【中考数学】一轮复习第七章 图形的变化（测试）（含解析）

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第七章 图形的变化（测试）
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
3．在直角坐标系中，把点先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点．若点的横坐标和纵坐标相等，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．如图，小兵同学从处出发向正东方向走米到达处，再向正北方向走到处，已知，则，两处相距（ ）

A．米 B．米 C．米 D．米
5．如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
6．如图，对正方体进行两次切割，得到如图⑤所示的几何体，则图⑤几何体的俯视图为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
8．一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式时，若平移到，，，则的平移距离为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．12
10．如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：
①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为___________．
12．如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
13．某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．
14．在中，，分别为的对边，若，则的值为__________．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
16．如图，在中，是边上一点，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；③以点为圆心，以长为半径作弧，在内部交前面的弧于点：④过点作射线交于点．若与四边形的面积比为，则的值为___________．

三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．先化简，再求值：，其中
18．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
（2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
（3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（_____，_____）中心对称．
19．在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点处测得阿育王塔最高点的仰角，再沿正对阿育王塔方向前进至处测得最高点的仰角，；小亮在点处竖立标杆，小亮的所在位置点、标杆顶、最高点在一条直线上，，．（注：结果精确到，参考数据：，，）
(1)求阿育王塔的高度；
(2)求小亮与阿育王塔之间的距离．
阅读理解题
21．中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
原文 释义
甲乙丙为定直角． 以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧； 以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己； 再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚； 乙与己及庚相连作线． 如图2，为直角． 以点为圆心，以任意长为半径画弧，交射线，分别于点，； 以点为圆心，以长为半径画弧与交于点； 再以点为圆心，仍以长为半径画弧与交于点； 作射线，．
(1)根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)根据（1）完成的图，直接写出，，的大小关系．
22．如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值．
23．如图，在巾，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．

(1)当时，___________；
(2)探究与之间的数量关系，并给出证明；
(3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
24．综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
25．已知二次函数图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
第七章 图形的变化（测试）
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分
1．古典园林中的花窗通常利用对称构图，体现对称美．下面四个花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形定义进行解答即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、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、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形定义，关键是掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
2．如图是一个由6个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据主视图的定义判断．
【详解】根据主视图的定义，从正面（图中箭头方向）看到的图形应为两层，上层有2个，下层有3个小正方形，
故答案为：C．
【点睛】本题考查主视图的定义，注意观察的方向，掌握主视图的定义判断是解题的关键．
3．在直角坐标系中，把点先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点．若点的横坐标和纵坐标相等，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】先根据平移方式确定点B的坐标，再根据点的横坐标和纵坐标相等列方程，解方程即可．
【详解】解：点先向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到点，
，即，
点的横坐标和纵坐标相等，
，
，
故选C．
【点睛】本题考查平面直角坐标系内点的平移，一元一次方程的应用等，解题的关键是掌握平面直角坐标系内点平移时坐标的变化规律：横坐标右加左减，纵坐标上加下减．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
4．如图，小兵同学从处出发向正东方向走米到达处，再向正北方向走到处，已知，则，两处相距（ ）

A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】B
【分析】根据锐角三角函数中余弦值的定义即可求出答案.
【详解】解：小兵同学从处出发向正东方向走米到达处，再向正北方向走到处，
，米.
，
米.
故选： B .
【点睛】本题考查了锐角三角函数中的余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的定义.余弦值就是在直角三角形中，锐角的邻边与斜边之比.
5．如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点D，E，且点E在的延长线上，连接，则下列结论一定正确的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质即可解答．
【详解】根据题意，由旋转的性质，
可得，，，
无法证明，，故B选项和D选项不符合题意，
，故C选项不符合题意，
，故A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质和三角形外角运用是解题的关键．
6．如图，对正方体进行两次切割，得到如图⑤所示的几何体，则图⑤几何体的俯视图为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据俯视图的定义，即可进行解答．
【详解】解：根据题意可得：从该几何体正上方看，棱的投影为点E，棱的投影为线段，棱的投影为线段，棱的投影为正方形的对角线，

∴该几何体的俯视图为：
，
故选：A
【点睛】本题主要考查了俯视图，解题的关键是熟练掌握俯视图的定义：从物体正上方看到的图形是俯视图．
7．如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
8．一个几何体的三视图如图所示，则它表示的几何体可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三视图判断圆柱上面放着小圆锥，确定具体位置后即可得到答案．
【详解】解：由主视图和左视图可以得到该几何体是圆柱和小圆锥的复合体，
由俯视图可以得到小圆锥的底面和圆柱的底面完全重合，
故选：D．
【点睛】题考查了由三视图判断几何体，解题时不仅要有一定的数学知识，而且还应有一定的生活经验．
9．如图，用平移方法说明平行四边形的面积公式时，若平移到，，，则的平移距离为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．12
【答案】B
【分析】根据平移的方向可得，平移到，则点与点重合，故的平移距离为的长．
【详解】解：用平移方法说明平行四边形的面积公式时，将平移到，
故平移后点与点重合，则的平移距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
10．如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：
①；②；③；④．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．
【详解】解：∵旋转得到，
∴，
∵为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，则点B的坐标为______．
【答案】（-1，5）
【分析】根据若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数，即可求解．
【详解】解：∵点A（1，-5）关于原点的对称点为点B，
∴点B的坐标为（-1，5）．
故答案为：（-1，5）
【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系内点关于原点对称的特征，熟练掌握若两点关于坐标原点对称，横纵坐标均互为相反数是解题的关键．
12．如图，在扇形中，点C，D在上，将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．已知，，则的度数为_______；折痕的长为_______．
【答案】 60°/60度
【分析】根据对称性作O关于CD的对称点M，则点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．
【详解】作O关于CD的对称点M，则ON=MN
连接MD、ME、MF、MO，MO交CD于N
∵将沿弦折叠
∴点D、E、F、B都在以M为圆心，半径为6的圆上
∵将沿弦折叠后恰好与，相切于点E，F．
∴ME⊥OA，MF⊥OB
∴
∵
∴四边形MEOF中
即的度数为60°；
∵，
∴（HL）
∴
∴
∴
∵MO⊥DC
∴
∴
故答案为：60°；
【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
13．某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB=_________m．
【答案】9.88
【分析】根据平行投影得AC∥DE，可得∠ACB=∠DFE，证明Rt△ABC∽△Rt△DEF，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，EF=2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB=∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC=∠DEF=90°，
∴Rt△ABC∽Rt△DEF，
∴，即，
解得AB=9.88，
∴旗杆的高度为9.88m．
故答案为：9.88．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行投影：由平行光线形成的投影是平行投影，如物体在太阳光的照射下形成的影子就是平行投影．证明Rt△ABC∽△Rt△DEF是解题的关键．
14．在中，，分别为的对边，若，则的值为__________．
【答案】
【详解】解：如图所示：
在中，由勾股定理可知：，
，
，
， ，，
，即：，
求出或（舍去），
在中：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的概念及勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．在中， ，，．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为______．
【答案】或/或
【分析】连接，根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，分点在线段上和的延长线上，且，勾股定理求得即可．
【详解】如图，连接，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，
，，
，
根据题意可得，当∠ADQ＝90°时，点在上，且，
，
如图，在中，，
在中，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，确定点的位置是解题的关键．
16．如图，在中，是边上一点，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②以点为圆心，以长为半径作弧，交于点；③以点为圆心，以长为半径作弧，在内部交前面的弧于点：④过点作射线交于点．若与四边形的面积比为，则的值为___________．

【答案】
【分析】根据作图可得，然后得出，可证明，进而根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：根据作图可得，
∴，
∴，
∵与四边形的面积比为，
∴
∴
∴ ，
故答案为：．
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，相似三角形的性质与判定，熟练掌握基本作图与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23题9分，24题10分，25题13分）
17．先化简，再求值：，其中
【答案】，0
【分析】先算括号内的减法，再将除法变成乘法进行计算，然后根据锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质求出a，最后代入计算．
【详解】解：
；
∵，
∴原式．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，锐角三角函数，负指数幂和零次幂的性质，熟练掌握运算法则是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是A（1，3），B（4，4），C（2，1）．
（1）把向左平移4个单位后得到对应的A1B1C1，请画出平移后的A1B1C1；
（2）把绕原点O旋转180°后得到对应的A2B2C2，请画出旋转后的A2B2C2；
（3）观察图形可知，A1B1C1与A2B2C2关于点（_____，_____）中心对称．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）﹣2，0．
【分析】（1）依据平移的方向和距离，即可得到平移后的△A1B1C1；
（2）依据△ABC绕原点O旋转180°，即可画出旋转后的△A2B2C2；
（3）依据对称点连线的中点的位置，即可得到对称中心的坐标．
【详解】解：（1）如图所示，分别确定平移后的对应点，
得到A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，分别确定旋转后的对应点，
得到A2B2C2即为所求；

（3）由图可得，A1B1C1与A2B2C2关于点成中心对称．
故答案为：﹣2，0．
【点睛】本题考查的是平移，旋转的作图，以及判断中心对称的对称中心的坐标，掌握以上知识是解题的关键．
19．在数学活动课上，王老师要求学生将图1所示的3×3正方形方格纸，剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形，如图2的四幅图就视为同一种设计方案（阴影部分为要剪掉部分）
请在图中画出4种不同的设计方案，将每种方案中要剪掉的两个方格涂黑（每个3×3的正方形方格画一种，例图除外）
【答案】见解析.
【分析】根据轴对称图形和旋转对称图形的概念作图即可得．
【详解】解：根据剪掉其中两个方格，使之成为轴对称图形；即如图所示：
【点睛】本题主要考查利用旋转设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形和旋转对称图形的概念．
数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
20．我市的花果山景区大圣湖畔屹立着一座古塔——阿育王塔，是苏北地区现存最高和最古老的宝塔．小明与小亮要测量阿育王塔的高度，如图所示，小明在点处测得阿育王塔最高点的仰角，再沿正对阿育王塔方向前进至处测得最高点的仰角，；小亮在点处竖立标杆，小亮的所在位置点、标杆顶、最高点在一条直线上，，．（注：结果精确到，参考数据：，，）
(1)求阿育王塔的高度；
(2)求小亮与阿育王塔之间的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，由，解方程即可求解．
（2）证明，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）在中，∵，
∴．
∵，
∴．
在中，由，
得，
解得．
经检验是方程的解
答：阿育王塔的高度约为．
（2）由题意知，
∴，
即，
∴．
经检验是方程的解
答：小亮与阿育王塔之间的距离约为．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，相似三角形的应用，掌握以上知识是解题的关键．
阅读理解题
21．中国清朝末期的几何作图教科书《最新中学教科书用器画》由国人自编（图1），书中记载了大量几何作图题，所有内容均用浅近的文言文表述，第一编记载了这样一道几何作图题：
原文 释义
甲乙丙为定直角． 以乙为圆心，以任何半径作丁戊弧； 以丁为圆心，以乙丁为半径画弧得交点己； 再以戊为圆心，仍以原半径画弧得交点庚； 乙与己及庚相连作线． 如图2，为直角． 以点为圆心，以任意长为半径画弧，交射线，分别于点，； 以点为圆心，以长为半径画弧与交于点； 再以点为圆心，仍以长为半径画弧与交于点； 作射线，．
（1）根据以上信息，请你用不带刻度的直尺和圆规，在图2中完成这道作图题（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）根据（1）完成的图，直接写出，，的大小关系．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据题意作出图形即可；
（2）连接DF，EG，可得 和均为等边三角形，，进而可得．
【详解】（1）解：（1）如图：

（2）．
理由：连接DF，EG如图所示

则BD=BF=DF，BE=BG=EG
即和均为等边三角形
∴
∵
∴
【点睛】本题考查了尺规作图，根据题意正确作出图形是解题的关键．
22．如图是直径，A是上异于C，D的一点，点B是延长线上一点，连接、、，且．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的条件下，作的平分线交于P，交于E，连接、，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）如图所示，连接OA，根据直径所对的圆周角是直角得到，再证明即可证明结论；
（2）先证明，得到，令半径，则，，利用勾股定理求出，解直角三角形即可答案；
（3）先求出，在中，，，解得，，证明，得到，则．
【详解】（1）解：如图所示，连接OA，
∵是直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵为半径，
∴直线是的切线；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
由知，令半径，则，，
在中，，
在中，，
即；
（3）解：在（2）的条件下，，
∴，
∴，
在中，，，
解得，，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键．
23．如图，在巾，，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将沿AD折叠得到，连接BE．

(1)当时，___________；
(2)探究与之间的数量关系，并给出证明；
(3)设，的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先由折叠的性质可得，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得，，再由等腰三角形的性质可得，，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求的长，由勾股定理可求的长，最后根据面积和差关系可求解．
【详解】（1），，，
，
将沿折叠得到，
，
，
∴△ABE是等边三角形，
，
故答案为：60；
（2），理由如下：
将沿折叠得到，
，，
，，
，
，
，
；
（3）如图，连接，
，点是的中点，
，
，，
，，
，
，
，
，
．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
24．综合与实践
问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：
（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；
问题解决：
（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；
（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．
【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；
（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．
【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．
理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，
∴，
∴∠AMD+∠A=180°，
∵∠A=90°，
∴∠AMD=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，
四边形AMDN为矩形；
（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴∠B+∠C=90°，．
∵点D是BC的中点，
∴CD=BC=5．
∵∠EDF=90°，
∴∠MDB+∠1=90°．
∵∠B=∠MDB，
∴∠1=∠C．
∴ND=NC．
过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．
∴CG=CD=．
∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，
∴△CGN∽△CAB．
∴，即，
∴；
（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，
∵MD⊥HN，∴MN=MH，
∵D是BC中点，
∴BD=DC，
又∵∠BDH=∠CDN，
∴△BDH≌△CDN，
∴BH=CN，∠DBH=∠C，
∵∠BAC=90°，
∵∠C+∠ABC=90°，
∴∠DBH+∠ABC=90°，
∴∠MBH=90°，
设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，
在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，
∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，
解得x=，
∴线段AN的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
25．已知二次函数图像的对称轴与x轴交于点A（1，0），图像与y轴交于点B（0，3），C、D为该二次函数图像上的两个动点（点C在点D的左侧），且．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点C与点B重合，求tan∠CDA的值；
(3)点C是否存在其他的位置，使得tan∠CDA的值与（2）中所求的值相等？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)1
(3)，，
【分析】（1）二次函数与y轴交于点，判断，根据，即二次函数对称轴为，求出b的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）证明，得到，即，设，点D在第一象限，根据点的坐标写出长度，利用求出t的值，即可，的值，进一步得出tan∠CDA的值；
（3）根据题目要求，找出符合条件的点C的位置，在利用集合图形的性质，求出对应点C的坐标即可。
【详解】（1）解：∵二次函数与y轴交于点，
∴，即，
∵，即二次函数对称轴为，
∴，
∴，
∴二次函数的表达式为．
（2）解：如图，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接BD，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，，
设：，点D在第一象限，
∴，，，
∴，
解得：（舍），（舍），
当时，，
∴，，
∴，
∵在中，
∴
（3）解：存在，
如图，（2）图中关于对称轴对称时，，
∵点D的坐标为，
∴此时，点C的坐标为，
如图，当点C、D关于对称轴对称时，此时AC与AD长度相等，即，
当点C在x轴上方时，
过点C作CE垂直于x轴，垂足为E，
∵，点C、D关于对称轴对称，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设点C的坐标为，
∴，，
∴
解得：，（舍），
此时，点C的坐标为，
当点C在x轴下方时，
过点C作CF垂直于x轴，垂足为F，
∵，点C、D关于对称轴对称，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设点C的坐标为，
∴，，
∴
解得：（舍），，
此时，点C的坐标为，
综上：点C的坐标为，，．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
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