02挑战压轴题（填空题）-中考数学冲刺挑战压轴题专题汇编（安徽专用）

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（挑战压轴题）-中考数学专题汇编（安徽专用）
—02挑战压轴题（填空题）

1．（2022·安徽·统考中考真题）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=________°；
（2）若DE=1，DF=22，则________．

【答案】 45
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，

∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=．
故填： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
2．（2022·安徽·统考中考真题）如图，平行四边形OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数y=1x的图象经过点C，y=kxk≠0的图象经过点B．若OC=AC，则k=________．

【答案】3
【分析】过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，先证四边形CDEB为矩形，得出CD=BE，再证Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根据S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=12S平行四边形OCBA=1即可．
【详解】解：过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥x轴于E，

∴CD∥BE，
∵四边形ABCO为平行四边形，
∴CB∥OA ，即CB∥DE，OC=AB，
∴四边形CDEB为平行四边形，
∵CD⊥OA，
∴四边形CDEB为矩形，
∴CD=BE，
∴在Rt△COD和Rt△BAE中，
OC=ABCD=EB，
∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），
∴S△OCD=S△ABE，
∵OC=AC，CD⊥OA，
∴OD=AD，
∵反比例函数y=1x的图象经过点C，
∴S△OCD=S△CAD=12，
∴S平行四边形OCBA=4S△OCD=2，
∴S△OBA=12S平行四边形OCBA=1，
∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=1+12=32，
∴k=2×32=3．
故答案为3．
【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质，掌握反比例函数k的几何意义，平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，三角形全等判定与性质．
3．（2021·安徽·统考中考真题）如图，圆O的半径为1，△ABC内接于圆O．若∠A=60°，∠B=75°，则AB=______．

【答案】2
【分析】先根据圆的半径相等及圆周角定理得出∠ABO=45°，再根据垂径定理构造直角三角形，利用锐角三角函数解直角三角形即可
【详解】解：连接OB、OC、作OD⊥AB

∵∠A=60°
∴∠BOC=2∠A=120°
∵OB=OC
∴∠OBC=30°又∠B=75°
∴∠ABO=45°
在Rt△OBD中，OB=1
∴BD==22
∵OD⊥AB
∴BD=AD=22
∴AB=2
故答案为：2
【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理，正确使用圆的性质及定理是解题关键
4．（2021·安徽·统考中考真题）设抛物线y=x2+(a+1)x+a，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点(-1,m)，则m=______；
（2）将抛物线y=x2+(a+1)x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是______．
【答案】 0 2
【分析】（1）直接将点(-1,m)代入计算即可
（2）先根据平移得出新的抛物线的解析式，再根据抛物线顶点坐标得出顶点坐标的纵坐标，再通过配方得出最值
【详解】解：（1）将(-1,m)代入y=x2+(a+1)x+a得：
m=1-a-1+a=0
故答案为：0
（2）根据题意可得新的函数解析式为：y=x2+(a+1)x+a+2
由抛物线顶点坐标-b2a,4ac-b24a
得新抛物线顶点的纵坐标为：




∵(a-1)2≥0
∴当a=1时，-a-12+8有最大值为8，
∴所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是84=2
故答案为：2
【点睛】本题考查将抛物线的顶点坐标、将点代入代入函数解析式、利用配方法求最值是常用的方法
5．（2020·安徽·统考中考真题）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处，折痕为AP；再将ΔPCQ,ΔADQ分别沿PQ,AQ折叠，此时点C,D落在AP上的同一点处．请完成下列探究：
1∠PAQ的大小为__________°；
2当四边形APCD是平行四边形时ABQR的值为__________．

【答案】 30
【分析】（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；
（2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ=AP2-QP2=3a即可解答．
【详解】解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°，
∴AD∥BC，
由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，
∴∠AQR+∠PQR=12(∠DQR+∠CQR)=90°，即∠AQP=90°，
∴∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°，
由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，
∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，
故答案为：30；
（2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP，
∴∠CQP=∠APQ，
由折叠可知：∠CQP=∠PQR，
∴∠APQ=∠PQR，
∴QR=PR，
同理可得：QR=AR，即R为AP的中点，
由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，
设QR=a，则AP=2a，
∴QP=12AP=a，
∴AB=AQ=AP2-QP2=3a，
∴ABQR=3aa=3，
故答案为：．
【点睛】本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质．


1．（2023·安徽淮北·淮北市第二中学校考二模）如图，两个反比例函数y=kxk≠0和y=3x在第一象限内的图像依次是C1和C2，设点P在C1上，PC⊥x轴于点C，交C2于点A，PD⊥y轴于点D，交C2于点B，若四边形PAOB的面积为5，则k=______．

【答案】8
【分析】根据反比例函数中k的几何意义：S△BOD=32、S△AOC=32、S正方形PCOD=k，由图形可知S正方形PCOD=S△BDO+S△AOC+S四边形PAOB，根据四边形PAOB的面积为5，得到k=32+32+5=8，从而得到答案．
【详解】解：C1：y=kxk≠0；C2：y=3x，点P在C1上，PC⊥x轴于点C，交C2于点A，PD⊥y轴于点D，交C2于点B，
S△BOD=32、S△AOC=32、S正方形PCOD=k，
∵四边形PAOB的面积为5，
∴k=32+32+5=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查反比例函数k的几何意义，根据题中图像，数形结合得到图形面积关系是解决问题的关键．
2．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，已知直角三角形ABO中，AO=1，将△ABO绕点O点旋转至△A'B'O的位置，且A'在OB的中点，B'在反比例函数y=kx上，则k的值为________________．

【答案】
【分析】连接AA'，作B'E⊥x轴于点E，根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出ΔAOA'是等边三角形，从而得出，即可得出，解直角三角形求得B'的坐标，进一步求得k=3．
【详解】解：连接AA'，作B'E⊥x轴于点E，

由题意知OA=OA'，A'是OB中点，∠AOB=∠A'OB'，OB'=OB，
，
是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴OB=2OA=2，，
∴OB'=2，
，
，
，
∵B'在反比例函数y=kx上，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，坐标与图形变化-性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3．（2023·安徽池州·统考二模）如图，平行于y轴的直线与函数y1=kx（x＞0）和y2=2x（x＞0）的图象分别交于A、B两点，OA交双曲线y2=2x于点C，连接CD，若△OCD的面积为2，则k＝_______．

【答案】8
【分析】设A（m，km），则B（m，2m），D（m，0），C（n，kn），由S△OCD=12ODyC=12m2n=mn=2得出nm=12，再根据S△OCD=S△OAD-S△ACD=12k-12kmm-n求解即可得到答案.
【详解】解：设A（m，km），则B（m，2m），D（m，0），C（n，kn），
∵S△OCD=12ODyC=12m2n=mn=2，
∴nm=12，
又∵S△OCD=S△OAD-S△ACD=12k-12kmm-n
=12k1-m-nm
=12knm
=14k
∴14k=2
解得k=8
故答案为：8.
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数比例系数的几何意义，函数图像上点的坐标特征，三角形的面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
4．（2023·安徽蚌埠·校考二模）已知关于x的二次函数y=ax-m2+ax-m（a，m为常数，且a>0，m>0）的图象与x轴交于A，B两点．请完成下列问题：
（1）线段AB的长为___________．
（2）若该二次函数的图象的顶点为C，且与y轴的正半轴交于点D．当S△ABC=13S△ABD时，m的值为___________．
【答案】 1 32
【分析】（1）令y=0，解方程即可求解；
（2）依题意得出yC=13yD，进而求得点C,D的坐标，解方程即可求解．
【详解】解：（1）∵二次函数y=ax-m2+ax-m图象与x轴交于A，B两点，
当y=0时，ax-m2+ax-m=0，
解得：或x=m-1，
∴AB的长度为m-m-1=1，
故答案为：1；
（2）∵y=ax-m2+ax-m对称轴为x=m+m-12=m-12，
∵S△ABC=13S△ABD，
∴yC=13yD，
当x=m-12时，y=am-12-m2+am-12-m=a4-a2=-a4，
∵该二次函数的图象的顶点为C，
∴yC=-a4，
∵该二次函数的图象与y轴的正半轴交于点D．
当x=0时，y=a0-m2+a0-m=am2-am=amm-1，
∴-a4=amm-13①或a4=amm-13②，
①无解，
由②得：2m-32m+1=0，
解得：m=32或m=-12（m>0舍去），
故答案为：32．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
5．（2023·安徽合肥·合肥市五十中学西校校考一模）已知点Ma,b是抛物线y=x2-4x+5上一动点．
（1）当点M到y轴的距离不大于1时，b的取值范围是______；
（2）当点M到直线的距离不大于nn>0时，b的取值范围是5≤b≤10，则m+n的值为______．
【答案】 2≤b≤10/10≥b≥2 0或5/5或0
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴为直线，根据点M到y轴的距离不大于1，得出-1≤a≤1，根据二次函数的增减性，求出b的取值范围即可；
（2）根据点Ma,b到直线的距离不大于nn>0，得出a-m≤n，即a-m≤nm-a≤n，从而得出m-n≤a≤m+n，然后根据5≤b≤10，求出a的范围，即可得出m+n．
【详解】解：（1）∵y=x2-4x+5=x-22+1，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵点M到y轴的距离不大于1，
∴-1≤a≤1，
∴此时点M在对称轴的左侧，
∵a=1>0，
∴在对称轴的左侧y随x的增大而减小，
∴当a=-1时，b取最大值，且最大值为b最大=-1-22+1=10，
当a=1时，b取最小值，且最小值为b最小=1-22+1=2，
∴b的取值范围是2≤b≤10；
故答案为：2≤b≤10；
（2）∵点Ma,b到直线的距离不大于nn>0，
∴a-m≤n，即a-m≤nm-a≤n，
∴m-n≤a≤m+n，
令b=5，代入y=x2-4x+5，即5=a2-4a+5，解得：a1=0，a2=4，
令b=10，代入y=x2-4x+5，即10=a2-4a+5，解得：a1=5，a2=-1，
∴点M应为-1≤x≤0或4≤x≤5上的动点，
当-1≤x≤0时，m+n=0，
当4≤x≤5时，m+n=5，
综上分析可知，m+n的值为0或5；
故答案为：0或5．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的增减性，二次函数y=ax2+bx+ca≠0，当a>0时，在对称轴的左侧y随x的增大而减小，在对称轴的右侧y随x的增大而增大；当a<0时，在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小．
6．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，四边形ABCO为平行四边形，点A在第二象限，点A关于OB的对称点为点D，点B、D都在函数y=62x(x>0)的图像上，当▱ABCO的面积为92时，设点B、D的横坐标分别为a、b，则ab的值为___________．

【答案】12/0.5
【分析】连接OD，作DG⊥x轴，得点，，根据矩形的面积得出三角形BOD的面积，将三角形BOD的面积转化为梯形BEGD的面积，从而得出a，b的等式，将其分解因式，从而得出a，b的关系．
【详解】解：如图，

作DG⊥x轴于G，连接OD，设BC和OD交于I，连接CD，
得点B(a,62a)，D(b,62b)，
由对称性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，
，BC=OD，
，
，
∴，
，
∴△CDI∽△BOI，
，
∴CD∥OB，  
∴S△BOD=S△AOB=12S▱AOCB=92​2，
∵S△BOE=S△DOG=12k=32，S四边形BOGD=S△BOD+S△DOG=S梯形BEGD+S△BOE，
∴S梯形BEGD=S△BOD=92​2，
12(62b+62a)⋅(b-a)=922，
∴2b2-3ab-2a2=0，
∴(b-2a)⋅(2b+a)=0，
∴b=2a，b=-a2（舍去），
∴ab=12，
故答案为：12
【点睛】本题考查了平行四边形性质，轴对称性质，反比例函数的“k”的几何含义，勾股定理，一次函数及其图象性质，分解因式等知识，解决问题的关键是变形等式，进行分解因式．
7．（2023·安徽淮北·校联考一模）如图，点A是反比例函数y2=8xx>0的图象上的一动点，过点A分别作x轴、y轴的平行线，与反比例函数y1=kx（k≠0，x>0）的图象交于点B、点C，连接OB，OC．若四边形OBAC的面积为5，则k=________．

【答案】3
【分析】延长AB,AC分别交y轴，x轴于点E,D，易得四边形OBAC的面积等于8-k，即可得解．
【详解】解：延长AB,AC分别交y轴，x轴于点E,D，

∵AB∥x轴，轴，则：四边形AEOD为矩形，△OBE,△ODC为直角三角形，
∵点A在反比例函数y2=8xx>0的图象上，点B、点C在反比例函数y1=kx（k≠0，x>0）上，
∴S矩形AEOD=8，S△OBE=S△ODC=k2，
∴四边形OBAC的面积=S矩形AEOD-S△OBE-S△ODC=8-k=5，
∴k=3；
故答案为：3．
【点睛】本题考查一直图形面积求k值．熟练掌握k值的几何意义，是解题的关键．
8．（2023·安徽合肥·合肥市第四十八中学校考一模）对于一个函数，自变量x取a时，函数值y也等于a，则称a是这个函数的不动点．已知二次函数y=x2+3x+m，
（1）若2是此函数的不动点，则m的值为____．
（2）若此函数有两个相异的不动点a，b，且a<1 【答案】 -8 m<-3
【分析】（1）由函数的不动点概念得出2=22+3×2+m，解得即可；
（2）由函数的不动点概念得出a、b是方程x2+3x+m=x的两个实数根，由x1＜1＜x2知Δ＞0，令y=x2+2x+m，则x=1时y＜0，据此列出关于m的不等式组，解之可得．
【详解】（1）由题意得2=22+3×2+m，
解得m=-8，
故答案为-8；
（2）由题意知二次函数y=x2+3x+m的两个相异的不动点a，b是方程x2+3x+m=x的两个不相等实数根，
且a＜1＜b，
整理，得：x2+2x+m=0，
由x2+2x+m=0有两个不相等的实数根，且a＜1＜b，知Δ＞0，
令y=x2+2x+m，画出该二次函数的草图如下：

则4-4m>01+2+m<0，
解得m＜-3，
故答案m＜-3．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是理解并掌握不动点的概念，并据此得出关于m的不等式．
9．（2023·安徽宿州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB，AC为边向外作正方形ABFG和正方形ACDE，连接，CF，分别交AC，AB于点M，N，已知AE=3，AMCM=12．

（1）AB=______．
（2）CF=______．
【答案】 35 313
【分析】(1)首先可证得△AEM∽△CBM，可求得BC的长，再由勾股定理可求得AB的长；
(2)首先根据“AAS”可证得△ABC≌△BFH，可得AC=BH=3，FH=BC=6，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）如图，过点F作FH⊥BD，交BD的延长线于点H，

∵四边形ACDE是正方形，
，AE∥CD，
∴△AEM∽△CBM，
∴AECB=AMCM=12，
∴BC=2AE=6，
，
故答案为：35；
（2）∵四边形ABFG是正方形，
∴AB=BF，∠ABF=90°=∠ACB=∠H，
∴∠ABC+∠BAC=∠ABC+∠FBH=90°，
∴∠BAC=∠FBH，
在△ABC和△BFH中，
∠BAC=∠FBH∠ACB=∠HAB=BF，
∴△ABC≌△BFHAAS，
∴AC=BH=3，FH=BC=6，
∴CH=BC+BH=6+3=9，
∴CF=FH2+CH2=62+92=313，
故答案为：313．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出辅助线是解决本题的关键．
10．（2023·安徽·校联考一模）如图．已知正方形纸片ABCD的边AB=4，点P在AD边上，将∠A沿BP折叠，点A的应点为A'．

（1）若A'D∥BP时，PA的长为______﹔
（2）若点A'到边AD或BC的距离为1，则线段PA的长为______．
【答案】 2 或4515
【分析】（1）由折叠得AP=A'P,∠APB=∠A'PB，根据平行线的性质得到∠PA'D=∠A'PB，利用三角形内角和得到∠PA'D=∠A'DP，进而推出A'P=DP，即可得到答案；
（2）若A'F=1，则A'E=3，根据勾股定理求出，设PA=y，直角△A'FP中，根据勾股定理得7-y2+12=y2，求出y=477；若A'E=1，根据勾股定理求出，设PA=a，在直角△A'FP中，根据勾股定理得15-a2+32=a2，求出a=4515．
【详解】（1）由折叠得AP=A'P,∠APB=∠A'PB，
∴∠DPA'+2∠A'PB=180°，
∵A'D∥BP，
∴∠PA'D=∠A'PB，
∵∠PA'D+∠A'PD+∠A'DP=180°，
∴∠PA'D=∠A'DP，
∴A'P=DP，
∴AP=DP=2，
故答案为：2；
（2）如图1，若A'F=1，则A'E=3．
由折叠知A'B=4．在直角△A'BE中，BE=A'B2-A'E2=42-32=7．
设PA=y，则PF=7-y．
在直角△A'FP中，7-y2+12=y2，
解得y=477，
即线段PA的长为﹔
如图2，若A'E=1，则A'F=3．
由折叠知A'B=4．
在直角△A'BE中，BE=A'B2-A'E2=42-12=15．
设PA=a，则PF=15-a．
在直角△A'FP中，15-a2+32=a2，
解得a=4515，
即线段PA的长为4515．
综上，线段PA的长为或4515，
故答案为：或4515．

【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟记正方形的性质及折叠的性质是解题的关键．
11．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，在矩形纸片ABCD中，，，点E是边CD上一点（不与点C、D重合），且CE的长是整数，将纸片沿过点A的一条直线折叠，点B落在点B'处，折痕交BC于点P，沿直线PE再折叠纸片，点C落在C'处，且B'、C'、P三点共线．
（1）∠APE的度数__________；（2）线段BP的长为__________；

【答案】 90°/90度 1或3/3或1
【分析】设BP=x，CE=k，则CP=BC-BP=4-x，根据翻折的性质证明△ABP∽△PCE，可得ABPC=BPCE，所以34-x=xk，整理得：x2-4x+3k=0，由题意可知，该方程有实数根，所以Δ=16-12k≥0，解得k≤43，因为k>0，且k为整数，k=1，然后把k=1代入方程即可解决问题．
【详解】解：设BP=x，CE=k，
则CP=BC-BP=4-x，
由折叠可知：∠APB=∠APB'，∠CPE=∠C'PE，
∵∠APB+∠APB'+∠CPE+∠C'PE=180°，
∴∠APE=90°，
∵∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠CPE，
∵∠B=∠C=90°，
∴△ABP∽△PCE，
∴ABPC=BPCE，
∴34-x=xk，
整理得：x2-4x+3k=0，
由题意可知，该方程有实数根，
∴Δ=16-12k≥0，解得k≤43，
∵k>0，且k为整数，
∴k=1，
∴x2-4x+3=0，
解得x1=1，x2=3，
则线段BP的长是1或3．
故答案为：90°；1或3．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程，综合性较强，要求学生有较强的识图能力．
12．（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考二模）Rt△ABC和Rt△DEF的位置如图，∠ACB=∠DFE=90°，AC=BC=EF=4，连接AE，且AC⋅DE=AE⋅DF，则：

（1）若∠EDF=α，则∠BAE=______（用含α的代数式来表示）；
（2）若BEEC=12，则GF的长为______．
【答案】 45°-α 109
【分析】（1）由AC⋅DE=AE⋅DF，证明Rt△ACE~Rt△DFE，得到∠EDF=∠EAC=α，再根据△ACB是等腰直角三角形可得∠BAC=45°，即可得出结果；
（2）证明Rt△ACE≌Rt△EFA，可得EC=AF，∠EAC=∠AEF，从而证明△GAE是等腰三角形，得出GE=GA，利用BEEC=12，，求出BE=43，AF=EC=83，设GF=x，AG=EG=4-x，在Rt△AGF中利用勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）∵∠C=∠F=90°，AC⋅DE=AE⋅DF，
∴ACDF=AEDE，
∴Rt△ACE~Rt△DFE，
∴∠EDF=∠EAC=α，
∵AC=BC，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=45°-α，
（2），
在Rt△ACE和Rt△EFA中，
AC=EFAE=EA，
∴Rt△ACE≌Rt△EFAHL，
∴EC=AF，∠EAC=∠AEF，
∴△GAE是等腰三角形，
∴GE=GA，
∵BEEC=12，即EC=2BE，
∴BC=3BE=4，
∴BE=43，AF=EC=4-43=83，
设GF=x，AG=EG=4-x，
在Rt△AGF中，利用勾股定理得AF2+FG2=AG2，
即832+x2=4-x2，解得x=109，
∴GF=109．
【点睛】本题考查了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及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和相似三角形的判定与性质证明三角形相似或全等是解题的关键．
13．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，AB=10，点C在射线BQ上的动点，连接AC，作CD⊥AC，，动点E在AB延长线上，tan∠QBE=3，连接CE，DE，当CE=DE，CE⊥DE时，的长是______．

【答案】5或354
【分析】过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，设BN=x，则CN =3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由点C、M、D、E四点共圆可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=10-2x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，进而可得BE；
【详解】解：如图，过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，

设BN=x，则CN=BN•tan∠CBN=3x，
∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，
∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，则∠CAN=∠DCM，
在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，
∴△ACN≌△CDM（AAS），
∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，
∵∠CMD=∠CED=90°，
∴点C、M、D、E四点共圆，
∴∠CME=∠CDE=45°，
∵∠ENM=90°，
∴△NME是等腰直角三角形，
∴NE=NM=CM-CN=10-2x，
Rt△ANC中，AC=AN2+CN2=10+x2+3x2，
Rt△ECD中，CD=AC，CE=22CD，
Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，
∴1210+x2+3x2=3x2+10-2x2，
4x2-25x+25=0，
4x-5x-5=0，
x=5或x=54，
∵BE=BN+NE=x+10-2x=10-x，
∴BE=5或BE=354；
故答案为：5或354；
【点睛】本题考查了三角函数，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，一元二次方程等知识；此题综合性较强，正确作出辅助线是解题关键．
14．（2023·安徽·模拟预测）如图，在Rt△ABC和中，，AB=AC，∠DBC=30°，且点B，C，E在同一条直线上，AC与BD交于点F，连接CD、AD，若BD=BC，DE=8．则AD的长为_________．

【答案】12-43/-43+12
【分析】先证明AD∥BE，由此得到∠DAC=∠ACB，可见△ADC的∠DAC、边AC、∠ACD都是确定的，因此可通过解△ADC求出AD长．
【详解】解：如图，分别过点A、D作AM⊥BE，DN⊥BE，则AM∥DN，
在Rt△ABC和中，由，AB=AC，∠DBC=30°可得：∠ABC=∠ACB=45°，∠E=60°，
∵BD=BC，∠DBC=30°，
∴∠BCD=∠BDC=75°，
∴∠ACD=30°，
在中，，
∴BC=83，
在Rt△ABC中，，
∴AC=46，
分别解Rt△ABM和Rt△DEN，可得AM=43，DN=43，
∴AM=DN，
又AM∥DN，
∴四边形AMND是平行四边形，
∴AD∥BE，
∴∠DAC=∠ACB=45°，
解△ADC，
过点D作DH⊥AC，
由于∠DAC=45°，∠ACD=30°，故可设DH=k，则AH=k，，，
由于AC=46，故得到，解得，
∴．

【点睛】本题重点考查了解直角三角形的相关知识．在直角三角形中，知道了除直角外的两个元素（至少有一个元素是边），就可以求出这个直角三角形的其他三个元素．如果没有直角三角形，有时需要构造直角三角形．本题中的△ADC的∠DAC、边AC、∠ACD经过分析可知都是确定的，故可“化斜为直”，构造直角三角形是解题的关键．
15．（2023·安徽·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=3+3,∠B=45°,∠C=105°，点D、E、F分别在AC、BC、AB上，且四边形ADEF为菱形，则菱形的边长为_____；若点P是AE上一个动点，则PF+PB的最小值为_____．

【答案】 2 10
【分析】连接PD，BD，作DH⊥AB于点H，于点G，AF+FG+BG=3+3，就可以算出菱形的边长．由四边形ADEF是菱形，推出F、D关于直线AE对称，推出PF=PD，推出PF+PB=PA+PB，由PD+PB≥BD，推出PF+PB的最小值是线段BD的长．
【详解】解：如下图：

连接PD，BD，作DH⊥AB于点H，于点G，
∵四边形ADEF是菱形，
∴F、D关于直线AE对称，
∴PF=PD，
∴PF+PB=PD+PB，
∵PD+PB≥BD，
∴PF+PB的最小值是线段BD的长，
∵∠CAB=180∘-105∘-45∘=30∘，设AF=EF=AD=x，则DH=EG=12x，FG=32x，
∵∠EBG=45∘，EG⊥BG，
∴EG=BG=12x，
∴x+32x+12x=3+3
∴，即菱形的边长为2．
∴DH=1，BH=3，
∴BD=12+32=10，
∴PF+PB的最小值是10，
故答案为：2；10
【点睛】本题考查轴对称（距离最短问题），菱形的性质等相关知识点，解题的关键是要学会用转换的思想思考问题，用轴对称求最短距离是数学常用的方法．


1．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（0，4），B（3，4），将△ABO向右平移到△CDE位置，A的对应点是C，O的对应点是E，函数y=kx(k≠0)的图像经过点C和DE的中点F，则k的值是______．

【答案】6
【分析】作FG⊥x轴，DQ⊥x轴，FH⊥y轴，设AC=EO=BD=a，表示出四边形ACEO的面积，再根据三角形中位线的性质得出FG，EG，即可表示出四边形HFGO的面积，然后根据k的几何意义得出方程，求出a，可得答案．
【详解】过点F作FG⊥x轴，DQ⊥x轴，FH⊥y轴，根据题意，得AC=EO=BD，

设AC=EO=BD=a，
∴四边形ACEO的面积是4a．
∵F是DE的中点，FG⊥x轴，DQ⊥x轴，
∴FG是△EDQ的中位线，
∴FG=12DQ=2，EG=12EQ=32，
∴四边形HFGO的面积为2(a+32)，
∴k=4a=2(a+32)，
解得a=32，
∴k=6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，正确的作出辅助线构造矩形是解题的关键．
2．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的负半轴上，tan∠ABO=3，以AB为边向上作正方形ABCD．若图像经过点C的反比例函数的解析式是y=1x，则图像经过点D的反比例函数的解析式是______．

【答案】y=-3x
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设OB=x，OA=3x，结合正方形的性质，全等三角形的判定和性质，得到≌≌ΔCBE，然后表示出点C和点D的坐标，求出x2=12，即可求出答案．
【详解】解：过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，如图：

∵tan∠ABO=OAOB=3，
设OB=x，OA=3x，
∴点A为（-3x，0），点B为（0，-x）；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∴∠ADF+∠DAF=∠DAF+∠BAO，
∴∠ADF=∠BAO，
同理可证：∠ADF=∠BAO=∠CBE，
∵∠AFD=∠BOA=∠CEB=90°，
∴≌≌ΔCBE，
∴OA=FD=EB=3x，OB=FA=EC=x，
∴OE=OF=2x，
∴点C的坐标为（x，2x），点D的坐标为（-2x，3x），
∵点C在函数y=1x的函数图像上，
∴2x2=1，即x2=12；
∴-2x3x=-6x2=-6×12=-3，
∴经过点D的反比例函数解析式为y=-3x；
故答案为：y=-3x．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，反比例函数的性质，三角函数，余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的表示出点C和点D的坐标，从而进行解题．
3．（2023·陕西·模拟预测）如图，反比例函数y=kx的图象经过矩形ABCD对角线的交点E和点A，点B、C在x轴上，△OCE的面积为6，则k=______________．

【答案】8
【分析】如图作EF⊥BC，由矩形的性质可知EF=12AB，设E点坐标为（a，b），则A点坐标为（c，2b），根据点A，E在反比例函数y=kx上，根据反比例函数系数的几何意义可列出ab=k=2bc，根据三角形OEC的面积可列出等式，进而求出k的值．
【详解】解：如图作EF⊥BC，则EF=12AB，

设E点坐标为（a，b），则A点的纵坐标为2b，
则可设A点坐标为坐标为（c，2b），
∵点A，E在反比例函数y=kx上，
∴ab=k=2bc，解得：a=2c，故BF=FC=2c-c=c，
∴OC=3c，
故S△OEC=12×OC×EF=12×3c×b=6，解得：bc=4，
∴k=2bc=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查矩形的性质，反比例函数的图形，反比例函数系数k的几何意义，能够熟练掌握反比例函数系数k的几何意义是解决本题的关键．
4．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以OA，OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且S矩形OABC＝22，将矩形OABC翻折，使点B与原点O重合，折痕为MN，点C的对应点C'落在第四象限，过M点的反比例函数y＝kx（k≠0）的图象恰好过MN的中点，则k的值为 _____，点C'的坐标为 _____．

【答案】 22/122 （43，-23）
【分析】连接OB交MN于Q，由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，先证明△BMQ≌△ONQ得到QM=QN，即点Q为OB的中点，过点Q作QH⊥x轴于H，证明△OHQ∽△OCB，求出S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，则k=2S△OHQ=22；过点C'作C'G⊥x轴于G，可以推出AM=14AB，设AM=a，则BM=OM=3a，则OA=OM2-AM2=22a，解得a=12，得到AB=OC=2，MB=32，从而求出C'N=CN=12，OC'=ON2-C'N2=2，利用三角形面积法求出C'G=OC'⋅C'NON=23，则OG=OC'2-C'G2=43，即点C的坐标为（43，-23）．
【详解】解：如图所示，连接OB交MN于Q，
由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥CO，
∴∠MOQ=∠NOQ，∠BMQ=∠ONQ，
又∵BQ=OQ，
∴△BMQ≌△ONQ（AAS），
∴QM=QN，即点Q为OB的中点，
过点Q作QH⊥x轴于H，
∴OH∥BC，
∴△OHQ∽△OCB，
∴S△OHQS△OCB=OQOB=14，
∵四边形OABC是矩形，
∴S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，
∵Q在反比例函数图象上，
∴k=2S△OHQ=22；
过点C'作C'G⊥x轴于G，
∵点M在反比例函数图象上，
∴12AM⋅OA=12k=24，
又∵S矩形ABCD=OA⋅AB=22，
∴AM=14AB，
设AM=a，则BM=OM=3a，
∴OA=OM2-AM2=22a，
∴12a⋅22a=24，
解得a=12（负值已经舍去），
∴AB=OC=2，MB=32，
∵QM=QG，OQ=BQ，
∴四边形OMBN是平行四边形，
∴ON=BM=32，
∴C'N=CN=12，
∴OC'=ON2-C'N2=2，
∵S△OC'N=12ON⋅C'G=12OC'⋅C'N，
∴C'G=OC'⋅C'NON=23，
∴OG=OC'2-C'G2=43，
∴点C的坐标为（43，-23）
故答案为：22，（43，-23）．

【点睛】本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形面积公式，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（2023·江西南昌·南昌市外国语学校校考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知A2t,0，B0,-2t，C2t,4t三点，其中t>0，函数y=t2x的图象分别与线段BC，AC交于点P，Q．若S△PAB-S△PQB=t-1，则t的值为______．

【答案】2
【分析】用t分别表示出S△PAB和S△PQB，然后根据题意得出一元二次方程求解即可．
【详解】解：如图所示，

∵A（2t，0），C（2t，4t），
∴AC⊥x轴，
当x=2t时，y=t22t=t2，
∴Q（2t，t2），
∵B（0，﹣2t），C（2t，4t），
设直线BC的解析式为：y=kx+bk≠0，将两点代入可得：
-2t=b4t=2kt+b，
解得：k=3b=-2t，
∴直线BC的解析式为：y=3x﹣2t，
则3x﹣2t=，
解得：x1=t，x2=-13t（舍），
∴P（t，t），
∵S△PAB=S△BAC﹣S△APC，S△PQB=S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC，
∵S△PAB﹣S△PQB=t﹣1，
∴（S△BAC﹣S△APC）﹣（S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC）=t﹣1，
S△ABQ+S△PQC﹣S△APC=12×t2×2t+12×(4t-t2)×t-12×4t×t=t-1，
解得：t=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的知识点是待定系数法求一次函数解析式、反比例函数的图像及其性质以及三角形的面积公式，一元二次方程的应用，解题关键是利用双曲线函数图象解题．
6．（2023·安徽蚌埠·校联考一模）已知抛物线，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点(1,4)，则b=________；
（2）该抛物线经过点，已知点B(1,-a)，，若抛物线与线段BC有交点，则a的取值范围为________．
【答案】 4 -2⩽a<0
【分析】（1）将点（1,4）代入解析式求解即可；
（2）将代入抛物线，可得b=-2a，化简解析式为顶点式，根据题意分两种情况进行讨论分析求解即可．
【详解】解：（1）将点（1,4）代入解析式可得：
4=a+b-a，
解得b=4，
故答案是：4；
（2）将代入抛物线，
可得b=-2a，则y=ax2-2ax-a=a(x-1)2-2a，
∵抛物线与线段BC有交点，
∴B(1,-a)在对称轴上，在对称轴右侧．
当a>0时，如图所示：


，无解；
当a<0时，如图所示：

a(2-1)2-2a=-a⩽2，
解得-2⩽a<0，
故答案为：①4；②-2⩽a<0．
【点睛】题目主要考查二次函数的基本性质及分类讨论思想，理解题意，熟练掌握二次函数的基本性质是解题关键．
7．（2023·广东·模拟预测）如图，抛物线y=（x-1）2-1与直线y=x交于点O，点B为线段OA上的动点，过点B作BC∥y轴，交交抛物线于点C，则线段BC长度的最大值为___

【答案】94
【分析】由点C在抛物线y＝（x−1）2−1=x2−2x上，可设点C的坐标为(x，x2−2x)，点B在直线y＝x上，且BC∥y轴，可得点B的坐标为(x，x)，而线段BC的长就是两点纵坐标差，从而得出关于BC长与自变量x的函数关系式，根据函数的最值，即可求出BC最大值．
【详解】解：∵点C在抛物线y=（x-1）2-1=x2−2x上，
∴设点C的坐标为(x，x2−2x)．
∵点B在直线y＝x上，BC∥y轴，
∴点B的坐标为(x，x)．
∵点B在点C的上方，设BC的长为L，
∴L= x−（x2−2x）=−x2＋3x＝−(x−32)2＋94，
∵a＝−1＜0，
∴L有最大值，
∴线段BC长度的最大值为94．
故答案为：94．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质、函数的最值问题，掌握二次函数的图象和性质并能根据函数关系式求出最值是解题的关键．
8．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知函数y=ax2-2ax与线段有交点，其中，则a的取值范围是_________．

【答案】13≤a≤1
【分析】由抛物线y=ax2-2ax对称轴为x=1，可知线段在对称轴右边，只需要分别考虑在抛物线上以及直线与抛物线有唯一交点三种情况即可．
【详解】解：∵，
∴直线解析式为y=x，
联立y=ax2-2axy=x，整理得ax2-2a+1x=0，
当直线与抛物线有唯一交点时Δ=2a+12=0，解得a=-12，
此时唯一交点为(0,0)，不符合题意；
∵抛物线y=ax2-2ax对称轴为x=1，
∴线段在对称轴右边，
当P(3,3)在抛物线上时，3=9a-6a，解得a=1；
当Q(5,5)在抛物线上时，5=25a-10a，解得a=13，
综上所述，当函数y=ax2-2ax与线段有交点时，a的取值范围是13≤a≤1，
故答案为：13≤a≤1．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
9．（2023·广西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2-2ax+83a>0与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于点M．P为抛物线的顶点．若直线OP交直线AM于点B，且M为线段AB的中点，则a的值为_____．

【答案】2
【分析】先根据抛物线解析式求出点A坐标和其对称轴，再根据对称性求出点M坐标，利用点M为线段AB中点，得出点B坐标；用含a的式子表示出点P坐标，写出直线OP的解析式，再将点B坐标代入即可求解出a的值．
【详解】解：∵抛物线y=ax2-2ax+83a>0与y轴交于点A，
∴A0,83，抛物线的对称轴为x=1
∴顶点P坐标为1,83-a，点M坐标为2,83
∵点M为线段AB的中点，
∴点B坐标为4,83
设直线OP解析式为y=kx（k为常数，且k≠0）
将点P1,83-a代入得83-a=k
∴y=83-ax
将点B4,83代入得83=83-a×4
解得a=2
故答案为2
【点睛】考核知识点:抛物线与坐标轴交点问题.数形结合分析问题是关键.
10．（2023·广东广州·校联考一模）如图，抛物线G:y1=a(x+1)2+2与H:y2=-(x-2)2-1交于点B(1,-2)，且分别与y轴交于点D，E．过点B作x轴的平行线，交抛物线于点A，C．则以下结论：

①无论x取何值，y2总是负数；
②抛物线可由抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；
③当-3 ④四边形AECD为正方形．
其中正确的是__________．（填写正确的序号）
【答案】①②④
【分析】①根据非负数的相反数或者直接由图像判断即可；②先求抛物线G的解析式，再根据抛物线G,H的顶点坐标，判断平移方向和平移距离即可判断②；③先根据题意得出-3y2，然后计算y1-y2，进而根据一次函数的性质即可判断；④分别计算出A,E,C,D的坐标，根据正方形的判定定理进行判断即可．
【详解】①∵(x-2)2≥0，
∴-(x-2)2≤0，
y2=-x-22-1≤-1，
∴无论x取何值，y2总是负数，
故①正确；
②∵抛物线G:y1=ax+12+2与抛物线H:y2=-x-22-1交于点B1,-2，
∴x=1,y=-2，
即-2=a(1+1)2+2，
解得a=-1，
∴抛物线G:y1=-x+12+2，
∴抛物线G的顶点，抛物线的顶点为，
将向右平移3个单位，再向下平移3个单位即为，
即将抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位可得到抛物线，
故②正确；
③∵B1,-2，
∵将y=-2代入抛物线G:y1=-x+12+2，
解得x1=-3,x2=1，
，
将y=-2代入抛物线H:y2=-x-22-1，
解得x1=3,x2=1，
∴C(3,-2)，
∵-3
∵y1-y2=-(x+1)2+2-[-(x-2)2-1]=-6x+6
∴当-3 故③不正确；
④设AC与y轴交于点F，

∵B1,-2，
∴F(0,-2)，
由③可知
，C(3,-2)，
∴AF=CF，AC=6，
当x=0时，y1=1,y2=-5，
即D(0,1),E(0,-5)，
∴DE=6，DF=EF=3，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AC=DE,AC⊥DE，
∴四边形AECD是正方形，
故④正确，
综上所述，正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了二次函数图像与性质，一次函数的性质，平移，正方形的判定定理，解题的关键是综合运用以上知识．
11．（2023·安徽·模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E从点B出发，以1单位每秒的速度向点C运动，DF＝53，G，H分别是AE，EF的中点，在点E的整个运动过程中，当AE⊥EF时，点E的运动时间为____秒，线段GH扫过的图形面积为____．

【答案】 2 56
【分析】答题空1：设当AE⊥EF时，点E的运动时间为t秒，则BE=t ，由矩形的性质可证出CF=CD-DF=43，再证出△BAE∼△CEF进而得到BECE=ABCF即可求解；
答题空2：点E的运动时间为2秒；此时，线段GH扫过的图形为图中阴影部分，点M、N分别为点G、H的初始位置，则可证出四边形MNHG是平行四边形，延长HN交AB于点P，则PN⊥AB，且PM=32-PB，利用点H是EF中点，PH//BC ，即可求出PB进而得到PM即可求解．
【详解】解：设当AE⊥EF时，点E的运动时间为t秒，则BE=t ，
∵矩形ABCD中，AB=3，AD=4，
∴CD=AB=3，BC=AD=4，∠B=∠C=90°，
∴CE=BC-BE=4-t，∠BAE+∠BEA=90°，
∵DF＝53，
∴CF=CD-DF=43 ，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠BEA+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF ，
∴△BAE∼△CEF ，
∴BECF=ABCE ，
∴BECE=ABCF ，
∴t4-t=3×43 ，
整理得：t2-4t+4=0 ，解得：t1=t2=2 ,
即当AE⊥EF时，点E的运动时间为2秒；
此时，线段GH扫过的图形为图中阴影部分，点M、N分别为点G、H的初始位置，如图：

则点M、点G、点N、点H分别为AB、AE、BF、EF的中点，
∴MG、NH分别是△ABE、△FBE的中位线，
∴MG=12BE=1，MG//BE，NH=12BE=1，NH//BE ，
∴MG=NH=1,MG//NH，MG⊥AB ，
∴四边形MNHG是平行四边形，
延长HN交AB于点P，如图，
则PN⊥AB，且PM=BM-PB=12AB-PB=32-PB ，
∵点H是EF中点，PH//BC ，
∴PB=12FC=12×DC-DF=12×3-53=23 ，
∴PM=32-23=56 ，
∴S阴影部分=MGPM=1×56=56 ，
即线段GH扫过的图形面积为56 ,
故答案为:2；56．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；画出辅助线是解题的关键．
12．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，已知四边形ABCD是正方形AB=22，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为邻边作矩形DEFG，连．

（1）CE+CG=_____；
（2）若四边形DEFG面积为5时，则CG=_____．
【答案】 4 3或1/1或3
【分析】（1）作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，利用矩形和正方形的性质，推出△DEN≌△FEMASA()，得到EF=DE，即矩形DEFG是正方形，再证明△ADE≌△CDGSAS()，得到AE=CG，然后利用勾股定理，求出AC=4，即可求出CE+CG的长；
（2）过点E作于点Q，根据正方形的性质，得到AQ=EQ，DQ=22-AQ，利用勾股定理求出AQ=322或22，AE=2AQ，进而求得AE=3或1，即可得到的长．
【详解】解：（1）如图，作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，

∴∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠NEF=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠DEN+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴AE平分∠BCD，
∴EM=EN，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FME=90°EN=EM∠DEN=∠MEF，
∴△DEN≌△FEMASA()，
，
∴矩形DEFG是正方形，  
∴DE=DG，∠EDG=90°，
∴∠EDC+∠CDG=90，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDGSAS()，
∴AE=CG，
在Rt△ABC中，AB=BC=22，
∴AC=AB2+BC2=4，
∴CE+CG=CE+AE=AC=4，
故答案为：4；
（2）如图，过点E作于点Q，

∵四边形ABCD是正方形，且点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴∠EAQ=45°，AD=AB=22，
∴AQ=EQ，DQ=AD-AQ=22-AQ，
∵正方形DEFG面积为5，  
，
在Rt△DQE中，DQ2+EQ2=DE2
∴22-AQ2+AQ2=52，
∴AQ=322或22，
在Rt△AQE中，AE=AQ2+EQ2=2AQ，
当AQ=322时，AE=2×322=3，
当AQ=22时，AE=2×22=1，
∴AE=3或1，
∴CG=3或1，
故答案为：3或1．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作辅助线构造全等三角形是解题关键．
13．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）正方形纸片ABCD中，E，F分别是AB、CB上的点，且AE＝CF，CE交AF于M．若E为AB中点，则＝_______；若∠CMF＝45°，则＝_______．

【答案】 2 2+1/1+2
【分析】（1）过点F作FG∥AB，构造相似三角形，得△AEM∽△FGM，由相似三角形的性质以及中位线定理得出结论；
（2）通过SAS证明△ABF≌△CBE，得∠BAF=∠BCE，再根据AAS证明△AEM≌△CFM，得AM=MC，进而得出M在对角线BD上，由外角的性质及内角和得，∠BEM=∠BME，过点M作MG⊥BC，令MG=BG=x，则BE=BM=2x，根据相似三角形△CMG∽△CEB，即可求出结果.
【详解】（1）解：过点F作FG∥AB，
∴∠BAF=∠GFA ∠AEG=∠EGF
又∠1=∠2
∴△AEM∽△FGM
∴AEFG=MEHG
∵E为AB中点
∴AE=EB
在正方形ABCD中
AB=BC
又AE＝CF
∴F为CB中点
∵FG∥AB
∴G是EC的中点
∴AEFG=MEHG=2
∴=2

故答案为2；
（2）解：连接BD，过点M作MG⊥BC，
在正方形ABCD中
AB=BC∠ABC=90°
∵AE＝CF
∴BE＝BF
∴△ABF≌△CBE（SAS）
∴∠BAF=∠BCE∠BEC=∠AFB
又∠1=∠2  AE＝CF
∴△AEM≌△CFM（AAS）
∴AM=MC=MF
∵∠BEM=∠BAF+∠1
∠BME=∠BCE+∠MBC=∠BCE+∠2
∴∠BEM=∠BME
令MG=BG=x，则BE=BM=2x
∵MG⊥BC ∠ABC=90°
∴∠CMG=∠CEB
∴△CMG∽△CEB
∴
∴

故答案为2+1.
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形，平行线分线段成比例，利用辅助线解决本题是关键.
14．（2023·安徽·一模）已知，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是对角线BD上一点，连接AE并延长交矩形的一边于点F，将△ABF沿直线AF翻折，使得点B落在B'处．（1）若∠BAE=30°，则=________；（2）若AE=2EF，则BB'的长为_______．
【答案】 30° 22或161717
【分析】（1）根据轴对称的性质求出∠B'AE，根据矩形的性质求出∠BAD，再根据角的和差关系即可求解．
（2）根据点F的位置进行分类讨论．当点F在边BC上时，根据矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质确定FB的长度，根据轴对称的性质求出AB'和FB'的长度，根据正方形的判定定理和性质，勾股定理即可求出BB'的长度；当点F在边CD上时，根据矩形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质求出FD的长度，根据矩形的性质，勾股定理求出AF的长度，根据轴对称的性质和三角形面积公式求出BG的长度，进而求出B'G的长度，最后根据线段的和差关系即可求出BB'的长度．
【详解】解：（1）如下图所示．

∵∠BAE=30°，△ABF沿直线AF翻折，点B落在B'处，
∴∠B'AE=∠BAE=30°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°．
∴∠DAB'=∠BAD-∠BAE-∠B'AE=30°．
故答案为：30°．
（2）当点F在边BC上时，如下图所示．

∵AE=2EF，
∴FEAE=12．
∵四边形ABCD是矩形，BC=4，
∴AD∥BC，AD=BC=4，∠ABF=90°．
∴∠EBF=∠EDA，∠EFB=∠EAD．
∴△EBF∽△EDA．
∴FBAD=FEAE=12．
∴FB=12AD=2．
∵△ABF沿直线AF翻折，点B落在B'处，AB=2，
∴AB'=AB=2，FB'=FB=2．
∴AB'=AB=FB'=FB．
∴四边形ABFB'是菱形．
∴四边形ABFB'是正方形．
∴∠BFB'=90°．
∴BB'=FB2+FB'2=22．
当点F在边CD上时，如下图所示，设BB'与AF交于点G．

∵AE=2EF，
∴FEAF=12．
∵四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，
∴AB∥DC，∠ADF=90°，AD=BC=4，S△ABF=12AB⋅BC=4．
∴∠EFD=∠EAB，∠EDF=∠EBA．
∴△EFD∽△EAB．
∴FDAB=FEAE=12．
∴FD=12AB=1．
∴AF=AD2+DF2=17．
∵△ABF沿直线AF翻折，点B落在B'处，
∴AF⊥BB'，BG=B'G．
∴BG=2S△ABFAF=81717．
∴B'G=81717．
∴BB'=BG+B'G=161717．
故答案为：22或161717．
【点睛】本题考查轴对称的性质，矩形的性质，角的和差关系，平行线的性质，相似三角形的判定定理和性质，正方形的判定定理和性质，勾股定理，三角形面积公式，正确应用分类讨论思想是解题关键．
15．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF，且∠AGD=∠BGC．

（1）若∠AGD=38°，则∠EGF=_______；
（2）若AD、BC所在直线互相垂直，则=______．
【答案】 38°/38度 22/122
【分析】（1）先由∠AGD=∠BGC，得到∠AGB=∠DGC，再由是AB的垂直平分线，GF是CD的垂直平分线，得到∠AGE=∠DGF，再减去相同的角，得到∠EGF=∠AGD；
（2）延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH，由线段垂直平分线的性质得出GA=GB，GD=GC，由SAS证明△AGD≅△BGC，得出∠GAD=∠GBC，再求出∠AGB=∠AHB=90°，得出∠AGE=12∠AGB=45°，求出AGEG=2，证出△AGB∼△DGC，△AGD∼△EGF，即可得出EFAD的值．
【详解】（1）∵∠AGD=∠BGC
∴∠AGD+∠BGD=∠BGC+∠BGD
∴∠AGB=∠DGC
∵是AB的垂直平分线，GF是CD的垂直平分线
∴平分∠AGB，GF平分∠DGC
∴∠AGE=∠DGF
∴∠AGE-∠DGE=∠DGF-∠DGE
∴∠EGF=∠AGD=38°
（2）解：延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，如图所示：

则AH⊥BH，
∵是AB的垂直平分线，
∴GA=GB，
同理：GD=GC，
在△AGD和△BGC中，
GA=GB∠AGD=∠BGCGD=GC，
∴△AGD≅△BGCSAS，
∴∠GAD=∠GBC，
在△GAM和△HBM中，
∠GAD=∠GBC，∠GMA=∠HMB，
∴∠AGB=∠AHB=90°，
∴∠AGE=12∠AGB=45°，
∴EGAG=cos∠AGE=cos45°=22,
∴AGEG=2,
∵∠AGD=∠BGC，
∴∠AGB=∠DGC=90°，
∴△AGB和△DGC是等腰直角三角形，
∴△AGB∼△DGC，
∴EGFG=GAGD，
又∵∠AGE=∠DGF，
∴∠AGD=∠EGF，
∴△AGD∼△EGF，
，
∴EFAD=12=22．
【点睛】本题是相似三角形综合题目，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，本题难度较大，综合性强，解题的关键是通过作辅助线综合运用全等三角形和相似三角形的性质．