初中数学中考复习 专题38三角形（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题38三角形（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期，全国通用）（解析版），共124页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。

专题38三角形（3）（全国一年）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________



一、填空题
1．（2020·湖北襄阳?中考真题）如图，在△ABC中，AB=AD=DC，∠BAD=20°，则∠C=_______．

【答案】40°
【解析】
试题解析：∵AB=AD，∠BAD=20°，
∴∠B==80°，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC=∠B+∠BAD=80°+20°=100°，
∵AD=DC，
∴∠C==40°．
2．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，在中，点在边上，，则_______度．

【答案】40
【解析】
【分析】
根据等边对等角得到，再根据三角形外角的性质得到，故，由三角形的内角和即可求解的度数．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：40．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、三角形外角的性质、三角形的内角和，熟练掌握几何知识并灵活运用是解题的关键．
3．（2020·辽宁大连?中考真题）如图，矩形中，，点E在边上，与相交于点F．设，，当时，y关于x的函数解析式为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
利用矩形的性质可求得BAD为直角三角形，即可利用勾股定理得到BD的长，求证FEDFCB，运用相似三角形的性质建立等式即可求解．
【详解】
∵四边形是矩形
∴∠BAD=，BC=AD=8，AB=CD=6
∴在ABD中，BD=
∴FD=BD−BF=10−y
又∵ADBC
∴FEDFBC
∴
∴
∴
故答案为
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质建立等式是解题的关键．
4．（2020·辽宁鞍山?中考真题）如图，在菱形中，，点E，F分别在，上，且，与相交于点G，与相交于点H．下列结论：①；②；③若，则；④．其中正确的结论有_______．（只填序号即可）

【答案】①③④
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质证明△ACF≌△CDE，可判断①；过点F作FP∥AD，交CE于P点，利用平行线分线段成比例可判断③；过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，得到点A、B、C、G四点共圆，从而证明△ABM≌△CBN，得到S四边形ABCG=S四边形BMGN，再利用S四边形BMGN=2S△BMG求出结果即可判断④；证明△BCH∽△BGC，得到，推出GH·BG=BG2-BC2，得出若等式成立，则∠BCG=90°，根据题意此条件未必成立可判断②．
【详解】
解：∵ABCD为菱形，
∴AD=CD，
∵AE=DF，
∴DE=CF，
∵∠ADC=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠D=∠ACD=60°，AC=CD，
∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；
过点F作FP∥AD，交CE于P点．
∵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正确；
过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，
∵∠AGE=∠ACG+∠CAF=∠ACG+∠GCF=60°=∠ABC，
即∠AGC+∠ABC=180°，
∴点A、B、C、G四点共圆，
∴∠AGB=∠ACB=60°，∠CGB=∠CAB=60°，
∴∠AGB=∠CGB=60°，
∴BM=BN，又AB=BC，
∴△ABM≌△CBN（HL），
∴S四边形ABCG=S四边形BMGN，
∵∠BGM=60°，
∴GM=BG，BM=BG，
∴S四边形BMGN=2S△BMG=2××BG×BG=BG2，故④正确；
∵∠CGB=∠ACB=60°，∠CBG=∠HBC，
∴△BCH∽△BGC，
∴，
则BG·BH=BC2，
则BG·（BG-GH）=BC2，
则BG2-BG·GH= BC2，
则GH·BG=BG2-BC2，
当∠BCG=90°时，BG2-BC2=CG2，此时GH·BG= CG2，
而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，
故正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．

【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．
5．（2020·辽宁铁岭?中考真题）如图，以为边，在的同侧分别作正五边形和等边，连接，则的度数是____________．


【答案】66°
【解析】
【分析】
由是正五边形可得AB=AE以及∠EAB的度数，由△ABF是等边三角形可得AB=AF以及∠FAB的度数，进而可得AE=AF以及∠EAF的度数，进一步即可根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出答案．
【详解】
解：∵五边形是正五边形，
∴AB=AE，∠EAB=108°，
∵△ABF是等边三角形，
∴AB=AF，∠FAB=60°，
∴AE=AF，∠EAF=108°－60°=48°，
∴∠EFA=．
故答案为：66°．
【点睛】
本题考查了正多边形的内角问题、等边三角形的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
6．（2020·辽宁铁岭?中考真题）如图，，正方形，正方形，正方形，正方形，…，的顶点，在射线上，顶点，在射线上，连接交于点，连接交于点，连接交于点，…，连接交于点，连接交于点，…，按照这个规律进行下去，设与的面积之和为与的面积之和为与的面积之和为，…，若，则等于__________．（用含有正整数的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】
先证得△ADC△，推出CD=，，同理得到，，由△△，推出△ED边D上的高为，计算出，同理计算得出，，找到规律，即可求解
【详解】
∵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，边长分别为2，4，
∴AC∥，∥，
∴，
∴，
∴，，
同理：，，
∵∥，
∴△△，
设△和△的边和上的高分别为和，
∴，
∵，
∴，，
∴；
同理求得：
；
；

．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质在规律型问题中的应用，数形结合并善于发现规律是解题的关键．
7．（2020·辽宁铁岭?中考真题）如图，在中，，以为圆心，以适当的长为半径作弧，交于点，交于点，分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线，交于点，点在边上，，连接，则的周长为___________．

【答案】12
【解析】
【分析】
根据题意，先证明△ABD≌△AFD，则BD=FD，AB=AF=5，则的周长=BC+CF，即可求出答案．
【详解】
解：根据题意可知，AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD=∠FAD，
∵AB=AF=5，AD=AD，
∴△ABD≌△AFD，
∴BD=FD，
∴FD+DC=BD+DC=BC=9，
∵FC=ACAF=85=3，
∴的周长为：FD+DC+FC=9+3=12；
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握作角平分线的方法，以及全等三角形的判定和性质进行解题．
8．（2020·辽宁铁岭?中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
【答案】或
【解析】
【分析】
先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】
解：由题干描述可作出两种可能的图形．
①MN交DC的延长线于点F，如下图所示

∵高AE等于边长的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合
∴
∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示

同理可得，，
此时，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
9．（2020·江苏泰州?中考真题）如图所示的网格由边长为个单位长度的小正方形组成，点、、、在直角坐标系中的坐标分别为，，，则内心的坐标为______．

【答案】（2，3）
【解析】
【分析】
根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点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，即可得到点M的坐标．
【详解】
解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=，AC=，BC=，
∵，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B，C，
可得，
解得：，
∴BC：，
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
S△ABC=，
解得：，
即AE=EM=，
∴BE=，
∴BM=，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），

故答案为：（2，3）．
【点睛】
本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
10．（2020·江苏泰州?中考真题）如图，将分别含有、角的一副三角板重叠，使直角顶点重合，若两直角重叠形成的角为，则图中角的度数为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，首先标注字母，利用三角形的内角和求解，再利用对顶角的相等，三角形的外角的性质可得答案．
【详解】
解：如图，标注字母，
由题意得：




故答案为：

【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
11．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图，在四边形中，，，，，点和点分别是和的中点，连接，，，若，则的面积是_________．

【答案】．
【解析】
【分析】
由题可得△ACD为等腰直角三角形，CD=8，可求出AD=AC=，点和点分别是和的中点，根据中位线定理和直角三角形斜边中线定理可得到EF=AD，BE=AC，从而得到EF=EB，又，得∠CAB=15°，∠CEB=30°进一步得到∠FEB=120°，又△EFB为等腰三角形，所以∠EFB=∠EBF=30°，过E作EH垂直于BF于H点，在Rt△EFH中，解直角三角形求出EH，FH,以BF为底，EH为高，即可求出△BEF的面积．
【详解】
解：∵，，
∴△ADC为等腰直角三角，
∵CD=8，
∴AD=AC=CD=，
∵E,F为AC，DC的中点，
∴FE∥AD，EF=AD=，
∴BE=AC=，
∵AD=AC，
∴EF=EB，△EFB为等腰三角形，
又∵EF∥AD，
∴EF⊥AC，
∴∠FEC=90°，
又EB=EA，
∴∠EAB=∠EBA=105°－90°=15°，
∴∠CEB=30°，
∴∠FEB=120°，
∴∠EFB=∠EBF=30°，
过E作EH垂直于BF于H点，
∴BH=FH，
在Rt△EFH中，
∵∠EFH=30°，
∴EH=EF·sin30°=×= ，
FH=EF·cos30°=×= ，
∴BF=2×=，
∴SBEF=BF·EH=××= ，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理，解直角三角形。正确的运用解题方法求出相关线段长度是解题的关键．
12．（2020·辽宁丹东?中考真题）如图，在矩形中，，，连接，以为边，作矩形使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；…按照这个规律进行下去，则的面积为_________．

【答案】．
【解析】
【分析】
先寻找规律求得的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的，依此即可求得的面积．
【详解】
解：∵四边形为矩形，
∴∠A=∠B=90°，，，，
∴，
∴,，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
同理可证， ，
依次类推，，
故 ，
在矩形中，设，则，
根据勾股定理，
即，解得，
∵，即，
同理可证，
∴
同理可证
故答案为：．
【点睛】
本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得；②得出三角形面积是它所在矩形面积的．需注意标序号的时候不要混淆了．
13．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，和中，，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使和全等．

【答案】，答案不唯一
【解析】
【分析】
本题是一道开放型的题目，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．
【详解】
∵和中，
∴，
∵，
∴，
∴添加，
在和中
，
∴，
故答案为：答案不唯一．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：两直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL等．
14．（2020·黑龙江鹤岗?中考真题）如图，直线的解析式为与轴交于点，与轴交于点，以为边作正方形，点坐标为．过点作交于点，交轴于点，过点作轴的垂线交于点以为边作正方形，点的坐标为．过点作交于，交轴于点，过点作轴的垂线交于点，以为边作正方形，，则点的坐标______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意得出三角形AMO为等腰直角三角形，∠AMO=45°，分别求出个线段的长度，表示出B1和B2的坐标，发现一般规律，代入2020即可求解
【详解】
解：∵的解析式为，
∴M（-1，0），A（0，1），
即AO=MO=1，∠AMO=45°，
由题意得：MO=OC=CO1=1，
O1A1=MO1=3，
∵四边形是正方形，
∴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，
综上，MCn=2×3n，OCn=2×3n-1，BnCn=AnOn=3n，
当n=2020时，OC2020=2×32020-1，B2020C2020 =32020，
点B，
故答案为：．
【点睛】
本题考查规律型问题、等腰直角三角形的性质以及点的坐标，解题的关键是学会探究规律的方法，属于中考常考题型．
15．（2020·内蒙古呼伦贝尔?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点与坐标原点重合，点的坐标为（0,3），点在轴的正半轴上．直线分别与边相交于两点，反比例函数的图象经过点并与边相交于点，连接．点是直线上的动点，当时，点的坐标是________________．

【答案】（1，0）或（3，2）
【解析】
【分析】
根据正方形的性质以及一次函数表达式求出点D和点M坐标，从而求出反比例函数表达式，得到点N的坐标，求出MN，设点P坐标为（m，m-1），根据两点间距离表示出CP，得到方程，求解即可．
【详解】
解：∵正方形OABC的顶点O与坐标原点重合，点C的坐标为（0，3），
∴B（3，3），A（3，0），
∵直线y=x-1分别与边AB，OA相交于D，M两点，
∴可得：D（3，2），M（1，0），
∵反比例函数经过点D，
k=3×2=6，
∴反比例函数的表达式为，令y=3，
解得：x=2，
∴点N的坐标为（2，3），
∴MN==，
∵点P在直线DM上，
设点P的坐标为（m，m-1），
∴CP=，
解得：m=1或3，
∴点P的坐标为（1，0）或（3，2）．
故答案为：（1，0）或（3，2）．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离，反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据点的坐标，利用待定系数法求出反比例函数解析式.
16．（2020·江苏镇江?中考真题）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，点P、Q分别是AB、A1C1的中点，PQ的最小值等于_____．

【答案】
【解析】
【分析】
取的中点，的中点，连接，，，，根据平移的性质和三角形的三边关系即可得到结论．
【详解】
解：取的中点，的中点，连接，，，，

将平移5个单位长度得到△，
，，
点、分别是、的中点，
，
，
即，
的最小值等于，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
17．（2020·山东滨州?中考真题）在等腰ABC中，AB＝AC，∠B＝50°，则∠A的大小为________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据等腰三角形两底角相等可求∠C，再根据三角形内角和为180°列式进行计算即可得解．
【详解】
解：∵AB=AC，∠B=50°，
∴∠C=∠B=50°，
∴∠A=180°-2×50°=80°．
故答案为：80°．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，解题的关键是掌握等腰三角形两底角相等的性质．
18．（2020·山东滨州?中考真题）现有下列长度的五根木棒：3，5，8，10，13，从中任取三根，可以组成三角形的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】
求出任取三根木棒的所有情况，再求出能组成三角形的所有情况，利用概率公式直接计算即可.
【详解】
五根木棒，任意取三根共有10种情况：
3、5、8
3、5、10
3、5、13
3、8、10
3、8、13
3、10、13
5、10、13
5、8、10
5、8、13
8、10、13
其中能组成三角形的有：
①3、8、10，由于8-3<10<8+3,所以能构成三角形；
②5、10、13，由于10-5<13<10+5，所以能构成三角形；
③5、8、10，由于8-5<10<8+5，所以能构成三角形；
④8、10、13，由于10-8<13<10+8，所以能构成三角形；
所以有4种方案符合要求，
故能构成三角形的概率是P==，
故答案为：.
【点睛】
此题考查三角形的三边关系，列举法求事件的概率，列举法求概率的关键是在列举所有情况时考虑要全面，不能重复也不能遗漏.
19．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】
①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【详解】
解：如图，连接DH，HM．

由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形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正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
20．（2020·内蒙古鄂尔多斯?中考真题）如图，平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限内，边BC与x轴平行，A，B两点的纵坐标分别为6，4，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A，B两点，若菱形ABCD的面积为2，则k的值为_____．

【答案】12
【解析】
【分析】
过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，根据A，B两点的纵坐标分别为6，4，可得出横坐标，即可表示AE，BE的长，根据菱形的面积为2，求得AE的长，在Rt△AEB中，计算BE的长，列方程即可得出k的值．
【详解】
解：过点A作x轴的垂线，交CB的延长线于点E，

∵BC∥x轴，
∴AE⊥BC，
∵A，B两点在反比例函数y＝（x＞0）的图象，且纵坐标分别为6，4，
∴A（，6），B（，4），
∴AE＝2，BE＝﹣＝，
∵菱形ABCD的面积为2，
∴BC×AE＝2，即BC＝，
∴AB＝BC＝，
在Rt△AEB中，BE＝＝＝1，
∴k＝1，
∴k＝12，
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了反比例函数和几何综合，菱形的性质，勾股定理，掌握数形结合的思想是解题关键．
21．（2020·云南中考真题）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是___．
【答案】 或
【解析】
【分析】
根据，则在的中垂线上，作的中垂线交于 交于，所以：如图的都符合题意，先证明四边形是菱形，再利用菱形的性质与勾股定理可得答案．
【详解】
解： ，
在的中垂线上，
作的中垂线交于 交于，
所以：如图的都符合题意，
矩形






四边形是菱形，

，， ，


设 则





的长为： 或

故答案为： 或
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
22．（2020·四川绵阳?中考真题）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题．
【详解】
解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则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，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2．
【点睛】
本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
23．（2020·江苏宿迁?中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为_____．

【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边中线的性质求解即可．
【详解】
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，
∴∠ADB=90°，
∴AB=，
∵E为AB的中点，
∴DE=AB=5，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
24．（2020·辽宁沈阳?中考真题）如图，在矩形中，，，对角线相交于点，点为边上一动点，连接，以为折痕，将折叠，点的对应点为点，线段与相交于点．若为直角三角形，则的长__________．

【答案】或1
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质、折叠的性质可得，，设，从而可得，再根据直角三角形的定义分和两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得．
【详解】
四边形ABCD是矩形，，


由折叠的性质可知，

设，则
由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，当时，为直角三角形

在和中，

，即
解得
，
在中，，即
解得
即
（2）如图2，当时，为直角三角形
，
，即
在和中，

，即
解得




，即
解得
即
综上，DP的长为或1
故答案为：或1．

【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确画出图形，并分两种情况讨论是解题关键．
25．（2020·辽宁沈阳?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，是坐标原点，在中，于点，点在反比例函数的图象上，若OB=4，AC=3，则的值为__________．

【答案】6
【解析】
【分析】
由等腰三角形的性质可得C点坐标，结合AC长即可得到A点坐标，进而可得k值．
【详解】
∵AO=OB
∴△AOB为等腰三角形
又∵AC⊥OB
∴C为OB中点
∵OB=4，AC=3
∴C（2，0），A（2，3）
将A点坐标代入反比例函数得，3=
∴k=6
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考察反比例函数与等腰三角形的综合，利用等腰三角形的性质求得反比例函数上点的坐标是解题关键．
26．（2020·四川凉山?中考真题）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为 ．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．
【详解】
解：如图，连接
则＞，
为定值，
当落在上时，最短，

　　　　　　　　　　图
如图，连接，
由勾股定理得：

即的最小值为：
故答案为：

　　　　　　　　　图
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
27．（2020·四川眉山?中考真题）如图，在中，，．将绕点按顺时针方向旋转至的位置，点恰好落在边的中点处，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，判断出ABC斜边BC的长度，根据勾股定理算出AC的长度，且，所以为等边三角形，可得旋转角为60°，同理，，故也是等边三角形，的长度即为AC的长度．
【详解】
解：在ABC中，∠BAC=90°，AB=2，将其进行顺时针旋转，落在BC的中点处，
∵是由ABC旋转得到，∴，而，
根据勾股定理：，
又∵，且，∴为等边三角形，
∴旋转角，
∴，且，故也是等边三角形，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了旋转性质的应用以及勾股定理的计算，解题的关键在于通过题中所给的条件，判断出图形旋转的度数，知道图形旋转的角度后，有关线段的长度也可求得．
28．（2020·四川眉山?中考真题）如图，点为⊙外一点，过点作的切线、，点、为切点．连接并延长交的延长线于点，过点作，交的延长线于点．已知，，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
连接OB，在中应用勾股定理求得的半径为3，再根据，对应线段成比例即可求解．
【详解】
解：连接OB，

∵、为的切线，
∴，，
∴，
∴，
设的半径为r，则，
在中，，即，解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查切线长定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理的应用等内容，作出合适的辅助线是解题的关键．
29．（2020·四川眉山?中考真题）如图，等腰中，，边的垂直平分线交于点，交于点．若的周长为，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点A作AF⊥BC于F，先根据垂直平分线已知条件得出BC=16，再根据等腰三角形的三线合一和勾股定理得出AF=6，再根据即可得出结论
【详解】
解：∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD=CD，∠DEC=90°，AE=5
∵的周长为，
∴AB+BD+AD=26
∴AB+BD+DC=AB+BC=26
∵AB=10，∴BC=16，
过点A作AF⊥BC于F，

∵AB=AC=10
∴CF=8，
∵∠DEC=∠AFC= 90°，∠C=∠C
∴
∴
∴
∴DE=
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握有关的性质．
30．（2020·江苏南通?中考真题）已知⊙O的半径为13cm，弦AB的长为10cm，则圆心O到AB的距离为_____cm．
【答案】12
【解析】
【分析】
如图，作OC⊥AB于C，连接OA，根据垂径定理得到AC=BC=AB=5，然后利用勾股定理计算OC的长即可．
【详解】
解：如图，作OC⊥AB于C，连接OA，

则AC＝BC＝AB＝5，
在Rt△OAC中，OC＝＝12，
所以圆心O到AB的距离为12cm．
故答案为：12．
【点睛】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
31．（2020·辽宁营口?中考真题）如图，△ABC为等边三角形，边长为6，AD⊥BC，垂足为点D，点E和点F分别是线段AD和AB上的两个动点，连接CE，EF，则CE+EF的最小值为_____．

【答案】3
【解析】
【分析】
过C作CF⊥AB交AD于E，则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值为CF，根据等边三角形的性质得到BF＝AB＝6＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：过C作CF⊥AB交AD于E，

则此时，CE+EF的值最小，且CE+EF的最小值为CF，
∵△ABC为等边三角形，边长为6，
∴BF＝AB＝6＝3，
∴CF＝＝＝3，
∴CE+EF的最小值为3，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题，解题的关键是画出符合条件的图形．
32．（2020·黑龙江大庆?中考真题）如图，等边中，，点，点分别是边，上的动点，且，连接、交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径的长度为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，作过A、B、F作⊙O,为点F的轨迹，然后计算出,的长度即可．
【详解】
解：如图：作过A、B、F作⊙O,过O作OG⊥AB
∵等边
∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°
∵
∴△BCE≌△ABC
∴∠BAD=∠CBE
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°
∴∠ABE+∠BAD=60°
∴∠AFB=120°
∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角
∴∠AOB=120°
∵OG⊥AB,OA=OB
∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=
∴∠OBG=30°
设OB=x，则OG=x
∴，解得x=或x=-（舍）
∴的长度为．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．
33．（2020·四川雅安?中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则__________．

【答案】20
【解析】
【分析】
由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.
【详解】
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴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，
故答案为：20.
【点睛】
本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.
34．（2020·重庆中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABC=120°，AB=，以点O为圆心，OB长为半径画弧，分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为____．（结果保留π）

【答案】．
【解析】
【分析】
如图，设⊙O与菱形的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，由菱形的性质可证得△ABD是等边三角形，进而可证得△BEO，△DFO都是等边三角形，由等边三角形的性质可求得∠EOF＝60°，然后根据阴影部分的面积＝2×（S△ABD﹣S△DFO﹣S△BEO﹣S扇形OEF）代入数据计算即可．
【详解】
解：如图，设⊙O与菱形的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴AC⊥BD，BO＝DO，OA＝OC，AB＝AD，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝2，∠ABD＝∠ADB＝60°，
∴BO＝DO＝，
∵以点O为圆心，OB长为半径画弧，
∴BO＝OE＝OD＝OF，
∴△BEO，△DFO是等边三角形，
∴∠DOF＝∠BOE＝60°，
∴∠EOF＝60°，
∴阴影部分的面积＝2×（S△ABD﹣S△DFO﹣S△BEO﹣S扇形OEF）
＝2×
＝．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及扇形面积的计算等知识，正确添加辅助线、明确求解的方法、熟练掌握菱形的性质以及等边三角形的判定和性质是解题的关键．
35．（2020·吉林长春?中考真题）如图，在中，，，以点为圆心，线段的长为半径作，交的延长线于点，则阴影部分的面积为___________（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出，证明，根据计算即可．
【详解】
解：，，
，
，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查扇形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
36．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意证得，推出∠BPE =60，∠BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．
【详解】
连接BD，

∵菱形中，，
∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，
∴△ABD和△CBD都为等边三角形，
∴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四点共圆，即⊙O是的外接圆，
∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，
∴∠BOD =2∠BCD =120，
作OG⊥BD于G，
根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG =∠BOD =60，
∵，即，
∴，
从而点的路径长为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．
37．（2020·吉林中考真题）如图，在四边形中，，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，筝形的对角线，相交于点．以点为圆心，长为半径画弧，分别交，于点，，若，，则的长为_______（结果保留）．

【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，求出OB的长；根据弧长的公式，代入数据，即可求解．
【详解】
由题意知：，，
∴ABC和ADC是等腰三角形，AC⊥BD．
∵，
∴OD=，OA=
∴OB=．
∵∠ABD=，
∴∠EBF=，
=
．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的性质和弧长的公式，正确掌握等腰三角形的性质和弧长的公式是解题的关键．
38．（2020·山东东营?中考真题）如图，在中，的半径为点是边上的动点，过点作的一条切线(其中点为切点)，则线段长度的最小值为____．

【答案】
【解析】
【分析】

如图：连接OP、OQ，根据,可得当OP⊥AB时，PQ最短；在中运用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求得AB、AQ的长，然后再运用等面积法求得OP的长，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】

解：如图：连接OP、OQ，
∵是的一条切线
∴PQ⊥OQ
∴
∴当OP⊥AB时，如图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=．
故答案为．

【点睛】

本题考查了切线的性质、含30°直角三角形的性质、勾股定理等知识点，此正确作出辅助线、根据勾股定理确定当PO⊥AB时、线段PQ最短是解答本题的关键．
39．（2020·海南中考真题）如图，在中，，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点作直线，交边于点，连接，则的周长为________．

【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得MN为AB的垂直平分线，所以AD=BD，进一步可以求出的周长.
【详解】
∵在中，分别以A、B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于M，N，作直线MN，交BC边于D，连接AD；
∴MN为AB的垂直平分线，
∴AD=BD，
∴的周长为：AD+DC+AC=BC+AC=13；
故答案为13.
【点睛】
本题主要考查的是垂直平分线的运用，掌握定义及相关方法即可.
40．（2020·湖南永州?中考真题）已知直线，用一块含30°角的直角三角板按图中所示的方式放置，若，则_________．

【答案】35°
【解析】
【分析】
如图，标注字母，延长交于，利用平行线的性质证明，三角形的外角的性质证明，从而可得答案．
【详解】
解：如图，标注字母，
延长交于，
由题意得：







故答案为：
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，三角形的外角的性质，平行线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
41．（2020·湖北荆州?中考真题）已知：，求作的外接圆，作法：①分别作线段BC，AC的垂直平分线EF和MN，它们交于点O；②以点O为圆心，OB的长为半径画弧，如图⊙O即为所求，以上作图用到的数学依据是___________________．


【答案】线段的垂直平分线的性质
【解析】
【分析】
利用线段垂直平分线的性质得到OA=OC=OB，然后根据点与圆的位置关系可判断点A、C在⊙O上．
【详解】
解：如图，连接，
∵点O为AC和BC的垂直平分线的交点，
∴OA=OC=OB，
∴⊙O为的外接圆．


故答案为：线段的垂直平分线的性质．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．考查线段的垂直平分线的性质，确定圆的条件，掌握作图的原理是解题的关键．
42．（2020·宁夏中考真题）我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．用锯去锯这木材，锯口深寸，锯道长尺（1尺寸）．问这根圆形木材的直径是______寸．

【答案】26
【解析】
【分析】
根据题意可得，由垂径定理可得尺寸，设半径，则，在中，根据勾股定理可得：，解方程可得出木材半径，即可得出木材直径.
【详解】
解：由题可知，
为半径，
尺寸，
设半径，
，

在中，根据勾股定理可得：

解得：,
木材直径为26寸；
故答案为：26.
【点睛】
本题考查垂径定理结合勾股定理计算半径长度.如果题干中出现弦的垂线或者弦的中点，则可验证是否满足垂径定理；与圆有关的题目中如果求弦长或者求半径直径，也可以从题中寻找是否有垂径定理，然后构造直角三角形，用勾股定理求解.
43．（2020·宁夏中考真题）如图，在中，，分别以点A、B为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧分别交于点M、N，作直线交点D；以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点E、F，再分别以点E、F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，此时射线恰好经过点D，则_____度．

【答案】32
【解析】
【分析】
由作图可得MN是线段AB的垂直平分线，BD是∠ABC的平分线，根据它们的性质可得，再根据三角形内角和定理即可得解．
【详解】
由作图可得，MN是线段AB的垂直平分线，BD是∠ABC的平分线，
∴AD=BD，
∴
∴
∵，且，
∴，即，
∴．
故答案为：32．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的作法和角平分线的作法．
44．（2020·内蒙古呼和浩特?中考真题）已知为⊙O的直径且长为，为⊙O上异于A，B的点，若与过点C的⊙O的切线互相垂直，垂足为D．①若等腰三角形的顶角为120度，则；②若为正三角形，则；③若等腰三角形的对称轴经过点D，则；④无论点C在何处，将沿折叠，点D一定落在直径上，其中正确结论的序号为_________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】
①过点O作OE⊥AC，垂足为E， 求出∠CAD=30°，得到CD=AC，再说明OE=r，利用∠OCA≠∠COE，得到CE≠OE，即可判断；②过点A作AE⊥OC，垂足为E，证明四边形AECD为矩形，即可判断；③画出图形，证明四边形AOCD为矩形，即可判断；④过点C作CE⊥AO，垂足为E，证明△ADC≌△AEC，从而说明AC垂直平分DE，得到点D和点E关于AC对称，即可判断.
【详解】
解：①∵∠AOC=120°，
∴∠CAO=∠ACO=30°，
∵CD和圆O相切，AD⊥CD，
∴∠OCD=90°，AD∥CO，
∴∠ACD=60°，∠CAD=30°，
∴CD=AC，过点O作OE⊥AC，垂足为E，
则CE=AE=AC=CD，
而OE=OC=r，∠OCA≠∠COE，
∴CE≠OE，
∴CD≠r，故①错误；

②若△AOC为正三角形，
∠AOC=∠OAC=60°，AC=OC=OA=r，
∴∠OAE=30°，
∴OE=AO，AE=AO=r，
过点A作AE⊥OC，垂足为E，
∴四边形AECD为矩形，
∴CD=AE=r，故②正确；

③若等腰三角形AOC的对称轴经过点D，如图，
∴AD=CD，而∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=45°，又∠OCD=90°，
∴∠ACO=∠CAO=45°
∴∠DAO=90°，
∴四边形AOCD为矩形，
∴CD=AO=r，故③正确；

④过点C作CE⊥AO，垂足为E，连接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，则点D和点E关于AC对称，
即点D一定落在直径上，故④正确.

故正确的序号为：②③④，
故答案为：②③④.
【点睛】
本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，切线的性质，垂径定理，知识点较多，多为一些性质定理，解题时要逐一分析，利用性质定理进行推导.
45．（2020·广西玉林?中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是___________．

【答案】9
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质得出正六边形的面积和的面积，再根据旋转的性质、线段的和差得出的长，从而可得的面积，然后根据即可得．
【详解】
六边形ABCDEF是边长为3的正六边形
其每个内角的度数为，，
，

如图，连接BE，交AD于点O，交AC于点P，则点O为正六边形的中心
是等边三角形，



是等腰三角形，且




由旋转的性质可知，，


则


故答案为：9．

【点睛】
本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一、旋转的性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质与旋转的性质是解题关键．
46．（2020·广西玉林?中考真题）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_________菱形（是，或不是）．

【答案】是
【解析】
【分析】

如图（见解析），先根据“两张对边平行且相等的纸条”得出，再根据平行四边形的判定可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据菱形的判定即可得．
【详解】

如图，过点B作，交DA延长线于点E，过点D作，交BA延长线于点F
由题意得：
四边形ABCD是平行四边形
在和中，


平行四边形ABCD是菱形
故答案为：是．

【点睛】

本题考查了平行四边形与菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形与菱形的判定是解题关键．
47．（2020·湖南郴州?中考真题）如图，在矩形中，．分别以点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和．作直线分别与交于点，则__________．

【答案】2．
【解析】
【分析】
连接DN，在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，根据勾股定理可得BD的长，根据作图过程可得，MN是BD的垂直平分线，所以DN=BN，在Rt△ADN中，根据勾股定理得DN的长，在Rt△DON中，根据勾股定理得ON的长，进而可得MN的长．
【详解】
如图，连接DN，

在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，
∴BD=，
根据作图过程可知：
MN是BD的垂直平分线，
∴DN=BN，OB=OD=2，
∴AN=AB-BN=AB-DN=8-DN，
在Rt△ADN中，根据勾股定理，得
DN2=AN2+AD2，
∴DN2=（8-DN）2+42，
解得DN=5，
在Rt△DON中，根据勾股定理，得
ON=，
∵CD∥AB，
∴∠MDO=∠NBO，
∠DMO=∠BNO，
∵OD=OB，
∴△DMO≌△BNO（AAS），
∴OM=ON=，
∴MN=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理、矩形的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
48．（2020·青海中考真题）已知⊙O的直径为10cm，AB，CD是⊙O的两条弦，，，，则与之间的距离为________cm．
【答案】7或1．
【解析】
【分析】
分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O同一侧时，当两条弦位于圆心O两侧时；利用垂径定理和勾股定理分别求出OE和OF的长度，即可得到答案．
【详解】
解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，

过O作OE⊥CD，交CD于点E，交AB于点F，连接OC，OA，
∵AB∥CD，∴OE⊥AB，
∴E、F分别为CD、AB的中点，
∴CE=DE=CD=3cm，AF=BF=AB=4cm，
在Rt△AOF中，OA=5cm，AF=4cm，
根据勾股定理得：OF=3cm，
在Rt△COE中，OC=5cm，CE=3cm，
根据勾股定理得：OE═4cm，
则EF=OEOF=4cm3cm=1cm；
当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，
同理可得EF=4cm+3cm=7cm，
综上，弦AB与CD的距离为7cm或1cm．
故答案为：7或1．
【点睛】
此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
49．（2020·青海中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．

【答案】6cm
【解析】
【分析】
根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴在Rt△ABC中，．
故答案为6cm．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．
50．（2020·青海中考真题）如图所示ΔABC中，AB=AC=14cm,AB的垂直平分线MN交AC于D,ΔDBC的周长是24cm,则BC=___________cm．

【答案】10
【解析】
【分析】
由MN是AB的垂直平分线可得AD=BD，于是将△BCD的周长转化为BC与边长AC的和来解答．
【详解】
∵，
∴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．
故答案为：10
点睛：解答本题的关键是熟练掌握垂直平分线的性质：垂直平分线上的点到线段两端的距离相等．此题将垂直平分线的性质与三角形的周长问题相结合，体现了转化思想在解题时的巨大作用．
51．（2020·青海中考真题）已知a，b，c为的三边长．b，c满足，且a为方程的解，则的形状为________三角形．
【答案】等腰三角形
【解析】
【分析】
根据绝对值和平方的非负性可得到b、c的值，再根据式子解出a的值，即可得出结果．
【详解】
∵，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，，
∵a是方程的解且a，b，c为的三边长，
∴,
∴是等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查了根据三角形三边判断三角形的性质，准确求解题中的式子是解题的关键．
52．（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，在中，，点P在斜边上，以为直角边作等腰直角三角形，，则三者之间的数量关系是_____．

【答案】PA2+PB2=PQ2
【解析】
【分析】
把AP2和PB2都用PC和CD表示出来，结合Rt△PCD中，可找到PC和PD和CD的关系，从而可找到PA2，PB2，PQ2三者之间的数量关系；
【详解】
解：过点C作CD⊥AB，交AB于点D
∵△ACB为等腰直角三角形，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为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，
∴2PC2=PQ2，
∴PA2+PB2=PQ2，
故答案为PA2+PB2=PQ2.

【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，关键是作出辅助线，利用三线合一进行论证.
53．（2020·内蒙古中考真题）如图，在矩形中，是对角线，，垂足为E，连接．若，则如的值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
过C向BD作垂线，可以构造出一个30°直角三角△CDF，进而求出，设直角最小边DF=a,并用a的代数式表示出其他边，即可求出答案．
【详解】
解：过C作CF⊥BD，垂足为F点
∵矩形ABCD,
∴AD∥BC， AB=CD


∴∠DBC=∠DCF=∠BAE=30°
设DF=a,则CF=，CD=，BD=，
∵
∴∠AEB=∠CFD=90°
∴，
∴EB=DF=a
∴EF=-a-a=2a
∴

故答案是．
【点睛】
本题主要考察了矩形的性质和解直角三角形知识点，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题关键．
54．（2020·内蒙古中考真题）如图，在正方形，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接．若，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
先证明，得到，可得到，再根据平行线的性质得到，可得，根据三角形内角和定理即可求解；
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，AB∥CD，
又∵BD是角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案是．
【点睛】
本题主要考查了利用正方形的性质求角度，准确利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键．
55．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平行四边形中，的平分线与的平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为______．

【答案】16
【解析】
【分析】
根据平行线的性质和角平分线的性质，得到∠BEC=90°，然后利用勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：如图，在平行四边形中，

∴，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠AEB=∠CBE，∠DEC=∠BCE，∠ABC+∠DCB=180°
∵BE、CE分别是∠ABC和∠DCB的角平分线，
∴∠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
；
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确求出角之间的关系进行解题．
56．（2020·湖北黄石?中考真题）匈牙利著名数学家爱尔特希（P. Erdos，1913-1996）曾提出：在平面内有n个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，人们将具有这样性质的n个点构成的点集称为爱尔特希点集．如图，是由五个点A、B、C、D、O构成的爱尔特希点集（它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成），则的度数是_____．

【答案】18°
【解析】
【分析】
先证明△AOB≌△BOC≌△COD，得出∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，然后求出正五边形每个角的度数为108°，从而可得∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC=54°，∠AOB=∠BOC=∠COD=72°，可计算出∠AOD=144°，根据OA=OD，即可求出∠ADO．
【详解】
∵这个五边形由正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成，
∴根据正五边形的性质可得OA=OB=OC=OD，AB=BC=CD，
∴△AOB≌△BOC≌△COD，
∴∠OAB=∠OBA=∠OBC=∠OCB=∠OCD=∠ODC，∠AOB=∠BOC=∠COD，
∵正五边形每个角的度数为：=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°，
故答案为：18°．
【点睛】
本题考查了正多边形的内角，正多边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，求出∠AOB=∠BOC=∠COD=72°是解题关键．
57．（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，若∠BEF=∠EBC，AB=3AE，则下列结论：①DF=FC；②AE+DF=EF；③∠BFE=∠BFC；④∠ABE+∠CBF=45°；⑤∠DEF+∠CBF=∠BFC；⑥ DF:DE:EF=3:4:5；⑦ BF:EF=:5．其中结论正确的序号有_____．

【答案】①②③④⑤⑥⑦
【解析】
【分析】
设正方形的边长为3，假设F为DC的中点，证明进而证明PE=PB可得假设成立，故可对①进行判断；由勾股定理求出EF的长即可对② 进行判断；过B作BG⊥EF，证明即可对③进行判断；过点E作EH⊥BF，利用三角形BEF的面积求出EH和BH的长，判断△BEH是等腰直角三角形即可对④进行判断；过F作 FQ//AD，利用平行线的性质得，从而可对⑤进行判断；根据DE，DF，EF的长可对⑥进行判断；根据BF和CF的长可对⑦进行判断．
【详解】
如图，不妨设正方形ABCD的边长为3，即，
，
，，

①假设F为CD的中点，延长EF交BC的延长线于点P，
在和中



由勾股定理得，，
，，
，
，故假设成立，
，故①正确；
②，，
，
而，
，故②正确；
③过B作，垂足为G，



而


在和中，

∴
，
即，故③正确；
④过E和，垂足为H，
∵，
又，
，

在中，，，


在中，，
，
而

是等腰直角三角形，
，
，故④正确；
⑤过F作FQ// AD，交AB于Q，则FQ// BC，
，，

，
，故⑤正确；
⑥，，
，故⑥正确；
⑦，，
，故⑦正确；
综上所述，正确的结论是①②③④⑤⑥⑦．
故答案为：①②③④⑤⑥⑦．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，假设出AB=3是解答此题的关键．
58．（2020·湖南娄底?中考真题）由4个直角边长分别为a，b的直角三角形围成的“赵爽弦图”如图所示，根据大正方形的面积等于小正方形的面积与4个直角三角形的面积的和证明了勾股定理，还可以用来证明结论：若、且为定值，则当_______时，取得最大值．

【答案】=
【解析】
【分析】
设为定值，则，先根据“张爽弦图”得出，再利用平方数的非负性即可得．
【详解】
设为定值，则
由“张爽弦图”可知，
即
要使的值最大，则需最小
又
当时，取得最小值，最小值为0
则当时，取得最大值，最大值为
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理的应用、平方数的非负性，掌握勾股定理是解题关键．
59．（2020·山西中考真题）如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长．
【详解】
如解图，过点作于，

∵，
∴，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
∵，
∴∽
∴
∴，
设为，则，由勾股定理得，
又∵，
∴，
则，
∵且，
∴∽，
∴，
即，
解得，
∴．
∵
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形．
60．（2020·湖北中考真题）如图，D是等边三角形外一点．若，连接，则的最大值与最小值的差为_____．

【答案】12
【解析】
【分析】
以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，可证得△ECB≌△DCA从而得到BE=AD，再根据三角形的三边关系即可得出结论．
【详解】
解：如图1，以CD为边向外作等边三角形CDE，连接BE，

∵CE=CD，CB=CA，∠ECD=∠BCA=60°，
∴∠ECB=∠DCA，
∴△ECB≌△DCA（SAS），
∴BE=AD，
∵DE=CD=6，BD=8，
∴8-6 ∴2 ∴2 ∴则的最大值与最小值的差为12．
故答案为：12
【点睛】
本题考查三角形全等与三角形的三边关系，解题关键在于添加辅助线构建全等三角形把AD转化为BE从而求解，是一道较好的中考题．
61．（2020·湖北中考真题）如图，在中，是的垂直平分线．若，的周长为13，则的周长为______．

【答案】
【解析】
【分析】
由线段的垂直平分线的性质可得，从而可得答案．
【详解】
解： 是的垂直平分线．，


的周长

故答案为：
【点睛】
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线的性质是解题的关键．
62．（2020·陕西中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则∠BDM的度数是_____．

【答案】144°．
【解析】
【分析】
根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答．
【详解】
解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠C＝＝108°，BC＝DC，
∴∠BDC＝＝36°，
∴∠BDM＝180°﹣36°＝144°，
故答案为：144°．
【点睛】
本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键．
63．（2020·江苏徐州?中考真题）在中，若，，则的面积的最大值为______．
【答案】9+9
【解析】
【分析】
首先过C作CM⊥AB于M，由弦AB已确定，可得要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，即可得当CM过圆心O时，CM最大，然后由圆周角定理，证得△AOB是等腰直角三角形，则可求得CM的长，继而求得答案．
【详解】
作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，

∵弦AB已确定，
∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，
如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，
∵CM⊥AB，CM过O，
∴AM＝BM（垂径定理），
∴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．
故答案为：9+9．
【点睛】
此题考查了圆周角定理以及等腰直角三角形性质．注意得到当CM过圆心O时，CM最大是关键．
64．（2020·湖南长沙?中考真题）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动，（点P与M，N不重合）平分，交PM于点E，交PQ于点F．
(1) ___________________．
(2)若，则___________________．

【答案】1 1
【解析】
【分析】
(1)过E作于G，可得，根据圆周角的性质可得，又平分，根据角平分线的性质可得；由， ，，且，根据“等角的余角相等”可得 ，再根据等腰三角形的性质“等角对等边”可得，即有；由，，可得，从而可得在中有，将、、代入可得，，既而可求得的值．(2) 由得，又，根据等腰三角形的性质可得平分，即，从而可求得．
【详解】
(1)如图所示，过E作于G，则，

∵MN为半圆的直径，
∴，
又∵平分，,
∴．
∵平分，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
又∵，
∴，
∴,
又∵，
∴．
∵，，
∴，
∴在中，,
又∵,
∴，
∴将，，代入得，,
∴，
即．
(2)∵，
∴，
又∵，
∴平分，即,
∴，
故答案为：(1) ；(2) ．
【点睛】
本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得，，再通过平行线分线段成比例的性质得到，进行等量代换和化简后即可得解；(2)中解题的关键是利用等腰三角形的性质得到，即可得解．
65．（2020·湖北恩施?中考真题）如图，直线，点在直线上，点在直线上，，，，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
利用等腰三角形的性质得到∠C=∠4=，利用平行线的性质得到∠1=∠3=，再根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】
如图，延长CB交于点D，

∵AB=BC，∠C=，
∴∠C=∠4=，
∵，∠1=，
∴∠1=∠3=，
∵∠C +∠3+∠2+∠4 =，即
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，平行线的性质以及三角形内角和定理的应用，解决问题的关键是辅助线的作法，注意运用两直线平行，同位角相等．
66．（2020·江苏常州?中考真题）如图，在中，，D、E分别是、的中点，连接，在直线和直线上分别取点F、G，连接、．若，且直线与直线互相垂直，则的长为_______．

【答案】4或2
【解析】
【分析】
分当点F在点D右侧时，当点F在点D左侧时，两种情况，分别画出图形，结合三角函数，勾股定理以及平行四边形的性质求解即可.
【详解】
解：如图，当点F在点D右侧时，
过点F作FM∥DG，交直线BC于点M，过点B作BN⊥DE，交直线DE于点N，
∵D，E分别是AB和AC中点，AB=，
∴DE∥BC，BD=AD=，∠FBM=∠BFD，
∴四边形DGMF为平行四边形，
则DG=FM，
∵DG⊥BF，BF=3DG，
∴∠BFM=90°，
∴tan∠FBM==tan∠BFD，
∴，
∵∠ABC=45°=∠BDN，
∴△BDN为等腰直角三角形，
∴BN=DN=，
∴FN=3BN=9，DF=GM=6，
∵BF==，
∴FM==，
∴BM=，
∴BG=10-6=4；

当点F在点D左侧时，过点B作BN⊥DE，交直线DE于N，过点B作BM∥DG，交直线DE于M，延长FB和DG，交点为H，
可知：∠H=∠FBM=90°，四边形BMDG为平行四边形，
∴BG=MD，BM=DG，
∵BF=3DG，
∴tan∠BFD=，
同理可得：△BDN为等腰直角三角形，BN=DN=3，
∴FN=3BN=9，
∴BF=，
设MN=x，则MD=3-x，FM=9+x，
在Rt△BFM和Rt△BMN中，
有，
即，
解得：x=1，即MN=1，
∴BG=MD=ND-MN=2.

综上：BG的值为4或2.
故答案为：4或2.
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角函数，平行四边形的判定和性质，勾股定理，难度较大，解题的关键是根据题意画出图形，分清情况.
67．（2020·江苏常州?中考真题）如图，在中，的垂直平分线分别交、于点E、F．若是等边三角形，则_________°．

【答案】30
【解析】
【分析】
根据垂直平分线的性质得到∠B=∠BCF，再利用等边三角形的性质得到∠AFC=60°，从而可得∠B.
【详解】
解：∵EF垂直平分BC，
∴BF=CF，
∴∠B=∠BCF，
∵△ACF为等边三角形，
∴∠AFC=60°，
∴∠B=∠BCF=30°.
故答案为：30.
【点睛】
本题考查了垂直平分线的性质，等边三角形的性质，外角的性质，解题的关键是利用垂直平分线的性质得到∠B=∠BCF.
68．（2020·甘肃天水?中考真题）一个三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程的根，则该三角形的周长为_______．
【答案】13
【解析】
【分析】
先利用因式分解法解方程x2-8x+12=0，然后根据三角形的三边关系得出第三边的长，则该三角形的周长可求．
【详解】
解：∵x2-8x+12=0，
∴，
∴x1=2，x2=6，
∵三角形的两边长分别为2和5，第三边长是方程x2-8x+12=0的根，当x=2时，2+2＜5，不符合题意，
∴三角形的第三边长是6，
∴该三角形的周长为：2+5+6=13．
故答案为：13．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的因式分解法及三角形的三边关系，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
69．（2020·甘肃天水?中考真题）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．

【答案】2
【解析】
【分析】
根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．
【详解】
解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，
∴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，
设BE=x，则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．
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．
70．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；点是的中点，连接，，得到；…；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为_________．（用含正整数的式子表示）

【答案】
【解析】
【分析】
先计算出、、的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．
【详解】
解：∵，
∴面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为，
∵点是的中点，∴
∴，
，
∴，
∵点是的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴，
且，
∴
∴，
同理可以计算出：
，
且，
∴，
∴，
故、、的面积分别为：，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合，分子规律为，
∴的面积为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
71．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，，，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线，交于点，连接，若，则的长为_________．

【答案】5
【解析】
【分析】
由题意可得：直线MN是AB的垂直平分线，从而有EA=EB，然后设BE=AE=x，则可用含x的代数式表示出BC，于是在Rt△BCE中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求出结果．
【详解】
解：由题意可得：直线MN是AB的垂直平分线，∴EA=EB，
设BE=AE=x，则AC=x+3，
∵AC=2BC，
∴，
在Rt△BCE中，由勾股定理，得，
即，解得：（舍去），
∴BE=5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线的尺规作图和性质、勾股定理和一元二次方程的解法等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用方程思想是解题关键．
72．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，，分别是和的中点，连接，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，若，则的长为_________．

【答案】2
【解析】
【分析】
依据三角形中位线定理，即可得到MN=BC=2，MNBC，依据△MNE≌△DCE（AAS），即可得到CD=MN=2．
【详解】
解：∵M，N分别是AB和AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN=BC=2，MN∥BC，
∴∠NME=∠D，∠MNE=∠DCE，
∵点E是CN的中点，
∴NE=CE，
∴△MNE≌△DCE（AAS），
∴CD=MN=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
73．（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，，点在反比例函数（，）的图象上，点，在轴上，，延长交轴于点，连接，若的面积等于1，则的值为_________．

【答案】3
【解析】
【分析】
作AE⊥BC于E，连接OA，根据等腰三角形的性质得出OC=CE，根据相似三角形的性质求得S△CEA=1，进而根据题意求得S△AOE=，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值．
【详解】
解：作AE⊥BC于E，连接OA，

∵AB=AC，
∴CE=BE，
∵OC=OB，
∴OC=CE，
∵AE∥OD，
∴△COD∽△CEA，
∴，
∵，OC=OB，
∴，
∴，
∵OC=CE，
∴，
∴，
∵()，
∴，
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
74．（2020·四川内江?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A（-2，0），直线与x轴交于点B，以AB为边作等边，过点作轴，交直线l于点，以为边作等边，过点作轴，交直线l于点，以为边作等边，以此类推……，则点的纵坐标是______________

【答案】
【解析】
【分析】
如图，过A1作A1C⊥AB与C，过A2作A2C1⊥A1B1于C1，过A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B（-1，0），且与x轴夹角为30º，则有AB=1，然后根据平行线的性质、等边三角形的性质、含30º的直角三角形的性质，分别求的A1、A2、A3、的纵坐标，进而得到An的纵坐标，据此可得A2020的纵坐标，即可解答．
【详解】
如图，过A1作A1C⊥AB与C，过A2作A2C1⊥A1B1于C1，过A3作A3C2⊥A2B2于C2，先根据直线方程与x轴交于点B（-1，0），与y轴交于点D（0，），
∴OB=1,OD=,
∴∠DBO=30º
由题意可得：∠A1B1B=∠A2B2B1=30º,∠B1A1B=∠B2A2B1=60º
∴∠A1BB1=∠A2B1B2=90º，
∴AB=1，A1B1=2A1B=21，A2B2=2A2B1=22，A3B3=2A3B2=23，…AnBn=2n
∴A1C=AB=×1，
A1纵坐标为×1=；
A2C1=A1B1=，
A2的纵坐标为×1+===；
A3C2=A2B2=,
A3的纵坐标为×1++===；
…
由此规律可得：AnCn-1=,
An的纵坐标为=，
∴A2020=，
故答案为：

【点睛】
本题是一道点的坐标变化规律探究，涉及一次函数的图象、等边三角形的性质、含30º角的直角三角形的性质，数字型规律等知识，解答的关键是认真审题，观察图象，结合基本图形的有关性质，找到坐标变化规律．
75．（2020·广东中考真题）有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时扑捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，，点，分别在射线，上，长度始终保持不变，，为的中点，点到，的距离分别为4和2．在此滑动过程中，猫与老鼠的距离的最小值为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
根据当、、三点共线，距离最小，求出BE和BD即可得出答案．
【详解】
如图当、、三点共线，距离最小，

∵，为的中点，
∴，，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理，两点间的距离线段最短，判断出距离最短的情况是解题关键．
76．（2020·湖北随州?中考真题）如图，点，，在上，是的角平分线，若，则的度数为_____．

【答案】30°
【解析】
【分析】
根据圆周角定理求出，再由角平分线的性质可得到结果；
【详解】
∵，
∴，
又∵是的角平分线，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理的应用，准确运用角平分线的性质是解题的必要步骤．
77．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图，线段，用尺规作图法按如下步骤作图．

（1）过点B作的垂线，并在垂线上取；
（2）连接，以点C为圆心，为半径画弧，交于点E；
（3）以点A为圆心，为半径画弧，交于点D．即点D为线段的黄金分割点．
则线段的长度约为___________（结果保留两位小数，参考数据：）
【答案】6.18
【解析】
【分析】
根据作图得△ABC为直角三角形，，AE=AD,
根据勾股定理求出AC，再求出AE，即可求出AD．
【详解】
解：由作图得△ABC为直角三角形，，AE=AD,
∴cm，
∴cm，
∴cm．
故答案为：6.18
【点睛】
本题考查了尺规作图，勾股定理等知识，根据作图步骤得到相关已知条件是解题关键．
78．（2020·湖南邵阳?中考真题）如图，在中，，斜边，过点C作，以为边作菱形，若，则的面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】
如下图，先利用直角三角形中30°角的性质求出HE的长度，然后利用平行线间的距离处处相等，可得CG的长度，即可求出直角三角形ABC面积．
【详解】

如图，分别过点E、C作EH、CG垂直AB，垂足为点H、G，
∵根据题意四边形ABEF为菱形，
∴AB=BE=，
又∵∠ABE=30°
∴在RT△BHE中，EH=，
根据题意，AB∥CF，
根据平行线间的距离处处相等，
∴HE=CG=，
∴的面积为．
【点睛】
本题的辅助线是解答本题的关键，通过辅助线，利用直角三角形中的30°角所对直角边是斜边一半的性质，求出HE，再利用平行线间的距离处处相等这一知识点得到HE=CG，最终求出直角三角形面积．
79．（2020·湖北宜昌?中考真题）如图，在一个池塘两旁有一条笔直小路（B，C为小路端点）和一棵小树（A为小树位置）测得的相关数据为：米，则________米．

【答案】48
【解析】
【分析】
先说明△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可解答．
【详解】
解：∵
∴∠BAC=180°-60°-60°=60°
∴∠BAC=∠ABC=∠BCA=60°
∴△ABC是等边三角形
∴AC=BC=48米．
故答案为48．

【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和性质，证得△ABC是等边三角形是解答本题的关键．
80．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）等腰三角形的两条边长分别为3和4，则这个等腰三角形的周长是_____．
【答案】10或11
【解析】
【分析】
分3是腰长与底边长两种情况讨论求解即可．
【详解】
解：①3是腰长时，三角形的三边分别为3、3、4，
∵此时能组成三角形，
∴周长＝3+3+4＝10；
②3是底边长时，三角形的三边分别为3、4、4，
此时能组成三角形，
所以周长＝3+4+4＝11．
综上所述，这个等腰三角形的周长是10或11．
故答案为：10或11．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，根据题意，正确分情况讨论是解题的关键．
81．（2020·黑龙江齐齐哈尔?中考真题）如图，已知在△ABD和△ABC中，∠DAB＝∠CAB，点A、B、E在同一条直线上，若使△ABD≌△ABC，则还需添加的一个条件是______．（只填一个即可）

【答案】AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等）
【解析】
【分析】
利用全等三角形的判定方法添加条件即可求解．
【详解】
解：∵∠DAB＝∠CAB，AB＝AB，
∴当添加AD＝AC时，可根据“SAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠D＝∠C时，可根据“AAS”判断△ABD≌△ABC；
当添加∠ABD＝∠ABC时，可根据“ASA”判断△ABD≌△ABC．
故答案为AD＝AC(∠D＝∠C或∠ABD＝∠ABC等)．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
82．（2020·上海中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．

【答案】．
【解析】
【分析】
过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
【详解】
解：如图，过点E作EH⊥BC于H，

∵BC=7，CD=3，
∴BD=BC-CD=4，
∵AB=4=BD，∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∴∠ADC=∠ADE=120°，
∴∠EDH=60°，
∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．
∵DE=DC=3，
∴EH=DE×sin∠HDE=3×=，
∴E到直线BD的距离为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，对应的角相等．
83．（2020·湖北黄冈?中考真题）我国古代数学著作《九章算术》中有这样一个问题：“今有池方一丈，葭（jiā）生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐问水深几何？”（注：丈、尺是长度单位，1丈=10尺）这段话翻译成现代汉语，即为：如图，有一个水池，水面是一个边长为1丈的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边的中点，它的顶端恰好到达池边的水面．则水池里水的深度是_______________尺．

【答案】12
【解析】
【分析】
首先设水池的深度为x尺，则这根芦苇的长度为（x+1）尺，根据勾股定理可得方程x2+52=（x+1）2即可．
【详解】
设这个水池深x尺，
由题意得，x2+52=（x+1）2，
解得：x=12
答：这个水池深12尺．
故答案为：12．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
84．（2020·湖北黄冈?中考真题）已知：如图，，则_____________度．

【答案】30
【解析】
【分析】

本题可利用两直线平行，同位角相等求解∠EGC，继而根据邻补角定义求解∠CDE，最后根据外角定义求解∠BCD．
【详解】

令BC与EF相交于G点，如下图所示：
∵，
∴∠EGC=∠ABC=75°，∠EDC=180°-∠CDF=180°-135°=45°，
又∵∠EGC=∠BCD+∠EDC，
∴∠BCD=75°-45°=30°，
故答案：30．

【点睛】

本题考查直线平行的性质，外角以及邻补角定义，难度一般，掌握一些技巧有利于解题效率，例如见平行推角等．
85．（2020·湖北孝感?中考真题）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为，空白部分的面积为，大正方形的边长为，小正方形的边长为，若，则的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图（见解析），设，先根据直角三角形的面积公式、正方形的面积公式求出的值，再根据建立等式，然后根据建立等式求出a的值，最后代入求解即可．
【详解】
如图，由题意得：，，，是直角三角形，且均为正数
则大正方形的面积为
小正方形的面积为
设
则



又，即

解得或（不符题意，舍去）
将代入得：
两边同除以得：
令
则
解得或（不符题意，舍去）
即的值为
故答案为：．

【点睛】
本题考查了一元二次方程与几何图形、勾股定理、三角形全等的性质等知识点，理解题意，正确求出的值是解题关键．
86．（2020·湖北孝感?中考真题）某型号飞机的机翼形状如图所示，根据图中数据计算的长为______．（结果保留根号）


【答案】
【解析】
【分析】
如图（见解析），先在中，解直角三角形可求出CF的长，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得DE的长，从而可得CE的长，然后根据线段的和差即可得．
【详解】
如图，过A作，交DF于点E，则四边形ABFE是矩形

由图中数据可知，，，，
在中，，即
解得

是等腰三角形



则的长为
故答案为：．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用、等腰三角形的判定与性质等知识点，掌握解直角三角形的方法是解题关键．
87．（2020·湖北咸宁?中考真题）如图，四边形是边长为2的正方形，点E是边上一动点（不与点B，C重合），，且交正方形外角的平分线于点F，交于点G，连接，有下列结论：
①；
②；
③；
④的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是_____________．（把正确结论的序号都填上）

【答案】①②③
【解析】
【分析】
证明∠BAE=∠CEG，结合∠B=∠BCD可证明△ABE∽△ECG，可判断①；在BA上截取BM=BE，证明△AME≌△ECF，可判断②；可得△AEF为等腰直角三角形，证明∠BAE+∠DAF=45°，结合∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，可判断③；设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，根据△AME≌△ECF，求出△AME面积的最大值即可判断④.
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEG=90°，又∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CEG，
∴△ABE∽△ECG，故①正确；
在BA上截取BM=BE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°，BA=BC，
∴△BEM为等腰直角三角形，
∴∠BME=45°，
∴∠AME=135°，
∵BA-BM=BC-BE，
∴AM=CE，
∵CF为正方形外角平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°=∠AME，
∵∠BAE=∠FEC，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF，故②正确；
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=∠EFA=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
而∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，
∴，故③正确；
设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，
S△AME=•x•（2-x）=，
当x=1时，S△AME有最大值，
而△AME≌△ECF，
∴S△AME=S△CEF，
∴S△CEF有最大值，所以④错误；
综上：正确结论的序号是：①②③.
故答案为：①②③.

【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的性质，二次函数的最值，解题的关键是添加辅助线，灵活运用全等三角形的知识解决线段的问题.
88．（2020·湖北武汉?中考真题）如图，折叠矩形纸片，使点落在边的点处，为折痕，，．设的长为，用含有的式子表示四边形的面积是________．

【答案】
【解析】
【分析】
首先根据题意可以设DE=EM=x，在三角形AEM中用勾股定理进一步可以用t表示出x，再可以设CF=y，连接MF，所以BF=2−y，在三角形MFN与三角形MFB中利用共用斜边，根据勾股定理可求出用t表示出y，进而根据四边形的面积公式可以求出答案.
【详解】
设DE=EM=x，
∴，
∴x= ，
设CF=y，连接FM，

∴BF=2−y，
又∵FN= y，NM=1，
∴，
∴y=，
∴四边形的面积为：=∙1，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的综合运用，熟练掌握技巧性就可得出答案.
89．（2020·湖北武汉?中考真题）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图，是平行四边形的对角线，点在上，，，则的大小是________．

【答案】26°．
【解析】
【分析】

设∠BAC=x，然后结合平行四边形的性质和已知条件用x表示出∠EBA、∠BEC、 ∠BCE、 ∠BEC、 ∠DCA、∠DCB，最后根据两直线平行同旁内角互补，列方程求出x即可．
【详解】

解：设∠BAC=x
∵平行四边形的对角线
∴DC//AB,AD=BC,AD//BC
∴∠DCA=∠BAC=x
∵AE=BE
∴∠EBA =∠BAC=x
∴∠BEC=2x
∵
∴BE=BC
∴∠BCE=∠BEC =2x
∴∠DCB=∠BCE+∠DCA=3x
∵AD//BC，
∴∠D+∠DCB=180°，即102°+3x=180°，解得x=26°．
故答案为26°．
【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质，运用平行四边形结合已知条件判定等腰三角形和掌握方程思想是解答本题的关键．
90．（2020·江苏扬州?中考真题）《九章算术》是中国传统数学的重要著作之一，奠定了中国传统数学的基本框架．如图所示是其中记载的一道“折竹”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去根三尺，问折者高几何？”题意是：一根竹子原高1丈（1丈10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？答：折断处离地面________尺高．

【答案】
【解析】
【分析】
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺，利用勾股定理解题即可．
【详解】
解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10-x）尺，
根据勾股定理得：x2+32=（10-x）2，
解得：；
故答案为：．
【点睛】
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
91．（2020·江苏扬州?中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：
①以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、BC于点D、E．
②分别以点D、E为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧交于点F．
③作射线BF交AC于点G．
如果，，的面积为18，则的面积为________．

【答案】27
【解析】
【分析】
由作图步骤可知BG为∠ABC的角平分线，过G作GH⊥BC,GM⊥AB，可得GM=GH
,然后再结合已知条件和三角形的面积公式求得GH，最后运用三角形的面积公式解答即可．
【详解】
解：由作图作法可知：BG为∠ABC的角平分线
过G作GH⊥BC,GM⊥AB
∴GM=GH
∴,

故答案为27．

【点睛】
本题考查了角平分线定理和三角形面积公式的应用，通过作法发现角平分线并灵活应用角平分线定理是解答本题的关键．
92．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，矩形中，点G，E分别在边上，连接，将和分别沿折叠，使点B，C恰好落在上的同一点，记为点F．若，则_______．


【答案】
【解析】
【分析】
根据折叠的性质结合勾股定理求得GE，BC=AD=8，证得Rt△EGFRt△EAG，求得，再利用勾股定理得到DE的长，即可求解．
【详解】
矩形中，GC=4，CE =3，∠C=90，
∴GE=，

根据折叠的性质：BG=GF，GF=GC=4，CE=EF=3，∠AGB=∠AGF，∠EGC=∠EGF，∠GFE =∠C=90，
∴BG=GF=GC=4，
∴BC=AD=8，
∵∠AGB+∠AGF+∠EGC+∠EGF=180，
∴∠AGE=90，
∴Rt△EGFRt△EAG，
∴，即，
∴，
∴DE=，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，锐角三角形函数的知识等，利用勾股定理和相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
93．（2020·山东潍坊?中考真题）如图，在中，，，垂直平分，垂足为Q，交于点P．按以下步骤作图：①以点A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交边于点D，E；②分别以点D，E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F；⑤作射线．若与的夹角为，则________°．

【答案】55°．
【解析】
【分析】
根据直角三角形两锐角互余得∠BAC=70°，由角平分线的定义得∠2=35°，由线段垂直平分线可得△AQM是直角三角形，故可得∠1+∠2=90°，从而可得∠1=55°，最后根据对顶角相等求出．
【详解】
如图，

∵△ABC是直角三角形，∠C=90°，
，
，
，
∵是的平分线，
，
是的垂直平分线，
是直角三角形，
，
，
∵∠α与∠1是对顶角，
．
故答案为：55°．
【点睛】
此题考查了直角三角形两锐角互余，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质，对顶角相等等知识，熟练掌握相关定义和性质是解题的关键．
94．（2020·北京中考真题）在ABC中，AB=AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明ABD≌ACD，这个条件可以是________（写出一个即可）

【答案】∠BAD=∠CAD（或BD=CD）
【解析】
【分析】
证明ABD≌ACD，已经具备 根据选择的判定三角形全等的判定方法可得答案．
【详解】
解：
要使
则可以添加：∠BAD=∠CAD，
此时利用边角边判定：
或可以添加：
此时利用边边边判定：
故答案为：∠BAD=∠CAD或（）
【点睛】
本题考查的是三角形全等的判定，属开放性题，掌握三角形全等的判定是解题的关键．
95．（2020·湖南湘西?中考真题）观察下列结论：
（1）如图①，在正三角形中，点M，N是上的点，且，则，；
（2）如图②，在正方形中，点M，N是上的点，且，则，；
（3）如图③，在正五边形中，点M，N是上的点，且，则，；……

根据以上规律，在正n边形中，对相邻的三边实施同样的操作过程，即点M，N是上的点，且，与相交于O．也会有类似的结论．你的结论是_________________．
【答案】，
【解析】
【分析】
根据正多边形内角和定理结合全等三角形的判定和性质可得出（1）、（2）、（3）的结论，根据以上规律可得出正n边形的结论．
【详解】
（1）∵正三角形ABC中，点M、N是AB、AC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AC，∠CAM=∠ABN=，
∵在△ABN和△CAM中，
，
∴△ABN≌△CAM（SAS），
∴AN= CM，∠BAN=∠MCA，
∴∠NOC=∠OAC+∠MCA =∠OAC+∠BAN =∠BAC=60°，
故结论为：AN= CM，∠NOC=60；
（2）∵正方形ABCD中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AD，∠DAM=∠ABN=，
同理可证：Rt△ABNRt△DAM，
∴AN= DM，∠BAN=∠ADM，
∠NOD=∠OAD+∠ADM =∠OAD+∠BAN =∠BAC=90°，
故结论为：AN= DM，∠NOD=90；
（3）∵正五边形ABCDE中，点M、N是AB、BC边上的点，且AM=BN，
∴AB=AE，∠EAM=∠ABN=，
同理可证得：Rt△ABNRt△EAM，
∴AN= EM，∠BAN=∠AEM，
∠NOE=∠OAE+∠AEM =∠OAE+∠BAN =∠BAE=108°，
故结论为：AN= EM，∠NOE=108；

∵正三角形的内角度数为：60°，
正方形的内角度数为：90°，
正五边形的内角度数为：108°，
∴以上所求的角恰好等于正n边形的内角，
在正n边形中，点M，N是上的点，且，与相交于O，结论为：，．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了正n边形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是发现与的夹角与正边形的内角相等．
96．（2020·天津中考真题）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点均落在格点上，点B在网格线上，且．

（Ⅰ）线段的长等于___________；
（Ⅱ）以为直径的半圆与边相交于点D，若分别为边上的动点，当取得最小值时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）_______．
【答案】 详见解析
【解析】
【分析】
（1）将AC放在一个直角三角形，运用勾股定理求解；
（2）取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．
【详解】
解：（Ⅰ）如图，在Rt△AEC中，CE=3,AE=2,则由勾股定理，得AC==；

（Ⅱ）如图，取格点M，N，连接MN，连接BD并延长，与MN相交于点；连接，与半圆相交于点E，连接BE，与AC相交于点P，连接并延长，与BC相交于点Q，则点P，Q即为所求．

【点睛】
本题考查作图-应用与设计，勾股定理，轴对称-最短问题，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据垂线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
97．（2020·天津中考真题）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案．
【详解】
解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，，
平行四边形的顶点C在等边的边上，
，
是等边三角形，
．
在平行四边形中，，，
又是等边三角形，
，
．
G为的中点，，
是的中点，且是的中位线，
．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键．