专题44四边形（3）-2020年全国中考数学真题分项汇编（第02期全国通用）（解析版）(,）.doc

专题44四边形（3）（全国一年）学校:_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1（2020·黑龙江大庆?中考真题）一个周长为的三角形，由它的三条中位线构成的三角形的周长为_【答案】8【解析】【分析】根据三角形中位线定理、三角形的周长公式即可得【详解】三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边（不与中位线接触），并且等于第三边的一半则三角形的三条中位线构成的三角形的周长等于这个三角形周长的一半，即故答案为：8【点睛】本题考查了三角形中位线定理等知识点，熟记三角形中位线定理是解题关键2（2020·山东淄博?中考真题）如图，矩形纸片ABCD，AB6cm，BC8cm，E为边CD上一点将BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FMBE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN_cm【答案】5【解析】【分析】【详解】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可【解答】解：连接AC，FC由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，FMBE，FM，C共线，FMMC，ANFN，MNAC，四边形ABCD是矩形，ABC90°，AC10（cm），MNAC5（cm），故答案为5【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型3（2020·四川雅安?中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点若，则_【答案】20【解析】【分析】由垂美四边形的定义可得ACBD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.【详解】四边形ABCD是垂美四边形，ACBD，AOD=AOB=BOC=COD=90°，由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，AD2+BC2=AB2+CD2，AD=2，BC=4，AD2+BC2=22+42=20，故答案为：20.【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.4（2020·重庆中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，ABC=120°，AB=，以点O为圆心，OB长为半径画弧，分别与菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为_（结果保留）【答案】【解析】【分析】如图，设O与菱形的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，由菱形的性质可证得ABD是等边三角形，进而可证得BEO，DFO都是等边三角形，由等边三角形的性质可求得EOF60°，然后根据阴影部分的面积2×（SABDSDFOSBEOS扇形OEF）代入数据计算即可【详解】解：如图，设O与菱形的边AB、AD分别交于点E、F，连接OE、OF，四边形ABCD是菱形，ABC120°，ACBD，BODO，OAOC，ABAD，DAB60°，ABD是等边三角形，ABBD2，ABDADB60°，BODO，以点O为圆心，OB长为半径画弧，BOOEODOF，BEO，DFO是等边三角形，DOFBOE60°，EOF60°，阴影部分的面积2×（SABDSDFOSBEOS扇形OEF）2× 故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及扇形面积的计算等知识，正确添加辅助线、明确求解的方法、熟练掌握菱形的性质以及等边三角形的判定和性质是解题的关键5（2020·吉林长春?中考真题）正五边形的一个外角的大小为_度【答案】72【解析】【分析】根据多边形的外角和是360°，依此即可求解【详解】解：正五边形的一个外角的度数为：，故答案为：72【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解多边形的外角和为360°是解题的关键6（2020·山东威海?中考真题）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为分别在边，上顺次截取，连接，分别以，为轴将纸片向内翻折，得到四边形，若四边形的面积为，则_【答案】4【解析】【分析】由四边形的面积算出边长,再用a表示出EB,即可表示出四个三角形的面积,列出等式即可求解【详解】四边形是由四个直角边翻折得到的,四边形是正方形,四边形是9cm2,EB=FC=DG=HD=(a3)cm2SAEH=(SABCDSA1B1C1D1)÷4=(259)÷4=4cm2,即,因式分解得:,a=4或a=1(舍去)故答案为4【点睛】本题考查正方形折叠的题型,关键在于结合图形找到等量关系7（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_【答案】【解析】【分析】根据题意证得，推出BPE =60，BPD =120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解【详解】连接BD，菱形中，C=A=60，AB=BC=CD=AD，ABD和CBD都为等边三角形，BD=AD，BDF=DAE=60，DF=AE，DBF=ADE，BPE=BDP+DBF =BDP+ADE=BDF =60，BPD=180-BPE=120，C=60，C+BPD =180，C、B、P、D四点共圆，即O是的外接圆，当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，BOD =2BCD =120，作OGBD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，BOG =BOD =60，即，从而点的路径长为【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹8（2020·吉林中考真题）如图，在中，分别是边，的中点若的面积为则四边形的面积为_【答案】【解析】【分析】先根据三角形中位线定理得出，再根据相似三角形的判定与性质得出，从而可得的面积，由此即可得出答案【详解】点，分别是边，的中点，即又则四边形的面积为故答案为：【点睛】本题考查了三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键9（2020·山东东营?中考真题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为若则_【答案】【解析】【分析】证明PEFPAD，再结合PEF的面积为2可求出PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去PAD的面积即可求解【详解】解：，且APD=EPF，PEFPAD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且PEF的面积为2可知，过P点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH， ，即平行四边形ABCD的面积为，故答案为：【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键10（2020·海南中考真题）正六边形的每一个外角是_度【答案】60°【解析】试题分析：正六边形的每个外角都相等，并且外角和是360°，正六边形的一个外角的度数为：360°÷660°，故答案为60点睛：本题考查的是多边形的外角和的知识，掌握多边形的外角和等于360度是解题的关键11（2020·贵州毕节?中考真题）如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，点是对角线上的动点，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】动点问题,找到对称轴作对称点,相连即可算出答案,连接CE即为AP+PE的最小值【详解】连接CE,因为A、C关于BD对称CE即为AP+PE的最小值正方形边长为4,E是AB中点,BC=4,BE=2故答案为: .【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键12（2020·广西玉林?中考真题）如图，在边长为3的正六边形ABCDEF中，将四边形ADEF绕点A顺时针旋转到四边形处，此时边与对角线AC重叠，则图中阴影部分的面积是_【答案】9【解析】【分析】如图（见解析），先根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质得出正六边形的面积和的面积，再根据旋转的性质、线段的和差得出的长，从而可得的面积，然后根据即可得【详解】六边形ABCDEF是边长为3的正六边形其每个内角的度数为，如图，连接BE，交AD于点O，交AC于点P，则点O为正六边形的中心是等边三角形，是等腰三角形，且由旋转的性质可知，则故答案为：9【点睛】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一、旋转的性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质与旋转的性质是解题关键13（2020·广西玉林?中考真题）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_菱形（是，或不是）【答案】是【解析】【分析】如图（见解析），先根据“两张对边平行且相等的纸条”得出，再根据平行四边形的判定可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据菱形的判定即可得【详解】如图，过点B作，交DA延长线于点E，过点D作，交BA延长线于点F由题意得：四边形ABCD是平行四边形在和中，平行四边形ABCD是菱形故答案为：是【点睛】本题考查了平行四边形与菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形与菱形的判定是解题关键14（2020·湖南郴州?中考真题）如图，在矩形中，分别以点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和作直线分别与交于点，则_【答案】2【解析】【分析】连接DN，在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，根据勾股定理可得BD的长，根据作图过程可得，MN是BD的垂直平分线，所以DN=BN，在RtADN中，根据勾股定理得DN的长，在RtDON中，根据勾股定理得ON的长，进而可得MN的长【详解】如图，连接DN，在矩形ABCD中，AD=4，AB=8，BD=，根据作图过程可知：MN是BD的垂直平分线，DN=BN，OB=OD=2，AN=AB-BN=AB-DN=8-DN，在RtADN中，根据勾股定理，得DN2=AN2+AD2，DN2=（8-DN）2+42，解得DN=5，在RtDON中，根据勾股定理，得ON=，CDAB，MDO=NBO，DMO=BNO，OD=OB，DMOBNO（AAS），OM=ON=，MN=2故答案为：2【点睛】本题考查了作图-基本作图、线段垂直平分线的性质、勾股定理、矩形的性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质15（2020·广东广州?中考真题）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，分别交对角线于点，若，则的值为_【答案】16【解析】【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案【详解】解：在正方形中，绕点逆时针旋转到，故答案为：16【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键16（2020·广东广州?中考真题）如图，点的坐标为，点在轴上，把沿轴向右平移到，若四边形的面积为9，则点的坐标为_【答案】(4，3)【解析】【分析】过点A作AHx轴于点H，得到AH=3，根据平移的性质证明四边形ABDC是平行四边形，得到AC=BD，根据平行四边形的面积是9得到，求出BD即可得到答案.【详解】过点A作AHx轴于点H，A（1,3），AH=3，由平移得ABCD，AB=CD，四边形ABDC是平行四边形，AC=BD，BD=3，AC=3，C(4，3)故答案为：(4，3).【点睛】此题考查平移的性质，平行四边形的判定及性质，直角坐标系中点到坐标轴的距离与点坐标的关系.17（2020·广东深圳?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，ABCO为平行四边形，O（0，0），A（3，1），B（1，2），反比例函数的图象经过OABC的顶点C，则k=_【答案】-2【解析】【分析】连接OB，AC，交点为P，根据O，B的坐标求解P的坐标，再根据平行四边形的性质：对角线互相平分即可求出则C点坐标，根据待定系数法即可求得k的值【详解】解：连接OB，AC，交点为P， 四边形OABC是平行四边形， AP=CP，OP=BP， O（0，0），B（1，2）， P的坐标， A（3，1），C的坐标为（-2，1），反比例函数（k0）的图象经过点C， k=-2×1=-2， 故答案为-2【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，平行四边形的性质，求得C点的坐标是解答此题的关键18（2020·青海中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，则的长为_cm【答案】6cm【解析】【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果【详解】四边形ABCD是矩形，又，在RtABC中，故答案为6cm【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键19（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，在中，点E是边的中点，点P是边上一动点，设图是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点那么的值为_【答案】7【解析】【分析】过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.【详解】解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，PA+PE=PD+PE，当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，点E是AB中点，BE+BD=3BE=，BE=，AB=BD=，BAC=120°，ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，ABD为等边三角形，DEAB，BDE=30°，DE=3，即PA+PE的最小值为3，即点H的纵坐标为a=3，当点P为DE和BC交点时，ABCD，PBEPCD，菱形ABCD中，ADBC，BC=2×=6，解得：PC=4，即点H的横坐标为b=4，a+b=3+4=7，故答案为：7.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，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20（2020·内蒙古中考真题）如图，在矩形中，是对角线，垂足为E，连接若，则如的值为_【答案】【解析】【分析】过C向BD作垂线，可以构造出一个30°直角三角CDF，进而求出，设直角最小边DF=a,并用a的代数式表示出其他边，即可求出答案【详解】解：过C作CFBD，垂足为F点矩形ABCD, ADBC， AB=CD DBC=DCF=BAE=30°设DF=a,则CF=，CD=，BD=，AEB=CFD=90°，EB=DF=aEF=-a-a=2a 故答案是【点睛】本题主要考察了矩形的性质和解直角三角形知识点，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题关键21（2020·内蒙古中考真题）如图，在正方形，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接若，则_【答案】【解析】【分析】先证明，得到，可得到，再根据平行线的性质得到，可得，根据三角形内角和定理即可求解；【详解】四边形ABCD是正方形，AB=CB，ABCD，又BD是角平分线，又，在和中，故答案是【点睛】本题主要考查了利用正方形的性质求角度，准确利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键22（2020·内蒙古中考真题）如图，在平行四边形中，的平分线与的平分线交于点E，若点E恰好在边上，则的值为_【答案】16【解析】【分析】根据平行线的性质和角平分线的性质，得到BEC=90°，然后利用勾股定理，即可求出答案【详解】解：如图，在平行四边形中，AD=BC，ADBC，ABCD，AEB=CBE，DEC=BCE，ABC+DCB=180°BE、CE分别是ABC和DCB的角平分线，ABE=CBE，DCE=BCE，AEB=ABE，DEC =DCE，CBE+BCE=90°AB=AE=2，DE=DC=2，BEC=90°，AD=2+2=4，BC=AD=4，在RtBCE中，由勾股定理，得；故答案为：16【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，平行线的性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确求出角之间的关系进行解题23（2020·湖北黄石?中考真题）匈牙利著名数学家爱尔特希（P. Erdos，1913-1996）曾提出：在平面内有n个点，其中每三个点都能构成等腰三角形，人们将具有这样性质的n个点构成的点集称为爱尔特希点集如图，是由五个点A、B、C、D、O构成的爱尔特希点集（它们为正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成），则的度数是_【答案】18°【解析】【分析】先证明AOBBOCCOD，得出OAB=OBA=OBC=OCB=OCD=ODC，AOB=BOC=COD，然后求出正五边形每个角的度数为108°，从而可得OAB=OBA=OBC=OCB=OCD=ODC=54°，AOB=BOC=COD=72°，可计算出AOD=144°，根据OA=OD，即可求出ADO【详解】这个五边形由正五边形的任意四个顶点及正五边形的中心构成，根据正五边形的性质可得OA=OB=OC=OD，AB=BC=CD，AOBBOCCOD，OAB=OBA=OBC=OCB=OCD=ODC，AOB=BOC=COD，正五边形每个角的度数为：=108°，OAB=OBA=OBC=OCB=OCD=ODC=54°，AOB=BOC=COD=（180°-2×54°）=72°，AOD=360°-3×72°=144°，OA=OD，ADO=（180°-144°）=18°，故答案为：18°【点睛】本题考查了正多边形的内角，正多边形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，求出AOB=BOC=COD=72°是解题关键24（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD/BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件_，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）【答案】AD=BC（答案不唯一）【解析】【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可【详解】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件ABDC，本题只需添加一个即可，故答案为：AD=BC（答案不唯一）【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键25（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，若BEF=EBC，AB=3AE，则下列结论：DF=FC；AE+DF=EF；BFE=BFC；ABE+CBF=45°；DEF+CBF=BFC； DF:DE:EF=3:4:5； BF:EF=:5其中结论正确的序号有_【答案】【解析】【分析】设正方形的边长为3，假设F为DC的中点，证明进而证明PE=PB可得假设成立，故可对进行判断；由勾股定理求出EF的长即可对 进行判断；过B作BGEF，证明即可对进行判断；过点E作EHBF，利用三角形BEF的面积求出EH和BH的长，判断BEH是等腰直角三角形即可对进行判断；过F作 FQ/AD，利用平行线的性质得，从而可对进行判断；根据DE，DF，EF的长可对进行判断；根据BF和CF的长可对进行判断【详解】如图，不妨设正方形ABCD的边长为3，即，假设F为CD的中点，延长EF交BC的延长线于点P，在和中由勾股定理得，故假设成立，故正确；，而，故正确；过B作，垂足为G，而在和中，即，故正确；过E和，垂足为H，又，在中，在中，而是等腰直角三角形，故正确；过F作FQ/ AD，交AB于Q，则FQ/ BC，故正确；，故正确；，故正确；综上所述，正确的结论是故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，假设出AB=3是解答此题的关键26（2020·湖北中考真题）如图，圆心角为的扇形内，以为直径作半圆，连接若阴影部分的面积为，则_【答案】2【解析】【分析】本题可利用扇形面积公式以及三角形面积公式，用大扇形面积减去空白部分面积求得阴影部分面积，继而根据已知列方程求解【详解】将原图区域划分为四部分，阴影部分分别为S1，S2；两块空白分别为S3，S4，连接DC，如下图所示：由已知得：三角形ABC为等腰直角三角形，S1+ S2=-1，BC为直径，CDB=90°，即CDAB，故CD=DB=DA，D点为 中点，由对称性可知与弦CD围成的面积与S3相等设AC=BC=x，则，其中 ，故：，求解得：（舍去）故答案：2【点睛】本题考查几何图形面积的求法，常用割补法配合扇形面积公式以及三角形面积公式求解27（2020·陕西中考真题）如图，在正五边形ABCDE中，DM是边CD的延长线，连接BD，则BDM的度数是_【答案】144°【解析】【分析】根据正五边形的性质和内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合等腰三角形和邻补角的定义即可解答【详解】解：五边形ABCDE是正五边形，C108°，BCDC，BDC36°，BDM180°36°144°，故答案为：144°【点睛】本题考查了正五边形的性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质和邻补角的定义，求出正五边形的内角是解题关键28（2020·陕西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB6，B60°，点E在边AD上，且AE2若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为_【答案】2【解析】【分析】过点A和点E作AGBC，EHBC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB6，B60°，可得BG3，AG3EH，由题意可得，FHFCHC211，进而根据勾股定理可得EF的长【详解】解：如图，过点A和点E作AGBC，EHBC于点G和H，得矩形AGHE，GHAE2，在菱形ABCD中，AB6，B60°，BG3，AG3EH，HCBCBGGH6321，EF平分菱形面积，FCAE2，FHFCHC211，在RtEFH中，根据勾股定理，得EF2故答案为：2【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质29（2020·湖北省直辖县级单位?中考真题）正n边形的一个内角等于135°，则边数n的值为_【答案】8【解析】【分析】先根据多边形的外角与相邻的内角互补求出外角的度数，再根据外角和求边数即可.【详解】多边形的外角是：180135=45°，n=8【点睛】本题考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解答本题的关键.30（2020·江苏徐州?中考真题）如图，在中，、分别为、的中点，若，则_【答案】5【解析】【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AC的长度，再根据题意判断DE为中位线，根据中位线的性质即可求出DE的长度【详解】在中，、分别为、的中点，则根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得AC10根据题意判断DE为中位线，根据三角形中位线的性质，得DEAC且DE=AC，可得DE=5故答案为DE=5【点睛】本题掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半及中位线的性质是解答本题的关键31（2020·江苏常州?中考真题）数学家笛卡尔在几何一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长补短在菱形中，如图，建立平面直角坐标系，使得边在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则点C的坐标是_【答案】(2，)【解析】【分析】根据菱形的性质可知AD=AB=CD=2，OAD=60°，由三角函数即可求出线段OD的长度，即可得到答案【详解】解：四边形为菱形，AD=AB=CD=2，在RtDOA中，OD=点C的坐标是(2，)故答案为：(2，)【点睛】本题考查了平面直接坐标系中直角三角形的计算问题，以及菱形的性质，熟练掌握特殊三角函数值是解题关键32（2020·江苏常州?中考真题）如图，在中，D、E分别是、的中点，连接，在直线和直线上分别取点F、G，连接、若，且直线与直线互相垂直，则的长为_【答案】4或2【解析】【分析】分当点F在点D右侧时，当点F在点D左侧时，两种情况，分别画出图形，结合三角函数，勾股定理以及平行四边形的性质求解即可.【详解】解：如图，当点F在点D右侧时，过点F作FMDG，交直线BC于点M，过点B作BNDE，交直线DE于点N，D，E分别是AB和AC中点，AB=，DEBC，BD=AD=，FBM=BFD，四边形DGMF为平行四边形，则DG=FM，DGBF，BF=3DG，BFM=90°，tanFBM=tanBFD，ABC=45°=BDN，BDN为等腰直角三角形，BN=DN=，FN=3BN=9，DF=GM=6，BF=，FM=，BM=，BG=10-6=4；当点F在点D左侧时，过点B作BNDE，交直线DE于N，过点B作BMDG，交直线DE于M，延长FB和DG，交点为H，可知：H=FBM=90°，四边形BMDG为平行四边形，BG=MD，BM=DG，BF=3DG，tanBFD=，同理可得：BDN为等腰直角三角形，BN=DN=3，FN=3BN=9，BF=，设MN=x，则MD=3-x，FM=9+x，在RtBFM和RtBMN中，有，即，解得：x=1，即MN=1，BG=MD=ND-MN=2. 综上：BG的值为4或2.故答案为：4或2.【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，三角函数，平行四边形的判定和性质，勾股定理，难度较大，解题的关键是根据题意画出图形，分清情况.33（2020·江苏常州?中考真题）如图，点C在线段上，且，分别以、为边在线段的同侧作正方形、，连接、，则_【答案】【解析】【分析】设BC=a，则AC=2a，然后利用正方形的性质求得CE、CG的长、GCD=ECD=45°，进而说明ECG为直角三角形，最后运用正切的定义即可解答【详解】解：设BC=a，则AC=2a正方形EC=，ECD= 同理：CG=,GCD= 故答案为【点睛】本题考查了正方形的性质和正切的定义，根据正方形的性质说明ECG是直角三角形是解答本题的关键34（2020·甘肃天水?中考真题）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为_【答案】（1，5）【解析】【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标【详解】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE、FO交于点O，四边形OEFG是正方形，OG=EO，GOM=OEH，OGM=EOH，在OGM与EOH中， ，OGMEOH（ASA），GM=OH=2，OM=EH=3，G（3，2），O（，），点F与点O关于点O对称，点F的坐标为 （1，5），故答案是：（1，5）【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键.35（2020·甘肃天水?中考真题）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为_【答案】2【解析】【分析】根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，BAG=DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得GAE=FAE，进而可根据SAS证明GAEFAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在RtCEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案【详解】解：将绕点顺时针旋转得到，AG=AF，GB=DF，BAG=DAF，BAD=90°，BAE+DAF=45°，BAE+BAG=45°，即GAE=45°，GAE=FAE，又AE=AE，GAEFAE（SAS），GE=EF，设BE=x，则CE=6x，EF=GE=DF+BE=3+x，DF=3，CF=3，在RtCEF中，由勾股定理，得：，解得：x=2，即BE=2故答案为：2【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键36（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，四边形是矩形，延长到点，使，连接，点是的中点，连接，得到；点是的中点，连接，得到；点是的中点，连接，得到；按照此规律继续进行下去，若矩形的面积等于2，则的面积为_（用含正整数的式子表示）【答案】【解析】【分析】先计算出、的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解【详解】解：，面积是矩形ABCD面积的一半，梯形BCDE的面积为，点是的中点，点是的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，且，同理可以计算出：，且，故、的面积分别为：，观察规律，其分母分别为2,4,8，符合，分子规律为，的面积为故答案为：【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解37（2020·辽宁抚顺?中考真题）如图，在中，分别是和的中点，连接，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，若，则的长为_【答案】2【解析】【分析】依据三角形中位线定理，即可得到MN=BC=2，MNBC，依据MNEDCE（AAS），即可得到CD=MN=2【详解】解：M，N分别是AB和AC的中点，MN是ABC的中位线，MN=BC=2，MNBC，NME=D，MNE=DCE，点E是CN的中点，NE=CE，MNEDCE（AAS），CD=MN=