专题03【填空压轴】几何综合题（与函数有关、几何最值、与旋转有关、满足特定条件、其他问题）（解析版）

专题03【填空压轴】（与函数有关、几何最值、与旋转有关、满足特定条件、其他问题）类型一与函数有关1．（2023·浙江杭州·统考中考真题）在““探索一次函数的系数与图像的关系”活动中，老师给出了直角坐标系中的三个点：．同学们画出了经过这三个点中每两个点的一次函数的图像，并得到对应的函数表达式．分别计算，的值，其中最大的值等于_________．

【答案】5【分析】分别求出三个函数解析式，然后求出，进行比较即可解答．【详解】解：设过，则有：，解得：，则；同理：，则分别计算，的最大值为值．故答案为：5．【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，掌握待定系数法是解答本题的关键．2.（2022·四川德阳）如图，已知点，，直线经过点．试探究：直线与线段有交点时的变化情况，猜想的取值范围是______．【答案】或##或【分析】根据题意，画出图象，可得当x=2时，y≥1，当x=-2时，y≥3，即可求解．【详解】解：如图，观察图象得：当x=2时，y≥1，即，解得：，当x=-2时，y≥3，即，解得：，∴的取值范围是或．故答案为：或【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．3.（2022·湖北黄冈）如图1，在△ABC中，∠B＝36°，动点P从点A出发，沿折线A→B→C匀速运动至点C停止．若点P的运动速度为1cm/s，设点P的运动时间为t（s），AP的长度为y（cm），y与t的函数图象如图2所示．当AP恰好平分∠BAC时，t的值为________．【答案】##【分析】根据函数图像可得AB=4=BC，作∠BAC的平分线AD，∠B＝36°可得∠B＝∠DAC＝36°，进而得到，由相似求出BD的长即可．【详解】根据函数图像可得AB=4，AB+BC=8，∴BC=AB=4，∵∠B＝36°，∴，作∠BAC的平分线AD，∴∠BAD＝∠DAC＝36°＝∠B，∴AD=BD，，∴AD=BD=CD，设，∵∠DAC＝∠B＝36°，∴，∴，∴，解得：，（舍去），∴，此时(s)，故答案为：.【点睛】此题考查了图形与函数图象间关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程，关键是证明．4．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，垂直于x轴，以为对称轴作的轴对称图形，对称轴与线段相交于点F，点D的对应点B恰好落在反比例函数的图象上，点O、E的对应点分别是点C、A．若点A为的中点，且，则k的值为___________．

【答案】【分析】连接，设，由对称的性质知，，利用相似三角形的判定和性质求得，则，根据以及反比例函数的几何意义求解即可．【详解】解：连接，

设对称轴与x轴交于点G，∵与关于对称轴，∴，，，∵点A为的中点，设，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称的性质、中点的定义、相似三角形的判定和性质、反比例函数的定义等内容，解决本题的关键是牢记相关定义与性质，能根据题意在图形中找到对应关系，能挖掘图形中的隐含信息等，本题蕴含了数形结合的思想方法等．5．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，与位于平面直角坐标系中，，，，若，反比例函数恰好经过点C，则______．【答案】【分析】过点C作轴于点D，由题意易得，然后根据含30度直角三角形的性质可进行求解．【详解】解：过点C作轴于点D，如图所示：

∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，，∵，，∴，∴，∴点，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数的图象与性质及含30度直角三角形的性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质及含30度直角三角形的性质是解题的关键．6.（2022·四川乐山）如图，平行四边形ABCD的顶点A在x轴上，点D在y=(k>0)上，且AD⊥x轴，CA的延长线交y轴于点E．若S△ABE=，则k=______．【答案】3【分析】连接OD、DE，利用同底等高的两个三角形面积相等得到S△ADE=S△ABE=，以及S△ADE=S△ADO=，再利用反比例函数的比例系数k的几何意义求解即可．【详解】解：连接OD、DE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴点B、点D到对角线AC的距离相等，∴S△ADE=S△ABE=，∵AD⊥x轴，∴AD∥OE，∴S△ADE=S△ADO=，设点D(x，y)，∴S△ADO=OA×AD=xy=，∴k=xy=3．故答案为：3．【点睛】本题考查的是反比例系数k的几何意义，涉及到平行四边形的性质及反比例函数图象上点的坐标特点等相关知识，利用同底等高的两个三角形面积相等得到S△ADE=S△ABE是解题的关键．7.（2022·浙江湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的负半轴上，，以AB为边向上作正方形ABCD．若图像经过点C的反比例函数的解析式是，则图像经过点D的反比例函数的解析式是______．【答案】【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设，，结合正方形的性质，全等三角形的判定和性质，得到≌≌，然后表示出点C和点D的坐标，求出，即可求出答案．【详解】解：过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，如图：∵，设，，∴点A为（，0），点B为（0，）；∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴，∴，同理可证：，∵，∴≌≌，∴，，∴，∴点C的坐标为（，），点D的坐标为（，），∵点C在函数的函数图像上，∴，即；∴，∴经过点D的反比例函数解析式为；故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，反比例函数的性质，三角函数，余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的表示出点C和点D的坐标，从而进行解题．8．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，点A，B分别在函数图象的两支上（A在第一象限），连接AB交x轴于点C．点D，E在函数图象上，轴，轴，连接．若，的面积为9，四边形的面积为14，则的值为__________，a的值为__________．

【答案】12；9【分析】如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴，可得，的面积是5，设，，则，，，利用面积可得，，由，，可得，可得③，再利用方程思想解题即可．【详解】解：如图，延长，交于点，与轴交于点，而轴，轴，∴，∵的面积为9，四边形的面积为14，∴的面积是5，

设，，∴，，∴，，，，∴，，整理得：，，∵，，∴，∴，∴，则③，把③代入②得：，∴，即④，把③代入①得：⑤，把④代入⑤得：；故答案为：12；9.【点睛】本题考查的是反比例函数的几何应用，平行线分线段成比例的应用，坐标与图形面积，熟练的利用方程思想解题是关键．9.（2022·安徽）如图，平行四边形OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数的图象经过点C，的图象经过点B．若，则________．【答案】3【分析】过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，先证四边形CDEB为矩形，得出CD=BE，再证Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根据S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=即可．【详解】解：过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，∴CD∥BE，∵四边形ABCO为平行四边形，∴CB∥OA，即CB∥DE，OC=AB，∴四边形CDEB为平行四边形，∵CD⊥OA，∴四边形CDEB为矩形，∴CD=BE，∴在Rt△COD和Rt△BAE中，，∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），∴S△OCD=S△ABE，∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=AD，∵反比例函数的图象经过点C，∴S△OCD=S△CAD=，∴S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，∴S△OBA=，∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=，∴．故答案为3．【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质，掌握反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质．10．（2023·湖北荆州·统考中考真题）如图，点在双曲线上，将直线向上平移若干个单位长度交轴于点，交双曲线于点．若，则点的坐标是___________．

【答案】【分析】求出反比例函数解析式，证明，过点作轴的垂线段交轴于点，过点作轴的垂线段交轴于点，通过平行线的性质得到，解直角三角形求点的横坐标，结合反比例函数解析式求出的坐标，即可解答．【详解】解：把代入，可得，解得，反比例函数解析式，如图，过点作轴的垂线段交轴于点，过点作轴的垂线段交轴于点，

，，，，将直线向上平移若干个单位长度交轴于点，,在中，，，即点C的横坐标为，把代入，可得，，故答案为：．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，一次函数的平移，解直角三角形，熟练求得点的横坐标是解题的关键．11.（2022·湖北随州）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象在第一象限交于点C，若，则k的值为______．【答案】2【分析】过点C作CH⊥x轴，垂足为H，证明△OAB∽△HAC，再求出点C坐标即可解决问题．【详解】解：如图，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，∵直线与x轴，y轴分别交于点A，B，∴将y=0代入，得，将x=0代入，得y=1，∴A（，0），B（0，1），∴OA=，OB=1，∵∠AOB=∠AHC=90°，∠BAO=∠CAH，∴△OAB∽△HAC，∴∵OA=，OB=1，，∴∴AH=，CH=2，∴OH=1，∵点C在第一象限，∴C（1，2），∵点C在上，∴．故答案为：2．【点睛】本题考查反比例函数综合题、一次函数的应用、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，本题的突破点是求出点C的坐标．12．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是____________．

【答案】和【分析】先根据题意画出图形，先求出点坐标，当点在线段上时:是△DCE的外角，，而，所以此时，有，可求出所在直线的解析式，设点坐标，再根据两点距离公式，，得到关于的方程，求解的值，即可求出点坐标；当点在线段的延长线上时，根据题中条件，可以证明，得到为直角三角形，延长至，取，此时，，从而证明是要找的点，应为，为等腰直角三角形，点和关于点对称，可以根据点坐标求出点坐标．【详解】解：根据点坐标，有所以点坐标

设所在直线解析式为，其过点、有，解得所在直线的解析式为：当点在线段上时，设而∴∴因为：，，有解得：，所以点的坐标为:当在的延长线上时，在中，，,∴∴如图延长至，取，

则有为等腰三角形，，∴又∵∴则为符合题意的点，∵∴的横坐标：，纵坐标为；综上E点的坐标为：或.故答案为：或.【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合应用，熟练掌握一次函数根二次函数的图象和性质，分情况找到点的位置，是求解此题的关键．13.（2022·湖北武汉）已知抛物线（，，是常数）开口向下，过，两点，且．下列四个结论：①；②若，则；③若点，在抛物线上，，且，则；④当时，关于的一元二次方程必有两个不相等的实数根．其中正确的是_________（填写序号）．【答案】①③④【分析】首先判断对称轴，再由抛物线的开口方向判断①；由抛物线经过A（-1，0），，当时，，求出，再代入判断②，抛物线，由点，在抛物线上，得，，把两个等式相减，整理得，通过判断，的符号判断③；将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，再利用判别式即可判断④．【详解】解：抛物线过，两点，且，，

，，即，抛物线开口向下，，，故①正确；若，则，，，故②不正确；抛物线，点，在抛物线上，∴，，把两个等式相减，整理得，，，，，，，故③正确；依题意，将方程写成a（x-m）（x+1）-1=0，整理，得，，，，，，，

故④正确．综上所述，①③④正确．故答案为；①③④．【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与方程及不等式的关系．14．（2023·湖北武汉·统考中考真题）抛物线（是常数，）经过三点，且．下列四个结论：①；②；③当时，若点在该抛物线上，则；④若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则．其中正确的是________（填写序号）．【答案】②③④【分析】①根据图象经过，，且抛物线与x轴的一个交点一定在或的右侧，判断出抛物线的开口向下，，再把代入得，即可判断①错误；②先得出抛物线的对称轴在直线的右侧，得出抛物线的顶点在点的右侧，得出，根据，即可得出，即可判断②正确；③先得出抛物线对称轴在直线的右侧，得出到对称轴的距离大于到对称轴的距离，根据，抛物线开口向下，距离抛物线越近的函数值越大，即可得出③正确；④根据方程有两个相等的实数解，得出，把代入得，即，求出，根据根与系数的关系得出，即，根据，得出，求出m的取值范围，即可判断④正确．【详解】解：①图象经过，，即抛物线与y轴的负半轴有交点，如果抛物线的开口向上，则抛物线与x轴的两个交点都在的左侧，∵中，∴抛物线与x轴的一个交点一定在或的右侧，∴抛物线的开口一定向下，即，把代入得，即，∵，，∴，故①错误；②∵，，，∴，∴方程的两个根的积大于0，即，∵，∴，∴，即抛物线的对称轴在直线的右侧，∴抛物线的顶点在点的右侧，∴，∵，∴，故②正确；③∵，∴当时，，∴抛物线对称轴在直线的右侧，∴到对称轴的距离大于到对称轴的距离，∵，抛物线开口向下，∴距离抛物线越近的函数值越大，∴，故③正确；④方程可变为，∵方程有两个相等的实数解，∴，∵把代入得，即，∴，即，∴，∴，即，∵在抛物线上，∴，n为方程的两个根，∴，∴，∵，∴，∴，故④正确；综上分析可知，正确的是②③④．故答案为：②③④．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质，根据已知条件判断得出抛物线开口向下．类型二几何最值问题15．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，边长为2的等边的两个顶点分别在两条射线上滑动，若，则的最大值是_________．

【答案】【分析】如图所示，取的中点D，连接，先根据等边三角形的性质和勾股定理求出，再根据直角三角形的性质得到，再由可得当三点共线时，有最大值，最大值为．【详解】解：如图所示，取的中点D，连接，∵是边长为2的等边三角形，∴，∴，∴，∵，即，∴，∵，∴当三点共线时，有最大值，最大值为，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等等，正确作出辅助线确定当三点共线时，有最大值是解题的关键．16．（2023·四川达州·统考中考真题）在中，，，在边上有一点，且，连接，则的最小值为___________．【答案】【分析】如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；结合圆周角定理及垂径定理易得，再通过圆周角定理、垂直及垂直平分线的性质、三角形内角和定理易得，从而易证可得即勾股定理即可求得在中由三角形三边关系即可求解．【详解】解：如图，作的外接圆，圆心为，连接、、，过作于，过作，交的垂直平分线于，连接、、，以为圆心，为半径作圆；，为的外接圆的圆心，，，，，，，在中，，，，即，由作图可知，在的垂直平分线上，，，又为的外接圆的圆心，，，，，，，，即，，在中，，在中，，即最小值为，故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理解直角三角形，相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形三边之间的关系；解题的关键是结合的外接圆构造相似三角形．17．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为______．

【答案】【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．【详解】如图所示，连接，

∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴当最大时，最大，此时最大，∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．18．（2023·山东·统考中考真题）如图，在四边形中，，点E在线段上运动，点F在线段上，，则线段的最小值为__________．

【答案】【分析】设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，证明，可知点F在以为直径的半圆上运动，当点F运动到与的交点时，线段有最小值，据此求解即可．【详解】解：设的中点为O，以为直径画圆，连接，设与的交点为点，

∵，∴，∴，∵，∴，∴点F在以为直径的半圆上运动，∴当点F运动到与的交点时，线段有最小值，∵，∴，，∴，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的性质，圆周角定理的推论，勾股定理等知识，根据题意分析得到点F的运动轨迹是解题的关键．19．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，点D是线段AB上一动点，点H是直线上的一动点，动点，连接．当取最小值时，的最小值是________．

【答案】【分析】作出点，作于点D，交x轴于点F，此时的最小值为的长，利用解直角三角形求得，利用待定系数法求得直线的解析式，联立即可求得点D的坐标，过点D作轴于点G，此时的最小值是的长，据此求解即可．【详解】解：∵直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，∴，，作点B关于x轴的对称点，把点向右平移3个单位得到，作于点D，交x轴于点F，过点作交x轴于点E，则四边形是平行四边形，此时，，∴有最小值，作轴于点P，

则，，∵，∴，∴，∴，即，∴，则，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，联立，，解得，即；过点D作轴于点G，

直线与x轴的交点为，则，∴，∴，∴，即的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查了一次函数的应用，解直角三角形，利用轴对称求最短距离，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．20.（2019·陕西）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM＝6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为．【答案】2【分析】作以BD为对称轴作N的对称点N'，连接PN'，MN'，依据PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，可得当P，M，N'三点共线时，取“＝”，再求得＝，即可得出PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，再根据△N'CM为等腰直角三角形，即可得到CM＝MN'＝2．【解答】解：如图所示，作以BD为对称轴作N的对称点N'，连接PN'，MN'，根据轴对称性质可知，PN＝PN'，∴PM﹣PN＝PM﹣PN'≤MN'，当P，M，N'三点共线时，取“＝”，∵正方形边长为8，∴AC＝AB＝，∵O为AC中点，∴AO＝OC＝，∵N为OA中点，∴ON＝，∴ON'＝CN'＝，∴AN'＝，∵BM＝6，∴CM＝AB﹣BM＝8﹣6＝2，∴＝∴PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，∵∠N'CM＝45°，∴△N'CM为等腰直角三角形，∴CM＝MN'＝2，即PM﹣PN的最大值为2，故答案为：2．【点评】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．21.（2023·青海西宁）如图，是等边三角形，，N是的中点，是边上的中线，M是上的一个动点，连接，则的最小值是________．【答案】【分析】根据题意可知要求BM+MN的最小值，需考虑通过作辅助线转化BM，MN的值，从而找出其最小值，进而根据勾股定理求出CN，即可求出答案．【解析】解：连接CN，与AD交于点M，连接BM．（根据两点之间线段最短；点到直线垂直距离最短），是边上的中线即C和B关于AD对称，则BM+MN=CN，则CN就是BM+MN的最小值．∵是等边三角形，，N是的中点，

∴AC=AB=6,AN=AB=3,,∴.即BM+MN的最小值为．故答案为：.【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，涉及到等边三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的性质等知识点的综合运用．22.如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题．【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，∴OM＝AD＝2，∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGE＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝2，∵CD＝4，∴CG＝2，∴OG＝2，GF＝，OF＝3，∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2，∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2．【点睛】本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．23.如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，点是对角线上的动点，则的最小值是_______．【答案】【解析】【分析】动点问题,找到对称轴作对称点,相连即可算出答案,连接CE即为AP+PE的最小值．【详解】连接CE,因为A、C关于BD对称．CE即为AP+PE的最小值．∵正方形边长为4,E是AB中点,∴BC=4,BE=2．故答案为:.【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．24.（2023·唐南中学）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为．【答案】【解析】【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．【详解】解：如图，连接则＞，为定值，当落在上时，最短，图如图，连接，由勾股定理得：即的最小值为：故答案为：图【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．类型三与旋转有关问题25．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在中，，将绕点A逆时针方向旋转，得到．连接，交于点D，则的值为________．

【答案】5【分析】过点D作于点F，利用勾股定理求得，根据旋转的性质可证、是等腰直角三角形，可得，再由，得，证明，可得，即，再由，求得，从而求得，，即可求解．【详解】解：过点D作于点F，∵，，，∴，∵将绕点A逆时针方向旋转得到，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，即，∵，，∴，∴，即，又∵，∴，∴，，∴，故答案为：5．

【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．26．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知等腰，，．现将以点为旋转中心旋转，得到，延长交直线于点D．则的长度为_______．【答案】【分析】根据题意，先求得，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，分别画出图形，根据勾股定理以及旋转的性质即可求解．【详解】解：如图所示，过点作于点，

∵等腰，，．∴，∴，,∴，如图所示，当以点为旋转中心逆时针旋转，过点作交于点，

∵，∴，，在中，，，∵等腰，，．∴，∵以点为旋转中心逆时针旋转，∴，∴，在中，,∴，∴，∴，如图所示，当以点为旋转中心顺时针旋转，过点作交于点，

在中，，∴在中，∴∴∴∴∴，综上所述，的长度为或，故答案为：或．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，分类讨论是解题的关键．27.（2021·江苏南京市·中考真题）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，若，则的长为________．【答案】【分析】过点C作CM//交于点M，证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM//证明△，由相似三角形的性质查得结论．【详解】解：过点C作CM//交于点M，∵平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形∴，，∴，∴∴∵∴∴∴∠∵∴∵∴∠∵，∴∴∠∴∠在和中，∴∴∵∴△∴∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键．28．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，平分等边的面积，折叠得到分别与相交于两点．若，用含的式子表示的长是________．

【答案】【分析】先根据折叠的性质可得，，从而可得，再根据相似三角形的判定可证，根据相似三角形的性质可得，，然后将两个等式相加即可得．【详解】解：是等边三角形，，∵折叠得到，，，，平分等边的面积，，，又，，，，，，解得或（不符合题意，舍去），故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．29.（2021·湖北随州市·中考真题）如图，在中，，，，将绕点逆时针旋转角（）得到，并使点落在边上，则点所经过的路径长为______．（结果保留）【答案】．【分析】利用勾股定理求出AB=2，根据旋转的性质得到旋转角为∠=60°，再由弧长计算公式，计算出结果．【详解】解：∵，，，∴AB=2AC，设AC=x，则AB=2x，由勾股定理得：，解得：x=1，则：AC=1，AB=2，∵将绕点逆时针旋转角（）得到，且点落在边上，∴旋转角为60°，∴∠=60°，∴点所经过的路径长为：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理、旋转的性质和弧长的计算公式，解题关键在于找到旋转角，根据弧长公式进行计算．30.如图，把边长为3的正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，DE与BC交于点P，ED的延长线交AB于点Q，交OA的延长线于点M．若BQ：AQ＝3：1，则AM＝__________．【答案】【分析】连接OQ，OP，利用HL证明Rt△OAQ≌Rt△ODQ，得QA=DQ，同理可证：CP=DP，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，利用勾股定理列出方程求出x=，再利用△AQM∽△BQP可求解．【解析】解：连接OQ，OP，∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转n°（0＜n＜90）得到正方形ODEF，∴OA=OD，∠OAQ=∠ODQ=90°，在Rt△OAQ和Rt△ODQ中，，∴Rt△OAQ≌Rt△ODQ（HL），∴QA=DQ，同理可证：CP=DP，∵BQ：AQ=3：1，AB=3，∴BQ=，AQ=，设CP=x，则BP=3-x，PQ=x+，在Rt△BPQ中，由勾股定理得：(3-x)2+()2=(x+)2，解得x=，∴BP=，∵∠AQM=∠BQP，∠BAM=∠B，∴△AQM∽△BQP，∴，∴，∴AM=．故答案为：．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，利用全等证明QA=DQ，CP=DP是解题的关键．31.如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________【答案】【解析】【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．

∵BP=BM=，∠PBM=90°，

∴PM=PB=2，

∵PC=4，PA=CM=2，

∴PC2=CM2+PM2，

∴∠PMC=90°，

∵∠BPM=∠BMP=45°，

∴∠CMB=∠APB=135°，

∴∠APB+∠BPM=180°，

∴A，P，M共线，

∵BH⊥PM，

∴PH=HM，

∴BH=PH=HM=1，

∴AH=2+1，

∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12=14+4，

∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．类型四满足特定条件问题32．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是__________．【答案】6或或【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，点到直线的距离为的长度，即，

当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，①如图，过点E作交于点H，交于点G，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，②如图，过点E作交于点N，交于点M，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，综上，6或或，故答案为：6或或．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．33.（2020·陕西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为_____．【答案】2．【解析】【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面积，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝＝＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．34．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）．

【答案】【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值．【详解】解：点和点关于直线对称，，，．，，点和点关于直线对称，，又，，，，，点和点关于直线对称，，，，，在和中，，．在中，，，，，，，，，，．，，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明．35.如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为_______．【答案】【解析】【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案．【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，，平行四边形的顶点C在等边的边上，，是等边三角形，．在平行四边形中，，，又是等边三角形，，．G为的中点，，是的中点，且是的中位线，．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键．类型五其他类型36．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，展开后，再将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，则的大小为__________度．

【答案】【分析】根据题意求得正五边形的每一个内角为，根据折叠的性质求得在中，根据三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵正五边形的每一个内角为，将正五边形纸片折叠，使点与点重合，折痕为，则，∵将纸片折叠，使边落在线段上，点的对应点为点，折痕为，∴，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，正多边形的内角和的应用，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．37．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为，过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为点C、点A，直线与交于点D．与y轴交于点E．动点M在线段上，动点N在直线上，若是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则点M的坐标为________

【答案】或【分析】如图，由是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，可得在以为直径的圆上，，可得是圆与直线的交点，当重合时，符合题意，可得，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，证明，设，可得，，而，则，再解方程可得答案．【详解】解：如图，∵是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，∴在以为直径的圆上，，∴是圆与直线的交点，

当重合时，∵，则，∴，符合题意，∴，当N在的上方时，如图，过作轴于，延长交于，则，，∴，

∵，，∴，∴，∴，设，∴，，而，∴，解得：，则，∴，∴；综上：或．故答案为：或．【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，本题属于填空题里面的压轴题，难度较大，清晰的分类讨论是解本题的关键．38.如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．【答案】【解析】【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，∵E为CD的中点，∴DE＝CD＝AB，∴△ABP∽△EDP，∴＝，∴＝，∴＝，∵PQ⊥BC，∴PQ∥CD，∴△BPQ∽△DBC，∴＝＝，∵CD＝2，∴PQ＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．39.如图，等边中，，点，点分别是边，上的动点，且，连接、交于点，当点从点运动到点时，则点的运动路径的长度为_________．【答案】【解析】【分析】如图，作过A、B、F作⊙O,为点F的轨迹，然后计算出,的长度即可．【详解】解：如图：作过A、B、F作⊙O,过O作OG⊥AB∵等边∴AB=BC,∠ABC=∠C=60°∵∴△BCE≌△ABC∴∠BAD=∠CBE∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°∴∠ABE+∠BAD=60°∴∠AFB=120°∵∠AFB是弦AB同侧的圆周角∴∠AOB=120°∵OG⊥AB,OA=OB∴∠BOG=∠AOG=∠AOB=60°,BG=AB=∴∠OBG=30°设OB=x，则OG=x∴，解得x=或x=-（舍）∴的长度为．故答案为：．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理以及圆周角定理，根据题意确定点F的轨迹是解答本题的关键．40.如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，点E在边BC上，且BE=a.连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B'落在矩形ABCD的边上，则a的值为.【答案】或【分析】先确定