专题10 填空题压轴题几何图形综合计算专项训练（解析版）

专题10填空题压轴题几何图形综合计算专项训练（集训版）

模块一2022中考真题集训

1．（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB

＝60°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是．

3

思路引领：利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三

角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．

在Rt△ABE和Rt△ADF中，

，

𝐴=𝐴

∴�R�t△=A�B�E≌Rt△ADF（HL）．

∴∠BAE＝∠DAF．

∴∠BAE（∠BAD﹣∠EAF）

1

=

（90°﹣230°）

1

＝=320°．

∴∠AEB＝60°．

故答案为：60．

过点F作FG⊥AE，垂足为G．

∵sin∠EAF，

��

∴FG＝sin∠=E�A�F×AF．

∵S△AEFAE×FGAE×AF×sin∠EAF＝1，

11

=2×=2×

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∴AE2×sin30°＝1．

1

×

即2AE21．

11

××=

∴2AE＝2．2

在Rt△ABE中，

∵cos∠BAE，

𝐴

∴AB＝cos30=°�×�AE

2

3

=2．×

=故答3案为：．

3

总结提升：本题主要考查了正方形的性质及解直角三角形，掌握正方形的性质及直角三角形的边角间关

系是解决本题的关键．

2．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三

角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成

下列问题：

（1）∠FDG＝45°；

（2）若DE＝1，DF＝2，则MN＝．

26

2

15

思路引领：（1）根据AAS证△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG

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的度数；

（2）由（1）的结论得出CD的长度，GF的长度，根据相似三角形的性质分别求出DM，NC的值即可

得出MN的值．

解：由题知，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，

∴∠AEB+∠GEF＝90°，

∵∠AEB+∠ABE＝90°，

∴∠GEF＝∠ABE，

在△ABE和△GEF中，

，

∠���=∠𝐴�

∠�=∠�=90°

∴�△�=AB�E�≌△GEF（AAS），

∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，

即DG+DE＝AE+DE，

∴DG＝AE，

∴DG＝GF，

即△DGF是等腰直角三角形，

∴∠FDG＝45°，

故答案为：45°；

（2）∵DE＝1，DF＝2，

由（1）知，△DGF是等腰2直角三角形，

∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，

延长GF交BC延长线于点H，

∴CD∥GH，

∴△EDM∽△EGF，

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∴，

𝐴��

=

即���，�

𝐴1

=

∴M2D3，

2

同理△=B3NC∽△BFH，

∴，

𝑁��

=

即����，

𝑁��

=

∴��−���，�+��

𝑁3

=

∴N3−C2，3+2

3

=

∴MN＝5CD﹣MD﹣NC＝3，

2326

−−=

故答案为：．3515

26

总结提升：1本5题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相

似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．

3．（2022•深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，连接CE，以CE

为底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE边上的一点，连接BD和BF，且∠5FBD＝45°，则AF

长为．

35

4

思路引领：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，利用SAS证明△EDH≌△CDB，

得EH＝CB＝5，∠BGH＝∠BDH＝90°，从而得出HE∥DC∥AB，则△ABF∽△EHF，即可解决问题．

解：将线段BD绕点D顺时针旋转90°，得到线段HD，连接BH，延长HE交BC于G，

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∴△BDH是等腰直角三角形，

∴∠HBD＝45°，

∵∠FBD＝45°，

∴点B、F、H共线，

又∵△EDC是等腰直角三角形，

∴HD＝BD，∠EDH＝∠CDB，ED＝CD，

∴△EDH≌△CDB（SAS），

∴EH＝CB＝5，∠DHE＝∠CBD，

∴∠BGH＝∠BDH＝90°，

∴HE∥AB，

∴△ABF∽△EHF，

∴，

𝐴𝐴𝐴

==

∵�A�E＝2��，𝐴−𝐴

∴5，

3𝐴

=

∴A5F25−，𝐴

35

=

故答案为4：．

3

5

总结提升：4本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性

质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

4．（2022•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点D为AB的中点，点P在AC上，

且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连2接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ

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的长为或．

513

思路引领：分两种情况：当点Q在CD上，当点Q在DC的延长线上，利用勾股定理分别进行计算即可

解答．

解：如图：

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，

∴ABAC＝4，2

∵点=D为2AB的中点，

∴CD＝ADAB＝2，∠ADC＝90°，

1

∵∠ADQ＝=902°，

∴点C、D、Q在同一条直线上，

由旋转得：

CQ＝CP＝CQ′＝1，

分两种情况：

当点Q在CD上，

在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，

∴AQ，

2222

当点Q=在�D�C+的�延�长线=上2，+1=5

在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，

∴AQ′，

2222

综上所述=：当𝐴∠A+D�Q�＝′9=0°时2，+A3Q=的长1为3或，

故答案为：或．513

513

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总结提升：本题考查了勾股定理，旋转的性质，等腰直角三角形，分两种情况进行讨论是解题的关键．

5．（2022•山西）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝

DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，

则线段AN的长为4．

34

思路引领：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，

可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角

形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），

可得EN＝FN，设DN＝x，则EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝

BC＝20，由勾股定理即可求解．

解：如图，连接AE，AF，EN，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，

∵BE＝DF，

∴△ABE≌△ADF（SAS），

∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，

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∴∠EAF＝90°，

∴△EAF为等腰直角三角形，

∵AN⊥EF，

∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，

∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），

∴EN＝FN，

设DN＝x，

∵BE＝DF＝5，CN＝8，

∴CD＝CN+DN＝x+8，

∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，

在Rt△ECN中，由勾股定理可得：

CN2+CE2＝EN2，

即82+（x+3）2＝（x+5）2，

解得：x＝12，

∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，

∴AN4，

2222

解法二=：�可�以+用�相�似去=做2，0△+A1D2N=与△3F4CE相似，设正方形边长为x，

，即，

��𝐴�−8�

==

∴��x＝2�0．��−5�+5

在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．

故答案为：4．34

总结提升：本题34考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，

解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．

6．（2022•陕西）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM

＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为．

15

2

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思路引领：连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，根据勾股定理

7

求出OA，证明△DEM∽△DOA，根据相似三角形的性质列出比例式，用含=A2M的代数式表示ME、NF，

计算即可．

解：连接AC交BD于O，

∵四边形ABCD为菱形，

∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，

7

=2

由勾股定理得：OA，

2227215

∵ME⊥BD，AO⊥B=D，𝐴−𝐴=4−(2)=2

∴ME∥AO，

∴△DEM∽△DOA，

∴，即，

𝐴��𝐴4−��

=15=

��𝐴4

2

解得：ME，

415−15��

=

同理可得：NF8，

15��

=

∴ME+NF，8

15

=

故答案为：2．

15

2

总结提升：本题考查的是相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理，掌握相似三角形的判定定

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理是解题的关键．

7．（2022•陕西）在20世纪70年代，我国著名数学家华罗庚教授将黄金分割法作为一种“优选法”，在全

国大规模推广，取得了很大成果．如图，利用黄金分割法，所作EF将矩形窗框ABCD分为上下两部分，

其中E为边AB的黄金分割点，即BE2＝AE•AB．已知AB为2米，则线段BE的长为（﹣1）米．

+5

思路引领：根据BE2＝AE•AB，建立方程求解即可．

解：∵BE2＝AE•AB，

设BE＝x，则AE＝（2﹣x），

∵AB＝2，

∴x2＝2（2﹣x），

即x2+2x﹣4＝0，

解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1（舍去），

∴线段BE的长+为（5﹣1）−米．5

故答案为：（﹣1）．+5

总结提升：本题+主要5考查了黄金分割，熟练掌握线段之间的关系列出方程是解决本题的关键．

8．（2022•天津）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF

与DE相交于点G，则GF的长等于．

19

4

思路引领：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，

先证明FH是△CDE的中位线，得FH＝1，再证明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM

中计算BM和CM的长，再证明BF是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF的长，从而得结论．

解：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，

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∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，

∴FH∥AB，

∴∠FHG＝∠AEG，

∵F是CE的中点，FH∥CD，

∴H是DE的中点，

∴FH是△CDE的中位线，

∴FHCD＝1，

1

∵E是=A2B的中点，

∴AE＝BE＝1，

∴AE＝FH，

∵∠AGE＝∠FGH，

∴△AEG≌△FHG（AAS），

∴AG＝FG，

∵AD∥BC，

∴∠CBM＝∠DAB＝60°，

Rt△CBM中，∠BCM＝30°，

∴BMBC＝1，CM，

122

∴BE＝=B2M，=2−1=3

∵F是CE的中点，

∴FB是△CEM的中位线，

∴BFCM，FB∥CM，

13

∴∠E=BF2＝∠=M2＝90°，

Rt△AFB中，由勾股定理得：AF，

2223219

=𝐴+��=2+(2)=2

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∴GFAF．

119

==

故答案为2：4．

19

总结提升：此4题考查的是菱形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，掌握其性质定理

是解决此题的关键．

9．（2022•重庆）如图，菱形ABCD中，分别以点A，C为圆心，AD，CB长为半径画弧，分别交对角线AC

于点E，F．若AB＝2，∠BAD＝60°，则图中阴影部分的面积为．（结果不取近似值）

63−2�

3

思路引领：根据菱形的性质求出对角线的长，进而求出菱形的面积，再根据扇形面积的计算方法求出扇

形ADE的面积，由S阴影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．

解：如图，连接BD交AC于点O，则AC⊥BD，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，

∴∠BAC＝∠ACD＝30°，AB＝BC＝CD＝DA＝2，

在Rt△AOB中，AB＝2，∠BAO＝30°，

∴BOAB＝1，AOAB，

13

∴AC＝=2OA＝2，B=D＝22B=O＝32，

3

∴S菱形ABCDAC•BD＝2，

1

=3

∴S阴影部分＝S菱2形ABCD﹣2S扇形ADE

＝2

2

60�×2

3−

，360

63−2�

=

故答案3为：．

63−2�

3

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总结提升：本题考查扇形面积的计算，菱形的性质，掌握扇形面积的计算方法以及菱形的性质是正确解

答的前提．

10．（2022•吉林）第二十四届北京冬奥会入场式引导牌上的图案融入了中国结和雪花两种元素．如图，这

个图案绕着它的中心旋转角（0°＜＜360°）后能够与它本身重合，则角可以为60（答案不唯

一）．度．（写出一个即可）ααα

思路引领：先求出正六边形的中心角，再根据旋转变换的性质解答即可．

解：360°÷6＝60°，

则这个图案绕着它的中心旋转60°后能够与它本身重合，

故答案为：60（答案不唯一）．

总结提升：本题考查的是旋转对称图形、正多边形的性质，求出正六边形的中心角是解题的关键．

11．（2022•泰安）如图，某一时刻太阳光从窗户射入房间内，与地面的夹角∠DPC＝30°，已知窗户的高

度AF＝2m，窗台的高度CF＝1m，窗外水平遮阳篷的宽AD＝0.8m，则CP的长度为4.4m（结果精

确到0.1m）．

思路引领：本题涉及遮阳棚的计算问题，光线是平行光线，所以在直角三角形中，知道一个锐角的度数，

一条边的长度，可以运用直角三角形边角的关系解决问题．

解：根据图形可知AD∥CP．

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∵AD∥CP，∠DPC＝30°，

在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝0.8m，

∴AB＝AD×tan∠ADB＝0.80.46m．

3

∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF×＝31m≈，

∴BC＝2.54m，

在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，

∴CP．

��2.54

答：C=P�的��长∠�度�约�=为�4�.�43m0．°≈4.4�

故答案为：4.4m．

总结提升：考查直角三角形中边角的关系，关键是能正确的选择运用三角函数解决问题．

12．（2022•泰安）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点

B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为2．

思路引领：连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，

设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根据勾股定理即可解决问题．

解：如图，连接AP，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，

点E是BC的中点，

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∴BE＝CEAB＝3，

1

由翻折可知=：2AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，

∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，

在Rt△AFP和Rt△ADP中，

，

𝐵=𝐵

∴�R�t=△A�F�P≌Rt△ADP（HL），

∴PF＝PD，

设PF＝PD＝x，则CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，

在Rt△PEC中，根据勾股定理得：

EP2＝EC2+CP2，

∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，

解得x＝2．

则DP的长度为2．

故答案为：2．

总结提升：本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．

13．（2022•杭州）如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在O上，将该圆形纸片沿直线CO

对折，点B落在O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD⊙．设CD与直径AB交于点E．若

⊙

AD＝ED，则∠B＝36度；的值等于．

��3+5

𝐴2

思路引领：由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，证出∠BEC＝∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO

＝∠BCO，设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，证出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形内角

和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO＝x，EC＝OC＝

����

=

OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OEa，证明△BCE∽△DAE，由�相�似三��角形的性质得出，

5−1����

==

2𝐴𝐴

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则可得出答案．

解：∵AD＝DE，

∴∠DAE＝∠DEA，

∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，

∴∠BEC＝∠BCE，

∵将该圆形纸片沿直线CO对折，

∴∠ECO＝∠BCO，

又∵OB＝OC，

∴∠OCB＝∠B，

设∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，

∴∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，

∴∠CEB＝2x，

∵∠BEC+∠BCE+∠B＝180°，

∴x+2x+2x＝180°，

∴x＝36°，

∴∠B＝36°；

∵∠ECO＝∠B，∠CEO＝∠CEB，

∴△CEO∽△BEC，

∴，

����

2=

∴�C�E＝E�O�•BE，

设EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，

∴a2＝x（x+a），

解得，xa（负值舍去），

5−1

=

∴OE2a，

5−1

=

∴AE＝OA2﹣OE＝aaa，

5−13−5

∵∠AED＝∠BEC，−∠D2AE＝=∠B2CE，

∴△BCE∽△DAE，

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∴，

����

=

𝐴𝐴

∴．

���3+5

=3−5=

𝐴2

2�

故答案为：36，．

3+5

2

总结提升：本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内

角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．

14．（2022•绍兴）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的动点，连结AC，作CD⊥AC，CD＝AC，动点E在

AB延长线上，tan∠QBE＝3，连结CE，DE，当CE＝DE，CE⊥DE时，BE的长是或5．

35

4

思路引领：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．由tan

∠CBT＝3，可以假设BT＝k，CT＝3k，证明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝

��

10+k，再利=用��勾股定理，构建方程求解即可．

解：如图，过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ．

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∵tan∠CBT＝3，

��

∴可以假设BT＝=k�，�CT＝3k，

∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，

∴∠CAT＝∠JCD，

在△ATC和△CJD中，

，

∠𝐶�=∠���=90°

∠�𝐶=∠���

∴��△=AT�C�≌△CJD（AAS），

∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，

∵∠CJD＝∠CED＝90°，

∴C，E，D，J四点共圆，

∵EC＝DE，

∴∠CJE＝∠DJE＝45°，

∴ET＝TJ＝10﹣2k，

∵CE2＝CT2+TE2＝（CD）2，

2

∴（3k）2+（10﹣2k）22＝[•]2，

222

2(3�)+(10+�)

整理得4k﹣25k+25＝0，2

∴（k﹣5）（4k﹣5）＝0，

∴k＝5和，

5

∴BE＝BT4+ET＝k+10﹣2k＝10﹣k＝5或，

35

故答案为：5或．4

35

总结提升：本题4考查全等三角形的判定和性质，四点共圆，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常

用辅助线，构造全等三角形解决问题．

15．（2022•无锡）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE

交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC＝20°，则∠BAF＝80°；现将△DCE绕点C旋转1

周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是4．

−3

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思路引领：第一个问题证明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+

∠CAE＝80°．第二个问题，如图1中，设BF交AC于点T．证明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出点F在

△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，求出AE，EF可得结论．

解：∵△ACB，△DEC都是等边三角形，

∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，

∴∠BCD＝∠ACE，

在△BCD和△ACE中，

，

��=��

∠���=∠𝑁�

∴��△=BC�D�≌△ACE（SAS），

∴∠DBC＝∠EAC＝20°，

∵∠BAC＝60°，

∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．

如图1中，设BF交AC于点T．

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同法可证△BCD≌△ACE，

∴∠CBD＝∠CAF，

∵∠BTC＝∠ATF，

∴∠BCT＝∠AFT＝60°，

∴点F在△ABC的外接圆上运动，当∠ABF最小时，AF的值最小，此时CD⊥BD，

∴BD4，

2222

∴AE＝=BD�＝�4−，�∠�BD=C＝5∠−AE3C＝=90°，

∵CD＝CE，CF＝CF，

∴Rt△CFD≌Rt△CFE（HL），

∴∠DCF＝∠ECF＝30°，

∴EF＝CE•tan30°，

∴AF的最小值＝AE=﹣E3F＝4，

故答案为：80，4．−3

总结提升：本题考−查旋3转变换，全等三角形的判定和性质，轨迹，解直角三角形，等边三角形的性质等

知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

16．（2022•无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC

于点H、G，则BG＝1．

思路引领：设CG＝x，则BG＝8﹣x，根据勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，进而求

出BG的长．

解：连接AG，EG，

∵E是CD的中点，

∴DE＝CE＝4，

设CG＝x，则BG＝8﹣x，

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在Rt△ABG和Rt△GCE中，根据勾股定理，得

AB2+BG2＝CE2+CG2，

即82+（8﹣x）2＝42+x2，

解得x＝7，

∴BG＝BC﹣CG＝8﹣7＝1．

故答案是：1．

总结提升：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，解决本题的

关键是熟练运用线段垂直平分线的性质构造辅助线．

17．（2022•镇江）如图，有一张平行四边形纸片ABCD，AB＝5，AD＝7，将这张纸片折叠，使得点B落在

边AD上，点B的对应点为点B′，折痕为EF，若点E在边AB上，则DB′长的最小值等于2．

思路引领：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'

＝7﹣5＝2．

解：由折叠可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如图，当E与A重合时，B'D最短．

∵AB＝5，AD＝7，

∴AB'＝5，

∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，

即DB′长的最小值为2．

故答案为：2．

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总结提升：本题考查翻折变换（折叠问题）、平行四边形的性质，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．

18．（2022•德州）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D是斜边AB上一点，

且BDAB，将△ABC绕点D逆时针旋转90°，得到△A′B′C′，B′C′交AB于点E．其中点C

1

=4

的运动路径为弧CC′，则弧CC′的长度为．

10�

2

思路引领：连接CD，DC'，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出DC的长，再

代入弧长公式计算即可．

解：连接CD，DC'，作CH⊥AB于H，

∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，

∴AB＝4，CH＝BH＝2，

22

∵BDAB，

1

∴BD=4，

∴DH=2，

在Rt△=CH2D中，由勾股定理得，

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CD，

22

=��+��=10

∴弧CC′的长度为，

90�×1010�

=

故答案为：．1802

10�

总结提升：本2题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握弧长公式

是解题的关键．

19．（2022•内蒙古）如图，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝1，点P在以斜边AB为直径的半圆上，

M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是．

2

π

4

思路引领：如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，判断出点M的运动轨迹，利用弧长公式求解．

解：如图，设AB的中点为O，连接OP，OC，OM，

∵OP＝OC，CM＝PM，

∴OM⊥PC，

∴∠CMO＝90°，

∴点M的运动轨迹是以OC为直径的T，

设T交AC于点E，交BC于点F，连⊙接EF则EF是直径，

∴⊙点M的运动轨迹在以OC为直径的T上（即上），

∵AC＝CB＝1，∠ACB＝90°，⊙�𝐴

∴AB，

2222

=𝑁+��=1+1=2

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∵OA＝OB，

∴OCAB，

12

==

∴点M的2运动轨2迹的长2，

122

=×π×=π

故答案为：．244

2

π

总结提升：本4题考查轨迹，等腰直角三角形的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确判断出点M

的运动轨迹，属于中考常考题型．

20．（2022•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的

中点，若DE＝1，则FG＝1．

思路引领：根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．

解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，

∴AB＝2DE＝2，

∵F、G分别为AC、BC的中点，

∴FG是△ACB的中位线，

∴FGAB＝1，

1

故答案=为2：1．

总结提升：此题考查三角形中位线定理，关键是根据直角三角形的性质得出AB的长解答．

21．（2022•通辽）如图，O是△ABC的外接圆，AC为直径，若AB＝2，BC＝3，点P从B点出发，在

⊙3

△ABC内运动且始终保持∠CBP＝∠BAP，当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长为．

3

π

3

思路引领：如图，取AB的中点J，首先证明∠APB＝90°，推出点P在以AB为直径的J上运动，当J，

⊙

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P，C共线时，PC的值最小，解直角三角形求出∠CJB＝60°可得结论．

解：如图，取AB的中点J，

∵AC是直径，

∴∠ABC＝90°，

∴∠ABP+∠PBC＝90°，

∵∠BAP＝∠PBC，

∴∠BAP+∠ABP＝90°，

∴∠APB＝90°，

∴点P在以AB为直径的J上运动，

当J，P，C共线时，PC的⊙值最小，

在Rt△CBJ中，BJ，BC＝3，

∴tan∠CJB=，3

��

==3

∴∠BJC＝60°��，

∴当C，P两点距离最小时，动点P的运动路径长．

60�×33

==π

故答案为：．1803

3

π

总结提升：本3题考查轨迹，解直角三角形，弧长公式等知识，解题的关键是正确判断出点P的运动轨迹，

属于中考常考题型．

22．（2022•成都）如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段

BE上一动点，作P关于直线DE的对称点P'，点Q是AC上一动点，连接P'Q，DQ．若AE＝14，CE＝

18，则DQ﹣P'Q的最大值为．

162

3

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思路引领：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′

并延长，延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上．当

点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段

DP″的长，当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，

也就是线段BJ的长．解直角三角形求出BJ，可得结论．

解：如图，连接BD交AC于点O，过点D作DK⊥BC于点K，延长DE交AB于点R，连接EP′并延

长，延长线交AB于点J，作EJ关于AC的对称线段EJ′，则点P′的对应点P″在线段EJ′上．

当点P是定点时，DQ﹣QP′＝DQ﹣QP″，

当D，P″，Q共线时，QD﹣QP′的值最大，最大值是线段DP″的长，

当点P与B重合时，点P″与J′重合，此时DQ﹣QP′的值最大，最大值是线段DJ′的长，也就是线

段BJ的长．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO＝OC，

∵AE＝14．EC＝18，

∴AC＝32，AO＝OC＝16，

∴OE＝AO﹣AE＝16﹣14＝2，

∵DE⊥CD，

∴∠DOE＝∠EDC＝90°，

∵∠DEO＝∠DEC，

∴△EDO∽△ECD，

∴DE2＝EO•EC＝36，

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∴DE＝EB＝EJ＝6，

∴CD12，

2222

∴OD=��−��=18−6=4，2

2222

∴BD＝=8��，−𝐴=6−2=2

2

∵S△DCBOC×BDBC•DK，

11

=×=

∴DK2，2

16×8232

==

∵∠BER＝12∠2DCK，3

∴sin∠BER＝sin∠DCK，

32

��342

===

∴RB＝BE，��1229

4282

∵EJ＝EB，×ER9⊥=BJ，3

∴JR＝BR，

82

=

∴JB＝DJ′3，

162

=3

∴DQ﹣P'Q的最大值为．

162

解法二：DQ﹣P'Q＝BQ﹣3P'Q≤BP'，显然P'的轨迹EJ，故最大值为BJ．勾股得CD，OD．△BDJ∽△

BAD，BD2＝BJ*BA，可得BJ．

162

=

故答案为：．3

162

总结提升：本3题考查轴对称﹣最短问题，菱形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴

对称解决最值问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．

模块二2023中考押题预测

23．（2022•大冶市校级模拟）如图，已知四边形ABCD是正方形AB，点E为对角线AC上一动点，

连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻=边2作2矩形DEFG，连CG．

（1）CE+CG＝4；

（2）若四边形DEFG面积为5时，则CG＝3或1．

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思路引领：（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE

＝EF，得矩形DEFG是正方形，证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4；

（2）过点E作EQ⊥AD于点Q，得△AEQ是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求出AQ，进而可以解

决问题．

解：（1）如图，作EM⊥BC，EN⊥CD于点M，N，

∴∠MEN＝90°，

∵点E是正方形ABCD对角线上的点，

∴EM＝EN，

∵∠DEF＝90°，

∴∠DEN＝∠MEF，

在△DEN和△FEM中，

，

∠�𝐴=∠�𝐴

��=��

∴∠△��D�EN=≌∠△��F�EM（ASA），

∴EF＝DE，

∵四边形DEFG是矩形，

∴矩形DEFG是正方形，

∴DE＝DG，AD＝DC，

∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，

∴∠CDG＝∠ADE，

∴△ADE≌△CDG（SAS），

∴AE＝CG．

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∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB24；

故答案为：4；