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 ．
思路引領：利用“HL”先說明△ABE與△ADF全等，得結論∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差關系及三角形的內角和定理求出∠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，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠BAE（∠BAD﹣∠EAF）
（90°﹣30°）
＝30°．
∴∠AEB＝60°．
故答案為：60．
過點F作FG⊥AE，垂足為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
．
故答案為：．
總結提升：本題主要考查了正方形的性質及解直角三角形，掌握正方形的性質及直角三角形的邊角間關系是解決本題的關鍵．
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＝2，則MN＝ ．
思路引領：（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）的結論得出CD的長度，GF的長度，根據(jù)相似三角形的性質分別求出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，
，
∴△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＝2，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延長GF交BC延長線于點H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3，
故答案為：．
總結提升：本題主要考查正方形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，熟練掌握這些基礎知識是解題的關鍵．
3．（2022?深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，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 ．
思路引領：將線段BD繞點D順時針旋轉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，
∴，
∵AE＝2，
∴，
∴AF，
故答案為：．
總結提升：本題主要考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質等知識，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
4．（2022?河南）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，點D為AB的中點，點P在AC上，且CP＝1，將CP繞點C在平面內旋轉，點P的對應點為點Q，連接AQ，DQ．當∠ADQ＝90°時，AQ的長為 或 ．
思路引領：分兩種情況：當點Q在CD上，當點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＝2，
∴ABAC＝4，
∵點D為AB的中點，
∴CD＝ADAB＝2，∠ADC＝90°，
∵∠ADQ＝90°，
∴點C、D、Q在同一條直線上，
由旋轉得：
CQ＝CP＝CQ′＝1，
分兩種情況：
當點Q在CD上，
在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，
∴AQ，
當點Q在DC的延長線上，
在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，
∴AQ′，
綜上所述：當∠ADQ＝90°時，AQ的長為或，
故答案為：或．
總結提升：本題考查了勾股定理，旋轉的性質，等腰直角三角形，分兩種情況進行討論是解題的關鍵．
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 4 ．
思路引領：連接AE，AF，EN，由正方形的性質可得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與△FCE相似，設正方形邊長為x，
，即，
∴x＝20．
在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．
故答案為：4．
總結提升：本題考查正方形的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，全等三角形的判定與性質等知識點，解題的關鍵是正確作出輔助線，構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 ．
思路引領：連接AC交BD于O，根據(jù)菱形的性質得到BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，根據(jù)勾股定理求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質列出比例式，用含AM的代數(shù)式表示ME、NF，計算即可．
解：連接AC交BD于O，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴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，
故答案為：．
總結提升：本題考查的是相似三角形的判定和性質、菱形的性質、勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解題的關鍵．
7．（2022?陜西）在20世紀70年代，我國著名數(shù)學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） 米．
思路引領：根據(jù)BE2＝AE?AB，建立方程求解即可．
解：∵BE2＝AE?AB，
設BE＝x，則AE＝（2﹣x），
∵AB＝2，
∴x2＝2（2﹣x），
即x2+2x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1（舍去），
∴線段BE的長為（﹣1）米．
故答案為：（﹣1）．
總結提升：本題主要考查了黃金分割，熟練掌握線段之間的關系列出方程是解決本題的關鍵．
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 ．
思路引領：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，
∴FHCD＝1，
∵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°，
∴BMBC＝1，CM，
∴BE＝BM，
∵F是CE的中點，
∴FB是△CEM的中位線，
∴BFCM，F(xiàn)B∥CM，
∴∠EBF＝∠M＝90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF，
∴GFAF．
故答案為：．
總結提升：此題考查的是菱形的性質，三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質，掌握其性質定理是解決此題的關鍵．
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 ．（結果不取近似值）
思路引領：根據(jù)菱形的性質求出對角線的長，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°，
∴BOAB＝1，AOAB，
∴AC＝2OA＝2，BD＝2BO＝2，
∴S菱形ABCDAC?BD＝2，
∴S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE
＝2
，
故答案為：．
總結提升：本題考查扇形面積的計算，菱形的性質，掌握扇形面積的計算方法以及菱形的性質是正確解答的前提．
10．（2022?吉林）第二十四屆北京冬奧會入場式引導牌上的圖案融入了中國結和雪花兩種元素．如圖，這個圖案繞著它的中心旋轉角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：先求出正六邊形的中心角，再根據(jù)旋轉變換的性質解答即可．
解：360°÷6＝60°，
則這個圖案繞著它的中心旋轉60°后能夠與它本身重合，
故答案為：60（答案不唯一）．
總結提升：本題考查的是旋轉對稱圖形、正多邊形的性質，求出正六邊形的中心角是解題的關鍵．
11．（2022?泰安）如圖，某一時刻太陽光從窗戶射入房間內，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 （結果精確到0.1m）．
思路引領：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＝．
∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF＝1m，
∴BC＝2.54m，
在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，
∴CP．
答：CP的長度約為4.4m．
故答案為：4.4m．
總結提升：考查直角三角形中邊角的關系，關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：連接AP，根據(jù)正方形的性質和翻折的性質證明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，設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＝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，
設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．
總結提升：本題考查了翻折變換，正方形的性質，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握翻折的性質．
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CD與直徑AB交于點E．若AD＝ED，則∠B＝ 36 度；的值等于 ．
思路引領：由等腰三角形的性質得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質得出∠ECO＝∠BCO，設∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質得出，設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OEa，證明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性質得出，則可得出答案．
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∠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，
設EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x+a），
解得，xa（負值舍去），
∴OEa，
∴AE＝OA﹣OE＝aaa，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴△BCE∽△DAE，
∴，
∴．
故答案為：36，．
總結提升：本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質，等腰三角形的判定與性質，三角形內角和定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
14．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點C是射線BQ上的動點，連結AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動點E在AB延長線上，tan∠QBE＝3，連結CE，DE，當CE＝DE，CE⊥DE時，BE的長是 或5 ．
思路引領：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，可以假設BT＝k，CT＝3k，證明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，再利用勾股定理，構建方程求解即可．
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，
∴可以假設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四點共圓，
∵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，
故答案為：5或．
總結提升：本題考查全等三角形的判定和性質，四點共圓，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構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，∠DBC＝20°，則∠BAF＝ 80 °；現(xiàn)將△DCE繞點C旋轉1周，在這個旋轉過程中，線段AF長度的最小值是 4 ．
思路引領：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∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，求出AE，EF可得結論．
解：∵△ACB，△DEC都是等邊三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如圖1中，設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∠ABF最小時，AF的值最小，此時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，
故答案為：80，4．
總結提升：本題考查旋轉變換，全等三角形的判定和性質，軌跡，解直角三角形，等邊三角形的性質等知識，解題的關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：設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．
總結提升：本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、線段垂直平分線的性質，解決本題的關鍵是熟練運用線段垂直平分線的性質構造輔助線．
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：由折疊可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如圖，當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．
總結提升：本題考查翻折變換（折疊問題）、平行四邊形的性質，熟練掌握翻折的性質是解答本題的關鍵．
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BDAB，將△ABC繞點D逆時針旋轉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 ．
思路引領：連接CD，DC'，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性質和勾股定理求出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＝4，CH＝BH＝2，
∵BDAB，
∴BD，
∴DH，
在Rt△CHD中，由勾股定理得，
CD，
∴弧CC′的長度為，
故答案為：．
總結提升：本題主要考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理，旋轉的性質等知識，熟練掌握弧長公式是解題的關鍵．
19．（2022?內蒙古）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，當點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是 π ．
思路引領：如圖，設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OC為直徑的⊙T，
設⊙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OC為直徑的⊙T上（即上），
∵AC＝CB＝1，∠ACB＝90°，
∴AB，
∵OA＝OB，
∴OCAB，
∴點M的運動軌跡的長2ππ，
故答案為：π．
總結提升：本題考查軌跡，等腰直角三角形的性質，圓周角定理等知識，解題的關鍵是正確判斷出點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：根據(jù)直角三角形的性質得出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，
∴FGAB＝1，
故答案為：1．
總結提升：此題考查三角形中位線定理，關鍵是根據(jù)直角三角形的性質得出AB的長解答．
21．（2022?通遼）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AC為直徑，若AB＝2，BC＝3，點P從B點出發(fā)，在△ABC內運動且始終保持∠CBP＝∠BAP，當C，P兩點距離最小時，動點P的運動路徑長為 π ．
思路引領：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J，P，C共線時，PC的值最小，解直角三角形求出∠CJB＝60°可得結論．
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J，P，C共線時，PC的值最小，
在Rt△CBJ中，BJ，BC＝3，
∴tan∠CJB，
∴∠BJC＝60°，
∴當C，P兩點距離最小時，動點P的運動路徑長π．
故答案為：π．
總結提升：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 ．
思路引領：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關于AC的對稱線段EJ′，則點P′的對應點P″在線段EJ′上．當點P是定點時，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，當D，P″，Q共線時，QD﹣QP′的值最大，最大值是線段DP″的長，當點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關于AC的對稱線段EJ′，則點P′的對應點P″在線段EJ′上．
當點P是定點時，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，
當D，P″，Q共線時，QD﹣QP′的值最大，最大值是線段DP″的長，
當點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，
∴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的最大值為．
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．
故答案為：．
總結提升：本題考查軸對稱﹣最短問題，菱形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最值問題，學會添加常用輔助線，構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中考押題預測
23．（2022?大冶市校級模擬）如圖，已知四邊形ABCD是正方形AB，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：（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，
，
∴△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＝ACAB24；
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＝2AQ，
∵正方形DEFG面積為5，
∴DE，
在Rt△DQE中，根據(jù)勾股定理得：
DQ2+EQ2＝DE2，
∴（2AQ）2+AQ2＝5，
∴AQ或，
∴AEAQ＝3或1，
∴CG＝AE＝3或1．
故答案為：3或1．
總結提升：此題主要考查了正方形的性質，矩形的性質，三角形的全等的性質和判定，解本題的關鍵是作出輔助線，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：判斷出點G的運動軌跡，求出DG的最大值，可得結論．
解：當點E與A重合時，點G與D重合，
當點E是AD的中點時，BE的值最小，最小值為3，
此時DG的值最大，最大值，
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．
總結提升：本題考查軌跡，等邊三角形的性質，菱形的性質等知識，解題的關鍵是正確尋找點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BEBC．若S1、S2分別表示△AOE和△FOD的面積，則S1：S2＝ ．
思路引領：由平行四邊形的性質和中心對稱的性質可得點O是AC的中點，可求S△DOFS△AODS?ABCD，S△AECS△ABCS?ABCD，即可求解．
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△AODS△ADCS?ABCD，
∵點F為AD邊的中點，
∴S△DOFS△AODS?ABCD，
∵BEBC，
∴S△AECS△ABCS?ABCD，
∵AO＝CO，
∴S△AEOS?ABCD，
∴S1：S2，
故答案為：．
總結提升：本題考查了平行四邊形的性質，中心對稱的性質，熟練運用平行四邊形的性質解決問題是解題的關鍵．
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 ．
思路引領：由∠AFC＝90°，得點F在以AC為直徑的圓上運動，當點E與B重合時，此時點F與G重合，當點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)過的路徑長為的長，然后根據(jù)條件求出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，
當點E與B重合時，此時點F與G重合，
當點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)過的路徑長為的長，
∵點G為OD的中點，
∴OGODOA＝2，
∵OG⊥AB，
∴∠AOG＝60°，AG＝2，
∵OA＝OC，
∴∠ACG＝30°，
∴AC＝2AG＝4，
∴所在圓的半徑為2，圓心角為60°，
∴的長為，
故答案為：．
總結提升：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 ．
思路引領：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，NFBE＝1，MFAD＝4，再證出∠NFG＝∠BGF＝∠DCB＝60°，從而得∠FNH＝30°，所以HFNF，則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長．
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，NFBE2＝1，
∵M、F分別是AB、BD的中點，
∴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，
故答案為：．
總結提升：本題考查三角形中位線定理，勾股定理，作輔助線構造三角形的中位線，直角三角形是解題的關鍵．
28．（2022?濱?？h校級三模）如圖1，對于平面內的點A、P，如果將線段PA繞點P逆時針旋轉90°得到線段PB，就稱點B是點A關于點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關于點P的“放垂點”，連接AB、OB，則OB的最小值是 4 ．
思路引領：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關于直線BC的對稱點E，連接AE交BC于點T，當點B與T重合時，OB+AB的值最小．
解：如圖，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，ACOA，ABAP，
∴∠OAP＝∠CAB，，
∴△OAP∽△CAB，
∴∠AOP＝∠ACB＝90°，
∴點B在直線y＝x+4上運動，
作點O關于直線BC的對稱點E，連接AE交BC于點T，當點B與T重合時，OB+AB的值最小，
∵E（﹣4，40，a（4，0），
∴AE4，
∴OB+AB的最小值為4，
故答案為：4．
總結提升：本題考查軸對稱最短問題，相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題．
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 ．
思路引領：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：AF2，
∵AD∥BC，
∴∠T＝∠ADE，
∵E為AB的中點，
∴AE＝BE＝3，
在△TBE和△DAE中，
，
∴△TBE≌△DAE（AAS），
∴BT＝AD＝8，
即TF＝8+4＝12，
∵AD∥BC，
∴，
AP＝AF．
故答案為：．
總結提升：本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理，相似三角形的性質和判定，能綜合運用定理進行推理是解此題的關鍵．
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：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4×4＝8，
故答案為：8．
總結提升：本題考查了正方形的性質，七巧板．解決本題的關鍵是七巧板中的每個板的面積都可以利用正方形的性質求出來的．
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：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，
∴EFBD＝2，
故答案為：2．
總結提升：本題考查菱形的性質、三角形的中位線定理、等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，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△ADF是等腰三角形時，EC的長等于 5 ．
思路引領：根據(jù)正方形的性質分兩種情況：①當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DF＝AF時，根據(jù)正方形的性質證明點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△ADF是等腰三角形時，分兩種情況：
①當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＝2，
∵∠AFB＝EFB＝90°，∠ABE＝90°，
∴∠ABF＝90°﹣∠EBF＝∠BEF，
∴△ABF∽△BEF，
∴，
∴2，
∴BE＝5，
∴CE＝BC﹣BE＝5；
②當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△ADF是等腰三角形時，EC的長等于5．
故答案為：5．
總結提升：本題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定和性質，解題的關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：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，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．
總結提升：此題考查了平行四邊形的性質，關鍵是根據(jù)線段垂直平分線的性質進行分析．注意掌握數(shù)形結合思想的應用．
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：由平行四邊形的性質和平行線的判定和性質得出答案即可．
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°．
總結提升：本題考查了平行四邊形的性質；熟練掌握平行四邊形的性質，并能進行推理計算是解決問題的關鍵．
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△AEF為等腰三角形時，CD＝ 4或12 ．
思路引領：分兩種情形：如圖1中，過點E作EH⊥AC于H．證明AH＝FH＝CF＝CD，可得結論，如圖2中，當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，
，
∴△EHA≌△ACD（AAS），
∴AH＝CD，EH＝AC＝CB．
在△EHF和△BCF中，
，
∴△EHF≌△BCF（AAS），
∴FH＝CF，
∴AH＝FH＝CF＝CD，
∴CDAC＝4，
如圖2中，當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．
總結提升：本題考查等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考常考題型．
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（⊙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：當⊙O與AB相切時，點D到⊙O上的點的距離取得最大值，由切線的性質定理，角平分線的性質，含30°角的直角三角形的性質可以解決問題．
解：當⊙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，
∴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．
∴點D到⊙O上的點的距離最大值是3．
故答案為：3．
總結提升：本題考查切線的性質定理，角平分線的性質，含30°角的直角三角形的性質，關鍵是判斷出⊙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，G為圓心，大于的長為半徑作弧，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＝ 4 ．
思路引領：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，AE4，
在Rt△AOE中，OA2，
∴AC＝2OA＝4．
故答案為：4．
總結提升：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鍵．也考查了平行四邊形的性質．
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：由矩形的性質及直角三角形斜邊上的中線的性質可求解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，
∴GHBE＝3，
故答案為：3．
總結提升：本題主要考查矩形的性質，三角形的中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，求解BE的長是解題的關鍵．
39．（2022?景寧縣模擬）如圖，是中國古代數(shù)學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EG并延長交AB于點M，若AD＝4，∠DAE＝30°，則GM的長等于 ．
思路引領：根據(jù)含30°角的直角三角形的性質得BG＝44，作MP⊥BF于P，解△BMG即可．
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MP＝x，則BPx，GP＝x，GMx，
∴xx＝2，
解得x1，
∴GMx，
故答案為：．
總結提升：本題主要考查了含30°角的直角三角形的性質，求出BG的長解△BMG是解題的關鍵．
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：先根據(jù)三角形內角和定理求出∠A的度數(shù)，再根據(jù)圖形翻折變換的性質得出∠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°．
總結提升：本題考查的是直角三角形的性質，平行線的性質及翻折變換，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DE，點F為DE的中點，連結BF．若AB＝10，則BF的長為 2.5 ．
思路引領：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，結合題意知線段BF是△CDE的中位線，則BFCD．
解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，
∵CD為中線，
∴CDAB＝5．
∵F為DE中點，BE＝BC，
∴點B是EC的中點，
∴BF是△CDE的中位線，
∴BFCD＝2.5．
故答案為：2.5．
總結提升：本題主要考查了勾股定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，熟知直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．
42．（2022?東勝區(qū)二模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝8，D是線段BC上的動點，連接AD，過點C作CM⊥AD于M，連接BM，則BM的最小值是 4 ．
思路引領：由CM⊥AD，可得點M在⊙O的上半圓上，當且僅當點B、M、O三點共線時，BM最小，運用勾股定理即可求得OB，再由BM＝OB﹣OM即可求得答案．
解：如圖，以AC為直徑作⊙O，
∵CM⊥AD，
∴∠AMC＝90°，
∴點M在⊙O的上半圓上，
當且僅當點B、M、O三點共線時，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，
故答案為：4．
總結提升：本題考查了圓的有關性質，90°的圓周角所對弦是直徑，圓外的點到圓上點的距離問題，勾股定理等，掌握“圓外一點B、圓心O、圓上一點M三點共線時，且點M位于BO之間時，BM最小”是解題關鍵．
43．（2022?東勝區(qū)二模）如圖，將半徑為4的圓折疊后，圓弧恰好經(jīng)過圓心，連接OB，則陰影部分的面積是 ．
思路引領：連接OA，OB，過點O作OF⊥AB于F交⊙O于E．求出弓形AEB的面積，可得結論．
解：連接OA，OB，過點O作OF⊥AB于F交⊙O于E．
由題意AB垂直平分線段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陰＝S扇形OBE﹣S△OBE，
故答案為：．
總結提升：本題考查翻折變換，垂徑定理，解直角三角形，扇形的面積等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
44．（2022?惠水縣模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC、BD相交于點O，過點O作正方形OEFG，連接CG與EB的延長線相交于點P，若∠EBD＝105°，則DP2＝ 10+4 ．
思路引領：過P作PQ⊥CD，交DC延長線于Q，證明△BOE≌△COG（SAS），由∠EBD＝105°，可得∠CBP＝30°，∠BCP＝60°，即有∠BPC＝90°，∠PCQ＝30°，再根據(jù)勾股定理可得答案．
解：過P作PQ⊥CD，交DC延長線于Q，如圖：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，
∵四邊形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，
故答案為：10+4．
總結提升：本題考查正方形的性質及應用，涉及全等三角形的判定與性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是證明△BOE≌△COG，從而得到含30°的直角三角形．
45．（2022?碧江區(qū) 校級一模）如圖，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝1，延長CD至A1，使DA1＝CD，以A1C為一邊，在BC的延長錢上作菱形A1CC1D1，連接AA1，得到△ADA1；再延長C1D1至A2，使D1A2＝C1D1，以A2C1為一邊，在CC1的延長線上作菱形A2C1C2D2，連接，得到△A1D1A2…按此規(guī)律，得到△A2020D2021A2021，記△ADA1的面積為S1，△A1D1A2的面積為S2…，△A2021D2021A2022的面積為S2022，則S2022＝ 24040? ．
思路引領：過A1作A1E⊥AD于E，則∠A1ED＝90°，根據(jù)菱形的性質得出CD＝AD＝AB＝1，∠ADC＝∠ABC＝120°，求出∠ADA1＝60°，A1D＝1，求出高A1E＝A1D×sin60°，再求出△A1DA的面積S12﹣2，同理求出S2，S3，???，根據(jù)求出的結果得出規(guī)律，再根據(jù)求出的規(guī)律得出答案即可．
解：過A1作A1E⊥AD于E，
則∠A1ED＝90°，
∵四邊形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的面積S12﹣2，
同理△A2D1A1的面積S220，
S32422，
???
S2022＝22（2022﹣2）24040?，
故答案為：24040?．
總結提升：本題考查了菱形的性質，等邊三角形的性質，圖形的變化類，三角形的面積等知識點，根據(jù)求出的結果得出規(guī)律是解此題的關鍵．

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