中考数学三轮冲刺练习专练06（填空题-压轴）（教师版）

这是一份中考数学三轮冲刺练习专练06（填空题-压轴）（教师版），共56页。试卷主要包含了，并写出下列五个结论等内容，欢迎下载使用。


专练06（填空题-压轴）（30道）
1．（2020·广东省初三一模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点（，0）和（m，y），对称轴为直线x＝﹣1，下列5个结论：其中正确的结论为_____．（注：只填写正确结论的序号）①abc＞0；②a+2b+4c＝0；③2a﹣b＞0；④3b+2c＞0；⑤a﹣b≥m（am﹣b）

【答案】②④．
【解析】
解：∵抛物线开口向上
∴
∵抛物线对称轴为直线
∴，则，所以③错误；
∴
∵抛物线与轴的交点在轴下方
∴
∴，所以①错误；
∵时，
∴，即，所以②正确；
∵，
∴，即，所以④正确；
∵时，函数值最小
∴
∴，所以⑤错误．
故答案是：②④
【点睛】
本题考查了二次函数与系数的关系，掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时要熟练运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式．
2．（2020·南昌二中高新校区初三期中）给出下列命题及函数y=x，y=x2和y=的图象．（如图所示）
①如果＞a＞a2，那么0＜a＜1；
②如果a2＞a＞，那么a＞1；
③如果a＞a2＞，那么﹣1＜a＜0；
④如果a2＞＞a，那么a＜﹣1，
则正确的是_____（填序号）

【答案】①④
【解析】
由图象可知，当反比例函数图象在最上面，二次函数图象在最下面时，自变量的取值范围是0＜x＜1，则①正确；
当二次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面时，自变量的取值范围是x＞1和﹣1＜a＜0，则②错误；
没有一次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面的可以性，则③错误；
当二次函数图象在最上面，一次函数图象在最下面时，自变量的取值范围是x＜-1，则④正确，
故答案为①④.
3．（2020·重庆西南大学附中初三期末）已知二次函数的图象与轴有两个交点，则下列说法正确的有：_________________．(填序号)
①该二次函数的图象一定过定点；
②若该函数图象开口向下，则的取值范围为：；
③当且时，的最大值为；
④当且该函数图象与轴两交点的横坐标满足时，的取值范围为：．
【答案】
【解析】
由题目中可知： ，，，
由题意二次函数图象与x轴有两个交点，则：
，即，
①将代入二次函数解析式中，，则点在函数图象上，故正确；
②若二次函数开口向下，则，解得，且，所以的取值范围为：，故正确；
③当时，，即二次函数开口向上，对称轴，对称轴在左侧，则当时，随的增大而增大，当时有最大值，，故错误；
④当时，，即二次函数开口向上，
∵，
∴当时，，时，，即，
解得：，
∵，
∴当时，，时，，即，
解得：，
综上，，故正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查二次函数的图像与性质，以及利用不等式组求字母取值范围，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键．
4．（广东省金山中学初三月考）我们定义一种新函数：形如（，且）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2-2x-3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为，和；②图象具有对称性，对称轴是直线；③当或时，函数值随值的增大而增大；④当或时，函数的最小值是0；⑤当时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是______.

【答案】4
【解析】
解：①∵，和坐标都满足函数，∴①是正确的；
②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，因此②也是正确的；
③根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③也是正确的；
④函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④也是正确的；
⑤从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤是不正确的；
故答案是：4

【点睛】
理解“鹊桥”函数的意义，掌握“鹊桥”函数与与二次函数之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数与轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握.
5．（2020·浙江省初三期末）如图，抛物线的图象与坐标轴交于点、、，顶点为，以为直径画半圆交轴的正半轴于点，圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是__________．

【答案】
【解析】
解：，
∴点E的坐标为（1，-2），
令y=0，则，
解得，，，
∴A（-1，0），B（3,0），
∴AB=4，
由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图，
∴点运动的路径长是.

【点睛】
本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.
6．（2020·长沙市长郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线的图象与坐标轴交于点A，B，D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y正半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接EP．①点E在⊙M的内部；②CD的长为；③若P与C重合，则∠DPE＝15°；④在P的运动过程中，若AP＝ ，则PE＝⑤N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是2π．其中结论正确的是______________

【答案】②③④
【解析】
解：抛物线的图象与坐标轴交于点A，B，D，
则点A、B、D的坐标分别为：（-1，0）、（3，0）、（0，-），则点M（1，0），
顶点E的坐标为：（1，-2），AB=4，CO=，OD=，故点D不在⊙M上；
①ME=2=AM，∴E应该在⊙M上，故不符合题；
②C是圆M与y轴交点，圆M半径为2，M（1，0）由勾股定理得OC=，
CD=2×=3，故CD的长为，符合题意；
③如图1，连接DP、ME，点D、E均在⊙M上，

过点D作DH⊥ME于H，
∵DH=1，MD=R=2，
故∠DME=30°，则∠DPE=15°，符合题意；
④如图2，连接PB、PA、AE，
∵点B、E均在圆上，则∠ABP=∠AEP=α，
sin∠AEP=sin∠ABP==sinα，则cosα=，

过点A作AK垂直于PE于K，则AK=AEsinα=2×=，EK=AEcosα═，则PK=AK=，故则PE=，符合题意；
⑤如图3，图中实点G、N、M、F是点N运动中所处的位置，

则GF是等腰直角三角形的中位线，GF=AB=2，ME交AB于点R，则四边形GEFM为正方形，当点P在半圆任意位置时，中点为N，连接MN，则MN⊥PE，连接NR，
则NR=ME=MR=RE=RG=RF=GF=1，则点N的运动轨迹为以R为圆心的半圆，则N运动的路径长=×2πr=π，故不符合题意；
故答案为：②③④．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，关键在于确定抛物线上有的点也同时在圆上即可，本题综合性强，难度较大．
7．（2020·全国初二课时练习）如图，在正方形中，是对角线与的交点，是边上的动点（点不与，重合），过点作垂直交于点，连结，，.下列五个结论：①；②；③；④若，则的最小值是1；⑤.其中正确结论是_________.（只填序号）

【答案】①②③⑤
【解析】
∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠DCN=90°，
又∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN=90°，
∴∠BCN=∠CDM，
又∵∠CBN=∠DCM=90°，
∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正确；
根据△CNB≌△DMC，可得CM=BN，
又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM=ON，故②正确；
∵△OCM≌△OBN
∴∠COM=∠BON
∴∠COM+∠BOM=∠BON+∠BOM=90°
∴ON⊥OM
故③正确；
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN=x=CM，则BM=2-x，
∴△MNB的面积=x（2-x）=-x2+x，
∴当x=1时，△MNB的面积有最大值，
此时S△OMN的最小值是1-=，故④不正确；
∵AB=BC，CM=BN，
∴BM=AN，
又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，
∴AN2+CM2=MN2，故⑤正确；
点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定以及勾股定理的综合应用，解题时注意二次函数的最值的运用．
8．（2020·安徽省初三其他）如图，正五边形的边长为2，连接对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M、N，给出下列结论：①∠AME=108°，②AN2=AM•AD；③MN=3-；④S△EBC=2-1，其中正确的结论是_________（把你认为正确结论的序号都填上）．

【答案】①②③
【解析】
解：∵∠BAE=∠AED=108°．∵AB=AE=DE，∴∠ABE=∠AEB=∠EAD=36°，∴∠AME=180°﹣∠EAM﹣∠AEM=108°，故①正确；
∵∠AEN=108°﹣36°=72°，∠ANE=36°+36°=72°，∴∠AEN=∠ANE，∴AE=AN，同理DE=DM，∴AE=DM．∵∠EAD=∠AEM=∠ADE=36°，∴△AEM∽△ADE
∴=，∴AE2=AM•AD；
∴AN2=AM•AD；故②正确；
∵AE2=AM•AD，∴22=（2﹣MN）（4﹣MN），解得：MN=3﹣；故③正确；
在正五边形ABCDE中，∵BE=CE=AD=1+，∴BH=BC=1，∴EH==，∴S△EBC=BC•EH=×2×=，故④错误；
故答案为①②③．

【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正五边形的性质，熟练掌握正五边形的性质是解题的关键．
9．（黑龙江省初三二模）如图，在中，在边上，点在边上，，连接，，则线段的长为__________

【答案】
【解析】
解：如图，过点作，且，连接，，过点作于，

，，
，，
，，且，
，，
，，
，
，
，
，
，

，
，
，且，，

，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是本题的关键．
10．（2020·青海省初三其他）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3，OB＝4，⊙O的半径为2，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PC（点C为切点），则线段PC长的最小值为_____．

【答案】
【解析】
连接OP、OC，如图所示，

∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
根据勾股定理知：PC2＝OP2﹣OC2，
∴当PO⊥AB时，线段PC最短，
∵在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∴∴S△AOB＝OA•OB＝AB•OP，即OP＝＝，
∵OC＝2，
∴PC＝＝＝，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了切线的性质，勾股定理的应用，熟练掌握切线的性质是解本题的关键，注意：圆的切线垂直于过切点的半径．
11．（四川省初三二模）如图，在等腰直角三角形中，，在内一点，已知，将以直线为对称轴翻折，使点与点重合，与交于点，连结，将的面积记为，将的面积记为，则的值为___________．

【答案】
【解析】
连结，延长交于点，如下图所示：

由翻折可知，，
∵，为等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，，，
∵∴，
∴，，∴，
∴四边形为平行四边形，
∴．
【点睛】
本题考查三角形全等的判断，以及平行四边形的证明，属综合中档题.
12．（2020·山东省济南山大名师培训学校初三月考）如图，边长一定的正方形ABCD，Q是CD上一动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于N点，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：①AM=MN；②MP=BD；③BN+DQ=NQ；④为定值．其中一定成立的是_______．

【答案】①②③④
【解析】
解：①如图1，作AU⊥NQ于U，交BD于H，连接AN，AC，
∵∠AMN=∠ABC=90°，
∴A，B，N，M四点共圆，
∴∠NAM=∠DBC=45°,∠ANM=∠ABD=45°，
∴∠ANM=∠NAM=45°，
∴AM=MN；
②由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN，
∴MP=AH=AC=BD；
③∵∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，
∴在∠NAM作AU=AB=AD，且使∠BAN=∠NAU，∠DAQ=∠QAU，
∴△ABN≌△UAN,△DAQ≌△UAQ，有∠UAN=∠UAQ，BN=NU，DQ=UQ，
∴点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ；
④如图2，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，
∴四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW，
∴△AMS≌△NMW
∴AS=NW，
∴AB+BN=SB+BW=2BW，
∵BW:BM=1: ，
∴
故答案为①②③④．

【点睛】
本题考查了正方形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质，正确作出辅助线并运用有关知识理清图形中西安段间的关系，证明三角形全等是解决问题的关键．
13．（2020·山东省初三月考）如图，在矩形中，.将向内翻折，点落在上，记为，折痕为.若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则______．

【答案】
【解析】
解：四边形为矩形，
，，
由翻折知，△，△△，，
，，，
，
，，
，
又，，
△，
，
在中，
，，
，
设，则
，
，
解得，（负值舍去），，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明．
14．（2020·山东省初二期中）如图，在□ABCD中，AB=10，BC=5，BN平分∠ABC交CD于点N，交AD的延长线于点M，则下列结论：①DM=5；②线段BM、CD互相平分；③BD⊥AM；④△BCN是等边三角形；⑤AN⊥BM，其中正确的有______________（填序号）．

【答案】①②⑤
【解析】
①∵四边形ABCD是平行四边形
∴，
∴，
∵BN平分∠ABC
∴
∴
∴
∵BC=5，AB=10
∴
在与中

∴
∴，故①正确；
②∵
∴
又∵
∴线段BM、CD互相平分，故②正确；
③∵由四边形ABCD是平行四边形得
∴
但是题中条件不足以证明，则无法根据三线合一求证BD⊥AM，故③错误；
④由①可知，但是无法证明，故④错误；
⑤由③得，由②得，则由三线合一可知AN⊥BM，故⑤正确，
综上，正确的有①②⑤，
故答案为：①②⑤.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定，三线合一，角平分线等相关内容，熟练掌握三角形与平行四边形的综合求解方法是解决本题的关键.
15．（南京玄武外国语学校初二期中）如图，已知等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，AD⊥BC于点D，点P是BA延长线上一点，点O是线段AD上一点，OP=OC，下面的结论：
①∠APO+∠DCO=30°；②△OPC是等边三角形：③AC=DO+AP；④S△ABC=S四形形AOCP．
其中正确的是_______．（填序号）

【答案】①②④
【解析】
解：如图1，连接OB，

∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=CD，∠BAD=∠BAC=×120°=60°，
∴OB=OC，∠ABC=90°-∠BAD=30°
∵OP=OC，
∴OB=OC=OP，
∴∠APO=∠ABO，∠DCO=∠DBO，
∴∠APO+∠DCO=∠ABO+∠DBO=∠ABD=30°；
故①正确；
∵∠APC+∠DCP+∠PBC=180°，
∴∠APC+∠DCP=150°，
∵∠APO+∠DCO=30°，
∴∠OPC+∠OCP=120°，
∴∠POC=180°（∠OPC+∠OCP）=60°，
∵OP=OC，
∴△OPC是等边三角形；
故②正确；
如图2，在AC上截取AE=PA，

∵∠PAE=180°-∠BAC=60°，
∴△APE是等边三角形，
∴∠PEA=∠APE=60°，PE=PA，
∴∠APO+∠OPE=60°，
∵∠OPE+∠CPE=∠CPO=60°，
∴∠APO=∠CPE，
∵OP=CP，
在△OPA和△CPE中，
，
∴△OPA≌△CPE（SAS），
∴AO=CE，
∴AC=AE+CE=AO+AP；
故③错误；
如图3，过点C作CH⊥AB于H，

∵∠PAC=∠DAC=60°，AD⊥BC，
∴CH=CD，
∴S△ABC=AB•CH，
S四边形AOCP=S△ACP+S△AOC
=AP•CH+OA•CD
=AP•CH+OA•CH
=CH•（AP+OA）
=CH•AC，
∴S△ABC=S四边形AOCP；
故④正确．
故答案为：①②④.
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
16．（2020·广东省初三其他）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，点E、F分别是线段AB、AD上的动点（不与端点重合），且AE＝DF，BF与DE相交于点G．给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②∠BGE大小会发生变化；③CG平分∠BGD；④若AF＝2DF，则BG＝6GF；．其中正确的结论有_____（填序号）．

【答案】①③④．
【解析】
解：①∵ABCD为菱形，

∴AB＝AD，
∵AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，
∴∠A＝∠BDF＝60°，
又∵AE＝DF，AD＝BD，
∴△AED≌△DFB（SAS），故本选项①正确；
②∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°，为定值，
故本选项②错误；
③过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），
则△CBM≌△CDN（AAS），
∴CN＝CM，
∵CG＝CG，
∴Rt△CNG≌Rt△CMG（HL），
∴∠DGC＝∠BGC，
∴CG平分∠BGD；故本选项③正确；
④过点F作FP∥AE交DE于P点（如图2），

∵AF＝2FD，
∴FP：AE＝DF：DA＝1：3，
∵AE＝DF，AB＝AD，
∴BE＝2AE，
∴FP：BE＝FP：2AE＝1：6，
∵FP∥AE，
∴PF∥BE，
∴FG：BG＝FP：BE＝1：6，
即BG＝6GF，故本选项④正确；
⑤∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°＝∠BCD，
即∠BGD+∠BCD＝180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°，
∴∠BGC＝∠DGC＝60°，
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），
则△CBM≌△CDN（AAS），
∴S四边形BCDG＝S四边形CMGN，
S四边形CMGN＝2S△CMG，
∵∠CGM＝60°，
∴GM＝CG，CM＝CG，
∴S四边形CMGN＝2S△CMG＝2××CG×CG＝CG2，故本选项⑤错误；
综上所述，正确的结论有①③④，共3个，
故答案为①③④．
【点睛】
此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线构造出全等三角形，学会把不规则图形的面积转化为两个全等三角形的面积解决问题．
17．（2020·陕西省初三其他）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，▱ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，点C在第一象限，将△AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，点B恰好为OE的中点，DE与BC交于点F．若y（k≠0）图象经过点C，且S△BEF＝1，则k的值为________．

【答案】24
【解析】
解：如图，连接OC，BD，

∵将△AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，
∴OA＝OE，
∵点B恰好为OE的中点，
∴OE＝2OB，
∴OA＝2OB，
设OB＝BE＝x，则OA＝2x，
∴AB＝3x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3x，
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF，
∴，
∵S△BEF＝1，
∴S△BDF＝3，S△CDF＝9，
∴S△BCD＝12，
∴S△CDO＝S△BDC＝12，
∴k的值＝2S△CDO＝24．
【点睛】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，折叠的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
18．（南京玄武外国语学校初二期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，点E，F分别在边AB，AC上，将△AEF沿直线EF翻折，点A落在点P处，且点P在直线BC上．则线段CP长的取值范围是____.

【答案】
【解析】
如图，当点E与点B重合时，CP的值最小，

此时BP=AB=3，所以PC=BC-BP=4-3=1，
如图，当点F与点C重合时，CP的值最大，

此时CP=AC，
Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，根据勾股定理可得AC=5，所以CP的最大值为5，
所以线段CP长的取值范围是1≤CP≤5，
故答案为1≤CP≤5.
【点睛】
本题考查了折叠问题，能根据点E、F分别在线段AB、AC上，点P在直线BC上确定出点E、F位于什么位置时PC有最大（小）值是解题的关键.
19．（2020·江苏省初三期中）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向AP右侧作等边三角形APB．当点P在⊙O上运动一周时，点B运动的路径长是_________．

【答案】4π
【解析】
如图， 以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段，
，
∵△APB为等边三角形，
∴AP=AB，
∵点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，
∴点B的运动轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆，
∴点B运动的路径长是.
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、点的轨迹，解题的关键是得出点B的轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆.
20．（河北省初三二模）如图，在中，，，，点是线段上一动点．将绕点按顺时针方向旋转，得到．点是上一点，且，则长度的最小值为_________，最大值为_________．

【答案】
【解析】
解：，，，

将绕点按顺时针方向旋转，得到△
，且

点在以为圆心，为半径的圆上，
如图，当点，点，点共线，且时，长度最小，

，

最小值为
当点与点重合，且点在的延长线上时，长度最大，
最大值为：

故答案为：，
【点睛】
本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，确定点的轨迹是本题的关键．
21．（2020·哈尔滨德强学校初三一模）如图，Q为正方形ABCD外一点，连接BQ，过点D作DQ⊥BQ，垂足为Q，G、K分别为AB、BC上的点，连接AK、DG，分别交BQ于F、E，AK⊥DG，垂足为点H，AF＝5，DH＝8，F为BQ中点，M为对角线BD的中点，连接HM并延长交正方形于点N，则HN的长为_____．

【答案】
【解析】
连接AC，则AC必过BD中点M．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
作BR⊥AK于R，连接MR，

则∠ABR+∠BAR＝∠BAR+∠DAH＝90°，
∴∠ABR＝∠DAH，
∵DG⊥AK于H，
∴∠DHA＝∠ARB＝90°，
在△ABR和△DAH中：

∴△ABR≌△DAH（AAS），
∴BR＝AH，AR＝DH，
∵正方形对角线AC、BD交于点M，
∴AM＝BM＝DM，∠BMA＝∠AMD＝90°，∠MBA＝∠MAB＝∠MAD＝∠MDA＝45°，
∴∠BRA＝∠BMA，∠AHD＝∠AMD，
∴A、B、R、M四点共圆，A、H、M、D四点共圆，
∴∠ARM＝∠ABM＝45°，∠DHM＝∠DAM＝45°，
∴∠RHM＝∠RHD﹣∠DHM＝90°﹣45°＝45°，
∴∠RHM＝∠HRM＝45°，
∴△HMR是等腰直角三角形，
∴OM＝OH＝OR，
作MO⊥HR，则HO＝OR，连接FM，
∵F为BQ中点，
∴FM为△BDQ的中位线，
∴FM∥DQ，
∵DQ⊥BQ，
∴FM⊥BQ，
∴∠BFM＝∠BFR+MFO＝90°，
又∵∠BFR+∠FBR＝90°，
∴∠FBR＝∠MFO，
∵∠MOF＝∠FRB＝90°，
∴△BFR∼△FMO，
∴＝，
设FH＝x，OM＝OH＝OR＝y，
∵AF＝5，DH＝8，
∴BR＝AH＝AF+FH＝5+x，AR＝DH＝AF+FR＝5+x+2y＝8，
∴FR＝x+2y＝3，
∴＝，
解得：x＝y＝1，
∴AH＝AF+x＝6，
作NP⊥DG于P，则∠PND+∠PDN＝∠PDN+∠ADH＝90°，
∴∠ADH＝∠PND，
∵∠AHD＝∠DPN＝90°，
∴△AHD∼△DPN，
∴＝＝＝，
设PD＝3k，PN＝4k，
又∵∠DHM＝45°，
∴△HPN是等腰直角三角形，
∴PH＝PN＝4k，HN＝PH＝4k，
∵DH＝PD+PH＝3k+4k＝7k＝8，
∴k＝，
∴HN＝．
故答案为：．
【点睛】
四边形综合题，主要考查了正方形的性质、四点共圆的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、中位线等重要知识点．解题关键是构造全等和相似三角形求出FH．
22．（山东省初三二模）如图，ABCD、CEFG 是正方形，E 在 CD 上，直线 BE、DG 交于 H，且 HE•HB＝4﹣2， BD、AF 交于 M，当 E 在线段 CD（不与 C、D 重合）上运动时，下列四个结论：①BE⊥GD；②AF、GD 所夹的锐角为 45°；③GD＝AM；④若 BE 平分∠DBC，则正方形 ABCD的面积为 4，其中结论正确的是____（填序号）．

【答案】①②③④
【解析】
解：①∵BC=DC，CE=CG，∠BCE=∠DCG=90°，
∴△BEC≌△DGC，
∴∠EBC=∠CDG，
∵∠BDC+∠DBH+∠EBC=90°，
∴∠BDC+∠DBH+∠CDG=90°，即BE⊥GD，故①正确；
②由于∠BAD、∠BCD、∠BHD都是直角，
因此A、B、C、D、H五点都在以BD为直径的圆上，
由圆周角定理知：∠DHA=∠ABD=45°，故②正确；
③由②知：A、B、C、D、H五点共圆，则∠BAH=∠BDH，
又∵∠ABD=∠DBG=45°，
∴△ABM∽△DBG，
∴，
∴，故③正确；
④过H作HN⊥CD于N，连接EG，
∵BH平分∠DBG，且BH⊥DG， BH垂直平分DG，
∴DE=EG，H是DG中点，HN为△DCG的中位线，
设CG=x，则HN=，，
∵HN⊥CD，BC⊥CD，
∴HN∥BC，
∴∠NHB=∠EBC，∠ENH=∠ECB，
∴△BEC∽△HEN，
∴，即，
∴，即，
∵∠DBH=∠CBE，且∠BHD=∠BCE=90°，
∴△DBH∽△EBC，
∴，即，
∴，
∴正方形ABCD的面积为4，故④正确；
故答案为：①②③④.

【点睛】
本题主要考查三角形相似和全等的判定及性质、正方形的性质以及圆周角定理等知识的综合应用，能够判断出A、B、C、D、H五点共圆是解题的关键．
23．（2020·北京清华附中初三月考）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：①∠BAE＝30°；②射线FE是∠AFC的角平分线；③AE2＝AD•AF；④AF＝AB+CF．其中正确结论为是______．（填写所有正确结论的序号）

【答案】②③④
【解析】
解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，∠B＝∠C＝90°，
∴AB＝BC，BE＝AB，
∴tan∠BAE＝＝，
∵tan30°＝，
∴∠BAE≠30°，故①错误；
∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥EF，
∴∠BAE＋∠BEA＝90°，∠BEA＋∠CEF＝90°，∠CFE＋∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，∠BEA＝∠CFE，
∴△ABE∽△ECF，
∴
∵AB＝2BE＝2CE，
∴EC＝2CF，
设CF＝a，则EC＝BE＝2a，AB＝4a，
∴在Rt△ABE中，AE＝a，
在Rt△CEF中，EF＝a，tan∠CFE＝2，
∴tan∠AFE＝＝2，
∴∠AFE＝∠CFE，
即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
∵∠AFE＝∠CFE，∠AEF＝∠C，
∴∠EAF＝∠CEF，
∵∠BAE＝∠CEF，
∴∠BAE＝∠EAF，
∴△ABE∽△AEF，
∴，
∴AE2＝AB•AF，
∵AD＝AB，
∴AE2＝AD•AF，故③正确；
作EG⊥AF于点G，
∵FE平分∠AFC，∠C＝90°，
∴EG＝EC，
∴EG＝EB，
∵∠B＝∠AGE＝90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中

∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）
∴AB＝AG，
又∵CF＝GF，AF＝AG＋GF，
∴AF＝AB＋CF，故④正确，
由上可得，②③④正确，
故答案为：②③④．

【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
24．（2020·济南育英中学初三一模）如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，将△DCB绕着点D顺时针旋转45°得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG．则下列结论：①四边形AEGF是菱形；②△HED的面积是1﹣；③∠AFG＝135°；④BC+FG＝．其中正确的结论是_____．（填入正确的序号）

【答案】①②③
【解析】
解：正方形ABCD的边长为1，
，，，．
由旋转的性质可知：，，，，
，，，
和均为直角边为的等腰直角三角形，
．
在和中，
，
≌，
，，
，
．
，，，
且，
四边形AEGF为平行四边形，
，
平行四边形AEGF是菱形，故正确；
，，
，
的面积，故正确；
四边形AEGF是菱形，
，故正确；
四边形AEGF是菱形，
，
，故不正确．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
25．（2020·安徽省初三学业考试）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=10，BC=15，点D，E，P分别是边AC，AB；BC上的点，且AD=4，AE=4EB．若 是等腰三角形，则CP的长是__________．

【答案】或
【解析】
建立如图平面直角坐标系

∵AC=10,AD=4
∴
∴
∵过E作EM⊥BC于M
∴EM∥AC
∴
∴BM=3，EM=2
∴CM=12
∴E（12，2）
设P（x，0）
∵AD=4，AC=10
∴CD=6
∵D（0，6）P（x，0）E（12，2）
∴ ， ，
当DE=PD时，
∴
∴
∴
∴CP=
当DE=PE时，
∴
∴（负值舍去）
∴>CB
∵P是边BC上的点
∴当DE=PE时，不符合题意；舍去
当DP=PE时，
∴
∴
∴CP=
故答案为： 或
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰三角形存在性等问题，掌握利用长度公式解决等腰三角形问题是解题的关键．
26．（2020·安徽省初三月考）如图，正方形和正三角形都内接于，与，分别相交于点，，则的值是________．

【答案】
【解析】
解：如图，连接AC、BD、OF，AC与EF交于点I，

设⊙O的半径是r，则OF＝r，
∵AO是∠EAF的平分线，
∴∠OAF＝30°，
∵OA＝OF，
∴∠OFA＝∠OAF＝30°，
∴∠COF＝30°＋30°＝60°，
∵AC⊥EF，
∴FI＝r·sin60°＝，OI＝
∴EF＝2FI＝，CI＝，
∵AC⊥EF，AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴△CGH∽△CBD，
∴，
∴GH＝BD＝r，
∴．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了正多边形和圆、相似三角形的判定和性质以及解直角三角形，解答此题的关键是要明确圆内接正多边形的有关性质．
27．（2020·湖北省初三三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC上，DE⊥AB于点E，且CD＝DE．点F在BC上，连接EF，AF，若∠CEF＝45°，∠B＝2∠CAF，BF＝2，则AB的长为_____．

【答案】10
【解析】
解：如图，以AC为轴将△ACF翻至△ACK，在AB边上截取BL＝BF＝2

∵∠ACB＝90°，DE⊥AB
∴∠BCE+∠DCE＝90°，∠BEC+∠DEC＝90°
∵CD＝DE
∴∠DCE＝∠DEC
∴∠BCE＝∠BEC
∴BC＝BE
∵BF=BL=2
∴EL=CF
设CF＝x，则EL＝CK＝x
∴BK＝2x+2，BC＝BE＝x+2
设∠B＝2∠CAF＝2α
则∠CAK＝α，∠K＝90°﹣α
∴∠KAB＝180°﹣2α﹣（90°﹣α）＝90°﹣α
∴∠K＝∠KAB
∴BA＝BK＝2x+2
在△CBL和△EBF中

∴△CBL≌△EBF（SAS）
∴∠BCL＝∠BEF
又∵∠CEF＝45°，∠BCE＝∠BEC
∴∠ECL＝∠CEF＝45°
∴∠ALC＝180°﹣45°﹣45°﹣∠BEF＝90°﹣∠BEF
∵∠ACL＝90°﹣∠BCL，∠BCL＝∠BEF
∴∠ALC＝∠ACL
∴AC＝AL＝2x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
（x+2）2+（2x）2＝（2x+2）2
解得x＝4或x＝0（舍）
∴AB＝10
故答案为：10．
【点睛】
此题考查的是等腰三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和勾股定理，掌握等角对等边、等边对等角、全等三角形的判定及性质和勾股定理是解决此题的关键．
28．（2020·浙江省初三一模）如图，已知△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝2 ．D为BC边一点，且BD：DC＝1：2．以D为一个点作等边△DEF，且DE＝DC连接AE，将等边△DEF绕点D旋转一周，在整个旋转过程中，当AE取得最大值时AF的长为_____．

【答案】2
【解析】
解：如图，点E，F在以D为圆心，DC为半径的圆上，当A，D，E在同一直线上时AE取最大值，
过点A作AH⊥BC交BC于H，
∴∠BAC＝120°，AB＝AC＝2，
∴∠B＝∠ACB＝30°，BH＝CH，
∴在Rt△ABH中，
AH＝AB＝，BH＝AH＝3，
∴BC＝2BH＝6，
∵BD：DC＝1：2，
∴BD＝2，CD＝4，
∴DH＝BH﹣BD＝1，
在Rt△ADH中，AH＝，DH＝1，
∴tan∠DAH＝，
∴∠DAH＝30°，∠ADH＝60°，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠E＝60°，DE＝EF＝DC，
∵∠ADC＝∠E＝60°，
∴DC∥EF，
∵DC＝EF，
∴四边形DEFC为平行四边形，
又∵DE＝DC，
∴平行四边形DEFC为菱形，
∴FC＝DC＝4，∠DCF＝∠E＝60°，
∴∠ACF＝ACB+∠DCF＝90°，
在Rt△ACF中，,
故答案为：．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，勾股定理，菱形的判定与性质等，解题关键是能够确定AE取最大值时的位置．
29．（2020·长沙市中雅培粹学校初二月考）如图，正方形ABCD中，，点E在边CD上，且，将沿AE对折至延长EF交边BC于点G，连接AG、下列结论：≌；；；是等边三角形，其中正确结论有______．

【答案】
【解析】
四边形ABCD是正方形，将沿AE对折至，
，
在与中，，
≌；故正确，
，
设，则，
在直角中，
根据勾股定理，得，
解得，
；故正确，
，
是等腰三角形，，
又，，
，
；故正确，
，
，
，
，
，
，
不是等边三角形；故错误．
综上所述：正确结论有，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想应用．
30．（2020·山东省初三一模）如图，在矩形ABCD中，，点E为对角线BD的中点，点F在CB的延长线上，且，连接EF，过点E作交BA的延长线于点G，连接GF并延长交DB的延长线于点H，则__________.

【答案】
【解析】
如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立平面直角坐标系．
则，
．
，
．
设EG解析式为，
则．
过，代入得：
，
，
．
令，则，
．
设FG的解析式为，
过G、F，则，
，
．
设BD的解析式为y=mx+n，则：
，解得：，
，
联立，
∴，
，
∴EH==，
GH==，
．
故答案为：．

【点睛】
本题是一次函数综合题．考查了待定系数法求一次函数的解析式以及两点间的距离公式．求出H的坐标是解答本题的关键．