《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

6. 如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形$EFGH$组成，恰好拼成一个大正方形$ABCD$. 连接$EG$并延长交$BC$于点$M$. 若$AB = \sqrt{34}$，$EF = 2$，则$GM$的长为（ ）


A.$\frac{9}{8}\sqrt{2}$
B.$\sqrt{2}$
C.$\frac{7}{8}\sqrt{2}$
D.$\frac{4}{5}\sqrt{2}$

答案：
6.A [解析] 正方形的性质+等腰直角三角形的判定与性质+勾股定理+锐角三角函数
∵大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，
∴AE = BF = GC = DH。设AE = x，在Rt△AEB中，AB = $\sqrt{34}$，BE = EF + BF = 2 + x。由勾股定理得AB² = AE² + BE²，即($\sqrt{34}$)² = x² + (2 + x)²，解得x₁ = 3，x₂ = −5(舍去)，则BF = GC = 3。如图，过点M作MN⊥FC于点N(巧作辅助线：作垂线，构造直角三角形)(技巧：当已知图形中出现30°，45°，60°的角时，若求边长，一般会应用特殊角的三角函数值，则需要将特殊角放置在直角三角形内，如本题中的辅助线)。由题知，△EFG为等腰直角三角形(提示：正方形的对角线将正方形分成两个全等的等腰直角三角形)，
∴∠NGM = ∠EGF = 45°，
∴△GNM为等腰直角三角形。设GN = NM = a，则NC = GC−GN = 3−a，
∴tan∠FCB = $\frac{BF}{CF}$ = $\frac{NM}{NC}$，即$\frac{3}{3 + 2}$ = $\frac{a}{3−a}$，解得a = $\frac{9}{8}$。
∴GM = $\sqrt{2}$GN = $\frac{9}{8}$$\sqrt{2}$。故选A。

1. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = BC = AC$，点$F$为$AC$边上的中点，以$F$为顶点作一个$60^{\circ}$的角交$AB$，$BC$边于$D$，$E$两点，连接$DE$，则知道下列哪个条件就可以计算$\triangle ABC$的周长（ ）


A.$\triangle ADF$的周长
B.$\triangle BDE$的周长
C.$\triangle CEF$的周长
D.$\triangle DEF$的周长

答案：
1.B [解析] 等边三角形的性质+全等三角形的判定与性质+相似三角形的判定与性质
【思维导图】取AB中点G，连接FG，在ED上截取EH = EC，连接FH→△CEF∽△AFD→△CEF∽△FED→△ECF≌△EHF→DG = DH→C△BDE = $\frac{3}{2}$BC→得解。
如图，取AB中点G，连接FG，在ED上截取EH = EC，连接FH。
∵AB = BC = AC，
∴∠A = ∠C = 60°。
∵∠EFD = 60°，
∴∠EFC + ∠FEC = ∠EFC + ∠AFD = 120°。
∴∠FEC = ∠AFD。
∴△CEF∽△AFD。
∴$\frac{EF}{FD}$ = $\frac{CE}{AF}$。
∵F为AC边上的中点，
∴AF = CF。
∴$\frac{EF}{FD}$ = $\frac{CE}{CF}$。
∵∠EFD = ∠ECF，
∴△CEF∽△FED。
∴△CEF∽△FED∽△AFD，∠CEF = ∠FED。在△ECF和△EHF中，$\begin{cases} EC = EH\\ ∠CEF = ∠HEF\\ EF = EF \end{cases}$，
∴△ECF≌△EHF(SAS)。
∴∠FHE = ∠ECF = 60°。又易知FG是△ABC的中位线，
∴∠FGA = ∠B = 60°。
∴∠FHD = ∠FGD = 120°。由△FED∽△AFD可知∠FDH = ∠FDG。又FD = FD，
∴△FDH≌△FDG(AAS)。
∴DG = DH。
∴C△BDE = BE + DE + BD = BE + EH + DH + BD = BC + BG = $\frac{3}{2}$BC，即为△ABC周长的一半。故选B。

2. 在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB ＞ AC$，分别以$AB$，$AC$为边向外作正方形$ABDE$，$ACFG$. 连接$EG$，过点$B$作$BH \perp EG$于点$H$，过点$A$作$MN // BC$分别交$BD$，$FG$，$BH$于点$M$，$N$，$P$. 则下列比值为定值的是（ ）

A.$\frac{AP}{EG}$
B.$\frac{BH}{EG}$
C.$\frac{MN}{EG}$
D.$\frac{PH}{EG}$

答案：
2.A [解析] 正方形的性质+全等三角形的判定与性质+平行四边形的判定与性质+等角对等边
第1步，证明△ABC≌△AEG
设BH交AE于点K，如图所示，
∵四边形ABDE、四边形ACFG都是正方形，
∴AB = AE，AC = AG，∠ABD = ∠BAE = 90°。又
∵∠BAC = ∠EAG = 90°，
∴△ABC≌△AEG(SAS)。
第2步，证明四边形ACBM是平行四边形，得对应边相等
∴∠ABC = ∠AEG，BC = EG。
∵∠BAC = ∠ABD = 90°，
∴AC//BM。又
∵MN//BC，
∴四边形ACBM是平行四边形。
∴AM = BC。
∴AM = EG。
第3步，根据等角对等边得边长相等，从而可得$\frac{AP}{EG}$为定值
∵BH⊥EG，
∴∠EHK = ∠BAE = 90°。
∴∠AEG + ∠1 = ∠ABP + ∠2 = 90°。又
∵∠1 = ∠2，
∴∠AEG = ∠ABP。
∵MN//BC，
∴∠PAB = ∠ABC。又
∵∠ABC = ∠AEG，
∴∠PAB = ∠ABP。
∴AP = PB。
∵∠3 + ∠PAB = 90°，∠4 + ∠ABP = 90°，
∴∠3 = ∠4。
∴PB = PM。
∴AP = PM。
∴AM = 2AP。
∴EG = 2AP。
∴$\frac{AP}{EG}$ = $\frac{1}{2}$，为定值。故选A。

3. 如图，在$\triangle ABC$中，点$D$是$AB$上一点（不与点$A$，$B$重合），过点$D$作$DE // BC$交$AC$于点$E$，过点$E$作$EF // AB$交$BC$于点$F$，点$G$是线段$DE$上一点，$EG = 2DG$，点$H$是线段$CF$上一点，$CH = 2HF$. 连接$AG$，$AH$，$GH$，$HF$. 若已知$\triangle AGH$的面积，则一定能求出（B）

A.$\triangle ABC$的面积
B.$\triangle ADE$的面积
C.四边形$DBFE$的面积
D.$\triangle EFC$的面积

答案： 3.B [解析] 相似三角形的判定与性质+平行线的判定与性质+三角形的面积
【思维导图】已知条件→△ADE∽△EFC→$\frac{AD}{EF}$ = $\frac{DE}{FC}$→△ADG∽△EFH→∠DAG = ∠FEH→AG//EH→S△AGH = S△AEG→$\frac{EG}{DE}$ = $\frac{2}{3}$→$\frac{S△AEG}{S△ADE}$ = $\frac{EG}{DE}$→得解。
∵DE//BC，
∴∠AED = ∠C，∠ADE = ∠B。
∵EF//AB，
∴∠B = ∠EFC，
∴∠ADE = ∠EFC，
∴△ADE∽△EFC，
∴$\frac{AD}{EF}$ = $\frac{DE}{FC}$。
∵EG = 2DG，CH = 2HF，
∴DG = $\frac{1}{3}$DE，FH = $\frac{1}{3}$FC。
∴$\frac{DG}{FH}$ = $\frac{DE}{FC}$。
∴$\frac{AD}{EF}$ = $\frac{DG}{FH}$。
∵∠ADG = ∠EFH，
∴△ADG∽△EFH，
∴∠DAG = ∠FEH。
∵EF//AB，
∴∠DAE = ∠FEC，
∴∠DAE−∠DAG = ∠FEC−∠FEH，即∠GAE = ∠HEC，
∴AG//EH。
∴S△AGH = S△AEG。
∵EG = 2DG，
∴$\frac{EG}{DE}$ = $\frac{2}{3}$。
∴$\frac{S△AEG}{S△ADE}$ = $\frac{EG}{DE}$。
∴$S_{△ADE}$ = $\frac{3}{2}$$S_{△AEG}$。
∴$S_{△ADE}$ = $\frac{3}{2}$$S_{△AGH}$。已知△AGH的面积，则一定能求出△ADE的面积。故选B。

4. 如图，点$E$，$F$，$M$，$N$分别在菱形$ABCD$的边$AB$，$BC$，$AD$，$CD$上，连接$EF$，$MN$，若$AB = 5$，$BE = BF = AM = CN$，$\sin B = x\sin\angle EFB$，记$EF + MN = y$，当$x$，$y$发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）


A.$\frac{y}{x}$
B.$\frac{y}{x^2}$
C.$xy$
D.$y - x$

答案：
4.A [解析] 菱形的性质+锐角三角函数+相似三角形的判定与性质 过点E作EP⊥BF于点P，连接AC，如图所示，则△BEP和△EFP都是直角三角形。设BE = BF = AM = CN = a，在Rt△BEP中，sinB = $\frac{EP}{BE}$ = $\frac{EP}{a}$，在Rt△EFP中，sin∠EFB = $\frac{EP}{EF}$。
∵sinB = xsin∠EFB，
∴$\frac{EP}{a}$ = x⋅$\frac{EP}{EF}$，
∴EF = ax。
∵四边形ABCD是菱形，且AB = 5，
∴CB = AD = CD = AB = 5。
∵∠B = ∠D，∠BAC = ∠DAC。
∴AE = CF = DM = DN = 5−a。
∵BE = BF = a，AB = CB = 5，
∴$\frac{BE}{AB}$ = $\frac{BF}{CB}$ = $\frac{a}{5}$。又∠EBF = ∠ABC，
∴△BEF∽△BAC。
∴∠BEF = ∠BAC。同理，△DMN∽△DAC，
∴∠DMN = ∠DAC。
∵∠BAC = ∠DAC，
∴∠BEF = ∠DMN。又∠B = ∠D，
∴△BEF∽△DMN。
∴$\frac{EF}{MN}$ = $\frac{BE}{DM}$。
∴$\frac{ax}{MN}$ = $\frac{a}{5−a}$。
∴MN = 5x−ax。
∴y = EF + MN = ax + 5x−ax = 5x。
∴$\frac{y}{x}$ = 5。当x，y发生变化时，$\frac{y}{x}$的值不变。故选A。

1. （2025·广东）如图，在矩形$ABCD$中，$E$，$F$是$BC$边上的三等分点，连接$DE$，$AF$相交于点$G$，连接$CG$. 若$AB = 8$，$BC = 12$，

则

$\tan\angle GCF$的值是（ ）


A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
D.$\frac{2}{3}$

答案：
1.B [解析] 矩形的性质+等腰直角三角形的判定和性质+锐角三角函数
第1步，作GH⊥BC，由已知条件判断△ABF，△CDE，△GEF是等腰直角三角形
如图，过点G作GH⊥BC于点H，在矩形ABCD中，AB = 8，BC = 12，∠B = 90°。
∵点E，F是BC的三等分点，
∴BE = EF = CF = $\frac{1}{3}$BC = 4。
∴BF = BE + EF = 8。
∴AB = BF = 8。
∴△ABF是等腰直角三角形。
∴∠BFA = 45°。同理△CDE是等腰直角三角形。
∴∠CED = 45°。
∴∠BFA = ∠CED。
∴△GEF是等腰直角三角形。
第2步，由等腰直角三角形的性质求GH，CH的长，从而求得tan∠GCF的值
∵GH⊥EF，
∴GH = EH = FH = $\frac{1}{2}$EF = 2。
∴CH = CF + HF = 4 + 2 = 6。在Rt△GHC中，tan∠GCF = $\frac{GH}{CH}$ = $\frac{2}{6}$ = $\frac{1}{3}$。故选B。

2. （2025·广东深圳）如图，将正方形$ABCD$沿$EF$折叠，使得点$A$与对角线的交点$O$重合，$EF$为折痕，则$\frac{EF}{CG}$的值为（D）

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{2}{3}$

答案： 2.D [解析] 正方形的性质+折叠的性质+相似三角形的判定与性质
解法一(特殊值法)：设正方形的边长为2，则BD = AC = $\sqrt{2}$AB = 2$\sqrt{2}$。根据折叠的性质可得四边形AEOF是正方形，且E，F分别是AB，AD的中点，
∴EF = $\frac{1}{2}$BD = $\sqrt{2}$，AG = OG = $\frac{1}{2}$AO = $\frac{1}{4}$AC = $\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∴CG = AC−AG = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
∴$\frac{EF}{CG}$ = $\frac{\sqrt{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}$ = $\frac{2}{3}$。故选D。
解法二(相似三角形法)：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA = OC。根据折叠的性质可得四边形AEOF是正方形，
∴AG = OG。
∴CG = $\frac{3}{4}$AC。
∵∠BAC = ∠AEF = 45°，∠ACB = ∠AFE = ∠45°，
∴△AEF∽△BAC。
∴$\frac{EF}{AC}$ = $\frac{AE}{BA}$ = $\frac{1}{2}$。
∴EF = $\frac{1}{2}$AC。
∴$\frac{EF}{\frac{4}{3}CG}$ = $\frac{\frac{1}{2}AC}{\frac{4}{3}CG}$ = $\frac{2}{3}$。故选D。

3. 如图，在菱形$ABCD$中，$O$为对角线$AC$中点，将$AB$绕顶点$A$逆时针旋转至$AE$，使$E$点恰好落在$BC$上，连接$OE$，$OD$. 若$OE \perp BC$，则$\frac{OE}{OD}$的值为（ ）


A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案：
3.D [解析] 旋转的性质+等腰三角形的性质+相似三角形的判定和性质+菱形的性质+平行线分线段成比例定理 如图，过点A作AF⊥BC于点F，
∵OE⊥BC，
∴OE//AF。
∴$\frac{CO}{OA}$ = $\frac{CE}{EF}$。
∵O为菱形ABCD对角线AC的中点，
∴CO = OA。
∴CE = EF。
∵AB绕顶点A逆时针旋转至AE，
∴AB = AE。又
∵AF⊥BC，
∴EF = BF(提示：等腰三角形的“三线合一”性质)。
∴CE = $\frac{1}{3}$BC。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD = BC = 3CE，AD//CB，OD⊥AC。
∴∠DAO = ∠OCE，∠DOA = ∠OEC = 90°。
∴△DAO∽△OCE。
∴$\frac{AD}{CO}$ = $\frac{AO}{CE}$ = $\frac{OD}{OE}$。
∴$\frac{3CE}{CO}$ = $\frac{CO}{CE}$ = $\frac{OD}{OE}$。
∴OC = $\sqrt{3}$CE。
∴$\frac{\sqrt{3}CE}{CE}$ = $\frac{OD}{OE}$。
∴$\frac{OE}{OD}$ = $\frac{1}{\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$。故选D。