02几何压轴小题-【黄金冲刺】考前10天中考数学极限满分冲刺(浙江专用)原卷版+解析

02几何压轴小题一、单选题1．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在等边三角形中，，点，在上，点在上．已知，，则的长为（

）A． B． C． D．2．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在中，，分别以，，为边在的同一侧作正方形，，，四块阴影部分的面积分别为，，，．若已知图中阴影部分的面积的和，则一定能求出（

）A．正方形的面积 B．正方形的面积C．的面积 D．四边形的面积3．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，正方形边长为4，点E在边上运动，在的左侧作等腰直角三角形，，连接．喜欢探究的小亮通过独立思考，得到以下两个结论：①当点E与点D重合时，；②当线段最短时，．下列判断正确的是（

）A．①，②都正确 B．①，②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确4．（2023·浙江金华·统考一模）我们知道订书针的两条短边垂直长边．如图是由三枚完全相同的订书针，，拼成的图形，点B，E，C，F在同一条直线上，点D，K，L分别在，，上，，．当点，I重合时，的长度为（

）A． B． C． D．5．（2023·浙江金华·统考一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连结并延长交于点K，若平分，则（

）A． B． C． D．6．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，点C是延长线上的一点，与相切于点D，连接．若，则（

）A． B．C． D．连接常用的辅助线是解题关键．7．（2023·浙江·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若，则（

）A． B． C． D．8．（2023·浙江杭州·校联考一模）如图，在中，，点P在边上，，分别为的中点，连接．过点作的垂线，与分别交于，两点．连接，交于点．有以下判断：①；②且；③当时，的面积为；④的最大值为．其中正确的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④9．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连结，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为（

）A．10 B． C． D．10．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．作．若，则的值为（

）A． B． C． D．11．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（

）A． B． C． D．12．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，中，，点E，F，G，H分别为上异于端点的四点，满足，M，N分别为上异于端点的两点，连接，点O为线段MN上一个动点，从点M出发，运动到点N后停止，连接，当图中存在与四边形时，随着点O的移动，两者的面积之和变化趋势为（

）A．先变大再变小 B．先变小再变大C．一直不变 D．以上都不对熟练掌握平行四边形的性质，利用割补法表示出阴影部分的面积，是解题的关键．13．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，正六边形，P点在上，记图中的面积为，已知正六边形边长，下列式子中不能确定的式子的是（

）A． B． C． D．14．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（

）A． B． C．2 D．15．（2023·浙江宁波·校考一模），AC＝1，以BC为边作正方形BCED，当线段AC绕点A任意旋转时，正方形BCED也随之旋转，若x＝AD＋AE，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．二、填空题16．（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考一模）如图，，延长交于点P，若，，，，则的值为________．17．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，，，P是x轴上动点，连结，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连结，取中点为M．的度数为______，的最小值为______．18．（2023·浙江温州·统考一模）图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最大距离______cm．19．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在矩形中，，为上一点，，以为圆心，为半径的弧交于，交于，若为弧的中点，则_______，______．掌握锐角三角函数的定义，垂径定理及推论是解题的关键．20．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在中，分别以，为斜边在同侧作两个等腰直角与，若点是的重心，则______．21．（2023·浙江温州·校考二模）小周同学在学习了折叠专题后，决定对扇形的折叠进行研究，首先他剪出一张扇形纸片，按如图1所示方法进行折叠，，为扇形半径，，为折痕，则______；然后小周又剪出了一个扇形进行不同的尝试，按如图2所示方法进行折叠后，恰好与相切于点F，，为折痕，则______．22．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，点E是正方形的边上一点，垂直平分且分别交，，，于点F，H，I，G．若，则的长度为______，的值为______．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．23．（2023·浙江温州·统考二模）在一次美术课堂的剪纸活动中，小刚把一张菱形的纸片沿着各边的中点，剪取四边形，纸片分别沿、折叠使得点落在，点落在处，且直线与直线重合，满足，若阴影部分的周长之和等于16，，求的值是___________．24．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的E处，得到四边形，连接，若，，则_____，______．25．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图.在中，，，，点是边上的动点，过点作，交边于点，是边上一点，若使点，，构成等腰三角形的点恰好有三个，且，则的值是______.26．（2023·浙江·模拟预测）如图，在锐角三角形中，是边上的高线，是边上的中线．若，，，则________（用含a的代数式表示）．正确作出辅助线是解题关键．27．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，在直角坐标系中，点A的坐标是，点B是x轴上的一个动点，将线段绕点A逆时针旋转至点C，连接．在运动过程中，的最小值为______．28．（2023·浙江·模拟预测）如图，矩形中，，点为上一点，将沿着AE翻折得到，连结．若，且，则的长为______，的长为______．29．（2023·浙江台州·统考一模）如图，点O为等边三角形的中心，点D，E，F分别在边，，上，将，，分别沿着线段，，翻折，得到，，，且恰好都经过点O．与交于点G，与交于点H，与交于点I．（1）若，则______；（2）设的面积为，的面积为，则______．30．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，在中，，，，点E在AD边上，．动点F从点D出发，沿着DC运动到点C停止，过点E作，交的边于点G，设线段EG的中点为H．当点F与点D重合时，BG的长为________，点F从点D运动到点C的过程中，点H的运动路径长为______．02几何压轴小题一、单选题1．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在等边三角形中，，点，在上，点在上．已知，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先根据等边三角形的性质，可得，，，由平行线的判定与性质，可证得，，再根据相似三角形的判定与性质，可求得，，据此即可求解．【详解】解：是等边三角形，，，，，，，，，，，又，，，，解得，，，，解得，故选：D．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，证得是解决本题的关键．2．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在中，，分别以，，为边在的同一侧作正方形，，，四块阴影部分的面积分别为，，，．若已知图中阴影部分的面积的和，则一定能求出（

）A．正方形的面积 B．正方形的面积C．的面积 D．四边形的面积【答案】C【分析】过D作于点N，连接，容易证得，，则有，；根据，，，可证得四边形是矩形，即D、I、H三点共线，根据AAS可证，则有，，可得，则，据此求解．【详解】如图所示，过D作于点N，连接，，，同理可证，，，，则有，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，∴D、I、H三点共线，又，，，，,，，，，即所以知道阴影部分的面积的和，则一定能求出的面积．故选：C【点睛】本题考查勾股定理和三角形全等的证明，将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用是解题的关键．3．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，正方形边长为4，点E在边上运动，在的左侧作等腰直角三角形，，连接．喜欢探究的小亮通过独立思考，得到以下两个结论：①当点E与点D重合时，；②当线段最短时，．下列判断正确的是（

）A．①，②都正确 B．①，②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确【答案】A【分析】当点E与点D重合时，根据旋转有，先判断直线与直线重合，根据等腰三角形的性质可得；连结，，即有：，当且仅当F、A、C三点共线时取等号，可知当F、A、C三点共线时，线段最短，等腰直角三角形中，有，先证明，再证明，即有，可得，即可得．【详解】当点E与点D重合时，如图，根据旋转有，∵等腰直角三角形中，，∵，∴直线与直线重合，∵，，正方形边长为4，∴，故①正确；连接，，如图，即有：，当且仅当F、A、C三点共线时取等号，∴当F、A、C三点共线时，线段最短，且为：，如图，等腰直角三角形中，，，∴，在正方形中，可知：，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，即，即②正确，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判断与性质等知识，构造合理的辅助线，判断出当F、A、C三点共线时，线段最短，是解答本题的关键．4．（2023·浙江金华·统考一模）我们知道订书针的两条短边垂直长边．如图是由三枚完全相同的订书针，，拼成的图形，点B，E，C，F在同一条直线上，点D，K，L分别在，，上，，．当点，I重合时，的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点J作，交于点N，交于点M，证明，设，利用全等，相似的性质计算即可．【详解】如图，过点J作，交于点N，交于点M，设，∵，∴，，∴四边形是矩形，，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴∵，∴解得，∴，故选B．【点睛】本题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，矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．5．（2023·浙江金华·统考一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连结并延长交于点K，若平分，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点K作，设，先证得，可得，再证，可得，即，解出，再证，列比例式求解即可．【详解】解：过点K作，设，∵平分，∴，∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∵∴，∴，故选：C【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，相似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，属于中考压轴题．6．（2023·浙江·模拟预测）如图，是的直径，点C是延长线上的一点，与相切于点D，连接．若，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】连接．根据切线的性质可得出，根据直径所对圆周角为直角得出，结合题意易证为等边三角形，最后由含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理逐项计算判断即可．【详解】解：如图，连接．∵与相切于点D，∴．∵，∴，，∴，即．∵，∴为等边三角形，∴，∴，故A错误，不符合题意；∵，，∴，∴，故B正确，符合题意；∵，，∴．∵，∴，∴．∵，∴，故C错误，不符合题意；∵是的直径，∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故D错误，不符合题意．故选B．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理．连接常用的辅助线是解题关键．7．（2023·浙江·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，则，证明和，推出，作，证明，得到，，设，则，推出，在中，利用勾股定理求得，代入计算即可求解．【详解】解：设，则，∵正方形ABCD中，，∴，，∴，∴，，∵对角线与交于点G，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，作，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，设，则，∴，∴，在中，，即，整理得，∴，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建等量关系是解决的问题．8．（2023·浙江杭州·校联考一模）如图，在中，，点P在边上，，分别为的中点，连接．过点作的垂线，与分别交于，两点．连接，交于点．有以下判断：①；②且；③当时，的面积为；④的最大值为．其中正确的是（

）A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④【答案】D【分析】①由等腰三角形的性质可得，由三角形中位线定理可得，可求解；②由可证，全等，可得，，可求解；③由等腰三角形的性质和三角形中位线定理可求的长，再由三角形面积公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出，的值，即可求得解【详解】解：①，分别为的中点，，；故①正确；②，是等腰直角三角形，∴，又，∴，∵是的中点，∴，∴，故②正确；③当时，∵是的中点，∴，故③正确；④设为，，∴即的最大值为故④正确，综上所述，①②③④正确，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．9．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在边长为8的正方形中，点O为正方形的中心，点E为边上的动点，连结，作交于点F，连接，P为的中点，G为边上一点，且，连接，则的最小值为（

）A．10 B． C． D．【答案】D【分析】过点O作于点H，作于点I，连接，证明点P运动的轨迹是线段，作点A关于直线的对称点，当点、点P、点G在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，利用勾股定理即可求解．【详解】解：过点O作于点H，作于点I，连接，，∵点O为正方形的中心，∴，，∴四边形为正方形，为正方形的对角线，∴，∴，∴，∴，∴与都是等腰直角三角形，∴，，∴E、I、O、P四点共圆，∴，∵，∴点P运动的轨迹是线段，作点A关于直线的对称点，

当点、点P、点G在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，过点作交延长线于点Q，同理得四边形为正方形，且边长为4，∴，，∴．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，得到点P运动的轨迹是线段是解题的关键．10．（2023·浙江金华·校联考模拟预测）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．作．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，设，先证，得出，即，根据四个三角形全等得出，可求，得出点E为的中点，根据线段垂直平分线性质得出，再证四边形为平行四边形，得出，然后证明四边形为平行四边形，得出，根据勾股定理求出、，据此即可求解．【详解】解：连接，设，∵，四边形为正方形，∴，，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴点E为的中点，∵，∴，∵四边形为正方形，∴，即，又∵，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，在中，，∴，在中，，∴．故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等性质，三角形相似判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段的比，掌握正方形的性质，三角形全等性质，三角形相似判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段的比是解题关键．11．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在正方形中，为中点，连结，延长至点，使得，以为边作正方形，《几何原本》中按此方法找到线段的黄金分割点．现连结并延长，分别交，于点，，若的面积与的面积之差为，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意做辅助线，利用正方形的性质及等腰三角形的性质将面积差进行转化即可得到的长．【详解】解：连接，∵四边形是正方形，∴，∵为的中点，∴，设,则为,根据勾股定理，,∵，∴，∵是正方形的对角线，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，由题意可得：，∴，即，∴，∴，解得：，∴,∵∴．故选．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等相关知识点，根据已知条件做出辅助线是解题的关键．12．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，中，，点E，F，G，H分别为上异于端点的四点，满足，M，N分别为上异于端点的两点，连接，点O为线段MN上一个动点，从点M出发，运动到点N后停止，连接，当图中存在与四边形时，随着点O的移动，两者的面积之和变化趋势为（

）A．先变大再变小 B．先变小再变大C．一直不变 D．以上都不对【答案】C【分析】连接，设点到的距离为，到的距离为，到的距离为，到的距离为，利用面积公式求出，，发现均为定值，和也为定值，利用割补法得到与四边形的面积之和为，即可得出结论．【详解】解：连接，设点到的距离为，到的距离为，到的距离为，到的距离为，∵四边形为平行四边形，∴，∵，∴，∴，，∵为定值，是平行四边形的高，均为定值，∴，，均为定值，∵的边长是定值，∴也为定值，∵与四边形的面积之和为，为定值，∴与四边形的面积之和保持不变，故选C．【点睛】本题考查平行四边形的性质，割补法求阴影部分的面积．熟练掌握平行四边形的性质，利用割补法表示出阴影部分的面积，是解题的关键．13．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，正六边形，P点在上，记图中的面积为，已知正六边形边长，下列式子中不能确定的式子的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，交于，设正六边形边长为，在正六边形中求得则，易得，，，设，则，分别求得计算即可．【详解】解：连接，交于，设正六边形边长为，在正六边形中求得，则，，，易得四边形是矩形，，，，，，设，则，，，，，，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了正多边形的性质，三角形面积的有关计算，角所对的直角边等于斜边的一般以及勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握正多边形的性质．14．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，的直径AB，垂直平分OA，AB延长线上一点E，DE交圆O于F，且．弦DH交OC于G，满足，，AC长为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】连接，如图，先根据题意证明，得到，进而可证明，得出，由垂直平分OA可得，设，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和可求得，进而可求出，由变形可得，然后设未知数求出圆的半径即可求出答案．【详解】解：连接，如图，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵垂直平分OA，∴，∴，设，则，∴，∵，∴，在直角三角形中，∵，∴，解得，∴，∴，∵，∴，∵，

∴，∴，设圆的半径为r，则在直角三角形中，，∴，∴，作于点M，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，解得：（负值已舍去），∴．故选：C【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了同圆半径相等、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的外角性质等知识，综合性较强，熟练掌握上述知识、正确添加辅助线、灵活应用数形结合思想是解题的关键．15．（2023·浙江宁波·校考一模），AC＝1，以BC为边作正方形BCED，当线段AC绕点A任意旋转时，正方形BCED也随之旋转，若x＝AD＋AE，则x的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作交的延长线于点，过点作于点，证明，得出，进而如图所示，将旋转，得到，则，得出即可求解．【详解】解：如图所示，过点作交的延长线于点，过点作于点则四边形是矩形，设∵，，又，∴，即，∴，，如图，如图所示，将旋转，得到，则，∵，∴∴，∴∴故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理及三角形三边关系，熟练掌握勾股定理，两点之间线段最短是解题的关键．二、填空题16．（2023·浙江杭州·杭州育才中学校考一模）如图，，延长交于点P，若，，，，则的值为________．【答案】【分析】如图作于H．首先证明，推出，求出即可解决问题；【详解】如图作于H．交于O．∵，，，∴，，∴∵，∴，，∴，∴，∵，∴，在中，∵，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．17．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，，，P是x轴上动点，连结，将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连结，取中点为M．的度数为______，的最小值为______．【答案】/135度【分析】过A作轴，垂足为C，根据A，B的坐标可得，即可求出；根据旋转的性质得到，，证明，得到，则有，进一步推出，再利用直角三角形斜边中线得到，，可得，从而得到点M的轨迹，再根据两点之间线段最短可得当M在上时，最小，结合坐标求出最小值即可．【详解】解：如图，过A作轴，垂足为C，∵，，∴，∴，∴；∵绕点A逆时针旋转得到，是中点，∴，，∴，过点Q作，垂足为D，∵，∴，又，∴，在和中，，∴，∴，即点Q的横坐标为1，则，∴，∴，则，∴点M在线段的垂直平分线上，∴当M在上时，最小，且为，故答案为：，．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理，最值问题，找到最小时的位置是解题的关键．18．（2023·浙江温州·统考一模）图1是一种机械装置，当滑轮绕固定点旋转时，点在上滑动，带动点绕固定点旋转，使点在水平杆上来回滑动．图2是装置的侧面示意图，，，，，．当转动到时，点滑到最左边处，此时，，恰好在同一条直线上，则点到的距离是______cm；当转动到时，点滑到最右边处，则点在上滑动的最大距离______cm．【答案】14【分析】延长交于点，则，在中，，，求得，证明，得，求得，，即可求得点到的距离是；延长交于，作于，证明平分，进一步证明，求得，，，在中，求得，进而得到，根据，得到，求得，，结合，即可求得点在上滑动的最大距离．【详解】如图，延长交于点，则，在中，，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴点到的距离是；延长交于，作于，∵，，，∴平分，∴又∵，，∴，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，又∵，∴∴点在上滑动的最大距离是cm．故答案为：14，【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．19．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在矩形中，，为上一点，，以为圆心，为半径的弧交于，交于，若为弧的中点，则_______，______．【答案】【分析】连接，，过点作于点，设，根据过圆心且平分弦所对的弧则垂直平分弦可得出，结合矩形的性质可得出，所以，求出，根据勾股定理求出，即，由垂径定理得出，证明四边形是矩形，从而有，利用锐角三角函数求出，最后在中利用正切的定义即可得解．【详解】连接，，过点作于点，设，∵以为圆心，为半径的弧交于，交于，若为弧的中点，∴，，，∴，，∵在矩形中，，，∴，，，∴即，∴，∴，∴，即，∴，在中，，，∵，∴，解得：，∴，∵，点为圆心，∴，，在四边形中，，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，在中，，，，∴，故答案为：；．【点睛】本题考查垂径定理及推论，矩形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理等知识点．掌握锐角三角函数的定义，垂径定理及推论是解题的关键．20．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在中，分别以，为斜边在同侧作两个等腰直角与，若点是的重心，则______．【答案】/【分析】连接并延长交于，由重心可得，是等腰直角三角形，再过作，即可根据，求出的值．【详解】连接并延长交于，过作，∵点是的重心，∴，，设，则，∵分别以，为斜边在同侧作两个等腰直角与，∴、是等腰直角三角形，，∴，，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查重心的性质，求正切，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是熟记重心的定义及性质．21．（2023·浙江温州·校考二模）小周同学在学习了折叠专题后，决定对扇形的折叠进行研究，首先他剪出一张扇形纸片，按如图1所示方法进行折叠，，为扇形半径，，为折痕，则______；然后小周又剪出了一个扇形进行不同的尝试，按如图2所示方法进行折叠后，恰好与相切于点F，，为折痕，则______．【答案】【分析】根据折叠的性质可知，，然后根据勾股定理及三角函数可进行求解；过点F作，交延长线于一点M，连接，，设，，由（1）易得，然后可得，则由勾股定理可得，进而问题可求解【详解】解：由折叠的性质可知，，设，∴，∴在中，，∴；过点F作，交延长线于一点M，连接，，如图所示：设，，同理可得，∵恰好与相切于点F，∴点M即为所在圆的圆心，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴在中，由勾股定理得：，∴；故答案为，【点睛】本题主要考查折叠的性质、切线的性质、圆的基本性质、勾股定理及三角函数，熟练掌握折叠的性质、切线的性质、圆的基本性质、勾股定理及三角函数是解题的关键22．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，点E是正方形的边上一点，垂直平分且分别交，，，于点F，H，I，G．若，则的长度为______，的值为______．【答案】8/【分析】如图，过作于，连接，则四边形是矩形，，由，可得，证明，则，证明，则，，由垂直平分线的性质可得，，则，，，由，可，则是等腰直角三角形，，则，，则，解得，即，，，在中，由勾股定理求得，证明，则，即，解得，可知，如图，过作于点K，，根据计算求解即可．【详解】解：如图，过作于，连接，∵四边形是正方形，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，在和中，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，，由垂直平分线的性质可得，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，设，则，，∴，解得，∴，，，在中，由勾股定理得，∵，，∴，∴，即，解得，∴，如图，过作于点K，∴，在中，，故答案为：8，．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正弦，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．23．（2023·浙江温州·统考二模）在一次美术课堂的剪纸活动中，小刚把一张菱形的纸片沿着各边的中点，剪取四边形，纸片分别沿、折叠使得点落在，点落在处，且直线与直线重合，满足，若阴影部分的周长之和等于16，，求的值是___________．【答案】【分析】连接，，相交于点O，由题意易得四边形是矩形，然后可得，，设，，．进而根据阴影部分的周长及可进行求解．【详解】解：连接，，相交于点O，如图所示：∵四边形是菱形，∴，∵E、F、G、H是、、、的中点，∴，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，点A到的距离和点C到的距离相等，距离即为，由折叠可知：四边形是正方形，可设，，，∴，∵，∴，∴，即，∵阴影部分的周长之和等于16，∴，∴，∴，∴，∴在中，由勾股定理得，∴，∵，∴，故答案为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．24．（2023·浙江宁波·统考三模）如图，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的E处，得到四边形，连接，若，，则_____，______．【答案】【分析】过G作于M，过P作，垂足为N，证明，推出，据此可求得；再根据三角函数推出，设，则，根据勾股定理表示，在中，，，求出，即可求出面积．【详解】解：过G作于M，过P作，垂足为N，∵矩形沿折叠，使点A落在边上的E处，得到四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴；∵折叠矩形，∴，∴，∵，∴，设，则，∴，∴，∴，∴，∴，在中，，，∴，，解得，，∴；故答案为：，．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形，正方形的性质，翻折变换，解直角三角形，熟练掌握这些知识点的综合应用，善于在复杂的图形中找出基本图形是解题关键．25．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图.在中，，，，点是边上的动点，过点作，交边于点，是边上一点，若使点，，构成等腰三角形的点恰好有三个，且，则的值是______.【答案】或【分析】根据等腰三角形的性质，运用平行线分线段成比例定理分类计算．【详解】当平分时，符合题意，如图所示，此时四边形是正方形，∵，∴，∴，解得；如图，当时，恰好有四个位置满足Ｆ，∵，，，，∴，，∴，解得；∴时，就满足了3个F，故答案为：或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握定理是解题的关键．26．（2023·浙江·模拟预测）如图，在锐角三角形中，是边上的高线，是边上的中线．若，，，则________（用含a的代数式表示）．【答案】【分析】连接，根据直角三角形斜边中线的性质可得出，再根据题意结合三角形外角的性质易证，即得出，说明为等腰直角三角形，得出．设，则，，根据勾股定理可求出．最后在中，利用勾股定理列出关于x的方程，解出x的值即可求解．【详解】如图，连接．∵是边上的高线，∴．∵是边上的中线，∴点E为中点，∴，∴．∵，∴．又∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴．设，则，，∴．∵，即，解得：，∴．故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，三角形外角的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线是解题关键．27．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，在直角坐标系中，点A的坐标是，点B是x轴上的一个动点，将线段绕点A逆时针旋转至点C，连接．在运动过程中，的最小值为______．【答案】//【分析】以为边在y轴左侧作等边，连接，过点D作轴于点E，利用证明，得出，由垂线段最短可知，当B和E重合时，最小，则也最小，然后在，利用含的直角三角形的性质求出即可．【详解】解：以为边在y轴左侧作等边，连接，过点D作轴于点E，，∴，，∵线段绕点A逆时针旋转至点C，∴，，∴，∴，又，，∴，∴，∴当最小时，也最小，而点B在轴上运动，由垂线段最短可知，当B和E重合时，最小