10. 如图，在矩形$ABCD$中，$E$是$AD$边的中点，$BE⊥ AC$，垂足为$F$，连接$DF$，下列四个结论：
①$△ AEF∽△ CAB$；②$CF=2AF$；③$DF=DC$；④$\tan∠ CAD=\sqrt{2}$.其中正确的结论有(
A.$4$个
B.$3$个
C.$2$个
D.$1$个
①$△ AEF∽△ CAB$；②$CF=2AF$；③$DF=DC$；④$\tan∠ CAD=\sqrt{2}$.其中正确的结论有(
B
)A.$4$个
B.$3$个
C.$2$个
D.$1$个
答案：10. B
解析：
证明：设矩形$ABCD$中，$AB=a$，$AD=b$，$E$为$AD$中点，则$AE=\frac{b}{2}$。
①$\because BE⊥ AC$，$∠ AFE=∠ ABC=90°$，$∠ EAF=∠ ACB$，$\therefore△ AEF∼△ CAB$，①正确。
②$\because△ AEF∼△ CAB$，$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{AC}$，又$△ AFD∼△ CFB$（$AD// BC$），$\frac{AF}{CF}=\frac{AD}{BC}=\frac{1}{2}$，$\therefore CF=2AF$，②正确。
③设$AC$中点为$O$，则$OF=AF$，$△ AFD$中，$AF=OF$，$OD=OC$，$∠ ODF=∠ OCD$，$\because AB// CD$，$∠ ACD=∠ CAB$，$\tan∠ CAB=\frac{BC}{AB}=\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$∠ ODF=∠ OCD=∠ CAB$，$\therefore DF=DC$，③正确。
④$\tan∠ CAD=\frac{CD}{AD}=\frac{a}{b}=\sqrt{2}$，④正确。
综上，①②③④均正确，共4个。
答案：A
①$\because BE⊥ AC$，$∠ AFE=∠ ABC=90°$，$∠ EAF=∠ ACB$，$\therefore△ AEF∼△ CAB$，①正确。
②$\because△ AEF∼△ CAB$，$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{AC}$，又$△ AFD∼△ CFB$（$AD// BC$），$\frac{AF}{CF}=\frac{AD}{BC}=\frac{1}{2}$，$\therefore CF=2AF$，②正确。
③设$AC$中点为$O$，则$OF=AF$，$△ AFD$中，$AF=OF$，$OD=OC$，$∠ ODF=∠ OCD$，$\because AB// CD$，$∠ ACD=∠ CAB$，$\tan∠ CAB=\frac{BC}{AB}=\frac{b}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$∠ ODF=∠ OCD=∠ CAB$，$\therefore DF=DC$，③正确。
④$\tan∠ CAD=\frac{CD}{AD}=\frac{a}{b}=\sqrt{2}$，④正确。
综上，①②③④均正确，共4个。
答案：A
11. 如图是某个几何体的展开图，这个几何体是
三棱柱
.答案：11. 三棱柱.
12. 已知$A$，$B$两点分别在反比例函数$y=\frac{3m}{x}(m≠0)$和$y=\frac{2m-5}{x}(m≠\frac{5}{2})$的图象上，若点$A$与点$B$关于$x$轴对称，则$m$的值为
$ m = 1 $
.答案：12. $ m = 1 $.
解析：
设点$A$的坐标为$(a,b)$，因为点$A$与点$B$关于$x$轴对称，所以点$B$的坐标为$(a,-b)$。
由于点$A$在反比例函数$y = \frac{3m}{x}$的图象上，可得$b=\frac{3m}{a}$，即$3m = ab$。
点$B$在反比例函数$y=\frac{2m - 5}{x}$的图象上，可得$-b=\frac{2m - 5}{a}$，即$2m - 5=-ab$。
将$3m = ab$代入$2m - 5=-ab$，得$2m - 5=-3m$，解得$5m=5$，$m = 1$。
$m = 1$
由于点$A$在反比例函数$y = \frac{3m}{x}$的图象上，可得$b=\frac{3m}{a}$，即$3m = ab$。
点$B$在反比例函数$y=\frac{2m - 5}{x}$的图象上，可得$-b=\frac{2m - 5}{a}$，即$2m - 5=-ab$。
将$3m = ab$代入$2m - 5=-ab$，得$2m - 5=-3m$，解得$5m=5$，$m = 1$。
$m = 1$
13. 如图，某测量船位于海岛$P$的北偏西$60^{\circ}$方向，距离海岛$100\ \mathrm{n mile}$的$A$处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于海岛$P$的西南方向上的$B$处，则测量船从$A$处航行到$B$处的路程为
$ 50 + 50\sqrt{3} $
$\mathrm{n mile}$(结果保留根号).答案：13. $ 50 + 50\sqrt{3} $.
解析：
解：过点$P$作$PC ⊥ AB$于点$C$。
在$Rt△ APC$中，$∠ APC = 60°$，$AP = 100\ \mathrm{n mile}$，
$\cos 60° = \frac{PC}{AP}$，则$PC = AP · \cos 60° = 100 × \frac{1}{2} = 50\ \mathrm{n mile}$，
$\sin 60° = \frac{AC}{AP}$，则$AC = AP · \sin 60° = 100 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3}\ \mathrm{n mile}$。
在$Rt△ BPC$中，$∠ BPC = 45°$，$PC = 50\ \mathrm{n mile}$，
$\tan 45° = \frac{BC}{PC}$，则$BC = PC · \tan 45° = 50 × 1 = 50\ \mathrm{n mile}$。
$AB = AC + BC = 50\sqrt{3} + 50\ \mathrm{n mile}$。
$50 + 50\sqrt{3}$
在$Rt△ APC$中，$∠ APC = 60°$，$AP = 100\ \mathrm{n mile}$，
$\cos 60° = \frac{PC}{AP}$，则$PC = AP · \cos 60° = 100 × \frac{1}{2} = 50\ \mathrm{n mile}$，
$\sin 60° = \frac{AC}{AP}$，则$AC = AP · \sin 60° = 100 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3}\ \mathrm{n mile}$。
在$Rt△ BPC$中，$∠ BPC = 45°$，$PC = 50\ \mathrm{n mile}$，
$\tan 45° = \frac{BC}{PC}$，则$BC = PC · \tan 45° = 50 × 1 = 50\ \mathrm{n mile}$。
$AB = AC + BC = 50\sqrt{3} + 50\ \mathrm{n mile}$。
$50 + 50\sqrt{3}$
14. 如图，已知在$△ ABC$中，$AC＞AB$，点$D$在$AC$边上(点$D$不与$A$，$C$重合)，若再添加一个条件就能使$△ ABD∽△ ACB$，则这个条件可以是
答案不唯一，如$ ∠ ADB = ∠ ABC $
.答案：14. 答案不唯一，如$ ∠ ADB = ∠ ABC $.
15. 如图是一个正方体的侧面展开图，如果将它折叠成一个正方体后相对的面上的数字相等，则图中$x$的值为
$ \pm \sqrt{7} $
.答案：15. $ \pm \sqrt{7} $.
解析：
解：由正方体展开图可知，$x^2$与$7$所在的面相对。
因为相对的面上的数字相等，所以$x^2 = 7$。
解得$x = \pm \sqrt{7}$。
$\pm \sqrt{7}$
因为相对的面上的数字相等，所以$x^2 = 7$。
解得$x = \pm \sqrt{7}$。
$\pm \sqrt{7}$
16. 如图，点$P$是双曲线$C:y=\frac{4}{x}(x＞0)$上的一点，过点$P$作$x$轴的垂线交直线$AB:y=\frac{1}{2}x-2$于点$Q$，连接$OP$，$OQ$.当点$P$在双曲线$C$上运动，且点$P$在$Q$的上方时，$△ POQ$面积的最大值是
3
.答案：16. 3.
解析：
解：设点$P$的坐标为$(m,\frac{4}{m})$，其中$m＞0$。
因为$PQ⊥ x$轴，所以点$Q$的横坐标为$m$。
将$x=m$代入直线$AB:y=\frac{1}{2}x - 2$，得点$Q$的坐标为$(m,\frac{1}{2}m - 2)$。
由于点$P$在$Q$的上方，所以$PQ=\frac{4}{m}-(\frac{1}{2}m - 2)=\frac{4}{m}-\frac{1}{2}m + 2$。
$△ POQ$的面积$S=\frac{1}{2}× m× PQ=\frac{1}{2}m(\frac{4}{m}-\frac{1}{2}m + 2)=\frac{1}{2}(4 - \frac{1}{2}m^2 + 2m)=-\frac{1}{4}m^2 + m + 2$。
对于二次函数$S=-\frac{1}{4}m^2 + m + 2$，$a=-\frac{1}{4}＜0$，对称轴为$m=-\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2×(-\frac{1}{4})}=2$。
当$m=2$时，$S$取得最大值，$S_{max}=-\frac{1}{4}×2^2 + 2 + 2=-\frac{1}{4}×4 + 4=-1 + 4=3$。
故$△ POQ$面积的最大值是$3$。
因为$PQ⊥ x$轴，所以点$Q$的横坐标为$m$。
将$x=m$代入直线$AB:y=\frac{1}{2}x - 2$，得点$Q$的坐标为$(m,\frac{1}{2}m - 2)$。
由于点$P$在$Q$的上方，所以$PQ=\frac{4}{m}-(\frac{1}{2}m - 2)=\frac{4}{m}-\frac{1}{2}m + 2$。
$△ POQ$的面积$S=\frac{1}{2}× m× PQ=\frac{1}{2}m(\frac{4}{m}-\frac{1}{2}m + 2)=\frac{1}{2}(4 - \frac{1}{2}m^2 + 2m)=-\frac{1}{4}m^2 + m + 2$。
对于二次函数$S=-\frac{1}{4}m^2 + m + 2$，$a=-\frac{1}{4}＜0$，对称轴为$m=-\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2×(-\frac{1}{4})}=2$。
当$m=2$时，$S$取得最大值，$S_{max}=-\frac{1}{4}×2^2 + 2 + 2=-\frac{1}{4}×4 + 4=-1 + 4=3$。
故$△ POQ$面积的最大值是$3$。
三、解答题（共7小题，共72分）
17. （6分）计算：$\vert-3\vert+2\cos45^{\circ}-(\sqrt{3}-1)^{0}$.
17. （6分）计算：$\vert-3\vert+2\cos45^{\circ}-(\sqrt{3}-1)^{0}$.
答案：17. $ 2 + \sqrt{2} $.
解析：
$\vert-3\vert+2\cos45^{\circ}-(\sqrt{3}-1)^{0}$
$=3 + 2×\frac{\sqrt{2}}{2}-1$
$=3+\sqrt{2}-1$
$=2+\sqrt{2}$
$=3 + 2×\frac{\sqrt{2}}{2}-1$
$=3+\sqrt{2}-1$
$=2+\sqrt{2}$