专题10 填空压轴重点题（解析版）

专题10填空压轴重点题一、填空题1．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在中，，，点D为上一动点，连接，将沿翻折得到，交于点G，，且，则．

【答案】【分析】于点M，于点N，则，过点G作于点P，设，根据得出，继而求得，，，再利用，求得，利用勾股定理求得，，故，【详解】由折叠的性质可知，是的角平分线，，用证明，从而得到，设，则，，利用勾股定理得到即，化简得，从而得出，利用三角形的面积公式得到：．作于点M，于点N，则，过点G作于点P，

∵于点M，∴，设，则，，又∵，，∴，，，∵，即，∴，，在中，，，设，则∴∴，∵，，，∴，∵，，∴，∴，∵，，，，∴，∴，设，则，，在中，，即，化简得：，∴，∴故答案是：．【点睛】本题考查解直角三角形，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线并利用勾股定理列出方程是解题的关键．2．（2022·广东深圳·统考中考真题）已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为．

【答案】【分析】将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，利用证明，得，，则，即可解决问题．【详解】解：将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，

是等腰直角三角形，∴∠HBD=45°∵∠FBD=45°∴点B、F、H共线又是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】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，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．3．（2021·广东深圳·统考中考真题）如图，在中，D，E分别为，上的点，将沿折叠，得到，连接，，，若，，，则的长为．【答案】【分析】延长，交于点G，由折叠，可知，可得，延长，，交于点M，结合，可得，，进而即可求解．【详解】解：如图，延长，交于点G，设由折叠，可知，∵，∴，∴，延长，，交于点M，∵，∴，，∴，∵，，∴，，∴．【点睛】本题主要考查折叠的性质，三角形外角的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，添加合适的辅助线，构造等腰三角形，是解题的关键．4．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在中，，，P是的高上一个动点，以B点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，连接，则的最小值是．【答案】/【分析】在上截取，根据等腰直角三角形的性质求得和，再证明，从而可得到，则当时，有最小值，即有最小值，再求得，从而求得的最小值．【详解】解：如图，在上截取，连接∵，∴，，，∵以B点为旋转中心把线段逆时针旋转得到，∴，∴∴即又∵，∴，∴，∴当时，有最小值，即有最小值，∵，，∴∴，∴．即的最小值是．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质，证明是解题的关键．5．（2023·广东深圳·统考二模）如图，点G是内的一点，且，是等边三角形，若，则的最大值为．【答案】【分析】如图，作的外接圆，连接，，，过点作于点．说明，，，四点共圆，求出，利用三角形三边关系可得结论．【详解】解：如图，作的外接圆，连接，，，过点作于点．∵是等边三角形，∴，，∵，∴点在的外接圆上，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，圆的有关知识等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造辅助圆解决问题，属于中考常考题型．6．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考模拟预测）如图，已知中，，点为上一动点，，连接，．与交于点，，，，若，则．

【答案】【分析】延长，过点E作，交延长线于点G，连接，可证明，有，；再证明四边形为平行四边形，，；由勾股定理可求得的长，从而可求得的长，最后由勾股定理即可求得结果．【详解】解：延长，过点E作，交延长线于点G，连接，如图，

则，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，∴四边形为平行四边形，∴，；由勾股定理得：；在中，由勾股定理得；∴，∴，在中，由勾股定理得：,故答案为：．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，构造一线三垂直辅助线，证明三角形全等是解题的关键．7．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图所示，，半径为2的圆O内切于，P为圆O上一动点，过点P作分别垂直于的两边，垂足为M、N，则的最大值．【答案】【分析】作于点H，作于点F，则得到，即当与相切时，取的最大值，解题计算即可．【详解】解：作于点H，作于点F，∵，，∴∴∴，∴，∴，∵，∴如图，当与相切时，取的最大值，连接，，可知，四边形是正方形，∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查的是“阿氏圆”模型，解题的关键是作辅助线构造．8．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）如图，等腰直角中，，顶点M，P在正方形的边及边的延长线上动点．交于点F，连接并延长，交于N，交于点E．以下结论：①②③④若，则，其中正确的是．（填写正确的序号）【答案】【分析】由正方形及等腰直角三角形的性质，可证得，，可证得，点A、B、M、F四点共圆，，由可证，可得，可得，故①正确；由可证，可得，由勾股定理可得；故②正确；通过证明，可得，故③正确；由可得，设正方形的边长为a，可得，，故④正确，即可求解．【详解】解：四边形是正方形，是等腰直角三角形，，，，，点A、B、M、F四点共圆，，，，又，，，，，，故①正确；如图：将绕点A|顺时针旋转，得到，连接，，，，，，，，，又，，，，；故②正确；，，，又，，，又，，故③正确；，，，设正方形的边长为a，，解得，，，故④正确，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正切函数的定义，作出辅助线是解决本题的关键．9．（2023·广东深圳·二模）如图，是等边三角形，M是正方形ABCD对角线BD（不含B点）上任意一点，，（点N在AB的左侧），当AM+BM+CM的最小值为时，正方形的边长为．【答案】【分析】首先通过SAS判定，得出，因为,,得出是等边三角形，AM+BM+CM=EN+MN+CM，而且为最小值，我们可以得出EC=，作辅助线，过点E作交CB的延长线于F，由题意求出，设正方形的边长为x，在中，根据勾股定理求得正方形的边长为．【详解】∵为正三角形，∴，∴∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∴．在和中，∴（SAS）∴在中，又∵，∴为等边三角形，∴．∵AM+BM+CM最小值为．∴EN+MN+CM的最小值为即CE=．过点E作交CB的延长线于F，可得．设正方形的边长为x，则BF=，．在，∵，∴解得（负值舍去）．∴正方形的边长为．故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形和正方形边相等的性质，全等三角形的判定，灵活使用辅助线，掌握直角三角的性质，熟练运用勾股定理是解题的关键．10．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，，点M，N分别在边，上，且，点P，Q分别在边上，则的最小值是．【答案】【分析】作M关于的对称点，作N关于的对称点，连接，分别交于点P，交于点Q，则的长度即为的最小值；证出为等边三角形，为等边三角形，得出，由勾股定理求出即可．【详解】作M关于的对称点，作N关于的对称点，连接，分别交于点P，交于点Q，连接，如图所示，则，∴，∴的长即为的最小值．根据轴对称的定义可知：，∴∴为等边三角形，为等边三角形，∴，在中，．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称--最短路径问题，等边三角形的判定与性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键．11．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，已知中，，E是的中点，过点B作，交的延长线于点D，若，，则．【答案】【分析】过点C作于点F，先根据题意作出辅助线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，利用勾股定理推出，即，解出x的值，可求出、、和的长，根据和推出，可求出和的长，再求出的长，利用勾股定理即可求出的长．【详解】解：如图所示，过点C作于点F，设，则，∵在中，点E为的中点，，，，，即，解得：，，，，，，又，，，即，解得：，，，，；故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，作出辅助线及利用直角三角形的性质是解决问题的关键．12．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，在中，，，，点E在线段上，且，D是线段上的一点，连接，将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上时，．【答案】【分析】过点F作FM⊥AC于点M，由折叠的性质得FG=，∠EFG=，EF=AE=1，再证明，得，，进而即可求解．【详解】解：过点F作FM⊥AC于点M，∵将四边形沿直线翻折，得到四边形，当点G恰好落在线段上，∴FG=，∠EFG=，EF=AE=1，∴EG=，∵∠FEM=∠GEF，∠FME=∠GFE=90°，∴，∴，∴=，，∴AM=AE+EM=，∴．故答案是：．【点睛】本题主要考查折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，添加辅助线构造”母子相似三角形“是解题的关键．13．（2023·广东深圳·统考二模）如图，A，B是反比例函数图象上两点，，，，则．【答案】【分析】由题意可设，可得，，根据三角形全等的性质可得，，，则，进而得到点的坐标，由得，以此得到，则，再根据，根据两点间距离公式列出方程，求出即可求解．【详解】解：点在反比例函数图象上，设，，，，，，，，，，即，，点在反比例函数图象上，，，，，，即，整理得：，或（舍去），，，，整理得：或（舍去），，将点代入反比例函数得：，．故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征、全等三角形的性质、两点间的距离公式，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．14．（2023·广东深圳·深圳中学校联考二模）如图，在中，点在边上，，，交的延长线于点，若，，则．【答案】【分析】延长至使，作交于，根据等腰三角形的性质得到，由得到，由，得到，由，得到，从而即可得到，再通过边的转换求出的长，最后通过勾股定理先算出的长，最后再用一次勾股定理即可算出答案．【详解】解：如图所示，延长至使，作交于，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、边和角度的转换、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质、平行线的性质，添加适当的辅助线是解题的关键．15．（2023·广东深圳·校联考二模）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置使点落在上，与交于点E，与的延长线交于点F，的延长线与的延长线交于点G，若，，，则的长为．【答案】【分析】连接，证明，可求，可证，D，三点共线，证明，得出，求出，，再证明，求出，证明四边形是平行四边形，求出，即可求出．【详解】解：连接，∵绕点A逆时针旋转到，，，∴，，，，，，，∴，，∴，∴，即，，∴，∵，∴，又，，∴，∴，D，三点共线，∴，∵，，∴，∴，设，，则，，∴，解得，∴，，∵，∴，∴，即，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．16．（2023·广东深圳·统考三模）如图所示，，，以为底边向上构造等腰直角三角形，连接并延长至点P，使，则长的取值范围为．【答案】【分析】以为斜边作等腰直角三角形，延长至点E．使，连接．利用等腰直角三角形的性质得出利用相似三角形的性质求出，再利用三角形中位线的性质求出，由是等腰直角三角形，，得出垂直平分，进而求出，继而利用三角形的三边关系即可求出答案．【详解】解：如图，以为斜边作等腰直角三角形，延长至点E．使，连接、．∵和都是等腰直角三角形，∴，，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴是的中位线，∴，∵是等腰直角三角形，，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，线段垂直平分线的判定与性质，三角形的三边关系等知识，正确作出辅助线是解决问题的关键．17．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）如图，在一次数学实践课中，某同学将一块直角三角形纸片（∠ABC＝90°，∠ACB＝60°）的三个顶点放置在反比例函数y＝的图象上且AC过O点，点D是BC边上的中点，则S△AOD＝．【答案】【分析】连接OB，易证明是等边三角形，得到，根据点C在反比例函数图象上设出点C的坐标，得到点B和点A的坐标，根据列出方程求出点A、B、C的坐标，进而求出的面积，即可求解．【详解】解：连接OB，∵AC经过原点O，∴OA＝OC，∵∠ABC＝90°，∴OB＝OC，∵∠ACB＝60°，∴△BOC是等边三角形，∴OC＝BC，设C（m，），则B（，m），A（﹣m，﹣），∴m2+（）2＝（m﹣）2+（m﹣）2，解得m＝1+，∴C（1+，），则B（，1+），A（﹣1﹣，﹣），作BE⊥x轴于E，CF⊥x轴于F，∵S△BOC+S△OFC＝S△OBE+S梯形BEFC，而S△OFC＝S△OBE＝×2＝1，∴S△OBC＝S梯形BEFC＝×（1++）（1+﹣）＝2，∴S△ABC＝2S△OBC＝4，∵S△AOD＝S△ACD，S△ACD＝S△ABC，∴S△AOD＝S△ABC＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上的点的坐标特征，等边三角形的判定和性质．求出点A、B、C的坐标是解答关键．18．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校联考二模）如图，矩形中，，．为上一点，点关于的对称点落在矩形内的处．连接，当时，则．

【答案】【分析】延长交于点，连接，过点作于点，根据折叠的性质以及已知条件得出，证明，得出，设，则，然后在中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，延长交于点，连接，

∵点关于的对称点落在矩形内的处．∴∴，∵，∴∴∴设，则过点作于点，∵折叠∴,∴，∴∴,，∵∴∴是的中位线，∴在中，∴解得：（舍去）∴故答案为：．【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．19．（2023·广东深圳·深圳大学附属中学校考一模）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．【详解】如图，作FH⊥PE于H．∵四边形ABCD是正方形，AB=5，∴AC=5，∠ACD=∠FCH=∠ECG=45°，∵∠FHC=90°，CF=2，∴CH=HF=，∵CE=4AE，∴CE=4，AE=，∴EH=5，在Rt△EFH中，，∵∠GEF=∠GCF=90°，∴E，G，F，C四点共圆，∴∠EFG=∠ECG=45°，∴∠ECF=∠EFP=135°，∵∠CEF=∠FEP，∴△CEF∽△FEP，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，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．20．（2023·广东深圳·统考二模）如图，正方形的边长为8，对角线相交于点O，点M，N分别在边上，且，连接交于P，若，则．【答案】20【分析】过点作于点，根据正方形的性质可得，，，再根据同角的余角相等可得，以此即可通过证明≌，得到，，进而得到，易证明∽，根据相似三角形的性质可得，即，由等腰直角三角形的性质可得，则，最后根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图，过点作于点，四边形为边长为的正方形，，，，，，，又，，在和中，，，，，为等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，在中，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，正确寻找出全等三角形和相似三角形是解题关键．21．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，在矩形中，点E为上一点，，，连接，将沿所在的直线翻折，得到，交于点F，将沿所在的直线翻折，得到，交于点G，的值为．【答案】【分析】根据折叠的性质和矩形的性质可得，设，则，在中，利用勾股定理可得，，从而得到，过点G作于点H，则，可得，，从而得到，可设，在中，可得，从而得到，再由，可得，，即可求解．【详解】解：由折叠的性质得：，，，，，在矩形中，，∴，∴，∴，在中，，设，则，在中，，∴，解得：，即，，∴，如图，过点G作于点H，则，∴，，∴，可设，在中，，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形和折叠问题，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，灵活做辅助线构造直角三角形是解题的关键．22．（2023·广东深圳·校考二模）如图，在中，，，，点M、N分别在、上，连接，将沿翻折，使点C的对应点P落在的延长线上，若平分，则长为．

【答案】/【分析】根据翻折的性质可得，，证明，可得，设，则，可得，进行求解即可．【详解】解：在中，,∵将沿翻折得到，∴，，∵平分，∴，又∵，∴，∴，设，则，∴，解得：，∴，故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、解一元一次方程、翻折的性质、角平分线的定义，熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明是解题的关键．23．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，在矩形中，，，点N是边上的中点，点M是边上的一动点连接，将沿折叠，若点B的对应点，连接，当为直角三角形时，的长为．【答案】或5【分析】分情况讨论：当时，当时，当时，再分别利用勾股定理和翻折的性质可得答案；【详解】解：∵为直角三角形，当时，∵点N是边上的中点，，∴，∵，∴点B的对应点不能落在所在直线上，∴，不存在此类情况；当时，如图所示，由折叠性质可得，，∴；当时，如图所示∵，∴、N、C三点共线，由勾股定理可得，，设，则，∴，解得：，综上所述的长为或5．【点睛】本题考查翻折的性质，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．24．（2023·广东深圳·二模）如图，有一张长方形纸片．先将长方形纸片折叠，使边落在边上，点落在点处，折痕为；再将沿翻折，与相交于点，则的长为．【答案】【分析】根据折叠的性质得到（图1），进而可得，继而可得（图3中），△ABG是等腰直角三角形，再根据勾股定理求出AG即可．【详解】解：由折叠的性质可知，，，，图3中，由操作可得，，，，，由勾股定理得，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了翻折变换、矩形的性质和勾股定理．翻折对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解题关键是得出△ABG是等腰直角三角形．25．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校（集团）高新中学校考三模）如图，在中，，，以点A为圆心，长为半径画弧，交延长线于点D，过点C作，交于点，连接BE，则的值为．【答案】．【分析】连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，设AC=BC=a，求出AF=CF=，由勾股定理求出CE，再由勾股定理求出BE的长即可得到结论．【详解】解：连接AE，过作AF⊥AB，延长EC交AF于点F，过E作EG⊥BC于点G，如图，设AC=BC=a，∵∴，∴，∵∴∵∴∴∴设CE=x，则FE=在Rt△AFE中，∴解得，，（不符合题意，舍去）∴∵∴∴∴在Rt△BGE中，∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理与圆的基本概念等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答此题的关键．26．（2023·广东深圳·深圳市福田区北环中学校考二模）如图，菱形中，，于点E，为的中点，连接，，．若，则的外接圆半径为．【答案】【分析】延长交的延长线于，由菱形的性质得出，证明，得出，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，由直角三角形斜边上的中线性质得出，得到，由勾股定理得，解方程得到，进而求出即可得到，的外接圆的半径【详解】解：延长交的延长线于，如图所示：∵四边形是菱形，∴，∴，∵是的中点，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，∵，是的中点，∴，∴，在和中，由勾股定理得，即，解得，（负值舍去），∴，∴，∵，∴是的外接圆的直径，∴的外接圆的半径为，故答案为：【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识，本题综合性强，有一定的难度27．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在中，，点为中点，，则的值为．【答案】/【分析】延长至E，使，连接，证明，推出，再证明，求得，据此计算即可求解.【详解】解：延长至E，使，连接，设，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，即，∴，又，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，作出合适的辅助线，证明是解题的关键.28．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，与都是等腰三角形，，点P为边上一点，且，与所夹锐角为，点E为上一动点，求点E自点B运动至点P时，点D所经过的路径长．（用含β与m的式子表示）【答案】【分析】连接并延长，证明得出点D的运动轨迹，设点E与点P重合时，点D与点重合，确定出点D所经过的路径长为的长，过点作于点F，利用直角三角形的边角关系即可得出结论．【详解】解：∵与都是等腰三角形，，∴，∴，∴．连接并延长，如图，∵，∴，∴，∴，∴点D在射线上运动，当点E与点B重合时，点D与点C重合，设点E与点P重合时，点D与点重合，则点D所经过的路径长为．过点作于点F，此时，，∴，∴．在中，∵，∴，∴点D所经过的路径长为．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质得出点D的轨迹是解题的关键．29．（2023·广东深圳·深圳外国语学校校考一模）如图，在正方形中，对角线，相交于点，点是的中点，连接并延长交于点，将线段绕点逆时针旋转得到，连接，点为的中点．连接，则的值为．【答案】【分析】以为原点，平行于的直线为轴，建立直角坐标系，过作于，过作，交延长线于，设正方形的边长为2，待定系数法可得直线解析式为，即可得，，证明，可得，，即得，，从而，故．【详解】解：以为原点，平行于的直线为轴，建立直角坐标系，过作于，过作，如图，设正方形的边长为2，则，，∵为中点，∴，设直线解析式为，把，，代入得：，解得，∴直线解析式为，在中，令得，∴，∴，∵将线段绕点逆时针旋转得到，∴，，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，，∴，∵是中点，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查正方形中的旋转变换，涉及全等三角形的判定与性质，一次函数，中点坐标公式等知识，解题的关键是建立直角坐标系，设正方形的边长为2，表示出相关点的坐标，从而求出相关线段的长度．30．（2023·广东深圳·校考三模）如图，在中，，D是上一点，点E在上，连接交于点F，若，则＝．【答案】2【分析】过D作垂直于H点，过D作交BC于G点，先利用解直角三角形求出的长，其次利用，求出的长，得出的长，最后利用求出的长，最后得出答案．【详解】解：如图：过D作垂直于H点，过D作交于G点，∵在中，，∴，又∵，∴，∴在等腰直角三角形中，，∴，在中，，∵，∴，，∴，

又∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，又，∴，∴，故答案为：2．【点睛】本题考查勾股定理，等腰直角三角形性质及相似三角形的判定与性质综合，解题关键在于正确做出辅助线，利用相似三角形的性质得出对应边成比例求出答案．31．（2023·广东深圳·二模）如图，在和中，，，点D在BC边上，AC与DE相交于点F，，则．【答案】【分析】根据直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，三角形相似的性质计算【详解】如图，连接EC，∵∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=60°，∴△BAC∽△DAE，∴AC：AE=AB：AD，∵∠EAC+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠EAC=∠BAD，∴△EAC∽△DAB，∴AD：AE=BD：EC=AB：AC，∵∠BAC=90°，∠ACB=60°，∴AB：AC=tan60°=，∴AD=AE，BD=EC，∵∠EFA=∠CFD，∠ACB=∠AED=60°，∴△EFA∽△CFD，∴EF：CF=FA：FD，∵∠EFC=∠AFD，∴△EFC∽△AFD，∴DF：CF=AD：EC，∵DF=3FC，∴AD=3EC，∴AD：BD=3EC：EC=，故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，特殊角的三角函数值，灵活运用三角形相似的判定，特殊角的三角函数值是解题的关键．32．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，在中，，点是上一点，交延长线于点，连接．若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，），则．

【答案】8【分析】延长交于点E，过点C作于点H，于点G，则，先证明，可得四边形是正方形，从而得到，再证得，可得，，从而得到，然后证明，可得，从而得到，即可求解．【详解】解：如图，延长交于点E，过点C作于点H，于点G，则，

在中，∵，∴，∴，∵，即，∴，四边形是矩形，∴，∵，，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：8【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．33．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在边长为4米的正方形场地内，有一块以为直径的半圆形红外线接收“感应区”，边上的处有一个红外线发射器，红外线从点发射后，经、上某处的平面镜反射后到达“感应区”，若米，当红外线途经的路线最短时，上平面镜的反射点距离点米．【答案】【分析】由反射规律可知，物体和像是关于平面镜的对称，如图，作出点P关于直线的对称点，则有，作半圆关于直线的对称图形半圆，连接，交半圆于点，则长为红外线途经的路线最短时的值，求出此时即可．【详解】解：如图，作出点P关于直线的对称点，作半圆关于直线的对称图形半圆，、是关于直线的对称点，连接，连接于，交半圆于点，由反射规律和对称性质可知：，，∴，∴当、、、、在同一直线上时，红外线途经的路线最短，最短路径长为，∵正方形中，，，∴，∴又∵，，∴∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了最短路径问题，解题关键是利用轴对称性质转换线段，化折为直，从而解答问题．掌握常见最短路径模型往往会事半功倍．34．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD中点，连接BE，F为BE中点，连接AF，若，，．则AF长为．【答案】【分析】如图，延长AF交DC的延长线于点G，过点G作于点H，由四边形ABCD是平行四边形得，，进而证明，再计算得，，最后利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图，延长AF交DC的延长线于点G，过点G作于点H，四边形ABCD是平行四边形，，，，，，，，E为CD中点，连接BE，F为BE中点，，，，，，，，，，，，故答案为．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定及性质和勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．35．（2023·广东深圳·统考二模）如图，矩形的对角线和交于点，，．将沿着折叠，使点落在点处，连接交于点，交于点，则．【答案】【分析】连接，设交于点，勾股定理得出，等面积法求得，然后求得，根据中位线的性质得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：如图所示，连接，设交于点，∵矩形中，，．∴，∵矩形的对角线和交于点，将沿着折叠，使点落在点处∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，又∵，∴，∴，∴，∵，即，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．36．（2023·广东深圳·校联考一模）如图，点E是正方形边上的一点，已知，分别交边，于点G，F，且满足，则的长为．【答案】【分析】先判定A、E、G、D四点共圆，从而得出是等腰直角三角形，则，再证明，得出，即，把，代入即可求出的长．【详解】解：∵正方形，∴，，∵，∴，∴A、E、G、D四点共圆，如图，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，四点共圆，圆内接四边形的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判