1. （本题8分）老师说：“今天我来表演一个数学魔术。”说完便在黑板上画出下面两个图：
【1】⑴请你借助数学知识对这两个图通过计算验证说明拼接是否可行，若不行请说明理由；
【答案】不可以 （1分）
因为图1正方形的面积是64，而图2的矩形面 积是65，所以不可能拼接好。 （4分） 利用三角形的相似，可以证明中间的 平行四边形多出的面积1， （6分）
【2】⑵画出正确的拼接图（单位），并作简单说明. 【答案】正确的图如右，图形基本正确 （8分）
2. 如图1，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心的⊙O的半径为， 直线：与坐标轴分别交于A、C两点，点B的坐标为（－4,1），⊙B与
轴相切于点M.
【1】求点A的坐标及∠CAO的度数
【答案】当时，，
∴A（,0）.----------------------------------------------------------1分 当时，， ∴C（,0）， ∴OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA.---------------------------------------------------------2分 ∵OA⊥OC， ∴∠CAO＝45°.----------------------------------------------------------3分
【2】⊙B以每秒1个单位长度的速度沿轴向右平移，同时，直线绕点A逆时针匀速旋转.当⊙B第一次与⊙O相切时，直线也恰好与⊙B第一次相切，问：直线绕点A 每秒旋转多少度？
【答案】如图，设⊙B平移t秒到⊙B1处时与⊙O第一次相切.
设⊙B1与x轴相切于点N，连接OB1，
∵∴∴∵∴
点B的坐标为（－4,1），⊙B与轴相切于点M， ⊙B的半径是1，OM＝4， B1N＝1.
⊙O的半径是， OB1＝，
，
∴ON＝
∴MN＝OM―ON＝4―1＝3.
∴当⊙B第一次与⊙O相切时,t＝3.----------------------------------------6分
当⊙B第一次与⊙O相切时，直线旋转到直线AP的位置，P是直线与⊙B1的切点. ∵ON＝B1N＝1，∠B1NO＝90°， ∴∠B1ON＝∠OB1N＝45°. ∵OA＝OB1＝，
∴∠OAB1＝∠OB1A＝∠B1ON＝22.5°.------------------------------------7分
∵AP、AN都是⊙B1的切线，
∴AP＝AN，∠B1PA＝∠B1NA＝90°. ∴△B1AP≌△B1AN，
∴∠B1AP＝∠B1AN＝22.5°， ∴∠PAN＝45°.----------------------------------------------------------8分 ∴∠PAC＝∠PAN＋∠NAC＝90°. ∴直线旋转角是90°.---------------------------------------------------9分 ∴旋转的速度＝90°÷3＝30°.--------------------------------------------10分
【3】如图2，过A、O、C三点作⊙O1，点E为劣弧AO上一点，连接EC、EA、EO， 当点E在劣弧AO上运动时(不与A、O两点重合)，
的值是否发生变化？如
果不变，求其值；如果变化，说明理由.
【答案】的值不变，等于． -------------------------------------11分
如图，在CE上截取CK=EA，连接OK，--------------------------------------12分
∵∴∴∴∴∴
∠OAE=∠OCK，OA=OC． △OAE≌△OCK．
OE=OK，∠EOA=∠KOC， ∠EOK=∠AOC=90°．
EK=EO，-----------------------------------------------------------13分
--------------------
3. 如图，△ABC中，CD是边AB上的高，且．
（1）求证：△ACD∽△CBD； （2）求∠ACB的大小．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）90°．
【解析】（1）根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，即可证明△ACD∽△CBD； （2）由（1）可知△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应角相等可得：∠A=∠BCD，再由∠A+∠ACD=90°，可得：∠BCD+∠ACD=90°，即∠ACB=90°． 试题解析：（1）∵CD是边AB上的高，∴∠ADC=∠CDB=90°，∵
，
∴△ACD∽△CBD；
（2）∵△ACD∽△CBD，∴∠A=∠BCD，在△ACD中，∠ADC=90°，∴∠A+∠ACD=90°，∴∠BCD+∠ACD=90°，即∠ACB=90°． 【考点】相似三角形的判定与性质．
4. (2014河北)在研究相似问题时，甲、乙同学的观点如下：
甲：将边长为3、4、5的三角形按图①的方式向外扩张，得到新三角形，它们的对应边间距均为1，则新三角形与原三角形相似．
乙：将邻边为3和5的矩形按图②的方式向外扩张，得到新的矩形，它们的对应边间距均为1，则新矩形与原矩形不相似．
对于两人的观点，下列说法正确的是( )
A．两人都对 C．甲对，乙不对
B．两人都不对 D．甲不对，乙对
【答案】A
【解析】甲：如图①，根据题意得AB∥A′B′，AC∥A′C′，BC∥B′C′，
∴∠A＝∠A′，∠B＝∠B′， ∴△ABC∽△A′B′C′， ∴甲的说法正确．
乙：如图②，根据题意得AB＝CD＝3，AD＝BC＝5， A′B′＝C′D′＝3＋2＝5，A′D′＝B′C′5＋2＝7． ∵∴
， ，
∴新矩形与原矩形不相似． ∴乙的说法正确．
故选A．
5. 观察下列银行标志，从图案看既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【答案】B．
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念可得第一个图形是中心对称图形，第二、三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形，第四个图形是轴对称图形，故答案选B． 【考点】轴对称图形与中心对称图形的概念．
6. 如果点P（2x+6, x－4）在平面直角坐标系的第四象限内，那么x的取值范围在数轴上可表示为（ ）
【答案】C．
【解析】根据平面直角坐标系中各象限点的特征，判断其所在象限，四个象限的符号特征分别是：第一象限（＋，＋）；第二象限（－，＋）；第三象限（－，－）；第四象限（＋，－）．由点P（2x＋6，x－4）在平面直角坐标系的第四象限内可得
，解这个不等式组并把不等式组
的解集在数轴上表示出来即可．故答案选C．
【考点】平面直角坐标系中各象限点的特征；一元一次不等式组的解法；在数轴上表示不等式组的解集．
7. 如图，放置的一个机器零件（图1），若其主视图如（图2）所示，则其俯视图为（ ）
【答案】D．
【解析】几何体的俯视图是从上面看到的图形，这个几何体从上面看是并排的三个矩形，故答案
选D．
【考点】几何体的三视图．
8. （本题满分8分）图中的小方格都是边长为1的正方形，△ABC的顶点和O点都在正方形的
顶点上．
（1）以点O为位似中心，在方格图中将△ABC放大为原来的2倍，得到△A′B′C′； （2）△A′B′C′绕点B′顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△A″B′C″，并求边A′B′在旋转过程中扫过的图形面积． 【答案】见解析
【解析】（1）连接AO、BO、CO并延长到2AO、2BO、2CO长度找到各点的对应点，连接即可．
（2）△A′B′C′的A′、C′绕点B′顺时针旋转90°得到对应点，顺次连接即可．A′B′在旋转过程中扫过的图形是一个扇形，求出扇形的面积即可． 试题解析：（1）见图中△A′B′C′ （2）见图中△A″B′C″
（平方单位）．
【考点】简单作图
9. 如图，直线l是一条河，A、B两地相距5km，A、B两地到l的距离分别为3km、6km，欲在l上的某点M处修建一个水泵站，向A、B两地供水，现有如下四种铺设方案，图中实线表示铺设的管道，则铺设的管道最短的是
（ ）
【答案】B．
【解析】作点A关于直线ｌ的对称点，再把对称点与点B连接，根据轴对称确定最短路线问题，交点即为所求点M．
试题解析：根据轴对称确定最短路线问题，B选项图形方案符合． 故选B．
【考点】1．轴对称――最短路线问题；2．垂线段最短．
10. （8分）（2015•聊城）在如图所示的直角坐标系中，每个小方格都是边长为1的正方形，
△ABC的顶点均在格点上，点A的坐标是（﹣3，﹣1）．
（1）将△ABC沿y轴正方向平移3个单位得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出点B1坐标； （2）画出△A1B1C1关于y轴对称的△A2B2C2，并写出点C2的坐标．
【答案】（1）点坐标为：（﹣2，﹣1）；（2）点的坐标为：（1，1） 【解析】（1）直接利用平移的性质得出平移后对应点位置进而得出答案； （2）利用轴对称图形的性质得出对应点位置进而得出答案． 试题解析：解：（1）如图所示：△，即为所求；点坐标为：（﹣2，﹣1）；
（2）如图所示：△，即为所求，点的坐标为：（1，1）．
【考点】作图-轴对称变换；作图-平移变换
11. 如图所示是由几个小正方体组成的一个几何体，这个几何体的左视图是（ ）
【答案】C
【解析】根据左视图是从左面看到的，可知第一层有三块，第二层有一块，且在左边． 故选C
【考点】左视图
12. 如图是一个由4个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
【答案】A．
【解析】观察几何体可得，这个几何体的主视图是四个正方形组成，故答案选A．
【考点】几何体的主视图．
13. 下列剪纸图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．
B．
C．
D．
【答案】A．
【解析】A．是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确；
B．不是轴对称图形，因为找不到任何这样的一条直线，沿这条直线对折后它的两部分能够重合；即不满足轴对称图形的定义，是中心对称图形，故此选项错误； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，因为找不到任何这样的一点，旋转180度后它的两部分能够重合；即不满足中心对称图形的定义，故此选项错误． 故选A．
【考点】1．中心对称图形；2．轴对称图形．
14. 主视图、左视图和俯视图完全相同的几何体是（ ）
【答案】D
【解析】根据所给的几何体可知，主视图、左视图和俯视图完全相同的是正方体； 故选D．
【考点】三视图．
15. 如图，正方形ABCD和正方形OEFG中，点A和点F的坐标分别为 （3，2），（-1，-1），
则两个正方形的位似中心的坐标是（ ）
A．（1，0） B．（-5，-1）
C．（1，0）或（-5，-1） D．（1，0）或（-5，-2）
【答案】D
【解析】考查位似变换中对应点的坐标的变化规律．本题应分两种情况讨论，一种是E和C是对应点，G和A是对应点；二种是A和E是对应点，C和G是对应点．
解：∵正方形ABCD和正方形OEFG中A和点F的坐标分别为（3，2），（﹣1，﹣1）， ∴E（﹣1，0）、G（0，﹣1）、D（5，2）、B（3，0）、C（5，0），
（1）当E和C是对应顶点，G和A是对应顶点时，位似中心就是EC与AG的交点， 设AG所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0）， ∴
，解得
．
∴此函数的解析式为y=x﹣1，与EC的交点坐标是（1，0）；
（2）当A和E是对应顶点，C和G是对应顶点时，位似中心就是AE与CG的交点， 设AE所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），，解得
，故此一次函数的解析式为y=x+…①，
同理，设CG所在直线的解析式为y=kx+b（k≠0），，解得
，
故此直线的解析式为y=x﹣1…② 联立①②得解得
，故AE与CG的交点坐标是（﹣5，﹣2）．
故答案为：（1，0）、（﹣5，﹣2）． 【考点】位似变换．
16. 下面左图是五个完全相同的正方体堆成的物体，则这一物体的主视图是
（ ）．
【答案】A
【解析】利用画立体图形的三视图要循序渐进，不妨从熟悉的图形出发，对于一般的立体图要通过仔细观察和想象，再画他的三视图，进而得出答案． 解：如图所示
故答案为A．
【考点】作图-三是图．
17. （3分）（2015•本溪）如图是由多个完全相同的小正方体组成的几何体，其左视图是（ ）
【答案】C．
【解析】左视图是从几何体左边看得到的图形，这个几何体从左边看最低层是三个小正方形，中间层靠左边两个小正方形，最上层靠左边一个小正方形．故答案选C． 【考点】简单几何体的三视图．
18. （3分）在直角坐标系中，将点（﹣2，3）关于原点的对称点向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（ ） A．（4，﹣3） B．（﹣4，3） C．（0，﹣3） D．（0，3）
【答案】C
【解析】本题考查了点的坐标、关于原点的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数；点的坐标向左平移减，向右平移加，向上平移加，向下平移减，纵坐标不变；根据关于原点的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，即平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），可得关于原点的对称点，再根据点的坐标向左平移减，纵坐标不变，可得答案． 解：在直角坐标系中，将点（﹣2，3）关于原点的对称点是（2，﹣3），再向左平移2个单位长度得到的点的坐标是（0，﹣3）， 故选：C．
【考点】1．关于原点对称的点的坐标；2．坐标与图形变化-平移．
19. 如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD平分∠CAB，交BC于点D，若CD=1，则BD= ．
【答案】2
【解析】根据角平分线性质求出∠BAD的度数，根据含30度角的直角三角形性质求出AD即可得BD． ∵∠C=90°，∠B=30°，∴∠CAB=60°，AD平分∠CAB，∴∠BAD=30°，∴BD=AD=2CD=2， 【考点】含30度角的直角三角形；角平分线的性质
20. 如图所示物体的俯视图是（ ）
【答案】D．
【解析】找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中． 试题解析：从上面向下看，易得到横排有3个正方形． 故选D．
【考点】简单组合体的三视图．
21. （3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB边上，将△CBD沿CD折叠，使点
B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=26°，则∠CDE= ．
【答案】71°．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=26°，∴∠B=64°，∵将△CBD沿CD折叠，使点B恰好落在AC边上的点E处，∠ACB=90°，∴∠BCD=∠ECD=45°，∠CED=∠B=64°，∴∠CDE=180°﹣∠ECD﹣∠CED=71°，故答案为：71°． 【考点】翻折变换（折叠问题）．
22. 在平面直角坐标系中，点A（-4，-3）在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C．
【解析】在平面直角坐标系中，点A（-4，-3）在第三象限， 故选C．
【考点】点的坐标．
23. 如图，A、B、C、P、Q、甲、乙、丙、丁都是方格纸中的格点，如果△RPQ∽△ABC，那么
点R应是甲、乙、丙、丁四点中的（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 【答案】B．
【解析】∵△RPQ∽△ABC，∴
，即
，∴△RPQ的高为6．故点R
应是甲、乙、丙、丁四点中的乙处． 故选B．
【考点】相似三角形的性质．
24. 如图图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ） A．C．
正三角形 正方形
B．D．
平行四边形 菱形
【答案】B
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念：中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误； B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故正确； C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误； D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误． 故选B．
【考点】中心对称图形；轴对称图形
25. 如图，一只青蛙在圆周上标有数字的五个点上跳，若它停在奇数点上，则下一次沿顺时针方向跳两个点；若停在偶数点上，则下一次沿逆时针方向跳一个点，若青蛙从4这点开始跳，则经
2015次跳后它停在数 对应的点上．
【答案】2．
【解析】由4起跳，4是偶数，沿逆时针下一次只能跳一个点，落在3上，
3是奇数，沿顺时针跳两个点，落在5上， 5是奇数，沿顺时针跳两个点，落在2上，
2是偶数，沿逆时针下一次只能跳一个点，落在1上， 1是奇数，沿顺时针跳两个点，落在3上， …
3-5-2-1-3，周期为4；又由2015=4×503+3， 经过2015次跳后它停在的点所对应的数为2．
【考点】1．规律型：图形的变化类；2．规律型：数字的变化类．
26. 下列各图中，不是中心对称图形的是（ ）
【答案】B．
【解析】根据中心对称图形的概念和各图形的结构特点知：A、C、D都既是轴对称图形，也是中心对称图形；
B、只是轴对称图形． 故选：B．
【考点】 中心对称图形；生活中的旋转现象．
27. 如图，在矩形ABCD中，AB=，AD=1，把该矩形绕点A顺时针旋转α度得矩形AB′C′D′，
点C′落在AB的延长线上，则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】
【解析】首先根据题意利用锐角三角函数关系得出旋转角的度数，进而求出S△AB′C′，S扇形BAB′，即可得出阴影部分面积．
试题解析：∵在矩形ABCD中，AB=，AD=1， ∴tan∠CAB=∴∠CAB=30°， ∴∠BAB′=30°， ∴S△AB′C′=×1×S扇形BAB′=
=
， ， ，AB=CD=
，AD=BC=1，
S阴影=S△AB′C′﹣S扇形BAB′=
【考点】1.旋转的性质；2.矩形的性质；3.扇形面积的计算．
28. 点A（﹣2，3）关于原点O对称的点B（b，c），则b+c= ． 【答案】-1
【解析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，可得b=2，c=﹣3，根据有理数的加法，可得b+c=﹣3+2=﹣1．
【考点】关于原点对称的点的坐标
29. 在平面直角坐标系中，点A（l，3）关于原点O对称的点A′的坐标为（ ） A．（﹣1，3） B．（1，﹣3） C．（3，1） D．（﹣1，﹣3）
【答案】D
【解析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到点A（l，3）关于原点O对称的点A′的坐标为（﹣1，﹣3）． 故选：D．
【考点】关于原点对称的点的坐标
30. 如图，已知∠1＝∠2，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADE的是（ ）
A．＝
B．＝
C．∠B＝∠D
D．∠C＝∠AED
【答案】B．
【解析】由∠1＝∠2易证得∠DAE＝∠BAC，添加选项A，利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可判定△ABC∽△ADE；添加选项C、D，利用两角对应相等的两个三角形相似即可判定△ABC∽△ADE；只有添加选项B，不能判定△ABC∽△ADE，故答案选B． 【考点】相似三角形的判定．
31. （10分）（2015•宁波模拟）如图1是一种包装盒的表面展开图，将它围起来可得到一个几
何体的模型．
（1）这个几何体模型的名称是 ．
（2）如图2是根据a，b，h的取值画出的几何体的主视图和俯视图（图中实线表示的长方形），请在网格中画出该几何体的左视图．
（3）若h=a+b，且a，b满足a2+b2﹣a﹣6b+10=0，求该几何体的表面积．
【答案】（1）长方体或底面为长方形的直棱柱；（2）参见解析；（3）62．
【解析】（1）观察平面展开图，侧面四个面是长方形，且上下两个底面也是长方形，所以折叠后能围成长方体．（2）根据图1所标注的相关线段的长度画出长方体，根据立体图形和相关线段的长度画出其左视图；（3）将给出的式子中10拆分成1+9，则所给式子写成两个完全平方式，因式分解后能求出a、b的值，则h的值就能求出，然后由长方体的表面积计算公式求解． 试题解析：（1）由平面展开图得知，侧面四个面是长方形，且上下两个底面也是长方形，∴折叠后能围成长方体．（2）根据图1所标注的相关线段的长度和给出的视图画出长方体，是长宽高分别为4,5,2的长方体，则左视图是长为5，宽为2的长方形；画出图形，如图：
（3）将给出的式子中10拆分成1+9，则所给式子写成两个完全平方式，（a﹣1）2+（b﹣3）
2
=0，则a﹣1=0，b﹣3=0，∴a=2，b=3，所以h=a+b=2+3=5．所以此长方体的表面积为六个
面的面积和：2（2×3+5×2+3×5）=62．
【考点】1．因式分解的应用；2．由三视图判断几何体；3．作图-三视图．
32. 如图1，直线y=﹣
x+2
分别与x轴、y轴交于点M，N．Rt△ABC的顶点B与原点O
重合，BC在x轴正半轴上，BC=1，∠ABC=60°．将△ABC沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度平移，当点B与点M重合时，△ABC停止运动，设运动时间为t
秒．
（1）当点A落在直线MN上时，求t的值；
（2）在（1）基础上，△ABC继续平移，AB，AC分别交线段MN于点E，F（如图2）． ①t为何值时，S△AEF=S△ABC；
②若当点A刚好落在直线MN上时，动点P同时从顶点B出发，以每秒个单位长度的速度沿B→A运动，△ABC停止平移时，点P随之停止．则在点P运动的过程中，是否存在某一时刻，△PEF与△MON相似？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）t=2；（2）①2+
；②存在，当t1=
，t2=
，t3=
时，△PEF与△MON相似．
【解析】（1）根据函数解析式易求ON、OM的值，以及∠NMO=30°，在Rt△ABC中，根据∠NMO=30°，可得BM=2AB，由BM=6﹣t，AB=2，可求得t的值； （2）①根据BM=6﹣t，AB⊥NM，分别表示出BE、AE、EF的长度，然后根据S△AEF=S△ABC，代入三角形的面积公式，求出t的值；
②根据图形可得，分别表示出当2≤t≤4时，即当点P在BE上，当4≤t≤6时，即当点P在AE上时PE的长度，然后根据角度的不同分情况，求出t的值．
试题解析：解：（1）根据函数解析式易求ON=2，OM=6，∠NMO=30°， 在Rt△ABC中，∠ABC=60°，BC=1， ∴AB=2，AC=， 当点A在MN上时， ∵∠ABC=60°，∠NMO=30°， ∴AB⊥NM， ∴BM=2AB，
由BM=6﹣t，AB=2， 可得6﹣t=4， 解得：t=2； （2）①如图2，
∵BM=6﹣t，AB⊥NM，
∴BE=BM=（6﹣t）=3﹣t， ∴AE=AB﹣BE=2﹣（3﹣t）=t﹣1， ∴EF=AE•tan30°=∵S△AEF=S△ABC， ∴（t﹣1）×解得：t1=2+
×=×，t1=2﹣
， ，
（不合题意，舍去）；
②PE=3﹣t﹣（t﹣2）=4﹣t（2≤t≤4）， 或PE=（t﹣2）﹣（3﹣t）=t﹣4（4≤t≤6），
要使△PEF与△OMN相似， 即△PEF为含有30°的直角三角形，而∠PEF始终为直角． （i）当点P在BE上，即当2≤t≤4时， 若∠PFE=30°，则
（4﹣t）=
×
，解得：t=，解得：t=
； ；
若∠EPF=30°，则4﹣t=
（ii）当点P在AE上，即当4≤t≤6时， 若∠PFE=30°，则
（t﹣4）
×
，解得：t=，解得：t=6；
；
若∠EPF=30°，则t﹣4=
而当t=6时，点P和点A重合，AC与线段MN没有交点， 所以t=6不合题意舍去，
综上所述，当t1=，t2=，t3=
时，△PEF与△MON相似．
【考点】一次函数综合题．
33. 已知，如图直线l的解析式为y=x+4，交x、y轴分别于A、B两点，点M（-1，3）在直线l
上，O为原点．
（1）点N在x轴的负半轴上，且∠MNO=60°，则AN= ； （2）点P在y轴上，线段PM绕点P旋转60°得到线段PQ，且点Q恰好在直线l上，则点P的坐标为 或 ．
【答案】（1）3-，（2）（0，1+），（0，1-） 【解析】试题解析：（1）如图1，过点M作MH⊥OA于H， ∵点M（-1，3）， ∴MH=3，OH=1，
∵∠MNO=60°， ∴NH=
，
∵直线l的解析式为y=x+4，交x、y轴分别于A、B两点， ∴A（-4，0）， ∴OA=4，
∴AN=OA-OH-NH=4-1-=3-；
（2）如图2，∵点P在y轴上，线段PM绕点P旋转60°得到线段PQ， ∴PM=PQ，∠MPQ=60°， ∴△PMQ是等边三角形， ∴PQ=PM=MQ，
设P的坐标为（0，b），点Q的坐标为：（a，a+4）， ∵PQ=PM，
∴1+（b-3）2=a2+（a+4-b）2， ∴a2-1=（b-3）2-（a+4-b）2，
∴（a+1）（a-1）=[（b-3）+（a+4-b）][（b-3）-（a+4-b）]， ∴a-1=2b-a-7， 解得：a=b-3，
∴点Q的坐标为：（b-3，b+1）， ∵PM=MQ，
∴1+（b-3）2=[（b-3）-（-1）]2+（b+1-3）2， 即b2-2b-2=0，
解得：b=1+或b=1-，
∴点P的坐标为：（0，1+）或（0，1-
）．
【考点】一次函数综合题．
34. 下列图形是中心对称图形的是（ ）
【答案】B．
【解析】试题解析：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确； C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误． 故选B．
【考点】中心对称图形．
35. 将三角形纸片（△ABC）按如图所示的方式折叠，使点B落在边AC上，记为点B′，折痕为EF．已知AB=AC=3，BC=4，若以点B′、F、C为顶点的三角形与△ABC相似，则
BF=___ __．
【答案】
或2
，
【解析】根据折叠得到BF=B′F，设BF=x，则CF=8-x，即可由△B′FC∽△ABC，得到再根据AB=3，BC=4，得到
求出x=
，得到BF=
；或由△FB′C∽△ABC，得到
，再根据AB=3，AC=3，可得
【考点】相似三角形的性质与判定
，解得x=2，即BF=2．
36. 如图，AB∥CD∥EF，AC=2，EC=3，BD=3，则BF= ．
【答案】7.5．
【解析】∵AB∥CD∥EF，∴
，∵AC=2，EC=3，BD=3，∴
，∴DF=4.5，
∴BF=BD+DF=3+4.5=7.5，故答案为：7.5． 【考点】相似三角形的判定与性质．
37. 如图，△ABC中，CD是边AB上的高，且．
（1）求证：△ACD∽△CBD； （2）求∠ACB的大小．
【答案】（1）见解析（2）∠ACB=90°
【解析】（1）利用两边成比例夹角相等的两个三角形相似判定即可；（2）利用△ACD∽△CBD可得出∠A=∠BCD，然后利用互余的关系可得∠BCD+∠ACD=90°，即可得∠ACB=90°． 试题解析：（1）证明：∵CD是边AB上的高，∴∠ADC=∠CDB=90°， ∵
．∴△ACD∽△CBD；
（2）解：∵△ACD∽△CBD，∴∠A=∠BCD， 在△ACD中，∠ADC=90°，∴∠A+∠ACD=90°， ∴∠BCD+∠ACD=90°，即∠ACB=90°． 【考点】相似三角形的判定与性质．
38. 如图，在10×10正方形网格中，每个小正方形的边长均为1个单位．将△ABC向下平移4个单位，得到△A′B′C′，再把△A′B′C′绕点C′′顺时针旋转90°，得到△A′′B′′C′′，请你画出△A′′B′′C′′
和△A′′B′′C′′（不要求写画法）．
【答案】作图见解析．
【解析】根据平移的性质画出点A、B、C平移后的对应点A′、B′、C′即可得到△A′B′C′，然后根据旋转的性质和网格特点画出点A′、B′、C′旋转后的对应点A″、B″、C″即可得到△A′′B′′C′′．
试题解析：如图，△A′B′C′和△A′′B′′C′′即为所作．
【考点】作图-旋转变换．
39. 已知：如图，AB和DE是直立在地面上的两根立柱．AB＝5m，某一时刻AB在阳光下的投
影BC＝3m．
（1）请你在图中画出此时DE在阳光下的投影；
（2）在测量AB的投影时，同时测出DE在阳光下的投影长为6m，请你计算DE的长． 【答案】（1）作图见解析；（2）10m．
【解析】本题通过投影的知识结合图形相似的性质巧妙地求出点D离地面的距离，是平行投影性质在实际生活中的应用．
（1）根据平行投影的性质可先连接AC，再过点D作DF∥AC交地面与点F，DF即为所求； （2）根据平行的性质可知△ABC∽△DEF，利用相似三角形对应边成比例即可求出DE的长． 试题解析：（1）DE在阳光下的投影如图，影子EF为所求； （2）依题意得， △ABC∽△DEF， ∴∴
==
， ，
∴DE＝10m．
【考点】1．平行投影；2．相似三角形的性质；3．相似三角形的判定．
40. 在比例尺为1：5000的江阴市城区地图上，某段路的长度约为25厘米，则它的实际长度约为________米
【答案】1250米
【解析】实际距离=5000×25=125000cm=1250米． 【考点】比例尺的应用
41. 如图，点D在△ABC的边AC上，要判定△ADB与△ABC相似，可添加一个条件________
【答案】∠C=∠ABD
【解析】当两个角对应相等时，则两个三角形相似，即可添加∠C=∠ABD． 【考点】三角形相似
42. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，△ACD沿AD折叠，使得点C落在斜边AB上的点E
处．
（1）求证：△BDE∽△BAC；
（2）已知AC=6，BC=8，求线段AD的长度． 【答案】见解析；AD=3
【解析】根据折叠得出∠C=∠BED=90°，结合∠B为公共角得出三角形相似；首先求出AB的长度，然后设CD=x，根据折叠得出DE和BE的长度，从而根据Rt△BDE的勾股定理求出DE的长度，然后根据Rt△ADE的勾股定理求出AD的长度． 试题解析：（1）∵∠C=90° 根据折叠图形的性质 ∴∠BED=90° ∴∠C=∠BED 又∵∠B=∠B
∴△BDE∽△BAC
、根据Rt△ABC的勾股定理可得AB=10，设CD=x，则BD=8－x，DE=x，AE=AC=6，则BE=10，
根据Rt△BDE的勾股定理可得：DE=3， 根据Rt△ADE的勾股定理可得：AD=3 【考点】三角形相似的证明
43. 如图所示，如果D，E，F分别在OA，OB，OC上，且DF∥AC，EF∥BC．
求证：OD：OA=OE：OB．
【答案】证明见解析.
【解析】根据平行于三角形一边的直线截其他两边所得的新三角形与原三角形相似可以得出比例式，等量代换即可得到结论．
试题解析：证明：∵DF∥AC，EF∥BC， ∴△ODF∽△OAC，△OEF∽△OBC， ∴
，
，
∴OD：OA=OE：OB．
【考点】相似三角形的判定与性质．
44. 如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条直角边DE=40cm，EF=20cm，测得边DF离地面的高度AC=1．5m，CD=8m，求树高
AB．
【答案】树高5．5m．
【解析】先判定△DEF和△DBC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式求出BC的长，再加上AC即可得解．
试题解析：在△DEF和△DBC中，，
∴△DEF∽△DBC， ∴即
， ，
解得BC=4， ∵AC=1．5m，
∴AB=AC+BC=1．5+4=5．5m， 即树高5．5m．
【考点】相似三角形的应用．
45. 如图，直线AD∥BE∥CF，BC=AC，DE=4，那么EF的值是 ．
【答案】2．
【解析】试题解析：∵BC=AC， ∴∴
∵DE=4， ∴
,
∴EF=2．
【考点】平行线分线段成比例．
46. 下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
， ，
∵AD∥BE∥CF，
【答案】D．
【解析】根据中心对称图形和轴对称图形的概念可得，选项A、B既不是轴对称图形，也不是中
心对称图形选；项C只是轴对称图形；选项D既是轴对称图形，也是中心对称图形．故答案选D． 【考点】中心对称图形和轴对称图形的．
47. 如图所示，在Rt△OAB中，∠OAB=90，且点B的坐标为（4，2）．画出△OAB绕点O逆
时针旋转90后的△，并求出的长．
【答案】图见解析，．
【解析】在BO的左边做∠BOB1=90°，且B1O=BO，得到B的对应点B1，同法得到A的对应点A1,依次连接即可得△，再由勾股定理求得的长即可．
试题解析：如图：
由勾股定理可得
=．
【考点】旋转作图；勾股定理．
48. （本题满分6分）如图，已知点D是△ABC的边AC上的一点，连接BD．∠ABD＝∠C，AB＝6，AD＝4．
（1）求证：△ABD∽△ACB；
（2）求线段CD的长．
【答案】（1）参见解析；（2）5．
【解析】（1）利用两角法证得两个三角形相似；（2）利用相似三角形的对应线段成比例求得CD长．
试题解析：（1）利用两角法：∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A（公共角），∴△ABD∽△ACB；（2）由（1）知：△ABD∽△ACB，∵相似三角形的对应线段成比例 ，∴=，即＝，解得：CD＝5．
【考点】相似三角形的判定与性质．
49. 如图，DE是△ABC的中位线，延长DE至F使EF=DE，连接CF，则S△CEF：S四边形BCED的值为（ ）
A．1:3
B．2:3
C．1:4
D．2:5
【答案】A
【解析】根据DE为三角形中位线可得：△ADE∽△ABC，相似比为1:2，则△ADE的面积：△ABC的面积=1:4，即△ADE的面积：四边形BCED的面积=1:3，根据EF=DE，
∠AED=∠CEF，AE=CE可得△ADE≌△CFE，则△CEF的面积：四边形BCED的面积=1:3． 【考点】三角形相似的应用
50. 已知：△ABC在直角坐标平面内，三个顶点的坐标分别为A（0，3）、B（3，4）、C（2，
2）（正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度）．
（1）画出△ABC向下平移4个单位长度得到的△A1B1C1，点C1的坐标是 ；
（2）以点B为位似中心，在网格内画出△A2B2C2，使△A2B2C2与△ABC位似，且位似比为2：1，点C2的坐标是 ；
（3）△A2B2C2的面积是 平方单位．
【答案】（1）（2，-2）;（2）（1,0）;（3） 10．
【解析】（1）利用平移的性质得出平移后图象进而得出答案；（2）利用位似图形的性质得出对应点位置即可；（3）利用等腰直角三角形的性质得出△A2B2C2的面积． 试题解析：（1）如图所示：C1（2，-2）； 如图所示：C2（1，0）；
∵A2C22=20，B2C=20，A2B2=40， ∴△A2B2C2是等腰直角三角形，
∴△A2B2C2的面积是：×20=10平方单位．
【考点】1．平移变换；2．位似变换．
51. 如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B
（1）求证：△ADF∽△DEC；
（2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）6．
【解析】（1）利用对应两角相等，证明两个三角形相似△ADF∽△DEC；（2）利用
△ADF∽△DEC，可以求出线段DE的长度；然后在在Rt△ADE中，利用勾股定理求出线段AE的长度．
试题解析：（1）证明：∵▱ABCD，∴AB∥CD，AD∥BC， ∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC． ∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B， ∴∠AFD=∠C． 在△ADF与△DEC中，
∴△ADF∽△DEC．
（2）∵△ADF∽△DEC， ∴
又 ∵ CD=AB=8，AD=6，AF= 4． 代入求得DE=\"12\" ，
四边形ABCD是平行四边形，又∵AE⊥BC，∴ AE⊥AD， 在Rt△AED中，由勾股定理可得AE=6．
【考点】1．相似三角形的判定与性质；2．勾股定理；3．平行四边形的性质．
52. 在如图的12×24的方格形纸中（每个小方格的边长都是1个单位）有一ΔABC．现先把ΔABC分别向右、向上平移8个单位和3个单位得到ΔA1B1C1；再以点O为旋转中心把ΔA1B1C1按顺时针方向旋转90º得到ΔA2B2C2．请在所给的方格形纸中作出ΔA1B1C1和
ΔA2B2C2．
【答案】作图见试题解析．
【解析】由平移作图和旋转作图的方法作图即可．要注意旋转中心，旋转方向和角度．
试题解析：△A1B1C1和△A2B2C2如图所示．
【考点】1．作图-旋转变换；2．作图-平移变换；3．作图题；4．网格型．
53. 如图，小明用长为3m的竹竿CD做测量工具，测量学校旗杆AB的高度，移动竹竿，使竹竿与旗杆的距离DB=12m，则旗杆AB的高为（ ）
A．7 m
B．8 m
C．6m
D．9m
【答案】D
【解析】试题解析：由题意得，CD∥AB， ∴△OCD∽△OAB， ∴即
， ，
解得AB=9． 故选D．
【考点】相似三角形的应用．
54. 已知P1（a，-1）和P2（2，b）关于原点对称，则（a+b）2016= ． 【答案】1．
【解析】试题解析：由P1（a，-1）和P2（2，b）关于原点对称，得 a=-2，b=-（-1）=1．
（a+b）2016=（-1）2016=1．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
55. 如图：为了测量某棵树的高度，小刚用长为2m的竹竿做测量工具，移动竹竿，使竹竿、树的顶端的影子恰好落在地面的同一点，此时，竹竿与这一点距离6m，与树相距15m，那么这棵
的高度为（ ）
A．5米
B．7米
C．7．5米
D．21米
【答案】A．
【解析】试题解析：如图；
AD=6m，AB=21m，DE=2m；
由于DE∥BC，所以△ADE∽△ABC，得：，即
，
解得：BC=7m， 故树的高度为7m． 故选A．
【考点】相似三角形的应用．
56. 如果线段c是a、b的比例中项，且a=4，b=9，则c= ． 【答案】6
【解析】根据题意可得：=ab，即=36，解得：c=±6，∵c为线段的长度 ∴c=6． 【考点】比的性质．
57. 如图所示，给出下列条件：①∠B=∠ACD；②∠ADC=∠ACB；③
；④AC2=AD•AB，
其中单独能够判定△ABC∽△ACD的有 ．
【答案】①②④.
【解析】试题解析：由图可知∠A为两个要证明相似的三角形的公共角，
因此，只要再找出一组对应角相等，或两组对应边成比例即可证明△ABC∽△ACD． 而①②④分别与∠A为△ABC与△ACD的公共角相结合，均可推出△ABC∽△ACD． ③中∠A不是已知的比例线段的夹角，故不正确． 【考点】相似三角形的判定．
58. （2015秋•鄂尔多斯校级月考）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出
了格点△ABC（顶点是网格线的交点）和点A1．
（1）将△ABC平移后得到格点△A1B1C1，且A与A1是对应点； （2）将△ABC绕点A逆时针旋转90°，请作出旋转后的三角形，并求在这一旋转过程中△ABC扫过的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
+
．
【解析】（1）把△ABC先向右平移4个单位，再向上平移4个单位即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B、C的对应点B′、C′，从而得到△AB′C′，再利用面积的和差计算出S△ABC，然后利用扇形面积公式计算出=S扇形CAC′，再计算S扇形CAC′+S△ABC即可． 解：（1）如图，△A1B1C1为所作； （2）如图，△AB′C′为所作，
S△ABC=6×4﹣×3×1﹣×3×4﹣×3×6=AC=
=3
，
+
=
+
所以△ABC扫过的面积=S扇形CAC′+S△ABC=
，
．
【考点】作图-旋转变换；作图-平移变换．
59. 某校要举办国庆联欢会，主持人站在舞台的黄金分割点处最自然得体．如图，若舞台AB的
长为20m，C为AB的一个黄金分割点（AC＜BC），则AC的长为（结果精确到0.1m）（ ）
A．6.7m B．7.6m C．10m D．12.4m 【答案】B
【解析】根据黄金比值约为0.618进行计算即可． 解：∵C为AB的一个黄金分割点， ∴BC=
AB≈12.4cm，
∴AC=20﹣12.4=7.6cm， 故选：B．
【考点】黄金分割．
60. 正方形网格中，
如图放置，则
的值为
A．
B．
C． D．
【答案】A．
【解析】如图，作EF⊥OB，则EF=2，OF=1，由勾股定理得，OE=
．∴cos∠AOB=
=
=．故选A．
【考点】锐角三角函数的定义．
61. 在平面直角坐标系中，点B的坐标为（3，1），则点B关于原点的对称点的坐标为 A．（3，－1） B．（－3，1） C．（－1，－3） D．（－3，－1）
【答案】D
【解析】因为点（a，b）关于原点的对称点的坐标为（-a，-b），所以点B（3，1）关于原点的对称点的坐标为（－3，－1），故选：D． 【考点】关于原点的对称的点的坐标特点．
62. 如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A’OB’，若∠AOB=15°，则∠AOB’的度数是
A．25°
【答案】B
【解析】因为将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A’OB’，且∠AOB=15°，所以∠AOA’=45°，∠AOB’=∠AOA’-∠AOB=45°-15°=30°，故选：B．
B．30° C．35° D．40°
【考点】旋转图形的性质
63. （2015•沈阳）如图，△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，且△ABC的面积等于△DEF面积的，则AB：DE= ．
【答案】2：3．
【解析】由△ABC经过位似变换得到△DEF，点O是位似中心，根据位似图形的性质，即可得AB∥DE，即可求得△ABC的面积：△DEF面积=，得到AB：DE═2：3． 解：∵△ABC与△DEF位似，位似中心为点O， ∴△ABC∽△DEF，
∴△ABC的面积：△DEF面积=（
）2=，
∴AB：DE=2：3， 故答案为：2：3． 【考点】位似变换．
64. （2006•淮安）如图，已知O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为（3，﹣1）、（2，
1）．
（1）以0点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大到两倍（即新图与原图的相似比为2），画出图形；
（2）分别写出B、C两点的对应点B′、C′的坐标；
（3）如果△OBC内部一点M的坐标为（x，y），写出M的对应点M′的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）B′（﹣6，2），C′（﹣4，﹣2）；（3）（﹣2x，﹣2y）．
【解析】（1）延长BO，CO到B′C′，使OB′，OC′的长度是OB，OC的2倍．顺次连接三点即可；
（2）从直角坐标系中，读出B′、C′的坐标；
（3）从这两个相似三角形坐标位置关系来看，对应点的坐标正好是原坐标乘以﹣2的坐标，所以M的坐标为（x，y），写出M的对应点M′的坐标为（﹣2x，﹣2y）．
解：（1）
（2）B′（﹣6，2），C′（﹣4，﹣2）；
（3）从这两个相似三角形坐标位置关系来看，对应点的坐标正好是原坐标乘以﹣2的坐标，所以M的坐标为（x，y），写出M的对应点M′的坐标为（﹣2x，﹣2y）． 【考点】作图-位似变换；点的坐标．
65. （2013•宁德）如图所示的正三棱柱的主视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】主视图是分别从物体正面看所得到的图形．
解：从几何体的正面看所得到的形状是矩形，中间有一道竖直的虚线， 故选：D．
【考点】简单几何体的三视图．
66. 如图，
=
=，且△ABC的面积与△ADE的面积差是15cm2，
（1）求证：△ADE∽△ABC； （2）求△ADE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）12cm2．
【解析】（1）根据相似三角形的判定定理即可得到结论； （2）由相似三角形的性质得到
=（）2=，设S△ADE=4x，S△ABC=9x，根据△ABC的面积
与△ADE的面积差是15cm2，列方程即可得到结论． （1）证明：∵
=
=，∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC；
（2）∵△ADE∽△ABC， ∴
=（）2=，
设S△ADE=4x，S△ABC=9x，
∵△ABC的面积与△ADE的面积差是15cm2， ∴9x﹣4x=15， ∴x=3，
∴S△ADE=4x=12cm2．
【考点】相似三角形的判定与性质．
67. 将一个矩形沿着一条对称轴翻折，如果所得到的矩形与这个矩形相似，那么我们就将这样的矩形定义为“白银矩形”，事实上，“白银矩形”在日常生活中随处可见，我们常见的纸就是一个“白银矩形”，请根据上述信息求纸的较长边和较短边的比值，这个比值是 ． 【答案】
【解析】根据题意可以画出一个白银矩形，如图
，
，
【考点】相似多边形的性质．
68. 如图，把直角三角形ABC的斜边AB放在定直线l上，按顺时针方向在l上转动两次，使它转到△A″B″C″的位置．设BC=2，AC=2，则顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的面积是 ． 【答案】
π+2
．
【解析】在△ABC中，BC=2，AC=2，根据勾股定理得到AB的长为4．求出∠CAB、∠CBA，顶点A运动到点A″的位置时，点A经过的路线与直线l所围成的面积是两个扇形的面积+△A′BC″的面积．根据扇形的面积公式可以进行计算． 解：∵在Rt△ACB中，BC=2，AC=2， ∴由勾股定理得：AB=4， ∴AB=2BC， ∴∠CAB=30°，∠CBA=60°， ∴∠ABA′=120°，∠A″C″A′=90°， S=故答案为：
+π+2
．
+×2×2
=
π+2
，
【考点】旋转的性质；扇形面积的计算．
69. 图中三视图所对应的直观图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
解：从俯视图可以看出直观图的下面部分为长方体，上面部分为圆柱，且与下面的长方体的顶面的两边相切高度相同． 只有C满足这两点． 故选C．
【考点】由三视图判断几何体．
70. 某学习小组在讨论“变化的鱼”时，知道大鱼与小鱼是位似图形（如图所示）．则小鱼上的点
（a，b）对应大鱼上的点（ ）
A．（﹣2a，﹣2b）
B．（﹣a，﹣2b）
C．（﹣2b，﹣2a） D．（﹣2a，﹣b）
【答案】A
【解析】位似变换中对应点的坐标的变化规律：在平面直角坐标系中，位似变换是以原点为位似中心，相似比为1：2．
解：根据题意图形易得，两个图形的位似比是1：2， ∴对应点是（﹣2a，﹣2b）． 故选A．
【考点】位似变换；坐标与图形性质．
71. （1）如图1，在△ABC中，点D、E、Q分别在AB、AC、BC上，且DE∥BC，AQ交DE于点P，求证：
=
；
（2）如图，△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF分别交DE于M，N两点．
①如图2，若AB=AC=1，直接写出MN的长；
②如图3，求证：MN2=DM•EN．
【答案】（1）见解析；（2）①
．②见解析
=
；
【解析】（1）可证明△ADP∽△ABQ，△ACQ∽△ADP，从而得出（2）①根据三角形的面积公式求出BC边上的高的边长=
=
，根据
等于高之比即可求出MN；
，根据△ADE∽△ABC，求出正方形DEFG
②可得出△BGD∽△EFC，则DG•EF=CF•BG；又由DG=GF=EF，得GF2=CF•BG，再根据（1）
，从而得出答案．
（1）证明：在△ABQ和△ADP中， ∵DP∥BQ，
∴△ADP∽△ABQ， ∴
=
，
同理在△ACQ和△APE中，=∴
， =
．
，
（2）①作AQ⊥BC于点Q． ∵BC边上的高AQ=∵DE=DG=GF=EF=BG=CF ∴DE：BC=1：3 又∵DE∥BC， ∴AD：AB=1：3， ∴AD=，DE=∵DE边上的高为∴MN：
=
：，
，MN：GF=，
：
，
∴MN=．
故答案为：．
②证明：∵∠B+∠C=90°∠CEF+∠C=90°， ∴∠B=∠CEF，
又∵∠BGD=∠EFC， ∴△BGD∽△EFC， ∴
=
，
∴DG•EF=CF•BG， 又∵DG=GF=EF， ∴GF2=CF•BG， 由（1）得∴∴（
×=）2=
=••=， ， ，
∵GF2=CF•BG， ∴MN2=DM•EN．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
72. 身高1.8米的人在阳光下的影长是1.2米，同一时刻一根旗杆的影长是6米，则它的高度是（ ） A．10米 B．9米 C．8米 D．10.8米
【答案】B
【解析】设旗杆的高度约为hm，再根据同一时刻物高与影长成正比求出h的值即可． 解：设旗杆的高度约为hm， ∵同一时刻物高与影长成正比， ∴
=，
解得：h=9（米）． 故选：B．
【考点】相似三角形的应用．
73. 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10次变换后，骰子朝上一面的点数是：
A．6
B．5
C．3
D．2
【答案】B．
【解析】根据题意可知连续3次变换是一循环，所以
，则10次变换后是第1次变换后
的图形．故选B．
【考点】规律型：图形的变化类．
74. 我国古代数学家利用“牟合方盖”（如图甲）找到了球体体积的计算方法．“牟合方盖”是由两个圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体．图乙所示的几何体
是可以形成“牟合方盖”的一种模型，它的主视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据主视图的定义，得出圆柱以及立方体的摆放即可得出主视图为3个正方形组合体，进而得出答案即可．
解：利用圆柱直径等于立方体边长，得出此时摆放，圆柱主视图是正方形，
得出圆柱以及立方体的摆放的主视图为两列，左边一个正方形，右边两个正方形， 故选：B．
【考点】简单组合体的三视图．
75. 如图，点E为正方形ABCD的边BC所在直线上的一点，连接AE，过点C作CF⊥AE于F，
连接BF．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上，且AC=EC时，求证：BF=
；
（2）如图2，当点E在线段BC上，且AE平分∠BAC时，求证：AB+BE=AC；
（3）如图3，当点E继续往右运动到BC中点时，过点D作DH⊥AE于H，连接BH．求证：∠BHF=45°． 【答案】见解析
【解析】（1）根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边中线的性质即可证得结论；
（2）作EG⊥AC于G，根据角平分线的性质得出BE=EG，进而通过RT△ABE≌RT△AGE得出AG=AB，然后证得△EGC是等腰直角三角形，从而证得EG=GC，即可证得AB+BE=AC； （3）设正方形的边长为1，则AB=AD=1，BE=EC=，根据勾股定理求得AE=得△AEB∽△CEF，△ADH∽△EAB，对应边成比例证得CF=AH=
，然后通过证
，然后根据SAS证得
△ABH≌△CBF，证得BH=BF，∠ABH=∠CBF，从而证得△HBF是等腰直角三角形，从而证得∠BHF=45°．
（1）证明：如图1，∵AC=EC，CF⊥AE， ∴AF=EF，
∴BF是RT△ABE的斜边的中线， ∴BF=AE；
（2）如图2，作EG⊥AC于G， ∵AE平分∠BAC，AB⊥BE， ∴BE=EG，
在RT△ABE和RT△AGE中
，
∴RT△ABE≌RT△AGE（HL）， ∴AG=AB，
∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB=45°， ∴∠GEC=45°，
∴∠GEC=∠ACB=45°， ∴EG=GC，
∴AB+BE=AG+GC， 即AB+BE=AC；
（3）如图3，设正方形的边长为1，则AB=AD=1， ∵点E是BC中点， ∴BE=EC=， ∴AE=
=
，
∵∠ABE=∠CFE=90°，∠AEB=∠CEF， ∴△AEB∽△CEF， ∴
=
，即，
=
，
∴CF=∵∴∵∴∴
AD∥BC，
∠DAH=∠AEB， ∠AHD=∠BEA=90°， △ADH∽△EAB， =
，即，
=
，
∴AH=
∴CF=AH， 在△ABH和△CBF中 ∴∴∵∴∴
△ABH≌△CBF（SAS）， BH=BF，∠ABH=∠CBF， ∠ABH+∠HBE=∠ABE=90°， ∠HBF=90°，
△HBF是等腰直角三角形，
∴∠BHF=45°．
【考点】四边形综合题．
76. 已知，如图所示，图①和图②中的每个小正方形的边长都为1个单位长
度．
（1）将图①中的格点△ABC（顶点都在网络线交点处的三角形叫做格点三角形）向上平移2个单位长度得到△A1B1C1，请你在图中画出△A1B1C1；
（2）在图②中画一个与格点△ABC相似的格点△A2B2C2，且△A2B2C2与△ABC的相似比为2：1．
【答案】见解析
【解析】（1）各顶点均向上平移2个单位长度得到△A1B1C1；
（2）要放大2倍，首先就要找一个最长边AC，画AC的2倍的线段，然后再找第三个点．
解：
【考点】作图—相似变换；作图-平移变换．
77. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=
，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到
△MNC，连接BM，则BM的长是 ．
【答案】1+．
【解析】如图，连接AM，由题意得：CA=CM，∠ACM=60°，得到△ACM为等边三角形根据AB=BC，CM=AM，得出BM垂直平分AC，于是求出BO=AC=1，OM=CM•sin60°=得到答案BM=BO+OM=1+． 解：如图，连接AM，
由题意得：CA=CM，∠ACM=60°， ∴△ACM为等边三角形，
∴AM=CM，∠MAC=∠MCA=∠AMC=60°； ∵∠ABC=90°，AB=BC=， ∴AC=2=CM=2，
∵AB=BC，CM=AM， ∴BM垂直平分AC，
∴BO=AC=1，OM=CM•sin60°=∴BM=BO+OM=1+
，
，
，最终
故答案为：1+．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等边三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
78. 如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A1B1C，连结AA1，若∠AA1B1=15°，
则∠B的度数是 ．
【答案】60°
【解析】根据旋转的性质可得AC=A1C，然后判断出△ACA1是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠CAA1=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠A1B1C，然后根据旋转的性质可得∠B=∠A1B1C． 解：∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△A1B1C， ∴AC=A1C，
∴△ACA1是等腰直角三角形， ∴∠CAA1=15°，
∴∠A1B1C=∠1+∠CAA1=15°+45°=60°， 由旋转的性质得∠B=∠A1B1C=60°， 故答案为60°．
【考点】旋转的性质．
79. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A．
B．
C．
D．
考点：中心对称图形；轴对称图形．
【解析】试题分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A．
80. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，若AD=1，BD=4，则CD= ．
【答案】2．
【解析】首先证△ACD∽△CBD，然后根据相似三角形的对应边成比例求出CD的长． 解：Rt△ACB中，∠ACB=90°，CD⊥AB； ∴∠ACD=∠B=90°﹣∠A； 又∵∠ADC=∠CDB=90°， ∴△ACD∽△CBD；
∴CD2=AD•BD=4，即CD=2．
【考点】相似三角形的判定与性质．
81. 在正三角形、平行四边形、矩形、菱形和圆这五个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形有（ ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B．
【解析】试题解析：正三角形、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形； 平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形； 矩形、菱形是轴对称图形，也是中心对称图形．
故在正三角形、平行四边形、矩形、菱形和等腰梯形这五个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有2个． 故选B．
【考点】1.中心对称图形；2.轴对称图形．
82. 已知点C是线段AB的黄金分割点（AC＞BC），AC=4，则线段AB的长为（ ） A．2﹣2 B．2+2 C．6﹣2 D．6+2 【答案】B
【解析】根据黄金分割的定义，知AC为较长线段，则AC=（AB的值．
解：∵C是线段AB的黄金分割点，且AC＞BC，AC为较长线段， ∴AC=（∵AC=4， ∴4=（
）AB，
∴AB=2+2． 故选：B．
【考点】黄金分割． 83. 已知【答案】
【解析】试题解析：∵∴∴
，则
______________
）AB，
）AB，代入数据即可得出
【考点】比例的性质.
84. 图中几何体的左视图是（ ）
【答案】B.
【解析】试题解析：从左面看到的形状是：
故选B.
【考点】简单组合体的三视图.
85. 如图所示，是六个棱长为1的立方块组成的一个几何体，其左视图的面积是（ ）．
B．5
C．4
D．3
A．6
【答案】B．
【解析】试题解析：从上面看易得第一层有2个正方形，第二层有3个正方形， 共5个正方形，面积为5． 故选B．
【考点】简单组合体的三视图．
86. 如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=6，D，E分别在AB，AC上，将△ABC沿DE折叠，使得点A落在A′处．若A'为CE的中点，则折痕DE的长为
A．1
B．2
C．3
D．4，
【答案】B
【解析】根据折叠以及A'为CE的中点可得△ADE∽△ABC
DE=2
，DE⊥AC，∠C=90°，能够推出
【考点】1线段中点的性质；2轴对称；3相似三角形.
87. 如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，
得到△BAE，连接ED，若BC=5，BD=4．则下列结论错误的是（ ）.
A．AE∥BC
C．△BDE是等边三角形
B．∠ADE=∠BDC D．△ADE的周长是9
【答案】B.
【解析】∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠C=60°，∵将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，∴∠EAB=∠C=60°，∴∠EAB=∠ABC=60°，∴AE∥BC，故选项A正确；∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=BC=5，∵△BAE是△BCD逆时针旋旋转60°得到，∴AE=CD，BD=BE，∠EBD=60°，∴AE+AD=AD+CD=AC=5，∵∠EBD=60°，BE=BD，∴△BDE是等边三角形，故选项C正确；∴DE=BD=4，∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=5+4=9，故选项
D正确；而选项B没有条件证明∠ADE=∠BDC，∴结论错误的是B，故选B． 【考点】1.旋转性质；2.等边三角形判定与性质.
88. 下列图案中，不是中心对称图形的是（ ）
【答案】B
【解析】根据中心对称图形的定义可知：A、C、D都是中心对称图形，B不是中心对称图形，故选：B.
【考点】中心对称图形.
89. 如图，Rt△ABC纸片中，∠C=90°，AC=6，BC=8，点D在边BC 上，以AD为折痕将△ABD折叠得到△AB′D,AB′与边BC交于点E．若△DEB′为直角三角形，则BD的长是
_______．
【答案】2或5．
【解析】在Rt△ABC中，AB=，①若∠DEB′=90°，即AB′与AC重合 ，见下图．此时B′E=10-6=4，CD+B′D=8，设DB=x，则DE=8-x，∴42+（8-x）2=x2，解得x=5，
∴BD=5．
②若∠EDB′=90°，如下图，过点B′作B′F⊥AC交AC延长线与点F．则四边形CDFB′是矩
形．∴CF=DB′=DB，B′F=CD，设BD=x，则B′F=8-x，AF=6+x，∴（6+x）2+（8-x）2=102，解
得x=2，∴BD=2．综上所述，BD=2或5．
【考点】
90. 图中的两个长方体底面相同而高度不同，关于这两个长方体的视图说法正确的是（ ）
A．主视图相同 B．俯视图相同 C．左视图相同
D．主视图、俯视图、左视图都相同
【答案】B.
【解析】试题解析：A、主视图的高不同，故A错误； B、俯视图是两个相等的正方形，故B正确； C、左视图的高不同，故C错误；
D、主视图、俯视图不相同，故D错误； 故选B．
【考点】简单组合体的三视图．
91. 如图，是某工件的三视图，其中圆的半径为10cm，等腰三角形的高为30cm，则此工件的侧
面积是（ ）cm2．
A．150π
B．300π
C．50
π
D．100
π
【答案】D.
【解析】试题解析：由题意知：展开侧面是一个扇形， 扇形所在圆的半径是：（cm）， 扇形的弧长是：20π， ∴工件的侧面积是
（cm2）．
故选D．
【考点】1.圆锥的计算；2.由三视图判断几何体．
92. 一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】考查学生对圆锥三视图掌握程度和灵活运用能力，同时也体现了对空间想象能力方面的考查.主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．由于俯视图为圆形可得为球、圆柱、圆锥．主视图和左视图为三角形可得此几何体为圆锥．
故选B．
【考点】由三视图判断几何体．
93. 在如图四个几何体中，主视图与俯视图都是圆的为（ ） A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】圆柱的主视图、左视图都是矩形、俯视图是圆； 圆台的主视图、左视图是等腰梯形，俯视图是圆环；
圆锥主视图、左视图都是等腰三角形，俯视图是圆和圆中间一点； 球的主视图、左视图、俯视图都是圆． 故选D
【考点】简单组合体的三视图．
94. 如图所示，几何体的主视图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】从正面看第一层是一个矩形，第二层左边一个矩形. 故选：A．
【考点】简单组合体的三视图
95. 如图，将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，连接AD，BD．则下列结论： ①AC=AD；②BD⊥AC；③四边形ACED是菱形．
其中正确的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D．
【解析】∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，∴∠ACE=120°，∠DCE=∠BCA=60°，AC=CD=DE=CE，∴∠ACD=120°﹣60°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD，AC=AD=DE=CE，∴四边形ACED是菱形，∵将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC，AC=AD，∴AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∴①②③都正确，故选D．
【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；菱形的判定．
96. 如图，I是∆ABC的内心，AI向延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BI，BD，DC下
列说法中错误的一项是（ ）
A．线段DB绕点D顺时针旋转一定能与线段DC重合 B．线段DB绕点D顺时针旋转一定能与线段DI熏合 C．∠CAD绕点A顺时针旋转一定能与∠DAB重合 D．线段ID绕点I顺时针旋转一定能与线段IB重合
【答案】D.
【解析】因为I是∆ABC的内心，所以，AI、BI为∠BAC、∠ABC的角平分线，∠BAD＝∠CAD，又∠BAD＝∠BCD，∠CAD＝∠CBD，所以∠BCD＝∠CBD，所以DB＝DC，A正确；∠DIB＝∠DAB＋∠ABI，∠DBI＝∠DBC＋∠CBI，又∠ABI＝∠CBI，∠DAB＝∠DAC＝∠DBC，所以∠DIB＝∠DBI，所以DB＝DI，B正确。由上可知，C正确，但ID与IB不一定相等，故答案选D.
【考点】内心的概念；圆周角定理.
97. 如图是某个几何体的三视图，该几何体是（ ）
A．圆锥
B．三棱锥
C．圆柱
D．三棱柱
【答案】D．
【解析】根据主视图和左视图为矩形判断出是柱体，根据俯视图是三角形可判断出这个几何体应该是三棱柱．故选D．
【考点】由三视图判断几何体．
98. 如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C，使点A′落在BC的延长线上．已知∠A=27°，∠B=40°，则∠ACB′= 度．
【答案】46
【解析】∵∠A=27°，∠B=40°， ∴∠ACA′=∠A+∠B=27°+40°=67°，
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转至△A′B′C， ∴△ABC≌△A′B′C， ∴∠ACB=∠A′CB′， ∴∠ACB﹣∠B′CA=∠A′CB﹣∠B′CA， 即∠BCB′=∠ACA′， ∴∠BCB′=67°， ∴∠ACB′=180°∠ACA′﹣∠BCB′=180°﹣67°﹣67°=46°， 【考点】旋转的性质
99. 如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点
G．
（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG； （2）若KD=KG，BC=4﹣． ①求KD的长度；
②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=
时，求m的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①2，②1.
【解析】（1）①根据AAS可判定△DOK≌△BOG，②易证四边形AFGK为平行四边形，从而得到AK=FG，而AB=BF，所以AB+AK=BG；（2）①由（1）可知AB=BF，
∴AF=KG=DK=BG=AB，AK=FG=AB-AB，再利用AK+DK=AD=BC可求得AB的长，DK长度可求出，②过点G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根据四边形PMGN是平行四边形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表达式，最后根据等量关系S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出关于m的方程，求得m的值即可．
试题解析：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO.∵点O是BD的中点，∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG（AAS）.②∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC 又∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠BFA=45°，∴AB=BF.∵OK∥AF，AK∥FG，∴四边形AFGK是平行四边形.∴AK=FG.
∵BG=BF+FG，∴BG=AB+AK；（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形.∴AK=FG，AF=KG，又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG.∴AF=KG=KD=BG.设AB=a，则AF=KG=KD=BG=a.∴AK=FG=BG-BF=a-a，∵AK+DK=AD=BC，∴a-a+a=4-，解得a=.∴KD=a=2.②过点G作GI⊥KD于点I.由（2）①可知KD=AF=2，∴GI=AB= ∴S△DKG=×2×=
.∵PD=m，∴PK=2﹣m.∵PM∥DG，PN∥KG，∴四边形PMGN是平行
，即S△DPN=（）2×.同理S△PKM=（=
.又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣
）
四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN.∴
2
×.∵S△PMN=.∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2×
S△PKM.∴，即m2-2m+1=0，解得m1=m2=1.
∴当S△PMN=
时，m的值为1.
【考点】1矩形；2平行四边形；3相似三角形的性质；4一元一次方程；5一元二次方程.
100. 为践行党的群众路线，六盘水市教育局开展了大量的教育教学实践活动，如图是其中一次“测量旗杆高度”的活动场景抽象出的平面几何图形． 活动中测得的数据如下： ①小明的身高DC=1.5m ②小明的影长CE=1.7cm
③小明的脚到旗杆底部的距离BC=9cm ④旗杆的影长BF=7.6m
⑤从D点看A点的仰角为30°
请选择你需要的数据，求出旗杆的高度．（计算结果保留到0.1，参考数据≈1.414.≈1.732）
【答案】6.7m．
【解析】分①②④和①③⑤两种情况，在第一种情况下证明△ABF∽△DCE，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解；
在第二种情况下，过点D作DG⊥AB于点G，在直角△AGD中利用三角函数求得AG的长，则AB即可求解．
解：情况一，选用①②④， ∵AB⊥FC，CD⊥FC， ∴∠ABF=∠DCE=90°， 又∵AF∥DE， ∴∠AFB=∠DEC， ∴△ABF∽△DCE， ∴
，
又∵DC=1.5m，FB=7.6m，EC=1.7m， ∴AB=6.7m．
即旗杆高度是6.7m； 情况二，选①③⑤．
过点D作DG⊥AB于点G． ∵AB⊥FC，DC⊥FC， ∴四边形BCDG是矩形，
∴CD=BG=1.5m，DG=BC=9m， 在直角△AGD中，∠ADG=30°， ∴tan30°=
，
∴AG=3，
又∵AB=AG+GB， ∴AB=3+1.5≈6.7m．
即旗杆高度是6.7m．
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