02挑戰(zhàn)壓軸題（填空題）

（挑戰(zhàn)壓軸題）2023年中考數(shù)學(xué)【三輪沖刺】專題匯編（安徽專用）—02挑戰(zhàn)壓軸題（填空題）1．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．連接DF，請(qǐng)完成下列問題：（1）∠FDG=（2）若DE=1，DF=22，則【答案】45【分析】（1）先證△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度數(shù)．（2）先作FH⊥CD于H，利用平行線分線段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，證△MPF∽△NHF,即可求得NH的長(zhǎng)度，MN=MH+NH即可得解．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，∠A∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，∵在正方形ABCD中，AB=AD∴∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．（2）如圖，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°又∵∠G=∠GDH=90°，∴四邊形DGFH是矩形，又∵DG=FG，∴四邊形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴AG∴DEFH∴DM=，MH=43，作MP⊥DF于P，∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=23∴PF=5∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴MPNH=PF∴NH=25∴MN=MH+NH=43+25=故填：．【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及判定以及相似三角形的性質(zhì)和判定，熟知相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并能熟練運(yùn)用，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，平行四邊形OABC的頂點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，A在x軸的正半軸上，B，C在第一象限，反比例函數(shù)y=1x的圖象經(jīng)過點(diǎn)C，y=kxk≠0【答案】3【分析】過點(diǎn)C作CD⊥OA于D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于E，先證四邊形CDEB為矩形，得出CD=BE，再證Rt△COD≌Rt△BAE（HL），根據(jù)S平行四邊形OCBA=4S△OCD=2，再求S△OBA=12【詳解】解：過點(diǎn)C作CD⊥OA于D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于E，∴CD∥BE，∵四邊形ABCO為平行四邊形，∴CB∥OA，即CB∥DE，OC∴四邊形CDEB為平行四邊形，∵CD⊥OA，∴四邊形CDEB為矩形，∴CD=BE，∴在Rt△COD和Rt△BAE中，OC=∴Rt△COD≌Rt△BAE（HL），∴S△OCD=S△ABE，∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=AD，∵反比例函數(shù)y=1x∴S△OCD=S△CAD=12∴S平行四邊形OCBA=4S△OCD=2，∴S△OBA=12∴S△OBE=S△OBA+S△ABE=1+1∴k=2故答案為3．【點(diǎn)睛】本題考查反比例函數(shù)k的幾何意義，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定與性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)，掌握反比例函數(shù)k的幾何意義，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定與性質(zhì)，三角形全等判定與性質(zhì)．3．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）如圖，圓O的半徑為1，△ABC內(nèi)接于圓O．若∠A=60°，∠B【答案】2【分析】先根據(jù)圓的半徑相等及圓周角定理得出∠ABO=45°，再根據(jù)垂徑定理構(gòu)造直角三角形，利用銳角三角函數(shù)解直角三角形即可【詳解】解：連接OB、OC、作OD⊥AB∵∠∴∠BOC=2∠A=120°∵OB=OC∴∠OBC=30°又∠∴∠ABO=45°在Rt△OBD中，OB=1∴BD==2∵OD⊥AB∴BD=AD=2∴AB=2故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查垂徑定理、圓周角定理，正確使用圓的性質(zhì)及定理是解題關(guān)鍵4．（2021·安徽·統(tǒng)考中考真題）設(shè)拋物線y=x2（1）若拋物線經(jīng)過點(diǎn)(-1,m)，則m（2）將拋物線y=x2+(a【答案】02【分析】（1）直接將點(diǎn)(-（2）先根據(jù)平移得出新的拋物線的解析式，再根據(jù)拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)得出頂點(diǎn)坐標(biāo)的縱坐標(biāo)，再通過配方得出最值【詳解】解：（1）將(-1,mm故答案為：0（2）根據(jù)題意可得新的函數(shù)解析式為：y由拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)-得新拋物線頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)為：∵(∴當(dāng)a=1時(shí)，-a-1∴所得拋物線頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值是8故答案為：2【點(diǎn)睛】本題考查將拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)、將點(diǎn)代入代入函數(shù)解析式、利用配方法求最值是常用的方法5．（2020·安徽·統(tǒng)考中考真題）在數(shù)學(xué)探究活動(dòng)中，敏敏進(jìn)行了如下操作：如圖，將四邊形紙片ABCD沿過點(diǎn)A的直線折疊，使得點(diǎn)B落在CD上的點(diǎn)Q處，折痕為AP；再將ΔPCQ,ΔADQ分別沿PQ,AQ折疊，此時(shí)點(diǎn)C,1∠PAQ的大小為__________2當(dāng)四邊形APCD是平行四邊形時(shí)ABQR的值為__________【答案】30【分析】（1）根據(jù)折疊得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，進(jìn)而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°∠B=90°，再由折疊，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可；（2）根據(jù)題意得到DC∥AP，從而證明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，結(jié)合（1）中結(jié)論，設(shè)QR=a，則AP=2a，由勾股定理表達(dá)出AB=AQ=AP【詳解】解：（1）由題意可知，∠D+∠C=180°，∴AD∥BC，由折疊可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR，∴∠AQR+∠PQR=12(∠DQR∴∠B=90°，則∠A=180°∠B=90°，由折疊可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ，∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°，故答案為：30；（2）若四邊形APCD為平行四邊形，則DC∥AP，∴∠CQP=∠APQ，由折疊可知：∠CQP=∠PQR，∴∠APQ=∠PQR，∴QR=PR，同理可得：QR=AR，即R為AP的中點(diǎn)，由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ，設(shè)QR=a，則AP=2a，∴QP=12∴AB=AQ=AP∴ABQR故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形中的折疊問題，涉及了平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，熟悉折疊的性質(zhì)．1．（2023·安徽淮北·淮北市第二中學(xué)?？级＃┤鐖D，兩個(gè)反比例函數(shù)y=kxk≠0和y=3x在第一象限內(nèi)的圖像依次是C1和C2，設(shè)點(diǎn)P在C1上，PC⊥x軸于點(diǎn)C，交C2于點(diǎn)A，PD【答案】8【分析】根據(jù)反比例函數(shù)中k的幾何意義：S△BOD=32、S△AOC=32、【詳解】解：C1：y=kxk≠0；C2：y=3x，點(diǎn)P在C1上，PC⊥x軸于點(diǎn)C，交S△BOD=32、∵四邊形PAOB的面積為5，∴k故答案為：8．【點(diǎn)睛】本題考查反比例函數(shù)k的幾何意義，根據(jù)題中圖像，數(shù)形結(jié)合得到圖形面積關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．2．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，已知直角三角形ABO中，AO=1，將△ABO繞點(diǎn)O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)至△A'B'O的位置，且A'在OB的中點(diǎn)，【答案】【分析】連接AA'，作B'E⊥x軸于點(diǎn)E，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出ΔAOA'是等邊三角形，從而得出，即可得出，解直角三角形求得【詳解】解：連接AA'，作B'E由題意知OA=OA'，A'是OB中點(diǎn)，，是等邊三角形，∴∠AOB∴OB=2OA∴OB，，，∵B'在反比例函數(shù)．故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，坐標(biāo)與圖形變化-性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．3．（2023·安徽池州·統(tǒng)考二模）如圖，平行于y軸的直線與函數(shù)y1=kx（x＞0）和y2=2x（x＞0）的圖象分別交于A、B兩點(diǎn)，OA交雙曲線y2=2x于點(diǎn)C，連接CD，若△OCD的面積為【答案】8【分析】設(shè)A（m，km），則B（m，2m），D（m，0），C（n，kn），由S△OCD=【詳解】解：設(shè)A（m，km），則B（m，2m），D（m，0），C（n，∵S△∴nm又∵S===∴1解得k故答案為：8.【點(diǎn)睛】本題主要考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點(diǎn)問題，反比例函數(shù)比例系數(shù)的幾何意義，函數(shù)圖像上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形的面積，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.4．（2023·安徽蚌埠·?？级＃┮阎P(guān)于x的二次函數(shù)y=ax-m2+ax-m（a，m（1）線段AB的長(zhǎng)為___________．（2）若該二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)為C，且與y軸的正半軸交于點(diǎn)D．當(dāng)S△ABC=13【答案】13【分析】（1）令y=0（2）依題意得出yC=1【詳解】解：（1）∵二次函數(shù)y=ax-m2+當(dāng)y=0時(shí)，a解得：或x=m∴AB的長(zhǎng)度為m-故答案為：1；（2）∵y=ax∵S△∴yC當(dāng)x=m-∵該二次函數(shù)的圖象的頂點(diǎn)為C，∴yC∵該二次函數(shù)的圖象與y軸的正半軸交于點(diǎn)D．當(dāng)x=0時(shí)，y∴-a4=amm①無解，由②得：2m解得：m=32或m故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)圖象的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023·安徽合肥·合肥市五十中學(xué)西校校考一模）已知點(diǎn)Ma,b（1）當(dāng)點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離不大于1時(shí)，b的取值范圍是______；（2）當(dāng)點(diǎn)M到直線的距離不大于nn>0時(shí)，b的取值范圍是5≤b≤10，則m【答案】2≤b≤10/10≥【分析】（1）先求出拋物線的對(duì)稱軸為直線，根據(jù)點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離不大于1，得出-1≤a≤（2）根據(jù)點(diǎn)Ma,b到直線的距離不大于nn>0，得出a-m≤n，即a-【詳解】解：（1）∵y=∴拋物線的對(duì)稱軸為直線，∵點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離不大于1，∴-1∴此時(shí)點(diǎn)M在對(duì)稱軸的左側(cè)，∵a=1>0∴在對(duì)稱軸的左側(cè)y隨x的增大而減小，∴當(dāng)a=-1時(shí)，b當(dāng)a=1時(shí)，b取最小值，且最小值為b∴b的取值范圍是2≤故答案為：2≤（2）∵點(diǎn)Ma,b到直線的距離不大于∴a-m≤∴m-令b=5，代入y=x2-4x令b=10，代入y=x2-4x∴點(diǎn)M應(yīng)為-1≤x當(dāng)-1≤x當(dāng)4≤x≤綜上分析可知，m+n的值為0或故答案為：0或5．【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握二次函數(shù)的增減性，二次函數(shù)y=ax2+bx+ca≠0，當(dāng)a>0時(shí)，在對(duì)稱軸的左側(cè)y隨x的增大而減小，在對(duì)稱軸的右側(cè)y隨6．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCO為平行四邊形，點(diǎn)A在第二象限，點(diǎn)A關(guān)于OB的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)D，點(diǎn)B、D都在函數(shù)y=62x(x>0)的圖像上，當(dāng)?ABCO的面積為92時(shí)，設(shè)點(diǎn)B、D【答案】12【分析】連接OD，作DG⊥x軸，得點(diǎn)，，根據(jù)矩形的面積得出三角形BOD的面積，將三角形BOD的面積轉(zhuǎn)化為梯形BEGD的面積，從而得出a，b的等式，將其分解因式，從而得出a，b的關(guān)系．【詳解】解：如圖，作DG⊥x軸于G，連接OD，設(shè)BC和OD交于I，連接得點(diǎn)B(a,由對(duì)稱性可得：△BOD，BC=OD，，∴，，∴△CDI，∴CD∥∴S∵S△BOE∴S12(∴2∴(∴b=2a∴a故答案為：1【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)，軸對(duì)稱性質(zhì)，反比例函數(shù)的“k”的幾何含義，勾股定理，一次函數(shù)及其圖象性質(zhì)，分解因式等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是變形等式，進(jìn)行分解因式．7．（2023·安徽淮北·校聯(lián)考一模）如圖，點(diǎn)A是反比例函數(shù)y2=8xx>0的圖象上的一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)A分別作x軸、y軸的平行線，與反比例函數(shù)y1=kx（k≠0，x>0）的圖象交于點(diǎn)B、點(diǎn)【答案】3【分析】延長(zhǎng)AB,AC分別交y軸，x軸于點(diǎn)E,D，易得四邊形【詳解】解：延長(zhǎng)AB,AC分別交y軸，x軸于點(diǎn)∵AB∥x軸，軸，則：四邊形AEOD為矩形，△∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y2=8xx>0的圖象上，點(diǎn)B、點(diǎn)C在反比例函數(shù)∴S矩形AEOD=8∴四邊形OBAC的面積=S∴k=3故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查一直圖形面積求k值．熟練掌握k值的幾何意義，是解題的關(guān)鍵．8．（2023·安徽合肥·合肥市第四十八中學(xué)?？家荒＃?duì)于一個(gè)函數(shù)，自變量x取a時(shí)，函數(shù)值y也等于a，則稱a是這個(gè)函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)．已知二次函數(shù)y=（1）若2是此函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)，則m的值為____．（2）若此函數(shù)有兩個(gè)相異的不動(dòng)點(diǎn)a，b，且a<1<b，則m的取值范圍為【答案】8m【分析】（1）由函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)概念得出2=22+3×2+m，解得即可；（2）由函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)概念得出a、b是方程x2+3x+m=x的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由x1＜1＜x2知Δ＞0，令y=x2+2x+m，則x=1時(shí)y＜0，據(jù)此列出關(guān)于m的不等式組，解之可得．【詳解】（1）由題意得2=22+3×2+m，解得m=8，故答案為8；（2）由題意知二次函數(shù)y=x2+3x+m的兩個(gè)相異的不動(dòng)點(diǎn)a，b是方程x2+3x+m=x的兩個(gè)不相等實(shí)數(shù)根，且a＜1＜b，整理，得：x2+2x+m=0，由x2+2x+m=0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，且a＜1＜b，知Δ＞0，令y=x2+2x+m，畫出該二次函數(shù)的草圖如下：則4-解得m＜3，故答案m＜3．【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)圖象與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是理解并掌握不動(dòng)點(diǎn)的概念，并據(jù)此得出關(guān)于m的不等式．9．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分別以AB，AC為邊向外作正方形ABFG和正方形ACDE，連接，CF，分別交AC，AB于點(diǎn)M，N，已知AE（1）AB=______（2）CF=______【答案】35【分析】(1)首先可證得△AEM∽△CBM，可求得BC(2)首先根據(jù)“AAS”可證得△ABC≌△BFH，可得AC【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)F作FH⊥BD，交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)∵四邊形ACDE是正方形，，AE∥CD∴△∴AE∴BC，故答案為：35（2）∵四邊形ABFG是正方形，∴AB=BF∴∠∴∠在△ABC和△∠BAC∴△∴AC=BH∴CH∴CF故答案為：313【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．10．（2023·安徽·校聯(lián)考一模）如圖．已知正方形紙片ABCD的邊AB=4，點(diǎn)P在AD邊上，將∠A沿BP折疊，點(diǎn)A的應(yīng)點(diǎn)為（1）若A'D∥BP時(shí)，（2）若點(diǎn)A'到邊AD或BC的距離為1，則線段PA的長(zhǎng)為______【答案】2或45【分析】（1）由折疊得AP=A'P,∠APB=∠（2）若A'F=1，則A'E=3，根據(jù)勾股定理求出，設(shè)PA=y，直角△A'FP中，根據(jù)勾股定理得7-y2+1【詳解】（1）由折疊得AP=∴∠DP∵A'∴∠P∵∠P∴∠P∴A'∴AP=故答案為：2；（2）如圖1，若A'F=1由折疊知A'B=4．在直角△設(shè)PA=y，則在直角△A'FP解得y=即線段PA的長(zhǎng)為﹔如圖2，若A'E=1由折疊知A'在直角△A'BE設(shè)PA=a，則在直角△A'FP解得a=即線段PA的長(zhǎng)為45綜上，線段PA的長(zhǎng)為或4515故答案為：或4515【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟記正方形的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)校考一模）如圖，在矩形紙片ABCD中，，，點(diǎn)E是邊CD上一點(diǎn)（不與點(diǎn)C、D重合），且CE的長(zhǎng)是整數(shù)，將紙片沿過點(diǎn)A的一條直線折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，折痕交BC于點(diǎn)P，沿直線PE再折疊紙片，點(diǎn)C落在C'處，且B'、C'、（1）∠APE的度數(shù)__________；（2）線段BP的長(zhǎng)為__________【答案】90°/90度1或3/3或1【分析】設(shè)BP=x，CE=k，則CP=BC-BP=4-x，根據(jù)翻折的性質(zhì)證明△ABP∽△PCE，可得ABPC=BPCE，【詳解】解：設(shè)BP=則CP=由折疊可知：∠APB∵∠APB∴∠APE∵∠BAP∴∠BAP∵∠B∴△ABP∴ABPC∴34整理得：x2由題意可知，該方程有實(shí)數(shù)根，∴Δ=16-12k≥0∵k>0，且k∴k=1∴x2解得x1則線段BP的長(zhǎng)是1或3．故答案為：90°；1或3【點(diǎn)睛】本題主要考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程，綜合性較強(qiáng)，要求學(xué)生有較強(qiáng)的識(shí)圖能力．12．（2023·安徽合肥·合肥市廬陽中學(xué)?？级＃㏑t△ABC和Rt△DEF的位置如圖，∠ACB=∠DFE（1）若∠EDF=α，則∠BAE（2）若BEEC=12，則【答案】45°-α【分析】（1）由AC?DE=AE?DF，證明Rt△（2）證明Rt△ACE≌Rt△EFA，可得EC=AF，∠EAC=∠AEF，從而證明△GAE是等腰三角形，得出GE=GA，利用【詳解】解：（1）∵∠C=∠F∴AC∴Rt∴∠∵AC∴△∴∠∴∠（2），在Rt△ACE和AC=∴Rt△∴EC=AF，∴△GAE∴GE∵BEEC=1∴BC∴BE=4設(shè)GF=x，在Rt△AGF中，利用勾股定理得即832+∴GF=【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)證明三角形相似或全等是解題的關(guān)鍵．13．（2023·安徽合肥·校考一模）如圖，AB=10，點(diǎn)C在射線BQ上的動(dòng)點(diǎn)，連接AC，作CD⊥AC，，動(dòng)點(diǎn)E在AB延長(zhǎng)線上，tan∠QBE=3，連接CE，DE，當(dāng)CE=DE【答案】5或35【分析】過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，過點(diǎn)D作DM⊥CN延長(zhǎng)線于M，連接EM，設(shè)BN=x，則CN=3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由點(diǎn)C、M、D、E四點(diǎn)共圓可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=102x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，進(jìn)而可得BE；【詳解】解：如圖，過點(diǎn)C作CN⊥BE于N，過點(diǎn)D作DM⊥CN延長(zhǎng)線于M，連接EM，設(shè)BN=x，則CN=BN?tan∠CBN=3x，∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，則∠CAN=∠DCM，在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，∴△ACN≌△CDM（AAS），∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，∵∠CMD=∠CED=90°，∴點(diǎn)C、M、D、E四點(diǎn)共圓，∴∠CME=∠CDE=45°，∵∠ENM=90°，∴△NME是等腰直角三角形，∴NE=NM=CMCN=102x，Rt△ANC中，AC=ANRt△ECD中，CD=AC，CE=22CDRt△CNE中，CE2=CN2+NE2，∴124x4xx=5或x=54∵BE=BN+NE=x+102x=10x，∴BE=5或BE=354故答案為：5或354【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程等知識(shí)；此題綜合性較強(qiáng)，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．14．（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC和中，，AB=AC，∠DBC=30°，且點(diǎn)B，C，E在同一條直線上，AC與BD交于點(diǎn)F，連接CD、AD，若BD=BC，【答案】12-4【分析】先證明AD∥BE，由此得到∠DAC=∠ACB，可見△ADC的∠DAC、邊AC【詳解】解：如圖，分別過點(diǎn)A、D作AM⊥BE，DN⊥在Rt△ABC和中，由，AB=AC，∠DBC=30°可得：∵BD=BC，∴∠BCD∴∠ACD在中，，∴BC=8在Rt△ABC中，∴AC=4分別解Rt△ABM和Rt△DEN，可得∴AM=又AM∥∴四邊形AMND是平行四邊形，∴AD∥∴∠DAC解△ADC過點(diǎn)D作DH⊥由于∠DAC=45°，∠ACD=30°，故可設(shè)DH=k，則由于AC=46，故得到，解得，∴．【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考查了解直角三角形的相關(guān)知識(shí)．在直角三角形中，知道了除直角外的兩個(gè)元素（至少有一個(gè)元素是邊），就可以求出這個(gè)直角三角形的其他三個(gè)元素．如果沒有直角三角形，有時(shí)需要構(gòu)造直角三角形．本題中的△ADC的∠DAC、邊AC、∠ACD經(jīng)過分析可知都是確定的，故可“15．（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在△ABC中，AB=3+3,∠B=45°,∠C=105°，點(diǎn)D、E、F分別在AC、BC、AB上，且四邊形ADEF為菱形，則菱形的邊長(zhǎng)為_____；若點(diǎn)【答案】210【分析】連接PD，BD，作DH⊥AB于點(diǎn)H，于點(diǎn)G，AF+FG+BG=3+3，就可以算出菱形的邊長(zhǎng)．由四邊形ADEF是菱形，推出F、D關(guān)于直線AE對(duì)稱，推出PF=PD【詳解】解：如下圖：連接PD，BD，作DH⊥AB于點(diǎn)H，于點(diǎn)G∵四邊形ADEF是菱形，∴F、D關(guān)于直線AE對(duì)稱，∴PF=∴PF+PB∵PD+∴PF+PB的最小值是線段∵∠CAB=180°-105∵∠EBG=45∴EG=∴x∴，即菱形的邊長(zhǎng)為2．∴DH=1，BH∴BD=∴PF+PB的最小值是故答案為：2；10【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱（距離最短問題），菱形的性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是要學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)換的思想思考問題，用軸對(duì)稱求最短距離是數(shù)學(xué)常用的方法．1．（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)校考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A（0，4），B（3，4），將△ABO向右平移到△CDE位置，A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是C，O的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是E，函數(shù)y=kx(k≠0)的圖像經(jīng)過點(diǎn)C和【答案】6【分析】作FG⊥x軸，DQ⊥x軸，F(xiàn)H⊥y軸，設(shè)AC=EO=BD=a，表示出四邊形ACEO的面積，再根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出FG，EG，即可表示出四邊形HFGO的面積，然后根據(jù)k的幾何意義得出方程，求出a，可得答案．【詳解】過點(diǎn)F作FG⊥x軸，DQ⊥x軸，F(xiàn)H⊥y軸，根據(jù)題意，得AC=EO=BD，設(shè)AC=EO=BD=a，∴四邊形ACEO的面積是4a．∵F是DE的中點(diǎn)，F(xiàn)G⊥x軸，DQ⊥x軸，∴FG是△EDQ的中位線，∴FG=12∴四邊形HFGO的面積為2(a∴k=4解得a=∴k=6．故答案為：6．【點(diǎn)睛】本題主要考查了反比例函數(shù)中k的幾何意義，正確的作出輔助線構(gòu)造矩形是解題的關(guān)鍵．2．（2023·遼寧沈陽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)B在y軸的負(fù)半軸上，tan∠ABO=3，以AB為邊向上作正方形ABCD．若圖像經(jīng)過點(diǎn)C的反比例函數(shù)的解析式是y=1【答案】y【分析】過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，設(shè)OB=x，OA=3x，結(jié)合正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，得到≌≌ΔCBE，然后表示出點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)，求出【詳解】解：過點(diǎn)C作CE⊥y軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥x軸于點(diǎn)F，如圖：∵tan∠設(shè)OB=x，∴點(diǎn)A為（-3x，0），點(diǎn)B為（0，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB=∴∠ADF∴∠ADF同理可證：∠ADF∵∠AFD∴≌≌ΔCBE，∴OA=FD=∴OE=∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（x，2x），點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-2x∵點(diǎn)C在函數(shù)y=∴2x2=1∴-2∴經(jīng)過點(diǎn)D的反比例函數(shù)解析式為y=故答案為：y=【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，反比例函數(shù)的性質(zhì)，三角函數(shù)，余角的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的表示出點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)，從而進(jìn)行解題．3．（2023·陜西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，反比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過矩形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)E和點(diǎn)A，點(diǎn)B、C在x軸上，△OCE的面積為6【答案】8【分析】如圖作EF⊥BC，由矩形的性質(zhì)可知EF=12AB，設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），則A點(diǎn)坐標(biāo)為（c，2b），根據(jù)點(diǎn)A，E在反比例函數(shù)y=kx上，根據(jù)反比例函數(shù)系數(shù)的幾何意義可列出ab=k【詳解】解：如圖作EF⊥BC，則EF=設(shè)E點(diǎn)坐標(biāo)為（a，b），則A點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2b，則可設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為坐標(biāo)為（c，2b），∵點(diǎn)A，E在反比例函數(shù)y=∴ab=k=2bc，解得：a=2c，故BF=FC=2cc=c，∴OC=3c，故S△OEC=1∴k=2bc=8，故答案為：8．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，反比例函數(shù)的圖形，反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，能夠熟練掌握反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義是解決本題的關(guān)鍵．4．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，C，A分別為x軸、y軸正半軸上的點(diǎn)，以O(shè)A，OC為邊，在第一象限內(nèi)作矩形OABC，且S矩形OABC＝22，將矩形OABC翻折，使點(diǎn)B與原點(diǎn)O重合，折痕為MN，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'落在第四象限，過M點(diǎn)的反比例函數(shù)y＝kx（k≠0）的圖象恰好過MN的中點(diǎn)，則k的值為_____，點(diǎn)C'的坐標(biāo)為_____【答案】22/12【分析】連接OB交MN于Q，由折疊的性質(zhì)可得MO=MB，OQ=OB，先證明△BMQ≌△ONQ得到QM=QN，即點(diǎn)Q為OB的中點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于H，證明△OHQ∽△OCB，求出S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，則k=2S△OHQ=22；過點(diǎn)C'作C'G⊥x軸于G，可以推出AM=14AB，設(shè)【詳解】解：如圖所示，連接OB交MN于Q，由折疊的性質(zhì)可得MO=MB，OQ=OB，∵四邊形OABC是矩形，∴AB∥∴∠MOQ=∠NOQ，∠BMQ=∠ONQ，又∵BQ=OQ，∴△BMQ≌△ONQ（AAS），∴QM=QN，即點(diǎn)Q為OB的中點(diǎn)，過點(diǎn)Q作QH⊥x軸于H，∴OH∥∴△OHQ∽△OCB，∴S△∵四邊形OABC是矩形，∴S△∵Q在反比例函數(shù)圖象上，∴k=2過點(diǎn)C'作C'G∵點(diǎn)M在反比例函數(shù)圖象上，∴12又∵S矩形∴AM=設(shè)AM=a，則BM=OM=3a，∴OA=∴12解得a=∴AB=OC=2，MB=∵QM=QG，OQ=BQ，∴四邊形OMBN是平行四邊形，∴ON=∴C'∴OC∵S△∴C'∴OG=∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（故答案為：22，（【點(diǎn)睛】本題主要考查了反比例函數(shù)比例系數(shù)的幾何意義，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，三角形面積公式，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．5．（2023·江西南昌·南昌市外國語學(xué)校?？家荒＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系xOy中，已知A2t,0，B0,-2t，C2t,4t三點(diǎn)，其中t>0，函數(shù)y=t2x的圖象分別與線段【答案】2【分析】用t分別表示出S△PAB和S△PQB，然后根據(jù)題意得出一元二次方程求解即可．【詳解】解：如圖所示，∵A（2t，0），C（2t，4t），∴AC⊥x軸，當(dāng)x=2t時(shí)，y=t2∴Q（2t，t2∵B（0，﹣2t），C（2t，4t），設(shè)直線BC的解析式為：y=-2解得：k=3∴直線BC的解析式為：y=3x﹣2t，則3x﹣2t=，解得：x1=t，x2=-1∴P（t，t），∵S△PAB=S△BAC﹣S△APC，S△PQB=S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC，∵S△PAB﹣S△PQB=t﹣1，∴（S△BAC﹣S△APC）﹣（S△BAC﹣S△ABQ﹣S△PQC）=t﹣1，S△ABQ+S△PQC﹣S△APC=12解得：t=2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、反比例函數(shù)的圖像及其性質(zhì)以及三角形的面積公式，一元二次方程的應(yīng)用，解題關(guān)鍵是利用雙曲線函數(shù)圖象解題．6．（2023·安徽蚌埠·校聯(lián)考一模）已知拋物線，其中a為實(shí)數(shù)．（1）若拋物線經(jīng)過點(diǎn)(1,4)，則b=________（2）該拋物線經(jīng)過點(diǎn)，已知點(diǎn)B(1,-a)，，若拋物線與線段BC有交點(diǎn)，則a的取值范圍為________【答案】4-【分析】（1）將點(diǎn)（1,4）代入解析式求解即可；（2）將代入拋物線，可得b=-2【詳解】解：（1）將點(diǎn)（1,4）代入解析式可得：4=a+ba，解得b=4，故答案是：4；（2）將代入拋物線，可得b=-2a，則∵拋物線與線段BC有交點(diǎn)，∴B(1,-a當(dāng)a>0，無解；當(dāng)a<0a(2解得-2故答案為：①4；②-2【點(diǎn)睛】題目主要考查二次函數(shù)的基本性質(zhì)及分類討論思想，理解題意，熟練掌握二次函數(shù)的基本性質(zhì)是解題關(guān)鍵．7．（2023·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖，拋物線y=（x1）21與直線y=x交于點(diǎn)O，點(diǎn)B為線段OA上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)B作BC∥y軸，交交拋物線于點(diǎn)C，則線段BC長(zhǎng)度的最大值為___【答案】9【分析】由點(diǎn)C在拋物線y＝（x?1）2?1=x2?2x上，可設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x，x2?2x)，點(diǎn)B在直線y＝x上，且BC∥y軸，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x，x)，而線段BC的長(zhǎng)就是兩點(diǎn)縱坐標(biāo)差，從而得出關(guān)于BC長(zhǎng)與自變量x的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)函數(shù)的最值，即可求出BC最大值．【詳解】解：∵點(diǎn)C在拋物線y=（x1）21=x2?2x上，∴設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x，x2?2x)．∵點(diǎn)B在直線y＝x上，BC∥y軸，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x，x)．∵點(diǎn)B在點(diǎn)C的上方，設(shè)BC的長(zhǎng)為L(zhǎng)，∴L=x?（x2?2x）=?x2＋3x＝?(x?32)2＋9∵a＝?1＜0，∴L有最大值，∴線段BC長(zhǎng)度的最大值為94故答案為：94【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、函數(shù)的最值問題，掌握二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)并能根據(jù)函數(shù)關(guān)系式求出最值是解題的關(guān)鍵．8．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知函數(shù)y=ax2-2ax與線段有交點(diǎn)，其中【答案】1【分析】由拋物線y=ax2-2ax對(duì)稱軸為x【詳解】解：∵，∴直線解析式為y=x聯(lián)立y=ax當(dāng)直線與拋物線有唯一交點(diǎn)時(shí)Δ=2a+1此時(shí)唯一交點(diǎn)為(0,0)，不符合題意；∵拋物線y=ax∴線段在對(duì)稱軸右邊，當(dāng)P(3,3)在拋物線上時(shí)，3=9a-當(dāng)Q(5,5)在拋物線上時(shí)，5=25a-綜上所述，當(dāng)函數(shù)y=ax2-2ax與線段故答案為：13【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，本題屬于基礎(chǔ)題型．9．（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2-2ax+83a>0與y軸交于點(diǎn)A，過點(diǎn)A作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)M．P為拋物線的頂點(diǎn)．若直線OP交直線【答案】2【分析】先根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)A坐標(biāo)和其對(duì)稱軸，再根據(jù)對(duì)稱性求出點(diǎn)M坐標(biāo)，利用點(diǎn)M為線段AB中點(diǎn)，得出點(diǎn)B坐標(biāo)；用含a的式子表示出點(diǎn)P坐標(biāo)，寫出直線OP的解析式，再將點(diǎn)B坐標(biāo)代入即可求解出a的值．【詳解】解：∵拋物線y=ax2-∴A0,8∴頂點(diǎn)P坐標(biāo)為1,83-a∵點(diǎn)M為線段AB的中點(diǎn)，∴點(diǎn)B坐標(biāo)為4,設(shè)直線OP解析式為y=kx（k為常數(shù)，且將點(diǎn)P1,8∴y將點(diǎn)B4,8解得a故答案為2【點(diǎn)睛】考核知識(shí)點(diǎn):拋物線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)問題.數(shù)形結(jié)合分析問題是關(guān)鍵.10．（2023·廣東廣州·校聯(lián)考一模）如圖，拋物線G:y1=a(x+1)2+2與H:y2=-(x-①無論x取何值，y2②拋物線可由拋物線G向右平移3個(gè)單位，再向下平移3個(gè)單位得到；③當(dāng)-3<x<1時(shí)，隨著x④四邊形AECD為正方形．其中正確的是__________．（填寫正確的序號(hào)）【答案】①②④【分析】①根據(jù)非負(fù)數(shù)的相反數(shù)或者直接由圖像判斷即可；②先求拋物線G的解析式，再根據(jù)拋物線G,H的頂點(diǎn)坐標(biāo)，判斷平移方向和平移距離即可判斷②；③先根據(jù)題意得出-3<x<1時(shí)，觀察圖像可知y1>【詳解】①∵(∴-y2=∴無論x取何值，y2故①正確；②∵拋物線G:y1=a∴x即-2=解得a=∴拋物線G:∴拋物線G的頂點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為，將向右平移3個(gè)單位，再向下平移3個(gè)單位即為，即將拋物線G向右平移3個(gè)單位，再向下平移3個(gè)單位可得到拋物線，故②正確；③∵B∵將y=-2代入拋物線G解得x1，將y=-2代入拋物線H解得x1∴C∵-3<x<1，從圖像可知拋物線G的圖像在拋物線∵∴當(dāng)-3<x<1，隨著x故③不正確；④設(shè)AC與y軸交于點(diǎn)F，∵B∴F由③可知，C(3,-∴AF=CF當(dāng)x=0時(shí)，y即D(0,1),∴DE=6，∴四邊形AECD是平行四邊形，∵AC∴四邊形AECD是正方形，故④正確，綜上所述，正確的有①②④，故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)圖像與性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，平移，正方形的判定定理，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用以上知識(shí)．11．（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，以1單位每秒的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，DF＝53，G，H分別是AE，EF的中點(diǎn)，在點(diǎn)E的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)AE⊥EF時(shí)，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為____秒，線段GH掃過的圖形面積為____【答案】25【分析】答題空1：設(shè)當(dāng)AE⊥EF時(shí)，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則BE=t，由矩形的性質(zhì)可證出CF=CD-答題空2：點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2秒；此時(shí)，線段GH掃過的圖形為圖中陰影部分，點(diǎn)M、N分別為點(diǎn)G、H的初始位置，則可證出四邊形MNHG是平行四邊形，延長(zhǎng)HN交AB于點(diǎn)P，則PN⊥AB，且PM=32-PB，利用點(diǎn)H是EF中點(diǎn)，PH//【詳解】解：設(shè)當(dāng)AE⊥EF時(shí)，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則BE=t∵矩形ABCD中，AB=3，AD=4，∴CD=∴CE=∵DF＝53∴CF=CD∵AE⊥EF，∴∠AEF∴∠BEA∴∠BAE=∴△BAE～△∴BECF=∴BECE=∴t4-整理得：t2-4t即當(dāng)AE⊥EF時(shí)，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2秒；此時(shí)，線段GH掃過的圖形為圖中陰影部分，點(diǎn)M、N分別為點(diǎn)G、H的初始位置，如圖：則點(diǎn)M、點(diǎn)G、點(diǎn)N、點(diǎn)H分別為AB、AE、BF、EF的中點(diǎn)，∴MG、NH分別是△ABE、△FBE的中位線，∴MG=1∴MG=NH∴四邊形MNHG是平行四邊形，延長(zhǎng)HN交AB于點(diǎn)P，如圖，則PN⊥AB，且PM=BM∵點(diǎn)H是EF中點(diǎn)，PH//BC∴PB=1∴PM=3∴S陰影部分=即線段GH掃過的圖形面積為56故答案為:2；56【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、三角形中位線定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；畫出輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2023·安徽池州·校聯(lián)考一模）如圖，已知四邊形ABCD是正方形AB=22，點(diǎn)E為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形（1）CE+CG（2）若四邊形DEFG面積為5時(shí)，則CG=_____【答案】43或1/1或3【分析】（1）作EM⊥BC于點(diǎn)M，EN⊥CD于點(diǎn)N，利用矩形和正方形的性質(zhì)，推出△DEN≌△FEMASA()，得到EF=DE（2）過點(diǎn)E作于點(diǎn)Q，根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到AQ=EQ，DQ=22-AQ，利用勾股定理求出AQ=322或2【詳解】解：（1）如圖，作EM⊥BC于點(diǎn)M，EN⊥∴∠MEN∴∠∵四邊形DEFG是矩形，∴∠∴∠∴∠∵點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線上的點(diǎn)，∴AE平分∠∴EM在△DEN和△∠DNE∴△，∴矩形DEFG是正方形，

∴DE=DG∴∠∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC∴∠∴∠在△ADE和△AD=∴△∴AE在Rt△ABC中，∴AC∴CE故答案為：4；（2）如圖，過點(diǎn)E作于點(diǎn)Q，∵四邊形ABCD是正方形，且點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線上的點(diǎn)，∴∠EAQ=45°，∴AQ=EQ∵正方形DEFG面積為5，

，在Rt△DQE∴2∴AQ=3在Rt△AQE中，當(dāng)AQ=32當(dāng)AQ=22∴AE=3或∴CG=3或故答案為：3或1．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．13．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學(xué)?？家荒＃┱叫渭埰珹BCD中，E，F(xiàn)分別是AB、CB上的點(diǎn)，且AE＝CF，CE交AF于M．若E為AB中點(diǎn)，則＝_______；若∠CMF＝45°，則＝_______．【答案】22+1/【分析】（1）過點(diǎn)F作FG∥AB，構(gòu)造相似三角形，得△AEM∽△FGM，由相似三角形的性質(zhì)以及中位線定理得出結(jié)論；（2）通過SAS證明△ABF≌△CBE，得∠BAF=∠BCE，再根據(jù)AAS證明△AEM≌△CFM，得AM=MC，進(jìn)而得出M在對(duì)角線BD上，由外角的性質(zhì)及內(nèi)角和得，∠BEM=∠BME，過點(diǎn)M作MG⊥BC，令MG=BG=x，則BE=BM=2x，根據(jù)相似三角形△CMG∽△CEB，即可求出結(jié)果【詳解】（1）解：過點(diǎn)F作FG∥AB，∴∠BAF=∠GFA∠AEG=∠EGF又∠1=∠2∴△AEM∽△FGM∴AEFG=∵E為AB中點(diǎn)∴AE=EB在正方形ABCD中AB=BC又AE＝CF∴F為CB中點(diǎn)∵FG∥AB∴G是EC的中點(diǎn)∴AEFG=ME∴=2故答案為2；（2）解：連接BD，過點(diǎn)M作MG⊥BC，在正方形ABCD中AB=BC∠ABC=90°∵AE＝CF∴BE＝BF∴△