试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若代数式 3−𝑎有意义，则𝑎的取值范围是( )A. 𝑎≥3
B. 𝑎=3
C. 𝑎≤3
D. 𝑎≠3
2. 下列二次根式中是最简二次根式的是( )A. 12B. 𝑎2+1C.
13D. 3𝑎23. 下列计算正确的是( )A. 3 2− 2=3C. 2÷ 3=
B. 2+ 3= 5D. 5× 2= 10234. 下列条件中，不能判断△𝐴𝐵𝐶为直角三角形的是( )A. 𝐴𝐵=15，𝐵𝐶=8，𝐴𝐶=17C. ∠𝐴−∠𝐵=∠𝐶
5. 下列命题的逆命题是真命题的是( )A. 全等三角形的对应角相等C. 两条直线平行，内错角相等
B. 若𝑎>0，则 𝑎2=𝑎
D. 若两个实数相等，则它们的绝对值相等B. 𝐴𝐵：𝐵𝐶：𝐴𝐶=2：3：4D. ∠𝐴：∠𝐵：∠𝐶=1：2：3
6. 在下列给出的条件中，能判定四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形的是( )A. 𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐶𝐷=𝐷𝐴C. ∠𝐴=∠𝐵，∠𝐶=∠𝐷
B. 𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶D. 𝐴𝐵//𝐶𝐷，∠𝐴=∠𝐶
7. 《九章算术》是我国古代第一部数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的
体系.“折竹抵地”问题源自《九章算术》中：今有竹高一丈，末折抵地，去根五尺，问折高者几何？意思是一根竹子，原高一丈(一丈=10尺)一阵风将竹子折断，某竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部5尺远，则折断处离地面的高度是( )
A. 5 3尺B. 6.25尺C. 4.75尺D. 3.75尺
8. 如图，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=25，对角线𝐵𝐷=48，若过点𝐶
作𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，垂足为𝐸，则𝐶𝐸的长为( )
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A.
33625B. 7C. 14D.
168259. 如图，阴影部分表示以𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶的各边为直径的三个半圆所组成
的两个新月形，面积分别记作𝑆1和𝑆2.若𝑆1+𝑆2=30，𝐴𝐵=13，则△𝐴𝐵𝐶的周长是( )
A. 26B. 43C. 30D. 28
10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形𝐴𝐵𝐶𝑂的两边与坐标轴重合，𝑂
𝐴=2，𝑂𝐶=1.将矩形𝐴𝐵𝐶𝑂绕点𝑂逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点𝐵的坐标是( )
A. (−2,−1)
2)
B. (−1,2)C. (−2,1)D. (1,−
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 化简(− 3)2的结果是______．
又向正北方向走了60𝑚到达𝐵处，则𝐴𝐵两地相距______ 12. 小明从𝐴地向正东方向走80𝑚后，𝑚.
13. ▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝐸，𝐵𝐶=4且𝐹为𝐴𝐵的中点，则𝐸𝐹= ______ ．14. 在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图，𝐴𝐶是▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对
角线，点𝐸在𝐴𝐶上，𝐴𝐷=𝐴𝐸=𝐵𝐸，∠𝐷=105°，则∠𝐵𝐴𝐶的大小是______．
15. 在矩形𝐴𝐵𝐶𝐺中，点𝐷是𝐴𝐺的中点，点𝐸是𝐴𝐵上一点，且𝐵𝐸=𝐵𝐶，
𝐷𝐸⊥𝐷𝐶，𝐶𝐸交𝐵𝐷于𝐹，下列结论：①𝐶𝐷平分∠𝐸𝐶𝐺；②∠𝐸𝐷𝐵=45°；
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③( 2−1)𝐶𝐷=𝐷𝐸；④𝐶𝐹：𝐴𝐸=( 2+1)：1，其中正确的是______ ．在边长为4的菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷= 3𝐴𝐵，将△𝐴𝐵16. 如图，
𝐷沿射线𝐵𝐷的方向平移，得到△𝐸𝐹𝐺，连接𝐸𝐶，𝐸𝐷，𝐹𝐶，则𝐸𝐶+𝐹𝐶的最小值为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 计算：
(1) 18− 32+ 2；3(2)212×÷5 2．
4四、解答题（本大题共7小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
如图，将▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐵𝐷向两个方向延长，分别至点𝐸和点𝐹，且使𝐵𝐸=𝐷𝐹.求证：四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边形．
19. (本小题8.0分)
已知𝑥= 3+2，𝑦= 3−2，求下列各式的值：(1)𝑥2+2𝑥𝑦+𝑦2； (2)𝑥2−𝑦2．
20. (本小题8.0分)
如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐷𝐶，𝐴𝐵=𝐴𝐷，对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐷，过点𝐶作𝐶𝐸⊥𝐴𝐵交𝐴𝐵的延长线于点𝐸，连接𝑂𝐸．(1)求证：𝐵𝐷垂直平分𝐴𝐶；
(2)若𝐴𝐵= 5，𝐴𝐶=2𝐵𝐷，求𝑂𝐸的长．
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21. (本小题8.0分)
在8×5的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的顶点坐标分别为𝑂(0,0)，𝐴(3,4)，𝐵(8,4)，𝐶(5,0).仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：(1)四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是______ .(请从中选择：平行四边形，矩形，菱形) (2)线段𝐶𝐷⊥𝐶𝐵，且𝐶𝐷=𝐶𝐵，请在网格中画出对应线段𝐶𝐷；(3)在线段𝐴𝐵上画点𝐸，使∠𝐵𝐶𝐸=45°(保留画图过程的痕迹)；(4)连接𝐴𝐶，画点𝐸关于直线𝐴𝐶的对称点𝐹．
22. (本小题10.0分)
某海域有一小岛𝑃，在以𝑃为圆心，半径𝑟为10(3+ 3)海里的圆形海域内有暗礁，一海监船自西向东航行，它在𝐴处测得小岛𝑃位于北偏东60°的方向上，当海监船行驶20 2海里后到达𝐵处，此时观测小岛𝑃位于𝐵处北偏东45°方向上．(1)若过点𝑃作𝑃𝐶⊥𝐴𝐵于点𝐶，则𝑃𝐶：𝐴𝐶= ______ ；(2)求𝐴，𝑃两点之间的距离𝐴𝑃；
(3)若海监船由𝐵处继续向东航行是否有触礁危险？请说明理由.如果有触礁危险，那么海监船由𝐵处开始沿南偏东至多多少度的方向航行能安全通过这一海域？请直接写出海监船由𝐵处
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开始沿南偏东至多______ °的方向航行能安全通过这一海域．
23. (本小题10.0分)
(1)如图(1)，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐸⊥𝐶𝐷，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，垂足分别为𝐸、𝐹，求证：𝐷𝐸=𝐵𝐹．探究：
(2)如图(2)，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐶、𝐵𝐷是两条对角线，则𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=2(𝐴𝐵2+𝐵𝐶2)，请探究这个结论的正确性．迁移：
(3)如图(3)，𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，若𝐴𝐶=6 2，𝐴𝐷=7，𝐴𝐵=8，直接写出边长𝐵𝐶= ______ ．
24. (本小题12.0分)
如图1，在平面直角坐标系中，矩形𝑂𝐴𝐵𝐶的顶点𝑂，𝐴，𝐶的坐标分别为𝑂(0,0)，𝐴(4,0)，𝐶(0,𝑐)，动点𝑃从𝐴出发，以每秒1个单位的速度沿射线𝐴𝐵方向移动，作△𝑃𝐴𝑂关于直线𝑃𝑂的对称△𝑃𝐴′𝑂，设点𝑃的运动时间为𝑡(𝑠)．(1)当𝑐= 𝑥−2+ 2−𝑥+3时. ①矩形的顶点𝐵的坐标是______ ；
②如图2.当点𝐴′落在𝑂𝐵上时，显然△𝑃𝐴′𝐵是直角三角形，求此时𝐴′的坐标；
(2)若直线𝑃𝐴′与直线𝐵𝐶相交于点𝑀，且当𝑡<3时，∠𝑃𝑂𝑀=45°.问：当𝑡>3时，∠𝑃𝑂𝑀的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
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答案和解析
1.【答案】𝐶
【解析】解：由题意得，3−𝑎≥0．∴𝑎≤3．故选：𝐶．
根据二次根式有意义的条件(被开方数大于或等于0)解决此题．
本题主要考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的有意义的条件是解决本题的关键．
2.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴选项， 12=2 3，不符合题意；𝐵选项， 𝑎2+1是最简二次根式，符合题意；𝐶选项，
1 3=，不符合题意；33𝐷选项， 3𝑎2= 3|𝑎|，不符合题意；故选：𝐵．
根据最简二次根式的定义判断即可．
本题考查了最简二次根式的定义，掌握最简二次根式的定义是解题的关键，(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式．
3.【答案】𝐷
【解析】解：𝐴、原式=2 2，所以𝐴选项的计算错误；B、 2与 3不能合并，所以𝐵选项的计算错误；
6C、原式= 2÷3=，所以𝐶选项的计算错误．
3D、原式= 2×5= 10，所以𝐷选项的计算正确；故选：𝐷．
利用二次根式的加减法对𝐴、𝐵进行判断；根据二次根式的乘法法则对𝐷进行判断；根据二次根式的除法法则对𝐶进行判断．
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本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的乘法与除法法则是解决问题的关键．
4.【答案】𝐵
【解析】解：𝐴、152+82=172，符合勾股定理的逆定理故成立，不符合题意；
B、因为𝐴𝐵：𝐵𝐶：𝐴𝐶=2：3：4，所以设𝐴𝐵=2𝑥，𝐵𝐶=3𝑥，𝐴𝐶=4𝑥，则(2𝑥)2+(3𝑥)2≠(4𝑥)2，故不为直角三角形，符合题意；
C、因为∠𝐴−∠𝐵=∠𝐶，∠𝐴+∠𝐵+∠𝐶=180°，则∠𝐴=90°，故为直角三角形，不符合题意；D、因为∠𝐴：∠𝐵：∠𝐶=1：2：3，所以设∠𝐴=𝑥，则∠𝐵=2𝑥，∠𝐶=3𝑥，故𝑥+2𝑥+3𝑥=180°，解得𝑥=30°，2𝑥=30°×2=60°，3𝑥=30°×3=90°，故此三角形是直角三角形，不符合题意．故选：𝐵．
根据勾股定理的逆定理、三角形的内角和为180度进行判定即可．
此题考查了直角三角形的相关知识，根据勾股定理的逆定理、三角形的内角和定理结合解方程是解题的关键．
5.【答案】𝐶
【解析】解：𝐴、全等三角形的对应角相等，逆命题是：对应角相等的三角形全等，是假命题，不符合题意；
B、若𝑎>0，则 𝑎2=𝑎，逆命题是：若 𝑎2=𝑎，则𝑎>0，是假命题，不符合题意；
C、两条直线平行，内错角相等，逆命题是：内错角相等，两直线平行，是真命题，符合题意；D、若两个实数相等，则它们的绝对值相等，逆命题是：若两个实数的绝对值相等，则这两个实数相等，是假命题，不符合题意；故选：𝐶．
根据逆命题的概念分别写出各个命题的逆命题，根据全等三角形的判定、二次根式的性质、平行线的判定、绝对值的性质判断即可．
本题考查的是命题的真假判断、逆命题的概念，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6.【答案】𝐷
【解析】解；𝐴、由𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐶𝐷=𝐷𝐴，不能判定四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，故选项A不符合题意；
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B、由𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶，不能判定四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，故选项B不符合题意；C、由∠𝐴=∠𝐵，∠𝐶=∠𝐷，不能判定四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，故选项C不符合题意；D、如图，∵𝐴𝐵//𝐶𝐷，∴∠𝐵+∠𝐶=180°，∵∠𝐴=∠𝐶，∴∠𝐵+∠𝐴=180°，∴𝐴𝐷//𝐵𝐶，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，故选项D符合题意；故选：𝐷．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
7.【答案】𝐷
【解析】解：设竹子折断处离地面𝑥尺，则斜边为(10−𝑥)尺，根据勾股定理得：𝑥2+52=(10−𝑥)2．解得：𝑥=3.75，
∴折断处离地面的高度为3.75尺，故选：𝐷．
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面𝑥尺，则斜边为(10−𝑥)尺，利用勾股定理解题即可．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
8.【答案】𝐴
【解析】解：连接𝐴𝐶交𝐵𝐷于𝑂，如图所示： ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，
∴𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝐴𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷=𝐵𝐷=24，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，∴∠𝐴𝑂𝐵=90°，
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∴𝑂𝐴= 𝐴𝐵2−𝑂𝐵2= 252−242=7，∴𝐴𝐶=14，
∵菱形的面积=𝐴𝐵⋅𝐶𝐸=𝐴𝐶⋅𝐵𝐷，即25×𝐶𝐸=×14×48，解得：𝐶𝐸=故选：𝐴．
连接𝐴𝐶交𝐵𝐷于𝑂，由菱形的性质得出𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝐴𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷=𝐵𝐷=24，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，由勾股定理求出𝑂𝐴，得出𝐴𝐶，再由菱形面积的两种计算方法，即可求出𝐶𝐸的长．
本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算方法；熟练掌握菱形的性质，由菱形面积的两种计算方法得出结果是解决问题的关键．
1212336．2512129.【答案】𝐶
【解析】解：设𝐴𝐶=𝑏，𝐵𝐶=𝑎，𝐴𝐵=𝑐，由图可得，
1𝑐𝑎𝑏1𝑎21𝑏2+𝜋(2)+𝜋()=𝑆1+𝑆2+𝜋(2)2，22222∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∴𝑎2+𝑏2=𝑐2，∴
𝑎𝑏=𝑆1+𝑆2，2∵𝑆1+𝑆2=30，∴𝑎𝑏=60，
∵𝑎2+𝑏2=𝑐2，𝑐=13，∴(𝑎+𝑏)2−2𝑎𝑏=𝑐2，∴(𝑎+𝑏)2=𝑐2+2𝑎𝑏，即(𝑎+𝑏)2=132+2×60，∴(𝑎+𝑏)2=289，
∴𝑎+𝑏=17或𝑎+𝑏=−17(不合题意，舍去)，∴𝑎+𝑏+𝑐=17+13=30，即△𝐴𝐵𝐶的周长是30，故选：𝐶．
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根据题意和图形，利用等面积法，可以得到△𝐴𝐵𝐶的面积和𝑆1+𝑆2的关系，再根据勾股定理即可得到𝐴𝐶+𝐵𝐶的值，然后即可求得△𝐴𝐵𝐶的周长．
本题考查勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
10.【答案】𝐷
【解析】解：由题可知，将矩形𝐴𝐵𝐶𝑂绕点𝑂逆时针旋转，每次旋转90°， ∴每旋转4次则回到原位置，∵2023÷4=505......3，
∴第2023次旋转结束后，图形顺时针旋转了90°，∵𝑂𝐴=2，𝑂𝐶=1，∴𝐵(2,1)，
∴第2023次旋转结束时，点𝐵的坐标是(1,−2)，故选：𝐷．
作出旋转后的图象，再根据𝐵点的坐标即可求出旋转后点𝐵的坐标．
本题主要考查了坐标与图形变化−旋转，点的坐标，确定旋转后的位置是解此题的关键．
11.【答案】3
【解析】解：(− 3)2=3．故答案为：3．
利用二次根式的性质“( 𝑎)2=𝑎”和积的乘方可得结果．
本题考查了二次根式的性质，掌握二次根式的性质“( 𝑎)2=𝑎”是解决本题的关键．
12.【答案】100
【解析】解：根据勾股定理得，𝐴𝐵两地相距= 802+602=100(𝑚)，故答案为：100．
根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
13.【答案】2
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【解析】解：∵▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝐸，∴𝐴𝐸=𝐶𝐸，∴𝐸为𝐴𝐶的中点，
∵𝐹为𝐴𝐵的中点，𝐵𝐶=4，∴𝐸𝐹是△𝐴𝐵𝐶的中位线，∴𝐸𝐹=𝐵𝐶=×4=2，故答案为：2．
由▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷相交于点𝐸，根据“平行四边形的对角线互相平分”得证明𝐸为𝐴𝐶的中点，而𝐹为𝐴𝐵的中点，𝐵𝐶=4，则𝐸𝐹=𝐵𝐶=×4=2，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，根据平行四边形的对角线互相平分证明𝐸是𝐴𝐶的中点是解题的关键．
1212121214.【答案】25°
【解析】解：因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，所以∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷=105°，𝐴𝐷=𝐵𝐶，因为𝐴𝐷=𝐴𝐸=𝐵𝐸，所以𝐵𝐶=𝐴𝐸=𝐵𝐸，
所以∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐸𝐵𝐴，∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐸𝐶𝐵，因为∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐸𝐴𝐵+∠𝐸𝐵𝐴=2∠𝐸𝐴𝐵，所以∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐶𝐴𝐵，
所以∠𝐶𝐴𝐵+∠𝐴𝐶𝐵=3∠𝐶𝐴𝐵=180°−∠𝐴𝐵𝐶=75°，所以∠𝐵𝐴𝐶=25°，故答案为：25°．
根据平行四边形的性质得到∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐷=105°，𝐴𝐷=𝐵𝐶，根据等腰三角形的性质得到∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐸𝐵𝐴，∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐸𝐶𝐵，根据三角形外角的性质得到∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐶𝐴𝐵，由三角形的内角和定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
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15.【答案】①②③
【解析】解：延长𝐸𝐷交𝐶𝐺的延长线于𝐾，作𝐷𝐻⊥𝐸𝐶于𝐻．∵𝐵𝐸=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=90°，∴∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐵𝐸𝐶=45°， ∴∠𝐸𝐶𝐾=45°，∵点𝐷是𝐴𝐺的中点，∴𝐴𝐷=𝐷𝐺，
又∵∠𝐴=∠𝐷𝐺𝐾=90°，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐺𝐷𝐾，∴△𝐷𝐴𝐸≌△𝐷𝐺𝐾(𝐴𝑆𝐴)，∴𝐷𝐸=𝐷𝐾，∵𝐶𝐷⊥𝐸𝐾，∴𝐸𝐶=𝐶𝐾，又∵𝐷𝐸=𝐷𝐾，
∴∠𝐷𝐶𝐾=∠𝐷𝐶𝐸=22.5°，∴𝐶𝐷平分∠𝐸𝐶𝐺，故①正确；
∵𝐴𝐵=𝐶𝐺，∠𝐴=∠𝐶𝐺𝐷=90°，𝐴𝐷=𝐷𝐺，∴△𝐴𝐵𝐷≌△𝐺𝐶𝐷(𝑆𝐴𝑆)，∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐺𝐶𝐷=22.5°，∴∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=67.5°，∴∠𝐵𝐷𝐶=45°，
∴∠𝐸𝐷𝐵=45°，故②正确； ∵∠𝐷𝐶𝐾=∠𝐷𝐶𝐸=22.5°，∴∠𝐾=∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐶𝐵𝐹=67.5°，
∴∠𝐸𝐹𝐷=67.5°=∠𝐹𝐸𝐷=∠𝐶𝐹𝐵=∠𝐶𝐵𝐹，∴𝐷𝐸=𝐷𝐹，𝐵𝐶=𝐶𝐹，又∵𝐷𝐻⊥𝐸𝐹，∴𝐸𝐻=𝐹𝐻，∵𝐴𝐵//𝐶𝐺，
∴∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐾=67.5°=∠𝐶𝐸𝐷，又∵∠𝐴=∠𝐷𝐻𝐸=90°，𝐷𝐸=𝐷𝐸，
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∴△𝐴𝐷𝐸≌△𝐻𝐷𝐸(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐴𝐸=𝐸𝐻=𝐻𝐹，
设𝐴𝐷=𝐷𝐺=𝑎，则𝐵𝐶=𝐵𝐸=𝐶𝐹=2𝑎，∵𝐸𝐶=2 2𝑎，
∴𝐸𝐹=2 2𝑎−2𝑎，𝐴𝐸=𝐸𝐻=𝐻𝐹= 2𝑎−𝑎，
∴( 2−1)𝐶𝐷=( 2−1)⋅ (2𝑎+𝑎)2+𝑎2= 4−22 𝑎，
∵𝐷𝐸= 𝐴𝐸2+𝐴𝐷2= (2𝑎−𝑎)2+𝑎2= 4−22𝑎，
∴( 2−1)𝐶𝐷=𝐷𝐸，故③正确，∵
2𝑎𝐶𝐹= 2=2(
𝑎−𝑎𝐴𝐸2+1)，
∴故④错误，故答案为：①②③．
由“𝐴𝑆𝐴”可证△𝐷𝐴𝐸≌△𝐷𝐺𝐾，可得𝐷𝐸=𝐷𝐾，由等腰直角三角形的性质可证𝐶𝐷平分∠𝐸𝐶𝐺，故①正确；由等腰三角形的性质可求∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐺𝐶𝐷=22.5°，可求∠𝐸𝐷𝐵=45°，故②正确；分别计算出𝐶𝐷，𝐷𝐸，𝐴𝐸的长，即可判断④⑤，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
16.【答案】4 3 【解析】解：连接𝐴𝐶，与𝐵𝐷交于点𝑃，
在边长为4的菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐵𝐷=2𝐵𝑃，∵𝐵𝐷= 3𝐴𝐵，𝐴𝐵=4，∴𝐵𝐷=4 3，∴𝐵𝑃=2 3，
由勾股定理得：𝐶𝑃= 𝐵𝐶2−𝐵𝑃2= 42−(23)2=2，
∴∠𝐶𝐵𝑃=30°，∴∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝑃=30°，
∵将△𝐴𝐵𝐷沿射线𝐵𝐷的方向平移得到△𝐸𝐹𝐺，∴𝐸𝐹=𝐴𝐵=4，𝐸𝐹//𝐴𝐵，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，
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∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，∴∠𝐵𝐴𝐷=120°，∴𝐸𝐹=𝐶𝐷，𝐸𝐹//𝐶𝐷，∴四边形𝐸𝐹𝐶𝐷是平行四边形，∴𝐸𝐷=𝐹𝐶，
∴𝐸𝐶+𝐹𝐶的最小值=𝐸𝐶+𝐸𝐷的最小值， ∵点𝐸在过点𝐴且平行于𝐵𝐷的定直线𝐴𝐸上，
∴作点𝐷关于定直线𝐴𝐸的对称点𝑀，连接𝐶𝑀交𝐵𝐺于𝑂，∴𝐶𝑀的长度即为𝐸𝐶+𝐷𝐸的最小值，∵∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐴𝐷𝐵=30°，𝐴𝐷=4，∴∠𝐴𝐷𝑀=60°，∵𝐷，𝑀关于𝐴𝐻对称，∴𝐷𝐻=𝑀𝐻=𝐴𝐷=2，∴𝐷𝑀=4，∴𝐷𝑀=𝐶𝐷，
∵∠𝐶𝐷𝑀=∠𝑀𝐷𝑂+∠𝐶𝐷𝐵=90°+30°=120°，∴∠𝑀=∠𝐷𝐶𝑀=30°，
∴∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐶𝐷𝐵=∠𝑀=∠𝐷𝐶𝑀，∵𝐶𝐷=𝐶𝐷，
∴△𝐶𝐷𝑀≌△𝐵𝐶𝐷(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐶𝑀=𝐵𝐷=4 3，则𝐸𝐶+𝐹𝐶的最小值为4 3．故答案为：4 3．根据菱形的性质得到𝐴𝐵=4，∠𝐴𝐵𝐷=30°，根据平移的性质得到𝐸𝐺=𝐴𝐵=4，推出四边形𝐸𝐹𝐶𝐷是平行四边形，得到𝐸𝐷=𝐹𝐶，于是得到𝐸𝐶+𝐹𝐶的最小值=𝐸𝐶+𝐸𝐷的最小值，根据平移的性质得到点𝐸在过点𝐴且平行于𝐵𝐷的定直线上，作点𝐷关于定直线的对称点𝑀，连接𝐶𝑀交定直线于𝐴𝐸，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，平移的性质，解题的关键是四边形𝐸𝐹𝐶𝐷是平行四边形、作点𝐷关于定直线𝐴𝐸的对称点𝑀，将𝐸𝐶+𝐹𝐶
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的最小值转化为𝐶𝑀的长．
17.【答案】解：(1)原式=3 2−4 2+ 2=0；
1(2)原式=2××× 12×3×
23 2=． 101415【解析】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
(1)先把二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；(2)根据二次根式的乘除法则运算即可．
18.【答案】证明：连接𝐴𝐶，设𝐴𝐶与𝐵𝐷交于点𝑂.如图所示：
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，∴𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷，又∵𝐵𝐸=𝐷𝐹，∴𝑂𝐸=𝑂𝐹．
∴四边形𝐴𝐸𝐶𝐹是平行四边形．
【解析】由四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形易知𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝐶=𝑂𝐷，再证得𝑂𝐸=𝑂𝐹，即可得出结论．此题考查了平行四边形的性质和判定，解题时要注意选择适宜的判定方法．
19.【答案】解：(1)原式=(𝑥+𝑦)2=( 3+2+ 3−2)2=12；
(2)原式=(𝑥+𝑦)(𝑥−𝑦)
=( 3+2+ 3−2)( 3+2− 3+2)
=2 3×4
=8 3．
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【解析】(1)根据完全平方公式计算即可；(2)根据平方差公式计算即可．
本题考查二次根式的分母有理化；主要根据二次根式的乘除法法则进行二次根式有理化．
20.【答案】(1)证明：∵𝐴𝐵//𝐷𝐶，
∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴，∵𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐷，∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，∴∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐷𝐴𝐶，∴𝐴𝐷=𝐶𝐷，∵𝐴𝐵=𝐴𝐷，∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，∵𝐴𝐵//𝐷𝐶，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，∵𝐴𝐵=𝐴𝐷，
∴四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∴𝐵𝐷垂直平分𝐴𝐶；
(2)解：在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝑂=𝐶𝑂，𝐵𝑂=𝐷𝑂，∵𝐴𝐶=2𝐵𝐷，∴𝐴𝑂=2𝐵𝑂，
∵𝐴𝐵= 5，∠𝐴𝑂𝐵=90°，
根据勾股定理，得𝐴𝑂2+𝑂𝐵2=𝐴𝐵2，∴5𝑂𝐵2=5，
解得𝑂𝐵=1或𝑂𝐵=−1(舍去)，∴𝐴𝑂=2，∵𝐶𝐸⊥𝐴𝐵，∴∠𝐶𝐸𝐴=90°，∴𝑂𝐸=𝑂𝐴=2．
【解析】(1)根据𝐴𝐵//𝐷𝐶，可得∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐶𝐴，根据𝐴𝐶平分∠𝐵𝐴𝐷，可得∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶，从而可得∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐷𝐴𝐶，可知𝐴𝐷=𝐶𝐷，进一步可知𝐴𝐵=𝐶𝐷，根据𝐴𝐵//𝐷𝐶，可知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行
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四边形，再根据𝐴𝐵=𝐴𝐷，可知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，根据菱形的性质即可得证；
(2)根据菱形的性质可知𝐴𝑂=𝐶𝑂，𝐵𝑂=𝐷𝑂，可得𝐴𝑂=2𝑂𝐵，根据勾股定理，可得𝑂𝐵的长，进一步可得𝑂𝐴的长，根据直角三角形斜边的中线的性质可得𝑂𝐸=𝑂𝐴=2．
本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，涉及角平分线的定义，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
21.【答案】菱形
【解析】解：(1)∵𝑂(0,0)，𝐴(3,4)，𝐵(8,4)，𝐶(5,0)，
∴𝑂𝐴= 32+42=5，𝑂𝐶=5，𝐴𝐵=5，𝐵𝐶= (8−5)2+42=5，∴𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝑂𝐶，∴四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是菱形；故答案为：菱形；
(2)如图，把𝐶𝐵绕𝐶点逆时针旋转90°得到𝐶𝐷，则𝐶𝐷为所作；
(3)如图，先确定𝐵𝐷的中点𝑃，延长𝐶𝑃交𝐴𝐵于𝐸点，则𝐸点为所作；
(4)如图，作∠𝑂𝐶𝐹交𝑂𝐴于𝐹点，则𝐹点为所作．
(1)先通过计算得到𝑂𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝑂𝐶=5，于是可判断四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是菱形；
(2)如图，利用网格特点把𝐶𝐵绕𝐶点逆时针旋转90°得到𝐶𝐷，根据旋转的性质得到𝐶𝐷⊥𝐶𝐵，且𝐶𝐷=𝐶𝐵；
(3)如图，先利用网格特点确定𝐵𝐷的中点𝑃，延长𝐶𝑃交𝐴𝐵于𝐸点，由于△𝐶𝐵𝐷为等腰直角三角形，𝐶𝑃平分∠𝐵𝐶𝐷，则∠𝐵𝐶𝐸=45°；
(4)如图，利用菱形的性质得到∠𝐴𝐶𝑂=∠𝐴𝐶𝐵，利用网格特点作∠𝑂𝐶𝐹=45°，则∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐴𝐶𝐸，
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于是可证明△𝐴𝐶𝐹≌△𝐴𝐶𝐸，所以𝐴𝐹=𝐴𝐸，所以𝐸点与𝐹点关于𝐴𝐶的对称．
本题考查了作图−轴对称变换：作轴对称后的图形的依据是轴对称的性质，掌握其基本作法是解决问题的关键(先确定图形的关键点；利用轴对称性质作出关键点的对称点；按原图形中的方式顺次连接对称点).也考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质和矩形的性质．
22.【答案】 3：3 75
【解析】解：(1)𝑃𝐶⊥𝐴𝐵于点𝐶，∴△𝐴𝑃𝐶是直角三角形，由题可知∠𝑃𝐴𝐶=30°，
∴𝑃𝐶：𝐴𝐶=tan∠𝑃𝐴𝐶=tan∠30°°= 3：3．
故答案为： 3：3；
(2)过点𝑃作𝑃𝐶⊥𝐴𝐵，交𝐴𝐵的延长线于点𝐶，
由题意得，∠𝑃𝐴𝐶=30°，∠𝑃𝐵𝐶=45°，𝐴𝐵=20 2海里，设𝑃𝐶=𝑥海里，则𝐵𝐶=𝑥海里，在𝑅𝑡△𝑃𝐴𝐶中，∵𝑡𝑎𝑛30°=
𝑥𝑃𝐶3=𝑥+20 2=，𝐴𝐶3∴𝑥=10 6+10 2，∴𝑃𝐴=2𝑥=(20 6+20 2)海里，
答：𝐴，𝑃之间的距离𝐴𝑃为(20 6+20 2)海里；
(3)因为𝑃𝐶−10(3+ 3)=10 6+10 2−30−10 3=10( 3+1)( 2− 3)<0，所以有触礁的危险；
设海监船无触礁危险的新航线为射线𝐵𝐷，作𝑃𝐸⊥𝐵𝐷，垂足为𝐸，当𝑃到𝐵𝐷的距离𝑃𝐸=10(3+ 3)海里时，
10(3+ 3)10(3+3) 3==，有sin∠𝑃𝐵𝐸= 2⋅𝑃𝐶20( 3+1)2∴∠𝑃𝐵𝐷=60°，
∴∠𝐶𝐵𝐷=60°−45°=15°，90°−15°=75°，
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因此，要小于75°才安全通过，
答：海监船由𝐵处开始沿南偏东小于75°的方向航行能安全通过这一海域．故答案为：75．
(1)根据正切的定义确定𝑃𝐶：𝐴𝐶的值；
(2)通过作垂线构造直角三角形，求出小岛𝑃到航线𝐴𝐵的最低距离𝑃𝐶，与暗礁的半径比较即可得出答案；
(3)规划新航线𝐵𝐷，使小岛𝑃到新航线的距离𝑃𝐸等于暗礁的半径，进而求出∠𝑃𝐵𝐷，进而求出∠𝐶𝐵𝐷，确定方向角．
本题考查解直角三角形，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的前提，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出小岛到航线的最短距离是得出正确答案的关键．
23.【答案】2 19 【解析】(1)证明：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，∴𝐴𝐷=𝐶𝐵，∠𝐷=∠𝐵，
∵𝐴𝐸⊥𝐶𝐷，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，垂足分别为𝐸、𝐹，∴∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶𝐹𝐵=90°，在△𝐴𝐸𝐷和△𝐶𝐹𝐵中，
{∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶𝐹𝐵∠𝐷=∠𝐵，𝐴𝐷=𝐶𝐵
∴△𝐴𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵(𝐴𝐴𝑆)，∴𝐷𝐸=𝐵𝐹．
(2)解：如图2，作𝐷𝐸⊥𝐵𝐴交𝐵𝐴的延长线于点𝐸，作𝐶𝐹⊥𝐴𝐵于点𝐹，则∠𝐸=∠𝐵𝐹𝐶=∠𝐴𝐹𝐶=90°，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形， ∴𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷=𝐵𝐶，∴∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐹𝐵𝐶，在△𝐸𝐴𝐷和△𝐹𝐵𝐶中，
{∠𝐸=∠𝐵𝐹𝐶
∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐹𝐵𝐶，𝐴𝐷=𝐵𝐶
∴△𝐸𝐴𝐷≌△𝐹𝐵𝐶(𝐴𝐴𝑆)，
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∴𝐴𝐸=𝐵𝐹，𝐷𝐸=𝐶𝐹，∴𝐵𝐸=𝐴𝐵+𝐴𝐸=𝐴𝐵+𝐵𝐹，
∴𝐴𝐶2=𝐴𝐹2+𝐶𝐹2=(𝐴𝐵−𝐵𝐹)2+𝐶𝐹2，𝐵𝐷2=𝐵𝐸2+𝐷𝐸2=(𝐴𝐵+𝐵𝐹)2+𝐶𝐹2，
∴𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=𝐴𝐵2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐹+𝐵𝐹2+𝐶𝐹2+𝐴𝐵2+2𝐴𝐵⋅𝐵𝐹+𝐵𝐹2+𝐶𝐹2=2𝐴𝐵2+2(𝐵𝐹2+𝐶𝐹2)，
∵𝐵𝐹2+𝐶𝐹2=𝐵𝐶2，
∴𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=2𝐴𝐵2+2𝐵𝐶2=2(𝐴𝐵2+𝐵𝐶2)， ∴𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=2(𝐴𝐵2+𝐵𝐶2)这个结论是正确的．(3)如图3，延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐸𝐷=𝐴𝐷，连接𝐵𝐸、𝐶𝐸，∵𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，∴𝐵𝐷=𝐶𝐷，
∴四边形𝐴𝐵𝐸𝐶是平行四边形，∵𝐴𝐶=6 2，𝐴𝐷=7，𝐴𝐵=8，∴𝐴𝐸=2𝐴𝐷=2×7=14，
由(2)得𝐵𝐶2+𝐴𝐸2=2(𝐴𝐵2+𝐴𝐶2)，∴𝐵𝐶2+142=2(82+6 22)，
解得𝐵𝐶=2 19或𝐵𝐶=−2 19(不符合题意，舍去)，故答案为：2 19．(1)由平行四边形的性质得𝐴𝐷=𝐶𝐵，∠𝐷=∠𝐵，由𝐴𝐸⊥𝐶𝐷，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵得∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐶𝐹𝐵=90°，即可证明△𝐴𝐸𝐷≌△𝐶𝐹𝐵，得𝐷𝐸=𝐵𝐹；
(2)作𝐷𝐸⊥𝐵𝐴交𝐵𝐴的延长线于点𝐸，作𝐶𝐹⊥𝐴𝐵于点𝐹，可证明△𝐸𝐴𝐷≌△𝐹𝐵𝐶，得𝐴𝐸=𝐵𝐹，𝐷𝐸=𝐶𝐹，所以𝐵𝐸=𝐴𝐵+𝐴𝐸=𝐴𝐵+𝐵𝐹，由勾股定理得𝐴𝐶2=𝐴𝐹2+𝐶𝐹2=(𝐴𝐵−𝐵𝐹)2+𝐶𝐹2，𝐵𝐷2=𝐵𝐸2+𝐷𝐸2=(𝐴𝐵+𝐵𝐹)2+𝐶𝐹2，即可证明𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=2𝐴𝐵2+2(𝐵𝐹2+𝐶𝐹2)=2(𝐴𝐵2+𝐵𝐶2)，所以𝐴𝐶2+𝐵𝐷2=2(𝐴𝐵2+𝐵𝐶2)这个结论是正确的；
(3)延长𝐴𝐷到点𝐸，使𝐸𝐷=𝐴𝐷，连接𝐵𝐸、𝐶𝐸，由𝐴𝐷是△𝐴𝐵𝐶的中线，得𝐵𝐷=𝐶𝐷，则四边形𝐴𝐵𝐸𝐶是平行四边形，由𝐴𝐶=6 2，𝐴𝐷=7，𝐴𝐵=8，得𝐴𝐸=2𝐴𝐷=14，所以𝐵𝐶2+142=2(82+6
22)，即可求得𝐵𝐶=2 19，于是得到问题的答案．此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、乘法公式、一元二次方程的解法、二次根式的化简等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
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24.【答案】(4,3)
【解析】解：(1)①∵𝑐= 𝑥−2+ 2−𝑥+3，∴𝑥=2，𝑐=3，∴𝐶(0,3)，∵𝑂(0,0)，𝐴(4,0)，
∴𝑂𝐴=𝐵𝐶=4，𝐴𝐵=𝑂𝐶=3，矩形的顶点𝐵的坐标是(4,3)，故答案为：(4,3)；
②如图2中，∵四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是矩形，∴∠𝑂𝐴𝐵=90°，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐴2+𝐴𝐵2=5，
由翻折可知：𝑂𝐴′=𝑂𝐴=4，𝑃𝐴′=𝑃𝐴=𝑡，∴𝑃𝐵=3−𝑡，𝐴′𝐵=𝑂𝐵−𝑂𝐴′=1，在𝑅𝑡△𝑃𝐵𝐴′中，𝑃𝐵2=𝑃𝐴′2+𝐴′𝐵2，∴(3−𝑡)2=𝑡2+12，∴𝑡=，
如图2，过点𝐴′作𝐴′𝐷⊥𝑂𝐴于点𝐷，
43
∴𝐴′𝐷//𝐴𝐵，∴△𝑂𝐴′𝐷∽△𝑂𝐵𝐴，∴∴
𝑂𝐷𝐴′𝐷𝑂𝐴′==，𝑂𝐴𝑂𝐵𝐵𝐴𝑂𝐷𝐴′𝐷4==，
5431612，𝐴′𝐷=，55161255∴𝑂𝐷=
∴𝐴′的坐标为(,)；
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(2)当𝑡>3时，∠𝑃𝑂𝑀的大小不发生变化，理由如下：当𝑡<3时，如图3−1中，
∵∠𝑃𝑂𝑀=45°，
∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°，又∵△𝑃𝑂𝐴关于直线𝑃𝑂的对称△𝑃𝑂𝐴′，∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠𝑂𝐶𝑀=∠𝑂𝐴′𝑀=90°，𝑂𝑀=𝑂𝑀，∴△𝑂𝐶𝑀≌△𝑂𝐴′𝑀(𝐴𝐴𝑆)，∴𝑂𝐶=𝑂𝐴′=𝑂𝐴，∴四边形𝑂𝐴𝐵𝐶是正方形，当𝑡>3时，如图3−2中，
设∠𝐴𝑃𝑂=𝑥，∴∠𝑃𝑂𝐴=90°−𝑥，∴∠𝑀𝑃𝑂=𝑥，
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∵𝑂𝐴′=𝑂𝐶，𝑂𝑀=𝑂𝑀，∴𝑅𝑡△𝑂𝐴′𝑀≌𝑅𝑡△𝑂𝐶𝑀(𝐻𝐿)，∴∠𝐴′𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑀，
∵△𝑃𝑂𝐴关于直线𝑃𝑂的对称△𝑃𝑂𝐴′，∴∠𝑃𝑂𝐴=∠𝑃𝑂𝐴′=90°−𝑥，∵𝑂𝐶//𝐴𝐵，
∴∠𝐶𝑂𝑃=∠𝐴𝑃𝑂=𝑥，
∴∠𝐴′𝑂𝐶=∠𝑃𝑂𝐴′−∠𝐶𝑂𝑃=90°−2𝑥，∴∠𝐴′𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑀=45°−𝑥，∴∠𝑃𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑀+∠𝐶𝑂𝑃=45°，∴当𝑡>3时，∠𝑃𝑂𝑀的大小不发生变化．
(1)①根据二次根式的非负性求出𝑥=2，𝑐=3，可得𝐶(0,3)，结合𝐴(4,0)，可得矩形的顶点𝐵的坐标是(4,3)；
②根据矩形的性质和勾股定理求出𝑡=，如图2，过点𝐴′作𝐴′𝐷⊥𝑂𝐴于点𝐷，得△𝑂𝐴′𝐷∽△𝑂𝐵𝐴，可得
𝑂𝐷𝐴′𝐷𝑂𝐴′1612==，求出𝑂𝐷=，𝐴′𝐷=，可得𝐴′的坐标；𝑂𝐴55𝑂𝐵𝐵𝐴43(2)如图3−1中，首先证明四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，如图3−2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
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