《2025年金考卷中考45套汇编数学》

25. 在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，点$D$是$BC$边上一点（不与端点重合），连接$AD$。将线段$AD$绕点$A$逆时针旋转$\alpha$得到线段$AE$，连接$DE$。
（1）如图（1），$\alpha=\angle BAC = 60^{\circ}$，$\angle CAE = 20^{\circ}$，求$\angle ADB$的度数。
（2）如图（2），$\alpha=\angle BAC = 90^{\circ}$，$BD\lt CD$，过点$D$作$DG\perp BC$，$DG$交$CA$的延长线于点$G$，连接$BG$。$F$是$DE$的中点，$H$是$BG$的中点，连接$FH$，$CF$。用等式表示线段$FH$与$CF$的数量关系并证明。
（3）如图（3），$\angle BAC = 120^{\circ}$，$\alpha = 60^{\circ}$，$AB = 8$，连接$BE$，$CE$。点$D$从点$B$移动到点$C$过程中，将$BE$绕点$B$逆时针旋转$60^{\circ}$得线段$BM$，连接$EM$，作$MN\perp CA$交$CA$的延长线于点$N$。当$CE$取最小值时，在直线$AB$上取一点$P$，连接$PE$，将$\triangle APE$沿$PE$所在直线翻折到$\triangle ABC$所在的平面内，得$\triangle QPE$，连接$BQ$，$MQ$，$NQ$，当$BQ$取最大值时，请直接写出$\triangle MNQ$的面积。

答案：
25
(1)
∵$AB = AC$，$\angle BAC = 60^{\circ}$，
∴$\triangle ABC$是等边三角形，
∴$\angle C = 60^{\circ}$.
∵$\angle DAE = 60^{\circ}$，$\angle CAE = 20^{\circ}$，
∴$\angle DAC=\angle DAE-\angle CAE = 40^{\circ}$，
∴$\angle ADB=\angle DAC+\angle C = 40^{\circ}+60^{\circ}=100^{\circ}$.
(3分)
(2)$FH=\sqrt{2}CF$.证明如下：
连接$CE$，$DH$，如图
(1).
∵$\angle DAE=\angle BAC=\alpha = 90^{\circ}$，$AB = AC$，
∴$\angle ABC=\angle ACB = 45^{\circ}$，
$\angle BAC-\angle DAC=\angle DAE-\angle DAC$，
即$\angle BAD=\angle CAE$.
在$\triangle BAD$和$\triangle CAE$中，
$\begin{cases}AB = AC,\\\angle BAD=\angle CAE,\\AD = AE,\end{cases}$
∴$\triangle BAD\cong\triangle CAE(SAS)$(模型：“手拉手”全等模型)，
∴$BD = CE$，$\angle ACE=\angle ABD = 45^{\circ}$，
∴$\angle DCE=\angle ACB+\angle ACE = 90^{\circ}$.
∵$F$是$DE$的中点，
∴$CF = DF=\frac{1}{2}DE$(依据：直角三角形中，斜边中线等于斜边的一半).
∵$DG\perp BC$，
∴$\angle GDB=\angle GDC = 90^{\circ}=\angle DCE$.
∴$\triangle GDC$为等腰直角三角形，
∴$GD = CD$.
∵$H$是$BG$的中点，
∴$DH = GH=\frac{1}{2}BG$.
∴$\angle BGD=\angle HDG$.
在$\triangle BGD$和$\triangle EDC$中，
$\begin{cases}GD = DC,\\\angle GDB=\angle DCE,\\BD = EC,\end{cases}$
∴$\triangle BGD\cong\triangle EDC(SAS)$，
∴$\angle BGD=\angle EDC$，$GB = DE$，
∴$\angle HDG=\angle EDC$，$DH = DF$，
∴$\angle HDG+\angle GDE=\angle EDC+\angle GDE$，
即$\angle HDF=\angle GDC = 90^{\circ}$，
∴$\triangle DFH$为等腰直角三角形，
∴$FH=\sqrt{2}DF$，
∴$FH=\sqrt{2}CF$.
(8分)
(3)$10\sqrt{3}+\frac{8\sqrt{21}}{7}$
(10分)
解法提示：
∵$\angle BAC = 120^{\circ}$，$AB = AC = 8$，
∴$\angle ACB=\angle ABC = 30^{\circ}$，
如图
(2)，延长$BA$至点$L$，使$AL = AC$，连接$EL$，交$AC$与点$I$.

易证$\triangle EAL\cong\triangle DAC$，
∴$EL = DC$，$\angle L=\angle ACB = 30^{\circ}$，
∴点$E$在直线$EL$上运动.
又
∵$\angle LAC = 60^{\circ}$，
∴$\angle AIL = 90^{\circ}$，
∴当点$E$与点$I$重合时，$CE$最小(点拨：垂线段最短).
如图
(3)，$CE$最小，此时$AE = 4$，$BD = 4\sqrt{3}$.

由翻折可知$EQ = EA = 4$，
∴点$Q$在以点$E$为圆心，$EA$为半径的圆上(点拨：隐圆问题)，
∴当点$B$，$E$，$Q$三点共线时，$BQ$取最大值.
如图
(4)，$CE$最小且$BQ$最大，连接$AM$，分别过点$B$，$Q$作$AC$的垂线，垂足分别为$T$，$K$；过点$E$作$EH\perp BC$于点$H$.

易证$\triangle EAM\cong\triangle EDB$，
∴$AM = BD = 4\sqrt{3}$，
易得$\angle MAN = 30^{\circ}$，
∴$MN = 2\sqrt{3}$，$AN = 6$.
在$Rt\triangle BAT$中，$\angle BAT = 60^{\circ}$，$AT = 4$，$BT = 4\sqrt{3}$，
∴$NT = 2$，$TE = 8$，
∴$BE = 4\sqrt{7}$.
易证$\triangle QEK\sim\triangle BET$，
∴$\frac{EK}{TE}=\frac{QE}{BE}$，即$\frac{EK}{8}=\frac{4}{4\sqrt{7}}$，
∴$EK=\frac{8\sqrt{7}}{7}$，
∴$KN = 2 + 8+\frac{8\sqrt{7}}{7}=10+\frac{8\sqrt{7}}{7}$，
∴$S_{\triangle MNQ}=\frac{1}{2}MN· NK=10\sqrt{3}+\frac{8\sqrt{21}}{7}$.