题号猜押05 浙江中考数学15-16题（12大考点，填空题）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

题号猜押05 浙江中考数学15~16题（填空题） 考点1 全等三角形的性质与判定及其综合 1．（2025•萧山区二模）M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝8，BC＝13，MN＝3，则△ABC的周长等于　 　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理． 【分析】延长线段BN交AC于E，易证△ABN≌△AEN，可得N为BE的中点；由已知M是BC的中点，可得MN是△BCE的中位线，由中位线定理可得CE的长，根据AC＝AE+CE可得AC的长，进而得出△ABC的周长． 【解答】解：延长线段BN交AC于E． ∵AN平分∠BAC， ∴∠BAN＝∠EAN， 在△ABN和△AEN中， ， ∴△ABN≌△AEN（ASA）， ∴AE＝AB＝8，BN＝NE， 又∵M是△ABC的边BC的中点， ∴CE＝2MN＝2×3＝6， ∴△ABC的周长是AB+BC+AC＝8+13+8+6＝35． 故答案为：35． 2．（2025•临平区模拟）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，点E在BA的延长线上，连接EC，点F为EC上一点，连接FB交AD于点G，FB平分∠AFC，∠ADC＝2∠E．则下列结论中：①∠AFE＝60°；②AF+CF＝BF；③BD＝DG；④若BD＝3，AE＝4，则EF的长为．正确的是　 　 （填序号）． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质． 【分析】过B作BM⊥FA交FA延长线于M，BN⊥CF于N，证明△MFB≌△NFB（AAS），再证明Rt△MAB≌Rt△NCB（HL），然后四边形内角和等于360°求得∠MFC＝120°，即可求解判断①；由 Rt△MAB≌Rt△NCB，以及△MFB≌△NFB，得到AF+FC＝MF﹣AM+FN+NC＝MF+FN＝2MF，再解Rt△BFM即可判断②；由∠E+∠EBF＝60°，∠FBD+∠EBF＝60°，得到∠FBC＝∠E，而∠ADC＝∠FBC+∠BGD＝2∠E，故∠BGD＝∠E＝∠FBC，即可得到BD＝DG，即可判断③；先证明△GAF≌△EAF（AAS），求出AD＝7，过D作DK⊥AB于K，求出AB，延长DB至点S，使BS＝AE＝4，连接AS，证明△ABS≌△CAE（SAS），ST＝4+4＝8，则∠ASB＝∠E，过A作AW⊥EC于点W，由等角正切相等得到，设，WE＝2a，由勾股定理求出a，即可求解EF． 【解答】解：过B作BM⊥FA交FA延长线于M，BN⊥CF于N，如图1， ∴∠BMF＝∠BNF＝90°． ∵FB平分∠AFC， ∴∠AFB＝∠CFB． 在△MFB和△NFB中， ， ∴△MFB≌△NFB（AAS）． ∴BM＝BN，∠MBF＝∠NBF． ∵△ABC为等边三角形， ∴AB＝BC，∠ABC＝60°． 在Rt△MAB和Rt△NCB中， ， ∴Rt△MAB≌Rt△NCB（HL）． ∴∠ABM＝∠NBC， ∵∠ABN+∠NBC＝∠ABC＝60°， ∴∠MBN＝∠ABN+∠MBA＝60° ∵∠BMF+∠MFC+∠BNF+∠MBN＝360°， ∴∠MFC＝120°， ∴∠AFE＝180°﹣∠AFC＝60°， 故①正确； ∵Rt△MAB≌Rt△NCB， ∴AM＝CN． ∵△MFB≌△NFB， ∴MF＝FN． ∴AF+FC＝MF﹣AM+FN+NC＝MF+FN＝2MF． ∵在Rt△BFM中，， ∴BF＝2MF＝AF+FC， 故②正确； ∵∠E+∠EBF＝60°，∠FBD+∠EBF＝60°， ∴∠FBC＝∠E， ∵∠ADC＝∠FBC+∠BGD＝2∠E， ∴∠BGD＝∠E＝∠FBC． ∴DB＝DG， 故③正确； ∵∠EFA＝∠GFA＝60°，AF＝AF，∠AGF＝∠BGD＝∠E， ∴△GAF≌△EAF（AAS）， ∴AG＝AE＝4． ∴AD＝7． 过D作DK⊥AB于K， ∴∠BKD＝∠DKA＝90°． ∵∠ABC＝60°， ∴∠BDK＝30°， ∴， ∴． ∴． ∴AB＝AK+BK＝8． 过A作AT⊥BC于T， ∴BT＝AB×cos∠ABC＝4， ∴由勾股定理得：． 延长DB至点S，使BS＝AE＝4，连接AS， ∵等边三角形ABC， ∴AB＝AC，∠ABC＝∠CAB＝60°， ∴∠ABS＝∠CAE， ∴△ABS≌△CAE（SAS），ST＝4+4＝8． ∴∠ASB＝∠E， ∴tan∠ASB＝tanE， 过A作AW⊥EC于点W． ∴∠AWE＝∠AWF＝90°， ∴． ∵， ∴． ∴设，WE＝2a． ∵AW2+EW2＝AE2， ∴． ∴，（不合题意，舍去）． ∵∠AFE＝60°，， ∴． ∴WF＝a， ∴． 故④正确， 故答案为：①②③④． 3．（2025•浙江模拟）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边，点E在AB的延长线上，连接BD，EC，且∠BDC＝2∠E． （1） 　 ； （2）若CD＝5，BE＝4，则AB的长为 　 　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理；三角形的外角性质．版权所有 【分析】（1）由等边三角形的性质和三角形的外角性质得出∠DBE＝240°﹣2∠E，∠ACE＝120°﹣∠E，即可得出答案； （2）延长DA到F，使DF＝BD，连接BF，过点D作DH⊥BC于点H，先证△FAB≌△EBC（AAS），得出AF＝BE＝4，由含30°角的直角三角形的性质得出CHCD，再由勾股定理求出DH，然后设AB＝BC＝AC＝x，则AD＝x﹣5，BH＝x，BD＝x﹣1，最后由勾股定理即可得出结果． 【解答】解：（1）∵∠BDC＝2∠E， ∴∠ADB＝180°﹣∠BDC＝180°﹣2∠E， ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°， ∴∠DBE＝∠BAC+∠ADB＝60°+180°﹣2∠E＝240°﹣2∠E， ∵∠ABC＝∠E+∠BCE， ∴∠BCE＝∠ABC﹣∠E＝60°﹣∠E， ∴∠ACE＝∠ACB+∠BCE＝60°+60°﹣∠E＝120°﹣∠E， ∴， 故答案为：； （2）如图，延长DA到F，使DF＝BD，连接BF，过点D作DH⊥BC于点H， 则∠F＝∠DBF， ∴∠BDC＝∠F+∠DBF＝2∠F， ∵∠BDC＝2∠E， ∴∠F＝∠E， ∵∠FAB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣60°＝120°，∠EBC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣60°＝120°， ∴∠FAB＝∠EBC， 在△FAB和△EBC中， ， ∴△FAB≌△EBC（AAS）， ∴AF＝BE＝4， ∵DH⊥BC，∠ACB＝60°， ∴∠CDH＝30°， ∴CHCD， DH， 设AB＝BC＝AC＝x， 则AD＝x﹣5，BH＝x， ∴BD＝DF＝AD+AF＝x﹣5+4＝x﹣1， 在Rt△BHD中，由勾股定理得：BD2＝BH2+DH2， 即（x﹣1）2＝（x）2+（）2， 解得：x＝8， 故答案为：8． 4．（2025•浙江模拟）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形ABCD中（AB＞AD），以AD为边作正方形ADEF，在FE的延长线上取一点G，使得∠DGC＝Rt∠，过点D作DH⊥DG交AB于点H，过点H作HK⊥GC于点K．若AF＝2，BF＝3FH，则FH的长为　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质；勾股定理的证明． 【分析】由∠HDG＝∠DGC＝∠K＝90°，证明四边形DGKH是矩形，再证明△DEG≌△DAH，得DG＝DH，则四边形DGKH是正方形，所以DH2＝DH•DG＝2S△CDH，而AB•AD＝CD•AD＝2S△CDH，则DH2＝AB•AD，所以AD2+AH2＝DH2＝AB•AD，由BF＝3FH，设FH＝x，则BF＝3x，整理得AH＝2﹣x，AB＝3x+2，代入数值到AD2+AH2＝DH2＝AB•AD，进行化简得x2﹣10x+4＝0再运用公式法进行解方程，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵DH⊥DG，HK⊥GC， ∴∠HDG＝∠DGC＝∠K＝90°， ∴四边形DGKH是矩形， ∵四边形ABCD是矩形，四边形ADEF是正方形， ∴∠DAB＝∠DAF＝90°，∠ADC＝∠ADE＝90°， ∴点F在AB边上，点E在CD边上， ∵CD∥AB， ∴∠DEG＝∠AFE＝90°， ∴∠DEG＝∠DAH， 在△DEG和△DAH中， ， ∴△DEG≌△DAH（ASA）， ∴DG＝DH， ∴四边形DGKH是正方形， ∴DH2＝DH•DG＝2S△CDH， ∵AB＝CD， ∴AB•AD＝CD•AD＝2S△CDH， ∴DH2＝AB•AD， ∴AD2+AH2＝DH2＝AB•AD， ∵BF＝3FH， ∴设FH＝x，则BF＝3x， ∵AF＝AD＝DE， ∴AH＝AF﹣FH＝2﹣x，AB＝AF+BF＝3x+2， ∴22+（2﹣x）2＝DH2＝2（3x+2）， ∴4+4﹣4x+x2＝6x+4， ∴x2﹣10x+4＝0， ∴Δ＝（﹣10）2﹣4×1×4＝84， ∴， 则，或（不合题意，舍去）， 解得， 故答案为：． 考点2 三角形勾股定理的综合 1．（2025•景宁县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的中垂线分别交AB，AC于点E，F． （1）若，C△BCF＝12，则S△ABC＝　 　 ； （2）若AB＝m，C△BCF＝n，则S△ABC＝　 （用含m，n的代数式表示）． 【考点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形的面积． 【分析】（1）由中垂线的性质得AF＝BF，由C△BCF＝12得BC+AC＝12，由勾股定理得AC2+BC2＝80，进而求得AC•BC＝32，从而求出； （2）思路方法同（1）． 【解答】解：（1）∵EF是AB的中垂线， ∴AF＝BF， ∵C△BCF＝12， ∴BC+CF+BF＝12， ∴BC+CF+AF＝BC+AC＝12， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2＝AC2+BC2， ∵， ∴AC2+BC2＝80， 又（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC， ∴122＝80+2AC•BC， 解得AC•BC＝32， ∴， 则三角形ABC的面积为16， 故答案为：16； （2）∵EF是AB的中垂线， ∴AF＝BF， ∵C△BCF＝n， ∴BC+CF+BF＝n， ∴BC+CF+AF＝BC+AC＝n， 在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2＝AC2+BC2， ∵AB＝m， ∴AC2+BC2＝m2， 又（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC， ∴n2＝m2+2AC•BC， 解得， ∴， 则三角形ABC的面积为． 故答案为：． 2．（2025•滨江区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，CD＝CB，∠BCD＝90°，，若四边形ABCD的面积为10，则线段BD的长为　 ． 【考点】勾股定理；等腰直角三角形；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．菁 【分析】过B作BN⊥AC于点N，过D作DM⊥AC于点M，证明△CMD≌△BNC，推出DM＝NC，CM＝BN，设DM＝NC＝a，MC＝NB＝b，由，得到AM＝2a，AC＝2a+b，AN＝a+b，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：过B作BN⊥AC于点N，过D作DM⊥AC于点M， 则∠DMA＝∠DMC＝∠ANB＝∠CNB＝90°． ∴∠DCM+∠CDM＝90°． ∵∠DCM+∠NCB＝90°， ∴∠CDM＝∠NCB， ∵CD＝CB， ∴△CMD≌△BNC（AAS）， ∴DM＝NC，CM＝BN． 设DM＝NC＝a，MC＝NB＝b， ∵在Rt△ADM中，， ∴AM＝2a，AC＝2a+b，AN＝a+b， ∵AB＝AC＝2a+b，AN2+BN2＝AB2， ∴（a+b）2+b2＝（2a+b）2． ∴a＝﹣b（舍去）或，即AC＝5a，BN＝3a， ∵S四边形ABCD＝S△ADC+S△ABC， ∴． ∴a＝1或a＝﹣1（舍去）． ∴NC＝1，BN＝3． ∴． ∴． ∴． 故答案为：． 3．（2025•金华模拟）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 ． 【考点】勾股定理的应用；三角形的重心． 【分析】根据题意得出P为Rt△ABC的重心，连接CP并延长交AB于点F，勾股定理求得CF，进而根据重心的性质，即可求解． 【解答】解：如图所示，连接CP并延长交AB于点F， ∵AB＝6，AC＝8，BC＝10， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形， 依题意，P为Rt△ABC的重心， ∴， 在Rt△ACF中，， ∴CP， 故答案为：． 4．（2025•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 　 ． 【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线．菁 【分析】根据三角形中位线定理求出EF＝2，根据平行线的性质得到∠EFC＝30°，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出DF，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵E、F分别是BC、AC的中点， ∴EFAB＝2，EF∥AB， ∴∠EFC＝∠CAB＝30°， 在Rt△ADC中，F为AC的中点， ∴DFAC＝AF＝2， ∴∠FDA＝∠FAD＝30°， ∴∠DFC＝∠FDA+∠FAD＝60°， ∴∠EFD＝30°+60°＝90°， ∴DE2， 故答案为：2． 考点3 平行四边形的性质及其综合 1．（2026•鹿城区校级一模）如图，两条直线l1，l2分别经过正六边形ABCDEF的顶点B、C，且l1∥l2．当∠2＝95°时，则∠1＝　 　 ． 【考点】多边形内角与外角；平行线的性质．菁 【分析】先根据正六边形内角和公式求出单个内角的度数，再根据平行线的性质求解． 【解答】解：如图， 正六边形内角和为：（6﹣2）×180°＝720°， ∴， ∴∠3＝180°﹣∠2＝180°﹣95°＝85°， ∴∠1＝∠ABC﹣∠3＝35°， 故答案为：35°． 2．（2026•钱塘区二模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，⊙O经过点A，B，C，与CD相交于点E，连结AE．若∠B＝75°，则∠DAE的度数为　 　 ． 【考点】平行四边形的性质；三角形的外接圆与外心；对顶角、邻补角；三角形内角和定理．菁 【分析】根据平行四边形对角相等得出∠D＝∠B＝75°，根据圆内接四边形对角互补得出∠B+∠AEC＝180°，即可求出∠AEC的度数，再根据邻补角互补求出∠AED的度数，在△ADE中根据三角形内角和定理即可求出∠DAE的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠D＝∠B＝75°， ∵四边形ABCE是圆内接四边形， ∴∠B+∠AEC＝180°， ∴∠AEC＝180°﹣75°＝105°， ∴∠AED＝180°﹣∠AEC＝75°， 在△ADE中，∠DAE＝180°﹣∠D﹣∠AED＝180°﹣75°﹣75°＝30°， 故答案为：30°． 3．（2026•台州一模）如图，在▱ABCD中，过点C作CE⊥BD于点E，连结AE．若CE＝3，sin∠AEB，则AE的值为 　 ． 【考点】平行四边形的性质；解直角三角形． 【分析】过点A作AF⊥BD于点F，证明△AFD和△CEB全等得AF＝CE＝3，在Rt△AFE中，根据sin∠AEB即可得出AE的值． 【解答】解：过点A作AF⊥BD于点F，如图所示： ∴∠AFD＝90°， ∴△AFE是直角三角形， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠ADF＝∠CBE， ∵CE⊥BD于点E， ∴∠CEB＝90°， ∴∠AFD＝∠CEB＝90°， 在△AFD和△CEB中， ， ∴△AFD≌△CEB（AAS）， ∴AF＝CE＝3， 在Rt△AFE中，sin∠AEB， ∴sin∠AEB， ∴AEAF， 即AE的值为． 故答案为：． 4．（2025•上城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，B'是点B关于对角线AC的对称点，连结AB'交CD于点E，连结BB'交CD于点F，交AC于点G．AB＝13，AG＝2CG＝12，则△B′EF的面积是 　 ． 【考点】平行四边形的性质；轴对称的性质；三角形的面积． 【分析】依据题意，由翻折得：BG⊥AC，BG＝BG，由勾股定理得，可证明△FGC∽△BGA，则求出，则，由于，BG＝BG，则S△ABB'＝2S△ABG＝60可得△BEF∽△BAB，则 （）2＝（）2，即可求解面积． 【解答】解：由题意，由翻折可得，BG⊥AC，BG＝BG． ∵平行四边形ABCD， ∴DC∥AB． ∵AB＝13，AG＝2CG＝12， ∴． ∵DC∥AB， ∴△FGC∽△BGA． ∴． ∴． ∴． ∵，BG＝BG， ∴S△ABB'＝2S△ABG＝60， ∵DC∥AB， ∴△B'EF∽△B′AB， ∴（）2＝（）2． ∴S△B'EF60． 故答案为：． 考点4 菱形的性质及其综合 1．（2026•杭州一模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，AC＝6，BD＝4，则tan∠DAO的值为　 ． 【考点】菱形的性质；解直角三角形． 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OD的长，在Rt△AOD中，根据正切的定义求解即可． 【解答】解：∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝90°． ∵菱形的对角线互相平分， ∴OA是对角线AC的一半． ， OD是对角线BD的一半． ， 在Rt△AOD中， ． 2．（2026•浙江模拟）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点P，△EFD与△APD关于点D成中心对称．若AC＝14，BD＝16，则BE＝　 　 ． 【考点】菱形的性质；中心对称． 【分析】利用菱形的性质得到AC与BD互相垂直平分，从而求得AP＝PC的长和BP＝PD的长，再由△EFD与△APD关于点D成中心对称，得到△EFD≌△APD（SSS），从而求得BF的值，利用勾股定理即可得出BE的长． 【解答】解：在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分， ∴，， 又∵△EFD与△APD关于点D成中心对称， ∴△EFD≌△APD（SSS）， ∴PD＝DF＝8，∠APD＝∠F＝90°，AP＝EF＝7， ∴BF＝BD+DF＝16+8＝24， 在Rt△BFE中，， 故答案为：25． 考点5 正方形的性质及其综合 1．（2025•丽水一模）如图，正方形ABCD中，E为CD边上一点，，点F在BE上，连接AF，满足∠BAF＝2∠CBE，过点F作FG⊥BE交AD于点G，若正方形的边长为，则FG的长为　 　 ． 【考点】正方形的性质；解直角三角形；全等三角形的判定与性质．版权所有 【分析】过点A作AJ⊥BE于点J，过点F作FH⊥AB于点H，过点G作GT⊥AF于点T，先导角得到∠5＝∠3＝∠1，然后证明△AJB≌△AJF（ASA），则BJ＝JF，AB＝AF，则，解Rt△ABJ中，求出BF＝2BJ＝6，AJ＝9，再由面积法求得，那么，则，可得，证明出∠AFH＝∠GAT，再解斜△AFG即可． 【解答】解：正方形ABCD中，E为CD边上一点，， 过点A作AJ⊥BE于点J，过点F作FH⊥AB于点H，过点G作GT⊥AF于点T， ∵∠ABC＝∠C＝∠BAD＝90°，， ∴∠1＝∠3＝90°﹣∠2 ∵∠BAF＝2∠CBE， ∴∠1+∠5＝2∠3， ∴∠5＝∠3＝∠1， ∵AJ⊥BE， ∴∠AJB＝∠AJF＝90°， ∵AJ＝AJ， ∴△AJB≌△AJF（ASA）， ∴BJ＝JF，AB＝AF， ∴， 设BJ＝x，AJ＝3x， ， ∴x＝3（负值舍去）， ∴BF＝2BJ＝6，AJ＝9 ∵， ∴ ∴， ∴， ∵FG⊥BE，AJ⊥BE， ∴FG∥AJ， ∴∠4＝∠5 ∴∠4＝∠3， ∴， 设GT＝4m，则FT＝12m， ∴ ∵∠BAD＝90°，FH⊥AB， ∴AD∥FH， ∴∠AFH＝∠GAT， ∴， ∴AT＝3m， ∵AT+TF＝AF， ∴， 解得， ∴， 故答案为：8． 2．（2026•绍兴一模）如图，正方形ABCD边长为2，动直线l经过正方形中心O，线段A′B′与线段AB关于直线l对称，则点B到直线A′B′的距离最大值为　 ． 【考点】正方形的性质；轴对称的性质． 【分析】先求出OB的长度，由于对称可得OB＝OB′，∠A′OB′＝∠AOB＝90°，过点O作OQ垂直于A′B′于点Q，再求出O到A′B′的距离OQ，则只有当BOQ三点共线时有B到A′B′的距离最大值． 【解答】解：， 则， 过点O作OQ垂直于A′B′于点Q， ∵△AOB为等腰直角三角形， ∴△A′OB′为等腰直角三角形， OQ＝2S△A′OB′÷A′B′， ， ∴OQ＝1， ∵OB+OQ≥BQ ∴当B、O、Q三点共线时距离最大， 线段A′B′与线段AB关于直线l对称，则最大距离． 故答案为：1． 3．（2026•衢江区模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　 ． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【分析】先构造8字型相似：延长DE角CB延长线于点F，易得PF＝3，设CP＝x，则CF＝3﹣x，再利用射影定理即可得解． 【解答】解：如图，延长DE角CB延长线于点F， ∵AD∥BC， ∴△ADE∽△PFE， ∴， ∴PF＝3AD＝3， 设CP＝x，则CF＝3﹣x， ∵DE⊥DP， ∴∠PDE＝90°， ∴∠CDP＝∠F＝90°﹣∠CDF， ∵∠DCP＝∠DCF＝90°， ∴△DCP∽△FCD， ∴，即， 整理得x2﹣3x+1＝0， 解得x，即CP， 故答案为：或． 4．（2026•浙江模拟）七巧板是我国古代著名的益智玩具，由一个正方形分割成七块几何图形组成，现把正方形边长为4的图1七巧板拼成“小天鹅”形状，并放置在图2所示的直角坐标系中，则最高点A的坐标为　 　 ． 【考点】正方形的性质；坐标确定位置；七巧板；等腰直角三角形． 【分析】过A作AC⊥y轴于点C，由正方形的性质可知，OB＝4，BD＝2，AB＝BEBD，∠ABE＝90°，∠DBE＝45°，再证明△ABC是等腰直角三角形，得AC＝BC＝1，然后求出OC＝OB+BC＝5，即可得出结论． 【解答】解：如图2，过A作AC⊥y轴于点C， 则∠ACB＝90°， 由正方形的性质可知，OB＝4，BD＝2，AB＝BEBD，∠ABE＝90°，∠DBE90°＝45°， ∴∠ABC＝180°﹣90°﹣45°＝45°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴AC＝BCAB1， ∴OC＝OB+BC＝5， ∴最高点A的坐标为（﹣1，5）， 故答案为：（﹣1，5）． 5．（2025•仙居县二模）如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，M，N分别是AB，CD的中点，当点F落在线段MN上时，点G恰好在ED上．记正方形AEFG的面积为m，正方形ABCD的面积为n，则 　 ． 【考点】正方形的性质． 【分析】连接DF，过点G作GH⊥MN，HG的延长线交AD于K，设GK＝a，DN＝b，则a＞0，b＞0，则CD＝AD＝2b，HK＝DN＝b，HG＝b﹣a，证明△HFG和△KGA全等得HG＝AK＝b﹣a，FH＝GK＝a，则HN＝DK＝b+a，进而得FN＝b+2a，证明DE是线段AF的垂直平分线，则FD＝AD＝2b，在Rt△FDH中，由勾股定理得（2b）2＝b2+（b+2a）2，整理得b2﹣2ab﹣2a2＝0，解这个关于b的方程得b，则AK＝b﹣a，由此得正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2，正方形ABCD的面积n，据此即可得出的值． 【解答】解：连接DF，过点G作GH⊥MN，HG的延长线交AD于点K，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AD∥BC，AB∥CD， ∵点M，N是AB，CD的中点， ∴DN＝BM，CN＝BM， ∴四边形BCNM，四边形ADNM都是矩形， ∵HK⊥MN，AD∥BC， ∴HK⊥AD， ∴四边形KDNH，四边形AKHM都是矩形， 设GK＝a，DN＝b，则a＞0，b＞0，HN＝DK， ∴CD＝AD＝2b，HK＝DN＝b， ∴HG＝HK﹣GK＝b﹣a， ∵∠GHF＝∠AKG＝90°， ∴∠HGF+∠HFG＝90°， ∵四边形AEFG是正方形， ∴FG＝AG，∠AGF＝90°， ∵∠HGF+∠KGA＝90°， ∴∠HFG＝∠KGA， 在△HFG和△KGA中， ， ∴△HFG≌△KGA（AAS）， ∴HG＝AK＝b﹣a，FH＝GK＝a， ∴HN＝DK＝AD﹣AK＝2b﹣（b﹣a）＝b+a， ∴FN＝HN+FH＝b+a+a＝b+2a， ∵四边形AEFG是正方形，AF是对角线， ∴DE是线段AF的垂直平分线， ∴FD＝AD＝2b， 在Rt△FDH中，由勾股定理得：FD2＝DN2+FN2， ∴（2b）2＝b2+（b+2a）2， 整理得：b2﹣2ab﹣2a2＝0， 解这个关于b的方程得：b，b（不合题意，舍去）， ∴AK＝b﹣a， 在Rt△AGK中，由勾股定理得：AG2＝GK2+AK24a2， ∴正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2， ∵AD＝2b， ∴正方形ABCD的面积n＝AD2， ∴． 故答案为：． 考点6 圆周角定理 1．（2026•滨江区一模）如图，A，C，B，D是⊙O上的点，OC⊥AB．若∠AOC＝60°，则sin∠BDC＝　 ． 【考点】圆周角定理；解直角三角形；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】连接OB，由OC⊥AB，根据垂径定理推导出∠BOC＝∠AOC＝60°，则∠BDC∠BOC＝30°，所以sin∠BDC＝sin30°，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OB， ∵OC⊥AB， ∴， ∴∠BOC＝∠AOC＝60°， ∴∠BDC∠BOC＝30°， ∴sin∠BDC＝sin30°， 故答案为：． 2．（2026•杭州一模）如图，AB为半圆O的直径，弦CD∥AB，点P在AB上，连结PD，PC．若∠DPC＝90°，∠DCP＝30°，则的值为　 ． 【考点】圆周角定理．菁 【分析】过点P作PH⊥CD于点 H，连接OC，过点O作OM⊥CD于点M，设半圆 O 的半径为 R，则圆心 O 到弦 CD 的距离为 h，易证明四边形HPOM是矩形，进而得到HM＝OP，由垂径定理得到CM＝DM、OM＝PH＝h，根据勾股定理得到CM的长，在Rt△PHC中，，在Rt△PHD中，，进而得到关于CD的等式，利用AP＝OA﹣OP、BP＝OB+OP求解即可． 【解答】解：过点P作PH⊥CD于点 H，连接OC，过点O作OM⊥CD于点M，设半圆 O 的半径为 R，则圆心 O 到弦 CD 的距离为 h， ∴∠PHM＝∠HMO＝90°， ∵PH⊥CD、CD∥AB， ∴PH⊥AB， ∴∠HPO＝90°＝∠PHM＝∠HMO， ∴四边形HPOM是矩形， ∴HM＝OP，OM＝PH＝h，OM⊥CD， 由条件可知， 由勾股定理得：， ∴， ∴∠PDC＝∠DPC﹣∠DCP＝90°﹣30°＝60°， ∵， ， ∴， 即， 解得， ∵， ∴， ∴， ∴、， ∴． 故答案为：． 3．（2026•杭州模拟）已知：如图，AB为⊙O的直径，C是半圆上的一点，D为弧的中点，点P在半径OB上，且AC＝AP，连结CP，DP，BD．若，则cos∠CPD＝　 ． 【考点】圆周角定理；解直角三角形；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】连结AD交CP于点Q，连结CD，根据弧中点的定义得到，则有CD＝BD，∠CAD＝∠BAD，根据等腰三角形三线合一性质得到AQ⊥CP，CQ＝PQ，则有CD＝PD＝BD，设CP＝3a，BD＝2a，在Rt△PQD中利用余弦的定义即可求解． 【解答】解：如图，连接AD交CP于点Q，连接CD， ∵D为弧的中点， ∴， ∴CD＝BD，∠CAD＝∠BAD（圆周角定理）， ∴AQ平分∠CAP， 又∵AC＝AP， ∴AQ⊥CP，CQ＝PQ， ∴AQ是CP的垂直平分线， ∵点D在直线AQ上， ∴CD＝PD， ∴BD＝PD， ∵， ∴设CP＝3a，BD＝2a， ∴，PD＝BD＝2a， 在Rt△PQD中，， 即， 故答案为：． 4．（2026•富阳区一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α，当∠F＝3∠PCD时，则　 ． 【考点】圆周角定理；垂径定理．菁 【分析】设圆的半径是r，OM＝x，由∠AFE＝3∠PCD，求出α＝15°，得到∠POB＝90°，因此OP∥CE，推出△POM∽△CEM，得到OM：EM＝OP：CE，代入有关数据即可求出OM的长，得到AM，BM的长，即可得到答案． 【解答】解：连接OD，BD，PO， ∵弦CD⊥AB于点E，OE＝BE， ∴OD＝BD， ∵OD＝OB， ∴△ODB是等边三角形， ∴∠BOD＝60°， ∵∠AFE＝3∠PCD， ∴60°﹣α＝3α， ∴α＝15°， ∴∠POD＝2∠PCD＝30°， ∴∠POB＝90°， ∴OP∥CE， ∴△POM∽△CEM， ∴OM：EM＝OP：CE， ∵直径AB⊥CD， ∴DE＝CE， ∴OM：EM＝OP：ED， 设圆的半径是r，OM＝x， ∴EM， ∴， ∴x＝（2）r， ∴OM＝（2）r， ∴AM＝AO+OM＝3rr，BM＝OB﹣OMr﹣r， ∴． 故答案为：． 5．（2026•余杭区校级模拟）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝60°，则∠BCD＝　 　 度． 【考点】圆周角定理． 【分析】根据圆周角定理的推论由AB是⊙O的直径得∠ADB＝90°，再利用互余计算出∠A＝90°﹣∠ABD＝30°，然后再根据圆周角定理求∠BCD的度数． 【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠ABD＝60°， ∴∠A＝90°﹣∠ABD＝30°， ∴∠BCD＝∠A＝30°． 故答案为30． 6．（2026•长兴县校级模拟）如图，在⊙O中，圆周角∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，AB＝4，AC＝3，则AD的长为 　 ． 【考点】圆周角定理． 【分析】连接BC交AD于E，过B作BP⊥AC于点P，过E作EH⊥AC于点H，由角平分线的性质，可得BE：CE＝4：3，由勾股定理可求得BC，CE，BE的长，然后由平行线分线段成比例定理，求得CH与EH的长，根据勾股定理和相交弦定理计算得到答案． 【解答】解：连接BC交AD于E，过B作BP⊥AC于点P，过E作EH⊥AC于点H， 在△ABC中，AB＝4，AC＝3，AD是∠BAC的角平分线， ∴BE：CE＝4：3， ∵∠BAC＝60°， ∴AP＝AB•cos∠BAC＝2，BP＝AB•sin∠BAC＝2， ∴CP＝AC﹣AP＝1， ∴BC， ∴CE，BE， ∵EH∥BP， ∴， ∴CH，EH， ∴AH＝AC﹣CH， ∴AE， ∵BE•CE＝AE•DE， ∴DE， ∴AD＝DE+AE． 故答案为：． 7．（2026•平阳县校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点E为⊙O上一点，，连接DE交AB于点F．若AH＝1，AB＝10，则HF的长为　 ． 【考点】圆周角定理；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】连接OE，OD，BD，则OE＝OB＝OD，所以∠E＝∠ODF，由CD⊥AB于点H，根据垂径定理得，由，推导出，则DE＝DB，可证明△DOE≌△DOB，得∠E＝∠B，则∠ODF＝∠B，再证明△OFD∽△DFB，得，则DF2＝OF•BF，由AH＝1，AB＝10，求得BH＝9，OD＝OA＝5，则BF＝9﹣HF，OH＝4，所以OF＝4﹣HF，DH2＝OD2﹣OH2＝9，由HF2+DH2＝DF2＝OF•BF，得HF2+9＝（4﹣HF）（9﹣HF），求得HF，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OE，OD，BD，则OE＝OB＝OD， ∴∠E＝∠ODF， ∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H， ∴，∠OHD＝90°， ∵， ∴， ∴， ∴DE＝DB， 在△DOE和△DOB中， ， ∴△DOE≌△DOB（SSS）， ∴∠E＝∠B， ∴∠ODF＝∠B， ∵∠OFD＝∠DFB， ∴△OFD∽△DFB， ∴， ∴DF2＝OF•BF， ∵AH＝1，AB＝10， ∴BH＝AB﹣AH＝9，OD＝OAAB＝5， ∴BF＝9﹣HF，OH＝OA﹣AH＝4， ∴OF＝4﹣HF，DH2＝OD2﹣OH2＝52﹣42＝9， ∵HF2+DH2＝DF2＝OF•BF， ∴HF2+9＝（4﹣HF）（9﹣HF）， 解得HF， 故答案为：． 8．（2026•莲都区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，E是BC边上的一点，AB＝2BE，以E为圆心，AE为半径的圆弧交AD于点F，交CD于点G．若F是弧AG的中点，则　 ． 【考点】圆周角定理；矩形的性质；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】连接AG，过E作EH⊥AD于点H，先证明∠FAG＝∠FGA＝∠AEH＝∠BAE，进而得△ABE和△ADG相似，则，再根据AB＝2BE，AD＝8得DG＝4，设BE＝x，则AB＝2x，CG＝2x﹣4，CE＝8﹣x，在Rt△ABE和Rt△ECG中，由勾股定理得5x2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2，由此解得x＝2.5，则CG＝1，CE＝5.5，据此即可得出的值． 【解答】解：连接AG，过点E作EH⊥AD于点H，如图所示： ∵四边形ABCD为矩形，AD＝8， ∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，BC＝AD＝8，AB＝CD， ∴AB⊥AD， ∴AB∥EH， ∴∠AEH＝∠BAE， ∵F是弧AG的中点， ∴弧AF＝弧FG， ∴FA＝FH，∠AEF＝∠GEF， ∴∠FAG＝∠FGA∠AEF， ∵EA＝EF＝EG，EH⊥AD， ∴∠AEH∠AEF， ∴∠FAG＝∠FGA＝∠AEH＝∠BAE， 又∵∠B＝∠D＝90°， ∴△ABE∽△ADG， ∴， ∵AB＝2BE，AD＝8， ∴， ∴DG＝4， 设BE＝x， ∴AB＝2x，CG＝CD﹣DG＝2x﹣4，CE＝BC﹣BE＝8﹣x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：EA2＝AB2+BE2＝5x2， 在Rt△ECG中，由勾股定理得：EG2＝CE2+CG2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2， ∵EA＝EG， ∴5x2＝（8﹣x）2+（2x﹣4）2， 解得：x＝2.5， ∴CG＝2x﹣4＝1，CE＝8﹣x＝5.5， ∴． 故答案为：． 9．（2026•嘉兴一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD和正方形EFGH．延长BE交以AD为直径的半圆于点M，连接MH．若，则的值为　 ． 【考点】圆周角定理；勾股定理的证明；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】设直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，得到，连接AM，MD，根据圆周角定理结合等弧对等弦得到∠AMD＝90°，AM＝DM，进而推出M，A，H，D四点共圆，得到∠MAH＝∠MDA＝45°，求出，将△MDH绕点M旋转90°，得到△MAN，推出N，A，H三点共线，得到NH＝AH+AN＝a+b，三线合一，得到，进而得到，得到a＝3b，进而求出AB，MH的长，即可得出结果． 【解答】解：四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD和正方形EFGH． 设直角三角形的长直角边为a，短直角边为b， 由题意，，∠AHD＝90° 连接AM，MD， ∵AD为半圆的直径，， ∴∠AMD＝90°，AM＝DM， ∴∠MAD＝∠ADM＝45°，∠AMD+∠AHD＝180°， ∴M，A，H，D四点共圆， ∴∠MAH＝∠MDA＝45°，∠MAH+∠MDH＝180°， ∴， 由题意可得：AN＝DH＝b，∠HMN＝90°，MN＝MH，∠MAN＝∠MDH， ∴∠MAN+∠MAH＝∠MDH+∠MAH＝180°， ∴N，A，H三点共线， ∴NH＝AH+AN＝a+b， ∵MN＝MH，∠MEH＝90°， ∴， ∴， ∴a＝3b， ∴，， ∴． 故答案为：． 10．（2026•宁波模拟）如图，菱形OABC的顶点A，C在圆O上，连接并延长OB交圆于点D，连接AD，CD，若OB＝BD＝2，则四边形OADC的面积为　 ． 【考点】圆周角定理；菱形的性质． 【分析】连接AC交OB于点E，先求出圆的半径r＝4，根据菱形的性质得到AC⊥OB，OE＝BE＝1，根据勾股定理求出，进而可知四边形OADC的面积． 【解答】解：如图，连接AC交OB于点E， ∵OB＝2，BD＝2，OD＝OB+BD， ∴OD＝4， 即⊙O的半径r＝4． ∴OA＝OC＝4． ∵四边形OABC是菱形， ∴AC⊥OB，OE＝BE＝1， ∴， ∴， 故答案为：4． 11．（2025•富阳区一模）如图是以AB为直径的⊙O，点C是圆上一点，将圆形纸片沿着AC折叠，与AB交于点D，连结CD并延长与圆交于点E．若∠ACD＝3∠CAD，则的值等于 　 ． 【考点】圆周角定理；翻折变换（折叠问题）． 【分析】根据折叠得到等圆，结合∠CAB所对的弧不同得到即CD＝BC，再结合∠ACD＝3∠CAD和圆周角定理得到∠CBD＝∠CDB＝∠ODE＝∠DOE＝72°，即可得到OE＝DE＝OB＝r，△DOE∽△DBC，，代入得到，解得，最后计算即可． 【解答】解：连接OC，OE，设半径为r， ∵∠ACD＝3∠CAD， ∴设∠CAD＝x，∠ACD＝3x， ∵将圆形纸片沿着AC折叠， ∴， ∵CD＝BC， ∴∠CBD＝∠CDB＝∠ACD+∠CAD＝4x， ∵AB为直径的⊙O， ∴∠BCA＝90°， ∴∠CBD+∠CAD＝90°＝4x+x， 解得∠CAD＝x＝18°， ∴∠ACD＝3x＝54°，∠CBD＝∠CDB＝4x＝72°，∠COB＝2∠CAD＝36°， ∴∠AOE＝2∠ACD＝108°，∠DCO＝∠CDB﹣∠COB＝36°＝∠COB， ∴∠DOE＝180°﹣∠AOE＝72°，CD＝OD， ∴∠CBD＝∠CDB＝∠ODE＝∠DOE＝72°， ∴OE＝DE＝OB＝r，△DOE∽△DBC， ∴， ∴， 整理解得（负值已舍去）， ∴， 故答案为：． 12．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　 ． 【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】以BC为直径的半圆O，得∠A＝90°，得出直径是10，再求OD＝OE＝5，由垂径定理得OD⊥AB，OE⊥AC，则点H，W分别是AB，AC的中点，利用三角形中位线定理，得到，再证明四边形HOWA是矩形，则，同理求出，，再代入MN＝DE﹣DM﹣NE进行计算，即可作答． 【解答】解：连接OD交AB于一点H，连接OE交AC于一点W，如图： ∴， ∴OD＝OE＝OB＝OD＝5， ∵D，E分别是和的中点，AB＝8，AC＝6， ∴OD⊥AB，OE⊥AC， ∴点H，W分别是AB，AC的中点， 由条件可知， ∴DH＝OD﹣OH＝2，EW＝OE﹣OW＝1， ∵∠AHO＝∠HAW＝∠AWO＝90°， ∴四边形HOWA是矩形， ∴∠DOE＝90°， ∵OD＝OE＝5， ∴∠D＝∠E＝45°，， ∵OD⊥AB，OE⊥AC，∠D＝∠E＝45°， ∴∠HMD＝45°，∠WNE＝45°， ∴HM＝DH＝2，NW＝EW＝1， ∴，， ∴， 故答案为：． 考点7 圆内接四边形 1．（2026•宁波模拟）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝110°，则∠D＝　 　 °． 【考点】圆内接四边形的性质． 【分析】根据圆内接四边形的性质计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠B+∠D＝180°， ∵∠B＝110°， ∴∠D＝180°﹣110°＝70°， 故答案为：70． 2．（2026•定海区模拟）如图，四边形BCEF为⊙O圆内接四边形，AB为⊙O直径，连接OE，若∠BOE＝80°，则∠C＝　 　 ． 【考点】圆内接四边形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理． 【分析】先根据圆周角定理求出∠F的度数，再根据圆内接四边形的性质即可求解． 【解答】解：∵AB为⊙O直径，连接OE，∠BOE＝80°， ∴， ∵四边形BCEF为⊙O的圆内接四边形， ∴∠C+∠F＝180°， ∴∠C＝180°﹣∠F＝180°﹣40°＝140°． 故答案为：140°． 3．（2026•西湖区校级模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC＝CD，∠ADC＝100°，则∠AOD＝　 　 ． 【考点】圆内接四边形的性质；圆周角定理． 【分析】连接OB、OC，根据圆内接四边形的性质求出∠ABC，根据圆周角定理求出∠AOC，计算即可． 【解答】解：如图，连接OB、OC， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠ADC+∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣100°＝80°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝160°， ∴∠AOB+∠BOC＝360°﹣160°＝200°， ∵AB＝BC＝CD， ∴， ∴∠AOB＝∠BOC＝∠DOC＝100°， ∴∠AOD＝360°﹣100°×3＝60°， 故答案为：60°． 考点8 三角形内接圆与外心的综合 1．（2026•舟山模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AC为⊙O的直径，点B是的中点，延长BC至点D，连接AD，若∠D＝2∠CAD，BC＝2，则AD的长为　 　 ． 【考点】三角形的外接圆与外心；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理． 【分析】根据题意得∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，∠ACB＝45°，∠ACB＝3∠CAD，求得∠CAD＝15°，∠D＝30°，根据AD＝2AB计算即可． 【解答】解：∵△ABC内接于⊙O，AC为⊙O的直径，点B是的中点， ∴∠ABC＝90°，， ∴AB＝BC＝2， ∴∠ACB＝45°， ∵∠D＝2∠CAD， ∴∠ACB＝∠D+∠CAD＝3∠CAD＝45°， ∴∠CAD＝15°，∠D＝30°， ∴AD＝2AB＝4， 故答案为：4． 2．（2026•浙江模拟）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　 　 ． 【考点】三角形的外接圆与外心；角平分线的性质；垂径定理；圆周角定理． 【分析】延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，得∠OAB＝∠OBA，证明∠BAE＝∠BEA，可证明△AOB∽△ABE，求出，再求出，再由勾股定理可求出AC＝10． 【解答】解：延长AO交⊙O于点F，连接FC，OB，如图， ∵OA平分∠BAD， ∴∠DAO＝∠BAO， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠BEA， ∴∠BAE＝∠BEA， ∴， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∴∠ABO＝∠BEA， ∴△AOB∽△ABE， ∴， ∵，， ∴， ， 解得：， ∴，， ∵∠FCB＝∠BAF，∠FEC＝∠BEA， ∴∠FCE＝∠FEC， ∴， ∵AF是⊙O的直径， ∴∠ACF＝90°， ∴， 故答案为：10． 3．（2026•浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　 ． 【考点】三角形的面积；全等三角形的判定与性质；圆周角定理；相似三角形的判定与性质． 【分析】分别过A，C作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°，△ABD与△CBD的面积相等，可得AE＝CF，证明△AEG≌△CFG（AAS），可得CG＝AG，再证明△CDG∽△CAD，即可求解． 【解答】解：如图，作AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，设AC，BD交于点G，则∠AEG＝∠CFG＝90°， ∵△ABD与△CBD的面积相等， ∴， ∴AE＝CF， ∵∠AGE＝∠CGF，∠AEG＝∠CFG＝90°， ∴△AEG≌△CFG（AAS）， ∴CG＝AG， ∵BC＝CD＝2， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠CBD＝∠CAD， ∴∠BDC＝∠CAD， ∵∠ACD＝∠DCG， ∴△CDG∽△CAD， ∴，即， ∴． 故答案为：． 考点9 正多边形与圆 1．（2026•定海区一模）如图，正五边形OABCD的边长为2，⊙O经过点A，D，则阴影部分扇形的的长为　 ． 【考点】正多边形和圆；弧长的计算． 【分析】利用正五边形的性质求出∠DOA＝108°，OD＝OA＝2，再利用弧长公式计算即可． 【解答】解：∵五边形OABCD是正五边形，边长为2， ∴，OD＝OA＝2， ∴阴影部分扇形的的长为， 故答案为：． 2．（2025•湖州一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝　 　 °． 【考点】正多边形和圆；圆周角定理． 【分析】根据多边形的内角和可以求得∠BAE的度数，根据周角等于360°，可以求得∠COD的度数，然后即可计算出∠BAE﹣∠COD的度数． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠BAE108°，∠COD72°， ∴∠BAE﹣∠COD＝108°﹣72°＝36°， 故答案为：36． 3．（2025•临平区校级三模）如图，点F在正五边形的边ED上运动．若∠ABF＝x°，写出一个符合条件的x的值：　 　 ． 【考点】正多边形和圆；多边形内角与外角． 【分析】连接BE、BD，由五边形ABCDE是正五四边形，得AE＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠ABC＝∠C＝108°，则∠ABE＝∠AEB＝∠CBD＝∠CDB＝36°，求得∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝72°，由36°≤∠ABF≤72°，得36≤x≤72，写出满足这一条件的一个x值即可． 【解答】解：连接BE、BD， ∵五边形ABCDE是正五四边形， ∴AE＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠ABC＝∠C（5﹣2）×180°＝108°， ∴∠ABE＝∠AEB＝∠CBD＝∠CDB（180°﹣108°）＝36°， ∴∠ABD＝∠ABC﹣∠CBD＝108°﹣36°＝72°， ∵点F在边ED上运动， ∴∠ABE≤∠ABF≤∠ABD， ∴36°≤∠ABF≤72°， ∵∠ABF＝x°， ∴36≤x≤72， ∴x的一个值可以是60， 故答案为：60． 注：答案不唯一． 4．（2025•义乌市二模）如图，已知点P是正六边形ABCDEF内一点，连结PE，PF，PB，PC．若S△PEF＝3，sPBC，则AB的长为　 　 ． 【考点】正多边形和圆；三角形的面积． 【分析】根据正六边形的性质，三角形面积公式以及直角三角形的边角关系进行计算即可． 【解答】解：如图，连接BF，过点A作AG⊥BF，垂足为G，过点P作PM⊥EF，PN⊥BC垂足分别为M，N，则PM+PN＝BF， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴∠BAF 120°，AB＝AF， ∵AG⊥BF， ∴∠FAG＝∠BAG∠BAF＝60°， 设AB＝a，则BG a， ∴BF＝2BGa， ∵S△PEF＝3EF•PM，S△PBC＝5BC•PN∴BC•（PM+PN）＝8， ∵AB＝BC＝EF，PM+PN＝BF， ∴a•a＝8， 解得a＝4（取正值）， 即AB＝4． 故答案为：4． 考点10 弧长与扇形面积的计算 1．（2026•余杭区校级模拟）已知弧的长为4πcm，该弧所在圆的半径为8cm，则该弧的度数为　 　 ． 【考点】弧长的计算． 【分析】设弧的度数为n°，利用弧长公式构造方程并求解即可． 【解答】解：设弧的度数为n°， 由弧长公式可得，， ∴根据题意列式得，， 解得n＝90， 则该弧的度数为90° 故答案为：90°． 2．（2026•宁波模拟）如图，扇形AOB是某wifi标志的外轮廓图，已知扇形半径OA＝6cm，∠AOB＝60°，则扇形的弧长为　 　 cm．（结果保留π） 【考点】弧长的计算． 【分析】根据弧长公式求解即可． 【解答】解：扇形半径OA＝6cm，∠AOB＝60°， 根据题意，扇形的弧长为． 故答案为：2π． 3．（2026•西湖区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，以AC为直径的半圆O分别交AB，BC于点D，E，若AB＝18，则图中的长为　 　 ． 【考点】弧长的计算；等腰三角形的性质． 【分析】连接OE，根据等腰三角形的性质得∠C＝70°，进而得∠COE＝2＝40°，再根据弧长公式计算即可． 【解答】解：如图，连接OE， ∵AB＝AC，∠A＝40°， ∴∠B＝∠C＝70°， ∵OE＝OC， ∴∠C＝∠OEC＝70°， ∴∠COE＝40°， ∴的长为2π． 故答案为：2π． 4．（2026•萧山区校级模拟）已知一个扇形的圆心角为120°，面积为12π，则此扇形的弧长为　 　 ． 【考点】扇形面积的计算；弧长的计算． 【分析】根据扇形面积公式求得半径R，再根据弧长的公式求弧长即可． 【解答】解：令扇形的半径和弧长分别为R和l， ∵S12π， ∴R＝6， ∴l4π． ∴扇形的弧长为4π． 故答案为：4π． 5．（2025•钱塘区一模）如图，在扇形OAB中，过的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E．已知∠AOB＝90°，OA＝4，则图中阴影部分的面积为　 　 （结果保留π）． 【考点】扇形面积的计算．版权所有 【分析】根据题意，可以先证明四边形DOEC是正方形，然后根据图形可知：阴影部分的面积＝扇形AOB的面积﹣正方形DOEC的面积，再代入数据计算即可． 【解答】解：连接OC，如图所示， ∵点C为弧AB的中点，∠AOB＝90°，OA＝4， ∴∠AOC＝∠BOC＝45°，OC＝4， ∵CD⊥OA，CE⊥OB， ∴∠CDO＝∠CEO＝90°，∠DCO＝∠DOC＝45°， ∴∠CDO＝∠CEO＝∠DOE＝90°，OD＝CD， ∴四边形DOEC是正方形， ∴OD＝OC•sin45°＝42， 阴影部分的面积为：224π﹣8， 故答案为：4π﹣8． 6．（2026•黄石一模）如图，在⊙O中，OA＝2，∠C＝45°，则图中阴影部分的面积为 　 　 ． 【考点】扇形面积的计算． 【分析】由∠C＝45°根据圆周角定理得出∠AOB＝90°，根据S阴影＝S扇形AOB﹣S△AOB可得出结论． 【解答】解：∵∠C＝45°， ∴∠AOB＝90°， ∴S阴影＝S扇形AOB﹣S△AOB ＝π﹣2． 故答案为：π﹣2． 考点11 图形的变换之折叠与旋转 1．（2026•衢州模拟）如图，矩形ABCD是一张长宽比为的标准纸，将矩形纸片沿DE折叠，使得点C落在点C′处，且A，C′，E三点在同一直线上，则　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．菁 【分析】设矩形ABCD的长为，宽为a，根据矩形的性质得，AB＝CD＝a，∠B＝∠C＝90°，根据折叠的性质得∠DC′E＝∠C＝90°，C′E＝CE，C′D＝CD＝a，则∠DC′A＝90°，利用勾股定理求出AC′＝a，设C′E＝CE＝x，在Rt△ABE中利用勾股定理列出方程，求出x的值，即可解答． 【解答】解：设矩形ABCD的长为，宽为a， 则，AB＝CD＝a，∠B＝∠C＝90°， 由折叠的性质得，∠DC′E＝∠C＝90°，C′E＝CE，C′D＝CD＝a， ∴∠DC′A＝90°， ∴， 设C′E＝CE＝x，则AE＝AC′+C′E＝a+x，， 在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2， ∴， 解得， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2026•拱墅区校级模拟）如图，D是△ABC中AC边上的一点，将△ABD沿着BD对折，点A的对应点E恰好落在BC上，连结AE，若AE＝BD＝6，CE＝2BE，则AD的长为 　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）． 【分析】根据三角形面积公式并结合CE＝2BE求出S△ABE，进而求出BO的长，最后利用勾股定理求出DE的长即可得到AD的长． 【解答】解：设AE与BD交于点O， ∵将△ABD沿着BD对折，点A的对应点E恰好落在BC上，CE＝2BE，AE＝BD＝6， ∴△ABD≌△EBD， ∴AD＝ED，AB＝EB， ∴点B，D在线段AE的垂直平分线上， ∴BD垂直平分AE， ∴BD⊥AE，， ∴OE是△EBD中边BD上的高， ∴， ∵△ABD≌△EBD， ∴S△ABD＝S△EBD＝9， ∵CE＝2BE， ∴BC＝BE+CE＝BE+2BE＝3BE， ∴S△DBC＝3S△EBD＝27， ∴S△ABC＝S△ABD+S△DBC＝36， 又∵S△ABC＝S△ABE+S△ACE，且△ABE与△ACE等高，CE＝2BE， ∴S△ACE＝2S△ABE， ∴S△ABC＝3S△ABE， ∴3S△ABE＝36， ∴S△ABE＝12， ∴， ∴BO＝4， ∴OD＝BD﹣BO＝2， 在Rt△DOE中，AD＝DE， 即AD的长为． 故答案为：． 3．（2026•舟山模拟）如图1的“方胜”由两个全等正方形交错叠合而成，是中国古代象征同心吉祥的一种装饰图案．如图2，将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH，形成“方胜”图案，如果平移距离为3，且，那么点A到点G的距离是　 　 ； 【考点】利用平移设计图案；全等图形． 【分析】由平移的性质得到，求出AC，再由AG＝AC+CG求解即可． 【解答】解：∵将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH，形成“方胜”图案，平移距离为3，且， ∴， ∴AC＝9， ∴AG＝AC+CG＝9+3＝12， 故答案为：12． 4．（2026•浙江模拟）如图，钝角三角形ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，点C′在直线BC上，AB′⊥BC．已知BC＝5，，则AC的长为　 ． 【考点】旋转的性质；解直角三角形． 【分析】通过延长B′A交BC于点H，构造直角三角形，利用正切值设未知数，结合旋转性质证明三角形相似，建立方程求解． 【解答】解：延长B′A交BC于点H， ∵AB′⊥BC， ∴AH⊥BC， ∴∠AHB＝90°， ∵， ∴在Rt△AHC中，， ∴设AH＝x，则HC＝2x， ∵BC＝5，AC＝AC′， ∴BH ＝ 5﹣2x，HC′＝HC＝2x， ∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′， ∴AB＝AB′，BC＝B′C′＝5，∠ABC＝∠AB′C′， 又∵∠AHB＝∠B′HC′＝90°， ∴△ABH∽△C′B′H， ∴， ∴设AB ＝ AB'＝ y， ∵B'H ＝ AH+AB'＝ x+y， ∴，即， ∴y＝10﹣5x， ∴AB2＝AH2+BH2， ∴y2＝x2+（5﹣2x）2， ∴代入得，（10﹣5x）2＝x2+（5﹣2x）2， ∴整理，得4x2﹣16x+15＝0， ∴解得或， ∴当时，BH＝0，舍去， ∴， ∴，HC＝3， ∴． 故答案为：． 5．（2026•普陀区一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，AB＝6，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′，当C′D′经过点C时，点A′到AB的距离为　 　 ． 【考点】旋转的性质；等腰三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的性质．菁 【分析】过点A′作A′E⊥AB于点E，由四边形ABCD为平行四边形和平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′，得出∠C′＝∠BCC′＝75°，可得∠ABA′＝30°，由含30°角直角边等于斜边一半来求解点A′到AB的距离． 【解答】解：如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，AB＝6，过点A′作A′E⊥AB于点E， ∴∠BCD＝∠A＝75°． ∵平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′， ∴BC＝BC′，AB＝A′B，∠ABA′＝∠CBC′，∠C′＝∠BCD＝75°． ∵BC＝BC′， ∴∠C′＝∠BCC′＝75°． ∴∠CBC′＝180°﹣∠C′﹣∠BCC′＝180°﹣75°﹣75°＝30°． ∴∠ABA′＝30°． 在直角三角形A′EB中，A'B＝AB＝6，∠A′EB＝90°， ∴A'E＝3， 故答案为：3． 考点12 相似三角形的判定与性质 1．（2025•浙江）如图，矩形ABCD内接于⊙O，E是上一点，连接EB，EC分别交AD于点F，G．若AF＝1，EG＝FG＝3，则⊙O的直径为 　 　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质；垂径定理；圆周角定理． 【分析】由矩形的性质得∠D＝∠BAD＝90°，由EG＝FG，得∠BEC＝∠GFE＝∠AFB＝∠BAC，推导出∠ALB＝∠BAD＝90°，则∠GAC＝∠ABE＝90°﹣∠BAC，而∠ABE＝∠ACG，AF＝1，EG＝FG＝3，所以∠GAC＝∠ACG，则CG＝AG＝4，可证明△CDG∽△AEG，得1，则DG＝EG＝3，求得AD＝7，CD，则⊙O的直径AC2． 【解答】解：连接AC， ∵四边形ABCD是矩形，且矩形ABCD内接于⊙O， ∴∠D＝∠BAD＝90°， ∴AC是⊙O的直径， ∵AF＝1，EG＝FG＝3， ∴∠BEC＝∠GFE＝∠AFB， ∵∠BEC＝∠BAC， ∴∠AFB＝∠BAC， ∴∠ALB＝∠GAC+∠AFB＝∠GAC+∠BAC＝∠BAD＝90°， ∴∠GAC＝∠ABE＝90°﹣∠BAC， ∵∠ABE＝∠ACG， ∴∠GAC＝∠ACG， ∴CG＝AG＝AF+FG＝1+3＝4， ∵∠CDG＝∠AEG＝90°，∠CGD＝∠AGE， ∴△CDG∽△AEG， ∴1， ∴DG＝EG＝3， ∴AD＝AG+DG＝4+3＝7，CD， ∴AC2， ∴⊙O的直径为2， 故答案为：2． 2．（2026•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，点E在CD的延长线上，连接BE分别与AC，AD相交于点F，G．若CD＝2DE，则的值为　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【分析】证明△ABF∽△CEF，进行求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， ∵CD＝2DE， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2026•丽水一模）如图，在▱ABCD中，点E在BC上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，延长AF交DC于点G，交射线BC于点P，延长EF交CD于点Q．当CP＝CE时，设n，则n＝　 （用含m的代数式表示）． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质；轴对称的性质． 【分析】延长AD，EQ交于点M，设CQ＝a，CE＝b，证明△DQM∽△CQE，得出DM＝bn，证明△FEP∽△CEQ，得出PF＝ma，证明△AMF∽△PEF，得出，即可解答． 【解答】解：如图，延长AD，EQ交于点M， 设CQ＝a，CE＝b，， ∵， ∴DQ＝an，BE＝mb， ∴CD＝CQ+DQ＝a+an＝（n+1）a，AD＝BC＝b+mb＝（m+1）b， ∵点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内， ∴AF＝AB＝（n+1）a， ∵AD∥BC， 即DM∥EC， ∴△DQM∽△CQE， ∴， 即， ∴DM＝bn， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠ADQ， 又∵折叠， ∴∠AFE＝∠B， ∵∠AFQ+∠AFE＝180°， ∴∠AFQ+∠ADQ＝180°， ∴∠DAF+∠DQF＝180°， ∵∠EQC+∠DQF＝180°， ∴∠EQC＝∠DAF， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠FPE， ∴∠EQC＝∠FPE， 又∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△FEP∽△CEQ， ∴， 即， ∴PF＝ma， ∵AB∥CD， ∴△AMF∽△PEF， ∴， ∴， 解得：． 故答案为：． 4．（2026•鹿城区校级模拟）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，AG是BC上的高线，点D是AG上的一点，BD交AC于点F．过点D作DE∥AB交AC于E，联结CD，若CF＝2EF，△ABC的面积为2，则△ADF的面积为　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行线的性质；三角形的面积；等腰三角形的性质；平行线分线段成比例． 【分析】根据等腰三角形三线合一可得AG平分∠BAC，，根据平行线的性质结合角平分线的性质等量代换即可证得AE＝DE，设EF＝x，则CF＝2EF＝2x，证明△FDE∽△FBA，根据相似三角形的对应边成比例可得AE的长，进而可得AC，AF的长，过点G作GK∥BF交AC于点K，利用平行线分线段成比例定理求出的值，最后利用面积公式求解即可． 【解答】解：∵AB＝AC，AG是BC边上的高线，△ABC的面积为2， ∴AG平分∠BAC，， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵DE∥AB， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴∠CAD＝∠ADE， ∴AE＝DE， 设EF＝x，则CF＝2EF＝2x， ∴AB＝AC＝AE+EF+CF＝AE+3x， ∵DE∥AB， ∴△FDE∽△FBA， ∴， 即， 整理得AE2＝3x2， ∵AE＞0，x＞0， ∴， ∴，AF＝AE+EFx+x＝（1）x， 如图，过点G作GK∥BF交AC于点K， ∵G是BC的中点， ∴K是CF的中点， ∴， ∴， ∵DF∥GK， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 5．（2026•温州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AC，BC上，连结DE，作DF⊥AB于点F，连结CF．若DE垂直平分CF，BF＝12，CE＝13，则AD的长为　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质．版权所有 【分析】连接EF，由线段垂直平分线的性质推出CE＝EF＝13，判定AC∥EF，得到出四边形CDFE是平行四边形，则CD＝EF＝13，由勾股定理求出BE的长，则可得BC的长，判定△ABC∽△FBE，求出AC的长，即可得到AD的长． 【解答】解：如图，连接EF， ∵DF⊥AB， ∴∠AFD＝∠ABC＝90°， ∴BC∥DF， ∴∠CFD＝∠ECF， ∵DE垂直平分CF，且CE＝13， ∴CD＝DF，CE＝EF＝13， ∴∠CFD＝∠DCF，∠ECF＝∠CFE， ∴∠DCF＝∠CFE， ∴AC∥EF， ∴四边形CDFE是平行四边形， ∴CD＝EF＝13， ∵∠ABC＝90°，BF＝12， ∴， ∴BC＝BE+CE＝18， 又∵AC∥EF， ∴△ABC∽△FBE， ∴，即， ∴， ∴AD＝AC﹣CD． 答案为：． 6．（2026•东阳市模拟）如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE，作点A关于直线BE的对称点A′，连结A′E交BD于点F，若点A'恰为DC的中点，则△BEF与△ABE的面积比为 　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的性质． 【分析】延长EA'交BC延长线于点G，取BD中点O，连接A'O，连接A'B，先证明△EDA'≌△GCA'（AAS），则DE＝CG＝x，A'E＝A'G，然后证明GE＝GB，则8﹣2x＝4+x，求出，可得A'O为△DBC中位线，则可证明△DEF∽△OA'F，则，再将共高三角形面积比化为底之比求解即可． 【解答】解：延长E'A交BC延长线于点G，取BD中点O，连接A'O，连接A'B， 设菱形的边长为4，DE＝x， 则由菱形可得AD＝DC＝BC＝4，AD∥BC， ∴AE＝4﹣x，∠DEA'＝∠G，∠EDA'＝∠GCA'，∠BEA＝∠EBG， ∵点A'为DC的中点， ∴DA＝AC， ∴△EDA'≌△GCA'（AAS）． ∴DE＝CG＝x，A'E＝A'G， 由对称可知，AE＝A'E＝AG＝4﹣x，∠BEA＝∠BEA'，S△BEA＝S△BEA， ∴GE＝A'E+A'G＝8﹣2x，∠EBG＝∠BEA'， ∴GE＝GB， ∴8﹣2x＝4+x， 解得， ∵点A为DC的中点，点O为DB中点， ∴A'OBC＝2， ∴A'O∥BC， ∴A'O∥DE， ∴△DEF∽△OA'F， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 1．（2026•金华一模）古书《墨子•天文志》中记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，以面积为4的正方形ABCD对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'，若AB：A′B′＝1：2，则A′C′两点之间的距离为 　 ． 【考点】位似变换；正方形的性质． 【分析】连接B′D′，根据正方形的性质得到∠B′C′D′＝90°，得到B′D′是圆O的直径，根据相似比的概念求出B′C′＝C′D′＝4，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：连接B′D′， ∵四边形A′B′C′D′是正方形， ∴∠B′C′D′＝90°， ∴B′D′是圆O的直径， ∵正方形ABCD的面积为4， ∴正方形ABCD的边长为2， ∵正方形ABCD的与A′B′C′D′是位似图形，AB：A′B′＝1：2， ∴B′C′＝C′D′＝4， ∴B′D′4， ∴A′C′＝B′D′＝4， 故答案为：4． 2．（2026•东阳市模拟）如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，点G为AF的中点，连结DG交CF于点H，则四边形EFHD的周长为　 ． 【考点】正多边形和圆；相似三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理． 【分析】如图，连接AD交CF于点O，连接GO，延长GO交CD于点T．利用勾股定理，相似三角形的性质求出FH，DH可得结论． 【解答】解：如图，连接AD交CF于点O，连接GO，延长GO交CD于点T． ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴△AOF，△COD都是等边三角形， ∴AF＝CD＝AO＝OF＝OC＝OD＝2， ∴CF＝4． ∵G是AF的中点， ∴OG⊥AF， ∵AF∥CD， ∴OG⊥CD， ∴CT＝DTCD＝1， ∴OG＝OT， ∴GT＝2， ∴DG， ∵FG∥CD， ∴△FHG∽△CHD， ∴， ∴FH，DHDG， ∴四边形EFHD是周长＝EF+DE+FH+DH＝2+2． 故答案为：． 3．（2026•浙江模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，直径AC＝10，AB＝BC．若，则BD的长为　 ． 【考点】圆心角、弧、弦的关系． 【分析】连接OB，过点D作DH⊥AC于H，根据等腰三角形的性质及圆周角定理可得OB⊥AC，OA＝OC＝OB＝5，∠ADC＝90°，根据得出DH＝4，设CH＝x，先证明△ADH∽△DCH，根据相似三角形的性质求出x1＝2，得出OH＝3，证明△DHE∽△BOE，求出，，利用勾股定理求出，，进而可求出BD的长． 【解答】解：连接OB，过点D作DH⊥AC于点H，如图， ∵AC是⊙O的直径，且AC＝10， ∴OA＝OC＝OB＝5，∠ADC＝90°， ∵AB＝BC，OA＝OC， ∴OB⊥AC， ∵， ∴， ∴DH＝4， 设CH＝x，则AH＝10﹣x， ∵∠CDE+∠DCE＝90°，∠CDE+∠ADE＝90°， ∴∠ADH＝∠DCH， ∵∠DHC＝∠DHA＝90°， ∴△ADH∽△DCH， ∴，即， 解得：x1＝2，x2＝8（大于5，舍去）， 经检验，x1＝2是分式方程的解， ∴OH＝OC﹣CH＝5﹣2＝3， ∵OB⊥AC，DE⊥AC， ∴OB∥DH， ∴△DHE∽△BOE， ∴， ∴，， 在Rt△DEH中，， 在Rt△BOE中，， ∴． 4．（2026•萧山区校级模拟）如图，已知矩形ABCD中点E，F分别是BC，AD上的点，其中AB＝2BE＝2，将△ABE沿AE折叠，△CDF沿CF折叠，点B和点D恰好落在同一点P上，求DF＝　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；勾股定理；矩形的性质． 【分析】先确定AB、BE、BC的长度，以及矩形的基本性质，得到各边的垂直关系与边长关系．根据折叠的性质，可得AP＝AB＝CD＝CP＝2，过点P作PG⊥AB，PM⊥BC，PN⊥AD，结合锐角三角函数求 BP，GP，MP的长，再利用勾股定理，结合已知边长和折叠得到的线段关系，建立关于DF的方程求解． 【解答】解：如图，过点P作PG⊥AB，PM⊥BC，则PN⊥AD， ∴∠BQA＝∠BGP＝∠PME＝90°， ∴四边形BGPM是矩形， 由折叠性质得：∠APE＝90°，CP＝CD＝2，∠CPF＝90°，AP＝AB＝2，EP＝EB＝1， 设FP＝FD＝x， 在△ABE中，AB＝2，BE＝1，则． 设∠BAE＝α，则，． ∴，， ∵∠BPG＝∠BAE＝α， ∴，， 设AD＝BC＝a，由CP＝2， ∴， 解得． 由，FP＝FD＝x， ∴， 代入，得， 解得． ∴． 故答案为：． 5．（2026•鹿城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【分析】延长AD、EF交于点M，根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，通过角度之间的等量代换，证出△AEF∽△MEA，△AEF∽△ECF，△DFM∽△CFE，设CE＝s，EF＝t， 利用上述三组相似三角形可得出线段之间的比例关系，建立方程进行求解即可． 【解答】解：在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点． 延长AD、EF交于点M，如下图所示： ∵∠FEC＝∠AMF，∠AEB＝∠AFE， ∠AEB＝180°﹣∠AEF﹣∠FEC，∠AFE＝180°﹣∠AEF﹣∠EAF， ∴∠EAF＝∠FEC＝∠AMF， ∴∠EAF＝∠AME， 又∵∠AEF＝∠AEM， ∴△AEF∽△MEA， ∵∠EAF＝∠FEC，∠AFE＝∠EFC， ∴△AEF∽△ECF， ∵AM∥EC， ∴△DFM∽△CFE， ∵AB＝4，AD＝6，CF＝1， ∴DF＝AB﹣CF＝3， 设CE＝s，EF＝t， ∵△AEF∽△ECF， ∴， 即， ∴AE＝st，AF＝t2， 又∵△DFM∽△CFE， ∴， 即， ∴FM＝3t，DM＝3s， ∴AM＝AD+DM＝6+3s， EM＝EF+FM＝t+3t＝4t， ∵△AEF∽△MEA， ∴， 即， ∴， 解得或（舍去）或s＝﹣2（舍去）， 则， 故答案为：． 6．（2026•临安区一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CD平分∠ACB，若∠ACB＝60°，则　 ． 【考点】三角形的外接圆与外心；全等三角形的判定与性质；圆周角定理． 【分析】设AB与CD相交于点E，作DF⊥AB于点F，由CD平分∠ACB，且∠ACB＝60°，得∠DCA＝∠DCB＝30°，则∠DBA＝∠DCA＝30°，∠DAB＝∠DCB＝30°，推导出DA＝DB，则BF＝AFAB，因为cos30°，所以，则，由∠CAE＝∠CDB，∠ACE＝∠DCB，证明△ACE∽△DCB，则，再证明△BCE∽△DCA，得，则，于是得到问题的答案． 【解答】解：设AB与CD相交于点E，作DF⊥AB于点F，则∠BFD＝90°， ∵CD平分∠ACB，且∠ACB＝60°， ∴∠DCA＝∠DCB∠ACB＝30°， ∴∠DBA＝∠DCA＝30°，∠DAB＝∠DCB＝30°， ∴∠DBA＝∠DAB， ∴DA＝DB， ∴BF＝AFAB， ∵cos30°， ∴， ∴， ∵∠CAE＝∠CDB，∠ACE＝∠DCB， ∴△ACE∽△DCB， ∴， ∵∠CBE＝∠CDA，∠BCE＝∠DCA， ∴△BCE∽△DCA， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2026•湖州一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点F在其外角∠DCE的平分线上，以CF为边作矩形CFGH，点G恰好落在边AD上，边GF与CD交于点P，连接AF，HF．若，则AF的长为　 ． 【考点】正方形的性质；角平分线的性质；矩形的性质． 【分析】根据矩形的性质，勾股定理得到DG＝2，由角平分线的定义得到△CFP，△DPG是等腰直角三角形，可算出，过点F作FK⊥BE，FL⊥AB，则△CFK是等腰直角三角形，四边形BKFL是矩形，由此得到AL＝4，FL＝8，根据勾股定理即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝6， 如图所示，连接CG， ∵四边形CFGH是矩形， ∴∠CFG＝90°，， 在Rt△CDG中，， ∵CF是∠DCE的角平分线， ∴， 在Rt△CFP中，∠CPF＝45°＝∠DPG， ∴△CFP，△DPG是等腰直角三角形， ∴DP＝DG＝2，则CP＝CD﹣DP＝6﹣2＝4， ∴， 如图所示，过点F作FK⊥BE，FL⊥AB， ∴∠B＝∠BLF＝∠BKF＝90°，△CFK是等腰直角三角形， ∴四边形BKFL是矩形，， ∴BK＝FL＝BC+CK＝6+2＝8，BL＝FK＝2， ∴AL＝AB﹣BL＝6﹣2＝4， 在Rt△AFL中，． 故答案为：4． 8．（2026•莲都区校级模拟）青朱出入图（图1）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述，将其绘成图2，若记朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，已知b﹣a＝3，a2+b2＝29，则图2中的阴影部分面积为 　 　 ． 【考点】勾股定理的证明． 【分析】根据题意可得△IJC≌△KAM可以求出S△IJC＝S△KAM，即可得到图2中的阴影部分面积为S△GDC+S△BCM，用a，b表示后计算即可． 【解答】解：如图2， ∵朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b， ∴GD＝GH＝a，CD＝BC＝b， ∵朱入与朱出的三角形全等， ∴△FNK≌△GHI， ∴FN＝GH＝a， ∵两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等， ∴△IJC≌△KAM，△GFN≌△CMB， ∴S△IJC＝S△KAM，BM＝FN＝a， ∴阴影部分面积为S四边形GDJI+S△KAM+S△BCM ＝S四边形GDJI+S△IJC+S△BCM ＝S△GDC+S△BCM ＝ab， ∵b﹣a＝3，a2+b2＝29， ∴， 即阴影部分的面积为10， 故答案为：10． 9．（2026•普陀区一模）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EB＝6cm，AE+FC＝15cm，则EF的长是　 　 cm． （2）若，则tan∠DAH的值是　 ． 【考点】正方形的性质；解直角三角形；等腰直角三角形． 【分析】（1）首先得到AE＝BE＝6cm，BF＝CF，然后结合AE+FC＝15cm求出BF＝9cm，进而求解即可； （2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到，设AH＝x，DG＝3k，GH＝2k，用x和k的式子表示出CG，再利用列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值． 【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，EB＝6cm，AE+FC＝15cm， ∴AE＝BE＝6cm，BF＝CF， ∴6+BF＝15， 解得：BF＝9， ∴EF＝FB﹣EB＝9﹣6＝3（cm）； （2）∵， 设AH＝x，设DG＝3k，GH＝2k， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝EF＝FG＝GH＝2k， ∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴∠ABE＝∠CBF＝45°，AE＝BE＝AH+HE＝x+2k，CF＝BF＝BE+EF＝x+2k+2k＝x+4k， ∴CG＝CF+GF＝x+4k+2k＝x+6k， ∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°， ∵四边形ABCD对角互补， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADH+∠CDG＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠AHD＝∠CGD＝90°， ∵∠ADH+∠DAH＝90°， ∴∠DAH＝∠CDG， ∴， ∴， ∴， 整理得：x2+6kx﹣15k2＝0， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴． 10．（2026•拱墅区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，点E，点F分别是，上的点，连接DE，BF分别交AB，AD于点G，H．若，则⊙O的直径为　 ． 【考点】圆周角定理；矩形的性质；垂径定理；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】由等弧推出∠ABF＝∠ADE，设DH＝x，则AD＝2+x，根据tan∠ABF＝tan∠ADE建立方程，可得AD＝4，最后用勾股定理求解直径即可． 【解答】解：∵， ∴∠ABF＝∠ADE， 设DH＝x，则AD＝2+x， 故tan∠ABF＝tan∠ADE，即， ∴， 解得x＝4， ∵矩形ABCD内接于⊙O， ∴矩形的对角线即为⊙O的直径， ∴BD， 故答案为：． 11．（2026•宁波模拟）如图，矩形ABCD内接于⊙O，连结AC，E是上一点，连结EB，ED，EB与AD交于点F．若BF＝EF，∠BAC＝2∠ABE，则的值为　 ． 【考点】圆周角定理；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；矩形的性质． 【分析】由等腰三角形的性质得OF⊥BE，由圆周角定理得∠AOE＝2∠ABE，再由∠BAC＝2∠ABE得∠BAC＝∠AOE，则AB∥OE，由平行线的性质得OE⊥AD，根据垂径定理得AG＝DG，证明△AFB≌△GFE（AAS），得AF＝GF，AB＝EG，设AF＝GF＝x，则AG＝DG＝2x，AD＝4x，证明△EFG∽△DEG，则得，即可求解． 【解答】解：矩形ABCD内接于⊙O，连结AC，E是上一点， 如图，连接OE交AD于点G，连接OF、BD， ∵OB＝OE，BF＝EF， ∴OF⊥BE， ∵∠BAC＝2∠ABE，∠AOE＝2∠ABE， ∴∠BAC＝∠AOE， ∴AB∥OE， ∵在矩形ABCD中，AB⊥AD， ∴OE⊥AD， ∴AG＝DG， ∵∠BAF＝∠EGF＝90°，∠AFB＝∠GFE，BF＝EF， ∴△AFB≌△GFE（AAS）， ∴AF＝GF，AB＝EG， 设AF＝GF＝x，则AG＝DG＝2x，AD＝AG+DG＝4x， ∵矩形ABCD内接于⊙O， ∴∠BED＝90°， ∴∠FEG+∠DEG＝90°， 又∵OE⊥AD， ∴∠EGF＝∠DGE＝90°， ∴∠FEG+∠EFG＝90°， ∴∠EFG＝∠DEG， ∴△EFG∽△DEG， ∴，即， ∴， ∴， ∴． 故答案为：， 12．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　 ． 【考点】点与圆的位置关系；勾股定理；垂径定理． 【分析】连结BE，由AD＝2DB，AD＝AC，得AB＝3DB，AC＝2DB，∠C＝∠ADC，而∠C＝∠B，∠ADC＝∠EDB，所以∠B＝∠EDB，则BE＝DE，可证明∠AFC＝∠AEB＝90°，则△AFC∽△AEB，求得，因为DF＝CF＝1，所以，则DE，求得EF＝DE+DF，于是得到问题的答案． 【解答】解：连结BE， ∵AD＝2DB，AD＝AC， ∴AB＝2DB+DB＝3DB，AC＝2DB，∠C＝∠ADC， ∵∠C＝∠B，∠ADC＝∠EDB， ∴∠B＝∠EDB， ∴BE＝DE， ∵AF⊥CD于点F，AB是⊙O的直径， ∴∠AFC＝∠AEB＝90°， ∴△AFC∽△AEB， ∴， ∵CF＝1， ∴， ∴DE， ∵AD＝AC，AF⊥CD于点F， ∴DF＝CF＝1， ∴EF＝DE+DF1， 故答案为：． 13．（2026•舟山模拟）如图，△ABC为⊙O内接三角形，其中AB为直径，且，点E为∠BAC和∠ACB平分线的交点，延长CE交⊙O于点P，连结OE，OP，BP． ①BP＝　 　 ； ②若OE＝x，CE＝y，y与x之间的函数关系为　 ． 【考点】三角形的外接圆与外心；函数关系式；角平分线的性质；圆周角定理． 【分析】①如图，连接AP，根据圆周角相等得到弦AP＝BP，即△ABP为等腰直角三角形，求出BP＝AP＝6； ②连接BE，过E分别作△ABC三边的垂线，垂足分别为M、N、F，由点E为∠BAC和∠ACB平分线的交点得到E是△ABC的内心，则，证明Rt△ANE≌Rt△AME（HL），得到，同理可得，再根据，得到，接着根据S△ABC＝S△ACE+S△BCE+S△ABE，得到，求出（AC﹣BC）2＝（2OM）2＝﹣2y2﹣24y+72，最后在Rt△OEM中由勾股定理得到，整理化简即可． 【解答】解：①如图，连接AP， 由条件可知∠ACP＝∠BCP， ∴AP＝BP， ∵AB为⊙O的直径，且， ∴∠APB＝90°， ∴BP＝AP＝6； 故答案为：6． ②连接BE，过E分别作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为M、N、F， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°，， 由条件可知EN＝EF＝EM，，， ∴∠NCE＝∠CEN＝45°， ∴CN＝EN， ∵CE＝y， ∴， ∴， ∵EN＝EM，AE＝AE，∠ANE＝∠AME＝90°， ∴Rt△ANE≌Rt△AME（HL）， ∴， 同理可得， ∵， ∴， 整理得， ∵S△ABC＝S△ACE+S△BCE+S△ABE， ∴， 即， ∴， ∴， ∵，， ∴|AC﹣BC|＝|AM﹣BM|＝|（OA+OM）﹣（OB﹣OM）|＝2OM， ∴（AC﹣BC）2＝（2OM）2＝﹣2y2﹣24y+72， 解得， ∴， 整理得． 故答案为：． 14．（2026•莲都区校级模拟）古希腊数学家埃拉托色尼的名著《对地球大小的修正》中提出了一种测量地球周长的设想．如图，点A和点B所在位置是几乎在同一条经线上的两座城市，两地相距约800km，在A处有一口垂直于地面的水井，夏至日中午12点太阳光可直射井底（即此刻太阳光线CA与地球半径OA共线），同一时刻在B处竖起一根垂直于地面的木棍，利用影子测出太阳光线与木棍所在直线的夹角α约为7.2°，据此可以估算地球的周长约为　 　 km． 【考点】弧长的计算；平行线的性质．菁 【分析】根据题意可得OA∥BE，∠EBD＝7.2°，的长度为800km，设地球的半径为rkm，根据弧长公式可得πr的值，进而可求得地球的周长． 【解答】解：如图， 由题意得OA∥BE，∠EBD＝7.2°，的长度为800km， ∴∠AOB＝7.2°， 设地球的半径为rkm， ∴， 解得πr＝20000， ∴地球的周长为2πr＝40000（km）， 故答案为：40000． 15．（2026•钱塘区二模）如图，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，CD上，，把△CMN沿MN折叠，点C恰好落在边AD上的点E处，延长NM交AB的延长线于点F．若BF＝DN，则tan∠MNC的值为 　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；矩形的性质． 【分析】过点M作MH⊥AD于点H，设BM＝a，CM＝3a，设BF＝DN＝x，证明△BMF和CMN相似，利用相似三角形性质得CN＝3x，则CD＝4x，证明四边形MHDC是矩形得MH＝CD＝4x，由折叠性质得EN＝CN＝3x，EM＝CM＝3a，∠MEN＝∠C＝90°，再证明△MHE和△EDN相似，利用相似三角形性质得HE＝a，在Rt△MHE中，由勾股定理得x，由此得CN＝3x，然后在Rt△CMN中，由正切函数的定义可得tan∠MNC的值． 【解答】解：过点M作MH⊥AD于点H，如图所示： ∴∠MHE＝90°， ∴△MHE是直角三角形， ∵， ∴设BM＝a，CM＝3a，其中a＞0， 设BF＝DN＝x，其中x＞0， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AB∥CD， ∴△CMN是直角三角形， ∵点F在AB的延长线上， ∴BF∥CN， ∴△BMF∽CMN， ∴， ∴， ∴CN＝3x， ∴CD＝CN+DN＝4x， ∵∠MHE＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形MHDC是矩形， ∴MH＝CD＝4x， 由折叠性质得：EN＝CN＝3x，EM＝CM＝3a，∠MEN＝∠C＝90°， 在Rt△MHE中，∠HME+∠HEM＝90°， 又∵∠DEN+∠HEM＝180°﹣∠MEN＝90°， ∴∠HME＝∠DEN， 在△MHE和△EDN中， ∠MHE＝∠D＝90°，∠HME＝∠DEN， ∴△MHE∽△EDN， ∴， ∴， ∴HE＝a， 在Rt△MHE中，由勾股定理得：EM2＝MH2+HE2， ∴（3a）2＝（4x）2+a2， 整理得：a2＝2x2， ∵a＞0，x＞0， ∴a， ∴CM＝3a， 在Rt△CMN中，tan∠MNC， 即tan∠MNC的值为． 故答案为：． 16．（2026•宁波模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，FH的延长线过点D．若AB＝3，BC＝6，AE＝1，则BF的长为　 　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质． 【分析】根据矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，得，求解即可； 【解答】解：∵矩形ABCD，AB＝3，BC＝6， ∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝6，∠A＝∠B＝∠CDA＝∠BCD＝90°， 该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，且AE＝1， ∴∠BFE＝∠DFE，DE＝AD﹣AE＝5， ∵矩形ABCD， ∴AD∥BC， ∴∠BFE＝∠DEF， ∴∠DFE＝∠DEF， ∴DF＝5， ∴， ∴BF＝BC﹣CF＝2， 故答案为：2． 17．（2026•宁波校级一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　 ． 【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；菱形的性质．菁 【分析】在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J．证明∠B＝∠ECK＝∠K，设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a，证明△KEC∽△KFE，得出，则，可得出答案． 【解答】解：在BC的延长线上取一点K，使得EK＝EC，过点E作EJ⊥CK于点J． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠B＝∠D， ∵EC＝EK， ∴∠ECK＝∠K， ∵AB＝AF， ∴∠B＝∠AFB， ∵AB∥CD， ∴∠B＝∠ECK＝∠K， 设CJ＝JK＝a，则CE＝EK＝5a，CK＝2a， 由翻折变换的性质可知，∠D＝∠AFE＝∠B＝∠AFB， ∵∠EFK+2∠B＝180°，∠KEC+2∠B＝180°， ∴∠CEK＝∠EFK， ∵∠K＝∠K， ∴△KEC∽△KFE， ∴， ∴， ∴EF＝KFa， ∴DE， ∴． 故答案为：． 18．（2026•浙江模拟）如图，在等边△ABC内有一点P，AP＝PB＝2PC＝4．将△ABP绕A点逆时针旋转，得到△ACP′，连接P′P，则tan∠P′PC的值为　 ． 【考点】旋转的性质；解直角三角形；等边三角形的性质；勾股定理． 【分析】根据等边三角形及旋转的性质得出AP＝AP′＝4，∠P′AP＝∠BAC＝60°，CP′＝BP＝4，确定△APP′为等边三角形，过P′点作P′D⊥PC于点D，设PD＝x，则CD＝2﹣x，利用勾股定理建立方程得出x＝1，，再由正切函数的定义求解即可． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形，AP＝PB＝2PC＝4． ∴∠BAC＝60°，AB＝AC，PC＝2， ∵△ABP绕A点逆时针旋转得△ACP′， ∴AP＝AP′＝4，CP′＝BP＝4，∠P′AP＝∠BAC＝60°， ∴△APP′为等边三角形， ∴PP′＝AP＝4， 如图，过P′点作P′D⊥PC于点D， 设PD＝x，则CD＝2﹣x， 在Rt△PP′D中，由勾股定理得：P′D2＝42﹣x2， 在Rt△CP′D中，由勾股定理得：P′D2＝42﹣（2﹣x）2， ∴42﹣x2＝42﹣（2﹣x）2， 解得：x＝1， ∴， 在Rt△PP′D中，， 故答案为：． 19．（2026•平阳县校级模拟）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，当点E落在对角线AC上时，且AG＝GH，则cos∠CAB的值为　 ． 【考点】旋转的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；矩形的性质．菁优 【分析】过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c，根据图形旋转的性质可知EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°，则AE＝AC﹣CE＝c﹣b，，根据，求得CN＝AC﹣AN＝2b﹣c，根据△ANH∽△ABC，求得，结合，即可求得答案． 【解答】解：如图，过点H作EF的平行线，交AC于点N，设AD＝a，CD＝b，AC＝c． ∵AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF， ∴EF＝AD＝a，CD＝CE＝b，∠D＝∠CEF＝90°． ∴AE＝AC﹣CE＝c﹣b，． ∵EF∥NH， ∴△AEG∽△ANH． ∴， ∴AN＝2c﹣2b， ∴CN＝AC﹣AN＝2b﹣c， ∵EF∥NH， ∴∠AEG＝∠ANH＝90°， ∴∠ABC＝∠ANH， ∵∠NAH＝∠BAC， ∴△ANH∽△ABC， ∴， ∴， ∵EF∥NH， ∴△CNH∽△CEF， ∴， ∴， ∴2b﹣c＝2c﹣2b， ∴． ∴． 故答案为：． 20．（2026•浙江模拟）如图，⊙O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，∠ACB的平分线分别交⊙O、AB于点D、M，则线段DM的长为　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质；直角三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理． 【分析】连接AD，BD，过B作BH⊥CD于H，由圆周角定理得∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理求出BC＝8cm，判定△BCH是等腰直角三角形，求出CH＝BH＝4cm，判定△ADB是等腰直角三角形，求出BD＝5cm，由勾股定理求出DH＝3cm，得CD＝CH+DH＝7cm，判定△DBM∽△DCB，推出DB：DC＝DM：DB，即可求出DM的长． 【解答】解：连接AD，BD，过B作BH⊥CD于H， ∵AB是圆的直径， ∴∠ACB＝∠ADB＝90°， ∵AB＝10cm，AC＝6cm， ∴BC8（cm）， ∵CD平分∠ACB， ∴∠BCD＝∠ACD∠ACB＝45°， ∴△BCH是等腰直角三角形， ∴CH＝BHBC＝4（cm）， ∵∠ACD＝∠BCD， ∴， ∴AD＝BD， ∴△ADB是等腰直角三角形， ∴BDAB＝5（cm），∠MBD＝45°， ∴DH3（cm）， ∴CD＝CH+DH＝7（cm）， ∵∠MBD＝∠BCD＝45°，∠BDM＝∠CDB， ∴△DBM∽△DCB， ∴DB：DC＝DM：DB， ∴5：7DM：5， ∴DM（cm）． 故答案为：cm． 21．（2026•宁波模拟）如图，点D是△ABC内部一点，且∠DCB＝∠DAB，延长AD交BC于点E．已知6AD＝7DE，BE＝5，CE＝6，则AB＝　 ． 【考点】相似三角形的判定与性质．菁 【分析】过点D作DF∥AB交AB于点F，证明△DEF∽△AEB，设AD＝7k，则DE＝6k，求出，设DF＝6m，则AB＝13m，再证明△CFD∽△DFE，得到DF2＝CF•EF，即可求解． 【解答】解：过点D作DF∥AB交AB于点F， ∵DF∥AB， ∴△DFE∽△ABE， ∴， ∵6AD＝7DE， 即， 设AD＝7k，则DE＝6k， ∴AE＝DE+AD＝13k， ∵BE＝5， ∴， ∴， ∵△DEF∽△AEB， ∴， 设DF＝6m，则AB＝13m， ∵DF∥AB， ∴∠EDF＝∠DAB， ∵∠DCB＝∠DAB， ∴∠EDF＝∠DCB， ∵∠CFD＝∠DFE， ∴△CDF∽△DEF， ∴， ∴DF2＝CF•EF， ∵CE＝6， ∴， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， 故答案为：3． 22．（2026•西湖区校级一模）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　 　 cm． 【考点】相似三角形的判定与性质；二次根式的应用；角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）． 【分析】延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F，通过翻折的性质和角平分线的性质得出相等的边和角，证明△A′BQ≌△A′BE，得出相等的边，结合矩形的性质证明△DPQ∽△BEQ，得出相似比，设PQ＝A′Q＝A′E＝x，表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【解答】解：如图所示，延长PA′交BC于点E，过点P作PF⊥BC于点F， ∴∠PFB＝∠PFE＝90°， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC， ∴四边形ABFP为矩形， ∴BF＝AP，， 根据折叠可得，，∠BA′Q＝∠A＝90°＝∠BA′E， ∵A'B平分∠DBC， ∴∠A′BQ＝∠A′BE， 又∵A′B＝A′B， ∴△A′BQ≌△A′BE（ASA）， ∴A′Q＝A′E， ∵点Q平分线段A′P， ∴PQ＝A′Q， ∴PQ＝A′Q＝A′E， ∵AD∥BC， ∴△DPQ∽△BEQ， ∴， 设PQ＝A′Q＝A′E＝xcm， 则PE＝3x，BF＝AP＝A′P＝2x， 由勾股定理得， ∴， ∴ 由勾股定理得PF2+EF2＝PE2， 即， 解得x＝2（负值已舍）， ∴AD＝AP+PD＝4+3＝7（cm）， 故答案为：7． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押05 浙江中考数学15~16题（填空题） 考点1 全等三角形的性质与判定及其综合 1．（2025•萧山区二模）M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，且AB＝8，BC＝13，MN＝3，则△ABC的周长等于　 　 ． 2．（2025•临平区模拟）如图，在等边△ABC中，点D在边BC上，点E在BA的延长线上，连接EC，点F为EC上一点，连接FB交AD于点G，FB平分∠AFC，∠ADC＝2∠E．则下列结论中：①∠AFE＝60°；②AF+CF＝BF；③BD＝DG；④若BD＝3，AE＝4，则EF的长为．正确的是　 　 （填序号）． 3．（2025•浙江模拟）如图，△ABC是等边三角形，点D在AC边，点E在AB的延长线上，连接BD，EC，且∠BDC＝2∠E． （1） 　 ； （2）若CD＝5，BE＝4，则AB的长为 　 　 ． 4．（2025•浙江模拟）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法．如图所示，在矩形ABCD中（AB＞AD），以AD为边作正方形ADEF，在FE的延长线上取一点G，使得∠DGC＝Rt∠，过点D作DH⊥DG交AB于点H，过点H作HK⊥GC于点K．若AF＝2，BF＝3FH，则FH的长为　 ． 考点2 三角形勾股定理的综合 1．（2025•景宁县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的中垂线分别交AB，AC于点E，F． （1）若，C△BCF＝12，则S△ABC＝　 　 ； （2）若AB＝m，C△BCF＝n，则S△ABC＝　 （用含m，n的代数式表示）． 2．（2025•滨江区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，CD＝CB，∠BCD＝90°，，若四边形ABCD的面积为10，则线段BD的长为　 ． 3．（2025•金华模拟）如图，分别在三角形纸板ABC的顶点A，B处系一根线，把该三角形纸片悬挂起来，在纸板上分别画出悬线的延长线AD和BE，相交于点P．AB＝6，AC＝8，BC＝10．则CP的长度是 　 ． 4．（2025•浙江模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠CAB＝30°，以AC为斜边作Rt△ADC．使∠ADC＝90°，∠CAD＝∠CAB，E、F分别是BC、AC的中点，连接EF、DE、DF，则DE的长为 　 ． 考点3 平行四边形的性质及其综合 1．（2026•鹿城区校级一模）如图，两条直线l1，l2分别经过正六边形ABCDEF的顶点B、C，且l1∥l2．当∠2＝95°时，则∠1＝　 　 ． 2．（2026•钱塘区二模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，⊙O经过点A，B，C，与CD相交于点E，连结AE．若∠B＝75°，则∠DAE的度数为　 　 ． 3．（2026•台州一模）如图，在▱ABCD中，过点C作CE⊥BD于点E，连结AE．若CE＝3，sin∠AEB，则AE的值为 　 ． 4．（2025•上城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，B'是点B关于对角线AC的对称点，连结AB'交CD于点E，连结BB'交CD于点F，交AC于点G．AB＝13，AG＝2CG＝12，则△B′EF的面积是 　 ． 考点4 菱形的性质及其综合 1．（2026•杭州一模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，AC＝6，BD＝4，则tan∠DAO的值为　 ． 2．（2026•浙江模拟）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点P，△EFD与△APD关于点D成中心对称．若AC＝14，BD＝16，则BE＝　 　 ． 考点5 正方形的性质及其综合 1．（2025•丽水一模）如图，正方形ABCD中，E为CD边上一点，，点F在BE上，连接AF，满足∠BAF＝2∠CBE，过点F作FG⊥BE交AD于点G，若正方形的边长为，则FG的长为　 　 ． 2．（2026•绍兴一模）如图，正方形ABCD边长为2，动直线l经过正方形中心O，线段A′B′与线段AB关于直线l对称，则点B到直线A′B′的距离最大值为　 ． 3．（2026•衢江区模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，点P为BC延长线上一点，连接PA、PD，过点D作ED⊥PD交PA于点E．当PE＝3AE时，则PC的长为　 ． 4．（2026•浙江模拟）七巧板是我国古代著名的益智玩具，由一个正方形分割成七块几何图形组成，现把正方形边长为4的图1七巧板拼成“小天鹅”形状，并放置在图2所示的直角坐标系中，则最高点A的坐标为　 　 ． 5．（2025•仙居县二模）如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，M，N分别是AB，CD的中点，当点F落在线段MN上时，点G恰好在ED上．记正方形AEFG的面积为m，正方形ABCD的面积为n，则 　 ． 考点6 圆周角定理 1．（2026•滨江区一模）如图，A，C，B，D是⊙O上的点，OC⊥AB．若∠AOC＝60°，则sin∠BDC＝　 ． 2．（2026•杭州一模）如图，AB为半圆O的直径，弦CD∥AB，点P在AB上，连结PD，PC．若∠DPC＝90°，∠DCP＝30°，则的值为　 ． 3．（2026•杭州模拟）已知：如图，AB为⊙O的直径，C是半圆上的一点，D为弧的中点，点P在半径OB上，且AC＝AP，连结CP，DP，BD．若，则cos∠CPD＝　 ． 4．（2026•富阳区一模）如图，已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，OE＝BE，点P是劣弧上任意一点（不与点A，D重合），CP交AB于点M，AP与CD的延长线相交于点F，设∠PCD＝α，当∠F＝3∠PCD时，则　 ． 5．（2026•余杭区校级模拟）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝60°，则∠BCD＝　 　 度． 6．（2026•长兴县校级模拟）如图，在⊙O中，圆周角∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，AB＝4，AC＝3，则AD的长为 　 ． 7．（2026•平阳县校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点H，点E为⊙O上一点，，连接DE交AB于点F．若AH＝1，AB＝10，则HF的长为　 ． 8．（2026•莲都区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，E是BC边上的一点，AB＝2BE，以E为圆心，AE为半径的圆弧交AD于点F，交CD于点G．若F是弧AG的中点，则　 ． 9．（2026•嘉兴一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD和正方形EFGH．延长BE交以AD为直径的半圆于点M，连接MH．若，则的值为　 ． 10．（2026•宁波模拟）如图，菱形OABC的顶点A，C在圆O上，连接并延长OB交圆于点D，连接AD，CD，若OB＝BD＝2，则四边形OADC的面积为　 ． 11．（2025•富阳区一模）如图是以AB为直径的⊙O，点C是圆上一点，将圆形纸片沿着AC折叠，与AB交于点D，连结CD并延长与圆交于点E．若∠ACD＝3∠CAD，则的值等于 　 ． 12．（2025•乐清市校级模拟）如图，点A是以BC为直径的半圆O上的一点，D，E分别是和的中点，连结DE交AB于M，交AC于N．若AB＝8，AC＝6时，则MN的值为　 ． 考点7 圆内接四边形 1．（2026•宁波模拟）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，若∠B＝110°，则∠D＝　 　 °． 2．（2026•定海区模拟）如图，四边形BCEF为⊙O圆内接四边形，AB为⊙O直径，连接OE，若∠BOE＝80°，则∠C＝　 　 ． 3．（2026•西湖区校级模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC＝CD，∠ADC＝100°，则∠AOD＝　 　 ． 考点8 三角形内接圆与外心的综合 1．（2026•舟山模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AC为⊙O的直径，点B是的中点，延长BC至点D，连接AD，若∠D＝2∠CAD，BC＝2，则AD的长为　 　 ． 2．（2026•浙江模拟）如图，△ABC内接于⊙O，D是上一点，AD∥BC，连接OA交BC于E，OA平分∠BAD，，，则AC＝　 　 ． 3．（2026•浙江一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD＝2，连结AC，BD，若△ABD与△CBD的面积相等，则AC的长为　 ． 考点9 正多边形与圆 1．（2026•定海区一模）如图，正五边形OABCD的边长为2，⊙O经过点A，D，则阴影部分扇形的的长为　 ． 2．（2025•湖州一模）如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，连接OC，OD，则∠BAE﹣∠COD＝　 　 °． 3．（2025•临平区校级三模）如图，点F在正五边形的边ED上运动．若∠ABF＝x°，写出一个符合条件的x的值：　 　 ． 4．（2025•义乌市二模）如图，已知点P是正六边形ABCDEF内一点，连结PE，PF，PB，PC．若S△PEF＝3，sPBC，则AB的长为　 　 ． 考点10 弧长与扇形面积的计算 1．（2026•余杭区校级模拟）已知弧的长为4πcm，该弧所在圆的半径为8cm，则该弧的度数为　 　 ． 2．（2026•宁波模拟）如图，扇形AOB是某wifi标志的外轮廓图，已知扇形半径OA＝6cm，∠AOB＝60°，则扇形的弧长为　 　 cm．（结果保留π） 3．（2026•西湖区一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝40°，以AC为直径的半圆O分别交AB，BC于点D，E，若AB＝18，则图中的长为　 　 ． 4．（2026•萧山区校级模拟）已知一个扇形的圆心角为120°，面积为12π，则此扇形的弧长为　 　 ． 5．（2025•钱塘区一模）如图，在扇形OAB中，过的中点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E．已知∠AOB＝90°，OA＝4，则图中阴影部分的面积为　 　 （结果保留π）． 6．（2026•黄石一模）如图，在⊙O中，OA＝2，∠C＝45°，则图中阴影部分的面积为 　 　 ． 考点11 图形的变换之折叠与旋转 1．（2026•衢州模拟）如图，矩形ABCD是一张长宽比为的标准纸，将矩形纸片沿DE折叠，使得点C落在点C′处，且A，C′，E三点在同一直线上，则　 ． 2．（2026•拱墅区校级模拟）如图，D是△ABC中AC边上的一点，将△ABD沿着BD对折，点A的对应点E恰好落在BC上，连结AE，若AE＝BD＝6，CE＝2BE，则AD的长为 　 ． 3．（2026•舟山模拟）如图1的“方胜”由两个全等正方形交错叠合而成，是中国古代象征同心吉祥的一种装饰图案．如图2，将正方形ABCD沿对角线AC方向平移得到正方形EFGH，形成“方胜”图案，如果平移距离为3，且，那么点A到点G的距离是　 　 ； 4．（2026•浙江模拟）如图，钝角三角形ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，点C′在直线BC上，AB′⊥BC．已知BC＝5，，则AC的长为　 ． 5．（2026•普陀区一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝75°，AB＝6，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A′BC′D′，当C′D′经过点C时，点A′到AB的距离为　 　 ． 考点12 相似三角形的判定与性质 1．（2025•浙江）如图，矩形ABCD内接于⊙O，E是上一点，连接EB，EC分别交AD于点F，G．若AF＝1，EG＝FG＝3，则⊙O的直径为 　 　 ． 2．（2026•浙江模拟）如图，在▱ABCD中，点E在CD的延长线上，连接BE分别与AC，AD相交于点F，G．若CD＝2DE，则的值为　 ． 3．（2026•丽水一模）如图，在▱ABCD中，点E在BC上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，延长AF交DC于点G，交射线BC于点P，延长EF交CD于点Q．当CP＝CE时，设n，则n＝　 （用含m的代数式表示）． 4．（2026•鹿城区校级模拟）如图，已知在△ABC中，AB＝AC，AG是BC上的高线，点D是AG上的一点，BD交AC于点F．过点D作DE∥AB交AC于E，联结CD，若CF＝2EF，△ABC的面积为2，则△ADF的面积为　 ． 5．（2026•温州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别在边AC，BC上，连结DE，作DF⊥AB于点F，连结CF．若DE垂直平分CF，BF＝12，CE＝13，则AD的长为　 ． 6．（2026•东阳市模拟）如图，在菱形ABCD中，点E在AD上，连结BE，作点A关于直线BE的对称点A′，连结A′E交BD于点F，若点A'恰为DC的中点，则△BEF与△ABE的面积比为 　 ． 1．（2026•金华一模）古书《墨子•天文志》中记载：“执规矩，以度天下之方圆．”度方知圆，感悟数学之美．如图，以面积为4的正方形ABCD对角线的交点为位似中心，作它的位似图形A'B'C'D'，若AB：A′B′＝1：2，则A′C′两点之间的距离为 　 ． 2．（2026•东阳市模拟）如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，点G为AF的中点，连结DG交CF于点H，则四边形EFHD的周长为　 ． 3．（2026•浙江模拟）如图，四边形ABCD内接于⊙O，直径AC＝10，AB＝BC．若，则BD的长为　 ． 4．（2026•萧山区校级模拟）如图，已知矩形ABCD中点E，F分别是BC，AD上的点，其中AB＝2BE＝2，将△ABE沿AE折叠，△CDF沿CF折叠，点B和点D恰好落在同一点P上，求DF＝　 ． 5．（2026•鹿城区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点．若AB＝4，AD＝6，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，则AE的长为　 ． 6．（2026•临安区一模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，CD平分∠ACB，若∠ACB＝60°，则　 ． 7．（2026•湖州一模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点F在其外角∠DCE的平分线上，以CF为边作矩形CFGH，点G恰好落在边AD上，边GF与CD交于点P，连接AF，HF．若，则AF的长为　 ． 8．（2026•莲都区校级模拟）青朱出入图（图1）是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理引入的图形，该图中的两个青入的三角形分别与两个青出的三角形全等，朱入与朱出的三角形全等，朱方与青方是两个正方形．为便于叙述，将其绘成图2，若记朱方对应正方形GDJH的边长为a，青方对应正方形ABCD的边长为b，已知b﹣a＝3，a2+b2＝29，则图2中的阴影部分面积为 　 　 ． 9．（2026•普陀区一模）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EB＝6cm，AE+FC＝15cm，则EF的长是　 　 cm． （2）若，则tan∠DAH的值是　 ． 10．（2026•拱墅区一模）如图，矩形ABCD内接于⊙O，点E，点F分别是，上的点，连接DE，BF分别交AB，AD于点G，H．若，则⊙O的直径为　 ． 11．（2026•宁波模拟）如图，矩形ABCD内接于⊙O，连结AC，E是上一点，连结EB，ED，EB与AD交于点F．若BF＝EF，∠BAC＝2∠ABE，则的值为　 ． 12．（2026•浙江一模）如图，已知点D为⊙O的直径AB上一点，且AD＝2DB．C为⊙O上一点，满足AD＝AC，连结CD并延长交圆于点E，连结AE，过点A作AF⊥CD，若CF＝1，则EF的长为　 ． 13．（2026•舟山模拟）如图，△ABC为⊙O内接三角形，其中AB为直径，且，点E为∠BAC和∠ACB平分线的交点，延长CE交⊙O于点P，连结OE，OP，BP． ①BP＝　 　 ； ②若OE＝x，CE＝y，y与x之间的函数关系为　 ． 14．（2026•莲都区校级模拟）古希腊数学家埃拉托色尼的名著《对地球大小的修正》中提出了一种测量地球周长的设想．如图，点A和点B所在位置是几乎在同一条经线上的两座城市，两地相距约800km，在A处有一口垂直于地面的水井，夏至日中午12点太阳光可直射井底（即此刻太阳光线CA与地球半径OA共线），同一时刻在B处竖起一根垂直于地面的木棍，利用影子测出太阳光线与木棍所在直线的夹角α约为7.2°，据此可以估算地球的周长约为　 　 km． 15．（2026•钱塘区二模）如图，在矩形ABCD中，点M，N分别在边BC，CD上，，把△CMN沿MN折叠，点C恰好落在边AD上的点E处，延长NM交AB的延长线于点F．若BF＝DN，则tan∠MNC的值为 　 ． 16．（2026•宁波模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为G，H，FH的延长线过点D．若AB＝3，BC＝6，AE＝1，则BF的长为　 　 ． 17．（2026•宁波校级一模）如图，点E在菱形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，使点D的对应点F恰好落在边BC上．若，则的值是　 ． 18．（2026•浙江模拟）如图，在等边△ABC内有一点P，AP＝PB＝2PC＝4．将△ABP绕A点逆时针旋转，得到△ACP′，连接P′P，则tan∠P′PC的值为　 ． 19．（2026•平阳县校级模拟）如图，AC为矩形ABCD的对角线，将△ACD绕点C逆时针旋转得到△CEF，当点E落在对角线AC上时，且AG＝GH，则cos∠CAB的值为　 ． 20．（2026•浙江模拟）如图，⊙O的直径AB＝10cm，弦AC＝6cm，∠ACB的平分线分别交⊙O、AB于点D、M，则线段DM的长为　 ． 21．（2026•宁波模拟）如图，点D是△ABC内部一点，且∠DCB＝∠DAB，延长AD交BC于点E．已知6AD＝7DE，BE＝5，CE＝6，则AB＝　 ． 22．（2026•西湖区校级一模）某中学数学社团开展折纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的矩形纸条中剪取矩形纸片ABCD（）．先将纸片折出折痕BD，再在边AD上取点P，将△ABP沿BP折叠得△A′BP．记A′P与BD的交点为Q，在折纸过程中，当点Q平分线段A′P时，A′B恰好平分∠DBC，则AD长度应取　 　 cm． 1 / 2 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