2023年江苏省南京市鼓楼区树人中学中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年江苏省南京市鼓楼区树人中学中考数学三模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 化简 4=( )
A. ±2B. 2C. −2D. 4
2. 截止5月中旬，某公司产品订单已经排到了年底，预计年开票收入90亿元，用科学记数法表示数据90亿是( )
A. 9×104B. 9×105C. 9×108D. 9×109
3. 下面由8个完全相同的小正方体组成的几何体的主视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 用配方法将方程2x2−4x−3=0变形，结果正确的是( )
A. 2(x−1)2−4=0B. (x−1)2−52=0
C. 2(x−1)2−52=0D. (x−1)2−5=0
5. 如图，在半圆ACB中，AB=6，将半圆ACB沿弦BC所在的直线折叠，若BC恰好过圆心O，则BC的长是( )
A. 3 3
B. π
C. 2π
D. 4 π
6. 某同学在用描点法画二次函数的图象时，列出了下面的表格：
由于粗心，他算错了其中的一个y值，那么这个错误的数值是( )
A. −3B. −4C. 0D. −1
二、填空题（本大题共10小题，共20.0分）
7. 若分式x+1x−2的值为0，则x=______．
8. 计算 8+ 18的结果是______ ．
9. 如图，已知直线AD/​/BE/​/CF，如果ABBC=23，DE=4，那么线段EF的长是______ ．
10. 已知扇形的半径为4，面积为4，则该扇形的弧长为______ ．
11. 一元二次方程x2−5x+c=0的两个实数根是x1，x2，且x1+x2=x1x2，则c= ______ ．
12. 数据104，101，100，103，102的方差是______ ．
13. 分解因式：2x2−8y2= ．
14. 如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，点C、D在⊙O上.若∠A+∠C=220°，则∠P的度数______ °.
15. 以下对一次函数y=−x+2的图象进行变化的方案中正确的是______ (只填序号)．
①向下平移4个单位长度得到一次函数y=−x−2的图象；
②向左平移4个单位长度得到一次函数y=−x−2的图象；
③绕原点旋转90°得到一次函数y=x−2的图象；
④先沿x轴对称，再沿y轴对称得到一次函数y=−x−2的图象．
16. 在Rt△ABC中，∠BAC=30°，斜边AB=2 3，动点P在AB边上，动点Q在AC边上，且∠CPQ=90°，则线段CQ长的最小值= ______ ．
三、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
17. 解不等式组：x−1<12x2(1+x)>x．
18. 解方程：1x+2+1=2xx+2．
四、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
计算：
(1)(14)−1+2cs45°−|− 2|+(2021−n)°．
(2)(a−2a−1a)÷a2−1a．
20. (本小题8.0分)
如图，P为正方形ABCD对角线BD上一点(不与B、D重合)，PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF．
求证：(1)AP=EF；
(2)AP⊥EF．
21. (本小题8.0分)
某运动会期间，甲、乙、丙三位同学参加乒乓球单打比赛，用抽签的方式确定第一场比赛的人选．
(1)若已确定甲参加第一次比赛，求另一位选手恰好是乙同学的概率；
(2)求选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率．
22. (本小题8.0分)
M市为弘扬“奉献、友爱、互助、进步”的志愿精神，鼓励学生积极参加志愿活动.为了解九年级未入团学生参加志愿活动的情况，从A、B两所学校九年级未入团学生中，各随机抽取20名学生，他们参加志愿活动的时长.部分数据如下：
a.两校志愿活动时长(小时)如下：
A校：
B校：
b.两校志愿活动时长频数分布直方图(数据分成5组：0≤x<10，10≤x<20，20≤x<30，30≤x<40，40≤x<50)；

c.两校志愿活动时长的平均数、众数、中位数如下：
根据以上信息，回答下列问题：
(1)补全A校志愿活动时长频数分布直方图；
(2)直接写出表中m，n的值；
(3)根据M市共青团团委要求，参加志愿活动时长不够20小时不能提出入团申请，若B校九年级未入团学生有180人，从志愿活动时长的角度看，估计B校有资格提出入团申请的人数．
23. (本小题8.0分)
已知二次函数的图象顶点坐标是(2,3)．
(1)h= ______ ，k= ______ ；
(2)点P(x1,y1)，点Q(x2,y2)在函数图象上，x14，比较y1与y2的大小；
(3)若该二次函数的图象与一次函数y=x+2的图象有2个公共点，结合图象，直接写出a的取值范围．
24. (本小题8.0分)
如图，公园内有一个垂直于地面的立柱AB，其旁边有一个坡面CQ，坡角∠QCN=30°.在阳光下，小明观察到AB在地面上的影长为120cm，在坡面上的影长为180cm.同一时刻，小明测得直立于地面长60cm的木杆的影长为90cm(其影子完全落在地面上).求立柱AB的高度．
25. (本小题8.0分)
如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，BD=AD，连接AC，BC，AD，BD，过点D作DE/​/AB交CB的延长线于点E．
(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)若AB=10，BC=6，求AD，BE的长．
26. (本小题8.0分)
(1)已知：如图，A、B是⊙O内两点，求作：⊙O的直径CD，使AC=BD．
(2)已知：如图，OA、OB是⊙O的半径，求作：弦CD，使其与OA、OB的交点是CD的三等分点.(要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要的文字说明.)
27. (本小题8.0分)
课本呈现：
直觉的误差
有一张8cm×8cm的正方形纸片，面积是64cm2.把这张纸片按图1所示剪开成四小块，其中两块是三角形，另外两块是四边形，把剪出的4个小块按图2所示重新拼合，这样就得到了一个13cm×5cm的长方形，面积是65cm2，面积多了1cm2，这是为什么？
小明给出如下证明：如图2，可知，tan∠CEF=83，tan∠EAB=52，
∵tan∠CEF>tan∠EAB，
∴∠CEF>∠EAB．
∵∠EF//AB，
∴∠EAB+∠AEF=180°，
∴∠CEF+∠AEF>180°．
因此A、E、C三点不共线.同理A、G、C三点不共线，所以拼合的长方形内部有空隙，故面积多了1cm2．

问题探究：
(1)小红给出的证明思路为：以B为原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，证明三点不共线.请你帮小红完成证明；
(2)如图，将正方形沿图中虚线剪成①②③④四块图形(其中x答案和解析
1.【答案】B
【解析】解： 4是4的算术平方根，则 4=2．
故选：B．
4是4的算术平方根，据此即可求解．
本题考查了二次根式的化简，理解算术平方根的意义是关键．
2.【答案】D
【解析】解：90亿=9000000000=9×109．
故选：D．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．根据主视图的定义，找到几何体从正面看所得到的图形即可．
【解答】
解：从正面可看到从左往右3列小正方形的个数依次为：1，2，1．
故选：D．

4.【答案】B
【解析】解：∵2x2−4x−3=0，
∴2x2−4x=3，
则x2−2x=32，
∴x2−2x+1=32+1，即(x−1)2=52，
故选：B．
先将常数项移到方程右边，再将二次项系数化为1，最后两边配上一次项系数的一半的平方，写成完全平方公式即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：过点O作OD⊥BC于E，交半圆O于D点，连接AC，如图，

∵半圆O沿BC所在的直线折叠，圆弧BC恰好过圆心O，
∴ED=EO，
∴OE=12OB，
∵OD⊥BC，
∴∠OBC=30°，即∠ABC=30°，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∴BC= 3AC=3 3．
故选：A．
过点O作OD⊥BC于E，交半圆O于D点，连接AC，根据折叠的性质得到ED=EO，则OE=12OB，则可根据含30度的直角三角形三边的关系得∠OBC=30°，即∠ABC=30°，根据圆周角定理得∠ACB=90°，根据含30度的直角三角形三边的关系得BC= 3AC=3 3．
本题考查了垂径定理，折叠的性质和圆周角定理，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
6.【答案】D
【解析】解：假设三点(0,−3)，(1,−4)，(2,−3)在函数图象上，
把(0,−3)，(1,−4)，(2,−3)代入函数解析式得：
c=−3a+b+c=−44a+2b+c=−3，
解得a=1b=−2c=−3，
函数解析式为y=x2−2x−3，
当x=−1时，y=0，
当x=−2时，y=5，
故选：D．
方法二：
解：假设函数经过(0,−3)，(2,−3)，则对称轴为直线x=1，
此时y=−4，函数值最小，
∴函数开口向上，
∴当x<1时，y随x的增大而减小，
而表格中，x=−2时，y=−1，由题意不符，
故选：D．
假设三点(0,−3)，(1,−4)，(2,−3)在函数图象上，利用待定系数法求得解析式，然后判断其他两点可得答案．
本题考查了二次函数图象，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐标特征，求是二次函数的解析式解题关键．
7.【答案】−1
【解析】解：由分式的值为零的条件得x+1=0，x−2≠0，
即x=−1且x≠2．
故答案是x=−1．
根据分式的值为零的条件可以求出x的值．
若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0.这两个条件缺一不可．
8.【答案】5 2
【解析】解： 8+ 18
=2 2+3 2
=5 2．
故答案为：5 2．
利用二次根式的加法的法则进行运算即可．
本题主要考查二次根式的加减法，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
9.【答案】6
【解析】解：∵AD/​/BE/​/CF，
∴ABBC=DEEF=23，
∵DE=4，
∴4EF=23，
∴EF=6，
故答案为：6．
根据平行线分线段成比例解答即可．
本题主要考查平行线分线段成比例，掌握平行线分线段所得线段对应成比例是解题的关键．
10.【答案】2
【解析】解：∵S扇形=12lR，即4=12l×4，
∴l=2，
故答案为：2．
根据扇形的面积公式S扇形=12lR进行计算即可．
本题考查扇形面积的计算，掌握S扇形=12lR是正确解答的前提．
11.【答案】5
【解析】解：∵一元二次方程x2−5x+c=0的两个实数根是x1，x2，
∴x1+x2=−−51=5，x1x2=c1=c，
∵x1+x2=x1x2，
∴c=5．
故答案为：5．
利用一元二次方程根于系数的关系可得x1+x2=−ba=5，x1x2=ca=c，再利用x1+x2=x1x2即可求解．
本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系时解题关键．常用根与系数的关系解决以下问题：①不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根．②已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数．③不解方程求关于根的式子的值．如求，x12+x22等等．④判断两根的符号．⑤求作新方程．⑥由给出的两根满足的条件，确定字母的取值．这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a≠0，Δ≥0这两个前提条件．
12.【答案】2
【解析】解：这组数据的平均数为104+101+100+103+1025=102，
这组数据的方差是：S2=15×[(104−102)2+(101−102)2+(100−102)2+(103−102)2+(102−102)2]=2．
故答案为：2．
先根据计算出这组数据的平均数，再根据方差公式进行计算即可求出这组数据的方差．
本题主要考查方差，解题的关键是掌握平均数、中位数和方差的定义．
13.【答案】2(x+2y)(x−2y)
【解析】
【分析】
考查了对一个多项式因式分解的能力．一般地，因式分解有两种方法，提公因式法，公式法，能提公因式先提公因式，然后再考虑公式法．要求灵活运用各种方法进行因式分解．
观察原式2x2−8y2，找到公因式2，提出公因式后发现x2−4y2符合平方差公式，所以利用平方差公式继续分解可得．
【解答】
解：2x2−8y2=2(x2−4y2)=2(x+2y)(x−2y)．
故答案为：2(x+2y)(x−2y)．
14.【答案】100
【解析】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠C+∠PAD=220°，
∴∠PAD−∠BAD=40°，
∴∠PAB=40°，
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=40°，
∴∠P=180°−∠PAB−∠PBA=100°．
故答案为：100．
由圆内接四边形的性质得到∠C+∠BAD=180°，又∠C+∠PAD=220°，得到∠PAB=40°，由切线长定理得到PA=PB，因此∠PBA=∠PAB=40°，故∠P=180°−∠PAB−∠PBA=100°．
本题考查切线长定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，关键是由圆内接四边形的性质求出∠PAB=40°．
15.【答案】①②③④
【解析】解：①一次函数y=−x+2的图象向下平移4个单位长度得到一次函数y=−x+2−4，即y=−x−2的图象，
∴方案①正确；
②一次函数y=−x+2的图象向左平移4个单位长度得到一次函数y=−(x+4)x+2，即y=−x−2的图象，
∴方案②正确；
③一次函数y=−x+2的图象绕原点旋转90°得到一次函数y=x−2的图象，
∴方案③正确；
④一次函数y=−x+2的图象沿x轴对称得到−y=−x+2，再沿y轴对称得到一次函数−y=−(−x)+2，即y=−x−2的图象，
∴方案④正确；
故答案为：①②③④．
根据平移规律，旋转的性质，轴对称的性质判断即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换，坐标与图形的变化−平移，坐标与图形的变化−对称，熟练掌握平移的规律是解题的关键．
16.【答案】2
【解析】解：以CQ为直径作⊙O，当⊙O与AB边相切动点P时，CQ最短，
∴OP⊥AB，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠POA=60°，
∵OP=OQ，
∴△POQ为等边三角形，
∴∠POQ=60°，
∴∠APQ=30°，
∴设PQ=OQ=AP=OC=r，3r=AC=cs30°⋅AB= 32×2 3=3，
∴CQ=2，
∴CQ的最小值为2．
故答案为2．
以CQ为直径作⊙O，当⊙O与AB边相切动点P时，CQ最短，根据切线的性质求得OP⊥AB，进而根据已知求得△POQ为等边三角形，得出∠APQ=30°，设PQ=OQ=OP=OC=r，3r=AC=cs30°⋅AB= 32×2 3=3，从而求得CQ的最小值为2．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，解直角三角形函数等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
17.【答案】解：解不等式x−1<12x，得：x<2，
解不等式2(1+x)>x，得：x>−2，
则不等式组的解集为−2【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18.【答案】解：去分母得：1+x+2=2x，
解得：x=3，
经检验，x=3是原方程的解，
∴原方程的解为：x=3．
【解析】根据解分式方程的步骤：①去分母；②求出整式方程的解；③检验；④得出结论解答即可．
此题考查的是解分式方程，掌握其解答步骤是解决此题关键．
19.【答案】解：(1)原式=4+2× 22− 2+1
=4+ 2− 2+1
=5；
(2)原式=a2−2a+1a⋅aa2−1
=(a−1)2a⋅a(a+1)(a−1)
=a−1a+1．
【解析】(1)先算零指数幂，负整数指数幂，去绝对值，把特殊角三角函数值代入，再算乘法，最后算加减；
(2)先通分算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分．
本题考查分式的化简及实数的混合运算，解题的关键是掌握分式的基本性质和实数相关的运算法则．
20.【答案】证明：(1)连接AC，PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，∠BCD=90°，
∴AP=CP，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
∴AP=EF；
(2)过点P作PN⊥AB，垂足为点N，延长AP，交EF于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABP=∠CBD=45°，
∴△DFP为等腰直角三角形，
∴DF=PF，
又∵AN=DF，
∴AN=FP，
又∵NP⊥AB，PE⊥BC，
∴四边形BNPE是正方形，
∴NP=EP，
又∵AP=PC，
四边形PECF为矩形，
∴EF=PC，
∴AP=EF，
在△ANP与△FPE中，
AN=FPNP=EPAP=EF，
则△ANP≌△FPE(SSS)，
∴∠NAP=∠PFE，
△APN与△FPM中，
∠APN=∠FPM，∠NAP=∠PFM，
∴∠PMF=∠ANP=90°，
∴AP⊥EF．
【解析】(1)首先连接AC，PC，由四边形ABCD是正方形，可得BD垂直平分AC，即可证得AP=PC，又由PE⊥BC，PF⊥CD，证得四边形PECF是矩形，可判定EF=PC，继而证得结论；
(2)过点P作PN⊥AB，垂足为点N，延长AP，交EF于点M，利用全等三角形的判定定理可得△ANP≌△FPE(SSS)，在△APN与△FPM中，根据三角形的内角和定理可得结论．
此题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
21.【答案】解：(1)根据题意，甲参加第一场比赛时，有(甲，乙)、(甲，丙)两种可能，
∴另一位选手恰好是乙同学的概率12；
(2)画树状图如下：

由树状图知共有6种等可能结果，其中乙、丙两位同学参加第一场比赛的情况有2种，
∴选中乙、丙两位同学参加第一场比赛的概率为26=13．
【解析】(1)根据概率公式求解可得；
(2)此题需要两步完成，所以采用树状图法或者采用列表法都比较简单，求得全部情况的总数与符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
此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；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
22.【答案】解：(1)A校活动时长频数在10≤x<20组的有4人，活动时长频数在30≤x<40组的有7人，
补全A校志愿活动时长频数分布直方图如图所示，
(2)由c表格可知，m=39，n=(30+30)÷2=30，
∴m=39，n=30；
(3)180×1720=153(人)，
答：估计B校有资格提出入团申请的人数为153人．
【解析】(1)根据题意求得在10≤x<20组，在30≤x<40组的人数，补全A校志愿活动时长频数分布直方图即可；
(2)根据众数和中位数的定义即可得到结论；
(3)根据活动时长够20小时的人数占总人数的百分比乘以180，即可得到结论．
本题考查频数分布直方图、中位数、众数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
23.【答案】2 3
【解析】解：(1)二次函数的图象顶点坐标是(2,3)，
∴y=a(x−2)2+3，
∴h=2，k=3，
故答案为：2，3；
(2)∴y=a(x−2)2+3，
∴y1−y2=[a(x1−2)2+3]−[a(x2−2)2+3]，
=a(x1−2)2−a(x2−2)2
=a[(x1−2)2−(x2−2)2]
=a(x1+x2−4)(x1−x2)，
∵x14，
∴x1+x2−4>0，x1−x2<0，
∴当a>0时，y1−y2<0即y1当a<0时，y1−y2>0即y1>y2；
(3)由题意得，y=a(x−2)2+3y=x+2，即a(x−2)2+3=x+2，
整理得，ax2−(4a+1)x+4a+1=0，
∵该二次函数的图象与一次函数y=x+2的图象有2个公共点，
∴Δ=b2−4ac=[−(4a+1)]2−4a(4a+1)>0，
解得a>−14且a≠0．
(1)根据二次函数的顶点坐标求解即可；
(2)利用作差法求解即可．
(3)将二次函数和一次函数联立得到一元二次方程，然后令判别式大于零求解即可．
本题考查了二次函数解析式的图象和性质，二次函数与一次函数的关系，一元二次方程根的判别式，熟练掌握知识点是解题的关键．
24.【答案】解：延长AD交BN于点E，过点D作DF⊥BN于点F，
在Rt△CDF中，∠CFD=90°，∠DCF=30°，
则DF=12CD=90cm，CF=CD⋅cs∠DCF=180× 32=90 3cm，
由题意得：DFEF=6090，即90EF=6090，解得：EF=135，
又BC=120cm，
∴BE=BC+CF+EF=(255+90 3)cm，
则AB255+90 3=6090，
解得：AB=170+60 3，
答：立柱AB的高度为(170+60 3)cm．
【解析】本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题、平行投影的应用，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
延长AD交BN于点E，过点D作DF⊥BN于点F，根据直角三角形的性质求出DF，根据余弦的定义求出CF，根据题意求出EF，再根据题意列出比例式，计算即可．
25.【答案】(1)证明：连接OD，
∵BD=AD，
∴∠AOD=∠BOD=12∠AOB=90°，
∵AB//DE，
∴∠AOD=∠ODE=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
(2)解：连接CD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵AB=10，BC=6，
∴AC= AB2−BC2= 102−62=8，
∵BD=AD，
∴AD=BD=AB 2=5 2，
∴∠ABD=∠BAD=45°，
∴∠ACD=∠ABD=45°，
∵AB//DE，
∴∠ABD=∠BDE=45°，
∴∠BDE=∠ACD，
∴四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠CAD+∠CBD=180°，
∵∠CBD+∠EBD=180°，
∴∠EBD=∠CAD，
∴△BDE∽△ACD，
∴BDAC=BEAD，
∴5 28=BE5 2，
∴BE=254，
∴AD的长为5 2，BE的长为254．
【解析】(1)连接OD，根据已知易得∠AOD=∠BOD=12∠AOB=90°，从而利用平行线的性质可求出∠ODE=90°，即可解答；
(2)连接CD，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=∠ADB=90°，从而求出AC=8，AD=BD=5 2，然后再利用等腰直角三角形的性质，平行线的性质，以及同弧所对的圆周角相等证明∠BDE=∠ACD=45°，再利用圆内接四边形对角互补可得∠EBD=∠CAD，从而证明△BDE∽△ACD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
本题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
26.【答案】解：(1)作法：连接AO并延长，以O为圆心，OA的长为半径，画弧，与AO的延长线交于点A1；
连接A1B，分别以点B.A1为圆心，大于12A1B的长为半径画弧，分别交于点E，F，
连接EF，在A1B的右侧与⊙O交于点D；
连接DO并延长，与⊙O交于点C.如图：

∴CD即为所求．
理由：连接AC，BD，A1D，如图，根据作法可知，点A与点A1关于点O对称，EF是A1B的垂直平分线，
∵OA=OA1.OC=OD.∠AOC=∠A1OD．
∴△AOC≌△A1OD．
∴AC=A1D，
∵EF是A1B的垂直平分线，
∴A1D=BD，
∴AC=BD．
(2)作法：延长BA，以点A为圆心，AB的长为半径，画弧，与BA的延长线交于点E；
延长AB，以点B为圆心，BA的长为半径，画弧，与AB的延长线交于点F；
连接OE，OF，分别于⊙O交于点C，点D，连接CD，CD即为所求．

理由：令CD与OA的交点为M，CD与OB的交点为N，如图，
根据作法可知，EA=AB=BF，OC=OD，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAE=∠OBF，
∵OA=OB，∠OAE=∠OBF，EA=BF，
∴△OAE≌△OBF(SAS)，
∴OE=OF．
∵OCOE=ODOF，
∴CD/​/EF，
∵CM⊥EA.∠EOA=∠COM
∴△EOA∽△COM．
∴OCOE=CMEA，
同理△AOB∽△MON，△FOB∽△DON，
∴OCOE=CMEA=MNAB=NDBF，
故CM=MN=NF．
【解析】(1)连接AC，BD，A1D，根据对称的性质可得OA=OA1，根据全等三角形的判定和性质可得AC=A1D，根据垂直平分线的性质可得A1D=BD，即可得到AC=BD．
(2)CD与OA的交点为MCD与OB的交点为N，根据对称的性质可得EA=AB=BF，根据等边对等角可得∠OAB=∠OBA，根据等角的补角相等可得∠OAE=∠OBF，根据全等三角形的判定和性质可得OE=OF，根据平行线分线段成比例可得CD/​/EF，根据相似三角形的判定和性质可得OCOE=CMEA=MNAB=NDBF，即可推得CM=MN=NF．
本题考查了尺规作图−作垂线和线段，对称的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边对等角，等角的补角相等，平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握尺规作垂线和线段是解题的关键．
27.【答案】(1)证明：以B为原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，

∵A(0,5)，C(13,0)，
∴直线AC的解析式为y=−513x+5，
当x=5时，y=4013≠3，
∴点E不在直线AC上，
在Rt△EFC中，EC= 73，
在直角梯形ABFE中，AE= 29，
∴A、E、C三点共线不共线，
∴所以拼合的长方形内部有空隙；
(2)解：设剪开的矩形短边长为x cm，长边长为y cm，

如图，拼后的矩形面积为y(8+y)，
原正方形的面积为8×8，
∵这四块图形恰能拼成一个矩形，
∴y(8+y)=8×8，
解得y=4 5−4或y=−4 5−4(舍)，
∴x=8−y=12−4 5，
∴yx= 5+12．
【解析】(1)以B为原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线AC的解析式，判断即可．
(2)设剪开的长方形短边长为x cm，根据题意可列(13−x)(13+13−x)=13×13−1，即可求解；
本题考查图形的简拼，直角三角形，直角梯形，一元二次方程的综合知识；能够将问题转化为一元二次方程求解是解决问题的关键．
x
……
−2
−1
0
1
2
……
y
……
−1
0
−3
−4
−3
……
17
39
39
2
35
28
26
48
39
19
46
7
17
13
48
27
32
33
32
44
30
21
31
42
25
18
26
35
30
28
12
40
30
29
33
46
39
16
33
27
学校
平均数
众数
中位数
A校
29.55
m
32
B校
29.55
30
n