中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)復(fù)習(xí)專題10 填空題壓軸題幾何圖形綜合計算專項訓(xùn)練（解析版）

專題10填空題壓軸題幾何圖形綜合計算專項訓(xùn)練（集訓(xùn)版）模塊一中考真題集訓(xùn)1．（2022?海南）如圖，正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，則∠AEB＝60°；若△AEF的面積等于1，則AB的值是3．思路引領(lǐng)：利用“HL”先說明△ABE與△ADF全等，得結(jié)論∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差關(guān)系及三角形的內(nèi)角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面積求出AE，再利用直角三角形的邊角間關(guān)系求出AB．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．在Rt△ABE和Rt△ADF中，AB=ADAE=AF∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．∴∠BAE＝∠DAF．∴∠BAE=12（∠BAD﹣∠=12（90°﹣30＝30°．∴∠AEB＝60°．故答案為：60．過點F作FG⊥AE，垂足為G．∵sin∠EAF=FG∴FG＝sin∠EAF×AF．∵S△AEF=12×AE×FG=12×AE×∴12×AE2×sin30即12×AE2∴AE＝2．在Rt△ABE中，∵cos∠BAE=AB∴AB＝cos30°×AE=3=3故答案為：3．總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)及解直角三角形，掌握正方形的性質(zhì)及直角三角形的邊角間關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．2．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：（1）∠FDG＝45°；（2）若DE＝1，DF＝22，則MN＝2615思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)AAS證△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度數(shù)；（2）由（1）的結(jié)論得出CD的長度，GF的長度，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分別求出DM，NC的值即可得出MN的值．解：由題知，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，∴∠AEB+∠GEF＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠GEF＝∠ABE，在△ABE和△GEF中，∠GEF=∠ABE∠A=∠G=90°∴△ABE≌△GEF（AAS），∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，即DG+DE＝AE+DE，∴DG＝AE，∴DG＝GF，即△DGF是等腰直角三角形，∴∠FDG＝45°，故答案為：45°；（2）∵DE＝1，DF＝22，由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，延長GF交BC延長線于點H，∴CD∥GH，∴△EDM∽△EGF，∴MDGF即MD2∴MD=2同理△BNC∽△BFH，∴NCFH即NCGH?GF∴NC3?2∴NC=3∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3?2故答案為：2615總結(jié)提升：本題主要考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(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)等知識，熟練掌握這些基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵．3．（2022?深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝25，連接CE，以CE為底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE邊上的一點，連接BD和BF，且∠FBD＝45°，則AF長為354思路引領(lǐng)：將線段BD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段HD，連接BH，利用SAS證明△EDH≌△CDB，得EH＝CB＝5，∠BGH＝∠BDH＝90°，從而得出HE∥DC∥AB，則△ABF∽△EHF，即可解決問題．解：將線段BD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段HD，連接BH，延長HE交BC于G，∴△BDH是等腰直角三角形，∴∠HBD＝45°，∵∠FBD＝45°，∴點B、F、H共線，又∵△EDC是等腰直角三角形，∴HD＝BD，∠EDH＝∠CDB，ED＝CD，∴△EDH≌△CDB（SAS），∴EH＝CB＝5，∠DHE＝∠CBD，∴∠BGH＝∠BDH＝90°，∴HE∥AB，∴△ABF∽△EHF，∴ABEH∵AE＝25，∴35∴AF=3故答案為：34總結(jié)提升：本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．4．（2022?河南）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝22，點D為AB的中點，點P在AC上，且CP＝1，將CP繞點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，點P的對應(yīng)點為點Q，連接AQ，DQ．當(dāng)∠ADQ＝90°時，AQ的長為5或13．思路引領(lǐng)：分兩種情況：當(dāng)點Q在CD上，當(dāng)點Q在DC的延長線上，利用勾股定理分別進行計算即可解答．解：如圖：∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝22，∴AB=2AC∵點D為AB的中點，∴CD＝AD=12AB＝2，∠ADC＝90∵∠ADQ＝90°，∴點C、D、Q在同一條直線上，由旋轉(zhuǎn)得：CQ＝CP＝CQ′＝1，分兩種情況：當(dāng)點Q在CD上，在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，∴AQ=A當(dāng)點Q在DC的延長線上，在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，∴AQ′=A綜上所述：當(dāng)∠ADQ＝90°時，AQ的長為5或13，故答案為：5或13．總結(jié)提升：本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形，分兩種情況進行討論是解題的關(guān)鍵．5．（2022?山西）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE＝DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE＝5，CN＝8，則線段AN的長為434．思路引領(lǐng)：連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可證得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，從而可得∠EAF＝90°，根據(jù)等腰三角形三線合一可得點M為EF中點，由AN⊥EF可證得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，設(shè)DN＝x，則EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解．解：如圖，連接AE，AF，EN，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，∴∠EAF＝90°，∴△EAF為等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），∴EN＝FN，設(shè)DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴CD＝CN+DN＝x+8，∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2＝EN2，即82+（x+3）2＝（x+5）2，解得：x＝12，∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN=AD2解法二：可以用相似去做，△ADN與△FCE相似，設(shè)正方形邊長為x，DNEC=AD∴x＝20．在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝434．故答案為：434．總結(jié)提升：本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問題．6．（2022?陜西）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分別是邊AD、BC上的動點，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為152思路引領(lǐng)：連接AC交BD于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，OB＝OD=72，OA＝OC，根據(jù)勾股定理求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，用含AM的代數(shù)式表示ME、解：連接AC交BD于O，∵四邊形ABCD為菱形，∴BD⊥AC，OB＝OD=72，OA＝由勾股定理得：OA=A∵ME⊥BD，AO⊥BD，∴ME∥AO，∴△DEM∽△DOA，∴MEOA=DM解得：ME=4同理可得：NF=15∴ME+NF=15故答案為：152總結(jié)提升：本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解題的關(guān)鍵．7．（2022?陜西）在20世紀(jì)70年代，我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚教授將黃金分割法作為一種“優(yōu)選法”，在全國大規(guī)模推廣，取得了很大成果．如圖，利用黃金分割法，所作EF將矩形窗框ABCD分為上下兩部分，其中E為邊AB的黃金分割點，即BE2＝AE?AB．已知AB為2米，則線段BE的長為（﹣1+5）思路引領(lǐng)：根據(jù)BE2＝AE?AB，建立方程求解即可．解：∵BE2＝AE?AB，設(shè)BE＝x，則AE＝（2﹣x），∵AB＝2，∴x2＝2（2﹣x），即x2+2x﹣4＝0，解得：x1＝﹣1+5，x2＝﹣1?∴線段BE的長為（﹣1+5故答案為：（﹣1+5總結(jié)提升：本題主要考查了黃金分割，熟練掌握線段之間的關(guān)系列出方程是解決本題的關(guān)鍵．8．（2022?天津）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠DAB＝60°，E為AB的中點，F(xiàn)為CE的中點，AF與DE相交于點G，則GF的長等于194思路引領(lǐng)：如圖，過點F作FH∥CD，交DE于H，過點C作CM⊥AB，交AB的延長線于M，連接FB，先證明FH是△CDE的中位線，得FH＝1，再證明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM中計算BM和CM的長，再證明BF是中位線，可得BF的長，由勾股定理可得AF的長，從而得結(jié)論．解：如圖，過點F作FH∥CD，交DE于H，過點C作CM⊥AB，交AB的延長線于M，連接FB，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，∴FH∥AB，∴∠FHG＝∠AEG，∵F是CE的中點，F(xiàn)H∥CD，∴H是DE的中點，∴FH是△CDE的中位線，∴FH=12∵E是AB的中點，∴AE＝BE＝1，∴AE＝FH，∵∠AGE＝∠FGH，∴△AEG≌△FHG（AAS），∴AG＝FG，∵AD∥BC，∴∠CBM＝∠DAB＝60°，Rt△CBM中，∠BCM＝30°，∴BM=12BC＝1，CM∴BE＝BM，∵F是CE的中點，∴FB是△CEM的中位線，∴BF=12CM=32，∴∠EBF＝∠M＝90°，Rt△AFB中，由勾股定理得：AF=A∴GF=12AF故答案為：194總結(jié)提升：此題考查的是菱形的性質(zhì)，三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握其性質(zhì)定理是解決此題的關(guān)鍵．9．（2022?重慶）如圖，菱形ABCD中，分別以點A，C為圓心，AD，CB長為半徑畫弧，分別交對角線AC于點E，F(xiàn)．若AB＝2，∠BAD＝60°，則圖中陰影部分的面積為63?2π思路引領(lǐng)：根據(jù)菱形的性質(zhì)求出對角線的長，進而求出菱形的面積，再根據(jù)扇形面積的計算方法求出扇形ADE的面積，由S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．解：如圖，連接BD交AC于點O，則AC⊥BD，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠BAC＝∠ACD＝30°，AB＝BC＝CD＝DA＝2，在Rt△AOB中，AB＝2，∠BAO＝30°，∴BO=12AB＝1，AO=3∴AC＝2OA＝23，BD＝2BO＝2，∴S菱形ABCD=12AC?BD＝2∴S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE＝23=6故答案為：63總結(jié)提升：本題考查扇形面積的計算，菱形的性質(zhì)，掌握扇形面積的計算方法以及菱形的性質(zhì)是正確解答的前提．10．（2022?吉林）第二十四屆北京冬奧會入場式引導(dǎo)牌上的圖案融入了中國結(jié)和雪花兩種元素．如圖，這個圖案繞著它的中心旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜360°）后能夠與它本身重合，則角α可以為60（答案不唯一）．度．（寫出一個即可）思路引領(lǐng)：先求出正六邊形的中心角，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)解答即可．解：360°÷6＝60°，則這個圖案繞著它的中心旋轉(zhuǎn)60°后能夠與它本身重合，故答案為：60（答案不唯一）．總結(jié)提升：本題考查的是旋轉(zhuǎn)對稱圖形、正多邊形的性質(zhì)，求出正六邊形的中心角是解題的關(guān)鍵．11．（2022?泰安）如圖，某一時刻太陽光從窗戶射入房間內(nèi)，與地面的夾角∠DPC＝30°，已知窗戶的高度AF＝2m，窗臺的高度CF＝1m，窗外水平遮陽篷的寬AD＝0.8m，則CP的長度為4.4m（結(jié)果精確到0.1m）．思路引領(lǐng)：本題涉及遮陽棚的計算問題，光線是平行光線，所以在直角三角形中，知道一個銳角的度數(shù)，一條邊的長度，可以運用直角三角形邊角的關(guān)系解決問題．解：根據(jù)圖形可知AD∥CP．∵AD∥CP，∠DPC＝30°，在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝0.8m，∴AB＝AD×tan∠ADB＝0.8×33≈∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF＝1m，∴BC＝2.54m，在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，∴CP=BC答：CP的長度約為4.4m．故答案為：4.4m．總結(jié)提升：考查直角三角形中邊角的關(guān)系，關(guān)鍵是能正確的選擇運用三角函數(shù)解決問題．12．（2022?泰安）如圖，四邊形ABCD為正方形，點E是BC的中點，將正方形ABCD沿AE折疊，得到點B的對應(yīng)點為點F，延長EF交線段DC于點P，若AB＝6，則DP的長度為2．思路引領(lǐng)：連接AP，根據(jù)正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)證明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根據(jù)勾股定理即可解決問題．解：如圖，連接AP，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，點E是BC的中點，∴BE＝CE=12由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，在Rt△AFP和Rt△ADP中，AP=APAF=AD∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），∴PF＝PD，設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，在Rt△PEC中，根據(jù)勾股定理得：EP2＝EC2+CP2，∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，解得x＝2．則DP的長度為2．故答案為：2．總結(jié)提升：本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．13．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝36度；BCAD的值等于3+5思路引領(lǐng)：由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO＝∠BCO，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出CEEO=BECE，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OE=5?12a，證明解：∵AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴∠BEC＝∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對折，∴∠ECO＝∠BCO，又∵OB＝OC，∴∠OCB＝∠B，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∴∠CEB＝2x，∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，∴∠B＝36°；∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，∴△CEO∽△BEC，∴CEEO∴CE2＝EO?BE，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，∴a2＝x（x+a），解得，x=5?1∴OE=5?1∴AE＝OA﹣OE＝a?5?12a∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴BCAD∴BCAD故答案為：36，3+5總結(jié)提升：本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點C是射線BQ上的動點，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動點E在AB延長線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時，BE的長是354或5思路引領(lǐng)：如圖，過點C作CT⊥AE于點T，過點D作DJ⊥CT交CT的延長線于點J，連接EJ．由tan∠CBT＝3=CTBT，可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，證明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+解：如圖，過點C作CT⊥AE于點T，過點D作DJ⊥CT交CT的延長線于點J，連接EJ．∵tan∠CBT＝3=CT∴可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，∴∠CAT＝∠JCD，在△ATC和△CJD中，∠ATC=∠CJD=90°∠CAT=∠JCD∴△ATC≌△CJD（AAS），∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，∵∠CJD＝∠CED＝90°，∴C，E，D，J四點共圓，∵EC＝DE，∴∠CJE＝∠DJE＝45°，∴ET＝TJ＝10﹣2k，∵CE2＝CT2+TE2＝（22CD）2∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[22?(3k)2整理得4k2﹣25k+25＝0，∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，∴k＝5和54∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或354故答案為：5或354總結(jié)提升：本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．15．（2022?無錫）△ABC是邊長為5的等邊三角形，△DCE是邊長為3的等邊三角形，直線BD與直線AE交于點F．如圖，若點D在△ABC內(nèi)，∠DBC＝20°，則∠BAF＝80°；現(xiàn)將△DCE繞點C旋轉(zhuǎn)1周，在這個旋轉(zhuǎn)過程中，線段AF長度的最小值是4?3思路引領(lǐng)：第一個問題證明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二個問題，如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．證明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出點F在△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，求出AE，EF可得結(jié)論．解：∵△ACB，△DEC都是等邊三角形，∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCD＝∠ACE，在△BCD和△ACE中，CB=CA∠BCD=∠ACE∴△BCD≌△ACE（SAS），∴∠DBC＝∠EAC＝20°，∵∠BAC＝60°，∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．同法可證△BCD≌△ACE，∴∠CBD＝∠CAF，∵∠BTC＝∠ATF，∴∠BCT＝∠AFT＝60°，∴點F在△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，∴BD=B∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，∵CD＝CE，CF＝CF，∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），∴∠DCF＝∠ECF＝30°，∴EF＝CE?tan30°=3∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4?3故答案為：80，4?3總結(jié)提升：本題考查旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，軌跡，解直角三角形，等邊三角形的性質(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?？碱}型．16．（2022?無錫）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是CD的中點，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點H、G，則BG＝1．思路引領(lǐng)：設(shè)CG＝x，則BG＝8﹣x，根據(jù)勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，進而求出BG的長．解：連接AG，EG，∵E是CD的中點，∴DE＝CE＝4，設(shè)CG＝x，則BG＝8﹣x，在Rt△ABG和Rt△GCE中，根據(jù)勾股定理，得AB2+BG2＝CE2+CG2，即82+（8﹣x）2＝42+x2，解得x＝7，∴BG＝BC﹣CG＝8﹣7＝1．故答案是：1．總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是熟練運用線段垂直平分線的性質(zhì)構(gòu)造輔助線．17．（2022?鎮(zhèn)江）如圖，有一張平行四邊形紙片ABCD，AB＝5，AD＝7，將這張紙片折疊，使得點B落在邊AD上，點B的對應(yīng)點為點B′，折痕為EF，若點E在邊AB上，則DB′長的最小值等于2．思路引領(lǐng)：由折疊可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如圖，當(dāng)E與A重合時，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2．解：由折疊可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如圖，當(dāng)E與A重合時，B'D最短．∵AB＝5，AD＝7，∴AB'＝5，∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，即DB′長的最小值為2．故答案為：2．總結(jié)提升：本題考查翻折變換（折疊問題）、平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握翻折的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．18．（2022?德州）如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，點D是斜邊AB上一點，且BD=14AB，將△ABC繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′B′C′，B′C′交AB于點E．其中點C的運動路徑為弧CC′，則弧CC′的長度為10思路引領(lǐng)：連接CD，DC'，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出DC的長，再代入弧長公式計算即可．解：連接CD，DC'，作CH⊥AB于H，∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，∴AB＝42，CH＝BH＝22，∵BD=14∴BD=2∴DH=2在Rt△CHD中，由勾股定理得，CD=C∴弧CC′的長度為90π×10故答案為：10π總結(jié)提升：本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，熟練掌握弧長公式是解題的關(guān)鍵．19．（2022?內(nèi)蒙古）如圖，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝1，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，M為PC的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是24π思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)AB的中點為O，連接OP，OC，OM，判斷出點M的運動軌跡，利用弧長公式求解．解：如圖，設(shè)AB的中點為O，連接OP，OC，OM，∵OP＝OC，CM＝PM，∴OM⊥PC，∴∠CMO＝90°，∴點M的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的⊙T，設(shè)⊙T交AC于點E，交BC于點F，連接EF則EF是直徑，∴點M的運動軌跡在以O(shè)C為直徑的⊙T上（即EOF上），∵AC＝CB＝1，∠ACB＝90°，∴AB=A∵OA＝OB，∴OC=12AB∴點M的運動軌跡的長=12×2π故答案為：24π總結(jié)提升：本題考查軌跡，等腰直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確判斷出點M的運動軌跡，屬于中考常考題型．20．（2022?鎮(zhèn)江）如圖，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分別為AB、AC、BC的中點，若DE＝1，則FG＝1．思路引領(lǐng)：根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出AB的長，進而利用三角形中位線定理解答即可．解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中點，∴AB＝2DE＝2，∵F、G分別為AC、BC的中點，∴FG是△ACB的中位線，∴FG=12故答案為：1．總結(jié)提升：此題考查三角形中位線定理，關(guān)鍵是根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得出AB的長解答．21．（2022?通遼）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AC為直徑，若AB＝23，BC＝3，點P從B點出發(fā)，在△ABC內(nèi)運動且始終保持∠CBP＝∠BAP，當(dāng)C，P兩點距離最小時，動點P的運動路徑長為33π思路引領(lǐng)：如圖，取AB的中點J，首先證明∠APB＝90°，推出點P在以AB為直徑的⊙J上運動，當(dāng)J，P，C共線時，PC的值最小，解直角三角形求出∠CJB＝60°可得結(jié)論．解：如圖，取AB的中點J，∵AC是直徑，∴∠ABC＝90°，∴∠ABP+∠PBC＝90°，∵∠BAP＝∠PBC，∴∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠APB＝90°，∴點P在以AB為直徑的⊙J上運動，當(dāng)J，P，C共線時，PC的值最小，在Rt△CBJ中，BJ=3，BC∴tan∠CJB=BC∴∠BJC＝60°，∴當(dāng)C，P兩點距離最小時，動點P的運動路徑長=60π×3故答案為：33π總結(jié)提升：本題考查軌跡，解直角三角形，弧長公式等知識，解題的關(guān)鍵是正確判斷出點P的運動軌跡，屬于中考?？碱}型．22．（2022?成都）如圖，在菱形ABCD中，過點D作DE⊥CD交對角線AC于點E，連接BE，點P是線段BE上一動點，作P關(guān)于直線DE的對稱點P'，點Q是AC上一動點，連接P'Q，DQ．若AE＝14，CE＝18，則DQ﹣P'Q的最大值為1623思路引領(lǐng)：如圖，連接BD交AC于點O，過點D作DK⊥BC于點K，延長DE交AB于點R，連接EP′并延長，延長線交AB于點J，作EJ關(guān)于AC的對稱線段EJ′，則點P′的對應(yīng)點P″在線段EJ′上．當(dāng)點P是定點時，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，當(dāng)D，P″，Q共線時，QD﹣QP′的值最大，最大值是線段DP″的長，當(dāng)點P與B重合時，點P″與J′重合，此時DQ﹣QP′的值最大，最大值是線段DJ′的長，也就是線段BJ的長．解直角三角形求出BJ，可得結(jié)論．解：如圖，連接BD交AC于點O，過點D作DK⊥BC于點K，延長DE交AB于點R，連接EP′并延長，延長線交AB于點J，作EJ關(guān)于AC的對稱線段EJ′，則點P′的對應(yīng)點P″在線段EJ′上．當(dāng)點P是定點時，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，當(dāng)D，P″，Q共線時，QD﹣QP′的值最大，最大值是線段DP″的長，當(dāng)點P與B重合時，點P″與J′重合，此時DQ﹣QP′的值最大，最大值是線段DJ′的長，也就是線段BJ的長．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝OC，∵AE＝14．EC＝18，∴AC＝32，AO＝OC＝16，∴OE＝AO﹣AE＝16﹣14＝2，∵DE⊥CD，∴∠DOE＝∠EDC＝90°，∵∠DEO＝∠DEC，∴△EDO∽△ECD，∴DE2＝EO?EC＝36，∴DE＝EB＝EJ＝6，∴CD=EC2∴OD=DE2∴BD＝82，∵S△DCB=12×OC×BD=1∴DK=16×8∵∠BER＝∠DCK，∴sin∠BER＝sin∠DCK=DK∴RB＝BE×4∵EJ＝EB，ER⊥BJ，∴JR＝BR=8∴JB＝DJ′=16∴DQ﹣P'Q的最大值為162解法二：DQ﹣P'Q＝BQ﹣P'Q≤BP'，顯然P'的軌跡EJ，故最大值為BJ．勾股得CD，OD．△BDJ∽△BAD，BD2＝BJ*BA，可得BJ=16故答案為：162總結(jié)提升：本題考查軸對稱﹣最短問題，菱形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用軸對稱解決最值問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．模塊二2023中考押題預(yù)測23．（2022?大冶市校級模擬）如圖，已知四邊形ABCD是正方形AB=22，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連CG（1）CE+CG＝4；（2）若四邊形DEFG面積為5時，則CG＝3或1．思路引領(lǐng)：（1）作出輔助線，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF，得矩形DEFG是正方形，證明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4；（2）過點E作EQ⊥AD于點Q，得△AEQ是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出AQ，進而可以解決問題．解：（1）如圖，作EM⊥BC，EN⊥CD于點M，N，∴∠MEN＝90°，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG．∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×故答案為：4；（2）如圖，過點E作EQ⊥AD于點Q，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴∠EAQ＝45°，∴AQ＝EQ，∴DQ＝AD﹣AQ＝22?AQ∵正方形DEFG面積為5，∴DE=5在Rt△DQE中，根據(jù)勾股定理得：DQ2+EQ2＝DE2，∴（22?AQ）2+AQ2∴AQ=322∴AE=2AQ∴CG＝AE＝3或1．故答案為：3或1．總結(jié)提升：此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角形的全等的性質(zhì)和判定，解本題的關(guān)鍵是作出輔助線，判斷三角形全等．24．（2022?槐蔭區(qū)二模）如圖，菱形ABCD的邊長為6，∠A＝60°，點E是邊AD上的動點，△BEF是等邊三角形，點F在CD上，線段EF與線段BD交于點G，點E從點A開始出發(fā)運動到點D停止，在這個運動過程中，點G所經(jīng)過的路徑長為3．思路引領(lǐng)：判斷出點G的運動軌跡，求出DG的最大值，可得結(jié)論．解：當(dāng)點E與A重合時，點G與D重合，當(dāng)點E是AD的中點時，BE的值最小，最小值為33，此時DG的值最大，最大值=3點E從點A開始出發(fā)運動到點D停止，在這個運動過程中，點G所經(jīng)過的路徑長＝2DG＝3，故答案為：3．總結(jié)提升：本題考查軌跡，等邊三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點G的運動軌跡，屬于中考?？碱}型．25．（2022?雁塔區(qū)校級模擬）如圖，點O是平行四邊形ABCD的對稱中心，點F為AD邊的中點，點E在BC邊上，且BE=13BC．若S1、S2分別表示△AOE和△FOD的面積，則S1：S2＝4思路引領(lǐng)：由平行四邊形的性質(zhì)和中心對稱的性質(zhì)可得點O是AC的中點，可求S△DOF=12S△AOD=18S?ABCD，S△AEC=23S△解：連接AC，∵點O是平行四邊形ABCD的對稱中心，∴點O是AC的中點，∴S△AOD=12S△ADC=14∵點F為AD邊的中點，∴S△DOF=12S△AOD=18∵BE=13∴S△AEC=23S△ABC=13∵AO＝CO，∴S△AEO=16S?∴S1：S2=4故答案為：43總結(jié)提升：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，中心對稱的性質(zhì)，熟練運用平行四邊形的性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．26．（2022?青秀區(qū)校級一模）如圖，半徑為4的⊙O中，CD為直徑，弦AB⊥CD且過半徑OD的中點，點E為⊙O上一動點，CF⊥AE于點F．當(dāng)點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為23π思路引領(lǐng)：由∠AFC＝90°，得點F在以AC為直徑的圓上運動，當(dāng)點E與B重合時，此時點F與G重合，當(dāng)點E與D重合時，此時點F與A重合，則點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為AG的長，然后根據(jù)條件求出AG所在圓的半徑和圓心角，從而解決問題．解：∵CF⊥AE，∴∠AFC＝90°，∴點F在以AC為直徑的圓上運動，以AC為直徑畫半圓AC，連接OA，當(dāng)點E與B重合時，此時點F與G重合，當(dāng)點E與D重合時，此時點F與A重合，∴點E從點B出發(fā)順時針運動到點D時，點F所經(jīng)過的路徑長為AG的長，∵點G為OD的中點，∴OG=12OD=∵OG⊥AB，∴∠AOG＝60°，AG＝23，∵OA＝OC，∴∠ACG＝30°，∴AC＝2AG＝43，∴AG所在圓的半徑為23，圓心角為60°，∴AG的長為60π×23故答案為：23總結(jié)提升：本題主要考查了垂徑定理，圓周角定理，定角對定弦，弧長公式等知識，確定點F的運動路徑是解題的關(guān)鍵．27．（2022?邗江區(qū)二模）如圖，在△ABC中，∠ACB＝120°，D為AC延長線上一點，且已知AD＝8，E為BC上一點，BE＝2，若M為線段AB的中點，N為DE的中點，則線段MN的長為13．思路引領(lǐng)：連接BD，取BD的中點F，連接MF、NF，MF與BC相交于G，過點N作NH⊥MF于H，證明NF、MF分別是△BDE、△ABD的中位線，由三角形中位線定理得出NF∥BE，MF∥AD，NF=12BE＝1，MF=12AD＝4，再證出∠NFG＝∠BGF＝∠DCB＝60°，從而得∠FNH＝30°，所以HF=12NF=12，則MH＝MF﹣HF＝4?12=7解：連接BD，取BD的中點F，連接MF、NF，MF與BC相交于G，過點N作NH⊥MF于H，如圖，∵N、F分別是DE、BD的中點，∴NF∥BE，NF=12BE∵M、F分別是AB、BD的中點，∴MF∥BE，MF=12AD∵∠ACB＝120°，∴∠DCB＝60°，∵MF∥BE，∴∠BGF＝∠DCB＝60°，∵NF∥BE，∴∠NFG＝∠BGF＝60°，∵NH⊥MF，∴∠NHF＝90°，∴∠FNH＝30°，∴HF=12NF∴MH＝MF﹣HF＝4?1在Rt△FHN中，NH=N在Rt△MHN中，MN=M故答案為：13．總結(jié)提升：本題考查三角形中位線定理，勾股定理，作輔助線構(gòu)造三角形的中位線，直角三角形是解題的關(guān)鍵．28．（2022?濱?？h校級三模）如圖1，對于平面內(nèi)的點A、P，如果將線段PA繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PB，就稱點B是點A關(guān)于點P的“放垂點”．如圖2，已知點A（4，0），點P是y軸上一點，點B是點A關(guān)于點P的“放垂點”，連接AB、OB，則OB的最小值是45．思路引領(lǐng)：如圖，在y軸的正半軸上截取OC，使得OC＝OA＝4，連接AC，BC．首先證明∠CBA＝90°，點B在直線y＝x+4上運動，作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接AE交BC于點T，當(dāng)點B與T重合時，OB+AB的值最?。猓喝鐖D，在y軸的正半軸上截取OC，使得OC＝OA＝4，連接AC，BC．∵△AOC，∠APB都是等腰直角三角形，∴∠OAC＝∠PAB，AC=2OA，AB=2∴∠OAP＝∠CAB，OAAC∴△OAP∽△CAB，∴∠AOP＝∠ACB＝90°，∴點B在直線y＝x+4上運動，作點O關(guān)于直線BC的對稱點E，連接AE交BC于點T，當(dāng)點B與T重合時，OB+AB的值最小，∵E（﹣4，40，a（4，0），∴AE=42+∴OB+AB的最小值為45，故答案為：45．總結(jié)提升：本題考查軸對稱最短問題，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．29．（2022?巴州區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，E、F分別為邊AB、BC的中點，AF與ED、EC分別交于點P、Q．已知AB＝6，BC＝8，則AP的長為6135思路引領(lǐng)：延長DE、CB交于T，根據(jù)勾股定理求出AF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出BT＝AD，根據(jù)平行得比例線段，求出AP的長．解：延長DE、CB交于T，如圖，∵四邊形ABCD是矩形，BC＝8，AB＝6，∴∠ABC＝90°，∵F為BC中點，∴BF＝4，在Rt△BAF中，由勾股定理得：AF=AB2∵AD∥BC，∴∠T＝∠ADE，∵E為AB的中點，∴AE＝BE＝3，在△TBE和△DAE中，∠T=∠ADE∠BET=∠AED∴△TBE≌△DAE（AAS），∴BT＝AD＝8，即TF＝8+4＝12，∵AD∥BC，∴ADTF25AP＝AF=故答案為：413總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，能綜合運用定理進行推理是解此題的關(guān)鍵．30．（2022?碧江區(qū)校級一模）如圖，是七巧板的例作圖，其中點E、F、H、M、N分別是AD、OA、OD、OC、CD的中點，且正方形EFOH的面積是1，則正方形ABCD的面積是8．思路引領(lǐng)：根據(jù)點E、F、H、M、N分別是AD、OA、OD、OC、CD的中點，正方形EFOH的面積是1，可得OF＝OA＝OH＝DH＝1，然后利用正方形的面積等于對角線乘積的一半即可解決問題．解：∵點E、F、H、M、N分別是AD、OA、OD、OC、CD的中點，正方形EFOH的面積是1，∴OF＝OA＝OH＝DH＝1，∴AC＝BD＝4，∴正方形ABCD的面積=12×故答案為：8．總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)，七巧板．解決本題的關(guān)鍵是七巧板中的每個板的面積都可以利用正方形的性質(zhì)求出來的．31．（2022?玉樹市校級一模）如圖，菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝4，P是AB邊一個動點，E、F分別是DP、BP的中點，則線段EF的長為2．思路引領(lǐng)：連接BD．首先證明△ADB是等邊三角形，可得BD＝4，再根據(jù)三角形的中位線定理即可解決問題．解：如圖連結(jié)BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝4，∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AD＝4，∵點E，F(xiàn)分別是DP，BP的中點，∴EF為△PBD的中位線，∴EF=12故答案為：2．總結(jié)提升：本題考查菱形的性質(zhì)、三角形的中位線定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，本題的突破點是證明△ADB是等邊三角形．32．（2022?費縣校級二模）如圖，在正方形ABCD中，AD＝10，點E在BC邊上（不與端點重合），BF⊥AE于點F，連接DF，當(dāng)△ADF是等腰三角形時，EC的長等于5．思路引領(lǐng)：根據(jù)正方形的性質(zhì)分兩種情況：①當(dāng)DF＝AD＝10時，過點D作DG⊥AE于點G，證明△ABF≌△ADG（AAS），可得BF＝AG，得AF＝2BF，證明△ABF∽△BEF，求出BE；②當(dāng)DF＝AF時，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明點F在AC與BD的交點上，可得點E與點C重合，進而可以解決問題．解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝10，∵BF⊥AE，∴AB＞AF，∴AD＞AF，∴當(dāng)△ADF是等腰三角形時，分兩種情況：①當(dāng)DF＝AD＝10時，如圖，過點D作DG⊥AE于點G，∵DF＝AD，∴AG＝FG，∵BF⊥AE，∴∠DGA＝∠AFB＝90°，∵∠ADG＝90°﹣∠DAG＝∠ABF，∵AB＝AD，∴△ABF≌△ADG（AAS），∴BF＝AG，∴AG＝FG＝BF，∴AF＝2BF，∵AF2+BF2＝AB2，∴5BF2＝100，∴BF＝25，∵∠AFB＝EFB＝90°，∠ABE＝90°，∴∠ABF＝90°﹣∠EBF＝∠BEF，∴△ABF∽△BEF，∴BFEF∴25EF=∴BE＝5，∴CE＝BC﹣BE＝5；②當(dāng)DF＝AF時，∵BF⊥AE，四邊形ABCD是正方形，∴點F在AC與BD的交點上，∴點E與點C重合，∴此時CE＝0，∴當(dāng)△ADF是等腰三角形時，EC的長等于5．故答案為：5．總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是觀察圖形找到相似模型．33．（2022?隴西縣校級模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝6，BC＝10，AC、BD相交于點O，點E為BC所在直線上一點，連接OE、AE，若OE⊥AC，則△ABE的周長為16．思路引領(lǐng)：由平行四邊形ABCD的對角線相交于點O，OE⊥AC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)，可得AE＝CE，又AB+BC＝8，進而可得△ABE的周長等于AB+BC．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵OE⊥AC，∴AE＝CE，∵AB＝6，BC＝10，∴△ABE的周長為：AB+BE+AE＝AB+BE+CE＝AB+BC＝16．故答案為：16．總結(jié)提升：此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)進行分析．注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．34．（2022?元寶區(qū)校級一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E在邊AD上，連接EB并延長至點F，使BF＝BE，連接EC并延長至點G，使CG＝CE，連接FG．若∠BAE＝70°，∠DCE＝20°，∠DEC的度數(shù)50°．思路引領(lǐng)：由平行四邊形的性質(zhì)和平行線的判定和性質(zhì)得出答案即可．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAE＝∠BCD＝70°，AD∥BC，∵∠DCE＝20°，AB∥CD，∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°．故答案為：50°．總結(jié)提升：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，并能進行推理計算是解決問題的關(guān)鍵．35．（2022?振興區(qū)校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝12，D為BC上一點，連接AD，過點A作AE⊥AD，取AE＝AD，連接BE交AC于F．當(dāng)△AEF為等腰三角形時，CD＝4或12．思路引領(lǐng)：分兩種情形：如圖1中，過點E作EH⊥AC于H．證明AH＝FH＝CF＝CD，可得結(jié)論，如圖2中，當(dāng)AF＝EF時，點D與B重合，此時CD＝BC＝12．解：如圖1中，過點E作EH⊥AC于H．∵EA＝EF，EH⊥AF，∴AH＝FH，∵EA⊥AD，∴∠EAD＝∠EHA＝∠C＝90°，∴∠EAH+∠CAD＝90°，∠CAD+∠ADC＝90°，∴∠EAH＝∠ADC，在△EHA和△ACD，∠EAH=∠ADC∠EHA=∠C∴△EHA≌△ACD（AAS），∴AH＝CD，EH＝AC＝CB．在△EHF和△BCF中，∠EFH=∠BFC∠EHF=∠C∴△EHF≌△BCF（AAS），∴FH＝CF，∴AH＝FH＝CF＝CD，∴CD=13如圖2中，當(dāng)AF＝EF時，點D與B重合，此時CD＝BC＝12．綜上所述，滿足條件的CD的長度為4或12．故答案為：4或12．總結(jié)提升：本題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．36．（2022?周至縣一模）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AD平分∠BAC，BC＝6，點O為線段AD上的動點，若以點O為圓心，1為半徑的⊙O在△ABC內(nèi)（⊙O可以與△ABC的邊相切），則點D到⊙O上的點的距離最大值為3．思路引領(lǐng)：當(dāng)⊙O與AB相切時，點D到⊙O上的點的距離取得最大值，由切線的性質(zhì)定理，角平分線的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)可以解決問題．解：當(dāng)⊙O與AB相切時，切點是H，⊙O交AD于P，則點D到⊙O上的點的距離最大值為DP的長，連接OH，則OH⊥AB，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵∠C＝30°，∠B＝90°，∴∠BAD＝∠CAD＝∠C＝30°，∴AD＝DC，∴BD=12AD=∵BC＝6，∴BD＝2，AD＝DC＝4，∵OH=12AO，∴AO＝2，∵OP＝1，∴AP＝AO﹣OP＝1，∴DP＝AD﹣AP＝4﹣1＝3．∴點D到⊙O上的點的距離最大值是3．故答案為：3．總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)定理，角平分線的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是判斷出⊙O與AB相切時，點D到⊙O上的點的距離取得最大值．37．（2022?營口一模）如圖，平行四邊形ABCD中，AC，BD交于點O，BD＝2AB，以A為圓心，AO長為半徑作弧，交OB于點G，分別以O(shè)，G為圓心，大于12OG的長為半徑作弧，兩弧交于點M，作射線AM交BD于點E，交BC于點F，EO＝2，BG＝1，則AC＝45思路引領(lǐng)：利用基本作圖可判斷得AM垂直平分OG，所以EG＝OG＝2，∠AEB＝AEO＝90°，則BO＝5，BE＝3，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OB＝OD，OC＝OA，由于BD＝2AB，所以AB＝BO＝5，然后利用勾股定理可先計算出AE，再計算出OA，從而得到AC的長．解：由作法得AM垂直平分OG，∴EG＝OG＝2，∠AEB＝AEO＝90°，∵BG＝1，∴BO＝5，BE＝3，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴OB＝OD，OC＝OA，∵BD＝2AB，∴AB＝BO＝5，在Rt△ABE中，AE=5在Rt△AOE中，OA=22+∴AC＝2OA＝45．故答案為：45．總結(jié)提升：本題考查了作圖﹣基本作圖：熟練掌握5種基本作圖是解決問題的關(guān)鍵．也考查了平行四邊形的性質(zhì)．38．（2022?新疆二模）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一點，點F、G，H分別是BE，BC，CE的中點，AF＝3，則GH的長為3．思路引領(lǐng)：由矩形的性質(zhì)及直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可求解BE＝2AF＝6，再利用三角形中位線定理可求解．解：在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，∵F為BE的中點，AF＝3，∴BE＝2AF＝6．∵G，H分別為BC，EC的中點，∴GH=12故答案為：3．總結(jié)提升：本題主要考查矩形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，求解BE的長是解題的關(guān)鍵．39．（2022?景寧縣模擬）如圖，是中國古代數(shù)學(xué)家趙爽用來證明勾股定理的示意圖，它是由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成，恰好拼成一個大正方形ABCD，連結(jié)EG并延長交AB于點M，若AD＝4，∠DAE＝30°，則GM的長等于6?2思路引領(lǐng)：根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BG＝43?4，作MP⊥BF于P，解△BMG解：∵圖形是由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成，∴∠ABF＝∠DAE＝30°，AB＝AD＝4，∠EGF＝45°，∴AF＝BG＝2，作MP⊥BF于P，設(shè)MP＝x，則BP=3x，GP＝x，GM=2∴x+3x解得x=3∴GM=2x=故答案為：6?總結(jié)提升：本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，求出BG的長解△BMG是解題的關(guān)鍵．40．（2022?尋烏縣二模）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，點P是邊AB上一點，點D是邊AC上一點，將△ABC沿PD折疊，使點A落在邊BC上的A′處，若A′P∥AC，則∠PDA′的度數(shù)為60°．思路引領(lǐng)：先根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠A的度數(shù)，再根據(jù)圖形翻折變換的性質(zhì)得出∠A＝∠PA′D，再由A′P∥AC可知∠A′DC＝∠PA′D，∠A′PD＝∠PDA，據(jù)此可得出結(jié)論．解：∵∠C＝90°，∠B＝30°，∴∠A＝60°．∵△A′PD由△APD翻折而成，∴∠A＝∠PA′D＝60°，∠PDA＝∠PDA′．∵A′P∥AC，∴∠A′DC＝∠PA′D＝60°，∴2∠PDA′+∠A′DC＝180°，即2∠PDA′+60°＝180°，解得∠PDA′＝60°．故答案為：60°．總結(jié)提升：本題考查的是直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)及翻折變換，熟知翻折變換后的圖形與原圖形全等是解題的關(guān)鍵．41．（2022?寧南縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD為中線，延長CB至點E，使BE＝BC，連結(jié)DE，點F為DE的中點，連結(jié)BF．若AB＝10，則BF的長為2.5．思路引領(lǐng)：先由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求得CD的長度，結(jié)合題意知線段BF是△CDE的中位線，則BF=12解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，∵CD為中線，∴CD=12∵F為DE中點，BE＝BC，∴點B是EC的中點，∴BF是△CDE的中位線，∴BF=12故答案為：2.5．總結(jié)