專題38三角形（3）-2020年全國中考數(shù)學真題分項匯編（第02期全國通用）【有答案】

專題38三角形（3）（全國一年）學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、填空題1．（2020·湖北襄陽?中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AD=DC，∠BAD=20°，則∠C=_______．【答案】40°【解析】試題解析：∵AB=AD，∠BAD=20°，∴∠B==80°，∵∠ADC是△ABD的外角，∴∠ADC=∠B+∠BAD=80°+20°=100°，∵AD=DC，∴∠C==40°．2．（2020·湖北黃岡?中考真題）已知：如圖，在中，點在邊上，，則_______度．【答案】40【解析】【分析】根據(jù)等邊對等角得到，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得到，故，由三角形的內(nèi)角和即可求解的度數(shù)．【詳解】解：∵，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：40．【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和，熟練掌握幾何知識并靈活運用是解題的關(guān)鍵．3．（2020·遼寧大連?中考真題）如圖，矩形中，，點E在邊上，與相交于點F．設(shè)，，當時，y關(guān)于x的函數(shù)解析式為_____．【答案】【解析】【分析】利用矩形的性質(zhì)可求得BAD為直角三角形，即可利用勾股定理得到BD的長，求證FEDFCB，運用相似三角形的性質(zhì)建立等式即可求解．【詳解】∵四邊形是矩形∴∠BAD=，BC=AD=8，AB=CD=6∴在ABD中，BD=∴FD=BD?BF=10?y又∵ADBC∴FEDFBC∴∴∴故答案為【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用相似三角形的性質(zhì)建立等式是解題的關(guān)鍵．4．（2020·遼寧鞍山?中考真題）如圖，在菱形中，，點E，F(xiàn)分別在，上，且，與相交于點G，與相交于點H．下列結(jié)論：①；②；③若，則；④．其中正確的結(jié)論有_______．（只填序號即可）【答案】①③④【解析】【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證明△ACF≌△CDE，可判斷①；過點F作FP∥AD，交CE于P點，利用平行線分線段成比例可判斷③；過點B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，得到點A、B、C、G四點共圓，從而證明△ABM≌△CBN，得到S四邊形ABCG=S四邊形BMGN，再利用S四邊形BMGN=2S△BMG求出結(jié)果即可判斷④；證明△BCH∽△BGC，得到，推出GH·BG=BG2-BC2，得出若等式成立，則∠BCG=90°，根據(jù)題意此條件未必成立可判斷②．【詳解】解：∵ABCD為菱形，∴AD=CD，∵AE=DF，∴DE=CF，∵∠ADC=60°，∴△ACD為等邊三角形，∴∠D=∠ACD=60°，AC=CD，∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正確；過點F作FP∥AD，交CE于P點．

∵DF=2CF，

∴FP：DE=CF：CD=1：3，

∵DE=CF，AD=CD，

∴AE=2DE，

∴FP：AE=1：6=FG：AG，

∴AG=6FG，∴CE=AF=7GF，故③正確；過點B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，∵∠AGE=∠ACG+∠CAF=∠ACG+∠GCF=60°=∠ABC，

即∠AGC+∠ABC=180°，

∴點A、B、C、G四點共圓，

∴∠AGB=∠ACB=60°，∠CGB=∠CAB=60°，

∴∠AGB=∠CGB=60°，∴BM=BN，又AB=BC，∴△ABM≌△CBN（HL），∴S四邊形ABCG=S四邊形BMGN，∵∠BGM=60°，∴GM=BG，BM=BG，∴S四邊形BMGN=2S△BMG=2××BG×BG=BG2，故④正確；∵∠CGB=∠ACB=60°，∠CBG=∠HBC，∴△BCH∽△BGC，∴，則BG·BH=BC2，則BG·（BG-GH）=BC2，則BG2-BG·GH=BC2，則GH·BG=BG2-BC2，當∠BCG=90°時，BG2-BC2=CG2，此時GH·BG=CG2，而題中∠BCG未必等于90°，故②不成立，故正確的結(jié)論有①③④，故答案為：①③④．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出全等三角形，把不規(guī)則圖形的面轉(zhuǎn)化為兩個全等三角形的面積是解題的關(guān)鍵．5．（2020·遼寧鐵嶺?中考真題）如圖，以為邊，在的同側(cè)分別作正五邊形和等邊，連接，則的度數(shù)是____________．

【答案】66°【解析】【分析】由是正五邊形可得AB=AE以及∠EAB的度數(shù)，由△ABF是等邊三角形可得AB=AF以及∠FAB的度數(shù)，進而可得AE=AF以及∠EAF的度數(shù)，進一步即可根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理求出答案．【詳解】解：∵五邊形是正五邊形，∴AB=AE，∠EAB=108°，∵△ABF是等邊三角形，∴AB=AF，∠FAB=60°，∴AE=AF，∠EAF=108°－60°=48°，∴∠EFA=．故答案為：66°．【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角問題、等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和定理，屬于常考題型，熟練掌握上述基本知識是解題的關(guān)鍵．6．（2020·遼寧鐵嶺?中考真題）如圖，，正方形，正方形，正方形，正方形，…，的頂點，在射線上，頂點，在射線上，連接交于點，連接交于點，連接交于點，…，連接交于點，連接交于點，…，按照這個規(guī)律進行下去，設(shè)與的面積之和為與的面積之和為與的面積之和為，…，若，則等于__________．（用含有正整數(shù)的式子表示）【答案】【解析】【分析】先證得△ADC△，推出CD=，，同理得到，，由△△，推出△ED邊D上的高為，計算出，同理計算得出，，找到規(guī)律，即可求解【詳解】∵正方形，正方形，且，∴△和△都是等腰直角三角形，∴，∴，同理，∵正方形，正方形，邊長分別為2，4，∴AC∥，∥，∴，∴，∴，，同理：，，∵∥，∴△△，設(shè)△和△的邊和上的高分別為和，∴，∵，∴，，∴；同理求得：；；．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)在規(guī)律型問題中的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合并善于發(fā)現(xiàn)規(guī)律是解題的關(guān)鍵．7．（2020·遼寧鐵嶺?中考真題）如圖，在中，，以為圓心，以適當?shù)拈L為半徑作弧，交于點，交于點，分別以為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在的內(nèi)部相交于點，作射線，交于點，點在邊上，，連接，則的周長為___________．【答案】12【解析】【分析】根據(jù)題意，先證明△ABD≌△AFD，則BD=FD，AB=AF=5，則的周長=BC+CF，即可求出答案．【詳解】解：根據(jù)題意可知，AD是∠BAC的角平分線，∴∠BAD=∠FAD，∵AB=AF=5，AD=AD，∴△ABD≌△AFD，∴BD=FD，∴FD+DC=BD+DC=BC=9，∵FC=ACAF=85=3，∴的周長為：FD+DC+FC=9+3=12；故答案為：12．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握作角平分線的方法，以及全等三角形的判定和性質(zhì)進行解題．8．（2020·遼寧鐵嶺?中考真題）一張菱形紙片的邊長為，高等于邊長的一半，將菱形紙片沿直線折疊，使點與點重合，直線交直線于點，則的長為____________．【答案】或【解析】【分析】先根據(jù)題目中描述畫出兩種可能的圖形，再結(jié)合勾股定理即可得解．【詳解】解：由題干描述可作出兩種可能的圖形．①MN交DC的延長線于點F，如下圖所示∵高AE等于邊長的一半∴在Rt△ADE中，又∵沿MN折疊后，A與B重合∴∴②MN交DC的延長線于點F，如下圖所示同理可得，，此時，故答案為：或．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理等相關(guān)知識點，根據(jù)題意作出兩種圖形是解題關(guān)鍵．9．（2020·江蘇泰州?中考真題）如圖所示的網(wǎng)格由邊長為個單位長度的小正方形組成，點、、、在直角坐標系中的坐標分別為，，，則內(nèi)心的坐標為______．【答案】（2，3）【解析】【分析】根據(jù)A、B、C三點的坐標建立如圖所示的坐標系，計算出△ABC各邊的長度，易得該三角形是直角三角形，設(shè)BC的關(guān)系式為：y=kx+b，求出BC與x軸的交點G的坐標，證出點A與點G關(guān)于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，三角形的內(nèi)心在BD上，設(shè)點M為三角形的內(nèi)心，內(nèi)切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到點M的坐標．【詳解】解：根據(jù)A、B、C三點的坐標建立如圖所示的坐標系，根據(jù)題意可得：AB=，AC=，BC=，∵，∴∠BAC=90°，設(shè)BC的關(guān)系式為：y=kx+b，代入B，C，可得，解得：，∴BC：，當y=0時，x=3，即G（3,0），∴點A與點G關(guān)于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，設(shè)點M為三角形的內(nèi)心，內(nèi)切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，∵∠BAC=90°，∴四邊形MEAF為正方形，S△ABC=，解得：，即AE=EM=，∴BE=，∴BM=，∵B（-3，3），∴M（2，3），故答案為：（2，3）．【點睛】本題考查三角形內(nèi)心、平面直角坐標系、一次函數(shù)的解析式、勾股定理和正方形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識點，把握內(nèi)心是三角形內(nèi)接圓的圓心這個概念，靈活運用各種知識求解即可．10．（2020·江蘇泰州?中考真題）如圖，將分別含有、角的一副三角板重疊，使直角頂點重合，若兩直角重疊形成的角為，則圖中角的度數(shù)為_______．【答案】【解析】【分析】如圖，首先標注字母，利用三角形的內(nèi)角和求解，再利用對頂角的相等，三角形的外角的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：如圖，標注字母，由題意得：故答案為：【點睛】本題考查的是三角形的內(nèi)角和定理，三角形的外角的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．11．（2020·遼寧丹東?中考真題）如圖，在四邊形中，，，，，點和點分別是和的中點，連接，，，若，則的面積是_________．【答案】．【解析】【分析】由題可得△ACD為等腰直角三角形，CD=8，可求出AD=AC=，點和點分別是和的中點，根據(jù)中位線定理和直角三角形斜邊中線定理可得到EF=AD，BE=AC，從而得到EF=EB，又，得∠CAB=15°，∠CEB=30°進一步得到∠FEB=120°，又△EFB為等腰三角形，所以∠EFB=∠EBF=30°，過E作EH垂直于BF于H點，在Rt△EFH中，解直角三角形求出EH，F(xiàn)H,以BF為底，EH為高，即可求出△BEF的面積．【詳解】解：∵，，∴△ADC為等腰直角三角，∵CD=8，∴AD=AC=CD=，∵E,F為AC，DC的中點，∴FE∥AD，EF=AD=，∴BE=AC=，∵AD=AC，∴EF=EB，△EFB為等腰三角形，又∵EF∥AD，∴EF⊥AC，∴∠FEC=90°，又EB=EA，∴∠EAB=∠EBA=105°－90°=15°，∴∠CEB=30°，∴∠FEB=120°，∴∠EFB=∠EBF=30°，過E作EH垂直于BF于H點，∴BH=FH，在Rt△EFH中，∵∠EFH=30°，∴EH=EF·sin30°=×=，F(xiàn)H=EF·cos30°=×=，∴BF=2×=，∴SBEF=BF·EH=××=，故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理，直角三角形斜邊中線定理，解直角三角形。正確的運用解題方法求出相關(guān)線段長度是解題的關(guān)鍵．12．（2020·遼寧丹東?中考真題）如圖，在矩形中，，，連接，以為邊，作矩形使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；…按照這個規(guī)律進行下去，則的面積為_________．【答案】．【解析】【分析】先尋找規(guī)律求得的面積，再結(jié)合勾股定理以及三角形中線平分三角形的面積求得三角形面積是它所在矩形面積的，依此即可求得的面積．【詳解】解：∵四邊形為矩形，∴∠A=∠B=90°，，，，∴，∴,，，∵，∴，∴∴，∴，∴，同理可證，，依次類推，，故，在矩形中，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理，即，解得，∵，即，同理可證，∴同理可證故答案為：．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中線有關(guān)的面積計算，探索與表達規(guī)律，解直角三角形．解決此題的關(guān)鍵有兩個：①尋找規(guī)律，求得；②得出三角形面積是它所在矩形面積的．需注意標序號的時候不要混淆了．13．（2020·黑龍江鶴崗?中考真題）如圖，和中，，在不添加任何輔助線的情況下，請你添加一個條件______，使和全等．【答案】，答案不唯一【解析】【分析】本題是一道開放型的題目，答案不唯一，可以是AB＝ED或BC＝DF或AC＝EF或AE＝CF等，只要符合全等三角形的判定定理即可．【詳解】∵和中，∴，∵，∴，∴添加，在和中，∴，故答案為：答案不唯一．【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵，注意：兩直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL等．14．（2020·黑龍江鶴崗?中考真題）如圖，直線的解析式為與軸交于點，與軸交于點，以為邊作正方形，點坐標為．過點作交于點，交軸于點，過點作軸的垂線交于點以為邊作正方形，點的坐標為．過點作交于，交軸于點，過點作軸的垂線交于點，以為邊作正方形，，則點的坐標______．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意得出三角形AMO為等腰直角三角形，∠AMO=45°，分別求出個線段的長度，表示出B1和B2的坐標，發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，代入2020即可求解【詳解】解：∵的解析式為，∴M（-1，0），A（0，1），即AO=MO=1，∠AMO=45°，由題意得：MO=OC=CO1=1，O1A1=MO1=3，∵四邊形是正方形，∴O1C1=C1O2=MO1=3，∴OC1=2×3-1=5，B1C1=O1C1=3，B1（5，3），∴A2O2=3C1O2=9，B2C2=9，OO2=OC2-MO=9-1=8，綜上，MCn=2×3n，OCn=2×3n-1，BnCn=AnOn=3n，當n=2020時，OC2020=2×32020-1，B2020C2020=32020，點B，故答案為：．【點睛】本題考查規(guī)律型問題、等腰直角三角形的性質(zhì)以及點的坐標，解題的關(guān)鍵是學會探究規(guī)律的方法，屬于中考常考題型．15．（2020·內(nèi)蒙古呼倫貝爾?中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，正方形的頂點與坐標原點重合，點的坐標為（0,3），點在軸的正半軸上．直線分別與邊相交于兩點，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點并與邊相交于點，連接．點是直線上的動點，當時，點的坐標是________________．【答案】（1，0）或（3，2）【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)以及一次函數(shù)表達式求出點D和點M坐標，從而求出反比例函數(shù)表達式，得到點N的坐標，求出MN，設(shè)點P坐標為（m，m-1），根據(jù)兩點間距離表示出CP，得到方程，求解即可．【詳解】解：∵正方形OABC的頂點O與坐標原點重合，點C的坐標為（0，3），∴B（3，3），A（3，0），∵直線y=x-1分別與邊AB，OA相交于D，M兩點，∴可得：D（3，2），M（1，0），∵反比例函數(shù)經(jīng)過點D，k=3×2=6，∴反比例函數(shù)的表達式為，令y=3，解得：x=2，∴點N的坐標為（2，3），∴MN==，∵點P在直線DM上，設(shè)點P的坐標為（m，m-1），∴CP=，解得：m=1或3，∴點P的坐標為（1，0）或（3，2）．故答案為：（1，0）或（3，2）．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，兩點之間的距離，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關(guān)鍵是根據(jù)點的坐標，利用待定系數(shù)法求出反比例函數(shù)解析式.16．（2020·江蘇鎮(zhèn)江?中考真題）如圖，在△ABC中，BC＝3，將△ABC平移5個單位長度得到△A1B1C1，點P、Q分別是AB、A1C1的中點，PQ的最小值等于_____．【答案】【解析】【分析】取的中點，的中點，連接，，，，根據(jù)平移的性質(zhì)和三角形的三邊關(guān)系即可得到結(jié)論．【詳解】解：取的中點，的中點，連接，，，，將平移5個單位長度得到△，，，點、分別是、的中點，，，即，的最小值等于，故答案為：．【點睛】本題考查了平移的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2020·山東濱州?中考真題）在等腰ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，則∠A的大小為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)等腰三角形兩底角相等可求∠C，再根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°列式進行計算即可得解．【詳解】解：∵AB=AC，∠B=50°，

∴∠C=∠B=50°，

∴∠A=180°-2×50°=80°．

故答案為：80°．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握等腰三角形兩底角相等的性質(zhì)．18．（2020·山東濱州?中考真題）現(xiàn)有下列長度的五根木棒：3，5，8，10，13，從中任取三根，可以組成三角形的概率為________．【答案】【解析】【分析】求出任取三根木棒的所有情況，再求出能組成三角形的所有情況，利用概率公式直接計算即可.【詳解】五根木棒，任意取三根共有10種情況：3、5、83、5、103、5、133、8、103、8、133、10、135、10、135、8、105、8、138、10、13其中能組成三角形的有：①3、8、10，由于8-3<10<8+3,所以能構(gòu)成三角形；②5、10、13，由于10-5<13<10+5，所以能構(gòu)成三角形；③5、8、10，由于8-5<10<8+5，所以能構(gòu)成三角形；④8、10、13，由于10-8<13<10+8，所以能構(gòu)成三角形；所以有4種方案符合要求，故能構(gòu)成三角形的概率是P==，故答案為：.【點睛】此題考查三角形的三邊關(guān)系，列舉法求事件的概率，列舉法求概率的關(guān)鍵是在列舉所有情況時考慮要全面，不能重復也不能遺漏.19．（2020·內(nèi)蒙古鄂爾多斯?中考真題）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若過點E作EH⊥AC，H為垂足，則有以下結(jié)論：①點M位置變化，使得∠DHC＝60°時，2BE＝DM；②無論點M運動到何處，都有DM＝HM；③在點M的運動過程中，四邊形CEMD可能成為菱形；④無論點M運動到何處，∠CHM一定大于135°．以上結(jié)論正確的有_____（把所有正確結(jié)論的序號都填上）．【答案】①②③④【解析】【分析】①正確．證明∠ADM＝30°，即可得出結(jié)論．②正確．證明△DHM是等腰直角三角形即可．③正確．首先證明四邊形CEMD是平行四邊形，再證明，DM＞CD即可判斷．④正確．證明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判斷．【詳解】解：如圖，連接DH，HM．由題可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四邊形ABCD是正方形，EH⊥AC，∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正確；當∠DHC＝60°時，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正確；∵CD∥EM，EC∥DM，∴四邊形CEMD是平行四邊形，∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四邊形CEMD不可能是菱形，故③正確，∵點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正確；由上可得正確結(jié)論的序號為①②③．故答案為：①②③④．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．20．（2020·內(nèi)蒙古鄂爾多斯?中考真題）如圖，平面直角坐標系中，菱形ABCD在第一象限內(nèi)，邊BC與x軸平行，A，B兩點的縱坐標分別為6，4，反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象經(jīng)過A，B兩點，若菱形ABCD的面積為2，則k的值為_____．【答案】12【解析】【分析】過點A作x軸的垂線，交CB的延長線于點E，根據(jù)A，B兩點的縱坐標分別為6，4，可得出橫坐標，即可表示AE，BE的長，根據(jù)菱形的面積為2，求得AE的長，在Rt△AEB中，計算BE的長，列方程即可得出k的值．【詳解】解：過點A作x軸的垂線，交CB的延長線于點E，∵BC∥x軸，∴AE⊥BC，∵A，B兩點在反比例函數(shù)y＝（x＞0）的圖象，且縱坐標分別為6，4，∴A（，6），B（，4），∴AE＝2，BE＝﹣＝，∵菱形ABCD的面積為2，∴BC×AE＝2，即BC＝，∴AB＝BC＝，在Rt△AEB中，BE＝＝＝1，∴k＝1，∴k＝12，故答案為：12．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)和幾何綜合，菱形的性質(zhì)，勾股定理，掌握數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．21．（2020·云南中考真題）已知四邊形是矩形，點是矩形的邊上的點，且．若，，則的長是___．【答案】或【解析】【分析】根據(jù)，則在的中垂線上，作的中垂線交于交于，所以：如圖的都符合題意，先證明四邊形是菱形，再利用菱形的性質(zhì)與勾股定理可得答案．【詳解】解：，在的中垂線上，作的中垂線交于交于，所以：如圖的都符合題意，矩形四邊形是菱形，，，，設(shè)則的長為：或故答案為：或【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，線段的垂直平分線的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．22．（2020·四川綿陽?中考真題）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，點M是四邊形ABCD內(nèi)的一個動點，滿足∠AMD＝90°，則點M到直線BC的距離的最小值為_____．【答案】【解析】【分析】取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，點點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解決問題．【詳解】解：取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，點點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則OM+ME≥OF．∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，∴OM＝AD＝2，∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGE＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝2，∵CD＝4，∴CG＝2，∴OG＝2，GF＝，OF＝3，∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2，∴當O，M，E共線時，ME的值最小，最小值為3﹣2．【點睛】本題考查解直角三角形，垂線段最短，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．23．（2020·江蘇宿遷?中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分線AD交BC于點D，E為AB的中點，若BC=12，AD=8，則DE的長為_____．【答案】5【解析】【分析】利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，BD=CD=6，∴∠ADB=90°，∴AB=，∵E為AB的中點，∴DE=AB=5，故答案為：5．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識．24．（2020·遼寧沈陽?中考真題）如圖，在矩形中，，，對角線相交于點，點為邊上一動點，連接，以為折痕，將折疊，點的對應(yīng)點為點，線段與相交于點．若為直角三角形，則的長__________．【答案】或1【解析】【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)可得，，設(shè)，從而可得，再根據(jù)直角三角形的定義分和兩種情況，然后分別利用相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理求解即可得．【詳解】四邊形ABCD是矩形，，由折疊的性質(zhì)可知，設(shè)，則由題意，分以下兩種情況：（1）如圖1，當時，為直角三角形在和中，，即解得，在中，，即解得即（2）如圖2，當時，為直角三角形，，即在和中，，即解得，即解得即綜上，DP的長為或1故答案為：或1．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識點，依據(jù)題意，正確畫出圖形，并分兩種情況討論是解題關(guān)鍵．25．（2020·遼寧沈陽?中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，是坐標原點，在中，于點，點在反比例函數(shù)的圖象上，若OB=4，AC=3，則的值為__________．【答案】6【解析】【分析】由等腰三角形的性質(zhì)可得C點坐標，結(jié)合AC長即可得到A點坐標，進而可得k值．【詳解】∵AO=OB∴△AOB為等腰三角形又∵AC⊥OB∴C為OB中點∵OB=4，AC=3∴C（2，0），A（2，3）將A點坐標代入反比例函數(shù)得，3=∴k=6故答案為：6．【點睛】本題主要考察反比例函數(shù)與等腰三角形的綜合，利用等腰三角形的性質(zhì)求得反比例函數(shù)上點的坐標是解題關(guān)鍵．26．（2020·四川涼山?中考真題）如圖，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一點，且EB=3，F(xiàn)是BC上一動點，若將沿EF對折后，點B落在點P處，則點P到點D的最短距為．【答案】【解析】【分析】如圖，連接利用三角形三邊之間的關(guān)系得到最短時的位置，如圖利用勾股定理計算，從而可得答案．【詳解】解：如圖，連接則＞，為定值，當落在上時，最短，圖如圖，連接，由勾股定理得：即的最小值為：故答案為：圖【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，考查利用軸對稱求線段的最小值問題，同時考查了勾股定理的應(yīng)用，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．27．（2020·四川眉山?中考真題）如圖，在中，，．將繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)至的位置，點恰好落在邊的中點處，則的長為________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，判斷出ABC斜邊BC的長度，根據(jù)勾股定理算出AC的長度，且，所以為等邊三角形，可得旋轉(zhuǎn)角為60°，同理，，故也是等邊三角形，的長度即為AC的長度．【詳解】解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，將其進行順時針旋轉(zhuǎn)，落在BC的中點處，∵是由ABC旋轉(zhuǎn)得到，∴，而，根據(jù)勾股定理：，又∵，且，∴為等邊三角形，∴旋轉(zhuǎn)角，∴，且，故也是等邊三角形，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)的應(yīng)用以及勾股定理的計算，解題的關(guān)鍵在于通過題中所給的條件，判斷出圖形旋轉(zhuǎn)的度數(shù)，知道圖形旋轉(zhuǎn)的角度后，有關(guān)線段的長度也可求得．28．（2020·四川眉山?中考真題）如圖，點為⊙外一點，過點作的切線、，點、為切點．連接并延長交的延長線于點，過點作，交的延長線于點．已知，，則的長為________．【答案】【解析】【分析】連接OB，在中應(yīng)用勾股定理求得的半徑為3，再根據(jù)，對應(yīng)線段成比例即可求解．【詳解】解：連接OB，∵、為的切線，∴，，∴，∴，設(shè)的半徑為r，則，在中，，即，解得，∴，∵，，∴，∴，即，∴，故答案為：．【點睛】本題考查切線長定理、相似三角形的性質(zhì)與判定、勾股定理的應(yīng)用等內(nèi)容，作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．29．（2020·四川眉山?中考真題）如圖，等腰中，，邊的垂直平分線交于點，交于點．若的周長為，則的長為________．【答案】【解析】【分析】過點A作AF⊥BC于F，先根據(jù)垂直平分線已知條件得出BC=16，再根據(jù)等腰三角形的三線合一和勾股定理得出AF=6，再根據(jù)即可得出結(jié)論【詳解】解：∵DE是AC的垂直平分線，

∴AD=CD，∠DEC=90°，AE=5∵的周長為，

∴AB+BD+AD=26∴AB+BD+DC=AB+BC=26∵AB=10，∴BC=16，

過點A作AF⊥BC于F，∵AB=AC=10∴CF=8，∵∠DEC=∠AFC=90°，∠C=∠C∴∴∴∴DE=故答案為：【點睛】此題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)以及相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)的性質(zhì)．30．（2020·江蘇南通?中考真題）已知⊙O的半徑為13cm，弦AB的長為10cm，則圓心O到AB的距離為_____cm．【答案】12【解析】【分析】如圖，作OC⊥AB于C，連接OA，根據(jù)垂徑定理得到AC=BC=AB=5，然后利用勾股定理計算OC的長即可．【詳解】解：如圖，作OC⊥AB于C，連接OA，則AC＝BC＝AB＝5，在Rt△OAC中，OC＝＝12，所以圓心O到AB的距離為12cm．故答案為：12．【點睛】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．31．（2020·遼寧營口?中考真題）如圖，△ABC為等邊三角形，邊長為6，AD⊥BC，垂足為點D，點E和點F分別是線段AD和AB上的兩個動點，連接CE，EF，則CE+EF的最小值為_____．【答案】3【解析】【分析】過C作CF⊥AB交AD于E，則此時，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值為CF，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BF＝AB＝6＝3，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：過C作CF⊥AB交AD于E，則此時，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值為CF，∵△ABC為等邊三角形，邊長為6，∴BF＝AB＝6＝3，∴CF＝＝＝3，∴CE+EF的最小值為3，故答案為：3．【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，解題的關(guān)鍵是畫出符合條件的圖形．32．（2020·黑龍江大慶?中考真題）如圖，等邊中，，點，點分別是邊，上的動點，且，連接、交于點，當點從點運動到點時，則點的運動路徑的長度為_________．【答案】【解析】【分析】如圖，作過A、B、F作⊙O,為點F的軌跡，然后計算出,的長度即可．【詳解】解：如圖：作過A、B、F作⊙O,過O作OG⊥AB∵等邊∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°∵∠AFB是弦AB同側(cè)的圓周角∴∠AOB=120°∵OG⊥AB,OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=∴∠OBG=30°設(shè)OB=x，則OG=x∴，解得x=或x=-（舍）∴的長度為．故答案為：．

【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、含30度直角三角形的性質(zhì)、勾股定理以及圓周角定理，根據(jù)題意確定點F的軌跡是解答本題的關(guān)鍵．33．（2020·四川雅安?中考真題）對角線互相垂直的四邊形叫做“垂美”四邊形，現(xiàn)有如圖所示的“垂美”四邊形，對角線交于點．若，則__________．【答案】20【解析】【分析】由垂美四邊形的定義可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，從而求解.【詳解】∵四邊形ABCD是垂美四邊形，

∴AC⊥BD，

∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，

由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，

AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，

∴AD2+BC2=AB2+CD2，∵AD=2，BC=4，∴AD2+BC2=22+42=20，故答案為：20.【點睛】本題主要考查四邊形的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是理解新定義，并熟練運用勾股定理.34．（2020·重慶中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，∠ABC=120°，AB=，以點O為圓心，OB長為半徑畫弧，分別與菱形的邊相交，則圖中陰影部分的面積為____．（結(jié)果保留π）【答案】．【解析】【分析】如圖，設(shè)⊙O與菱形的邊AB、AD分別交于點E、F，連接OE、OF，由菱形的性質(zhì)可證得△ABD是等邊三角形，進而可證得△BEO，△DFO都是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可求得∠EOF＝60°，然后根據(jù)陰影部分的面積＝2×（S△ABD﹣S△DFO﹣S△BEO﹣S扇形OEF）代入數(shù)據(jù)計算即可．【詳解】解：如圖，設(shè)⊙O與菱形的邊AB、AD分別交于點E、F，連接OE、OF，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，∴AC⊥BD，BO＝DO，OA＝OC，AB＝AD，∠DAB＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴AB＝BD＝2，∠ABD＝∠ADB＝60°，∴BO＝DO＝，∵以點O為圓心，OB長為半徑畫弧，∴BO＝OE＝OD＝OF，∴△BEO，△DFO是等邊三角形，∴∠DOF＝∠BOE＝60°，∴∠EOF＝60°，∴陰影部分的面積＝2×（S△ABD﹣S△DFO﹣S△BEO﹣S扇形OEF）＝2×＝．故答案為：．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)以及扇形面積的計算等知識，正確添加輔助線、明確求解的方法、熟練掌握菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．35．（2020·吉林長春?中考真題）如圖，在中，，，以點為圓心，線段的長為半徑作，交的延長線于點，則陰影部分的面積為___________（結(jié)果保留）．【答案】【解析】【分析】利用勾股定理求出，證明，根據(jù)計算即可．【詳解】解：，，，，，故答案為．【點睛】本題考查扇形的面積，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．36．（2020·廣西中考真題）如圖，在邊長為的菱形中，，點分別是上的動點，且與交于點.當點從點運動到點時，則點的運動路徑長為_____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意證得，推出∠BPE=60，∠BPD=120，得到C、B、P、D四點共圓，知點的運動路徑長為的長，利用弧長公式即可求解．【詳解】連接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，∴△ABD和△CBD都為等邊三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，∵∠BPE=∠BDP+∠DBF=∠BDP+∠ADE=∠BDF=60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，∵∠C=60，∴∠C+∠BPD=180，∴C、B、P、D四點共圓，即⊙O是的外接圓，∴當點從點運動到點時，則點的運動路徑長為的長，∴∠BOD=2∠BCD=120，作OG⊥BD于G，根據(jù)垂徑定理得：BG=GD=BD=，∠BOG=∠BOD=60，∵，即，∴，從而點的路徑長為．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是學會準確尋找點的運動軌跡．37．（2020·吉林中考真題）如圖，在四邊形中，，，我們把這種兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做“箏形”，箏形的對角線，相交于點．以點為圓心，長為半徑畫弧，分別交，于點，，若，，則的長為_______（結(jié)果保留）．【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意，求出OB的長；根據(jù)弧長的公式，代入數(shù)據(jù)，即可求解．【詳解】由題意知：，，∴ABC和ADC是等腰三角形，AC⊥BD．∵，∴OD=，OA=∴OB=．∵∠ABD=，∴∠EBF=，=．故答案為．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質(zhì)和弧長的公式，正確掌握等腰三角形的性質(zhì)和弧長的公式是解題的關(guān)鍵．38．（2020·山東東營?中考真題）如圖，在中，的半徑為點是邊上的動點，過點作的一條切線(其中點為切點)，則線段長度的最小值為____．【答案】【解析】【分析】如圖：連接OP、OQ，根據(jù),可得當OP⊥AB時，PQ最短；在中運用含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求得AB、AQ的長，然后再運用等面積法求得OP的長，最后運用勾股定理解答即可．【詳解】解：如圖：連接OP、OQ，∵是的一條切線∴PQ⊥OQ∴∴當OP⊥AB時，如圖OP′，PQ最短在Rt△ABC中，∴AB=2OB=,AO=cos∠A·AB=∵S△AOB=∴，即OP=3在Rt△OPQ中，OP=3,OQ=1∴PQ=．故答案為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)、含30°直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，此正確作出輔助線、根據(jù)勾股定理確定當PO⊥AB時、線段PQ最短是解答本題的關(guān)鍵．39．（2020·海南中考真題）如圖，在中，，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點作直線，交邊于點，連接，則的周長為________．【答案】【解析】【分析】由題意可得MN為AB的垂直平分線，所以AD=BD，進一步可以求出的周長.【詳解】∵在中，分別以A、B為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于M，N，作直線MN，交BC邊于D，連接AD；∴MN為AB的垂直平分線，∴AD=BD，∴的周長為：AD+DC+AC=BC+AC=13；故答案為13.【點睛】本題主要考查的是垂直平分線的運用，掌握定義及相關(guān)方法即可.40．（2020·湖南永州?中考真題）已知直線，用一塊含30°角的直角三角板按圖中所示的方式放置，若，則_________．【答案】35°【解析】【分析】如圖，標注字母，延長交于，利用平行線的性質(zhì)證明，三角形的外角的性質(zhì)證明，從而可得答案．【詳解】解：如圖，標注字母，延長交于，由題意得：故答案為：【點睛】本題考查的是三角形的內(nèi)角和定理，三角形的外角的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．41．（2020·湖北荊州?中考真題）已知：，求作的外接圓，作法：①分別作線段BC，AC的垂直平分線EF和MN，它們交于點O；②以點O為圓心，OB的長為半徑畫弧，如圖⊙O即為所求，以上作圖用到的數(shù)學依據(jù)是___________________．

【答案】線段的垂直平分線的性質(zhì)【解析】【分析】利用線段垂直平分線的性質(zhì)得到OA=OC=OB，然后根據(jù)點與圓的位置關(guān)系可判斷點A、C在⊙O上．【詳解】解：如圖，連接，∵點O為AC和BC的垂直平分線的交點，∴OA=OC=OB，∴⊙O為的外接圓．

故答案為：線段的垂直平分線的性質(zhì)．【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖：復雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．考查線段的垂直平分線的性質(zhì)，確定圓的條件，掌握作圖的原理是解題的關(guān)鍵．42．（2020·寧夏中考真題）我國古代數(shù)學經(jīng)典著作《九章算術(shù)》中記載了一個“圓材埋壁”的問題：“今有圓材埋在壁中，不知大?。凿忎徶钜淮?，鋸道長一尺．問徑幾何？”意思是：今有一圓柱形木材，埋在墻壁中，不知其大小．用鋸去鋸這木材，鋸口深寸，鋸道長尺（1尺寸）．問這根圓形木材的直徑是______寸．【答案】26【解析】【分析】根據(jù)題意可得，由垂徑定理可得尺寸，設(shè)半徑，則，在中，根據(jù)勾股定理可得：，解方程可得出木材半徑，即可得出木材直徑.【詳解】解：由題可知，為半徑，尺寸，設(shè)半徑，，在中，根據(jù)勾股定理可得：解得：,木材直徑為26寸；故答案為：26.【點睛】本題考查垂徑定理結(jié)合勾股定理計算半徑長度.如果題干中出現(xiàn)弦的垂線或者弦的中點，則可驗證是否滿足垂徑定理；與圓有關(guān)的題目中如果求弦長或者求半徑直徑，也可以從題中尋找是否有垂徑定理，然后構(gòu)造直角三角形，用勾股定理求解.43．（2020·寧夏中考真題）如圖，在中，，分別以點A、B為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧分別交于點M、N，作直線交點D；以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交、于點E、F，再分別以點E、F為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線，此時射線恰好經(jīng)過點D，則_____度．【答案】32【解析】【分析】由作圖可得MN是線段AB的垂直平分線，BD是∠ABC的平分線，根據(jù)它們的性質(zhì)可得，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得解．【詳解】由作圖可得，MN是線段AB的垂直平分線，BD是∠ABC的平分線，∴AD=BD，∴∴∵，且，∴，即，∴．故答案為：32．【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖，解決本題的關(guān)鍵是掌握線段垂直平分線的作法和角平分線的作法．44．（2020·內(nèi)蒙古呼和浩特?中考真題）已知為⊙O的直徑且長為，為⊙O上異于A，B的點，若與過點C的⊙O的切線互相垂直，垂足為D．①若等腰三角形的頂角為120度，則；②若為正三角形，則；③若等腰三角形的對稱軸經(jīng)過點D，則；④無論點C在何處，將沿折疊，點D一定落在直徑上，其中正確結(jié)論的序號為_________．【答案】②③④【解析】【分析】①過點O作OE⊥AC，垂足為E，求出∠CAD=30°，得到CD=AC，再說明OE=r，利用∠OCA≠∠COE，得到CE≠OE，即可判斷；②過點A作AE⊥OC，垂足為E，證明四邊形AECD為矩形，即可判斷；③畫出圖形，證明四邊形AOCD為矩形，即可判斷；④過點C作CE⊥AO，垂足為E，證明△ADC≌△AEC，從而說明AC垂直平分DE，得到點D和點E關(guān)于AC對稱，即可判斷.【詳解】解：①∵∠AOC=120°，∴∠CAO=∠ACO=30°，∵CD和圓O相切，AD⊥CD，∴∠OCD=90°，AD∥CO，∴∠ACD=60°，∠CAD=30°，∴CD=AC，過點O作OE⊥AC，垂足為E，則CE=AE=AC=CD，而OE=OC=r，∠OCA≠∠COE，∴CE≠OE，∴CD≠r，故①錯誤；②若△AOC為正三角形，∠AOC=∠OAC=60°，AC=OC=OA=r，∴∠OAE=30°，∴OE=AO，AE=AO=r，過點A作AE⊥OC，垂足為E，∴四邊形AECD為矩形，∴CD=AE=r，故②正確；③若等腰三角形AOC的對稱軸經(jīng)過點D，如圖，∴AD=CD，而∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=45°，又∠OCD=90°，∴∠ACO=∠CAO=45°∴∠DAO=90°，∴四邊形AOCD為矩形，∴CD=AO=r，故③正確；④過點C作CE⊥AO，垂足為E，連接DE，∵OC⊥CD，AD⊥CD，∴OC∥AD，∴∠CAD=∠ACO，∵OC=OA，∴∠OAC=∠ACO，∴∠CAD=∠OAC，∴CD=CE，在△ADC和△AEC中，∠ADC=∠AEC，CD=CE，AC=AC，∴△ADC≌△AEC（HL），∴AD=AE，∴AC垂直平分DE，則點D和點E關(guān)于AC對稱，即點D一定落在直徑上，故④正確.故正確的序號為：②③④，故答案為：②③④.【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，垂徑定理，知識點較多，多為一些性質(zhì)定理，解題時要逐一分析，利用性質(zhì)定理進行推導.45．（2020·廣西玉林?中考真題）如圖，在邊長為3的正六邊形ABCDEF中，將四邊形ADEF繞點A順時針旋轉(zhuǎn)到四邊形處，此時邊與對角線AC重疊，則圖中陰影部分的面積是___________．【答案】9【解析】【分析】如圖（見解析），先根據(jù)正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)得出正六邊形的面積和的面積，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、線段的和差得出的長，從而可得的面積，然后根據(jù)即可得．【詳解】六邊形ABCDEF是邊長為3的正六邊形其每個內(nèi)角的度數(shù)為，，，如圖，連接BE，交AD于點O，交AC于點P，則點O為正六邊形的中心是等邊三角形，是等腰三角形，且由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，則故答案為：9．【點睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的三線合一、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)與旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．46．（2020·廣西玉林?中考真題）如圖，將兩張對邊平行且相等的紙條交叉疊放在一起，則重合部分構(gòu)成的四邊形ABCD_________菱形（是，或不是）．【答案】是【解析】【分析】如圖（見解析），先根據(jù)“兩張對邊平行且相等的紙條”得出，再根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形ABCD是平行四邊形，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，最后根據(jù)菱形的判定即可得．【詳解】如圖，過點B作，交DA延長線于點E，過點D作，交BA延長線于點F由題意得：四邊形ABCD是平行四邊形在和中，平行四邊形ABCD是菱形故答案為：是．【點睛】本題考查了平行四邊形與菱形的判定、三角形全等的判定定理與性質(zhì)等知識點，熟練掌握平行四邊形與菱形的判定是解題關(guān)鍵．47．（2020·湖南郴州?中考真題）如圖，在矩形中，．分別以點為圓心，以大于的長為半徑畫弧，兩弧相交于點和．作直線分別與交于點，則__________．【答案】2．【解析】【分析】連接DN，在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，根據(jù)勾股定理可得BD的長，根據(jù)作圖過程可得，MN是BD的垂直平分線，所以DN=BN，在Rt△ADN中，根據(jù)勾股定理得DN的長，在Rt△DON中，根據(jù)勾股定理得ON的長，進而可得MN的長．【詳解】如圖，連接DN，在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，∴BD=，根據(jù)作圖過程可知：MN是BD的垂直平分線，∴DN=BN，OB=OD=2，∴AN=AB-BN=AB-DN=8-DN，在Rt△ADN中，根據(jù)勾股定理，得DN2=AN2+AD2，∴DN2=（8-DN）2+42，解得DN=5，在Rt△DON中，根據(jù)勾股定理，得ON=，∵CD∥AB，∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，∵OD=OB，∴△DMO≌△BNO（AAS），∴OM=ON=，∴MN=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了作圖-基本作圖、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握線段垂直平分線的性質(zhì)．48．（2020·青海中考真題）已知⊙O的直徑為10cm，AB，CD是⊙O的兩條弦，，，，則與之間的距離為________cm．【答案】7或1．【解析】【分析】分兩種情況考慮：當兩條弦位于圓心O同一側(cè)時，當兩條弦位于圓心O兩側(cè)時；利用垂徑定理和勾股定理分別求出OE和OF的長度，即可得到答案．【詳解】解：分兩種情況考慮：當兩條弦位于圓心O一側(cè)時，如圖1所示，

過O作OE⊥CD，交CD于點E，交AB于點F，連接OC，OA，

∵AB∥CD，∴OE⊥AB，

∴E、F分別為CD、AB的中點，

∴CE=DE=CD=3cm，AF=BF=AB=4cm，

在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，

根據(jù)勾股定理得：OF=3cm，

在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，

根據(jù)勾股定理得：OE═4cm，

則EF=OEOF=4cm3cm=1cm；

當兩條弦位于圓心O兩側(cè)時，如圖2所示，

同理可得EF=4cm+3cm=7cm，

綜上，弦AB與CD的距離為7cm或1cm．故答案為：7或1．【點睛】此題考查了垂徑定理，勾股定理，利用了分類討論的思想，熟練掌握垂徑定理是解本題的關(guān)鍵．49．（2020·青海中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點，已知，，則的長為________cm．【答案】6cm【解析】【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得對角線相等且平分，由可得,根據(jù)所對直角邊是斜邊的一半即可得到結(jié)果．【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴，，，，∵，∴，又∵，∴，∴在Rt△ABC中，．故答案為6cm．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)應(yīng)用，準確利用直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．50．（2020·青海中考真題）如圖所示ΔABC中，AB=AC=14cm,AB的垂直平分線MN交AC于D,ΔDBC的周長是24cm,則BC=___________cm．【答案】10【解析】【分析】由MN是AB的垂直平分線可得AD=BD，于是將△BCD的周長轉(zhuǎn)化為BC與邊長AC的和來解答．【詳解】∵，∴BD+DC+BC=24cm，∵MN垂直平分AB，∴AD=BD，∴AD+DC+BC=24cm，即AC+BC=24cm，又∵AC=14cm，∴BC=24-14=10cm．故答案為：10點睛：解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握垂直平分線的性質(zhì)：垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等．此題將垂直平分線的性質(zhì)與三角形的周長問題相結(jié)合，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化思想在解題時的巨大作用．51．（2020·青海中考真題）已知a，b，c為的三邊長．b，c滿足，且a為方程的解，則的形狀為________三角形．【答案】等腰三角形【解析】【分析】根據(jù)絕對值和平方的非負性可得到b、c的值，再根據(jù)式子解出a的值，即可得出結(jié)果．【詳解】∵，∴，，∴，，又∵，∴，，∵a是方程的解且a，b，c為的三邊長，∴,∴是等腰三角形．【點睛】本題主要考查了根據(jù)三角形三邊判斷三角形的性質(zhì)，準確求解題中的式子是解題的關(guān)鍵．52．（2020·內(nèi)蒙古通遼?中考真題）如圖，在中，，點P在斜邊上，以為直角邊作等腰直角三角形，，則三者之間的數(shù)量關(guān)系是_____．【答案】PA2+PB2=PQ2【解析】【分析】把AP2和PB2都用PC和CD表示出來，結(jié)合Rt△PCD中，可找到PC和PD和CD的關(guān)系，從而可找到PA2，PB2，PQ2三者之間的數(shù)量關(guān)系；【詳解】解：過點C作CD⊥AB，交AB于點D∵△ACB為等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB，

∵PA2=（AD-PD）2=（CD-PD）2=CD2-2CD?PD+PD2，

PB2=（BD+PD）2=（CD+PD）2=CD2-2CD?PD+PD2，

∴PA2+PB2=2CD2+2PD2=2（CD2+PD2），

在Rt△PCD中，由勾股定理可得PC2=CD2+PD2，

∴PA2+PB2=2PC2，

∵△CPQ為等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，

∴2PC2=PQ2，

∴PA2+PB2=PQ2，

故答案為PA2+PB2=PQ2.【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是作出輔助線，利用三線合一進行論證.53．（2020·內(nèi)蒙古中考真題）如圖，在矩形中，是對角線，，垂足為E，連接．若，則如的值為_____．【答案】【解析】【分析】過C向BD作垂線，可以構(gòu)造出一個30°直角三角△CDF，進而求出，設(shè)直角最小邊DF=a,并用a的代數(shù)式表示出其他邊，即可求出答案．【詳解】解：過C作CF⊥BD，垂足為F點∵矩形ABCD,∴AD∥BC，AB=CD∴∠DBC=∠DCF=∠BAE=30°設(shè)DF=a,則CF=，CD=，BD=，∵∴∠AEB=∠CFD=90°∴，∴EB=DF=a∴EF=-a-a=2a∴故答案是．【點睛】本題主要考察了矩形的性質(zhì)和解直角三角形知識點，三角形全等的判定與性質(zhì)，掌握以上知識是解題關(guān)鍵．54．（2020·內(nèi)蒙古中考真題）如圖，在正方形，E是對角線上一點，的延長線交于點F，連接．若，則______．【答案】【解析】【分析】先證明，得到，可得到，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，可得，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求解；【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CB，AB∥CD，又∵BD是角平分線，∴，又∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴．故答案是．【點睛】本題主要考查了利用正方形的性質(zhì)求角度，準確利用三角形全等和三角形內(nèi)角和定理求解是解題的關(guān)鍵．55．（2020·內(nèi)蒙古中考真題）如圖，在平行四邊形中，的平分線與的平分線交于點E，若點E恰好在邊上，則的值為______．【答案】16【解析】【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)，得到∠BEC=90°，然后利用勾股定理，即可求出答案．【詳解】解：如圖，在平行四邊形中，∴，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BCE，∠ABC+∠DCB=180°∵BE、CE分別是∠ABC和∠DCB的角平分線，∴∠ABE=∠CBE，∠DCE=∠BCE，∴∠AEB=∠ABE，∠DEC=∠DCE，∠CBE+∠BCE=90°∴AB=AE=2，DE=DC=2，∠BEC=90°，∴AD=2+2=4，∴BC=AD=4，在Rt△BCE中，由勾股定理，得；故答案為：16．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學的性質(zhì)，正確求出角之間的關(guān)系進行解題．56．（2020·湖北黃石?中考真題）匈牙利著名數(shù)學家愛爾特希（P.Erdos，1913-1996）曾提出：在平面內(nèi)有n個點，其中每三個點都能構(gòu)成等腰三角形，人們將具有這樣性質(zhì)的n個點構(gòu)成的點集稱為愛爾特希點集．如圖，是由五個點A、B、C、D、O構(gòu)成的愛爾特希點集（它們?yōu)檎暹呅蔚娜我馑膫€頂點及正五邊形的中心構(gòu)成），則的度數(shù)是_____．【答案】18°【解析】【分析】先證明△AOB≌△BOC≌△COD，得出∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，然后求出正五邊形每個角的度數(shù)為108°，從而可得∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，∠AOB=∠BOC=∠COD=72°，可計算出∠AOD=144°，根據(jù)OA=OD，即可求出∠ADO．【詳解】∵這個五邊形由正五邊形的任意四個頂點及正五邊形的中心構(gòu)成，∴根據(jù)正五邊形的性質(zhì)可得OA=OB=OC=OD，AB=BC=CD，∴△AOB≌△BOC≌△COD，∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，∵正五邊形每個角的度數(shù)為：=108°，∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，∴∠AOB=∠BOC=∠COD=（180°-2×54°）=72°，∴∠AOD=360°-3×72°=144°，∵OA=OD，∴∠ADO=（180°-144°）=18°，故答案為：18°．【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角，正多邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，求出∠AOB=∠BOC=∠COD=72°是解題關(guān)鍵．57．（2020·黑龍江穆棱?朝鮮族學校中考真題）正方形ABCD中，點E在邊AD上，點F在邊CD上，若∠BEF=∠EBC，AB=3AE，則下列結(jié)論：①DF=FC；②AE+DF=EF；③∠BFE=∠BFC；④∠ABE+∠CBF=45°；⑤∠DEF+∠CBF=∠BFC；⑥D(zhuǎn)F:DE:EF=3:4:5；⑦BF:EF=:5．其中結(jié)論正確的序號有_____．【答案】①②③④⑤⑥⑦【解析】【分析】設(shè)正方形的邊長為3，假設(shè)F為DC的中點，證明進而證明PE=PB可得假設(shè)成立，故可對①進行判斷；由勾股定理求出EF的長即可對②進行判斷；過B作BG⊥EF，證明即可對③進行判斷；過點E作EH⊥BF，利用三角形BEF的面積求出EH和BH的長，判斷△BEH是等腰直角三角形即可對④進行判斷；過F作FQ//AD，利用平行線的性質(zhì)得，從而可對⑤進行判斷；根據(jù)DE，DF，EF的長可對⑥進行判斷；根據(jù)BF和CF的長可對⑦進行判斷．【詳解】如圖，不妨設(shè)正方形ABCD的邊長為3，即，，，，①假設(shè)F為CD的中點，延長EF交BC的延長線于點P，在和中由勾股定理得，，，，，，故假設(shè)成立，，故①正確；②，，，而，，故②正確；③過B作，垂足為G，而在和中，∴，即，故③正確；④過E和，垂足為H，∵，又，，在中，，，在中，，，而是等腰直角三角形，，，故④正確；⑤過F作FQ//AD，交AB于Q，則FQ//BC，，，，，故⑤正確；⑥，，，故⑥正確；⑦，，，故⑦正確；綜上所述，正確的結(jié)論是①②③④⑤⑥⑦．故答案為：①②③④⑤⑥⑦．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，假設(shè)出AB=3是解答此題的關(guān)鍵．58．（2020·湖南婁底?中考真題）由4個直角邊長分別為a，b的直角三角形圍成的“趙爽弦圖”如圖所示，根據(jù)大正方形的面積等于小正方形的面積與4個直角三角形的面積的和證明了勾股定理，還可以用來證明結(jié)論：若、且為定值，則當_______時，取得最大值．【答案】=【解析】【分析】設(shè)為定值，則，先根據(jù)“張爽弦圖”得出，再利用平方數(shù)的非負性即可得．【詳解】設(shè)為定值，則由“張爽弦圖”可知，即要使的值最大，則需最小又當時，取得最小值，最小值為0則當時，取得最大值，最大值為故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理的應(yīng)用、平方數(shù)的非負性，掌握勾股定理是解題關(guān)鍵．59．（2020·山西中考真題）如圖，在中，，，，，垂足為，為的中點，與交于點，則的長為_______．【答案】【解析】【分析】過點F作FH⊥AC于H，則∽，設(shè)FH為x，由已知條件可得，利用相似三角形的性質(zhì)：對應(yīng)邊的比值相等即可得到關(guān)于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的長．【詳解】如解圖，過點作于，∵，∴，∴，∵，點是的中點，∴，∵，∴∽∴∴，設(shè)為，則，由勾股定理得，又∵，∴，則，∵且，∴∽，∴，即，解得，∴．∵∴∴∴故答案為：【點睛】本題考查了相似的判定和性質(zhì)、以及勾股定理的運用，解題的關(guān)鍵是作垂直，構(gòu)造相似三角形．60．（2020·湖北中考真題）如圖，D是等邊三角形外一點．若，連接，則的最大值與最小值的差為_____．【答案】12【解析】【分析】以CD為邊向外作等邊三角形CDE，連接BE，可證得△ECB≌△DCA從而得到BE=AD，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖1，以CD為邊向外作等邊三角形CDE，連接BE，∵CE=CD，CB=CA，∠ECD=∠BCA=60°，

∴∠ECB=∠DCA，

∴△ECB≌△DCA（SAS），

∴BE=AD，

∵DE=CD=6，BD=8，

∴8-6<BE<8+6，

∴2<BE<14，

∴2<AD<14．

∴則的最大值與最小值的差為12．故答案為：12【點睛】本題考查三角形全等與三角形的三邊關(guān)系，解題關(guān)鍵在于添加輔助線構(gòu)建全等三角形把AD轉(zhuǎn)化為BE從而求解，是一道較好的中考題．61．（2020·湖北中考真題）如圖，在中，是的垂直平分線．若，的周長為13，則的周長為______．【答案】【解析】【分析】由線段的垂直平分線的性質(zhì)可得，從而可得答案．【詳解】解：是的垂直平分線．，的周長故答案為：【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)，掌握線段的垂直平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．62．（2020·陜西中考真題）如圖，在正五邊形ABCDE中，DM是邊CD的延長線，連接BD，則∠BDM的度數(shù)是_____．【答案】144°．【解析】【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)和內(nèi)角和為540°，求得每個內(nèi)角的度數(shù)為108°，再結(jié)合等腰三角形和鄰補角的定義即可解答．【詳解】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠C＝＝108°，BC＝DC，∴∠BDC＝＝36°，∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°，故答案為：144°．【點睛】本題考查了正五邊形的性質(zhì)，正多邊形的內(nèi)角，等腰三角形的性質(zhì)和鄰補角的定義，求出正五邊形的內(nèi)角是解題關(guān)鍵．63．（2020·江蘇徐州?中考真題）在中，若，，則的面積的最大值為______．【答案】9+9【解析】【分析】首先過C作CM⊥AB于M，由弦AB已確定，可得要使△ABC的面積最大，只要CM取最大值即可，即可得當CM過圓心O時，CM最大，然后由圓周角定理，證得△AOB是等腰直角三角形，則可求得CM的長，繼而求得答案．【詳解】作△ABC的外接圓⊙O，過C作CM⊥AB于M，∵弦AB已確定，∴要使△ABC的面積最大，只要CM取最大值即可，如圖所示，當CM過圓心O時，CM最大，∵CM⊥AB，CM過O，∴AM＝BM（垂徑定理），∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝×6＝3，∴OA＝，∴CM＝OC＋OM＝＋3，∴S△ABC＝AB?CM＝×6×（＋3）＝9+9．故答案為：9+9．【點睛】此題考查了圓周角定理以及等腰直角三角形性質(zhì)．注意得到當CM過圓心O時，CM最大是關(guān)鍵．64．（2020·湖南長沙?中考真題）如圖，點P在以MN為直徑的半圓上運動，（點P與M，N不重合）平分，交PM于點E，交PQ于點F．(1)___________________．(2)若，則___________________．【答案】11【解析】【分析】(1)過E作于G，可得，根據(jù)圓周角的性質(zhì)可得，又平分，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得；由，，，且，根據(jù)“等角的余角相等”可得，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)“等角對等邊”可得，即有；由，，可得，從而可得在中有，將、、代入可得，，既而可求得的值．(2)由得，又，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得平分，即，從而可求得．【詳解】(1)如圖所示，過E作于G，則，∵MN為半圓的直徑，∴，又∵平分，,∴．∵平分，∴，∵，∴,又，∴，又∵，∴，∴,又∵，∴．∵，，∴，∴在中，,又∵,∴，∴將，，代入得，,∴，即．(2)∵，∴，又∵，∴平分，即,∴，故答案為：(1)；(2)．【點睛】本題綜合考查了圓周角的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例的性質(zhì)等知識．(1)中解題的關(guān)鍵是利用角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求得，，再通過平行線分線段成比例的性質(zhì)得到，進行等量代換和化簡后即可得解；(2)中解題的關(guān)鍵是利用等腰三角形的性質(zhì)得到，即可得解．65．（2020·湖北恩施?中考真題）如圖，直線，點在直線上，點在直線上，，，，則______．【答案】【解析】【分析】利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠C=∠4=，利用平行線的性質(zhì)得到∠1=∠3=，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可求解．【詳解】如圖，延長CB交于點D，∵AB=BC，∠C=，∴∠C=∠4=，∵，∠1=，∴∠1=∠3=，∵∠C+∠3+∠2+∠4=，即∴故答案為：．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理的應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是輔助線的作法，注意運用兩直線平行，同位角相等．66．（2020·江蘇常州?中考真題）如圖，在中，，D、E分別是、的中點，連接，在直線和直線上分別取點F、G，連接、．若，且直線與直線互相垂直，則的長為_______．【答案】4或2【解析】【分析】分當點F在點D右側(cè)時，當點F在點D左側(cè)時，兩種情況，分別畫出圖形，結(jié)合三角函數(shù)，勾股定理以及平行四邊形的性質(zhì)求解即可.【詳解】解：如圖，當點F在點D右側(cè)時，過點F作FM∥DG，交直線BC于點M，過點B作BN⊥DE，交直線DE于點N，∵D，E分別是AB和AC中點，AB=，∴DE∥BC，BD=AD=，∠FBM=∠BFD，∴四邊形DGMF為平行四邊形，則DG=FM，∵DG⊥BF，BF=3DG，∴∠BFM=90°，∴tan∠FBM==tan∠BFD，∴，∵∠ABC=45°=∠BDN，∴△BDN為等腰直角三角形，∴BN=DN=，∴FN=3BN=9，DF=GM=6，∵BF==，∴FM==，∴BM=，∴BG=10-6=4；當點F在點D左側(cè)時，過點B作BN⊥DE，交直線DE于N，過點B作BM∥DG，交直線DE于M，延長FB和DG，交點為H，可知：∠H=∠FBM=90°，四邊形BMDG為平行四邊形，∴BG=MD，BM=DG，∵BF=3DG，∴tan∠BFD=，同理可得：△BDN為等腰直角三角形，BN=DN=3，∴FN=3BN=9，∴BF=，設(shè)MN=x，則MD=3-x，F(xiàn)M=9+x，在Rt△BFM和Rt△BMN中，有，即，解得：x=1，即MN=1，∴BG=MD=ND-MN=2.綜上：BG的值為4或2.故答案為：4或2.【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，難度較大，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，分清情況.67．（2020·江蘇常州?中考真題）如圖，在中，的垂直平分線分別交、于點E、F．若是等邊三角形，則_________°．【答案】30【解析】【分析】根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到∠B=∠BCF，再利用等邊三角形的性質(zhì)得到∠AFC=60°，從而可得∠B.【詳解】解：∵EF垂直平分BC，∴BF=CF，∴∠B=∠BCF，∵△ACF為等邊三角形，∴∠AFC=60°，∴∠B=∠BCF=30°.故答案為：30.【點睛】本題考查了垂直平分線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，外角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用垂直平分線的性質(zhì)得到∠B=∠BCF.68．（2020·甘肅天水?中考真題）一個三角形的兩邊長分別為2和5，第三邊長是方程的根，則該三角形的周長為_______．【答案】13【解析】【分析】先利用因式分解法解方程x2-8x+12=0，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得出第三邊的長，則該三角形的周長可求．【詳解】解：∵x2-8x+12=0，

∴，

∴x1=2，x2=6，

∵三角形的兩邊長分別為2和5，第三邊長是方程x2-8x+12=0的根，當x=2時，2+2＜5，不符合題意，

∴三角形的第三邊長是6，

∴該三角形的周長為：2+5+6=13．

故答案為：13．【點睛】本題考查了解一元二次方程的因式分解法及三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．69．（2020·甘肅天水?中考真題）如圖，在邊長為6的正方形內(nèi)作，交于點，交于點，連接，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到，若，則的長為__________．【答案】2【解析】【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)和等量代換可得∠GAE=∠FAE，進而可根據(jù)SAS證明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，設(shè)BE=x，則CE與EF可用含x的代數(shù)式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程即得答案．【詳解】解：∵將△繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到△，∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，∵，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，∴∠GAE=∠FAE，又AE=AE，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=EF，設(shè)BE=x，則CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，∵DF=3，∴CF=3，在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，解得：x=2，即BE=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，屬于?？碱}型，熟練掌握上述基本知識、靈活應(yīng)用方程思想是解題的關(guān)鍵．7