2023-2024学年四川省成都七中初中学校八年级（下）期末数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都七中初中学校八年级（下）期末数学模拟试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
1.下列标志中，既是中心对称图形，也是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若a>b，则下列结论不成立的是( )
A. 2a>2bB. a2>b2C. a+m>b+mD. −4a>−4b
3.若分式x−1x+1的值为0，则x=( )
A. −1B. 1C. ±1D. 0
4.下列各式从左到右的变形中，属于因式分解的( )
A. x2+x−2=(x+2)(x−1)B. 2(x−3y)=2x−6y
C. (x+2)2=x2+4x+4D. ax+bx+c=x(a+b)+c
5.如图，足球的表面是由正五边形和正六边形拼接而成，其中黑皮的正五边形有12块，白皮的正六边形有20块.如图，足球图片中的一块黑色皮块的内角和是( )
A. 180°B. 360°C. 540°D. 720°
6.下列命题是假命题的是( )
A. 到线段两端点距离相等的点在该线段的垂直平分线上
B. 有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形
C. 一个锐角和一条边分别相等的两个直角三角形全等
D. 三角形三条角平分线交于一点，并且这一点到三条边的距离相等
7.若函数y=ax和函数y=bx+c的图象如图所示，则关于x的不等式ax−bx>c的解集是( )
A. x<2
B. x<1
C. x>2
D. x>1
8.为了贯彻落实“把绿水青山变成金山银山，用绿色杠杆撬动经济转型”的发展理念，开展荒山绿化，打造美好家园，促进旅游发展.某工程队承接了90万平方米的荒山绿化任务，为了迎接雨季的到来，实际工作时每天的工作效率比原计划提高了25%，结果提前30天完成了任务.设原计划每天绿化的面积为x万平方米，则所列方程正确的是( )
A. 90x−90(1+25%)x=30B. 90(1+25%)x−90x=30
C. 90x−9025%x=30D. 90(1−25%)x−90x=30
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
9.分解因式：a3−9a= ．
10.如图，将一根有弹性的皮筋AB自然伸直固定在水平面上，然后把皮筋中点C竖直向上拉升5cm到点D，如果皮筋自然长度为24cm(即AB=24cm)，则此时AD= ______cm．
11.若关于x的方程m−1x−1−xx−1=0有增根，则m的值是______．
12.如图，在等腰△ABC中，AB=AC，∠C=25°，将△ABC绕点B逆时针旋转至△DBE且点A的对应点D落在CA延长线上，则∠CBE= ______．
13.如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B，C为圆心，以大于12BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M，N；②作直线MN交AB于点D，连结CD.若CD=AC，∠A=48°，则∠ACB=______．
三、解答题（共98分）
14.（12分）
(1)解不等式组：2x−5x+12≤1①5x−1<3(x+1)②；
(2)解方程：x−2x−3=2−13−x．
15.（8分）先化简，再求值：(xx−1−1)÷x2−xx2−2x+1，再从不等式−1≤x≤1的整数解中选择一个适当的数代入求值．
16.（8分）如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(−4,1)，B(−1,1)，C(−2,3)．
(1)将△ABC向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
(2)将△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；
(3)直接写出以C1、B1、B2为顶点的三角形的形状是______．
17.（10分）四边形ABCD中，DE⊥AC，BF⊥AC，且DE=BF，AF=CE．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)若DE=4，CF=3，EF=5，求四边形ABCD的周长．
18.（10分）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BC=5，点D为平面内任意一点，将线段CD绕点C逆时针方向旋转90°得到线段CE，连接AE．
(1)若点D为△ABC内部任意一点时．

①如图1，判断线段AE与BD的数量关系并给出证明；
②如图2，连接DE，当点E，D，B在同一直线上且BD=2时，求线段CD的长；
(2)如图3，直线AE与直线BD相交于点P，延长AC到点F，使得CF=AC，连接PF，请求出PF的取值范围．
19.（4分）若多项式x2−mx+6(m是常数)分解因式后，有一个因式是x−2，则m的值为______．
20.（4分）若关于x的分式方程x−2x−1=mx1−x有正整数解，则整数m为______．
21.（4分）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠的铺成一片，称为平面图形的镶嵌.某工人师傅把四块完全相同的平面图形按如图所示的方式进行镶嵌，经测量，CD=30cm，BC=50cm，B、D两点之间的距离为40cm，则图中阴影部分的面积为______cm2．
22.（4分）在Rt△ABC中，BC=12，AB=26，点D为斜边AB的中点，P为AC边一动点，△BDP沿着PD所在的直线对折得到△EDP.若△EDP与△ADP重合部分的面积为△EDP的面积一半，此时CP= ______．
23.（4分）如图，已知Rt△ABC中，∠B=90°，点E为BC上一动点，DC⊥BC，连接AE，DE.DE与AC交于点F，∠DFC=45°,AC=2 15,CE=3 3，若BE=DC，则AE= ______．
24.（8分）某超市用1200元购进一批甲玩具，用500元购进一批乙玩具，所购甲玩具件数是乙玩具件数的2倍，已知甲玩具的进货单价比乙玩具的进货单价多1元．
(1)求甲、乙玩具的进货单价各是多少元？
(2)玩具售完后，超市决定再次购进甲、乙玩具(甲、乙玩具的进货单价不变)，购进乙玩具的件数比甲玩具件数的2倍多40件，求该超市用不超过1400元最多可以采购甲玩具多少件？
25.（10分）如图1，直线y=−2x+b(b为常数)交x轴的正半轴于点A(2,0).交y轴正半轴于点B．
(1)求直线AB的解析式；
(2)点C是线段AB中点，点P是x轴上一点，点Q是y轴上一点，若以A、C、P、Q为顶点的四边形恰好是平行四边形，请直接写出点P的坐标；
(3)如图2，若点P是x轴负半轴上一点，设点P的横坐标为t，以AP为底作等腰△APM(点M在x轴下方)，过点A作直线l/​/PM.过点O作OE⊥AM于E，延长EO交直线l于点F，连接PF、OM，若2∠PFO+∠AFE=180°，请用含t的代数式表示△PMO的面积．
26.（12分）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=15，BC=20，CD⊥AB，垂足为D，点E是点D关于AC的对称点，连接AE，CE．
(1)求CD和AD的长；
(2)若将线段AE沿着射线AB方向平移，当点E平移到线段AC上时，求此时CE的长；
(3)如图，将△ACE绕点A顺时针旋转一个角α(0°<α<2∠CAB)，记旋转中的△ACE为△AC′E′，在旋转过程中，设C′E′所在的直线与直线BC交于点P，与直线AB交于点Q，若存在这样的P，Q两点，使△BPQ为等腰三角形，请求出此时AQ的长，若不存在，请说明理由．
答案解析
1.A
【详解】解：A、原图既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、原图既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、原图是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D、原图是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：A．
2.D
【详解】解：A、∵a>b，∴2a>2b，正确，不符合题意；
B、∵a>b，∴a2>b2，正确，不符合题意；
C、∵a>b，∴a+m>b+m，正确，不符合题意；
D、∵a>b，∴−4a<−4b，原式变形错误，符合题意．
故选：D．
3.B
【详解】解：由分式的值为零的条件得x−1=0，x+1≠0，解得，x=1．
故选：B．
4.A
【详解】解：A.x2+x−2=(x+2)(x−1)，从左边到右边的变形属于因式分解，故本选项符合题意；
B.2(x−3y)=2x−6y，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
C.(x+2)2=x2+4x+4，从左边到右边的变形是整式乘法计算，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
D.ax+bx+c=x(a+b)+c，等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题意；
故选：A．
5.C
【详解】解：∵黑皮是正五边形，
∴一块黑色皮块的内角和=(5−2)×180°=540°．
故选：C．
6.C
【详解】解：到线段两端点距离相等的点在该线段的垂直平分线上，故A是真命题，不符合题意；
有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形，故B是真命题，不符合题意；
一个锐角和一条边分别对应相等的两个直角三角形全等，故C是假命题，符合题意；
三角形三条角平分线交于一点，并且这一点到三条边的距离相等，故D是真命题，不符合题意；
故选：C．
7.D
【详解】解：观察函数图象得x>1时，ax>bx+c，
即x>1时，ax−bx>c，
所以关于x的不等式ax−bx>c的解集为x>1．
故选：D．
8.A
【详解】解：∵原计划每天绿化的面积为x万平方米，且实际工作时每天的工作效率比原计划提高了25%，
∴实际工作时每天绿化的面积为(1+25%)x万平方米．
根据题意得：90x−90(1+25%)x=30．
故选：A．
9.a(a+3)(a−3)
【详解】解：a3−9a=a(a2−32)=a(a+3)(a−3)．
故答案为a(a+3)(a−3)．
10.13
【详解】解：∵中点C竖直向上拉升5cm至D点，
∴CD是AB的垂直平分线，
∴∠ACD=90°，AC=BC=12AB=12cm，AD=BD，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
AD= AC2+CD2= 122+52=13(cm)，
故答案为：13．
11.2
【详解】解：方程两边都乘(x−1)，得
m−1−x=0，
∵方程有增根，
∴最简公分母x−1=0，即增根是x=1，
把x=1代入整式方程，得m=2．
故答案为：2．
12.80°
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠C=∠ABC=25°，
∴∠BAD=50°，
∵将△ABC绕点B逆时针旋转至△DBE，
∴AB=BD，∠ABC=∠DBE=25°，∠CBE=∠DBA，
∴∠BDA=∠BAD=50°，
∴∠DBA=80°，
∴∠CBE=∠DBA=80°，
故答案为：80°．
13.108°
【详解】解：∵CD=AC，∠A=48°，
∴∠ADC=48°，
由作图知MN是BC的垂直平分线，
∴DB=DC，
∴∠B=∠BCD=12∠ADC=24°，
则∠ACB=180°−∠A−∠B=108°，
故答案为：108°．
14.解：(1)解不等式①得，x≥−3，
解不等式②得，x<2，
所以不等式组的解集是−3≤x<2；
(2)原分式方程可化为
x−2x−3=2+1x−3，
方程两边乘x−3得，
x−2=2(x−3)+1，
解得x=3，
检验：当x=3时，x−3=0，因此x=3不是原分式方程的解，
所以，原分式方程无解．
【详解】(1)分别求出不等式①、②的解集，然后找出其公共解集即可；
(2)先确定最简公分母，然后去分母，求出x的值，进行检验，最后确定原分式方程解．
15.解：原式=(xx−1−x−1x−1)⋅(x−1)2x(x−1)
=1x−1⋅x−1x
=1x，
在−1≤x≤1的整数解中，x为−1、0、1，
由题意得：x≠0和1，
当x=−1时，原式=1−1=−1．
【详解】根据分式的减法法则、除法法则把原式化简，根据分式有意义的条件确定x的值，代入计算即可．
16.解：(1)如图，△A1B1C1为所作；
(2)如图，△A2B2C2为所作．
(3)等腰直角三角形．
【详解】
(1)利用点平移的坐标特征找出点A1，B1，C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出点A、B、C的对应点A2、B2、C2得到△A2B2C2；
(3)利用勾股定理的逆定理进行判断．
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)∵C1B12=5，C1B22=5，B1B22=10，
∴C1B12+C1B22=B1B22，C1B1=C1B2，
∴以C1、B1、B2为顶点的三角形的形状是等腰直角三角形．
故答案为等腰直角三角形．
17.(1)证明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠CED=∠AFB=90°，
在△ABF和△CDE中，
AF=CE∠AFB=∠CEDBF=DE，
∴△ABF≌△CDE(SAS)，
∴AB=CD，∠BAF=∠DCE，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
(2)解：∵CF=3，EF=5，
∴EC=CF+EF=3+5=8，
∵∠CED=90°，
∴CD= DE2+EC2= 42+82=4 5，
由(1)可知，△ABF≌△CDE，
∴BF=DE=4，
∵BF⊥AC，
∴∠BFC=90°，
∴BC= BF2+CF2= 42+32=5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4 5，AD=BC=5，
∴平行四边形ABCD的周长=2(AB+BC)=2×(4 5+5)=8 5+10．
【详解】(1)证△ABF≌△CDE(SAS)，得AB=CD，∠BAF=∠DCE，再证AB/​/CD，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
(2)由勾股定理得CD=4 5，BC=5，再由平行四边形的性质得AB=CD=4 5，AD=BC=5，即可得出结论．
18.解：(1)①AE=BD，理由如下：
∵将线段CD绕点C逆时针方向旋转90°得到线段CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°=∠ACB，
∴∠ACE=∠BCD，
又∵AC=BC，
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴AE=BD；
②∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BC=5，
∴AB= 2BC=5 2，
∵△ACE≌△BCD，
∴∠CAE=∠CBD，AE=BD=2，
∴∠CAE+∠BAC+∠ABE=∠CAB+∠ABE+∠CBD=90°，
∴∠AEB=90°，
∴BE= AB2−AE2= 50−4= 46，
∴DE= 46−2，
∵CD=CE，∠DCE=90°，
∴CD= 22( 46−2)= 23− 2；
(2)∵△ACE≌△BCD，
∴∠E=∠CDB，∠ACE=∠DCB，
∵∠BCD+∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠CBD+∠E+∠BCD=180°，
∵∠E+∠EPB+∠PBC+∠BCD+∠ECD=360°，
∴∠EPB=90°，
∴点P在以AB为直径的圆上运动，
如图3，取AB的中点O，过点O作OH⊥AF于H，

当点O在线段PF上时，PF有最大值与最小值，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，BC=5，
∴AB=5 2，AO=BO=5 22，
∵OH⊥AC，BC⊥AC，
∴OH/​/BC，
∴AOAB=OHBC=AHAC=12，
∴CH=AH=OH=52，
∵CF=AC=5，
∴HF=152，
∴OF= OH2+HF2= (52)2+(152)2=5 102，
∴PF的最大值为5 102+5 22，PF的最小值为5 102−5 22，
∴5 102−5 22≤PF≤5 102+5 22．
【详解】(1)①由“SAS”可证△ACE≌△BCD，可得AE=BD；
②由全等三角形的性质可得∠CAE=∠CBD，AE=BD=2，由勾股定理可求BE的长，即可求解；
(2)由题意可得点P在以AB为直径的圆上运动，则当点O在线段PF上时，PF有最大值与最小值，由勾股定理可求OF的长，即可求解．
19.5
【详解】解：设x2−mx+6=(x−2)(x+a)=x2+(a−2)x−2a，
可得−m=a−2，−2a=6，
解得a=−3，m=5，
故答案为：5．
设x2−mx+6=(x−2)(x+a)，右边利用多项式乘多项式法则计算，再利用多项式相等的条件求出m的值即可．
20.0
【详解】解：x−2x−1=mx1−x，
x−2=−mx，
x+mx=2，
(1+m)x=2，
x=21+m，
∵方程有正整数解，
∴1+m=1或1+m=2，
∴m=0或m=1，
∵x≠1，
∴21+m≠1，
∴m≠1，
∴m=0，
故答案为：0．
21.1200
【详解】解：连接BD，这四个平面图形都可以拼成平行四边形，
∵BD2+CD2=402+302=2500，
BC2=502=2500，
∴BD2+CD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴阴影部分的面积
=▱ABCD的面积
=2S△BCD
=2×12×BD×CD
=40×30
=1200(cm2)，
故答案为：1200．
22.5
【详解】解：连接BE，AE，
∵D是AB的中点，
∴AD=12AB=12×26=13，
由折叠的性质得，BP=PE，DE=BD=13，
∴PD垂直平分BE，BD=AD=DE，
∴∠DBE=∠BED，∠DEA=∠DAE，
∴∠BHD=∠AEB=90°，
∴PD//AE，
∴∠PDE=∠AED，
∵△PDG的面积是△PDE的面积的一半，
∴G是DE的中点，
∴DG=GE，
∵∠PGD=∠AGE，
∴△PGD≌△AGE(ASA)，
∴PG=AG，
∴四边形PDAE是平行四边形，
∴PE=AD=13，
∴PB=PE=13，
∴PC= PB2−BC2= 132−122=5，
故答案为：5．
23. 15
【详解】解：延长BA，过点E作GE⊥ED，交BA的延长线于点G，如图所示：
∵DC⊥BC，GE⊥ED，
∴∠B=∠DCE=∠DEG=90°，
∴∠BGE+∠BEG=∠BEG+∠CED=90°，
∴∠BGE=∠CED，
∵BE=DC，
∴△BEG≌△CDE(AAS)，
∴EG=DE，BG=EC=3 3，
∴∠EDG=∠EGD=12×90°=45°，
∵∠DFC=45°，
∴∠DFC=∠GDE，
∴AC/​/DG，
∵∠B+∠DCE=180°，
∴BG/​/CD，
∴四边形ACDG为平行四边形，
∴DG=AC=2 15，AG=CD，
∵DE2+GE2=DG2，
即2DE2=(2 15)2，
解得：DE= 30或DE=− 30(舍去)，
在Rt△CDE中根据勾股定理得：CD= ED2−CE2= ( 30)2−(3 3)2= 3，
∴AG=BE=DC= 3，
∴AB=BG−AG=2 3，
∴AE= AB2+BE2= (2 3)2+( 3)2= 15．
故答案为： 15．
24.解：(1)设甲种玩具的进货单价为x元，则乙种玩具的进价为(x−1)元，
根据题意得：1200x=500x−1×2，
解得：x=6，经检验，x=6是原方程的解，
∴x−1=5．
答：甲种玩具的进货单价6元，则乙种玩具的进价为5元．
(2)设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具(2y+40)件，
根据题意得：6y+5(2y+40)≤1400，
解得：y≤75，
∵y为整数，
∴y最大值=75，
答：该超市用不超过1400元最多可以采购甲玩具75件．
【详解】(1)设甲种玩具的进货单价为x元，则乙种玩具的进价为(x−1)元，根据数量=总价÷单价结合“用1200元购进一批甲玩具，用500元购进一批乙玩具，所购甲玩具件数是乙玩具件数的2倍，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)设购进甲种玩具y件，则购进乙种玩具(2y+40)件，根据进货的总资金不超过1400元，即可得出关于y的一元一次不等式，解答取其中的整数，即可得出结论．
25.解：(1)∵直线y=−2x+b(b为常数)交x轴的正半轴于点A(2,0)，
∴0=−4+b，
∴b=4，
∴直线AB解析式为：y=−2x+4；
(2)∵直线y=−2x+4(b为常数)交y轴正半轴于点B，
∴点B(0,4)，
∵点C是线段AB中点，
∴点C(1,2)，
∵点P是x轴上一点，点Q是y轴上一点，
∴设点P(x,0)，点Q(0,y)，
当AC为边时，若四边形ACQP是平行四边形时，
∴CQ/​/AP，CQ=AP，
∴y=2，
∴CQ=1=AP，
∴点P(1,0)，
若四边形ACPQ是平行四边形时，
∴AP与CQ互相平分，
∴1+02=x+22，
∴x=−1，
∴点P(−1,0)，
当AC为对角线时，若四边形APCQ是平行四边形时，
∴AC与PQ互相平分，
∴1+22=0+x2，
∴x=3，
∴点P(3,0)；
综上所述：点P坐标为(1,0)或(−1,0)或(3,0)；
(3))∵△AMP是等腰三角形，MP=MA，
∴∠MAP=∠MPA，
设∠MAP=α，
∵直线l/​/MP，
∴∠FAP=∠MPA=α，
∴∠FAE=2α，
∵FE⊥AM，
∴∠FEA=90°，
∴∠AFE=90°−2α，
又∵∠NFP+∠PFO+∠AFE=180°，2∠PFO+∠AFE=180°，
∴∠NFP=∠PFO=12(180°−∠AFE)=12[180°−(90°−2α)]=45°+α，
又∵∠NFP=∠FPA+∠FAP，
∴45°+α=∠FPA+α，
∴∠FPA=45°，
过点P作PN⊥x轴于点P，交直线l于点N，过点M作MQ⊥x轴于点Q，交直线l于点T，如图2所示，
∴∠NPA=90°，
∴∠FPN=45°，
在△NFP和△OFP中
∠NFP=∠PFOPF=PF∠NPF=∠OPF，
∴△NFP≌△OFP(ASA)
∴NP=OP，
∵PN//MT，MP/​/直线l，
∴四边形NPMT是平行四边形，
∴NP=MT，
又∵∠TAQ=∠MAQ，AQ=AQ，∠AQT=∠AQM，
∴PN=MT=2MQ=2QT，
∵点P的横坐标为t，点P是x轴负半轴上一点，
∴QM=−12t，OP=−t，
∴△PMO的面积=12×(−12t)×(−t)=14t2．
【详解】(1)将点A代入解析式可求b的值，即可求解；
(2)分AC为边和对角线两种情况讨论，利用平行四边形的性质和中点坐标公式，可求解；
(3)利用角的数量关系可求∠FPA=45°，由“ASA”可证△NFP≌△OFP，可得NP=OP，通过证明四边形NPMT是平行四边形，可得NP=MT，可得PN=MT=2MQ=2QT，由三角形的面积公式可求解．
26.解：(1)∵∠ACB=90°，AC=15，BC=20，
∴AB= AC2+BC2= 152+202=25，
∵S△ABC=12×AC×BC=12×AB×CD，
∴15×20=25×CD，
∴CD=12，
∴AD= AC2−CD2= 152−122=9；
(2)如图，连接ED交AC于O，设点E平移到线段AC上于点H，

∵点E是点D关于AC的对称点，
∴EO=DO，AC⊥DE，AE=AD=9，CD=EC=12，
∵将△ACE沿射线AB方向平移，
∴EH/​/AB，
∴∠HEO=∠ADO，
又∵∠EOH=∠AOD，
∴△AOD≌△HOE(ASA)，
∴EH=AD=9，
同理可得DO=AD⋅CDAC=365；
∴HO=AO= AD2−DO2=275，
∴AH=2×275=545，
∴CH=15−545=215，
即平移后的CE为215；
(3)由(2)可知AE=AD=9，CD=EC=12，
①旋转的过程中，C′E′和线段BC相交，AB的延长线相交时，如图，

由旋转得，AC′=AC=15，∠CAE′=∠BAC′，
∵∠AE′C′=∠C=90°，∠AFE′=∠PFC，
∴∠CAE′=∠CPF，
∴∠BAC′=∠CPF，
∵∠CPF=∠BPQ，
∴∠BAC′=∠BPQ，
∵△BPQ为等腰三角形，且∠CBQ是钝角，
∴BP=BQ，
∴∠BPQ=∠BQP，
∴∠BAC′=∠BQP，
∴C′Q=AC′=15，
在Rt△AE′Q中，AE′=AE=AD=9，E′Q=EC+C′Q=E′C′+AC′=15+12=27，
∴AQ= AE′2+E′Q2=9 10；
②如图，

∵△BPQ为等腰三角形，
∴∠PBQ=∠BPQ，
∵∠BPQ+∠E′FA=90°，∠E′AF+∠E′FA=90°，
∴∠E′AF=∠ABC，
由旋转得，AC′=AC=15，AE=AE′=9，EC=E′C=12，∠CAE′=∠BAC′，∠CAE′=∠ABC=∠C′AB，
∴AC′//BC，
∴∠CAC′=∠BCA=90°，∠P=∠C′=∠ABC=∠C′AB，
∴AQ=C′Q，∠QAF=∠QFA，
∴AQ=QF=C′Q，
∵AF2=C′F2−C′A2，AF2=E′F2+E′A2，
∴C′F2−C′A2=E′F2+E′A2，
∴(12+E′F)2−152=E′F2+81，
∴E′F=274，
∴C′F=754，
∴AQ=12C′F=758；
③如图，旋转的过程中，C′E′和线段BC，AB相交时，

当∠BQP=∠PBQ时，
∵∠PBQ=∠AC′E′，∠BQP=∠AQC′，
∴∠AC′E′=∠AQC′，
∴AQ=AC′=AC=15；
当∠BPQ=∠BQP时，
∵∠PBQ=∠AC′E′，
∴∠C′AQ=∠C′QA，
∴C′Q=C′A=15，
∴QE′=C′Q−C′E′=15−12=3，
根据勾股定理得AQ= AE′2+E′Q2= 92+32=3 10，
即满足条件的AQ的长为9 10或758或3 10或15．
【详解】(1)由勾股定理可求AB的长，由面积法可求CD的长，由勾股定理可求AD的长；
(2)由ASA可证△AOD≌△HOE，可得EH=AD=9，即可求解；
(3)根据题意画出满足条件的图形，根据勾股定理和等腰三角形的性质直接求解．