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浙教版初中数学九年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份浙教版初中数学九年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析），共39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。
浙教版初中数学九年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：全册； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，CE平分∠ACB，与对角线BD相交于点N，F是线段CE的中点，则下列结论中正确的有个．( )
①OF=56；②ON=2526；③S△CON=1513；④sin∠ACE=513．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. 如图，抛物线y=14(x+2)(x−8)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D.下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 如图，在△ABC中，AB+AC=2BC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则R与h的比值为( )
A. 27
B. 38
C. 12
D. 13
4. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，过点D作⊙O的切线，与边BC交于点E，若AD=95，AC=3.则DE长为( )
A. 32 B. 2 C. 52 D. 5
5. 由8个大小相同的正方体组成的几何体的主视图和俯视图如图所示，则这个几何体的左视图是
A. B. C. D.
6. 如图，有一个无盖的正方体纸盒，下底面标有字母“M”，沿图中粗线将其剪开展成平面图形，想一想，这个平面图形是．( )
A. B.
C. D.
7. 如图，已知一个正方体的六个面上分别写着6个连续整数，且相对面上两个数的和相等，图中所能看到的数是1，3和4，则这6个整数的和是( )
A. 9 B. 9或15 C. 15或21 D. 9，15或21
8. 如图，在半径为4的扇形OAB中，∠AOB=90°，点C是AB上一动点，点D是OC的中点，连结AD并延长交OB于点E，则图中阴影部分面积的最小值为( )
A. 4π−4 B. 4π−833 C. 2π−4 D. 2π−833
9. 如图，矩形ABCD中，M为CB延长线上一点，连接AM、DM，若MD平分∠AMC，若CD=6，tan∠DMC=13，则△ADM的面积为( )
A. 28 B. 30 C. 32 D. 36
10. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是CD边上的一点，点F是点D关于直线AE对称的点，连接AF、BF，若tan∠ABF=2，则DE的长是( )
A. 1
B. 65
C. 43
D. 53
11. 如图，点O为△ABC的内心，∠A=60°，OB=2，OC=4，则△OBC的面积是( )
A. 43 B. 23 C. 2 D. 4
12. 如图所示，用高为6 cm、底面直径为4 cm的圆柱A的侧面展开图，再围成不同于A的另一个圆柱B，则圆柱B的体积为( )
A. 24π cm3 B. 36π cm3 C. 36 cm3 D. 40 cm3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，四边形ABCD是正方形，AB=8，E是BC中点，连接DE，DE的垂直平分线分别交AB、DE、CD于M、O、N，连接EN，过E作EF⊥EN交AB于F，下列结论中，正确结论是：____________.①△BEF∽△CNE；②MN=DE；③sin∠NEC=35；④△BEF的周长是12；
14. 下图是一个高脚杯截面图，杯体CBD呈抛物线状(杯体厚度不计)，点B是抛物线的顶点，AB=9，EF=23，点A是EF的中点，当高脚杯中装满液体时，液面CD=43，此时最大深度(液面到最低点的距离)为10.以EF所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式___；将高脚杯绕点F缓缓倾斜倒出部分液体，当∠EFH=30°时停止，此时液面为GD，此时杯体内液体的最大深度为___．
15. 如图，直线y=−34x−3交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是______．
16. 将正方体骰子(相对面上的点数分别为1和6、2和5、3和4)放置于水平桌面上，如图1.在图2中，将骰子向右翻滚90°，然后在桌面上按逆时针方向旋转90°，则完成一次变换．若骰子的初始位置为图1所示的状态，那么按上述规则连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数是______．
三、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）
17. (本小题8.0分)
如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是AC上一点，∠ADC=∠G．
(1)求证：∠1=∠2．
(2)点C关于DG的对称点为F，连结CF.当点F落在直径AB上时，CF=10，tan∠1=25，求⊙O的半径．
18. (本小题8.0分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．
(1)猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
(2)过点H作MN//CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为4，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值．
19. (本小题8.0分)
如图，在Rt▵ABC中，∠ACB=90∘，点D在AB上，CD=BC．
(1)尺规作图：(保留作图痕迹，不写作法)
①求作⊙O，使得圆心O在AC上，⊙O经过A，D两点；
②在⊙O上求作点E，使得DE⊥AC；
(2)在(1)的条件下，设⊙O与AC的另一个交点为F.求证：直线BE经过点F．
20. (本小题8.0分)
如图1，在等边△ABC中，AB=4，过点C作CE⊥AB，垂足为E，P为CE上任意一点(点P与点C不重合)，把AP绕点A顺时针旋转60∘，点P的对应点为点D，分别连接BD、PD、ED．
(1)求证：BD=CP;
(2)当点P与点E重合时，请你按照题干要求，在图2中作出图形，并延长CE交BD于点F，求出BF的长;
(3)直接写出线段DE长度的最小值．
21. (本小题8.0分)
如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
(1)证明：DE为⊙O的切线；
(2)若BC=4，求DE的长．
22. (本小题8.0分)
如图，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E是边CD上一个动点，连接AE，将△AED沿直线AE翻折得△AEF．
(1)当点C落在射线AF上时，求DE的长;
(2)以F为圆心，FB长为半径作圆F，当AD与圆F相切时，求cos∠FAB的值;
(3)若P为AB边上一点，当边CD上有且仅有一点Q满∠BQP=45°，直接写出线段BP长的取值范围．
23. (本小题8.0分)
已知一个由几个小正方体搭成的几何体，从上面看这个几何体的形状如图所示，小正方形中的数字表示在该位置上小正方体的个数，请画出从正面和左面看到的这个几何体的形状图．
24. (本小题8.0分)
智慧学习小组的同学约好下午放学后去完成项目式学习的室外测量，他们带了两根2米长的标杆及卷尺来到路灯下，将标杆AB，CD直立在地上，灯泡所在位置为点O，此时A，B，C，D，O恰好在同一平面内，但点O到地面的距离不能直接测量，他们准备借助标杆在路灯下的影子解决问题．
(1)请画出标杆AB，CD在灯泡O下的影子，分别记为AE，CF；
(2)尺规作图：作出灯泡O到地面AC的距离OH(保留作图痕迹，不写作法)；
(3)若他们测得AE=2.2米，AC=6米，CF=1.2米，请求出灯泡O到地面AC的距离OH.(精确到0.1米)
25. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD的顶点A，D在⊙O上，边BC切⊙O于点M，连接AM，DM，CD交⊙O于点N．
(1)如图1，求证：AM=DM；
(2)如图2，若圆心O在边AD上，连接AN，MN，若MN2=AN⋅CN，AN=8CN，AB=5，求⊙O的半径．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：①如图，过点E作EH⊥AC于H，
∵AB=CD=3，AD=BC=4，
∴AC=AB2+BC2=9+16=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO=DO=BO=52，
∵CE平分∠ACB，EH⊥AC，∠ABC=90°，
∴BE=EH，
∵S△ABC=S△AEC+S△BCE，
∴12×AB×BC=12×AC×EH+12×BC×BE，
∴3×4=5×EH+4×EH，
∴EH=43=BE，
∴AE=AB−BE=53，
∵F是线段CE的中点，AO=CO，
∴OF=12AE=56，
故①正确；
②∵OF//AB，
∴△ONF∽△BNE，
∴OFBE=ONBN=5643=58，
∴ON=58BN，
∵ON+BN=BO=52，
∴BN=2013，NO=2526，
故②正确；
③∵S△BOC=14S矩形ABCD，
∴S△BOC=14×3×4=3，
∵ON=58BN，
∴S△CON=513×3=1513，
故③正确；
④∵BE=43，BC=4，
∴EC=BE2+BC2=169+16=4103，
∴sin∠ACE=EHEC=434103=1010，
故④错误，
故选：C．
利用面积法可求BE的长，由三角形的中位线定理可求OF的长，可判断①；由相似三角形的判定和性质可求ON的长，可判断②；由面积关系可求△ONC，可判断③；由勾股定理可求EC的长，由锐角三角函数可求sin∠ACE的值，可判断④，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，关键是熟练掌握二次函数的性质及圆的性质.先根据二次函数确定A和B的坐标，从而可得对称轴，即可判断①；根据坐标先求圆的直径，可得圆的面积，从而判断②；然后利用二次函数解析式求C和E的坐标，从而可得AD，进而判断③；确定顶点坐标，根据勾股定理和勾股定理的逆定理得出直角，利用切线的判定定理判断④即可．
【解答】
解析：因为在y=14(x+2)(x−8)中，当y=0时，x=−2或x=8，所以点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(8,0)．
所以抛物线的对称轴为直线x=−2+82=3，故 ①正确;
因为⊙D的直径为8−(−2)=10，即半径为5，所以⊙D的面积为25π，故 ②错误;
在y=14(x+2)(x−8)=14x2−32x−4中，当x=0时，y=−4，所以点C的坐标为(0,−4)．
当y=−4时，由14x2−32x−4=−4，解得x1=0，x2=6，所以点E的坐标为(6,−4)．
则CE=6．
因为AD=3−(−2)=5，所以AD≠CE，所以四边形ACED不是平行四边形，故 ③错误;
因为y=14x2−32x−4=14(x−3)2−254 ，所以点M的坐标为(3,−254).
作CH⊥DM于点H，连接CD，则点H的坐标为(3,−4)．
因为点C的坐标为(0,−4)，所以CH=3，HM=254−4=94 ．
在Rt△CHM中， CM2=CH2+HM2=22516 ．
因为CD2=OD2+OC2 =25， DM2=(254)2=62516，
CM2+CD2=22516+25=62516=DM2 ，
所以△CDM是直角三角形，∠DCM=90∘ ，
所以DC⊥CM.又CD是⊙D的半径，所以MC与⊙D相切，故 ④正确．
故选B．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查三角形内切圆的相关性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键．
根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题．
【解答】
解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线相交于AB、AC、BC于点E、G、F，
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB⋅R+12×BC⋅R+12×AC⋅R=12R(AB+AC+BC)，
∵AB+AC=2BC，
∴S△ABC=12R(2BC+BC)=12R⋅3BC，
∵AD的长为h，
∴S△ABC=12BC⋅h，
∴32R⋅BC=12BC⋅h，
∴h=3R，
∴Rh=R3R=13，
故选D．
4.【答案】B
【解析】解：连接OD，CD．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AD=95，AC=3．
∴CD=125，
∵OD=OC=OA，
∴∠OCD=∠ODC，
∵DE是切线，
∴∠CDE+∠ODC=90°．
∵∠OCD+∠DCB=90°，
∴∠BCD=∠CDE，
∴DE=CE．
∴△ADC∽△ACB，
∴∠B=∠ACD，
∴CDBC=ADAC，
∴BC=AC⋅CDAD=3×12595=4，
∵∠ACD+∠DCB=90°，
∴∠B+∠DCB=90°，∠B+∠CDE=90°，∠CDE+∠BDE=90°，
∴∠B=∠BDE，
∴BE=DE，
∴BE=CE=DE．
∴DE=12BC=12×4=2．
故选：B．
连接OD，CD.由切线长定理得CD=DE，可证明△ADC∽△ACB，则可求得BD，再由勾股定理求得BC，可证明BE=DE，从而求得DE的长．
本题考查了切线长定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查由视图判断几何体；用到的知识点为：俯视图中正方形的个数是组合几何体最底层正方体的个数；组合几何体的最少个数是底层的正方体数加上主视图中第二层和第3层正方形的个数．根据该组合体的主视图和俯视图及正方形的个数确定每层的小正方形的个数，然后确定其左视图即可．
【解答】
解：∵该组合体共有8个小正方体，由俯视图和主视图可得
该组合体共有两层，第一层有5个小正方体，第二层有三个小正方体，且全位于第二层的最左边和中间，
∴左视图应该是两层，每层两个，
故选B．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字．
根据无盖可知底面M没有对面，再根据图形粗线的位置，结合各选项判断即可即可．
【解答】
解：选项D无法折叠成无盖的正方体，选项B经过折叠后，标有字母“M”的面不是下底面， 而选项A折叠后，不是沿图中粗线将其剪开的，故只有C正确．
故选C.
7.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了空间图形，主要培养学生的观察能力和空间想象能力，由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题
【解答】
根据题意分析可得：六个面上分别写着六个连续的整数，
故六个整数可能为1、2、3、4、5、6或0、1、2、3、4、5或−1、0、1、2、3、4；
当这几个数为1、2、3、4、5、6时，3+4=7在相邻的两个面上，所以此时相对的面两个数的和不相等；
当这几个数为0、1、2、3、4、5时，1+4=5在相邻的两个面上，所以此时相对的面两个数的和不相等；
故只可能为−1、0、1、2、3、4其和为9．
故选A.
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查扇形面积的计算、解直角三角形，解答本题的关键是分析出何时阴影部分面积最小．根据题意和图形，可以画出相应的辅助线，OA=4，∠AOE=90°，则当OE取得最大值时，阴影部分的面积取得最小值，则当AE和半径为2的小圆O相切时，OE最大，然后计算即可．
【解答】
解：∵点D是OC的中点，OC=4，
∴OD=2，OA=4，
∴点D在以点O为圆心2为半径的圆弧上，如图，
∴当AE′与小圆O相切时，OE′最大，此时OC′与小圆O交于点D′，
∵OA=4，∠AOE=90°，
∴当OE最大时，阴影部分取得最小值，
∵∠AD′O=90°，OD′=2，OA=4，
∴OA=2OD′，
∴∠OAD′=30°，
∴tan∠OAE′=OE′OA=OE′4，
即tan30°=OE′4，
解得OE′=433，
∴图中阴影部分面积的最小值为：90π×42360−433×42=4π−833，
故选：B．
9.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，∠ABC=∠C=90°，AB=CD=6，AD=BC，AD//BC，
∴∠ADM=∠DMC，
∵MD平分∠AMC，
∴∠DMC=∠AMD，
∴∠ADM=∠AMD，
∴AD=AM，
∵CD=6，tan∠DMC=CDMC=13，
∴MC=18，
∴BM=MC−BC=18−AD，
在Rt△ABM中，根据勾股定理得，
AM2=BM2+AB2，
∴AD2=(18−AD)2+62，
∴AD=10，
∴△ADM的面积=12×AD⋅AB=12×10×6=30．
故选：B．
根据矩形性质和三角函数求出MC=18，然后利用勾股定理求出AD=10，进而可以求出△ADM的面积．
本题考查了矩形的性质，角平分线定义，解直角三角形，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
10.【答案】C
【解析】解：过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，
∵AB//CD，
∴MN⊥CD，
∴∠FME=90°，
∵tan∠ABF=2，
∴FNBN=2，
设BN=x，则FN=2x，
∴AN=4−x，
∵点F是点D关于直线AE对称的点，
∴DE=EF，DA=AF=4，
∵AE=AE，
∴△ADE≌△AFE(SSS)，
∴∠D=∠AFE=90°，
∵AN2+NF2=AF2，
∴(4−x)2+(2x)2=42，
∴x1=0(舍)，x2=85，
∴AN=4−x=4−85=125，MF=4−2x=4−165=45，
∵∠EFM+∠AFN=∠AFN+∠FAN=90°，
∴∠EFM=∠FAN，
∴cos∠EFM=cos∠FAN，
∴FMEF=ANAF，即45EF=1254，
∴EF=43，
∴DE=EF=43．
故选：C．
过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，设BN=x，则FN=2x，则AN=4−x，由对称的性质得出DE=EF，DA=AF=4，证明△ADE≌△AFE(SSS)，得∠D=∠AFE=90°，由勾股定理求出x，由锐角三角函数的定义可得出答案．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数以及对称的性质，熟练掌握对称的性质是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：如图，过点C作CH⊥BO的延长线于点H，
∵点O为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=90°+12∠A=120°，
∴∠COH=60°，
∵OB=2，OC=4，
∴OH=2
∴CH=23，
∴△OBC的面积=12×OB⋅CH=12×2×23=23．
故选：B．
过点C作CH⊥BO的延长线于点H，根据点O为△ABC的内心，∠A=60°，可得∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=90°+12∠A=120°，所以∠COH=60°，利用含30度角的直角三角形可得CH的长，进而可得△OBC的面积．
本题考查了三角形的内切圆与内心，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握三角形的内心定义．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
根据高为6cm，底面直径为4cm的圆柱A的侧面展开图求得围成不同于A的另一个圆柱B的底面周长是6cm，高是4πcm，再根据圆柱的体积等于底面积×高进行计算．
本题主要考查了旋转的性质，展开与折叠的应用，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，展开与折叠的计算．
【解答】
解：根据题意，得到另一个圆柱B的底面周长是6cm，高是4πcm，
则圆柱B的体积为π()2×4π=36(cm3).
故选C．
13.【答案】①②③
【解析】
【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，三角函数值的求法，解答本题的关键是掌握利用勾股定理和相似三角形的性质求线段长的思路与方法．
根据“同角的余角相等”证明∠BFE=∠CEN，再根据∠B=∠C即可证得△BEF∽△CNE，即可判断结论①正确；过点M作MG⊥CD于G，首先证明四边形ADGM是矩形，得出AD=MG，然后证明△MGN≌△DCE(AAS)，得出MN=DE，即可判断结论②正确；根据四边形ABCD是正方形，AB=8，得出BC=DC=AB=8，根据E是BC的中点，得出CE=12BC=12×8=4，根据MN垂直平分线段DE，得出DN=EN，设DN=EN=x，则CN=DC−DN=8−x，在Rt△CEN中，∠C=90°，利用勾股定理得出CE2+CN2=EN2，即42+8−x2=x2，解得x=5，求出EN=5，CN=8−5=3，进而得出sin∠NEC=CNEN=35，即可判断结论③正确；根据E是BC的中点，得出CE=BE=12BC=12×8=4，根据△BEF∽△CNE，得出BFCE=FEEN=BECN，即BF4=FE5=43，BF=163，FE=203，进而得出BE+BF+FE=4+163+203=16，△BEF的周长为16，即可判断结论④错误；综合上述情况进行解答，即可求解．
【解答】
解：∵EF⊥EN，
∴∠FEN=90°，
∴∠BEF+∠CEN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BFE=∠CEN，
又∵∠B=∠C，
∴△BEF∽△CNE，故结论①正确；
过点M作MG⊥CD于G，如图：
则∠MGD=∠MGN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADG=∠C=90°，AD=DC，
∴∠A=∠ADG=∠MGD=90°，
∴四边形ADGM是矩形，
∴AD=MG，
∵MN⊥DE于O，
∴∠DON=90°，
∴∠ODN+∠OND=90°，
∵∠C=90°，
∴∠CDE+∠CED=90°，
∴∠CED=∠OND，即∠GNM=∠CED，
在△MGN和△DCE中，
∠MGN=∠DCE=90°∠GNM=∠CEDMG=DC,
∴△MGN≌△DCE(AAS)，
∴MN=DE，故结论②正确；
∵四边形ABCD是正方形，AB=8，
∴BC=DC=AB=8，
∵E是BC的中点，
∴CE=12BC=12×8=4，
∵MN垂直平分线段DE，
∴DN=EN，
设DN=EN=x，则CN=DC−DN=8−x，
在Rt△CEN中，∠C=90°，
∴CE2+CN2=EN2，即42+8−x2=x2，
解得x=5，
∴EN=5，CN=8−5=3，
∴sin∠NEC=CNEN=35，故结论③正确；
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12BC=12×8=4，
∵△BEF∽△CNE，
∴BFCE=FEEN=BECN，即BF4=FE5=43，
∴BF=163，FE=203，
∴BE+BF+FE=4+163+203=16，
∴△BEF的周长为16，故结论④错误；
综上所述，正确结论是①②③．
故答案为：①②③．
14.【答案】y=56x2+9；81320
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握待定系数法、二次函数及解直角三角形等知识点是解题的关键．
以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，由待定系数法求得抛物线的解析式；将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，分别用待定系数法求得直线l的解析式和直线GD的解析式，过点M作MP⊥l于点P，用三角函数求得液面GD到平面l的距离；过抛物线最低点Q作QL//l，再将QL的解析式与抛物线的解析式联立，得出关于x的一元二次方程，由判别式求得q，最后用三角函数求得答案．
【解答】
解：以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：
A(0,0)，B(0,9)，C(−23，19)，D(23，19)，
设抛物线的解析式为：y=ax 2+9，
将D(23,19)代入得：
19=a×(23) 2+9，
解得：a=56，
∴y=56x2+9；
将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：A(0,0)，F(3,0)，E(−3,0)，B(0,9)，C(−23,19)，D(23,19)，
由题可知，直线l与x轴的夹角为30°，GD//l，
∵l经过点F(3,0)，且∠EFH=30°，
∴设直线l的解析式为：y=33x+b，
将F(3,0)代入，解得b=−1，
∴y=33x−1，
又∵GD//l，
∴k GD=k l=33，
∴设直线GD的解析式为y=33x+p，
将D(23,19)代入，解得p=17，
∴y=33x+17，
∴M(0,17)，N(0,−1)，
过点M作MP⊥l于点P，
∵∠EFH=30°，∠FAN=90°，
∴∠ANF=60°，
∴MP=MN⋅sin60°=[17−(−1)]×32=93，
过抛物线最低点Q作QL//l，L为QL于MP的交点，
设直线QL的解析式为，
联立y=56x2+9y=33x+q,
得：56x2−33x+9−q=0，
∵只有一个交点Q，
∴Δ=0，
∴13−4×569−q=0，
∴q=8910，
∴ML=(17−8910)×sin60°=81320．
15.【答案】(−73,0)或(−173,0)
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的图象与性质，切线的性质，三角形的面积，先求出A、B的坐标，得到OA、OB的值，进而得到AB=5，分两种情况讨论①当点P在点A右侧时，②当点P在点A左侧时，每种情况设OP=x，表示出AP，利用面积法即可求出x的值，进而得到答案．
【解答】
解：∵直线y=−34x−3交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=−3，令y=0，得x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,−3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
①如图，当点P在点A右侧时，
设⊙P与直线AB相切于C，连接PC，PB，
则PC⊥AB，PC=1，
设OP=x，则AP=OA−OP=4−x，
∴S△APB=12AP·OB=12AB·PC，
即12×3(4−x)=12×5×1，
解得：x=73，∴P(−73,0)；
②如图，当点P在点A左侧时，
设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，PB，
则PD⊥AB，PD=1，
设OP=x，则AP=OP−AO=x−4，
∴S△APB=12AP·OB=12AB·PD，
即12×3(x−4)=12×5×1，
解得：x=173，∴P(−173,0)；
综上所述，点P的坐标为 (−73,0)或(−173,0)，
故答案为 (−73,0)或(−173,0)．
16.【答案】6
【解析】解：根据题意可知连续3次变换是一循环．所以14÷3=4…2.所以是第2次变换后的图形，即按上述规则连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数是6．
故答案为：6．
先向右翻滚，然后再逆时针旋转叫做一次变换，那么连续3次变换是一个循环．本题先要找出3次变换是一个循环，然后再求14被3整除后余数是2，从而确定出连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数．
本题考查了正方体相对两个面上的文字，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
17.【答案】解：(1)∵∠ADC=∠G，
∴AC=AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴BC=BD，
∴∠1=∠2；
(2)如图，连接DF，
∵AC=AD，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥CD，CE=DE，
∴FD=FC=10，
∵点C，F关于DG对称，
∴DC=DF=10，
∴DE=5，
∵tan∠1=25，
∴EB=DE⋅tan∠1=2，
∵∠1=∠2，
∴tan∠2=25，
∴AE=DEtan∠2=252，
∴AB=AE+EB=292，
∴⊙O的半径为294．
【解析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、轴对称的性质、解直角三角形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
(1)根据圆周角定理和AB为⊙O的直径，即可证明∠1=∠2；
(2)连接DF，根据垂径定理可得FD=FC=10，再根据对称性可得DC=DF，进而可得DE的长，再根据锐角三角函数即可求出⊙O的半径．
18.【答案】解：(1)结论：CF=2DG．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，
∵点E是边AD的中点，
∴DE=AE，
∴AD=CD=2DE，
∵EG⊥DF，
∴∠DHG=90°，
∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，
∴∠CDF=∠DEG，
∴△DEG∽△CDF，
∴DGCF=DEDC=12，
∴CF=2DG．
(2)作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．
周长的最小值=CD+PD+PC =CD+PD+PK =CD+DK．
由题意：CD=AD=4，ED=AE=2，DG=1，EG=5，DH=DE⋅DGEG=255，
cos∠EDH=DHDE=DMDH，
即2552=DM255，
∴DM=25，
∴CK=2CN=2DM=45，
在Rt△DCK中，DK=CD2+CK2=42+(45)2=4526，
∴△PDC的周长的最小值为4+4526．
【解析】本题考查正方形的性质、轴对称最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会理由轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
(1)结论：CF=2DG.只要证明△DEG∽△CDF即可；
(2)作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC =CD+PD+PK =CD+DK，利用勾股定理求出DK的长即可解答．
19.【答案】解：(1)①如图所示⊙O即为所求；
②点E即为所求；(答案不唯一)
(2)如下图，连接BF，EF，DF．
由(1)的条件得DE⊥AC，
∴∠ACB=90∘，
DE//BC．
∴∠ADE=∠ABC．
∴∠AFE=∠ADE=∠ABC．
解法一：∵AF是⊙O直径，
∴∠ADF=90∘=∠ACB．
∵∠A=∠A，
∴△ADF∽△ACB．
∴ADAC=AFAB．
∴ADAF=ACAB．
∴△ADC∽△AFB．
∴∠ACD=∠ABF．
∵∠ACD+∠BFC=∠ABF+∠BDC=180∘−∠BMD．
∴∠BFC=∠BDC．
∵CD=BC，
∴∠BDC=∠ABC．
∴∠BFC=∠ABC
∴∠BFC=∠AFE
∵∠BFC+∠AFB=180∘，
∴∠AFE+∠AFB=180∘
∴直线BE经过点F
(2)解法二：∵AF是⊙O直径，
∴
∠ADF=∠BDF=90∘．
∴∠FDC+∠BDC=90∘．
∵∠ACB=90∘，
∴∠BAC+∠ABC=90∘．
∵CD=BC，
∴∠BDC=∠ABC．
∴∠FDC=∠BAC．
∵∠ACD=∠DCF，
∴△ACD∽△DCF．
∴ACCD=CDCF．
∴ACBC=BCCF．
∵tan∠ABC=ACBC，tan∠BFC=BCCF
∴tan∠ABC=tan∠BFC．
∴∠ABC=∠BFC．
∴∠BFC=∠AFE
∵∠BFC+∠AFB=180∘，
∴∠AFE+∠AFB=180∘
∴直线BE经过点F．
【解析】本题考查尺规作图，圆的综合，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，掌握圆周角定理、平角的定义是关键
(1)先作线段AD的垂直平分线交AC于O，再过点D作BC的平行线交圆O于E即可解答；
(2)连接BF，EF，DF.由(1)的条件证明∠AFE=∠ADE=∠ABC.再根据圆周角定理证明△ADF∽△ACB得ADAF=ACAB.然后证明ADC∽△AFB.得∠ACD=∠ABF.再想方法证明∠AFE+∠AFB=180∘即可解答．
20.【答案】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
由旋转知，
∴AD=AP，∠DAP=60°，
∴∠DAB+∠BAP=∠BAP+∠CAP，
∴∠DAB=∠CAP，
∴△DAB≌△PAC(SAS)，
∴BD=CP；
(2)解：如图2，
由旋转知，AD=AP，∠DAP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴当点P与点E重合时，有AE=DE，∠AED=60°，
∵CE⊥AB，
∴AE=BE=DE，∠BCE=12∠ACB=30°，
∴∠EBD=30°，
∴∠DBC=90°，
在Rt△BCF中，
∵BC=AB=4，tan∠BCE=BFBC，
∴BF=4tan30°=433；
(3)DE长度的最小值是1．
【解析】
【分析】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和三角形全等的性质和判定、旋转的性质，三角形中位线定理、三角函数等知识，难度适中，是一道不错的压轴题．
(1)根据SAS证明两个三角形全等；
(2)先根据题意画图2，先得AE=BE=DE，∠BCE=30°，再由等腰三角形的性质得∠DBC=90°，根据特殊的三角函数可得BF的长；
(3)先确定最小值时点P的位置，由(1)知：△DAB≌△PAC，取AC的中点H，连接PH，则PH=DE，PH长度的最小值就是DE长的最小值，利用三角形中位线定理可得结论．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图3，由(1)知：△DAB≌△PAC，
∴取AC的中点H，连接PH，则PH=DE，
∴PH长度的最小值就是DE长的最小值，
过点H作HG⊥CE于G，垂足G就是PH最小时点P的位置，此时PH=1，
故DE长度的最小值是1．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠B，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∴∠ODB=∠A，
∴OD//AC，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴DE为⊙O的切线；
(2)解：连接CD，
∵BC为直径，
∴∠ADC=90°，
∵∠A=30°，
又∵AC=BC=4，
∴AD=AC⋅cos30°=4×32=23，
∴DE=12AD=3．
【解析】(1)连接OD，由平行线的判定定理可得OD//AC，利用平行线的性质得∠ODE=∠DEA=90°，可得DE为⊙O的切线；
(2)连接CD，由BC为直径，利用圆周角定理可得∠ADC=90°，由∠A=30°，AC=BC=4，利用含30°的角直角三角形和勾股定理可得DE．
本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的性质及判定定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．
22.【答案】解：(1)如图1中，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8−x．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵AD=BC=6，AB=CD=8，
∴AC=AD2+CD2=10
∵AD=AF=6，∠AFE=∠D=∠EFC=90°
∴CF=AC−AF=4，
在Rt△EFC中，则有：x2+42=(8−x)2，
解得x=3，
∴DE=3．
(2)如图2中，设⊙F与AD相切的切点为M，连接FM，作FN⊥AB于N，则四边形AMFN是矩形．
设AM=FN=x，AN=FM=FB=y，
则有， x2+y2=36 x2+(8−y)2=y2
解得y=−8+241，(负的已经舍弃)，
∴AN=−8+241，
∴cos∠FAB=ANAF=−4+413
(3)以PB为斜边构造等腰直角三角形OPB，以O为圆心，OP为半径作⊙O．
如图3−1中，当⊙O与CD相切于点Q时，满足条件∠PAB=12∠POB=45°．
连接QO，延长QO交AB于H.设OH=PH=BH=m，
则OP=OQ=2m
∵QH=AQ=6，
∴m+2m=6
∴m=62−1，
∴BP=2m=122−12
如图3−2中，当⊙O经过点C时，PB=BC=6．
如图3−3中，当⊙O经过点D时，作OH⊥AB于H，交CD于N．
设OH=PH=BH=n，则OD=OP=2n，ON=6−n，DN=8−n，
在Rt△DON中，则2n2=6−n2+8−n2
解得n=257
∴BP=2n=507
观察图象可知，满足条件的BP的值为BP=122−12或6
(1)如图1中，当点C落在射线AF上时，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8−x，根据勾股定理，列出方程，即可求解；
(2)如图2中，设⊙F与AD相切的切点为M，连接FM，作FN⊥AB于N，则四边形AMFN是矩形，设AM=FN=x，AN=FM=FB=y，构建方程组只要求出y即可解决问题．
(3)以PB为底边作等腰直角三角形△PMB，以点M为圆心，MP为半径作圆M，分三类：①当圆M与CD相切时，求出BP的值；②当圆M过点C时，求出BP的值；③当圆M过点D时，求出BP的值，进而，可求出BP的范围．
23.【答案】解：从正面和左面看到的这个几何体的形状图如图所示：
【解析】由已知条件可知，从正面看有3列，每列小正方数形数目分别为1，3，2；从左面看有2列，每列小正方形数目分别为3，2.据此可画出图形．
考查几何体的三视图画法．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视图的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
24.【答案】解：如下：
(1)如上图：线段AE，线段CF即为所求；
(2)如上图：线段OH即为所求；
(3)设OH=x米，AH=y米，则CH=(6−y)米，
∵AB//OH//CD，
∴△ABE∽△HOE，△CDF∽△HOF，
∴ABOH=AEEH，CDOH=CFFH，
即：2x=2.22.2+y，2x=1.21.2+6−y，
解得：y=6617≈3.9，
x=5917≈5.3，
所以灯泡O到地面AC的距离OH大约为5.3米．
【解析】(1)根据中心投影的性质作图；
(2)根据过直线外一点作直线的垂线作图；
(3)根据相似三角形的性质求解．
本题考查了作图及相似三角形的性质，三角形相似的性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)证明：如图，连接MO并延长交AD于点I，
∵BC切⊙O于点M，
∴∠BMI=90∘．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠MID=∠BMI=90∘，
∴MI⊥AD．
又MI过圆心，∴MI垂直平分AD，
∴AM=DM．
(2)设CN=x，AN=8x，
则MN2=AN⋅CN=8x⋅x=8x2，
∴MN=22x，
∵AD是直径，∴∠AMD=∠AND=90∘．
由(1)得AM=DM，∴∠ADM=45∘，
∴∠ANM=∠ADM=45∘．
作MH⊥AN于点H，
∴∠MHN=∠MHA=90∘．
在Rt△MNH中，∠HNM=45∘，
∴HM=HN=2x，
∴AH=AN−HN=6x．
在Rt△AMH中，AM=AH2+HM2=(6x)2+(2x)2=210x.
在Rt△AMD中，DM=AM=210x，
∴AD=210x·2=45x.
∵▱ABCD，
∴CD=AB=5，∴DN=5−x．
在Rt△AND中，(8x)2+(5−x)2=(45x)2，
解得x1=1，x2=−53(舍去)．
∴AD=45
∴⊙O的半径为25．
【解析】本题主要考查的是勾股定理，平行四边形的性质，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，切线的性质等有关知识．
(1)连接MO并延长交AD于点I.根据切线的性质和平行四边形的性质得到MI⊥AD，再根据MI过圆心得到MI垂直平分AD，进而求出此题；
(2)设CN=x，AN=8x.先表示出MN，然后利用圆周角定理得到∠AMD=∠AND=90∘，进而得到∠ANM=∠ADM=45∘，作MH⊥AN于点H，利用勾股定理进行求解即可．
浙教版初中数学九年级下册期末测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：全册； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，CE平分∠ACB，与对角线BD相交于点N，F是线段CE的中点，则下列结论中正确的有个．( )
①OF=56；②ON=2526；③S△CON=1513；④sin∠ACE=513．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2. 如图，抛物线y=14(x+2)(x−8)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D.下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 如图，在△ABC中，AB+AC=2BC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则R与h的比值为( )
A. 27
B. 38
C. 12
D. 13
4. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，过点D作⊙O的切线，与边BC交于点E，若AD=95，AC=3.则DE长为( )
A. 32 B. 2 C. 52 D. 5
5. 由8个大小相同的正方体组成的几何体的主视图和俯视图如图所示，则这个几何体的左视图是
A. B. C. D.
6. 如图，有一个无盖的正方体纸盒，下底面标有字母“M”，沿图中粗线将其剪开展成平面图形，想一想，这个平面图形是．( )
A. B.
C. D.
7. 如图，已知一个正方体的六个面上分别写着6个连续整数，且相对面上两个数的和相等，图中所能看到的数是1，3和4，则这6个整数的和是( )
A. 9 B. 9或15 C. 15或21 D. 9，15或21
8. 如图，在半径为4的扇形OAB中，∠AOB=90°，点C是AB上一动点，点D是OC的中点，连结AD并延长交OB于点E，则图中阴影部分面积的最小值为( )
A. 4π−4 B. 4π−833 C. 2π−4 D. 2π−833
9. 如图，矩形ABCD中，M为CB延长线上一点，连接AM、DM，若MD平分∠AMC，若CD=6，tan∠DMC=13，则△ADM的面积为( )
A. 28 B. 30 C. 32 D. 36
10. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是CD边上的一点，点F是点D关于直线AE对称的点，连接AF、BF，若tan∠ABF=2，则DE的长是( )
A. 1
B. 65
C. 43
D. 53
11. 如图，点O为△ABC的内心，∠A=60°，OB=2，OC=4，则△OBC的面积是( )
A. 43 B. 23 C. 2 D. 4
12. 如图所示，用高为6 cm、底面直径为4 cm的圆柱A的侧面展开图，再围成不同于A的另一个圆柱B，则圆柱B的体积为( )
A. 24π cm3 B. 36π cm3 C. 36 cm3 D. 40 cm3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，四边形ABCD是正方形，AB=8，E是BC中点，连接DE，DE的垂直平分线分别交AB、DE、CD于M、O、N，连接EN，过E作EF⊥EN交AB于F，下列结论中，正确结论是：____________.①△BEF∽△CNE；②MN=DE；③sin∠NEC=35；④△BEF的周长是12；
14. 下图是一个高脚杯截面图，杯体CBD呈抛物线状(杯体厚度不计)，点B是抛物线的顶点，AB=9，EF=23，点A是EF的中点，当高脚杯中装满液体时，液面CD=43，此时最大深度(液面到最低点的距离)为10.以EF所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式___；将高脚杯绕点F缓缓倾斜倒出部分液体，当∠EFH=30°时停止，此时液面为GD，此时杯体内液体的最大深度为___．
15. 如图，直线y=−34x−3交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是______．
16. 将正方体骰子(相对面上的点数分别为1和6、2和5、3和4)放置于水平桌面上，如图1.在图2中，将骰子向右翻滚90°，然后在桌面上按逆时针方向旋转90°，则完成一次变换．若骰子的初始位置为图1所示的状态，那么按上述规则连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数是______．
三、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）
17. (本小题8.0分)
如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是AC上一点，∠ADC=∠G．
(1)求证：∠1=∠2．
(2)点C关于DG的对称点为F，连结CF.当点F落在直径AB上时，CF=10，tan∠1=25，求⊙O的半径．
18. (本小题8.0分)
如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．
(1)猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
(2)过点H作MN//CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为4，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值．
19. (本小题8.0分)
如图，在Rt▵ABC中，∠ACB=90∘，点D在AB上，CD=BC．
(1)尺规作图：(保留作图痕迹，不写作法)
①求作⊙O，使得圆心O在AC上，⊙O经过A，D两点；
②在⊙O上求作点E，使得DE⊥AC；
(2)在(1)的条件下，设⊙O与AC的另一个交点为F.求证：直线BE经过点F．
20. (本小题8.0分)
如图1，在等边△ABC中，AB=4，过点C作CE⊥AB，垂足为E，P为CE上任意一点(点P与点C不重合)，把AP绕点A顺时针旋转60∘，点P的对应点为点D，分别连接BD、PD、ED．
(1)求证：BD=CP;
(2)当点P与点E重合时，请你按照题干要求，在图2中作出图形，并延长CE交BD于点F，求出BF的长;
(3)直接写出线段DE长度的最小值．
21. (本小题8.0分)
如图，已知等腰三角形ABC的底角为30°，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．
(1)证明：DE为⊙O的切线；
(2)若BC=4，求DE的长．
22. (本小题8.0分)
如图，已知矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E是边CD上一个动点，连接AE，将△AED沿直线AE翻折得△AEF．
(1)当点C落在射线AF上时，求DE的长;
(2)以F为圆心，FB长为半径作圆F，当AD与圆F相切时，求cos∠FAB的值;
(3)若P为AB边上一点，当边CD上有且仅有一点Q满∠BQP=45°，直接写出线段BP长的取值范围．
23. (本小题8.0分)
已知一个由几个小正方体搭成的几何体，从上面看这个几何体的形状如图所示，小正方形中的数字表示在该位置上小正方体的个数，请画出从正面和左面看到的这个几何体的形状图．
24. (本小题8.0分)
智慧学习小组的同学约好下午放学后去完成项目式学习的室外测量，他们带了两根2米长的标杆及卷尺来到路灯下，将标杆AB，CD直立在地上，灯泡所在位置为点O，此时A，B，C，D，O恰好在同一平面内，但点O到地面的距离不能直接测量，他们准备借助标杆在路灯下的影子解决问题．
(1)请画出标杆AB，CD在灯泡O下的影子，分别记为AE，CF；
(2)尺规作图：作出灯泡O到地面AC的距离OH(保留作图痕迹，不写作法)；
(3)若他们测得AE=2.2米，AC=6米，CF=1.2米，请求出灯泡O到地面AC的距离OH.(精确到0.1米)
25. (本小题8.0分)
如图，▱ABCD的顶点A，D在⊙O上，边BC切⊙O于点M，连接AM，DM，CD交⊙O于点N．
(1)如图1，求证：AM=DM；
(2)如图2，若圆心O在边AD上，连接AN，MN，若MN2=AN⋅CN，AN=8CN，AB=5，求⊙O的半径．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：①如图，过点E作EH⊥AC于H，
∵AB=CD=3，AD=BC=4，
∴AC=AB2+BC2=9+16=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO=DO=BO=52，
∵CE平分∠ACB，EH⊥AC，∠ABC=90°，
∴BE=EH，
∵S△ABC=S△AEC+S△BCE，
∴12×AB×BC=12×AC×EH+12×BC×BE，
∴3×4=5×EH+4×EH，
∴EH=43=BE，
∴AE=AB−BE=53，
∵F是线段CE的中点，AO=CO，
∴OF=12AE=56，
故①正确；
②∵OF//AB，
∴△ONF∽△BNE，
∴OFBE=ONBN=5643=58，
∴ON=58BN，
∵ON+BN=BO=52，
∴BN=2013，NO=2526，
故②正确；
③∵S△BOC=14S矩形ABCD，
∴S△BOC=14×3×4=3，
∵ON=58BN，
∴S△CON=513×3=1513，
故③正确；
④∵BE=43，BC=4，
∴EC=BE2+BC2=169+16=4103，
∴sin∠ACE=EHEC=434103=1010，
故④错误，
故选：C．
利用面积法可求BE的长，由三角形的中位线定理可求OF的长，可判断①；由相似三角形的判定和性质可求ON的长，可判断②；由面积关系可求△ONC，可判断③；由勾股定理可求EC的长，由锐角三角函数可求sin∠ACE的值，可判断④，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，关键是熟练掌握二次函数的性质及圆的性质.先根据二次函数确定A和B的坐标，从而可得对称轴，即可判断①；根据坐标先求圆的直径，可得圆的面积，从而判断②；然后利用二次函数解析式求C和E的坐标，从而可得AD，进而判断③；确定顶点坐标，根据勾股定理和勾股定理的逆定理得出直角，利用切线的判定定理判断④即可．
【解答】
解析：因为在y=14(x+2)(x−8)中，当y=0时，x=−2或x=8，所以点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(8,0)．
所以抛物线的对称轴为直线x=−2+82=3，故 ①正确;
因为⊙D的直径为8−(−2)=10，即半径为5，所以⊙D的面积为25π，故 ②错误;
在y=14(x+2)(x−8)=14x2−32x−4中，当x=0时，y=−4，所以点C的坐标为(0,−4)．
当y=−4时，由14x2−32x−4=−4，解得x1=0，x2=6，所以点E的坐标为(6,−4)．
则CE=6．
因为AD=3−(−2)=5，所以AD≠CE，所以四边形ACED不是平行四边形，故 ③错误;
因为y=14x2−32x−4=14(x−3)2−254 ，所以点M的坐标为(3,−254).
作CH⊥DM于点H，连接CD，则点H的坐标为(3,−4)．
因为点C的坐标为(0,−4)，所以CH=3，HM=254−4=94 ．
在Rt△CHM中， CM2=CH2+HM2=22516 ．
因为CD2=OD2+OC2 =25， DM2=(254)2=62516，
CM2+CD2=22516+25=62516=DM2 ，
所以△CDM是直角三角形，∠DCM=90∘ ，
所以DC⊥CM.又CD是⊙D的半径，所以MC与⊙D相切，故 ④正确．
故选B．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查三角形内切圆的相关性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键．
根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题．
【解答】
解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线相交于AB、AC、BC于点E、G、F，
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB⋅R+12×BC⋅R+12×AC⋅R=12R(AB+AC+BC)，
∵AB+AC=2BC，
∴S△ABC=12R(2BC+BC)=12R⋅3BC，
∵AD的长为h，
∴S△ABC=12BC⋅h，
∴32R⋅BC=12BC⋅h，
∴h=3R，
∴Rh=R3R=13，
故选D．
4.【答案】B
【解析】解：连接OD，CD．
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AD=95，AC=3．
∴CD=125，
∵OD=OC=OA，
∴∠OCD=∠ODC，
∵DE是切线，
∴∠CDE+∠ODC=90°．
∵∠OCD+∠DCB=90°，
∴∠BCD=∠CDE，
∴DE=CE．
∴△ADC∽△ACB，
∴∠B=∠ACD，
∴CDBC=ADAC，
∴BC=AC⋅CDAD=3×12595=4，
∵∠ACD+∠DCB=90°，
∴∠B+∠DCB=90°，∠B+∠CDE=90°，∠CDE+∠BDE=90°，
∴∠B=∠BDE，
∴BE=DE，
∴BE=CE=DE．
∴DE=12BC=12×4=2．
故选：B．
连接OD，CD.由切线长定理得CD=DE，可证明△ADC∽△ACB，则可求得BD，再由勾股定理求得BC，可证明BE=DE，从而求得DE的长．
本题考查了切线长定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查由视图判断几何体；用到的知识点为：俯视图中正方形的个数是组合几何体最底层正方体的个数；组合几何体的最少个数是底层的正方体数加上主视图中第二层和第3层正方形的个数．根据该组合体的主视图和俯视图及正方形的个数确定每层的小正方形的个数，然后确定其左视图即可．
【解答】
解：∵该组合体共有8个小正方体，由俯视图和主视图可得
该组合体共有两层，第一层有5个小正方体，第二层有三个小正方体，且全位于第二层的最左边和中间，
∴左视图应该是两层，每层两个，
故选B．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了正方体相对两个面上的文字．
根据无盖可知底面M没有对面，再根据图形粗线的位置，结合各选项判断即可即可．
【解答】
解：选项D无法折叠成无盖的正方体，选项B经过折叠后，标有字母“M”的面不是下底面， 而选项A折叠后，不是沿图中粗线将其剪开的，故只有C正确．
故选C.
7.【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查了空间图形，主要培养学生的观察能力和空间想象能力，由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题
【解答】
根据题意分析可得：六个面上分别写着六个连续的整数，
故六个整数可能为1、2、3、4、5、6或0、1、2、3、4、5或−1、0、1、2、3、4；
当这几个数为1、2、3、4、5、6时，3+4=7在相邻的两个面上，所以此时相对的面两个数的和不相等；
当这几个数为0、1、2、3、4、5时，1+4=5在相邻的两个面上，所以此时相对的面两个数的和不相等；
故只可能为−1、0、1、2、3、4其和为9．
故选A.
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查扇形面积的计算、解直角三角形，解答本题的关键是分析出何时阴影部分面积最小．根据题意和图形，可以画出相应的辅助线，OA=4，∠AOE=90°，则当OE取得最大值时，阴影部分的面积取得最小值，则当AE和半径为2的小圆O相切时，OE最大，然后计算即可．
【解答】
解：∵点D是OC的中点，OC=4，
∴OD=2，OA=4，
∴点D在以点O为圆心2为半径的圆弧上，如图，
∴当AE′与小圆O相切时，OE′最大，此时OC′与小圆O交于点D′，
∵OA=4，∠AOE=90°，
∴当OE最大时，阴影部分取得最小值，
∵∠AD′O=90°，OD′=2，OA=4，
∴OA=2OD′，
∴∠OAD′=30°，
∴tan∠OAE′=OE′OA=OE′4，
即tan30°=OE′4，
解得OE′=433，
∴图中阴影部分面积的最小值为：90π×42360−433×42=4π−833，
故选：B．
9.【答案】B
【解析】解：在矩形ABCD中，∠ABC=∠C=90°，AB=CD=6，AD=BC，AD//BC，
∴∠ADM=∠DMC，
∵MD平分∠AMC，
∴∠DMC=∠AMD，
∴∠ADM=∠AMD，
∴AD=AM，
∵CD=6，tan∠DMC=CDMC=13，
∴MC=18，
∴BM=MC−BC=18−AD，
在Rt△ABM中，根据勾股定理得，
AM2=BM2+AB2，
∴AD2=(18−AD)2+62，
∴AD=10，
∴△ADM的面积=12×AD⋅AB=12×10×6=30．
故选：B．
根据矩形性质和三角函数求出MC=18，然后利用勾股定理求出AD=10，进而可以求出△ADM的面积．
本题考查了矩形的性质，角平分线定义，解直角三角形，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
10.【答案】C
【解析】解：过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，
∵AB//CD，
∴MN⊥CD，
∴∠FME=90°，
∵tan∠ABF=2，
∴FNBN=2，
设BN=x，则FN=2x，
∴AN=4−x，
∵点F是点D关于直线AE对称的点，
∴DE=EF，DA=AF=4，
∵AE=AE，
∴△ADE≌△AFE(SSS)，
∴∠D=∠AFE=90°，
∵AN2+NF2=AF2，
∴(4−x)2+(2x)2=42，
∴x1=0(舍)，x2=85，
∴AN=4−x=4−85=125，MF=4−2x=4−165=45，
∵∠EFM+∠AFN=∠AFN+∠FAN=90°，
∴∠EFM=∠FAN，
∴cos∠EFM=cos∠FAN，
∴FMEF=ANAF，即45EF=1254，
∴EF=43，
∴DE=EF=43．
故选：C．
过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，设BN=x，则FN=2x，则AN=4−x，由对称的性质得出DE=EF，DA=AF=4，证明△ADE≌△AFE(SSS)，得∠D=∠AFE=90°，由勾股定理求出x，由锐角三角函数的定义可得出答案．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数以及对称的性质，熟练掌握对称的性质是解题的关键．
11.【答案】B
【解析】解：如图，过点C作CH⊥BO的延长线于点H，
∵点O为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=90°+12∠A=120°，
∴∠COH=60°，
∵OB=2，OC=4，
∴OH=2
∴CH=23，
∴△OBC的面积=12×OB⋅CH=12×2×23=23．
故选：B．
过点C作CH⊥BO的延长线于点H，根据点O为△ABC的内心，∠A=60°，可得∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=90°+12∠A=120°，所以∠COH=60°，利用含30度角的直角三角形可得CH的长，进而可得△OBC的面积．
本题考查了三角形的内切圆与内心，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握三角形的内心定义．
12.【答案】C
【解析】
【分析】
根据高为6cm，底面直径为4cm的圆柱A的侧面展开图求得围成不同于A的另一个圆柱B的底面周长是6cm，高是4πcm，再根据圆柱的体积等于底面积×高进行计算．
本题主要考查了旋转的性质，展开与折叠的应用，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，展开与折叠的计算．
【解答】
解：根据题意，得到另一个圆柱B的底面周长是6cm，高是4πcm，
则圆柱B的体积为π()2×4π=36(cm3).
故选C．
13.【答案】①②③
【解析】
【分析】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，三角函数值的求法，解答本题的关键是掌握利用勾股定理和相似三角形的性质求线段长的思路与方法．
根据“同角的余角相等”证明∠BFE=∠CEN，再根据∠B=∠C即可证得△BEF∽△CNE，即可判断结论①正确；过点M作MG⊥CD于G，首先证明四边形ADGM是矩形，得出AD=MG，然后证明△MGN≌△DCE(AAS)，得出MN=DE，即可判断结论②正确；根据四边形ABCD是正方形，AB=8，得出BC=DC=AB=8，根据E是BC的中点，得出CE=12BC=12×8=4，根据MN垂直平分线段DE，得出DN=EN，设DN=EN=x，则CN=DC−DN=8−x，在Rt△CEN中，∠C=90°，利用勾股定理得出CE2+CN2=EN2，即42+8−x2=x2，解得x=5，求出EN=5，CN=8−5=3，进而得出sin∠NEC=CNEN=35，即可判断结论③正确；根据E是BC的中点，得出CE=BE=12BC=12×8=4，根据△BEF∽△CNE，得出BFCE=FEEN=BECN，即BF4=FE5=43，BF=163，FE=203，进而得出BE+BF+FE=4+163+203=16，△BEF的周长为16，即可判断结论④错误；综合上述情况进行解答，即可求解．
【解答】
解：∵EF⊥EN，
∴∠FEN=90°，
∴∠BEF+∠CEN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BFE=∠CEN，
又∵∠B=∠C，
∴△BEF∽△CNE，故结论①正确；
过点M作MG⊥CD于G，如图：
则∠MGD=∠MGN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADG=∠C=90°，AD=DC，
∴∠A=∠ADG=∠MGD=90°，
∴四边形ADGM是矩形，
∴AD=MG，
∵MN⊥DE于O，
∴∠DON=90°，
∴∠ODN+∠OND=90°，
∵∠C=90°，
∴∠CDE+∠CED=90°，
∴∠CED=∠OND，即∠GNM=∠CED，
在△MGN和△DCE中，
∠MGN=∠DCE=90°∠GNM=∠CEDMG=DC,
∴△MGN≌△DCE(AAS)，
∴MN=DE，故结论②正确；
∵四边形ABCD是正方形，AB=8，
∴BC=DC=AB=8，
∵E是BC的中点，
∴CE=12BC=12×8=4，
∵MN垂直平分线段DE，
∴DN=EN，
设DN=EN=x，则CN=DC−DN=8−x，
在Rt△CEN中，∠C=90°，
∴CE2+CN2=EN2，即42+8−x2=x2，
解得x=5，
∴EN=5，CN=8−5=3，
∴sin∠NEC=CNEN=35，故结论③正确；
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12BC=12×8=4，
∵△BEF∽△CNE，
∴BFCE=FEEN=BECN，即BF4=FE5=43，
∴BF=163，FE=203，
∴BE+BF+FE=4+163+203=16，
∴△BEF的周长为16，故结论④错误；
综上所述，正确结论是①②③．
故答案为：①②③．
14.【答案】y=56x2+9；81320
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握待定系数法、二次函数及解直角三角形等知识点是解题的关键．
以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，由待定系数法求得抛物线的解析式；将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，分别用待定系数法求得直线l的解析式和直线GD的解析式，过点M作MP⊥l于点P，用三角函数求得液面GD到平面l的距离；过抛物线最低点Q作QL//l，再将QL的解析式与抛物线的解析式联立，得出关于x的一元二次方程，由判别式求得q，最后用三角函数求得答案．
【解答】
解：以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：
A(0,0)，B(0,9)，C(−23，19)，D(23，19)，
设抛物线的解析式为：y=ax 2+9，
将D(23,19)代入得：
19=a×(23) 2+9，
解得：a=56，
∴y=56x2+9；
将高脚杯绕点F倾斜后，仍以A为原点，直线EF为x轴，直线AB为y轴，建立平面直角坐标系，如图：
由题意得：A(0,0)，F(3,0)，E(−3,0)，B(0,9)，C(−23,19)，D(23,19)，
由题可知，直线l与x轴的夹角为30°，GD//l，
∵l经过点F(3,0)，且∠EFH=30°，
∴设直线l的解析式为：y=33x+b，
将F(3,0)代入，解得b=−1，
∴y=33x−1，
又∵GD//l，
∴k GD=k l=33，
∴设直线GD的解析式为y=33x+p，
将D(23,19)代入，解得p=17，
∴y=33x+17，
∴M(0,17)，N(0,−1)，
过点M作MP⊥l于点P，
∵∠EFH=30°，∠FAN=90°，
∴∠ANF=60°，
∴MP=MN⋅sin60°=[17−(−1)]×32=93，
过抛物线最低点Q作QL//l，L为QL于MP的交点，
设直线QL的解析式为，
联立y=56x2+9y=33x+q,
得：56x2−33x+9−q=0，
∵只有一个交点Q，
∴Δ=0，
∴13−4×569−q=0，
∴q=8910，
∴ML=(17−8910)×sin60°=81320．
15.【答案】(−73,0)或(−173,0)
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数的图象与性质，切线的性质，三角形的面积，先求出A、B的坐标，得到OA、OB的值，进而得到AB=5，分两种情况讨论①当点P在点A右侧时，②当点P在点A左侧时，每种情况设OP=x，表示出AP，利用面积法即可求出x的值，进而得到答案．
【解答】
解：∵直线y=−34x−3交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=−3，令y=0，得x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,−3)，
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
①如图，当点P在点A右侧时，
设⊙P与直线AB相切于C，连接PC，PB，
则PC⊥AB，PC=1，
设OP=x，则AP=OA−OP=4−x，
∴S△APB=12AP·OB=12AB·PC，
即12×3(4−x)=12×5×1，
解得：x=73，∴P(−73,0)；
②如图，当点P在点A左侧时，
设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，PB，
则PD⊥AB，PD=1，
设OP=x，则AP=OP−AO=x−4，
∴S△APB=12AP·OB=12AB·PD，
即12×3(x−4)=12×5×1，
解得：x=173，∴P(−173,0)；
综上所述，点P的坐标为 (−73,0)或(−173,0)，
故答案为 (−73,0)或(−173,0)．
16.【答案】6
【解析】解：根据题意可知连续3次变换是一循环．所以14÷3=4…2.所以是第2次变换后的图形，即按上述规则连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数是6．
故答案为：6．
先向右翻滚，然后再逆时针旋转叫做一次变换，那么连续3次变换是一个循环．本题先要找出3次变换是一个循环，然后再求14被3整除后余数是2，从而确定出连续完成14次变换后，骰子朝上一面的点数．
本题考查了正方体相对两个面上的文字，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
17.【答案】解：(1)∵∠ADC=∠G，
∴AC=AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴BC=BD，
∴∠1=∠2；
(2)如图，连接DF，
∵AC=AD，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥CD，CE=DE，
∴FD=FC=10，
∵点C，F关于DG对称，
∴DC=DF=10，
∴DE=5，
∵tan∠1=25，
∴EB=DE⋅tan∠1=2，
∵∠1=∠2，
∴tan∠2=25，
∴AE=DEtan∠2=252，
∴AB=AE+EB=292，
∴⊙O的半径为294．
【解析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、轴对称的性质、解直角三角形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
(1)根据圆周角定理和AB为⊙O的直径，即可证明∠1=∠2；
(2)连接DF，根据垂径定理可得FD=FC=10，再根据对称性可得DC=DF，进而可得DE的长，再根据锐角三角函数即可求出⊙O的半径．
18.【答案】解：(1)结论：CF=2DG．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，
∵点E是边AD的中点，
∴DE=AE，
∴AD=CD=2DE，
∵EG⊥DF，
∴∠DHG=90°，
∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，
∴∠CDF=∠DEG，
∴△DEG∽△CDF，
∴DGCF=DEDC=12，
∴CF=2DG．
(2)作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．
周长的最小值=CD+PD+PC =CD+PD+PK =CD+DK．
由题意：CD=AD=4，ED=AE=2，DG=1，EG=5，DH=DE⋅DGEG=255，
cos∠EDH=DHDE=DMDH，
即2552=DM255，
∴DM=25，
∴CK=2CN=2DM=45，
在Rt△DCK中，DK=CD2+CK2=42+(45)2=4526，
∴△PDC的周长的最小值为4+4526．
【解析】本题考查正方形的性质、轴对称最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会理由轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
(1)结论：CF=2DG.只要证明△DEG∽△CDF即可；
(2)作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC =CD+PD+PK =CD+DK，利用勾股定理求出DK的长即可解答．
19.【答案】解：(1)①如图所示⊙O即为所求；
②点E即为所求；(答案不唯一)
(2)如下图，连接BF，EF，DF．
由(1)的条件得DE⊥AC，
∴∠ACB=90∘，
DE//BC．
∴∠ADE=∠ABC．
∴∠AFE=∠ADE=∠ABC．
解法一：∵AF是⊙O直径，
∴∠ADF=90∘=∠ACB．
∵∠A=∠A，
∴△ADF∽△ACB．
∴ADAC=AFAB．
∴ADAF=ACAB．
∴△ADC∽△AFB．
∴∠ACD=∠ABF．
∵∠ACD+∠BFC=∠ABF+∠BDC=180∘−∠BMD．
∴∠BFC=∠BDC．
∵CD=BC，
∴∠BDC=∠ABC．
∴∠BFC=∠ABC
∴∠BFC=∠AFE
∵∠BFC+∠AFB=180∘，
∴∠AFE+∠AFB=180∘
∴直线BE经过点F
(2)解法二：∵AF是⊙O直径，
∴
∠ADF=∠BDF=90∘．
∴∠FDC+∠BDC=90∘．
∵∠ACB=90∘，
∴∠BAC+∠ABC=90∘．
∵CD=BC，
∴∠BDC=∠ABC．
∴∠FDC=∠BAC．
∵∠ACD=∠DCF，
∴△ACD∽△DCF．
∴ACCD=CDCF．
∴ACBC=BCCF．
∵tan∠ABC=ACBC，tan∠BFC=BCCF
∴tan∠ABC=tan∠BFC．
∴∠ABC=∠BFC．
∴∠BFC=∠AFE
∵∠BFC+∠AFB=180∘，
∴∠AFE+∠AFB=180∘
∴直线BE经过点F．
【解析】本题考查尺规作图，圆的综合，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，掌握圆周角定理、平角的定义是关键
(1)先作线段AD的垂直平分线交AC于O，再过点D作BC的平行线交圆O于E即可解答；
(2)连接BF，EF，DF.由(1)的条件证明∠AFE=∠ADE=∠ABC.再根据圆周角定理证明△ADF∽△ACB得ADAF=ACAB.然后证明ADC∽△AFB.得∠ACD=∠ABF.再想方法证明∠AFE+∠AFB=180∘即可解答．
20.【答案】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
由旋转知，
∴AD=AP，∠DAP=60°，
∴∠DAB+∠BAP=∠BAP+∠CAP，
∴∠DAB=∠CAP，
∴△DAB≌△PAC(SAS)，
∴BD=CP；
(2)解：如图2，
由旋转知，AD=AP，∠DAP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴当点P与点E重合时，有AE=DE，∠AED=60°，
∵CE⊥AB，
∴AE=BE=DE，∠BCE=12∠ACB=30°，
∴∠EBD=30°，
∴∠DBC=90°，
在Rt△BCF中，
∵BC=AB=4，tan∠BCE=BFBC，
∴BF=4tan30°=433；
(3)DE长度的最小值是1．
【解析】
【分析】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和三角形全等的性质和判定、旋转的性质，三角形中位线定理、三角函数等知识，难度适中，是一道不错的压轴题．
(1)根据SAS证明两个三角形全等；
(2)先根据题意画图2，先得AE=BE=DE，∠BCE=30°，再由等腰三角形的性质得∠DBC=90°，根据特殊的三角函数可得BF的长；
(3)先确定最小值时点P的位置，由(1)知：△DAB≌△PAC，取AC的中点H，连接PH，则PH=DE，PH长度的最小值就是DE长的最小值，利用三角形中位线定理可得结论．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)见答案；
(3)如图3，由(1)知：△DAB≌△PAC，
∴取AC的中点H，连接PH，则PH=DE，
∴PH长度的最小值就是DE长的最小值，
过点H作HG⊥CE于G，垂足G就是PH最小时点P的位置，此时PH=1，
故DE长度的最小值是1．
21.【答案】(1)证明：连接OD，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠B，
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∴∠ODB=∠A，
∴OD//AC，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴DE为⊙O的切线；
(2)解：连接CD，
∵BC为直径，
∴∠ADC=90°，
∵∠A=30°，
又∵AC=BC=4，
∴AD=AC⋅cos30°=4×32=23，
∴DE=12AD=3．
【解析】(1)连接OD，由平行线的判定定理可得OD//AC，利用平行线的性质得∠ODE=∠DEA=90°，可得DE为⊙O的切线；
(2)连接CD，由BC为直径，利用圆周角定理可得∠ADC=90°，由∠A=30°，AC=BC=4，利用含30°的角直角三角形和勾股定理可得DE．
本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，平行线的性质及判定定理，解题的关键是学会添加常用辅助线．
22.【答案】解：(1)如图1中，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8−x．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵AD=BC=6，AB=CD=8，
∴AC=AD2+CD2=10
∵AD=AF=6，∠AFE=∠D=∠EFC=90°
∴CF=AC−AF=4，
在Rt△EFC中，则有：x2+42=(8−x)2，
解得x=3，
∴DE=3．
(2)如图2中，设⊙F与AD相切的切点为M，连接FM，作FN⊥AB于N，则四边形AMFN是矩形．
设AM=FN=x，AN=FM=FB=y，
则有， x2+y2=36 x2+(8−y)2=y2
解得y=−8+241，(负的已经舍弃)，
∴AN=−8+241，
∴cos∠FAB=ANAF=−4+413
(3)以PB为斜边构造等腰直角三角形OPB，以O为圆心，OP为半径作⊙O．
如图3−1中，当⊙O与CD相切于点Q时，满足条件∠PAB=12∠POB=45°．
连接QO，延长QO交AB于H.设OH=PH=BH=m，
则OP=OQ=2m
∵QH=AQ=6，
∴m+2m=6
∴m=62−1，
∴BP=2m=122−12
如图3−2中，当⊙O经过点C时，PB=BC=6．
如图3−3中，当⊙O经过点D时，作OH⊥AB于H，交CD于N．
设OH=PH=BH=n，则OD=OP=2n，ON=6−n，DN=8−n，
在Rt△DON中，则2n2=6−n2+8−n2
解得n=257
∴BP=2n=507
观察图象可知，满足条件的BP的值为BP=122−12或6
(1)如图1中，当点C落在射线AF上时，设DE=x，则EF=DE=x，CE=8−x，根据勾股定理，列出方程，即可求解；
(2)如图2中，设⊙F与AD相切的切点为M，连接FM，作FN⊥AB于N，则四边形AMFN是矩形，设AM=FN=x，AN=FM=FB=y，构建方程组只要求出y即可解决问题．
(3)以PB为底边作等腰直角三角形△PMB，以点M为圆心，MP为半径作圆M，分三类：①当圆M与CD相切时，求出BP的值；②当圆M过点C时，求出BP的值；③当圆M过点D时，求出BP的值，进而，可求出BP的范围．
23.【答案】解：从正面和左面看到的这个几何体的形状图如图所示：
【解析】由已知条件可知，从正面看有3列，每列小正方数形数目分别为1，3，2；从左面看有2列，每列小正方形数目分别为3，2.据此可画出图形．
考查几何体的三视图画法．由几何体的俯视图及小正方形内的数字，可知主视图的列数与俯视图的列数相同，且每列小正方形数目为俯视图中该列小正方形数字中的最大数字．左视图的列数与俯视图的行数相同，且每列小正方形数目为俯视图中相应行中正方形数字中的最大数字．
24.【答案】解：如下：
(1)如上图：线段AE，线段CF即为所求；
(2)如上图：线段OH即为所求；
(3)设OH=x米，AH=y米，则CH=(6−y)米，
∵AB//OH//CD，
∴△ABE∽△HOE，△CDF∽△HOF，
∴ABOH=AEEH，CDOH=CFFH，
即：2x=2.22.2+y，2x=1.21.2+6−y，
解得：y=6617≈3.9，
x=5917≈5.3，
所以灯泡O到地面AC的距离OH大约为5.3米．
【解析】(1)根据中心投影的性质作图；
(2)根据过直线外一点作直线的垂线作图；
(3)根据相似三角形的性质求解．
本题考查了作图及相似三角形的性质，三角形相似的性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)证明：如图，连接MO并延长交AD于点I，
∵BC切⊙O于点M，
∴∠BMI=90∘．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠MID=∠BMI=90∘，
∴MI⊥AD．
又MI过圆心，∴MI垂直平分AD，
∴AM=DM．
(2)设CN=x，AN=8x，
则MN2=AN⋅CN=8x⋅x=8x2，
∴MN=22x，
∵AD是直径，∴∠AMD=∠AND=90∘．
由(1)得AM=DM，∴∠ADM=45∘，
∴∠ANM=∠ADM=45∘．
作MH⊥AN于点H，
∴∠MHN=∠MHA=90∘．
在Rt△MNH中，∠HNM=45∘，
∴HM=HN=2x，
∴AH=AN−HN=6x．
在Rt△AMH中，AM=AH2+HM2=(6x)2+(2x)2=210x.
在Rt△AMD中，DM=AM=210x，
∴AD=210x·2=45x.
∵▱ABCD，
∴CD=AB=5，∴DN=5−x．
在Rt△AND中，(8x)2+(5−x)2=(45x)2，
解得x1=1，x2=−53(舍去)．
∴AD=45
∴⊙O的半径为25．
【解析】本题主要考查的是勾股定理，平行四边形的性质，圆周角定理，线段垂直平分线的性质，切线的性质等有关知识．
(1)连接MO并延长交AD于点I.根据切线的性质和平行四边形的性质得到MI⊥AD，再根据MI过圆心得到MI垂直平分AD，进而求出此题；
(2)设CN=x，AN=8x.先表示出MN，然后利用圆周角定理得到∠AMD=∠AND=90∘，进而得到∠ANM=∠ADM=45∘，作MH⊥AN于点H，利用勾股定理进行求解即可．
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