《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 如图(1),在$\triangle ABC$中,$AB = AC = 15$,$BC = 24$,点$P$以每秒$1$个单位长度的速度,从点$A$出发沿$AB$方向向终点$B$运动,同时,点$Q$以每秒$2$个单位长度的速度,从点$B$出发沿$BC$方向向终点$C$运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动.设运动时间为$t$秒,请解答下列问题:
(1)当$t$为何值时,$PQ // AC$.
(2)在点$P$,$Q$的运动过程中,是否存在某一时刻$t$,使得$\triangle PCQ$的面积等于$6$? 若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
(3)如图(2),$E$是$AC$的中点,连接$BE$,与$PQ$交于点$O$,是否存在某一时刻$t$,使得$PQ \perp BE$? 若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由.
精题详解

答案：
1.
(1)由题意，得AP = t,BQ = 2t，
∴BP = 15 - t,CQ = 24 - 2t.
∵15÷1 = 15,24÷2 = 12,
∴0 ＜ t ≤ 12.
∵PQ//AC,
∴$\frac{BP}{AB}$ = $\frac{BQ}{BC}$，即$\frac{15 - t}{15}$ = $\frac{2t}{24}$，解得t = $\frac{20}{3}$，
∴当t = $\frac{20}{3}$时,PQ//AC.
(2)当t = 10时，使得△PCQ的面积等于6.理由如下:如图
(1),过点A作AF⊥BC于点F,作PH⊥BC于点H，则AF//PH，
∴△BPH∽△BAF,
∴$\frac{PH}{AF}$ = $\frac{BP}{BA}$.
∵AB = AC,AF⊥BC,
∴BF = CF = $\frac{1}{2}$BC = 12,
∴在Rt△ABF中,由勾股定理，得AF = $\sqrt{AB² - BF²}$ = $\sqrt{15² - 12²}$ = 9,
∴$\frac{PH}{9}$ = $\frac{15 - t}{15}$，
∴PH = 9 - $\frac{3}{5}$t.
∵S△PCQ = 6,
∴$\frac{1}{2}$CQ·PH = 6,
即$\frac{1}{2}$(24 - 2t)(9 - $\frac{3}{5}$t) = 6,
解得t1 = 10,t2 = 17.
∵0 ≤ t ≤ 12,
∴t = 10
勿忘判断运动时间，避免出错
∴当t = 10时,△PCQ的面积等于6.

(3)存在t = $\frac{285}{59}$，使得PQ⊥BE.理由如下:
如图
(2),过点A作AF⊥BC于点F,AM⊥BE于点K，交BC于点M,过点E作EN⊥BC于点N,
则AF = 9,BF = CF = 12.
∵E是AC的中点,
∴AE = EC = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{15}{2}$,EN = $\frac{1}{2}$AF = $\frac{9}{2}$,CN = $\frac{1}{2}$CF = 6,
∴BN = BC - CN = 24 - 6 = 18,
在Rt△BEN中，
BE = $\sqrt{BN² + EN²}$ = $\sqrt{18² + (\frac{9}{2})²}$ = $\frac{9\sqrt{17}}{2}$
∵S△ABC = 2S△ABE,
∴$\frac{1}{2}$AF·BC = 2×$\frac{1}{2}$BE·AK,
∴AK = $\frac{\frac{1}{2}AF·BC}{\frac{1}{2}BE}$ = $\frac{\frac{1}{2}×9×24}{\frac{9\sqrt{17}}{2}}$ = $\frac{24\sqrt{17}}{17}$.
在Rt△ABK中,BK = $\sqrt{AB² - AK²}$ = $\sqrt{15² - (\frac{24\sqrt{17}}{17})²}$ = $\frac{57\sqrt{17}}{17}$.
∵∠BNE = ∠BKM = 90°,∠EBN = ∠MBK,
∴△BMK∽△BEN,
∴$\frac{MK}{EN}$ = $\frac{BM}{BE}$ = $\frac{BK}{BN}$，即$\frac{MK}{\frac{9}{2}}$ = $\frac{BM}{\frac{9\sqrt{17}}{2}}$ = $\frac{\frac{57\sqrt{17}}{17}}{18}$，
∴MK = $\frac{57\sqrt{17}}{68}$,BM = $\frac{57}{4}$，
∴AM = AK + MK = $\frac{24\sqrt{17}}{17}$ + $\frac{57\sqrt{17}}{68}$ = $\frac{9\sqrt{17}}{4}$.
∵PQ⊥BE,AM⊥BE,
∴PQ//AM,
∴$\frac{BP}{BA}$ = $\frac{BQ}{BM}$，即$\frac{15 - t}{15}$ = $\frac{2t}{\frac{57}{4}}$，解得t = $\frac{285}{59}$
∴存在t = $\frac{285}{59}$，使得PQ⊥BE.

2. 手拉手模型 [探究](1)已知$\triangle ABC$和$\triangle ADE$都是等边三角形.
①如图(1),当点$D$在$BC$上时,连接$CE$.请探究$CA$,$CE$和$CD$之间的数量关系,并说明理由;
②如图(2),当点$D$在线段$BC$的延长线上时,连接$CE$.请再次探究$CA$,$CE$和$CD$之间的数量关系,并说明理由.
[运用](2)如图(3),在等边三角形$ABC$中,$AB = 6$,点$E$在$AC$上,$CE = 2\sqrt{3}$.点$D$是直线$BC$上的动点,连接$DE$,以$DE$为边在$DE$的右侧作等边三角形$DEF$,连接$CF$.当$\triangle CEF$为直角三角形时,请直接写出$BD$的长.
精题详解

答案：
2.
(1)①CE + CD = CA. 理由如下:
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB = AC = BC,
AD = AE = DE,∠BAC = ∠DAE = 60°,
∴∠BAC - ∠DAC = ∠DAE - ∠DAC,
∴∠BAD = ∠CAE.
在△ABD和△ACE中,$\begin{cases} AB = AC, \\ \angle BAD = \angle CAE, \\ AD = AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴CE = BD.
∵BD + CD = BC,
∴CE + CD = CA.
②CA + CD = CE. 理由如下:
∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB = AC = BC,
AD = AE = DE,∠BAC = ∠DAE = 60°,
∴∠BAC + ∠DAC = ∠DAE + ∠DAC,
∴∠BAD = ∠CAE.
在△ABD和△ACE中,$\begin{cases} AB = AC, \\ \angle BAD = \angle CAE, \\ AD = AE, \end{cases}$
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴CE = BD.
∵CB + CD = BD,
∴CA + CD = CE.
(2)过E作EH//AB,则△EHC为等边三角形.
①当点D在H左侧时，如图
(1).
注意讨论，避免漏解
∵ED = EF,∠DEH = ∠FEC,EH = EC,
∴△EDH≌△EFC(SAS),
∴∠ECF = ∠EHD = 120°,此时△CEF不可能为直角三角形
　　　　 　　　
②当点D在H右侧，且在线段CH上时，如图
(2)，
同理可得△EDH≌△EFC(SAS),
∴∠FCE = ∠EHD = 60°,∠FEC = ∠DEH＜∠HEC = 60°,
此时只有∠CFE有可能为90°,
当∠CFE = 90°时,∠EHD = 90°,
∴ED⊥CH.
∵CH = CE = 2$\sqrt{3}$,
∴CD = $\frac{1}{2}$CH = $\sqrt{3}$.
又AB = 6,
∴BD = 6 - $\sqrt{3}$.
③当点D在H右侧，且在HC延长线上时，如图
(3)，此时只有∠CEF = 90°.
∵∠DEF = 60°,
∴∠CED = 30°.
∵∠ECH = 60°,
∴∠EDC = ∠CED = 30°,
∴CD = CE = 2$\sqrt{3}$,
∴BD = 6 + 2$\sqrt{3}$

综上，BD的长为6 - $\sqrt{3}$或6 + 2$\sqrt{3}$