山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-02图形的变化（基础题）

这是一份山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-02图形的变化（基础题），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山西太原市三年（2021-2023）年中考数学一模试题分层-02图形的变化（基础题） 一、单选题1．（2023·山西太原·统考一模）下列图形中，不是轴对称图形，是中心对称图形的是(　　)A． B． C． D．2．（2023·山西太原·统考一模）敏利用无人机测量某座山的垂直高度，如图所示，无人机在地面上方米的处测得山项的仰角为，测得山脚的俯角为．已知的坡度为， 点，，，在同一平面内，则此山的垂直高度约为（  ）（参考数据：）A．米 B．米 C．米 D．米3．（2022·山西太原·统考一模）由圆柱和长方体（底面为正方形）组成的几何体如图放置，该几何体的俯视图是（    ）A． B． C． D．4．（2021·山西太原·统考一模）第二十四届冬季奥林匹克运动会将于2022年在北京举行，北京将成为历史上一座既举办过夏季奥林匹克运动会，又举办过冬季奥林匹克运动会的城市．下面的图案是冬季奥林匹克运动会会徽中的图案，其中是中心对称图形的是（    ）A． B． C． D．5．（2021·山西太原·统考一模）如图是由4个大小相同的小正方体摆成的几何体，它的左视图是（    ）A． B． C． D． 二、填空题6．（2023·山西太原·统考一模）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1：2，∠OCD=90°，CO=CD=2，则点B的坐标为______．7．（2023·山西太原·统考一模）已知点为线段的黄金分割点且，，则______．（结果保留根号）8．（2023·山西太原·山西大附中校考一模）如图，点G是△ABC的重心，GE∥BC，如果BC=12，那么线段GE的长为__．9．（2022·山西太原·统考一模）如图所示，在边长相同的小正方形组成的网格中，两条经过格点的线段相交所成的锐角为α，则夹角α的正弦值为_________．10．（2022·山西太原·统考一模）如图，的顶点C在反比例函数的图像上，且点A坐标为，点B坐标为，则k的值为_________．11．（2022·山西太原·统考一模）如图，为的直径，C为上一点，的切线交的延长线于点D，E为的中点，交的延长线于点F．若，，则的长为_______．12．（2021·山西太原·统考一模）如图，在中，，，，将沿折叠，点恰好落在中点处为折痕，则的长为__________． 三、解答题13．（2023·山西太原·统考一模）如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连结PC交AB于点E，且∠ACP=60°，PA=PD．（1）试判断PD与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若点C是弧AB的中点，已知AB=4，求CE•CP的值．14．（2022·山西太原·统考一模）（1）计算：.（2）解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．15．（2022·山西太原·统考一模）某景区A、B两个景点位于湖泊两侧，游客从景点A到景点B必须经过C处才能到达．观测得景点B在景点A的北偏东30°，从景点A出发向正北方向步行600米到达C处，测得景点B在C的北偏东75°方向．(1)求景点B和C处之间的距离；（结果保留根号）(2)当地政府为了便捷游客游览，打算修建一条从景点A到景点B的笔直的跨湖大桥．大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走多少米？（结果保留整数．参考数据：≈1.414，≈1.732）16．（2022·山西太原·统考一模）2022年底，太忻一体化经济区将新建1994座5G基站．如图是建在坡度的斜坡上的一个5G基站塔，在坡角顶点A处测得塔顶D的仰角为，沿斜坡步行到达B处，在B处测得塔顶D的仰角为，点A，B，C，D，M，N在同一平面内．求基站塔高．（结果精确到，参考数据：）17．（2022·山西太原·统考一模）综合与探究问题情境，如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别是边AD，BC上的动点，连接EF，BE，DF．将矩形纸片ABCD分别沿直线BE，DF折叠，点A的对应点为点M，点C的对应点为点N．　(1)操作探究：如图（1），若点F与点M重合，与交于点G，求证：DG=GM； (2)探究发现：如图（2），当点M，N落在对角线上时，判断并证明四边形的形状；(3)探究拓广：当点M，N落在对角线上时．①在图（3）中补全图形；②若，，求的面积．18．（2021·山西太原·统考一模）（1）计算：（2）因式分解：19．（2021·山西太原·统考一模）如图1，窗框和窗扇用“滑块铰链”连接.图3是图2中“滑块铰链”的平面示意图，滑轨安装在窗框上，托悬臂安装在窗扇上，交点处装有滑块，滑块可以左右滑动，支点，，始终在一直线上，延长交于点.已知，，. （1）窗扇完全打开，张角，求此时窗扇与窗框的夹角的度数.（2）窗扇部分打开，张角，求此时点，之间的距离（精确到）.（参考数据：，）20．（2021·山西太原·统考一模）阅读与思考：古希腊有三大几何问题：立方倍积、三等分角和画圆为方.下面是三等分角的作法之一：如图1，任意锐角可被取作矩形的对角线与边的夹角，以为端点的射线交于点，交的延长线于点，若，则射线是的一条三等分线证明：如图2，取的中点，连接四边形是矩形，在中，点是的中点：（依据1）（依据2）（1）上面证明过程中的“依据1”，“依据2”分别指什么？并完成材料证明中的剩余部分；（2）如图3，矩形中，，对角线与外角的平分线交于点，若CE=BD，则的长为       ．21．（2021·山西太原·统考一模）实践与探究：主题背景，在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究．如图1，正方形的顶点在正方形的对角线上，正方形的顶点是正方形对角线的交点．与相交于点，与相交于点，连接和．（1）猜想线段和有怎样的数量关系和位置关系？并说明理由：（2）如图2，正方形固定不动，将正方形绕点顺时针方向旋转角，延长，分别交，于点，，连接，，，．求证：四边形是正方形：（3）已知，正方形的边长为2，正方形的边长为3，在正方形旋转过程中，若的延长线恰好经过点．请你直接写出的长．22．（2021·山西太原·统考一模）综合与探究：如图1，一次函数的图象分别与轴，轴交于，两点，二次函数的图象过，两点，且与轴交于另一点．（1）求二次函数的解析式；（2）点是二次函数图象的一个动点，设点的横坐标为，若．求的值；（3）如图2，过点作轴交抛物线于点．点是直线上一动点，在坐标平面内是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标：若不存在，请说明理由．23．（2021·山西太原·统考一模）（1）计算：（﹣）-2+sin45°﹣（﹣4+2）2，（2）化简再求值：，其中x＝﹣3+．24．（2021·山西太原·统考一模）综合与实践如图1，抛物线y＝﹣x2﹣x+6与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求直线AC的表达式；（2）点E在抛物线的对称轴上，在平面内是否存在点F，使得以点A，C，E，F为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，设点P从点O出发以1个单位长度/秒的速度向终点A运动，同时点Q从点A出发以个单位长度/秒的速度向终点C运动，运动时间为t秒，当∠OPQ的平分线恰好经过OC的中点时，求t的值．
参考答案：1．B【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合；并结合图形的特点求解.【详解】A选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；B选项，不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项正确；C选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；D选项，是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误．故选：B.【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，熟练掌握，即可解题.2．B【分析】过点D作DC⊥BC于点E，作DF⊥AB于点F，利用四边形DEBF是矩形，可得BF=130米，这样只需求出AF即可；再利用AC的坡比，结合锐角三角函数，将已知和未知通过DF=EB建立等量关系，进而求出AF．【详解】解：如图，过点D作DC⊥BC于点E，作DF⊥AB于点F．∵DF⊥AB，DE⊥BE，AB⊥BC，∴四边形DEBF是矩形．∴FB=DE=130（米）∵DF∥BC，∴∠DCE=∠CDF=63.5°．在RtDCE中，∵tan∠DCE=，∴CE==65（米）．设AF=x米，则AB=（x+130）米．∵，∴BC==（x+130）．∴BE=BC+CE=（x+130）+65=x+162.5．在RtADF中，∵tan∠ADF=，∴DF=．∵DF=EB，∴=x+162.5．解得，．∴AB=AF+BF≈92.9+130=222.9(米)．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、锐角三角函数的理解和应用能力．利用AC的坡比，通过DF=EB建立等量关系列方程是解决本题的关键．3．C【分析】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．【详解】解：几何体的俯视图是：故选：C．【点睛】本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图．4．A【分析】利用中心对称图形的定义可得答案．【详解】解：A、是中心对称图形，故此选项符合题意；B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；D、不是中心对称图形，故此选项不合题意；故选：A．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，关键是掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．5．C【分析】根据左视图即从物体的左面观察得得到的视图，进而得出答案．【详解】如图所示，该几何体的左视图是：．故选：C．【点睛】此题主要考查了几何体的三视图；掌握左视图是从几何体左面看得到的平面图形是解决本题的关键．6．【分析】根据位似比可得，由勾股定理得，求出的值，得到的值，进而可得答案．【详解】解：∵与的位似比为，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了位似的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于求出的长．7．【分析】根据黄金分割点的定义，即可解答．【详解】解：∵C为线段的黄金分割点，且较长线段，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查黄金分割点概念理解．熟记黄金比的值进行计算是解答本题的关键．8．4【分析】先根据三角形重心性质得到AG=2GD，AD=CD=BC=6，再证明△AGE∽△ADC，然后利用相似比可计算GE的长．【详解】∵点G是△ABC的重心，∴AD为中线，AG=2GD，∴AD=CD=BC=6，∵GE∥BC，∴△AGE∽△ADC，∴，即，∴GE=4．故答案为4【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：两个三角形相似对应角相等，对应边的比相等．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．解决本题的关键是理解三角形重心的性质．9．##【分析】如图，设AB与CD交于点E，过点C作CF∥AB，连接DF，可得∠C=∠AEC=，设小正方形的边长为1，然后根据勾股定理逆定理可得△CDF是等腰直角三角形，从而得到∠C=45°，即可求解．【详解】如图，设AB与CD交于点E，过点C作CF∥AB，连接DF，∵CF∥AB，∴∠C==∠AEC=，设小正方形的边长为1，根据勾股定理可得，，， ,∴，DF=CF，∴△CDF是等腰直角三角形，∴∠C=45°，∴，∴夹角的正弦值为，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，锐角三角函数，根据题意作适当辅助线构造出直角三角形是解题的关键．10．8【分析】由于四边形OABC为平行四边形，根据平移的性质，结合点O、A、B的坐标可确定点C的坐标为（4，2），将其代入带反比例函数解析式求k值即可．【详解】解：∵四边形OABC为平行四边形，∴，，∵A坐标为，点B坐标为，点O坐标为，由平移的性质可知，点C的坐标为（4，2），∴将点C（4，2）代入到函数中，可得，解得．故答案为：8．【点睛】本题主要考查了反比例函数图像上点的坐标特征、平行四边形的性质及平移的性质，解题关键是确定C点的坐标．11．##【分析】连接OC，BC，根据为的直径，可得∠ACB=∠BCD=90°，再由E为的中点，可得CE=BE=DE，从而得到∠BCE=∠CBE，然后根据切线的性质可得∠ABD=90°，再由OC=OB，可得∠OCF=90°，然后根据，可得△OBC是等边三角形，进而得到∠A=30°，∠CBD=30°，最后根据锐角三角函数，即可求解．【详解】解：如图，连接OC，BC，∵为的直径，∴∠ACB=∠BCD=90°，∵E为的中点，∴CE=BE=DE，∴∠BCE=∠CBE，∵是的切线，∴∠ABD=90°，即∠CBD+∠OBC=90°，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC，∴∠OCB+∠BCE=∠OBC+∠CBD=90°，即∠OCF=90°，∵，∴BC=OB=OC，∴△OBC是等边三角形，∴∠BOC=∠OBC=60°，∴∠A=30°，∠CBD=30°，∵，∴，∴，故答案为：【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．12．．【分析】过点作，根据中点的意义得出，由勾股定理得出，再分别求出，根据银河股定理列方程求解即可．【详解】解：过点作，垂足为点M，∵点是BC的中点，且BC=4∴ 在中，，，，由勾股定理得， ∴， ∴， 设AE=x，则，BE=5-x∴，在，由勾股定理得,∴ 解得, 故答案为：【点睛】本题主要考查了折叠问题，常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．13．（1）PD是⊙O的切线．证明见解析.（2）8.【详解】试题分析：（1）连结OP，根据圆周角定理可得∠AOP=2∠ACP=120°，然后计算出∠PAD和∠D的度数，进而可得∠OPD=90°，从而证明PD是⊙O的切线；（2）连结BC，首先求出∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，然后可得AC长，再证明△CAE∽△CPA，进而可得，然后可得CE•CP的值．试题解析：（1）如图，PD是⊙O的切线．证明如下：连结OP，∵∠ACP=60°，∴∠AOP=120°，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA=30°，∵PA=PD，∴∠PAO=∠D=30°，∴∠OPD=90°，∴PD是⊙O的切线．（2）连结BC，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵C为弧AB的中点，∴∠CAB=∠ABC=∠APC=45°，∵AB=4，AC=Absin45°=．∵∠C=∠C，∠CAB=∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴，∴CP•CE=CA2=（）2=8．考点：相似三角形的判定与性质；圆心角、弧、弦的关系；直线与圆的位置关系；探究型．14．（1）；（2），解集在数轴上表示见解析【分析】（1）根据负指数幂、二次根式化简、绝对值，特殊角三角函数依次计算即可；(2)分别解不等式，再求出它们公共的部分，然后把解集表示在数轴上即可．【详解】（1）原式；（2）解，解不等式①得，解不等式②得．故原不等式组的解集为，解集在数轴上表示为：【点睛】本题考查了实数的混合运算和解不等式组，熟练掌握实数的运算法则和解不等式组找解集的规律是解题的关键．15．(1)(2)205m 【分析】（1）过点C作CD⊥AB于点D，分别在Rt△ACD和Rt△CDB中，解直角三角形即可求得BC的长；（2）由题意可得AC+BC及AB的长，则计算AC+BC−AB即可求得结果．【详解】（1）过点C作CD⊥AB于点D，由题意得，∠A＝30°，∠BCE＝75°，AC＝600m，在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝600，∴CD＝AC＝300（m），AD＝AC＝300（m），∵∠BCE＝75°＝∠A+∠B，∴∠B＝75°﹣∠A＝45°，∴CD＝BD＝300（m），BC＝CD＝300（m），故景点B和C处之间的距离为300m；（2）由题意得：AC+BC＝（600+300）m，AB＝AD+BD＝（300+300）m，AC+BC﹣AB＝（600+300）﹣（300+300）≈204.6≈205（m），即大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走约205m．【点睛】本题是解直角三角形的实际应用，关键理解方位角，并通过作辅助线把非直角三角形转化为直角三角形是解题的关键．对于非直角三角形问题，常常作垂线转化为直角三角形问题解决．16．基站塔高约为44.3米【分析】延长交于点E，过点B作于点F，延长交于点G，则．解，得，由勾股定理，得，即可求出解得，则AF=48，从而求出EF=10，再解在中，求出，则，然后，是斜坡的坡度为，则，求出，最后，由，即可求解．【详解】解：如图，延长交于点E，过点B作于点F，延长交于点G，则．在中，由斜坡的坡度知∴，∴， ∵，∴由勾股定理，得， 即．解得．∴． 在中，，，由，，得．∵于点G，∴．在中，，由，，得． 在中，，，∴，．∵，∴．∴．∴．  ∵斜坡的坡度为，∴．∴． ∴（米）．答：基站塔高约为44.3米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题、坡度坡角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．17．(1)见解析(2)四边形是平行四边形．证明见解析(3)①补全图形见解析；②的面积是 【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质证明∠GMD=∠NDM，即可证明DG=GM；（2）根据矩形的性质以及折叠的性质得到∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠BDF=∠FDC=∠BDC，可证明EB∥DE，即可证明四边形BFDE是平行四边形；（3）①根据题意补全图形即可；②证明△ADC∽△DCF，利用相似三角形的性质得到，利用三角形面积公式求解即可．（1）证明∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∠A=∠ABC=90°．       ∵矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点是点M，∴AB=BM，AE=EM，∠A=∠BME=90°．∴∠ABC=∠BME=90°．∴AB∥EM．∴DC∥EM．∴∠GMD=∠MDC．∵矩形纸片ABCD沿DF折叠，点C的对应点为点N，∴∠NDM=∠MDC．∴∠GMD=∠NDM．∴DG=GM；（2）解：四边形BFDE是平行四边形．   证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，∠ABD=∠BDC．∵矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对应点是点M，沿DF折叠，点C的对应点为点N，∴∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠BDF=∠FDC=∠BDC．∴∠EBD=∠BDF．∴EB∥DF．       又AD∥BC，∴四边形BFDE是平行四边形；（3）①所作图形如图：②∵四边形ABCD是矩形，AB=2，AD=3，∴∠ADC=∠DCF=90°，DC=AB=2，BC=AD=3，BC∥AD．∴∠ADF=∠DFC．∵矩形纸片ABCD沿DF折叠，点C的对应点是点N，∴DF是CN的垂直平分线．记垂足为点O，则∠DOC=90°．∴∠ADF+∠FDC=∠FDC+∠ACD=90°．∴∠DFC=∠ADF=∠ACD．∵∠ADC=∠DCF=90°，∴△ADC∽△DCF．  ∴，∴，∴．  ∴．∴．即，的面积是．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质判定和性质，矩形的判定和性质等知识，综合运用这些知识解决问题是本题的关键．18．（1）；（2）2【分析】（1）先算零次幂、化简二次根式、负整数指数幂、特殊角的三角函数值，再计算乘法，最后计算加减即可；（2）先按完全平方公式展开，再合并同类项，最后按照提取公因式及平方差公式计算即可．【详解】解：（1）（2）【点睛】本题考查了零次幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值以及提公因式及公式法分解因式，熟练掌握运算法则是解题的关键．19．（1）；（2）.【分析】（1）证明四边形是平行四边形，得到，根据平行线的性质即可得到的度数.（2）如图，过点作于点，根据锐角三角函数进行求解即可.【详解】（1）∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴.（2）如图，过点作于点，∵，∴，，∵，，∴，在中，，∴. 【点睛】考查平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质，解直角三角形等，注意辅助线的作法.20．（1）故依据1是指：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；依据2是指：等边对等角；（2）【分析】（1）先依据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”证得AB=FG=AG，再依据等边对等角证明∠ABG=∠AGB，再依据三角形的外角性质及平行线的性质证得∠ABF=2∠FBC，进而证明结论；（2）同（1）的方法求得∠E=30，过D作DN⊥CE于N，利用解直角三角形的方法即可求得CE的长．【详解】（1）证明：如图2，取EF的中点G，连接AG，∵四边形BCAD是矩形， ∴∠DAC=90° ， AD//BC，在RtΔAEF中，点G是EF的中点， ∴AG=EF （直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），∵EF=2AB，∴AB=AG，∴∠ABG=∠AGB（等边对等角），∵AG=EF=GF，∴∠GAF=∠F，∴∠ABG=∠AGB=2∠F，∵AD//BC，∴∠F=∠FBC，∴∠ABG=2∠FBC，∴∠ABC =3∠FBC，∴射线BF是∠ABC的一条三等分线；故依据1是指：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；依据2是指：等边对等角；（2）解：如图，取BD的中点M，连接CM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCD=∠DCF=90° ，AB=CD=2，∵CE是∠DCF的平分线，∴∠DCE=∠ECF=∠DCF=45，∴∠1+∠E=∠ECF=45，在RtΔBCD中，点M是BD的中点， ∴CM=BD=BM，∴∠1=∠2，∴∠3=∠1+∠2=2∠1，∵CE=BD，∴CE=CM，∴∠3=∠E，∴∠E=2∠1，∵∠1+∠E=45，∴∠E=30，过D作DN⊥CE于N，∴ΔNCD是等腰直角三角形，且CD=2，∴DN=NC=，在RtΔEDN中，∠E=30，∵，∴EN=，∴CE=，故答案为：．【点睛】本题考查了解直角三角形，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线定理，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．21．（1）BF=CH，BF⊥CH；（2）详见解析；（3）AP=【分析】（1）利用正方形的性质证明△BEF≌△CEH，即可得到结论；（2）证明△AEP≌△BEQ，得到△PEQ是等腰直角三角形，同理：△PEN，△NEM，△QEM都是等腰直角三角形，推出PE=QE=NE=ME，PN=PQ，由此得到结论；（3）如图，连接AE、BE，作EM⊥AD，EN⊥AB，设AP=BQ=x，证明△FEN∽△ENQ，得到，列得，求解方程即可．【详解】解：（1）BF=CH，BF⊥CH；连接CE、BE，设BF交CH于点O，∵点是正方形对角线的交点，∴，BE=CE，∵EG是正方形EFGH的对角线，∴，EF=EH，∴∠BEF=∠CEH，∴△BEF≌△CEH，∴BF=CH，∠BFE=∠CHE，又∵∠1=∠2，∴-（∠BFE+∠1）=-（∠CHE+∠2），∴∠FOH=∠FEH=，∴BF⊥CH；．  （2）∵四边形ABCD、EFGH都是正方形，∴∠FEH=∠AEB=，AE=BE，∠PAE=∠QBE=，∴∠AEP=∠BEQ，∴△AEP≌△BEQ，∴PE=QE，∴△PEQ是等腰直角三角形，同理：△PEN，△NEM，△QEM都是等腰直角三角形，∴PE=QE=NE=ME，PN=PQ，∴四边形MNPQ是矩形，∵PN=PQ，∴四边形MNPQ是正方形；（3）如图，连接AE、BE，作EM⊥AD，EN⊥AB，由（2）可知△AEP≌△BEQ，∴AP=BQ，设AP=BQ=x，∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴AE=BE=，NB=NE=1，∵NQ=NB-BQ=1-x，∴，∵∠FEQ=∠ENQ，∠FQE=∠EQN，∴∠EFN=∠NEQ，∴△FEN∽△ENQ，∴∴，∴，解得x=或x=（舍去），∴AP=．．【点睛】此题考查正方形的性质及判定，等腰直角三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟记各性质定理及判定定理并熟练应用是解题的关键．22．（1）二次函数的解析式为；（2）m的值为或；（3）点N的坐标为(，)或(，)或(，)．【分析】（1）先求得点B、C的坐标，利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；（2）先求得，∠ABP，设直线BP交轴于E，利用待定系数法求得直线BE的解析式，解方程组即可求解；（3）根据菱形的性质，分①当CN为对角线、②DN为对角线、③CD为对角线三种情况讨论，根据图形分别求解即可．【详解】（1）∵一次函数的图象分别与x轴，y轴交于B，C两点，令，则，令，则，∴B(4，0)，C (0，)，把B(4，0)，C (0，)代入，∴，解得：，∴二次函数的解析式为；（2）∵B(4，0)，C (0，)，∴OB=4，OC=，∴，∴，若∠ABC=2∠ABP，则∠ABP，设直线BP交轴于E，,∴OE=，∴E1(0，)或E2 (0，)，设直线BE1的解析式为，∵B(4，0)，∴，∴直线BE1的解析式为，解方程，整理得，∴，即m的值为；同理可求得直线BE2的解析式为，解方程，整理得，∴，即m的值为；综上，m的值为或；（3）由（2）知，∵CD//x轴，∴，即，抛物线的对称轴为，∴CD=2，设点M的坐标为(，)，如图：①当CD、CM为边，CN为对角线时，则CD=CM=2，△MDC是等边三角形，∴点M在线段CD的垂直平分线上，∴，∴点M的坐标为(，)，∴点N1的坐标为(，)；②当CD、DM为边，DN为对角线时，同理可得点N2的坐标为(，)；③当CD为对角线时，根据菱形的对称性知：点M与点N关于对角线CD对称，∴点N3的坐标为(，)；综上，点N的坐标为(，)或(，)或(，)．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了菱形的性质、待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，特殊角的三角函数值，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用分类讨论的思想思考和解决问题，属于中考压轴题．23．（1）8；（2），【分析】（1）分别计算负整数指数幂、特殊角三角函数、乘方，再计算二次根式的乘法，最后依次相加减即可；（2）先计算括号内的异分母分式的加法，然后将除法化为乘法后约分，最后代值计算即可．【详解】解：（1）原式= ==8；（2）原式===．将x＝﹣3+代入原式=．【点睛】本题考查实数的混合运算、分式的化简求值．（1）中能分别正确计算负整数指数幂、特殊角三角函数、乘方、二次根式的乘法是解题关键；（2）中切记除法化为乘法后方能约分．24．（1）直线AC的表达式为；（2）点E1的坐标为；点E2的坐标为；点E3的坐标为；点E4的坐标为；（3）t的值为5．【分析】(1)根据，得：，解得，，进而求出直线AC的表达式；(2)求出，，，由两点间距离公式得：，，，得到A、C、E三点形成，分为三种情况分别进行求解即可； (3) 记OC中点D，作于点H ，过点C作AO平行线交PQ于点G，连接DG，求证，再进行求解即可．【详解】解：(1)令，得：，解得：，，，，令，得：，，∴直线AC的表达式：，(2)对称轴：，设，，，由两点间距离公式得：，，，∵A、C、E、F为矩形，∴A、C、E三点形成，①当时，∴，∴，解得：，，②当，∴，∴，解得：，，③当，∴，∴，解得：，，，，综上所述：、、、，(3)记OC中点D，作于点H ，过点C作AO平行线交PQ于点G，连接DG，如图所示：∵DP为角平分线∴，∴，， ∴，∴，∴， ∴， ∴， ∴，∴，∴， 直线AC的表达式：， ，设的解析式为： PQ的解析式为：，将点代入PQ得，，解得：，，经检验：，都是原方程的根，但不合题意，舍去，故【点睛】本题考查了二次函数相关解析式，锐角三角函数的应用，属于综合题目，正确读懂题意是解题的关键．