2024年天津市九年级各区中考模拟数学分类汇编-17题

2024－2023中考模考17题 一、填空题 1．（2024年天津市西青区中考二模数学试题）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点E是上一点，连接并延长至点F，使得，过点F作，交的延长线于点H连接．    （Ⅰ）的度数是 （度）； （Ⅱ）若，，则的长为 ． 2．（2024年天津市和平区中考二模数学试题）如图，正方形的边长为4，点在边上，，作等腰直角三角形． （1）的长为 ． （2）若为AF的中点，连接DM，则DM的长为 ． 3．（2024年天津市天津市滨海新区中考一模数学试题）如图，菱形的边长为6，对角线的长为，为的中点，过点作的垂线，垂足为，与交于点，与的延长线交于点． （1）的长为 ． （2）若为的中点，连接，则的长为 ． 4．（2024年天津市天津市武清区等5地一模数学试题）如图，是正方形对角线上一点，过点作的垂线交于点，以，为边作矩形，连接，． （1）的长为 ； （2）若，则的长为 ． 5．（2024年天津市西青区中考一模数学试题）如图，在中，对角线，相交于点，，，为上一点，平分，过点作于点，交于点． （1）写出图中的一个等腰直角三角形是 ； （2）若，则的长为 ． 6．（2024年天津市河北区中考一模数学试题）如图，在边长为6的正方形中，点M为的中点，点E在上，，等腰三角形中，． （1）的面积为 ； （2）若N为的中点，则的值为 ． 7．（2024年天津市河东区中考一模数学试题）如图，在中，，，点在外，连接，过点作，交于点，连接，若，则 （Ⅰ）线段的长等于 ； （Ⅱ）的面积为 ． 8．（2024年天津市南开区中考一模数学试题）如图，在等腰中，，过点C作，连接，交于点，点为中点，连接，，若，则 ． 9．（2023年天津市中考数学真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为 ； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ． 10．（2023年天津市河北区中考三模数学试卷）如图，在边长为的等边中，，分别为，的中点，于点，为的中点，连接，则的长为 ．    11．（2023年天津市南开区中考三模数学试题）如图，中，，，点D，E分别在边，上，且，连接，点M是的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为 ．    12．（2023年天津市和平区中考三模数学试题）如图，在中，，，点D是中点，E是边上一点，且，则的长等于 ．    13．（2023年天津市河西区九年级中考二模数学试题）如图，已知正方形的边长为6，是边的中点，连接，在边上有一点，满足，则的长为 ．    14．（2023年天津市西青区中考二模数学试题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在BC边上，点F在CD的延长线上，满足，连接EF与对角线BD交于点G，连接AF，AG，若，则AG的长为 ．    15．（2023年天津市滨海新区中考二模数学试题）如图，在矩形中，点E，F分别是较长边，上的点，且，，连接交于点M，连接，若，，则 ．    16．（2023年天津市河东区中考二模数学试题）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ．    17．（2023年天津市西青区中考二模数学试题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在的延长线上，满足，连接与对角线交于点，连接，，若，则的长为 ．    18．（2023年天津市河北区中考二模数学试卷）如图，在矩形中，，连接，点在上，平分 ．    19．（2023年天津市东丽区中考二模数学试题）如图，正方形的边长是，对角线的交点为，点在边上且，，连接，则 ．    20．（2023年天津市部分区中考二模数学试卷）如图，是等边三角形，，D为AB上一点，，与的延长线相交于点E，F为的中点，H为的中点，连接．则的长为 ．    21．（2023年天津红桥区九年级中考二模数学试卷）如图，是矩形纸片的边上一点，沿折叠该纸片，使点的对应点恰好落在上，若，，则的长为 ． 22．（2023年天津市南开区中考二模数学试卷）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，点，点分别是，的中点，连接，，于点，交于点，，则线段的长为 ； 23．（2023年天津市河西区中考一模数学试卷）如图，中，，点E是边的中点，连接，F是的中点，连接，则的长为 ． 24．（2023年天津市东丽区中考一模数学试题）如图，正方形的边长为4，点是边中点，垂直平分且分别交、于点、，则的长为 . 25．（2023年天津市河东区中考一模数学试卷）已知，如图，已知菱形的边长为6，，点E，F分别在的延长线上，且，G是的中点，连接，则的长是 ． 26．（2023年天津市滨海新区中考一模数学试题）如图，在正方形中，是边上一点，连接，点为的中点，过点作的垂线分别交，于点，，连接交于点，若，，则的长为 ． 27．（2023年天津市和平区中考二模数学试题）如图，已知正方形的边长为4，点为边上一点，，在的右侧，以为边作正方形，为的中点，则的长等于 ． 28．（2023年天津市红桥区中考一模数学试题）如图，已知正方形的边长为8，E为的中点，F为上一点，且，若G，H分别为的中点，连接，则的长为 ． 29．（2023年天津市河北区中考一模数学试卷）如图，在菱形中，，将菱形绕点A顺时针方向旋转，对应得到菱形，点G在上，与交于点H，则的长 ． 30．（2023年天津市西青区中考一模数学试卷）如图，点是正方形中延长线上一点，连接，点是的中点，连接，若，，则的长为 ． 31．（2023年天津市部分区中考一模数学试卷）如图，矩形对角线相交于点，为上一点，连接，F为的中点，．若，，则的长为 ． 32．（2023年天津市南开区中考一模数学试题）如图，正方形中，E为上一点，过B作于G，延长至点F使，延长交于点M，连接，若C为中点，，则的长为 ． 33．（2022年天津市中考数学真题）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于 ． 34．（天津市2021年中考数学真题）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分别在的延长线上，且，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为 ． 35．（天津市2020年中考数学试题）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为 ． 36．（天津市2019年中考数学）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接．折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上．若，则的长为 ． 37．（天津市2018年中考数学试题）如图，在边长为4的等边中，，分别为，的中点，于点，为的中点，连接，则的长为 ． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定， 三角形中位线定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等： （Ⅰ）根据正方形的性质得到，再由三角形中位线定理得到，则，即； （Ⅱ）连接，作于点，证明，得到，再证明是等腰直角三角形，得到，设，则，，，进而得到，解得，则，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得． 【详解】解；（Ⅰ）∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴是得中位线， ∴， ∴， ∴， 故答案为：90； （Ⅱ）如图所示，连接，作于点， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴    ∵是正方形的对角线， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴，， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 2． 【分析】1）在上取一点，使，构造等腰直角、，从而可得， （2）延长交延长线于点，可得等腰直角，为中位线，由此即可解题． 【详解】解：（1）在上取一点，使， 在正方形的边长为4， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵在等腰直角中，， ∴， ∴， ∵， ∴， （2）延长交延长线于点， 由（1）：，， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为（1），（2）． 【点睛】本题是正方形与三角形的综合，主要考查了三角形全等、正方形的性质、勾股定理，利用一线三垂直作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 3． 3 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握萎形的性质是解题的关键． (1)利用条件证明出，即可得到答案； (2) 连接交于点O，连接，利用平行线段成比例求出，再求出，在中求出，在中 ，再求出G为，求出是的中位线，从而求出长度即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， 在与中 ， 为的中点， ， 故答案为：3． （2）连接交于点O，连接， 为菱形， ， E为的中点，， ， ， ， ， 在中 ， 在中 ， ， ， G为的中点， 又为的中点， 是的中位线， ， 故答案为：． 4． 【分析】如图：过作,,即,先根据正方形的性质以及已知条件证明得到，即四边形是正方形；再证明，然后根据全等三角形的性质即可求得；如过E作,先说明，然后解直角三角形可得，进而求得，最后根据勾股定理即可解答． 【详解】解：如图：过作,,即, ∵是正方形对角线上一点， ∴, ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 同理：, ∴, ∴, ∴， ∵矩形， ∴四边形是正方形， ∴,, ∴, ∵正方形， ∴, ∴, ∴, ∴, ∴； 如图：过E作, ∵是正方形对角线上一点， ∴, ∴, ∴, ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三解直角三角形等知识点，灵活运用相关判定定理成为解题的关键． 5． （答案不唯一） 4 【分析】（1）根据等腰直角三角形的定义即可求解； （2）过点作，由是等腰三角形，根据三线合一可知点是的中点，可证得，根据已知可求得，从而得，为等腰直角三角形，可得，因此可证明，则，在中，利用勾股定理可求得，即得答案． 【详解】（1）解： 是等腰直角三角形 故答案为：（答案不唯一）； （2）解：过点作，交于， ， 由题意得： . 又BE平分， ，点为的中点， ， ， ， 又 ， ， ， 又， ， 又， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得（负值不符合题意，已舍去），即， ． 故答案为：4． 【点睛】考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三线合一的应用，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理求三角形边长，熟记图形的性质定理是解题的关键． 6． / 【分析】（1）如图1，作的延长线于，则，，由，可得，则，根据，计算求解即可； （2）如图2，连接交的延长线于，作的延长线于，连接，则四边形是矩形，则，，，证明，则，，，是的中点，是的中位线，则，由勾股定理得，，进而可求． 【详解】（1）解：如图1，作的延长线于， ∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图2，连接交的延长线于，作的延长线于，连接，则四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，是的中点， 又∵N为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴由勾股定理得，； ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，正弦，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的性质，正弦，全等三角形的判定与性质，中位线，勾股定理，矩形的判定与性质是解题的关键． 7． 2 5 【分析】（1）直接根据勾股定理求解即可； （2）根据证明得，可得A，C，B，E四点共圆，从而，然后求出，再根据勾股定理求出即可求解． 【详解】解：（1）， ∴． ∵， ∴； （2） ∵ ∴ ∴ ∴A，C，B，E四点共圆， ∴． 是等腰直角三角形 ∴ 故答案为：2，5． 【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 8．5 【分析】延长交于点，连接，由直角三角形斜边上的中线性质得，进而证明是线段的垂直平分线，得，，再证明，得，则，进而由勾股定理求出，然后证明四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， ，点为的中点， ， 点在线段的垂直平分线上， 是等腰直角三角形， ， 是线段的垂直平分线， ，， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键． 9． 3 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作，    正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 10． 【分析】直接利用三角形中位线定理进而得出，且，再利用勾股定理以及直角三角形的性质得出以及的长． 【详解】解：在边长为的等边中，，分别为，的中点， 是的中位线， ，且，， 于点，， ，， ， 故， 为的中点， ， ． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了勾股定理以及等边三角形的性质和三角形中位线定理，正确得出的长是解题关键． 11． 【分析】作，连接，延长交于，连接，作于．根据平行线的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，，求得，根据平行线的性质可得，根据特殊角的三角函数可得，，根据三角形中位线的判定和性质可得． 【详解】解：如图，作，连接，延长交于，连接，作于    ∵ ∴ ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴为的中位线 ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数，三角形中位线的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 12． 【分析】如图，延长到，使，过作交于，连接，证明，则，，，由，，可得，则，由三角形外角的性质可得，则，由分别为的中点，则是的中位线，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，延长到，使，过作交于，连接，    ∴， 又∵，， ∴， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等边对等角，余弦，中位线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 13．5 【分析】利用正方形的性质，证，得，，从而得，再证，得，设，则，，在中，由勾股定理，要求得到x，继而可求解． 【详解】解：过点B作于G，连接，    ∵正方形 ∴，， ∵是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理，得 解得：， ∴． 故答案为：5． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 14． 【分析】本题已知的长度,欲求的长度,设法寻找两边之间的关系,因利用已知条件很容易想到,从而得到,进一步可证是等腰直角三角形. 下一步设法证明G为的中点, 作,从而构造出全等三角形得证. 最后利用等腰直角三角形可求得与之间的关系式,最后求解. 【详解】连接，如图1，    由正方形的性质与已知条件可知，， 所以，， ∴，． ∴． 因此是等腰直角三角形． 过E作，EH与BD交于H，如图2．    因，故为等腰直角三角形， 所以，． 又∵，∴． 由得， ，， ∴． ∴． 又以上证明：是等腰直角三角形， ∴，故为等腰直角三角形，． 由勾股定理得，，， 所以，即的长为． 【点睛】本题考查了正方形性质及应用，涉及三角形全等的判定及性质，等腰直角三角形判定及性质等知识，解题的关键是证明为等腰直角三角形. 15． 【分析】先根据矩形的判定与性质证明四边形、四边形为矩形，进而证明矩形是正方形，过O作于G，则，，证明得到，进而求得，在中利用勾股定理求解即可． 【详解】解： ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∵，则， ∴四边形、四边形为矩形， ∴，，, ∵， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， 如图，过O作于G，则，，    ∵， ∴，则， ∵， ∴， ∴，则， 在中，，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形和正方形的性质是解答的关键． 16． 【分析】四边形和四边形均为正方形，且是的中点，，如图所示，过点作于，交于，与交于点，可证，，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，且是的中点，， ∴， ∴在中，， 如图所示，过点作于，交于，与交于点，    ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴，，即为中点， 同理，可证， ∴， ∴在中， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形与直角三角形勾股定理的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 17． 【分析】过点作交与点，则，由四边形是正方形可证明，从而得出为等腰直角三角形，进一步求出为等腰直角三角形，可证出，所以，即点为中点，即可得出的长度． 【详解】解：过点作交与点，则，    四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 为等腰直角三角形， ， ，， 四边形是正方形， ，则为等腰直角三角形， ， ， ， ，，   ，则 ， ，即点为中点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的性质，正确作出辅助线，构建出全等三角形证明为中点是解答本题的关键． 18．/ 【分析】过点D作，由平分可得是等腰直角三角形，再根据矩形性质和勾股定理易求对角线长，进而解三角形求出、即可解答． 【详解】解：过点D作，如图：    ∵平分， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形性质和解三角形，解题关键是过点D作构造是等腰直角三角形，再解三角形． 19． 【分析】如图，在上截取线段，使得，可求得，根据勾股定理求解相应线段的长度即可． 【详解】解：如图，在上截取线段，使得，    在正方形中，，， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形，， 在中，由勾股定理可得：， 则， 在中，由勾股定理可得： ∴， 在中， 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及等腰三角形的判定与性质，解题的关键是作出合适的辅助线，找到全等三角形． 20． 【分析】过点F作于点G，根据等边三角形的性质即可得到，根据及即可求出，根据勾股定理即可求出，根据中点定义即可求出，根据可求出，根据勾股定理即可求出，根据中点定义即可求出，进一步求出，再用勾股定理可求出结果． 【详解】解：如图，过点F作于点G    ∵是等边三角形， ∴ ∴ ∴ ∵． ∴ ∴． ∴ ∴ ∵F为的中点， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵H为的中点 ∴． ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查勾股定理，等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，正确作出辅助线利用勾股定理求长度是解题的关键． 21． 【分析】设则，，,勾股定理求得，则，在中，勾股定理求得，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：∵是矩形纸片的边上一点，沿折叠该纸片，使点的对应点恰好落在上， 设 ∴，，, 在中， ∴， ∴， 在中，， ∴ 解得： ∴， 在中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 22．16 【分析】连接．根据等腰三角形的性质得出，根据中位线的性质证，得出，再用勾股定理列方程求出即可． 【详解】解：如解图，连接． ∵在中，点、分别为、的中点， ∴，为的中位线， ∴，， ∵在中，，， ∴，． ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴， 又∵在中，，， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题关键是恰当连接辅助线，通过全等、中位线和勾股定理等知识准确推理计算． 23． 【分析】连接，由题意易得，然后根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理可进行求解． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴在中，， ∵点F是的中点， ∴， ∴在中，； 故答案为． 【点睛】本题主要考查勾股定理、含30度直角三角形的性质、等边三角形的性质与判定及平行四边形的性质，熟练掌握勾股定理、含30度直角三角形的性质、等边三角形的性质与判定及平行四边形的性质是解题的关键． 24．/0.5 【分析】连接，设，则，根据线段垂直平分线的性质可得 ，则.根据勾股定理列方程求出即可得的长. 【详解】 连接，设， ∵四边形是正方形，且边长为4， ， 是中点， ∵重直平分， ， 解得， . 故答案为: 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理.设未知数，根据勾股定理列方程是解题的关键. 25． 【分析】取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，分别求出的长，利用勾股定理即可得出结果． 【详解】解：∵菱形的边长为6，， ∴， ∴， ∴， 取的中点，连接，则：， ∵G是的中点， ∴， ∴， 过点作于点，过点作于点， 则， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，含30度的直角三角形．解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形． 26． 【分析】过点M 作交于点H，利用特殊角的三角函数值求出，，再根据正方形的性质和矩形的性质，得到，，连接，根据平分线的性质，易证，进而证明，得到，利用特殊角的三角函数值求出，，进而得到，，然后证明，得到，进而求得，即可求出的长． 【详解】解：过点M 作交于点H， ， ，， ，， 四边形是正方形， ，，， ， ， 四边形是矩形， ，， 连接， 点为的中点，， 垂直平分， ，，， ， 在和中， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 在中，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的性质等知识，作辅助线构造全等三角形，灵活运用三角函数值求边长是解题关键． 27．/ 【分析】以点B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，得到点，过点G作轴于点M，则，证明，则，得到,则点G的坐标是，由为的中点，得到点H的坐标是，进一步即可求得的长． 【详解】解：以点B为坐标原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系， ∵正方形的边长为4，点为边上一点，， ∴点， 过点G作轴于点M，则， ∴， ∵以为边作正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵，   ∴， ∴， ∴, ∴点G的坐标是， ∵为的中点， ∴点H的坐标是，即， ∴． 故答案为： 【点睛】此题考查了勾股定理、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、坐标与图形等知识，数形结合和准确计算是解题的关键． 28． 【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，得矩形，然后证明，得，所以，利用勾股定理求出，则，求出，再根据三角形中位线定理即可解决问题． 【详解】解：正方形的边长为8，为的中点， ， ， ， ， ， ， 如图，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点， 得矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 为的中点， ， 是的中点， ， ， 设，则， ， ， ， ，则， ， ， ， ，分别为，的中点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到． 29．/ 【分析】以A点为原点，所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长交y轴于点M，过G点作轴于点N，根据菱形的性质以及三角函数求出，，，，再利用待定系数法求出直线的解析式为：，直线的解析式为：，进而求出，问题随之得解． 【详解】解：以A点为原点，所在的直线为y轴，建立直角坐标系，延长交y轴于点M，过G点作轴于点N，如图， ∵在菱形中，，，， ∴轴，，， ∴，即，， ∴，， 根据旋转的性质有：，， 根据菱形的性质有：， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴，， 设直线的解析式为：， ∴，解得：， 即直线的解析式为：， 同理可得：直线的解析式为：， 联立：，解得：， ∴，   ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，勾股定理以及一次函数的图象与性质等知识，构建坐标系，求出，是解答本题的关键． 30． 【分析】如图所示，过点F作分别交于G、H，则四边形为矩形，，，由正方形的性质得到，证明，得到，，在中，由勾股定理得，则，进而求出，在中，由勾股定理得． 【详解】解：如图所示，过点F作分别交于G、H，则四边形为矩形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又∵， ∴， ，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 31．2 【分析】如图，连接，是的中位线，则，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可． 【详解】解：如图，连接， 由题意知，是的中位线， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， 由矩形的性质可得， ∴， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线． 32． 【分析】过C点作于H点，证明，得出，证明，根据勾股定理求出，根据等腰三角形的判定求出即可解决问题． 【详解】解：过C点作于H点，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵C为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：，负值舍去， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 33． 【分析】连接FB，作交AB的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出FB为的中位线，进而求出FB，利用勾股定理求出AF，再证明，得出． 【详解】解：如图，连接FB，作交AB的延长线于点G． ∵四边形是边长为2的菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∵E为的中点， ∴， ∴，即点B为线段EG的中点， 又∵F为的中点， ∴FB为的中位线， ∴，， ∴，即是直角三角形， ∴． 在和中， ，‘ ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键． 34． 【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足为点K， ∵正方形边长为4， ∴OK=2，KC=2， ∴KC=CE， ∴CH是△OKE的中位线 ∴， 作GM⊥CD，垂足为点M， ∵G点为EF中点， ∴GM是△FCE的中位线， ∴，， ∴， 在Rt△MHG中，， 故答案为：． 【点睛】本题综合考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等内容，解决本题的关键是能作出辅助线构造直角三角形，得到三角形的中位线，利用三角形中位线定理求出相应线段的长，利用勾股定理解直角三角形等． 35． 【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案． 【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，， 平行四边形的顶点C在等边的边上， ， 是等边三角形， ． 在平行四边形中，，， 又是等边三角形， ， ． G为的中点，， 是的中点，且是的中位线， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键． 36． 【分析】先根据勾股定理得出AE的长，然后根据折叠的性质可得BF垂直平分AG，再根据,求出AM 的长，从而得出AG,继而得出GE的长 【详解】解：在正方形中，∠BAD=∠D =， ∴∠BAM+∠FAM= 在Rt中， ∵由折叠的性质可得 ∴AB=BG，∠FBA=∠FBG ∴BF垂直平分AG， ∴AM=MG，∠AMB= ∴∠BAM+∠ABM= ∴∠ABM=∠FAM ∴ ∴ ，∴ ∴AM=,   ∴AG= ∴GE=13- 【点睛】本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键 37． 【分析】连接DE，根据题意可得ΔDEG是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解DG的长． 【详解】解：连接DE， ∵D、E分别是AB、BC的中点， ∴DE∥AC，DE=AC． ∵ΔABC是等边三角形，且BC=4， ∴∠DEB=60°，DE=2． ∵EF⊥AC，∠C=60°，EC=2， ∴∠FEC=30°，EF=． ∴∠DEG=180°-60°-30°=90°． ∵G是EF的中点， ∴EG=． 在RtΔDEG中，DG=． 故答案为． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理以及三角形中位线性质定理，记住和熟练运用性质是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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