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浙江省历年（2019-2024）中考数学真题压轴填空题汇编（3）
一、填空题
1．（2019·绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　 　。
【答案】10或6+2 或8+2
【知识点】正方形的性质；解直角三角形；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，点O为正方形的中心
∴BC=DC=2，OB=OC=EF=
∴△OBC是等腰直角三角形；
∵点E、F分别是AB，AD的中点，
∴AE=AF=BE=DF=OF=1
如图1，
MQ=1，MN=1+2+1=4，PN=1，PQ=2+1+1=4
四边形MNPQ的周长为：1+4+1+4=10；
如图2，
MQ=2 ，MN=1+2=3，PN=2，PQ=1
四边形MNPQ的周长为：2 +3+2+1；=6+2 ；
如图3，
MQ= ，MN=1+2+2=5，PN= ，PQ=1+1+1=3
四边形MNPQ的周长为：2 +3+2+1；=8+2 ；
故答案为：10或 或
【分析】利用正方形的性质可证得BC=CD，求出OB=OC=EF= ，AE=AF=BE=DF=OF=1，再分情况拼图，可拼成矩形或直角梯形或等腰梯形，然后分别求出拼成的四边形的周长。
2．（2019·金华）图2、图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME，EF，FN是门轴的滑动轨道，∠E=∠F=90°，两门AB，CD的门轴A，B，C，D都在滑动轨道上．两门关闭时（图2），A，D分别在E，F处，门缝忽略不计（即B，C重合）；两门同时开启，A，D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B，C滑动；B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启。已知AB=50cm，CD=40cm．
（1）如图3，当∠ABE=30°时，BC=　 　 cm．
（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为　 　cm2．
【答案】（1）90-45
（2）2256
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：（1）∵AB=50cm，CD=40cm，
∴EF=AD=AB+CD=50+40=90（cm），
∵∠ABE=30°，
∴cos30°= ，
∴BE=25 ，
同理可得：CF=20 ，
∴BC=EF-BE-CF=90-25 -20 =90-45 （cm）；
（ 2 ）作AG⊥FN，连结AD，如图，
依题可得：AE=25+15=40（cm），
∵AB=50，
∴BE=30，
又∵CD=40，
∴sin∠ABE= ，cos∠ABE= ，
∴DF=32，CF=24，
∴S四边形ABCD=S矩形AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG，
=40×90- ×30×40- ×24×32- ×8×90，
=3600-600-384-360，
=2256.
故答案为：90-45 ，2256.
【分析】（1）根据题意求得EF=AD=90cm，根据锐角三角函数余弦定义求得BE=25 ，
同理可得：CF=20 ，由BC=EF-BE-CF即可求得答案.（2）作AG⊥FN，连结AD，根据题意可得AE=25+15=40cm，由勾股定理得BE=30，由锐角三角函数正弦、余弦定义可求得DF=32，CF=24，由S四边形ABCD=S矩形AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG，代入数据即可求得答案.
3．（2019·嘉兴）如图，一副含30°和45°角的三角板 和 拼合在个平面上，边 与 重合， ．当点 从点 出发沿 方向滑动时，点 同时从点 出发沿射线 方向滑动．当点 从点 滑动到点 时，点 运动的路径长为　 　 ；连接 ，则△ 的面积最大值为　 　 ．
【答案】；
【知识点】解直角三角形；等腰直角三角形；几何图形的面积计算-割补法；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：如图，
由题意可知点E从点A滑动到点C时，点D在射线CD上运动，当D1F1⊥BC时，点D1最远，因此点D的运动轨迹为D-D1-D
∴点D的运动路径长为2D1D
∴四边形CE1D1F1是正方形
由题意可知△EDF≌△E1D1F1
∴EF=CD1=12
在Rt△ACD中，∠CAD=45°
∴CD=ACsin∠CAD=12× =
∴2D1D=2（CD1-CD）=2（ ）= ；
在Rt△ABC中，∠BAC=30°
∴BC=ACtan∠BAC=
∴BF1=BC+CF1=
当点D运动到D1时，D1到AB的距离最远，△ABD1的面积最大
S△ABD1=S△ABC+S正方形CE1D1F1+S△AE1D1-S△BD1F1
=
=
故答案为： ；
【分析】由题意可知点E从点A滑动到点C时，点D在射线CD上运动，当D1F1⊥BC时，点D1最远，因此点D的运动轨迹为D-D1-D，点D的运动路径长为2D1D，利用解直角三角形求出CD的长，再根据2D1D=2（CD1-CD），就可求出点D的运动路径长；由题意可知四边形CE1D1F1是正方形，在Rt△ABC中，∠BAC=30°利用解直角三角形求出BC、BF1的长，当点D运动到D1时，D1到AB的距离最远，△ABD1的面积最大，然后根据S△ABD1=S△ABC+S正方形CE1D1F1+S△AE1D1-S△BD1F1，利用三角形和正方形的面积公式可求解。
4．（2020·杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上， 把△BCE沿直线CE对折， 使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF。若点E，F，D在同一条直线上，AE=2，则DF=　 　，BE=　 　。
【答案】2； -1
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，F，D在一条直线上
∴∠DFC=∠CFE=∠EBC=90°
∴∠CDF+∠DCF=90°
又∵∠ADF+∠CDF=90°
∴∠ADF=∠DCF
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴BC=CF=AD
在△ADE和△FCD中，
AD=CF
∠ADF=∠DCF
∠DFC=∠DAE
∴△ADE≌△FCD
∴DF=AE=2
设BE=X
则EF=X
∵∠AEF=∠AED
∠AFE=∠DAE=90°
∴△AFE∽△DAE
∴AE2=EF·DE
∴X(X+2)=4
X +2X-4=0
解得：x= -1或x=- -1(舍去)
故答案为：2； -1.
【分析】利用余角的性质可证得∠ADF=∠DCF ，再利用折叠的性质，可得到BC=CF=AD，由此可证得△ADE≌△FCD，利用全等三角形的对应边相等，可得到AE的长，然后证明△AFE∽△DAE，利用相似三角形的对应边成比例，就可求出x的值，即可得到DF，BE的长。
5．（2020·温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上。在F点观测A点后，沿FN方向走到M点.观测C点发现∠1=∠2。测得EF=15米，FM=2米，MN=8米，∠ANE=45°，则场地的边AB为　 　米，BC为　 　米。
【答案】15 ；20
【知识点】相似三角形的应用；解直角三角形
【解析】【解答】解： ， ，
，
和 是等腰直角三角形，
， ，
米， 米， 米，
（米 ， （米 ，
， ，
（米 ；
过 作 于 ，过 作 交 于 ，交 于 ，
，
四边形 和四边形 是矩形，
， ， ，
， ，
，
，
设 ， ，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为： ， ．
【分析】根据题意易证△ANE和△BNF是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，可证得AE=EN，BF=FN，由此可求出AE，BF的长，利用解直角三角形求出AN，BN的长，再根据AB=AN-BN求出AB的长；过点C作CH⊥l于点H，过点B作PQ⊥l，交AE于点P，交CH于点Q，利用矩形的判定和性质，可得到EF，QH的长，再证明△AEF∽△CHM，利用相似三角形的对应边成比例可得到CH与HM的比值，设MH=3x，CH=5x，用含x的代数式表示出CQ，BQ的长，然后证明△APB∽△BQC，利用相似三角形的对应边成比例建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到BQ的长，从而可求出BC的长。
6．（2020·绍兴）将两条邻边长分别为 ，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片(无余纸片)，各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　 　(填序号)。
① ，②1，③ -1，④ ，⑤
【答案】①②③④
【知识点】等腰三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
则其中一个等腰三角形的腰长可以是① ，②1，③ ，④ ，不可以是 ．
故答案为：①②③④．
【分析】利用有两边相等的三角形是等腰三角形，分情况画出图形，可得答案。
7．（2020·衢州）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图.已知O，P两点固定，连杆PA=PC=140cm，AB=BC=CQ=QA=60cm，OQ=50cm，O，P两点间距与OQ长度相等。当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动。当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）。
（1）点P到MN的距离为　 　cm。
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为　 　cm。
【答案】（1）160
（2）
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理的应用；菱形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】(1)如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．
由题意：OP＝OQ＝50cm，PQ＝PA﹣AQ＝14﹣＝60＝80（cm），PM＝PA+BC＝140+60＝200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝40（cm），
∵cos∠P＝ ，
∵ ，
∴PT＝160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．
( 2 )如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．
由题意AT＝PT﹣PA＝160﹣140＝20（cm），OA＝PA﹣OP＝140﹣50＝90（cm），OQ＝50cm，AQ＝60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2＝AQ2﹣AH2＝OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2＝502﹣（90﹣x）2，
解得x＝ ，
∴HT＝AH+AT＝ （cm），
∴点Q到MN的距离为 cm．
故答案为： ．
【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．解直角三角形求出HT即可．
8．（2020·宁波）如图，经过原点O的直线与反比例函数 (a>0)的图象交于A，D两点(点A在第一象限)，点B，C，E在反比例函数 (b<0)的图象上，AB∥y轴，AE∥CD∥x轴，五边形ABCDE的面积为56，四边形ABCD的面积为32，则 的值为　 　， 的值为　 　.
【答案】24；
【知识点】三角形的面积；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：1、如图，作EH⊥x轴，DK⊥x轴，连接KD交x轴于点M，
∵△ADE的面积=五边形ABCDE的面积-四边形ABCD的面积=56-32=24，
∴△ADE的面积=S△AON+S矩形ONEH+S△EHM+S△MDO =S△AON+S矩形ONEH+S△EHM+S△DOK-S△DMK
=a-b+S△EHM+a-S△DMK， ∵A、D关于原点对称， ∴DK=yA，
∵AE∥x轴，
∴EH=yA， ∴EH=DK， ∵∠EHM=∠DKM=90°，∠KMH=∠KMD， ∴△DKM≌△EHM（AAS）， ∴S△EHM=S△DMK， ∴△ADE的面积=a-b=24；
2、∵A，D关于原点对称，
∴A，D的纵坐标的绝对值相等，
∵AE∥CD，
∴E，C的纵坐标的绝对值相等，
∵E，C在反比例函数y＝的图象上，
∴E，C关于原点对称，
∴E，O，C共线，
∵OE＝OC，OA＝OD，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∴S△ADE＝S△ADC＝24，
∴S△AOE＝S△DEO＝12，
∵S△AOC＝S△AOB＝12，
∴BC∥AD，
∴，
∵S△ACB＝S四边形ABCD-S△ACD=32﹣24＝8，
∴S△ADC：S△ABC＝24：8＝1：3，
∴BC：AD＝1：3，
∴QB：QA＝1：3，
设QB＝k，则QA＝3k，
∴AP＝QP＝1.5k，BP＝0.5k，
∴AP：BP＝3：1，
∴，
∴ ．
【分析】（1）作EH⊥x轴，DK⊥x轴，连接KD交x轴于点M，由△ADE的面积=五边形ABCDE的面积-四边形ABCD的面积求得△ADE的面积为24，然后根据反比例函数图象点的坐标特点列出△ADE的代数式，由于A、D关于原点对称，结合AE∥CD，利用角角边定理可证△DKM≌△EHM，即此两个三角形面积相等，最后推得△ADE的面积=a-b=24；
（2）连接AC，OE，OC，OB，延长AB交DC的延长线于Q，设AB交x轴于P．根据反比例函数图象关于原点对称的特点，结合AE∥CD，求出证明四边形ACDE是平行四边形，从而推出S△ADE＝S△ADC，推出S△AOC＝S△AOB，可得BC∥AD，根据平行线分线段成比例的性质可得AD＝3BC，从而推出QB：QA＝1：3，可求AP＝3BP，根据面积的关系可求 的值．
9．（2020·湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点A在第一象限，反比例函数 (x＞0)的图象经过OA的中点C，交AB于点D，连结CD.若△ACD的面积是2，则k的值是　 　.
【答案】
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接 ，过 作 ，交 轴于 ，
，反比例函数 的图象经过 的中点 ，
， ，
，
，
，
，
，
，
故答案为： .
【分析】连接OD，过点C作CE∥AB交x轴于点E，由已知反比例函数的图象经过OA的中点，可证得△ACD和△OCD的面积相等，利用反比例函数的几何意义可以用含k的代数式表示出△COE的面积，再证明△OCE∽△OAB，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可建立关于k的方程，解方程求出k的值。
10．（2019·温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为　 　分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为　 　分米．
【答案】5+5 ；4
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）作OP⊥CD，OQ⊥AM，∵∠AOQ+∠QOC=∠POC+QOC=90°，得∠AOQ=∠COP，又OA=OC，故△AOQ≌△COP，所以AQ=CP，AM=AQ+QM=OP+CP= 。（2）在OE上取一点M，使 ，
∵OE∥CD，∴ ，故 是等边三角形，得 ，根据旋转图形的特点， ，故 是等边三角形，得 ，又 ，由上可知： ，得ME=OF=4。
∵ 。
【分析】（1）要求AM的长度，∵AM是垂线段，可以联想到作垂线段，把AM分割，∵平行线间的垂线段相等，最后问题集中在求剩下的一段长度，由∠AOC=90°出发，构造三角形，证明全等即可。（2）根据旋转图形的特点，先理清旋转以后哪些线段相等，哪些是旋转角。本题关键是把 转化为 ，构造三角形，证明全等，问题就能得到解决。
11．（2019·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”. 由边长为4√2的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质
【解析】【解答】 解：如图，延长EO交GH于点K，取②中三角形斜边中点J，连结JK，由图1知KJ一定过②中三角形的直角顶点，
由图1可得：
EO=8，OK=2，KJ=4，
∴EK=EO+OK=8+2=10，
在Rt△KGJ中，
∴KG= ，
设正方形EFGH边长为a，则HK=a-2 ，
在Rt△KEH中，
∵EK2=EH2+HK2，
即102=a2+（a-2 ）2，
解得：a=4 或a=-2 （舍去），
∴正方形EFGH边长为4 .
故答案为：4 .
【分析】由图1可得：EO=8，OK=2，KJ=4，EK=10，在Rt△KGJ中，根据勾股定理求得KG长，
设正方形EFGH边长为a，则HK=a-2 ，在Rt△KEH中，根据勾股定理建立一元二次方程，解之即可求得答案.
12．（2019·台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D.设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=4，且 则m+n的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，如图，
设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，
∵BD=4，BE=m，BF=n，
∴DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，
∵∠ABC=90°，且∠AEB=∠BFC=90°，∠CMD=∠AND=90°，
∴△AEB∽△BFC，△CMD∽△AND，
∴ ， ，
即 ， ，
∴mn=xy，y=10- x，
又∵ ，
∴n= m，
∴m+n=m+ m= m，
要使m+n最大，则只要m最大，
∵mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，
∴对称轴x= 时，（- x2+10x）最大= ，
∴ m2= ，
∴m最大= ，
∴（m+n）最大= × = .
故答案为： .
【分析】过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，根据题意得DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，再由相似三角形的判定和性质得 ， ，即mn=xy，y=10- x，由 得n= m，从而可得m+n= m，要使m+n最大，则只要m最大，由mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，从而可转化成二次函数的最值来做，根据二次函数的性质求得其最大值，即 m2= ，从而可得到m最大= ，从而可得m+n的最大值.
13．（2019·杭州）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D'点，若∠FPG=90°，△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1.则矩形ABCD的面积等于　 　。
【答案】10+
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由对称图形可知，
DC=D′P
AB=A′P
AB=CD
∴D′P=A′P
∵∠FPG=90 ，∠EPF=∠D′PH，∠GPH=∠A′PE
∴∠A′PE+∠D′PH=∠EPF+∠GPH=90
又∵A′EP+∠A′PE=90 ，
∴∠A′EP=∠D′PH
∴△A′EP∽△D′PH
因为面积比为4：1
所以相似比为2：1
设D′H=k，则A′P=D′P=2k，
A′E=4k
S△PD′H= PD′·D′H=
∴k=1，
故PH= =
PE=
∴AD=AE+EP+PH+HP=4+ + +1=5+3
AB=2k=2
S矩形ABCD=AB·AD=
故答案为：10+6 .
【分析】根据轴对称图形特点，找出有关相等线段。图中 是关键点，再根据三角形相似确定有关线段的比例关系，因为∠FPC=90°，很容易证三角形相似。运用数学的化归统一的思想，设参数k，把有关线段全部用K表示，然后根据三角形面积列关系式即可解出K值，K值确定，各线段长度即可求出。运用矩形面积公式即可求解。
14．（2019·宁波）如图，过原点的直线与反比例函数y= （k>0)的图象交于A，B两点，点A在第一象限点C在x轴正半轴上，连结AC交反比例函数图象于点D.AE为∠BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连结DE.若AC=3DC，△ADE的面积为8，则k的值为　 　.
【答案】6
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行线的判定与性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接OE，OD，过点A作AN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥x轴于点M，
根据正比例函数与反比例函数的对称性得出OA=OB，
∵BE⊥AE，∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，∵AO=BO，
∴OE=OA，
∴∠OEA =∠OAE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE=∠CAE，
∴∠CAE=∠OEA，
∴OE∥AC，
∴△ADO的面积=△ADE的面积，
∵△ADO的面积=梯形ADMN的面积，
∴梯形ADMN的面积=8，
∵AN⊥x轴，DM⊥x轴，
∴AN∥DM，
∴△CDM∽△CAN，
∴DM∶AN=CD∶AC=1∶3，
∴设DM为a，则AN=3a，
∴A( ，3a)，D（ ，a）
∴ON= ，OM= ，MN=OM-ON= ；
∵梯形ADMN的面积=(a+3a) ·MN× =8，
∴k=6.
故答案为：6
【分析】连接OE，OD，过点A作AN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥x轴于点M，根据正比例函数与反比例函数的对称性得出OA=OB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OE=OA，根据等边对等角及角平分线的定义得出∠CAE=∠OEA， 根据内错角相等二直线平行得出OE∥AC， 根据同底等高的三角形的面积相等得出△ADO的面积=△ADE的面积，根据反比例函数k的几何意义及割补法得出△ADO的面积=梯形ADMN的面积，从而得出梯形ADMN的面积=8，根据同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得出AN∥DM， 根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△CDM∽△CAN， 根据相似三角形对应边成比例得出DM∶AN=CD∶AC=1∶3，设DM为a，则AN=3a，进而表示出A，D两点的坐标，得出ON，OM，MN的长，再根据梯形的面积计算方法建立方程，求解即可。
15．（2020·台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b. 依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD. 则正方形ABCD的面积为　 　. （用含a，b的代数式表示）
【答案】a+b
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：如图，
正方形ABCD是由4个直角三角形和一个小正方形组成，4个直角三角形的面积和等于大正方形的面积a．故正方形ABCD的面积＝a+b．
【分析】如图，正方形ABCD是由4个直角三角形和一个小正方形组成，4个直角三角形的面积和等于大正方形的面积a，由此即可解决问题．
16．（2020·金华·丽水）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE：AE=2：3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动.
（1）当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是　 　cm.
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为　 　cm.
【答案】（1）16
（2）
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC是矩形，
∴AB=CD=EF=2cm，
∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为：2+6+2=6=16cm；
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，
∴CH⊥AB，AH=BH，
∵AC=BD=6cm，CE：AE=2：3，∴CE=cm，
在Rt△OEF中，CO==，
∵sin∠ECO==，∴AH=，
∴AB=2AH=.
【分析】（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可；
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，可得CH⊥AB，AH=BH，利用已知先求出CE=cm，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由sin∠ECO==，求出AH，从而求出AB=2AH的长.
1 / 1浙江省历年（2019-2024）中考数学真题压轴填空题汇编（3）
一、填空题
1．（2019·绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　 　。
2．（2019·金华）图2、图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME，EF，FN是门轴的滑动轨道，∠E=∠F=90°，两门AB，CD的门轴A，B，C，D都在滑动轨道上．两门关闭时（图2），A，D分别在E，F处，门缝忽略不计（即B，C重合）；两门同时开启，A，D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B，C滑动；B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启。已知AB=50cm，CD=40cm．
（1）如图3，当∠ABE=30°时，BC=　 　 cm．
（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为　 　cm2．
3．（2019·嘉兴）如图，一副含30°和45°角的三角板 和 拼合在个平面上，边 与 重合， ．当点 从点 出发沿 方向滑动时，点 同时从点 出发沿射线 方向滑动．当点 从点 滑动到点 时，点 运动的路径长为　 　 ；连接 ，则△ 的面积最大值为　 　 ．
4．（2020·杭州）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上， 把△BCE沿直线CE对折， 使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF。若点E，F，D在同一条直线上，AE=2，则DF=　 　，BE=　 　。
5．（2020·温州）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥l，BF⊥l，点N，A，B在同一直线上。在F点观测A点后，沿FN方向走到M点.观测C点发现∠1=∠2。测得EF=15米，FM=2米，MN=8米，∠ANE=45°，则场地的边AB为　 　米，BC为　 　米。
6．（2020·绍兴）将两条邻边长分别为 ，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片(无余纸片)，各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　 　(填序号)。
① ，②1，③ -1，④ ，⑤
7．（2020·衢州）图1是由七根连杆链接而成的机械装置，图2是其示意图.已知O，P两点固定，连杆PA=PC=140cm，AB=BC=CQ=QA=60cm，OQ=50cm，O，P两点间距与OQ长度相等。当OQ绕点O转动时，点A，B，C的位置随之改变，点B恰好在线段MN上来回运动。当点B运动至点M或N时，点A，C重合，点P，Q，A，B在同一直线上（如图3）。
（1）点P到MN的距离为　 　cm。
（2）当点P，O，A在同一直线上时，点Q到MN的距离为　 　cm。
8．（2020·宁波）如图，经过原点O的直线与反比例函数 (a>0)的图象交于A，D两点(点A在第一象限)，点B，C，E在反比例函数 (b<0)的图象上，AB∥y轴，AE∥CD∥x轴，五边形ABCDE的面积为56，四边形ABCD的面积为32，则 的值为　 　， 的值为　 　.
9．（2020·湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点B在x轴的正半轴上，点A在第一象限，反比例函数 (x＞0)的图象经过OA的中点C，交AB于点D，连结CD.若△ACD的面积是2，则k的值是　 　.
10．（2019·温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为　 　分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为　 　分米．
11．（2019·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”. 由边长为4√2的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是　 　.
12．（2019·台州）如图，直线l1∥l2∥l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D.设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=4，且 则m+n的最大值为　 　.
13．（2019·杭州）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D'点，若∠FPG=90°，△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1.则矩形ABCD的面积等于　 　。
14．（2019·宁波）如图，过原点的直线与反比例函数y= （k>0)的图象交于A，B两点，点A在第一象限点C在x轴正半轴上，连结AC交反比例函数图象于点D.AE为∠BAC的平分线，过点B作AE的垂线，垂足为E，连结DE.若AC=3DC，△ADE的面积为8，则k的值为　 　.
15．（2020·台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖面积为a，小正方形地砖面积为b. 依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD. 则正方形ABCD的面积为　 　. （用含a，b的代数式表示）
16．（2020·金华·丽水）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC，BD（点A与点B重合），点O是夹子转轴位置，OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE：AE=2：3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O转动.
（1）当E，F两点的距离最大值时，以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长是　 　cm.
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时，A，B两点的距离为　 　cm.
答案解析部分
1．【答案】10或6+2 或8+2
【知识点】正方形的性质；解直角三角形；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，点O为正方形的中心
∴BC=DC=2，OB=OC=EF=
∴△OBC是等腰直角三角形；
∵点E、F分别是AB，AD的中点，
∴AE=AF=BE=DF=OF=1
如图1，
MQ=1，MN=1+2+1=4，PN=1，PQ=2+1+1=4
四边形MNPQ的周长为：1+4+1+4=10；
如图2，
MQ=2 ，MN=1+2=3，PN=2，PQ=1
四边形MNPQ的周长为：2 +3+2+1；=6+2 ；
如图3，
MQ= ，MN=1+2+2=5，PN= ，PQ=1+1+1=3
四边形MNPQ的周长为：2 +3+2+1；=8+2 ；
故答案为：10或 或
【分析】利用正方形的性质可证得BC=CD，求出OB=OC=EF= ，AE=AF=BE=DF=OF=1，再分情况拼图，可拼成矩形或直角梯形或等腰梯形，然后分别求出拼成的四边形的周长。
2．【答案】（1）90-45
（2）2256
【知识点】解直角三角形的其他实际应用
【解析】【解答】解：（1）∵AB=50cm，CD=40cm，
∴EF=AD=AB+CD=50+40=90（cm），
∵∠ABE=30°，
∴cos30°= ，
∴BE=25 ，
同理可得：CF=20 ，
∴BC=EF-BE-CF=90-25 -20 =90-45 （cm）；
（ 2 ）作AG⊥FN，连结AD，如图，
依题可得：AE=25+15=40（cm），
∵AB=50，
∴BE=30，
又∵CD=40，
∴sin∠ABE= ，cos∠ABE= ，
∴DF=32，CF=24，
∴S四边形ABCD=S矩形AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG，
=40×90- ×30×40- ×24×32- ×8×90，
=3600-600-384-360，
=2256.
故答案为：90-45 ，2256.
【分析】（1）根据题意求得EF=AD=90cm，根据锐角三角函数余弦定义求得BE=25 ，
同理可得：CF=20 ，由BC=EF-BE-CF即可求得答案.（2）作AG⊥FN，连结AD，根据题意可得AE=25+15=40cm，由勾股定理得BE=30，由锐角三角函数正弦、余弦定义可求得DF=32，CF=24，由S四边形ABCD=S矩形AEFG-S△AEB-S△CFD-S△ADG，代入数据即可求得答案.
3．【答案】；
【知识点】解直角三角形；等腰直角三角形；几何图形的面积计算-割补法；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：如图，
由题意可知点E从点A滑动到点C时，点D在射线CD上运动，当D1F1⊥BC时，点D1最远，因此点D的运动轨迹为D-D1-D
∴点D的运动路径长为2D1D
∴四边形CE1D1F1是正方形
由题意可知△EDF≌△E1D1F1
∴EF=CD1=12
在Rt△ACD中，∠CAD=45°
∴CD=ACsin∠CAD=12× =
∴2D1D=2（CD1-CD）=2（ ）= ；
在Rt△ABC中，∠BAC=30°
∴BC=ACtan∠BAC=
∴BF1=BC+CF1=
当点D运动到D1时，D1到AB的距离最远，△ABD1的面积最大
S△ABD1=S△ABC+S正方形CE1D1F1+S△AE1D1-S△BD1F1
=
=
故答案为： ；
【分析】由题意可知点E从点A滑动到点C时，点D在射线CD上运动，当D1F1⊥BC时，点D1最远，因此点D的运动轨迹为D-D1-D，点D的运动路径长为2D1D，利用解直角三角形求出CD的长，再根据2D1D=2（CD1-CD），就可求出点D的运动路径长；由题意可知四边形CE1D1F1是正方形，在Rt△ABC中，∠BAC=30°利用解直角三角形求出BC、BF1的长，当点D运动到D1时，D1到AB的距离最远，△ABD1的面积最大，然后根据S△ABD1=S△ABC+S正方形CE1D1F1+S△AE1D1-S△BD1F1，利用三角形和正方形的面积公式可求解。
4．【答案】2； -1
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，F，D在一条直线上
∴∠DFC=∠CFE=∠EBC=90°
∴∠CDF+∠DCF=90°
又∵∠ADF+∠CDF=90°
∴∠ADF=∠DCF
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴BC=CF=AD
在△ADE和△FCD中，
AD=CF
∠ADF=∠DCF
∠DFC=∠DAE
∴△ADE≌△FCD
∴DF=AE=2
设BE=X
则EF=X
∵∠AEF=∠AED
∠AFE=∠DAE=90°
∴△AFE∽△DAE
∴AE2=EF·DE
∴X(X+2)=4
X +2X-4=0
解得：x= -1或x=- -1(舍去)
故答案为：2； -1.
【分析】利用余角的性质可证得∠ADF=∠DCF ，再利用折叠的性质，可得到BC=CF=AD，由此可证得△ADE≌△FCD，利用全等三角形的对应边相等，可得到AE的长，然后证明△AFE∽△DAE，利用相似三角形的对应边成比例，就可求出x的值，即可得到DF，BE的长。
5．【答案】15 ；20
【知识点】相似三角形的应用；解直角三角形
【解析】【解答】解： ， ，
，
和 是等腰直角三角形，
， ，
米， 米， 米，
（米 ， （米 ，
， ，
（米 ；
过 作 于 ，过 作 交 于 ，交 于 ，
，
四边形 和四边形 是矩形，
， ， ，
， ，
，
，
设 ， ，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为： ， ．
【分析】根据题意易证△ANE和△BNF是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，可证得AE=EN，BF=FN，由此可求出AE，BF的长，利用解直角三角形求出AN，BN的长，再根据AB=AN-BN求出AB的长；过点C作CH⊥l于点H，过点B作PQ⊥l，交AE于点P，交CH于点Q，利用矩形的判定和性质，可得到EF，QH的长，再证明△AEF∽△CHM，利用相似三角形的对应边成比例可得到CH与HM的比值，设MH=3x，CH=5x，用含x的代数式表示出CQ，BQ的长，然后证明△APB∽△BQC，利用相似三角形的对应边成比例建立关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到BQ的长，从而可求出BC的长。
6．【答案】①②③④
【知识点】等腰三角形的判定
【解析】【解答】解：如图所示：
则其中一个等腰三角形的腰长可以是① ，②1，③ ，④ ，不可以是 ．
故答案为：①②③④．
【分析】利用有两边相等的三角形是等腰三角形，分情况画出图形，可得答案。
7．【答案】（1）160
（2）
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理的应用；菱形的性质；图形的旋转
【解析】【解答】(1)如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．
由题意：OP＝OQ＝50cm，PQ＝PA﹣AQ＝14﹣＝60＝80（cm），PM＝PA+BC＝140+60＝200（cm），PT⊥MN，
∵OH⊥PQ，
∴PH＝HQ＝40（cm），
∵cos∠P＝ ，
∵ ，
∴PT＝160（cm），
∴点P到MN的距离为160cm，
故答案为160．
( 2 )如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．
由题意AT＝PT﹣PA＝160﹣140＝20（cm），OA＝PA﹣OP＝140﹣50＝90（cm），OQ＝50cm，AQ＝60cm，
∵QH⊥OA，
∴QH2＝AQ2﹣AH2＝OQ2﹣OH2，
∴602﹣x2＝502﹣（90﹣x）2，
解得x＝ ，
∴HT＝AH+AT＝ （cm），
∴点Q到MN的距离为 cm．
故答案为： ．
【分析】（1）如图3中，延长PO交MN于T，过点O作OH⊥PQ于H．解直角三角形求出PT即可．（2）如图4中，当O，P，A共线时，过Q作QH⊥PT于H．设HA＝xcm．解直角三角形求出HT即可．
8．【答案】24；
【知识点】三角形的面积；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：1、如图，作EH⊥x轴，DK⊥x轴，连接KD交x轴于点M，
∵△ADE的面积=五边形ABCDE的面积-四边形ABCD的面积=56-32=24，
∴△ADE的面积=S△AON+S矩形ONEH+S△EHM+S△MDO =S△AON+S矩形ONEH+S△EHM+S△DOK-S△DMK
=a-b+S△EHM+a-S△DMK， ∵A、D关于原点对称， ∴DK=yA，
∵AE∥x轴，
∴EH=yA， ∴EH=DK， ∵∠EHM=∠DKM=90°，∠KMH=∠KMD， ∴△DKM≌△EHM（AAS）， ∴S△EHM=S△DMK， ∴△ADE的面积=a-b=24；
2、∵A，D关于原点对称，
∴A，D的纵坐标的绝对值相等，
∵AE∥CD，
∴E，C的纵坐标的绝对值相等，
∵E，C在反比例函数y＝的图象上，
∴E，C关于原点对称，
∴E，O，C共线，
∵OE＝OC，OA＝OD，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∴S△ADE＝S△ADC＝24，
∴S△AOE＝S△DEO＝12，
∵S△AOC＝S△AOB＝12，
∴BC∥AD，
∴，
∵S△ACB＝S四边形ABCD-S△ACD=32﹣24＝8，
∴S△ADC：S△ABC＝24：8＝1：3，
∴BC：AD＝1：3，
∴QB：QA＝1：3，
设QB＝k，则QA＝3k，
∴AP＝QP＝1.5k，BP＝0.5k，
∴AP：BP＝3：1，
∴，
∴ ．
【分析】（1）作EH⊥x轴，DK⊥x轴，连接KD交x轴于点M，由△ADE的面积=五边形ABCDE的面积-四边形ABCD的面积求得△ADE的面积为24，然后根据反比例函数图象点的坐标特点列出△ADE的代数式，由于A、D关于原点对称，结合AE∥CD，利用角角边定理可证△DKM≌△EHM，即此两个三角形面积相等，最后推得△ADE的面积=a-b=24；
（2）连接AC，OE，OC，OB，延长AB交DC的延长线于Q，设AB交x轴于P．根据反比例函数图象关于原点对称的特点，结合AE∥CD，求出证明四边形ACDE是平行四边形，从而推出S△ADE＝S△ADC，推出S△AOC＝S△AOB，可得BC∥AD，根据平行线分线段成比例的性质可得AD＝3BC，从而推出QB：QA＝1：3，可求AP＝3BP，根据面积的关系可求 的值．
9．【答案】
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接 ，过 作 ，交 轴于 ，
，反比例函数 的图象经过 的中点 ，
， ，
，
，
，
，
，
，
故答案为： .
【分析】连接OD，过点C作CE∥AB交x轴于点E，由已知反比例函数的图象经过OA的中点，可证得△ACD和△OCD的面积相等，利用反比例函数的几何意义可以用含k的代数式表示出△COE的面积，再证明△OCE∽△OAB，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可建立关于k的方程，解方程求出k的值。
10．【答案】5+5 ；4
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）作OP⊥CD，OQ⊥AM，∵∠AOQ+∠QOC=∠POC+QOC=90°，得∠AOQ=∠COP，又OA=OC，故△AOQ≌△COP，所以AQ=CP，AM=AQ+QM=OP+CP= 。（2）在OE上取一点M，使 ，
∵OE∥CD，∴ ，故 是等边三角形，得 ，根据旋转图形的特点， ，故 是等边三角形，得 ，又 ，由上可知： ，得ME=OF=4。
∵ 。
【分析】（1）要求AM的长度，∵AM是垂线段，可以联想到作垂线段，把AM分割，∵平行线间的垂线段相等，最后问题集中在求剩下的一段长度，由∠AOC=90°出发，构造三角形，证明全等即可。（2）根据旋转图形的特点，先理清旋转以后哪些线段相等，哪些是旋转角。本题关键是把 转化为 ，构造三角形，证明全等，问题就能得到解决。
11．【答案】
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质
【解析】【解答】 解：如图，延长EO交GH于点K，取②中三角形斜边中点J，连结JK，由图1知KJ一定过②中三角形的直角顶点，
由图1可得：
EO=8，OK=2，KJ=4，
∴EK=EO+OK=8+2=10，
在Rt△KGJ中，
∴KG= ，
设正方形EFGH边长为a，则HK=a-2 ，
在Rt△KEH中，
∵EK2=EH2+HK2，
即102=a2+（a-2 ）2，
解得：a=4 或a=-2 （舍去），
∴正方形EFGH边长为4 .
故答案为：4 .
【分析】由图1可得：EO=8，OK=2，KJ=4，EK=10，在Rt△KGJ中，根据勾股定理求得KG长，
设正方形EFGH边长为a，则HK=a-2 ，在Rt△KEH中，根据勾股定理建立一元二次方程，解之即可求得答案.
12．【答案】
【知识点】相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，如图，
设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，
∵BD=4，BE=m，BF=n，
∴DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，
∵∠ABC=90°，且∠AEB=∠BFC=90°，∠CMD=∠AND=90°，
∴△AEB∽△BFC，△CMD∽△AND，
∴ ， ，
即 ， ，
∴mn=xy，y=10- x，
又∵ ，
∴n= m，
∴m+n=m+ m= m，
要使m+n最大，则只要m最大，
∵mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，
∴对称轴x= 时，（- x2+10x）最大= ，
∴ m2= ，
∴m最大= ，
∴（m+n）最大= × = .
故答案为： .
【分析】过B作BE⊥l1交于点E，作BF⊥l3交于点F，过点A作AN⊥l2交点点N，过点C作CM⊥l2交于点M，BE=m，BF=n，设AE=x，CF=y，则BN=x，BM=y，根据题意得DM=y-4，DN=4-x，CM=n，AN=m，再由相似三角形的判定和性质得 ， ，即mn=xy，y=10- x，由 得n= m，从而可得m+n= m，要使m+n最大，则只要m最大，由mn= m2=xy=x（10- x）=- x2+10x，从而可转化成二次函数的最值来做，根据二次函数的性质求得其最大值，即 m2= ，从而可得到m最大= ，从而可得m+n的最大值.
13．【答案】10+
【知识点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：由对称图形可知，
DC=D′P
AB=A′P
AB=CD
∴D′P=A′P
∵∠FPG=90 ，∠EPF=∠D′PH，∠GPH=∠A′PE
∴∠A′PE+∠D′PH=∠EPF+∠GPH=90
又∵A′EP+∠A′PE=90 ，
∴∠A′EP=∠D′PH
∴△A′EP∽△D′PH
因为面积比为4：1
所以相似比为2：1
设D′H=k，则A′P=D′P=2k，
A′E=4k
S△PD′H= PD′·D′H=
∴k=1，
故PH= =
PE=
∴AD=AE+EP+PH+HP=4+ + +1=5+3
AB=2k=2
S矩形ABCD=AB·AD=
故答案为：10+6 .
【分析】根据轴对称图形特点，找出有关相等线段。图中 是关键点，再根据三角形相似确定有关线段的比例关系，因为∠FPC=90°，很容易证三角形相似。运用数学的化归统一的思想，设参数k，把有关线段全部用K表示，然后根据三角形面积列关系式即可解出K值，K值确定，各线段长度即可求出。运用矩形面积公式即可求解。
14．【答案】6
【知识点】反比例函数系数k的几何意义；平行线的判定与性质；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接OE，OD，过点A作AN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥x轴于点M，
根据正比例函数与反比例函数的对称性得出OA=OB，
∵BE⊥AE，∴∠AEB=90°，
在Rt△ABE中，∵AO=BO，
∴OE=OA，
∴∠OEA =∠OAE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠OAE=∠CAE，
∴∠CAE=∠OEA，
∴OE∥AC，
∴△ADO的面积=△ADE的面积，
∵△ADO的面积=梯形ADMN的面积，
∴梯形ADMN的面积=8，
∵AN⊥x轴，DM⊥x轴，
∴AN∥DM，
∴△CDM∽△CAN，
∴DM∶AN=CD∶AC=1∶3，
∴设DM为a，则AN=3a，
∴A( ，3a)，D（ ，a）
∴ON= ，OM= ，MN=OM-ON= ；
∵梯形ADMN的面积=(a+3a) ·MN× =8，
∴k=6.
故答案为：6
【分析】连接OE，OD，过点A作AN⊥x轴于点N，过点D作DM⊥x轴于点M，根据正比例函数与反比例函数的对称性得出OA=OB，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出OE=OA，根据等边对等角及角平分线的定义得出∠CAE=∠OEA， 根据内错角相等二直线平行得出OE∥AC， 根据同底等高的三角形的面积相等得出△ADO的面积=△ADE的面积，根据反比例函数k的几何意义及割补法得出△ADO的面积=梯形ADMN的面积，从而得出梯形ADMN的面积=8，根据同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得出AN∥DM， 根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△CDM∽△CAN， 根据相似三角形对应边成比例得出DM∶AN=CD∶AC=1∶3，设DM为a，则AN=3a，进而表示出A，D两点的坐标，得出ON，OM，MN的长，再根据梯形的面积计算方法建立方程，求解即可。
15．【答案】a+b
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：如图，
正方形ABCD是由4个直角三角形和一个小正方形组成，4个直角三角形的面积和等于大正方形的面积a．故正方形ABCD的面积＝a+b．
【分析】如图，正方形ABCD是由4个直角三角形和一个小正方形组成，4个直角三角形的面积和等于大正方形的面积a，由此即可解决问题．
16．【答案】（1）16
（2）
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC是矩形，
∴AB=CD=EF=2cm，
∴以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为：2+6+2=6=16cm；
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，
∴CH⊥AB，AH=BH，
∵AC=BD=6cm，CE：AE=2：3，∴CE=cm，
在Rt△OEF中，CO==，
∵sin∠ECO==，∴AH=，
∴AB=2AH=.
【分析】（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可；
（2）当夹子的开口最大（点C与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，可得CH⊥AB，AH=BH，利用已知先求出CE=cm，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由sin∠ECO==，求出AH，从而求出AB=2AH的长.
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