02挑战压轴题（填空题）3

（挑战压轴题）2023年中考数学【三轮冲刺】专题汇编（长沙专用）—02挑战压轴题（填空题）1．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，垂足为点D，且D为OC的中点，若OA=7，则BC的长为___________．【答案】7【分析】根据垂径定理可得OC垂直平分AB，根据题意可得AB平方OC，可得四边形AOBC是菱形，进而根据菱形的性质即可求解．【详解】解：如图，连接OB,CA，∵A、B、C是⊙O上的点，OC⊥AB，，∵D为OC的中点，，∴四边形AOBC是菱形，OA=7，∴BC=AO=7．故答案为：7．【点睛】本题考查了垂径定理，菱形的性质与判定，掌握垂径定理是解题的关键．2．（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，已知等腰△ABC的顶角∠BAC的大小为θ，点D为边BC上的动点（与B、C不重合），将AD绕点A沿顺时针方向旋转θ角度时点D落在D'处，连接BD'．给出下列结论：①△ACD≅△ABD'；②△ACB∼△ADD'；③【答案】①②③【分析】依题意知，△ABC和△ADD'是顶角相等的等腰三角形，可判断②；利用SAS证明△ADC≌△AD'B，可判断①；利用面积比等于相似比的平方，相似比为ADAC，故最小时△AD【详解】∵AD绕点A沿顺时针方向旋转θ角度得到A∴∠DAD'∴∠CAB=∠DA即∠CAD+∠DAB=∠DAB+∠BA∴∠CAD=∠BA∵AC=AB得：△ADC≌△AD'B故①对∵△ABC和△ADD∴△ACB∼△AD故②对∴S即AD最小时S△A当AD⊥BC时，AD最小由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点故③对故答案为：①②③【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，手拉手模型，选项③中将面积与相似比结合是解题的关键.3．（2020·湖南长沙·统考中考真题）如图，点P在以MN为直径的半圆上运动，（点P与M，N不重合）PQ⊥MN,NE平分，交PM于点E，交PQ于点F．(1)PFPQ+(2)若PN2=PM⋅MN，则【答案】1【分析】(1)过E作GE⊥MN于G，可得∠NGE=90°，根据圆周角的性质可得∠MPN=90°，又平分，根据角平分线的性质可得PE=GE；由∠PNE=∠MNE，∠PNE+∠PEN=90°，∠MNE+∠QFN=90°，且∠QFN=∠PFE，根据“等角的余角相等”可得∠PEN=∠PFE，再根据等腰三角形的性质“等角对等边”可得PE=PF，即有GE=PF；由PQ⊥MN，GE⊥MN，可得GE//PQ，从而可得在△PMQ中有EMPM=GEPQ，将EM=PM-PE、PE=GE、GE=PF代入可得，【详解】(1)如图所示，过E作GE⊥MN于G，则∠NGE=90°，∵MN为半圆的直径，∴∠MPN=90°，又∵平分，∠NGE=90°,∴PE=GE．∵平分，∴∠PNE=∠MNE，∵∠EPN=∠FQN=90°，∴∠PNE+∠PEN=90°,∠MNE+∠QFN=90°,又∠QFN=∠PFE，∴∠PNE+∠PEN=90°,∠MNE+∠PFE=90°，又∵∠PNE=∠MNE，∴∠PEN=∠PFE，∴PE=PF,又∵PE=GE，∴GE=PF．∵PQ⊥MN，GE⊥MN，∴GE//∴在△PMQ中，EMPM又∵EM=PM-PE,∴PM-PEPM∴将GE=PF，PE=PF，代入PM-PEPM=GE∴PFPQ即PFPQ（2）∵∠PNQ=∠MNP，​∠NQP=∠NPM，∴△NPQ∽△NMP，∴PNMN∴PN∵PN∴，∴MQNQ∵cos∠∴MQNQ∴MQ∴NQ2=M设MQNQ=x，则解得：，或x=-5+1∴MQNQ故答案为：．【点睛】本题综合考查了圆周角的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、平行线分线段成比例的性质等知识．(1)中解题的关键是利用角平分线的性质和等腰三角形的性质求得GE=PF，PE=PF，再通过平行线分线段成比例的性质得到EMPM4．（2019·湖南长沙·统考中考真题）如图，函数y=kx(k为常数，k＞0)的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：①△ODM与△OCA的面积相等；②若BM⊥AM于点M，则∠MBA＝30°；③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则；④若，则MD＝2MA．其中正确的结论的序号是_______．【答案】①③④【分析】①设点A（m，km），M（n，kn），构建一次函数求出C，②△OMA不一定是等边三角形，故结论不一定成立．③设M（1，k），由△OAM为等边三角形，推出OA=OM=AM，可得1+k2=m2+，推出m=k，根据OM=AM，构建方程求出k即可判断．④如图，作MK∥OD交OA于K．利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．【详解】①设点A（m，km），M（n，k则直线AC的解析式为y=kmnx+kn+∴C（m+n，0），D（0，(m+n)kmn∴SΔODM∴△ODM与△OCA的面积相等，故①正确；∵反比例函数与正比例函数关于原点对称，∴O是AB的中点，∵BM⊥AM，∴OM=OA，∴k=mn，∴A（m，n），M（n，m），∴AM=2∴AM不一定等于OM，∴∠BAM不一定是60°，∴∠MBA不一定是30°．故②错误，∵M点的横坐标为1，∴可以假设M（1，k），∵△OAM为等边三角形，∴OA=OM=AM，1+k2=m2+，∵m＞0，k＞0，∴m=k，∵OM=AM，∴（1m）2+(k−km)2=1+k2∴k24k+1=0，∴k=2±，∵m＞1，∴k=2+，故③正确，如图，作MK∥OD交OA于K．∵OF∥MK，∴FMBM∴OKOB∵OA=OB，∴OKOA∴OKKA∵KM∥OD，∴DMAM∴DM=2AM，故④正确．故答案为①③④．【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，三角形的面积，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会构造平行线，利用平行线分线段成比例定理解决问题.5．（2019·湖南张家界·统考中考真题）如图：正方形ABCD的边长为1，点E，F分别为BC，CD边的中点，连接AE，BF交于点P，连接PD，则tan∠APD=【答案】2【分析】连接AF，先证明RtΔABE≌RtΔBCF，可得∠BAE=∠CBF，继而证明A、P、F、D四点共圆，由圆周角定理可得【详解】连接AF，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF=BE在ΔABE和ΔBCF中，AB=BC∠ABE=∠C∴RtΔABE≌RtΔBCF(SAS)，∴∠BAE又∵∠BAE∴∠CBF∴∠BPE∵∠ADF∴∠ADF∴A、P、F、D四点共圆，∴∠AFD∴tan故答案为2．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆，正切等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.1．（2023·湖南岳阳·校联考一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，切线DC与AB的延长线相交于点P，弦CE平分∠ACB，交AB于点F，连接，（1）若∠DAC=30°，BC=6，则弧BC的长为_____．（2）若AF=6，EF=25，则的长为_____．【答案】2π【分析】（1）根据切线性质得到∠OCP=90°，再根据平行线的判定和性质和等腰三角形的性质证得AD∥OC得到∠OAC=∠OCA=30°，再利用三角形的外角性质求得∠BOC=60°，根据等边三角形的判定与性质证得△OBC为等边三角形，进而有OB=BC=6，利用弧长公式求解即可；（2）连接OE，先根据圆周角定理和角平分线的定义求得∠BOE=90°，设⊙O的半径为r，则OA=OE=OB=r，OF=AF-OA=6-r，利用勾股定理分别求解r和即可．【详解】解：（1）∵PD是过点C的切线，∴OC⊥PD，又，∴AD∥OC，又∠DAC=30°，∴∠OCA=∠DAC=30°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，∴∠BOC=∠OAC+∠OCA=60°，∵OB=OC，∴△OBC为等边三角形，∴OB=BC=6，∴弧BC的长为60π×6180故答案为：2π；（2）连接OE，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵弦CE平分∠ACB，∴∠BCE=1∴∠BOE=90°，设⊙O的半径为r，则OA=OE=OB=r，OF=AF-OA=6-r，在Rt△EOF中，由勾股定理得∴6-r2解得r=2或r=4，当r=4时，OF=6-4=2符合题意；当r=2时，OF=6-2=4不符合题意，∴，在中，BE=OE故答案为：．【点睛】本题考查切线性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的定义、平行线的判定与性质、弧长公式、勾股定理、解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．2．（2023·湖南永州·校考一模）如图，点A的坐标是a,0a<0，点C是以OA为直径的B上一动点，点A关于点C的对称点为P当点C在OB上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=-x-1有且只有一个公共点，则a的值等于_____________【答案】-22【分析】如图，连接BC、OP设直线y=-x-1交x轴于点E-1,0，交y轴于点F0,-1，证明OP=2BC=-a，从而得出点P的运动轨迹是以O为圆心，-a为半径的圆，当⊙O与直线y=-x-1相切时，点P组成的图形与直线y=-x-1有且只有一个公共点，设切点为G，连接OG，利用勾股定理和三角形的面积求出【详解】解：如图，连接BC、OP设直线y=-x-1交x轴于点E-1,0，交y轴于点F，AB=BO，∴OP=2BC=-a，∴点P的运动轨迹是以O为圆心，-a为半径的圆，当⊙O与直线y=-x-1相切时，点P组成的图形与直线y=-x-1有且只有一个公共点，设切点为G，连接OG，在Rt△EOF中，∵OG⊥EF，EF=1∵1∴2∴OG=2∴OP=OG=2∴-a=2，故答案为：．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，三角形中位线定理、勾股定理、一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握基本知识是解题的关键．3．（2023·湖南长沙·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，E在AD边上，将△ABE沿折叠，点A恰好落在矩形ABCD的对称中心O处，若，则BC的长为_____．【答案】3【分析】连接OD，由O是矩形ABCD中心，得到B，O，D共线，由翻折变换得到OB=AB，由矩形的性质得到BD=2OB=2AB=6，由勾股定理求出AD的长即可．【详解】解：连接OD，∵O是矩形ABCD中心，∴B，O，D共线，∵△ABE沿翻折到△OBE，∴OB=BA，∵四边形ABCD是矩形，O是它的中心，∴BD=2OB=2AB=2×3=6,BC=AD，∵∠BAD=90°，∴AD=B∴BC=AD=33故答案为：3【点睛】本题考查矩形的性质，中心对称，翻折变换，关键是掌握矩形的性质．4．（2023·湖南湘潭·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=2，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A1【答案】2【分析】过A1作交AB于点D，根据旋转得到△ABC≌△A1BC1，AB=【详解】解：过A1作交AB于点D，∵△ABC绕点B按逆时针方向旋转45°后得到△A1B∴△ABC≌△A1BC1∵，∴∠A∴DB=A∴2A1D∴S=S故答案为：22【点睛】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，根据得到等腰直角三角形．5．（2023·湖南株洲·统考一模）如图，已知一个量角器的直径MN与正方形ABCD的边长相等，点N与点C重合，量角器的半圆弧与边BC交于点P，过点M作GH⊥MN，交边AB，AD于G，H，连结CG，CH，在量角器绕点C顺时针旋转的过程中，若MP的度数为60∘【答案】4523-3【分析】先由HL证明Rt△CGM≅Rt△CGB，得到∠MCG=∠GCB，已知MP的度数为60∘，得到∠MCB=30°，进而得到∠MCG=∠GCB=15°，再证明Rt△CHM≅Rt△CHD，得到∠DCH=∠MCH，已知四边形ABCD是正方形，得到∠BCD=90°，进而得到∠MCD=60°，∠DCH=∠MCH=30°，根据∠GCH=∠MCG+∠MCH，即可求得∠GCH的度数；根据Rt△【详解】在Rt△CGM和中，CM=CBCG=CG∴Rt△∴∠MCG=∠GCB，∵MP的度数为60∴∠MCB=30°，∴∠MCG=∠GCB=15°，在Rt△CHM和中，CM=CDCH=CH∴Rt△∴∠DCH=∠MCH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∴∠MCD=60°，∴∠DCH=∠MCH=30°，∵∠GCH=∠MCG+∠MCH，∴∠GCH=∠MCG+∠MCH=15°+30°=45°；∵Rt△CGM≅∴GM=BG，MH=DH，∠DCH=∠MCH，设MH=DH=x，∵MP的度数为60∴MCD=60°，∴∠DCH=∠MCH=30°，∴CD=3设MH=DH=x，则CD=3x=AB，∵AG∴(3∴GM=(23∴GMMH故答案为：45；2【点睛】本题主要考查四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．6．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，BC为△ABC外接圆⊙O的直径，点M为△ABC的内心，连接AM并延长交⊙O于点D，①若∠ABC=30°，⊙O的直径为4，则扇形AOC的面积为_____；②若∠ABC=30°，AC=2，则DMAD=【答案】2π3/23π【分析】①首先根据圆周角定理得到∠AOC=60°，然后利用扇形面积公式求解即可；②作ME⊥AC交AC于点E，作交AD于点F，根据三角形内心的性质求出ME=2+23-42=3【详解】①∵∠ABC=30°，AC=∴∠AOC=2∠ABC=60°∵⊙O的直径为4，∴⊙O的半径为2，∴扇形AOC的面积为60°×π×2②如图所示，作ME⊥AC交AC于点E，作交AD于点F，∵∠ABC=30°，AC=2，∠BAC=90°∴BC=2AC=4∴AB=∵点M为△ABC的内心，∴ME是△ABC内切圆的半径，∴ME=2+2∵点M为△ABC的内心，∴AD是∠BAC的角平分线，∴∠CAD=45°，AM=2∵∴∠ACF=45°∴△ACF是等腰直角三角形∵AC=2∴AF=CF=∵AC∴∠ADC=∠ABC∴CD=2CF=2∴DF=∴AD=AF+DF=∴DM=AD-AM=∴DMAD故答案为：2π3，3【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形内心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．7．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边上的一点，且AM=14AD，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A'MN，连接【答案】37-1/【分析】过点M作交CD延长线于点H，连接CM，根据菱形的性质和直角三角形的性质，求出CH,HM，再由勾股定理求出CM的长，再由折叠的性质可得点A'在以M为圆心，AM为半径的圆上，从而得到当点A'在线段MC上时，A【详解】解：过点M作交CD延长线于点H，连接CM，菱形ABCD中，AD=CD=4，CD∥AB，∵AM=14∴，∵CD∥AB，∴∠HDM=∠A=60°，∴∠DMH=30°，∴HD=1∴HM=332∴MC=M∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A∴AM=A∴点A'在以M为圆心，AM∴当点A'在线段MC上时，A∴A'C长度的最小值故答案为：37-1【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、折叠的性质，找到当点A'在MC上，A8．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，OB的解析式为y=33x，点A坐标为2,0，过A作AA1⊥OB，垂足为点A1；过点A1作A1A2⊥x轴，垂足为点；再过点作A2A3【答案】3【分析】根据y=33x确定，利用直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，确定yA【详解】∵y=∴tan∠∴，∵点A坐标为2,0，∴OA=2,AA1=1∴yA同理可得yA故yA故答案为：32【点睛】本题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，规律的探索，熟练掌握直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，确定正确的变化规律是解题的关键．9．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A12，2在直线y=x上，过点A1作A1B1∥y轴，交直线y=12x于点B，以A1为直角顶点，A1B1为直角边，在A1B1的右侧作等腰直角三角形A1B1C1；再过点C【答案】2×【分析】先根据题目中的已知条件求出点C1的横坐标为3=2×32，点C2的横坐标为92=2×322，点的横坐标为274=2×【详解】解：∵点A12，2，A1∴B1∴A1B1∵A1∴点C1的横坐标为3=2×∵过点C1作A2B2∥y轴，分别交直线y=x和y=∴A23∴A2∴A2∴点C2的横坐标为，9以此类推，A3B3∴点的横坐标为274=2×A4B4点C4的横坐标为81∴AnBn∴点Cn的横坐标为2×∴点的横坐标为2×32故答案为：2×3【点睛】本题主要考查了一次函数的规律探究问题，解题的关键是根据题意总结得出点Cn的横坐标为2×10．（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图（1）所示，E是矩形ABCD的边AD上一边，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒，设P，Q同时出发t秒后时，ΔBPQ的面积为ycm2，已知y与t的函数关系图像如图（2）（曲线OM为抛物线的一部分），则当t的值是___________时，ΔBPQ面积为4【答案】10或47【分析】由两个图形可知，AB，BC，BE的长，然后分点P在BE上，点P在CD上两种情况进行讨论，表示出△BPQ的面积，由ΔBPQ面积为4，建立关于t的等式求解即可．【详解】由图像可知，AB=4，BE=BC=5，①当点P在BE上，如图(1)在Rt△ABE中，AB=4，BE=5sin∠AEB=ABBE∴sin∠CBE=45∵BP=t，∴PG=BP⋅sin∠CBE=45t∴SΔBPQ∴t=-10(舍)或t=②当点P在CD上时，SΔBPQ∴t=47∴当△BPQ的面积为4cm2时,t的值是10或475故答案为：10或475【点睛】本题考查了矩形的动点问题，函数图像等知识，结合两个图形，理解每个点的含义，求出线段AB，BC，BE的长是解决本题的关键．11．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，已知直线y=x+1和双曲线，在直线上取一点，记为A1，过A1作x轴的垂线交双曲线于点B1，过B1作y轴的垂线交直线于点，过作x轴的垂线交双曲线于点B2，过B2作y轴的垂线交直线于点A3，……，依次进行下去，记点An的横坐标为an【答案】2【分析】根据反比例函数与一次函数图象上点的坐标特征分别求出A1、B1、、B2、A3、B3…，从而得到每3次变化为一个循环组依次循环，用2023除以【详解】解：当时，B1的横坐标与A1的横坐标相等为，的纵坐标和B1的纵坐标相同为y2B2的横坐标和的横坐标相同为，A3的纵坐标和B2的纵坐标相同为B3的横坐标和A3的横坐标相同为A4的纵坐标和B3的纵坐标相同为B4的横坐标和A4的横坐标相同为…由上可知，a1,a2∵，∴a2023故答案为：2【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，反比例函数图象上点的坐标特征，点坐标规律探索，依次求出各点的坐标，观察出每3次变化为一个循环组依次循环是解题的关键，也是本题的难点．12．（2022·湖南永州·校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为2，AC，BD交于点O，点E为△OAB内的一点，连接AE，BE，CE，OE，若∠BEC＝90°，给出下列四个结论：①∠OEC＝45°；②线段AE的最小值是5﹣1；③△OBE∽△ECO；④2OE+BE＝CE．其中正确的结论有_____.（填写所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】通过证明点E，点B，点C，点O四点共圆，可得∠OEC=∠OBC=45°，故①正确；由题意可得点E在直径为BC的圆上，当点E在AF上时，AE有最小值，由勾股定理可得AE的最小值为5-1，故②正确；由圆周角定理可得∠BOE≠∠OEC，则∠COE≠∠BEO，即△OBE与△ECO不相似，故③错误；由“SAS”可证△COH≌△BOE，可得BE=CH，由线段的和差关系EC=BE+2OE，故④【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∠ACB=∠DBC=45°，∵∠BEC=90°，∴∠CEB=∠BOC，∴点E，点B，点C，点O四点共圆，∴∠OEC=∠OBC=45°，故①正确；∵∠BEC=90°，∴点E在直径为BC的圆上，如图，取BC的中点F，连接AF，EF，∴EF=BF=FC=1，在△AFE中，AE＞AF-EF，∴当点E在AF上时，AE有最小值，此时：AF=AB∴AE的最小值为5-1，故②∵点E，点B，点C，点O四点共圆，∴∠BOE=∠BCE＜∠BCO=45°，∠OEC=∠CBO=45°，∴∠BOE≠∠OEC，∴∠COE≠∠BEO，∴△OBE与△ECO不相似，故③错误；如图，过点O作OH⊥OE，交CE于H，∵OH⊥OE，∠OEC=45°，∴∠OEC=∠OHE=45°，∴OE=OH，∴EH=2OE，∵∠EOH=∠BOC=90°，∴∠BOE=∠COH，又∵OB=OC，∴△COH≌△BOE（SAS），∴BE=CH，∴EC=BE+EH=BE+2OE，故④正确，故答案为：①②④．【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，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．13．（2022·湖南长沙·明德华兴中学校联考三模）图，点A1,2、点B都在反比例函数y=kxx>0的图象上，当以OB为直径的圆经过A点，点【答案】（4，12【分析】待定系数法求得反比例函数的解析式y=2x，则设B（m，2m），连接AB，过点A作x轴的平行线，交y轴于点C，过点B作y轴的平行线，交直线AC于点D，通过证△AOC∽△BAD得到关于m【详解】点A（1，2）代入y=kxx>0，得：k＝2设B（m，2m），如图，连接AB，过点A作x轴的平行线，交y轴于点C，过点B作y轴的平行线，交直线AC于点D，则∠OCA＝∠D＝90°∴∠AOC＋∠OAC＝90°，∵OB为圆的直径，∴∠OAB＝90°，∴∠OAC＋∠BAD＝90°，∴∠AOC＝∠BAD，则△AOC∽△BAD，∴ACBD=OCAD解得：m＝1（舍）或m＝4，则点B（4，12故答案为：（4，12【点睛】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征及相似三角形的判定与性质、圆周角定理，根据相似三角形的判定与性质建立方程是解题的关键．14．（2022·湖南长沙·校考一模）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，AD＝2，点P为边AB上一点，以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A′，连接AA′，AA′交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连接AQ，MQ，则AQ＋MQ的最小值是________．【答案】2【分析】作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．根据直角三角形斜边上中线性质和勾股定理求出RM，RT，根据△RMT三边关系求出MT的最小值，再根据QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得结论．【详解】解：如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．∵四边形ABCD是矩形，∴∠RAT＝90°，∵AR＝DR＝22，AT＝2AB＝2，∴RT＝AR∵A，A′关于DP对称，∴AA′⊥DP，∴∠AMD＝90°，∵AR＝RD，∴RM＝12AD＝2∵MT≥RT−RM，∴MT≥22，∴MT的最小值为22，∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，∴QA＋QM≥22，∴QA＋QM的最小值为22．故答案为：22．【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值．15．（2022·湖南岳阳·统考三模）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过D作于点M，交AB的延长线于点N，过点B作BG⊥MN于G，AB=6，∠DAC=30°，则LBD=______；BG+AM=_______【答案】π6【分析】（1）连接OD，由三角形中位线的性质得出OD∥AC，根据条件即三角形外角性质得到∠BOD=60°，利用弧长公式直接求出LBD（2）根据圆周角定理求得AD⊥BC，即可得出AD是BC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得出AB＝AC，再根据MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，以及对顶角相等即可证得ΔBDG≅ΔCDMAAS，从而BG=CM，即可得到BG+AM=AM+MC=AC=6【详解】解：（1）连接OD，如图所示：∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∵以AB=6为直径的⊙O中BO＝OA=3，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵∠DAC=30°，∴∠ADO=∠CAD=30°，∵∠BOD是ΔAOD的一个外角，∴∠BOD=∠ADO+∠OAD=60°，∴L（2）∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，∴AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，∴AB＝AC=6，∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，∴∠BGD＝∠DMC＝90°，在ΔBDG和中，∠BGD＝∴ΔBDG≅ΔCDMAAS∴BG=CM,∴BG+AM=AM+MC=AC=6．【点睛】本题主要考查了求弧长及求线段长，涉及到中线性质、三角形中位线的判定与性质、三角形外角性质、弧长公式、圆周角定理、中垂线的判定与性质、两个三角形全等的判定与性质，准确做出辅助线并熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．1．（2023·湖南郴州·统考二模）如图，等边△ABC中，BD⊥AC于D，QD=2.5，点P、Q分别为AB、AD上的两个定点且，在BD上有一动点E使PE+QE最短，则PE+QE的最小值为_____【答案】8【分析】先由等边三角形的性质求出AD=DC=AQ+QD=5.5，作点Q关于BD的对称点Q'，连接PQ'交BD于E，连接QE，此时PE+QE的值最小．最小值PE+QE=PE+EQ'=PQ【详解】解：∵△ABC是等边三角形，∴BA=BC∵BD⊥AC，∴AD=DC=AQ+QD=5.5，如图，作点Q关于BD的对称点Q'，连接PQ'交BD于E，连接QE，此时PE+QE∵QD=DQ∴CQ∴AP=AQ∵∠A=60°，∴△APQ∴PQ∴PE+QE的最小值为8．故答案为：8．【点睛】此题考查了轴对称性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题的关键．2．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD＝2，DC＝4，将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，当点C的对应点E恰好落在边AB上时，图中阴影部分的面积是_____．【答案】24﹣63-4【分析】由旋转的性质可得DE＝DC＝43，由锐角三角函数可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的长，分别求出扇形EDC和四边形DCBE的面积，即可求解．【详解】解：∵将线段DC绕点D按逆时针方向旋转，∴DE＝DC＝43，∵cos∠ADE=AD∴∠ADE＝60°，∴∠EDC＝30°，∴S扇形EDC=30×π×48360∵AE=DE∴BE＝AB﹣AE＝43-6∴S四边形DCBE=43-6+43×2∴阴影部分的面积＝24﹣63-4π故答案为：24﹣63-4π【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数，矩形的性质，扇形的面积公式等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．3．（2023·湖南岳阳·岳阳市弘毅新华中学校考一模）如图，在锐角△ABC中，AC＝12，以AC为直径作⊙O，交BC边于点M，M是BC的中点，过点M作⊙O的切线交AB于点N．①若∠A＝50°，则CM＝__________；②若MN＝4，则tan∠BMN＝__________．【答案】5π3【分析】（1）如图，连接OM，易得OM是△ABC的中位线，继而可得OM∥AB，OM=12AB，由平行线的性质可得∠COM=∠A=50°（2）连接AM，根据圆周角定理可得∠AMC=90°，继而易得△ABC是等腰三角形，根据切线的性质可得OM⊥MN，继而易得△BMN∼△MAN，由相似三角形的性质可得BNMN=MNAN，设BN=x，AN=12-x，可得关于x的方程，解方程即可得BN=6-25【详解】如图，连接OM，∵AC为⊙O的直径，∴点O是AC的中点，又M是BC的中点，∴OM是△ABC的中位线，∴OM∥AB，OM=1∵∠A＝50°，∴∠COM=∠A=50°，又⊙O的直径AC＝12，即半径R=6，∴CM=连接AM，∵AC为⊙O的直径，∴∠AMC=90°，即AM⊥BC，又M是BC的中点，∴△ABC是等腰三角形，∴AB=AC=12,∵MN是⊙O的切线交AB于点N，∴OM⊥MN，∵OM∥AB，∴AB⊥MN，∴∠BMN+∠MBN=90°，∠MAN+∠MBN=90°，∴∠BMN=∠MAN，∵∠MAN+∠AMN=90°，∴∠MBN=∠AMN，∴△BMN∼△MAN，∴BNMN设BN=x，AN=12-x，又MN=4，∴x4解得：x=6-25或x=6+2∵BN<AN，∴BN=6-25∴tan故答案为：5π3，3-【点睛】本题考查圆的综合题，涉及到相似三角形的判定及其性质、切线的性质、等腰三角形的判定及其性质、三角形中位线的判定及其性质，正切，弧长公式，解题的关键是熟练掌握所学知识，学会作辅助线．4．（2023·湖南岳阳·校考一模）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1A2B2，连接AA2，得到ΔAA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到ΔA1A【答案】2【分析】根据题意求出S1，S2，根据面积的变化规律总结Sn的关系式即可．【详解】∵四边形OAA1B∴OA=AA∴S∵∠OAA∴OA∴OA∴OA∴A∴S同理可求：S3S4……Sn∴S故答案为：22020【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和三角形面积的计算是解题的关键．5．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，且圆心O在线段AB上，点D是⊙O上一点，DA的延长线与过点C的切线交于点E，且DE⊥CE，连接CD交AB于点F，①若∠ADC=30°，⊙O的半径r=2，则AC=______；②若tan∠ADC=1【答案】2π3/23π【分析】根据圆心角等于同弧所对圆周角的二倍求出∠AOC=2∠B=60°，即可根据弧长公式求出AC，设∠OBC=∠OCB=α，在Rt△DEC中，得到DE=3CE，在Rt△ACE中，得到AC=AE2+CE2=103CE，进而得到AD=83CE，在Rt△ABC中，tan∠CBA=tanα=ACBC=13，得到BC【详解】解：∵∠B=∠ADC=30°，∴∠AOC=2∠B=60°，∴AC=2π3∵⊙O是△ABC的外接圆，且圆心O在线段AB上，∴OA=OB，又AB是⊙O的直径，∴∠BCA=90°，∵OC为直角三角形ABC的斜边AB上的中线，∴OA=OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∠OCA=∠OAC，设∠OBC=∠OCB=α，∴∠OCA=∠OAC=90°α，∵∠COF为△OBC的一个外角，∴∠COF=∠OBC+∠OCB=2α，∵CE为⊙O的切线，∴∠OCE=90°，∴∠ACE=∠OCE∠OCA=90°（90°α）=α，∵DE⊥CE，∴∠DEC=90°，∴∠CAE=90°∠ACE=90°α，∵∠DAF+∠OAC+∠CAE=180°，∴∠DAF+90°α+90°α=180°，即∠DAF=2α，∴∠COF=∠DAF=2α，∵同弧所对的圆周角相等，∴∠EDC=∠CBA=α，在Rt△DEC中，tan∠EDC=tan∠ADC=tanα=CEDE=，∴DE=3CE，在Rt△ACE中，tan∠ACE=AECE∴AE=1∴AC=A∴AD=DEAE=3CE13CE=在Rt△ABC中，tan∠CBA=tanα=ACBC∴BC=3AC，∴AB=A∴OC=12∵∠COF=∠DAF，∠CFO=∠DFA，∴△COF∽△DAF，∴OFAF故答案为：2π3，5【点睛】此题考查了圆周角定理，弧长公式，切线的性质定理，相似三角形的判定及性质，勾股定理，三角函数，综合掌握各知识点是解题的关键．6．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF=5，则对角线BD的长为______【答案】2【分析】先由菱形的性质得出∠DCE=70°，求得∠DCF=55°，再根据直角三角形两锐角互余得∠CDF=35°,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得∠DOC=90°，∠BDC=35°，根据AAS证明ΔCDO≅ΔCDF可得DO=DF=5，从而可求出BD=2【详解】解：连接AC，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB//CD，∠DOC=90°，BD=2DO∴∠DCE=∠ABC=70°∵∠ECM=15°∴∠DCM=55°∵DF⊥CM∴∠CDF=35°∵四边形ABCD是菱形，∴∠CDB=1∴∠CDF=∠CDO在ΔCDO和ΔCDF中，∠CDO=∠CDF∠COD=∠CFD=90°∴ΔCDO≌ΔCDF∴DO=DF=5∴BD=2DO=2故答案为：25【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明ΔCDO≌ΔCDF是解答此题的关键．7．（2023·湖南株洲·一模）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE//AC，CE//BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为_____．【答案】10【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝20，证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可．【详解】解：∵DE//AC，CE//BD，∴四边形OCED为平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝12AC＝6，OB＝OD＝12BD＝∴∠DOC＝90°，CD＝OC2+OD2∴平行四边形OCED为矩形，∴OE＝CD＝10，故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质以及平行四边形判定与性质等知识；熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．8．（2023·湖南衡阳·校考一模）如图，四边形ABCD中，∠B＝60°,∠C＝90°，AB＝6，AD＝27，E在BC上，连AE、DE，若∠EAD＝∠ADE，BE＝2，则DC＝【答案】【详解】解：过点E作EF⊥AB交AB于点F,∵∠B＝60°,BE=2,∴∠BEF=30在Rt△BEF中，EF=BE⋅sinAF=AB-BF=6-1=5,AE=A∠EAD=∠ADE，AE=DE=AD=2△ADE是等边三角形，∴∠DEC+∠AEF=180∠EAF+∠AEF=90∠DEC=∠EAF.△AEF≌△EDC,∴DC=EF=3故答案为39．（2023·湖南长沙·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E为AB的中点，CE，BD交于点，于点F，FM平分∠DFE，分别交AD，BD于点M，G，延长MF交BC于点N，连接．下列结论：①tan∠CDF=12；②S△EBH:S△DHF=3:4；③MG:GF:FN=5:3:2【答案】①③④【分析】设正方形ABCD的边长为2a，证明∠CDF＝∠ECB，求出tan∠ECB=EBCB=12，可得①正确；根据平行线分线段成比例结合勾股定理求出EH=13EC=53a，DF=455a，HF=4515a，进而求出S△EBH：S△DHF=5:8可得②错误；过点G作GQ⊥DF于点Q，【详解】解：如图，过点G作GQ⊥DF于点Q，GP⊥EC于点P，设正方形ABCD的边长为2a．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，∵AE＝EB＝a，BC＝2a，∴tan∠∵DF⊥CE，∴∠CFD＝90°，∴∠ECB＋∠DCF＝90°，∵∠DCF＋∠CDF＝90°，∴∠CDF＝∠ECB，∴tan∠CDF=1∵BE∥CD，∴EHCH∵EC=BE2∴EH=13EC=53a在Rt△CDF中，tan∠CDF=CFDF=1∴CF=255∴HF=CE-EH-CF=5∴S△DFH∵S△BEH∴S△EBH：S∵FM平分∠DFE，GQ⊥DF，GP⊥EC，∴GQ＝GP，∵S△FGH∴GHDG∴DG=3∴BG＝DG，∵DM∥BN，∴GMGN∴GM＝GN，∵S△DFH∴12∴GP=GQ=5∵∠GPF＝∠PFQ＝∠FQG＝90°，GP＝GQ，∴四边形GPFQ是正方形，∴FG=10过点N作NJ⊥CE于点J，设FJ＝NJ＝m，则CJ＝2m，∴3m=2∴m=2∴FN=2∴MG＝GN＝GF＋FN＝105∴MG：GF：FN＝103a:10∵AB∥CD，∴∠BEF＝∠HCD，∵BEEF=a∴BEEF∴△BEF∽△HCD，故④正确．故答案为：①③④．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，角平分线的性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．10．（2023·湖南株洲·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF≌△BCE；②当BE＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的最小值为25﹣2．其中正确的是______．（请填写序号）【答案】①②【分析】①证明△ABC是等边三角形，进而得出三角形全等的三个条件；②可推出点G是AD的中点，可以得出S△COD＝S△AOD＝2S△DOG，根据点O是BD的中点，可以得到S△BOG＝S△DOG，进一步得出结果；③根据AB∥CD得出，从而得出CG＝3，于是BE：CG＝4：3；④可推出∠BPC＝120°，从而得出点P在以等边三角形BCH的外接圆的BC上运动，当点O、P、I共线时，OP最小．【详解】解：①∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，在△ABF和△BCE中，AB=BC∠BAC=∠ABC∴△ABF≌△BCE（SAS），故①正确；②由①知：△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，∵AF＝BE＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，∴△AGF∽△CBF，S△BOG＝S△DOG，S△AOD＝S△COD，∴AGBC∴，∴AG＝3，∴AG＝12∴S△AOD＝2S△DOG，∴S△COD＝2S△COG＝2S△BOG，∴∴S四边形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；故②正确；③如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴，∴，∴CG＝3，∴BE：CG＝4：3，故③不正确；④如图2，由①得：△ABF≌△BCE，∴∠BCE＝∠ABF，∴∠BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，∴∠BPC＝120°，作等边三角形△BCH，作△BCH的外接圆I，则点P在⊙I上运动，点O、P、I共线时，OP最小，作HM⊥BC于M，∴HM＝32BC＝3∴PI＝IH＝，∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，∴OI＝＝＝21，∴OP最小＝OI﹣PI＝21﹣2，故④不正确，故答案为：①②．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判