中考数学二轮培优题型训练压轴题29填空压轴题（几何篇）（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023•龙湾区二模）如图，在△ABC中，AB＝13，BC＝14，AC＝15，点D是线段AC上任意一点，分别过点A、C作直线BD的垂线，垂足为E、F，AE＝m，CF＝n，则n+m的最大值是 15 ，最小值是 12 ．
【答案】15，12．
【分析】根据S△ABC＝S△ABD+S△CBD即可得到m+n关于x的反比例函数关系式．根据垂直线段最短的性质，当BD⊥AC时，x最小，由面积公式可求得；因为AB＝13，BC＝14，所以当BD＝BC＝14时，x最大．从而根据反比例函数的性质求出y的最大值和最小值．
【详解】解：在△ABC中，AB＝13，BC＝14，AC＝15，AH⊥BC于点H，
∴设AH＝x，
则CH＝14﹣x，
∴AB2﹣AH2＝AC2﹣CH2，
即132﹣x2＝152﹣（14﹣x）2，
解得x＝5，
即AH＝5，
∴BH12，
∴S△ABCBC•AH14×12＝84，
由三角形面积公式，得S△ABDBD•AExm，S△CBDBD•CFxn，
∴m，n，
∴y＝m+n，
即y．
∵△ABC中AC边上的高为，
∴x的取值范围为x≤14．
∵m+n随x的增大而减小，
∴当x时，y的最大值为15，当x＝14时，y的最小值为12．
故答案为：15，12．
【点睛】本题考查三角形的面积，掌握三角形的面积公式，反比例函数的应用是解题的关键．
2．（2023•湖北模拟）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，，现有半径足够大的扇形OEF，∠EOF＝90°，当扇形OEF绕点O转动时，扇形OEF和正方形ABCD重叠部分的面积为 2 ．
【答案】2．
【分析】根据四边形ABCD为正方形，得到∠OAG＝∠OBH＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°；推出△AOG≌△BOH，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠OAG＝∠OBH＝45°，OA＝OB，∠AOB＝90°，
由题意得：∠GOH＝90°，
∴∠AOG＝∠BOH；
在△AOG与△BOH中，
，
∴△AOG≌△BOH（ASA），
∴扇形OEF和正方形ABCD重叠部分的面积＝S△AOBS正方形ABCDAB2（2）2＝2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（2023•榆树市二模）如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD，连结EG并延长交BC于点M．若AB，EF＝1，则GM的长为 ．
【答案】．
【分析】由大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，在直角三角形AEB中使用勾股定理可求出BF＝AE＝GC＝DH＝2，过点M作MN⊥FC于点N，由三角形EFG为等腰直角三角形可证得三角形GNM也为等腰直角三角形，设GN＝NM＝a，则NC＝GC﹣GN＝2﹣a，由tan∠FCB，可解得a．进而可得GMMN．
【详解】解：由图可知∠AEB＝90°，EF＝1，AB，
∵大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，
故AE＝BF＝GC＝DH，设AE＝x，
则在Rt△AEB中，有AB2＝AE2+BE2，
即13＝x2+（1+x）2，解得：x1＝2，x2＝﹣3（舍去）．
过点M作MN⊥FC于点N，如图所示．
∵四边形EFGH为正方形，EG为对角线，
∴△EFG为等腰直角三角形，
∴∠EGF＝∠NGM＝45°，
故△GNM为等腰直角三角形．
设GN＝NM＝a，则NC＝GC﹣GN＝2﹣a，
∵tan∠FCB，
解得：a，
∴GMGN．
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质、勾股定理、锐角三角函数、等腰三角形的性质、正确作出辅助线是解决本题的关键．
4．（2023•道外区二模）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，以CD为斜边作等腰直角△ECD，连接BE，若CD＝2，BE，则AB＝ 6 ．
【答案】6．
【分析】过点E作EF⊥AD交AD于点F，延长FE交BC于点M，从而可判定四边形ABMF是矩形，则有AB＝FM，可得∠DFE＝∠CME＝90°，再求得∠DEF＝∠ECM，利用AAS可判定△DEF≌△ECM，则有EF＝CM，从而可求得BM＝EM，利用勾股定理求得EM，CE，即可求CM，从而可求解．
【详解】解：过点E作EF⊥AD交AD于点F，延长FE交BC于点M，如图，
∵∠A＝∠ABC＝90°，∠AFM＝90°，
∴四边形ABMF是矩形，
∴AB＝FM，∠DFE＝∠CME＝90°，
∵△ECD是等腰三角形，
∴DE＝CE，∠CED＝90°，
∵∠ECM+∠CEM＝90°，∠FED+∠CEM＝180°﹣∠CED＝90°，
∴∠DEF＝∠ECM，
在△DEF和△ECM中，
，
∴△DEF≌△ECM（AAS），
∴EF＝CM，
∵EM＝FM﹣EF，BM＝BC﹣CM，AB＝BC，
∴BM＝EM，
∴△BME是等腰直角三角形，
∵CD＝2，BE，
∴CE，EM＝1，
∴BM＝1，CM，
∴BC＝BM+CM＝6，
∴AB＝BC＝6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形，解答的关键是作出适当的辅助线．
5．（2023•包河区二模）Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点．
（1）如图1，若DE⊥BC与E，DF⊥AC于F，DE＝3，DF＝4，则AB＝ 10 ；
（2）如图2，若点P是CD的中点，且CP，则PA2+PB2＝ 62.5 ．
【答案】（1）10：（2）62.5．
【分析】（1）首先证明四边形DECF为矩形，得DE＝CF＝3，在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案；
（2）过点D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，过点P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分别为点G、H，则四边形CGPH为矩形，说明BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，同理可得AH＝3PG，再利用勾股定理即可．
【详解】解：（1）∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠DEF＝∠DFC＝∠ACB＝90°，
∴四边形DECF为矩形，
∴DE＝CF＝3，
在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，
∵点D是斜边AB的中点，
∴AB＝2CD＝10，
故答案为：10；
（2）如图，过点D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，过点P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分别为点G、H，则四边形CGPH为矩形，
∴PG＝CH，CG＝PH，
∵点D为Rt△ABC的斜边AB的中点，
∴CD＝BD，
∴BE＝CE，
∵点P为CD的中点，DE⊥BC，PG⊥BC，
∴点G为CE的中点，即CE＝2EG＝2CG，
∴BE＝CE＝2EG，
∴BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，
同理可得AH＝3PG，
∴PA2+PB2＝BG2+PG2+AH2+PH2＝（3PH）2+PG2+（3PG）2+PH2＝1062.5，
故答案为：62.5．
【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
6．（2023•庐江县三模）如图，四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，点M、N分别是BC、CD的中点，连接MN，若∠DAM＝105°，∠BAN＝75°，若，则∠ANM＝ 75 °．
【答案】75．
【分析】根据三角形中位线定理和二元一次方程组解答即可．
【详解】解：四边形ABCD中，AB＝AC＝AD，点M、N分别是BC、CD的中点，
设∠BAM＝∠CAM＝α，∠DAN＝∠CAN＝β，
，
解得：α+β＝60°，
即：∠MAN＝60°，
过N作NH⊥AM于H，如图：
可得：∠ANH＝30°，
设AH＝x，可得：，AN＝2x，
∵，
∴，
∴，
∴∠MNH＝45°，
∴∠ANM＝30°+45°＝75°，
故答案为：75．
【点睛】此题考查三角形中位线定理，关键是根据三角形中位线定理解答．
7．（2023•中山市二模）如图，△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，点A，B，E在同一直线上，BD⊥AE，垂足为点B，点C在BD上，AB＝4，BE＝10．将△ABC沿BE方向平移，当这两个三角形重叠部分的面积等于△ABC面积的一半时，△ABC平移的距离为 2或5 ．
【答案】2或5．
【分析】根据平移的性质和等腰直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，
∴AB＝BC＝4，DB＝BE＝10，
∴△ABC的面积AB•BC4×4＝8，
当这两个三角形重叠部分的面积等于△ABC面积的一半时，
∴△A'BE的面积＝
，
∴A'B，
∴AA'＝AB﹣A'B＝2，
即平移的距离为2，
当当点B平移到与点E重合时，也满足，此时平移的距离为：5，
故答案为：2或5．
【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，关键是根据等腰直角三角形的面积公式解答．
8．（2023•新都区模拟）青朱出入图，是魏晋时期数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类，因就其余不动也，合成弦方之幂．开方除之，即弦也．”，若图中DF＝1，CF＝2，则AE的长为 3 ．
【答案】3．
【分析】由勾股定理求出AF的长，由△ADF∽△ECF，得到AF：FE＝DF：FC＝1：2，求出FE的长，即可求出AE的长．
【详解】解∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠D＝90°，
∵DF＝1，FC＝2，
∴AD＝DC＝DF+FC＝3，
∴AF，
∵AD∥BE，
∴△ADF∽△ECF，
∴AF：FE＝DF：FC＝1：2，
∴FE＝2AF＝2，
∴AE＝AF+FE＝3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识点是解题的关键．
9．（2023•黄埔区一模）△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，动点D在边BC上运动．以A为直角顶点，在AD右侧作等腰直角三角形△ADE（如图）．M为DE中点，N为BC三等分点，，连接MN，则线段MN的最小值为 1 ．
【答案】1．
【分析】连接CE，证明△ABD≌△ACE（SAS），可得∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
证明CE⊥BD，得出点E始终在过点C垂直于BC的射线上，当BDBC＝2时，MN最小，根据三角形中位线定理可得MNCE，结合已知条件即可得线段MN的最小值．
【详解】解：如图，连接CE，
∵△ABC、△ADE为等腰直角三角形，AB＝AC＝6，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°，AD＝AE，
∴∠BAD＝90°﹣∠DAC＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，CE＝BD，
∵∠ACB＝∠B＝45°，
∴∠ECB＝45°+45°＝90°，
∴CE⊥BD，
因为点D在BC上运动，
所以点M在直线上运动，
当BDBC＝2时
∵N为BC三等分点，，
此时MN∥CE，
∵M为DE中点，
∴N为CD中点，
∴MNCE＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是判断出△ABD≌△ACE．
10．（2023•雁塔区校级模拟）如图，菱形ABCD的边长为5，将一个直角的顶点放置在菱形的中心O处，此时直角的两边分别交边AD，CD于点E，F，当OE⊥AD时，OE的长为2，则EF的长是 ．
​
【答案】．
【分析】连接AC，先证OF∥AD，再证OF是△ACD的中位线，得OFAD，然后在Rt△EOF中，由勾股定理即可得出结论．
【详解】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，
由题意可知，∠EOF＝90°，
∴OE⊥OF，
∵OE⊥AD，
∴OF∥AD，
∵OA＝OC，
∴DF＝CF，
∴OF是△ACD的中位线，
∴OFAD，
在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
11．（2023•奉贤区二模）如果四边形有一组邻边相等，且一条对角线平分这组邻边的夹角，我们把这样的四边形称为“准菱形”．有一个四边形是“准菱形”，它相等的邻边长为2，这两条边的夹角是90°，那么这个“准菱形”的另外一组邻边的中点间的距离是 ．
【答案】．
【分析】连接BD，在Rt△ABD中，由勾股定理得BD＝2，再证EF是△BCD的中位线，即可得出结论．
【详解】解：如图，四边形ABCD是“准菱形”，且AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别是CD、BC的中点，连接BD、EF，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD2，
∵点E、F分别是CD、BC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EFBD，
即这个“准菱形”的另外一组邻边的中点间的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了“准菱形”的性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握“准菱形”的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
12．（2023•吕梁一模）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，点E，F分别在边AB和BC上，且∠EPF＝45°，若CFDP＝4，AE＝12，则AB的长度为 ．
【答案】．
【分析】过点P作MN⊥BC交BC于点M，交AD于点N；过点P作JG⊥AB交AB于点G，交DC于点J；根据四边形ABCD是正方形，BD是对角线，则AD＝BC＝JG，AB＝DC＝MN；根据，由勾股定理得PJ＝PN＝2，则CM＝MF＝2，AG＝2；过点E作EH⊥DB交BD于点H，设EH＝x，根据勾股定理，，根据相似三角形的判定和性质，得△PMF∽△PHE，得，求出x，根据AB＝AE+EB解答即可．
【详解】解：过点P作MN⊥BC交BC于点M，交AD于点N；过点P作JG⊥AB交AB于点G，交DC于点J，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴AD＝BC＝JG，AB＝DC＝MN，∠ADB＝45°，
∵，
∴PJ＝PN＝2，
∴CM＝MF＝2，AG＝2，
∵AE＝12，
∴GE＝10，
∵△PGB是等腰直角三角形，
∴PG＝GB，
过点E作EH⊥DB交BD于点H，设EH＝x，
∴EH2+HB2＝EB2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠EPF＝∠FPB+∠EPB＝45°，∠MPB＝∠MPF+∠FPB＝45°，
∴∠EPB＝∠MPF，
∴△PMF∽△PHE，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的知识，解题的关键是掌握正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理．
13．（2023•蚌埠二模）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一点，以点A为圆心，AE长为半径画弧EF，交边BC于点F，已知正方形边长为1．
（1）若∠DAE＝15°，则DE的长为 ；
（2）△AEF的面积为S的最大值是 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由已知可证Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），再利用勾股定理即可得出结论；
（2）设DE＝x，表示出，再利用二次函数的性质即可得出结论．
【详解】解：（1）∵ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠B＝90°，
∵AE＝AF，
∴Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），
∴∠DAE＝∠BAF＝15°，BF＝DE，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF为等边三角形，
设DE＝x，则CE＝CF＝1﹣x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2＝1+x2，
在Rt△CFE中，FE2＝CE2+CF2＝2（1﹣x）2，
∴1+x2＝2（1﹣x）2，
解得：，
∵0≤x≤1，
∴．
故答案为：，
（2）设DE＝x，由（1）可知DE＝BF＝x，则CE＝CF＝1﹣x，
∴S＝S△AEF＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△ABF﹣S△CEF，

，
∵0≤x≤1，对称轴直线x＝0，
∴S随x增大而减小，
∴当x＝0时S有最大值，此时，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
14．（2023•兰考县一模）如图，方形ABCD中，AB＝8，点P为射线BC上任意一点（与点B、C不重合），连接AP，在AP的右侧作正方形APGH，连接AG，交射线CD于E，当ED长为2时，点BP的长为 ．
【答案】．
【分析】由题可分两种情况，当交点E在线段CD上时，或当交点E在线段CD延长线上时，分别将△ADE绕点A顺时针旋转90°，可判定全等三角形，用勾股定理求出对应边的长度即可．
【详解】解：由题意，分两种情况，如下
（1）当交点E在线段CD上时，
∵四边形ABCD为正方形，
∴将△ADE绕点A顺时针旋转90°，如图所示，AD与AB重合，且E'，B，P三点共线，
∵四边形APGH是正方形，
∴∠PAG＝45°，
∴∠DAE+∠BAP＝45°，
由旋转可得，
∴∠BAE'+∠BAP＝45°，
∴∠E'AP＝∠EAP＝45°，
连接EP，
在△E'AP和△EAP中，
∵，
∴△E'AP≌△EAP（SAS），
∴E'P＝EP，
设BP＝x，
∵正方形ABCD边长AB＝8，DE＝2，
∴CE＝8﹣2＝6，PC＝8﹣x，EP＝E'P＝2+x，
在Rt△ECP中，有勾股定理得：PC2+CE2＝EP2，
即：（8﹣x）2+62＝（2+x）2，
解得：；
（2）当交点E在线段CD延长线上时，
同理旋转△ADE到△ABE'，如图所示，并可得∠FAE＝∠FAE'＝45°，
同理可证△FAE≌△FAE'，
∴E'F＝EF，
设CF＝y，
∵正方形ABCD边长AB＝8，DE＝2，
∴CE'＝8﹣2＝6，E'F＝EF＝DF+DE＝8﹣y+2＝10﹣y，
在Rt△E'CF中，有勾股定理得：CF2+E'C2＝E'F2，
即：y2+62＝（10﹣y）2，
解得：；
在△CPF和△BPA中，
∵，
∴△CPF∽△BPA，
∴，
即，
解得：；
综上所述：或．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，利用旋转图形证三角形全等，根据勾股定理和相似图形求出对应线段的长度是解题的关键，本题难点在于利用旋转构造全等三角形．
15．（2023•本溪一模）由4个形状相同，大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C，D都在格点上，∠A＝60°，则cs∠CDB的值为 ．
【答案】．
【分析】根据菱形的性质证明△ECD、△FCD都是等边三角形，求得∠BCD＝120°，利用等边对等角求得∠CDB＝30°，据此即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCF、CFDE都是菱形，∠A＝60°，
∴△ECD、△FCD都是等边三角形，
∴∠FCD＝∠BCF＝60°，CD＝CF，
∴∠BCD＝120°，BC＝CF＝CD，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、锐角三角函数，熟练掌握相关理论是解答关键．
16．（2023•沂南县校级一模）如图，矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC与点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN、EM，则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是 4 ．
【答案】4．
【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根据平行线的性质得到DE⊥AC，根据垂直的定义得到∠DNA＝∠BMC＝90°，由全等三角形的性质得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
在△DNA和△BMC中，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
17．（2023•琼海一模）如图，菱形ABCD，AE⊥BC，点E为垂足，点F为AE的中点，连接BF并延长交AD于点G，连接CG，，则DG＝ 2 ，AG＝ 6 ，AF＝ ．
【答案】2，6，．
【分析】过点G作GH⊥BC，垂足为H，连接EG，证明△AGF≌△EBF，得到AG＝BE，则DG＝CE＝2，然后可得四边形ABEG为平行四边形，设AG＝BE＝x，则AD＝AB＝GE＝2+x，求出CH＝x﹣2，在Rt△AGE和Rt△GCH中用勾股定理列方程进行求解．
【详解】解：如图所示，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于H，连接EG，
∵F是AE中点，
∴AF＝EF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴∠GAF＝∠BEF＝90°，
在△AGF与△EBF中，
，
∴△AGF≌△EBF（ASA），
∴AG＝BE，
∴DG＝CE＝2，
又∵AG∥BE，
∴四边形ABEG为平行四边形，
∴GE＝AB，
设AG＝BE＝x，则AD＝AB＝GE＝2+x，
∵∠GAE＝∠AEH＝∠H＝90°，
∴四边形AEHG是矩形，
∴AG＝EH，AE＝GH，
∴CH＝EH﹣CE＝AG﹣CE＝x﹣2，
在Rt△AGE和Rt△GCH中，AE2＝GE2﹣AG2，GH2＝GC2﹣CH2，
∴，
解得x＝6，即AG＝6，
∴，
∴．
故答案为：2，6，．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，设出线段长，寻找等量关系列出方程是解题的关键．
18．（2023•镇江一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，△BEF的顶点E在对角线AC上运动，且∠BFE＝90°，∠EBF＝∠BAC，连接AF，则AF的最小值为 ．
【答案】．
【分析】过点B作BH⊥AC于点H，连接FH．由∠BFE＝∠BHE＝90°推出E，B，F，H四点共圆，证明∠AHF＝∠ACD＝定值，推出点F在射线HF上运动，当AF⊥FH时，AF的值最小，求出AH，sin∠AHF，可得结论．
【详解】解：过点B作BH⊥AC于点H，连接FH，如图，
∵∠BFE＝∠BHE＝90°，
∴E，B，F，H四点共圆，
∴∠FHB＝∠FEB，
∵∠AHF+∠FHB＝90°，∠FBE+FEB＝90°
∴∠AHF＝∠EBF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ABC∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵∠EBF＝∠BAC，
∴∠EBF＝∠ACD，
∴∠AHF＝∠ACD＝定值，
∴点F在射线HF上运动，当AF⊥FH时，AF的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝6，BC＝AD＝8，∠D＝90°．
∴，
∴，
∵S△ACB•AB•CB•AC•BH，
∴，
∴，
∴AF的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、锐角三角函数的定义、勾股定理、四点共圆、圆周角定理、轨迹、三角形面积以及最小值问题等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，利用垂线段最短解决最值问题是解题的关键．
19．（2023•泉州模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E在边AD上，以BE为边在菱形ABCD的内部作等边三角形BEF，若∠DEF＝α，∠EBD＝β，则α与β之间的数量关系可用等式表示为 α+β＝60° ．
【答案】α+β＝60°．
【分析】根据菱形的性质得到∠C＝∠A＝60°，AD＝AB＝CD＝BC，求得∠ADB＝∠CDB＝∠DBC＝60°，得到BD＝BC，根据等边三角形的性质得到BE＝BF，∠EBF＝60°，根据全等三角形的性质得到∠DBE＝∠CBF＝β，∠BFC＝∠BED＝60°+α，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】解：在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴∠C＝∠A＝60°，AD＝AB＝CD＝BC，
∴∠ADB＝∠CDB＝∠DBC＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD＝BC，
∵△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF，∠EBF＝60°，
∴∠DBE＝∠CBF，
∴△BDE≌△BCF（SAS），
∴∠DBE＝∠CBF＝β，∠BFC＝∠BED＝60°+α，
∵∠BFC+∠C+∠CBF＝180°，
∴β+60°+α+60°＝180°，
∴α+β＝60°．
故答案为：α+β＝60°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
20．（2023•市南区一模）如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD边上的点，∠EAF＝45°，则下列结论中正确的有 ①②③ ．（填序号）
①BE+DF＝EF；②tan∠AMD； ③BM2+DN2＝MN2；④若EF＝1.5，S△AEF＝3，则．S正方形ABCD＝4．
【答案】①②③．
【分析】①将△ADF绕点A顺时针旋转90°使AD与AB重合，得△ABQ，根据正方形的性质及会等三角形的性质可得答案；②根据三角形的外角性质及三角函数可得答案；③在AQ上取一点H，使AH＝AN．连接BH，利用全等三角形的性质及勾股定理可得答案；④过点A作AR⊥EF于点R，根据全等三角形的性质、角平分线的性质可得AR＝AB，然后由三角形面积公式及正方形的面积公式可得答案．
【详解】解：①将△ADF绕点A顺时针旋转90°使AD与AB重合，得△ABQ，
∴△ABQ≌△ADF，
∴∠QAB＝∠DAF，AQ＝AF，∠ABQ＝∠ADF，BQ＝DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠EAB+∠DAF+∠EAF＝∠BAD＝90°，且∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠QAB+∠EAB＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE＝45°，
∵∠ABQ+∠ABE＝90°+90°＝180°，
∴点Q、B、E共线，
在△AEQ和△AEF中，
，
∴△AEQ≌△AEF（SAS），
∴EQ＝EF，
∵EQ＝BE+BQ＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，故①正确；
②∵∠AND＝∠EAF+∠AMD＝∠BDC+∠AFD，
∴∠AMD＝∠AFD，
∴tan∠AMD＝tan∠AFD，
在Rt△AFD中，
tan∠AFD，
∴tan∠AMD，故②正确；
③在AQ上取一点H，使AH＝AN．连接BH，
在△AMH和△AMN中，
，
∴△AMH≌△AMN（SAS），
∴MH＝MN，
同理，△ABH≌△ADN（SAS），
∴BH＝DN，∠ABH＝∠ADN＝45°，
∴∠HBM＝∠ABH+∠ABD＝90°，
在Rt△BMH中，MH2＝BH2+BM2，
∴MN2＝DN2+BM2，故③正确；
④假设EF∥BD时，过点A作AR⊥EF于点R，
∴AR在正方形对角线上，
∴∠RAE＝∠BAE，
∴EB＝ER，
∵AE＝AE，
∴Rt△AEB≌Rt△AER（HL），
∴∠AEB＝∠AEF，
∵AB⊥BC，AR⊥EF，
∴AR＝AB，
∵S△AEFEF•AR，
∴31.5•AR，
∴AR＝4，
∴S正方形ABCD＝42＝16，
故④错误，
∴①②③正确，
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理有解直角三角形，正确作出辅助线是解决此题关键．
21．（2023•大连一模）学习菱形时，我们从它的边、角和对角线等方面进行研究，可以发现并证明：菱形的每一条对角线平分一组对角．小明参考平行四边形、矩形判定方法的研究过程，得出下面的猜想：
①一条对角线平分一组对角的四边形是菱形；
②每一条对角线平分一组对角的四边形是菱形；
③一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
其中正确的是 ②③ （填序号，填写一个即可）．
【答案】见试题解答内容
【分析】由菱形的判定以及平行四边形的判定与性质分别对各个猜想进行判断即可．
【详解】解：①一条对角线平分一组对角的四边形不一定是菱形，如筝形，故①不正确；
②如图1，
∵AC平分∠BAD和∠BCD，
∴∠BAC＝∠DAC，∠BCA＝∠DCA，
∵∠BAC+∠BCA+∠ABC＝180°，∠DAC+∠DCA+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADC，
同理：∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故②正确；
③一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故③正确；
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了菱形的判定、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
22．（2023•石景山区一模）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是矩形，这个条件可以是 AE⊥BC（答案不唯一） （写出一个即可）．
【答案】AE⊥BC（答案不唯一）．
【分析】证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：这个条件可以是AE⊥BC，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，
即CE＝AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形，
故答案为：AE⊥BC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
23．（2023•河东区一模）已知，如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，点E，F分别在AB，CB的延长线上，且BE＝BF，G是DF的中点，连接GE，则GE的长是 ．
【答案】．
【分析】如图，延长EG到H，使GH＝EG，连接CH，CG，DH，CE，过点F作PF∥DC，根据全等三角形的性质得到EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，根据菱形的性质得到CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A，B，E在同一直线上，根据全等三角形的性质得到CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，根据等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质得到结论．
【详解】解：如图，延长EG到H，使GH＝EG，连接CH，CG，DH，CE，过点F作FP∥DC，过点E作EQ⊥BC于Q，
∵G是线段DF的中点，
∴FG＝DG，
∵∠EGF＝∠HGD，
∴△GEF≌△GHD（SAS），
∴EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，
∵∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°，
∵BE＝BF＝2，EQ⊥BC，
∴∠QEB＝30°，
∴BQ＝1，EQ，
在Rt△CQE中，由勾股定理得：CE2，
∵AB∥CD，CD∥FP，
∴AB∥FP∥CD，∠GFP＝∠CDG，
∴∠AEF+∠EFP＝180°，
∴∠EFG+∠GFP＝120°，
∴∠CDH＝∠HDG+∠GDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB＝6，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A，B，E在同一直线上，
∴∠EBC＝120°＝∠CDH，
∵△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE，
∴DH＝BE，
∴△HDC≌△EBC（SAS），
∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCE+∠HCB＝120°，即∠HCE＝120°，
∵CH＝CE，GH＝GE，
∴CG⊥GE，∠GCE＝∠HCG＝60°，
∴∠GEC＝30°，
∵cs30°，
∴GE2．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，通过添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
24．（2023•合肥模拟）如图，点P在正方形ABCD内，∠BPC＝135°，连接PA、PB、PC、PD．
（1）若PA＝AB，则∠CPD＝ 90° ；
（2）若PB＝2，PC＝3，则PD的长为 ．
【答案】（1）90°；
（2）．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，求得PA＝AD，设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，根据周角的定义即可得到结论；（2）如图，过C作 CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，推出△PCQ为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到BQ＝PD，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵PA＝AB，
∴PA＝AD，
设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，
∴∠PAD＝2α﹣90°，∠APD＝＝135°﹣α，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPD＝360°﹣（135°﹣α）﹣a﹣135°＝90°；
故答案为：90°；
（2）如图，过C作CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPQ＝45°，
∴△PCQ为等腰直角三角形，
∵PC＝3，
∴，
∵CD＝BC，∠PCD＝∠QCB，PC＝CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴BQ＝PD，
在Rt△PBQ中，PB2+PQ2＝BQ2，
∵PB＝2，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
25．（2023•鄞州区一模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，作正方形CDEF，其中顶点E在边AB上．
（1）若正方形CDEF的边长为，则线段AE的长是 ；
（2）若点D到AB的距离是，则正方形CDEF的边长是 ．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）连接CE，过点E作EH⊥AC于点H，根据正方形的性质，可得CE的长，根据等腰直角三角形的性质可得AH＝EH，设AH＝EH＝x，在Rt△EHC中，根据勾股定理列方程，求出x的值，进一步可得AE的长；
（2）过点D作DM⊥AB于点M，连接BD，AF，过点F作FN⊥AB于点N，先证△MDE≌△NEF（AAS），根据全等三角形的性质可得EN＝DM，ME＝NF，再证△BCD≌△ACF（SAS），根据全等三角形的性质可得BD＝AF，∠CAF＝∠CBD，然后再证明△BMD≌△FNA（AAS），根据全等三角形的性质可得BM＝NF，MD＝NA，进一步可得BM＝ME，EN＝NA＝MD，求出ME的长度，根据勾股定理可得DE的长度，即可确定正方形DCFE的边长．
【详解】解：（1）连接CE，过点E作EH⊥AC于点H，如图所示：
则∠AHE＝90°，
在正方形CDEF中，CD＝DE，∠CDE＝90°，
根据勾股定理，得CE，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
设AH＝EH＝x，
∵AC＝BC＝8，
∴CH＝8﹣x，
在Rt△EHC中，根据勾股定理，得，
解得x1（舍去），x2＝4，
∴AH＝EH＝4，
在Rt△AEH中，根据勾股定理，得AE，
故答案为：；
（2）过点D作DM⊥AB于点M，连接BD，AF，过点F作FN⊥AB于点N，如图所示：
则∠DME＝∠FNE＝90°，
∴∠MDE+∠MED＝90°，
在正方形DCEF中，∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠MED+∠FEN＝90°，
∴∠MDE＝∠FEN，
在△MDE和△NEF中，
，
∴△MDE≌△NEF（AAS），
∴EN＝DM，ME＝NF，
在Rt△ABC中，BC＝AC，∠ACB＝90°，
在正方形EDCF中，∠DCF＝90°，CD＝CF，
∴∠BCD＝∠ACF，
在△BCD和△ACF中，
，
∴△BCD≌△ACF（SAS），
∴BD＝AF，∠CAF＝∠CBD，
∵∠ABC+∠BAC＝90°，
∴∠MBD+∠DBC+∠BAC＝90°，
∴∠MBD+∠CAF+∠BAC＝90°，
即∠MBD+∠BAF＝90°，
∵∠MBD+∠MDB＝90°，
∴∠MDB＝∠BAF，
在△BMD和△FNA中，
，
∴△BMD≌△FNA（AAS），
∴BM＝NF，MD＝NA，
∴BM＝ME，EN＝NA＝MD，
∵点D到AB的距离是，
∴EN＝NA，
在Rt△ABC中，AC＝BC＝8，∠ACB＝90°，
根据勾股定理，得AB，
∴BM+ME6，
∴ME＝3，
在Rt△MDE中，根据勾股定理，DE2，
∴正方形CDEF的边长是2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键，本题综合性较强，难度较大．
26．（2023•郓城县校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．点M是BC边的中点，连接AM、OM，作CF∥AM．已知OC平分∠BCF，OB平分∠AOM，若，则sin∠BAM的值为 ．
【答案】．
【分析】如图所示，过点E作EH⊥AB于H，由角平分线的定义和平行线的性质证明∠MAC＝∠MCA得到MA＝MC，再由O是AC的中点，得到∠AOM＝90°，则∠AOB＝45°，证明OM为△ABC的中位线，得到，则∠BAO＝90°，即可推出，则，利用勾股定理得到，证明△ABE∽△MOE，得到，求出，，再推出，得到，则．
【详解】解：如图所示，过点E作EH⊥AB于H，
∵OC平分∠BCF，
∴∠OCF＝∠OCB，
∵CF∥AM，
∴∠CAM＝∠ACF，
∴∠MAC＝∠MCA，
∴MA＝MC，
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴，OA＝OC，
∴OM⊥AC，即∠AOM＝90°，
∵OB平分∠AOM，
∴∠AOB＝45°，
∵M为BC的中点，
∴OM为△ABC的中位线，
∴，
∴∠BAO＝180°﹣∠AOM＝90°，
∴∠ABO＝45°＝∠AOB，
∴，
∴，
∴，
∵OM∥AB，
∴△ABE∽△MOE，
∴，
∴，，
∵EH⊥AB，
∴∠BEH＝45°＝∠EBH，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了锐角三角函数，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，相似三角形的性质与判定等等，证明∠BAO＝90°是解题的关键．
27．（2023•三原县二模）如图，点M是▱ABCD内一点，连接MA，MB，MC，MD，过点A作AP∥BM，过点D作DP∥CM，AP与DP交于点P，若四边形AMDP的面积为6，则▱ABCD的面积为 12 ．
【答案】12．
【分析】由平行四边形的得AD＝BC，AD∥BC，再证∠CBM＝∠DAP，∠BCM＝∠ADP，然后证△BCM≌△ADP（ASA），得S△BCM＝S△ADP，即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵AP∥BM，
∴∠CBM＝∠DAP，
同理：∠BCM＝∠ADP，
∴△BCM≌△ADP（ASA），
∴S△BCM＝S△ADP，
∴S平行四边形ABCD＝2（S△BCM+S△ADM）＝2（S△ADP+S△ADM）＝2S四边形AMDP＝2×6＝12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
28．（2023•和平区二模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E为边BC上一点，BE＝3，在AE的右侧，以AE为边作正方形AEFG，H为BG的中点，则AH的长等于 ．
【答案】．
【分析】连接DE，DG，证明△BAE≌△DAG（SAS），由△DAG可以由△BAE绕点A逆时针旋转90°得到，由勾股定理即可解决问题
【详解】解：连接DE、DG，
∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴△DAG是由△BAE绕点A逆时针旋转90°得到的，
∵AB＝4，BE＝3，
∴CE＝1，CD＝4．
∴DE，
延长HA至点Q，使AQ＝AH，得出：AHDE，
∴AHDE．
故答案为：．
【点睛】考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形和旋转变换的性质，证明三角形全等是解题的关键．
29．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，B是边AB上一点，△BCE与△FCE关于直线CE对称，连接BF并延长交AD于点G，过点F作FH⊥AD，垂足为点H，设BE＝a，若点H为AG的中点，则BE的长为 ．
【答案】．
【分析】过点F作MN⊥AB于点M，则∠EMF＝90°，由点H为AG的中点，FH⊥AD得到点F是BG的中点，即可得到ME、MF的长，由对称得∠EFC＝∠EBC＝90°，EB＝EF＝a，FC＝BC＝3，然后利用勾股定理列出方程求得a的取值，即可得到BE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠GAB＝∠EBC＝90°，
∴∠ABG+∠AGB＝90°，
由对称的性质得，∠ABG+∠BEC＝90°，
∴∠BEC＝∠AGB，
∴△GAB∽△EBC，
∴，即，
∴AGa，
如图，过点F作MN⊥AB于点M，则∠EMF＝90°，
∵点H是AG的中点，HF⊥AD于点H，
∴四边形AHFM是矩形，AHAGa，HFAB4＝2，
∴AM＝HF＝2，MF＝AHa，
∴ME＝2﹣a，
由对称得，EB＝EF＝a，
在Rt△MEF中，EM2+FM2＝EF2，
∴（2﹣a）2+（a）2＝a2，
解得：a或a（舍），
∴BE，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理，解题的关键是熟知对称的性质．
30．（2023•呼和浩特一模）如图在菱形ABCD中，O为对角线AC与BD的交点，点P为边AB上的任一点（不与A、B重合），过点P分别作PM⊥AC，PN⊥BD，M、N为垂足，则可以判断四边形MPNO的形状为 矩形 ．若菱形的边长为a，∠ADC＝120°，则MN的最小值为 ．（用含a的式子表示）
【答案】矩形，．
【分析】根据菱形的性质即可得到AC⊥BD，根据PM⊥AC，PN⊥BD即可得到∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，根据矩形的判定方法即可判断出四边形MPNO是矩形；根据菱形ABCD的边长为a，∠ADC＝120°即可求出AB，AO，BO的长度，根据四边形MPNO是矩形即可得到MN＝OP，即可判断出当OP⊥AB时，OP取得最小值，MN也取得最小值，根据三角形的面积计算方法，即可求出OP的最小值，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，
∴四边形MPNO是矩形；
∵菱形ABCD的边长为a，∠ADC＝120°，
∴AB＝BC＝AD＝a，∠ADB＝∠CDB∠ADC＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
∴BD＝AB＝a，
∴BO＝DOBDa，
∴AO，
∵四边形MPNO是矩形，
∴MN＝OP，
∴当OP⊥AB时，OP取得最小值，MN也取得最小值，此时，
∴，
∴MN的最小值为，
故答案为：矩形，．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定及性质、垂线段最短以及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
31．（2023•洛阳一模）在扇形OAB中，∠AOB＝60°，点C是半径OA上一点，且OC＝6，将线段OC沿OB方向平移，当平移距离是6时，点C的对应点C'恰好落在弧AB上，则图中阴影部分的面积为 9π﹣9 ．
【答案】9π﹣9．
【分析】根据题意和题目中的数据，可以得到四边形OO′C′C是菱形，DO′的值和OC′的值，以及∠C′OB的度数，再根据图形可知S阴影＝S扇形C′OB﹣S△OC′O′，代入数据计算即可．
【详解】解：由已知可得，
四边形OO′C′C是平行四边形，
又∵OC＝OO′＝6，
∴四边形OO′C′C是菱形，
∴CO′⊥OC′，DO′CO′，
∵∠AOB＝60°，OC＝OO′，
∴△COO′是等边三角形，CO′＝OC＝6，∠C′OB＝30°，
∴DO′＝3，OD3，
∴OC′＝2OD＝6，
∴S阴影＝S扇形C′OB﹣S△OC′O′9π﹣9，
故答案为：9π﹣9．
【点睛】本题考查扇形面积的计算、平移的性质、菱形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
32．（2023•临渭区二模）如图，正六边形纸片ABCDEF的边长为6cm，从这个正六边形纸片上剪出一个扇形（图中阴影部分），则这个扇形的面积为 12π cm2．（结果保留π）
【答案】12π．
【分析】求出扇形的圆心角的度数，再根据扇形面积的计算方法进行计算即可．
【详解】解：由题意可知，扇形所对应的圆心角的度数为120°，半径为6cm，
所以扇形的面积为12π（cm2），
故答案为：12π．
【点睛】本题考查正多边形和圆，扇形面积的计算，掌握正多边形内角的计算方法以及扇形面积的嗯就是估算是正确解答的前提．
33．（2023•桂林二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，半径为1的⊙O在Rt△ABC内移动，当⊙O与∠A的两边都相切时，圆心O到点B的距离为 5 ．
【答案】5．
【分析】根据勾股定理得到AC8，设⊙O与AB相切于M，与AC相切于N，连接OM，ON，OB，过O作OH⊥BC于H，求得CH＝ON＝1，OH＝CN，BH＝6﹣1＝5，设AM＝AN＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC8，
设⊙O与AB相切于M，与AC相切于N，连接OM，ON，OB，过O作OH⊥BC于H，
∴∠BMO＝∠CNO＝∠C＝∠CHO＝90°，
∴四边形ONCM是矩形，
∴CH＝ON＝1，OH＝CN，BH＝6﹣1＝5，
设AM＝AN＝x，
∴BM＝10﹣x，OH＝CN＝8﹣x，
∵OB2＝BM2+OM2＝BH2+OH2，
∴（10﹣x）2+12＝52+（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴AM＝3，
∴BM＝7，
∴OB5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
34．（2023•万州区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝2，以点B为圆心，AB为半径作圆弧交CB的延长线于点D，以点A为圆心，AC为半径作圆弧交AD于点E．则图中阴影部分的面积为 π ．
【答案】π．
【分析】根据直角三角形的性质求出∠BAC，求出∠ABD，根据三角形内角和定理求出∠BAD＝∠ADB＝30°，根据勾股定理求出AC，再分别求出扇形CAE、扇形ABD和△ABD的面积即可．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，BC＝1，AB＝2，
∴BCAB，
∴∠BAC＝30°，
∴∠ABD＝∠ACB+∠BAC＝120°，
∵AB＝BD＝2，
∴∠BAD＝∠ADB（180°﹣120°）＝30°，
∴∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝30°+30°＝60°，
由勾股定理得：AC，
∴阴影部分的面积S＝S扇形CAE+（S扇形ABD﹣S△ABD）
（）
π
π．
故答案为：π．
【点睛】本题考查了扇形的面积计算，直角三角形的性质，三角形的面积等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键．
35．（2023•九龙坡区校级模拟）如图，AC、AD是⊙O中关于直径AB对称的两条弦，以弦AC、AD为折线将弧AC、弧AD折叠后过圆心O，若⊙O的半径r＝4，则圆中阴影部分的面积为 8 ．
【答案】8．
【分析】根据对称性和直角三角形的边角关系求出扇形圆心角度数，再根据各个部分面积之间的关系进行计算即可．
【详解】解：如图，过点O作OE⊥AD于点F，交⊙O于点E，连接OD，则OA＝OE＝OD，
由折叠对称可知，OF＝EFOA，
∴∠OAD＝30°，
∴∠OED＝2∠OAD＝60°，
∴△ODE是等边三角形，
∴S不规则三角形BBOD＝S扇形BOD﹣S弓形OD
＝S扇形BOD﹣（S扇形ODE﹣S△ODE）
＝S△ODE
4×（4）
＝4，
∴S阴影部分＝2S不规则三角形BOD＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查扇形面积的计算，垂径定理、直角三角形的边角关系以及折叠轴对称的性质，掌握扇形面积的计算方法以及轴对称的性质是正确解答的前提．
36．（2023•烟台一模）如图，GC，GB是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，延长GC，与BA的延长线交于点E，过点C作弦CD∥AB，连接DO并延长与圆交于点F，连接CF，若AE＝2，CE＝4，则CD的长度为 ．
【答案】．
【分析】设CF交AB于点H，连接OC，由切线的性质得∠OCE＝90°，设⊙O的半径为r，则OC＝r，OE＝r+2，由勾股定理求得r＝3，再根据圆周角定理得∠DCF＝90°，由平行线的性质推出CF⊥AB，利用垂径定理可得CH＝FH，由三角形的面积求得CH，再求出CF，利用勾股定理求得CD即可．
【详解】解：如图，设CF交AB于点H，连接OC，
∵GC是⊙O的切线，
∴OC⊥GE，
∴∠OCE＝90°，
设⊙O的半径为r，则OC＝r，OE＝r+2，
在Rt△OCE中，
由勾股定理得，OC2+CE2＝OE2即r2+42＝（r+2）2，
解得：r＝3，
∵DF为直径，
∴∠DCF＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CHE＝∠DCF＝90°，
∴CF⊥AB，
∴CH＝FH，
∵CH•OEOC•CE，
∴，
∴，
在Rt△DCF中，
由勾股定理得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
37．（2023•历下区二模）如图，已知扇形AOB的半径OA＝2，∠AOB＝120°将扇形AOB绕点A顺时针旋转30°得到扇形AO′B′，则图中阴影部分的面积是 π ．
【答案】．
【分析】根据旋转的定义求出AB，再根据扇形面积以及三角形面积的计算方法进行计算即可．
【详解】解：如图，连接OC，OB，BC，由题意可知，点A、O、B三点在同一条直线上，∠OAO′＝30°，
由旋转可知，AB＝AB′，∠O′AB′＝30°，
∴∠OAC＝30°+30°＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵∠AOB＝120°，
∴∠BOC＝120°﹣60°＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴四边形AOBC是菱形，
在Rt△AOO′中，OA＝2，∠AOO′＝60°，
∴OO′OA＝1，O′AOA，
∴AB＝2O′A＝2，
∴S阴影部分＝S扇形ABB′﹣S△ABC
1
，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转的性质，扇形面积的计算，掌握扇形面积、三角形面积的计算方法以及旋转的性质是正确解答的前提．
38．（2023•邓州市一模）如图，在扇形AOB中，∠AOB＝60°，，半径OC平分，点D为半径OA中点，点E为半径OC上一动点，当AE+DE取得最小值时，由，AE，CE围成的阴影部分的面积为 ．
【答案】．
【分析】过点A作AG⊥OB于点G，交OC于点F，连接DF，GE，可得当E，F重合时，AE+ED取得最小值，进而根据S＝S扇形AOC﹣S△AOF即可求解．
【详解】解：如图所示，过点A作AG⊥OB于点G，交OC于点F，连接DF，GE，
∵半径OC平分，
∴D，G关于OC对称，
∴DF＝FG，
∵AE+DE＝EG+AE≥AG，
∴当E，F重合时，AE+ED取得最小值，
记当AE+DE取得最小值时，由，AE，CE围成的阴影部分的面积为S，
则S＝S扇形AOC﹣S△AOF，
∵∠AOB＝60°，，半径OC平分，
∴，∠FOG＝30°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．
39．（2023•龙口市二模）如图，由边长为1的小正方形构成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C，D，则cs∠ADC的值为 ．
【答案】．
【分析】根据勾股定理求得直径AB的长，再根据圆周角定理得到∠ADC＝∠ABC，再根据余弦函数的定义计算即可．
【详解】解：连接AC，BC，
由图可得：∠ADC＝∠ABC，AC＝2，BC＝3，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，余弦函数，熟悉掌握余弦的比值关系是解题的关键．
40．（2023•渝中区校级二模）如图，扇形纸片AOB的半径为2，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在AB上的点C处，图中阴影部分的面积为 2 ．
​
【答案】2．
【分析】连接OC，由折叠的性质得到AC＝OA，OB＝BC，OC⊥AB，推出△AOC，△OCB是等边三角形，得到∠AOB＝120°，根据勾股定理求出AH的长，由S阴影＝S扇形AOB﹣S△AOC﹣S△BOC即可得出结论．
【详解】解：连接OC，交AB于H，
∵扇形纸片AOB沿AB折叠，点O落在上的点C处，
∴AC＝OA，OB＝BC，OC⊥AB，
∵OC＝OA，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC＝60°，
同理：∠BOC＝60°，
∴∠AOB＝120°，
∵OC⊥AB，
∴OH＝CHOC＝1，AH＝BH，
在Rt△OAH中，
OH，
∴BH，
∴S阴影＝S扇形AOB﹣S△AOC﹣S△BOC
OC•AHOC•BH
22
π
2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是扇形的面积，熟记扇形的面积公式是解题的关键．