1．（2023?龍灣區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝13，BC＝14，AC＝15，點(diǎn)D是線段AC上任意一點(diǎn)，分別過(guò)點(diǎn)A、C作直線BD的垂線，垂足為E、F，AE＝m，CF＝n，則n+m的最大值是 15 ，最小值是 12 ．
【答案】15，12．
【分析】根據(jù)S△ABC＝S△ABD+S△CBD即可得到m+n關(guān)于x的反比例函數(shù)關(guān)系式．根據(jù)垂直線段最短的性質(zhì)，當(dāng)BD⊥AC時(shí)，x最小，由面積公式可求得；因?yàn)锳B＝13，BC＝14，所以當(dāng)BD＝BC＝14時(shí)，x最大．從而根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)求出y的最大值和最小值．
【詳解】解：在△ABC中，AB＝13，BC＝14，AC＝15，AH⊥BC于點(diǎn)H，
∴設(shè)AH＝x，
則CH＝14﹣x，
∴AB2﹣AH2＝AC2﹣CH2，
即132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，
解得x＝5，
即AH＝5，
∴BH12，
∴S△ABCBC?AH14×12＝84，
由三角形面積公式，得S△ABDBD?AExm，S△CBDBD?CFxn，
∴m，n，
∴y＝m+n，
即y．
∵△ABC中AC邊上的高為，
∴x的取值范圍為x≤14．
∵m+n隨x的增大而減小，
∴當(dāng)x時(shí)，y的最大值為15，當(dāng)x＝14時(shí)，y的最小值為12．
故答案為：15，12．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形的面積，掌握三角形的面積公式，反比例函數(shù)的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
2．（2023?湖北模擬）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O，，現(xiàn)有半徑足夠大的扇形OEF，∠EOF＝90°，當(dāng)扇形OEF繞點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，扇形OEF和正方形ABCD重疊部分的面積為 2 ．
【答案】2．
【分析】根據(jù)四邊形ABCD為正方形，得到∠OAG＝∠OBH＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°；推出△AOG≌△BOH，于是得到結(jié)論．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠OAG＝∠OBH＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°，
由題意得：∠GOH＝90°，
∴∠AOG＝∠BOH；
在△AOG與△BOH中，
，
∴△AOG≌△BOH（ASA），
∴扇形OEF和正方形ABCD重疊部分的面積＝S△AOBS正方形ABCDAB2（2）2＝2．
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023?榆樹(shù)市二模）如圖是中國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽用來(lái)證明勾股定理的弦圖的示意圖，它是由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形EFGH組成，恰好拼成一個(gè)大正方形ABCD，連結(jié)EG并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)M．若AB，EF＝1，則GM的長(zhǎng)為 ．
【答案】．
【分析】由大正方形ABCD是由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形EFGH組成，在直角三角形AEB中使用勾股定理可求出BF＝AE＝GC＝DH＝2，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥FC于點(diǎn)N，由三角形EFG為等腰直角三角形可證得三角形GNM也為等腰直角三角形，設(shè)GN＝NM＝a，則NC＝GC﹣GN＝2﹣a，由tan∠FCB，可解得a．進(jìn)而可得GMMN．
【詳解】解：由圖可知∠AEB＝90°，EF＝1，AB，
∵大正方形ABCD是由四個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形EFGH組成，
故AE＝BF＝GC＝DH，設(shè)AE＝x，
則在Rt△AEB中，有AB2＝AE2+BE2，
即13＝x2+（1+x）2，解得：x1＝2，x2＝﹣3（舍去）．
過(guò)點(diǎn)M作MN⊥FC于點(diǎn)N，如圖所示．
∵四邊形EFGH為正方形，EG為對(duì)角線，
∴△EFG為等腰直角三角形，
∴∠EGF＝∠NGM＝45°，
故△GNM為等腰直角三角形．
設(shè)GN＝NM＝a，則NC＝GC﹣GN＝2﹣a，
∵tan∠FCB，
解得：a，
∴GMGN．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理的證明，正方形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、等腰三角形的性質(zhì)、正確作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．
4．（2023?道外區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，以CD為斜邊作等腰直角△ECD，連接BE，若CD＝2，BE，則AB＝ 6 ．
【答案】6．
【分析】過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD交AD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FE交BC于點(diǎn)M，從而可判定四邊形ABMF是矩形，則有AB＝FM，可得∠DFE＝∠CME＝90°，再求得∠DEF＝∠ECM，利用AAS可判定△DEF≌△ECM，則有EF＝CM，從而可求得BM＝EM，利用勾股定理求得EM，CE，即可求CM，從而可求解．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AD交AD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FE交BC于點(diǎn)M，如圖，
∵∠A＝∠ABC＝90°，∠AFM＝90°，
∴四邊形ABMF是矩形，
∴AB＝FM，∠DFE＝∠CME＝90°，
∵△ECD是等腰三角形，
∴DE＝CE，∠CED＝90°，
∵∠ECM+∠CEM＝90°，∠FED+∠CEM＝180°﹣∠CED＝90°，
∴∠DEF＝∠ECM，
在△DEF和△ECM中，
，
∴△DEF≌△ECM（AAS），
∴EF＝CM，
∵EM＝FM﹣EF，BM＝BC﹣CM，AB＝BC，
∴BM＝EM，
∴△BME是等腰直角三角形，
∵CD＝2，BE，
∴CE，EM＝1，
∴BM＝1，CM，
∴BC＝BM+CM＝6，
∴AB＝BC＝6．
故答案為：6．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形，解答的關(guān)鍵是作出適當(dāng)?shù)妮o助線．
5．（2023?包河區(qū)二模）Rt△ABC中，點(diǎn)D是斜邊AB的中點(diǎn)．
（1）如圖1，若DE⊥BC與E，DF⊥AC于F，DE＝3，DF＝4，則AB＝ 10 ；
（2）如圖2，若點(diǎn)P是CD的中點(diǎn)，且CP，則PA2+PB2＝ 62.5 ．
【答案】（1）10：（2）62.5．
【分析】（1）首先證明四邊形DECF為矩形，得DE＝CF＝3，在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，再利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得答案；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為點(diǎn)E、F，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分別為點(diǎn)G、H，則四邊形CGPH為矩形，說(shuō)明BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，同理可得AH＝3PG，再利用勾股定理即可．
【詳解】解：（1）∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠DEF＝∠DFC＝∠ACB＝90°，
∴四邊形DECF為矩形，
∴DE＝CF＝3，
在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，
∵點(diǎn)D是斜邊AB的中點(diǎn)，
∴AB＝2CD＝10，
故答案為：10；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為點(diǎn)E、F，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分別為點(diǎn)G、H，則四邊形CGPH為矩形，
∴PG＝CH，CG＝PH，
∵點(diǎn)D為Rt△ABC的斜邊AB的中點(diǎn)，
∴CD＝BD，
∴BE＝CE，
∵點(diǎn)P為CD的中點(diǎn)，DE⊥BC，PG⊥BC，
∴點(diǎn)G為CE的中點(diǎn)，即CE＝2EG＝2CG，
∴BE＝CE＝2EG，
∴BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，
同理可得AH＝3PG，
∴PA2+PB2＝BG2+PG2+AH2+PH2＝（3PH）2+PG2+（3PG）2+PH2＝1062.5，
故答案為：62.5．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握勾股定理是解題的關(guān)鍵．
6．（2023?廬江縣三模）如圖，四邊形ABCD中，AB＝AC＝AD，點(diǎn)M、N分別是BC、CD的中點(diǎn)，連接MN，若∠DAM＝105°，∠BAN＝75°，若，則∠ANM＝ 75 °．
【答案】75．
【分析】根據(jù)三角形中位線定理和二元一次方程組解答即可．
【詳解】解：四邊形ABCD中，AB＝AC＝AD，點(diǎn)M、N分別是BC、CD的中點(diǎn)，
設(shè)∠BAM＝∠CAM＝α，∠DAN＝∠CAN＝β，
，
解得：α+β＝60°，
即：∠MAN＝60°，
過(guò)N作NH⊥AM于H，如圖：
可得：∠ANH＝30°，
設(shè)AH＝x，可得：，AN＝2x，
∵，
∴，
∴，
∴∠MNH＝45°，
∴∠ANM＝30°+45°＝75°，
故答案為：75．
【點(diǎn)睛】此題考查三角形中位線定理，關(guān)鍵是根據(jù)三角形中位線定理解答．
7．（2023?中山市二模）如圖，△ABC與△BDE均為等腰直角三角形，點(diǎn)A，B，E在同一直線上，BD⊥AE，垂足為點(diǎn)B，點(diǎn)C在BD上，AB＝4，BE＝10．將△ABC沿BE方向平移，當(dāng)這兩個(gè)三角形重疊部分的面積等于△ABC面積的一半時(shí)，△ABC平移的距離為 2或5 ．
【答案】2或5．
【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．
【詳解】解：∵△ABC與△BDE均為等腰直角三角形，
∴AB＝BC＝4，DB＝BE＝10，
∴△ABC的面積AB?BC4×4＝8，
當(dāng)這兩個(gè)三角形重疊部分的面積等于△ABC面積的一半時(shí)，
∴△A'BE的面積＝
，
∴A'B，
∴AA'＝AB﹣A'B＝2，
即平移的距離為2，
當(dāng)當(dāng)點(diǎn)B平移到與點(diǎn)E重合時(shí)，也滿足，此時(shí)平移的距離為：5，
故答案為：2或5．
【點(diǎn)睛】此題考查等腰直角三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)等腰直角三角形的面積公式解答．
8．（2023?新都區(qū)模擬）青朱出入圖，是魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽根據(jù)“割補(bǔ)術(shù)”運(yùn)用數(shù)形關(guān)系證明勾股定理的幾何證明法，即“勾自乘為朱方，股自乘為青方，令出入相補(bǔ)，各從其類(lèi)，因就其余不動(dòng)也，合成弦方之冪．開(kāi)方除之，即弦也．”，若圖中DF＝1，CF＝2，則AE的長(zhǎng)為 3 ．
【答案】3．
【分析】由勾股定理求出AF的長(zhǎng)，由△ADF∽△ECF，得到AF：FE＝DF：FC＝1：2，求出FE的長(zhǎng)，即可求出AE的長(zhǎng)．
【詳解】解∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠D＝90°，
∵DF＝1，F(xiàn)C＝2，
∴AD＝DC＝DF+FC＝3，
∴AF，
∵AD∥BE，
∴△ADF∽△ECF，
∴AF：FE＝DF：FC＝1：2，
∴FE＝2AF＝2，
∴AE＝AF+FE＝3．
故答案為：3．
【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?黃埔區(qū)一模）△ABC為等腰直角三角形，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，動(dòng)點(diǎn)D在邊BC上運(yùn)動(dòng)．以A為直角頂點(diǎn)，在AD右側(cè)作等腰直角三角形△ADE（如圖）．M為DE中點(diǎn)，N為BC三等分點(diǎn)，，連接MN，則線段MN的最小值為 1 ．
【答案】1．
【分析】連接CE，證明△ABD≌△ACE（SAS），可得∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
證明CE⊥BD，得出點(diǎn)E始終在過(guò)點(diǎn)C垂直于BC的射線上，當(dāng)BDBC＝2時(shí)，MN最小，根據(jù)三角形中位線定理可得MNCE，結(jié)合已知條件即可得線段MN的最小值．
【詳解】解：如圖，連接CE，
∵△ABC、△ADE為等腰直角三角形，AB＝AC＝6，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，AD＝AE，
∴∠BAD＝90°﹣∠DAC＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
∵∠ACB＝∠B＝45°，
∴∠ECB＝45°+45°＝90°，
∴CE⊥BD，
因?yàn)辄c(diǎn)D在BC上運(yùn)動(dòng)，
所以點(diǎn)M在直線上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)BDBC＝2時(shí)
∵N為BC三等分點(diǎn)，，
此時(shí)MN∥CE，
∵M(jìn)為DE中點(diǎn)，
∴N為CD中點(diǎn)，
∴MNCE＝1，
故答案為：1．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是判斷出△ABD≌△ACE．
10．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為5，將一個(gè)直角的頂點(diǎn)放置在菱形的中心O處，此時(shí)直角的兩邊分別交邊AD，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)，當(dāng)OE⊥AD時(shí)，OE的長(zhǎng)為2，則EF的長(zhǎng)是 ．
?
【答案】．
【分析】連接AC，先證OF∥AD，再證OF是△ACD的中位線，得OFAD，然后在Rt△EOF中，由勾股定理即可得出結(jié)論．
【詳解】解：如圖，連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，
由題意可知，∠EOF＝90°，
∴OE⊥OF，
∵OE⊥AD，
∴OF∥AD，
∵OA＝OC，
∴DF＝CF，
∴OF是△ACD的中位線，
∴OFAD，
在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理以及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)和三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
11．（2023?奉賢區(qū)二模）如果四邊形有一組鄰邊相等，且一條對(duì)角線平分這組鄰邊的夾角，我們把這樣的四邊形稱(chēng)為“準(zhǔn)菱形”．有一個(gè)四邊形是“準(zhǔn)菱形”，它相等的鄰邊長(zhǎng)為2，這兩條邊的夾角是90°，那么這個(gè)“準(zhǔn)菱形”的另外一組鄰邊的中點(diǎn)間的距離是 ．
【答案】．
【分析】連接BD，在Rt△ABD中，由勾股定理得BD＝2，再證EF是△BCD的中位線，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：如圖，四邊形ABCD是“準(zhǔn)菱形”，且AB＝AD，∠BAD＝90°，點(diǎn)E、F分別是CD、BC的中點(diǎn)，連接BD、EF，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD2，
∵點(diǎn)E、F分別是CD、BC的中點(diǎn)，
∴EF是△BCD的中位線，
∴EFBD，
即這個(gè)“準(zhǔn)菱形”的另外一組鄰邊的中點(diǎn)間的距離是，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了“準(zhǔn)菱形”的性質(zhì)、勾股定理以及三角形中位線定理等知識(shí)，熟練掌握“準(zhǔn)菱形”的性質(zhì)和三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
12．（2023?呂梁一模）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在對(duì)角線BD上，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB和BC上，且∠EPF＝45°，若CFDP＝4，AE＝12，則AB的長(zhǎng)度為 ．
【答案】．
【分析】過(guò)點(diǎn)P作MN⊥BC交BC于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N；過(guò)點(diǎn)P作JG⊥AB交AB于點(diǎn)G，交DC于點(diǎn)J；根據(jù)四邊形ABCD是正方形，BD是對(duì)角線，則AD＝BC＝JG，AB＝DC＝MN；根據(jù)，由勾股定理得PJ＝PN＝2，則CM＝MF＝2，AG＝2；過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DB交BD于點(diǎn)H，設(shè)EH＝x，根據(jù)勾股定理，，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，得△PMF∽△PHE，得，求出x，根據(jù)AB＝AE+EB解答即可．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)P作MN⊥BC交BC于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N；過(guò)點(diǎn)P作JG⊥AB交AB于點(diǎn)G，交DC于點(diǎn)J，
∵四邊形ABCD是正方形，BD是對(duì)角線，
∴AD＝BC＝JG，AB＝DC＝MN，∠ADB＝45°，
∵，
∴PJ＝PN＝2，
∴CM＝MF＝2，AG＝2，
∵AE＝12，
∴GE＝10，
∵△PGB是等腰直角三角形，
∴PG＝GB，
過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DB交BD于點(diǎn)H，設(shè)EH＝x，
∴EH2+HB2＝EB2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠EPF＝∠FPB+∠EPB＝45°，∠MPB＝∠MPF+∠FPB＝45°，
∴∠EPB＝∠MPF，
∴△PMF∽△PHE，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理．
13．（2023?蚌埠二模）如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD的邊CD上一點(diǎn)，以點(diǎn)A為圓心，AE長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧EF，交邊BC于點(diǎn)F，已知正方形邊長(zhǎng)為1．
（1）若∠DAE＝15°，則DE的長(zhǎng)為 ；
（2）△AEF的面積為S的最大值是 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由已知可證Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），再利用勾股定理即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)DE＝x，表示出，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）∵ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠B＝90°，
∵AE＝AF，
∴Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），
∴∠DAE＝∠BAF＝15°，BF＝DE，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF為等邊三角形，
設(shè)DE＝x，則CE＝CF＝1﹣x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2＝1+x2，
在Rt△CFE中，F(xiàn)E2＝CE2+CF2＝2（1﹣x）2，
∴1+x2＝2（1﹣x）2，
解得：，
∵0≤x≤1，
∴．
故答案為：，
（2）設(shè)DE＝x，由（1）可知DE＝BF＝x，則CE＝CF＝1﹣x，
∴S＝S△AEF＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△ABF﹣S△CEF，

，
∵0≤x≤1，對(duì)稱(chēng)軸直線x＝0，
∴S隨x增大而減小，
∴當(dāng)x＝0時(shí)S有最大值，此時(shí)，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．
14．（2023?蘭考縣一模）如圖，方形ABCD中，AB＝8，點(diǎn)P為射線BC上任意一點(diǎn)（與點(diǎn)B、C不重合），連接AP，在AP的右側(cè)作正方形APGH，連接AG，交射線CD于E，當(dāng)ED長(zhǎng)為2時(shí)，點(diǎn)BP的長(zhǎng)為 ．
【答案】．
【分析】由題可分兩種情況，當(dāng)交點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，或當(dāng)交點(diǎn)E在線段CD延長(zhǎng)線上時(shí)，分別將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，可判定全等三角形，用勾股定理求出對(duì)應(yīng)邊的長(zhǎng)度即可．
【詳解】解：由題意，分兩種情況，如下
（1）當(dāng)交點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，如圖所示，AD與AB重合，且E'，B，P三點(diǎn)共線，
∵四邊形APGH是正方形，
∴∠PAG＝45°，
∴∠DAE+∠BAP＝45°，
由旋轉(zhuǎn)可得，
∴∠BAE'+∠BAP＝45°，
∴∠E'AP＝∠EAP＝45°，
連接EP，
在△E'AP和△EAP中，
∵，
∴△E'AP≌△EAP（SAS），
∴E'P＝EP，
設(shè)BP＝x，
∵正方形ABCD邊長(zhǎng)AB＝8，DE＝2，
∴CE＝8﹣2＝6，PC＝8﹣x，EP＝E'P＝2+x，
在Rt△ECP中，有勾股定理得：PC2+CE2＝EP2，
即：（8﹣x）2+62＝（2+x）2，
解得：；
（2）當(dāng)交點(diǎn)E在線段CD延長(zhǎng)線上時(shí)，
同理旋轉(zhuǎn)△ADE到△ABE'，如圖所示，并可得∠FAE＝∠FAE'＝45°，
同理可證△FAE≌△FAE'，
∴E'F＝EF，
設(shè)CF＝y(tǒng)，
∵正方形ABCD邊長(zhǎng)AB＝8，DE＝2，
∴CE'＝8﹣2＝6，E'F＝EF＝DF+DE＝8﹣y+2＝10﹣y，
在Rt△E'CF中，有勾股定理得：CF2+E'C2＝E'F2，
即：y2+62＝（10﹣y）2，
解得：；
在△CPF和△BPA中，
∵，
∴△CPF∽△BPA，
∴，
即，
解得：；
綜上所述：或．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，利用旋轉(zhuǎn)圖形證三角形全等，根據(jù)勾股定理和相似圖形求出對(duì)應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵，本題難點(diǎn)在于利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形．
15．（2023?本溪一模）由4個(gè)形狀相同，大小相等的菱形組成如圖所示的網(wǎng)格，菱形的頂點(diǎn)稱(chēng)為格點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C，D都在格點(diǎn)上，∠A＝60°，則cs∠CDB的值為 ．
【答案】．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)證明△ECD、△FCD都是等邊三角形，求得∠BCD＝120°，利用等邊對(duì)等角求得∠CDB＝30°，據(jù)此即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCF、CFDE都是菱形，∠A＝60°，
∴△ECD、△FCD都是等邊三角形，
∴∠FCD＝∠BCF＝60°，CD＝CF，
∴∠BCD＝120°，BC＝CF＝CD，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定、銳角三角函數(shù)，熟練掌握相關(guān)理論是解答關(guān)鍵．
16．（2023?沂南縣校級(jí)一模）如圖，矩形ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC交CD于點(diǎn)F，交AC與點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BF交AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)N，連接FN、EM，則下列結(jié)論：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④當(dāng)AO＝AD時(shí)，四邊形DEBF是菱形．其中，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是 4 ．
【答案】4．
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到DE⊥AC，根據(jù)垂直的定義得到∠DNA＝∠BMC＝90°，由全等三角形的性質(zhì)得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；證△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正確；證四邊形NEMF是平行四邊形，得出EM∥FN，故②正確；證四邊形DEBF是平行四邊形，證出∠ODN＝∠ABD，則DE＝BE，得出四邊形DEBF是菱形；故④正確；即可得出結(jié)論．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
在△DNA和△BMC中，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝FC，DE＝BF，故③正確；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四邊形NEMF是平行四邊形，
∴EM∥FN，故②正確；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等邊三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四邊形DEBF是菱形；故④正確；
故答案為：4．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
17．（2023?瓊海一模）如圖，菱形ABCD，AE⊥BC，點(diǎn)E為垂足，點(diǎn)F為AE的中點(diǎn)，連接BF并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)G，連接CG，，則DG＝ 2 ，AG＝ 6 ，AF＝ ．
【答案】2，6，．
【分析】過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC，垂足為H，連接EG，證明△AGF≌△EBF，得到AG＝BE，則DG＝CE＝2，然后可得四邊形ABEG為平行四邊形，設(shè)AG＝BE＝x，則AD＝AB＝GE＝2+x，求出CH＝x﹣2，在Rt△AGE和Rt△GCH中用勾股定理列方程進(jìn)行求解．
【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于H，連接EG，
∵F是AE中點(diǎn)，
∴AF＝EF，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴∠GAF＝∠BEF＝90°，
在△AGF與△EBF中，
，
∴△AGF≌△EBF（ASA），
∴AG＝BE，
∴DG＝CE＝2，
又∵AG∥BE，
∴四邊形ABEG為平行四邊形，
∴GE＝AB，
設(shè)AG＝BE＝x，則AD＝AB＝GE＝2+x，
∵∠GAE＝∠AEH＝∠H＝90°，
∴四邊形AEHG是矩形，
∴AG＝EH，AE＝GH，
∴CH＝EH﹣CE＝AG﹣CE＝x﹣2，
在Rt△AGE和Rt△GCH中，AE2＝GE2﹣AG2，GH2＝GC2﹣CH2，
∴，
解得x＝6，即AG＝6，
∴，
∴．
故答案為：2，6，．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，設(shè)出線段長(zhǎng)，尋找等量關(guān)系列出方程是解題的關(guān)鍵．
18．（2023?鎮(zhèn)江一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，△BEF的頂點(diǎn)E在對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)，且∠BFE＝90°，∠EBF＝∠BAC，連接AF，則AF的最小值為 ．
【答案】．
【分析】過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，連接FH．由∠BFE＝∠BHE＝90°推出E，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共圓，證明∠AHF＝∠ACD＝定值，推出點(diǎn)F在射線HF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)AF⊥FH時(shí)，AF的值最小，求出AH，sin∠AHF，可得結(jié)論．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AC于點(diǎn)H，連接FH，如圖，
∵∠BFE＝∠BHE＝90°，
∴E，B，F(xiàn)，H四點(diǎn)共圓，
∴∠FHB＝∠FEB，
∵∠AHF+∠FHB＝90°，∠FBE+FEB＝90°
∴∠AHF＝∠EBF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴ABC∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵∠EBF＝∠BAC，
∴∠EBF＝∠ACD，
∴∠AHF＝∠ACD＝定值，
∴點(diǎn)F在射線HF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)AF⊥FH時(shí)，AF的值最小，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，∠D＝90°．
∴，
∴，
∵S△ACB?AB?CB?AC?BH，
∴，
∴，
∴AF的最小值．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理、四點(diǎn)共圓、圓周角定理、軌跡、三角形面積以及最小值問(wèn)題等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)，利用垂線段最短解決最值問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．
19．（2023?泉州模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，點(diǎn)E在邊AD上，以BE為邊在菱形ABCD的內(nèi)部作等邊三角形BEF，若∠DEF＝α，∠EBD＝β，則α與β之間的數(shù)量關(guān)系可用等式表示為 α+β＝60° ．
【答案】α+β＝60°．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠C＝∠A＝60°，AD＝AB＝CD＝BC，求得∠ADB＝∠CDB＝∠DBC＝60°，得到BD＝BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到BE＝BF，∠EBF＝60°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠DBE＝∠CBF＝β，∠BFC＝∠BED＝60°+α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴∠C＝∠A＝60°，AD＝AB＝CD＝BC，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠DBC＝60°，
∴△BCD是等邊三角形，
∴BD＝BC，
∵△BEF是等邊三角形，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠DBE＝∠CBF，
∴△BDE≌△BCF（SAS），
∴∠DBE＝∠CBF＝β，∠BFC＝∠BED＝60°+α，
∵∠BFC+∠C+∠CBF＝180°，
∴β+60°+α+60°＝180°，
∴α+β＝60°．
故答案為：α+β＝60°．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．（2023?市南區(qū)一模）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為BC、CD邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，則下列結(jié)論中正確的有 ①②③ ．（填序號(hào)）
①BE+DF＝EF；②tan∠AMD； ③BM2+DN2＝MN2；④若EF＝1.5，S△AEF＝3，則．S正方形ABCD＝4．
【答案】①②③．
【分析】①將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°使AD與AB重合，得△ABQ，根據(jù)正方形的性質(zhì)及會(huì)等三角形的性質(zhì)可得答案；②根據(jù)三角形的外角性質(zhì)及三角函數(shù)可得答案；③在AQ上取一點(diǎn)H，使AH＝AN．連接BH，利用全等三角形的性質(zhì)及勾股定理可得答案；④過(guò)點(diǎn)A作AR⊥EF于點(diǎn)R，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)可得AR＝AB，然后由三角形面積公式及正方形的面積公式可得答案．
【詳解】解：①將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°使AD與AB重合，得△ABQ，
∴△ABQ≌△ADF，
∴∠QAB＝∠DAF，AQ＝AF，∠ABQ＝∠ADF，BQ＝DF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠EAB+∠DAF+∠EAF＝∠BAD＝90°，且∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠QAB+∠EAB＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE＝45°，
∵∠ABQ+∠ABE＝90°+90°＝180°，
∴點(diǎn)Q、B、E共線，
在△AEQ和△AEF中，
，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵EQ＝BE+BQ＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，故①正確；
②∵∠AND＝∠EAF+∠AMD＝∠BDC+∠AFD，
∴∠AMD＝∠AFD，
∴tan∠AMD＝tan∠AFD，
在Rt△AFD中，
tan∠AFD，
∴tan∠AMD，故②正確；
③在AQ上取一點(diǎn)H，使AH＝AN．連接BH，
在△AMH和△AMN中，
，
∴△AMH≌△AMN（SAS），
∴MH＝MN，
同理，△ABH≌△ADN（SAS），
∴BH＝DN，∠ABH＝∠ADN＝45°，
∴∠HBM＝∠ABH+∠ABD＝90°，
在Rt△BMH中，MH2＝BH2+BM2，
∴MN2＝DN2+BM2，故③正確；
④假設(shè)EF∥BD時(shí)，過(guò)點(diǎn)A作AR⊥EF于點(diǎn)R，
∴AR在正方形對(duì)角線上，
∴∠RAE＝∠BAE，
∴EB＝ER，
∵AE＝AE，
∴Rt△AEB≌Rt△AER（HL），
∴∠AEB＝∠AEF，
∵AB⊥BC，AR⊥EF，
∴AR＝AB，
∵S△AEFEF?AR，
∴31.5?AR，
∴AR＝4，
∴S正方形ABCD＝42＝16，
故④錯(cuò)誤，
∴①②③正確，
故答案為：①②③．
【點(diǎn)睛】此題考查的是正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、勾股定理有解直角三角形，正確作出輔助線是解決此題關(guān)鍵．
21．（2023?大連一模）學(xué)習(xí)菱形時(shí)，我們從它的邊、角和對(duì)角線等方面進(jìn)行研究，可以發(fā)現(xiàn)并證明：菱形的每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角．小明參考平行四邊形、矩形判定方法的研究過(guò)程，得出下面的猜想：
①一條對(duì)角線平分一組對(duì)角的四邊形是菱形；
②每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角的四邊形是菱形；
③一條對(duì)角線平分一組對(duì)角的平行四邊形是菱形．
其中正確的是 ②③ （填序號(hào)，填寫(xiě)一個(gè)即可）．
【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容
【分析】由菱形的判定以及平行四邊形的判定與性質(zhì)分別對(duì)各個(gè)猜想進(jìn)行判斷即可．
【詳解】解：①一條對(duì)角線平分一組對(duì)角的四邊形不一定是菱形，如箏形，故①不正確；
②如圖1，
∵AC平分∠BAD和∠BCD，
∴∠BAC＝∠DAC，∠BCA＝∠DCA，
∵∠BAC+∠BCA+∠ABC＝180°，∠DAC+∠DCA+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADC，
同理：∠BAD＝∠BCD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴平行四邊形ABCD是菱形，故②正確；
③一條對(duì)角線平分一組對(duì)角的平行四邊形是菱形，故③正確；
故答案為：②③．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定、等腰三角形的判定以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定是解題的關(guān)鍵．
22．（2023?石景山區(qū)一模）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，AD上，BE＝DF．只需添加一個(gè)條件即可證明四邊形AECF是矩形，這個(gè)條件可以是 AE⊥BC（答案不唯一） （寫(xiě)出一個(gè)即可）．
【答案】AE⊥BC（答案不唯一）．
【分析】證四邊形AECF是平行四邊形，再證∠AEC＝90°，然后由矩形的判定即可得出結(jié)論．
【詳解】解：這個(gè)條件可以是AE⊥BC，理由如下：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，
即CE＝AF，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四邊形AECF是矩形，
故答案為：AE⊥BC（答案不唯一）．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定、菱形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握矩形的判定是解題的關(guān)鍵．
23．（2023?河?xùn)|區(qū)一模）已知，如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ABC＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CB的延長(zhǎng)線上，且BE＝BF，G是DF的中點(diǎn)，連接GE，則GE的長(zhǎng)是 ．
【答案】．
【分析】如圖，延長(zhǎng)EG到H，使GH＝EG，連接CH，CG，DH，CE，過(guò)點(diǎn)F作PF∥DC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，點(diǎn)A，B，E在同一直線上，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)得到結(jié)論．
【詳解】解：如圖，延長(zhǎng)EG到H，使GH＝EG，連接CH，CG，DH，CE，過(guò)點(diǎn)F作FP∥DC，過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥BC于Q，
∵G是線段DF的中點(diǎn)，
∴FG＝DG，
∵∠EGF＝∠HGD，
∴△GEF≌△GHD（SAS），
∴EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，
∵∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴△BEF是等邊三角形，
∴∠BEF＝60°，
∵BE＝BF＝2，EQ⊥BC，
∴∠QEB＝30°，
∴BQ＝1，EQ，
在Rt△CQE中，由勾股定理得：CE2，
∵AB∥CD，CD∥FP，
∴AB∥FP∥CD，∠GFP＝∠CDG，
∴∠AEF+∠EFP＝180°，
∴∠EFG+∠GFP＝120°，
∴∠CDH＝∠HDG+∠GDC＝120°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴CD＝CB＝6，∠ADC＝∠ABC＝60°，點(diǎn)A，B，E在同一直線上，
∴∠EBC＝120°＝∠CDH，
∵△BEF是等邊三角形，
∴EF＝BE，
∴DH＝BE，
∴△HDC≌△EBC（SAS），
∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCE+∠HCB＝120°，即∠HCE＝120°，
∵CH＝CE，GH＝GE，
∴CG⊥GE，∠GCE＝∠HCG＝60°，
∴∠GEC＝30°，
∵cs30°，
∴GE2．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，通過(guò)添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．
24．（2023?合肥模擬）如圖，點(diǎn)P在正方形ABCD內(nèi)，∠BPC＝135°，連接PA、PB、PC、PD．
（1）若PA＝AB，則∠CPD＝ 90° ；
（2）若PB＝2，PC＝3，則PD的長(zhǎng)為 ．
【答案】（1）90°；
（2）．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝AB，求得PA＝AD，設(shè)∠APB＝α，則∠BAP＝180°﹣2a，根據(jù)周角的定義即可得到結(jié)論；（2）如圖，過(guò)C作 CQ⊥CP，過(guò)P作PQ⊥PB，PQ與CQ相交于Q，連接BQ，推出△PCQ為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BQ＝PD，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵PA＝AB，
∴PA＝AD，
設(shè)∠APB＝α，則∠BAP＝180°﹣2a，
∴∠PAD＝2α﹣90°，∠APD＝＝135°﹣α，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPD＝360°﹣（135°﹣α）﹣a﹣135°＝90°；
故答案為：90°；
（2）如圖，過(guò)C作CQ⊥CP，過(guò)P作PQ⊥PB，PQ與CQ相交于Q，連接BQ，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPQ＝45°，
∴△PCQ為等腰直角三角形，
∵PC＝3，
∴，
∵CD＝BC，∠PCD＝∠QCB，PC＝CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴BQ＝PD，
在Rt△PBQ中，PB2+PQ2＝BQ2，
∵PB＝2，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
25．（2023?鄞州區(qū)一模）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，作正方形CDEF，其中頂點(diǎn)E在邊AB上．
（1）若正方形CDEF的邊長(zhǎng)為，則線段AE的長(zhǎng)是 ；
（2）若點(diǎn)D到AB的距離是，則正方形CDEF的邊長(zhǎng)是 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）連接CE，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于點(diǎn)H，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得CE的長(zhǎng)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AH＝EH，設(shè)AH＝EH＝x，在Rt△EHC中，根據(jù)勾股定理列方程，求出x的值，進(jìn)一步可得AE的長(zhǎng)；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AB于點(diǎn)M，連接BD，AF，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)N，先證△MDE≌△NEF（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得EN＝DM，ME＝NF，再證△BCD≌△ACF（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得BD＝AF，∠CAF＝∠CBD，然后再證明△BMD≌△FNA（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得BM＝NF，MD＝NA，進(jìn)一步可得BM＝ME，EN＝NA＝MD，求出ME的長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理可得DE的長(zhǎng)度，即可確定正方形DCFE的邊長(zhǎng)．
【詳解】解：（1）連接CE，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于點(diǎn)H，如圖所示：
則∠AHE＝90°，
在正方形CDEF中，CD＝DE，∠CDE＝90°，
根據(jù)勾股定理，得CE，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
設(shè)AH＝EH＝x，
∵AC＝BC＝8，
∴CH＝8﹣x，
在Rt△EHC中，根據(jù)勾股定理，得，
解得x1（舍去），x2＝4，
∴AH＝EH＝4，
在Rt△AEH中，根據(jù)勾股定理，得AE，
故答案為：；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DM⊥AB于點(diǎn)M，連接BD，AF，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB于點(diǎn)N，如圖所示：
則∠DME＝∠FNE＝90°，
∴∠MDE+∠MED＝90°，
在正方形DCEF中，∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠MED+∠FEN＝90°，
∴∠MDE＝∠FEN，
在△MDE和△NEF中，
，
∴△MDE≌△NEF（AAS），
∴EN＝DM，ME＝NF，
在Rt△ABC中，BC＝AC，∠ACB＝90°，
在正方形EDCF中，∠DCF＝90°，CD＝CF，
∴∠BCD＝∠ACF，
在△BCD和△ACF中，
，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD＝AF，∠CAF＝∠CBD，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠MBD+∠DBC+∠BAC＝90°，
∴∠MBD+∠CAF+∠BAC＝90°，
即∠MBD+∠BAF＝90°，
∵∠MBD+∠MDB＝90°，
∴∠MDB＝∠BAF，
在△BMD和△FNA中，
，
∴△BMD≌△FNA（AAS），
∴BM＝NF，MD＝NA，
∴BM＝ME，EN＝NA＝MD，
∵點(diǎn)D到AB的距離是，
∴EN＝NA，
在Rt△ABC中，AC＝BC＝8，∠ACB＝90°，
根據(jù)勾股定理，得AB，
∴BM+ME6，
∴ME＝3，
在Rt△MDE中，根據(jù)勾股定理，DE2，
∴正方形CDEF的邊長(zhǎng)是2，
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等，添加合適的輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵，本題綜合性較強(qiáng)，難度較大．
26．（2023?鄆城縣校級(jí)模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O．點(diǎn)M是BC邊的中點(diǎn)，連接AM、OM，作CF∥AM．已知OC平分∠BCF，OB平分∠AOM，若，則sin∠BAM的值為 ．
【答案】．
【分析】如圖所示，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于H，由角平分線的定義和平行線的性質(zhì)證明∠MAC＝∠MCA得到MA＝MC，再由O是AC的中點(diǎn)，得到∠AOM＝90°，則∠AOB＝45°，證明OM為△ABC的中位線，得到，則∠BAO＝90°，即可推出，則，利用勾股定理得到，證明△ABE∽△MOE，得到，求出，，再推出，得到，則．
【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于H，
∵OC平分∠BCF，
∴∠OCF＝∠OCB，
∵CF∥AM，
∴∠CAM＝∠ACF，
∴∠MAC＝∠MCA，
∴MA＝MC，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，
∴，OA＝OC，
∴OM⊥AC，即∠AOM＝90°，
∵OB平分∠AOM，
∴∠AOB＝45°，
∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，
∴OM為△ABC的中位線，
∴，
∴∠BAO＝180°﹣∠AOM＝90°，
∴∠ABO＝45°＝∠AOB，
∴，
∴，
∴，
∵OM∥AB，
∴△ABE∽△MOE，
∴，
∴，，
∵EH⊥AB，
∴∠BEH＝45°＝∠EBH，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了銳角三角函數(shù)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，相似三角形的性質(zhì)與判定等等，證明∠BAO＝90°是解題的關(guān)鍵．
27．（2023?三原縣二模）如圖，點(diǎn)M是?ABCD內(nèi)一點(diǎn)，連接MA，MB，MC，MD，過(guò)點(diǎn)A作AP∥BM，過(guò)點(diǎn)D作DP∥CM，AP與DP交于點(diǎn)P，若四邊形AMDP的面積為6，則?ABCD的面積為 12 ．
【答案】12．
【分析】由平行四邊形的得AD＝BC，AD∥BC，再證∠CBM＝∠DAP，∠BCM＝∠ADP，然后證△BCM≌△ADP（ASA），得S△BCM＝S△ADP，即可解決問(wèn)題．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵AP∥BM，
∴∠CBM＝∠DAP，
同理：∠BCM＝∠ADP，
∴△BCM≌△ADP（ASA），
∴S△BCM＝S△ADP，
∴S平行四邊形ABCD＝2（S△BCM+S△ADM）＝2（S△ADP+S△ADM）＝2S四邊形AMDP＝2×6＝12，
故答案為：12．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及三角形面積等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
28．（2023?和平區(qū)二模）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E為邊BC上一點(diǎn)，BE＝3，在AE的右側(cè)，以AE為邊作正方形AEFG，H為BG的中點(diǎn)，則AH的長(zhǎng)等于 ．
【答案】．
【分析】連接DE，DG，證明△BAE≌△DAG（SAS），由△DAG可以由△BAE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到，由勾股定理即可解決問(wèn)題
【詳解】解：連接DE、DG，
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG為正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴△DAG是由△BAE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的，
∵AB＝4，BE＝3，
∴CE＝1，CD＝4．
∴DE，
延長(zhǎng)HA至點(diǎn)Q，使AQ＝AH，得出：AHDE，
∴AHDE．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，熟練掌握正方形和旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
29．（2023?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，B是邊AB上一點(diǎn)，△BCE與△FCE關(guān)于直線CE對(duì)稱(chēng)，連接BF并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AD，垂足為點(diǎn)H，設(shè)BE＝a，若點(diǎn)H為AG的中點(diǎn)，則BE的長(zhǎng)為 ．
【答案】．
【分析】過(guò)點(diǎn)F作MN⊥AB于點(diǎn)M，則∠EMF＝90°，由點(diǎn)H為AG的中點(diǎn)，F(xiàn)H⊥AD得到點(diǎn)F是BG的中點(diǎn)，即可得到ME、MF的長(zhǎng)，由對(duì)稱(chēng)得∠EFC＝∠EBC＝90°，EB＝EF＝a，F(xiàn)C＝BC＝3，然后利用勾股定理列出方程求得a的取值，即可得到BE的長(zhǎng)．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠GAB＝∠EBC＝90°，
∴∠ABG+∠AGB＝90°，
由對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得，∠ABG+∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠AGB，
∴△GAB∽△EBC，
∴，即，
∴AGa，
如圖，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥AB于點(diǎn)M，則∠EMF＝90°，
∵點(diǎn)H是AG的中點(diǎn)，HF⊥AD于點(diǎn)H，
∴四邊形AHFM是矩形，AHAGa，HFAB4＝2，
∴AM＝HF＝2，MF＝AHa，
∴ME＝2﹣a，
由對(duì)稱(chēng)得，EB＝EF＝a，
在Rt△MEF中，EM2+FM2＝EF2，
∴（2﹣a）2+（a）2＝a2，
解得：a或a（舍），
∴BE，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟知對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)．
30．（2023?呼和浩特一模）如圖在菱形ABCD中，O為對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，點(diǎn)P為邊AB上的任一點(diǎn)（不與A、B重合），過(guò)點(diǎn)P分別作PM⊥AC，PN⊥BD，M、N為垂足，則可以判斷四邊形MPNO的形狀為 矩形 ．若菱形的邊長(zhǎng)為a，∠ADC＝120°，則MN的最小值為 ．（用含a的式子表示）
【答案】矩形，．
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到AC⊥BD，根據(jù)PM⊥AC，PN⊥BD即可得到∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，根據(jù)矩形的判定方法即可判斷出四邊形MPNO是矩形；根據(jù)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a，∠ADC＝120°即可求出AB，AO，BO的長(zhǎng)度，根據(jù)四邊形MPNO是矩形即可得到MN＝OP，即可判斷出當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP取得最小值，MN也取得最小值，根據(jù)三角形的面積計(jì)算方法，即可求出OP的最小值，即可得出答案．
【詳解】解：如圖，連接OP，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，
∴四邊形MPNO是矩形；
∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a，∠ADC＝120°，
∴AB＝BC＝AD＝a，∠ADB＝∠CDB∠ADC＝60°，
∴△ABD是等邊三角形．
∴BD＝AB＝a，
∴BO＝DOBDa，
∴AO，
∵四邊形MPNO是矩形，
∴MN＝OP，
∴當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP取得最小值，MN也取得最小值，此時(shí)，
∴，
∴MN的最小值為，
故答案為：矩形，．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定及性質(zhì)、垂線段最短以及菱形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
31．（2023?洛陽(yáng)一模）在扇形OAB中，∠AOB＝60°，點(diǎn)C是半徑OA上一點(diǎn)，且OC＝6，將線段OC沿OB方向平移，當(dāng)平移距離是6時(shí)，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'恰好落在弧AB上，則圖中陰影部分的面積為 9π﹣9 ．
【答案】9π﹣9．
【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以得到四邊形OO′C′C是菱形，DO′的值和OC′的值，以及∠C′OB的度數(shù)，再根據(jù)圖形可知S陰影＝S扇形C′OB﹣S△OC′O′，代入數(shù)據(jù)計(jì)算即可．
【詳解】解：由已知可得，
四邊形OO′C′C是平行四邊形，
又∵OC＝OO′＝6，
∴四邊形OO′C′C是菱形，
∴CO′⊥OC′，DO′CO′，
∵∠AOB＝60°，OC＝OO′，
∴△COO′是等邊三角形，CO′＝OC＝6，∠C′OB＝30°，
∴DO′＝3，OD3，
∴OC′＝2OD＝6，
∴S陰影＝S扇形C′OB﹣S△OC′O′9π﹣9，
故答案為：9π﹣9．
【點(diǎn)睛】本題考查扇形面積的計(jì)算、平移的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
32．（2023?臨渭區(qū)二模）如圖，正六邊形紙片ABCDEF的邊長(zhǎng)為6cm，從這個(gè)正六邊形紙片上剪出一個(gè)扇形（圖中陰影部分），則這個(gè)扇形的面積為 12π cm2．（結(jié)果保留π）
【答案】12π．
【分析】求出扇形的圓心角的度數(shù)，再根據(jù)扇形面積的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】解：由題意可知，扇形所對(duì)應(yīng)的圓心角的度數(shù)為120°，半徑為6cm，
所以扇形的面積為12π（cm2），
故答案為：12π．
【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形和圓，扇形面積的計(jì)算，掌握正多邊形內(nèi)角的計(jì)算方法以及扇形面積的嗯就是估算是正確解答的前提．
33．（2023?桂林二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，半徑為1的⊙O在Rt△ABC內(nèi)移動(dòng)，當(dāng)⊙O與∠A的兩邊都相切時(shí)，圓心O到點(diǎn)B的距離為 5 ．
【答案】5．
【分析】根據(jù)勾股定理得到AC8，設(shè)⊙O與AB相切于M，與AC相切于N，連接OM，ON，OB，過(guò)O作OH⊥BC于H，求得CH＝ON＝1，OH＝CN，BH＝6﹣1＝5，設(shè)AM＝AN＝x，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC8，
設(shè)⊙O與AB相切于M，與AC相切于N，連接OM，ON，OB，過(guò)O作OH⊥BC于H，
∴∠BMO＝∠CNO＝∠C＝∠CHO＝90°，
∴四邊形ONCM是矩形，
∴CH＝ON＝1，OH＝CN，BH＝6﹣1＝5，
設(shè)AM＝AN＝x，
∴BM＝10﹣x，OH＝CN＝8﹣x，
∵OB2＝BM2+OM2＝BH2+OH2，
∴（10﹣x）2+12＝52+（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴AM＝3，
∴BM＝7，
∴OB5，
故答案為：5．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
34．（2023?萬(wàn)州區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝2，以點(diǎn)B為圓心，AB為半徑作圓弧交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，以點(diǎn)A為圓心，AC為半徑作圓弧交AD于點(diǎn)E．則圖中陰影部分的面積為 π ．
【答案】π．
【分析】根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出∠BAC，求出∠ABD，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠BAD＝∠ADB＝30°，根據(jù)勾股定理求出AC，再分別求出扇形CAE、扇形ABD和△ABD的面積即可．
【詳解】解：∵∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝2，
∴BCAB，
∴∠BAC＝30°，
∴∠ABD＝∠ACB+∠BAC＝120°，
∵AB＝BD＝2，
∴∠BAD＝∠ADB（180°﹣120°）＝30°，
∴∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝30°+30°＝60°，
由勾股定理得：AC，
∴陰影部分的面積S＝S扇形CAE+（S扇形ABD﹣S△ABD）
（）
π
π．
故答案為：π．
【點(diǎn)睛】本題考查了扇形的面積計(jì)算，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積等知識(shí)點(diǎn)，能把求不規(guī)則圖形的面積轉(zhuǎn)化成求規(guī)則圖形的面積是解此題的關(guān)鍵．
35．（2023?九龍坡區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AC、AD是⊙O中關(guān)于直徑AB對(duì)稱(chēng)的兩條弦，以弦AC、AD為折線將弧AC、弧AD折疊后過(guò)圓心O，若⊙O的半徑r＝4，則圓中陰影部分的面積為 8 ．
【答案】8．
【分析】根據(jù)對(duì)稱(chēng)性和直角三角形的邊角關(guān)系求出扇形圓心角度數(shù)，再根據(jù)各個(gè)部分面積之間的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AD于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)E，連接OD，則OA＝OE＝OD，
由折疊對(duì)稱(chēng)可知，OF＝EFOA，
∴∠OAD＝30°，
∴∠OED＝2∠OAD＝60°，
∴△ODE是等邊三角形，
∴S不規(guī)則三角形BBOD＝S扇形BOD﹣S弓形OD
＝S扇形BOD﹣（S扇形ODE﹣S△ODE）
＝S△ODE
4×（4）
＝4，
∴S陰影部分＝2S不規(guī)則三角形BOD＝8，
故答案為：8．
【點(diǎn)睛】本題考查扇形面積的計(jì)算，垂徑定理、直角三角形的邊角關(guān)系以及折疊軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，掌握扇形面積的計(jì)算方法以及軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)是正確解答的前提．
36．（2023?煙臺(tái)一模）如圖，GC，GB是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，延長(zhǎng)GC，與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作弦CD∥AB，連接DO并延長(zhǎng)與圓交于點(diǎn)F，連接CF，若AE＝2，CE＝4，則CD的長(zhǎng)度為 ．
【答案】．
【分析】設(shè)CF交AB于點(diǎn)H，連接OC，由切線的性質(zhì)得∠OCE＝90°，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC＝r，OE＝r+2，由勾股定理求得r＝3，再根據(jù)圓周角定理得∠DCF＝90°，由平行線的性質(zhì)推出CF⊥AB，利用垂徑定理可得CH＝FH，由三角形的面積求得CH，再求出CF，利用勾股定理求得CD即可．
【詳解】解：如圖，設(shè)CF交AB于點(diǎn)H，連接OC，
∵GC是⊙O的切線，
∴OC⊥GE，
∴∠OCE＝90°，
設(shè)⊙O的半徑為r，則OC＝r，OE＝r+2，
在Rt△OCE中，
由勾股定理得，OC2+CE2＝OE2即r2+42＝（r+2）2，
解得：r＝3，
∵DF為直徑，
∴∠DCF＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CHE＝∠DCF＝90°，
∴CF⊥AB，
∴CH＝FH，
∵CH?OEOC?CE，
∴，
∴，
在Rt△DCF中，
由勾股定理得，
，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
37．（2023?歷下區(qū)二模）如圖，已知扇形AOB的半徑OA＝2，∠AOB＝120°將扇形AOB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到扇形AO′B′，則圖中陰影部分的面積是 π ．
【答案】．
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義求出AB，再根據(jù)扇形面積以及三角形面積的計(jì)算方法進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】解：如圖，連接OC，OB，BC，由題意可知，點(diǎn)A、O、B三點(diǎn)在同一條直線上，∠OAO′＝30°，
由旋轉(zhuǎn)可知，AB＝AB′，∠O′AB′＝30°，
∴∠OAC＝30°+30°＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等邊三角形，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝120°﹣60°＝60°，
∴△BOC是等邊三角形，
∴四邊形AOBC是菱形，
在Rt△AOO′中，OA＝2，∠AOO′＝60°，
∴OO′OA＝1，O′AOA，
∴AB＝2O′A＝2，
∴S陰影部分＝S扇形ABB′﹣S△ABC
1
，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，扇形面積的計(jì)算，掌握扇形面積、三角形面積的計(jì)算方法以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是正確解答的前提．
38．（2023?鄧州市一模）如圖，在扇形AOB中，∠AOB＝60°，，半徑OC平分，點(diǎn)D為半徑OA中點(diǎn)，點(diǎn)E為半徑OC上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)AE+DE取得最小值時(shí)，由，AE，CE圍成的陰影部分的面積為 ．
【答案】．
【分析】過(guò)點(diǎn)A作AG⊥OB于點(diǎn)G，交OC于點(diǎn)F，連接DF，GE，可得當(dāng)E，F(xiàn)重合時(shí)，AE+ED取得最小值，進(jìn)而根據(jù)S＝S扇形AOC﹣S△AOF即可求解．
【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥OB于點(diǎn)G，交OC于點(diǎn)F，連接DF，GE，
∵半徑OC平分，
∴D，G關(guān)于OC對(duì)稱(chēng)，
∴DF＝FG，
∵AE+DE＝EG+AE≥AG，
∴當(dāng)E，F(xiàn)重合時(shí)，AE+ED取得最小值，
記當(dāng)AE+DE取得最小值時(shí)，由，AE，CE圍成的陰影部分的面積為S，
則S＝S扇形AOC﹣S△AOF，
∵∠AOB＝60°，，半徑OC平分，
∴，∠FOG＝30°，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，解直角三角形，求扇形面積，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
39．（2023?龍口市二模）如圖，由邊長(zhǎng)為1的小正方形構(gòu)成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，C都在格點(diǎn)上，以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，D，則cs∠ADC的值為 ．
【答案】．
【分析】根據(jù)勾股定理求得直徑AB的長(zhǎng)，再根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝∠ABC，再根據(jù)余弦函數(shù)的定義計(jì)算即可．
【詳解】解：連接AC，BC，
由圖可得：∠ADC＝∠ABC，AC＝2，BC＝3，
∵AB為直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴AB，
∴．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，余弦函數(shù)，熟悉掌握余弦的比值關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
40．（2023?渝中區(qū)校級(jí)二模）如圖，扇形紙片AOB的半徑為2，沿AB折疊扇形紙片，點(diǎn)O恰好落在AB上的點(diǎn)C處，圖中陰影部分的面積為 2 ．
?
【答案】2．
【分析】連接OC，由折疊的性質(zhì)得到AC＝OA，OB＝BC，OC⊥AB，推出△AOC，△OCB是等邊三角形，得到∠AOB＝120°，根據(jù)勾股定理求出AH的長(zhǎng)，由S陰影＝S扇形AOB﹣S△AOC﹣S△BOC即可得出結(jié)論．
【詳解】解：連接OC，交AB于H，
∵扇形紙片AOB沿AB折疊，點(diǎn)O落在上的點(diǎn)C處，
∴AC＝OA，OB＝BC，OC⊥AB，
∵OC＝OA，
∴△OAC是等邊三角形，
∴∠AOC＝60°，
同理：∠BOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OC⊥AB，
∴OH＝CHOC＝1，AH＝BH，
在Rt△OAH中，
OH，
∴BH，
∴S陰影＝S扇形AOB﹣S△AOC﹣S△BOC
OC?AHOC?BH
22
π
2．
故答案為：2．
【點(diǎn)睛】本題考查的是扇形的面積，熟記扇形的面積公式是解題的關(guān)鍵．

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