.③，因，且因為折疊，則為線段的垂直平分線，所以點與點重合，.故答案為：或或12.【分析】當(dāng)△BFC為等腰三角形時，有三種情況①；②

；③

，分別求出BE的長即可.28.5或或【解答】解：1）如圖1，當(dāng)⊙P于AC相切時，

∵PM⊥AC，AC⊥CD，

∴PM∥CD，

∴,

∵AD=，

∴，

∴AP=；

2）如圖2，當(dāng)⊙P于BC相切時，

∵PM⊥BC，AC⊥BC，

∴PM∥AC，

∴,

∴，

∴AP=5；

3）如圖3，當(dāng)⊙P于AB相切時，過D作DE⊥AB，

∵AD=BD=10，AE=AB=，

∴DE=,

∴,

∴

，

解得AP=4,

綜上，有三種答案.

故答案為：5或

或

.

【分析】首先利用勾股定理求出有關(guān)線段的長，分三種情況討論，當(dāng)⊙P

分別與AC、BC和AB相切時，根據(jù)兩直線同時垂直于一條直線則這兩條直線平行，于是分別根據(jù)平行線截線段成比例的性質(zhì)列式即可求出AP的長.img小部件29.【解答】作D關(guān)于AE的對稱點D′，再過D′作D′P′⊥AD于P′，∵DD′⊥AE，∴∠AFD=∠AFD′，∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，∴△DAF≌△D′AF，∴D′是D關(guān)于AE的對稱點，AD′=AD=4，∴D′P′即為DQ+PQ的最小值，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAD′=45°，∴AP′=P′D′，∴在Rt△AP′D′中，P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，∵AP′=P′D'，2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，∴P′D′=2，即DQ+PQ的最小值為2，故答案為2.【分析】過D作AE的垂線交AE于F，交AC于D′，再過D′作AP′⊥AD，由角平分線的性質(zhì)可得出D′是D關(guān)于AE的對稱點，進而可知D′P′即為DQ+PQ的最小值.30.①②③④．【解答】解：∵四邊形ADEF為正方形，∴∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，∴∠CAD＋∠FAG＝90°，∵FG⊥CA，∴∠GAF＋∠AFG＝90°，∴∠CAD＝∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD（AAS），∴AC＝FG，①符合題意；∵BC＝AC，∴FG＝BC，∵∠ACB＝90°，F(xiàn)G⊥CA，∴FG∥BC，∴四邊形CBFG是矩形，∴∠CBF＝90°，S△FAB＝FB?FG＝S四邊形CBFG，②符合題意；∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，∴∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合題意；∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，∴△ACD∽△FEQ，∴AC：AD＝FE：FQ，∴AD?FE＝AD2＝FQ?AC，④符合題意；故答案為①②③④．【分析】由正方形的性質(zhì)得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，證出∠CAD＝∠AFG，由AAS證明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①符合題意；證明四邊形CBFG是矩形，得出S△FAB＝FB?FG＝S四邊形CBFG，②符合題意；由等腰直角三角形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得出∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合題意；證出△ACD∽△FEQ，得出對應(yīng)邊成比例，得出④符合題意．三、解答題31.解：過A作AH垂直于BC交BC的延長線于點H；由題意可得；設(shè)，在△ACH中，在△ABH中，所以，不會有觸礁危險?！痉治觥肯冗^A作AH垂直于BC交BC的延長線于點H，解直角三角形求出AH的長度，然后與10進行比較即可，若AH>10，則不會有危險，反之則有危險.32.解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，c＝4，a＝2，∴b＝＝2，∴b＝c，∴∠B＝30°，∠A＝60°.【分析】利用勾股定理可求出b＝2，結(jié)合c＝4可得出b＝c，進而可得出∠B＝30°，∠A＝60°.33.證明：∵四邊形ABGH，四邊形BCFG，四邊形CDEF都是正方形，設(shè)邊長為a，則BH＝＝a，BC＝a，BD＝2a，∴＝＝，又∵∠HBC＝∠DBH（公共角），∴△HBC∽△DBH，∴∠ACH＝∠DHB，∴∠ACH+∠ADH＝∠DHB+∠ADH＝∠ABH＝45°，∵∠ABH＝45°，∴∠ABH+∠ACH+∠ADH＝90°.【分析】由四邊形ABGH，四邊形BCFG，四邊形CDEF都是正方形，易得＝＝，繼而可證得△HBC∽△DBH，然后有相似三角形對應(yīng)角相等，求得∠ACH＝∠DHB，再利用三角形外角的性質(zhì)求解即可求得答案.34.證明：∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠EAF+∠BAE＝∠BAF，又∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△ABF∽△ECA，∴AB：CE＝BF：AC，∴BF?EC＝AB?AC＝AB2．【分析】利用兩角對應(yīng)成比例可得△ABF∽△ECA，對應(yīng)邊成比例可得相應(yīng)的比例式，整理可得所求的乘積式．35.解：如圖，過點C作，垂足為D，在中，，公里，公里，公里，在中，，公里，公里，公里.答：隨道打通后，從A地到B地的路程為公里.【分析】過點C作，垂足為D，直接構(gòu)造出直角三角形，進而利用銳角三角函數(shù)關(guān)系得出答案.36.解：如圖，將CD繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得CE，連接DE、AE、CE，則△CDE是等邊三角形.∵△ABC和△CDE是等邊三角形，∴AC=BC,CD=CE=DE,∠ACB=60°,∠CDE=∠DCE=60°,∴∠BCD=∠ACE,∴△BCD≌△ACE,∴AE=BD=5，∵∠ADC=30°,∴∠ADE=90°,在Rt△ADE中，由勾股定理得，DE=.∴CD=4.【分析】以CD為邊構(gòu)造等邊△CDE，則得到旋轉(zhuǎn)型全等三角形，再根據(jù)勾股定理求解.37.解：延長CD交AH于點E，如圖所示：根據(jù)題意得：CE⊥AH，設(shè)DE=xm，則CE=（x+2）m，

在Rt△AEC和Rt△BED中，tan37°=，tan60°=，

∴AE=，BE=，

∵AE-BE=AB，

∴-=10，即=10，

解得：x≈5.8，

∴DE=5.8m，

∴GH=CE=CD+DE=2m+5.8m=7.8m．

答：GH的長為7.8m．【分析】延長CD交AH于點E，設(shè)DE=x，用含x的代數(shù)式表示出CE的長，再在Rt△AEC和Rt△BED中，利用解直角三角形表示出AE，BE的長，然后根據(jù)AE-BE=AB，建立關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，繼而可求出GH的長。38.解：根據(jù)折疊的性質(zhì)得：∠DFE＝∠A，

∵∠A＝∠C，

∴∠DFE＝∠C，

∴BC∥DF；

；解：2∠C＝∠1＋∠2，理由如下：

∵四邊形的內(nèi)角和等于360°，

∴∠A＋∠A′＋∠ADA′＋∠AEA′＝360°．

又∵∠1＋∠ADA′＋∠2＋∠AEA′＝360°，

∴∠A＋∠A′＝∠1＋∠2．

又∵∠A＝∠A′，

∴2∠A＝∠1＋∠2，

∵∠A＝∠C，

∴2∠C＝∠1＋∠2；

；2∠C＝∠2?∠1

解：（3）∠2?∠1＝2∠C，理由如下：

由題意得：∠A′ED＝∠AED（設(shè)為α），∠A′DE＝∠ADE（設(shè)為β）；

∵∠2＋2α＝180°，∠1＝β?∠BDE＝β?（∠A＋α），

∴∠2?∠1＝180°?（α＋β）＋∠A；

∵∠A＝180°?（α＋β），

∴∠2?∠1＝2∠A，

∵∠A＝∠C，

∴2∠C＝∠2?∠1．

故答案為：2∠C＝∠2?∠1．

【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠DFE＝∠A，由已知得∠A＝∠C，故∠DFE＝∠C，根據(jù)同位角相等，二直線平行即可得到結(jié)論；

（2）先根據(jù)四邊形的內(nèi)角和等于360°得出∠A＋∠A′＝∠1＋∠2，再由圖形翻折變換的性質(zhì)即可得出結(jié)論；

（3）∠A′ED＝∠AED（設(shè)為α），∠A′DE＝∠ADE（設(shè)為β），于是得到∠2＋2α＝180°，∠1＝β?∠BDE＝β?（∠A＋α），推出∠2?∠1＝180°?（α＋β）＋∠A，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠A＝180°?（α＋β），即∠2?∠1＝2∠A，于是得到結(jié)論．39.解：在Rt△ADC中，∵∠ADC=60°，∴∠DAC=30°，∴tan∠ADC=，即，在Rt△BDC中，∵∠BDC=45°，∴BC=CD=3，∴米；在Rt△ADC中，∵∠DAC=30°，∴cos∠ADC=，即AD=2DC=6米，在Rt△BDC中，∵∠BDC=45°，∴cos∠BDC=，即米．【分析】根據(jù)已知和tan∠ADC=，求出AC，根據(jù)∠BDC=45°，求出BC，根據(jù)AB=AC-BC求出AB；）根據(jù)cos∠ADC=，求出AD，根據(jù)cos∠BDC=，求出BD．40.解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，由題意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，∴在Rt△ABC和Rt△ADEAB=BC?tan75°=42tan75°=，AE=，∴CD=AB﹣AE=（米）.答：建筑物CD的高為84米.【分析】如圖，過點D作DE⊥AB于點E，由題意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，這樣在Rt△ABC和在Rt△ADE中，結(jié)合題中所給關(guān)系式分別求出AB和AE的長，即可由CD=BE=AB-AE求得結(jié)果了.四、綜合題41.（1）解：y=x+5，；

（2）解：作點B關(guān)于y軸的對稱點C（1，4），連接AC交y軸于點P.易求得，令x=0，得，∴P【分析】根據(jù)一次函數(shù)和反比例函數(shù)的解析式求出點A、B的坐標(biāo)，然后作出點A關(guān)于y軸的對稱點C，連接BC，與y軸的交點即為點P，然后求出直線BC的解析式，求出點P的坐標(biāo).42.（1）解：DE為⊙O的切線，理由如下：連接OD，BD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E為斜邊BC的中點，∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∵∠ABC=90°，∴∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD為圓的半徑，∴DE為⊙O的切線；

（2）證明：∵E是BC的中點，O點是AB的中點，∴OE是△ABC的中位線，∴AC=2OE，∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴，即BC2=AC?CD．∴BC2=2CD?OE；

（3）解：∵cos∠BAD=，∴sin∠BAC=，又∵BE=，E是BC的中點，即BC=，∴AC=．又∵AC=2OE，∴OE=AC=．【分析】（1）連接OD，BD，由直徑所對的圓周角是直角得到∠ADB為直角，可得出△BCD為直角三角形，E為斜邊BC的中點，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得到CE=DE，從而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中兩銳角互余，從而可得∠ADO與∠CDE互余，可得出∠ODE為直角，即DE垂直于半徑OD，可得出DE為⊙O的切線；（2）由已知可得OE是△ABC的中位線，從而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等，即可證得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的長，根據(jù)三角形中位線定理OE的長即可求得．43.（1）解：根據(jù)題意得：，

解得：，則二次函數(shù)的解析式是；

（2）解：存在．設(shè)拋物線與軸的另一個交點是，由拋物線的對稱性得與對稱軸的交點就是．∵點的坐標(biāo)是，設(shè)直線的解析式是，則，解得，∴直線的解析式是．當(dāng)時，，∴點的坐標(biāo)是．【分析】（1）利用待定系數(shù)法即可求得函數(shù)的解析式；（2）拋物線與x軸的除A外的另一個交點C就是A的對稱點，則BC與對稱軸的交點就是M，首先求得C的坐標(biāo)，然后求得BC的解析式，進而求得M的坐標(biāo)．44.（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，AB∥CD∵PD＝4，∴PC＝6，∵PB⊥CD，∴PB⊥AB，∴∠CPB＝∠ABP＝90°，在Rt△PCB中，∵∠CPB＝90°，PC＝6，BC＝10，∴PB＝＝8，在Rt△ABP中，∵∠ABP＝90°，AB＝10，PB＝8，∴PA＝＝＝2.

（2）解：△OMN是等腰三角形.理由：如圖2中，延長PM交BC于E.∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，CB＝CD，∵PE⊥AC，∴PE∥BD，∴＝，∴CP＝CE，∴PD＝BE，∵CP＝CE，CM⊥PE，∴PM＝ME，∵PN＝NB，∴MN＝BE，∵BO＝OD，BN＝NP，∴ON＝PD，∴ON＝MN，∴△OMN是等腰三角形.【分析】（1）在Rt△BCP中利用勾股定理求出PB，在Rt△ABP中利用勾股定理求出PA即可.（2）如圖2中，延長PM交BC于E.先證明PD=BE，再利用三角形中位線定理證明MN=BE，ON=PD即可.45.（1）解：在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AB＝∵S△ABC＝AC?BC＝AB?CD，∴CD＝

（2）解：由（1）知，CD＝，由運動知，CQ＝t，DP＝t，∴CP＝CD?DP＝?t，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＋∠BCD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠B＋∠BCD＝90°，∴∠ACD＝∠B，∵△CPQ與△ABC相似，①當(dāng)∠CPQ＝90°時，△CPQ∽△BCA，∴，∴∴t＝3②當(dāng)∠CQP＝90°時，△CPQ∽△BAC，∴，∴∴t＝，即：t為3秒或秒時，△CPQ與△ABC相似．

（3）解：假設(shè)存在，如圖所示，Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得，AD＝，過點Q作CE⊥CD于E，∴QE∥AD，∴△CEQ∽△CDA，∴，∴∴QE＝∵S△CPQ＝CP?QE＝（）?∴S△ACD＝AD?CD＝××，∵PQ分△ACD的面積為1：11，∴①當(dāng)S△CPQ＝S△ACD時，∴（?t）?＝×××，∴5t2?24t＋16＝0，∴t＝或4．②當(dāng)S△CPD＝S△ACD時，∴（?t）?＝×××，∴5t2?24t＋176＝0，而△242?4×5×176＝576?3520＜0，此方程無解，即：此種情況不存在，綜上所述，當(dāng)t＝或4時，PQ分△ACD的面積為1：11．【分析】（1）先利