中考数学二轮培优复习专题10 填空题压轴题几何图形综合计算专项训练（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝ 60 °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
思路引领：利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠BAE（∠BAD﹣∠EAF）
（90°﹣30°）
＝30°．
∴∠AEB＝60°．
故答案为：60．
过点F作FG⊥AE，垂足为G．
∵sin∠EAF，
∴FG＝sin∠EAF×AF．
∵S△AEFAE×FGAE×AF×sin∠EAF＝1，
∴AE2×sin30°＝1．
即AE21．
∴AE＝2．
在Rt△ABE中，
∵cs∠BAE，
∴AB＝cs30°×AE
2
．
故答案为：．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质及解直角三角形，掌握正方形的性质及直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
2．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG＝ 45 °；
（2）若DE＝1，DF＝2，则MN＝ ．
思路引领：（1）根据AAS证△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度数；
（2）由（1）的结论得出CD的长度，GF的长度，根据相似三角形的性质分别求出DM，NC的值即可得出MN的值．
解：由题知，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△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°，
故答案为：45°；
（2）∵DE＝1，DF＝2，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延长GF交BC延长线于点H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3，
故答案为：．
总结提升：本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．
3．（2022•深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，连接CE，以CE为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠FBD＝45°，则AF长为 ．
思路引领：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，利用SAS证明△EDH≌△CDB，得EH＝CB＝5，∠BGH＝∠BDH＝90°，从而得出HE∥DC∥AB，则△ABF∽△EHF，即可解决问题．
解：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，延长HE交BC于G，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴∠HBD＝45°，
∵∠FBD＝45°，
∴点B、F、H共线，
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，
∴，
∵AE＝2，
∴，
∴AF，
故答案为：．
总结提升：本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2022•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 或 ．
思路引领：分两种情况：当点Q在CD上，当点Q在DC的延长线上，利用勾股定理分别进行计算即可解答．
解：如图：
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴ABAC＝4，
∵点D为AB的中点，
∴CD＝ADAB＝2，∠ADC＝90°，
∵∠ADQ＝90°，
∴点C、D、Q在同一条直线上，
由旋转得：
CQ＝CP＝CQ′＝1，
分两种情况：
当点Q在CD上，
在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，
∴AQ，
当点Q在DC的延长线上，
在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，
∴AQ′，
综上所述：当∠ADQ＝90°时，AQ的长为或，
故答案为：或．
总结提升：本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形，分两种情况进行讨论是解题的关键．
5．（2022•山西）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 4 ．
思路引领：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设DN＝x，则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：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设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，
∴AN4，
解法二：可以用相似去做，△ADN与△FCE相似，设正方形边长为x，
，即，
∴x＝20．
在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．
故答案为：4．
总结提升：本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．
6．（2022•陕西）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为 ．
思路引领：连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，根据勾股定理求出OA，证明△DEM∽△DOA，根据相似三角形的性质列出比例式，用含AM的代数式表示ME、NF，计算即可．
解：连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，
由勾股定理得：OA，
∵ME⊥BD，AO⊥BD，
∴ME∥AO，
∴△DEM∽△DOA，
∴，即，
解得：ME，
同理可得：NF，
∴ME+NF，
故答案为：．
总结提升：本题考查的是相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
7．（2022•陕西）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所作EF将矩形窗框ABCD分为上下两部分，其中E为边AB的黄金分割点，即BE2＝AE•AB．已知AB为2米，则线段BE的长为 （﹣1） 米．
思路引领：根据BE2＝AE•AB，建立方程求解即可．
解：∵BE2＝AE•AB，
设BE＝x，则AE＝（2﹣x），
∵AB＝2，
∴x2＝2（2﹣x），
即x2+2x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1（舍去），
∴线段BE的长为（﹣1）米．
故答案为：（﹣1）．
总结提升：本题主要考查了黄金分割，熟练掌握线段之间的关系列出方程是解决本题的关键．
8．（2022•天津）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 ．
思路引领：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，先证明FH是△CDE的中位线，得FH＝1，再证明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM中计算BM和CM的长，再证明BF是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF的长，从而得结论．
解：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴FH∥AB，
∴∠FHG＝∠AEG，
∵F是CE的中点，FH∥CD，
∴H是DE的中点，
∴FH是△CDE的中位线，
∴FHCD＝1，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE＝1，
∴AE＝FH，
∵∠AGE＝∠FGH，
∴△AEG≌△FHG（AAS），
∴AG＝FG，
∵AD∥BC，
∴∠CBM＝∠DAB＝60°，
Rt△CBM中，∠BCM＝30°，
∴BMBC＝1，CM，
∴BE＝BM，
∵F是CE的中点，
∴FB是△CEM的中位线，
∴BFCM，FB∥CM，
∴∠EBF＝∠M＝90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF，
∴GFAF．
故答案为：．
总结提升：此题考查的是菱形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．
9．（2022•重庆）如图，菱形ABCD中，分别以点A，C为圆心，AD，CB长为半径画弧，分别交对角线AC于点E，F．若AB＝2，∠BAD＝60°，则图中阴影部分的面积为 ．（结果不取近似值）
思路引领：根据菱形的性质求出对角线的长，进而求出菱形的面积，再根据扇形面积的计算方法求出扇形ADE的面积，由S阴影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．
解：如图，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴∠BAC＝∠ACD＝30°，AB＝BC＝CD＝DA＝2，
在Rt△AOB中，AB＝2，∠BAO＝30°，
∴BOAB＝1，AOAB，
∴AC＝2OA＝2，BD＝2BO＝2，
∴S菱形ABCDAC•BD＝2，
∴S阴影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE
＝2
，
故答案为：．
总结提升：本题考查扇形面积的计算，菱形的性质，掌握扇形面积的计算方法以及菱形的性质是正确解答的前提．
10．（2022•吉林）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这个图案绕着它的中心旋转角α（0°＜α＜360°）后能够与它本身重合，则角α可以为 60（答案不唯一）． 度．（写出一个即可）
思路引领：先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．
解：360°÷6＝60°，
则这个图案绕着它的中心旋转60°后能够与它本身重合，
故答案为：60（答案不唯一）．
总结提升：本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正六边形的中心角是解题的关键．
11．（2022•泰安）如图，某一时刻太阳光从窗户射入房间内，与地面的夹角∠DPC＝30°，已知窗户的高度AF＝2m，窗台的高度CF＝1m，窗外水平遮阳篷的宽AD＝0.8m，则CP的长度为 4.4m （结果精确到0.1m）．
思路引领：本题涉及遮阳棚的计算问题，光线是平行光线，所以在直角三角形中，知道一个锐角的度数，一条边的长度，可以运用直角三角形边角的关系解决问题．
解：根据图形可知AD∥CP．
∵AD∥CP，∠DPC＝30°，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝0.8m，
∴AB＝AD×tan∠ADB＝．
∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF＝1m，
∴BC＝2.54m，
在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，
∴CP．
答：CP的长度约为4.4m．
故答案为：4.4m．
总结提升：考查直角三角形中边角的关系，关键是能正确的选择运用三角函数解决问题．
12．（2022•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为 2 ．
思路引领：连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根据勾股定理即可解决问题．
解：如图，连接AP，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
点E是BC的中点，
∴BE＝CEAB＝3，
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，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：
EP2＝EC2+CP2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2．
则DP的长度为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
13．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD＝ED，则∠B＝ 36 度；的值等于 ．
思路引领：由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OEa，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
解：∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵将该圆形纸片沿直线CO对折，
∴∠ECO＝∠BCO，
又∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
设∠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，
∴，
∴CE2＝EO•BE，
设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x+a），
解得，xa（负值舍去），
∴OEa，
∴AE＝OA﹣OE＝aaa，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，
∴，
∴．
故答案为：36，．
总结提升：本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
14．（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 或5 ．
思路引领：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．由tan∠CBT＝3，可以假设BT＝k，CT＝3k，证明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，构建方程求解即可．
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．
总结提升：本题考查全等三角形的判定和性质，四点共圆，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
15．（2022•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝ 80 °；现将△DCE绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是 4 ．
思路引领：第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．
解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如图1中，设BF交AC于点T．
同法可证△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，
∴BD4，
∴AE＝BD＝4，∠BDC＝∠AEC＝90°，
∵CD＝CE，CF＝CF，
∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），
∴∠DCF＝∠ECF＝30°，
∴EF＝CE•tan30°，
∴AF的最小值＝AE﹣EF＝4，
故答案为：80，4．
总结提升：本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
16．（2022•无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝ 1 ．
思路引领：设CG＝x，则BG＝8﹣x，根据勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，进而求出BG的长．
解：连接AG，EG，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE＝4，
设CG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△ABG和Rt△GCE中，根据勾股定理，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．
总结提升：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，解决本题的关键是熟练运用线段垂直平分线的性质构造辅助线．
17．（2022•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于 2 ．
思路引领：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2．
解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′长的最小值为2．
故答案为：2．
总结提升：本题考查翻折变换（折叠问题）、平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
18．（2022•德州）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是斜边AB上一点，且BDAB，将△ABC绕点D逆时针旋转90°，得到△A′B′C′，B′C′交AB于点E．其中点C的运动路径为弧CC′，则弧CC′的长度为 ．
思路引领：连接CD，DC'，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出DC的长，再代入弧长公式计算即可．
解：连接CD，DC'，作CH⊥AB于H，
∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝4，CH＝BH＝2，
∵BDAB，
∴BD，
∴DH，
在Rt△CHD中，由勾股定理得，
CD，
∴弧CC′的长度为，
故答案为：．
总结提升：本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
19．（2022•内蒙古）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝1，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是 π ．
思路引领：如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，判断出点M的运动轨迹，利用弧长公式求解．
解：如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，
∵OP＝OC，CM＝PM，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO＝90°，
∴点M的运动轨迹是以OC为直径的⊙T，
设⊙T交AC于点E，交BC于点F，连接EF则EF是直径，
∴点M的运动轨迹在以OC为直径的⊙T上（即上），
∵AC＝CB＝1，∠ACB＝90°，
∴AB，
∵OA＝OB，
∴OCAB，
∴点M的运动轨迹的长2ππ，
故答案为：π．
总结提升：本题考查轨迹，等腰直角三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确判断出点M的运动轨迹，属于中考常考题型．
20．（2022•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝ 1 ．
思路引领：根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．
解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，
∴AB＝2DE＝2，
∵F、G分别为AC、BC的中点，
∴FG是△ACB的中位线，
∴FGAB＝1，
故答案为：1．
总结提升：此题考查三角形中位线定理，关键是根据直角三角形的性质得出AB的长解答．
21．（2022•通辽）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB＝2，BC＝3，点P从B点出发，在△ABC内运动且始终保持∠CBP＝∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为 π ．
思路引领：如图，取AB的中点J，首先证明∠APB＝90°，推出点P在以AB为直径的⊙J上运动，当J，P，C共线时，PC的值最小，解直角三角形求出∠CJB＝60°可得结论．
解：如图，取AB的中点J，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABP+∠PBC＝90°，
∵∠BAP＝∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的⊙J上运动，
当J，P，C共线时，PC的值最小，
在Rt△CBJ中，BJ，BC＝3，
∴tan∠CJB，
∴∠BJC＝60°，
∴当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长π．
故答案为：π．
总结提升：本题考查轨迹，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是正确判断出点P的运动轨迹，属于中考常考题型．
22．（2022•成都）如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段BE上一动点，作P关于直线DE的对称点P'，点Q是AC上一动点，连接P'Q，DQ．若AE＝14，CE＝18，则DQ﹣P'Q的最大值为 ．
思路引领：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′并延长，延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上．当点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段DP″的长，当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，也就是线段BJ的长．解直角三角形求出BJ，可得结论．
解：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′并延长，延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上．
当点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，
当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段DP″的长，
当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，也就是线段BJ的长．
∵四边形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，
∴CD12，
∴OD4，
∴BD＝8，
∵S△DCBOC×BDBC•DK，
∴DK，
∵∠BER＝∠DCK，
∴sin∠BER＝sin∠DCK，
∴RB＝BE，
∵EJ＝EB，ER⊥BJ，
∴JR＝BR，
∴JB＝DJ′，
∴DQ﹣P'Q的最大值为．
解法二：DQ﹣P'Q＝BQ﹣P'Q≤BP'，显然P'的轨迹EJ，故最大值为BJ．勾股得CD，OD．△BDJ∽△BAD，BD2＝BJ*BA，可得BJ．
故答案为：．
总结提升：本题考查轴对称﹣最短问题，菱形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
模块二 2023中考押题预测
23．（2022•大冶市校级模拟）如图，已知四边形ABCD是正方形AB，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．
（1）CE+CG＝ 4 ；
（2）若四边形DEFG面积为5时，则CG＝ 3或1 ．
思路引领：（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，得矩形DEFG是正方形，证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4；
（2）过点E作EQ⊥AD于点Q，得△AEQ是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出AQ，进而可以解决问题．
解：（1）如图，作EM⊥BC，EN⊥CD于点M，N，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形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＝ACAB24；
故答案为：4；
（2）如图，过点E作EQ⊥AD于点Q，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴∠EAQ＝45°，
∴AQ＝EQ，
∴DQ＝AD﹣AQ＝2AQ，
∵正方形DEFG面积为5，
∴DE，
在Rt△DQE中，根据勾股定理得：
DQ2+EQ2＝DE2，
∴（2AQ）2+AQ2＝5，
∴AQ或，
∴AEAQ＝3或1，
∴CG＝AE＝3或1．
故答案为：3或1．
总结提升：此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
24．（2022•槐荫区二模）如图，菱形ABCD的边长为6，∠A＝60°，点E是边AD上的动点，△BEF是等边三角形，点F在CD上，线段EF与线段BD交于点G，点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长为 3 ．
思路引领：判断出点G的运动轨迹，求出DG的最大值，可得结论．
解：当点E与A重合时，点G与D重合，
当点E是AD的中点时，BE的值最小，最小值为3，
此时DG的值最大，最大值，
点E从点A开始出发运动到点D停止，在这个运动过程中，点G所经过的路径长＝2DG＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题考查轨迹，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找点G的运动轨迹，属于中考常考题型．
25．（2022•雁塔区校级模拟）如图，点O是平行四边形ABCD的对称中心，点F为AD边的中点，点E在BC边上，且BEBC．若S1、S2分别表示△AOE和△FOD的面积，则S1：S2＝ ．
思路引领：由平行四边形的性质和中心对称的性质可得点O是AC的中点，可求S△DOFS△AODS▱ABCD，S△AECS△ABCS▱ABCD，即可求解．
解：连接AC，
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，
∴点O是AC的中点，
∴S△AODS△ADCS▱ABCD，
∵点F为AD边的中点，
∴S△DOFS△AODS▱ABCD，
∵BEBC，
∴S△AECS△ABCS▱ABCD，
∵AO＝CO，
∴S△AEOS▱ABCD，
∴S1：S2，
故答案为：．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质，中心对称的性质，熟练运用平行四边形的性质解决问题是解题的关键．
26．（2022•青秀区校级一模）如图，半径为4的⊙O中，CD为直径，弦AB⊥CD且过半径OD的中点，点E为⊙O上一动点，CF⊥AE于点F．当点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为 ．
思路引领：由∠AFC＝90°，得点F在以AC为直径的圆上运动，当点E与B重合时，此时点F与G重合，当点E与D重合时，此时点F与A重合，则点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，然后根据条件求出所在圆的半径和圆心角，从而解决问题．
解：∵CF⊥AE，
∴∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的圆上运动，
以AC为直径画半圆AC，连接OA，
当点E与B重合时，此时点F与G重合，
当点E与D重合时，此时点F与A重合，
∴点E从点B出发顺时针运动到点D时，点F所经过的路径长为的长，
∵点G为OD的中点，
∴OGODOA＝2，
∵OG⊥AB，
∴∠AOG＝60°，AG＝2，
∵OA＝OC，
∴∠ACG＝30°，
∴AC＝2AG＝4，
∴所在圆的半径为2，圆心角为60°，
∴的长为，
故答案为：．
总结提升：本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，定角对定弦，弧长公式等知识，确定点F的运动路径是解题的关键．
27．（2022•邗江区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，D为AC延长线上一点，且已知AD＝8，E为BC上一点，BE＝2，若M为线段AB的中点，N为DE的中点，则线段MN的长为 ．
思路引领：连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，MF与BC相交于G，过点N作NH⊥MF于H，证明NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，由三角形中位线定理得出NF∥BE，MF∥AD，NFBE＝1，MFAD＝4，再证出∠NFG＝∠BGF＝∠DCB＝60°，从而得∠FNH＝30°，所以HFNF，则MH＝MF﹣HF＝4，然后在Rt△FHN中，由勾股定理，求得NH，在Rt△MHN中，由勾股定理，即可求出MN长．
解：连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，MF与BC相交于G，过点N作NH⊥MF于H，如图，
∵N、F分别是DE、BD的中点，
∴NF∥BE，NFBE2＝1，
∵M、F分别是AB、BD的中点，
∴MF∥BE，MFAD8＝4，
∵∠ACB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∵MF∥BE，
∴∠BGF＝∠DCB＝60°，
∵NF∥BE，
∴∠NFG＝∠BGF＝60°，
∵NH⊥MF，
∴∠NHF＝90°，
∴∠FNH＝30°，
∴HFNF，
∴MH＝MF﹣HF＝4，
在Rt△FHN中，NH，
在Rt△MHN中，MN，
故答案为：．
总结提升：本题考查三角形中位线定理，勾股定理，作辅助线构造三角形的中位线，直角三角形是解题的关键．
28．（2022•滨海县校级三模）如图1，对于平面内的点A、P，如果将线段PA绕点P逆时针旋转90°得到线段PB，就称点B是点A关于点P的“放垂点”．如图2，已知点A（4，0），点P是y轴上一点，点B是点A关于点P的“放垂点”，连接AB、OB，则OB的最小值是 4 ．
思路引领：如图，在y轴的正半轴上截取OC，使得OC＝OA＝4，连接AC，BC．首先证明∠CBA＝90°，点B在直线y＝x+4上运动，作点O关于直线BC的对称点E，连接AE交BC于点T，当点B与T重合时，OB+AB的值最小．
解：如图，在y轴的正半轴上截取OC，使得OC＝OA＝4，连接AC，BC．
∵△AOC，∠APB都是等腰直角三角形，
∴∠OAC＝∠PAB，ACOA，ABAP，
∴∠OAP＝∠CAB，，
∴△OAP∽△CAB，
∴∠AOP＝∠ACB＝90°，
∴点B在直线y＝x+4上运动，
作点O关于直线BC的对称点E，连接AE交BC于点T，当点B与T重合时，OB+AB的值最小，
∵E（﹣4，40，a（4，0），
∴AE4，
∴OB+AB的最小值为4，
故答案为：4．
总结提升：本题考查轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
29．（2022•巴州区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，AF与ED、EC分别交于点P、Q．已知AB＝6，BC＝8，则AP的长为 ．
思路引领：延长DE、CB交于T，根据勾股定理求出AF，根据全等三角形的性质得出BT＝AD，根据平行得比例线段，求出AP的长．
解：延长DE、CB交于T，如图，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝8，AB＝6，
∴∠ABC＝90°，
∵F为BC中点，
∴BF＝4，
在Rt△BAF中，由勾股定理得：AF2，
∵AD∥BC，
∴∠T＝∠ADE，
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝3，
在△TBE和△DAE中，
，
∴△TBE≌△DAE（AAS），
∴BT＝AD＝8，
即TF＝8+4＝12，
∵AD∥BC，
∴，
AP＝AF．
故答案为：．
总结提升：本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
30．（2022•碧江区 校级一模）如图，是七巧板的例作图，其中点E、F、H、M、N分别是AD、OA、OD、OC、CD的中点，且正方形EFOH的面积是1，则正方形ABCD的面积是 8 ．
思路引领：根据点E、F、H、M、N分别是AD、OA、OD、OC、CD的中点，正方形EFOH的面积是1，可得OF＝OA＝OH＝DH＝1，然后利用正方形的面积等于对角线乘积的一半即可解决问题．
解：∵点E、F、H、M、N分别是AD、OA、OD、OC、CD的中点，正方形EFOH的面积是1，
∴OF＝OA＝OH＝DH＝1，
∴AC＝BD＝4，
∴正方形ABCD的面积4×4＝8，
故答案为：8．
总结提升：本题考查了正方形的性质，七巧板．解决本题的关键是七巧板中的每个板的面积都可以利用正方形的性质求出来的．
31．（2022•玉树市校级一模）如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝4，P是AB边一个动点，E、F分别是DP、BP的中点，则线段EF的长为 2 ．
思路引领：连接BD．首先证明△ADB是等边三角形，可得BD＝4，再根据三角形的中位线定理即可解决问题．
解：如图连结BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝4，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵点E，F分别是DP，BP的中点，
∴EF为△PBD的中位线，
∴EFBD＝2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题的突破点是证明△ADB是等边三角形．
32．（2022•费县校级二模）如图，在正方形ABCD中，AD＝10，点E在BC边上（不与端点重合），BF⊥AE于点F，连接DF，当△ADF是等腰三角形时，EC的长等于 5 ．
思路引领：根据正方形的性质分两种情况：①当DF＝AD＝10时，过点D作DG⊥AE于点G，证明△ABF≌△ADG（AAS），可得BF＝AG，得AF＝2BF，证明△ABF∽△BEF，求出BE；②当DF＝AF时，根据正方形的性质证明点F在AC与BD的交点上，可得点E与点C重合，进而可以解决问题．
解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝10，
∵BF⊥AE，
∴AB＞AF，
∴AD＞AF，
∴当△ADF是等腰三角形时，分两种情况：
①当DF＝AD＝10时，
如图，过点D作DG⊥AE于点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＝2，
∵∠AFB＝EFB＝90°，∠ABE＝90°，
∴∠ABF＝90°﹣∠EBF＝∠BEF，
∴△ABF∽△BEF，
∴，
∴2，
∴BE＝5，
∴CE＝BC﹣BE＝5；
②当DF＝AF时，
∵BF⊥AE，四边形ABCD是正方形，
∴点F在AC与BD的交点上，
∴点E与点C重合，
∴此时CE＝0，
∴当△ADF是等腰三角形时，EC的长等于5．
故答案为：5．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是观察图形找到相似模型．
33．（2022•陇西县校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝10，AC、BD相交于点O，点E为BC所在直线上一点，连接OE、AE，若OE⊥AC，则△ABE的周长为 16 ．
思路引领：由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE＝CE，又AB+BC＝8，进而可得△ABE的周长等于AB+BC．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵OE⊥AC，
∴AE＝CE，
∵AB＝6，BC＝10，
∴△ABE的周长为：AB+BE+AE＝AB+BE+CE＝AB+BC＝16．
故答案为：16．
总结提升：此题考查了平行四边形的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．注意掌握数形结合思想的应用．
34．（2022•元宝区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边AD上，连接EB并延长至点F，使BF＝BE，连接EC并延长至点G，使CG＝CE，连接FG．若∠BAE＝70°，∠DCE＝20°，∠DEC的度数 50° ．
思路引领：由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE＝∠BCD＝70°，AD∥BC，
∵∠DCE＝20°，AB∥CD，
∴∠CDE＝180°﹣∠BAE＝110°，
∴∠DEC＝180°﹣∠DCE﹣∠CDE＝50°．
故答案为：50°．
总结提升：本题考查了平行四边形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
35．（2022•振兴区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝12，D为BC上一点，连接AD，过点A作AE⊥AD，取AE＝AD，连接BE交AC于F．当△AEF为等腰三角形时，CD＝ 4或12 ．
思路引领：分两种情形：如图1中，过点E作EH⊥AC于H．证明AH＝FH＝CF＝CD，可得结论，如图2中，当AF＝EF时，点D与B重合，此时CD＝BC＝12．
解：如图1中，过点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，
，
∴△EHA≌△ACD（AAS），
∴AH＝CD，EH＝AC＝CB．
在△EHF和△BCF中，
，
∴△EHF≌△BCF（AAS），
∴FH＝CF，
∴AH＝FH＝CF＝CD，
∴CDAC＝4，
如图2中，当AF＝EF时，点D与B重合，此时CD＝BC＝12．
综上所述，满足条件的CD的长度为4或12．
故答案为：4或12．
总结提升：本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
36．（2022•周至县一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AD平分∠BAC，BC＝6，点O为线段AD上的动点，若以点O为圆心，1为半径的⊙O在△ABC内（⊙O可以与△ABC的边相切），则点D到⊙O上的点的距离最大值为 3 ．
思路引领：当⊙O与AB相切时，点D到⊙O上的点的距离取得最大值，由切线的性质定理，角平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质可以解决问题．
解：当⊙O与AB相切时，切点是H，⊙O交AD于P，则点D到⊙O上的点的距离最大值为DP的长，
连接OH，则OH⊥AB，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠C＝30°，∠B＝90°，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠C＝30°，
∴AD＝DC，
∴BDADDC，
∵BC＝6，
∴BD＝2，AD＝DC＝4，
∵OHAO，OH＝1，
∴AO＝2，
∵OP＝1，
∴AP＝AO﹣OP＝1，
∴DP＝AD﹣AP＝4﹣1＝3．
∴点D到⊙O上的点的距离最大值是3．
故答案为：3．
总结提升：本题考查切线的性质定理，角平分线的性质，含30°角的直角三角形的性质，关键是判断出⊙O与AB相切时，点D到⊙O上的点的距离取得最大值．
37．（2022•营口一模）如图，平行四边形ABCD中，AC，BD交于点O，BD＝2AB，以A为圆心，AO长为半径作弧，交OB于点G，分别以O，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点M，作射线AM交BD于点E，交BC于点F，EO＝2，BG＝1，则AC＝ 4 ．
思路引领：利用基本作图可判断得AM垂直平分OG，所以EG＝OG＝2，∠AEB＝AEO＝90°，则BO＝5，BE＝3，再根据平行四边形的性质得到OB＝OD，OC＝OA，由于BD＝2AB，所以AB＝BO＝5，然后利用勾股定理可先计算出AE，再计算出OA，从而得到AC的长．
解：由作法得AM垂直平分OG，
∴EG＝OG＝2，∠AEB＝AEO＝90°，
∵BG＝1，
∴BO＝5，BE＝3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，OC＝OA，
∵BD＝2AB，
∴AB＝BO＝5，
在Rt△ABE中，AE4，
在Rt△AOE中，OA2，
∴AC＝2OA＝4．
故答案为：4．
总结提升：本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了平行四边形的性质．
38．（2022•新疆二模）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F、G，H分别是BE，BC，CE的中点，AF＝3，则GH的长为 3 ．
思路引领：由矩形的性质及直角三角形斜边上的中线的性质可求解BE＝2AF＝6，再利用三角形中位线定理可求解．
解：在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，
∵F为BE的中点，AF＝3，
∴BE＝2AF＝6．
∵G，H分别为BC，EC的中点，
∴GHBE＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题主要考查矩形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形斜边上的中线，求解BE的长是解题的关键．
39．（2022•景宁县模拟）如图，是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD，连结EG并延长交AB于点M，若AD＝4，∠DAE＝30°，则GM的长等于 ．
思路引领：根据含30°角的直角三角形的性质得BG＝44，作MP⊥BF于P，解△BMG即可．
解：∵图形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，
∴∠ABF＝∠DAE＝30°，AB＝AD＝4，∠EGF＝45°，
∴AF＝BG＝2，
作MP⊥BF于P，
设MP＝x，则BPx，GP＝x，GMx，
∴xx＝2，
解得x1，
∴GMx，
故答案为：．
总结提升：本题主要考查了含30°角的直角三角形的性质，求出BG的长解△BMG是解题的关键．
40．（2022•寻乌县二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点P是边AB上一点，点D是边AC上一点，将△ABC沿PD折叠，使点A落在边BC上的A′处，若A′P∥AC，则∠PDA′的度数为 60° ．
思路引领：先根据三角形内角和定理求出∠A的度数，再根据图形翻折变换的性质得出∠A＝∠PA′D，再由A′P∥AC可知∠A′DC＝∠PA′D，∠A′PD＝∠PDA，据此可得出结论．
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°．
故答案为：60°．
总结提升：本题考查的是直角三角形的性质，平行线的性质及翻折变换，熟知翻折变换后的图形与原图形全等是解题的关键．
41．（2022•宁南县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，点F为DE的中点，连结BF．若AB＝10，则BF的长为 2.5 ．
思路引领：先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度，结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BFCD．
解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，
∵CD为中线，
∴CDAB＝5．
∵F为DE中点，BE＝BC，
∴点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，
∴BFCD＝2.5．
故答案为：2.5．
总结提升：本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
42．（2022•东胜区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝8，D是线段BC上的动点，连接AD，过点C作CM⊥AD于M，连接BM，则BM的最小值是 4 ．
思路引领：由CM⊥AD，可得点M在⊙O的上半圆上，当且仅当点B、M、O三点共线时，BM最小，运用勾股定理即可求得OB，再由BM＝OB﹣OM即可求得答案．
解：如图，以AC为直径作⊙O，
∵CM⊥AD，
∴∠AMC＝90°，
∴点M在⊙O的上半圆上，
当且仅当点B、M、O三点共线时，BM最小，
∵OCAC12＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，
∴OB10，
∵OM＝OC＝6，
∴BM＝OB﹣OM＝10﹣6＝4，
即BM的最小值是4，
故答案为：4．
总结提升：本题考查了圆的有关性质，90°的圆周角所对弦是直径，圆外的点到圆上点的距离问题，勾股定理等，掌握“圆外一点B、圆心O、圆上一点M三点共线时，且点M位于BO之间时，BM最小”是解题关键．
43．（2022•东胜区二模）如图，将半径为4的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，连接OB，则阴影部分的面积是 ．
思路引领：连接OA，OB，过点O作OF⊥AB于F交⊙O于E．求出弓形AEB的面积，可得结论．
解：连接OA，OB，过点O作OF⊥AB于F交⊙O于E．
由题意AB垂直平分线段OE，
∴OF＝EF＝2，
∵OA＝OE，
∴OA＝2OF，
∴∠OAF＝30°，
∴BF＝4×cs30°＝2，
4，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴∠AOB＝120°，
∴∠BOE＝60°，
∴S扇形OBE，
∴S阴＝S扇形OBE﹣S△OBE，
故答案为：．
总结提升：本题考查翻折变换，垂径定理，解直角三角形，扇形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
44．（2022•惠水县模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD相交于点O，过点O作正方形OEFG，连接CG与EB的延长线相交于点P，若∠EBD＝105°，则DP2＝ 10+4 ．
思路引领：过P作PQ⊥CD，交DC延长线于Q，证明△BOE≌△COG（SAS），由∠EBD＝105°，可得∠CBP＝30°，∠BCP＝60°，即有∠BPC＝90°，∠PCQ＝30°，再根据勾股定理可得答案．
解：过P作PQ⊥CD，交DC延长线于Q，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OE＝OG，∠EOG＝90°，
∴∠BOC＝∠EOG，
∴∠BOE＝∠COG，
∴△BOE≌△COG（SAS），
∴∠EBO＝∠GCO，
∵∠EBD＝105°，
∴∠EBO＝∠GCO＝105°，
∴∠CBP＝180°﹣∠EBO﹣∠OBC＝30°，∠BCP＝∠GCO﹣∠OCB＝60°，
∴∠BPC＝180°﹣∠CBP﹣∠BCP＝90°，∠PCQ＝180°﹣∠OCD﹣∠GCO＝30°，
在Rt△BCP中，CPBC＝2，
在Rt△CPQ中，PQCP＝1，CQPQ，
∴DQ＝CD+CQ＝4，
在Rt△DPQ中，DP2＝DQ2+PQ2，
∴DP2＝（4）2+12＝20+8，
∴DP2＝10+4，
故答案为：10+4．
总结提升：本题考查正方形的性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是证明△BOE≌△COG，从而得到含30°的直角三角形．
45．（2022•碧江区 校级一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝1，延长CD至A1，使DA1＝CD，以A1C为一边，在BC的延长钱上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到△ADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2＝C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接，得到△A1D1A2…按此规律，得到△A2020D2021A2021，记△ADA1的面积为S1，△A1D1A2的面积为S2…，△A2021D2021A2022的面积为S2022，则S2022＝ 24040• ．
思路引领：过A1作A1E⊥AD于E，则∠A1ED＝90°，根据菱形的性质得出CD＝AD＝AB＝1，∠ADC＝∠ABC＝120°，求出∠ADA1＝60°，A1D＝1，求出高A1E＝A1D×sin60°，再求出△A1DA的面积S12﹣2，同理求出S2，S3，•••，根据求出的结果得出规律，再根据求出的规律得出答案即可．
解：过A1作A1E⊥AD于E，
则∠A1ED＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝1，∠ABC＝120°，
∴CD＝AD＝AB＝1，∠ADC＝∠ABC＝120°，
∴∠ADA1＝60°，
∵A1D＝CD，
∴A1D＝1，
∴A1E＝A1D×sin60°，
∴△A1DA的面积S12﹣2，
同理△A2D1A1的面积S220，
S32422，
•••
S2022＝22（2022﹣2）24040•，
故答案为：24040•．
总结提升：本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，图形的变化类，三角形的面积等知识点，根据求出的结果得出规律是解此题的关键．