《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

3. 在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC＞BC，点 D 是边 AB 上一动点，连接 CD，将线段 DC 绕点 D 顺时针方向旋转 90°得到线段 DE，连接 AE，CE.
(1) 如图 1，若点 D 是 AB 的中点，∠DAE=75°，则∠BDC=______°.
(2) 如图 2，当 AE⊥AB 时，求证：$\frac{AD}{AC}=\frac{BC}{AB}$.
(3) 若 AC=4，BC=2，在点 D 的运动过程中，当 AE 长取到最小值时，求 CE 的长.

答案：
3 旋转的性质+全等三角形的判定与性质+相似三角形的判定与性质+等腰直角三角形的判定与性质+解直角三角形
解：
(1)$60$.
(2)[第1步，作$CF \perp AB$，利用全等三角形的判定与性质得$AD = CF$]
如图1，过点C作$CF \perp AB$于点F（巧作辅助线：利用“一线三直角”模型构造直角三角形，从而结合三角形内角和定理得到相等的角）.

则$\angle DCF + \angle CDF = 90^{\circ}$.
由旋转知$DC = DE$，$\angle CDE = 90^{\circ}$，
$\therefore \angle CDF + \angle ADE = 180^{\circ} - 90^{\circ} = 90^{\circ}$.
$\therefore \angle ADE = \angle DCF$.
又$\because AE \perp AB$，
$\therefore \angle EAD = \angle CFD = 90^{\circ}$.
$\therefore \triangle ADE \cong \triangle FCD$.
$\therefore AD = CF$.
证法一（等面积法）：[第2步，根据$\triangle ABC$的面积建立等式，再结合等量代换即可证明结论成立]
在$Rt \triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CF \perp AB$，
$\therefore S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB · CF = \frac{1}{2}AC · BC$.
$\therefore AB · CF = AC · BC$.
$\because \frac{CF}{AC} = \frac{BC}{AB}$
$\therefore \frac{AD}{AC} = \frac{BC}{AB}$
证法二（相似三角形法）：[第2步，根据相似三角形的判定与性质建立等式，再结合等量代换即可证明结论成立]
在$Rt \triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CF \perp AB$，
$\therefore \angle BFC = \angle BCA = 90^{\circ}$.
又$\because \angle CBF = \angle ABC$，
$\therefore \triangle BCF \sim \triangle BAC$.
$\therefore \frac{CF}{AC} = \frac{BC}{BA}$
$\because \frac{AD}{AC} = \frac{BC}{AB}$
证法三（正弦函数的定义法）：[第2步，由正弦函数的定义建立等式，再结合等量代换即可证明结论成立]
在$Rt \triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CF \perp AB$，
$\therefore \sin B = \frac{CF}{BC} = \frac{AC}{AB}$
$\therefore \frac{CF}{AC} = \frac{BC}{AB}$
$\because \frac{AD}{AC} = \frac{BC}{AB}$
(3)[第1步，作$CF \perp AB$，在FA上截取$FG = CF$，连接CG，EG，根据相似三角形的判定与性质求$\angle CGE$，从而可得点E的运动轨迹]
如图2，过点C作$CF \perp AB$于点F，在FA上截取$FG = CF$，连接CG，EG（巧作辅助线：构造等腰直角三角形，为证明三角形相似提供条件）.

则$\triangle CFG$和$\triangle CDE$都是等腰直角三角形，
$\therefore \frac{CE}{CD} = \sqrt{2}$，$\angle ECD = \angle GCF = 45^{\circ}$.
$\because \angle ECG = \angle DCF$.
$\therefore \triangle ECG \sim \triangle DCF$.
$\therefore \angle CGE = \angle CFD = 90^{\circ}$.
$\therefore \angle AGE = 180^{\circ} - \angle CGE - \angle CGF = 180^{\circ} - 90^{\circ} - 45^{\circ} = 45^{\circ}$.
当点D在线段BF（不含点F）上运动时，同理可得$\angle BGE = 45^{\circ}$，当点D运动到点F时，点E与点G重合.
$\therefore$点D在AB上运动时，对应的点E在直线GE上运动，且
$\angle AGE = 45^{\circ}$或$135^{\circ}$.
[第2步，确定AE长取最小值时$\triangle AEG$是等腰直角三角形，利用勾股定理可得EG，CG的长，再结合勾股定理可得CE的长]
当$AE \perp EG$时，AE有最小值，
此时$\triangle AEG$是等腰直角三角形.
在$Rt \triangle ABC$中，$AB = \sqrt{AC^{2} + BC^{2}} = 2\sqrt{5}$，
则$GF = CF = \frac{AC · BC}{AB} = \frac{8}{2\sqrt{5}} = \frac{4}{5}\sqrt{5}$.
则$AF = \sqrt{AC^{2} - CF^{2}} = \sqrt{16 - \frac{16}{5}} = \frac{8}{5}\sqrt{5}$.
则$AG = AF - GF = \frac{4}{5}\sqrt{5}$.
$\therefore EG = \frac{\sqrt{2}}{2}AG = \frac{\sqrt{2}}{2} × \frac{4}{5}\sqrt{5} = \frac{2\sqrt{10}}{5}$.
$\because \triangle CFG$是等腰直角三角形，
$\therefore CG = \sqrt{2}CF = \sqrt{2} × \frac{4}{5}\sqrt{5} = \frac{4\sqrt{10}}{5}$.
在$Rt \triangle CGE$中，
$CE = \sqrt{EG^{2} + CG^{2}} = \sqrt{(\frac{2\sqrt{10}}{5})^{2} + (\frac{4\sqrt{10}}{5})^{2}} = 2\sqrt{2}$.

4. 如图，长方形纸片 ABCD，AB=3，BC=5. 点 E 是 AB 边上一点，将△BEF 沿 EF 翻折得到△GEF.
【问题解决】
(1) 如图 1，点 B 落在边 AD 上的点 G 处，若 AE=1，求 AG 和 FG 的长.
【类比探究】
(2) 如图 2，当点 E 和点 A 重合时，点 B 落在边 AD 上的点 G 处，折痕为 AF，判定四边形 ABFG 的形状，并说明理由.
【拓展应用】
(3) 如图 3，当点 E 和点 A 重合时，点 B 落在长方形 ABCD 内部的点 G 处，折痕为 AF，FM 平分∠CFG 交 CD 于点 M，连接 GM. 当 GM 的长度最短时，求 GM 的长.

答案：
4 折叠的性质+矩形的判定与性质+正方形的判定+勾股定理+特殊角的三角函数值
【思维导图】
(1)折叠性质$\rightarrow EG = BE = 2 -$勾股定理$\rightarrow AG$的长$\rightarrow$
过点F作$FH \perp AD$于点H $\rightarrow \tan \angle AGE = \frac{AE}{AG} = \frac{1}{\sqrt{3}} \rightarrow$
$\angle AGE = 30^{\circ} \rightarrow \angle HGF = 60^{\circ} \rightarrow FG = \frac{FH}{\sin \angle HGF} \rightarrow$得解.
(2)四边形ABCD是矩形$\rightarrow$四边形ABFG是矩形
折叠的性质$\rightarrow$四边形ABFG是正方形.
(3)连接AM$\frac{AG + GM \geqslant AM}{AG = AB = 3}$当A，G，M三点共线时，GM最
短$\frac{\angle FGM = 90^{\circ}}{}$ $\rightarrow GM = CM \rightarrow$设$GM = CM = x \rightarrow$表示出
DM，AM $\rightarrow$勾股定理$\rightarrow$得解.
解：
(1)如图1，由折叠得$\angle EGF = \angle B = 90^{\circ}$，
$GE = BE = AB - AE = 3 - 1 = 2$，
由勾股定理得$AG = \sqrt{EG^{2} - AE^{2}} = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$.
如图1，过点F作$FH \perp AD$于点H，$FH = AB = 3$.

$\because \tan \angle AGE = \frac{AE}{AG} = \frac{1}{\sqrt{3}}$，
$\therefore$在$Rt \triangle AEG$中，$\angle AGE = 30^{\circ}$.
$\because \angle EGF = 90^{\circ}$，
$\therefore \angle HGF = 90^{\circ} - \angle AGE = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$.
$\therefore$在$Rt \triangle FGH$中，$FG = \frac{FH}{\sin \angle HGF} = \frac{3}{\sin60^{\circ}} = 2\sqrt{3}$.
(2)四边形ABFG是正方形，理由如下：
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore \angle BAG = \angle B = 90^{\circ}$.
如题图2，折叠长方形纸片ABCD，使边AB落在边AD，
$\therefore \angle AGF = \angle B = 90^{\circ}$，$AB = AG$.
$\because \angle BAG = \angle B = \angle AGF = 90^{\circ}$，
$\therefore$四边形ABFG是矩形.
又$\because AB = AG$，
$\therefore$矩形ABFG是正方形.
(3)如图2，连接AM.

$\because AG + GM \geqslant AM$（两点之间线段最短），$AG = AB = 3$，
$\therefore$当A，G，M三点共线时，GM最短.
如图3，

$\because \angle FGM = 180^{\circ} - \angle AGF = 90^{\circ}$，
$\angle FGM = \angle C = 90^{\circ}$.
$\because FM$平分$\angle CFG$，$GM \perp FG$，$MC \perp FC$，
$\therefore GM = CM$.
由
(2)得，$AG = AB = 3$，
设$GM = CM = x$，
则$DM = CD - CM = 3 - x$，
$AM = AG + GM = 3 + x$.
在$Rt \triangle ADM$中，由勾股定理得$AD^{2} + DM^{2} = AM^{2}$，
$\therefore 5^{2} + (3 - x)^{2} = (3 + x)^{2}$，
解得$x = \frac{25}{12}$，即当GM最短时，$GM = \frac{25}{12}$.