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文檔簡介
專題10填空題壓軸題幾何圖形綜合計算專項訓(xùn)練（集訓(xùn)版）
模塊一2022中考真題集訓(xùn)
1．（2022?海南）如圖，正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，則∠AEB
＝60°；若△AEF的面積等于1，則AB的值是．
3
思路引領(lǐng)：利用“HL”先說明△ABE與△ADF全等，得結(jié)論∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差關(guān)系及三
角形的內(nèi)角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面積求出AE，再利用直角三角形的邊角間關(guān)系求出AB．
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
??=??
∴?R?t△=A?B?E≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠BAE（∠BAD﹣∠EAF）
1
=
（90°﹣230°）
1
＝=320°．
∴∠AEB＝60°．
故答案為：60．
過點F作FG⊥AE，垂足為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，
??
∴AB＝cos30=°?×?AE
2
3
=2．×
=故答3案為：．
3
總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)及解直角三角形，掌握正方形的性質(zhì)及直角三角形的邊角間關(guān)
系是解決本題的關(guān)鍵．
2．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三
角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成
下列問題：
（1）∠FDG＝45°；
（2）若DE＝1，DF＝2，則MN＝．
26
2
15
思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)AAS證△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG
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的度數(shù)；
（2）由（1）的結(jié)論得出CD的長度，GF的長度，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分別求出DM，NC的值即可
得出MN的值．
解：由題知，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
，
∠???=∠???
∠?=∠?=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°，
故答案為：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，
延長GF交BC延長線于點H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
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∴，
????
=
即???，?
??1
=
∴M2D3，
2
同理△=B3NC∽△BFH，
∴，
????
=
即????，
????
=
∴??????，?+??
??3
=
∴N3?C2，3+2
3
=
∴MN＝5CD﹣MD﹣NC＝3，
2326
??=
故答案為：．3515
26
總結(jié)提升：1本5題主要考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相
似三角形的判定和性質(zhì)等知識，熟練掌握這些基礎(chǔ)知識是解題的關(guān)鍵．
3．（2022?深圳）已知△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝5，AE＝2，連接CE，以CE
為底作直角三角形CDE，且CD＝DE．F是AE邊上的一點，連接BD和BF，且∠5FBD＝45°，則AF
長為．
35
4
思路引領(lǐng)：將線段BD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段HD，連接BH，利用SAS證明△EDH≌△CDB，
得EH＝CB＝5，∠BGH＝∠BDH＝90°，從而得出HE∥DC∥AB，則△ABF∽△EHF，即可解決問題．
解：將線段BD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段HD，連接BH，延長HE交BC于G，
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∴△BDH是等腰直角三角形，
∴∠HBD＝45°，
∵∠FBD＝45°，
∴點B、F、H共線，
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，
∴，
??????
==
∵?A?E＝2??，?????
∴5，
3??
=
∴A5F25?，??
35
=
故答案為4：．
3
5
總結(jié)提升：4本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性
質(zhì)等知識，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
4．（2022?河南）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，點D為AB的中點，點P在AC上，
且CP＝1，將CP繞點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，點P的對應(yīng)點為點Q，連2接AQ，DQ．當(dāng)∠ADQ＝90°時，AQ
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的長為或．
513
思路引領(lǐng)：分兩種情況：當(dāng)點Q在CD上，當(dāng)點Q在DC的延長線上，利用勾股定理分別進行計算即可
解答．
解：如圖：
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴ABAC＝4，2
∵點=D為2AB的中點，
∴CD＝ADAB＝2，∠ADC＝90°，
1
∵∠ADQ＝=902°，
∴點C、D、Q在同一條直線上，
由旋轉(zhuǎn)得：
CQ＝CP＝CQ′＝1，
分兩種情況：
當(dāng)點Q在CD上，
在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，
∴AQ，
2222
當(dāng)點Q=在?D?C+的?延?長線=上2，+1=5
在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，
∴AQ′，
2222
綜上所述=：當(dāng)??∠A+D?Q?＝′9=0°時2，+A3Q=的長1為3或，
故答案為：或．513
513
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總結(jié)提升：本題考查了勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形，分兩種情況進行討論是解題的關(guān)鍵．
5．（2022?山西）如圖，在正方形ABCD中，點E是邊BC上的一點，點F在邊CD的延長線上，且BE＝
DF，連接EF交邊AD于點G．過點A作AN⊥EF，垂足為點M，交邊CD于點N．若BE＝5，CN＝8，
則線段AN的長為4．
34
思路引領(lǐng)：連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
可證得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，從而可得∠EAF＝90°，根據(jù)等腰三角
形三線合一可得點M為EF中點，由AN⊥EF可證得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
可得EN＝FN，設(shè)DN＝x，則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：如圖，連接AE，AF，EN，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
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∴∠EAF＝90°，
∴△EAF為等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
設(shè)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=與△3F4CE相似，設(shè)正方形邊長為x，
，即，
??????8?
==
∴??x＝2?0．???5?+5
在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．
故答案為：4．34
總結(jié)提升：本題34考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，
解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問題．
6．（2022?陜西）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分別是邊AD、BC上的動點，且AM
＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分別為E、F，則ME+NF的值為．
15
2
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思路引領(lǐng)：連接AC交BD于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，根據(jù)勾股定理
7
求出OA，證明△DEM∽△DOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，用含=A2M的代數(shù)式表示ME、NF，
計算即可．
解：連接AC交BD于O，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴BD⊥AC，OB＝OD，OA＝OC，
7
=2
由勾股定理得：OA，
2227215
∵ME⊥BD，AO⊥B=D，?????=4?(2)=2
∴ME∥AO，
∴△DEM∽△DOA，
∴，即，
??????4???
=15=
????4
2
解得：ME，
415?15??
=
同理可得：NF8，
15??
=
∴ME+NF，8
15
=
故答案為：2．
15
2
總結(jié)提升：本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理，掌握相似三角形的判定定
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理是解題的關(guān)鍵．
7．（2022?陜西）在20世紀70年代，我國著名數(shù)學(xué)家華羅庚教授將黃金分割法作為一種“優(yōu)選法”，在全
國大規(guī)模推廣，取得了很大成果．如圖，利用黃金分割法，所作EF將矩形窗框ABCD分為上下兩部分，
其中E為邊AB的黃金分割點，即BE2＝AE?AB．已知AB為2米，則線段BE的長為（﹣1）米．
+5
思路引領(lǐng)：根據(jù)BE2＝AE?AB，建立方程求解即可．
解：∵BE2＝AE?AB，
設(shè)BE＝x，則AE＝（2﹣x），
∵AB＝2，
∴x2＝2（2﹣x），
即x2+2x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣1（舍去），
∴線段BE的長+為（5﹣1）?米．5
故答案為：（﹣1）．+5
總結(jié)提升：本題+主要5考查了黃金分割，熟練掌握線段之間的關(guān)系列出方程是解決本題的關(guān)鍵．
8．（2022?天津）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠DAB＝60°，E為AB的中點，F(xiàn)為CE的中點，AF
與DE相交于點G，則GF的長等于．
19
4
思路引領(lǐng)：如圖，過點F作FH∥CD，交DE于H，過點C作CM⊥AB，交AB的延長線于M，連接FB，
先證明FH是△CDE的中位線，得FH＝1，再證明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM
中計算BM和CM的長，再證明BF是中位線，可得BF的長，由勾股定理可得AF的長，從而得結(jié)論．
解：如圖，過點F作FH∥CD，交DE于H，過點C作CM⊥AB，交AB的延長線于M，連接FB，
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∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴FH∥AB，
∴∠FHG＝∠AEG，
∵F是CE的中點，F(xiàn)H∥CD，
∴H是DE的中點，
∴FH是△CDE的中位線，
∴FHCD＝1，
1
∵E是=A2B的中點，
∴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的中點，
∴FB是△CEM的中位線，
∴BFCM，F(xiàn)B∥CM，
13
∴∠E=BF2＝∠=M2＝90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF，
2223219
=??+??=2+(2)=2
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∴GFAF．
119
==
故答案為2：4．
19
總結(jié)提升：此4題考查的是菱形的性質(zhì)，三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握其性質(zhì)定理
是解決此題的關(guān)鍵．
9．（2022?重慶）如圖，菱形ABCD中，分別以點A，C為圓心，AD，CB長為半徑畫弧，分別交對角線AC
于點E，F(xiàn)．若AB＝2，∠BAD＝60°，則圖中陰影部分的面積為．（結(jié)果不取近似值）
63?2?
3
思路引領(lǐng)：根據(jù)菱形的性質(zhì)求出對角線的長，進而求出菱形的面積，再根據(jù)扇形面積的計算方法求出扇
形ADE的面積，由S陰影部分＝S菱形ABCD﹣2S扇形ADE可得答案．
解：如圖，連接BD交AC于點O，則AC⊥BD，
∵四邊形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陰影部分＝S菱2形ABCD﹣2S扇形ADE
＝2
2
60?×2
3?
，360
63?2?
=
故答案3為：．
63?2?
3
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總結(jié)提升：本題考查扇形面積的計算，菱形的性質(zhì)，掌握扇形面積的計算方法以及菱形的性質(zhì)是正確解
答的前提．
10．（2022?吉林）第二十四屆北京冬奧會入場式引導(dǎo)牌上的圖案融入了中國結(jié)和雪花兩種元素．如圖，這
個圖案繞著它的中心旋轉(zhuǎn)角（0°＜＜360°）后能夠與它本身重合，則角可以為60（答案不唯
一）．度．（寫出一個即可）ααα
思路引領(lǐng)：先求出正六邊形的中心角，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)解答即可．
解：360°÷6＝60°，
則這個圖案繞著它的中心旋轉(zhuǎn)60°后能夠與它本身重合，
故答案為：60（答案不唯一）．
總結(jié)提升：本題考查的是旋轉(zhuǎn)對稱圖形、正多邊形的性質(zhì)，求出正六邊形的中心角是解題的關(guān)鍵．
11．（2022?泰安）如圖，某一時刻太陽光從窗戶射入房間內(nèi)，與地面的夾角∠DPC＝30°，已知窗戶的高
度AF＝2m，窗臺的高度CF＝1m，窗外水平遮陽篷的寬AD＝0.8m，則CP的長度為4.4m（結(jié)果精
確到0.1m）．
思路引領(lǐng)：本題涉及遮陽棚的計算問題，光線是平行光線，所以在直角三角形中，知道一個銳角的度數(shù)，
一條邊的長度，可以運用直角三角形邊角的關(guān)系解決問題．
解：根據(jù)圖形可知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??長∠?度?約?=為?4?.?43m0．°≈4.4?
故答案為：4.4m．
總結(jié)提升：考查直角三角形中邊角的關(guān)系，關(guān)鍵是能正確的選擇運用三角函數(shù)解決問題．
12．（2022?泰安）如圖，四邊形ABCD為正方形，點E是BC的中點，將正方形ABCD沿AE折疊，得到點
B的對應(yīng)點為點F，延長EF交線段DC于點P，若AB＝6，則DP的長度為2．
思路引領(lǐng)：連接AP，根據(jù)正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)證明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，
設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，然后根據(jù)勾股定理即可解決問題．
解：如圖，連接AP，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
點E是BC的中點，
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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，
，
??=??
∴?R?t=△A?F?P≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD﹣PD＝6﹣x，EP＝EF+FP＝3+x，
在Rt△PEC中，根據(jù)勾股定理得：
EP2＝EC2+CP2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得x＝2．
則DP的長度為2．
故答案為：2．
總結(jié)提升：本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．
13．（2022?杭州）如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在O上，將該圓形紙片沿直線CO
對折，點B落在O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD⊙．設(shè)CD與直徑AB交于點E．若
⊙
AD＝ED，則∠B＝36度；的值等于．
??3+5
??2
思路引領(lǐng)：由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE＝∠DEA，證出∠BEC＝∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO
＝∠BCO，設(shè)∠ECO＝∠OCB＝∠B＝x，證出∠BCE＝∠ECO+∠BCO＝2x，∠CEB＝2x，由三角形內(nèi)角
和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出，設(shè)EO＝x，EC＝OC＝
????
=
OB＝a，得出a2＝x（x+a），求出OEa，證明△BCE∽△DAE，由?相?似三??角形的性質(zhì)得出，
5?1????
==
2????
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則可得出答案．
解：∵AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∵∠DEA＝∠BEC，∠DAE＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠BCE，
∵將該圓形紙片沿直線CO對折，
∴∠ECO＝∠BCO，
又∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B，
設(shè)∠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，
設(shè)EO＝x，EC＝OC＝OB＝a，
∴a2＝x（x+a），
解得，xa（負值舍去），
5?1
=
∴OE2a，
5?1
=
∴AE＝OA2﹣OE＝aaa，
5?13?5
∵∠AED＝∠BEC，?∠D2AE＝=∠B2CE，
∴△BCE∽△DAE，
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∴，
????
=
????
∴．
???3+5
=3?5=
??2
2?
故答案為：36，．
3+5
2
總結(jié)提升：本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)
角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2022?紹興）如圖，AB＝10，點C是射線BQ上的動點，連結(jié)AC，作CD⊥AC，CD＝AC，動點E在
AB延長線上，tan∠QBE＝3，連結(jié)CE，DE，當(dāng)CE＝DE，CE⊥DE時，BE的長是或5．
35
4
思路引領(lǐng)：如圖，過點C作CT⊥AE于點T，過點D作DJ⊥CT交CT的延長線于點J，連接EJ．由tan
∠CBT＝3，可以假設(shè)BT＝k，CT＝3k，證明△ATC≌△CJD（AAS），推出DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝
??
10+k，再利=用??勾股定理，構(gòu)建方程求解即可．
解：如圖，過點C作CT⊥AE于點T，過點D作DJ⊥CT交CT的延長線于點J，連接EJ．
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∵tan∠CBT＝3，
??
∴可以假設(shè)BT＝=k?，?CT＝3k，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∠???=∠???=90°
∠???=∠???
∴??△=AT?C?≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3k，AT＝CJ＝10+k，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴C，E，D，J四點共圓，
∵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
故答案為：5或．4
35
總結(jié)提升：本題4考查全等三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常
用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
15．（2022?無錫）△ABC是邊長為5的等邊三角形，△DCE是邊長為3的等邊三角形，直線BD與直線AE
交于點F．如圖，若點D在△ABC內(nèi)，∠DBC＝20°，則∠BAF＝80°；現(xiàn)將△DCE繞點C旋轉(zhuǎn)1
周，在這個旋轉(zhuǎn)過程中，線段AF長度的最小值是4．
?3
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思路引領(lǐng)：第一個問題證明△BCD≌△ACE（SAS），推出∠DBC＝∠EAC＝20°，可得∠BAF＝∠BAC+
∠CAE＝80°．第二個問題，如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．證明∠BCT＝∠AFT＝60°，推出點F在
△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時CD⊥BD，求出AE，EF可得結(jié)論．
解：∵△ACB，△DEC都是等邊三角形，
∴AC＝CB，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠BCD＝∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
??=??
∠???=∠???
∴??△=BC?D?≌△ACE（SAS），
∴∠DBC＝∠EAC＝20°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAF＝∠BAC+∠CAE＝80°．
如圖1中，設(shè)BF交AC于點T．
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同法可證△BCD≌△ACE，
∴∠CBD＝∠CAF，
∵∠BTC＝∠ATF，
∴∠BCT＝∠AFT＝60°，
∴點F在△ABC的外接圓上運動，當(dāng)∠ABF最小時，AF的值最小，此時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，
故答案為：80，4．?3
總結(jié)提升：本題考?查旋3轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，軌跡，解直角三角形，等邊三角形的性質(zhì)等
知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
16．（2022?無錫）如圖，正方形ABCD的邊長為8，點E是CD的中點，HG垂直平分AE且分別交AE、BC
于點H、G，則BG＝1．
思路引領(lǐng)：設(shè)CG＝x，則BG＝8﹣x，根據(jù)勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，進而求
出BG的長．
解：連接AG，EG，
∵E是CD的中點，
∴DE＝CE＝4，
設(shè)CG＝x，則BG＝8﹣x，
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在Rt△ABG和Rt△GCE中，根據(jù)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．
總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)，解決本題的
關(guān)鍵是熟練運用線段垂直平分線的性質(zhì)構(gòu)造輔助線．
17．（2022?鎮(zhèn)江）如圖，有一張平行四邊形紙片ABCD，AB＝5，AD＝7，將這張紙片折疊，使得點B落在
邊AD上，點B的對應(yīng)點為點B′，折痕為EF，若點E在邊AB上，則DB′長的最小值等于2．
思路引領(lǐng)：由折疊可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如圖，當(dāng)E與A重合時，B'D最短，可得B'D＝AD﹣AB'
＝7﹣5＝2．
解：由折疊可知，BE＝B'E，BF＝B'F，如圖，當(dāng)E與A重合時，B'D最短．
∵AB＝5，AD＝7，
∴AB'＝5，
∴B'D＝AD﹣AB'＝7﹣5＝2，
即DB′長的最小值為2．
故答案為：2．
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總結(jié)提升：本題考查翻折變換（折疊問題）、平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握翻折的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
18．（2022?德州）如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，點D是斜邊AB上一點，
且BDAB，將△ABC繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△A′B′C′，B′C′交AB于點E．其中點C
1
=4
的運動路徑為弧CC′，則弧CC′的長度為．
10?
2
思路引領(lǐng)：連接CD，DC'，作CH⊥AB于H，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出DC的長，再
代入弧長公式計算即可．
解：連接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′的長度為，
90?×1010?
=
故答案為：．1802
10?
總結(jié)提升：本2題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，熟練掌握弧長公式
是解題的關(guān)鍵．
19．（2022?內(nèi)蒙古）如圖，在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝1，點P在以斜邊AB為直徑的半圓上，
M為PC的中點，當(dāng)點P沿半圓從點A運動至點B時，點M運動的路徑長是．
2
π
4
思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)AB的中點為O，連接OP，OC，OM，判斷出點M的運動軌跡，利用弧長公式求解．
解：如圖，設(shè)AB的中點為O，連接OP，OC，OM，
∵OP＝OC，CM＝PM，
∴OM⊥PC，
∴∠CMO＝90°，
∴點M的運動軌跡是以O(shè)C為直徑的T，
設(shè)T交AC于點E，交BC于點F，連⊙接EF則EF是直徑，
∴⊙點M的運動軌跡在以O(shè)C為直徑的T上（即上），
∵AC＝CB＝1，∠ACB＝90°，⊙?