《2025年金考卷中考45套汇编数学》

23. （11分）在 $ △ABC $ 中，$ ∠ACB = 90° $，将 $ △ABC $ 绕点 $ C $ 旋转得到 $ △DEC $，点 $ A $ 的对应点 $ D $ 落在边 $ AB $ 上，连接 $ BE $.
（1）如图（1），求证：$ △BCE \sim △ACD $.
（2）如图（2），当 $ BC = 2 $，$ AC = 1 $ 时，求 $ BE $ 的长.
（3）如图（3），过点 $ E $ 作 $ AB $ 的平行线交 $ AC $ 的延长线于点 $ F $，过点 $ B $ 作 $ AC $ 的平行线交 $ EF $ 于点 $ G $，$ DE $ 与 $ BC $ 交于点 $ K $.
①求证：$ AC = CF $；
②当 $ \frac{GF}{GB} = \frac{5}{6} $ 时，直接写出 $ \frac{KD}{KE} $ 的值.

答案：
23
(1)证明：由旋转，得$AC=CD$，$CB=CE$，$∠ECB=∠DCA$，
$\frac{AC}{CB}=\frac{CD}{CE}$，
∴$\triangle BCE \sim \triangle ACD$（模型： “手拉手”相似模型）。(3分)
更多讲解详见《解题有招》夹册“快招12”
(2)
∵$∠ACB=90°$，$BC=2$，$AC=1$，
∴$∠A+∠ABC=90°$，$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$。
又
∵$\triangle BCE \sim \triangle ACD$，
∴$∠CBE=∠A$，$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}=2$，(4分)
∴$∠DBE=∠CBE+∠ABC=∠A+∠ABC=90°$，$BE=2AD$，
∴$BD^{2}+BE^{2}=DE^{2}$。
由旋转可知，$DE=AB=\sqrt{5}$，
∴$(\sqrt{5}-AD)^{2}+(2AD)^{2}=(\sqrt{5})^{2}$，
解得$AD=\frac{2\sqrt{5}}{5}$或$AD = 0$（舍去），
∴$BE=2AD=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。(6分)
(3)①由旋转，得$EC=BC$，$CD=CA$，$∠ECD=∠BCA=90°=∠BCF$，
∴$∠ECF=∠BCD$，$∠CDA=∠A$。
∵$FG // AB$，
∴$∠F+∠A=180°$。
又$∠CDA+∠CDB=180°$，
∴$∠CDB=∠F$，
∴$\triangle BCD≌\triangle ECF(AAS)$，
∴$CD=CF$，
∴$AC=CF$。(9分)
②$\frac{KD}{KE}=\frac{7}{32}$(11分)
解法提示：如图，延长BC，交GF的延长线于点M。

∵$AB // GF$，
∴$∠M=∠ABC$。
又$FC=AC$，$∠ACB=∠MCF$，
∴$\triangle MCF≌\triangle BCA$（模型： “8”字型全等），
∴$FM=AB$。
∵$AB // GF$，
∴$\triangle BDK \sim \triangle MEK$（模型： “8”字型相似）。
∴$\frac{DK}{EK}=\frac{BD}{EM}$
∵$AB // GF$，$BG // AF$，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴$AB=GF$，$GB=AF$。
∵$\frac{GF}{GB}=\frac{5}{6}$，
∴可设$GF=5a$，$GB=6a$（点拨：已知线段比例关系，可设元表示线段长），
∴$ED=AB=FM=5a$，$AC=CF=3a$，
∴$BC=4a$。
由
(2)可知$∠EBD=90°$。
∵$AB // GF$，
∴$∠BEG=90°$，
∴$BE · GF=BC · AF$（点拨：利用“面积法”求线段长），即$BE · 5a=4a · 6a$，
∴$BE=\frac{24a}{5}$，
∴$BD=\sqrt{ED^{2}-EB^{2}}=\frac{7}{5}a$。
由
(3)①可知$EF=BD$，
∴$EM=EF+FM=\frac{32}{5}a$，
∴$\frac{KD}{KE}=\frac{BD}{EM}=\frac{7}{32}$。
(2)
∵$BC=2$，$AC=1$，$∠ACB=90°$
一题多解
$AB=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$，$tanA=\frac{BC}{AC}=2$，
如图，过点D作$DH⊥AC$于点H（点拨：构造直角三角形，利用$tanA = 2$这一条件）；

∴$tanA=\frac{DH}{AH}=2$。
设$AH=x$，则$DH=2x$，$CH=1 - x$。
在$Rt \triangle CDH$中，$CH^{2}+DH^{2}=CD^{2}$，
∴$(1 - x)^{2}+(2x)^{2}=1^{2}$，
解得$x_{1}=\frac{2}{5}$，$x_{2}=0$（舍去），
∴$AH=\frac{2}{5}$，$DH=\frac{4}{5}$，
∴$AD=\sqrt{AH^{2}+DH^{2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
由
(1)知$\triangle BCE \sim \triangle ACD$，
∴$\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}$，即$\frac{BE}{\frac{2\sqrt{5}}{5}}=\frac{2}{1}$，
∴$BE=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。

24. （12分）如图，抛物线 $ y = \frac{1}{2}x^2 - x + c $ 与 $ x $ 轴相交于点 $ A(-1,0) $ 和点 $ B $，与 $ y $ 轴相交于点 $ C $，$ T $ 是抛物线的顶点，$ P $ 是抛物线上一动点，设点 $ P $ 的横坐标为 $ t $.
（1）求 $ c $ 的值.
（2）如图，若点 $ P $ 在对称轴左侧，过点 $ P $ 作对称轴的垂线，垂足为 $ H $，求 $ \frac{PH^2}{TH} $ 的值.
（3）定义：抛物线上两点 $ M,N $ 之间的部分叫做抛物线弧 $ MN $（含端点 $ M $ 和 $ N $）. 过 $ M,N $ 分别作 $ x $ 轴的垂线 $ l_1,l_2 $，过抛物线弧 $ MN $ 的最高点和最低点分别作 $ y $ 轴的垂线 $ l_3,l_4 $，直线 $ l_1,l_2,l_3 $ 与 $ l_4 $ 围成的矩形叫做抛物线弧 $ MN $ 的特征矩形. 若点 $ P $ 在第四象限，记抛物线弧 $ CP $ 的特征矩形的周长为 $ f $.
①求 $ f $ 关于 $ t $ 的函数解析式.
②过点 $ P $ 作 $ PQ // x $ 轴，交抛物线于点 $ Q $，点 $ Q $ 与点 $ C $ 不重合. 记抛物线弧 $ CQ $ 的特征矩形的周长为 $ g $. 若 $ f + g = \frac{11}{2} $，直接写出 $ PQ $ 的长.

答案：
24
(1)把A(-1,0)代入$y=\frac{1}{2}x^{2}-x+c$，
得$\frac{1}{2}+1+c=0$，解得$c=-\frac{3}{2}$。(2分)
(2)由
(1)可知$y=\frac{1}{2}x^{2}-x-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}(x - 1)^{2}-2$，
∴$T(1,-2)$。
∵点P的横坐标为t，
∴$P(t,\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})$，
∴$H(1,\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})$，
∴$PH=|1 - t|$，$TH=\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2}+2=\frac{1}{2}t^{2}-t+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(t - 1)^{2}$，
∴$\frac{PH^{2}}{TH}=\frac{(1 - t)^{2}}{\frac{1}{2}(t - 1)^{2}}=2$。(5分)
(3)①证明：对于$y=\frac{1}{2}x^{2}-x-\frac{3}{2}$，当$x = 0$时，$y=-\frac{3}{2}$，
∴$C(0,-\frac{3}{2})$。
令$\frac{1}{2}x^{2}-x-\frac{3}{2}=0$，解得$x_{1}=-1$，$x_{2}=3$，
∴$B(3,0)$。
由
(2)可知$T(1,-2)$，$P(t,\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})$，抛物线的对称轴为直线$x = 1$，
∴点$C(0,-\frac{3}{2})$关于对称轴的对称点的坐标为$(2,-\frac{3}{2})$。
∵点P在第四象限，
∴$0 ＜ t ＜ 3$。
分3种情况。
当$0 ＜ t≤1$时，抛物线弧CP的最高点为C，最低点为P，此时其特征矩形如图
(1)所示，

∴$f=2t+2[-\frac{3}{2}-(\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})]=-t^{2}+4t$。
当$1 ＜ t≤2$时，抛物线弧CP的最高点为C，最低点为T，此时其特征矩形如图
(2)所示，
∴$f=2t+2 × (-\frac{3}{2}+2)=2t+1$。
当$2 ＜ t ＜ 3$时，抛物线弧CP的最高点为P，最低点为T，此时其特征矩形如图
(3)所示，
∴$f=2t+2(\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2}+2)=t^{2}+1$。
综上$f=\begin{cases}-t^{2}+4t(0 ＜ t≤1)\\2t + 1(1 ＜ t≤2)\\t^{2}+1(2 ＜ t ＜ 3)\end{cases}$(10分)
②PQ的长为$\sqrt{2}$或$\sqrt{17}-2$。(12分)
解法提示：
∵PQ//x轴，
∴P，Q关于对称轴对称，
∴$Q(2 - t,\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})$。
分3种情况。
当$0 ＜ t≤1$时，抛物线弧CQ的最高点为C，最低点为T，此时其特征矩形如图
(4)所示，

∴$g=2(2 - t)+2 × (-\frac{3}{2}+2)=5 - 2t$。
∵$f+g=\frac{11}{2}$，
∴$-t^{2}+4t+5 - 2t=\frac{11}{2}$，
解得$t_{1}=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$（舍去），$t_{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$PQ=2 - t - t=2 - 2t=\sqrt{2}$。
当$1 ＜ t≤2$时，抛物线弧CQ的最高点为C，最低点为Q，此时其特征矩形如图
(5)所示，
∴$g=2(2 - t)+2[-\frac{3}{2}-(\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2})]=-t^{2}+4$。
∵$f+g=\frac{11}{2}$，
∴$2t + 1 - t^{2}+4=\frac{11}{2}$，
解得$t_{1}=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$，$t_{2}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$（舍去），
∴$PQ=t-(2 - t)=2t - 2=\sqrt{2}$。
当$2 ＜ t ＜ 3$时，抛物线弧CQ的最高点为Q，最低点为C，此时其特征矩形如图
(6)所示，

∴$g=-2(2 - t)+2(\frac{1}{2}t^{2}-t-\frac{3}{2}+\frac{3}{2})=t^{2}-4$。
∵$f+g=\frac{11}{2}$，
∴$t^{2}+1+t^{2}-4=\frac{11}{2}$，解得$t_{1}=-\frac{\sqrt{17}}{2}$（舍去），$t_{2}=\frac{\sqrt{17}}{2}$，
∴$PQ=t-(2 - t)=2t - 2=\sqrt{17}-2$。
综上，PQ的长为$\sqrt{2}$或$\sqrt{17}-2$。
名师讲方法
解题突破
本题
(3)解题的关键是利用“数形结合”思想，先画出每种情况下的特征矩形的图，然后表示出g，进而列方程求解。