数学（江苏南京卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

这是一份数学（江苏南京卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析），共24页。试卷主要包含了下列运算正确的是，如图，在△ABC中，AB＝AC，计算×2的结果是 　36　等内容，欢迎下载使用。
2023年中考考前最后一卷【江苏南京卷】
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
C
A
C
B
A
B
1．2022年2月4日，北京第二十四届冬季奥林匹克运动会开幕式在国家体育场隆重举行，中国大陆地区观看人数约3.16亿人．用科学记数法表示3.16亿是（　　）
A．3.16×107 B．31.6×107 C．3.16×108 D．0.316×109
【分析】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，当原数绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：316亿＝3.16000000＝3.16×108．
故选：C．
2．下列运算正确的是（　　）
A．（a2）3＝a6 B．a8÷a2＝a4
C．a2•a3＝a6 D．（2ab）3＝6a3b3
【分析】A、根据幂的乘方运算法则计算判断即可；
B、根据同底数幂的除法运算法则计算判断即可；
C、根据同底数幂的乘法运算法则计算判断即可；
D、根据积的乘方与幂的乘方运算法则计算判断即可．
【解答】解：A、原式＝a6，符合题意；
B、原式＝a6，不合题意；
C、原式＝a5，不合题意；
D、原式＝8a3b3，不合题意；
故选：A．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC．为证明“等边对等角”这一结论，常添加辅助线AD，通过证明△ABD和△ACD全等从而得到角相等．下列辅助线添加方法和对应全等判定依据有错误的是（　　）

A．角平分线AD，全等依据SAS
B．中线AD，全等依据SSS
C．角平分线AD，全等依据HL
D．高线AD，全等依据HL
【分析】根据全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质对各项进行分析即可．
【解答】解：A、当AD是角平分线时，则利用SAS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故A不符合题意；
B、当AD是中线时，则利用SSS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故B不符合题意；
C、当AD是角平分线时，则利用SAS可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故C符合题意；
D、当AD是高线时，则利用HL可判定△ABD≌△ACD，从而可解，故D不符合题意；
故选：C．
4．已知x=7−3，下列结论错误的是（　　）
A．x是负数 B．x−7是27的立方根
C．x2是无理数 D．x+3是7的算术平方根
【分析】根据无理数、有理数、立方根、算术平方根的定义解答即可．
【解答】解：x=7−3，
A、x一定是负数，原说法正确，故此选项不符合题意；
B、x−7是﹣27的立方根，原说法错误，故此选项不符合题意；
C、x2是无理数，原说法正确，故此选项不符合题意；
D、x+3是7的算术平方根，原说法正确，故此选项不符合题意．
故选：B．
5．如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（　　）


A．607cm B．1207cm C．365cm D．725cm
【分析】过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，利用对边之间的关系可得x与y的关系，再利用A字型相似也可求出x与y的关系，进而可求出x，d，从而得出结论．
【解答】解：过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，
由题意可得：d+x＝20，d﹣y＝15，
∴20﹣x＝15+y，即x+y＝5，
∵∠A＝∠A，∠APA'＝∠ADC，
∴△APA'∽△ADC，
∴APAD=A′PCD，即x20=y15，
∴y=34x，

∴x=207，d=1207，
∴半径为：607cm．
故选：A．
6．如图，P是正方形ABCD的边AD上一点，连接PB，PC，则tan∠BPC的值可能是（　　）

A．0.9 B．1.2 C．1.5 D．1.8
【分析】点P在正方形边AD上运动，当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，此时tan∠BPC＝tan45°＝1；当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，证明△BCE∽△CP′D，然后得到1≤tan∠BPC≤43，进而可以进行判断．
【解答】解：点P在正方形边AD上运动，
当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，
此时tan∠BPC＝tan45°＝1；
当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，
如图，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，

设正方形的边长为1，则AP′＝DP′=12，
∴BP′=AB2+AP′2=12+(12)2=52，
同理CP′=CD2+DP′2=12+(12)2=52，
∵BE⊥CP′，
∴∠BEC＝∠CDP′＝90°，
∵∠BCE+∠DCP′＝DCP′+∠CP′D＝90°，
∴∠BCE＝∠CP′D，
∴△BCE∽△CP′D，
∴BCCP′=BECD=CEDP′，
∴152=BE1=CE12，
∴BE=255，CE=55，
∴P′E＝CP′﹣CE=52−55=3510，
∴tan∠BP′C=BEP′E=255×1035=43，
∴1≤tan∠BPC≤43，
∴tan∠BPC的值可能是1.2，
故选B．
二．填空题（共10小题，每小题2分，共20分）
7．﹣2的相反数是　2　；12的倒数是　2　．
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，乘积为1的两个数互为倒数，可得答案．
【解答】解：﹣2的相反数是 2；12的倒数是 2，
故答案为：2，2．
8．若式子x+x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是 　x≥﹣1　．
【分析】根据二次根式的被开方数是非负数解答即可．
【解答】解：由题意可知：x+1≥0，
∴x≥﹣1．
故答案为：x≥﹣1．
9．计算（12+33）×2的结果是 　36　．
【分析】先化简括号内的式子，然后合并同类二次根式，再算乘法即可．
【解答】解：（12+33）×2
＝（23+3）×2
＝33×2
＝36，
故答案为：36．
10．已知关于x的方程x2+bx﹣2＝0有一根是1，则方程另一根是　﹣2　．
【分析】设方程的另一根为t，根据根与系数的关系得到1×t＝﹣2，然后解一次方程即可．
【解答】解：设方程的另一根为t，
根据题意得1×t＝﹣2，
解得t＝﹣2，
即方程的另一根为﹣2．
故答案为﹣2．
11．如图，在平面直角坐标系中，△AOB是等边三角形，点B在x轴上，C，D分别是边AO，AB上的点，且CD∥OB，OC＝2AC，若CD＝2，则点A的坐标是 　（3，33）　．

【分析】根据三角形相似，可以求得BO的长，然后根据等边三角形的性质即可得到点A的坐标．
【解答】解：∵CD∥OB，
∴△ACD∽△AOB，
∴CDOB=ACAO，
∵OC＝2AC，CD＝2，
∴AO＝3AC，
∴2OB=13，
解得OB＝6，
作AE⊥OB于点E，
∵△AOB是等边三角形，
∴OE=12OB＝3，OA＝OB＝6，
∴AE=OA2−OE2=62−32=33，
∴点A的坐标为（3，33），
故答案为：（3，33）．

12．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BE是⊙O的直径，连接AE．若∠BCD＝2∠BAD，则∠DAE的度数是 　30o　．

【分析】根据圆内接四边形的性质求出∠BAD＝60°，根据圆周角定理得到∠BAE＝90°，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
∵∠BCD＝2∠BAD，
∴∠BCD＝120°，∠BAD＝60°，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠DAE＝90°﹣∠BAD＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：30°．
13．如图，菱形ABCD的边BC在x轴上，顶点A，D分别在函数y1=−6x（x＜0），y2=2x（x＞0）的图象上．若∠BCD＝150°，则A的坐标为 　（﹣3，2）　．

【分析】作DE⊥x轴于E，设DE＝n，则A（−6n，n），D（2n，n），即可得出CD＝AD=8n，解直角三角形即可得到n=12×8n，解得n＝2，从而求得A（﹣3，2）．
【解答】解：作DE⊥x轴于E，
设DE＝n，则A、D的纵坐标为n，
∵顶点A，D分别在函数y1=−6x（x＜0），y2=2x（x＞0）的图象上．
∴A（−6n，n），D（2n，n），
∴AD=8n，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD=8n，
∵∠BCD＝150°，
∴∠DCE＝30°，
∴DE=12CD，即n=12×8n，
解得n＝2（负数舍去），
∴A（﹣3，2）．
故答案为：（﹣3，2）．

14．如图，点O是正六边形ABCDEF和正五边形AB1C1D1E1的中心，连接AE，C1F相交于点G，则∠AGF的度数为 　78　°．

【分析】连接OA，OB1，OC1，根据正五边形的性质得到∠AOB1＝∠B1OC1=360°5=72°，根据圆周角定理得到∠AFC1=12∠AOC1＝72°，根据等腰三角形的性质得到∠GAF＝30°，于是得到结论．
【解答】解：连接OA，OB1，OC1，
∵点O是正六边形ABCDEF和正五边形AB1C1D1E1的中心，
∴∠AOB1＝∠B1OC1=360°5=72°，
∴∠AOC1＝144°，
∴∠AFC1=12∠AOC1＝72°，
∵AF＝EF，∠AFE＝120°，
∴∠GAF＝30°，
∴∠AGF＝180°﹣∠GAF﹣∠AFG＝180°﹣30°﹣72°＝78°，
故答案为：78．

15．如图，M，N是∠AOB的边OA上的两个点（OM＜ON），∠AOB＝30°，OM＝a，MN＝4．若边OB上有且只有1个点P，满足△PMN是等腰三角形，则a的取值范围是 　a＝4或a＞8　．

【分析】分两种情况，①作线段MN的垂直平分线交OB于点P，连接PM，PN，过点M作MH⊥OB于点H，当MH＝MN时，a＝8，即可求出a的取值范围；②当△PMN是等边三角形时，根据等边三角形的性质可得OM＝MP＝MN，求出a，即可确定a的取值范围．
【解答】解：①作线段MN的垂直平分线交OB于点P，连接PM，PN，如图所示：

则PM＝PN，此时△PMN是等腰三角形，
过点M作MH⊥OB于点H，
当MH＞MN，满足条件的点P恰好只有一个，
∵MN＝4，∠AOB＝30°，
当MH＝4时，OM＝2MH＝8，
∴当a＞8时，满足条件的点P恰好只有一个，
②当△PMN是等边三角形时，满足条件的点P恰好只有一个，
此时MN＝MP，∠NMP＝60°，
∵∠AOB＝30°，
∴∠MPO＝30°，
∴OM＝MP＝MN＝4，
∴a＝4，
综上，满足条件的a的取值范围：a＝4或a＞8，
故答案为：a＝4或a＞8．
16．如图，已知菱形ABCD与菱形AEFG全等，菱形AEFG可以看作是菱形ABCD经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】依据旋转变换以及轴对称变换，分别画图可得结论．
【解答】解：①如图1，先将菱形ABCD向右平移，再绕着点E顺时针旋转得到菱形AEFG，故①正确；

②如图2，将菱形ABCD先平移，再沿直线l翻折可得菱形AEFG，故②正确；

③如图3，经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点有A和G，共有2个，故③不正确；

故答案为：①②
三．解答题（共11小题，共88分）
17．（7分）解不等式2（x﹣1）＜7﹣x，并写出它的正整数解．
【分析】首先利用不等式的基本性质解不等式，再从不等式的解集中找出适合条件的正整数即可．
【解答】解：去括号，得2x﹣2＜7﹣x，
移项，得2x+x＜7+2，
合并同类项，得3x＜9，
系数化为1，得x＜3，
不等式的正整数解是1，2．
18．（7分）解方程：2xx−1+31−x=1．
【分析】先把分式方程转化成整式方程，求出整数方程的解，再进行检验即可．
【解答】解：方程两边都乘以x﹣1得：2x﹣3＝x﹣1，
解得：x＝2，
检验：将x＝2代入x﹣1＝2﹣1＝1≠0．
所以x＝2是原分式方程的解，
即原方程的解为x＝2．
19．（7分）先化简，再求值：（a+2a2−2a−a−1a2−4a+4）÷（1−4a），其中a＝2−3．
【分析】先将小括号内的式子进行通分计算，然后算括号外面的除法，最后代入求值．
【解答】解：原式＝[a+2a(a−2)−a−1(a−2)2]÷（aa−4a）
=(a+2)(a−2)−a(a−1)a(a−2)2÷a−4a
=a2−4−a2+aa(a−2)2•aa−4
=1(a−2)2，
当a＝2−3时，
原式=1(2−3−2)2=13．
20．（8分）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是BC、DC的中点．
（1）求证：∠AEF＝∠AFE；
（2）若菱形ABCD的面积为8，则△AEF的面积为 　3　．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF，即可求解；
（2）由三角形中位线定理和相似三角形的性质可证AC＝4CH，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，
∵E、F分别是BC、DC的中点．
∴BE=12BC，DF=12CD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中，
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE；
（2）解：连接AC交EF于H，连接BD交AC于点O，

∵菱形ABCD的面积为8，
∴S△ABC＝S△ADC＝4，AO＝CO，AC⊥BD，
∵E、F分别是BC、DC的中点．
∴S△ACE＝S△ACF＝2，EF∥BD，
∴△CEF∽△CBD，
∴CHCO=CEBC=12，
∴CO＝2CH，
∴AC＝4CH，
∴S△AEH=34S△AEC=32，S△AFH=34S△AFC=32，
∴S△AEF＝3，
故答案为：3．
21．（8分）2021年7月24日，杨倩获得了东京奥运会的首枚金牌，这也激发了人们对射击运动的热情．李雷和林涛去射击场馆体验了一次射击，两人成绩如下：
李雷10次射击成绩统计表
命中环数
命中次数
5环
2
6环
1
7环
3
8环
3
9环
1
（1）完成下列表格：

平均数（单位：环）
中位数（单位：环）
方差（单位：环2）
李雷
7
7
　1.6　
林涛
7
　8　
5
（2）李雷和林涛很谦虚，都认为对方的成绩更好．请你分别为两人写一条理由．

【分析】（1）根据中位数的定义求出甲和乙的中位数，再根据极差的定义用最大值减去最小值求出乙的极差即可；
（2）根据方差的意义方差越小数据越稳定即可得出答案．
【解答】解：（1）李雷方差为：110×[2×（5﹣7）2+（6﹣7）2+3×（7﹣7）2+3×（8﹣7）2+（9﹣7）2]＝1.6，
林涛中位数为：（8+8）÷2＝8，
故答案为：1.6，8；
（2）李雷的成绩更好，
理由：由表格可知，李雷和林涛的平均数一样，但是李雷的方差小，波动小，成绩比较稳定，而林涛的中位数高于李雷的，但林涛的方差比李雷的大，故选择李雷的成绩更好．
22．（8分）如图，高铁车厢一排有5个座位，其中A座、F座靠窗，C座、D座被过道隔开．甲、乙两人各买了一张同班次高铁的车票，假设系统已将两人分配到同一排，且在同一排分配各个座位的机会是均等的．
（1）甲的座位靠窗的概率是 　25　；
（2）求甲、乙两人座位相邻（座位C、D不算相邻）的概率．

【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有20种等可能情况，其中甲、乙两人座位相邻的情况有6种，再由概率公式求解即可．
【解答】解：（1）甲的座位靠窗的概率是25，
故答案为：25；
（2）根据题意画树状图如下：

由树状图可知，共有20种等可能情况，其中甲、乙两人座位相邻的情况有6种，
∴甲、乙两人座位相邻的概率为620=310．
23．（8分）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，3≈1.73）

【分析】过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，根据题意可得FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，从而求出∠CBN＝58°，进而求出∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝30°，然后先在Rt△CBN中，利用锐角三角函数的定义求出BN，CN的长，从而求出EF，DM的长，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义求出CM的长，从而求出MN的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，

则FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，
∵∠ABC＝148°，
∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABN＝148°﹣90°＝58°，
在Rt△CBN中，BC＝30cm，
∴CN＝30•sin58°≈30×0.85＝25.5（cm），
BN＝30•cos58°≈30×0.53＝15.9（cm），
∴AF＝BN＝15.9cm，
∴DM＝EF＝AE+AF＝9+15.9＝24.9（cm），
∵DM∥BN，
∴∠CGM＝∠CBN＝58°，
∴∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝58°﹣28°＝30°，
在Rt△CDM中，CM＝DM•tan30°=33×24.9≈14.36（cm），
∴MN＝CN﹣CM＝25.5﹣14.36＝11.14（cm），
∴MF＝MN+NF＝11.14+15≈26.1（cm），
∴DE＝MF＝26.1cm，
∴摄像头到桌面l的距离DE的长约为26.1 cm．
24．（8分）甲、乙两地相距40km，一辆慢车和一辆快车先后从甲地出发沿同一直道匀速前往乙地．慢车先出发，行驶一段时间后停车休息，待快车追上后立即以原速度匀速行驶，直至到达乙地．快车比慢车晚20min出发，始终保持匀速行驶，且比慢车提前到达乙地．两车之间的距离y（单位：km）与慢车的行驶时间x（单位：min）之间的部分函数图象如图所示．请结合图象解决下面问题：
（1）慢车的速度为 　12　km/min；
（2）求线段AB表示的y与x之间的函数表达式；
（3）请根据题意补全图象．

【分析】（1）根据图象即可得出A点坐标即可得出慢车的速度；
（2）设线段AB表示的y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，由A、B的坐标即可求解；
（3）根据快车与慢车速度，进而作出图象即可．
【解答】解：（1）由图象得：慢车20min行驶10km，
∴慢车的速度为：10÷20=12（km/min），
故答案为：12；
（2）设线段AB表示的y与x之间的函数关系式为y＝kx+b，
将（20，10）（30，5）代入y＝kx+b得：20k+b=1030k+b=5，
解得：k=−12b=20，
∴线段AB表示的y与x之间的函数关系式为y=−12x+20（20≤x≤30）；
（3）快车的速度为：30×12−530−20=1（km/min），
快车追上慢车时x＝30+5÷1＝35（min），
快车到达乙地用时40÷1＝40（min），此时，x＝40+20＝60（min），
慢车到达乙地用时40÷12+5＝85（min），
补全图象如图：


25．（8分）尺规作图：如图，在▱ABCD的边AD上求作点P，使P分别满足以下要求：
（1）BP＝CP；
（2）BP＝AP+BC．

【分析】（1）作线段BC的垂直平分线交AD于点P，点P即为所求；
（2）延长DA到T，使得AT＝AD，连接BT，作线段BT的垂直平分线交AD于点P，连接BP，点P即为所求．
【解答】解：（1）如图1在中，点P即为所求；
（2）如图2中，点P即为所求．

26．（9分）已知二次函数y＝x2﹣2mx+3（m是常数）．
（1）若m＝1，①该二次函数图象的顶点坐标为 　（1，2）　；
②当0≤x≤4时，该二次函数的最小值为 　2　；
③当2≤x≤5时，该二次函数的最小值为 　3　．
（2）当﹣1≤x≤3时，该二次函数的最小值为1，求常数m的值．
【分析】（1）①把m＝1代入，得y＝x2﹣2x+3，利用顶点坐标公式求解即可；
②y＝x2﹣2x+3，对称轴是直线x＝1，在0≤x≤4之间，故可求最小值；
③y＝x2﹣2x+3，在2≤x≤5时，y随x增大而增大，故可求最小值；
（2）根据最小值，即可求得m值，根据范围判断即可．
【解答】解：（1）当m＝1时，y＝x2﹣2x+3，
①y＝x2﹣2x+3
＝x2﹣2x+1+2，
＝（x﹣1）2+2，
∴顶点坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
②y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
所以最小值为2，
故答案为：2；
③y＝x2﹣2x+3，
当2≤x≤5时，在对称轴x＝1的右侧，
y随x的增大而增大，
∴当x＝2时，取最小值y＝22﹣2×2+3＝3，
故答案为：3；
（2）∵对称轴为x=−b2a=−−2m2=m，
当m＜﹣1时，且在﹣1≤x≤3时有最小值，
∴x＝﹣1时，有最小值1，
∴1＝（﹣1）2﹣2m×（﹣1）+3，
解得m=−32；
当﹣1≤m≤3时，且在﹣1≤x≤3时有最小值，
∴x＝m时，有最小值1，
∴1＝m2﹣2m×m+3，
∴m=±2，
∵﹣1≤m≤3，
∴m=2；
当m＞3时，且在﹣1≤x≤3时有最小值，
∴x＝3时，有最小值1，
∴1＝32﹣2m×3+3，
解得m=116＜3，舍去．
综上所述，m=−32或2．
27．（10分）旋转的思考
【探索发现】
（1）已知△ABC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．小美，小丽探索发现了下列结论．
小美的发现如图①，连接对应点BB′，CC′，则BB′CC′=ABAC．
小丽的发现如图②，以A为圆心，BC边上的高AD为半径作⊙A，则B′C′与⊙A相切．
（ⅰ）请证明小美所发现的结论．
（ⅱ）如图②，小丽过点A作AD′⊥B′C′，垂足为D′．证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．

【问题解决】
（2）在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB=5，AC＝25，M是AC的中点，将△ABC绕点M逆时针旋转得到△A'B'C'．
（ⅰ）如图③，当边B'C'恰好经过点C时，连接BB'，则BB'的长为 　42　．
（ⅱ）在旋转过程中，若边B'C'所在直线l恰好经过点B，请在图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线l．（保留作图痕迹，不写作法）
【拓展研究】
（3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线BB'，CC'交于点P，则BP的最大值为 　52　．


【分析】（1）（i）证明△ABB′∽△ACC′可得结论；
（ii）证明AD′是⊙A的半径，AD′⊥B′C′，可得结论；
（2）（i）如图3中，连接BM，MB′，过点M作MH⊥CC′于点H．解直角三角形求出CC′，再证明△BMB′∽△MCC′，推出BB′CC′=BMCM，可得结论；
（ii）连接BM．在BM的上方作∠DBM＝∠MBC，直线BD即为所求；
（3）如图⑤中，连接MB，MB′．证明∠CPB＝45°，因为BC=AC2+AB2=(5)2+(25)2=5＝定值，推出点P的运动轨迹是圆，假设圆心为O，连接OB，OC，OP．求出OB，OP，可得结论．
【解答】（1）（ⅰ）证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，
∴AB＝AB′，AC＝AC′，∠BAB′＝∠CAC′，
∴ABAC=AB′AC′．
∵∠BAB′＝∠CAC′，
∴△ABB′∽△ACC′．
∴BB′CC′=ABAC；

（ⅱ）证明：∵△ABC≌△AB′C′，
∴AB＝AB′，∠B＝∠B′
∵∠ADB＝∠AD′B′＝90°，
∴△ABD≌△AB′D′（AAS），
∴AD＝AD′，
∵AD′是⊙A的半径，AD′⊥B′C′，
∴B′C′是⊙A的切线．
故答案为：∠B＝∠B′，AD＝AD′；

（2）解：（ⅰ）如图3中，连接BM，MB′，过点M作MH⊥CC′于点H．

∵AB＝AM=5，∠A＝90°，
∴BM=2AB=10，
∵MC＝MC′=5，tanC′=12=MHC′H，
∴MH＝1，HC′＝CH＝2，
∴CC′＝2CH＝4，
由旋转变换的性质可知，MB＝MB′，∠BMB′＝∠CMC′，
∴△BMB′∽△MCC′，
∴BB′CC′=BMCM，
∴BB′4=105，
∴BB′＝42．
故答案为：42；

（ⅱ）如图④中，直线l即为所求．


（3）如图⑤中，连接MB，MB′．

∵△MBB′∽△MCC′，
∴∠MB′B＝∠MC′C，
∵∠MB′B+∠PB′M＝180°，
∴∠MC′C+∠PBM＝180°，
∴∠BMC′+∠CPB＝180°，
∵A′M＝A′B，∠A′＝90°，
∴∠A′MB＝45°，
∴∠BMC′＝135°，
∴∠CPB′＝45°，
∵BC=AC2+AB2=(5)2+(25)2=5＝定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为O，连接OB，OC，OP．
∴∠BOC＝2∠CPB＝90°，
∴OB＝OC＝OP=522，
∵PB≤OB+OP＝52，
∴BP的最大值为52．
故答案为：52．