02挑戰(zhàn)壓軸題（填空題）3

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（長(zhǎng)沙專用）—02挑戰(zhàn)壓軸題（填空題）1．（2022·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，A、B、C是⊙O上的點(diǎn)，OC⊥AB，垂足為點(diǎn)D，且D為OC的中點(diǎn)，若OA=7，則BC的長(zhǎng)為___________．【答案】7【分析】根據(jù)垂徑定理可得OC垂直平分AB，根據(jù)題意可得AB平方OC，可得四邊形AOBC是菱形，進(jìn)而根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：如圖，連接OB,CA，∵A、B、C是⊙O上的點(diǎn)，OC⊥AB，，∵D為OC的中點(diǎn)，，∴四邊形AOBC是菱形，OA=7，∴BC=AO=7．故答案為：7．【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理，菱形的性質(zhì)與判定，掌握垂徑定理是解題的關(guān)鍵．2．（2022·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知等腰△ABC的頂角∠BAC的大小為θ，點(diǎn)D為邊BC上的動(dòng)點(diǎn)（與B、C不重合），將AD繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)θ角度時(shí)點(diǎn)D落在D'處，連接BD'．給出下列結(jié)論：①△ACD?△ABD'；②△ACB～△ADD'；③【答案】①②③【分析】依題意知，△ABC和△ADD'是頂角相等的等腰三角形，可判斷②；利用SAS證明△ADC≌△AD'B，可判斷①；利用面積比等于相似比的平方，相似比為ADAC，故最小時(shí)△AD【詳解】∵AD繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)θ角度得到A∴∠DAD'∴∠CAB=∠DA即∠CAD+∠DAB=∠DAB+∠BA∴∠CAD=∠BA∵AC=AB得：△ADC≌△AD'B故①對(duì)∵△ABC和△ADD∴△ACB～△AD故②對(duì)∴S即AD最小時(shí)S△A當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD最小由等腰三角形三線合一，此時(shí)D點(diǎn)是BC中點(diǎn)故③對(duì)故答案為：①②③【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，手拉手模型，選項(xiàng)③中將面積與相似比結(jié)合是解題的關(guān)鍵.3．（2020·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)P在以MN為直徑的半圓上運(yùn)動(dòng)，（點(diǎn)P與M，N不重合）PQ⊥MN,NE平分，交PM于點(diǎn)E，交PQ于點(diǎn)F．(1)PFPQ+(2)若PN2=PM?MN，則【答案】1【分析】(1)過(guò)E作GE⊥MN于G，可得∠NGE=90°，根據(jù)圓周角的性質(zhì)可得∠MPN=90°，又平分，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得PE=GE；由∠PNE=∠MNE，∠PNE+∠PEN=90°，∠MNE+∠QFN=90°，且∠QFN=∠PFE，根據(jù)“等角的余角相等”可得∠PEN=∠PFE，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)“等角對(duì)等邊”可得PE=PF，即有GE=PF；由PQ⊥MN，GE⊥MN，可得GE//PQ，從而可得在△PMQ中有EMPM=GEPQ，將EM=PM-PE、PE=GE、GE=PF代入可得，【詳解】(1)如圖所示，過(guò)E作GE⊥MN于G，則∠NGE=90°，∵M(jìn)N為半圓的直徑，∴∠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∴將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設(shè)MQNQ=x，則解得：，或x=-5+1∴MQNQ故答案為：．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了圓周角的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例的性質(zhì)等知識(shí)．(1)中解題的關(guān)鍵是利用角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求得GE=PF，PE=PF，再通過(guò)平行線分線段成比例的性質(zhì)得到EMPM4．（2019·湖南長(zhǎng)沙·統(tǒng)考中考真題）如圖，函數(shù)y=kx(k為常數(shù)，k＞0)的圖象與過(guò)原點(diǎn)的O的直線相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M是第一象限內(nèi)雙曲線上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)M在點(diǎn)A的左側(cè)），直線AM分別交x軸，y軸于C，D兩點(diǎn)，連接BM分別交x軸，y軸于點(diǎn)E，F(xiàn)．現(xiàn)有以下四個(gè)結(jié)論：①△ODM與△OCA的面積相等；②若BM⊥AM于點(diǎn)M，則∠MBA＝30°；③若M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，△OAM為等邊三角形，則；④若，則MD＝2MA．其中正確的結(jié)論的序號(hào)是_______．【答案】①③④【分析】①設(shè)點(diǎn)A（m，km），M（n，kn），構(gòu)建一次函數(shù)求出C，②△OMA不一定是等邊三角形，故結(jié)論不一定成立．③設(shè)M（1，k），由△OAM為等邊三角形，推出OA=OM=AM，可得1+k2=m2+，推出m=k，根據(jù)OM=AM，構(gòu)建方程求出k即可判斷．④如圖，作MK∥OD交OA于K．利用平行線分線段成比例定理解決問(wèn)題即可．【詳解】①設(shè)點(diǎn)A（m，km），M（n，k則直線AC的解析式為y=kmnx+kn+∴C（m+n，0），D（0，(m+n)kmn∴SΔODM∴△ODM與△OCA的面積相等，故①正確；∵反比例函數(shù)與正比例函數(shù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴O是AB的中點(diǎn)，∵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錯(cuò)誤，∵M(jìn)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，∴可以假設(shè)M（1，k），∵△OAM為等邊三角形，∴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正確，如圖，作MK∥OD交OA于K．∵OF∥MK，∴FMBM∴OKOB∵OA=OB，∴OKOA∴OKKA∵KM∥OD，∴DMAM∴DM=2AM，故④正確．故答案為①③④．【點(diǎn)睛】本題考查反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題，三角形的面積，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)造平行線，利用平行線分線段成比例定理解決問(wèn)題.5．（2019·湖南張家界·統(tǒng)考中考真題）如圖：正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為BC，CD邊的中點(diǎn)，連接AE，BF交于點(diǎn)P，連接PD，則tan∠APD=【答案】2【分析】連接AF，先證明RtΔABE≌RtΔBCF，可得∠BAE=∠CBF，繼而證明A、P、F、D四點(diǎn)共圓，由圓周角定理可得【詳解】連接AF，∵E，F(xiàn)分別是正方形ABCD邊BC，CD的中點(diǎn)，∴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四點(diǎn)共圓，∴∠AFD∴tan故答案為2．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，正切等知識(shí)，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵.1．（2023·湖南岳陽(yáng)·校聯(lián)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是⊙O上一點(diǎn)，AD與過(guò)點(diǎn)C的切線垂直，垂足為點(diǎn)D，切線DC與AB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)P，弦CE平分∠ACB，交AB于點(diǎn)F，連接，（1）若∠DAC=30°，BC=6，則弧BC的長(zhǎng)為_____．（2）若AF=6，EF=25，則的長(zhǎng)為_____．【答案】2π【分析】（1）根據(jù)切線性質(zhì)得到∠OCP=90°，再根據(jù)平行線的判定和性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證得AD∥OC得到∠OAC=∠OCA=30°，再利用三角形的外角性質(zhì)求得∠BOC=60°，根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)證得△OBC為等邊三角形，進(jìn)而有OB=BC=6，利用弧長(zhǎng)公式求解即可；（2）連接OE，先根據(jù)圓周角定理和角平分線的定義求得∠BOE=90°，設(shè)⊙O的半徑為r，則OA=OE=OB=r，OF=AF-OA=6-r，利用勾股定理分別求解r和即可．【詳解】解：（1）∵PD是過(guò)點(diǎn)C的切線，∴OC⊥PD，又，∴AD∥OC，又∠DAC=30°，∴∠OCA=∠DAC=30°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，∴∠BOC=∠OAC+∠OCA=60°，∵OB=OC，∴△OBC為等邊三角形，∴OB=BC=6，∴弧BC的長(zhǎng)為60π×6180故答案為：2π；（2）連接OE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∵弦CE平分∠ACB，∴∠BCE=1∴∠BOE=90°，設(shè)⊙O的半徑為r，則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，當(dāng)r=4時(shí)，OF=6-4=2符合題意；當(dāng)r=2時(shí)，OF=6-2=4不符合題意，∴，在中，BE=OE故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查切線性質(zhì)、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)、角平分線的定義、平行線的判定與性質(zhì)、弧長(zhǎng)公式、勾股定理、解一元二次方程等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵．2．（2023·湖南永州·校考一模）如圖，點(diǎn)A的坐標(biāo)是a,0a<0，點(diǎn)C是以O(shè)A為直徑的B上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)為P當(dāng)點(diǎn)C在OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所有這樣的點(diǎn)P組成的圖形與直線y=-x-1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，則a的值等于_____________【答案】-22【分析】如圖，連接BC、OP設(shè)直線y=-x-1交x軸于點(diǎn)E-1,0，交y軸于點(diǎn)F0,-1，證明OP=2BC=-a，從而得出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，-a為半徑的圓，當(dāng)⊙O與直線y=-x-1相切時(shí)，點(diǎn)P組成的圖形與直線y=-x-1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，設(shè)切點(diǎn)為G，連接OG，利用勾股定理和三角形的面積求出【詳解】解：如圖，連接BC、OP設(shè)直線y=-x-1交x軸于點(diǎn)E-1,0，交y軸于點(diǎn)F，AB=BO，∴OP=2BC=-a，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，-a為半徑的圓，當(dāng)⊙O與直線y=-x-1相切時(shí)，點(diǎn)P組成的圖形與直線y=-x-1有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，設(shè)切點(diǎn)為G，連接OG，在Rt△EOF中，∵OG⊥EF，EF=1∵1∴2∴OG=2∴OP=OG=2∴-a=2，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，三角形中位線定理、勾股定理、一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，熟練掌握基本知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南長(zhǎng)沙·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形ABCD中，E在AD邊上，將△ABE沿折疊，點(diǎn)A恰好落在矩形ABCD的對(duì)稱中心O處，若，則BC的長(zhǎng)為_____．【答案】3【分析】連接OD，由O是矩形ABCD中心，得到B，O，D共線，由翻折變換得到OB=AB，由矩形的性質(zhì)得到BD=2OB=2AB=6，由勾股定理求出AD的長(zhǎng)即可．【詳解】解：連接OD，∵O是矩形ABCD中心，∴B，O，D共線，∵△ABE沿翻折到△OBE，∴OB=BA，∵四邊形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故答案為：3【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，中心對(duì)稱，翻折變換，關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)．4．（2023·湖南湘潭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在△ABC中，AB=2，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A1【答案】2【分析】過(guò)A1作交AB于點(diǎn)D，根據(jù)旋轉(zhuǎn)得到△ABC≌△A1BC1，AB=【詳解】解：過(guò)A1作交AB于點(diǎn)D，∵△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)45°后得到△A1B∴△ABC≌△A1BC1∵，∴∠A∴DB=A∴2A1D∴S=S故答案為：22【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，根據(jù)得到等腰直角三角形．5．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知一個(gè)量角器的直徑MN與正方形ABCD的邊長(zhǎng)相等，點(diǎn)N與點(diǎn)C重合，量角器的半圓弧與邊BC交于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)M作GH⊥MN，交邊AB，AD于G，H，連結(jié)CG，CH，在量角器繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，若MP的度數(shù)為60°【答案】4523-3【分析】先由HL證明Rt△CGM?Rt△CGB，得到∠MCG=∠GCB，已知MP的度數(shù)為60°，得到∠MCB=30°，進(jìn)而得到∠MCG=∠GCB=15°，再證明Rt△CHM?Rt△CHD，得到∠DCH=∠MCH，已知四邊形ABCD是正方形，得到∠BCD=90°，進(jìn)而得到∠MCD=60°，∠DCH=∠MCH=30°，根據(jù)∠GCH=∠MCG+∠MCH，即可求得∠GCH的度數(shù)；根據(jù)Rt△【詳解】在Rt△CGM和中，CM=CBCG=CG∴Rt△∴∠MCG=∠GCB，∵M(jìn)P的度數(shù)為60∴∠MCB=30°，∴∠MCG=∠GCB=15°，在Rt△CHM和中，CM=CDCH=CH∴Rt△∴∠DCH=∠MCH，∵四邊形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，設(shè)MH=DH=x，∵M(jìn)P的度數(shù)為60∴MCD=60°，∴∠DCH=∠MCH=30°，∴CD=3設(shè)MH=DH=x，則CD=3x=AB，∵AG∴(3∴GM=(23∴GMMH故答案為：45；2【點(diǎn)睛】本題主要考查四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南岳陽(yáng)·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，BC為△ABC外接圓⊙O的直徑，點(diǎn)M為△ABC的內(nèi)心，連接AM并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，①若∠ABC=30°，⊙O的直徑為4，則扇形AOC的面積為_____；②若∠ABC=30°，AC=2，則DMAD=【答案】2π3/23π【分析】①首先根據(jù)圓周角定理得到∠AOC=60°，然后利用扇形面積公式求解即可；②作ME⊥AC交AC于點(diǎn)E，作交AD于點(diǎn)F，根據(jù)三角形內(nèi)心的性質(zhì)求出ME=2+23-42=3【詳解】①∵∠ABC=30°，AC=∴∠AOC=2∠ABC=60°∵⊙O的直徑為4，∴⊙O的半徑為2，∴扇形AOC的面積為60°×π×2②如圖所示，作ME⊥AC交AC于點(diǎn)E，作交AD于點(diǎn)F，∵∠ABC=30°，AC=2，∠BAC=90°∴BC=2AC=4∴AB=∵點(diǎn)M為△ABC的內(nèi)心，∴ME是△ABC內(nèi)切圓的半徑，∴ME=2+2∵點(diǎn)M為△ABC的內(nèi)心，∴AD是∠BAC的角平分線，∴∠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故答案為：2π3，3【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理，三角形內(nèi)心的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．7．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊上的一點(diǎn)，且AM=14AD，N是AB邊上的一動(dòng)點(diǎn)，將△AMN沿MN所在直線翻折得到△A'MN，連接【答案】37-1/【分析】過(guò)點(diǎn)M作交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接CM，根據(jù)菱形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)，求出CH,HM，再由勾股定理求出CM的長(zhǎng)，再由折疊的性質(zhì)可得點(diǎn)A'在以M為圓心，AM為半徑的圓上，從而得到當(dāng)點(diǎn)A'在線段MC上時(shí)，A【詳解】解：過(guò)點(diǎn)M作交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接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∵將△AMN沿MN所在直線翻折得到△A∴AM=A∴點(diǎn)A'在以M為圓心，AM∴當(dāng)點(diǎn)A'在線段MC上時(shí)，A∴A'C長(zhǎng)度的最小值故答案為：37-1【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)，找到當(dāng)點(diǎn)A'在MC上，A8．（2023·湖南衡陽(yáng)·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，OB的解析式為y=33x，點(diǎn)A坐標(biāo)為2,0，過(guò)A作AA1⊥OB，垂足為點(diǎn)A1；過(guò)點(diǎn)A1作A1A2⊥x軸，垂足為點(diǎn)；再過(guò)點(diǎn)作A2A3【答案】3【分析】根據(jù)y=33x確定，利用直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，確定yA【詳解】∵y=∴tan∠∴，∵點(diǎn)A坐標(biāo)為2,0，∴OA=2,AA1=1∴yA同理可得yA故yA故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，規(guī)律的探索，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，確定正確的變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖南衡陽(yáng)·衡陽(yáng)市華新實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A12，2在直線y=x上，過(guò)點(diǎn)A1作A1B1∥y軸，交直線y=12x于點(diǎn)B，以A1為直角頂點(diǎn)，A1B1為直角邊，在A1B1的右側(cè)作等腰直角三角形A1B1C1；再過(guò)點(diǎn)C【答案】2×【分析】先根據(jù)題目中的已知條件求出點(diǎn)C1的橫坐標(biāo)為3=2×32，點(diǎn)C2的橫坐標(biāo)為92=2×322，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為274=2×【詳解】解：∵點(diǎn)A12，2，A1∴B1∴A1B1∵A1∴點(diǎn)C1的橫坐標(biāo)為3=2×∵過(guò)點(diǎn)C1作A2B2∥y軸，分別交直線y=x和y=∴A23∴A2∴A2∴點(diǎn)C2的橫坐標(biāo)為，9以此類推，A3B3∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為274=2×A4B4點(diǎn)C4的橫坐標(biāo)為81∴AnBn∴點(diǎn)Cn的橫坐標(biāo)為2×∴點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2×32故答案為：2×3【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)的規(guī)律探究問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意總結(jié)得出點(diǎn)Cn的橫坐標(biāo)為2×10．（2023·湖南衡陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖（1）所示，E是矩形ABCD的邊AD上一邊，動(dòng)點(diǎn)P，Q同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)，點(diǎn)P沿折線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，點(diǎn)Q沿BC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停止，它們運(yùn)動(dòng)的速度都是1cm/秒，設(shè)P，Q同時(shí)出發(fā)t秒后時(shí)，ΔBPQ的面積為ycm2，已知y與t的函數(shù)關(guān)系圖像如圖（2）（曲線OM為拋物線的一部分），則當(dāng)t的值是___________時(shí)，ΔBPQ面積為4【答案】10或47【分析】由兩個(gè)圖形可知，AB，BC，BE的長(zhǎng)，然后分點(diǎn)P在BE上，點(diǎn)P在CD上兩種情況進(jìn)行討論，表示出△BPQ的面積，由ΔBPQ面積為4，建立關(guān)于t的等式求解即可．【詳解】由圖像可知，AB=4，BE=BC=5，①當(dāng)點(diǎn)P在BE上，如圖(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當(dāng)點(diǎn)P在CD上時(shí)，SΔBPQ∴t=47∴當(dāng)△BPQ的面積為4cm2時(shí),t的值是10或475故答案為：10或475【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，函數(shù)圖像等知識(shí)，結(jié)合兩個(gè)圖形，理解每個(gè)點(diǎn)的含義，求出線段AB，BC，BE的長(zhǎng)是解決本題的關(guān)鍵．11．（2023·湖南衡陽(yáng)·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線y=x+1和雙曲線，在直線上取一點(diǎn)，記為A1，過(guò)A1作x軸的垂線交雙曲線于點(diǎn)B1，過(guò)B1作y軸的垂線交直線于點(diǎn)，過(guò)作x軸的垂線交雙曲線于點(diǎn)B2，過(guò)B2作y軸的垂線交直線于點(diǎn)A3，……，依次進(jìn)行下去，記點(diǎn)An的橫坐標(biāo)為an【答案】2【分析】根據(jù)反比例函數(shù)與一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征分別求出A1、B1、、B2、A3、B3…，從而得到每3次變化為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)，用2023除以【詳解】解：當(dāng)時(shí)，B1的橫坐標(biāo)與A1的橫坐標(biāo)相等為，的縱坐標(biāo)和B1的縱坐標(biāo)相同為y2B2的橫坐標(biāo)和的橫坐標(biāo)相同為，A3的縱坐標(biāo)和B2的縱坐標(biāo)相同為B3的橫坐標(biāo)和A3的橫坐標(biāo)相同為A4的縱坐標(biāo)和B3的縱坐標(biāo)相同為B4的橫坐標(biāo)和A4的橫坐標(biāo)相同為…由上可知，a1,a2∵，∴a2023故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，點(diǎn)坐標(biāo)規(guī)律探索，依次求出各點(diǎn)的坐標(biāo)，觀察出每3次變化為一個(gè)循環(huán)組依次循環(huán)是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．12．（2022·湖南永州·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為△OAB內(nèi)的一點(diǎn)，連接AE，BE，CE，OE，若∠BEC＝90°，給出下列四個(gè)結(jié)論：①∠OEC＝45°；②線段AE的最小值是5﹣1；③△OBE∽△ECO；④2OE+BE＝CE．其中正確的結(jié)論有_____.（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②④【分析】通過(guò)證明點(diǎn)E，點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)O四點(diǎn)共圓，可得∠OEC=∠OBC=45°，故①正確；由題意可得點(diǎn)E在直徑為BC的圓上，當(dāng)點(diǎn)E在AF上時(shí)，AE有最小值，由勾股定理可得AE的最小值為5-1，故②正確；由圓周角定理可得∠BOE≠∠OEC，則∠COE≠∠BEO，即△OBE與△ECO不相似，故③錯(cuò)誤；由“SAS”可證△COH≌△BOE，可得BE=CH，由線段的和差關(guān)系EC=BE+2OE，故④【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∠ACB=∠DBC=45°，∵∠BEC=90°，∴∠CEB=∠BOC，∴點(diǎn)E，點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)O四點(diǎn)共圓，∴∠OEC=∠OBC=45°，故①正確；∵∠BEC=90°，∴點(diǎn)E在直徑為BC的圓上，如圖，取BC的中點(diǎn)F，連接AF，EF，∴EF=BF=FC=1，在△AFE中，AE＞AF-EF，∴當(dāng)點(diǎn)E在AF上時(shí)，AE有最小值，此時(shí)：AF=AB∴AE的最小值為5-1，故②∵點(diǎn)E，點(diǎn)B，點(diǎn)C，點(diǎn)O四點(diǎn)共圓，∴∠BOE=∠BCE＜∠BCO=45°，∠OEC=∠CBO=45°，∴∠BOE≠∠OEC，∴∠COE≠∠BEO，∴△OBE與△ECO不相似，故③錯(cuò)誤；如圖，過(guò)點(diǎn)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正確，故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．13．（2022·湖南長(zhǎng)沙·明德華興中學(xué)校聯(lián)考三模）圖，點(diǎn)A1,2、點(diǎn)B都在反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象上，當(dāng)以O(shè)B為直徑的圓經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，點(diǎn)【答案】（4，12【分析】待定系數(shù)法求得反比例函數(shù)的解析式y(tǒng)=2x，則設(shè)B（m，2m），連接AB，過(guò)點(diǎn)A作x軸的平行線，交y軸于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B作y軸的平行線，交直線AC于點(diǎn)D，通過(guò)證△AOC∽△BAD得到關(guān)于m【詳解】點(diǎn)A（1，2）代入y=kxx>0，得：k＝2設(shè)B（m，2m），如圖，連接AB，過(guò)點(diǎn)A作x軸的平行線，交y軸于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B作y軸的平行線，交直線AC于點(diǎn)D，則∠OCA＝∠D＝90°∴∠AOC＋∠OAC＝90°，∵OB為圓的直徑，∴∠OAB＝90°，∴∠OAC＋∠BAD＝90°，∴∠AOC＝∠BAD，則△AOC∽△BAD，∴ACBD=OCAD解得：m＝1（舍）或m＝4，則點(diǎn)B（4，12故答案為：（4，12【點(diǎn)睛】本題主要考查反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征及相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)建立方程是解題的關(guān)鍵．14．（2022·湖南長(zhǎng)沙·?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD為矩形，AB＝，AD＝2，點(diǎn)P為邊AB上一點(diǎn)，以DP為折痕將△DAP翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′，連接AA′，AA′交PD于點(diǎn)M，點(diǎn)Q為線段BC上一點(diǎn)，連接AQ，MQ，則AQ＋MQ的最小值是________．【答案】2【分析】作點(diǎn)A關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)T，取AD的中點(diǎn)R，連接BT，QT，RT，RM．根據(jù)直角三角形斜邊上中線性質(zhì)和勾股定理求出RM，RT，根據(jù)△RMT三邊關(guān)系求出MT的最小值，再根據(jù)QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，作點(diǎn)A關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)T，取AD的中點(diǎn)R，連接BT，QT，RT，RM．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠RAT＝90°，∵AR＝DR＝22，AT＝2AB＝2，∴RT＝AR∵A，A′關(guān)于DP對(duì)稱，∴AA′⊥DP，∴∠AMD＝90°，∵AR＝RD，∴RM＝12AD＝2∵M(jìn)T≥RT?RM，∴MT≥22，∴MT的最小值為22，∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，∴QA＋QM≥22，∴QA＋QM的最小值為22．故答案為：22．【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是求出MT的最小值．15．（2022·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考三模）如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，以AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)D，過(guò)D作于點(diǎn)M，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥MN于G，AB=6，∠DAC=30°，則LBD=______；BG+AM=_______【答案】π6【分析】（1）連接OD，由三角形中位線的性質(zhì)得出OD∥AC，根據(jù)條件即三角形外角性質(zhì)得到∠BOD=60°，利用弧長(zhǎng)公式直接求出LBD（2）根據(jù)圓周角定理求得AD⊥BC，即可得出AD是BC的垂直平分線，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得出AB＝AC，再根據(jù)MN⊥AC于點(diǎn)M，BG⊥MN于G，以及對(duì)頂角相等即可證得ΔBDG?ΔCDMAAS，從而BG=CM，即可得到BG+AM=AM+MC=AC=6【詳解】解：（1）連接OD，如圖所示：∵AD是BC邊上的中線，∴BD＝CD，∵以AB=6為直徑的⊙O中BO＝OA=3，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵∠DAC=30°，∴∠ADO=∠CAD=30°，∵∠BOD是ΔAOD的一個(gè)外角，∴∠BOD=∠ADO+∠OAD=60°，∴L（2）∵AD是BC邊上的中線，∴BD＝CD，∵以AB為直徑的⊙O交BC于點(diǎn)D，∴AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分線，∴AB＝AC=6，∵M(jìn)N⊥AC于點(diǎn)M，BG⊥MN于G，∴∠BGD＝∠DMC＝90°，在ΔBDG和中，∠BGD＝∴ΔBDG?ΔCDMAAS∴BG=CM,∴BG+AM=AM+MC=AC=6．【點(diǎn)睛】本題主要考查了求弧長(zhǎng)及求線段長(zhǎng)，涉及到中線性質(zhì)、三角形中位線的判定與性質(zhì)、三角形外角性質(zhì)、弧長(zhǎng)公式、圓周角定理、中垂線的判定與性質(zhì)、兩個(gè)三角形全等的判定與性質(zhì)，準(zhǔn)確做出輔助線并熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．1．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考二模）如圖，等邊△ABC中，BD⊥AC于D，QD=2.5，點(diǎn)P、Q分別為AB、AD上的兩個(gè)定點(diǎn)且，在BD上有一動(dòng)點(diǎn)E使PE+QE最短，則PE+QE的最小值為_____【答案】8【分析】先由等邊三角形的性質(zhì)求出AD=DC=AQ+QD=5.5，作點(diǎn)Q關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q'，連接PQ'交BD于E，連接QE，此時(shí)PE+QE的值最?。钚≈礟E+QE=PE+EQ'=PQ【詳解】解：∵△ABC是等邊三角形，∴BA=BC∵BD⊥AC，∴AD=DC=AQ+QD=5.5，如圖，作點(diǎn)Q關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q'，連接PQ'交BD于E，連接QE，此時(shí)PE+QE∵QD=DQ∴CQ∴AP=AQ∵∠A=60°，∴△APQ∴PQ∴PE+QE的最小值為8．故答案為：8．【點(diǎn)睛】此題考查了軸對(duì)稱性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AD＝2，DC＝4，將線段DC繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E恰好落在邊AB上時(shí)，圖中陰影部分的面積是_____．【答案】24﹣63-4【分析】由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DE＝DC＝43，由銳角三角函數(shù)可求∠ADE＝60°，由勾股定理可求AE的長(zhǎng)，分別求出扇形EDC和四邊形DCBE的面積，即可求解．【詳解】解：∵將線段DC繞點(diǎn)D按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，∴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四邊形DCBE=43-6+43×2∴陰影部分的面積＝24﹣63-4π故答案為：24﹣63-4π【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)，扇形的面積公式等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南岳陽(yáng)·岳陽(yáng)市弘毅新華中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在銳角△ABC中，AC＝12，以AC為直徑作⊙O，交BC邊于點(diǎn)M，M是BC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作⊙O的切線交AB于點(diǎn)N．①若∠A＝50°，則CM＝__________；②若MN＝4，則tan∠BMN＝__________．【答案】5π3【分析】（1）如圖，連接OM，易得OM是△ABC的中位線，繼而可得OM∥AB，OM=12AB，由平行線的性質(zhì)可得∠COM=∠A=50°（2）連接AM，根據(jù)圓周角定理可得∠AMC=90°，繼而易得△ABC是等腰三角形，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OM⊥MN，繼而易得△BMN～△MAN，由相似三角形的性質(zhì)可得BNMN=MNAN，設(shè)BN=x，AN=12-x，可得關(guān)于x的方程，解方程即可得BN=6-25【詳解】如圖，連接OM，∵AC為⊙O的直徑，∴點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，又M是BC的中點(diǎn)，∴OM是△ABC的中位線，∴OM∥AB，OM=1∵∠A＝50°，∴∠COM=∠A=50°，又⊙O的直徑AC＝12，即半徑R=6，∴CM=連接AM，∵AC為⊙O的直徑，∴∠AMC=90°，即AM⊥BC，又M是BC的中點(diǎn)，∴△ABC是等腰三角形，∴AB=AC=12,∵M(jìn)N是⊙O的切線交AB于點(diǎn)N，∴OM⊥MN，∵OM∥AB，∴AB⊥MN，∴∠BMN+∠MBN=90°，∠MAN+∠MBN=90°，∴∠BMN=∠MAN，∵∠MAN+∠AMN=90°，∴∠MBN=∠AMN，∴△BMN～△MAN，∴BNMN設(shè)BN=x，AN=12-x，又MN=4，∴x4解得：x=6-25或x=6+2∵BN<AN，∴BN=6-25∴tan故答案為：5π3，3-【點(diǎn)睛】本題考查圓的綜合題，涉及到相似三角形的判定及其性質(zhì)、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定及其性質(zhì)、三角形中位線的判定及其性質(zhì)，正切，弧長(zhǎng)公式，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)作輔助線．4．（2023·湖南岳陽(yáng)·?？家荒＃┤鐖D，四邊形OAA1B1是邊長(zhǎng)為1的正方形，以對(duì)角線OA1為邊作第二個(gè)正方形OA1A2B2，連接AA2，得到ΔAA1A2；再以對(duì)角線OA2為邊作第三個(gè)正方形OA2A3B3，連接A1A3，得到ΔA1A【答案】2【分析】根據(jù)題意求出S1，S2，根據(jù)面積的變化規(guī)律總結(jié)Sn的關(guān)系式即可．【詳解】∵四邊形OAA1B∴OA=AA∴S∵∠OAA∴OA∴OA∴OA∴A∴S同理可求：S3S4……Sn∴S故答案為：22020【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形的面積，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握正方形的性質(zhì)和三角形面積的計(jì)算是解題的關(guān)鍵．5．（2023·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，且圓心O在線段AB上，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，DA的延長(zhǎng)線與過(guò)點(diǎn)C的切線交于點(diǎn)E，且DE⊥CE，連接CD交AB于點(diǎn)F，①若∠ADC=30°，⊙O的半徑r=2，則AC=______；②若tan∠ADC=1【答案】2π3/23π【分析】根據(jù)圓心角等于同弧所對(duì)圓周角的二倍求出∠AOC=2∠B=60°，即可根據(jù)弧長(zhǎng)公式求出AC，設(shè)∠OBC=∠OCB=α，在Rt△DEC中，得到DE=3CE，在Rt△ACE中，得到AC=AE2+CE2=103CE，進(jìn)而得到AD=83CE，在Rt△ABC中，tan∠CBA=tanα=ACBC=13，得到BC【詳解】解：∵∠B=∠ADC=30°，∴∠AOC=2∠B=60°，∴AC=2π3∵⊙O是△ABC的外接圓，且圓心O在線段AB上，∴OA=OB，又AB是⊙O的直徑，∴∠BCA=90°，∵OC為直角三角形ABC的斜邊AB上的中線，∴OA=OB=OC，∴∠OBC=∠OCB，∠OCA=∠OAC，設(shè)∠OBC=∠OCB=α，∴∠OCA=∠OAC=90°α，∵∠COF為△OBC的一個(gè)外角，∴∠COF=∠OBC+∠OCB=2α，∵CE為⊙O的切線，∴∠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，∵同弧所對(duì)的圓周角相等，∴∠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故答案為：2π3，5【點(diǎn)睛】此題考查了圓周角定理，弧長(zhǎng)公式，切線的性質(zhì)定理，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，綜合掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．6．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC=70°，延長(zhǎng)BC到E，在∠DCE內(nèi)作射線CM，使得∠ECM=15°，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥CM，垂足為F，若DF=5，則對(duì)角線BD的長(zhǎng)為______【答案】2【分析】先由菱形的性質(zhì)得出∠DCE=70°，求得∠DCF=55°，再根據(jù)直角三角形兩銳角互余得∠CDF=35°,連接AC交BD于點(diǎn)O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得∠DOC=90°，∠BDC=35°，根據(jù)AAS證明ΔCDO?ΔCDF可得DO=DF=5，從而可求出BD=2【詳解】解：連接AC，如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB//CD，∠DOC=90°，BD=2DO∴∠DCE=∠ABC=70°∵∠ECM=15°∴∠DCM=55°∵DF⊥CM∴∠CDF=35°∵四邊形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故答案為：25【點(diǎn)睛】此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，連接AC并證明ΔCDO≌ΔCDF是解答此題的關(guān)鍵．7．（2023·湖南株洲·一模）如圖，點(diǎn)O是菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，DE//AC，CE//BD，連接OE，設(shè)AC＝12，BD＝16，則OE的長(zhǎng)為_____．【答案】10【分析】由菱形的性質(zhì)和勾股定理求出CD＝20，證出平行四邊形OCED為矩形，得OE＝CD＝10即可．【詳解】解：∵DE//AC，CE//BD，∴四邊形OCED為平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝12AC＝6，OB＝OD＝12BD＝∴∠DOC＝90°，CD＝OC2+OD2∴平行四邊形OCED為矩形，∴OE＝CD＝10，故答案為：10．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及平行四邊形判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握特殊四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2023·湖南衡陽(yáng)·?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD中，∠B＝60°,∠C＝90°，AB＝6，AD＝27，E在BC上，連AE、DE，若∠EAD＝∠ADE，BE＝2，則DC＝【答案】【詳解】解：過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB交AB于點(diǎn)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是等邊三角形，∴∠DEC+∠AEF=180∠EAF+∠AEF=90∠DEC=∠EAF.△AEF≌△EDC,∴DC=EF=3故答案為39．（2023·湖南長(zhǎng)沙·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，CE，BD交于點(diǎn)，于點(diǎn)F，F(xiàn)M平分∠DFE，分別交AD，BD于點(diǎn)M，G，延長(zhǎng)MF交BC于點(diǎn)N，連接．下列結(jié)論：①tan∠CDF=12；②S△EBH:S△DHF=3:4；③MG:GF:FN=5:3:2【答案】①③④【分析】設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，證明∠CDF＝∠ECB，求出tan∠ECB=EBCB=12，可得①正確；根據(jù)平行線分線段成比例結(jié)合勾股定理求出EH=13EC=53a，DF=455a，HF=4515a，進(jìn)而求出S△EBH：S△DHF=5:8可得②錯(cuò)誤；過(guò)點(diǎn)G作GQ⊥DF于點(diǎn)Q，【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)G作GQ⊥DF于點(diǎn)Q，GP⊥EC于點(diǎn)P，設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a．∵四邊形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，∴四邊形GPFQ是正方形，∴FG=10過(guò)點(diǎn)N作NJ⊥CE于點(diǎn)J，設(shè)FJ＝NJ＝m，則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正確．故答案為：①③④．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線分線段成比例，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，屬于中考填空題中的壓軸題．10．（2023·湖南株洲·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為6的菱形，∠ABC＝60°，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是線段AB，AC上的動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），且BE＝AF，BF與CE交于點(diǎn)P，延長(zhǎng)BF交邊AD（或邊CD）于點(diǎn)G，連接OP，OG，則下列結(jié)論：①△ABF≌△BCE；②當(dāng)BE＝2時(shí)，△BOG的面積與四邊形OCDG面積之比為1：3；③當(dāng)BE＝4時(shí)，BE：CG＝2：1；④線段OP的最小值為25﹣2．其中正確的是______．（請(qǐng)?zhí)顚懶蛱?hào)）【答案】①②【分析】①證明△ABC是等邊三角形，進(jìn)而得出三角形全等的三個(gè)條件；②可推出點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，可以得出S△COD＝S△AOD＝2S△DOG，根據(jù)點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，可以得到S△BOG＝S△DOG，進(jìn)一步得出結(jié)果；③根據(jù)AB∥CD得出，從而得出CG＝3，于是BE：CG＝4：3；④可推出∠BPC＝120°，從而得出點(diǎn)P在以等邊三角形BCH的外接圓的BC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)O、P、I共線時(shí)，OP最?。驹斀狻拷猓孩佟咚倪呅蜛BCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∴∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，在△ABF和△BCE中，AB=BC∠BAC=∠ABC∴△ABF≌△BCE（SAS），故①正確；②由①知：△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝6，∵AF＝BE＝2，∴CF＝AC﹣AF＝4，∵四邊形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四邊形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，△BOG的面積與四邊形OCDG面積之比為1：3；故②正確；③如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴，∴，∴CG＝3，∴BE：CG＝4：3，故③不正確；④如圖2，由①得：△ABF≌△BCE，∴∠BCE＝∠ABF，∴∠BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，∴∠BPC＝120°，作等邊三角形△BCH，作△BCH的外接圓I，則點(diǎn)P在⊙I上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)O、P、I共線時(shí)，OP最小，作HM⊥BC于M，∴HM＝32BC＝3∴PI＝IH＝，∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，∴OI＝＝＝21，∴OP最?。絆I﹣PI＝21﹣2，故④不正確，故答案為：①②．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判