【3套】人教版九年级上册第二十三章旋转单元测试卷

人教版九年级上册第二十三章旋转单元测试卷一、单选题1.下列电视台的台标中，是中心对称图形的是（

）A.

B.

C.

D.

2.如图的四个图形中，由基础图形通过平移、旋转或轴对称这三种变换都能得到的是（

）A.

B.

C.

D.

3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(

)A.

线段

B.

直角三角形

C.

等边二角形

D.

平行四边形4.在平面直角坐标系内，点(-1，2)关于原点对称的点的坐标是（

）A.

（2，-1）

B.

（1,2）

C.

（1，-2）

D.

（-1，-2）5.在平面直角坐标系中，点的坐标为，以原点为中心，将点顺时针旋转得到点，则点的坐标为（

）A.

B.

C.

D.

6.如图，的斜边在轴上，，含角的顶点与原点重合，直角顶点在第二象限，将绕原点顺时针旋转后得到,则点的对应点的坐标是（

）A.

B.

C.

D.

二、填空题7.如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为________.8.如图所示的图案是由全等的图形拼成的，其中AD=0.5cm，BC=1cm，则AF=________cm．9.如图，正方形ABCD可以看作由什么“基本图形”经过怎样的变化形成的？________．

三、作图题10.如图，4×6的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C均为格点。在下列各图中画出四边形ABCD，使点D也为格点，且四边形ABCD分别符合下列条件:（1）是中心对称图形(画在图1中)（2）是轴对称图形(画在图2中)（3）既是轴对称图形，又是中心对称图形(画在图3中)11.如图，请在图中按要求解答下面问题①作出三角形ABC关于直线l对称的三角形A1B1C1；②作出将三角形ABC绕着点B顺时针旋转90度得到的三角形A2BC212.已知：在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，.①画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标；②画出将绕点按顺时针旋转所得的.13.已知在图（1）与图（2）中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，的三个顶点都在格点上.（1）将关于点对称，在图（1）中画出对称后的图形，并涂黑；（2）将△OAB先向右平移3个单位，再向上平移2个单位，在图2中画出平移后的图形，并涂黑。四、综合题14.在平面直角坐标系中，已知A（﹣1，5），B（4，2），C（﹣1，0）三点.点A关于原点O的对称点A′，点B关于轴的对称点为B′，点C关于轴的对称点为C′.（1）A′的坐标为________，B′的坐标为________，C′的坐标为________

.（2）建立平面直角坐标系，描出以下三点A、B′、C′，并求△AB′C′的面积.15.如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.（1）在旋转过程中，①当A，D，M三点在同一直线上时，求AM的长。②当A，D，M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长。（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连结D1D2，如图2.此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.

答案解析部分一、单选题1.答案：A中心对称图形是指将图形围绕某一点旋转180°之后能与原图形重合。故答案为：A在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形。根据中心对称图像的定义即可判断求解。2.答案：BA、通过基础图形旋转变换得到，不符合题意；

B、通过折叠、旋转和平移都能得到，符合题意；

C、不能折叠、旋转和平移得到，不符合题意；

D、只能通过平移得到，不符合题意；

故答案为：

B.

旋转图形是旋转某角度能重合，折叠图形是图形折叠后能重合，通过上下或水平移动得到。3.答案：A解：A、线段既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；

B、直角三角形不是中心对称图形，故B不符合题意；

C、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；

D、平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故D不符合题意；

故答案为：A

中心对称图形是图形绕某一点旋转180°后与原来的图形完全重合，轴对称图形是一定要沿某直线折叠后直线两旁的部分互相重合，再对各选项逐一判断即可。4.答案：C解：点(-1，2)关于原点对称的点的坐标为（1，-2）

故答案为：C

根据关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，就可求出结果。5.答案：A解：如图，作轴于，轴于.在Rt△AOE中，点的坐标为，∴OE=,AE=1,∵tan∠AOE=，∴∠AOE=30°，又∵∠AOA’=30°，∴∠A'OF=90°－30°－30°=30°.，，，，，。故答案为：。如图，作轴于，轴于，根据点A的坐标得出OE,AE的长，进而根据正切函数的定义及特殊锐角三角函数值求出∠AOE=30°，根据角的和差得出∠A'OF=30°，从而利用AAS判断出，根据全等三角形的对应边相等得出，，进而根据点的坐标与象限的关系得出点A'的坐标。6.答案：A解：B绕原点顺时针旋转

到达B‘，OC恰好和x轴正半轴重合，∴横坐标为，B'在第二象限，解直角三角形得B'C'=1，则纵坐标为-1.

故答案为：A

根据旋转图形的特点，结合图像的象限求坐标。

二、填空题7.答案：6﹣2解：作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4，∵正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，∴DE＝2，∴AE＝＝2，∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，∴AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，而∠ABC＝90°，∴点G在CB的延长线上，∵AF平分∠BAE交BC于点F，∴∠1＝∠2，∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即FA平分∠GAD，∴FN＝FM＝4，∵AB•GF＝FN•AG，∴GF＝＝2，∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2＝6﹣2。故答案为6﹣2。作FM⊥AD于M，FN⊥AG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM＝4，根据正方形的性质及中点定义得出DE=2，在Rt△ADE中，利用勾股定理得出AE的长，根据旋转的性质得出AG＝AE＝2，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°，进而判断出点G在CB的延长线上，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得出FN＝FM＝4，根据三角形的面积法得出AB•GF＝FN•AG，从而即可算出GF的长，进而根据CF＝CG﹣GF算出答案。8.答案：6解：由题可知，图中有8个全等的梯形，所以AF=4AD+4BC=4×0.5+4×1=6cm．由全等图形的对应边相等可得AF=4（AD+BC），将已知条件代入计算即可求解。9.答案：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD观察图形可知把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD．故答案为：把△ABO绕O点连续旋转90°，180°，270°可以得到正方形ABCD

旋转的性质：①旋转后的每一点都绕着旋转中心，旋转了同样大小的角度；②旋转后的图形与原来图形的形状与大小都没有发生变化，③旋转前后两个图形的对应点到旋转中心的距离相等；④对应点到旋转中心的连线所成的角相等．观察图形，回想正方形的特性；根据旋转变换图形的性质即可得出答案．三、作图题10.答案：（1）解：如图，

（2）解：如图

（3）解：如图（1）因为平行四边形对角线互相平分，所以平行四边形关于对角线的交点对称，为中心对称图形。过C作CD∥AB，过A作AD∥BC，AD和CD交于一点D，作如图所示的平行四边形即可。

（2）以AC为对称轴，作四边形ABCD，过D作OD垂直AC交AC于O，延长DO至B，使OD=OB，则四边形ABCD为所求，如图所示。

（3）因为菱形的对角线互相垂直平分，既是轴对称图形，又是中心对称图形，由条件可得，AB=BC，

只要过A、C分别作BC和AB的平行线交于一点D得到的四边形即是菱形。

11.答案：解：如图△A1B1C1、△A2BC2即为所求①分别作A、B、C关于直线l的对称点A1、B1、C1，再把这三点顺次连接起来即可得

△A1B1C1；

②

将AB、CB以B为中心，顺时针分别旋转90°得到A2、C2，然后将A2、B、C2顺次连接起来即为所求三角形A2BC2。

12.答案：解：如图所示，、即为所求，其中点的坐标为.（1）根据关于坐标原点对称的点，其横坐标互为相反数，纵坐标也互为相反数即可得出点A1,B1,C1的坐标，在坐标平面内描出这些点，再顺次连接即可得出所求的；

（2）利用方格纸的特点及旋转的性质，分别作出A1,B1绕点按顺时针旋转所得所得的对应点A2,B2，再顺次连接即可得出所求的。13.答案：（1）解：根据△OAB关于点P（1，0）对称的特点分别求出对应点的坐标，顺次连接，如图所示：

（2）解：根据“先向右平移3个单位，再向上平移2个单位”的规律求出对应点的坐标，顺次连接，如图所示：（1）根据关于某点对称图形的性质得出对应点的坐标即可求解；

（2）根据平移的点的变化特点“左减右加，上加下减”可得对称点的坐标，再顺次连接各对称点即可求解。四、综合题14.答案：（1）（1，-5）；（4，-2）；（1，0）

（2）解：如图，∵A′（1，-5），B′（4，-2），C′（1，0）.∴A′C′=|-5-0|=5，B′D=|4-1|=3，，即△A′B′C′的面积是7.5.解：（1）∵A（-1，5），

∴点A关于原点O的对称点A′的坐标为（1，-5）.

∵B（4，2），

∴点B关于x轴的对称点B′的坐标为（4，-2）.

∵C（-1，0），

∴点C关于y轴的对称点C′的坐标为（1，0）.

故答案为：（1，-5），（4，-2），（1，0）.

（1）根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；关于原点对称点的坐标特点：横纵坐标都互为相反数，据此可求出点A′，B′，C′的坐标。

（2）在平面直角坐标系中画出△AB′C′，再利用三点坐标及三角形的面积公式，就可求出△AB′C′的面积。15.答案：（1）解:①AM=AD+DM=40，或AM=AD-DM=20.②显然∠MAD不能为直角。当∠AMD为直角时AM2=AD2-DM2=302-102=800，∴AM=20当∠ADM为直角时，AM2=AD2+CM2=302+102=1000

∴AM=10

（2）解:连结CD1由题意得∠D1AD2=90°，AD1=AD2=30∴∠AD2D1=45°，D1D2=30又∵∠AD2C=135°，∴∠CD2D1=90°∴CD1==30∵∠BAC=∠D2AD1=90°∴<BAC-∠CAD2=∠D2AD1-∠CAD2.即∠BAD2=∠CAD1又∵AB=AC，AD1=AD2，∴△ABD2≌△ACD1∴BD2=CD1=30【分析】（1）①根据已知条件，分两种情况讨论，由AM=AD+DM或AM=AD-DM就可求出AM的长；②分情况讨论：由题意可知∠DAM不能为直角，当∠AMD为直角时；∠ADM为直角时，分别利用勾股定理求出AM的长。

（2）连接CD，利用旋转的性质易证∠D1AD2=90°，AD1=AD2，利用解直角三角形求出D1D2，再证明△CD1D2是直角三角形，利用勾股定理就可求出CD1，然后利用SAS证明△ABD2≌△ACD1，根据全等三角形的性质，就可求出BD2的长.

人教版九年级上册第二十三章旋转单元测试（含答案）(4)一、单选题1．如图，是等边三角形，是的中点，以为旋转中心，把顺时针旋转后，所成的图形是（）．A． B． C． D．2．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE=2，则AE的长为（）A．7 B． C．6 D．53．如图，将木条a，b与c钉在一起，∠1=70°，∠2=50°，要使木条a与b平行，木条a旋转的度数至少是（）A．10° B．20° C．50° D．70°4．如右图，将Rt△ABC（其中∠B=35°，∠C=90°）绕点A按顺时针方向旋转到△AB1C1的位置，使得点C、A、B1在同一条直线上，那么旋转角等于（）A．105° B．70° C．115° D．125°5．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．6．点（-1，2）关于原点的对称点坐标是（）A．（-1，-2） B．（1，-2） C．（1，2） D．（2，-1）7．下列图形中，即是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．8．若点A（3，2）与B（-3，m）关于原点对称，则m的值是（）A．3 B．-3 C．2 D．-29．在平面直角坐标系中，若点Mm,n与点Q-2,3关于原点对称，则点A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10．如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将方格内空白的一个小正方形涂黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有()A.1种 B.2种 C.3种 D.4种11．下列每个图中都有一对全等三角形,其中的一个三角形只经过一次旋转运动即可和另一个三角形重合的是()A．B．C．D．12．由基本图案1得到图案2的方法是()A．旋转和平移 B．中心对称和轴对称C．平移和轴对称 D．中心对称二、填空题13．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为________．14．若点与点关于原点对称，则_______________.15．如图，将△ABC的绕点A顺时针旋转得到△AED，点D正好落在BC边上．已知∠C=80°，则∠EAB=°．16．有下列平面图形：①线段；②等腰直角三角形；③平行四边形；④矩形；⑤正八边形；⑥圆．其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的有_____．（填序号）三、解答题17．如图，在平面直角坐标系内，顶点的坐标分别为，、.（1）平移，使点移到点，画出平移后的，并写出点的坐标.（2）将绕点旋转，得到，画出旋转后的，并写出点的坐标.（3）求（2）中的点旋转到点时，点经过的路径长（结果保留）.18．已知点A(a，－4)，B(3，b)，根据下列条件求a、b的值．(1)A、B关于x轴对称；(2)A、B关于y轴对称；(3)A、B关于原点对称．19．如图，在中，，在同一平面内，将绕点旋转到的位置，使得，求的度数．20．（课题研究）旋转图形中对应线段所在直线的夹角（小于等于的角）与旋转角的关系．（问题初探）线段绕点顺时针旋转得线段，其中点与点对应，点与点对应，旋转角的度数为，且．（1）如图（1）当时，线段、所在直线夹角为______．（2）如图（2）当时，线段、所在直线夹角为_____．（3）如图（3），当时，直线与直线夹角与旋转角存在着怎样的数量关系？请说明理由；（形成结论）旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角_____．（运用拓广）运用所形成的结论求解下面的问题：（4）如图（4），四边形中，，，，，，试求的长度．21．如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，求∠OFA的度数答案1．D2．B3．B4．D5．D6．B7．B8．D9．C10．C11．D12．A13．14．15．20°.16．①④⑤⑥17．解：解：（1）如图所示，则△A1B1C1为所求作的三角形，点A1的坐标是（﹣4，﹣1）；（2）如图所示，则△A2B2C2为所求作的三角形，点A2的坐标是（4，2）；（3）点C经过的路径长：是以（0，3）为圆心，以CC2为直径的半圆，由勾股定理得：CC2=，∴点C经过的路径长：×π×=2π．18．（1）A、B关于x轴对称，a=3，b=4；（2）A、B关于y轴对称，a=﹣3，b=﹣4；（3）A、B关于原点对称，a=﹣3，b=4．19．解∵，，∴，∵，∴，∴，由旋转性质可知，，即.20．（1）解：（1）如图1，延长DC交AB于F，交BO于E，

∵α=90°

∴∠BOD=90°

∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，

∴AB=CD，OA=OC，BO=DO

∴△AOB≌△COD（SSS）

∴∠B=∠D

∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF

∴∠BFE=∠EOD=90°

故答案为：90°

（2）如图2，延长DC交AB于F，交BO于E，

∵α=60°

∴∠BOD=60°

∵线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD，

∴AB=CD，OA=OC，BO=DO

∴△AOB≌△COD（SSS）

∴∠B=∠D

∵∠B=∠D，∠OED=∠BEF

∴∠BFE=∠EOD=60°

故答案为：60°（3）直线与直线所夹的锐角与旋转角互补，延长，交于点∵线段绕点顺时针旋转得线段，∴，，∴∴∴∵∴∴∴直线与直线所夹的锐角与旋转角互补；形成结论：旋转图形中，当旋转角小于平角时，对应线段所在直线的夹角与旋转角相等或互补；（4）将绕点顺时针旋转，使得与重合，得到，连接，延长，交于点，∴旋转角为，∴，，，∴△BDF是等边三角形，∵，，∴，∴.21．解：∵四边形OABC为正方形，∴OA=OC，∠AOC=90°，∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，∴OC=OF，∠COF=40°，∴OA=OF，∴∠OAF=∠OFA，∵∠AOF=∠AOC+∠COF=90°+40°=130°，∴∠OFA=（180°-130°）=25°．故答案为25°

人教版九年级数学上册第24章圆单元测试题一、选择题(每小题3分，共18分)1．在⊙O中，∠AOB＝84°，弦AB所对的圆周角度数为()A．42° B．138°C．69° D．42°或138°2．如图1，在半径为4的⊙O中，弦AB∥OC，∠BOC＝30°，则AB的长为()A．2B．2eq\r(3)C．4D．4eq\r(3)图1图23．如图2，在平面直角坐标系中，⊙A经过原点O，并且分别与x轴、y轴交于点B，C，已知B(8，0)，C(0，6)，则⊙A的半径为()A．3 B．4C．5D．84．若100°的圆心角所对的弧长为5πcm，则该圆的半径R等于()A．5cmB．9cmC.eq\f(5,2)cmD.eq\f(9,4)cm5．已知OA平分∠BOC，点P在OA上，如果以点P为圆心的圆与OC相离，那么⊙P与OB的位置关系是()A．相离B．相切C．相交D．不能确定6．如图3，以等边三角形ABC的BC边为直径画半圆，分别交AB，AC于点E，D，DF是半圆的切线，过点F作BC的垂线交BC于点G.若AF的长为2，则FG的长为()A．4B．3eq\r(3)C．6D．2eq\r(3)图3图4二、填空题(每小题4分，共28分)7．如图4，若AB是⊙O的直径，AB＝10cm，∠CAB＝30°，则BC＝________cm.8．如图5，在△ABC中，AB＝2，AC＝eq\r(2)，以点A为圆心，1为半径的圆与边BC相切，则∠BAC的度数是________．图59.如图6，已知在正方形ABCD中，AB＝2，以点A为圆心，半径为r画圆，当点D在⊙A内且点C在⊙A外时，r的取值范围是________．图610．如图7，某同学用纸板做了一个底面圆直径为10cm，高为12cm的无底圆锥形玩具(接缝忽略不计)，则做这个玩具所需纸板的面积是________cm2(结果保留π)．图7图811.如图8，在⊙O中，AB是⊙O的直径，弦AE的垂直平分线交⊙O于点C，交AE于点F，CD⊥AB于点D，BD＝1，AE＝4，则AD的长为________．12．半圆形纸片的半径为1cm，用如图9所示的方法将纸片对折，使对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，则折痕CD的长为________cm.图9图1013．如图10，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O.将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为________．三、解答题(共54分)14．(8分)如图11，⊙O是△ABC的外接圆，直径AD＝12，∠ABC＝∠DAC，求AC的长．图1115．(10分)如图12，BE是⊙O的直径，A，D是⊙O上的两点，过点A作⊙O的切线交BE的延长线于点C.(1)若∠ADE＝25°，求∠C的度数；(2)若AB＝AC，CE＝2，求⊙O的半径．图1216．(10分)如图13，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为F，AO⊥BC，垂足为E，AO＝1.(1)求∠C的度数；(2)求图中阴影部分的面积．图1317．(12分)如图14，在平面直角坐标系中，以点O为圆心，半径为2的圆与y轴交于点A，P(4，2)是⊙O外一点，连接AP，直线PB与⊙O相切于点B，交x轴于点C.(1)求证：PA是⊙O的切线；(2)求点B的坐标．图1418．(14分)如图15，已知△ABC内接于⊙O，且AB＝AC，直径AD交BC于点E，F是OE上的一点，且CF∥BD.(1)求证：BE＝CE；(2)试判断四边形BFCD的形状，并说明理由；(3)若BC＝8，AD＝10，求CD的长．图15

详解详析1．D2．D[解析]如图，过点O作OD⊥AB于点D，则AD＝DB.∵AB∥OC，∠BOC＝30°，∴∠B＝∠BOC＝30°.∵在Rt△DOB中，∠B＝30°，OB＝4，∴OD＝2.∴DB＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).∴AB＝2DB＝4eq\r(3).3．C[解析]连接BC.∵∠BOC＝90°，∴BC为⊙A的直径，即BC过圆心A.在Rt△BOC中，OB＝8，OC＝6，根据勾股定理，得BC＝10，则⊙A的半径为5.4．B[解析]由eq\f(100πR,180)＝5π，求得R＝9.5．A6．B[解析]连接OD.∵DF为半圆O的切线，∴OD⊥DF.∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠B＝∠C＝60°.又∵OD＝OC，∴△OCD为等边三角形，∴∠CDO＝∠A＝60°，∠DOC＝∠ABC＝60°，∴OD∥AB，∴DF⊥AB.在Rt△AFD中，∵∠ADF＝90°－∠A＝30°，AF＝2，∴AD＝4.∵O为BC的中点，易知D为AC的中点，∴AC＝8，∴FB＝AB－AF＝8－2＝6.在Rt△BFG中，∠BFG＝90°－∠B＝30°，∴BG＝3，根据勾股定理，得FG＝3eq\r(3).故选B.7．5[解析]∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.又∵AB＝10cm，∠CAB＝30°，∴BC＝eq\f(1,2)AB＝5cm.8．105°[解析]设⊙A与BC相切于点D，连接AD，则AD⊥BC.在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝1，所以∠B＝30°，因而∠BAD＝60°.同理，在Rt△ACD中，得到∠CAD＝45°，因而∠BAC的度数是105°.9．2＜r＜2eq\r(2)10．65π[解析]如图，过点P作PO⊥AB于点O，则O为AB的中点，即圆锥底面圆的圆心．在Rt△PAO中，PA＝eq\r(OP2＋OA2)＝eq\r(122＋52)＝13.由题意，得S侧面积＝eq\f(1,2)lr＝eq\f(1,2)×底面圆周长×母线长＝eq\f(1,2)×π×10×13＝65π，∴做这个玩具所需纸板的面积是65πcm2.故答案为65π.11．4[解析]∵CF垂直平分AE，∴AF＝eq\f(1,2)AE＝2，∠AFO＝90°.∵CD⊥AB，∴∠ODC＝∠AFO＝90°.又∵OA＝OC，∠AOF＝∠COD，∴△AOF≌△COD(AAS)，∴CD＝AF＝2.设⊙O的半径为r，则OD＝r－1.由勾股定理，得OC2＝OD2＋CD2，即r2＝(r－1)2＋22，解得r＝eq\f(5,2)，∴AD＝AB－1＝2×eq\f(5,2)－1＝4.故答案为4.12.eq\r(3)[解析]如图，连接MO交CD于点E，则MO⊥CD，连接CO.∵MO⊥CD，∴CD＝2CE.∵对折后半圆弧的中点M与圆心O重合，∴ME＝OE＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(1,2)cm.在Rt△COE中，CE＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2)(cm)，∴折痕CD的长为2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)(cm)．13．4[解析]连接OE，延长EO交CD′于点G，过点O作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′＝∠OHB′＝90°.∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′CD′，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝5，BC＝B′C＝4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝2.5，∴B′H＝OE＝2.5，∴CH＝B′C－B′H＝1.5，∴CG＝B′E＝OH＝eq\r(OC2－CH2)＝eq\r(2.52－1.52)＝2.∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4.故答案为4.14．解：连接CD.∵∠ABC＝∠DAC，∴eq\o(AC,\s\up8(︵))＝eq\o(CD,\s\up8(︵))，∴AC＝CD.∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°.∴AC2＋CD2＝AD2，即2AC2＝AD2.∴AC＝eq\f(\r(2),2)AD＝6eq\r(2).15．解：(1)如图，连接OA.∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，∴OA⊥AC，∴∠OAC＝90°.∵∠ADE＝25°，∴∠AOE＝2∠ADE＝50°，∴∠C＝90°－∠AOE＝90°－50°＝40°.(2)∵AB＝A