特训05 期中选填压轴题（第24-25章）解析

特训05期中选填压轴题（第24-25章）一、填空题1．（2022·上海普陀·二模）如图，矩形中，，．矩形绕着点A旋转，点B、C、D的对应点分别是点、、，如果点恰好落在对角线上，连接，与交于点E，那么___________．【答案】【分析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，利用勾股定理求出BD=5，在根据是矩形ABD的面积求出AF，进而可求出，进而求出，再证明，即有，DE可求．【解析】过A点作AF⊥BD，交BD于点F，如图，∵矩形中AB=3，BC=AD=4，∠BAC=90°，∴，∵，∴，∴，根据旋转可知：，，，∵，∴，即，∴，根据旋转可知：，，，∴根据两个等腰三角形中顶角相等，则其底角也相等，即，∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，求出是解答本题的关键．2．（2022·上海徐汇·九年级阶段练习）如图，边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求CG的长________．【答案】【分析】根据题意，延长交于H，连接，通过证明、得到，再由得到，进而即可求得的长．【解析】解：延长交于H，连接，∵由沿折叠得到，∴，，∵E为中点，正方形边长为2，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质以及正方形的性质，熟练掌握相关几何知识是解决本题的关键．3．（2022·上海市建平实验中学九年级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝5，AB＝4，点D在边AC上，将△ABD沿着直线BD翻折得△EBD，BE交直线AC于点F，联结CE，若△BCE是等腰三角形，则AF的长是_____．【答案】【分析】根据题意作图如下，过作的垂线，交于，由勾股定理求得，根据翻折的性质，可得：，若△BCE是等腰三角形，则，勾股定理求出，在证明，求出，根据，即可求出．【解析】解：在边AC上，将△ABD沿着直线BD翻折得△EBD，BE交直线AC于点F，联结CE，根据题意作图如下，过作的垂线，交于，在中，，根据翻折的性质，可得：，当点D在边AC之间上动时，且BE交直线AC于点F，故，若△BCE是等腰三角形，则，根据等腰三角形的三线合一的性质知，点为的中点，，，，，，，，即，解得：，，故答案是：．【点睛】本题考查了三角形的翻折、等腰三角形、勾股定理、三角形相似等知识，解题的关键是根据题意作出相应图形，利用三角形相似来求边长．4．（2022·上海·八年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，∠BCD的角平分线CE与边AD交于点E，∠AEC的角平分线与边CB的延长线交于点G，与边AB交于点F，如果AB=，AF=2BF，那么GB=______．【答案】##【分析】先说明三角形CDE为等腰直角三角形，并求得其斜边CE的长，然后再说明三角形CEG为等腰三角形，最后根据△EFA∽△BGF得出比例式，结合DFAF=2BF得出CG与DE的倍数关系，最后根据BG=BC+CG进行计算即可.【解析】解：.∵矩形ABCD中，∠BCD的角平分线CE与AD交于E；∴CD=AB=,∠DCE=∠BCE=45°，∴CD=DE=，∵直角三角形CDE，∴CE=，又∵∠AEC的角平分线EG与AB交于点F，∴∠AEG=∠CEG∵AD//BC∴∠G=∠AEG∴∠CEG=∠G∴CG=CE=6，∵∠G=∠AEF，∠AFE=∠BFG，∴△AEF∽△BGF∴设BG=x，AE=2x，则BC=AD=+2x.∵CG=BC+BG∴6=+2x+x，解得x=.故答案为：.【点睛】本题主要考查矩形的性质、相似三角形性质和判定以及等腰三角形的性质，证得三角形CEG为等腰三角形成为解答本题的关键.5．（2021·上海市文来中学九年级期中）如图，在中，，，，点在边上，联结，将绕着点旋转，使得点与边的中点重合，点的对应点是点，联结，则______．【答案】3【分析】如图，延长交于过作于求解由旋转的性质可得：求解证明证明结合求解证明再利用相似三角形的性质求解从而可得答案.【解析】解：如图，延长交于过作于是的中点，由旋转的性质可得：故答案为：3【点睛】本题考查的是旋转的性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线构建相似三角形是解题的关键.6．（2022·上海·九年级专题练习）如图，中，，，，，M是AD中点，过M的线段EF平分的周长，那么线段BE的长是______．【答案】2【分析】先求出，，再求出，，设，得出，，，再判断出，得出比例式，建立方程求解，即可得出结论．【解析】解：点是上一点，，，，，如图示，过点作交于，，，点是的中点，，，，，，过点作交于，同理得，，，，，的周长为，过中点的直线将分成周长相等的两部分，，设，则，，，，∴，，，或，当时，，点不在边上，此种情况不符合题意，即，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键．7．（2021·上海市第四中学八年级期中）如图，在中，，，，垂足是，，，，把四边形沿直线翻折，那么重叠部分的面积为___________．【答案】【分析】将四边形ABCD沿CE翻折得到△ECF，重叠部分就是四边形AECH．作HN⊥BF于N，根据S四边形AECH＝S△ECF−S△AHF即可解决问题．【解析】解：将四边形ABCD沿CE翻折得到△ECF，重叠部分就是四边形AECH．作HN⊥BF于N，在RT△BCE中，∵∠BEC＝90°，BC＝4，∠B＝60°，∴∠BCE＝30°，BE＝BC＝2，EC＝2，∴BE＝EF＝2，AF＝AE＝1，∵CD∥AF，∴，∴FH：HC＝AF：CD＝1：3，∵NH∥CE，∴∴，∴NH＝×2=，∴S四边形AECH＝S△ECF−S△AHF＝•2•2−•1•＝．故答案为．【点睛】本题考查翻折变换、平行四边形性质，直角三角形30度角性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会分割法求面积，属于中考常考题型．8．（2021·上海市松江九峰实验学校九年级期中）如图，中，，，．四边形是正方形，点D是直线上一点，且．P是线段上一点，且．过点P作直线l于平行，分别交，于点G，H，则的长是__________．【答案】或．【分析】结合勾股定理逆定理判断是直角三角形，通过证明，，然后利用相似三角形的性质求解，然后分当点位于点左侧时，当点位于点右侧时，进行分类讨论．【解析】解：中，，，，，，，为直角三角形，①当点位于点左侧时，如图：设直线交于点，，，，又四边形是正方形，且，，，即，解得：，，，，，，解得：，，，，，，，，解得：；②当点位于点右侧时，如图：与①同理，此时，，解得：，综上，的长为或，故答案为：或．【点睛】本题考查勾股定理逆定理，相似三角形的判定和性质，理解题意，证明出，特别注意分类思想的运用是解题关键．9．（2022·上海市西南模范中学九年级期中）如图，在中，点是边上的一点，且，连接并取的中点，连接，若，且，则的长为__________．【答案】．【分析】延长BE交AC于点F，过D点作，由可得此时为等腰直角三角形，E为CD的中点且，则，在等腰中，根据勾股定理求得，长度，由可得,即，由，可得，即，,求得，．【解析】如下图，延长BE交AC于点F，过D点作，∵，，∴，，为等腰．由题意可得E为CD的中点，且，∴，在等腰中，，，又∵，在，∴（AAS）∴，∵，，∴，∴，∴，，．故答案为：．【点睛】本题考察了等腰直角三角形的性质，勾股定理求对应边的长度，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，构造合适的相似三角形，综合运用以上性质是解题的关键．10．（2021·上海市延安初级中学九年级期中）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知，．（1）ED的长为____________．（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为．若，则的长为____________．【答案】

13

【分析】（1）由题意，证明△ABP∽△EDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，由勾股定理D′B，可证△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．△AHP′∽△E′FP′，，解得x=1.5．【解析】解：（1）由题意，∵，∴，∵从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．∴，∴△ABP∽△EDP，∴，即，∴；故答案为：13．（2）过A作AH⊥BN交NB延长线于H，过E′作E′F⊥BN于F，设E′D=x,E′D′=5+x,在Rt△BDN中，∵BD=12，DD′=5，由勾股定理D′B=，∵∠AHB=∠ABD=∠E′FN=∠BDD′=90°，∴∠ABH+∠DBD′=∠DBD′+∠DD′B=+∠E′D′F,∴∠ABH=∠BD′D=∠E′D′F,∴△ABH∽△BD′D∽△E′D′F,∴，，∴,，∴，∵从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上形成一个光点E′．∴，∴△AHP′∽△E′FP′，HP′=HB+BP=2.5+4=6.5，P′D′=BD′-BP′=13-4=9，P′F=P′D′-FD′=9-，∴即，解得x=1.5，经检验x=1.5是方程的解，EE′=DE-DE′=13-1.5=11.5=．故答案为．【点睛】本题考查相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，掌握相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，利用相似三角形的性质构造方程是解题关键．11．（2021·上海·九年级专题练习）在中，∠C=90°，AC=2，BC=4，，点分别是边、的中点，将绕着点B旋转，点旋转后的对应点分别为点，当直线经过点A时，线段的长为____________【答案】或【分析】当直线经过点A时，有两种情况，均用三点共线特征及勾股定理求出AE长为5或3，采用两边对应成比例且夹角相等证得△CBD´∽△ABE´，利用相似三角形对应边成比例求解.【解析】在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=2，BC=4，由勾股定理得，AB=，∵分别是边、的中点，∴DE是△ACB的中位线，BD=2，BE=，∴DE∥AC，DE=∴∠EDB=90°，由旋转可得，BD´=2，D´E´=1，BE´=，∠BD´E´=90°，第一种情况，如图1，∵点A，D´，E´三点共线，∴∠AD´B=90°，由勾股定理得AD´=，∴AE´=AD´+D´E´=5∵∠ABC=∠D´BE´，∴∠CBD´=∠ABE´，∵，∴△CBD´∽△ABE´，∴，∴，∴CD´=第一种情况，如图2，∵点A，D´，E´三点共线，∴∠AD´B=90°，由勾股定理得AD´=，∴AE´=AD´-D´E´=3∵∠ABC=∠D´BE´，∴∠CBD´=∠ABE´，∵，∴△CBD´∽△ABE´，∴，∴，∴CD´=∴CD´长为或.故答案为：或.【点睛】本题考查图形旋转的综合应用，涉及知识点有勾股定理，三点共线，相似三角形的判定和性质，分类讨论并能正确画出图形很关键．12．（2021·上海·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，AC＝BC＝3，D为AB中点，点E在线段BC上，且BE＝2CE，连接AE，过点C作CF⊥AE，垂足为F，连接DF，则DF的长为_____．【答案】【分析】先求出AB、AD、BE、CE长，根据相似三角形和勾股定理先后求出AE、CF、AF，通过计算得到，从而证明△ADF∽△EAB，即可求出DF．【解析】解：在Rt△ABC中，，∵D为AB中点，∴AD=，∵AC＝BC＝3，BE＝2CE，∴BE=2，CE=1，∵∠ACB=90°，∴，∵CF⊥AE，∴∠CFE=∠ACE=90°，∵∠CEF=∠AEC，∴△CEF∽△AEC，∴，即，∴，∴，∴，，∴，∵∠DAF=∠EAB，∴△ADF∽△AEB，∴，∴，∴．故答案为：【点睛】本题考查了相似三角形的性质和勾股定理等知识，难度较大，证明△ADF∽△AEB是解题关键．13．（2021·上海·九年级专题练习）如图，等边△ABC的边长为3，点D在边AC上，，线段PQ在边BA上运动，，（1）若△ADQ∽△BPC，则AQ＝_____；（2）四边形PCDQ面积的最大值为_____．【答案】

1或，

，【分析】(1)根据△ADQ∽△BPC，列出比例式，设AQ＝x，则BP＝，代入可求；(2)设AQ＝x，表示出四边形PCDQ的面积，根据函数的性质，可求最值．【解析】解：(1)∵△ADQ∽△BPC，∴，设AQ＝x，则BP＝AB﹣AQ﹣PQ＝，即，解得x＝1或，故答案为：1或．(2)设AQ＝x，则BP＝，作QE⊥AC于E,作PF⊥BC于F,∵∠A=60°，∴QE=AQsin60°=，同理，PF=，则四边形PCDQ的面积＝S△ABC﹣S△ADQ﹣S△BCP＝，∵x的最大值为3﹣＝，∴x＝时，四边形PCDQ的面积最大，最大值＝，故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在中，，于点，于点，点在有延长线上，连接交延长线于点，，，若，则的长为_____________．【答案】【分析】过F作FH⊥BA交BA延长线于H，根据题意设，BD=，利用AAS证明△ABD△CBE，求得，利用相似三角形的判定和性质求解即可．【解析】过F作FH⊥BA交BA延长线于H，∵AD⊥BC，tan∠DCA=2，∴，设，则，∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠ADB=∠CEB=90，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD△CBE(AAS)，∴BD=BE，∴DC=AE，设BD=BE=，∴AE+BE=，BD=，，在Rt△ABD中，，∴，解得：，∵CE⊥AB，FH⊥BA，∴EM∥FH，∴△BEM△BHF，∴，∵BM：MF=25：38，则BM：BF=25：63，且EM=5，∴，∴FH=，∵∠BAD=∠FAH，∠ADB=∠FHA=90，∴△AFH△ABD，∴，而AB=AE+BE=，BD=，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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，学会利用设参数的方法解决问题．15．（2021··九年级专题练习）如图，正方形的对角线，相交于点，，为上一点，，连接，过点作于点，与交于点，则的长是______．【答案】【分析】根据正方形的性质求出，证明得到，即可求出答案.【解析】解：四边形是正方形，，，OA=OB=OC=OD，∵,∴，，，，即，，，，，解得故答案为：.【点睛】此题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，解题中熟练掌握并运用各知识点是解题的关键.16．（2021·上海·九年级专题练习）如图，正方形的对角线上有一点，且，点在的延长线上，连接，过点作，交的延长线于点，连接并延长，交的延长线于点，若，，则线段的长是__________．【答案】【分析】如图，作FH⊥PE于H．利用勾股定理求出EF，再证明△CEF∽△FEP，可得EF2=EC•EP，由此即可解决问题．【解析】解：如图，作FH⊥PE于H，∵四边形ABCD是正方形，AB=10，∴AC=，∠ACD=∠FCH=45°，∵∠FHC=90°，CF=4，∴CH=HF=，∵CE=4AE，∴EC=，AE=，EH=，在Rt△EFH中，EF2=EH2+FH2=，∵∠GEF=∠GCF=90°，∴E，G，F，C四点共圆，∴∠EFG=∠ECG=45°，∴∠ECF=∠EFP=135°，∵∠CEF=∠FEP，∴△CEF∽△FEP，∴，∴EF2=EC×EP，∴EP=，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是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．17．（2021·上海·九年级专题练习）如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，CE平分∠ACB，点D在CE的延长线上，连接BD，过B作BF⊥BC交CD于点F，连接AF，若CF=2BD，DE：CE=5：8，BF，则AF的长为_________．【答案】【分析】取CF的中点为M连接BM，可证得与均为等腰三角形，设，通过角的计算可证得与均为等腰三角形，由，设，过B作于N，过A作于G，根据相似三角形的性质结合勾股定理可求得的值以及AG、FG的值，利用勾股定理即可求解．【解析】取CF的中点为M连接BM，∵BF⊥BC，∴∠FBC=90，∴CM=FM=BM==BD，∴与均为等腰三角形，，设，则，，，，∴可得与均为等腰三角形，∵，设，则，，，∴，过B作于N，过A作于G，得，，∵∠FBN+∠BFN=90，∠FCB+∠BFN=90，∴∠FBN=∠FCB，∴△RtFBNRt△BCN，∴，∴,∴，∴，∵，∴，∴，，，，∵∠BEN=∠CEA，∴Rt△BENRt△CEA，∴，即，∴,∵∠BEN=∠AEG，∴Rt△BENRt△AEG，∴，即，∴，，∴，在Rt△AFG中，．【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解本题的关键是利用比例的条件设未知数表示一些线段的长，作出辅助线是解本题的难点，是一道比较难的中考题．18．（2022·上海民办永昌学校九年级期中）如图，，，将绕点逆时针旋转，旋转后的图形是，点的对应点落在中线上，且点是的重心，与相交于点，那么_______．【答案】【分析】先根据直角三角形的中线、重心的性质得出，再旋转的性质、直角三角形的性质得出，然后根据相似三角形的判定与性质即可得．【解析】，是的中线是的重心（三角形的重心把中线分成两部分）由旋转的性质得：，，设，则故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形中线和重心的性质、平行线的判定、相似三角形的判定与性质等知识点，熟记旋转的性质和三角形重心的性质是解题关键．19．（2021·上海·九年级专题练习）如图，是△的中线，点在边上，且⊥，将△绕着点旋转，使得点与点重合，点落在点处，联结交于点，如果，那么的值等于______．【答案】【分析】连接FC，证明,可得,即,所以,可得,所以因为DE⊥AD，DE=DF，所以AE=AF，进而可得出的值.【解析】解：如图，连接FC，∵将△BDE绕着点D旋转，使得点B与点C重合，点E落在点F处，∴BD=CD，ED=FD，∵∠EDB=∠FDC，∴△EDB≌△FDC（SAS），∴ED=DF，∠EBD=∠FCD，FC=BE，∴FC∥AB，∴△CFG∽△BAG，∴∵DE⊥AD，DE=DF，∴AE=AF，故答案为【点睛】本题考查图形旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握图形旋转的性质．20．（2018·上海浦东新·中考模拟）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，，BC=8，点D在边BC上，将△ABC沿着过点D的一条直线翻折，使点B落在AB边上的点E处，联结CE、DE，当∠BDE=∠AEC时，则BE的长是.【答案】【解析】解：如图；作CH⊥AB于H.在Rt△ABC中，∵BC=8，，∴AB=10，AC=8，CH=,BH=,由题意EF=BF,设EF=BF=a,则BD=a,∵∠BDE=∠AEC,∴∠CED+∠ECB=∠ECB+∠B,∴∠CED=∠B,∵∠ECD=∠BCE,∴△ECD∽△BCE,∴EC2=CD·CB,∴()2+(2a-)2=(8-a)×8,解得a=或0，（舍）BE=2a=故答案为.点睛：此题考查相似三角形的判定和性质、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型.21．（2017·上海宋庆龄学校九年级阶段练习）如图，在△ABC中，4AB=5AC，AD为△ABC的角平分线，点E在BC的延长线上，EF⊥AD于点F，点G在AF上，FG=FD，连接EG交AC于点H．若点H是AC的中点，则的值为．【答案】【分析】解题关键是作出辅助线，如解答图所示：第1步：利用角平分线的性质，得到BD=CD；第2步：延长AC，构造一对全等三角形△ABD≌△AMD；第3步：过点M作MN∥AD，构造平行四边形DMNG；第4步：由MN∥AD，列出比例式，求出．【解析】已知AD为角平分线，则点D到AB、AC的距离相等，设为h．∵，∴BD=CD．如下图，延长AC，在AC的延长线上截取AM=AB，则有AC=4CM．连接DM．在△ABD与△AMD中，∴△ABD≌△AMD（SAS），∴MD=BD=5m．过点M作MN∥AD，交EG于点N，交DE于点K．∵MN∥AD，∴，∴CK=CD，∴KD=CD．∴MD=KD，即△DMK为等腰三角形，∴∠DMK=∠DKM．由题意，易知△EDG为等腰三角形，且∠1=∠2；∵MN∥AD，∴∠3=∠4=∠1=∠2，又∵∠DKM=∠3（对顶角）∴∠DMK=∠4，∴DM∥GN，∴四边形DMNG为平行四边形，∴MN=DG=2FD．∵点H为AC中点，AC=4CM，∴．∵MN∥AD，∴，即，∴．【点睛】本题是几何综合题，难度较大，正确作出辅助线是解题关键．在解题过程中，需要综合利用各种几何知识，例如相似、全等、平行四边形、等腰三角形、角平分线性质等，对考生能力要求较高．22．（2022·上海普陀·九年级阶段练习）如图，已知在Rt中，，将绕点逆时针旋转后得，点落在点处，点落在点处，联结，作的平分线，交线段于点，交线段于点，那么的值为____________．【答案】【分析】根据题意以C为原点建立平面直角坐标系，过点N作延长交BP于点P，交于点H，轴交于点G，过点D作轴交于点Q，由可设，，，由旋转可得，，，则，，写出点坐标，由角平分线的性质得，即可得出，即可得，故可推出，求出点P坐标，由得，推出，故得，由相似三角形的性质即可得解．【解析】如图，以C为原点建立平面直角坐标系，过点N作延长交BP于点P，交于点H，轴交于点G，过点D作轴交于点Q，∵，∴设，，，由旋转可得：，，，∴，，∴，，，∵AN是平分线，∴，∴，即可得，∴，设直线BE的解析式为，把，代入得：，解得：，∴，当时，，解得：，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查旋转的性质、正切值、角平分线的性质以、用待定系数法求一次函数及相似三角形的判定与性质，根据题意建立出适当的坐标找线段长度是解题的关键．23．（2022·上海黄浦·二模）如图，在中，是边上的中线，，．将沿直线翻折，点落在平面上的处，联结交于点，那么的值为______．【答案】【分析】过A作AF⊥BC于F，过B'作B'G⊥BC于G，设AD＝m，根据翻折及∠ADC＝60°，用m的代数式表示CE、BE即可得出答案．【解析】解：过A作AF⊥BC于F，过B′作B′G⊥BC于G，如图：∵∠ADC＝60°，∴∠ADB＝120°，∵△ABD沿直线AD翻折，点B落在平面上的B′处，∴∠ADB′＝120°，∠CDB′＝60°，B′D＝BD，∵BC＝3AD，AD是BC边上的中线，∴设AD＝m，则BC＝3m，BD＝B′Dm，Rt△ADF中，DF＝AD•cos60°m，AF＝AD•sin60°m，∴BF＝BD+DF＝2m，CF＝BC﹣BF＝mRt△B′DG中，DG＝B′D•cos60°m，B′G＝B′D•sin60°m，∴FG＝DG﹣DFm，∵AF⊥BC，B′G⊥BC，∴AF∥B′G，∴，∵FE+GE＝FGm，∴FEm，∴BE＝BF+EFm，CE＝CF﹣EFm，∴，故答案为：．【点睛】本题考查翻折、特殊角的三角函数及相似三角形性质等综合知识，解题的关键是做垂线把60°角放入直角三角形．24．（2021·上海普陀·二模）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为边BC的中点，点F在AE上，过点F作MN⊥AE，分别交边AB、DC于点M、N，联结FC，如果△FNC是以CN为底边的等腰三角形，那么FC=_____．=【答案】【分析】延长AE，DC交于点A′，过点F作FH⊥CD于H，易证△ABE≌△A′CE，得出AB=A′C=4；利用勾股定理求出AE的长，进而得出sin∠A′．利用互余角的三角函数的关系，得出cos∠2，在Rt△FHN和Rt△A′FN中利用cos∠2的值列出方程，即可求得结论．【解析】解：延长AE，DC交于点A′，过点F作FH⊥CD于H，∵ABCD是正方形，∴AB=BC=4，AB∥CD，∴∠1=∠A′．在△ABE和△A′CE中，．∴△ABE≌△A′CE（AAS）．∴AB=A′C=4．∵E为边BC的中点，∴BE=EC=BC=2．∴AE=．∴sin∠1=．∴sin∠A′=．∵AE⊥MN，∴∠A′FN=90°．∴∠A′+∠2=90°．∴cos∠2=sin∠A′=．∵FN=FC，FH⊥CN，∴NH=CH=CN．设NH=x，则NC=2x．∴A′N=A′C+NC=4+2x．在Rt△FHN中，，∴FN=x．在Rt△A′FN中，cos∠2=，∴．∴x=．∴FC=FN=x=．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，利用已知条件通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．25．（2021·上海·九年级专题练习）如图，矩形纸片，，点E在线段上，将沿向上翻折，点C的对应点落在线段上，点M、N分别是线段与线段上的点，将四边形沿向下翻折，点A恰好落在线段的中点处．则线段的长为__________．【答案】2【分析】如图，作⊥AD于G，⊥AB于H，交MN于O，连接A交MN于K，设AM＝M＝x，在Rt△MG中，利用勾股定理求出AM的长，利用sin∠MAK＝＝，求出MK的长，再证明MN＝4MK，即可解决问题．【解析】解：如图，作⊥AD于G，⊥AB于H，交MN于O，连接A交MN于K．由题意四边形DCE是正方形，△DG是等腰直角三角形，∴DG＝G＝3，AG＝AD−DG＝9，设AM＝M＝x，在Rt△MG中，x2＝（9−x）2＋32，∴x＝5，A＝，∵sin∠MAK＝＝，∴，解得：MK=，∵AM∥O，AK＝K，∴MK＝KO，∵BN∥H∥AD，D＝E，∴MO＝ON，∴MN＝4MK＝2故答案为2．【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质．矩形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题．26．（2021·上海·九年级专题练习）如图，菱形中，，点在边上，且，动点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转至线段，连接，则线段长的最小值为____________．【答案】【分析】在BC上取一点G，使得BG=BE，连接EG，EF，作直线FG交AD于T，过等A作AH⊥GF于H．证明∠BGF=120°，推出点F在射线GF上运动，根据垂线段最短可知，当点F与H重合时，AF的值最小，求出AH即可．【解析】解：在BC上取一点G，使得BG=BE，连接EG，EF，作直线FG交AD于T，过等A作AH⊥GF于H．∵∠B=60°，BE=BG，∴△BEG是等边三角形，∴EB=EG，∠BEG=∠BGE=60°，∵PE=PF，∠EPF=60°，∴△EPF是等边三角形，∴∠PEF=60°，EF=EP，∵∠BEG=∠PEF，∴∠BEP=∠GEF，∴△BEP≌△GEF（SAS），∴∠EGF=∠B=60°，∴∠BGF=120°，∴点F在射线GF上运动，根据垂线段最短可知，当点F与H重合时，AF的值最小，∵AB=9，BE=2AE，∴BE=6，AE=3，∵∠BEG=∠EGF=60°，∴GT∥AB，∵BG∥AT，∴四边形ABGT是平行四边形，∴AT=BG=BE=6，∠ATH=∠B=60°，∴AH=AT•sin60°=，∴AF的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，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，属于中考常考题型．27．（2021·上海·九年级专题练习）如图，中，，，，点为的中点，点为上一个动点，以为对称轴折叠得到，点的对应点为点，交于点，当为直角三角形时，的长为________．【答案】1或【分析】根据勾股定理可求出AC，然后根据直角三角形的性质可得BD=AD=CD，进而可得∠DBC=∠C，由于∠E=∠C≠90°，故分两种情况：当∠DME=90°时，如图1，解Rt△DME可求出DM，进而可得BM，然后解Rt△BMF即可求出BF；当∠MDE=90°时，如图2，解Rt△DME可求出DM，进而可得BM，根据三角形的内角和定理可得∠BFM=∠MDE=90°，再解Rt△BMF即可求出BF，从而可得答案．【解析】解：中，∵，，，∴，∵点为的中点，∴BD=AD=CD=，∴∠DBC=∠C，由于∠E=∠C≠90°，故分两种情况：当∠DME=90°时，如图1，∵以为对称轴折叠得到，∴∠E=∠C，DE=DC=5，∴，∴BM=BD－DM=2，∴；当∠MDE=90°时，如图2，，∴，∵∠DBC=∠C=∠E，∠BMF=∠EMD，∴∠BFM=∠MDE=90°，∴；综上，的长为1或．【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形的性质、折叠的性质、三角形的内角和定理以及解直角三角形等知识，属于常考题型，正确分类、熟练掌握相关知识、灵活应用转化的思想是解题的关键．28．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在中，，，，点是边的中点，是直线上一动点，将线段绕点逆时针旋转90°得到线段，连接、，在点的运动过程中线段的最小值为_____．【答案】【分析】如图，作DM⊥BC于M，FJ⊥DM于J交AB于N．首先说明点F在直线l上运动（直线l与直线AB之间的距离为），根据垂线段最短可知，当AF⊥直线l时，AF的值最短，最小值为．【解析】解：如图，作DM⊥BC于M，FJ⊥DM于J交AB于N，则四边形BMJN是矩形，∵Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，BC＝4，∴AC＝2BC＝8，AB＝BC＝4，∵AD＝DC，DM∥AB，∴DM＝AB＝2，BM＝CM＝2，∵四边形BMJN是矩形，∴JN＝BM＝2，∵∠FDJ＋∠EDM＝90°，∠EDM＋∠DEM＝90°，∴∠FDJ＝∠DEM，∵∠FJD＝∠DME＝90°，∴△FJD≌△DME（AAS），∴FJ＝DM＝2，∴FN＝FJ＋JN＝2＋2，∴点F在直线l上运动（直线l与直线AB之间的距离为2＋2），根据垂线段最短可知，当AF⊥直线l时，AF的值最短，最小值为2＋2，故答案为2＋2．【点睛】本题考查旋转变换，解直角三角形，全等三角形的判定和性质垂线段最短等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．二、单选题29．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝30，，点E在CD上，且DE＝10，BE交AC于点F，连接DF．现给出以下结论：①；②；③；④正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明△BAF≌△DAF，故①正确；由，得△ABF∽△CEF，可知，故②正确；首先证明△ABC是等边三角形，从而得出面积，再利用等高的两个三角形面积之比等于底之比可判断③正确；连接BD交AC于O，设CF=2x，则AF=3x，得OC=52x，OF=12x，利用含30°角的直角三角形的性质得OD的长，再利用勾股定理可得DF的长，从而可判断④错误．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠BAF=∠DAF，∵AF=AF，∴△BAF≌△DAF（SAS），故①正确；即同理可得，△BCF≌△DCF（SAS），∵四边形ABCD是菱形，AB=30，∴，AB=DC=30，∴△ABF∽△CEF，∴，∵DE=10，∴，即，故②正确；∵∠BCD=120°，∴∠ACB=60°，∠ABC=60°，∵AB=BC，∴△ABC是等边三角形，等边三角形的面积公式推导如下：正△XYZ的边长为u，过顶点x作XV⊥YZ，V为垂足，如图，在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，∵XV⊥YZ，∴，∠XVY=90°，∴在Rt△XYV中，有，∴正△XYZ的面积为：，∴，∵，∴，∵△BCF≌△DCF（SAS），∴，∵DE=10，CE=20，∴，故③正确；连接BD交AC于O，根据菱形的性质有：AO=OC，BO=DO，AC⊥BD，∵，即设CF=2x，则AF=3x，AC=AB=CD=5x，∴，则，∵根据菱形的性质有∠ABC=∠ADC=60°，∴∠ODC=30°，∴，∵AC⊥BD，∴∠DOC=90°，∴，∴，故④错误．故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质是解题的关键．30．（2022·全国·九年级课时练习）如图，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为BC边的中线，过点C作CE⊥AD于点E，交AB于点F．若AC＝2，则线段EF的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，由勾股定理可求AD的长，由面积法可求CE，由“AAS”可证△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通过证明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的长，即可求解．【解析】解：如图，过点B作BH⊥BC，交CF的延长线于H，∵AD为BC边的中线，AC＝BC＝2，∴CD＝BD＝1，∴AD＝＝＝，∵，∴CE＝＝，∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，∴∠ADC＝∠H，在△ACD和△CBH中，，∴△ACD≌△CBH（AAS），∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，∵AC⊥BC，BH⊥BC，∴AC∥BH，∴△ACF∽△BHF，∴＝，∴CF＝，∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，故选：B．【点睛】本题考查了相似三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．31．（2022·广东实验中学附属天河学校九年级阶段练习）如图，在矩形中，将绕点逆时针旋转得到，、、三点恰好在同一直线上，与相交于点，连接．以下结论：①；②；③；④．正确的是（

）A．①② B．①③ C．①②③ D．①③④【答案】D【分析】由△FDE是△ADC绕点D逆时针旋转90°得到的，得到△FDE≌△ADC，再由矩形的性质得出∠DAG＋∠DEF＝90°从而判断①；由∠DAG＋∠DEF＝90°，可得∠BGC＝90°，从而判断②；由Rt△FCB∽Rt△FDE和BC＝AD＝DF，DE＝DC，得出，可以判断③；在线段EF上作EG′＝CG，如图所示，连接DG′，通过证明△DCG≌△DEG′，得出△GDG′是等腰直角三角形，可以判断④．【解析】解：是绕点逆时针旋转得到的，，，，，又四边形是矩形，，，即，，即，故①正确；，，即是直角三角形，而显然不是直角三角形，故②错误；在和中，，，，，，，即，故③正确；在线段上取并连接，如图，，，，在和中，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，故④正确；故选：D．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质以及黄金分割点的性质，全等三角形的判定和性质等综合知识，关键是根据已知比例式确定两个三角形相似．32．（2021·河南·鹤壁市淇滨中学九年级阶段练习）如图，的对角线AC，BD相交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC＝60°，AB＝2BC，连接OE．下列结论：①EO⊥AC；②；③；④．其中正确的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】①根据已知的条件首先证明是等边三角形，因此可得，所以可得，再根据O、E均为AC和AB的中点，故可得，便可证明；②首先证明，因此可得，故可得和的比.③根据勾股定理可计算的AC：BD；④根据③分别表示FB、OF、DF，代入证明即可.【解析】解：∵四边形是平行四边形，

∴，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故①正确，∵，∴，∴，∴，∴，故②错误，设，则，，，∴，∴，故③正确，∵，∴，∴，∴，故④正确，综上所述：正确的是①③④，共3个．故选C．【点睛】本题是一道平行四边形的综合性题目，考查等边三角形的判定和性质，利用平行四边形的性质，三角形中位线，相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些知识是解题的关键，考察难度系数偏大，但是是常考点的组合，应当熟练掌握．33．（2022·重庆市巴川中学校八年级期末）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E．使得，连接BE并延长BE到F，使，BF与CD相交于点H，若，有下列结论：①；②；③四边形ABED的面积是，④．则其中正确结论的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①证明△BCE≌△DCE（SAS），再求角即可；②在EF上截取EQ=EC，连接CQ，证明△CQF≌△CEB（SAS），得到ED=FQ，即可求解；③连接BD交AC于点O，可得∠ODE=30°，求出OE，再由S△CDE=S△COD-S△ODE，可得S四边形ABED=S正方形ABCD-2S△CDE；④证明EDCQ，△DEH∽△CQH，得，可得．【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∠ACB=∠DCA=45°，∴△BCE≌△DCE（SAS），∴∠CBE=∠CDE，∵∠CDE=15°，∴∠CBE=15°，∴∠CEH=60°，故①符合题意；②在EF上截取EQ=EC，连接CQ，∴△ECQ是等边三角形，∴CQ=EC，∠EQC=60°，∴∠FQC=120°，∵BC=CF，∴∠F=∠CBE=15°，∴∠QCF=45°，∴∠ECB=∠QCF，∴△CQF≌△CEB（SAS），

∴FQ=BE，∵BE=ED，∴ED=FQ，∴CE+DE=EQ+FQ=EF，故②符合题意；③连接BD交AC于点O，

∵，∴OD=1，∵∠CDE=15°，∠DOC=45°，∴∠ODE=30°，∴，∴∴S四边形ABED=S正方形ABCD-2S△CDE=故③符合题意；④∵∠DBE=∠DBC-∠HBC=45°-15°=30°，∠ODE=30°，∴∠DEH=60°，∵∠HQC=60°，∴EDCQ，∴△DEH∽△CQH

∴∵∴∴∴故④不符合题意