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1、2020中考考点必杀500题专练06（填空题-压轴）（30道）1（2020·广东省初三一模）如图，二次函数yax2+bx+c（a0）的图象经过点（，0）和（m，y），对称轴为直线x1，下列5个结论：其中正确的结论为_（注：只填写正确结论的序号）abc0；a+2b+4c0；2ab0；3b+2c0；abm（amb）【答案】【解析】解：抛物线开口向上抛物线对称轴为直线，则，所以错误；抛物线与轴的交点在轴下方，所以错误；时，即，所以正确；，即，所以正确；时，函数值最小，所以错误故答案是：【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系，掌握二次函数的性质，灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时要熟练
2、运用抛物线的对称性和抛物线上的点的坐标满足抛物线的解析式2（2020·南昌二中高新校区初三期中）给出下列命题及函数y=x，y=x2和y=的图象（如图所示）如果aa2，那么0a1；如果a2a，那么a1；如果aa2，那么1a0；如果a2a，那么a1，则正确的是_（填序号）【答案】【解析】由图象可知，当反比例函数图象在最上面，二次函数图象在最下面时，自变量的取值范围是0x1，则正确；当二次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面时，自变量的取值范围是x1和1a0，则错误；没有一次函数图象在最上面，反比例函数图象在最下面的可以性，则错误；当二次函数图象在最上面，一次函数图象在最下面时，自变量
3、的取值范围是x-1，则正确，故答案为.3（2020·重庆西南大学附中初三期末）已知二次函数的图象与轴有两个交点，则下列说法正确的有：_(填序号)该二次函数的图象一定过定点；若该函数图象开口向下，则的取值范围为：；当且时，的最大值为；当且该函数图象与轴两交点的横坐标满足时，的取值范围为：【答案】【解析】由题目中可知： ，由题意二次函数图象与x轴有两个交点，则：，即，将代入二次函数解析式中，则点在函数图象上，故正确；若二次函数开口向下，则，解得，且，所以的取值范围为：，故正确；当时，即二次函数开口向上，对称轴，对称轴在左侧，则当时，随的增大而增大，当时有最大值，故错误；当时，即
4、二次函数开口向上，当时，时，即，解得：，当时，时，即，解得：，综上，故正确故答案为：【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，以及利用不等式组求字母取值范围，熟练掌握二次函数各系数与图象之间的关系是解题的关键4（2019·广东省金山中学初三月考）我们定义一种新函数：形如（，且）的函数叫做“鹊桥”函数小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2-2x-3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：图象与坐标轴的交点为，和；图象具有对称性，对称轴是直线；当或时，函数值随值的增大而增大；当或时，函数的最小值是0；当时，函数的最大值是4其中正确结论的个数是_.【答案】4【解析】解：，和坐标都满足函数，是正
5、确的；从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，因此也是正确的；根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此也是正确的；函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此也是正确的；从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此是不正确的；故答案是：4【点睛】理解“鹊桥”函数的意义，掌握“鹊桥”函数与与二次函数之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数与轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握.5（2020·浙江省初三期末）如图，抛物线的图象与坐标轴交于点、，顶点为，以为直径画半圆交轴的正半轴于点，
6、圆心为，是半圆上的一动点，连接，是的中点，当沿半圆从点运动至点时，点运动的路径长是_【答案】【解析】解：，点E的坐标为（1，-2），令y=0，则，解得，A（-1，0），B（3,0），AB=4，由于E为定点，P是半圆AB上的动点，N为EP的中点，所以N的运动路经为直径为2的半圆，如图，点运动的路径长是.【点睛】本题属于二次函数和圆的综合问题，考查了运动路径的问题，熟练掌握二次函数和圆的基础是解题的关键.6（2020·长沙市长郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线的图象与坐标轴交于点A，B，D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y正半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接EP点E在
7、M的内部；CD的长为；若P与C重合，则DPE15°；在P的运动过程中，若AP ，则PEN是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是2其中结论正确的是_【答案】【解析】解：抛物线的图象与坐标轴交于点A，B，D，则点A、B、D的坐标分别为：（-1，0）、（3，0）、（0，-），则点M（1，0），顶点E的坐标为：（1，-2），AB=4，CO=，OD=，故点D不在M上；ME=2=AM，E应该在M上，故不符合题；C是圆M与y轴交点，圆M半径为2，M（1，0）由勾股定理得OC=，CD=2×=3，故CD的长为，符合题意；如图1，连接DP、ME，点D、E均在M上，过点D
8、作DHME于H，DH=1，MD=R=2，故DME=30°，则DPE=15°，符合题意；如图2，连接PB、PA、AE，点B、E均在圆上，则ABP=AEP=，sinAEP=sinABP=sin，则cos=，过点A作AK垂直于PE于K，则AK=AEsin=2×=，EK=AEcos，则PK=AK=，故则PE=，符合题意；如图3，图中实点G、N、M、F是点N运动中所处的位置，则GF是等腰直角三角形的中位线，GF=AB=2，ME交AB于点R，则四边形GEFM为正方形，当点P在半圆任意位置时，中点为N，连接MN，则MNPE，连接NR，则NR=ME=MR=RE=RG=RF=GF=
9、1，则点N的运动轨迹为以R为圆心的半圆，则N运动的路径长=×2r=，故不符合题意；故答案为：【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，关键在于确定抛物线上有的点也同时在圆上即可，本题综合性强，难度较大7（2020·全国初二课时练习）如图，在正方形中，是对角线与的交点，是边上的动点（点不与，重合），过点作垂直交于点，连结，.下列五个结论：；若，则的最小值是1；.其中正确结论是_.（只填序号）【答案】【解析】正方形ABCD中，CD=BC，BCD=90°，BCN+DCN=90°，又CNDM，CDM+DCN=90°，BCN=CDM，又CBN=DCM=90&
10、#176;，CNBDMC（ASA），故正确；根据CNBDMC，可得CM=BN，又OCM=OBN=45°，OC=OB，OCMOBN（SAS），OM=ON，故正确；OCMOBNCOM=BONCOM+BOM=BON+BOM=90°ONOM故正确；OCMOBN，四边形BMON的面积=BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，当MNB的面积最大时，MNO的面积最小，设BN=x=CM，则BM=2-x，MNB的面积=x（2-x）=-x2+x，当x=1时，MNB的面积有最大值，此时SOMN的最小值是1-=，故不正确；AB=BC，CM=BN，BM=AN，又RtBMN中，BM2+BN2
11、=MN2，AN2+CM2=MN2，故正确；点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定以及勾股定理的综合应用，解题时注意二次函数的最值的运用8（2020·安徽省初三其他）如图，正五边形的边长为2，连接对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M、N，给出下列结论：AME=108°，AN2=AMAD；MN=3-；SEBC=2-1，其中正确的结论是_（把你认为正确结论的序号都填上）【答案】【解析】解：BAE=AED=108°AB=AE=DE，ABE=AEB=EAD=36°，AME=180°
12、;EAMAEM=108°，故正确；AEN=108°36°=72°，ANE=36°+36°=72°，AEN=ANE，AE=AN，同理DE=DM，AE=DMEAD=AEM=ADE=36°，AEMADE=，AE2=AMAD；AN2=AMAD；故正确；AE2=AMAD，22=（2MN）（4MN），解得：MN=3；故正确；在正五边形ABCDE中，BE=CE=AD=1+，BH=BC=1，EH=，SEBC=BCEH=×2×=，故错误；故答案为【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正五边形的性质，
13、熟练掌握正五边形的性质是解题的关键9（2019·黑龙江省初三二模）如图，在中，在边上，点在边上，连接，则线段的长为_ 【答案】【解析】解：如图，过点作，且，连接，过点作于，且，且，故答案为：【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是本题的关键10（2020·青海省初三其他）如图，在RtAOB中，AOB90°，OA3，OB4，O的半径为2，点P是AB边上的动点，过点P作O的一条切线PC（点C为切点），则线段PC长的最小值为_【答案】【解析】连接OP、OC，如图所示，PC是O的切线，OCPC，根据勾股定理知：PC2O
14、P2OC2，当POAB时，线段PC最短，在RtAOB中，OA3，OB4，AB5，SAOBOAOBABOP，即OP，OC2，PC，故答案为：【点睛】此题考查了切线的性质，勾股定理的应用，熟练掌握切线的性质是解本题的关键，注意：圆的切线垂直于过切点的半径11（2019·四川省初三二模）如图，在等腰直角三角形中，在内一点，已知，将以直线为对称轴翻折，使点与点重合，与交于点，连结，将的面积记为，将的面积记为，则的值为_【答案】【解析】连结，延长交于点，如下图所示：由翻折可知，为等腰直角三角形，四边形为平行四边形，【点睛】本题考查三角形全等的判断，以及平行四边形的证明，属综合中档题.12（20
15、20·山东省济南山大名师培训学校初三月考）如图，边长一定的正方形ABCD，Q是CD上一动点，AQ交BD于点M，过M作MNAQ交BC于N点，作NPBD于点P，连接NQ，下列结论：AM=MN；MP=BD；BN+DQ=NQ；为定值其中一定成立的是_【答案】【解析】解：如图1，作AUNQ于U，交BD于H，连接AN，AC，AMN=ABC=90°，A，B，N，M四点共圆，NAM=DBC=45°,ANM=ABD=45°，ANM=NAM=45°，AM=MN；由同角的余角相等知，HAM=PMN，RtAHMRtMPN，MP=AH=AC=BD；BAN+QAD=NAQ
16、=45°，在NAM作AU=AB=AD，且使BAN=NAU，DAQ=QAU，ABNUAN,DAQUAQ，有UAN=UAQ，BN=NU，DQ=UQ，点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ；如图2，作MSAB，垂足为S，作MWBC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW，AMSNMWAS=NW，AB+BN=SB+BW=2BW，BW:BM=1: ，故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质，正确作出辅助线并运用有关知识理清图形中西安段间的关系，证明三角
17、形全等是解决问题的关键13（2020·山东省初三月考）如图，在矩形中，.将向内翻折，点落在上，记为，折痕为.若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则_【答案】【解析】解：四边形为矩形，由翻折知，又，在中，设，则，解得，（负值舍去），故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明14（2020·山东省初二期中）如图，在ABCD中，AB=10，BC=5，BN平分ABC交CD于点N，交AD的延长线于点M，则下列结论：DM=5；线段BM、CD互相平分；BDAM；BCN是等边三角形；ANBM，其中正确的有_（填序号）【答案】【解析】四边形ABCD
18、是平行四边形，BN平分ABCBC=5，AB=10在与中，故正确；又线段BM、CD互相平分，故正确；由四边形ABCD是平行四边形得但是题中条件不足以证明，则无法根据三线合一求证BDAM，故错误；由可知，但是无法证明，故错误；由得，由得，则由三线合一可知ANBM，故正确，综上，正确的有，故答案为：.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定，三线合一，角平分线等相关内容，熟练掌握三角形与平行四边形的综合求解方法是解决本题的关键.15（2018·南京玄武外国语学校初二期中）如图，已知等腰ABC中，AB=AC，BAC=120°，ADBC于点D，点P是BA延长线上一点，
19、点O是线段AD上一点，OP=OC，下面的结论：APO+DCO=30°；OPC是等边三角形：AC=DO+AP；SABC=S四形形AOCP其中正确的是_（填序号）【答案】【解析】解：如图1，连接OB，AB=AC，ADBC，BD=CD，BAD=BAC=×120°=60°，OB=OC，ABC=90°-BAD=30°OP=OC，OB=OC=OP，APO=ABO，DCO=DBO，APO+DCO=ABO+DBO=ABD=30°；故正确；APC+DCP+PBC=180°，APC+DCP=150°，APO+DCO=30&#
20、176;，OPC+OCP=120°，POC=180°（OPC+OCP）=60°，OP=OC，OPC是等边三角形；故正确；如图2，在AC上截取AE=PA，PAE=180°-BAC=60°，APE是等边三角形，PEA=APE=60°，PE=PA，APO+OPE=60°，OPE+CPE=CPO=60°，APO=CPE，OP=CP，在OPA和CPE中，OPACPE（SAS），AO=CE，AC=AE+CE=AO+AP；故错误；如图3，过点C作CHAB于H，PAC=DAC=60°，ADBC，CH=CD，SABC=AB
21、CH，S四边形AOCP=SACP+SAOC=APCH+OACD=APCH+OACH=CH（AP+OA）=CHAC，SABC=S四边形AOCP；故正确故答案为：.【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决问题的关键16（2020·广东省初三其他）如图，在菱形ABCD中，ABBD，点E、F分别是线段AB、AD上的动点（不与端点重合），且AEDF，BF与DE相交于点G给出如下几个结论：AEDDFB；BGE大小会发生变化；CG平分BGD；若AF2DF，则BG6GF；其中正确的结论有_（填序号）【答案】【解析】解：ABC
22、D为菱形，ABAD，ABBD，ABD为等边三角形，ABDF60°，又AEDF，ADBD，AEDDFB（SAS），故本选项正确；BGEBDG+DBFBDG+GDF60°，为定值，故本选项错误；过点C作CMGB于M，CNGD于N（如图1），则CBMCDN（AAS），CNCM，CGCG，RtCNGRtCMG（HL），DGCBGC，CG平分BGD；故本选项正确；过点F作FPAE交DE于P点（如图2），AF2FD，FP：AEDF：DA1：3，AEDF，ABAD，BE2AE，FP：BEFP：2AE1：6，FPAE，PFBE，FG：BGFP：BE1：6，即BG6GF，故本选项正确；BGE
23、BDG+DBFBDG+GDF60°BCD，即BGD+BCD180°，点B、C、D、G四点共圆，BGCBDC60°，DGCDBC60°，BGCDGC60°，过点C作CMGB于M，CNGD于N（如图1），则CBMCDN（AAS），S四边形BCDGS四边形CMGN，S四边形CMGN2SCMG，CGM60°，GMCG，CMCG，S四边形CMGN2SCMG2××CG×CGCG2，故本选项错误；综上所述，正确的结论有，共3个，故答案为【点睛】此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，解
24、题的关键是作出辅助线构造出全等三角形，学会把不规则图形的面积转化为两个全等三角形的面积解决问题17（2020·陕西省初三其他）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，ABCD的边AB在x轴上，顶点D在y轴的正半轴上，点C在第一象限，将AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，点B恰好为OE的中点，DE与BC交于点F若y（k0）图象经过点C，且SBEF1，则k的值为_【答案】24【解析】解：如图，连接OC，BD，将AOD沿y轴翻折，使点A落在x轴上的点E处，OAOE，点B恰好为OE的中点，OE2OB，OA2OB，设OBBEx，则OA2x，AB3x，四边形ABCD是平行四边形，CDAB
25、3x，CDAB，CDFBEF，SBEF1，SBDF3，SCDF9，SBCD12，SCDOSBDC12，k的值2SCDO24【点睛】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，折叠的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键18（2018·南京玄武外国语学校初二期中）在RtABC中，ABC=90°，AB=3，BC=4，点E，F分别在边AB，AC上，将AEF沿直线EF翻折，点A落在点P处，且点P在直线BC上则线段CP长的取值范围是_.【答案】【解析】如图，当点E与点B重合时，CP的值最小，此时BP=AB=3，所以PC=BC-BP=4-3=1，如图，当
26、点F与点C重合时，CP的值最大，此时CP=AC，RtABC中，ABC=90°，AB=3，BC=4，根据勾股定理可得AC=5，所以CP的最大值为5，所以线段CP长的取值范围是1CP5，故答案为1CP5.【点睛】本题考查了折叠问题，能根据点E、F分别在线段AB、AC上，点P在直线BC上确定出点E、F位于什么位置时PC有最大（小）值是解题的关键.19（2020·江苏省初三期中）如图，已知点A是第一象限内的一个定点，若点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，连接AP，以AP为边向AP右侧作等边三角形APB当点P在O上运动一周时，点B运动的路径长是_【答案】4【解析】如图
27、， 以点A为旋转中心，将AO逆时针旋转60°，得到线段，APB为等边三角形，AP=AB，点P是以O为圆心，2个单位长为半径的圆上的一个动点，点B的运动轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆，点B运动的路径长是.【点睛】本题考查等边三角形的性质、点的轨迹，解题的关键是得出点B的轨迹为以点为圆心，2个单位长度为半径的圆.20（2019·河北省初三二模）如图，在中，点是线段上一动点将绕点按顺时针方向旋转，得到点是上一点，且，则长度的最小值为_，最大值为_【答案】 【解析】解：，将绕点按顺时针方向旋转，得到，且点在以为圆心，为半径的圆上，如图，当点，点，点共线，且时，长度最小，最
28、小值为当点与点重合，且点在的延长线上时，长度最大，最大值为：故答案为：，【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，确定点的轨迹是本题的关键21（2020·哈尔滨德强学校初三一模）如图，Q为正方形ABCD外一点，连接BQ，过点D作DQBQ，垂足为Q，G、K分别为AB、BC上的点，连接AK、DG，分别交BQ于F、E，AKDG，垂足为点H，AF5，DH8，F为BQ中点，M为对角线BD的中点，连接HM并延长交正方形于点N，则HN的长为_【答案】【解析】连接AC，则AC必过BD中点M四边形ABCD是正方形，ABAD，BADADC90°，作BRAK于R，连接MR，则ABR+BAR
29、BAR+DAH90°，ABRDAH，DGAK于H，DHAARB90°，在ABR和DAH中：ABRDAH（AAS），BRAH，ARDH，正方形对角线AC、BD交于点M，AMBMDM，BMAAMD90°，MBAMABMADMDA45°，BRABMA，AHDAMD，A、B、R、M四点共圆，A、H、M、D四点共圆，ARMABM45°，DHMDAM45°，RHMRHDDHM90°45°45°，RHMHRM45°，HMR是等腰直角三角形，OMOHOR，作MOHR，则HOOR，连接FM，F为BQ中点，FM为B
30、DQ的中位线，FMDQ，DQBQ，FMBQ，BFMBFR+MFO90°，又BFR+FBR90°，FBRMFO，MOFFRB90°，BFRFMO，设FHx，OMOHORy，AF5，DH8，BRAHAF+FH5+x，ARDHAF+FR5+x+2y8，FRx+2y3，解得：xy1，AHAF+x6，作NPDG于P，则PND+PDNPDN+ADH90°，ADHPND，AHDDPN90°，AHDDPN，设PD3k，PN4k，又DHM45°，HPN是等腰直角三角形，PHPN4k，HNPH4k，DHPD+PH3k+4k7k8，k，HN故答案为：【点睛
31、】四边形综合题，主要考查了正方形的性质、四点共圆的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、中位线等重要知识点解题关键是构造全等和相似三角形求出FH22（2019·山东省初三二模）如图，ABCD、CEFG 是正方形，E 在 CD 上，直线 BE、DG 交于 H，且 HEHB42， BD、AF 交于 M，当 E 在线段 CD（不与 C、D 重合）上运动时，下列四个结论：BEGD；AF、GD 所夹的锐角为 45°；GDAM；若 BE 平分DBC，则正方形 ABCD的面积为 4，其中结论正确的是_（填序号）【答案】【解析】解：BC=DC，C
32、E=CG，BCE=DCG=90°，BECDGC，EBC=CDG，BDC+DBH+EBC=90°，BDC+DBH+CDG=90°，即BEGD，故正确；由于BAD、BCD、BHD都是直角，因此A、B、C、D、H五点都在以BD为直径的圆上，由圆周角定理知：DHA=ABD=45°，故正确；由知：A、B、C、D、H五点共圆，则BAH=BDH，又ABD=DBG=45°，ABMDBG，故正确；过H作HNCD于N，连接EG，BH平分DBG，且BHDG， BH垂直平分DG，DE=EG，H是DG中点，HN为DCG的中位线，设CG=x，则HN=，HNCD，BCCD，
33、HNBC，NHB=EBC，ENH=ECB，BECHEN，即，即，DBH=CBE，且BHD=BCE=90°，DBHEBC，即，正方形ABCD的面积为4，故正确；故答案为：.【点睛】本题主要考查三角形相似和全等的判定及性质、正方形的性质以及圆周角定理等知识的综合应用，能够判断出A、B、C、D、H五点共圆是解题的关键23（2020·北京清华附中初三月考）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AEEF有下列结论：BAE30°；射线FE是AFC的角平分线；AE2ADAF；AFAB+CF其中正确结论为是_（填写所有正确结论的序号）【答案】【解析】解：在正方
34、形ABCD中，E是BC的中点，BC90°，ABBC，BEAB，tanBAE，tan30°，BAE30°，故错误；BC90°，AEEF，BAEBEA90°，BEACEF90°，CFECEF90°，BAECEF，BEACFE，ABEECF，AB2BE2CE，EC2CF，设CFa，则ECBE2a，AB4a，在RtABE中，AEa，在RtCEF中，EFa，tanCFE2，tanAFE2，AFECFE，即射线FE是AFC的角平分线，故正确；AFECFE，AEFC，EAFCEF，BAECEF，BAEEAF，ABEAEF，AE2ABAF，
35、ADAB，AE2ADAF，故正确；作EGAF于点G，FE平分AFC，C90°，EGEC，EGEB，BAGE90°，在RtABE和RtAGE中RtABERtAGE（HL）ABAG，又CFGF，AFAGGF，AFABCF，故正确，由上可得，正确，故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答24（2020·济南育英中学初三一模）如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，将DCB绕着点D顺时针旋转45°得到DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于
36、点F，连接FG则下列结论：四边形AEGF是菱形；HED的面积是1；AFG135°；BC+FG其中正确的结论是_（填入正确的序号）【答案】【解析】解：正方形ABCD的边长为1，由旋转的性质可知：，和均为直角边为的等腰直角三角形，在和中，且，四边形AEGF为平行四边形，平行四边形AEGF是菱形，故正确；，的面积，故正确；四边形AEGF是菱形，故正确；四边形AEGF是菱形，故不正确故答案为：【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等
37、25（2020·安徽省初三学业考试）如图，在RtABC中，C=90°，AC=10，BC=15，点D，E，P分别是边AC，AB；BC上的点，且AD=4，AE=4EB若 是等腰三角形，则CP的长是_【答案】或【解析】建立如图平面直角坐标系AC=10,AD=4 过E作EMBC于MEMAC BM=3，EM=2CM=12E（12，2）设P（x，0） AD=4，AC=10CD=6D（0，6）P（x，0）E（12，2） ， ， 当DE=PD时， CP=当DE=PE时， （负值舍去）>CBP是边BC上的点当DE=PE时，不符合题意；舍去当DP=PE时， CP=故答案为： 或【点睛】本
38、题考查了相似三角形的判定和性质，以及等腰三角形存在性等问题，掌握利用长度公式解决等腰三角形问题是解题的关键26（2020·安徽省初三月考）如图，正方形和正三角形都内接于，与，分别相交于点，则的值是_【答案】【解析】解：如图，连接AC、BD、OF，AC与EF交于点I，设O的半径是r，则OFr，AO是EAF的平分线，OAF30°，OAOF，OFAOAF30°，COF30°30°60°，ACEF，FIr·sin60°，OIEF2FI，CI，ACEF，ACBD，EFBD，CGHCBD，GHBDr，故答案为：【点睛】此题主要
39、考查了正多边形和圆、相似三角形的判定和性质以及解直角三角形，解答此题的关键是要明确圆内接正多边形的有关性质27（2020·湖北省初三三模）如图，在RtABC中，ACB90°，点D在AC上，DEAB于点E，且CDDE点F在BC上，连接EF，AF，若CEF45°，B2CAF，BF2，则AB的长为_【答案】10【解析】解：如图，以AC为轴将ACF翻至ACK，在AB边上截取BLBF2ACB90°，DEABBCE+DCE90°，BEC+DEC90°CDDEDCEDECBCEBECBCBEBF=BL=2EL=CF设CFx，则ELCKxBK2x+2
40、，BCBEx+2设B2CAF2则CAK，K90°KAB180°2（90°）90°KKABBABK2x+2在CBL和EBF中CBLEBF（SAS）BCLBEF又CEF45°，BCEBECECLCEF45°ALC180°45°45°BEF90°BEFACL90°BCL，BCLBEFALCACLACAL2x在RtABC中，由勾股定理得：（x+2）2+（2x）2（2x+2）2解得x4或x0（舍）AB10故答案为：10【点睛】此题考查的是等腰三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质和勾股定理，
41、掌握等角对等边、等边对等角、全等三角形的判定及性质和勾股定理是解决此题的关键28（2020·浙江省初三一模）如图，已知ABC中，BAC120°，ABAC2 D为BC边一点，且BD：DC1：2以D为一个点作等边DEF，且DEDC连接AE，将等边DEF绕点D旋转一周，在整个旋转过程中，当AE取得最大值时AF的长为_【答案】2【解析】解：如图，点E，F在以D为圆心，DC为半径的圆上，当A，D，E在同一直线上时AE取最大值，过点A作AHBC交BC于H，BAC120°，ABAC2，BACB30°，BHCH，在RtABH中，AHAB，BHAH3，BC2BH6，BD：