《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，$D$为$BC$上一点，连接$AD$，$DB = DA$，$E$为$AD$上一点，且$AE = CD$，连接$BE$。
(1) 求证：$\triangle ABE \cong \triangle CAD$；
(2) 若$BE = 2CD$，连接$CE$并延长，交$AB$于点$F$，求证：$CE = 2EF$。

答案：
1.
(1)
∵AB=AC，DB=DA，
∴∠ABC=∠ACB，∠ABC=∠BAD，
∴∠BAD=∠ACB，且AB=AC，AE=CD，
∴△ABE≌△CAD(SAS).
(2)如图，过点A作AG//BC，交CF延长线于点G.
构造全等三角形证明
∵△ABE≌△CAD，
∴BE=AD.
∵BE=2CD，
∴AD=2CD=2AE，
∴AE=DE.
∵AG//BC，
∴∠G=∠DCE，
∠GAE=∠CDE，
∴△AGE≌△DCE(AAS)，
∴EG=CE，AG=CD=AE，
∴△AGE为等腰三角形，
∵∠GAF=∠ABC=∠BAD，F为GE的中点，等腰三角形三线合一
∴CE=EG=2EF.

2. 如图，$\triangle ABC$为等边三角形，点$D$在$BC$的延长线上，连接$AD$，点$E$在$AD$上，连接$BE$交$AC$于点$F$，且$\angle DBE = 2\angle CAD$。若$BD = 12$，$CF = 5$，求$AD$的长。

答案：
2.如图，延长CA至点G，使AG=CD，连接BG，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AK⊥BC于点K.
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠BAG=∠ACD=120°，
∴△BAG≌△ACD(SAS)，
∴∠G=∠D，∠ABG=∠CAD，
设∠CAD=α，则∠ABG=α，∠D=∠G=60°−α.
∵∠DBE=2∠CAD，
∴∠DBE=2α，
∴∠ABE=60°−2α，
∴∠FBG=∠ABE+∠ABG=60°−2α+α=60°−α，
∴∠FBG=∠G，
∴FB=FG，设AG=CD=x.
∵BD=12，CF=5，
∴BC=AC=BD−CD=12−x，
∴AF=AC−CF=7−x，
∴BF=FG=7.
∵FH⊥BC，
∴∠FHC=∠FHB=90°
∵∠CFH=90°−60°=30°，
∴CH=$\frac{1}{2}$CF=$\frac{5}{2}$，
30°角所对的直角边等于斜边的一半
∴FH=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，BH=BC−CH=12−x−$\frac{5}{2}$=$\frac{19}{2}$−x.
在Rt△BFH中，$BH^{2}+FH^{2}=BF^{2}$，
∴$(\frac{19}{2}-x)^{2}+(\frac{5\sqrt{3}}{2})^{2}=7^{2}$，
解得$x_1$=4，$x_2$=15（不符合题意，舍去），
∴CD=4，BC=AB=8.
∵AK⊥BC，
∴∠AKB=∠AKD=90°，
∴∠BAK=90°−60°=30°，
∴BK=$\frac{1}{2}$AB=4，AK=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=$4\sqrt{3}$，
∴DK=12−4=8.
在Rt△ADK中，$AD=\sqrt{AK^{2}+DK^{2}}=\sqrt{(4\sqrt{3})^{2}+8^{2}}=4\sqrt{7}$.

3. 在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BCA = 90°$，$G$为$AB$的中点，过点$G$作$DG \perp AB$交$AC$于点$D$。
(1) 如图(1)，连接$CG$，若$CG = \frac{5}{2}$，$BC = 3$，求$DG$的长；
(2) 如图(2)，过点$D$作$DE \perp BD$，连接$AE$，以$E$为直角顶点，$AE$为直角边向外作等腰直角三角形$AEF$，使得点$F$刚好落在$BD$的延长线上，求证：$BC = DE + DF$。

答案：
3.
(1)
∵∠BCA=90°，G是AB的中点，
∴CG=BG=AG=$\frac{5}{2}$，
∴AB=5.
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
∵BC=3，由勾股定理，得AC=4.
∵DG⊥AB，
∴$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{DG}{AG}$，$\frac{3}{4}=\frac{DG}{\frac{5}{2}}$，
∴$DG=\frac{15}{8}$.
(2)如图，过点A作AH⊥BF于点H，过点E作EK⊥AH于点K.
∵G是AB的中点，DG⊥AB，
∴BD=AD.
∵∠BCD=∠AHD=90°，
∠BDC=∠ADH，
∴△BCD≌△AHD(AAS)，
∴BC=AH.
∵DE⊥BD，AH⊥BF，EK⊥AH，
∴∠EDH=∠DHK=∠HKE=90°，
∴四边形DEKH是矩形，
∴∠AKE=∠FDE=90°，DE=KH.
∵∠AEF=90°，AE=FE，
∴∠FED+∠FEK=∠AEK+∠FEK=90°，
∴∠AEK=∠FED，
∴△AKE≌△FDE(AAS)，
∴AK=DF.
∵AH=KH+AK，
∴BC=DE+DF.