10图形的变化解答题-2022年江苏省各地区中考数学真题分类汇编

这是一份10图形的变化解答题-2022年江苏省各地区中考数学真题分类汇编，共52页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

10图形的变化 解答题- 2022年江苏省各地区中考数学真题按题型分类汇编
一、解答题
1．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点、、、、均为格点．
【操作探究】在数学活动课上，佳佳同学在如图①的网格中，用无刻度的直尺画了两条互相垂直的线段、，相交于点并给出部分说理过程，请你补充完整：
解：在网格中取格点，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，
在Rt△CDE中， ，
所以．
所以∠=∠．
因为∠ ∠ =∠ =90°，
所以∠ +∠ =90°，
所以∠ =90°，
即⊥．


(1)【拓展应用】如图②是以格点为圆心，为直径的圆，请你只用无刻度的直尺，在上找出一点P，使=，写出作法，并给出证明：
(2)【拓展应用】如图③是以格点为圆心的圆，请你只用无刻度的直尺，在弦上找出一点P．使=·，写出作法，不用证明．
2．（2022·江苏常州·中考真题）（现有若干张相同的半圆形纸片，点是圆心，直径的长是，是半圆弧上的一点（点与点、不重合），连接、．


(1)沿、剪下，则是______三角形（填“锐角”、“直角”或“钝角”）；
(2)分别取半圆弧上的点、和直径上的点、．已知剪下的由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．请用直尺和圆规在图中作出一个符合条件的菱形（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)经过数次探索，小明猜想，对于半圆弧上的任意一点，一定存在线段上的点、线段上的点和直径上的点、，使得由这四个点顺次连接构成的四边形是一个边长为的菱形．小明的猜想是否正确？请说明理由．
3．（2022·江苏常州·中考真题）如图，点在射线上，．如果绕点按逆时针方向旋转到，那么点的位置可以用表示．

(1)按上述表示方法，若，，则点的位置可以表示为______；
(2)在（1）的条件下，已知点的位置用表示，连接、．求证：．
4．（2022·江苏泰州·中考真题）已知：△ABC中，D 为BC边上的一点.


(1)如图①，过点D作DE∥AB交AC边于点E，若AB=5，BD=9，DC=6，求DE的长；
(2)在图②，用无刻度的直尺和圆规在AC边上做点F，使∠DFA=∠A；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)如图③，点F在AC边上，连接BF、DF，若∠DFA=∠A，△FBC的面积等于，以FD为半径作⊙F，试判断直线BC与⊙F的位置关系，并说明理由.
5．（2022·江苏泰州·中考真题）小强在物理课上学过平面镜成像知识后，在老师的带领下到某厂房做验证实验.如图，老师在该厂房顶部安装一平面镜MN，MN与墙面AB所成的角∠MNB=118°，厂房高AB= 8 m，房顶AM与水平地面平行，小强在点M的正下方C处从平面镜观察，能看到的水平地面上最远处D到他的距离CD是多少?（结果精确到0.1 m，参考数据：sin34°≈0.56， tan34°≈0.68，tan56°≈1.48）

6．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形，，点E在BC上，，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．


(1)求EF的长；
(2)求sin∠CEF的值．
7．（2022·江苏无锡·中考真题）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．

(1)求证；
(2)当时，求CE的长．
8．（2022·江苏无锡·中考真题）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．
9．（2022·江苏无锡·中考真题）计算：
(1)；
(2)．
10．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，在二次函数（m是常数，且）的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．


(1)求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求的度数；
(2)若，求m的值；
(3)若在第四象限内二次函数（m是常数，且）的图像上，始终存在一点P，使得，请结合函数的图像，直接写出m的取值范围．
11．（2022·江苏扬州·中考真题）如图1，在中，，点在边上由点向点运动（不与点重合），过点作，交射线于点．


(1)分别探索以下两种特殊情形时线段与的数量关系，并说明理由；
①点在线段的延长线上且；
②点在线段上且．
(2)若．
①当时，求的长；
②直接写出运动过程中线段长度的最小值．
12．（2022·江苏苏州·中考真题）（1）如图1，在△ABC中，，CD平分，交AB于点D，//，交BC于点E．


①若，，求BC的长；
②试探究是否为定值．如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
（2）如图2，和是△ABC的2个外角，，CD平分，交AB的延长线于点D，//，交CB的延长线于点E．记△ACD的面积为，△CDE的面积为，△BDE的面积为．若，求的值．

13．（2022·江苏扬州·中考真题）如图，为的弦，交于点，交过点的直线于点，且．


(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，求的长．
14．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，某学习小组在教学楼的顶部观测信号塔底部的俯角为30°，信号塔顶部的仰角为45°．已知教学楼的高度为20m，求信号塔的高度（计算结果保冒根号）．

15．（2022·江苏宿迁·中考真题）如图，二次函数与轴交于 (0，0)， (4，0)两点，顶点为，连接、，若点是线段上一动点，连接，将沿折叠后，点落在点的位置，线段与轴交于点，且点与、点不重合．


(1)求二次函数的表达式；
(2)①求证：；
②求；
(3)当时，求直线与二次函数的交点横坐标．
16．（2022·江苏苏州·中考真题）如图，AB是的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且．

(1)求证：为的切线；
(2)连接BD，取BD的中点G，连接AG．若，，求AG的长．
17．（2022·江苏宿迁·中考真题）计算：4°．
18．（2022·江苏扬州·中考真题）计算：
(1)
(2)
19．（2022·江苏连云港·中考真题）【问题情境】在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中，，．
【问题探究】小昕同学将三角板绕点B按顺时针方向旋转．




(1)如图2，当点落在边上时，延长交于点，求的长．
(2)若点、、在同一条直线上，求点到直线的距离．
(3)连接，取的中点，三角板由初始位置（图1），旋转到点、、首次在同一条直线上（如图3），求点所经过的路径长．
(4)如图4，为的中点，则在旋转过程中，点到直线的距离的最大值是_____．
20．（2022·江苏连云港·中考真题）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．
21．（2022·江苏连云港·中考真题）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若是边长为2的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值．

参考答案：
1．(1)；见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）取格点，作射线交于点P，则根据垂径定理可知，点P即为所求作；
（2）取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作．利用正切函数证得∠FMI=∠MNA，利用圆周角定理证得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可证明结论．
(1)
解：【操作探究】在网格中取格点，构建两个直角三角形，分别是△ABC和△CDE．
在Rt△ABC中，
在Rt△CDE中，，
所以．
所以∠=∠．
因为∠ ∠ =∠ =90°，
所以∠ +∠ =90°，
所以∠ =90°，
即⊥．
故答案为：；
取格点，作射线交于点P，点P即为所求作；







(2)
解：取格点I，连接MI交AB于点P，点P即为所求作；
证明：作直径AN，连接BM、MN，
在Rt△FMI中，，
在Rt△MNA中，，
所以．
∴∠FMI=∠MNA，
∵∠B=∠MNA，
∴∠AMP=∠B，
∵∠PAM=∠MAB，
∴△PAM∽△MAB，
∴，
∴=·．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
2．(1)直角
(2)见详解
(3)小明的猜想错误，理由见详解
【解析】
【分析】
（1）AB是圆的直径，根据圆周角定理可知∠ACB=90°，即可作答；
（2）以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可；
（3）过C点作，交AB于点G，连接CO，根据，可得，即有，则可求得，依据，NQ=4，可得GC=OC=6，即可判断．
(1)
如图，


∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACB是直角，
即△ABC是直角三角形，
故答案为：直角，
(2)
以A为圆心，AO为半径画弧交⊙O于点E，再以E为圆心，EO为半径画弧交于⊙O点F连接EF、FO、EA，G、H点分别与A、O点重合，即可，
作图如下：


由作图可知AE=EF=FH=HG=OA=AB=6，
即四边形EFHG是边长为6cm的菱形；
(3)
小明的猜想错误，理由如下：
如图，菱形MNQP的边长为4，过C点作，交AB于点G，连接CO，


在菱形MNQP中MN=QN=4，，
∵，
∴，
∴，
∵AB=12，MN=4，
∴，
∵BN=BC-CN，
∴，
∵，NQ=4，
，

∴，
∴GC=6，
∵AB=12，
∴OC=6，
∴OC=GC，
显然若C点靠近A点时，要满足GC=OC=6，此时的G点必在BA的延长线上，
∵P点在线段AB上，   
∴直线GC必与直线PM相交，这与相矛盾，
故小明的猜想错误．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、尺规作图、菱形的性质、平行的性质等知识，掌握菱形的性质以及平行的性质求得GC=OC是解答本题的关键．
3．(1)(3,37°)
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据点的位置定义，即可得出答案；
（2）画出图形，证明△AOA′≌△BOA′（SAS），即可由全等三角形的性质，得出结论．
(1)
解：由题意，得A′(a,n°)，
∵a=3,n=37，
∴A′(3,37°)，
故答案为：(3,37°)；
(2)
证明：如图，

∵，B(3,74°)，
∴∠AOA′=37°，∠AOB=74°，OA= OB=3，
∴∠A′OB=∠AOB-∠AOA′=74°-37°=37°，
∵OA′=OA′，
∴△AOA′≌△BOA′（SAS），
∴A′A=A′B．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，新定义，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．(1)2
(2)图见详解
(3)直线BC与⊙F相切，理由见详解
【解析】
【分析】
（1）由题意易得，则有，然后根据相似三角形的性质与判定可进行求解；
（2）作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
（3）作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，证明四边形ABRF是等腰梯形，推出AB=FR，由CF∥BR，推出，推出CD⊥DF，然后问题可求解．
(1)
解：∵DE∥AB，
∴，
∴，
∵AB=5，BD=9，DC=6，
∴，
∴；
(2)
解：作DT∥AC交AB于点T，作∠TDF=∠ATD，射线DF交AC于点F，则点F即为所求；
如图所示：点F即为所求，


(3)
解：直线BC与⊙F相切，理由如下：
作BR∥CF交FD的延长线于点R，连接CR，如图，


∵∠DFA=∠A，
∴四边形ABRF是等腰梯形，
∴，
∵△FBC的面积等于，
∴，
∴CD⊥DF，
∵FD是⊙F的半径，
∴直线BC与⊙F相切．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行线的性质与判定及切线的判定是解题的关键．
5．
【解析】
【分析】
过M点作ME⊥MN交CD于E点，证明四边形ABCM为矩形得到CM=AB=8，∠NMC=180°-∠BNM=62°，利用物理学入射光线与反射光线之间的关系得到∠EMD=∠EMC，且∠CME=90°-∠CMN=28°，进而求出∠CMD=56°，最后在Rt△CMD中由tan∠CMD即可求解．
【详解】
解：过M点作ME⊥MN交CD于E点，如下图所示：

∵C点在M点正下方，
∴CM⊥CD，即∠MCD=90°，
∵房顶AM与水平地面平行，AB为墙面，
∴四边形AMCB为矩形，
∴MC=AB=8，AB∥CM，
∴∠NMC=180°-∠BNM=180°-118°=62°，
∵地面上的点D经过平面镜MN反射后落在点C，结合物理学知识可知：
∴∠NME=90°，
∴∠EMD=∠EMC=90°-∠NMC=90°-62°=28°，
∴∠CMD=56°，
在Rt△CMD中，，代入数据：，
∴，
即水平地面上最远处D到小强的距离CD是．
【点睛】
本题借助平面镜入射光线与反射光线相关的物理学知识考查了解直角三角形，解题的关键是读懂题意，利用数形结合的思想解答．
6．(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)先由可求得的长度，再由角度关系可得，即可求得的长;
(2)过F作于，利用勾股定理列方程，即可求出的长度，同时求出的长度，得出答案.
(1)
设，则，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠可知，
∴，，
∴，
∴，
在中，.


(2)
过F作FM⊥BC于M，
∴∠FME=∠FMC=90°，
设EM=a,则EC=3-a，
在中， ，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴ .




【点睛】
此题考查了锐角三角函数，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．
7．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论；
（2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论．
(1)
∵所对的圆周角是，
∴，
又，
∴；
(2)
∵△是等边三角形，
∴
∵，
∴
∴
∵
∴，
∴
∴
连接如图，

∵
∴
∴∠
又∠，
∴△
∴，
∴
∴，
∴（负值舍去）
∴，
解得，
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
8．(1)
(2)1
(3)，，
【解析】
【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。
(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．
9．(1)1
(2)2a+3b
【解析】
【分析】
（1）先化简绝对值和计算乘方，并把特殊角的三角函数值代入，再计算乘法，最后算加减即可求解；
（2）先运用单项式乘以多项式法则和平方差公式计算，再合并同类项即可．
(1)
解：原式=
=
=1；
(2)
解：原式=a2+2a-a2+b2-b2+3b
=2a+3b．
【点睛】
本题考查实数混合运算，整式混合运算，熟练掌握实数运算法则和单项式乘以多项式法则，熟记特殊角的三角函数值、平方差公式是解题的关键．
10．(1)A（-1，0）；B（2m+1，0）；C（0，2m+1）；
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）分别令等于0，即可求得的坐标，根据，即可求得；
（2）方法一：如图1，连接AE．由解析式分别求得，，．根据轴对称的性质，可得，由，建立方程，解方程即可求解．方法二：如图2，过点D作交BC于点H．由方法一，得，．证明，根据相似三角形的性质建立方程，解方程即可求解；
（3）设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时，即．
(1)
当时，．
解方程，得，．
∵点A在点B的左侧，且，
∴，．
当时，．
∴．
∴．
∵，
∴．
(2)
方法一：如图1，连接AE．
∵，
∴，．
∴，，．
∵点A，点B关于对称轴对称，
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴，
即．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴解方程，得．


方法二：如图2，过点D作交BC于点H．
由方法一，得，．
∴．
∵，
∴，
．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∴，即．
∵，
∴解方程，得．


(3)
．
设PC与x轴交于点Q，当P在第四象限时，点Q总在点B的左侧，此时，即．
∵，
∴．
，
，
∴．
解得，
又，
∴．


【点睛】
本题考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点，角度问题，解直角三角形，相似三角形的性质，三角形内角和定理，综合运用以上知识是解题的关键．
11．(1)①②
(2)①②4
【解析】
【分析】
（1）①算出各个内角，发现其是等腰三角形即可推出；
②算出各内角发现其是30°的直角三角形即可推出；
（2）①分别过点A，E作BC的垂线，得到一线三垂直的相似，即，设，，利用30°直角三角形的三边关系，分别表示出，，，，列式求解a即可；
②分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，证明可得，然后利用完全平方公式变形得出，求出AE的取值范围即可．
(1)
①如图：

∵在中，，
∴
∵
∴，
在中，
∴
∴
∴；
②如图：

∵
∴，
∴在中，
∴
∴；
(2)
①分别过点A，E作BC的垂线，相交于点H，G，则∠EGD＝∠DHA＝90°，

∴∠GED＋∠GDE＝90°，
∵∠HDA＋∠GDE＝90°，
∴∠GED＝∠HDA，
∴，
设，，则，，
在中，，AB=6
则，
在中，，
则
在中，，
∴
∴
由得，
即
解得：，（舍）
故；
②分别过点A，E作BC的垂线，相交于点G，H，则∠EHD＝∠AGD＝90°，

∵∠ADE＝90°，
∴∠EDH=90°-∠ADG＝∠DAG，
∵∠EHD＝∠AGD＝90°，
∴，
∴，
∴，
∵∠BAC＝90°，∠C＝60°，
∴∠B=30°，
∴，
∴，
∴=，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故AE的最小值为4.
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，等腰三角形的性质，一线三垂直相似模型，垂线段最短，熟练掌握直角三角形的性质，一线三垂直模型，垂线段最短原理是解题的关键．
12．（1）①；②是定值，定值为1；（2）
【解析】
【分析】
（1）①证明，根据相似三角形的性质求解即可；
②由，可得，由①同理可得，计算；
（2）根据平行线的性质、相似三角形的性质可得，又，则，可得，设，则．证明，可得，过点D作于H．分别求得，进而根据余弦的定义即可求解．
【详解】
（1）①∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
②∵，
∴．
由①可得，
∴．
∴．
∴是定值，定值为1．
（2）∵，


∴．
∵，
∴．
又∵，
∴．
设，则．
∵CD平分，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
如图，过点D作于H．


∵，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定，求余弦，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
13．(1)相切，证明见详解
(2)6
【解析】
【分析】
（1）连接OB，根据等腰三角形的性质得出，，从而求出，再根据切线的判定得出结论；
（2）分别作交AB于点M，交AB于N，根据求出OP，AP的长，利用垂径定理求出AB的长，进而求出BP的长，然后在等腰三角形CPB中求解CB即可．
(1)
证明：连接OB，如图所示：


，
，，
，
，
，即，
，
，
为半径，经过点O，
直线与的位置关系是相切．
(2)
分别作交AB于点M，交AB于N，如图所示：


，
，
，，

，，
，
，
，

，
．
【点睛】
本题考查了切线的证明，垂径定理的性质，等腰三角形，勾股定理，三角函数等知识点，熟练掌握相关知识并灵活应用是解决此题的关键，抓住直角三角形边的关系求解线段长度是解题的主线思路．
14．（20＋20）m．
【解析】
【分析】
过点A作AE⊥CD于点E，则四边形ABDE是矩形，DE＝AB＝20m，在Rt△ADE中，求出AE的长，在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，求出CE的长，即可得到CD的长，得到信号塔的高度．
【详解】
解：过点A作AE⊥CD于点E，
由题意可知，∠B＝∠BDE＝∠AED＝90°，
∴四边形ABDE是矩形，
∴DE＝AB＝20m，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，∠DAE＝30°，DE＝20m，
∵tan∠DAE＝，
∴m，
在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠CAE＝45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴ m，
∴CD＝CE＋DE＝（20＋20）m，
∴信号塔的高度为（20＋20）m．

【点睛】
此题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题、矩形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、特殊角的锐角三角函数等知识，借助仰角俯角构造直角三角形与矩形是解题的关键．
15．(1)
(2)①证明见解析，②
(3)或．
【解析】
【分析】
（1）二次函数与轴交于 (0，0)，A(4，0)两点，代入求得b，c的值，即可得到二次函数的表达式；
（2）①由＝，得到顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线和对称轴为直线x＝2，由抛物线的对称性可知OC＝AC，得到∠CAB＝∠COD，由折叠的性质得到△ABC≌△BC，得∠CAB＝∠，AB＝B，进一步得到∠COD＝∠，由对顶角相等得∠ODC＝∠BD，证得结论；
②由，得到，设点D的坐标为（d，0），由两点间距离公式得DC＝，在0＜d＜4的范围内，当d＝2时，DC有最小值为，得到的最小值，进一步得到的最小值；
（3）由和得到 ，求得B＝AB＝1，进一步得到点B的坐标是（3，0），设直线BC的解析式为y＝x＋，把点B（3，0），C（2，﹣2）代人求出直线BC的解析式为y＝2x－6，设点的坐标是（p，q），则线段A的中点为（，），由折叠的性质知点（，）在直线BC上，求得q＝2p－4，由两点间距离公式得B＝，解得p＝2或p＝，求得点的坐标，设直线的解析式为y＝x＋，由待定系数法求得直线的解析式为y＝x＋4，联立直线和抛物线，解方程组即可得到答案．
(1)
解：∵二次函数与轴交于 (0，0)， (4，0)两点，
∴代入 (0，0)， (4，0)得，，
解得：，
∴二次函数的表达式为；
(2)
①证明：∵ ＝，
∴顶点C的坐标是（2，﹣2），抛物线的对称轴为直线x＝2，
∵二次函数与轴交于(0，0)，(4，0)两点，
∴由抛物线的对称性可知OC＝AC，
∴∠CAB＝∠COD，
∵沿折叠后，点落在点的位置，线段与轴交于点，
∴ △ABC≌△BC，
∴∠CAB＝∠，AB＝B，
∴∠COD＝∠，
∵∠ODC＝∠BD，
∴；
②∵，
∴，
设点D的坐标为（d，0），
由两点间距离公式得DC＝，
∵点与、点不重合，
∴0＜d＜4，
对于 ＝来说，
∵ a＝1＞0，
∴抛物线开口向上，在顶点处取最小值，当d＝2时，的最小值是4，
∴当d＝2时，DC有最小值为，
由两点间距离公式得OC＝，
∴有最小值为，
∴的最小值为；
(3)
解：∵，
∴，
∵，
∴ ，
∵OC＝2，
∴B＝AB＝1，
∴点B的坐标是（3，0），
设直线BC的解析式为y＝x＋，
把点B（3，0），C（2，﹣2）代人得，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝2x－6，
设点的坐标是（p，q），
∴线段A的中点为（，），
由折叠的性质知点（，）在直线BC上，
∴＝2×－6，
解得q＝2p－4，
由两点间距离公式得B＝，
整理得＝1，
解得p＝2或p＝，
当p＝2时，q＝2p－4＝0，此时点（2，0），很显然不符合题意，
当p＝时，q＝2p－4＝，此时点（，），符合题意，
设直线的解析式为y＝x＋，
把点B（3，0），（，）代人得，，
解得，
∴直线的解析式为y＝x＋4，
联立直线和抛物线得到，，
解得，，
∴直线与二次函数的交点横坐标为或．
【点睛】
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数求函数的表达式、两点间距离公式、相似三角形的判定和性质、中点坐标公式、一次函数的图象和性质、二次函数的图象和性质、图形的折叠等知识，难度较大，属于中考压轴题，数形结合是解决此问题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）方法一：如图1，连接OC，OD．由，，可得，由是的直径，D是的中点，，进而可得，即可证明CF为的切线；
方法二：如图2，连接OC，BC．设．同方法一证明，即可证明CF为的切线；
（2）方法一：如图3，过G作，垂足为H．设的半径为r，则．在Rt△OCF中，勾股定理求得，证明，得出，根据，求得，进而求得，根据勾股定理即可求得；
方法二：如图4，连接AD．由方法一，得．，D是的中点，可得，根据勾股定理即可求得．
(1)
（1）方法一：如图1，连接OC，OD．
∵，
∴．
∵，
∴．   
∵，
∴．
∵是的直径，D是的中点，
∴．
∴．
∴，即．
∴．
∴CF为的切线．

方法二：如图2，连接OC，BC．设．
∵AB是的直径，D是的中点，
∴．
∴．
∵，
∴．   
∴．
∵，
∴．
∴．
∵AB是的直径，
∴．
∴．
∴，即．
∴．
∴CF为的切线．

(2)
解：方法一：如图3，过G作，垂足为H．
设的半径为r，则．
在Rt△OCF中，，
解之得．
∵，
∴．   
∵，
∴．
∴．

∴．
∵G为BD中点，
∴．
∴，．
∴．
∴．

方法二：如图4，连接AD．由方法一，得．
∵AB是的直径，
∴．
∵，D是的中点，
∴．
∵G为BD中点，
∴．
∴．

【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
17．2
【解析】
【分析】
先计算负整数指数幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值，再计算乘法，再合并即可．
【详解】
解：



【点睛】
本题考查的是特殊角的三角函数值的运算，负整数指数幂的含义，二次根式的化简，掌握“运算基础运算”是解本题的关键．
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据特殊锐角三角函数值、零指数幂、二次根式进行计算即可；
（2）先合并括号里的分式，再对分子和分母分别因式分解即可化简；
(1)
解：原式=
=．
(2)
解：原式=
=
=．
【点睛】
本题主要考查分式的化简、特殊锐角三角函数值、零指数幂、二次根式的计算，掌握相关运算法则是解题的关键．
19．(1)
(2)
(3)
(4)
【解析】
【分析】
（1）在Rt△BEF中，根据余弦的定义求解即可；
（2）分点在上方和下方两种情况讨论求解即可；
（3）取的中点，连接，从而求出OG=，得出点在以为圆心，为半径的圆上，然后根据弧长公式即可求解；
（4）由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，过O作OH⊥AB于H，当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，在Rt△BOH中求出OH，进而可求GH.
(1)
解：由题意得，，
∵在中，，，．
∴．
(2)
①当点在上方时，
如图一，过点作，垂足为，


∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，，
，，
∴．
∵点、、在同一直线上，且，
∴．
又∵在中，，，，
∴，
∴．
∵在中，，
∴．
②当点在下方时，
如图二，


在中，∵，，，
∴．
∴．
过点作，垂足为．
在中，，
∴．
综上，点到直线的距离为．
(3)
解：如图三，取的中点，连接，则．


∴点在以为圆心，为半径的圆上．
当三角板绕点B顺时针由初始位置旋转到点、B、首次在同一条直线上时，点所经过的轨迹为所对的圆弧，圆弧长为．
∴点所经过的路径长为．
(4)
解：由（3）知，点在以为圆心，为半径的圆上，
如图四，过O作OH⊥AB于H，


当G在OH的反向延长线上时，GH最大，即点到直线的距离的最大，
在Rt△BOH中，∠BHO=90°，∠OBH=30°，，
∴，
∴，
即点到直线的距离的最大值为.
【点睛】
本题考查了勾股定理，旋转的性质，弧长公式，解直角三角形等知识，分点在上方和下方是解第（2）的关键，确定点G的运动轨迹是解第（3）（4）的关键.
20．(1)
(2)
【解析】
【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．
(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．
21．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据四边形为平行四边形的性质和证明四边形为平行四边形，再根据，即可得证；
（2）先根据菱形对称性得，得到，进一步说明的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解．
(1)
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
又∵点在的延长线上，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形为菱形．
(2)
解：如图，由菱形对称性得，点关于的对称点在上，
∴，
当、、共线时，
，
过点作，垂足为，
∵，
∴的最小值即为平行线间的距离的长，
∵是边长为2的等边三角形，
∴在中，，，，
∴，
∴的最小值为．

【点睛】
本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．