【浙江三轮】2026年中考数学知识点 考点一遍过专题15 选择填空压轴题

【浙江三轮】2026年中考数学知识点·考点一遍过专题15选择填空压轴题一、选择题1．（2026·镇海区一模）下图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD.直线MP分别交正方形ABCD的两边于点E，F，若MN=1，EM=MP=PF，则AB=（)A．6+3 B．33 C．232．（2026·浙北一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A'是点A关于直线BD的对称点，连结A'B交CD，AC于点E，F，连结OE.若CF=3，OF=2，则OE的长度为()A．577 B．31414 C．3．（2026·温州）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，点P从点D出发，以每秒1个单位的速度沿DB向终点B运动，同时点Q从点B出发，沿折线B—C—D向终点D匀速运动，两点同时到达终点.设运动时间为x秒，PQ2为y.如图2，y关于x的函数图象经过最低点E(2，m).下列说法不正确的是()A．n=7 B．m=25C．k=14744．（2026·浙江模拟）在“探索一次函数y=kx+b中k，b与图象的关系”活动中，已知点A2,2，点Pm,n在第一象限内，若一次函数y=kx+b图象经过A，A．当m>n时，b>0 B．当m<n时，b<0C．当m+n=2时，k>0 D．当m+n=2时，k<05．（2026·浙江模拟）如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°．按以下步骤作图：①分别以点A，B为圆心，以大于12AB长为半径作弧，两弧交于点E，F；②作直线EF；③以点B为圆心，以BA为半径画弧交直线EF于点G；④连接BG交AC于点A．60° B．70° C．75° D．80°6．（2026·温州模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，BO交AC于点D，过点D作DH⊥AC，垂足为H.若2AH=CH，BC=10.则BD的长度为（）A．252 B．15 C．55 7．（2026·浙江模拟）如图，▱ABCD中，DE∥BG，AF∥CH，E，G分别在AF，CH上，连结FH，∠AFB=120°，若△AFB≌△HEF，△AED与△HEF的面积相等，则AEEFA．13 B．22 C．3−18．（2026·宁波模拟）如图1，在矩形ABCD中，点P从点A出发沿边AD→DC匀速运动，运动到点C时停止.过点P作对角线AC的垂线，交矩形ABCD的边于点Q.设点P运动的路程为x，AQ的长为y，其中y关于x的函数图象如图2所示，则下列选项错误的是（）A．AB=4 B．mC．n=459．（2026·温州一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为OC上一点，连接DE，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，EF交CD于点G，连接BE，CF．当四边形BCFE为平行四边形时，若A．k B．21−k2−1 C．10．（2026·浙江模拟）为筹备校园“正方形主题文化角”，工作人员用两个边长相同的正方形展板布置：如图1，固定展板ABCD（顶点A、C在直线展台MN上）与移动展板EFGH（顶点E、G在直线展台MN上），移动展板可沿MN平移．设固定展板顶点C与移动展板顶点E的距离为x（单位：m）（0≤x≤8），两个展板重叠部分的面积为y（单位：m2），y关于x的函数图象如图2A．正方形的对角线长为2B．当x=2时，重叠面积y=2C．当x=5时，重叠面积y=6D．函数图象的最高点的坐标为(4二、填空题11．（2026·杭州二模）已知：如图，AB为⊙O的直径，C是半圆上的一点，D为弧BC的中点，点P在半径OB上，且AC=AP，连结CP，DP，BD.若CPBD=312．（2026·丽水一模）如图，在▱ABCD中，点E在BC上，点B关于直线AE的对称点F落在□ABCD内，延长AF交DC于点G，交射线BC于点P，延长EF交CD于点Q。当CP=CE时，设BECE=m13．（2026·宁波模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点E为⊙O上一点，CD⏜=BE14．（2026·舟山一模）如图，△ABC为⊙O内接三角形，其中AB为直径，且.AB=62①BP=；②若OE=x，CE=y，y与x之间的函数关系为。15．（2026·浙江模拟）如图，△ABC内接于⊙O，D是AC上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，OE=134，BE=29，则16．（2026·慈溪模拟）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若cosB=15，则DECE17．（2026·温州模拟）如图，已知在△ABC中，AB=AC，AG是BC上的高线，点D是AG上的一点，BD交AC于点F.过点D作DE∥AB交AC于E，联结CD，若CF=2EF，△ABC的面积为2，则△ADF的面积为.18．（2026·浙江一模）如图，点D是△ABC内部一点，且∠DCB=∠DAB，延长AD交BC于点E.已知6AD=7DE，BE=5，CE=6，则AB=.19．（2026·慈溪一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上.若cosB=15,则20．（2026·杭州模拟）如图，在▱ABCD中，BC=3，CD=4，点E是CD边上的中点，将△ADE沿AE翻折得△AFE，连结BF，点B，F，E恰好在同一直线上，延长AF交BC于点G.则△BFG与四边形AGCD的面积比为.21．（2026·台州一模）逢k进一的数称为k进制数，k为大于1的整数.k进制的n位数可以表示为(an,an−1,⋯a2,a1)k，其中n为正整数，an22．（2026·温州一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB=4，AD=6，CF=1，∠AEB=∠AFE=∠EFC，则AE的长为．23．（2026·定海一模）如图，平行四边形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠使点B落在点F处，连接CF和BF，延长BF交CD于点G，AE和BG相交于点H，若∠FCG=2∠GBC，AB=5，BC=210，则BG的长为24．（2026·浙江模拟）如图，⊙O直径AB=10cm，弦AC=6cm,∠ACB的平分线分别交⊙O、AB于点D，M，则线段DM的长为

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：已知小正方形MNPQ的边长MN=1，且EM=MP=PF。

因为MNPQ是正方形，所以MP是小正方形的对角线，由勾股定理得：MP=MN2+NP2=2，

因此EM=PF=MP=2，

设四个全等的直角三角形的短直角边为a，长直角边为b(b>a)。

根据赵爽弦图的结构，小正方形的边长等于长直角边减短直角边，因此：b-a=1

大正方形的边长AB是直角三角形的斜边，由勾股定理得：AB=a2+b2，

过点E作EG⊥AN于点G，

因为四边形MNPQ为正方形，MP为对角线，

所以∠NMP=∠EMG=45°，

所以EG=MG=1，AG=b-2，

因为∠ANB=90°，

所以EG//BN，

所以△AEG~△ABN，

所以AGAN=EM故答案为：A.【分析】本题以赵爽弦图为载体，综合考查正方形性质、全等三角形、相似三角形与勾股定理。先由小正方形边长和线段相等关系，利用相似三角形求出直角三角形的两直角边，再用勾股定理计算大正方形边长AB。2．【答案】A【解析】【解答】解：∵OF=2，CF=3，

∴OC=5，AF=7，

∵ABCD是矩形，

∴OB=OD=OA=OC=5，AC=BD=10，DC∥AB，

∴∠CEF=∠ABF，∠ECF=∠BAF，∠CDB=∠DBA，

∴△CEF∽△ABF，

∴CEAB=CFAF=37，

设CE=3a，则AB=DC=7a，

∴DE=DC-CE=7a-3a=4a，

由折叠可得∠A'BD=∠ABD，

∴∠CDB=∠A'BD，

∴DE=BE=4a，

又∵OD=OB，

∴OE⊥BD，

在Rt△CBE中，BC2=BE2-CE2=(4a)2-(3a)2=7a2，即BC=7a，

在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=7a2+(7a)2=56a2=102，

解得a2=2514，

又∵S△DEB=13．【答案】B【解析】【解答】解：连接AC，交BD于点O，过点Q作QH⊥DB于点H，如图，∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠ABD=∠DBC=60°，DC=BC，OC⊥BD，DO=OB，∴△BCD为等边三角形．则BD=DC=BC，∵OC⊥BD，QH⊥DB，∴OC∥QH，∴∠BDH=∠BCO,∠BHQ=∠BOC，∴△BCO∽△BQH，∴QHCO则点Q以每秒2个单位的速度沿折线B−C−D向终点D匀速运动，由图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，x=DO=3.5，则那么，OC=723，OB=72，由图2可知点n=7，此时点P与点B当点Q在线段BC运动时，∴PD=x，PB=7−x，BQ=2x，∴QH723=2x则PH=PB−BH=7−x−x=7−2x，那么，PQ2为当x=2时即为图2的点E，m=y=21，当x=3.5时，当点Q在线段DC运动时，同理可得PD=x，PB=7−x，DQ=14−2x，∴DH=1214−2x则PH=PD−DH=x−7−x那么，PQ2为y=P=7x当x=4时，y=28，故答案为：B.【分析】连接AC，交BD于点O，过点Q作QH⊥DB于点H，根据菱形的性质可得BD=DC=BC，∠DBC=60°，OC⊥BD，然后根据两角对应相等得到△BCO∽△BQH，即可得到QHCO=BQBC=BHBO，根据图2的对称性可知，当点Q运动至点C、点P运动至点O时，x=DO=3.5，即BD=2DO=7，根据30°的直角三角形的性质和勾股定理得到OC=723和OB=72，结合图2可知n=7时，此时点P与点B重合，点Q与点D重合，进而分：点Q在线段BC运动时，得到BH=x、QH=3x且4．【答案】C【解析】【解答】解：∵点A2,2，点Pm,n在一次函数y=kx+b图象上，

∴2k+b=2mk+b=n，解得：k=2−n2−mb=2n−m2−m，

A、当m>n时，则n−m<0，①当m>2时，b=2n−m2−m>0；②当0<m<2时，b=2n−m2−m<0；故该选项判断错误，不符合题意；

B、当m<n时，则n−m>0，①当m>2时，b=2n−m2−m<0；②当0<m<2时，b=2n−m2−m>0；故该选项判断错误，不符合题意；

C、当m+n=2时，则m=2−n，

∵点Pm,n在第一象限内，

∴5．【答案】C【解析】【解答】解：连接AG，如图，

由作法得EF垂直平分AB，

∴GA=GB，

∵BG=BA，

∴AB=BG=AG，

∴△ABG为等边三角形，

∴∠ABG=60°，

∵AB=BC，∠ABC=90°，

∴∠BAP=45°，

∴∠APB=180°−∠ABG−∠BAP=180°−60°−45°=75°．

故选：C

【分析】本题以尺规作图为背景，综合考查了线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定、等腰直角三角形的性质以及三角形内角和定理。解题的关键是连接AG，由作图步骤可知EF垂直平分AB，从而得到GA=GB；再根据“以B为圆心，BA为半径画弧”可得BG=BA，因此AB=BG=AG，推出△ABG为等边三角形，故∠ABG=60°。在△ABC中，由AB=BC且∠ABC=90°得∠BAP=45°。最后在△ABP中利用三角形内角和为180°，即可求出∠APB=180°-60°-45°=75°。理解尺规作图每一步的几何意义是正确推理的前提。6．【答案】D【解析】【解答】解：连接AD和CD，

设AH=x，∵2AH=CH，∴CH=2x，AC=3x，∵AB=AC，∴AB=3x，∵BD是圆O的直径，∴BD为直径，∴∠BAD=∠BCD=90°，在Rt△BAD中，BD在Rt△BCD中，BD∴9x∵DH⊥AC，∴在Rt△ADH和Rt△CDH中，D∴AD即CD将②代入①得：9x解得6x即9x∵弧AB=弧AB∴∠ADB=∠ACB作AM⊥BC于M，∵AB=AC，∴MC=在Rt△AMC中，cos∠ACB=MC在Rt△BAD中，cos∠ADB=∴AD即AD=∴AD∵BD∴BD∴5解得B∴BD=180故答案为：65

【分析】连接AD和CD，设AH=x，求出AB=AC=3x，然后在Rt△BAD和Rt△BCD中根据勾股定理得到∴9x2+AD2=100+CD2，在Rt△ADH和Rt△CDH中得到CD2−AD27．【答案】D【解析】【解答】解：设EF=1,AE=k，则AEEF∵△AFB≌△HEF，∴AF=EH=k+1，BF=EF=1，如图，过点H作HK⊥AF于点K，过点D作DG⊥AF于点G，延长DE交AB于点M，延长BG交CD于点N，∵DE∥BG，∠AFB=120°∴∠DEF=120°，∴∠AEH=60°，在Rt△EHK中，sin∴HK=EH⋅sin∴S∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵DM∥BN，∴四边形BNDM是平行四边形，∴∠MBN=∠NDM，∵DE∥BG，AF∥CH，∴四边形EFGH是平行四边形，∴∠EFG=∠EHG，∴∠BFE=∠DHG，在△ABF和△CDH中，∠ABF=∠CDH∠AFB=∠CHD∴△ABF≌△CDH(AAS)，∴DH=BF=1，∴DE=EH+DH=k+1+1=k+2，在Rt△DGE中，∠DEG=60°，sin∴DG=DE⋅sin∴S∵S∴3整理得：k2解得：k=−1±由k>0，则k=−1+故答案为：D.【分析】设EF=1,AE=k，根据全等三角形的对应边相等可得AF=EH=k+1，BF=EF=1，过点H作HK⊥AF于点K，过点D作DG⊥AF于点G，延长DE交AB于点M，延长BG交CD于点N，在Rt△EHK中，根据正弦的定义求出HK长，再根据三角形的面积公式求出△HEF的面积，利用平行四边形的判定和性质，利用AAS得到△ABF≌△CDH，即可得到DE=k+2，在Rt△DGE中，利用正弦的额定义求出DG长，即可求出△ADE的面积．再根据8．【答案】D【解析】【解答】解：由图2得，当点Q运动到点B处时，AQ为4，即AB为4，故选项A正确；如图，当点P运动到点D处时，路程AP为8，即AD为8，∵AC⟂PQ,BC∥AD，∴ADCD=CDCQ,即84=4CQ,

∴CQ=2,

∴BQ=6,

∴m=AQ=42+62=213,故选项B正确；

当点P运动到点C处时，点Q与点C重合，

此时n=AC=42+8故答案为：D.【分析】根据点的运动过程，利用函数图象得到AB长判断A选项；根据平行得到△ADC∽△DCQ，根据对应边成比例求出CQ长，再根据勾股定理求出m的值判断B选项；当点P运动到点C处时，点Q与点C重合，根据勾股定理求出n的值判断C选项；当AP=6时，过点P作PH⟂BC于点H，得到△PHQ∽△ADC,根据对应边成比例求出QH长，再根据勾股定理求出AQ长判断D选项解答即可.9．【答案】B【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AD=BC，AD∥BC，且AC=2AO，∵sin∠DAC=k，∴DOAD设AD=a，则DO=ak，由折叠得DF=DA=a，在Rt△ADO中，AO=A∴AC=2AO=2a1−又四边形BCFE是平行四边形，∴EF∥BC,BC=EF，∴AD∥EF,AD=EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE=DF=a，∴CE=AC−AE=2a1−∵EC∥DF，∴△ECG∽△FGD，∴GEGF=CEFD=a21−k2−1a=21−k10．【答案】B【解析】【解答】解：∵四边形ABCD与四边形EFGH是两个相同的正方形，AC与EG是对角线，∴AC=EG，AD=CD，∠DCA=∠DAC=45°=∠HEG，∠D=∠DCB=90°=∠HEF，∴AD∥EH，由图1及图2知：当x=0（即点E与点C重合）时，y=0，当x=8（即CE=8）时，y=0，此时8=CE=AC+EG=AC+AC=2AC，∴EG=AC=4，故选项A不正确；∴4=AC=A∴AD=22，即正方形ABCD与正方形EFGH的边长为2当x=2时，此时点E为AC的中点，如图，设CD交EH于点P，BC交EF于点Q，∴CE=2，∵AD∥EH，∠D=∠DCB=90°=∠HEF，∴∠EPC=∠D=90°=∠DCB=∠HEF，∴四边形EPCQ是矩形，∵∠DCA=45°=∠HEG，∴EP=CP，∴四边形EPCQ是正方形，∴2=CE=E∴EP=2∴重叠面积y=S当x=5时，如图，设AD交GH于点R，AB交GF于点S，∴CE=5，四边形ARGS是正方形，∵AC=EG=4，AR=RG，∴AE=CE−AC=5−4=1，∴AG=EG−AE=4−1=3，∴3=AG=A∴AR=3∴重叠面积y=S由图1及图2知：当x=4（即点E与点A重合）时，y取得最大值，此时正方形EFGH与正方形ABCD重合，∵正方形ABCD的边长为22∴此时重叠面积y=S∴函数图象的最高点的坐标为(4,故答案为：B.【分析】根据题意结合图2可得EG=AC=4判断A；当x=2时，设CD交EH于点P，BC交EF于点Q，即可得到CE=2，根据重叠部分为正方形，根据面积公式y=S正方形EPCQ=EP2计算判断B；当x=5时，设AD交GH于点R，AB交GF于点S，即可得到CE=5，利用重叠面积y=S正方形ARGS=AR2计算判断C；根据函数的对称性可知11．【答案】3【解析】【解答】解：如图，连接AD交CP于点Q，连接CD，∵D为弧BC的中点，∴CD=∴CD=BD，∠CAD=∠BAD，∴AQ平分∠CAP，又∵AC=AP，∴AQ⊥CP，CQ=PQ，∴AQ是CP的垂直平分线，∵点D在直线AQ上，∴CD=PD，∴BD=PD，∵CPBD∴设CP=3a，BD=2a，∴PQ=12CP=在Rt△PQD中，cos∠QPD=即cos∠CPD=故答案为：34【分析】连结AD交CP于点Q，连结CD，根据弧、弦、圆心角的关系得到CD=BD，∠CAD=∠BAD，根据三线合一可得AQ⊥CP，CQ=PQ，即可得到CD=PD=BD，设CP=3a，BD=2a，在Rt△PQD中根据余弦的定义解答即可．12．【答案】m【解析】【解答】解：如图，延长AD,EQ交于点设CQ=a，CE=b∵BECE=m(0<m<2)∴DQ=an，BE=mb，∴CD=CQ+DQ=a+an=(n+1)a，AD=BC=b+mb=(m+1)b∵折叠，∴AF=AB=(n+1)a∵AD∥BC，即DM∥EC∴△DQM∽△CQE∴DMEC=∴DM=bn∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠ADQ又∵折叠，∴∠AFE=∠B∵∠AFQ+∠AFE=180°∴∠AFQ+∠ADQ=180°∴∠DAF+∠DQF=180°∵∠EQC+∠DQF=180°∴∠EQC=∠DAF∵AD∥BC∴∠DAF=∠FPE∴∠EQC=∠FPE又∵∠FEP=∠CEQ∴△FEP∽△CEQ∴EFEC=∴PF=ma∵AB∥CD∴△AMF∽△PEF∴EP∴2b解得：n=故答案为：m2【分析】延长AD,EQ交于点M，设CQ=a，CE=b，根据平行四边形的性质得到△DQM∽△CQE，然后根据对应边成比例求出DM=bn，再根据两角对应相等得到△FEP∽△CEQ，求出PF=ma，进而得到13．【答案】27【解析】【解答】解：如图，连结OD，OE，DB，∵AB为⊙O的直径，弦CD⟂AB,

∴BC=BD.

∵CD=BE,

∴CD+CE=BE+CE,即DE=BC,

∴DE=BD,

∴DE=BD.

∵OE=OB,OD=OD,

∴△ODE≅△ODB,

∴∠ODF=∠ODB=∠OBD.

∵∠OFD=∠DFB,

∴△OFD∽△DFB,

∴OF【分析】连结OD，OE，DB，根据垂径定理和弧的加减得到DE^=BD^,即可得到DE=BD，再根据SSS得到△ODE≌△ODB，即可得到∠ODF=∠ODB=∠OBD.14．【答案】6；y=−【解析】【解答】解：①如图，连接AP，∵CP平分角∠ACB，∴∠ACP=∠BCP，∴AP=BP，∵AB为⊙O的直径，且AB=62∴∠APB=90°，∴BP=AP=6；②连接BE，过E分别作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为M、N、F，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，OA=1∵点E为∠BAC和∠ACB平分线的交点，∴EN=EF=EM，∠NCE=∠FCE=12∠ACB=45°∴∠NCE=∠CEN=45°，∴CN=EN，∵CE=y，∴CN=EN=2∴CN=EN=EF=EM=2∵EN=EM，AE=AE，∠ANE=∠AME=90°，∴Rt△ANE≌Rt△AME(HL)，∴AN=AM=AC−CN=AC−2同理可得BF=BM=BC−CF=BC−2∵AB=AM+BM=62∴AC−2整理得AC+BC=62∵S△ABC∴12即AC⋅BC=2∴AC⋅BC=2∴(AC−BC)2∵AM=AC−22y∴|AC−BC|=|AM−BM|=|(OA+OM)−(OB−OM)|=2OM，∴(AC−BC)2解得OM∵Rt△OEM中EM2+OM2∴−1整理得y=−1故答案为：6；y=−1

【分析】①如图，连接AP，根据角平分线的定义得到∠ACP=∠BCP，即可得到AP=BP，然后根据等腰直角三角形的性质解答即可；②连接BE，过E作△ABC三边的垂线，垂足分别为M、N、F，由角平分线的定义得到E是△ABC的内心，即可得到CN=EN=EF=EM=22y，然后根据HL得到Rt△ANE≌Rt△AME，即可求出AN的值，进而求出AC+BC=62+2y，再根据S15．【答案】10【解析】【解答】解：延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，如图，

∵OA平分∠BAD，

∴∠DAO=∠BAO，

∵AD∥BC，

∴∠DAE=∠BEA，

∴∠BAE=∠BEA，

∴AB=BE=29，

∵OA=OB，

∴∠OAB=∠OBA，

∴∠ABO=∠BEA，

∴△AOB∽△ABE，

∴AOAB=ABAE，

∵AB=29，AE=AO−OE=AO−134，

∴AO29=29AO−134，

解得：AO=294，

∴FE=OF+OE=294+134=212，AF=2OA=292，

又∠FCB=∠BAF,∠FEC=∠BEA，

∴∠FCE=∠FEC，

∴FC=FE=212，

∵AF16．【答案】5【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，

∴∠B=∠D，AD∥BC，AB=AD，

由折叠的性质可得：∠B=∠AFE，DE=EF，AD=AF，

∴AB=AF，

∴∠B=∠AFB，

∴∠B=∠AFB=∠D=∠AFE，

∴如图，作EG⊥BC，交BC的延长线于G，在BC的延长线上取一点H，使得CG=GH，连接EH，

，

则EG垂直平分CH，

∴CE=HE，

∴∠ECH=∠H，

∵AD∥BC，

∴∠D=∠ECH，

∴∠B=∠AFB=∠D=∠AFE=∠ECH=∠H，

∵∠EFH=180°−∠AFB−∠AFE，∠CEH=180°−∠ECH−∠H，

∴∠CEH=∠EFH，

∵∠H=∠H，

∴△ECH∽△FEH，

∴CHEH=CEEF，

∵cosB=15，

∴cos∠ECH=15，

设CG=GH=a，则EC=EH=5a，CH=2a，

∴2a5a=5aEF，

∴EF=252a，

∴DE=EF=252a，

∴DECE=252a5a=52．

故答案为：5217．【答案】3−【解析】【解答】解：∵AB=AC，AG是BC边上的高线，△ABC的面积为2，∴AG平分∠BAC，S△ACG∴∠BAD=∠CAD，∵DE∥AB，∴∠∴∠∴AE=DE，设EF=x，则CF=2EF=2x，∴AB=AC=AE+EF+CF=AE+3x，∵DE∥AB，∴△FDE∽△FBA，∴EFAF整理得AE∵AE>0，x>0，∴AE=3∴AC=3x+3x=3如图，过点G作GK∥BF交AC于点K，∵G是BC的中点，∴K是CF的中点，∴FK=KC=1∴AK=AF+FK=(3∵DF∥GK，∴AD∴S∴S∵S∴S故答案为：3−3

【分析】根据等腰三角形三线合一和平行线的性质可得∠CAD=∠ADE，即可得到AE=DE，设EF=x，则CF=2EF=2x，根据平行线的性质得到△FDE∽△FBA，然后根据对应边成比例求出AE的长，即可求得AC，AF的长，过点G作GK∥BF交AC于点K18．【答案】310【解析】【解答】解：过点D作DF∥AB交BC于点F，∵DF∥AB，∴△DEF∽△AEB，∴DEAE∵6AD=7DE，即ADDE设AD=7k，则DE=6k，∴AE=AD+DE=13k，∵BE=5，∴6k13k∴EF=30∵△DEF∽△AEB，∴DEAE设DF=6m，则AB=13m，∵DF∥AB，∴∠DAB=∠EDF，∵∠DCB=∠DAB，∴∠DCB=∠EDF，∵∠CFD=∠DFE，∴△CFD∽△DFE，∴CFDF∴DF∵CE=6，∴CF=CE+EF=108∴36m∴m=3∴AB=13m=310故答案为：310.【分析】过点D作DF∥AB交BC于点F，即可得到△DEF∽△AEB，根据对应边成比求出EF长，求出EF=3013，设DF=6m，则AB=13m，然后推理得到19．【答案】5【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，∴∠B=∠D，AD∥BC，AB=AD，由折叠的性质可得：∠B=∠AFE，DE=EF，AD=AF，∴AB=AF，∴∠B=∠AFB，∴∠B=∠AFB=∠D=∠AFE，∴如图，作EG⊥BC，交BC的延长线于G，在BC的延长线上取一点H，使得CG=GH，连接EH，，则EG垂直平分CH，∴CE=HE，∴∠ECH=∠H，∵AD∥BC，∴∠D=∠ECH，∴∠B=∠AFB=∠D=∠AFE=∠ECH=∠H，∵∠EFH=180°−∠AFB−∠AFE，∠CEH=180°−∠ECH−∠H，∴∠CEH=∠EFH，∵∠H=∠H，∴△ECH∽△FEH，∴CHEH∵cosB=1∴cos∠ECH=设CG=GH=a，则EC=EH=5a，CH=2a，∴2a5a∴EF=25∴DE=EF=25∴DECE故答案为：52【分析】根据菱形的性质和折叠的性质得出AB=AF，再根据等边对等角求出∠B=∠AFB=∠D=∠AFE，作EG⊥BC，交BC的延长线于G，在BC的延长线上取一点H，使得CG=GH，连接EH，根据垂直平分的性质可得CE=HE，然后推理得到△ECH∽△FEH，根据对应边成比得到CHEH=CEEF，然后根据余弦的定义得到cos∠ECH=1520．【答案】1：8【解析】【解答】解：如图，延长AD，与BE的延长线交于点H，

∵在▱ABCD中，BC=3CD=4

∴AB=CD=4，AD=BC=3，AB//CD，AD//BC

∴∠1=∠2，∠DAG=∠5，∠3+∠C=180°，∠C=∠HDE

∵将△ADE沿AE翻折得△AFE，点B，F，E恰好在同一直线上，

∴AD=AF=3，∠3=∠4，DE=EF

∴AF=BC，

∵∠4+∠AFB=180°，

∴∠AFB=∠C.

在△ABF和△BEC中，

∠1=∠2∠AFB=∠CAF=BC

∴△ABF≌△BEC(AAS)

∴BF=EC，AB=BE=4

∵点E是CD边上的中点

∴BF=EC=DE=EF=2

在△DEH和△CEB中，

∠HDE=∠CDE=CE∠HED=∠BEC

∴△DEH≌△CEB(ASA)

∴DH=CB=3，EH=EB=4，

∴AH=FH=6，

∴∠DAG=∠4

∵∠4=∠BFG

∴∠5=∠BFG

∴BF=BG=2

∴CG=1，

∵∠DAG=∠5

∴△BFG∽△HFA

∴BGAH=13

设△BFG边的BG上的高为h，则△AFH的边AH上的高为3h，▱ABCD的底边AD上的高为4h，则△BFG与四边形AGCD的面积比为21．【答案】y=x-3；1322．【答案】2【解析】【解答】解：延长AD、EF交于点M，如下图所示：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC，∴∠FEC=∠AMF，∵∠AEB=∠AFE，∠AEB=180°−∠AEF−∠FEC，∠AFE=180°−∠AEF−∠EAF，∴∠EAF=∠FEC=∠AMF，∴∠EAF=∠AME，又∵∠AEF=∠AEM，∴△AEF∽△MEA，

∵∠EAF=∠FEC，∠AFE=∠EFC，∴△AEF∽△ECF，∵AB=4，AD=6，CF=1，∴DF=AB−CF=3，∵△AEF∽△ECF，∴AEEC即AEs∴AE=st，AF=t又∵△DFM∽△CFE，∴EFFM即tFM∴FM=3t，DM=3s，∴AM=