《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

3. (1) 如图 1，在矩形 ABCD 中，点 E，F 分别在边 DC，BC 上，AE⊥DF，垂足为点 G. 求证：△ADE∽△DCF.
(2) 如图 2，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别在边 DC，BC 上，AE=DF，延长 BC 到点 H，使 CH=DE，连接 DH. 求证：∠ADF=∠H.
(3) 如图 3，在菱形 ABCD 中，点 E，F 分别在边 DC，BC 上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求 CF 的长.

答案：
3 矩形的性质+相似三角形的判定+全等三角形的判定和性质+等边三角形的判定和性质+菱形的性质
【思维导图】
(1)已知条件$\stackrel{矩形的性质}{\rightarrow} \angle C = \angle ADE = 90^{\circ} \rightarrow \angle AED = \angle DFC \rightarrow$得证.
(2)已知条件$\rightarrow Rt \triangle ADE \cong Rt \triangle DCF(HL) \rightarrow DE = CF \rightarrow$
$\triangle DCF \cong \triangle DCH(SAS) \rightarrow \angle DFC = \angle H \rightarrow \angle ADF = \angle DFC \rightarrow$得证.
(3)延长BC至点G，使$CG = DE = 8$，连接DG $\rightarrow \triangle ADE \cong \triangle DCG(SAS) \rightarrow \angle DGC = \angle AED = 60^{\circ}$，$AE = DG \rightarrow \triangle DFG$
是等边三角形$\rightarrow FG = DF = 11 \rightarrow$得解.
解：
(1)证明：$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore \angle C = \angle ADE = 90^{\circ}$. $\therefore \angle CDF + \angle DFC = 90^{\circ}$.
$\because AE \perp DF$，$\therefore \angle DGE = 90^{\circ}$.
$\therefore \angle CDF + \angle AED = 90^{\circ}$.
$\therefore \angle AED = \angle DFC$. $\therefore \triangle ADE \sim \triangle DCF$.
(2)证明：$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore AD = DC$，$AD // BC$，$\angle ADE = \angle DCF = 90^{\circ}$.
$\because AE = DF$，
$\therefore Rt \triangle ADE \cong Rt \triangle DCF(HL)$.
$\therefore DE = CF$.
$\because CH = DE$，
$\therefore CF = CH$.
$\because$点H在BC的延长线上，
$\therefore \angle DCH = \angle DCF = 90^{\circ}$.
又$\because DC = DC$，
$\therefore \triangle DCF \cong \triangle DCH(SAS)$.
$\therefore \angle DFC = \angle H$.
$\because AD // BC$，
$\therefore \angle ADF = \angle DFC$.
$\therefore \angle ADF = \angle H$.
(3)如图，延长BC至点G，使$CG = DE = 8$，连接DG，

$\because$四边形ABCD是菱形，
$\therefore AD = DC$，$AD // BC$.
$\therefore \angle ADE = \angle DCG$.
$\therefore \triangle ADE \cong \triangle DCG(SAS)$.
$\therefore \angle DGC = \angle AED = 60^{\circ}$，$AE = DG$.
$\because AE = DF$，$\therefore DG = DF$.
$\therefore \triangle DFG$是等边三角形.
$\therefore FG = DF = 11$.
$\because CF + CG = FG$，
$\therefore CF = FG - CG = 11 - 8 = 3$，
即CF的长为3.

1. 如图，菱形 ABCD 的边长为 4，点 E，F 分别是边 BC，CD 上的动点，∠BAC=∠EAF=60°，连接 EF，交 AC 于点 G.
(1) 求证：AE=AF.
(2) 求△ECF 周长的最小值.
(3) 若 BE=1，求 CG 的长.

答案：
1 菱形的性质+等边三角形的判定与性质+全等三角形的判定与性质+勾股定理+相似三角形的判定与性质
【思维导图】
(2)由
(1)得$\triangle BAE \cong \triangle CAF \rightarrow BE = CF$
周长的定义$\rightarrow EF$最短$\rightarrow \triangle AEF$是等边三角形$\rightarrow AE$最短
垂线段最短$\rightarrow AE \perp BC$勾股定理$\rightarrow$得解.
(3)解法一：过点A作$AH \perp BC$于点H $\rightarrow \triangle AFG \sim$
$\triangle ACF \rightarrow AF^{2} = AG · AC \rightarrow AF = AE$，$AC = 4 \rightarrow$
$AG \rightarrow$得解.
解法二：$\triangle ABC$是等边三角形$\rightarrow \angle ABC = \angle BCA$
结合
(2)$\triangle AEF$是等边三角形$\rightarrow \angle BAE = \angle CEG \rightarrow \triangle CEG \sim$
$\triangle BAE \rightarrow \frac{CE}{BA} = \frac{CG}{BE} \rightarrow$得解.
解：
(1)证明：$\because \angle BAC = \angle EAF = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle BAE = \angle CAF$.
又四边形ABCD是菱形，$\therefore AB = BC$.
$\therefore \triangle ABC$是等边三角形. $\therefore \angle B = 60^{\circ}$.
$\therefore AB = AC$.
又$AB // CD$，
$\therefore \angle BAC = \angle ACF = 60^{\circ}$.
$\therefore \angle ACF = \angle B$.
$\therefore \triangle BAE \cong \triangle CAF$. $\therefore AE = AF$.
(2)$\because \triangle BAE \cong \triangle CAF$，
$\therefore BE = CF$. $\therefore EC + CF + EF = BC + EF = 4 + EF$.
$\therefore$当EF最短时，$\triangle ECF$周长有最小值.
$\because AE = AF$，$\angle EAF = 60^{\circ}$，
$\therefore \triangle AEF$是等边三角形.
$\therefore$当$AE$与BC垂直时，$AE$最短，此时$AE = 2\sqrt{3}$（提示：垂线段最短）.
$\therefore \triangle ECF$周长的最小值是$4 + 2\sqrt{3}$.
(3)解法一：如图，过点A作$AH \perp BC$于点H.
$\because \angle AFG = 60^{\circ}$，$\angle ACF = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle AFG = \angle ACF$.
又$\angle CAF = \angle FAG$，
$\therefore \triangle AFG \sim \triangle ACF$.
$\therefore \frac{AF}{AC} = \frac{AG}{AF}$.
$\therefore AF^{2} = AG · AC$.
当$BE = 1$时，$BH = 2$，$EH = 1$.又$AH = 2\sqrt{3}$，
$\therefore AF = AE = \sqrt{AH^{2} + EH^{2}} = \sqrt{13}$，$AC = AB = 4$.
$\therefore 13 = 4AG$，解得$AG = \frac{13}{4}$.
$\therefore GC = AC - AG = \frac{3}{4}$.

解法二：$\because \triangle ABC$是等边三角形，
$\therefore \angle ABC = \angle BCA = 60^{\circ}$.
由
(2)知$\triangle AEF$是等边三角形，
$\therefore \angle AEF = 60^{\circ}$.
$\therefore \angle BAE = 180^{\circ} - 60^{\circ} - \angle BEA = \angle CEG$.
$\therefore \triangle CEG \sim \triangle BAE$.
$\therefore \frac{CE}{BA} = \frac{CG}{BE}$
$\because \frac{4 - 1}{4} = \frac{CG}{1}$.
$\therefore CG = \frac{3}{4}$.

2. 如图，四边形 ABCD 是正方形. 过点 C 在正方形 ABCD 的外侧作射线 CN，∠DCN=α(0°＜α＜90°). 作点 D 关于射线 CN 的对称点 E，线段 DE 交射线 CN 于点 M，连接 BE 交直线 CN 于点 F.
(1) 当 0°＜α≤45°时，求∠EFN 的度数.
(2) 在(1)的条件下，猜想线段 FB，FC，FE 之间的数量关系，并证明你的猜想.
(3) 若 CF=1，FM=2，求 FB 的长.

答案：
2 正方形的性质+全等三角形的判定与性质+轴对称的性质+等腰三角形的性质
解：
(1)连接CE，如图1，

$\because$作点D关于射线CN的对称点E（关键：利用对称的性质得出相等的线段、角），
$\therefore DC = CE$，$\angle ECN = \angle DCN = \alpha$.
$\because$四边形ABCD是正方形，
$\therefore \angle BCD = 90^{\circ}$，$BC = CD$.
$\therefore BC = CE$.
$\therefore \angle CBE = \angle CEB = \frac{1}{2} × [180^{\circ} - (90^{\circ} + 2\alpha)] = 45^{\circ} - \alpha$.
$\therefore \angle EFN = \angle ECN + \angle CEB = \alpha + 45^{\circ} - \alpha = 45^{\circ}$.
(2)$BF = EF + \sqrt{2}CF$.
证明如下：如图1，过点C作$CH \perp CF$，交BE于点H（巧作辅助线：通过作垂直构造等腰直角三角形和全等三角形），
$\because \angle EFN = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle CHF = 45^{\circ}$.
$\therefore \angle BHC = \angle EFC = 135^{\circ}$.
$\because BC = CE$，
$\therefore \angle CBH = \angle CEF$.
$\therefore \triangle CBH \cong \triangle CEF(AAS)$.
$\therefore CH = CF$，$BH = EF$.
$\therefore HF = \sqrt{2}CF$.
$\therefore BF = BH + HF = EF + \sqrt{2}CF$.
(3)由对称可知$\angle CME = 90^{\circ}$，
$\because FM = 2$，$\angle EFN = 45^{\circ}$，
$\therefore EF = \sqrt{2}FM = 2\sqrt{2}$.
当$0^{\circ} ＜ \alpha \leqslant 45^{\circ}$时，由
(2)可知$BF = EF + \sqrt{2}CF = 2\sqrt{2} + \sqrt{2} = 3\sqrt{2}$；
当$45^{\circ} ＜ \alpha ＜ 90^{\circ}$时，如图2，过点C作$CH \perp CF$，交BE于点H，

同理可得$BF = EH = EF - \sqrt{2}CF = 2\sqrt{2} - \sqrt{2} = \sqrt{2}$（易错：若题目中存在角度、线段长度等变量，且变量的取值范围会影响图形的形状和线段之间的数量关系时，要进行分类讨论，全面考虑各种可能情况）.
综上所述，BF的长为$\sqrt{2}$或$3\sqrt{2}$.