02幾何壓軸小題-【黃金沖刺】考前10天中考數(shù)學極限滿分沖刺(浙江專用)原卷版+解析

02幾何壓軸小題一、單選題1．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在等邊三角形中，，點，在上，點在上．已知，，則的長為（

）A． B． C． D．2．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，分別以，，為邊在的同一側作正方形，，，四塊陰影部分的面積分別為，，，．若已知圖中陰影部分的面積的和，則一定能求出（

）A．正方形的面積 B．正方形的面積C．的面積 D．四邊形的面積3．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖，正方形邊長為4，點E在邊上運動，在的左側作等腰直角三角形，，連接．喜歡探究的小亮通過獨立思考，得到以下兩個結論：①當點E與點D重合時，；②當線段最短時，．下列判斷正確的是（

）A．①，②都正確 B．①，②都錯誤 C．①正確，②錯誤 D．①錯誤，②正確4．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）我們知道訂書針的兩條短邊垂直長邊．如圖是由三枚完全相同的訂書針，，拼成的圖形，點B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，點D，K，L分別在，，上，，．當點，I重合時，的長度為（

）A． B． C． D．5．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形與正方形，連結并延長交于點K，若平分，則（

）A． B． C． D．6．（2023·浙江·模擬預測）如圖，是的直徑，點C是延長線上的一點，與相切于點D，連接．若，則（

）A． B．C． D．連接常用的輔助線是解題關鍵．7．（2023·浙江·模擬預測）如圖，在正方形ABCD中，點E在邊BC上（不與點B，C重合，點F在邊AB上，且，連接AE，DF，對角線AC與DF交于點G，連接BG，交AE于點H．若，則（

）A． B． C． D．8．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，點P在邊上，，分別為的中點，連接．過點作的垂線，與分別交于，兩點．連接，交于點．有以下判斷：①；②且；③當時，的面積為；④的最大值為．其中正確的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④9．（2023·浙江寧波·?？家荒＃┤鐖D，在邊長為8的正方形中，點O為正方形的中心，點E為邊上的動點，連結，作交于點F，連接，P為的中點，G為邊上一點，且，連接，則的最小值為（

）A．10 B． C． D．10．（2023·浙江金華·校聯(lián)考模擬預測）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形如圖所示．作．若，則的值為（

）A． B． C． D．11．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形中，為中點，連結，延長至點，使得，以為邊作正方形，《幾何原本》中按此方法找到線段的黃金分割點．現(xiàn)連結并延長，分別交，于點，，若的面積與的面積之差為，則線段的長為（

）A． B． C． D．12．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖，中，，點E，F(xiàn)，G，H分別為上異于端點的四點，滿足，M，N分別為上異于端點的兩點，連接，點O為線段MN上一個動點，從點M出發(fā)，運動到點N后停止，連接，當圖中存在與四邊形時，隨著點O的移動，兩者的面積之和變化趨勢為（

）A．先變大再變小 B．先變小再變大C．一直不變 D．以上都不對熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，利用割補法表示出陰影部分的面積，是解題的關鍵．13．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，正六邊形，P點在上，記圖中的面積為，已知正六邊形邊長，下列式子中不能確定的式子的是（

）A． B． C． D．14．（2023·浙江寧波·校考一模）如圖，的直徑AB，垂直平分OA，AB延長線上一點E，DE交圓O于F，且．弦DH交OC于G，滿足，，AC長為（

）A． B． C．2 D．15．（2023·浙江寧波·?？家荒＃?，AC＝1，以BC為邊作正方形BCED，當線段AC繞點A任意旋轉時，正方形BCED也隨之旋轉，若x＝AD＋AE，則x的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、填空題16．（2023·浙江杭州·杭州育才中學?？家荒＃┤鐖D，，延長交于點P，若，，，，則的值為________．17．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，，，P是x軸上動點，連結，將線段繞點A逆時針旋轉得到線段，連結，取中點為M．的度數(shù)為______，的最小值為______．18．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）圖1是一種機械裝置，當滑輪繞固定點旋轉時，點在上滑動，帶動點繞固定點旋轉，使點在水平桿上來回滑動．圖2是裝置的側面示意圖，，，，，．當轉動到時，點滑到最左邊處，此時，，恰好在同一條直線上，則點到的距離是______cm；當轉動到時，點滑到最右邊處，則點在上滑動的最大距離______cm．19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，為上一點，，以為圓心，為半徑的弧交于，交于，若為弧的中點，則_______，______．掌握銳角三角函數(shù)的定義，垂徑定理及推論是解題的關鍵．20．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在中，分別以，為斜邊在同側作兩個等腰直角與，若點是的重心，則______．21．（2023·浙江溫州·校考二模）小周同學在學習了折疊專題后，決定對扇形的折疊進行研究，首先他剪出一張扇形紙片，按如圖1所示方法進行折疊，，為扇形半徑，，為折痕，則______；然后小周又剪出了一個扇形進行不同的嘗試，按如圖2所示方法進行折疊后，恰好與相切于點F，，為折痕，則______．22．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，點E是正方形的邊上一點，垂直平分且分別交，，，于點F，H，I，G．若，則的長度為______，的值為______．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．23．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）在一次美術課堂的剪紙活動中，小剛把一張菱形的紙片沿著各邊的中點，剪取四邊形，紙片分別沿、折疊使得點落在，點落在處，且直線與直線重合，滿足，若陰影部分的周長之和等于16，，求的值是___________．24．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，在矩形中，．將矩形沿折疊，使點A落在邊上的E處，得到四邊形，連接，若，，則_____，______．25．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖.在中，，，，點是邊上的動點，過點作，交邊于點，是邊上一點，若使點，，構成等腰三角形的點恰好有三個，且，則的值是______.26．（2023·浙江·模擬預測）如圖，在銳角三角形中，是邊上的高線，是邊上的中線．若，，，則________（用含a的代數(shù)式表示）．正確作出輔助線是解題關鍵．27．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖，在直角坐標系中，點A的坐標是，點B是x軸上的一個動點，將線段繞點A逆時針旋轉至點C，連接．在運動過程中，的最小值為______．28．（2023·浙江·模擬預測）如圖，矩形中，，點為上一點，將沿著AE翻折得到，連結．若，且，則的長為______，的長為______．29．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考一模）如圖，點O為等邊三角形的中心，點D，E，F(xiàn)分別在邊，，上，將，，分別沿著線段，，翻折，得到，，，且恰好都經(jīng)過點O．與交于點G，與交于點H，與交于點I．（1）若，則______；（2）設的面積為，的面積為，則______．30．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，，，點E在AD邊上，．動點F從點D出發(fā)，沿著DC運動到點C停止，過點E作，交的邊于點G，設線段EG的中點為H．當點F與點D重合時，BG的長為________，點F從點D運動到點C的過程中，點H的運動路徑長為______．02幾何壓軸小題一、單選題1．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在等邊三角形中，，點，在上，點在上．已知，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，可得，，，由平行線的判定與性質(zhì)，可證得，，再根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)，可求得，，據(jù)此即可求解．【詳解】解：是等邊三角形，，，，，，，，，，，又，，，，解得，，，，解得，故選：D．【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，證得是解決本題的關鍵．2．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，分別以，，為邊在的同一側作正方形，，，四塊陰影部分的面積分別為，，，．若已知圖中陰影部分的面積的和，則一定能求出（

）A．正方形的面積 B．正方形的面積C．的面積 D．四邊形的面積【答案】C【分析】過D作于點N，連接，容易證得，，則有，；根據(jù)，，，可證得四邊形是矩形，即D、I、H三點共線，根據(jù)AAS可證，則有，，可得，則，據(jù)此求解．【詳解】如圖所示，過D作于點N，連接，，，同理可證，，，，則有，四邊形是平行四邊形，，四邊形是矩形，，∴D、I、H三點共線，又，，，，,，，，，即所以知道陰影部分的面積的和，則一定能求出的面積．故選：C【點睛】本題考查勾股定理和三角形全等的證明，將勾股定理和正方形的面積公式進行靈活的結合和應用是解題的關鍵．3．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖，正方形邊長為4，點E在邊上運動，在的左側作等腰直角三角形，，連接．喜歡探究的小亮通過獨立思考，得到以下兩個結論：①當點E與點D重合時，；②當線段最短時，．下列判斷正確的是（

）A．①，②都正確 B．①，②都錯誤 C．①正確，②錯誤 D．①錯誤，②正確【答案】A【分析】當點E與點D重合時，根據(jù)旋轉有，先判斷直線與直線重合，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得；連結，，即有：，當且僅當F、A、C三點共線時取等號，可知當F、A、C三點共線時，線段最短，等腰直角三角形中，有，先證明，再證明，即有，可得，即可得．【詳解】當點E與點D重合時，如圖，根據(jù)旋轉有，∵等腰直角三角形中，，∵，∴直線與直線重合，∵，，正方形邊長為4，∴，故①正確；連接，，如圖，即有：，當且僅當F、A、C三點共線時取等號，∴當F、A、C三點共線時，線段最短，且為：，如圖，等腰直角三角形中，，，∴，在正方形中，可知：，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，即②正確，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，相似三角形的判斷與性質(zhì)等知識，構造合理的輔助線，判斷出當F、A、C三點共線時，線段最短，是解答本題的關鍵．4．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）我們知道訂書針的兩條短邊垂直長邊．如圖是由三枚完全相同的訂書針，，拼成的圖形，點B，E，C，F(xiàn)在同一條直線上，點D，K，L分別在，，上，，．當點，I重合時，的長度為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點J作，交于點N，交于點M，證明，設，利用全等，相似的性質(zhì)計算即可．【詳解】如圖，過點J作，交于點N，交于點M，設，∵，∴，，∴四邊形是矩形，，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴解得，∴，故選B．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．5．（2023·浙江金華·統(tǒng)考一模）如圖，四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形與正方形，連結并延長交于點K，若平分，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】過點K作，設，先證得，可得，再證，可得，即，解出，再證，列比例式求解即可．【詳解】解：過點K作，設，∵平分，∴，∵四個全等的直角三角形拼成“趙爽弦圖”，得到正方形與正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∵∴，∴，故選：C【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．6．（2023·浙江·模擬預測）如圖，是的直徑，點C是延長線上的一點，與相切于點D，連接．若，則（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】連接．根據(jù)切線的性質(zhì)可得出，根據(jù)直徑所對圓周角為直角得出，結合題意易證為等邊三角形，最后由含30度角的直角三角形的性質(zhì)結合勾股定理逐項計算判斷即可．【詳解】解：如圖，連接．∵與相切于點D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴為等邊三角形，∴，∴，故A錯誤，不符合題意；∵，，∴，∴，故B正確，符合題意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C錯誤，不符合題意；∵是的直徑，∴．∵為等邊三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D錯誤，不符合題意．故選B．【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理．連接常用的輔助線是解題關鍵．7．（2023·浙江·模擬預測）如圖，在正方形ABCD中，點E在邊BC上（不與點B，C重合，點F在邊AB上，且，連接AE，DF，對角線AC與DF交于點G，連接BG，交AE于點H．若，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，則，證明和，推出，作，證明，得到，，設，則，推出，在中，利用勾股定理求得，代入計算即可求解．【詳解】解：設，則，∵正方形ABCD中，，∴，，∴，∴，，∵對角線與交于點G，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，作，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，設，則，∴，∴，在中，，即，整理得，∴，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建等量關系是解決的問題．8．（2023·浙江杭州·校聯(lián)考一模）如圖，在中，，點P在邊上，，分別為的中點，連接．過點作的垂線，與分別交于，兩點．連接，交于點．有以下判斷：①；②且；③當時，的面積為；④的最大值為．其中正確的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】①由等腰三角形的性質(zhì)可得，由三角形中位線定理可得，可求解；②由可證，全等，可得，，可求解；③由等腰三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可求的長，再由三角形面積公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性質(zhì)分別求出，的值，即可求得解【詳解】解：①，分別為的中點，，；故①正確；②，是等腰直角三角形，∴，又，∴，∵是的中點，∴，∴，故②正確；③當時，∵是的中點，∴，故③正確；④設為，，∴即的最大值為故④正確，綜上所述，①②③④正確，故選：D．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，綜合運用以上知識是解題的關鍵．9．（2023·浙江寧波·?？家荒＃┤鐖D，在邊長為8的正方形中，點O為正方形的中心，點E為邊上的動點，連結，作交于點F，連接，P為的中點，G為邊上一點，且，連接，則的最小值為（

）A．10 B． C． D．【答案】D【分析】過點O作于點H，作于點I，連接，證明點P運動的軌跡是線段，作點A關于直線的對稱點，當點、點P、點G在同一直線上時，取得最小值，最小值為的長，利用勾股定理即可求解．【詳解】解：過點O作于點H，作于點I，連接，，∵點O為正方形的中心，∴，，∴四邊形為正方形，為正方形的對角線，∴，∴，∴，∴，∴與都是等腰直角三角形，∴，，∴E、I、O、P四點共圓，∴，∵，∴點P運動的軌跡是線段，作點A關于直線的對稱點，

當點、點P、點G在同一直線上時，取得最小值，最小值為的長，過點作交延長線于點Q，同理得四邊形為正方形，且邊長為4，∴，，∴．故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，得到點P運動的軌跡是線段是解題的關鍵．10．（2023·浙江金華·校聯(lián)考模擬預測）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形如圖所示．作．若，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，設，先證，得出，即，根據(jù)四個三角形全等得出，可求，得出點E為的中點，根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)得出，再證四邊形為平行四邊形，得出，然后證明四邊形為平行四邊形，得出，根據(jù)勾股定理求出、，據(jù)此即可求解．【詳解】解：連接，設，∵，四邊形為正方形，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴點E為的中點，∵，∴，∵四邊形為正方形，∴，即，又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，∴，且，∴四邊形為平行四邊形，∴，在中，，∴，在中，，∴．故選：A．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，線段的比，掌握正方形的性質(zhì)，三角形全等性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，線段的比是解題關鍵．11．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形中，為中點，連結，延長至點，使得，以為邊作正方形，《幾何原本》中按此方法找到線段的黃金分割點．現(xiàn)連結并延長，分別交，于點，，若的面積與的面積之差為，則線段的長為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意做輔助線，利用正方形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)將面積差進行轉化即可得到的長．【詳解】解：連接，∵四邊形是正方形，∴，∵為的中點，∴，設,則為,根據(jù)勾股定理，,∵，∴，∵是正方形的對角線，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，由題意可得：，∴，即，∴，∴，解得：，∴,∵∴．故選．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等相關知識點，根據(jù)已知條件做出輔助線是解題的關鍵．12．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖，中，，點E，F(xiàn)，G，H分別為上異于端點的四點，滿足，M，N分別為上異于端點的兩點，連接，點O為線段MN上一個動點，從點M出發(fā)，運動到點N后停止，連接，當圖中存在與四邊形時，隨著點O的移動，兩者的面積之和變化趨勢為（

）A．先變大再變小 B．先變小再變大C．一直不變 D．以上都不對【答案】C【分析】連接，設點到的距離為，到的距離為，到的距離為，到的距離為，利用面積公式求出，，發(fā)現(xiàn)均為定值，和也為定值，利用割補法得到與四邊形的面積之和為，即可得出結論．【詳解】解：連接，設點到的距離為，到的距離為，到的距離為，到的距離為，∵四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，，∵為定值，是平行四邊形的高，均為定值，∴，，均為定值，∵的邊長是定值，∴也為定值，∵與四邊形的面積之和為，為定值，∴與四邊形的面積之和保持不變，故選C．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，割補法求陰影部分的面積．熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，利用割補法表示出陰影部分的面積，是解題的關鍵．13．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，正六邊形，P點在上，記圖中的面積為，已知正六邊形邊長，下列式子中不能確定的式子的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，交于，設正六邊形邊長為，在正六邊形中求得則，易得，，，設，則，分別求得計算即可．【詳解】解：連接，交于，設正六邊形邊長為，在正六邊形中求得，則，，，易得四邊形是矩形，，，，，，設，則，，，，，，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，三角形面積的有關計算，角所對的直角邊等于斜邊的一般以及勾股定理解直角三角形；解題的關鍵是熟練掌握正多邊形的性質(zhì)．14．（2023·浙江寧波·校考一模）如圖，的直徑AB，垂直平分OA，AB延長線上一點E，DE交圓O于F，且．弦DH交OC于G，滿足，，AC長為（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】連接，如圖，先根據(jù)題意證明，得到，進而可證明，得出，由垂直平分OA可得，設，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和可求得，進而可求出，由變形可得，然后設未知數(shù)求出圓的半徑即可求出答案．【詳解】解：連接，如圖，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵垂直平分OA，∴，∴，設，則，∴，∵，∴，在直角三角形中，∵，∴，解得，∴，∴，∵，∴，∵，

∴，∴，設圓的半徑為r，則在直角三角形中，，∴，∴，作于點M，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（負值已舍去），∴．故選：C【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了同圓半徑相等、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)等知識，綜合性較強，熟練掌握上述知識、正確添加輔助線、靈活應用數(shù)形結合思想是解題的關鍵．15．（2023·浙江寧波·?？家荒＃?，AC＝1，以BC為邊作正方形BCED，當線段AC繞點A任意旋轉時，正方形BCED也隨之旋轉，若x＝AD＋AE，則x的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】過點作交的延長線于點，過點作于點，證明，得出，進而如圖所示，將旋轉，得到，則，得出即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作交的延長線于點，過點作于點則四邊形是矩形，設∵，，又，∴，即，∴，，如圖，如圖所示，將旋轉，得到，則，∵，∴∴，∴∴故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，勾股定理及三角形三邊關系，熟練掌握勾股定理，兩點之間線段最短是解題的關鍵．二、填空題16．（2023·浙江杭州·杭州育才中學校考一模）如圖，，延長交于點P，若，，，，則的值為________．【答案】【分析】如圖作于H．首先證明，推出，求出即可解決問題；【詳解】如圖作于H．交于O．∵，，，∴，，∴∵，∴，，∴，∴，∵，∴，在中，∵，，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．17．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標系中，，，P是x軸上動點，連結，將線段繞點A逆時針旋轉得到線段，連結，取中點為M．的度數(shù)為______，的最小值為______．【答案】/135度【分析】過A作軸，垂足為C，根據(jù)A，B的坐標可得，即可求出；根據(jù)旋轉的性質(zhì)得到，，證明，得到，則有，進一步推出，再利用直角三角形斜邊中線得到，，可得，從而得到點M的軌跡，再根據(jù)兩點之間線段最短可得當M在上時，最小，結合坐標求出最小值即可．【詳解】解：如圖，過A作軸，垂足為C，∵，，∴，∴，∴；∵繞點A逆時針旋轉得到，是中點，∴，，∴，過點Q作，垂足為D，∵，∴，又，∴，在和中，，∴，∴，即點Q的橫坐標為1，則，∴，∴，則，∴點M在線段的垂直平分線上，∴當M在上時，最小，且為，故答案為：，．【點睛】本題考查了旋轉的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線定理，勾股定理，最值問題，找到最小時的位置是解題的關鍵．18．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考一模）圖1是一種機械裝置，當滑輪繞固定點旋轉時，點在上滑動，帶動點繞固定點旋轉，使點在水平桿上來回滑動．圖2是裝置的側面示意圖，，，，，．當轉動到時，點滑到最左邊處，此時，，恰好在同一條直線上，則點到的距離是______cm；當轉動到時，點滑到最右邊處，則點在上滑動的最大距離______cm．【答案】14【分析】延長交于點，則，在中，，，求得，證明，得，求得，，即可求得點到的距離是；延長交于，作于，證明平分，進一步證明，求得，，，在中，求得，進而得到，根據(jù)，得到，求得，，結合，即可求得點在上滑動的最大距離．【詳解】如圖，延長交于點，則，在中，，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴點到的距離是；延長交于，作于，∵，，，∴平分，∴又∵，，∴，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又∵，∴∴點在上滑動的最大距離是cm．故答案為：14，【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分線的判定和性質(zhì)，熟練掌握相關知識點是解題的關鍵．19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，為上一點，，以為圓心，為半徑的弧交于，交于，若為弧的中點，則_______，______．【答案】【分析】連接，，過點作于點，設，根據(jù)過圓心且平分弦所對的弧則垂直平分弦可得出，結合矩形的性質(zhì)可得出，所以，求出，根據(jù)勾股定理求出，即，由垂徑定理得出，證明四邊形是矩形，從而有，利用銳角三角函數(shù)求出，最后在中利用正切的定義即可得解．【詳解】連接，，過點作于點，設，∵以為圓心，為半徑的弧交于，交于，若為弧的中點，∴，，，∴，，∵在矩形中，，，∴，，，∴即，∴，∴，∴，即，∴，在中，，，∵，∴，解得：，∴，∵，點為圓心，∴，，在四邊形中，，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，在中，，，，∴，故答案為：；．【點睛】本題考查垂徑定理及推論，矩形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，勾股定理等知識點．掌握銳角三角函數(shù)的定義，垂徑定理及推論是解題的關鍵．20．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在中，分別以，為斜邊在同側作兩個等腰直角與，若點是的重心，則______．【答案】/【分析】連接并延長交于，由重心可得，是等腰直角三角形，再過作，即可根據(jù)，求出的值．【詳解】連接并延長交于，過作，∵點是的重心，∴，，設，則，∵分別以，為斜邊在同側作兩個等腰直角與，∴、是等腰直角三角形，，∴，，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查重心的性質(zhì)，求正切，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，解題的關鍵是熟記重心的定義及性質(zhì)．21．（2023·浙江溫州·校考二模）小周同學在學習了折疊專題后，決定對扇形的折疊進行研究，首先他剪出一張扇形紙片，按如圖1所示方法進行折疊，，為扇形半徑，，為折痕，則______；然后小周又剪出了一個扇形進行不同的嘗試，按如圖2所示方法進行折疊后，恰好與相切于點F，，為折痕，則______．【答案】【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，，然后根據(jù)勾股定理及三角函數(shù)可進行求解；過點F作，交延長線于一點M，連接，，設，，由（1）易得，然后可得，則由勾股定理可得，進而問題可求解【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知，，設，∴，∴在中，，∴；過點F作，交延長線于一點M，連接，，如圖所示：設，，同理可得，∵恰好與相切于點F，∴點M即為所在圓的圓心，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴；故答案為，【點睛】本題主要考查折疊的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、勾股定理及三角函數(shù)，熟練掌握折疊的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、圓的基本性質(zhì)、勾股定理及三角函數(shù)是解題的關鍵22．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，點E是正方形的邊上一點，垂直平分且分別交，，，于點F，H，I，G．若，則的長度為______，的值為______．【答案】8/【分析】如圖，過作于，連接，則四邊形是矩形，，由，可得，證明，則，證明，則，，由垂直平分線的性質(zhì)可得，，則，，，由，可，則是等腰直角三角形，，則，，則，解得，即，，，在中，由勾股定理求得，證明，則，即，解得，可知，如圖，過作于點K，，根據(jù)計算求解即可．【詳解】解：如圖，過作于，連接，∵四邊形是正方形，∴，∴四邊形是矩形，∴，∵，∴，在和中，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，，由垂直平分線的性質(zhì)可得，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，設，則，，∴，解得，∴，，，在中，由勾股定理得，∵，，∴，∴，即，解得，∴，如圖，過作于點K，∴，在中，，故答案為：8，．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，正弦，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．23．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）在一次美術課堂的剪紙活動中，小剛把一張菱形的紙片沿著各邊的中點，剪取四邊形，紙片分別沿、折疊使得點落在，點落在處，且直線與直線重合，滿足，若陰影部分的周長之和等于16，，求的值是___________．【答案】【分析】連接，，相交于點O，由題意易得四邊形是矩形，然后可得，，設，，．進而根據(jù)陰影部分的周長及可進行求解．【詳解】解：連接，，相交于點O，如圖所示：∵四邊形是菱形，∴，∵E、F、G、H是、、、的中點，∴，，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，點A到的距離和點C到的距離相等，距離即為，由折疊可知：四邊形是正方形，可設，，，∴，∵，∴，∴，即，∵陰影部分的周長之和等于16，∴，∴，∴，∴，∴在中，由勾股定理得，∴，∵，∴，故答案為．【點睛】本題考查解直角三角形的應用，菱形的性質(zhì)，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．24．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考三模）如圖，在矩形中，．將矩形沿折疊，使點A落在邊上的E處，得到四邊形，連接，若，，則_____，______．【答案】【分析】過G作于M，過P作，垂足為N，證明，推出，據(jù)此可求得；再根據(jù)三角函數(shù)推出，設，則，根據(jù)勾股定理表示，在中，，，求出，即可求出面積．【詳解】解：過G作于M，過P作，垂足為N，∵矩形沿折疊，使點A落在邊上的E處，得到四邊形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴；∵折疊矩形，∴，∴，∵，∴，設，則，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，，∴，，解得，，∴；故答案為：，．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，矩形，正方形的性質(zhì)，翻折變換，解直角三角形，熟練掌握這些知識點的綜合應用，善于在復雜的圖形中找出基本圖形是解題關鍵．25．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考一模）如圖.在中，，，，點是邊上的動點，過點作，交邊于點，是邊上一點，若使點，，構成等腰三角形的點恰好有三個，且，則的值是______.【答案】或【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，運用平行線分線段成比例定理分類計算．【詳解】當平分時，符合題意，如圖所示，此時四邊形是正方形，∵，∴，∴，解得；如圖，當時，恰好有四個位置滿足Ｆ，∵，，，，∴，，∴，解得；∴時，就滿足了3個F，故答案為：或．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，熟練掌握定理是解題的關鍵．26．（2023·浙江·模擬預測）如圖，在銳角三角形中，是邊上的高線，是邊上的中線．若，，，則________（用含a的代數(shù)式表示）．【答案】【分析】連接，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得出，再根據(jù)題意結合三角形外角的性質(zhì)易證，即得出，說明為等腰直角三角形，得出．設，則，，根據(jù)勾股定理可求出．最后在中，利用勾股定理列出關于x的方程，解出x的值即可求解．【詳解】如圖，連接．∵是邊上的高線，∴．∵是邊上的中線，∴點E為中點，∴，∴．∵，∴．又∵，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴．設，則，，∴．∵，即，解得：，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識．正確作出輔助線是解題關鍵．27．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考一模）如圖，在直角坐標系中，點A的坐標是，點B是x軸上的一個動點，將線段繞點A逆時針旋轉至點C，連接．在運動過程中，的最小值為______．【答案】//【分析】以為邊在y軸左側作等邊，連接，過點D作軸于點E，利用證明，得出，由垂線段最短可知，當B和E重合時，最小，則也最小，然后在，利用含的直角三角形的性質(zhì)求出即可．【詳解】解：以為邊在y軸左側作等邊，連接，過點D作軸于點E，，∴，，∵線段繞點A逆時針旋轉至點C，∴，，∴，∴，又，，∴，∴，∴當最小時，也最小，而點B在軸上運動，由垂線段最短可知，當B和E重合時，最小