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中考数学专题练——专题12 图形的变换(试题精选，含答案)
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这是一份中考数学专题练——专题12 图形的变换(试题精选，含答案)，共45页。试卷主要包含了图形的变换等内容，欢迎下载使用。
专题十二 图形的变换
一、单选题
1.（2019·长春模拟）如图，某数学活动小组在吉林广播电视塔周边做数学测算活动、在C处测得最高点A的仰角为α，在D处测得最高点A的仰角为β，点C，B，D在同一条水平直线上，且吉林广播电视塔的高度AB为h（m），则CD之间的距离为（ ）
A. h•（tanα+tanβ）m B. C. D.
2.（2020九上·奉化期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，且DE∥BC，EF∥AB，若AB=3BD。则S△ADE：S△EFC的值为( )
A. 4：1 B. 3：2 C. 2：1 D. 3：1
3.（2019七下·番禺期中）在平面直角坐标系中，线段A′B′是由线段AB经过平移得到的，已知点A（-2，1）的对应点为A′（1，-2），点B的对应点为B′（2，0）．则B点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4.（2019九上·上街期末）如图，已知AM为△ABC的角平分线，MN∥AB交AC于点N，如果AN：NC=2：3，那么AC：AB等于（ ）
A. 3：1 B. 3：2 C. 5：3 D. 5：2
5.（2019九上·深圳期末）如图，已知在△ABC中，P为AB上一点，连接CP，以下条件中不能判定△ACP∽△ABC的是（ ）
A. B. C. D.
6.（2019七下·遂宁期中）已知x +4y－3z = 0，且4x－5y + 2z = 0，x：y：z 为 （ ）
A. 1：2：3； B. 1：3：2； C. 2：1：3； D. 3：1：2
7.（2018·贵港）若点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，则m+n的值是（ ）
A. ﹣5 B. ﹣3 C. 3 D. 1
8.（2019九上·宝安期末）如图，已知△ABO与△DCO位似，且△ABO与△DCO的面积之比为1：4，点B的坐标为(﹣3，2)，则点C的坐标为( )
A. (3，﹣2) B. (6，﹣4) C. (4，﹣6) D. (6，4)
9.如图， AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，已知cos∠CDB＝ ，BD＝5，则OH的长度为( )
A. B. C. 1 D.
10.（2019·莲湖模拟）如图，在 中，点D，E分别为AB，AC边上的点，且 ，CD、BE相较于点O，连接AO并延长交DE于点G，交BC边于点F，则下列结论中一定正确的是
A. B. C. D.
11.（2019·郑州模拟）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ， 依此方式，绕点O连续旋转2018次得到正方形OA2018B2018C2018 ， 如果点A的坐标为（1，0），那么点B2018的坐标为（ ）
A. （1，1） B. （0， ） C. （ ） D. （﹣1，1）
12.（2019七下·江苏月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外部时，则∠A与∠1和∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个结论，你发现的结论是（ ）
A. 2∠A=∠1-∠2 B. 3∠A=2（∠1-∠2） C. 3∠A=2∠1-∠2 D. ∠A=∠1-∠2
13.（2020八上·乌海期末）如图，点P是∠AOB内任意一点，且∠AOB=40°，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，当△PMN周长取最小值时，则∠MPN的度数为（ ）
A. 140° B. 100° C. 50° D. 40°
14.（2019八下·简阳期中）如图，将边为 的正方形ABCD绕点A沿逆时针方向旋转30°后得到正方形AEFH，则图中阴影部分的面积为( )
A. － B. 3－ C. 2－ D. 2－
15.（2020九上·覃塘期末）如图，在正方形 中， 是 边的中点，将 沿 折叠，使点 落在点 处， 的延长线与 边交于点 .下列四个结论:① ;② ;③ ;④ S正方形ABCD ， 其中正确结论的个数为（ ）
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
16.（2020九上·遂宁期末）如图，点E是矩形ABCD的边AD的中点，且BE⊥AC于点F，则下列结论中错误的是（ ）
A. AF= CF B. ∠DCF=∠DFC C. 图中与△AEF相似的三角形共有5个 D. tan∠CAD=
17.（2020·宁波模拟）如图，在△ABC中，AC=BC=2，D是BC的中点，过A，C，D三点的⊙O与AB边相切于点A，则⊙O的半径为( )
A. B. C. 1 D.
18.如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使C点落在E处，BE与AD相交于点F，下列结论：①BD=AD2+AB2；②△ABF≌△EDF；③ ＝
④AD=BD•cos45°．其中正确的一组是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
19.如图，Rt△ABC中，∠CAB=90°，在斜边CB上取点M，N（不包含C、B两点），且tanB=tanC=tan∠MAN=1，设MN=x，BM=n，CN=m，则以下结论能成立的是（ ）
A. m=n B. x=m+n C. x＞m+n D. x2=m2+n2
20.（2019九下·义乌期中）如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
21.（2018九上·于洪期末）如图，三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成影子，现测得OA＝20cm，AA′═50cm，这个三角尺的周长与它在墙上形成影子的周长比是________.
22.（2019九上·淅川期末）如图，点E是矩形纸片的边BC上的一动点，沿直线AE折叠纸片，点B落在了点B′位置，连结CB′.已知AB=3，BC=6，则当线段CB′最小时BE的长为________.
23.（2020八上·青山期末）给出下列5种图形：①平行四边形②菱形③正五边形、④正六边形、⑤等腰梯形中，既是轴对称又是中心对称的图形有________个。
24.（2019七下·南京月考）如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点A，B分别落在A′，B′的位置，若∠A′FD＝50°，则∠CEF等于________.
25.（2019七下·南京月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，点A落在四边形BCDE的外部，用∠1和∠2表示出∠A，则关系式是________.
26.（2020九上·信阳期末）如图，矩形ABCD中， , ，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转，当点D落在射线CB上的点P处时，那么线段DP的长度等于________.
27.（2019·驻马店模拟）如图，矩形 中 ， ，点 是线段 上一动点，连接 ，将 沿直线 折叠，点 落到 处，连接 ， ，当 △BFC 为等腰三角形时， 的长为________.
28.（2020九上·长兴期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，点D在边BC上，CD=6，BD=10．点P是线段AD上一动点当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，AP的长为________。
29.（2020九下·襄城月考）如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________.
30.（2019九下·佛山模拟）如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上(与B、C不重合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确结论的个数是________．
三、解答题
31.（2019·嘉定模拟）如图，海中有一个小岛A,该岛的四周10海里的范围内有暗礁，有一货轮在海面上由西向东航行，到达B处时，该货轮位于小岛南偏西60°的方向上，再往东行驶20海里后到达小岛的南偏西30°的方向上的C处，如果货轮继续向东航行，是否会有触礁危险？请通过计算说明：
32.（2019九上·张家港期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，c＝4，a＝2 ，解这个直角三角形.
33.（2018九上·铁西期末）如图，四边形ABGH、BCFG、CDEF是边长为1的正方形，连接BH、CH、DH，求证：∠ABH+∠ACH+∠ADH＝90°.
34.（2019·宝山模拟）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、F在边BC上，∠EAF＝∠B．求证：BF•CE＝AB2 ．
35.（2019九上·如皋期末）高铁大大缩短了时空距离，改变了人们的出行方式，如图，A，B两地被大山阻隔，由A地到B地需要绕行C地，若打通穿山隧道，建成A，B两地的直达高铁，可以缩短从A地到B地的路程 已知 ， ， 公里，求隧道打通后，从A地到B地的路程 结果保留根号 .
36.（2019八下·襄城月考）如图，在四边形 中， 、 是对角线，已知 是等边三角形， ， ， ，求边 的长.
37.（2020九下·镇江月考）如图，长方形广告牌架在楼房顶部，边长CD=2m，经测量∠CAH=37°，∠DBH=60°，AB=10m，求GH的长．
（参考数据：tan37°≈0.75， ≈1.732，结果精确到0.1m）
38.如图，一个三角形的纸片ABC ， 其中∠A=∠C ．
①把△ABC纸片按(如图1)所示折叠，使点A落在BC边上的点F处，DE是折痕．说明BC//DF；________
②把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED内时(如图2)，探索∠C与∠1+∠2之间的大小关系，并说明理由；________
③当点A落在四边形BCED外时(如图3)，∠C与∠1、∠2的关系是________．(直接写出结论)
39.（2019九下·深圳月考）习近平同志在十九大报告中指出，实现中华民族伟大复兴是近代以来中华民族最伟大的梦想．为弘扬和宣传“中国梦”理念，政府决定在某大厦楼顶立宣传牌，如图，宣传牌AB被一钢缆DB固定，BD与地面DC成45°夹角，且DC=3m，在B点上方加固另一条钢缆AD，钢缆AD与地面DC夹角60°．且A、B、C三点在一条直线上，AC⊥CD．求宣传牌AB的高度及加固钢缆AD和BD的长．（结果保留根号）
40.（2019九上·深圳期末）关于三角函数有如下的公式：
sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①
cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②
tan（α+β）= ③
利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：
tan105°=tan（45°+60°）= =﹣（2+ ）．
根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：
如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．
41.（2019·祥云模拟）如图，直线y=kx+b与双曲线 （x﹤0）相交于A（-4，a）、B（-1，4）两点.
（1）求直线和双曲线的解析式；
（2）在y轴上存在一点P，使得PA+PB的值最小，求点P的坐标.
42.（2019九下·揭西月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：BC2＝2CD•OE；
（3）若 ，求OE的长．
43.（2019九上·东台月考）如图，已知抛物线 的对称轴为直线 ，且经 、 两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴 上，是否存在点 ，使它到点 的距离与到点 的距离之和最小，如果存在求出点 的坐标，如果不存在请说明理由．
44.（2020九下·台州月考）菱形ABCD中，点P为CD上一点，连接BP.
（1）如图1，若BP⊥CD，菱形ABCD边长为10，PD＝4，连接AP，求AP的长.
（2）如图2，连接对角线AC、BD相交于点O，点N为BP的中点，过P作PM⊥AC于M，连接ON、MN.试判断△MON的形状，并说明理由.
45.（2019九上·东台月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D 出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）当t为何值时，△CPQ是直角三角形？
（3）是否存在某一时刻，使得PQ分△ACD的面积为1：11？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
46.（2019九下·义乌期中）如图甲，在正方形ABCD中，AB＝6cm，点P、Q从A点沿边AB、BC、CD运动，点M从A点沿边AD、DC、CB运动，点P、Q的速度分别为1cm/s，3cm/s，点M的速度2cm/s.若它们同时出发，当点M与点Q相遇时，所有点都停止运动.设运动的时间为ts，△PQM的面积为Scm2，则S关于t的函数图象如图乙所示.结合图形，完成以下各题：
（1）填空：a＝________；b＝________；c＝________.
（2）当t为何值时，点M与点Q相遇？
（3）当2＜t≤3时，求S与t的函数关系式；
（4）在整个运动过程中，△PQM能否为直角三角形？若能，请求出此时t的值；若不能，请说明理由.
47.（2018七上·川汇期末）已知长方形纸片ABCD，点E，F，G分别在边AB，DA，BC上，将三角形AEF沿EF翻折，点A落在点 处，将三角形EBG沿EG翻折，点B落在点 处.
（1）点E， ， 共线时，如图 ，求 的度数；
（2）点E， ， 不共线时，如图 ，设 ， ，请分别写出 、 满足的数量关系式，并说明理由.
48.（2019八上·西安月考）问题探究
（1）如图①，在△ABC 中，∠B=30°，E 是 AB 边上的点，过点 E 作 EF⊥BC 于 F，则 的值为________.
（2）如图②，在四边形 ABCD 中，AB=BC=6,∠ABC=60°，对角线 BD 平分∠ABC，点E 是对角线 BD 上一点，求 AE+ BE的最小值.
问题解决
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线 y = -x + 4 分别于 x 轴，y 轴交于点 A、B，点 P 为直线 AB 上的动点，以 OP 为边在其下方作等腰 Rt△OPQ 且∠POQ=90°.已知点C（0，-4），点 D（3,0）连接 CQ、DQ,那么DQ + CQ是否存在最小值，若存在求出其最小值及此时点 P 的坐标，若不存在请说明理由.
49.（2018九上·汨罗期中）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．
（1）求直线AB的解析式；
（2）当t为何值时，△APQ与△AOB相似？
（3）当t为何值时，△APQ的面积为 个平方单位？
50.（2019八下·镇江月考）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4.对角线AC、BD相交于点0，将直线AC绕点0顺时针旋转 °，分别交直线BC、AD于点E、F.
（1）当 =________时，四边形ABEF是平行四边形;
（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形，
① =________构造的四边形是菱形;
②若构造的四边形是矩形，求出该矩形的面积.________
答案解析部分
一、单选题
1. D
【解答】解：在直角△ABC中，BC＝ ＝ ，
在直角△ABC中，BD＝ ＝ ，
则CD＝BD+BC＝ + ＝ m
即CD之间的距离为 m，
故答案为：D．
【分析】通过解直角△ABC和直角△ABC分别求得BC、BD的长度，根据CD＝BD+BC即可求得CD的长度．
2. A
【解答】解：∵AB=3BD，
∴AD=2BD，
∵ DE∥BC，EF∥AB ，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴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.
故答案为：A.
【分析】由AB=3BD，可得AD=2BD，再由两组对边分别平行得四边形DBFE是平行四边形，可得EF=BD，从而得出AD和EF的比值，接着利用平行得性质推得两组对角相等，证得△ADE∽△EFC，则由三角形相似的性质求得面积之比.
3. C
【解答】解：∵点A（-2，1）的对应点为A′（1，-2），
∴-2+3=1，1-3=-2，
∴平移规律是横坐标向右平移3个单位，纵坐标向下平移3个单位，
设点B的坐标为（x ， y），
则x+3=2，y-3=0，
解得x=-1，y=3，
所以点B的坐标为（-1，3）．
故答案为：C ．
【分析】根据对应点A、A′找出平移规律，然后设点B的坐标为（x ， y），根据平移规律列式求解即可．
4. B
【解答】解：∵AN：NC=2：3，∴可以假设AN=2k，NC=3k.
∵MN∥AB，∴∠AMN=∠MAB.
∵∠MAC=∠MAB，∴∠NAM=∠AMN，∴AN=MN=2k.
∵ = = ，∴AB= k，∴AC：AB=5k： k=3：2.
故答案为：B.
【分析】由AN：NC=2：3，可以假设AN=2k，NC=3k，证明AN=MN=2k，由 = = ，推出AB= k，由此即可解决问题.
5. C
【解答】A、∵∠A=∠A，∠ACP=∠B，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC；
B、∵∠A=∠A，∠APC=∠ACB，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC；
C、∵ ，
当∠ACP=∠B时，△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件不能判定△ACP∽△ABC；
D、∵ ，
又∠A=∠A，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC，
本题选择不能判定△ACP∽△ABC的条件，
故答案为：C．
【分析】A、加一公共角，根据两角对应相等的两个三角形相似可以得结论；
B、加一公共角，根据两角对应相等的两个三角形相似可以得结论；
C、其夹角不相等，所以不能判定相似；
D、其夹角是公共角，根据两边的比相等，且夹角相等，两三角形相似．
6. A
【解答】解：x+4y-3z=0① 4x-5y+2z=0② ，①×5+②×4得：21x=7z，解得：x= z，代入①得：y= z，
则x：y：z= z： z：z= ： ：1=1：2：3．
故答案为：A.
【分析】观察两个等式可利用加减消元法消去未知数y，用z表示x，再将表示x的式子代入其中一个等式将y也用z表示出来，则三个未知数都可用z表示，即可得到x：y：z.
7. D
【解答】∵点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，
∴1+m=3、1﹣n=2，
解得：m=2、n=﹣1，
所以m+n=2﹣1=1，
故答案为：D．
【分析】根据关于y轴对称的点的坐标特点;横坐标互为相反数，纵坐标相等列出方程1+m=3、1﹣n=2，求解得出m,n的，再代入代数式即可算出答案。
8. B
【解答】∵△ABO与△DCO位似，且△ABO与△DCO的面积之比为1：4，
∴△ABO与△DCO为1：2，
∵点B的坐标为（-3，2），
∴点C的坐标为（6，-4），
故答案为：B．
【分析】利用位似是特殊的相似，若两个图形△ABC和△A′B′C′以原点为位似中心，相似比是k，△ABC上一点的坐标是（x，y），则在△A′B′C′中，它的对应点的坐标是（kx，ky）或（-kx，ky）．
9. D
【解答】解：如解图，连接OD，
∵AB是⊙O的直径，点H是弦CD的中点，
∴由垂径定理可知AB⊥CD，
在Rt△BDH中，
∵cos∠CDB＝ ，BD＝5，
∴DH＝4，∴BH＝ ＝ ＝3，
设OH＝x，则OD＝OB＝x＋3，
在Rt△ODH中，OD2＝OH2＋DH2 ，
∴(x＋3)2＝x2＋42 ，
解得x＝ ，即OH＝ .
故答案为：D.
【分析】连接OD，利用垂径定理可证得AB⊥CD，在Rt△BDH中，利用锐角三角函数的定义及勾股定理求出DH，BH的长，设OH＝x，用含x的代数式表示出OD，再利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到OH的长。
10. C
【解答】A.∵ ，
∴ ,故不正确；
B. ∵ ，
∴ ,故不正确；
C. ∵ ，
∴ ∽ ， ∽ ,
， .
，故正确；
D.∵ ，
∴ ,故不正确；
故答案为：C.
【分析】由 可得到 ∽ ，依据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质进行判断即可.
11. D
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB= ，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…= ，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B1（0， ），B2（-1，1），B3（- ，0），…，
发现是8次一循环，所以2018÷8=252…余2，
∴点B2018的坐标为（-1，1）
故答案为：D．
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ， 相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
12. A
【解答】解：如图，
由翻折的性质得，∠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.
故答案为：A.
【分析】根据翻折的性质可得∠3=∠A′DE，∠AED=∠A′ED，再利用三角形的内角和定理和三角形的外角性质分别表示出∠AED和∠A′ED，然后整理即可得解.
13. B
【解答】解：如图，分别作出点P关于直线OB、OA的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN、MN，此时△PMN周长取最小值.根据轴对称的性质可得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°.
故答案为：B.
【分析】先作图确定出当△PMN周长取最小值时点M、N在射线OA和射线OB上的位置，并连接OC、OD、PM、PN、MN。利用轴对称的性质得OC=OP=OD，∠CON=∠PON，∠POM=∠DOM，进而求出∠COD=2∠AOB=80°；继而分别在△COD中，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠OCD=∠ODC=50°，再利用SAS证得△CON≌△PON，利用全等三角形的性质可得∠OCN=∠NPO=50°，同理可得 ∠OPM=∠ODM=50°，则可利用 ∠MPN=∠NPO+∠OPM计算求解。
14. B
【解答】连接AG，
∵∠BAE=30°，
∴∠DAE=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠B=90°，
∵正方形AEFH是正方形ABCD旋转而成，
∴AD=AE，∠E=90°，
在Rt△ADG与Rt△AEG中，AD=AE，AG=AG，
∴Rt△ADG≌Rt△AEG，
∴∠DAG= ∠EAG =30°，
∴DG=AD•tan∠DAG= × =1，
∴
∴S 四边形ADGE=2 =2× = ，
∴S 阴影= ,故答案为：B．
【分析】连接AG，根据∠BAE=30°可知∠DAE=60°，由正方形的性质可知，AB=AD，由图形旋转的性质可知AD=AE，故可得出Rt△ADG≌Rt△AEG，由直角三角形的性质可得出DG的长，再由S 阴影= ，即可得出结论．
15. D
【解答】 E是AB的中点
AE=BE
沿 折叠
BE=EM,
故①正确；
四边形ABCD为正方形
沿 折叠
四边形AECF为平行四边形
又 E是AB的中点
故②正确；
过点E作
由①知，
由②知，
E是AB的中点
设
则
故③正确；
设
则 ， ，
，
，
故④正确.
故答案为：D.
【分析】根据折叠的性质，正方形的性质，等边对等角，同角的余角相等即可判断①；
根据题意先证明四边形AECF为平行四边形，再根据平行四边形的性质即可判断②；
过点E作 ，根据三线合一及折叠的性质即可得出 ，再根据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，判断③；设 ，用a表示 及 的值，即可判断④.
16. D
【解答】A.∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴
∵
∴ ，故A符合题意，不符合题意；
B. 过D作DM∥BE交AC于N，
∵DE∥BM,BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴
∴BM=CM，
∴CN=NF，
∵BE⊥AC于点F,DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF=DC，
∴∠DCF=∠DFC，故B符合题意，不符合题意；
C. 图中与△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5个，故C符合题意，不符合题意;
D. 设AD=a,AB=b,由△BAE∽△ADC,有
∵tan∠CAD 故D不符合题意，符合题意.
故答案为：D.
【分析】由 又AD∥BC，所以 故A符合题意，不符合题意；过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=
BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故B符合题意，不符合题意；
根据相似三角形的判定即可求解，故C符合题意，不符合题意；
由△BAE∽△ADC，得到CD与AD的大小关系，根据正切函数可求tan∠CAD的值，故D不符合题意，符合题意．
17. D
【解答】解：连接OA，作AH⊥BC，连接DO并延长交圆于K，
∵AB是⊙O 的切线，
∴∠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=.
故答案为：D.
【分析】由AB是圆切线推得角相等，利用两组对角分别相等的两个三角形相似，证得△ABD∽△CAB，根据对应边成比例列式求得AB的长，然后在△ABC中，利用勾股定理求得BC边上的高AH，于是∠ACH的正弦值可求，再利用同弧所对的圆周角相等，用三角函数可求直径KD的长，则半径可求.
18. B
【解答】①∵△ABD为直角三角形，
∴BD2=AD2+AB2 ，
∴BD≠AD2+AB2 ，错误；
②根据折叠性质可知：DE=CD=AB，∠A=∠E，∠AFB=∠EFD，∴△ABF≌△EDF（AAS），正确；
③根据②可以得到△ABF≌△EDF，∴ ＝ =1，正确；
④在Rt△ABD中，∠ADB≠45°，∴AD≠BD•cos45°，错误.
综上，正确的有 ②③ .
故答案为：B.
【分析】①由于△ABD为直角三角形，由勾股定理可得BD2=AD2+AB2；②根据矩形的性质结合折叠的性质DE=CD=AB，利用角角边定理可证△ABF≌△EDF；③由于△ABF≌△EDF，对应边之比等于1；④用三角函数的定义可得AD≠BD•cos45°.
19. D
【解答】解： ∵tanB＝tanC＝tan∠MAN＝1，
∴∠B＝∠C＝∠MAN＝45°，
∵∠CAB＝90°，
∴AC＝AB，
将△BAM绕点A顺时针旋转90°至△ACN′，点B与点C重合，点M落在N′处，连接NN′，
则有AN′＝AM，CN′＝BM，∠1＝∠3，
∵∠MCN＝45°，
∴∠1＋∠2＝45°，
∴∠2＋∠3＝45°，
∴∠NAN′＝∠MAN.
在△MAN与△NAN′中，
，
∴△MAN≌△NCN′（SAS），
∴MN＝NN′，
由旋转性质可知，∠ACN′＝∠B＝45°，
∴∠NCN′＝∠ACN′＋∠ACB＝90°，
∴NN'2＝NC2＋N'C2 ，
即x2＝n2＋m2 ，
故答案为：D.
【分析】将△ABM绕点A顺时针旋转90°至△ACN′，连接NN′；证明△AMN≌△ANN′，则有MN＝NN′；在Rt△NN'C′中，根据勾股定理可得结论.
20. C
【解答】解：如图：取点D关于直线AB的对称点D′.以BC中点O为圆心，OB为半径画半圆.
连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG.连CG并延长交AB于点E.
由以上作图可知，BG⊥EC于G.
PD+PG=PD′+PG=D′G
由两点之间线段最短可知，当点D′，G，O三点共线时，PD+PG最小.
∵D′C′=4，OC′=6
∴D′O=
∴D′G=2 −2
∴PD+PG的最小值为2 −2
故答案为：C.
【分析】作DC关于AB的对称点D′C′，以BC中的O为圆心作半圆O，连D′O分别交AB及半圆O于P、G.将PD+PG转化为D′G找到最小值.
二、填空题
21. 2：7.
【解答】解：如图，
∵OA=20cm，AA′=50cm，
∴ ，
∵三角尺与影子是相似三角形，
∴三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比=AB：A′B′=2：7.
故答案为2：7.
【分析】先根据相似三角形对应边成比例求出三角尺与影子的相似比，再根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可.
22.
【解答】解：如图，连接AC.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC= = = ,
∵CB′≥AC-AB′，
∴当A、B′、C共线时，CB′的值最小.
设BE=EB′=x，
在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3 -3，EB′=x，
∴x2+（3 -3）2=（6-x）2 ，
∴x= ,
∴BE= ,
故答案为 .
【分析】如图，连接AC.当A、B′、C共线时，CB′的值最小.设BE=EB′=x，在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3 -3，EB′=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；
23. 2
【解答】解：①为轴对称图形；②为轴对称图形也为中心对称图形；③为轴对称图形；④为轴对称图形也为中心对称图形；⑤为轴对称图形。
【分析】根据轴对称图形以及中心对称图形的含义分别进行判断即可得到答案。
24. 65°
【解答】解：∵∠A′FD＝50°，
∴∠A'FA＝130°，
又∵∠AFE＝∠A'FE，
∴∠AFE＝65°，
又∵BC∥AD，
∴∠CEF＝∠AFE＝65°，
故答案为65°.
【分析】依据折叠的性质，即可得到∠AFE=65°，再根据BC∥AD，即可得出∠CEF=∠AFE=65°.
25. ∠A= (∠1-∠2)
【解答】∵△A′ED是△AED翻折变换而成，
∴∠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】根据折叠的性质可得∠A=∠A′，利用三角形外角的性质可得∠AFE=∠A′+∠2，∠1=∠A+∠AFE，从而求出∠1=∠A+∠A′+∠2=2∠A′+∠2，据此即可求出结论.
26.
【解答】(1)如图，当P在B的右侧时，由旋转和矩形性质得：
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 )如图，当点P在B的左侧时，由旋转和矩形性质得：
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的长度为
故答案为：
【分析】画图，分两种情况：点P在B的右侧或左侧.根据旋转和矩形性质，运用勾股定理，分别求出BP和PC，便可求出PD.
27. 或 或12
【解答】① ；首先，因为折叠， ， ，则 ，另因 ，则 ，可证得 ，则 ，因此只要求出 的值，即可求出 的值，过点 朝 作垂线，垂足为 ，延长 交边 于点 ，
由矩形的性质可知， ， ，利用等腰三角形三线合一的性质，可知 ，则在 中， ，则 ，再利用勾股定理，在 中，有 ，由于 ，则 ， ，解得 .
② ，若 与 交于点 ，
首先因为折叠，可知 为 的垂直平分线，不难证明出 ，则 ，则若能求得 、 的值，则此题便得以解答.因 ，则 ，在 中， ，则 ，得 .
③ ，因 ，且因为折叠 ，则 为线段 的垂直平分线，所以点 与点 重合，
.
故答案为： 或 或12.
【分析】当△BFC为等腰三角形时，有三种情况①；② ；③ ，分别求出BE的长即可.
28. 5或 或
【解答】解：1）如图1，当 ⊙P 于AC相切时，
∵PM⊥AC，AC⊥CD，
∴PM∥CD，
∴,
∵AD=，
∴，
∴AP=；
2）如图2，当 ⊙P 于BC相切时，
∵PM⊥BC，AC⊥BC，
∴PM∥AC，
∴,
∴，
∴AP=5；
3）如图3，当 ⊙P 于AB相切时，过D作DE⊥AB，
∵AD=BD=10，AE=AB=，
∴DE=,
∴,
∴ ，
解得AP=4,
综上，有三种答案.
故答案为： 5或 或 .
【分析】首先利用勾股定理求出有关线段的长，分三种情况讨论，当 ⊙P 分别与AC、BC和AB相切时，根据两直线同时垂直于一条直线则这两条直线平行，于是分别根据平行线截线段成比例的性质列式即可求出AP的长.
img 小部件
29.
【解答】作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，
∵DD′⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD′，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D′AF，
∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，
∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形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的最小值为2 ，
故答案为2 .
【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作AP′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值.
30. ①②③④．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠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符合题意；
∵BC＝AC，
∴FG＝BC，
∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF＝90°，S△FAB＝ FB•FG＝ S四边形CBFG ， ②符合题意；
∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，
∴∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合题意；
∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD＝FE：FQ，
∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，④符合题意；
故答案为①②③④．
【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，证出∠CAD＝∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①符合题意；
证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB＝ FB•FG＝ S四边形CBFG，②符合题意；
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合题意；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出④符合题意．
三、解答题
31. 解：过A作AH垂直于BC交BC的延长线于点H；
由题意可得 ；
设 ，在 △ACH中，
在 △ABH中，
所以，不会有触礁危险。
【分析】先过A作AH垂直于BC交BC的延长线于点H，解直角三角形求出AH的长度，然后与10进行比较即可，若AH>10，则不会有危险，反之则有危险.
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，结合c＝4可得出b＝ c，进而可得出∠B＝30°，∠A＝60°.
33. 证明：∵四边形ABGH，四边形BCFG，四边形CDEF都是正方形，设边长为a，
则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】由四边形ABGH，四边形BCFG，四边形CDEF都是正方形，易得 ＝ ＝ ，继而可证得△HBC∽△DBH，然后有相似三角形对应角相等，求得∠ACH＝∠DHB，再利用三角形外角的性质求解即可求得答案.
34. 证明：∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠EAF+∠BAE＝∠BAF，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△ABF∽△ECA，
∴AB：CE＝BF：AC，
∴BF•EC＝AB•AC＝AB2 ．
【分析】利用两角对应成比例可得△ABF∽△ECA，对应边成比例可得相应的比例式，整理可得所求的乘积式．
35. 解：如图，过点C作 ，垂足为D，
在 中， ， 公里，
公里， 公里 ，
在 中， ， 公里，
公里，
公里.
答：随道打通后，从A地到B地的路程为 公里.
【分析】过点C作 ，垂足为D，直接构造出直角三角形，进而利用锐角三角函数关系得出答案.
36. 解：如图，将CD绕点C按顺时针方向旋转60°得CE，连接DE、AE、CE，
则△CDE是等边三角形.
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴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为边构造等边△CDE，则得到旋转型全等三角形，再根据勾股定理求解.
37. 解：延长CD交AH于点E，如图所示：
根据题意得：CE⊥AH，设DE=xm，则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的长为7.8m．
【分析】延长CD交AH于点E，设DE=x，用含x的代数式表示出CE的长，再在Rt△AEC和Rt△BED中，利用解直角三角形表示出AE，BE的长，然后根据AE-BE=AB，建立关于x的方程，解方程求出x的值，继而可求出GH的长。
38. 解：根据折叠的性质得：∠DFE＝∠A，
∵∠A＝∠C，
∴∠DFE＝∠C，
∴BC∥DF；
；解：2∠C＝∠1＋∠2，理由如下：
∵四边形的内角和等于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：
由题意得：∠A′ED＝∠AED（设为α），∠A′DE＝∠ADE（设为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．
故答案为：2∠C＝∠2−∠1．
【分析】（1）根据折叠的性质得∠DFE＝∠A，由已知得∠A＝∠C，故∠DFE＝∠C，根据同位角相等，二直线平行即可得到结论；
（2）先根据四边形的内角和等于360°得出∠A＋∠A′＝∠1＋∠2，再由图形翻折变换的性质即可得出结论；
（3）∠A′ED＝∠AED（设为α），∠A′DE＝∠ADE（设为β），于是得到∠2＋2α＝180°，∠1＝β−∠BDE＝β−（∠A＋α），推出∠2−∠1＝180°−（α＋β）＋∠A，根据三角形的内角和得到∠A＝180°−（α＋β），即∠2−∠1＝2∠A，于是得到结论．
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】根据已知和tan∠ADC= ，求出AC，根据∠BDC=45°，求出BC，根据AB=AC-BC求出AB；）根据cos∠ADC= ，求出AD，根据cos∠BDC= ，求出BD．
40. 解：如图，
过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，
∴在Rt△ABC和Rt△ADE
AB=BC•tan75°=42tan75°= ，
AE= ，
∴CD=AB﹣AE= （米）.
答：建筑物CD的高为84米.
【分析】如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.
四、综合题
41. （1）解：y=x+5， ；
（2）解：作点B关于y轴的对称点C（1，4），连接AC交y轴于点P.
易求得 ，令x=0，得 ，∴P
【分析】根据一次函数和反比例函数的解析式求出点A、B的坐标，然后作出点A关于y轴的对称点C，连接BC，与y轴的交点即为点P，然后求出直线BC的解析式，求出点P的坐标.
42. （1）解：DE为⊙O的切线，理由如下：
连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，
∴CE=DE=BE= BC，
∴∠C=∠CDE，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∵∠ABC=90°，
∴∠C+∠A=90°，
∴∠ADO+∠CDE=90°，
∴∠ODE=90°，
∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）证明：∵E是BC的中点，O点是AB的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴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的中点，即BC= ，
∴AC= ．
又∵AC=2OE，
∴OE= AC= ．
【分析】（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．
43. （1）解：根据题意得： ， 解得： ，
则二次函数的解析式是 ；
（2）解：存在．
设抛物线与 轴的另一个交点是 ，由抛物线的对称性得 与对称轴的交点就是 ．
∵ 点的坐标是 ，
设直线 的解析式是 ，则 ，
解得 ，
∴直线 的解析式是 ．
当 时， ，
∴点 的坐标是 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）抛物线与x轴的除A外的另一个交点C就是A的对称点，则BC与对称轴的交点就是M，首先求得C的坐标，然后求得BC的解析式，进而求得M的坐标．
44. （1）解：如图1中，∵四边形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：如图2中，延长PM交BC于E.
∵四边形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）如图2中，延长PM交BC于E.先证明PD=BE，再利用三角形中位线定理证明MN= BE，ON= PD即可.
45. （1）解：在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝
∵S△ABC＝ AC•BC＝ AB•CD，
∴CD＝
（2）解：由（1）知，CD＝ ，
由运动知，CQ＝t，DP＝t，
∴CP＝CD−DP＝ −t，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠B＋∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∵△CPQ与△ABC相似，
①当∠CPQ＝90°时，△CPQ∽△BCA，
∴ ，
∴
∴t＝3
②当∠CQP＝90°时，△CPQ∽△BAC，
∴ ，
∴
∴t＝ ，
即：t为3秒或 秒时，△CPQ与△ABC相似．
（3）解：假设存在，如图所示，
Rt△ACD中，根据勾股定理得，AD＝ ，
过点Q作CE⊥CD于E，
∴QE∥AD，
∴△CEQ∽△CDA，
∴ ，
∴
∴QE＝
∵S△CPQ＝ CP•QE＝ （ ）•
∴S△ACD＝ AD•CD＝ × × ，
∵PQ分△ACD的面积为1：11，
∴①当S△CPQ＝ S△ACD时，
∴ （ −t）• ＝ × × × ，
∴5t2−24t＋16＝0，
∴t＝ 或4．
②当S△CPD＝ S△ACD时，
∴ （ −t）• ＝ × × × ，
∴5t2−24t＋176＝0，而△242−4×5×176＝576−3520＜0，
此方程无解，即：此种情况不存在，
综上所述，当t＝ 或4时，PQ分△ACD的面积为1：11．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AB＝10，进利用面积法求出CD；（2）先表示出CP，再判断出∠ACD＝∠B，进而分两种情况，利用相似三角形得出比例式建立方程求解，即可得出结论；（3）先判断出△CEQ∽△CDA，得出 ，进而表示出QE＝ t，再分当S△CPQ＝ S△ACD时，和当S△CPD＝ S△ACD时，利用面积建立方程求解即可得出结论．
46. （1）8；12；13.5
（2）解：根据题意可列方程为2t+3t=4x6，则t=
答：当t= 时，点M与点Q相遇
（3）解：当2
=
（4）解：当0＜t≤2时， 不能成为直角三角形；
当2＜t≤3时，若能成为直角三角形，则有△BPQ∽△CMP，即
，可求出 ；
当3＜t≤4时，若能成为直角三角形，则有△BPQ∽△AQM，即
，无解；
当4＜t＜4.8时，
6-t=3t-12，
【解答】解： （1）当t=2时，AQ=6cm，AP=2cm，AM=4CM，所以△PQM的面积为（AQ-AP）AM=×（6-2）×4=8cm2 ， 即a=8；
当t=3时，点Q运动到BC的中点，点P运动到AB的中点，点M到了点D，此时BQ=CQ=3cm，BP=AP=3cm，AM=6cm，所以△PQM的面积=正方形ABCD-△BPQ的面积-△APM的面积-△CQM的面积=62-×3×3-×3×6-×3×6=13.5cm2 ， 即c=13.5；
当t=4时，点Q运动到点C处，点P运动到AB的处，点M在CD上运动，此时BP=2cm，DM=2cm，所以QM=4cm，所以△PQM的面积=QM×AD=×4×6=12cm2 ， 即b=12；
故答案为：8；12；13.5；
【分析】（1）分别令时间t为2、3、4求得相应的三角形的面积即为a、b、c的值；
（2）根据题意列出方程2t+3t=4×6求解即可；（3）当2＜t≤3时即点P、Q在线段AB上运动时，表示出该三角形的面积即可；（4）分0＜t≤2、2＜t≤3、2＜t≤3、4＜t＜4.8四种情况讨论.
47. （1）解：如图 中，由翻折得： ,
（2）解：如图 ，结论： .
理由：如图 中，由翻折得：
，
如图 ，结论： ，
理由： ,
，
.
【分析】（1）根据翻折不变性得： ，由此即可解决问题.（2）根据翻折不变性得到： ，根据 分别列等式可得图 和 的结论即可.
48. （1）
（2）解：作EF⊥BC于F,
∵∠ABC=60°，对角线 BD 平分∠ABC，∴∠DBC=30°, ∴∠EF= BE, ∴AE+ BE=AE+EF, ∴当点A、E、F三点在一条直线时，AE+ BE 最小，∵∠ABF=60°, ∴∠BAF=30°, ∵AB=6, ∴BF= AB=3, ∴AF= , ∴AE+ BE的最小值为 .
（3）解：∵y=-x+4, ∴B(0,4),A(4,0),
作PM⊥y轴于M,QN⊥y轴于N, ∴∠PMO=∠QNO=90°, ∵∠POM+MPO=∠POM+∠QON=90°∴∠MPO=∠QON, ∵PO=QO, ∴△POM≌△OQN,设BM=PM=ON=t,则OM=NQ=CN=4-t, ∴无论P在任何位置△CNQ都为等腰三角形，∠NCQ=45°,则Q点永远在直线AC上，作D点关于直线AC的对称点 , ∵D(3,0), ∴ (4,-1),则DQ+NQ= Q+NQ, ∴当 、Q、N共线时， Q+NQ最小，最小值是N =4.
【解答】(1) ∵EF⊥BC, ∴∠BFE=90°, ∵∠B=30°, ∴ = ;
【分析】 (1)利用直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半求解即可;(2)作EF⊥BC于F, 根据直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE+ BE=AE+EF ，再根据勾股定理得到AE+ BE的最小值; (3)作PM⊥y轴于M,QN⊥y轴于N,易证△POM≌△OQN，根据当 、Q、N共线时， Q+NQ最小求解即可.
49. （1）解：设直线AB的解析式为
由题意,得 ,
解得
所以,直线AB的解析式为
（2）解：由AO=6,BO=8得AB=10,
所以AP=t, AQ=10-2t,
①当∠PAQ=∠AOB 时,△APQ∽△AOB.
所以 ,
解得 (秒),
②当∠AQP=∠AOB 时,△AQP∽△AOB.
所以 ,
解得 (秒),
∴当t为 秒或 秒时，△AQP与△AOB相似.
（3）解：过点Q作QE垂直AO于点E.
在Rt△AOB中，
sin∠BAO=
在Rt△AEQ中，
QE=AQ sin∠BAO= （10-2t）=8- ,
S△APQ= AP QE= t 8- =- t2+4t=
解得，t=2（秒）或t=3（秒）
∴当t=2秒或t=3秒时，△APQ的面积为 个平方单位.
【分析】（1）将已知点带入求解，得到直线解析式（2）根据相似三角形得判定解决问题
50. （1）90°
（2）45°或90°；解：∵AB⊥AC，AB=2，AC=4，∴BC=2 ， 根据条件，可得AD与BC的距离h= . 如图①， 当EF=AC时，四边形AECF为矩形，矩形AECF的对角线长为4， ∴ ， ∴矩形AECF的面积= . 如图②， 当EF=BD时，四边形AECF为矩形，矩形AECF的对角线长为4 ， ∴ ， ∴矩形AECF的面积= .
【分析】（1）由AB⊥AC得到∠BAC=90°，然后根据平行四边形的对角线互相平分，可得AB=OA=2，即△AOB是等腰直角三角形，则∠AOB=45°，再根据平行四边形的判定，当EF∥AB时，四边形ABEF是平行四边形，可得EF⊥AC，根据旋转的性质可得α=90°；（2）①同（1）的判断，由菱形的判定可得到α的度数；
②先根据勾股定理求出BC的长，然后根据同一个三角形的面积的不同求法，得到平行线间的距离，由矩形的判定与性质，可得分情况求解.
专题十二 图形的变换
一、单选题
1.（2019·长春模拟）如图，某数学活动小组在吉林广播电视塔周边做数学测算活动、在C处测得最高点A的仰角为α，在D处测得最高点A的仰角为β，点C，B，D在同一条水平直线上，且吉林广播电视塔的高度AB为h（m），则CD之间的距离为（ ）
A. h•（tanα+tanβ）m B. C. D.
2.（2020九上·奉化期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，且DE∥BC，EF∥AB，若AB=3BD。则S△ADE：S△EFC的值为( )
A. 4：1 B. 3：2 C. 2：1 D. 3：1
3.（2019七下·番禺期中）在平面直角坐标系中，线段A′B′是由线段AB经过平移得到的，已知点A（-2，1）的对应点为A′（1，-2），点B的对应点为B′（2，0）．则B点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
4.（2019九上·上街期末）如图，已知AM为△ABC的角平分线，MN∥AB交AC于点N，如果AN：NC=2：3，那么AC：AB等于（ ）
A. 3：1 B. 3：2 C. 5：3 D. 5：2
5.（2019九上·深圳期末）如图，已知在△ABC中，P为AB上一点，连接CP，以下条件中不能判定△ACP∽△ABC的是（ ）
A. B. C. D.
6.（2019七下·遂宁期中）已知x +4y－3z = 0，且4x－5y + 2z = 0，x：y：z 为 （ ）
A. 1：2：3； B. 1：3：2； C. 2：1：3； D. 3：1：2
7.（2018·贵港）若点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，则m+n的值是（ ）
A. ﹣5 B. ﹣3 C. 3 D. 1
8.（2019九上·宝安期末）如图，已知△ABO与△DCO位似，且△ABO与△DCO的面积之比为1：4，点B的坐标为(﹣3，2)，则点C的坐标为( )
A. (3，﹣2) B. (6，﹣4) C. (4，﹣6) D. (6，4)
9.如图， AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，已知cos∠CDB＝ ，BD＝5，则OH的长度为( )
A. B. C. 1 D.
10.（2019·莲湖模拟）如图，在 中，点D，E分别为AB，AC边上的点，且 ，CD、BE相较于点O，连接AO并延长交DE于点G，交BC边于点F，则下列结论中一定正确的是
A. B. C. D.
11.（2019·郑州模拟）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ， 依此方式，绕点O连续旋转2018次得到正方形OA2018B2018C2018 ， 如果点A的坐标为（1，0），那么点B2018的坐标为（ ）
A. （1，1） B. （0， ） C. （ ） D. （﹣1，1）
12.（2019七下·江苏月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCDE的外部时，则∠A与∠1和∠2之间有一种数量关系始终保持不变，请试着找一找这个结论，你发现的结论是（ ）
A. 2∠A=∠1-∠2 B. 3∠A=2（∠1-∠2） C. 3∠A=2∠1-∠2 D. ∠A=∠1-∠2
13.（2020八上·乌海期末）如图，点P是∠AOB内任意一点，且∠AOB=40°，点M和点N分别是射线OA和射线OB上的动点，当△PMN周长取最小值时，则∠MPN的度数为（ ）
A. 140° B. 100° C. 50° D. 40°
14.（2019八下·简阳期中）如图，将边为 的正方形ABCD绕点A沿逆时针方向旋转30°后得到正方形AEFH，则图中阴影部分的面积为( )
A. － B. 3－ C. 2－ D. 2－
15.（2020九上·覃塘期末）如图，在正方形 中， 是 边的中点，将 沿 折叠，使点 落在点 处， 的延长线与 边交于点 .下列四个结论:① ;② ;③ ;④ S正方形ABCD ， 其中正确结论的个数为（ ）
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
16.（2020九上·遂宁期末）如图，点E是矩形ABCD的边AD的中点，且BE⊥AC于点F，则下列结论中错误的是（ ）
A. AF= CF B. ∠DCF=∠DFC C. 图中与△AEF相似的三角形共有5个 D. tan∠CAD=
17.（2020·宁波模拟）如图，在△ABC中，AC=BC=2，D是BC的中点，过A，C，D三点的⊙O与AB边相切于点A，则⊙O的半径为( )
A. B. C. 1 D.
18.如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使C点落在E处，BE与AD相交于点F，下列结论：①BD=AD2+AB2；②△ABF≌△EDF；③ ＝
④AD=BD•cos45°．其中正确的一组是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ③④
19.如图，Rt△ABC中，∠CAB=90°，在斜边CB上取点M，N（不包含C、B两点），且tanB=tanC=tan∠MAN=1，设MN=x，BM=n，CN=m，则以下结论能成立的是（ ）
A. m=n B. x=m+n C. x＞m+n D. x2=m2+n2
20.（2019九下·义乌期中）如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题
21.（2018九上·于洪期末）如图，三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成影子，现测得OA＝20cm，AA′═50cm，这个三角尺的周长与它在墙上形成影子的周长比是________.
22.（2019九上·淅川期末）如图，点E是矩形纸片的边BC上的一动点，沿直线AE折叠纸片，点B落在了点B′位置，连结CB′.已知AB=3，BC=6，则当线段CB′最小时BE的长为________.
23.（2020八上·青山期末）给出下列5种图形：①平行四边形②菱形③正五边形、④正六边形、⑤等腰梯形中，既是轴对称又是中心对称的图形有________个。
24.（2019七下·南京月考）如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点A，B分别落在A′，B′的位置，若∠A′FD＝50°，则∠CEF等于________.
25.（2019七下·南京月考）如图，把△ABC纸片沿DE折叠，点A落在四边形BCDE的外部，用∠1和∠2表示出∠A，则关系式是________.
26.（2020九上·信阳期末）如图，矩形ABCD中， , ，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转，当点D落在射线CB上的点P处时，那么线段DP的长度等于________.
27.（2019·驻马店模拟）如图，矩形 中 ， ，点 是线段 上一动点，连接 ，将 沿直线 折叠，点 落到 处，连接 ， ，当 △BFC 为等腰三角形时， 的长为________.
28.（2020九上·长兴期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，点D在边BC上，CD=6，BD=10．点P是线段AD上一动点当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，AP的长为________。
29.（2020九下·襄城月考）如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________.
30.（2019九下·佛山模拟）如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上(与B、C不重合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ•AC，其中正确结论的个数是________．
三、解答题
31.（2019·嘉定模拟）如图，海中有一个小岛A,该岛的四周10海里的范围内有暗礁，有一货轮在海面上由西向东航行，到达B处时，该货轮位于小岛南偏西60°的方向上，再往东行驶20海里后到达小岛的南偏西30°的方向上的C处，如果货轮继续向东航行，是否会有触礁危险？请通过计算说明：
32.（2019九上·张家港期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，c＝4，a＝2 ，解这个直角三角形.
33.（2018九上·铁西期末）如图，四边形ABGH、BCFG、CDEF是边长为1的正方形，连接BH、CH、DH，求证：∠ABH+∠ACH+∠ADH＝90°.
34.（2019·宝山模拟）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、F在边BC上，∠EAF＝∠B．求证：BF•CE＝AB2 ．
35.（2019九上·如皋期末）高铁大大缩短了时空距离，改变了人们的出行方式，如图，A，B两地被大山阻隔，由A地到B地需要绕行C地，若打通穿山隧道，建成A，B两地的直达高铁，可以缩短从A地到B地的路程 已知 ， ， 公里，求隧道打通后，从A地到B地的路程 结果保留根号 .
36.（2019八下·襄城月考）如图，在四边形 中， 、 是对角线，已知 是等边三角形， ， ， ，求边 的长.
37.（2020九下·镇江月考）如图，长方形广告牌架在楼房顶部，边长CD=2m，经测量∠CAH=37°，∠DBH=60°，AB=10m，求GH的长．
（参考数据：tan37°≈0.75， ≈1.732，结果精确到0.1m）
38.如图，一个三角形的纸片ABC ， 其中∠A=∠C ．
①把△ABC纸片按(如图1)所示折叠，使点A落在BC边上的点F处，DE是折痕．说明BC//DF；________
②把△ABC纸片沿DE折叠，当点A落在四边形BCED内时(如图2)，探索∠C与∠1+∠2之间的大小关系，并说明理由；________
③当点A落在四边形BCED外时(如图3)，∠C与∠1、∠2的关系是________．(直接写出结论)
39.（2019九下·深圳月考）习近平同志在十九大报告中指出，实现中华民族伟大复兴是近代以来中华民族最伟大的梦想．为弘扬和宣传“中国梦”理念，政府决定在某大厦楼顶立宣传牌，如图，宣传牌AB被一钢缆DB固定，BD与地面DC成45°夹角，且DC=3m，在B点上方加固另一条钢缆AD，钢缆AD与地面DC夹角60°．且A、B、C三点在一条直线上，AC⊥CD．求宣传牌AB的高度及加固钢缆AD和BD的长．（结果保留根号）
40.（2019九上·深圳期末）关于三角函数有如下的公式：
sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①
cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②
tan（α+β）= ③
利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：
tan105°=tan（45°+60°）= =﹣（2+ ）．
根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：
如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．
41.（2019·祥云模拟）如图，直线y=kx+b与双曲线 （x﹤0）相交于A（-4，a）、B（-1，4）两点.
（1）求直线和双曲线的解析式；
（2）在y轴上存在一点P，使得PA+PB的值最小，求点P的坐标.
42.（2019九下·揭西月考）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：BC2＝2CD•OE；
（3）若 ，求OE的长．
43.（2019九上·东台月考）如图，已知抛物线 的对称轴为直线 ，且经 、 两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴 上，是否存在点 ，使它到点 的距离与到点 的距离之和最小，如果存在求出点 的坐标，如果不存在请说明理由．
44.（2020九下·台州月考）菱形ABCD中，点P为CD上一点，连接BP.
（1）如图1，若BP⊥CD，菱形ABCD边长为10，PD＝4，连接AP，求AP的长.
（2）如图2，连接对角线AC、BD相交于点O，点N为BP的中点，过P作PM⊥AC于M，连接ON、MN.试判断△MON的形状，并说明理由.
45.（2019九上·东台月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D 出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）当t为何值时，△CPQ是直角三角形？
（3）是否存在某一时刻，使得PQ分△ACD的面积为1：11？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
46.（2019九下·义乌期中）如图甲，在正方形ABCD中，AB＝6cm，点P、Q从A点沿边AB、BC、CD运动，点M从A点沿边AD、DC、CB运动，点P、Q的速度分别为1cm/s，3cm/s，点M的速度2cm/s.若它们同时出发，当点M与点Q相遇时，所有点都停止运动.设运动的时间为ts，△PQM的面积为Scm2，则S关于t的函数图象如图乙所示.结合图形，完成以下各题：
（1）填空：a＝________；b＝________；c＝________.
（2）当t为何值时，点M与点Q相遇？
（3）当2＜t≤3时，求S与t的函数关系式；
（4）在整个运动过程中，△PQM能否为直角三角形？若能，请求出此时t的值；若不能，请说明理由.
47.（2018七上·川汇期末）已知长方形纸片ABCD，点E，F，G分别在边AB，DA，BC上，将三角形AEF沿EF翻折，点A落在点 处，将三角形EBG沿EG翻折，点B落在点 处.
（1）点E， ， 共线时，如图 ，求 的度数；
（2）点E， ， 不共线时，如图 ，设 ， ，请分别写出 、 满足的数量关系式，并说明理由.
48.（2019八上·西安月考）问题探究
（1）如图①，在△ABC 中，∠B=30°，E 是 AB 边上的点，过点 E 作 EF⊥BC 于 F，则 的值为________.
（2）如图②，在四边形 ABCD 中，AB=BC=6,∠ABC=60°，对角线 BD 平分∠ABC，点E 是对角线 BD 上一点，求 AE+ BE的最小值.
问题解决
（3）如图③，在平面直角坐标系中，直线 y = -x + 4 分别于 x 轴，y 轴交于点 A、B，点 P 为直线 AB 上的动点，以 OP 为边在其下方作等腰 Rt△OPQ 且∠POQ=90°.已知点C（0，-4），点 D（3,0）连接 CQ、DQ,那么DQ + CQ是否存在最小值，若存在求出其最小值及此时点 P 的坐标，若不存在请说明理由.
49.（2018九上·汨罗期中）如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动,设点P、Q移动的时间为t秒．
（1）求直线AB的解析式；
（2）当t为何值时，△APQ与△AOB相似？
（3）当t为何值时，△APQ的面积为 个平方单位？
50.（2019八下·镇江月考）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4.对角线AC、BD相交于点0，将直线AC绕点0顺时针旋转 °，分别交直线BC、AD于点E、F.
（1）当 =________时，四边形ABEF是平行四边形;
（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形，
① =________构造的四边形是菱形;
②若构造的四边形是矩形，求出该矩形的面积.________
答案解析部分
一、单选题
1. D
【解答】解：在直角△ABC中，BC＝ ＝ ，
在直角△ABC中，BD＝ ＝ ，
则CD＝BD+BC＝ + ＝ m
即CD之间的距离为 m，
故答案为：D．
【分析】通过解直角△ABC和直角△ABC分别求得BC、BD的长度，根据CD＝BD+BC即可求得CD的长度．
2. A
【解答】解：∵AB=3BD，
∴AD=2BD，
∵ DE∥BC，EF∥AB ，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴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.
故答案为：A.
【分析】由AB=3BD，可得AD=2BD，再由两组对边分别平行得四边形DBFE是平行四边形，可得EF=BD，从而得出AD和EF的比值，接着利用平行得性质推得两组对角相等，证得△ADE∽△EFC，则由三角形相似的性质求得面积之比.
3. C
【解答】解：∵点A（-2，1）的对应点为A′（1，-2），
∴-2+3=1，1-3=-2，
∴平移规律是横坐标向右平移3个单位，纵坐标向下平移3个单位，
设点B的坐标为（x ， y），
则x+3=2，y-3=0，
解得x=-1，y=3，
所以点B的坐标为（-1，3）．
故答案为：C ．
【分析】根据对应点A、A′找出平移规律，然后设点B的坐标为（x ， y），根据平移规律列式求解即可．
4. B
【解答】解：∵AN：NC=2：3，∴可以假设AN=2k，NC=3k.
∵MN∥AB，∴∠AMN=∠MAB.
∵∠MAC=∠MAB，∴∠NAM=∠AMN，∴AN=MN=2k.
∵ = = ，∴AB= k，∴AC：AB=5k： k=3：2.
故答案为：B.
【分析】由AN：NC=2：3，可以假设AN=2k，NC=3k，证明AN=MN=2k，由 = = ，推出AB= k，由此即可解决问题.
5. C
【解答】A、∵∠A=∠A，∠ACP=∠B，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC；
B、∵∠A=∠A，∠APC=∠ACB，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC；
C、∵ ，
当∠ACP=∠B时，△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件不能判定△ACP∽△ABC；
D、∵ ，
又∠A=∠A，
∴△ACP∽△ABC，
所以此选项的条件可以判定△ACP∽△ABC，
本题选择不能判定△ACP∽△ABC的条件，
故答案为：C．
【分析】A、加一公共角，根据两角对应相等的两个三角形相似可以得结论；
B、加一公共角，根据两角对应相等的两个三角形相似可以得结论；
C、其夹角不相等，所以不能判定相似；
D、其夹角是公共角，根据两边的比相等，且夹角相等，两三角形相似．
6. A
【解答】解：x+4y-3z=0① 4x-5y+2z=0② ，①×5+②×4得：21x=7z，解得：x= z，代入①得：y= z，
则x：y：z= z： z：z= ： ：1=1：2：3．
故答案为：A.
【分析】观察两个等式可利用加减消元法消去未知数y，用z表示x，再将表示x的式子代入其中一个等式将y也用z表示出来，则三个未知数都可用z表示，即可得到x：y：z.
7. D
【解答】∵点A（1+m，1﹣n）与点B（﹣3，2）关于y轴对称，
∴1+m=3、1﹣n=2，
解得：m=2、n=﹣1，
所以m+n=2﹣1=1，
故答案为：D．
【分析】根据关于y轴对称的点的坐标特点;横坐标互为相反数，纵坐标相等列出方程1+m=3、1﹣n=2，求解得出m,n的，再代入代数式即可算出答案。
8. B
【解答】∵△ABO与△DCO位似，且△ABO与△DCO的面积之比为1：4，
∴△ABO与△DCO为1：2，
∵点B的坐标为（-3，2），
∴点C的坐标为（6，-4），
故答案为：B．
【分析】利用位似是特殊的相似，若两个图形△ABC和△A′B′C′以原点为位似中心，相似比是k，△ABC上一点的坐标是（x，y），则在△A′B′C′中，它的对应点的坐标是（kx，ky）或（-kx，ky）．
9. D
【解答】解：如解图，连接OD，
∵AB是⊙O的直径，点H是弦CD的中点，
∴由垂径定理可知AB⊥CD，
在Rt△BDH中，
∵cos∠CDB＝ ，BD＝5，
∴DH＝4，∴BH＝ ＝ ＝3，
设OH＝x，则OD＝OB＝x＋3，
在Rt△ODH中，OD2＝OH2＋DH2 ，
∴(x＋3)2＝x2＋42 ，
解得x＝ ，即OH＝ .
故答案为：D.
【分析】连接OD，利用垂径定理可证得AB⊥CD，在Rt△BDH中，利用锐角三角函数的定义及勾股定理求出DH，BH的长，设OH＝x，用含x的代数式表示出OD，再利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到OH的长。
10. C
【解答】A.∵ ，
∴ ,故不正确；
B. ∵ ，
∴ ,故不正确；
C. ∵ ，
∴ ∽ ， ∽ ,
， .
，故正确；
D.∵ ，
∴ ,故不正确；
故答案为：C.
【分析】由 可得到 ∽ ，依据平行线分线段成比例定理和相似三角形的性质进行判断即可.
11. D
【解答】解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB= ，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…= ，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B1（0， ），B2（-1，1），B3（- ，0），…，
发现是8次一循环，所以2018÷8=252…余2，
∴点B2018的坐标为（-1，1）
故答案为：D．
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1 ， 相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
12. A
【解答】解：如图，
由翻折的性质得，∠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.
故答案为：A.
【分析】根据翻折的性质可得∠3=∠A′DE，∠AED=∠A′ED，再利用三角形的内角和定理和三角形的外角性质分别表示出∠AED和∠A′ED，然后整理即可得解.
13. B
【解答】解：如图，分别作出点P关于直线OB、OA的对称点C、D，连接CD，分别交OA、OB于点M、N，连接OC、OD、PM、PN、MN，此时△PMN周长取最小值.根据轴对称的性质可得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°.
故答案为：B.
【分析】先作图确定出当△PMN周长取最小值时点M、N在射线OA和射线OB上的位置，并连接OC、OD、PM、PN、MN。利用轴对称的性质得OC=OP=OD，∠CON=∠PON，∠POM=∠DOM，进而求出∠COD=2∠AOB=80°；继而分别在△COD中，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠OCD=∠ODC=50°，再利用SAS证得△CON≌△PON，利用全等三角形的性质可得∠OCN=∠NPO=50°，同理可得 ∠OPM=∠ODM=50°，则可利用 ∠MPN=∠NPO+∠OPM计算求解。
14. B
【解答】连接AG，
∵∠BAE=30°，
∴∠DAE=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠B=90°，
∵正方形AEFH是正方形ABCD旋转而成，
∴AD=AE，∠E=90°，
在Rt△ADG与Rt△AEG中，AD=AE，AG=AG，
∴Rt△ADG≌Rt△AEG，
∴∠DAG= ∠EAG =30°，
∴DG=AD•tan∠DAG= × =1，
∴
∴S 四边形ADGE=2 =2× = ，
∴S 阴影= ,故答案为：B．
【分析】连接AG，根据∠BAE=30°可知∠DAE=60°，由正方形的性质可知，AB=AD，由图形旋转的性质可知AD=AE，故可得出Rt△ADG≌Rt△AEG，由直角三角形的性质可得出DG的长，再由S 阴影= ，即可得出结论．
15. D
【解答】 E是AB的中点
AE=BE
沿 折叠
BE=EM,
故①正确；
四边形ABCD为正方形
沿 折叠
四边形AECF为平行四边形
又 E是AB的中点
故②正确；
过点E作
由①知，
由②知，
E是AB的中点
设
则
故③正确；
设
则 ， ，
，
，
故④正确.
故答案为：D.
【分析】根据折叠的性质，正方形的性质，等边对等角，同角的余角相等即可判断①；
根据题意先证明四边形AECF为平行四边形，再根据平行四边形的性质即可判断②；
过点E作 ，根据三线合一及折叠的性质即可得出 ，再根据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，判断③；设 ，用a表示 及 的值，即可判断④.
16. D
【解答】A.∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴
∵
∴ ，故A符合题意，不符合题意；
B. 过D作DM∥BE交AC于N，
∵DE∥BM,BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴
∴BM=CM，
∴CN=NF，
∵BE⊥AC于点F,DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF=DC，
∴∠DCF=∠DFC，故B符合题意，不符合题意；
C. 图中与△AEF相似的三角形有△ACD，△BAF，△CBF，△CAB，△ABE共有5个，故C符合题意，不符合题意;
D. 设AD=a,AB=b,由△BAE∽△ADC,有
∵tan∠CAD 故D不符合题意，符合题意.
故答案为：D.
【分析】由 又AD∥BC，所以 故A符合题意，不符合题意；过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM=DE=
BC，得到CN=NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故B符合题意，不符合题意；
根据相似三角形的判定即可求解，故C符合题意，不符合题意；
由△BAE∽△ADC，得到CD与AD的大小关系，根据正切函数可求tan∠CAD的值，故D不符合题意，符合题意．
17. D
【解答】解：连接OA，作AH⊥BC，连接DO并延长交圆于K，
∵AB是⊙O 的切线，
∴∠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=.
故答案为：D.
【分析】由AB是圆切线推得角相等，利用两组对角分别相等的两个三角形相似，证得△ABD∽△CAB，根据对应边成比例列式求得AB的长，然后在△ABC中，利用勾股定理求得BC边上的高AH，于是∠ACH的正弦值可求，再利用同弧所对的圆周角相等，用三角函数可求直径KD的长，则半径可求.
18. B
【解答】①∵△ABD为直角三角形，
∴BD2=AD2+AB2 ，
∴BD≠AD2+AB2 ，错误；
②根据折叠性质可知：DE=CD=AB，∠A=∠E，∠AFB=∠EFD，∴△ABF≌△EDF（AAS），正确；
③根据②可以得到△ABF≌△EDF，∴ ＝ =1，正确；
④在Rt△ABD中，∠ADB≠45°，∴AD≠BD•cos45°，错误.
综上，正确的有 ②③ .
故答案为：B.
【分析】①由于△ABD为直角三角形，由勾股定理可得BD2=AD2+AB2；②根据矩形的性质结合折叠的性质DE=CD=AB，利用角角边定理可证△ABF≌△EDF；③由于△ABF≌△EDF，对应边之比等于1；④用三角函数的定义可得AD≠BD•cos45°.
19. D
【解答】解： ∵tanB＝tanC＝tan∠MAN＝1，
∴∠B＝∠C＝∠MAN＝45°，
∵∠CAB＝90°，
∴AC＝AB，
将△BAM绕点A顺时针旋转90°至△ACN′，点B与点C重合，点M落在N′处，连接NN′，
则有AN′＝AM，CN′＝BM，∠1＝∠3，
∵∠MCN＝45°，
∴∠1＋∠2＝45°，
∴∠2＋∠3＝45°，
∴∠NAN′＝∠MAN.
在△MAN与△NAN′中，
，
∴△MAN≌△NCN′（SAS），
∴MN＝NN′，
由旋转性质可知，∠ACN′＝∠B＝45°，
∴∠NCN′＝∠ACN′＋∠ACB＝90°，
∴NN'2＝NC2＋N'C2 ，
即x2＝n2＋m2 ，
故答案为：D.
【分析】将△ABM绕点A顺时针旋转90°至△ACN′，连接NN′；证明△AMN≌△ANN′，则有MN＝NN′；在Rt△NN'C′中，根据勾股定理可得结论.
20. C
【解答】解：如图：取点D关于直线AB的对称点D′.以BC中点O为圆心，OB为半径画半圆.
连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG.连CG并延长交AB于点E.
由以上作图可知，BG⊥EC于G.
PD+PG=PD′+PG=D′G
由两点之间线段最短可知，当点D′，G，O三点共线时，PD+PG最小.
∵D′C′=4，OC′=6
∴D′O=
∴D′G=2 −2
∴PD+PG的最小值为2 −2
故答案为：C.
【分析】作DC关于AB的对称点D′C′，以BC中的O为圆心作半圆O，连D′O分别交AB及半圆O于P、G.将PD+PG转化为D′G找到最小值.
二、填空题
21. 2：7.
【解答】解：如图，
∵OA=20cm，AA′=50cm，
∴ ，
∵三角尺与影子是相似三角形，
∴三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长的比=AB：A′B′=2：7.
故答案为2：7.
【分析】先根据相似三角形对应边成比例求出三角尺与影子的相似比，再根据相似三角形周长的比等于相似比解答即可.
22.
【解答】解：如图，连接AC.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC= = = ,
∵CB′≥AC-AB′，
∴当A、B′、C共线时，CB′的值最小.
设BE=EB′=x，
在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3 -3，EB′=x，
∴x2+（3 -3）2=（6-x）2 ，
∴x= ,
∴BE= ,
故答案为 .
【分析】如图，连接AC.当A、B′、C共线时，CB′的值最小.设BE=EB′=x，在Rt△CBE′中，EC=6-x，CB′=3 -3，EB′=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；
23. 2
【解答】解：①为轴对称图形；②为轴对称图形也为中心对称图形；③为轴对称图形；④为轴对称图形也为中心对称图形；⑤为轴对称图形。
【分析】根据轴对称图形以及中心对称图形的含义分别进行判断即可得到答案。
24. 65°
【解答】解：∵∠A′FD＝50°，
∴∠A'FA＝130°，
又∵∠AFE＝∠A'FE，
∴∠AFE＝65°，
又∵BC∥AD，
∴∠CEF＝∠AFE＝65°，
故答案为65°.
【分析】依据折叠的性质，即可得到∠AFE=65°，再根据BC∥AD，即可得出∠CEF=∠AFE=65°.
25. ∠A= (∠1-∠2)
【解答】∵△A′ED是△AED翻折变换而成，
∴∠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】根据折叠的性质可得∠A=∠A′，利用三角形外角的性质可得∠AFE=∠A′+∠2，∠1=∠A+∠AFE，从而求出∠1=∠A+∠A′+∠2=2∠A′+∠2，据此即可求出结论.
26.
【解答】(1)如图，当P在B的右侧时，由旋转和矩形性质得：
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 )如图，当点P在B的左侧时，由旋转和矩形性质得：
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的长度为
故答案为：
【分析】画图，分两种情况：点P在B的右侧或左侧.根据旋转和矩形性质，运用勾股定理，分别求出BP和PC，便可求出PD.
27. 或 或12
【解答】① ；首先，因为折叠， ， ，则 ，另因 ，则 ，可证得 ，则 ，因此只要求出 的值，即可求出 的值，过点 朝 作垂线，垂足为 ，延长 交边 于点 ，
由矩形的性质可知， ， ，利用等腰三角形三线合一的性质，可知 ，则在 中， ，则 ，再利用勾股定理，在 中，有 ，由于 ，则 ， ，解得 .
② ，若 与 交于点 ，
首先因为折叠，可知 为 的垂直平分线，不难证明出 ，则 ，则若能求得 、 的值，则此题便得以解答.因 ，则 ，在 中， ，则 ，得 .
③ ，因 ，且因为折叠 ，则 为线段 的垂直平分线，所以点 与点 重合，
.
故答案为： 或 或12.
【分析】当△BFC为等腰三角形时，有三种情况①；② ；③ ，分别求出BE的长即可.
28. 5或 或
【解答】解：1）如图1，当 ⊙P 于AC相切时，
∵PM⊥AC，AC⊥CD，
∴PM∥CD，
∴,
∵AD=，
∴，
∴AP=；
2）如图2，当 ⊙P 于BC相切时，
∵PM⊥BC，AC⊥BC，
∴PM∥AC，
∴,
∴，
∴AP=5；
3）如图3，当 ⊙P 于AB相切时，过D作DE⊥AB，
∵AD=BD=10，AE=AB=，
∴DE=,
∴,
∴ ，
解得AP=4,
综上，有三种答案.
故答案为： 5或 或 .
【分析】首先利用勾股定理求出有关线段的长，分三种情况讨论，当 ⊙P 分别与AC、BC和AB相切时，根据两直线同时垂直于一条直线则这两条直线平行，于是分别根据平行线截线段成比例的性质列式即可求出AP的长.
img 小部件
29.
【解答】作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，
∵DD′⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD′，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D′AF，
∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，
∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形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的最小值为2 ，
故答案为2 .
【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作AP′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值.
30. ①②③④．
【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠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符合题意；
∵BC＝AC，
∴FG＝BC，
∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF＝90°，S△FAB＝ FB•FG＝ S四边形CBFG ， ②符合题意；
∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，
∴∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合题意；
∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD＝FE：FQ，
∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，④符合题意；
故答案为①②③④．
【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，证出∠CAD＝∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG，①符合题意；
证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB＝ FB•FG＝ S四边形CBFG，②符合题意；
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF＝45°，③符合题意；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出④符合题意．
三、解答题
31. 解：过A作AH垂直于BC交BC的延长线于点H；
由题意可得 ；
设 ，在 △ACH中，
在 △ABH中，
所以，不会有触礁危险。
【分析】先过A作AH垂直于BC交BC的延长线于点H，解直角三角形求出AH的长度，然后与10进行比较即可，若AH>10，则不会有危险，反之则有危险.
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，结合c＝4可得出b＝ c，进而可得出∠B＝30°，∠A＝60°.
33. 证明：∵四边形ABGH，四边形BCFG，四边形CDEF都是正方形，设边长为a，
则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】由四边形ABGH，四边形BCFG，四边形CDEF都是正方形，易得 ＝ ＝ ，继而可证得△HBC∽△DBH，然后有相似三角形对应角相等，求得∠ACH＝∠DHB，再利用三角形外角的性质求解即可求得答案.
34. 证明：∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠EAF+∠BAE＝∠BAF，
又∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△ABF∽△ECA，
∴AB：CE＝BF：AC，
∴BF•EC＝AB•AC＝AB2 ．
【分析】利用两角对应成比例可得△ABF∽△ECA，对应边成比例可得相应的比例式，整理可得所求的乘积式．
35. 解：如图，过点C作 ，垂足为D，
在 中， ， 公里，
公里， 公里 ，
在 中， ， 公里，
公里，
公里.
答：随道打通后，从A地到B地的路程为 公里.
【分析】过点C作 ，垂足为D，直接构造出直角三角形，进而利用锐角三角函数关系得出答案.
36. 解：如图，将CD绕点C按顺时针方向旋转60°得CE，连接DE、AE、CE，
则△CDE是等边三角形.
∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴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为边构造等边△CDE，则得到旋转型全等三角形，再根据勾股定理求解.
37. 解：延长CD交AH于点E，如图所示：
根据题意得：CE⊥AH，设DE=xm，则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的长为7.8m．
【分析】延长CD交AH于点E，设DE=x，用含x的代数式表示出CE的长，再在Rt△AEC和Rt△BED中，利用解直角三角形表示出AE，BE的长，然后根据AE-BE=AB，建立关于x的方程，解方程求出x的值，继而可求出GH的长。
38. 解：根据折叠的性质得：∠DFE＝∠A，
∵∠A＝∠C，
∴∠DFE＝∠C，
∴BC∥DF；
；解：2∠C＝∠1＋∠2，理由如下：
∵四边形的内角和等于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：
由题意得：∠A′ED＝∠AED（设为α），∠A′DE＝∠ADE（设为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．
故答案为：2∠C＝∠2−∠1．
【分析】（1）根据折叠的性质得∠DFE＝∠A，由已知得∠A＝∠C，故∠DFE＝∠C，根据同位角相等，二直线平行即可得到结论；
（2）先根据四边形的内角和等于360°得出∠A＋∠A′＝∠1＋∠2，再由图形翻折变换的性质即可得出结论；
（3）∠A′ED＝∠AED（设为α），∠A′DE＝∠ADE（设为β），于是得到∠2＋2α＝180°，∠1＝β−∠BDE＝β−（∠A＋α），推出∠2−∠1＝180°−（α＋β）＋∠A，根据三角形的内角和得到∠A＝180°−（α＋β），即∠2−∠1＝2∠A，于是得到结论．
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】根据已知和tan∠ADC= ，求出AC，根据∠BDC=45°，求出BC，根据AB=AC-BC求出AB；）根据cos∠ADC= ，求出AD，根据cos∠BDC= ，求出BD．
40. 解：如图，
过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，
∴在Rt△ABC和Rt△ADE
AB=BC•tan75°=42tan75°= ，
AE= ，
∴CD=AB﹣AE= （米）.
答：建筑物CD的高为84米.
【分析】如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.
四、综合题
41. （1）解：y=x+5， ；
（2）解：作点B关于y轴的对称点C（1，4），连接AC交y轴于点P.
易求得 ，令x=0，得 ，∴P
【分析】根据一次函数和反比例函数的解析式求出点A、B的坐标，然后作出点A关于y轴的对称点C，连接BC，与y轴的交点即为点P，然后求出直线BC的解析式，求出点P的坐标.
42. （1）解：DE为⊙O的切线，理由如下：
连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，
∴CE=DE=BE= BC，
∴∠C=∠CDE，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO，
∵∠ABC=90°，
∴∠C+∠A=90°，
∴∠ADO+∠CDE=90°，
∴∠ODE=90°，
∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）证明：∵E是BC的中点，O点是AB的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴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的中点，即BC= ，
∴AC= ．
又∵AC=2OE，
∴OE= AC= ．
【分析】（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．
43. （1）解：根据题意得： ， 解得： ，
则二次函数的解析式是 ；
（2）解：存在．
设抛物线与 轴的另一个交点是 ，由抛物线的对称性得 与对称轴的交点就是 ．
∵ 点的坐标是 ，
设直线 的解析式是 ，则 ，
解得 ，
∴直线 的解析式是 ．
当 时， ，
∴点 的坐标是 ．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）抛物线与x轴的除A外的另一个交点C就是A的对称点，则BC与对称轴的交点就是M，首先求得C的坐标，然后求得BC的解析式，进而求得M的坐标．
44. （1）解：如图1中，∵四边形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：如图2中，延长PM交BC于E.
∵四边形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）如图2中，延长PM交BC于E.先证明PD=BE，再利用三角形中位线定理证明MN= BE，ON= PD即可.
45. （1）解：在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝
∵S△ABC＝ AC•BC＝ AB•CD，
∴CD＝
（2）解：由（1）知，CD＝ ，
由运动知，CQ＝t，DP＝t，
∴CP＝CD−DP＝ −t，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠B＋∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠B，
∵△CPQ与△ABC相似，
①当∠CPQ＝90°时，△CPQ∽△BCA，
∴ ，
∴
∴t＝3
②当∠CQP＝90°时，△CPQ∽△BAC，
∴ ，
∴
∴t＝ ，
即：t为3秒或 秒时，△CPQ与△ABC相似．
（3）解：假设存在，如图所示，
Rt△ACD中，根据勾股定理得，AD＝ ，
过点Q作CE⊥CD于E，
∴QE∥AD，
∴△CEQ∽△CDA，
∴ ，
∴
∴QE＝
∵S△CPQ＝ CP•QE＝ （ ）•
∴S△ACD＝ AD•CD＝ × × ，
∵PQ分△ACD的面积为1：11，
∴①当S△CPQ＝ S△ACD时，
∴ （ −t）• ＝ × × × ，
∴5t2−24t＋16＝0，
∴t＝ 或4．
②当S△CPD＝ S△ACD时，
∴ （ −t）• ＝ × × × ，
∴5t2−24t＋176＝0，而△242−4×5×176＝576−3520＜0，
此方程无解，即：此种情况不存在，
综上所述，当t＝ 或4时，PQ分△ACD的面积为1：11．
【分析】（1）先利用勾股定理求出AB＝10，进利用面积法求出CD；（2）先表示出CP，再判断出∠ACD＝∠B，进而分两种情况，利用相似三角形得出比例式建立方程求解，即可得出结论；（3）先判断出△CEQ∽△CDA，得出 ，进而表示出QE＝ t，再分当S△CPQ＝ S△ACD时，和当S△CPD＝ S△ACD时，利用面积建立方程求解即可得出结论．
46. （1）8；12；13.5
（2）解：根据题意可列方程为2t+3t=4x6，则t=
答：当t= 时，点M与点Q相遇
（3）解：当2
=
（4）解：当0＜t≤2时， 不能成为直角三角形；
当2＜t≤3时，若能成为直角三角形，则有△BPQ∽△CMP，即
，可求出 ；
当3＜t≤4时，若能成为直角三角形，则有△BPQ∽△AQM，即
，无解；
当4＜t＜4.8时，
6-t=3t-12，
【解答】解： （1）当t=2时，AQ=6cm，AP=2cm，AM=4CM，所以△PQM的面积为（AQ-AP）AM=×（6-2）×4=8cm2 ， 即a=8；
当t=3时，点Q运动到BC的中点，点P运动到AB的中点，点M到了点D，此时BQ=CQ=3cm，BP=AP=3cm，AM=6cm，所以△PQM的面积=正方形ABCD-△BPQ的面积-△APM的面积-△CQM的面积=62-×3×3-×3×6-×3×6=13.5cm2 ， 即c=13.5；
当t=4时，点Q运动到点C处，点P运动到AB的处，点M在CD上运动，此时BP=2cm，DM=2cm，所以QM=4cm，所以△PQM的面积=QM×AD=×4×6=12cm2 ， 即b=12；
故答案为：8；12；13.5；
【分析】（1）分别令时间t为2、3、4求得相应的三角形的面积即为a、b、c的值；
（2）根据题意列出方程2t+3t=4×6求解即可；（3）当2＜t≤3时即点P、Q在线段AB上运动时，表示出该三角形的面积即可；（4）分0＜t≤2、2＜t≤3、2＜t≤3、4＜t＜4.8四种情况讨论.
47. （1）解：如图 中，由翻折得： ,
（2）解：如图 ，结论： .
理由：如图 中，由翻折得：
，
如图 ，结论： ，
理由： ,
，
.
【分析】（1）根据翻折不变性得： ，由此即可解决问题.（2）根据翻折不变性得到： ，根据 分别列等式可得图 和 的结论即可.
48. （1）
（2）解：作EF⊥BC于F,
∵∠ABC=60°，对角线 BD 平分∠ABC，∴∠DBC=30°, ∴∠EF= BE, ∴AE+ BE=AE+EF, ∴当点A、E、F三点在一条直线时，AE+ BE 最小，∵∠ABF=60°, ∴∠BAF=30°, ∵AB=6, ∴BF= AB=3, ∴AF= , ∴AE+ BE的最小值为 .
（3）解：∵y=-x+4, ∴B(0,4),A(4,0),
作PM⊥y轴于M,QN⊥y轴于N, ∴∠PMO=∠QNO=90°, ∵∠POM+MPO=∠POM+∠QON=90°∴∠MPO=∠QON, ∵PO=QO, ∴△POM≌△OQN,设BM=PM=ON=t,则OM=NQ=CN=4-t, ∴无论P在任何位置△CNQ都为等腰三角形，∠NCQ=45°,则Q点永远在直线AC上，作D点关于直线AC的对称点 , ∵D(3,0), ∴ (4,-1),则DQ+NQ= Q+NQ, ∴当 、Q、N共线时， Q+NQ最小，最小值是N =4.
【解答】(1) ∵EF⊥BC, ∴∠BFE=90°, ∵∠B=30°, ∴ = ;
【分析】 (1)利用直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半求解即可;(2)作EF⊥BC于F, 根据直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE+ BE=AE+EF ，再根据勾股定理得到AE+ BE的最小值; (3)作PM⊥y轴于M,QN⊥y轴于N,易证△POM≌△OQN，根据当 、Q、N共线时， Q+NQ最小求解即可.
49. （1）解：设直线AB的解析式为
由题意,得 ,
解得
所以,直线AB的解析式为
（2）解：由AO=6,BO=8得AB=10,
所以AP=t, AQ=10-2t,
①当∠PAQ=∠AOB 时,△APQ∽△AOB.
所以 ,
解得 (秒),
②当∠AQP=∠AOB 时,△AQP∽△AOB.
所以 ,
解得 (秒),
∴当t为 秒或 秒时，△AQP与△AOB相似.
（3）解：过点Q作QE垂直AO于点E.
在Rt△AOB中，
sin∠BAO=
在Rt△AEQ中，
QE=AQ sin∠BAO= （10-2t）=8- ,
S△APQ= AP QE= t 8- =- t2+4t=
解得，t=2（秒）或t=3（秒）
∴当t=2秒或t=3秒时，△APQ的面积为 个平方单位.
【分析】（1）将已知点带入求解，得到直线解析式（2）根据相似三角形得判定解决问题
50. （1）90°
（2）45°或90°；解：∵AB⊥AC，AB=2，AC=4，∴BC=2 ， 根据条件，可得AD与BC的距离h= . 如图①， 当EF=AC时，四边形AECF为矩形，矩形AECF的对角线长为4， ∴ ， ∴矩形AECF的面积= . 如图②， 当EF=BD时，四边形AECF为矩形，矩形AECF的对角线长为4 ， ∴ ， ∴矩形AECF的面积= .
【分析】（1）由AB⊥AC得到∠BAC=90°，然后根据平行四边形的对角线互相平分，可得AB=OA=2，即△AOB是等腰直角三角形，则∠AOB=45°，再根据平行四边形的判定，当EF∥AB时，四边形ABEF是平行四边形，可得EF⊥AC，根据旋转的性质可得α=90°；（2）①同（1）的判断，由菱形的判定可得到α的度数；
②先根据勾股定理求出BC的长，然后根据同一个三角形的面积的不同求法，得到平行线间的距离，由矩形的判定与性质，可得分情况求解.
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