专题11-图形的变换-2020年中考数学真题分专题训练(浙江专版)(教师版含解析)

专题11图形的变换1.【2020年浙江省杭州市中考数学试卷】如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝2，BE＝﹣1．【分析】根据矩形的性质得到AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，根据折叠的性质得到CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，根据全等三角形的性质得到DF＝AE＝2；根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DAE＝90°，∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，∴CF＝BC，∠CFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴CF＝AD，∠CFD＝90°，∴∠ADE+∠CDF＝∠CDF+∠DCF＝90°，∴∠ADF＝∠DCF，∴△ADE≌△FCD(ASA)，∴DF＝AE＝2；∵∠AFE＝∠CFD＝90°，∴∠AFE＝∠DAE＝90°，∵∠AEF＝∠DEA，∴△AEF∽△DEA，∴，∴＝，∴EF＝﹣1(负值舍去)，∴BE＝EF＝﹣1，故答案为：2，﹣1．2.【2020年浙江省湖州市中考数学试卷】七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是()A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2【分析】根据要求拼平行四边形矩形即可．【解答】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：故选：D．3.【2020年浙江省湖州市中考数学试卷】已知在△ABC中，AC＝BC＝m，D是AB边上的一点，将∠B沿着过点D的直线折叠，使点B落在AC边的点P处(不与点A，C重合)，折痕交BC边于点E．(1)特例感知如图1，若∠C＝60°，D是AB的中点，求证：AP＝AC；(2)变式求异如图2，若∠C＝90°，m＝6，AD＝7，过点D作DH⊥AC于点H，求DH和AP的长；(3)化归探究如图3，若m＝10，AB＝12，且当AD＝a时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置，请直接写出a的取值范围．【分析】(1)证明△ADP是等边三角形即可解决问题．(2)分两种情形：情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中．情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，分别求解即可．(3)如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．求出DP＝DB时AD的值，结合图形即可判断．【解答】(1)证明：∵AC＝BC，∠C＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB，∠A＝60°，由题意，得DB＝DP，DA＝DB，∴DA＝DP，∴△ADP使得等边三角形，∴AP＝AD＝AB＝AC．(2)解：∵AC＝BC＝6，∠C＝90°，∴AB＝＝＝12，∵DH⊥AC，∴DH∥BC，∴△ADH∽△ABC，∴＝，∵AD＝7，∴＝，∴DH＝，将∠B沿过点D的直线折叠，情形一：当点B落在线段CH上的点P1处时，如图2﹣1中，∵AB＝12，∴DP1＝DB＝AB﹣AD＝5，∴HP1＝＝＝，∴A1＝AH+HP1＝4，情形二：当点B落在线段AH上的点P2处时，如图2﹣2中，同法可证HP2＝，∴AP2＝AH﹣HP2＝3，综上所述，满足条件的AP的值为4或3．(3)如图3中，过点C作CH⊥AB于H，过点D作DP⊥AC于P．∵CA＝CB，CH⊥AB，∴AH＝HB＝6，∴CH＝＝＝8，当DB＝DP时，设BD＝PD＝x，则AD＝12﹣x，∵tanA＝＝，∴＝，∴x＝，∴AD＝AB﹣BD＝，观察图形可知当6≤a＜时，存在两次不同的折叠，使点B落在AC边上两个不同的位置．4.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是()A．2 B． C． D．【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．解：作AM⊥BC于M，如图：重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，∴AM＝BM＝，∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝×＝；故选：C．5.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为(﹣)cm．【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝＝＝(cm)，∴BM＝NB′＝(cm)．如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝22+(4﹣x)2，解得x＝，∴DE＝4﹣＝(cm)，如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2(cm)，如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′(即DE″)＝5﹣1﹣＝(4﹣)(cm)，∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣(4﹣)＝(﹣)(cm)．故答案为，(﹣)．6.【2020年浙江省嘉兴、舟山市中考数学试卷】在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图1)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图2)，当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图3)．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连结OB，OE(如图4)．【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；【发现】连接BE交AD于点O，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，得出OF＝OA﹣AF＝2﹣x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；【探究】如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH(ASA)，得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD(AAS)，得出BD＝OH，则结论得证．解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形；【发现】如图1，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x+4)，∴OF＝OA﹣AF＝2﹣x，在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴，解得：x＝，∴AF＝cm．【探究】BD＝2OF，证明：如图2，延长OF交AE于点H，∵四边形ABDE为矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF，∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH(ASA)，∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD(AAS)，∴BD＝OH＝2OF．7.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】下列四个图形中，是中心对称图形的是()A． B． C． D．【分析】根据中心对称图形的概念对各图形分析判断即可得解．【解答】解：A、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；B、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；C、该图形是中心对称图形，故本选项符合题意；D、该图形不是中心对称图形，故本选项不合题意；故选：C．8.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，工人师傅用角尺画出工件边缘AB的垂线a和b，得到a∥b．理由是()A．连结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短 B．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线互相平行 C．在同一平面内，过一点有一条而且仅有一条直线垂直于已知直线 D．经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可．【解答】解：由题意a⊥AB，b⊥AB，∴a∥b(垂直于同一条直线的两条直线平行)，故选：B．9.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是30°．【分析】根据平行四边形的性质解答即可．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝180°﹣∠C＝60°，∴∠α＝180°﹣(540°﹣70°﹣140°﹣180°)＝30°，故答案为：30．10.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD(点A与点B重合)，点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE＝OF＝1cm，AC＝BD＝6cm，CE＝DF，CE：AE＝2：3．按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动．(1)当E，F两点的距离最大时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是16cm．(2)当夹子的开口最大(即点C与点D重合)时，A，B两点的距离为cm．【分析】(1)当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，求出矩形的长和宽即可解决问题．(2)如图3中，连接EF交OC于H．想办法求出EF，利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．【解答】解：(1)当E，F两点的距离最大时，E，O，F共线，此时四边形ABCD是矩形，∵OE＝OF＝1cm，∴EF＝2cm，∴AB＝CD＝2cm，∴此时四边形ABCD的周长为2+2+6+6＝16(cm)，故答案为16．(2)如图3中，连接EF交OC于H．由题意CE＝CF＝×6＝(cm)，∵OE＝OF＝1cm，∴CO垂直平分线段EF，∵OC＝＝＝(cm)，∵•OE•EC＝•CO•EH，∴EH＝＝(cm)，∴EF＝2EH＝(cm)∵EF∥AB，∴＝＝，∴AB＝×＝(cm)．故答案为．11.【2020年浙江省丽水市中考数学试卷】如图，在△ABC中，AB＝4，∠B＝45°，∠C＝60°．(1)求BC边上的高线长．(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连结EF，沿EF将△AEF折叠得到△PEF．①如图2，当点P落在BC上时，求∠AEP的度数．②如图3，连结AP，当PF⊥AC时，求AP的长【分析】(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．解直角三角形求出AD即可．(2)①证明BE＝EP，可得∠EPB＝∠B＝45°解决问题．②如图3中，由(1)可知：AC＝＝，证明△AEF∽△ACB，推出＝，由此求出AF即可解决问题．【解答】解：(1)如图1中，过点A作AD⊥BC于D．在Rt△ABD中，AD＝AB•sin45°＝4×＝4．(2)①如图2中，∵△AEF≌△PEF，∴AE＝EP，∵AE＝EB，∴BE＝EP，∴∠EPB＝∠B＝45°，∴∠PEB＝90°，∴∠AEP＝180°﹣90°＝90°．②如图3中，由(1)可知：AC＝＝，∵PF⊥AC，∴∠PFA＝90°，∵△AEF≌△PEF，∴∠AFE＝∠PFE＝45°，∴∠AFE＝∠B，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴＝，即＝，∴AF＝2，在Rt△AFP，AF＝FP，∴AP＝AF＝2．12.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是()A． B． C． D．【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断．【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D、是中心对称图形，故本选项符合题意．故选：D．13.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为()A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【解答】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．14.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ(0°＜θ＜90°)，得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数()A．随着θ的增大而增大 B．随着θ的增大而减小 C．不变 D．随着θ的增大，先增大后减小【分析】由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内接和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．【解答】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ(0°＜θ＜90°)，得到BP，∴BC＝BP＝BA，∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，∴∠PAH的度数是定值，故选：C．15.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中(纸片在结合部分不重叠无缝隙)，则图2中阴影部分面积为4．【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可．【解答】解：由题意可得，直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，故直角三角形的另一条直角边长为：＝，故阴影部分的面积是：＝4，故答案为：4．16.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片(无余纸片)，各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的①②③④(填序号)．①，②1，③﹣1，④，⑤．【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．【解答】解：如图所示：则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③﹣1，④，不可以是．故答案为：①②③④．17.【2020年浙江省绍兴市中考数学试卷】如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α(0°≤α＜180°)得到△A′B′C′．(1)当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．(2)在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．【分析】(1)如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．解直角三角形求出CH即可．(2)①分两种情形：如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．分别求出C′M，C′N即可．②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述可得结论．【解答】解：(1)如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．∵∠HC′O＝α＝30°，∴C′H＝C′O•cos30°＝2，∴点C′到直线OF的距离为2．(2)①如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．∵C′P∥OF，∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，∴△OC′M是等腰直角三角形，∵OC′＝4，∴C′M＝2，∴点C′到直线DE的距离为2．如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．同法可证△OC′N是等腰直角三角形，∴′N＝2，∴点C′到直线DE的距离为2+2．②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．∵OA′＝2，OM＝2，∠OMA′＝90°，∴A′M＝＝＝4，∴A′D＝2，即d＝2，如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．∵PQ＝1，OQ＝5，∴OP＝＝，∴PM＝＝，∴PD＝﹣2，∴d＝﹣2，∴2≤d≤﹣2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2﹣2，即d＝2﹣2，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．∵OP＝，OF＝5，∴FP＝＝＝1，∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT(HL)，∴∠FOP＝∠TOP，∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，∴∠OPR＝∠POR，∴OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，∴12+(5﹣PR)2＝PR2，∴PR＝2.6，RT＝2.4，∵△B′PR∽△B′QO，∴＝，∴＝，∴OQ＝，∴QG＝OQ﹣OG＝，即d＝∴2﹣2≤d＜，第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述，2≤d≤﹣2或d＝3．18.【2020年浙江省宁波市中考数学试卷】图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：(1)使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．(2)使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．(请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形)【答案】(1)见解析；(2)见解析【解析】【分析】(1)根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可(答案不唯一)．

(2)根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可(答案不唯一)．【详解】解：(1)轴对称图形如图1所示．(2)中心对称图形如图2所示．【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．19.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C(0，-1)对应点的坐标为()A.(0，0) B.(1，2) C.(1，3) D.(3，1)【答案】D【解析】【分析】先找到顶点C的对应点为F，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．【详解】∵顶点C的对应点为F，由图可得F的坐标为(3，1)，故选D．【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．20.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD(单位：cm)为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．【详解】解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=∵四边形EMHK是矩形，∴EK=A'K=MH=1，KH=EM=2，∵△RMH是等腰直角三角形，∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，题意AR=RA'=A'W=WD=4，∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.故答案为：D.【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．21.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为____________(用含a，b的代数式表示)．【答案】【解析】【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．【详解】解：如图，连接AE、AF，∵点A为大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF-∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE与△HAF中，∴△GAE≌△HAF(ASA)，∴，∴，即，∵，∴，∴同理可得：，即，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．22.【2020年浙江省台州市中考数学试卷】如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF，(1)求证：△BEF是直角三角形；(2)求证：△BEF∽△BCA；(3)当AB=6，BC=m时，在线段CM正存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)【解析】【分析】(1)想办法证明∠BEF=90°即可解决问题(也可以利用圆内接四边形的性质直接证明)．(2)根据两角对应相等两三角形相似证明．(3)证明四边形AFBE是平行四边形，推出FJ=BD=m，EF=m，由△ABC∽△CBM，可得BM=，由△BEF∽△BCA，推出，由此构建方程求解即可.【详解】(1)证明：由折叠可知，∠ADB=∠ACB=90°∵∠EFB=∠EDB，∠EBF=∠EDF，∴∠EFB+∠EBF=∠EDB+∠EDF=∠ADB=90°，∴∠BEF=90°，∴△BEF是直角三角形．(2)证明：∵BC=BD，∴∠BDC=∠BCD，∵∠EFB=∠EDB，∴∠EFB=∠BCD，∵AC=AD，BC=BD，∴AB⊥CD，∴∠AMC=90°，∵∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠CAB=90°，∴∠BCD=∠CAB，∴∠BFE=∠CAB，∵∠ACB=∠FEB=90°，∴△BEF∽△BCA．(3)设EF交AB于J．连接AE，如下图所示：∵EF与AB互相平分，∴四边形AFBE是平行四边形，∴∠EFA=∠FEB=90°，即EF⊥AD，∵BD⊥AD，∴EF∥BD，∵AJ=JB，∴AF=DF，∴FJ=∴EF=∵△ABC∽△CBM，∴BC:MB=AB:BC，∴BM=，∵△BEJ∽△BME，∴BE:BM=BJ:BE，∴BE=，∵△BEF∽△BCA，∴即，解得(负根舍去).故答案为：【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．23.【2020年浙江省温州市中考数学试卷】如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上．在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1＝∠2．测得EF＝15米，FM＝2米，MN＝8米，∠ANE＝45°，则场地的边AB为_______米，BC为_______米．【答案】(1).(2).【解析】【分析】过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则△ABG、△BCH都是等腰直角三角形，四边形BGEF、BHPF是矩形，于是可根据等腰直角三角形的性质和勾股定理依次求出AG、BG、AB的长，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，易证△AEF∽△CPM，然后根据相似三角形的性质即可得到关于x的方程，解方程即可求出x，再根据勾股定理即可求出BC的长．【详解】解：过点C作CP⊥EF于点P，过点B作直线GH∥EF交AE于点G，交CP于点H，如图，则GH⊥AE，GH⊥CP，∴四边形BGEF、BHPF是矩形，∵∠ANE＝45°，∴∠NAE＝45°，∴AE=EN=EF+FM+MN=15+2+8=25，∵∠ABG＝45°，∴∠GAB＝45°，∴AG=BG=EF=15，∴，GE=BF=PH=10，∵∠ABG＝45°，∠ABC＝90°，∴∠CBH＝45°，∴∠BCH=45°，∴BH=CH，设FP=BH=CH=x，则MP=x－2，CP=x+10，∵∠1=∠2，∠AEF=∠CPM=90°，∴△AEF∽△CPM，∴，即，解得：x=20，即BH=CH=20，∴．∴米，米．故答案为：，．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握相关知识是解题的关键．24.【2020年浙江省温州市中考数学试卷】如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F(点E，B不重合)．在线段BF上取点M，N(点M在BN之间)，使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知，当Q为BF中点时，．(1)判断DE与BF的位置关系，并说明理由；(2)求DE，BF的长；(3)若AD＝6．①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系；②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．【答案】(1)，理由见解析；(2)；(3)①；②【解析】【分析】(1)推出∠AED=∠ABF，即可得出DE∥BF；(2)求出DE=12，MN=10，把代入，解得：x=6，得到NQ=6，得出QM=4，由FQ=QB，BM=2FN，得出FN=2，BM=4，即可得出结果；(3)①连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF=EM，求出∠DEA=∠FBE=∠FBC=30°，∠ADE=∠CDE=∠FME=60°，∠MEB=∠FBE=30°，得出∠EHB=90°，DF=EM=BM=4，MH=2，EH=6，由勾股定理得，,当DP=DF时，求出，得到BQ＞BE；②(Ⅰ)当PQ经过点D时，y=0，则x=10；(Ⅱ)当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求得；(Ⅲ)当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则，根据勾股定理得,则，；由图可知，PQ不可能过点B．【详解】解：(1)DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：

如图1所示：

∵∠A=∠C=90°，

∴∠ADC+∠ABC=360°-(∠A+∠C)=180°，

∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，∵∠ADE+∠AED=90°，

∴∠AED=∠ABF，

∴DE∥BF；(2)令x=0，得y=12，

∴DE=12，

令y=0，得x=10，

∴MN=10，把代入，