《2025年金考卷中考45套汇编数学》

27. 在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC=\alpha$，点$D$在射线$BC$上，连接$AD$，将线段$AD$绕点$A$逆时针旋转$180^{\circ}-2\alpha$得到线段$AE$（点$E$不在直线$AB$上），过点$E$作$EF// AB$，交直线$BC$于点$F$.
（1）如图（1），$\alpha = 45^{\circ}$，点$D$与点$C$重合，求证：$BF = AC$；
（2）如图（2），点$D,F$都在$BC$的延长线上，用等式表示$DF$与$BC$的数量关系，并证明.

答案：
27

(1)证明：

∵ $α = 45^{\circ}$，

∴ $180^{\circ}-2α = 90^{\circ}$，

∴ $∠CAE = 90^{\circ}$。

又 $∠ACB = 90^{\circ}$，

∴ $AE// CF$。 （1 分）

又 $EF// AB$，

∴ 四边形 $ABFE$ 是平行四边形，

∴ $AE = BF$。

由旋转可得，$AE = AC$，

∴ $BF = AC$。 （3 分）

(2)$DF = 2BC$。 （4 分）

证明：如图，在 $CD$ 上取点 $H$，使得 $CH = CB$，连接 $BE$，$AH$。

∵ $∠ACB = 90^{\circ}$，即 $AC⊥BH$，

∴ $AC$ 垂直平分 $BH$，

∴ $AH = AB$，

∴ $∠AHC = ∠ABC = α$，$∠HAC = ∠BAC = 90^{\circ}-α$，

∴ $∠HAB = 180^{\circ}-2α$，

∴ $∠HAE + ∠EAB = 180^{\circ}-2α$。

又 $∠HAE + ∠DAH = ∠DAE = 180^{\circ}-2α$，

∴ $∠EAB = ∠DAH$。

又 $AE = AD$，$AB = AH$，

∴ $△AEB≌△ADH(SAS)$，

∴ $BE = DH$，$∠ABE = ∠AHD = 180^{\circ}-∠AHC = 180^{\circ}-α$，

∴ $∠FBE = 180^{\circ}-α - α = 180^{\circ}-2α$。

∵ $AB// EF$，

∴ $∠BFE = ∠ABC = α$，

∴ $∠BEF = 180^{\circ}-∠BFE - ∠FBE = 180^{\circ}-α-(180^{\circ}-2α)=α$，

∴ $∠BFE = ∠BEF$，

∴ $BE = BF$，

∴ $BF = DH$，

∴ $DF = HB = 2BC$。 （7 分）

28. 在平面直角坐标系$xOy$中，对于点$A$和$\odot C$给出如下定义：若$\odot C$上存在两个不同的点$M,N$，对于$\odot C$上任意满足$AP = AQ$的两个不同的点$P,Q$，都有$\angle PAQ\leq\angle MAN$，则称点$A$是$\odot C$的关联点，称$\angle MAN$的大小为点$A$与$\odot C$的关联角度.(本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角)
(1)如图，$\odot O$的半径为1.
①在点$A_{1}(\frac{1}{2},0)$，$A_{2}(\frac{4}{3},0)$，$A_{3}(3,0)$中，点$A_{3}$是$\odot O$的关联点且其与$\odot O$的关联角度小于$90^{\circ}$，该点与$\odot O$的关联角度为60$^{\circ}$.
②点$B(1,m)$在第一象限，若对于任意长度小于1的线段$BD$，$BD$上所有的点都是$\odot O$的关联点，则$m$的最小值为$\sqrt{3}$.
(2)已知点$E(1,3)$，$F(4,3)$，$T(t,0)$，$\odot T$经过原点，线段$EF$上所有的点都是$\odot T$的关联点，记这些点与$\odot T$的关联角度的最大值为$\alpha$. 若$90^{\circ}\leq\alpha\leq180^{\circ}$，直接写出$t$的取值范围.

答案：
28
名师教审题
几何压轴题系列
根据定义：对于点A和$\odot C$，可分如下三种情况讨论。
第1种情况：
若点A在$\odot C$外，当AM，AN均为$\odot C$的切线时，$\angle PAQ \leqslant \angle MAN$始终成立，故点A可能在$\odot C$外。连接AC，当$\angle MAC$越小时，$\tan \angle MAC$越小，关联角度越小；当$\angle AAC$越大时，$\tan \angle AAC$越大，关联角度越大。

第2种情况：
若点A在$\odot C$上，始终存在使$\angle PAQ＞\angle MAN$的点$P$，$Q$，故点A不可能在$\odot C$上。

第3种情况：
若点A在$\odot C$内，当点A在线段MN上时，$\angle PAQ \leqslant \angle MAN$始终成立，故点A可能在$\odot C$内。

(1)①$A_{3}$ $60$
解法提示：显然，点$A_{1}$在$\odot O$内，关联角度为$180^{\circ}$。
方法一：如图
(1)，过点$A_{2}$作$\odot O$的切线，设切点为$M_{2}$，连接$OM_{2}$，则$\angle OM_{2}A_{2}=90^{\circ}$。在$Rt \triangle OM_{2}A_{2}$中，由勾股定理得$A_{2}M_{2}=\frac{\sqrt{7}}{3}＜1$，
∴$\angle OA_{2}M_{2}＞45^{\circ}$，
∴点$A_{2}$与$\odot O$的关联角度大于$90^{\circ}$。

如图
(2)，过点$A_{3}$作$\odot O$的切线，设切点为$M_{3}$，连接$OM_{3}$，则$\angle OM_{3}A_{3}=90^{\circ}$。
∵$OM_{3}=\frac{1}{2}OA_{3}$，
∴$\angle OA_{3}M_{3}=30^{\circ}$，
∴点$A_{3}$与$\odot O$的关联角度为$60^{\circ}$。
方法二：如图
(3)，设点H是$\odot O$的关联点，且其与$\odot O$的关联角度为$90^{\circ}$。过点H作$\odot O$的切线，设切点为$M_{4}$，连接$OM_{4}$，则$\angle OM_{4}H=90^{\circ}$，$\angle OHM_{4}=45^{\circ}$，此时$OH=\sqrt{2}OM_{4}=\sqrt{2}$。故与$\odot O$的关联角度小于$90^{\circ}$的点在点H右侧，故该点为$A_{3}$。关联角度求法同上。


②$\sqrt{3}$
解法提示：如图
(4)，以点B为圆心，1为半径画圆。根据题意，当点D在$\odot B$内部时，BD上所有的点都是$\odot O$的关联点，
∴$\odot B$与$\odot O$相离或相切，易知当$\odot B$与$\odot O$相切时，$m$的值最小。连接OB，此时$OB = 1 + 1 = 2$，$m=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
故$m$的最小值为$\sqrt{3}$。

(2)$t \leqslant -\sqrt{11}-1$，$\frac{3\sqrt{2}}{2} \leqslant t＜3$或$t＞5$。(7分)
解法提示：a.当$t＜0$时，点T在x轴负半轴上，故线段EF在$\odot T$外侧。当$\alpha = 90^{\circ}$时，如图
(5)，过点E作$\odot T$的切线，设切点分别为$M'$，$N'$，连接$TM'$，$TN'$，则四边形$M'TN'E$是正方形，连接TE，则$TE=\sqrt{2}TN'$，
∴$(1 - t)^{2}+3^{2}=(-\sqrt{2}t)^{2}$，
∴$t = -\sqrt{11}-1$(正值已舍)。
故当$t \leqslant -\sqrt{11}-1$时满足题意。

b.当$t＞0$时，易知当线段EF在$\odot T$上方(不与$\odot T$相切)和线段EF在$\odot T$内部(EF与$\odot T$无公共点)时，满足题意。
当EF在$\odot T$上方且$\alpha = 90^{\circ}$时，过点T作EF的垂线，垂足为G，如图
(6)，过点G作$\odot T$的切线，设切点分别为$M''$，$N''$，连接$TM''$，$TN''$，则四边形$M''TN''G$是正方形，
∴$GT=\sqrt{2}TN''$，
∴$\sqrt{2}t = 3$，
∴$t=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
当$\odot T$与EF相切时，$t = 3$，如图
(7)。
当点E在$\odot T$上时，连接TE，如图
(8)，则$TE = t$，得$(t - 1)^{2}+3^{2}=t^{2}$，解得$t = 5$。
分析可知，当$\frac{3\sqrt{2}}{2} \leqslant t＜3$时，满足题意；当$t＞5$时，满足题意。



综上，$t$的取值范围为$t \leqslant -\sqrt{11}-1$，$\frac{3\sqrt{2}}{2} \leqslant t＜3$或$t＞5$。