2025中考数学冲刺抢押秘籍(山东济南版)猜押04阴影部分的面积一次函数图形的变化(第13~15题)(解析版)

猜押04阴影部分的面积，一次函数，图形的变化（第13~15题）猜押考点3年山东济南真题考情分析押题依据阴影部分的面积2023年山东济南卷第14题，2022年山东济南卷第17题在山东济南中考里，阴影部分面积考查与圆、三角形等图形相关的面积计算，以填空题为主，难度中等；一次函数通过实际问题考查函数性质与应用，题型多样，难度中等；图形的变化涉及最值、线段长及比值求解，常与几何图形结合，以填空题为主，难度中等偏上。阴影部分面积、一次函数、图形的变化这三类题型在济南中考中具有重要地位。从近年考情看，阴影部分面积能考查几何图形的综合运用，一次函数紧密联系实际生活，图形的变化能检验学生的空间想象与逻辑推理能力，这些均是初中数学核心素养的体现，故2025年中考极有可能继续考查。一次函数2024年山东济南卷第14题，2023年山东济南卷第15题图形的变化2024年山东济南卷第15题，2023年山东济南卷第16题、2022年山东济南卷第18题题型一阴影部分的面积1．如图，等边是的内接三角形，若的半径为，则阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接、，连接并延长并于点，根据垂径定理和等边三角形的性质求出的面积，再利用扇形的面积公式结合图形求解．【详解】解：连接、，连接并延长并于点，如下图，则．等边是的内接三角形，，，，，，，，图中阴影部分的面积．故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，扇形的面积公式，垂径定理，含的直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积计算，作出辅助线求出的面积是解答关键．2．如图，半径为的扇形中，，是上一点，，，垂足分别为，，若，则图中阴影部分面积为．【答案】【分析】连接，根据垂直的定义及正方形的判定可知四边形是正方形，再利用正方形的性质及扇形的面积公式即可解答．本题考查了垂直的定义，正方形的判定与性质，扇形的面积公式，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的判定与性质是解题的关键．【详解】解：连接，如图所示，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，，∴在和中，，∴，∴，∴，∵扇形的半径为，∴．故答案为：．3．如图，以半圆上的点A为圆心，为半径作扇形．线段交弧的中点于，若，则阴影部分面积（结果保留）．

【答案】/【分析】本题考查扇形面积的计算，垂径定理的推论，解答本题的关键是明确扇形面积的计算公式，利用分割法解决问题．连接，根据题意，可知，，再根据图形可知阴影部分的面积是扇形的面积减去空白部分的面积再加扇形的面积减的面积，然后代入数据计算即可．【详解】解：连接，∵D是半圆弧的中点，经过圆心，∴，∵，∴，阴影部分的面积，故答案为：．4．如图，正方形的边长为a，以正方形边长为半径向外作四分之一圆，则阴影部分的面积可表示为．

【答案】【分析】本题考查了扇形的面积，正确掌握正方形的面积公式，扇形的面积公式，以及三角形的面积公式是解题的关键．阴影部分的面积正方形的面积圆的面积三角形的面积，依此列式计算即可求解．【详解】解：根据题意可知，阴影部分的面积为：．故答案为：．5．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转得，则图中线段扫过的阴影部分的面积为.【答案】【分析】本题考查的是扇形面积计算，旋转的性质，解直角三角形，掌握扇形面积公式是解题的关键．作于F，解直角三角形分别求出，根据扇形面积公式、三角形面积公式计算即可．【详解】解：作于F，∵，∴，在中，，∴，，由旋转的性质可知，，∴图中线段扫过的阴影部分的面积=扇形的面积的面积的面积扇形的面积扇形的面积扇形的面积，故答案为：．6．如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，则图中阴影部分的面积为．

【答案】【分析】本题主要考查了扇形的面积，若阴影部分的面积是一个规则的图形或是几个规则图形的和与差，则可用面积公式直接求解，若阴影部分不是规则图形，也不是几个规则图形的和与差，则需要将原图形中的相关部分通过平移，旋转，翻折等方式转化为规则图形后再求，利用割补法，则阴影部分的面积扇形扇形即可求解．【详解】解：由旋转的性质可知，，∴阴影部分的面积扇形的面积扇形的面积．故答案为：．7．如图，点是圆形纸片的圆心，将这个圆形纸片按下列顺序折叠，使弧和弧都经过圆心，已知的半径为，则阴影部分的面积是．【答案】【分析】综合运用折叠性质、圆的基本性质、勾股定理、垂径定理、三角函数特殊值判断角度推出所求阴影部分面积为圆心角的扇形面积，再根据扇形面积公式即可求解．【详解】解：连接、、，作于点，依题得，，由折叠性质得，，中，，又是半径，，平分弧与弦组成的图形，，，即，又，，弧与弦组成图形的面积弧与弦组成图形的面积；同理可得，，弧与弦组成图形的面积=弧与弦组成图形的面积，，即所求阴影部分面积为圆心角的扇形面积，．故答案为：．【点睛】本题考查的知识点是折叠性质、圆的基本性质、垂径定理、勾股定理、三角函数特殊值判断角度、扇形面积的计算，解题关键是将两部分阴影部分面积转化为扇形面积．8．如图，正五边形的边长为2，以为边作正方形，以C为圆心，长度2为半径作弧，则图中阴影部分的面积为（结果保留）．【答案】【分析】题考查了扇形面积和正多边形内角和的计算，熟练掌握扇形面积公式和正多边形内角和公式是解答本题的关键．【详解】解：∵是正五边形，∴，又∵是正方形，∴，∴，∴，故答案为：．9．如图所示，在中，，，以点为圆心，以的长为半径作，以为直径作半圆，则阴影部分的面积为．【答案】8【分析】本题考查不规则图形面积，涉及勾股定理、扇形面积公式、圆的面积公式等知识，根据题意，利用勾股定理求出，从而由直角三角形面积公式、扇形面积公式及圆面积公式求出相应图形面积，间接表示阴影部分的面积为，代值求解即可得到答案，熟练掌握不规则图形面积的求法是解决问题关键．【详解】解：如图所示：在中，，，则，；；；阴影部分的面积为，故答案为：8．10．如图，正八边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为结果保留．【答案】【分析】本体考查了正多边形的性质，多边形的内角和，扇形面积；由正多边形的性质和多边形的内角和公式得，可求出，再由扇形面积公式即可求解；掌握多边形内角和公式和扇形面积公式是解题的关键．【详解】解：由题意得：，；故答案为：．11．如图，是的直径，为的弦，于点E．已知，则阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理以及锐角三角函数和扇形面积求法等知识，正确得出是解题关键．连接，证即可得，利用扇形面积公式即可求解．【详解】如图：连接∵是的半径，于点E，∴，又∵和为的半径，即，∴，∴．设半径为r，在，，∴，解得，∴，∴，∴，∴．故答案为：题型二一次函数1．电信公司手机的收费标准有两类，已知每月应缴费用（元）与通话时间（分）之间的关系如图所示．当通话时间为分钟时，按这两类收费标准缴费的差为元．【答案】【分析】本题考查了一次函数的应用，用待定系数法求函数解析式，用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．设类收费的解析式为，类收费的解析式为，分别用待定系数法求出函数解析式，当时，求出的值，计算即可得到答案．【详解】解：设类收费的解析式为，把代入得，解得：，类收费的解析式为；设类收费的解析式为，把代入得，解得，设类收费的解析式为；当时，，，（元），当通话时间为分钟时，按这两类收费标准缴费的差为元，故答案为：．2．在一次函数中，y随x的增大而减小，且k为正整数，则k的值可以是．【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了一次函数的性质，根据随的增大而减小，得出，即可作答．【详解】解：∵在一次函数中，随的增大而减小，∴，解得，∵k为正整数，则的值可以是（答案不唯一）故答案为：．3．如图1，是在空中参与飞行表演的两架无人机，如图2，在平面直角坐标系中，线段OA，BC分别表示1号、2号无人机在队形变换中飞行高度y1，y2()与飞行时间x()的函数关系，其中，线段OA与BC相交于点P，AB⊥y轴于点B，点A的横坐标为25，则在第秒时1号和2号无人机飞行高度差为20米．【答案】13或17【分析】本题考查一次函数的应用．当时，，求出点的坐标，进而求出的解析式，由题意得，解之即可得到答案．【详解】解：，当时，，∴点的坐标为，由题意知点的坐标为，设，将代入得，∴，∴，∴线段对应的函数表达式为：，由题意得，整理得，解得：或，∴在第13秒或17秒时，1号和2号无人机飞行高度差为20米，故答案为：13或17．4．虹吸现象描述了液体在两个具有高度差的容器之间，通过充满液体的倒U形管自动流动的过程．如图1，是利用虹吸现象的原理从甲容器向乙容器注水的示意图，已知甲、乙容器完全相同，开始时甲容器液面高．设甲容器中的液面高为（单位：），乙容器中的液面高为（单位：），小明绘制了，关于虹吸时间x（单位：）的函数图象，如图2所示．当甲容器中的液面比乙容器中的液面低时，x的值为．

【答案】/【分析】本题考查了一次函数的应用．利用待定系数法求得，再利用甲容器向乙容器注水，始终有，求得，根据题意列方程求解即可．【详解】解：当时，，∵开始时甲容器液面高，∴，又∵时，，∴设，将代入得，解得，∴，∵甲容器向乙容器注水，始终有，∴，∴甲容器中的液面比乙容器中的液面低时，即，∴，解得，故答案为：．5．随着人工智能的发展，智能机器人送餐成为时尚．如图，某餐厅的机器人聪聪和慧，他们从厨房门口出发，准备给客人送餐，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的3倍．设聪聪行走的时间为，聪聪和䠂慧行走的路程分别为与x的函数图象如图所示，则慧慧追上聪聪时，聪聪行走的路程是．【答案】【分析】本题考查了一次函数的应用，根据函数图象中的数据列式计算是解题的关键．根据函数图象中的数据列式计算即可．【详解】解：根据函数图象得，慧慧开始的速度为，聪聪的速度为，，故答案为：．6．如图，四边形四个顶点的坐标分别是，，，，在该平面内找一点，使它到四个顶点的距离之和最小，则点的坐标为．【答案】【分析】本题主要考查了线段最短，一次函数的实际应用．连接、，交于点P，由两点之间线段最短，可得出的最小值就是线段的长，的最小值就是线段的长，到四个顶点的距离之最小的点就是点P，分别求出和的解析式，并求出其交点坐标即可得出答案．【详解】解：连接、，交于点P，如图所示，∵两点之间线段最短，∴的最小值就是线段的长，的最小值就是线段的长，∴到四个顶点的距离之和最小的点就是点P，设所在直线的解析式为，∵点在直线上，∴，解得：∴所在直线的解析式为设所在直线的解析式为点，在直线上，∴解得：∴所在直线的解析式为联立两直线解得：，∴点P的坐标为：．故答案为：．7．某公司生产了两款新能源电动汽车．如图，分别表示款，款新能源电动汽车充满电后电池的剩余电量与汽车行驶路程的关系．当两款新能源电动汽车的行驶路程都是时，款新能源电动汽车电池的剩余电量比款新能源电动汽车电池的剩余电量多．【答案】12【分析】本题考查一次函数的应用，根据“电动汽车每干米的耗电量剩余电量的减少量行驶路程”分别计算、两款新能源电动汽车每千米的耗电量，由此写出图象的函数关系式，并计算当时对应函数值是解题的关键．根据“电动汽车每干米的耗电量剩余电量的减少量行驶路程”分别计算、两款新能源电动汽车每千米的耗电量，由此写出图象的函数关系式，将分别代入，求出对应函数值并计算二者之差即可．【详解】解：款新能源电动汽车每千米的耗电量为，款新能源电动汽车每千米的耗电量为，∴图象的函数关系式为，图象的函数关系式为，当时，，，∴当两款新能源电动汽车的行驶路程都是时，款新能源电动汽车电池的剩余电量比款新能源电动汽车电池的剩余电量多．故答案为：12．8．小王同学从家出发，步行到离家a米的公园晨练，4分钟后爸爸也从家出发沿着同一路线骑自行车到公园晨练，爸爸到达公园后立即以原速折返回到家中，两人离家的距离y（单位：米）与出发时间x（单位：分钟）的函数关系如图所示，则两人先后两次相遇的时间间隔为．【答案】3分钟【分析】本题主要考查了一次函数的应用，根据题意确定相关点的坐标、求出直线的解析式成为解答本题的关键．先根据题意求得A、D、E、F的坐标，然后再运用待定系数法分别确定、、的解析式，再分别联立与和求得两次相遇的时间，最后作差即可．【详解】解：如图：根据题意可得，，，，设的解析式为，则，解得∴直线的解析式为，同理：直线的解析式为：，直线的解析式为：联立，解得，联立，解得．∴两人先后两次相遇的时间间隔为分钟．故答案为：3分钟．9．已知A，B两地相距，甲、乙两人沿同一条公路从A地出发到B地，甲骑自行车匀速行驶到达，乙骑摩托车，比甲迟出发，行至处追上甲，停留半小时后继续以原速行驶．他们离开A地的路程y与甲行驶时间x的函数图象如图所示．当乙再次追上甲时距离B地．【答案】15【分析】本题主要考查了利用一次函数图像解决实际问题，关键在于理解题意，明白追击问题中追上就是路程相等，再利用待定系数法求出函数表达式，最后进行求解．根据图象信息和已知条件，用待定系数法求出，，，再根据追上时路程相等，求出答案．【详解】解：设，将代入表达式，得：，解得：，则，当时，求得，设，将，，代入表达式，得：，得：，∴，∴，，∵乙在途中休息了半小时，到达B地时用半小时，∴当时，设，将，代入表达式，得到：，得：，∴，则当时，，解得：，∴，∴当乙再次追上甲时距离A地所以乙再次追上甲时距离地．故答案为：15．10．1号探测气球从海拔处出发，以的速度竖直上升．与此同时，2号探测气球从海拔20m处出发，以的速度竖直上升．两个气球都上升了．1号、2号气球所在位置的海拔，（单位：m）与上升时间x（单位：）的函数关系如图所示．当气球上升min时，两个气球的海拔竖直高度差为．【答案】10或30【分析】此题主要考查了一次函数以及一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，列出函数解析式．先求出两个函数关系式，再根据两个气球所在位置的海拔相差5米，分两种情况：①2号探测气球比1号探测气球海拔高5米；②1号探测气球比2号探测气球海拔高5米；分别列出方程求解即可．【详解】解：号探测气球从海拔处出发，以的速度竖直上升．与此同时，2号探测气球从海拔处出发，以的速度竖直上升．，设2号探测气球解析式为，过，，解得，，两个气球的海拔竖直高度差为，分两种情况：①2号探测气球比1号探测气球海拔高5米，根据题意得：，解得；②1号探测气球比2号探测气球海拔高5米，根据题意得：，解得．综上所述，上升了10或后这两个气球相距，故答案为：10或30．11．2024年五一期间，小亮一家驾车前往青岛旅游，在行驶过程中，汽车离青岛崂山景区的路程y（）与所用时间x（h）之间的函数关系的图象如图所示，那么小亮从家到青岛崂山景区一共用了小时．【答案】3【分析】本题主要考查了一次函数的应用，待定系数法求一次函数解析式以及求一次函数自变量，根据函数图像设的解析式为：，用待定系数法求出函数解析式，再求出当时，x的值即可．【详解】解：根据函数图像可知，为一次函数，且过点，，设的解析式为：，则，解得：，∴的解析式为：，当时，则，解得：，∴小亮从家到青岛崂山景区一共用了3个小时．故答案为：3．12．如图，射线①是某公共汽车线路收支差额y（票价总收入减去运营成本）与乘客量x的函数图象．目前这条线路亏损，为了扭转亏损，公交公司在不提高票价的情况下，决定通过优化管理来降低运营成本，改变后y与x的关系图为射线②．两射线与x轴的交点坐标分别是，，则当乘客为1万人时，改变后的收支差额较之前增加万元．

【答案】【分析】本题考查了一次函数的应用．利用待定系数法分别求出①②的解析式，再把代入解答即可．【详解】解：设①所在直线的解析式为，则：，解得，①所在所在直线的解析式为；设②所在直线的解析式为，则：，解得，②所在直线的解析式为，（万元），即改变后的收支差额较之前增加万元．故答案为：．题型三图形的变化方向一求最值1．在矩形中，，，为边上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到射线，在射线上取一点，使得，连接，则的最小值是．【答案】/【分析】本题考查了二次函数的应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理．作交的延长线于点，作于点，设，证明，求得，，在中，由勾股定理得，得到，利用二次函数的性质求解即可．【详解】解：作交的延长线于点，作于点，设，则，∵矩形，∴，，，四边形是矩形，由题意得，，，∵，∴，∴，∴，即，∴，，∴，，在中，由勾股定理得，即，∵，∴当时，有最小值，最小值为，∴的最小值是，故答案为：．2．如图，在正方形中，，点E、F分别在边、上，且，将线段绕点F顺时针旋转得到线段，连接，则线段的最小值为．【答案】/【分析】以点为原点，所在直线为坐标轴构造平面直角坐标系，过点作，过点作，设，则：，证明四边形为矩形，得到，，证明，求出点的坐标，进而得到点在直线上运动，求出直线与坐标轴的交点，过点作直线，得到当于点重合时，最小，等积法求出的长即可．【详解】解：∵正方形，∴，以点为原点，所在直线为坐标轴构造平面直角坐标系，过点作，过点作，设，则：，四边形为矩形，∴，，∴，∵旋转，∴，又∵∴，∴，∴，，∴，∴点，即：，∴点在直线上运动，设直线与轴交于点，与轴交于点，过点作直线，当时，，当时，，∴，，∴，∴，∵直线，∴，∴，∵点在直线上运动，∴当点与点重合时，的值最小为．故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数与几何的综合应用，解题的关键是构造坐标系，确定动点的轨迹．3．如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿着折叠，得到，连接，点是的中点，，则的最小值为．【答案】/【分析】延长到点，使得，连接，，则是的中位线，证明是等边三角形，求出，，从而可得结论．【详解】解：延长到点，使得，连接，，∵是的中点则是的中位线，∴，当取最小值时，有最小值，连接，∵四边形是菱形，∴，，∴又，∴是等边三角形，∴，，∴于，∴，，∴，∴，∴，由折叠可知，又，∴，当，，共线时，有最小值，此时的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠与轴对称，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用轴对称求最值是解题的关键．4．如图，在矩形中，，点在边上，，在矩形内找一点，使得，则线段的最小值为．【答案】/【分析】点P在所对圆周角的圆O上运动，当的延长线过圆心O时，有最小值，连接，，过O作于H，过O作于M，求出，，由等腰三角形的性质推出，，由圆周角定理得到，由，求出，由含30度角的直角三角形的性质得到，判定四边形是矩形，得到，，由勾股定理求出的长，即可得到答案．【详解】解：点P在所对圆周角的圆O上运动，当的延长线过圆心O时，有最小值，连接，，过O作于H，过O作于M，，，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，四边形是矩形，，，，，，，，的最小值是，故答案为：．【点睛】本题考查点与圆的位置关系，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，矩形的性质，关键是判定点P在所对圆周角的圆O上运动．5．如图，在中，，，，点M与点N分别在边与上，，将沿翻折得到，连接并将绕点A逆时针旋转得到，连接，则的最小值为．【答案】/【分析】由折叠的性质得，，，证明是等边三角形得，可得点在与夹角为的射线上运动，设交于点，证明是等边三角形得，，由可知将逆时针旋转后所得线段在上，得出点E在直线上运动，作于点H，则当E与H重合时，的值最小．证明，求出，求出即可求解．【详解】解：连接并延长，∵在中，，，，∴，∴，∴．由折叠的性质得，，，∴，∴是等边三角形，∴，∴点在与夹角为的射线上运动，设交于点，∵，，∴是等边三角形，∴，，∴，．∵，∴将逆时针旋转后所得线段在上，∴点E在直线上运动，，∴．作于点H，则当E与H重合时，的值最小．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，的值最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识，确定点C和点E运动的轨迹是解答本题的关键．6．如图，菱形中，，点P是直线上一动点，点E在直线上，若，则的最小值是．【答案】【分析】连接，作的外接圆，连接．利用相似三角形的性质判断出，得出点E的运动轨迹，可得结论．【详解】解：连接，作的外接圆，连接．∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴点E在上运动，，∵，∴，∴，∴，∵，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质等，找出点E的运动轨迹是解题的关键．7．如图，已知矩形，，，点为边上一点，连接，以为一边在与点的同侧作正方形，连接．当点在边上运动时，的最小值是．【答案】【分析】过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，利用矩形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，，设，则，，利用勾股定理，配方法以及非负数的意义解答即可得出结论．【详解】解：过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，∵四边形为矩形，∴，，，∵，∴四边形为矩形，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴四边形为矩形，∴，，，设，则，，∴，，在中，，∴，∵，∴当时，取得最小值为，∴的最小值是，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些性质．8．在中，，，为线段上的动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，若，，则的最小值是．【答案】【分析】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定与性质．根据所给条件，得出与相似，进一步得出与相似，根据相似三角形的性质将的最小值转化为的最小值即可解决问题．【详解】解：由旋转可知，，又∵，∴，∵，∴，∴，，∴，即，∴，∴．过点C作的垂线，垂足为M，在中，，∴，令,，∴，解得（舍负），∴，∴．在中，，∴，则，∴当取得最小值时，取得最小值．当，即点D在点M处时，取得最小值3，∴的最小值为．故答案为：．方向二求线段长9．如图，在中，点P是边上一点，将沿直线折叠，点D的对应点为E．当点E恰好落在边上时，若，则的长为．【答案】/【分析】如图，延长与的延长线交于点，证明，，再利用相似三角形的性质可得答案．【详解】解：如图，延长与的延长线交于点，∵，∴，，∴，由折叠可得：，，∴，∴，∵，∴，∴，而，，∴，∴，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．10．如图，正方形中，，点E是对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，连接，交于点M，将沿翻折，得到，连接，交于点G，若点F是边的中点，则线段的长是【答案】【分析】利用勾股定理可得，再证明，可得，即可得；如图，过作于，作于，根据正方形的性质可证，即可得是等腰直角三角形，由翻折的性质可得，，，即有，再根据勾股定理即可作答．【详解】∵四边形是正方形，，点F是边的中点，∴，，即，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，如图，过作于，作于，结合平分，可得四边形是正方形，即，，则有，结合，可得，∵，，∴，在和中，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，由翻折的性质可得，，，∴，在中，由勾股定理得，故答案为：，【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．11．如图，在矩形中，，点为边上一点．将沿折叠，使得点落在矩形内点的位置，连接．若，则．

【答案】【分析】此题考查了矩形的折叠问题、直角三角形的边角关系、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，作合适的辅助线，恰当的利用题目中的已知条件，是解决问题的关键．过点F作，交分别于点M、N，在矩形中，则，由折叠得，，根据设，则，利用勾股定理求出，则，再证明，得到，代入数值即可解得．【详解】过点F作，交分别于点M、N，在矩形中，则，

由折叠得：，，∵，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：舍去，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得．故答案为：．12．如图，在边长为2的菱形中，，点M是的中点，连接，将菱形翻折，使点A落在线段上的点E处，折痕交于点N，则线段的长为．【答案】【分析】过点M作