《2025年实验班中考数学压轴题》

典例 如图，在正方形$ ABCD $中，$ AB = 4 $，点$ E $是平面内一动点，$ DE = 2 $，将线段$ DE $绕点$ D $逆时针旋转$ 90° $得线段$ DF $，连接$ AE $，$ CF $。则下列结论：①$ AE = CF $；②$ AE \perp CF $；③连接$ CE $，当$ CE = 2\sqrt{3} $时，$ \triangle CDF $的面积为$ 2 $；④过点$ B $作$ AE $的垂线，垂足为$ M $，则$ BM $最小值是$ 3 $。其中正确的是(C)。

A.①②
B.③④
C.①②③
D.①②④
思路分步拆解
(第一步：找全等)利用旋转和正方形的性质证明$ \triangle ADE$CDF$\cong \triangle \boldsymbol{CDF} $ (SAS)，即可判断$ AE = CF $；
(第二步：作辅助线，利用全等三角形的性质)设$ AE $，$ CF $相交于点$ G $，$ CF $，$ DE $相交于点$ H $，由全等三角形的性质得$ \angle E = \angle F $，进而可得$ \angle E + \angle GHE =$90$\boldsymbol{90}° $，即得$ \angle EGH = \boldsymbol{90}°$90，即可判断$ AE $与$ CF $的位置关系为垂直$\boldsymbol{垂直} $；
(第三步：构建直角三角形)过点$ F $作$ FM \perp CD $的延长线于点$ M $，连接$ CE $，由锐角三角函数，可得$ \angle CDE = \boldsymbol{30}°$60，即得$ \angle MDF = 30° $，即得到$ FM = \frac{1}{2}DF = 1 $，可求出$ \triangle CDF $的面积为2$\boldsymbol{2} $；
(第四步：引入圆，由圆的性质转化问题)由题意可知，点$ E $在以点$ D $为圆心，半径为$ 2 $的圆上运动，当$ \odot D $与$ AE$相切 $ \boldsymbol{相切} $时，$ BM $最小，由锐角三角函数可得$ \angle DAE = 30° $，即得$ \angle BAM = 60° $，进而由锐角三角函数求出$ BM $的长为2$\sqrt{3}$$\boldsymbol{2\sqrt{3}} $。

答案：
C　[解析]由旋转,可得DE=DF,∠EDF=90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°,AD=CD,
∴∠ADC+∠CDE=∠EDF+∠CDE,即∠ADE=∠CDF,
∴△ADE ≌△CDF(SAS),
∴AE=CF,故①正确;如图
(1),设AE,CF 相交于点G,CF，DE相交于点H.
∵△ADE≌△CDF,
∴∠E=∠F.
∵∠F+∠DHF=90°,∠DHF=∠GHE,
∴∠E+∠GHE=90°,
∴∠EGH=90°,
∴AE⊥CF ,故②正确;
如图
(2),过点F作FM⊥CD的延长线于点M,连接CE，则∠M=90°.
∵CD=AB=4,DE=2,CE=2$\sqrt{3}$,DE²+CE²=CD²,
∴△CDE为直角三角形,∠CED=90°,
∴sin∠CDE=$\frac{CE}{CD}$=$\frac{2\sqrt{3}}{4}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴∠CDE=60°.
∵∠EDF=90°,
∴∠MDF=180°−60°−90°=30°.
∵DF=DE=2,
∴FM=$\frac{1}{2}$DF=1,
∴S△CDF=$\frac{1}{2}$CD·FM=$\frac{1}{2}$×4×1=2,故③正确;如图
(3),点E在以点D为圆心,半径为2的圆上运动，当⊙D与AE相切时，BM最小
∵⊙D与AE相切，
∴∠AED=90°,
∴sin∠DAE=$\frac{DE}{AD}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$,
∴∠DAE=30°,
∴∠BAM=90°−30°=60°.
∵BM⊥AE,
∴∠AMB=90°,BM=AB·sin∠BAM=AB·sin60°=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$,
∴BM最小值是2$\sqrt{3}$，故④错误.综上，正确的是①②③.故选C;