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浙教版2024 八年级下册
【浙江专用】八年级下册期末压轴填空题真题汇编 试卷分析
三、知识点分布
一、填空题 1 0.4 利用菱形的性质求面积；用勾股定理解三角形
2 0.4 根据矩形的性质求线段长；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形；利用平行四边形的判定与性质求解
3 0.4 全等三角形综合问题；根据矩形的性质与判定求线段长；根据正方形的性质与判定求线段长；用勾股定理解三角形
4 0.4 因式分解法解一元二次方程；根据正方形的性质与判定求线段长；全等的性质和HL综合（HL）；用勾股定理解三角形
5 0.4 含30度角的直角三角形；折叠问题；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
6 0.4 含30度角的直角三角形；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；利用平行四边形的性质求解
7 0.4 公式法解一元二次方程；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
8 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；根据正方形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
9 0.4 因式分解法解一元二次方程；三线合一；用勾股定理解三角形；利用菱形的性质求线段长
10 0.4 二次根式的混合运算；利用平行四边形的性质求解；用勾股定理解三角形
11 0.4 线段中点的有关计算；根据矩形的性质求线段长；根据图形面积求比例系数（解析式）
12 0.4 斜边的中线等于斜边的一半；根据矩形的性质与判定求线段长；与三角形的高有关的计算问题；利用平行四边形的性质求解
13 0.4 求一次函数自变量或函数值；由不等式组解集的情况求参数
14 0.4 全等的性质和SAS综合（SAS）；含30度角的直角三角形；垂线段最短；等边三角形的判定和性质
15 0.4 一次函数与几何综合；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定
三、知识点分布
16 0.4 一次函数与几何综合；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
17 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；垂线段最短；三线合一；等边三角形的判定和性质
18 0.4 全等三角形综合问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
19 0.4 等腰三角形的性质和判定；公式法解一元二次方程；用勾股定理解三角形
20 0.4 同底数幂相乘；新定义下的实数运算
21 0.4 行程问题(一次函数的实际应用)
22 0.4 折叠问题；含30度角的直角三角形；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
23 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；等腰三角形的性质和判定；三角形内角和定理的应用；用勾股定理解三角形
24 0.4 角平分线的性质定理；含30度角的直角三角形；用勾股定理解三角形
25 0.4 一次函数与几何综合；等腰三角形的定义；角平分线的性质定理；已知两点坐标求两点距离
26 0.4 根据成轴对称图形的特征进行求解；角平分线的性质定理；二次根式的混合运算；用勾股定理解三角形
27 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；含30度角的直角三角形；斜边的中线等于斜边的一半；根据旋转的性质求解
28 0.4 根据正方形的性质求线段长；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；由平行截线求相关线段的长或比值；用勾股定理解三角形
29 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等三角形综合问题；等腰三角形的性质和判定；用勾股定理解三角形
30 0.4 反比例函数与几何综合；根据图形面积求比例系数（解析式）；利用平行四边形性质和判定证明
三、知识点分布
31 0.4 反比例函数与几何综合
32 0.4 全等三角形综合问题；根据正方形的性质证明；等边三角形的判定和性质；用勾股定理解三角形
33 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
34 0.4 与三角形中位线有关的求解问题；全等的性质和SAS综合（SAS）；正方形折叠问题；用勾股定理解三角形
35 0.4 全等三角形综合问题；正方形折叠问题；用勾股定理解三角形
36 0.4 根据中心对称的性质求面积、长度、角度；利用平行四边形的判定与性质求解
37 0.4 反比例函数与几何综合；求反比例函数解析式
38 0.4 全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）；根据正方形的性质与判定求线段长；二次根式的加减运算；用勾股定理解三角形
39 0.4 全等的性质和HL综合（HL）；矩形与折叠问题；用勾股定理解三角形
40 0.4 一元二次方程的根与系数的关系
41 0.4 绝对值方程；解特殊不等式组
42 0.4 三角形三边关系的应用；全等的性质和SAS综合（SAS）；已知两点坐标求两点距离；利用菱形的性质求线段长
43 0.4 根据矩形的性质与判定求线段长；根据正方形的性质与判定求线段长；等边三角形的性质；用勾股定理解三角形
44 0.4 反比例函数与几何综合；根据旋转的性质求解
45 0.4 反比例函数与几何综合；公式法解一元二次方程；用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）；用勾股定理解三角形八年级数学下册期末考试浙教版2024【浙江专用】
压轴填空题真题汇编
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、填空题
1．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点，分别在，上，，连接，，．若菱形面积为，，四边形的面积是面积的3.5倍，则线段的长为 _________________ ．
2．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图是某种简易房屋，它由顶角为的等腰三角形和矩形组成，在整体运输时需用钢丝绳进行加固，示意图如图所示．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上，在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．若米，则钢丝绳长度的最小值为______米．
嗨，你好我是小数，对于此题，我是这样思考的：通过构造，把转化为，从而把双动点问题转化为单动点问题，这样就很容易解决问题了．你试试看！
3．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，已知矩形和正方形共用对角线，与交于点，与交于点，若正方形的面积比矩形的面积大，的周长与的周长之和是，则的长是______．
4．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在矩形中连结，在内分别取一点P，Q，使点P到三边的距离，，都相等，使点Q到三边的距离，，都相等，已知，若，矩形的周长为32，则图中阴影部分的面积是_______．
5．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形，，．点F、G分别为、边上的动点，连结，将菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处．当长度最大时，的长为________．
6．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，点在上，点在上，将沿折叠，使得点与点重合，得到四边形，点的对应点为点．若，，，则的长是_____．
7．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形中，，点E，F分别在边，上，，把沿折叠，点A恰好落在边上的点G处，连接，，延长交的延长线于点H，若，则的长为________．
8．（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，点，关于对称，点在上，点在上，且点，关于对称，的延长线交于点，交于点，则________．
9．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，菱形的边长为5，点在边上，连结，过点作于点，，将菱形分割成三部分后，恰好可以拼成一个直角三角形，若，则线段的长度为___________．
10．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，，，点、分别在线段、上，且，连结，若平分，则的长为__________．
11．（24-25八年级下·浙江温州·期末）如图，矩形的顶点在轴正半轴上，A为的中点，反比例函数（为常数，）的图象经过点，交于点．若与的面积之和为4，则的值为________．
12．（24-25八年级下·浙江绍兴·期末）如图，在平行四边形中，，，，过点B作于点E，点F为上一动点，连接，取中点G，连接，，，若面积为面积的，则的长度是________．
13．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）已知一次函数．
（1）当时，则________；
（2）当时，自变量的负整数值恰好有2个，则的取值范围为________．
14．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在中，，，，是的中点，是上一动点，若以为边在其右侧作等边三角形，连接，则的最小值为______．
15．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，过坐标原点O作直线的垂线交于点的角平分线交x轴于点D．
（1）线段的长为_____．
（2）若一动点P在射线上运动，连接，当为直角三角形时，点P的坐标为_____．
16．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）当前我国的军事国防能力稳步提升，特别是激光武器发展迅速．
（1）如图1，一束激光从点出发，射向轴上的点，经过反射后射向点，已知光线的反射满足反射定律（即反射角入射角）．若点，点，则直线与轴的交点的坐标为_____
（2）如图2，线段是一根激光感应器，其函数表达式为，从点射出的激光射向位于轴上的镜面，经过反射后恰好覆盖线段上的4个整数点（横纵坐标都为整数的点），则的最小值为__________．
17．（24-25八年级下·浙江台州·期末）如图，在中，，，点是边上的动点，点关于直线、的对称点分别为、，当线段的长度最短时，它与所成的夹角的度数为______．
18．（24-25八年级下·浙江丽水·期末）如图，在四边形中，对角线，F为上一点，连接交于点E，，已知，且．
（1）则的长是______；
（2）若，且，则______．
19．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，边上有一点，过点作的垂线交延长线于点．若，则______________．
20．（24-25八年级下·浙江台州·期末）规定两正数之间的一种运算，记作：如果，那么．例如：因为，所以．小慧在研究这种运算时发现：，例如：．证明如下：设，根据定义可得：，因为，所以，即，所以．请根据前面的经验计算：
（1）的值为___________；
（2）的值为___________．
21．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）某校八年级组织了一场趣味运动会，甲、乙两组同学参加“背夹球竞走”比赛．下图反映了比赛过程中，两组同学距离出发点的距离y（m）与比赛时间x（s）的函数关系．根据函数图象，可知甲、乙两组同学比赛途中两次相遇所间隔的时间为____s．
22．（25-26八年级下·浙江台州·期末）如图，已知等边的边长为6，点D是的中点，点E在边上，将沿翻折得到，与交于点F，若，则的周长为______．
23．（25-26八年级下·浙江杭州·期末）如图，在中，，，，点，分别在和边上．若，，则的长为_____．
24．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，，，，是的平分线，若P、Q分别是和的动点，则的最小值是________________ ．
25．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，一次函数的图象分别交轴正半轴于点，交轴正半轴于点．作的平分线交轴于点，点在轴上，点在射线上，若是以为直角边的等腰直角三角形，则点的坐标为______．
26．（24-25八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在等腰中，，平分，平分，M，N分别为射线上的动点，若，则的最小值为_______．
27．（24-25八年级下·浙江金华·期末）如图，在边长为4的等边中，D是的中点，E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，连接．
（1）当点E是线段的中点时，的长为__________．
（2）在点E的运动过程中，线段长度最小时，点D到的距离为__________．
28．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，正方形边长为，点是线段上一点，且，点是直线上一动点，以为边作正方形（逆时针排列），连接，直线与直线交于点．若点中的其中一点到其余两点距离相等，则的长为______．

29．（23-24八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在四边形 中，依次取四边中点E，F， H， G， 连结，．P是线段上的一点，连结， 作 交于点 Q．分别沿，，，将四边形 剪裁成五块，再将它们拼成四边形 ．
（1）_________．
（2）如图2， 连结， 交于点O， 若， 则四边形的周长最小值是_________．
30．（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）如图，点，为反比例函数的图象第一象限上的两点，连结，并延长，分别交反比例函数的图象于点C，D，连结，，，．若四边形的面积为16，则k的值为________．
31．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，正方形的顶点，分别在轴正半轴和轴正半轴上，过点的反比例函数的图象交正方形对角线于点．若正方形的面积为40，且点是的中点，则的值为________．
32．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形中，点，分别在，的延长线上，连接，，，与交于点．已知，．有以下四个结论：
①；②；③；④若，则的面积为．
以上结论中正确的是______．
33．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，把沿折叠，点恰好落在边上的点处，连接，延长交的延长线于点，若，，则______．
34．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，为正方形对角线的中点，将沿着过点的直线翻折，使点的对应点落在正方形的内部，连接，，，，若，．则点到直线的距离为______，的长为_______．
35．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，正方形纸片的边长为6．E，F分别是对边，上的点，．把正方形纸片沿着直线对折，点C，D的对应点分别是点，．若，则交叠而成的五边形的周长是____________．
36．（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图，过平行四边形内的点P作各边的平行线分别交于点E，F，G，H．连接．已知与平行四边形的面积分别为m，n．
（1）若点P是平行四边形的对称中心，则________；
（2）平行四边形的面积为________（用含m、n的代数式表示）．
37．（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在反比例函数的图象上，点是对角线与的交点且在反比例函数的图象上，则的值为______．
38．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，在平行四边形中，，，，分别以为一边，在平行四边形外部作正方形、若M，N，O，P是各正方形对角线的交点，则四边形的面积等于_____．
39．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）在矩形中，点F为边的中点，连接，将沿直线翻折，使得点A与点 H重合，的延长线交线段于点 G，的延长线交线段 于点 E，，若点 E 为线段的中点，则线段的长为___，线段的长为___．
40．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）关于的方程的两个实数根，满足，则的取值范围是________
41．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）若关于的方程有实数根，则的取值范围是________
42．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，已知菱形的面积为，点P，Q分别是在边，上(不与C点重合) ，且，连结，，则的最小值为_________．
43．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是________．
44．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，点A是平面直角坐标系中第一象限内的点，将线段绕着点A顺时针方向旋转至，以为边作菱形，边分别与反比例函数交于点E、F，且轴，，连接，当，时，k的值为________．
45．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，反比例函数的图象上有，两点，且，．则的值为______．
《【浙江专用】八年级下册期中压轴填空题真题汇编》参考答案
1．
【分析】过点作于点，于点，过点作，交延长线于点，连接，根据菱形性质求出，根据和等底等高得，进而得，再根据面积公式得，由此得，，在中，由勾股定理求出得，然后在中，由勾股定理即可求出的长．
【详解】解：过点作于点，于点，过点作，交的延长线于点，连接，如图所示：
四边形是菱形，，
，，
菱形面积为，
，
，
，
同理：，
，
和等底等高，
，
四边形的面积是面积的3.5倍，
，
，
，
，
，
，
，
，，，
根据平行线间的距离处处相等得：，
在中，由勾股定理得：，
，
在中，由勾股定理得：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，三角形的面积，理解菱形的性质，三角形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键．
2．
【分析】先证四边形是平行四边形得到，，，进而推出点在以为顶点，的角的一边上运动，当时，最小，再求得，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，根据题意可知：是顶角为的等腰三角形，四边形为矩形，
，，
如图过、作、的平行线，作，
，，
四边形是平行四边形，
，，，
，
，
，
∴点在以为顶点，的角的一边上运动；
当时，最小，此时最小；
，米，，
，，
，
在中，，
∴，
∴米，
∵，，
米，
故钢丝绳长度的最小值为米，
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题关键．
3．
【分析】本题考查了正方形和矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，四边形的面积，勾股定理等知识，如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，设，，证明四边形是矩形，，则，，再根据已知的面积和周长的关系列等式即可解答，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【详解】解：如图，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，
设，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵正方形的面积比矩形的面积大，
∴，
∴，
∴（负值舍），
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长与的周长之和是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
4．
【分析】先证明四边形是正方形，结合勾股定理得，整理得，然后证明，，则，再代入整理得，因为，得，解得，故，于是，即可作答．
【详解】解：∵四边形是矩形，矩形的周长为32，
∴，
∵点P到三边的距离，，都相等，
即，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴
在中，
∵，
∴
连接，如图所示：
∵，
∴，
则
同理证明，
∴，
即，
∵
∴
整理得
∵，
∴，
∵，
即，
故，
∴，
∴，
整理得,或，
∵，
∴舍去；
∴
则
∵
∴
同理得出四边形是正方形，
同理得，，
∴
图中阴影部分的面积是
故答案为：
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，完全平方公式的变形运算，因式分解法解一元二次方程，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，翻折变换．理解最大值时是解题的关键．
要使长度最大时，则长度最小，则，通过角的等量代换得到，，进而证明，最后根据勾股定理列出二元一次方程并求解即可解答．
【详解】
解：
如图，连接，
四边形是菱形，，，
，
是等边三角形，
，
菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处，
，，，
要使长度最大时，则长度最小，
又，
时长度最小，长度最大，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
在中，根据勾股定理可得：
，
代入得：，
解得：， （不合题意，舍去）,
，
故答案为：．
6．
【分析】本题考查了图形的折叠变换及其性质、平行四边形的性质、勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
连接交于点，过点作于点，设，则，由折叠性质得，证明≌得，进而求解．
【详解】解：连接交于点，过点作于点，如图所示：
∴，
∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
在中，，
设，则，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，，
由折叠性质得：，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
∴．
故答案为： ．
7．
【分析】延长交的延长线于点，过点作于，则，证明，可得，由折叠可得，从而求得，再由勾股定理求出，设，由勾股定理列方程可求出．
【详解】解：延长交的延长线于点，过点作于，
则，如图：
∵四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由折叠可得，
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键．
8．
【分析】如图，过点作于点，设，根据轴对称的性质得，，结合正方形的性质证明是等边三角形，得，推出，，在中，根据含角的直角三角形的性质及勾股定理和等边对等角推出，，继而求出，在中，进一步求出，可得结论．
【详解】解：如图，过点作于点，设，
∵点，关于对称，点，关于对称，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
在中，，，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，等边对等角等知识点，通过作辅助线构造直角三角形、证明是等边三角形是解题的关键．
9．
【分析】由题意可得，连接，过点分别作，，垂足为点，设，，由，得到，那么有三线合一可得，则，在中，由勾股定理建立方程求出，则，可得四边形为矩形，则由双勾股定理可得，继而建立方程求出，即可求解．
【详解】解：由题意得可得，连接，过点分别作，，垂足为点，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的性质等知识点，难度较大，正确构造辅助线是解题的关键．
10．
【分析】本题考查了平行四边形，直角三角形勾股定理的应用．根据题意，结合图形，得到，在中利用勾股定理求出，在中利用勾股定理求出，从而得到结果．
【详解】解：过点B作于H点，过B作，交的延长线于G，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴中，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
11．8
【分析】本题考查了矩形的性质、反比例函数系数的几何意义，设，则点，求出，，得出E为中点，得，即可得解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
设点，
∵A为的中点，
则点，
∴，
∵点，点在反比例函数（为常数，）的图象上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴E为中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：8．
12．或
【分析】先证明为等腰直角三角形，得出，分两种情况：①当点G在内部时；②当点G在的外部时，画出对应的示意图，过点G作于点N，利用全等三角形的性质与判定、三角形的面积公式等知识即可求解．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
当点G在内部时，过点G作于点N，如图所示：
则，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵点G为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，
，
∵，
∴，
∵面积为面积的，
∴，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴；
当点G在的外部时，过点G作于点N，如图所示：
则，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵点G为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴；
∴综上分析可知：或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积计算，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，注意分类讨论．
13． 1 或
【分析】此题考查了一次函数的性质、一元一次不等式组等知识，分情况讨论是关键．
（1）将代入解答即可；
（2）分两种情况结合不等式组的解集分别进行解答即可．
【详解】（1）当时，，
∴，
则，
∵，
∴，
解得，
故答案为：1
（2）①当时，随着的增大而增大，
∴当时，可得，
解得，
∵自变量的负整数值恰好有2个，
∴负整数值只能是，
则
解得，
②当时，随着的增大而减小，
∴当时，可得，
解得，
∵自变量的负整数值恰好有2个，
∴负整数值只能是，
则
解得，
综上可知，的取值范围为或
故答案为：或
14．/
【分析】此题主要考查含30度的直角三角形，熟练掌握含30度的直角三角形性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，添加辅助线段，是解题关键．
在上取点G，使，过点G作于点H，连接，则是等边三角形，由是等边三角形，证明，得， 有最小值，，得的最小值为．
【详解】解：∵在中，，，，
∴，
∵是的中点，
∴，
在上取点G，使，过点G作于点H，连接，
则是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴（或），
∴，
∴，
∴，
当点E与点H重合时，有最小值，为，
∴的最小值为．
故答案为：．
15． 或
【分析】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质和判定、一次函数点的坐标特征等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据解析式求出点、坐标，由代入数据求出长即可；
（2）先求出点坐标，由角平分线可知，所以当为直角三角形时，其为等腰直角三角形，利用一线三垂直全等，构造等线段，从而建立方程求解即可．
【详解】解：（1）直线交轴于点，交轴于点，
，，
，
，
由等面积可知，，
；
故答案为：；
（2）在中，，
，
如图，过作于点，
根据等面积可得，
把代入可得，
，
，平分，
①如图，当时，则，
过作轴，过作于点，于点，则，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
；
②如图，当时，则，
过作轴，过作于点，过作于点，
同理可得，
设，，
则，
解得，
，
，；
综上，点坐标为或．
故答案为：或．
16．
【分析】本题考查了一次函数的几何应用、三角形全等的判定与性质等知识，较难的是题（2），正确找出临界位置是解题关键．
（1）先证出，再根据全等三角形的性质可得，由此即可得；
（2）先求出线段上共有5个整数点：，，，，，再找出两个临界位置：①当点的坐标为，点的坐标为时，②当点的坐标为，点的坐标为时，分别求出点的坐标，由此即可得．
【详解】解：（1）如图，由题意得：，
由对顶角相等得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点位于轴的负半轴上，
∴直线与轴的交点的坐标为，
故答案为：．
（2）对于函数，
要使得y为整数，则x为偶数，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
∴线段上共有5个整数点：，，，，，
∵，
∴由（1）可知，直线与轴的交点坐标均为，
则有以下两个临界位置：
①当点的坐标为，点的坐标为时，
设直线的解析式为，
将点和代入得：，解得，
则直线的解析式为，
当时，，解得，即，
同理可得：直线的解析式为，
当时，，解得，即，
∴此时的最小值为；
②当点的坐标为，点的坐标为时，
同理可得：直线的解析式为，直线的解析式为，
当时，，解得，即，
当时，，解得，即，
∴此时的最小值为；
∵，
∴当镜面的端点放在点、端点放在点的位置上时，的值最小，最小值为，
故答案为：．
17．
【分析】连接，，，由轴对称的性质可得，，，进而可得，于是可得是等边三角形，则，，由垂线段最短可知，当时，的值最小，最小值为的长，此时由三线合一可得，然后由三角形外角的性质可得，据此即可求出的度数．
【详解】解：如图，连接，，，
点关于直线、的对称点分别为、，
，，，
，
，
是等边三角形，
，，
由垂线段最短可知：当时，的值最小，最小值为的长，
此时，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，三线合一，三角形外角的性质等知识点，添加适当辅助线构造等边三角形并熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
18． 10 6
【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）延长交的延长线于点H，易得是等腰直角三角形，可证，所以，即可得解；
（2）由条件易证，得到，所以，即可求解．
【详解】解：（1）延长交的延长线于点H，
，
，
，
∴，
，即是等腰直角三角形，
，，
，
，
在和中，
，
∴，
，
，
，
在中，，
即，
；
故答案为：10；
（2），，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
设，则，
，
解得：，
．
故答案为：6．
19．
【分析】延长交于点，根据已知条件证明，进而得出，，设，则，勾股定理表示出的关系，进而根据在中，，勾股定理求得的值，根据，代入数据，进行计算即可求解．
【详解】解：如图所示，延长交于点，
设，
∵，
∴，，
∴即，
在中，
∴
∴，，
设，则
在中，
在中，
∴，即
在中，，
∴
∴即
解得：（负值舍去）
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
20． 3 6
【分析】本题考查了实数的运算．理清题意，熟练掌握新的运算法则，同底数幂乘法法则，是解题的关键．
（1）利用规定的运算法则即可求解．
（2）利用规定的运算法则，逐步脱式运算，即可求解．
【详解】解：（1）；
故答案为：3；
（2）
．
故答案为：6．
21．14
【分析】本题考查一次函数的应用．由图象交点个数可知比赛途中两组同学相遇了2次，然后根据待定系数法分别求出函数解析式，求解交点坐标即可．
【详解】解：如图，
，
设段的函数表达式为，
把和代入，
得，
解得，
∴函数段的解析式为；
设段的函数表达式为，
把和代入，
得，
解得，
∴函数段的解析式为；
同理段的函数表达式为；
当时，甲乙在比赛途中相遇，
即，
解得；
当时，甲乙在比赛途中相遇，
即，
解得，
甲、乙两组同学比赛途中两次相遇所间隔的时间为，
故答案为：14．
22．
【分析】本题考查了等边三角形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握相关知识点是解题的关键．
过点D作，根据等边三角形的性质和勾股定理，先求出的长度，再证为等腰直角三角形，得到，求出的长度，用勾股定理解，即可求解．
【详解】解：如图，过点D作，
是等边三角形，
，
点D是的中点，
，
，
，
，
，
根据翻折可知，
，
，
，
，
，
，
，
，
的周长为．
故答案为：．
23．
【分析】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，全等三角形的性质与判定，勾股定理求得，进而可得，证明，进而得出，证明，即可求解．
【详解】解：∵在中，，，，
∴
∵，
∴
∴
如图，过点作交于点，
∵，
∴
∴，即
又∵
∴
∴
∵
∴，即
设
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
故答案为：．
24．
【分析】本题考查了角平分线的性质，解含有的直角三角形，勾股定理的应用，解决本题的关键是添加辅助线构造直角三角形．
先根据垂线段最短可得是点C到直线的最短距离，再根据特殊角可得，，再根据的长度，即可求解的长度，由此可解．
【详解】解：如图，作，垂足为E，交于P点，过P点作，垂足为Q，如图．
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴是点C到直线的最短距离，
∴就是的最小值，
∵，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值是．
故答案为：．
25．或或
【分析】本题考查了一次函数的几何应用，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等，由一次函数解析式可得，，即得，，得到，再根据角平分线的性质可得，即得到，，再分且点在轴的正半轴上，且点在轴的负半轴上和三种情况解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：把代入一次函数，得，
∴，
∴，
∴，
把代入一次函数，得，
∴，
∴，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，，
当且点在轴的正半轴上时，如图，过点作轴于，则，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
把代入一次函数，得，
解得，
∴；
当且点在轴的负半轴上时，如图，过点作轴于，则，
同理可证，
∴，
把代入一次函数，得，
解得，
∴；
当时，如图，过点作轴于，轴于，则，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，把代入一次函数，得，
解得，
∴；
综上，点的坐标为或或，
故答案为：或或．
26．4
【分析】本题考查了二次根式的混合运算，轴对称的性质，角平分线的性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键．
如图，作关于的对称点，则，当三点共线时最短即，当时最短，过点作，交的延长线于点，即与点重合时最短，过点作于点，根据等面积法求得，即可求解．
【详解】解：如图，作关于的对称点，过点作，交的延长线于点，过点作于点，
∴，当三点共线时最小即，
∵当时，最短，
∴即为所求，
∵， 是等腰直角三角形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵平分，
∴
∵，
设，则
在中，
∵
∴
解得
∴
∵
∴
故答案为：4．
27．
【分析】（1）解法一：先判定是的中位线，则，再结合旋转性质得，，运用勾股定理列式计算，即可作答；
解法二：先根据等边三角形的性质得到，再利用直角三角形斜边中线性质得到，然后利用勾股定理求解即可；
（2）连接，在的延长线上取点M，使得，连接．根据全等三角形的性质可得出点F的运动轨迹，再结合勾股定理列式计算，据此可解决问题．
【详解】解：（1）解法一：∵在边长为4的等边中，D是的中点，点E是线段的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
故答案为：；
解法二：∵在边长为4的等边中，D是的中点，
∴，，
∵点E是线段的中点，
∴，
∵将线段绕点D逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
故答案为：；
（2）连接，在的延长线上取点M，使得，连接，
由旋转的性质得：，
∴，
∴．
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴点F在与夹角为的直线上运动．
过点A作的垂线，垂足为，当点F在点时，取得最小值．
延长与的延长线交于点N，
∵，
∴．
∴在中，，
过点作
∴在中，，
则，
∴，
∵，
∴，
∴在点E的运动过程中，线段长度最小时，点D到的距离为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等知识，正确掌握相关性质及运用是解题的关键．
28．或或
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线等分线段定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，分三种情况：①点在点间；②点在点间；③当点在点；分别画出图形解答即可求解，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】解：①当点在点间时，如图，过点作于，则，
∵点中的其中一点到其余两点距离相等，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；

②当点在点间时，如图，过点作的延长线于点，此时，
同理可得，，
∴，
∴；

③当点在点间时，如图，过点作的延长线于点，此时，
同理可得，，
∴，
∴；

综上，的长为或或．
29．
【分析】（1）根据全等三角形的性质即可求解；
（2）根据三角形中位线定理得出，即可得出最小时四边形的周长最小值，最小值是的值，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求解即可；
【详解】解：（1）根据题意可得：，
∴，
∴，
∴；
（2）∵是的中点，
∴，
作，
∴，
∴，
∴的最小值为，
根据（1）可得出，
故四边形的周长最小值；
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
30．
【分析】如图，过作轴于，过作轴于，证明四边形是平行四边形，可得，证明，再建立方程求解即可；
【详解】解：如图，过作轴于，过作轴于，
∵点，为反比例函数的图象第一象限上的两点，连结，并延长，分别交反比例函数的图象于点C，D，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形的面积为16，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
解得：，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，反比例函数的图象与性质，的几何意义，熟练的利用的几何意义解题是关键.
31．16
【分析】本题主要考查了反比例函数系数的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、正方形的性质．依据题意，作轴于，设，又由四边形为正方形，进而证明，可得，，故，，从而，则，结合四边形为正方形，对角线与互相平分，可得为的中点，故，又在反比例函数，则，即，又正方形的面积为，且，最后列出，进而建立，计算即可得解．
【详解】解：作轴于，设，
又由四边形为正方形，
，．
．
又，
，
．
又，
．
，．
又，，
．
．
四边形为正方形，
对角线与互相平分．
为的中点，
为的中点．
，
又在反比例函数，
．
．
又正方形的面积为，
且，
．
．
．
．
故答案为：16．
32．①②④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定；在上截取，连接，证明，即可判断①②，进而假设得出，进而可知③不一定正确，在中，，勾股定理求得，再证明，可得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：如图所示，在上截取，连接，
∵四边形是正方形
∴，
在中，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，故②正确；
∴，故①正确；
∵
∴垂直平分，
∴，
若，则
又∵
∴垂直平分
∴；
又∵，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵
∴
∴，
在中，
设，则，
∴
在中，
∴
解得：或（舍去）
∴当且仅当时，，故③不一定正确；
④若，则，
设，
∵在上，垂直平分，
则
在中，，
∴
解得：，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴
∴的面积为．故④正确
故答案为：①②④．
33．
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，延长交的延长线于点，连接交于点，过点作于，证明得到，即得，由折叠可得，，进而证明，得到，可得，又可得四边形是矩形，得到，，即得到，利用勾股定理求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长交的延长线于点，连接交于点，过点作于，则，
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
由折叠可得，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
34．
【分析】本题考查了正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，中位线的性质；在上截取，过点作交的延长线于点，证明，进而可得是等腰直角三角形，根据勾股定理即可得出点到直线的距离为，根据中位线的性质即可得出的长．
【详解】解：如图所示，在上截取，过点作交的延长线于点，
∵将沿着过点的直线翻折，使点的对应点落在正方形的内部，
∴垂直平分，，
设，则，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵在的垂直平分线上，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即点到直线的距离为，
∵，
∴，
故答案为：2，2．
35．/
【分析】本题考查了勾股定理，正方形与折叠问题，全等三角形的性质与判定；连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，勾股定理求得，根据折叠性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定证明，进而勾股定理求得的长，进而即可求解
【详解】解：如图所示，连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，
∵，则，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴
在中，
∴
∴，
∵在正方形中，
∴过的中点O，
∴,
同理可得，则，
∴四边形是平行四边形，
∵折叠，
∴，
则
在中，
∴
∴
∴，
在中，
∴
∴
同理可得
∵
在中，
∴
∴
∴
设，则
在中，
∴
解得：
∴
同理可得
∴五边形的周长为
故答案为：．
36．
【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质、三角形中位线的判定及性质，中心对称的性质．
（1）连接、，根据平行四边形的判定及性质得出四边形，，，，，为平行四边形，再根据中心对称的性质得出点E，F，G，H分别为，，，的中点，设四边形面积为，即可得到则，，再作比即可得出答案；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，分别表示出，，，再根据图形的面积和整理即可得出答案．
【详解】（1）连接、
四边形为平行四边形
， ，，，，
，，
四边形，，，，，为平行四边形，
点P是平行四边形的对称中心，
点E，F，G，H分别为，，，的中点，
∴平行四边形，，，的面积都相等，且等于四边形面积的，
设四边形面积为，则，
，，，
∴，
，
故答案为：；
（2）由题意得四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
，，，
，
，
，
故答案为：．
37．
【分析】本题考查了菱形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，中点坐标公式，勾股定理，过点作轴于，设，则，，由菱形的性质可得，，在中，由勾股定理可得，解得，即得，利用中点坐标公式可得，代入反比例函数即可求解，掌握菱形的性质及反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
【详解】解：过点作轴于，则，
设，则，，
∵菱形的边长为，
∴，
∴，
在中，，
∴，
整理得，，
∴，
解得或，
∵点位于第二象限，
∴，
∴不合题意，舍去，
∴，
∴，
∵点为菱形对角线的交点，
∴点为线段的中点，
∴，
∵点在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：．
38．
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，如图所示，连接，由正方形的性质可得，，，，；证明，得到，则，进一步证明四边形是正方形；如图所示，过点N作交延长线于T，则，可得，则，由勾股定理得到，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵P、M、N分别是正方形，正方形，，正方形对角线的交点，
∴，，，，；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证明，
∴，
∴四边形是正方形；
如图所示，过点N作交延长线于T，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：14．
39．
【分析】连接，作于M，由翻折及矩形的性质得，，，证明，由勾股定理建立方程可分别求出．
【详解】解：连接，作于M，
矩形中，，
四边形都是矩形，
将沿直线翻折，
，，
，
，
，
，在中，，
，
，
，
，设，
，
，
中，，即，
解得：，
故答案为：；．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及勾股定理等知识点．
40．
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数关系的应用，解题的关键是求出．
根据一元二次方程有两个不同的实数根，可得，从而得出，则，即可求出，再根据即可求出的取值范围．
【详解】解：由题意可知：，
∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
41．或
【分析】本题考查了绝对值方程，解不等式，分类讨论是解题的关键．根据绝对值的意义，将方程转化为一般的方程，然后求解，再解不等式即可．
【详解】解：根据题意，当时，
解得：
此时，解得
当时，
解得：
此时，解得或
综上所述，或
故答案为：或．
42．
【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、两点间的距离公式、三角形三边关系求最值，熟练掌握相关性质和判定是解决本题的关键．过点作于点，延长到点，使，连接，以点为原点，为x轴，垂直于方向为y轴，建立平面直角坐标系，根据菱形的性质和勾股定理可得，可得到各点坐标为，然后证明．可得，由，可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值的最小值，利用两点间的距离公式即可求解．
【详解】解：如图，过点作于点，延长到点，使，连接，以点为原点，为x轴，垂直于方向为y轴，建立平面直角坐标系，
点和关于轴对称，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为，边长为，
，解得，
在中，根据勾股定理得：
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，三点共线时，取最小值，
的最小值的最小值.
故答案为：.
43．
【分析】先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，则可得到，过点K作，延长分别交于L、S，则，利用勾股定理得到；证明四边形是矩形，得到，由对称性可知，则；证明四边形是矩形，得到，；如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，可得，再证明，得到，则，即点H，M之间的距离是．
【详解】解：∵点E，F是正方形边，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定， 等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键．
44．/
【分析】本题考查了反比例函数与四边形的综合，全等三角形的判定和性质，勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识点．延长交x轴于点G，过点F作轴于点H，证明，得到，．根据四边形是菱形，，得到，设，则，根据勾股定理求出，求出点，即可求出，证四边形为矩形，得到，求出点，根据，，，即可求出的值，则可以得出点的坐标，根据点F在反比例函数图象上，即可得到答案．
【详解】解：延长交x轴于点G，过点F作轴于点H，如图所示，
∵轴，，，
∴轴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵反比例函数的图象经过点E，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点F在反比例函数的图象上，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴ ，
，
解得：，
∵，
∴，
∴点，
∵点F在反比例函数的图象上，
∴，
故答案为：．
45．3
【分析】由题意得，，如图，过作轴于，作于，连接，证明，则，，，可得，即，由勾股定理得， ，即，由，可得，两边同时平方可得，将③代入②得，，即，可求满足要求的解为，将代入①得，，可求，根据，计算求解即可．
【详解】解：∵反比例函数的图象上有，两点，
∴，
如图，过作轴于，作于，连接，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
由勾股定理得， ，即，
∵，
∴，
两边同时平方得，，即，
将③代入②得，，即，
解得，或（舍去），
将代入①得，，
解得，，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，反比例函数，勾股定理，解一元二次方程，分母有理化等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，反比例函数，勾股定理，解一元二次方程，分母有理化是解题的关键．

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