03填空题知识点分类-浙江省绍兴市五年（2018-2022）中考数学真题分层分类汇编

03填空题知识点分类-浙江省绍兴市五年（2018-2022）中考数学真题分层分类汇编

一．数学常识（共1小题）

1．（2019•绍兴）我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1～9这九个数字填入3×3的方格内，使三行、三列、两对角线上的三个数之和都相等．如图的幻方中，字母m所表示的数是 　   　．

二．因式分解-提公因式法（共1小题）

2．（2022•绍兴）分解因式：x2+x＝　   　．

三．因式分解-运用公式法（共4小题）

3．（2021•绍兴）分解因式：x2+2x+1＝　   　．

4．（2020•绍兴）分解因式：1﹣x2＝　   　．

5．（2021•柳州）因式分解：x2﹣1＝　   　．

6．（2018•绍兴）因式分解：4x2﹣y2＝　   　．

四．一元一次方程的应用（共2小题）

7．（2022•绍兴）元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”其题意为：“良马每天行240里，劣马每天行150里，劣马先行12天，良马要几天追上劣马？”答：良马追上劣马需要的天数是 　   　．

8．（2020•绍兴）有两种消费券：A券，满60元减20元，B券，满90元减30元，即一次购物大于等于60元、90元，付款时分别减20元、30元．小敏有一张A券，小聪有一张B券，他们都购了一件标价相同的商品，各自付款，若能用券时用券，这样两人共付款150元，则所购商品的标价是 　   　元．

五．二元一次方程组的解（共1小题）

9．（2020•绍兴）若关于x，y的二元一次方程组的解为则多项式A可以是　   　（写出一个即可）．

六．二元一次方程组的应用（共2小题）

10．（2021•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．银子共有 　   　两．

11．（2018•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》一书中有这样一道题：一支竿子一条索，索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托．如果1托为5尺，那么索长为　   　尺，竿子长为　   　尺．

七．解一元一次不等式（共2小题）

12．（2022•绍兴）关于x的不等式3x﹣2＞x的解集是 　   　．

13．（2019•绍兴）不等式3x﹣2≥4的解为　   　．

八．根据实际问题列一次函数关系式（共1小题）

14．（2018•绍兴）实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为xcm．现往容器内放入如图的长方体实心铁块（铁块一面平放在容器底面），过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，ycm（y≤15），当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是　   　．

九．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）

15．（2022•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y＝（k≠0）的图象经过点C和DE的中点F，则k的值是 　   　．

16．（2018•绍兴）过双曲线y＝（k＞0）上的动点A作AB⊥x轴于点B，P是直线AB上的点，且满足AP＝2AB，过点P作x轴的平行线交此双曲线于点C．如果△APC的面积为8，则k的值是　   　．

一十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）

17．（2021•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标（，2）．反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是　   　．

18．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD的两边分别与坐标轴平行，顶点A，C都在双曲线y＝（常数k＞0，x＞0）上，若顶点D的坐标为（5，3），则直线BD的函数表达式是　   　．

一十一．全等三角形的判定与性质（共2小题）

19．（2021•绍兴）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　   　．

20．（2018•绍兴）等腰三角形ABC中，顶角A为40°，点P在以A为圆心，BC长为半径的圆上，且BP＝BA，则∠PBC的度数为　   　．

一十二．等腰三角形的性质（共1小题）

21．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 　   　．

一十三．勾股定理（共1小题）

22．（2020•绍兴）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连接BD．若BD的长为2，则m的值为　   　．

一十四．平面镶嵌（密铺）（共1小题）

23．（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　   　．

一十五．矩形的性质（共2小题）

24．（2021•绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　   　cm（结果保留根号）．

25．（2020•绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　   　（填序号）．

①，②1，③﹣1，④，⑤．

一十六．正方形的性质（共2小题）

26．（2020•绍兴）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 　   　．

27．（2019•绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连接ED，则∠ADE的度数为　   　．

一十七．垂径定理的应用（共1小题）

28．（2018•绍兴）如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，A，B是圆上的点，O为圆心，∠AOB＝120°，从A到B只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路AB．通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了 　   　步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：≈1.732，π取3.142）

一十八．作图—基本作图（共1小题）

29．（2022•绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交射线BA于点D，连结CD，则∠BCD的度数是 　   　．

一十九．相似三角形的判定与性质（共1小题）

30．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　   　．

参考答案与试题解析

一．数学常识（共1小题）

1．（2019•绍兴）我国的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：将1～9这九个数字填入3×3的方格内，使三行、三列、两对角线上的三个数之和都相等．如图的幻方中，字母m所表示的数是 　4　．

【解答】解：根据“每行、每列、每条对角线上的三个数之和相等”，可知三行、三列、两对角线上的三个数之和都等于15，

∴第一列第三个数为：15﹣2﹣5＝8，

∴m＝15﹣8﹣3＝4．

故答案为：4

二．因式分解-提公因式法（共1小题）

2．（2022•绍兴）分解因式：x2+x＝　x（x+1）　．

【解答】解：x2+x＝x（x+1）．

故答案为：x（x+1）．

三．因式分解-运用公式法（共4小题）

3．（2021•绍兴）分解因式：x2+2x+1＝　（x+1）2　．

【解答】解：x2+2x+1＝（x+1）2．

故答案为：（x+1）2．

4．（2020•绍兴）分解因式：1﹣x2＝　（1+x）（1﹣x）　．

【解答】解：1﹣x2＝（1+x）（1﹣x）．

故答案为：（1+x）（1﹣x）．

5．（2021•柳州）因式分解：x2﹣1＝　（x+1）（x﹣1）　．

【解答】解：原式＝（x+1）（x﹣1）．

故答案为：（x+1）（x﹣1）．

6．（2018•绍兴）因式分解：4x2﹣y2＝　（2x+y）（2x﹣y）　．

【解答】解：原式＝（2x+y）（2x﹣y），

故答案为：（2x+y）（2x﹣y）

四．一元一次方程的应用（共2小题）

7．（2022•绍兴）元朝朱世杰的《算学启蒙》一书记载：“良马日行二百四十里，驽马日行一百五十里，驽马先行一十二日，问良马几何追及之．”其题意为：“良马每天行240里，劣马每天行150里，劣马先行12天，良马要几天追上劣马？”答：良马追上劣马需要的天数是 　20　．

【解答】解：设良马x天追上劣马，

根据题意得：240x＝150（x+12），

解得x＝20，

答：良马20天追上劣马；

故答案为：20．

8．（2020•绍兴）有两种消费券：A券，满60元减20元，B券，满90元减30元，即一次购物大于等于60元、90元，付款时分别减20元、30元．小敏有一张A券，小聪有一张B券，他们都购了一件标价相同的商品，各自付款，若能用券时用券，这样两人共付款150元，则所购商品的标价是 　100或85　元．

【解答】解：设所购商品的标价为x元，

①两人都可以用券时，即x＞90时，

根据题意列方程得：（x﹣30）+（x﹣20）＝150，

解得x＝100，

②只能用A券时，即60＜x＜90时，

根据题意列方程得：x+（x﹣20）＝150，

解得x＝85，

答：所购商品的标价为100元或85元．

故答案为：100或85．

五．二元一次方程组的解（共1小题）

9．（2020•绍兴）若关于x，y的二元一次方程组的解为则多项式A可以是　答案不唯一，如x﹣y　（写出一个即可）．

【解答】解：∵关于x，y的二元一次方程组的解为，

而1﹣1＝0，

∴多项式A可以是答案不唯一，如x﹣y．

故答案为：答案不唯一，如x﹣y．

六．二元一次方程组的应用（共2小题）

10．（2021•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》有一道题，其题意为：客人一起分银子，若每人7两，还剩4两；若每人9两，则差8两．银子共有 　46　两．

【解答】解：设有x人，银子y两，

由题意得：，解得，

故答案为46．

11．（2018•绍兴）我国明代数学读本《算法统宗》一书中有这样一道题：一支竿子一条索，索比竿子长一托，对折索子来量竿，却比竿子短一托．如果1托为5尺，那么索长为　20　尺，竿子长为　15　尺．

【解答】解：设索长为x尺，竿子长为y尺，

根据题意得：，

解得：．

答：索长为20尺，竿子长为15尺．

故答案为：20；15．

七．解一元一次不等式（共2小题）

12．（2022•绍兴）关于x的不等式3x﹣2＞x的解集是 　x＞1　．

【解答】解：∵3x﹣2＞x，

∴3x﹣x＞2，即2x＞2，

解得x＞1，

故答案为：x＞1．

13．（2019•绍兴）不等式3x﹣2≥4的解为　x≥2　．

【解答】解：移项得，3x≥4+2，

合并同类项得，3x≥6，

把x的系数化为1得，x≥2．

故答案为：x≥2．

八．根据实际问题列一次函数关系式（共1小题）

14．（2018•绍兴）实验室里有一个水平放置的长方体容器，从内部量得它的高是15cm，底面的长是30cm，宽是20cm，容器内的水深为xcm．现往容器内放入如图的长方体实心铁块（铁块一面平放在容器底面），过顶点A的三条棱的长分别10cm，10cm，ycm（y≤15），当铁块的顶部高出水面2cm时，x，y满足的关系式是　y＝（0＜x≤）或y＝（6≤x＜8）　．

【解答】解：①当长方体实心铁块的棱长为10cm和ycm的那一面平放在长方体的容器底面时，

则铁块浸在水中的高度为8cm，

此时，水位上升了（8﹣x）cm（x＜10﹣2＝8），铁块浸在水中的体积为10×8×y＝80ycm3，

∴80y＝30×20×（8﹣x），

∴y＝，

∵y≤15，

∴x≥6，

即：y＝（6≤x＜8），

②当长方体实心铁块的棱长为10cm和10cm的那一面平放在长方体的容器底面时，

同①的方法得，y＝，

∵y≤15，

∴≤15，

∴x≤，

∴0＜x≤，

故答案为：y＝（0＜x≤）或y＝（6≤x＜8）

九．反比例函数系数k的几何意义（共2小题）

15．（2022•绍兴）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y＝（k≠0）的图象经过点C和DE的中点F，则k的值是 　6　．

【解答】解：过点F作FG⊥x轴，DQ⊥x轴，FH⊥y轴，

根据题意可知，AC＝OE＝BD，

设AC＝OE＝BD＝a，

∴四边形ACEO的面积为4a，

∵F为DE的中点，FG⊥x轴，DQ⊥x轴，

∴FG为△EDQ的中位线，

∴FG＝DQ＝2，EG＝EQ＝，

∴四边形HFGO的面积为2（a+），

∴k＝4a＝2（a+），

解得：a＝，

∴k＝6．

故答案为：6．

16．（2018•绍兴）过双曲线y＝（k＞0）上的动点A作AB⊥x轴于点B，P是直线AB上的点，且满足AP＝2AB，过点P作x轴的平行线交此双曲线于点C．如果△APC的面积为8，则k的值是　12或4　．

【解答】解：设点A的坐标为（x，），

当点P在AB的延长线上时，∵AP＝2AB，

∴AB＝BP，

∵PC∥x轴，

∴点C的坐标为（﹣x，﹣），

由题意得，×2x×＝8，

解得，k＝4，

当点P在BA的延长线上时，∵AP＝2AB，PC∥x轴，

∴点C的坐标为（x，），

∴P′C′＝x，

由题意得，×x×＝8，

解得，k＝12，

当点A在第三象限时，情况相同，

故答案为：12或4．

一十．反比例函数图象上点的坐标特征（共2小题）

17．（2021•绍兴）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴正半轴上，顶点B，C在第一象限，顶点D的坐标（，2）．反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象恰好经过正方形ABCD的两个顶点，则k的值是　5或22.5　．

【解答】解：作DM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，过C点作x轴的平行线，交MD的延长线于E，交NB的延长线于F，

正方形ABCD中，∠BAD＝90°，

∴∠DAM+∠BAN＝90°，

∵∠ADM+∠DAM＝90°，

∴∠ADM＝∠BAN，

在△ADM和△BAN中，

，

∴△ADM≌△BAN（AAS），

∴AM＝BN，DM＝AN，

∵顶点D的坐标（，2）．

∴OM＝，DM＝2，

同理：△ADM≌△DCE，

∴AM＝DE，CE＝DM，

∴AM＝BN＝DE，DM＝AN＝CE＝2，

设AM＝BN＝DE＝m，

∴ON＝+m+2＝4.5+m，

∴B（4.5+m，m），C（4.5，2+m），

当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、D时，则k＝×2＝5；

当反比例函数y＝（常数k＞0，x＞0）的图象经过点B、C时，则k＝（4.5+m）•m＝4.5•（2+m），

解得m＝3（负数已经舍去），

∴k＝4.5×（2+3）＝22.5，

故答案为5或22.5．

18．（2019•绍兴）如图，矩形ABCD的两边分别与坐标轴平行，顶点A，C都在双曲线y＝（常数k＞0，x＞0）上，若顶点D的坐标为（5，3），则直线BD的函数表达式是　y＝x　．

【解答】解：∵D（5，3），

∴A（，3），C（5，），

∴B（，），

设直线BD的解析式为y＝mx+n，

把D（5，3），B（，）代入得，解得，

∴直线BD的解析式为y＝x．

故答案为y＝x．

一十一．全等三角形的判定与性质（共2小题）

19．（2021•绍兴）已知△ABC与△ABD在同一平面内，点C，D不重合，∠ABC＝∠ABD＝30°，AB＝4，AC＝AD＝2，则CD长为 　2±2或4或2　．

【解答】解：如图，当C，D同侧时，过点A作AE⊥CD于E．

在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AB＝4，∠ABE＝30°，

∴AE＝AB＝2，

∵AD＝AC＝2，

∴DE＝＝2，EC＝＝2，

∴DE＝EC＝AE，

∴△ADC是等腰直角三角形，

∴CD＝4，

当C，D异侧时，过C′作C′H⊥CD于H，

∵△BCC′是等边三角形，BC＝BE﹣EC＝2﹣2，

∴CH＝BH＝﹣1，C′H＝CH＝3﹣，

在Rt△DC′H中，DC′＝＝＝2，

∵△DBD′是等边三角形，

∴DD′＝2+2，

∴CD的长为2±2或4或2．

故答案为：2±2或4或2．

20．（2018•绍兴）等腰三角形ABC中，顶角A为40°，点P在以A为圆心，BC长为半径的圆上，且BP＝BA，则∠PBC的度数为　30°或110°　．

【解答】解：如图，当点P在直线AB的右侧时．连接AP．

∵AB＝AC，∠BAC＝40°，

∴∠ABC＝∠C＝70°，

∵AB＝AB，AC＝PB，BC＝PA，

∴△ABC≌△BAP，

∴∠ABP＝∠BAC＝40°，

∴∠PBC＝∠ABC﹣∠ABP＝30°，

当点P′在AB的左侧时，同法可得∠ABP′＝40°，

∴∠P′BC＝40°+70°＝110°，

故答案为30°或110°．

一十二．等腰三角形的性质（共1小题）

21．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝70°，以点C为圆心，CA长为半径作弧，交直线BC于点P，连结AP，则∠BAP的度数是 　15°或75°　．

【解答】解：如右图所示，

当点P在点B的左侧时，

∵AB＝AC，∠ABC＝70°，

∴∠ACB＝∠ABC＝70°，

∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，

∵CA＝CP1，

∴∠CAP1＝∠CP1A＝＝＝55°，

∴∠BAP1＝∠CAP1﹣∠CAB＝55°﹣40°＝15°；

当点P在点C的右侧时，

∵AB＝AC，∠ABC＝70°，

∴∠ACB＝∠ABC＝70°，

∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠ABC＝180°﹣70°﹣70°＝40°，

∵CA＝CP2，

∴∠CAP2＝∠CP2A＝＝＝35°，

∴∠BAP2＝∠CAP2+∠CAB＝35°+40°＝75°；

由上可得，∠BAP的度数是15°或75°，

故答案为：15°或75°．

一十三．勾股定理（共1小题）

22．（2020•绍兴）如图，已知边长为2的等边三角形ABC中，分别以点A，C为圆心，m为半径作弧，两弧交于点D，连接BD．若BD的长为2，则m的值为　2或2　．

【解答】解：由作图知，点D在AC的垂直平分线上，

∵△ABC是等边三角形，

∴点B在AC的垂直平分线上，

∴BD垂直平分AC，

设垂足为E，

∵AC＝AB＝2，

∴BE＝，

当点D、B在AC的两侧时，如图，

∵BD＝2，

∴BE＝DE，

∴AD＝AB＝2，

∴m＝2；

当点D、B在AC的同侧时，如图，

∵BD′＝2，

∴D′E＝3，

∴AD′＝＝2，

∴m＝2，

综上所述，m的值为2或2，

故答案为：2或2．

一十四．平面镶嵌（密铺）（共1小题）

23．（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　6+2或10或8+2　．

【解答】解：如图所示：

图1的周长为1+2+3+2＝6+2；

图2的周长为1+4+1+4＝10；

图3的周长为3+5++＝8+2．

故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．

故答案为：6+2或10或8+2．

一十五．矩形的性质（共2小题）

24．（2021•绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．

【解答】解：过O点作OE⊥CD，OF⊥AD，垂足分别为E，F，

由题意知∠FOD＝2∠DOE，

∵∠FOD+∠DOE＝90°，

∴∠DOE＝30°，∠FOD＝60°，

在矩形ABCD中，∠C＝90°，CD＝AB＝30cm，

∴OE∥BC，

∴∠DBC＝∠DOE＝30°，

∴BC＝CD＝cm，

故答案为．

25．（2020•绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　①②③④　（填序号）．

①，②1，③﹣1，④，⑤．

【解答】解：如图所示：

则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．

故答案为：①②③④．

一十六．正方形的性质（共2小题）

26．（2020•绍兴）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为 　4　．

【解答】解：由题意可得，

直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，

故直角三角形的另一条直角边长为：＝，

故阴影部分的面积是：＝4，

故答案为：4．

27．（2019•绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连接ED，则∠ADE的度数为　15°或45°　．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝AE，∠DAE＝90°，

∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，

当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，

∴∠ADE＝45°，

当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，

∴△AE′M为等边三角形，

∴∠E′AM＝60°，

∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，

∵AD＝AE′，

∴∠ADE′＝15°，

故答案为：15°或45°．

一十七．垂径定理的应用（共1小题）

28．（2018•绍兴）如图，公园内有一个半径为20米的圆形草坪，A，B是圆上的点，O为圆心，∠AOB＝120°，从A到B只有路，一部分市民为走“捷径”，踩坏了花草，走出了一条小路AB．通过计算可知，这些市民其实仅仅少走了 　15　步（假设1步为0.5米，结果保留整数）．（参考数据：≈1.732，π取3.142）

【解答】解：作OC⊥AB于C，如图，

则AC＝BC，

∵OA＝OB，

∴∠A＝∠B＝（180°﹣∠AOB）＝（180°﹣120°）＝30°，

在Rt△AOC中，OC＝OA＝10，AC＝OC＝10，

∴AB＝2AC＝20≈69（步）；

而的长＝≈84（步），

的长与AB的长多15步．

所以这些市民其实仅仅少走了 15步．

故答案为15．

一十八．作图—基本作图（共1小题）

29．（2022•绍兴）如图，在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交射线BA于点D，连结CD，则∠BCD的度数是 　10°或100°　．

【解答】解：如图，点D即为所求；

在△ABC中，∠ABC＝40°，∠BAC＝80°，

∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°，

由作图可知：AC＝AD，

∴∠ACD＝∠ADC＝（180°﹣80°）＝50°，

∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝60°﹣50°＝10°；

由作图可知：AC＝AD′，

∴∠ACD′＝∠AD′C，

∵∠ACD′+∠AD′C＝∠BAC＝80°，

∴∠AD′C＝40°，

∴∠BCD′＝180°﹣∠ABC﹣∠AD′C＝180°﹣40°﹣40°＝100°．

综上所述：∠BCD的度数是10°或100°．

故答案为：10°或100°．

一十九．相似三角形的判定与性质（共1小题）

30．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是 　　．

【解答】解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．

∵tan∠CBT＝3＝，

∴可以假设BT＝k，CT＝3k，

∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，

∴∠CAT＝∠JCD，

在△ATC和△CJD中，

，

∴△ATC≌△CJD（AAS），

∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，

∵∠CJD＝∠CED＝90°，

∴C，E，D，J四点共圆，

∵EC＝DE，

∴∠CJE＝∠DJE＝45°，

∴ET＝TJ＝10﹣2k，

∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，

∴（3k）2+（10﹣2k）2＝[•]2，

整理得4k2﹣25k+25＝0，

∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，

∴k＝5和，

∴BE＝BT+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，

故答案为：5或．