人教部编版九年级上册数学第23章旋转培优卷含解析答案

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第23章�旋转�培优卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．下列扑克牌中，中心对称图形有　　A．1张 B．2张 C．3张 D．4张2．下列标志中，属于轴对称图形的是（   ）A．                       B．                       C．                       D．3．如图，A、B、C是小正方形的顶点，且每个小正方形的边长为1，则tan∠BAC的值为（　　）A． B．1 C． D．4．如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2  ， 将△ABC绕点A顺时针方向旋转60°到△AB′C′的位置，连接C′B，则C′B的长为（　　）A．2﹣                                  B．                                  C．2（﹣1）                                  D．15．有五张卡片（形状、大小、质地都相同），上面分别画有下列图形：①线段；②正三角形；③平行四边形；④等腰梯形；⑤圆．将卡片背面朝上洗匀，从中抽取一张，正面图形一定满足既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是【   】A． B． C． D．6．下列命题是真命题的有（ ）  ①若a＞b，则a2＞b2；②如果直角三角形两条边的长度分别为3和4，那么斜边上中线的长度为2.5；③若一个三角形一边的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形；④点（3，4）关于y轴对称点的坐标为（-3，4）；⑤等腰三角形的两条边长分别为3和7，则三角形的周长是13或17．A．1 B．2 C．3 D．47．如图，阴影部分是由5个小正方形涂黑组成的一个直角图形，再将方格内空白的两个小正方形涂黑，得到新的图形（阴影部分）是轴对称图形，其中涂法有（     ）A．6种 B．7种 C．8种 D．9种8．如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，ME⊥AM，ME交AD的延长线于点E．若AB=12，BM=5，则DE的长为（   ）  A．18                                        B．                                        C．                                        D．9．已知正方形和正六边形边长均为1，把正方形放在正六边形中，使边与边重合，如图所示．按下列步骤操作：将正方形在正六边形中绕点顺时针旋转，使边与边重合，完成第一次旋转；再绕点顺时针旋转，使边与边重合，完成第二次旋转；……在这样连续6次旋转的过程中，点，间的距离可能是(    )A．1.4 B．1.1 C．0.8 D．0.510．如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q．则下列结论：  ①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有(    )A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．如图，已知直角三角形ABC中，∠C＝90°，将△ABC绕点A逆时针旋转至△AED，使点C的对应点D恰好落在边AB上，E为点B的对应点．设∠BAC＝a，则∠BED＝ ．（用含a的代数式表示）12．已知P(x，y)在第三象限，且|x|=1，|y|=7，则点P关于原点对称的点的坐标是 ．13．将一个直角三角尺AOB绕直角顶点O旋转到如图所示的位置，若∠AOD＝110°，则旋转角的角度是 °，∠BOC＝ °．14．如图，等边△ABC绕点B逆时针旋转30°时，点C转到C′的位置，且BC′与AC交于点D，则的值为 15．已知一个直角三角形的两条直角边的长恰好是方程x2－7x＋12＝0的两个实数根，则该直角三角形斜边上的中线长是 ．16．如图，，均为等边三角形，点，，在同一条直线上，连接，，与相交于点，与相交于点，连接，下列结论正确的有 ．①；②；③；④；⑤平分17．如图，在直角坐标系中，已知点A（﹣3，0）、B（0，4），对△OAB连续作旋转变换，依次得到△1、△2、△3、△4…，则△2013的直角顶点的坐标为 ．   18．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点P是直线上一点，且，则点P的坐标为 ．19．如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）．（1）把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2；（3）如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．20．如图，已知△ABC的三个顶点坐标为A(－4，3)、B(－6，0)、C(－1，0)．(1) 请画出△ABC关于坐标原点O的中心对称图形△A′B′C′，并写出点A的对应点A′的坐标 ；(2)若将点B绕坐标原点O顺时针旋转90°，请直接写出点B的对应点B″的坐标 ；(3)请直接写出：以A、B、C为顶点的平行四边形的第四个顶点D的坐标 ．21．如图，一束平行光线（其中每两条光线互相平行）正对着一个图案及它后面的墙壁，这个图案与它在墙上的影子的形状和大小有什么关系？说出其中的道理．  22．如图，在△ABC中，∠B=15°，∠C=60°，AC=2，求BC长度．（tan15°=2﹣）23．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．24．如图所示，已知正方形ABCD中的△DCF可以经过旋转得到△BCE ． ①图中哪一个点是旋转中心？②按什么方向旋转了多少度？③如果CF=3cm．求EF的长?25．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，DC＝3，对角线AC、BD相交于点O，动点P、Q分别从点C、A同时出发，运动速度均为1cm/s，点P沿C→O→B运动．到点B停止，点Q沿A→D→C运动，到点C停止．连接AP、AQ、PQ，设△APQ的面积为y（cm2）（这里规定：线段是面积为0的几何图形），点Q的运动时间为x（s）．  （1）填空：BO＝________cm；    （2）当PQ//CD时，求x的值；    （3）当 时，求y与x之间的函数关系式；    （4）直接写出在整运动过程中，使AQ＝PQ的所有x的值．评卷人得分一、单选题评卷人得分二、填空题评卷人得分三、解答题参考答案：1．B【分析】根据中心对称图形的概念求解．【详解】解：根据中心对称图形的概念可得：是中心对称图形．故选B．【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，关键是根据中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合解答．2．C【分析】根据轴对称图形特点分别分析判断，轴对称图形沿一条轴折叠180°，被折叠两部分能完全重合，关键是找到对称轴.【详解】解：A、B、D、没有对称轴，都不是轴对称图形，不符合题意； C、在竖直方向有一条对称轴，是轴对称图形，符合题意； 故答案为：C.【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的概念．3．B【分析】连接BC，由网格求出AB，BC，AC的长，利用勾股定理的逆定理得到△ABC为等腰直角三角形，即可求出所求．【详解】如图，连接BC，由网格可得AB=BC=，AC=，即AB2+BC2=AC2，∴△ABC为等腰直角三角形，∴∠BAC=45°，则tan∠BAC=1，故选：B．【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，解直角三角形，以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理．4．C【分析】如图，作辅助线；根据等边三角形证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠MBB′=∠MBA=30°；求出BM、C′M的长，即可解决问题.【详解】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点M；由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，∴△ABB′为等边三角形，∴∠ABB′=60°，AB=B′B；在△ABC′与△B′BC′中， ， ∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），∴∠MBB′=∠MBA=30°，∴BM⊥AB′，且AM=B′M；由题意得：  ， ∴AB′=AB=4，AM=2，∴C′M=AB′=2；由勾股定理可求：BM=2 ， ∴C′B=2﹣2，故选：C.【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线．作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．5．B【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．【详解】解：∵根据轴对称图形与中心对称图形的概念，5张卡片中既是轴对称图形，又是中心对称图形的有线段、圆，共2张，∴所求概率为：．故选B．6．B【分析】利用有理数的乘方运算及大小比较，可对①作出判断；利用勾股定理求出斜边的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可对②作出判断；利用直角三角形的判定方法，可对③作出判断；利用关于y轴对称的点的坐标特点，可对④作出判断；利用三角形的三边关系定理及等腰三角形的性质，可对⑤作出判断．【详解】解：①若a＞b，当a=0，b=-3时，a2＜b2， 此命题是假命题； ②∵直角三角形两条边的长度分别为3和4， ∴若为直角边，则斜边长为 ，斜边上的中线长2.5，若不是直角边，则不成立；故此命题是假命题； ③若一个三角形一边的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形，此命题是真命题； ④点（3，4）关于y轴对称点的坐标为（-3，4），此命题是真命题； ⑤∵等腰三角形的两条边长分别为3和7， ∴3+3=6＜7， ∴此等腰三角形的腰长不能为3，只能为7 ∴三角形的周长为7×2+3=17，此命题是假命题； 是真命题的有③④. 故答案为：B．【点睛】此题考查三角形三边关系，等腰三角形的性质，关于坐标轴对称的点的坐标特征，直角三角形斜边上的中线．7．D【分析】根据对折后能够完全重合的图形是轴对称图形，可作出轴对称图形．【详解】根据对折后能够完全重合的图形是轴对称图形，可作出如下图：因此共9种．故选D【点睛】本题主要考查了画出轴对称图形的方法，解决此题的能力要有一定的空间想象能力．8．B【分析】先根据题意得出△ABM∽△MCG，故可得出CG的长，再求出DG的长，根据△MCG∽△EDG即可得出结论.【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=12，BM=5，  ∴MC=12﹣5=7.∵ME⊥AM，∴∠AME=90°，∴∠AMB+∠CMG=90°.∵∠AMB+∠BAM=90°，∴∠BAM=∠CMG，∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCG，∴ = ，即 = ，解得CG= ，∴DG=12﹣ = .∵AE∥BC，∴∠E=CMG，∠EDG=∠C，∴△MCG∽△EDG，∴ = ，即 = ，解得DE= .故选B.【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.9．C【分析】在第一次旋转中BM=1，在第二次旋转中BM=1，在第三次旋转中BM的长从1变化到，在第四次旋转中BM的长从2-变化到，在第五次旋转中BM的长从变化到1，在第六次旋转中BM=1，由此可求解．【详解】解：如图，在这样连续6次旋转的过程中，点M的运动轨迹是图中的弧线，在第一次旋转中BM=1，在第二次旋转中BM=1，在第三次旋转中BM的长从1变化到，在第四次旋转中BM的长从2-变化到，在第五次旋转中BM的长从变化到1，在第六次旋转中BM=1，B，M间的距离大于等于2-小于等于1，故选C．【点睛】本题考查正六边形、正方形的性质等知识，解题的关键作出点M的运动轨迹，利用图象解决问题，题目有一定的难度．10．D【分析】连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH，由旋转的性质可得AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∠FAC=90°，即可得到① 正确；证明△AQE≌△MQH可以判断② ；由全等三角形的性质可得到CP=AQ，由等腰直角三角形的性质可以得到PQ=MQ，即③正确；由三角形中位线定理可得MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC，从而可证△AQE≌△MQH，再利用勾股定理即可判断④.【详解】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH， ∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°得到矩形AEFG， ∴AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∠FAC=90°，∠∠D=∠AEQ=90°， ∵M是CF的中点， ∴AM=MC=MF，AM⊥CF，即①正确； ②∵∠DPC=∠APM，∠DPC+∠DCP=90°，∠APM+∠MAP=90°， ∴∠DCP=∠MAP，∵AE=CD，∠D=∠AEQ=90°，在△CDP和△AEQ中，， ∴△CDP≌△AEQ（ASA），即②正确； ∴CP=AQ， ∴MC-CP=AM-AQ， ∴MP=MQ， ∴PQ=MQ，即③正确； ∵∠B=∠DAB=∠AEN=90°， ∴四边形ABNE是矩形， ∴AE=BN=2，EN=AB=2， ∴CN=4， ∵M为CF的中点，H为FN的中点， ∴MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC， ∴HE=2，∠MHQ=90°，∴∠MHQ=∠AEQ=90°， 在△AQE和△MQH中，， ∴△AQE≌△MQH（AAS）， ∴HQ=QE=HE=1， ∴MQ=== ， 即④正确 .故选D.【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.11．【详解】解：∵∠BAC＝α，∠C＝90°，∴∠ABC=90°-α．由旋转的性质得，AB=AE， ∠BAE=∠BAC＝α，∠AED=∠ABC=90°-α．∴∠AEB=∠ABE=180°-α)= 90°-α，∴∠BED＝∠AEB-∠AED=(90°-α)-(90°-α)=90°-α-90°+α=α．故答案为α【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形两锐角互余，由旋转的性质得到AB=AE，进而得到∠AEB=∠ABE= 90°-α是解答本题的关键．12．(1，7)．【分析】根据P在第三象限可以确定，的符号，再根据， 就可以得到， 的值，得出P点的坐标，进而求出点P关于原点的对称点的坐标．【详解】∵，，∴，，∵P在第三象限，∴，∴，∴P，∴点P关于原点对称的点的坐标是故答案为：．【点睛】主要考查了平面直角坐标系中各个象限的点的坐标的符号特点和对称点的规律，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：(1)关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；(2)关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．13． 20； 70【分析】根据旋转的性质，旋转前后，两个图形的对应边相等，对应角度相等，所以OB和OD为对应边，即旋转角为∠BOD；根据∠AOD＝110°，∠AOB＝90°可得旋转的角度为20°，所以∠AOC=∠BOD=20°，所以∠BOC的角度即可求出来.【详解】解：由题意可知： ∵对应点与旋转中心连线的夹角为旋转角， 都是旋转角. 故答案为：20；70【点睛】本题考查了旋转的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．14．【分析】根据旋转的角度及等边三角形三个角都为60°，证明△BCD是直角三角形；设等边△ABC的边长是a，根据特殊角的三角函数值计算出BD，CD的长，再依据C′D=BC′-BD求出C′D的长，至此即可求出的值.【详解】设等边△ABC的边长是a，∵等边△ABC绕点B逆时针旋转30°，∴∠CBC′=30°．∵△ABC是等边三角形，∴∠BCA=60°．∵∠CBC′=30°，∠BCA=60°，∴∠BDC=90°，即△BCD是直角三角形，∴ 则 ∴ 故答案为【点睛】考查等边三角形的性质，旋转的性质，解直角三角形等，求出C′D的长是解题的关键.15．2.5【分析】先求出方程的两个根，然后再根据题意运用勾股定理求出直角三角形斜边的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．【详解】解：∵x2－7x＋12＝0∴x1=3，x2=4∴该直角三角形的斜边长为 ∴该直角三角形斜边上的中线长为5÷2=2.5．故填2.5．【点睛】本题主要考查了解一元二次方程、勾股定理以及直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解答本题的关键．16．①②③⑤.【分析】由题意根据全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质，对题干结论依次进行分析即可.【详解】解：∵△ABE，△BCD均为等边三角形，∴AB=BE，BC=BD，∠ABE=∠CBD=60°，∴∠ABD=∠EBC，在△ABD和△EBC中，∴△ABD≌△EBC（SAS），∴AD=EC，故①正确；∴∠DAB=∠BEC，又由上可知∠ABE=∠CBD=60°，∴∠EBD=60°，在△ABM和△EBN中，∴△ABM≌△EBN（ASA），∴BM=BN，故②正确；∴△BMN为等边三角形，∴∠NMB=∠ABM=60°，∴MN∥AC，故③正确；若EM=MB，则AM平分∠EAB，则∠DAB=30°，而由条件无法得出这一条件，故④不正确； 如图作 ∵由上可知△ABD≌△EBC，∴两个三角形对应边的高相等即，∴是的角平分线，即有平分，故⑤正确.综上可知：①②③⑤正确.故答案为：①②③⑤.【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质以及等边三角形的性质和角平分线的性质与平行线的判定是解题的关键.17．(8052，0)【分析】根据勾股定理列式求出AB的长，再根据第四个三角形与第一个三角形的位置相同可知每三个三角形为一个循环组依次循环，然后求出一个循环组旋转前进的长度，再用2013除以3，根据商为671可知第2013个三角形的直角顶点为循环组的最后一个三角形的顶点，求出即可．【详解】解：∵点A（-3，0）、B（0，4）， ∴AB= =5，由图可知，每三个三角形为一个循环组依次循环，一个循环组前进的长度为：4+5+3=12，∵2013÷3=671，∴△2013的直角顶点是第671个循环组的最后一个三角形的直角顶点，∵671×12=8052，∴△2013的直角顶点的坐标为（8052，0）.故答案为：（8052，0）．【点睛】本题是对坐标与图形变化﹣旋转的考查，难度不大，仔细观察图形，得到每三个三角形为一个循环组依次循环是解题的关键，也是求解的难点．18．【分析】由于题目中给出，则可考虑构造等腰直角三角形进行解决，将AB顺时针旋转得到线段BC，求出点C的坐标，连接AC，则AC与BP的交点M即为线段AC的中点，可求出M的坐标，则直线BP的解析式亦可求的，再将直线与直线BP的解析式联立成方程组，即可求出点P的坐标．【详解】如图所示，将线段AB绕点B顺时针旋转得到线段BC，则点C的坐标为，由于旋转可知，为等腰直角三角形，令线段AC和线段BP交于点M，则M为线段AC的中点，所以点M的坐标为，又B为，设直线BP为，将点B和点M代入可得，解得，，可得直线BP为，由于点P为直线BP和直线的交点，则由解得，所以点P的坐标为，故答案为．【点睛】本题考查函数图象的变换，并根据待定系数法求函数解析式及利用方程组求直线的交点坐标，把握函数的基本知识是解题的关键．19．（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）．【分析】（1）利用平移的性质画图，即对应点都移动相同的距离．（2）利用旋转的性质画图，对应点都旋转相同的角度．（3）利用勾股定理和弧长公式求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．【详解】解：（1）如答图，连接AA1，然后从C点作AA1的平行线且A1C1=AC，同理找到点B1，分别连接三点，△A1B1C1即为所求．（2）如答图，分别将A1B1，A1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，得到B2，C2，连接B2C2，△A1B2C2即为所求．（3）∵，，∴点B所走的路径总长=．【点睛】本题考查了网格作图和勾股定理、弧长计算，解题关键是准确作图，熟练计算．20．(1)见解析，（4，﹣3）（2）（1,7） （3）（1,3）（﹣9,3）（﹣3，﹣3）【分析】（1）根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答；（2）根据网格结构找出点A、B、C关于原点对称的点A′、B′、C′的坐标，然后顺次连接即可，再根据平面直角坐标系写出点A′的坐标；（3）根据平行四边形的对边平行且相等解答．【详解】(1)如图     （4，﹣3）     （2）（1,7）     （3）（1,3）（﹣9,3）（﹣3，﹣3）【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，平行四边形的性质，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．21．这个图案与它在墙上的影子的形状和大小完全相同．因为由上述做法得到的影子相当于是由这个图案平移得到的．【分析】根据平移的性质得出图案得出上述作法与它在墙上的影子的形状和大小完全相同．【详解】解：这个图案与它在墙上的影子的形状和大小完全相同， 因为由上述做法得到的影子相当于是由这个图案平移得到的．【点睛】本题主要考查了利用平移设计图案，熟练平移的定义是解决本题的关键．22．2+4【分析】作辅助线在边BC上取一点D连接AD，使得AD=BD，作出相应的图形，根据题意可以求得∠ADC的度数，从而可以得到∠DAC的度数，又由AC=2，可以求出各边的长，从而可以求得BC的长度.【详解】解：在边BC上取一点D连接AD，使得AD=BD，如下图所示：∵AD=BD，∠B=15°∴∠B=∠BAD=15°，∴∠ADC=∠B+∠BAD=30°，∵∠C=60°，AC=2，∴∠DAC=90°，∴CD=4，∴AD= ， ∴BD=2， ∴BC=BD+DC=2+4，即BC的长度为：2+4.【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键作辅助线，构造出直角三角形，然后根据直角三角形的性质求出各边的长．23．40°.【分析】先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数．【详解】∵CC′∥AB，∴∠A CC′=∠CAB=70°，∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，在△ACC′中，∵AC=AC′∴∠ACC′=∠AC′C=70°，∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°，∴∠BAB′=40°．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．24．①C；②逆时针旋转90°；③EF= cm【分析】①根据旋转的定义求解；②根据旋转的定义求解；③根据旋转的性质得CE=CF ，∠ECF=90°，然后利用勾股定理求解即可.【详解】解：①△DCF绕点C逆时针旋转得到△BCE，所以旋转中心为点C；②∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∠BCD=90°，∴△DCF绕点C逆时针旋转90°得到△BCE；③∵△DCF绕点C逆时针旋转90°得到△BCE，∴CE=CF=3cm，∠ECF=90°，连接EF∵∴EF= cm.【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.25．（1） ；（2） ；（3）；（4） 时，AQ＝PQ【分析】（1）利用勾股定理，可求出AC的长，利用矩形的对角线互相平分，可得BO= BD，从而求出BO的长. （2）根据平行线可证△APQ∽△ACD， 利用相似三角形的对应边成比例，可得   ， 即得  ，求出x值即可. （3）运动过程分三个阶段，①如图2，当     时  ， 过点P作PE⊥AD，垂足为点E；②如图3，当4＜x≤5时，过点P作PF⊥AB，垂足为点F，延长FP交CD于点G， 可得PF∥AD；③如图4，当5＜x≤7时，过点Q作QH⊥AB，垂足为点H，则QH＝AD＝4.分别根据相似三角形的判定与性质进行解答即可； （4）分三种情况讨论，①当点P在OC上时，如图5 ，②当Q与D重合时，如图6， ③ 当点P停止运动，Q运动到CD的中点时，如图7， 分别求解即可.【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，DC＝3， ∴AC＝ ， ∴BO＝ ， 故答案为： （2）解：如图1：  ∵PQ//CD，∴△APQ∽△ACD，∴ ，∴ ，∴ ；（3）解：如图2，当 时，过点P作PE⊥AD，垂足为点E，   ∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠PED＝90°，∴PE∥AB，∴△DPE∽△DBA，∴ ，∴ ，∴PE＝ ， ∴ ，如图3，当4＜x≤5时，过点P作PF⊥AB，垂足为点F，延长FP交CD于点G，则PF∥AD，∵△BPF∽△BDA，∴ ， ∴ ， ∴ ∴S四边形PQCB＝S△BCD﹣S△PQD＝ ，∴ ；∴S△APQ＝S矩形ABCD﹣S△ABP﹣S△ADQ﹣S四边形PQCB= ＝ ，∴ ；如图4，当5＜x≤7时，过点Q作QH⊥AB，垂足为点H，则QH＝AD＝4， ∴S＝6，综上所述 ，（4）AQ＝PQ，  当点P在OC上时，如图5，作QH⊥AC于H，则AH＝HQ，△AHQ∽△ADC，∴ ，∵AQ＝CP＝x，∴AH＝ x，∴ x+ x+x＝5，解得，x＝ ；当Q与D重合时，如图6，AQ＝4，QP＝4，∴x＝4时，AQ＝PQ；当点P停止运动，Q运动到CD的中点时，如图7，AQ＝PQ，则△ADQ≌△BCQ，∴DQ＝QC，∴AQ＝ ，此时，x＝ ，∴ 时，AQ＝PQ.【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等，解题的关键是熟练运用以上性质定理，利用了数形结合及分类讨论的数学思想，分类讨论时要做到不重不漏，考虑问题要全面．