《2025年5年中考3年模拟八年级数学下册湘教版》

9.（2023湖南常德中考，7，★★☆）如图，在正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的点，且EF//AD，连接AF，DE.若∠FAC = 15°，则∠AED的度数为 （ ）

A.80°
B.90°
C.105°
D.115°

答案： C \n因为四边形 $ABCD$ 为正方形，所以 $OA = OD$，$\angle OBC=\angle OCB=\angle OAD=\angle ODA = 45^{\circ}$，易得 $EF// BC$；\n所以 $\angle OEF=\angle OCB = 45^{\circ}$，$\angle OFE=\angle OBC = 45^{\circ}$；\n所以 $\angle OEF=\angle OFE = 45^{\circ}$，所以 $\angle AEF=\angle DFE = 135^{\circ}$，$OE = OF$；\n因为 $OA = OD$，所以 $AE = DF$，又因为 $EF = EF$，所以 $\triangle AEF\cong\triangle DFE(SAS)$；\n所以 $\angle CAF=\angle FDE = 15^{\circ}$，所以 $\angle ADE=\angle ODA-\angle FDE=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$；\n所以 $\angle AED=180^{\circ}-\angle OAD-\angle ADE=180^{\circ}-45^{\circ}-30^{\circ}=105^{\circ}$. 故选 C.

10.半角模型（2023重庆中考A卷，9，★★☆）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF = 45°.若∠BAE = $\alpha$，则∠FEC = （ ）

A.2$\alpha$
B.90° - 2$\alpha$
C.45° - $\alpha$
D.90° - $\alpha$

答案：
A \n因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AD = AB$，$\angle BAD=\angle ABC=\angle ADC = 90^{\circ}$，将 $\triangle ADF$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得 $\triangle ABG$，如图所示；\n则 $AF = AG$，$\angle DAF=\angle BAG$，因为 $\angle EAF = 45^{\circ}$，所以 $\angle BAE+\angle DAF = 45^{\circ}$；\n所以 $\angle GAE=\angle FAE = 45^{\circ}$，在 $\triangle GAE$ 和 $\triangle FAE$ 中，$\begin{cases}AG = AF\\\angle GAE=\angle FAE\\AE = AE\end{cases}$；\n所以 $\triangle GAE\cong\triangle FAE(SAS)$，所以 $\angle AEF=\angle AEG$；\n因为 $\angle BAE=\alpha$，所以 $\angle AEB = 90^{\circ}-\alpha$，所以 $\angle AEF=\angle AEB = 90^{\circ}-\alpha$；\n所以 $\angle FEC=180^{\circ}-\angle AEF-\angle AEB=180^{\circ}-2\times(90^{\circ}-\alpha)=2\alpha$，故选 A.

11.（2024湖南长沙雅礼教育集团期中，10，★★☆）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，连接AE，若AB = 4，则AE的长为 （ ）

A.2$\sqrt{5}$
B.4$\sqrt{5}$
C.5
D.2$\sqrt{17}$

答案：
D \n如图，过点 $E$ 作 $EM\perp AD$ 交 $BC$ 于点 $N$，交 $AD$ 于点 $M$，四边形 $ABNM$ 是矩形，则 $MN = AB = 4$；\n因为 $G$ 是 $AB$ 的中点，所以 $BG=\frac{1}{2}AB = 2$；\n因为四边形 $ABCD$ 和四边形 $CEFG$ 均为正方形，所以 $CG = CE$，$\angle B = 90^{\circ}=\angle CNE$，$\angle GCE = 90^{\circ}$；\n所以 $\angle BCG+\angle BCE=\angle BCE+\angle CEN = 90^{\circ}$，所以 $\angle BCG=\angle CEN$；\n所以 $\triangle BCG\cong\triangle NEC(AAS)$，所以 $NE = BC = 4$，$CN = BG = 2$；\n所以 $ME = 8$，$AM = BN = 2$，所以 $AE=\sqrt{8^{2}+2^{2}}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}$.

12.（2024贵州黔东南州二模，16，★★☆）如图，以Rt△ABC的三条边为边，向三角形ABC的外侧分别作正方形，连接CG，其中AC = 1，BC = 2，则CG的长为________.

答案：
答案 $\sqrt{13}$\n**解析** 如图，连接 $AH$，因为四边形 $ABGF$ 和四边形 $BCIH$ 是正方形，所以 $BH = HI = IC=BC = 2$，$AB = BG$，$\angle ABG=\angle HBC=\angle CIH = 90^{\circ}$；\n所以 $\angle ABC+\angle ABG=\angle ABC+\angle HBC$，所以 $\angle ABH=\angle CBG$；\n所以 $\triangle ABH\cong\triangle GBC(SAS)$，所以 $HA = CG$；\n因为 $\angle ACB = 90^{\circ}$，所以 $\angle ACB+\angle ICB = 180^{\circ}$，所以 $A$、$C$、$I$ 三点在同一条直线上，所以 $AI=AC + CI=1 + 2 = 3$；\n所以 $HA=\sqrt{HI^{2}+AI^{2}}=\sqrt{2^{2}+3^{2}}=\sqrt{13}$，所以 $CG$ 的长为 $\sqrt{13}$.

13.（2024四川宜宾中考，18，★★☆）如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点.若∠MAN = 45°，则MN的最小值为________.（M8202005）

答案：
答案 $2\sqrt{2}-2$\n**解析** 如图，延长 $CD$ 到点 $G$，使 $DG = BM$，连接 $AG$.\n因为四边形 $ABCD$ 为正方形，所以 $AD = AB$，$\angle MBA=\angle ADC = 90^{\circ}$，所以 $\angle ADG = 90^{\circ}=\angle ABM$；\n又因为 $BM = DG$，所以 $\triangle ABM\cong\triangle ADG(SAS)$，所以 $\angle BAM=\angle DAG$，$AM = AG$；\n因为 $\angle MAN = 45^{\circ}$，所以 $\angle BAM+\angle DAN = 45^{\circ}$，所以 $\angle DAG+\angle DAN = 45^{\circ}$，即 $\angle GAN = 45^{\circ}$；\n在 $\triangle GAN$ 和 $\triangle MAN$ 中，$\begin{cases}AG = AM\\\angle GAN=\angle MAN\\AN = AN\end{cases}$，所以 $\triangle GAN\cong\triangle MAN(SAS)$，所以 $GN = MN$.\n设 $BM = x$，$MN = y$，则 $GN = y$，$DG = x$. 因为 $BC = CD = 1$，所以 $CM = 1 - x$，$CN=x - y + 1$；\n在 $Rt\triangle CMN$ 中，由勾股定理得 $MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}$，即 $y^{2}=(1 - x)^{2}+(x - y + 1)^{2}$；\n整理可得 $y=\frac{x^{2}+1}{x + 1}=\frac{(x + 1)^{2}-2(x + 1)+2}{x + 1}=x + 1+\frac{2}{x + 1}-2$；\n因为 $(\sqrt{x + 1}-\sqrt{\frac{2}{x + 1}})^{2}\geq0$，所以 $x + 1+\frac{2}{x + 1}\geq2\sqrt{(x + 1)\cdot\frac{2}{x + 1}}=2\sqrt{2}$；\n所以 $y\geq2\sqrt{2}-2$，当 $y = 2\sqrt{2}-2$ 时，$\sqrt{x + 1}=\sqrt{\frac{2}{x + 1}}$，解得 $x=\sqrt{2}-1$（负舍），符合题意，故 $MN$ 的最小值为 $2\sqrt{2}-2$.

14.（2024湖南湘潭岳塘期中，21，★★☆）如图，已知正方形ABCD中，AB = 4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，连接CE，过点C作CP⊥CE交AF于点P.
（1）求证：△ADE≌△CDE.
（2）判断△CPF的形状，并说明理由.
（3）作DM的中点N，连接PN，若PN = 3，求CF的长.

答案：
解析 \n
(1) **证明**：因为四边形 $ABCD$ 是正方形，所以 $AD = CD$，$\angle ADE=\angle CDE = 45^{\circ}$；\n在 $\triangle ADE$ 和 $\triangle CDE$ 中，$\begin{cases}AD = CD\\\angle ADE=\angle CDE\\DE = DE\end{cases}$，所以 $\triangle ADE\cong\triangle CDE(SAS)$.\n
(2) $\triangle CPF$ 是等腰三角形. 理由如下：\n因为 $\triangle ADE\cong\triangle CDE$，所以 $\angle DAE=\angle DCE$；\n因为 $CP\perp CE$，$DC\perp CF$，所以 $\angle PCE=\angle DCF$，所以 $\angle DCE=\angle PCF$；\n因为 $AD// BF$，所以 $\angle DAE=\angle CFP$，所以 $\angle PCF=\angle CFP$，所以 $CP = PF$，所以 $\triangle CPF$ 是等腰三角形.\n
(3) 如图，连接 $DF$，因为 $\angle PCF=\angle PFC$，所以 $\angle PCM=\angle PMC$，所以 $PC = MP$，所以 $MP = PF$；\n又因为点 $N$ 是 $DM$ 的中点，所以 $PN$ 是 $\triangle MDF$ 的中位线；\n所以 $DF = 2PN = 6$，所以 $CF=\sqrt{DF^{2}-CD^{2}}=2\sqrt{5}$.