浙江省填空题（3-2）-【中考三轮复习】全国2026年中考数学名校模拟优选好题

**基本信息** 聚焦浙江中考数学填空压轴，以名校模拟题为载体，融合几何直观与代数推理，系统覆盖函数、几何综合及实际应用，突出模型建构与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |几何综合|10题|辅助线构造（如第1题作高）、相似建模（如第5题杠杆问题）|从图形性质到动态变换，形成"性质应用-模型转化-计算验证"链条| |代数运算|8题|方程思想（如第2题韦达定理）、数式变形（如第3题进制转换）|以函数为核心，串联方程、不等式及代数变形，强化符号意识| |实际应用|7题|数学建模（如第25题无人机测量）、数据分析（如第10题概率计算）|从实际问题抽象数学关系，体现应用意识与数据观念|

【三轮复习】2026年浙江省中考数学名校模拟优选好题-填空题（3-2） 一．填空题（共25小题） 1．（2026•浙江一模）如图，热气球探测器显示，从热气球A处测得一栋楼顶部C处的仰角是37°，测得这栋楼的底部B处的俯角是60°，热气球与这栋楼的水平距离是36米，那么这栋楼的高度是　 　 米（精确到0.01米）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 2．（2026•揭东区一模）已知：点P（m，n）在直线y＝﹣x+5上，也在双曲线y上，则m2+n2的值为 　 　 ． 3．（2026•台州一模）逢k进一的数称为k进制数，k为大于1的整数．k进制的n位数可以表示为（an，an﹣1，…，a2，a1）k，其中n为正整数，an，an﹣1…，a2，a1均为小于k的自然数，且an≠0．k进制数可以化为常见的十进制数，公式如下： ．例如，十六进制的两位数（2，12，二进制的三位数（1，0，．已知（2，3，6）x﹣（2，2，5）x＝（1，4）y，则y关于x的函数关系式是　 　 ；x+y的最小值为　 　 ． 4．（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 　 　 ． 5．（2026•台州一模）如图是笔直杠杆AB的示意图．已知AB＝180cm，支点C离水平地面的高度为20cm．当杠杆的端点A落到地面时，端点B离地面的高度为30cm，则AC的长度为　 　 cm． 6．（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　 　 ． 7．（2026•杭州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，且点A′落在边BC上，连结CC′．若CC′＝CA′，则∠ABC的度数是　 　 ． 8．（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　 　 ． 9．（2026•温州一模）清朝时期的课本《代微积拾级》中用“┬⊥”来表示相当于的代数式．若“┬”的值为2，“⊥”的值为，则“天”与“地”的和为　 　 ． 10．（2026•温州一模）七巧板是我国传统智力玩具，它由七块板组成．若小温从七块板中随机选择一块，则选中三角形的概率为　 　 ． 11．（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　 　 ． 12．（2026•金华一模）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 　 　 ． 13．（2026•金华一模）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　 　 ． 14．（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　 　 ． 15．（2026•深圳模拟）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　 　 ． 16．（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　 　 ． 17．（2026•拱墅区一模）数学家曾提出快速估算两个正分数的平均数的方法，即：已知a，b，c，d都是正整数，如果，那么．例如：，那么．若，且p为整数，则p＝　 　 ． 18．（2026•嘉兴一模）在直角坐标系中，点A（﹣2，1），B（1，7），C（3，a）在同一条直线上，则a的值为　 　 ． 19．（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　 　 ． 20．（2026•绍兴一模）魏晋时期刘徽在《九章算术注》中提到了一种求二次根式近似值的方法：对于正整数k，若k＝a2+r（其中a为正整数，整数r≠0），则当|r|最小时，．用该方法计算的近似值为　 　 ．（结果保留两位小数） 21．（2026•绍兴一模）如图，在直角三角形ABC中，∠BCA＝90°，矩形直尺的一边与BC重合，另一边与AB，AC分别交于点D，E，其中点B，C，D，E处的读数分别为8cm，14cm，11cm，14cm．若矩形直尺的宽为2cm，则边AC的长为　 　 cm． 22．（2026•上城区一模）如图，在矩形ABCD中，点O是对角线AC上一点，连接OD，将△AOD沿OD翻折，得到△EOD．OE交BC于F点，ED交AC于G点，交BC于H点，且ED⊥AC． （1）若OG＝OF＝1，则DG＝ 　 　 ． （2）若，则四边形OFHG与△GHC的面积比为 　 　 （用含k的代数式表示）． 23．（2026•上城区一模）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中，利用尺规构造的方法求解一元二次方程，深刻影响了数学的发展．对于形如x2+px＝q（p＞0，q＞0）的方程，采用如下构造步骤：如图， ①作线段AB＝p，取AB的中点D，则； ②过B点作BE⊥AB，使得BE2＝q； ③以D为圆心、DE的长为半径作圆，交直线AB于C，F两点．该方程的正根为图中线段　 　 ． 24．（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　 　 ． 25．（2026•富阳区一模）如图，一次校园活动中无人机进行测量工作，当无人机上升到达A点时，地面D处的测量仪测得AD长6米，仰角为37°，cos37°≈0.8．无人机直线上升到达点B处，地面C处的测量仪测得仰角为45°，点O，C，D在同一直线上，已知C，D两处相距0.4米，则OB的距离为　 　 米． 【三轮复习】2026年浙江省中考数学名校模拟优选好题-填空题（3-2） 参考答案与试题解析 一．填空题（共25小题） 1．（2026•浙江一模）如图，热气球探测器显示，从热气球A处测得一栋楼顶部C处的仰角是37°，测得这栋楼的底部B处的俯角是60°，热气球与这栋楼的水平距离是36米，那么这栋楼的高度是　89.28　 米（精确到0.01米）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75， 【解答】解：作AD⊥BC，由题意，AD＝36米，∠CAD＝37°，∠DAB＝60°， 在Rt△ADC中，CD＝AD•tan37°≈36×0.75＝27（米）， 在Rt△ADB中，（米）， ∴BC＝BD+CD＝89.28； 故这栋楼的高度是89.28米； 故答案为：89.28． 2．（2026•揭东区一模）已知：点P（m，n）在直线y＝﹣x+5上，也在双曲线y上，则m2+n2的值为 　29　 ． 【解答】解：∵点P（m，n）在直线y＝﹣x+5上，也在双曲线y上， ∴n＝﹣m+5，n， ∴n+m＝5，mn＝﹣2， ∴m2+n2＝（n+m）2﹣2mn＝52﹣2×（﹣2）＝29． 故答案为：29． 3．（2026•台州一模）逢k进一的数称为k进制数，k为大于1的整数．k进制的n位数可以表示为（an，an﹣1，…，a2，a1）k，其中n为正整数，an，an﹣1…，a2，a1均为小于k的自然数，且an≠0．k进制数可以化为常见的十进制数，公式如下：．例如，十六进制的两位数（2，12，二进制的三位数（1，0，．已知（2，3，6）x﹣（2，2，5）x＝（1，4）y，则y关于x的函数关系式是y＝x﹣3　 ；x+y的最小值为　13　 ． 【解答】解：∵（2，3，6）x﹣（2，2，5）x＝（1，4）y， ∴（2x2+3x+6）﹣（2x2+2x+5）＝y+4， ∴x+1＝y+4， ∴y＝x﹣3． 由题意可知x＞6，y＞4， ∴x﹣3＞4， ∴x＞7， 又∵x是整数且x＞6，故x的最小整数值为8， 当x＝8时，y＝8﹣3＝5（验证y＝5＞4，符合进制约束）， 因此x+y的最小值为：8+5＝13． 故答案为：y＝x﹣3，13． 4．（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 　　 ． 【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：． 5．（2026•台州一模）如图是笔直杠杆AB的示意图．已知AB＝180cm，支点C离水平地面的高度为20cm．当杠杆的端点A落到地面时，端点B离地面的高度为30cm，则AC的长度为　120　 cm． 【解答】解：如图，作BE⊥水平地面于点E， ∴∠ADC＝∠AEB， ∵∠A＝∠A， ∴△ADC∽△AEB， ∴， ∵BE＝30cm，AB＝180cm，CD＝20cm， ∴， ∴AC＝120cm． 6．（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　　 ． 【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：． 7．（2026•杭州一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，且点A′落在边BC上，连结CC′．若CC′＝CA′，则∠ABC的度数是　　 ． 【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′， ∴∠ABC＝∠A′BC，BC＝BC′，A′B＝A′C′＝AB＝AC， 设∠ABC＝∠A′BC＝x， ∴， ∵CC′＝CA′， ∴， ∵A′B＝A′C′， ∴∠A′C′B＝∠A′BC， ∴∠CA′C′＝2∠A′BC，即， 解得：， 则∠ABC的度数是， 故答案为：． 8．（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　　 ． 【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：． 9．（2026•温州一模）清朝时期的课本《代微积拾级》中用“┬⊥”来表示相当于的代数式．若“┬”的值为2，“⊥”的值为，则“天”与“地”的和为　9　 ． 【解答】解：设“天”与“地”分别为x，y， 由题意得：， 整理得：， ①+②得：5x+5y＝45， ∴x+y＝9， ∴“天”与“地”的和为9． 故答案为：9． 10．（2026•温州一模）七巧板是我国传统智力玩具，它由七块板组成．若小温从七块板中随机选择一块，则选中三角形的概率为　　 ． 【解答】解：由题意得，七巧板由七块板组成，其中三角形有5块， ∴从七块板中随机选择一块，选中三角形的概率为． 故答案为：． 11．（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　　 ． 【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：． 12．（2026•金华一模）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 　　 ． 【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：． 13．（2026•金华一模）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　　 ． 【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：． 14．（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　4　 ． 【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． 15．（2026•深圳模拟）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　　 ． 【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：． 16．（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　　 ． 【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：． 17．（2026•拱墅区一模）数学家曾提出快速估算两个正分数的平均数的方法，即：已知a，b，c，d都是正整数，如果，那么．例如：，那么．若，且p为整数，则p＝　4　 ． 【解答】解：∵， 即， 即， 故p为4， 故答案为：4． 18．（2026•嘉兴一模）在直角坐标系中，点A（﹣2，1），B（1，7），C（3，a）在同一条直线上，则a的值为　11　 ． 【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，由条件可得： ， 解得， ∴直线AB的解析式为y＝2x+5， ∵点A（﹣2，1），B（1，7），C（3，a）在同一条直线上，即点C（3，a）在直线AB上， 把C（3，a）代入y＝2x+5得：a＝2×3+5＝11， ∴a的值为11． 故答案为：11． 19．（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　　 ． 【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． 20．（2026•绍兴一模）魏晋时期刘徽在《九章算术注》中提到了一种求二次根式近似值的方法：对于正整数k，若k＝a2+r（其中a为正整数，整数r≠0），则当|r|最小时，．用该方法计算的近似值为　9.85　 ．（结果保留两位小数） 【解答】解：∵92＝81，102＝100． ∴将97表示为97＝102+（﹣3），此时|r|＝3． 若取a＝9，则r＝97﹣81＝16，|r|＝16＞3． 因此取a＝10，r＝﹣3， 代入近似公式得： ． 故答案为：9.85． 21．（2026•绍兴一模）如图，在直角三角形ABC中，∠BCA＝90°，矩形直尺的一边与BC重合，另一边与AB，AC分别交于点D，E，其中点B，C，D，E处的读数分别为8cm，14cm，11cm，14cm．若矩形直尺的宽为2cm，则边AC的长为　4　 cm． 【解答】解：∵点B，C，D，E处的读数分别为8cm，14cm，11cm，14cm， ∴BC＝6，DE＝3， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∵矩形直尺的宽为2cm， ∴CE＝2cm， ∴， 解得：AE＝2， ∴AC＝2+2＝4（cm）， 故答案为：4． 22．（2026•上城区一模）如图，在矩形ABCD中，点O是对角线AC上一点，连接OD，将△AOD沿OD翻折，得到△EOD．OE交BC于F点，ED交AC于G点，交BC于H点，且ED⊥AC． （1）若OG＝OF＝1，则DG＝ 　　 ． （2）若，则四边形OFHG与△GHC的面积比为 k2+2k﹣1　 （用含k的代数式表示）． 【解答】解：（1）由折叠可知△EOD≌△AOD， ∴∠OAD＝∠OED，OA＝OE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠OAD＝∠ACB， ∴∠OED＝∠ACB， ∵ED⊥AC， ∴∠OGE＝90°， ∴∠EOG＝90°﹣∠OED， ∵∠EOG＝∠COF， ∴∠COF＝90°﹣∠ACB， 在△OCF 中，∠OFC＝180°﹣∠ACB﹣∠COF＝90°， ∴OF⊥BC， 设∠DAC＝α，则∠ACB＝α，∠E＝α， 在直角△OCF中，，， 在直角△OGE中，，， ∵OA＝OE， ∴，， ∵OF＝OG， ∴OA＝OC， ∴O为AC中点， 即O为矩形ABCD中心， ∴OA＝OD＝OE， ∴∠ADO＝α＝∠ODG， ∵ED⊥AC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCG＝90°﹣α， ∴∠CDG＝α， ∴∠ADO＝∠ODG＝∠CDG＝α， ∵∠ADO+∠ODG+∠CDG＝90°， ∴∠ADO＝∠ODG＝∠CDG＝30°， ∴， 故答案为：； （2）延长EO交AD于点I，使EI⊥AD，过点G作GM⊥BC于点M， 在Rt△DIO和Rt△DGO中， ， ∴Rt△DIO≌Rt△DGO（AAS）， ∴ID＝DG， ∵四边形IFCD是矩形， ∴ID＝FC， ∴DG＝FC， 在Rt△DGC和Rt△CFO中， ， ∴Rt△DGC≌Rt△CFO（AAS）， 令OF＝1，则OG＝OI＝k， ∴IF＝CD＝CO＝OD＝k+1， ∴CG＝1， ∵，OC＝k+1， ∴AO＝k（k+1）， ∵∠OFC＝∠GHC，∠OCF＝∠GCM， ∴△OCF∽△GCM． ∵OG＝CG， ∴， ∴GM， ∵△AOD沿OD翻折， ∴OE＝AO＝k（k+1）， ∴EF＝k（k+1）﹣1， ∵∠FHE＝∠CHD，∠EFH＝∠DCH， ∴△FHE∽△CHD， ∴， ∴， ∴， ∴k2+2k﹣1， 故答案为：k2+2k﹣1． 23．（2026•上城区一模）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中，利用尺规构造的方法求解一元二次方程，深刻影响了数学的发展．对于形如x2+px＝q（p＞0，q＞0）的方程，采用如下构造步骤：如图， ①作线段AB＝p，取AB的中点D，则； ②过B点作BE⊥AB，使得BE2＝q； ③以D为圆心、DE的长为半径作圆，交直线AB于C，F两点．该方程的正根为图中线段BC ． 【解答】解：如图，连接EF，EC． ∵CF是直径， ∴∠CEF＝90°， ∵EB⊥CF， ∴∠EBC＝∠EBF＝90°， ∴∠BEF+∠CEB＝90°，∠CEB+∠ECB＝90°， ∴∠BEF＝∠ECB， ∴△EBF∽△CBE， ∴， ∴BE2＝BF•BC， ∴﹣q＝（﹣BF）•BC， ∵DA＝DB，DF＝DC， ∴AF＝CB， ∴﹣BF+BC＝﹣AB＝﹣p， ∴﹣BF，BC是x2+px＝q（p＞0，q＞0）的方程的两根， ∴该方程的正根为图中线段BC． 故答案为：BC． 24．（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　　 ． 【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：． 25．（2026•富阳区一模）如图，一次校园活动中无人机进行测量工作，当无人机上升到达A点时，地面D处的测量仪测得AD长6米，仰角为37°，cos37°≈0.8．无人机直线上升到达点B处，地面C处的测量仪测得仰角为45°，点O，C，D在同一直线上，已知C，D两处相距0.4米，则OB的距离为　4.4　 米． 【解答】解：∵在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠BCO＝45°， ∴∠B＝∠BCO＝45°， ∴OC＝OB， ∵在Rt△AOD中，∠AOD＝90°，∠ADO＝37°，AD＝6米，cos∠ADO， ∴cos37°0.8， ∴OD＝4.8（米）， ∵C，D两处相距0.4米， ∴OC＝OD﹣CD＝4.8﹣0.4＝4.4（米）， ∴OB＝4.4（米）， 故答案为：4.4． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $