《2025年实验班中考数学压轴题》

1. (长沙中考)如图，将$ \triangle ABC $沿折痕$ AD $折叠，使点$ B $落在边$ AC $上的点$ E $处，若$ AB = 4 $，$ BC = 5 $，$ AC = 6 $，则$ \triangle CDE $的周长为(D)。

A.$ 5 $
B.$ 6 $
C.$ 6.5 $
D.$ 7 $

答案： 1.D[解析]
∵AB=4,BC=5,AC=6,
∴由折叠的性质，得AE=AB=4,DE=BD,
∴CE=AC−AE=6−4=2,
CD+DE=CD+BD=BC=5,
∴△CDE的周长为CE+CD+DE=2+5=7.故选D.

2. (河北中考)如图，将矩形$ ABCD $沿对角线$ BD $折叠，点$ A $落在$ A' $处，$ A'D $交$ BC $于点$ E $。将$ \triangle CDE $沿$ DE $折叠，点$ C $落在$ \triangle BDE $内的$ C' $处，下列结论一定正确的是(D)。

A.$ \angle 1 = 45° - \alpha $
B.$ \angle 1 = \alpha $
C.$ \angle 2 = 90° - \alpha $
D.$ \angle 2 = 2\alpha $

答案： 2.D　[解析]
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC,∠C=90°,
∴∠ADB=∠1.
∵将矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠ADB=∠A'DB,
∴∠1=∠A'DB.
∵∠DEC=90°−α,即2∠1=90°−α,
∴∠1=45°−$\frac{1}{2}$α,故A不正确.
∵∠BDE≠∠CDE,
∴∠1≠α,故B不正确.
∵将△CDE 沿DE折叠，
∴∠C'ED=∠CED,∠2=180°−2∠CED=180°−2(90°−α)=2α,故C不正确，D选项正确.故选D.

3. 如图，在平行四边形$ ABCD $中，点$ E $在边$ AD $上，以$ BE $为折痕，将$ \triangle ABE $折叠，使点$ A $恰好落在边$ CD $的点$ F $上，若$ \triangle BCF $的周长为$ 12 $，$ CF $的长为$ 3 $，则$ \triangle DEF $的周长为$$6$$。

答案： 3.6　[解析]由折叠的性质，得△FBE≌△ABE,
∴BF=AB,EF=AE.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC,AD=BC.
∵△BCF的周长为12,
∴BC+BF+CF=12,
∴BC+DC=12−3=9,
∴△DEF的周长=DE+EF+DF=DE+AE+DC−CF=AD+DC−CF=9−3=6.

4. 如图，在平行四边形$ ABCD $中，$ E $，$ F $分别在$ AD $，$ BC $上，$ AE = CF $，且$ DE ＞ 2AE $，把$ \triangle ABE $，$ \triangle CDF $分别沿$ BE $，$ DF $折叠，$ A $，$ C $的对应点分别为$ G $，$ H $。若$ E $，$ G $，$ H $，$ F $四点恰好在同一直线上，$ \angle GFB = 60° $，$ GH = 1 $，$ AD = 7 $，则$ AB $的长是$$√19$$。

答案：
4.　$\sqrt{19}$　[解析]
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC.由折叠,得GE=AE,HF=CF,∠GEB=∠AEB,∠HFD=∠CFD.
∵AE=CF,
∴GE=HF=AE.
∵E,G,H,F四点在同一直线上,∠GFB=60°,
∴∠DEF=∠GFB=60°,
∴∠GEB=∠AEB=∠HFD=∠CFD=$\frac{1}{2}$×(180°−60°)=60°,
∴∠EBF=∠FDE=60°,
∴△BFE和△DEF都是等边三角形，
∴BE=EF=DE.
∵DE＞2AE,GE+HF=2AE,GH=1,
∴EF＞GE+HF,
∴BE=DE=EF=GE+HF+GH=2AE+1.
∵AE+DE=AD=7,
∴AE+2AE+1=7,
∴AE=2,
∴BE=5.
如图，作BL⊥DA交DA的延长线于点L,
则∠L=90°,
∴∠EBL=90°−∠AEB=30°,
∴EL=$\frac{1}{2}$BE=$\frac{5}{2}$,
∴AL=EL−AE=$\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}$，
∵$\frac{BL}{EL}$=tan60°=$\sqrt{3}$,
∴BL=$\sqrt{3}$EL=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$,
∴AB=$\sqrt{AL^{2}+BL^{2}}=\sqrt{(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{5\sqrt{3}}{2})^{2}}=\sqrt{19}$

5. 如图，在扇形$ OAB $中，$ \angle AOB = 90° $，$ OA = 6 $，将扇形$ OAB $沿过点$ B $的直线折叠，点$ O $恰好落在$ AB $上的点$ D $处，折痕交$ OA $于点$ C $，则整个阴影部分的面积为(D)。

A.$ 9\pi - 9\sqrt{3} $
B.$ 9\pi - 6\sqrt{3} $
C.$ 6\pi - 9\sqrt{3} $
D.$ 9\pi - 12\sqrt{3} $

答案：
5.D　[解析]如图，连接OD.
根据折叠的性质，得CD=CO,BD=BO,∠DBC=∠OBC,
∴OB=OD=BD,即△OBD是等边三角形,
∴∠DBO=60°,
∴∠CBO=$\frac{1}{2}$∠DBO=30°.
∵∠AOB=90°,
∴OC=OB·tan∠CBO =6×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2$\sqrt{3}$,
∴S△BDC=S△OBC=$\frac{1}{2}$OB·OC=$\frac{1}{2}$×6×2$\sqrt{3}$=6$\sqrt{3}$,S扇形OAB=$\frac{90\pi×6^{2}}{360}$=9π,
∴整个阴影部分的面积为S扇形OAB−S△BDC−S△OBC=9π−6$\sqrt{3}$−6$\sqrt{3}$=9π−12$\sqrt{3}$.故选D.

6. (无锡二模)如图，在矩形纸片$ ABCD $中，$ AB = 6 $，$ BC = 8 $。把$ \triangle BCD $沿对角线$ BD $折叠，使点$ C $落在$ C' $处，$ BC' $交$ AD $于点$ G $，交$ AF $于点$ M $；$ E $，$ F $分别是$ C'D $和$ BD $上的点，线段$ EF $交$ AD $于点$ H $，把$ \triangle FDE $沿$ EF $折叠，使点$ D $落在$ D' $处，点$ D' $恰好与点$ A $重合。下列选项：①$ \triangle ABG \cong \triangle C'DG $；②$ \tan \angle ABG = \frac{7}{24} $；③$ EF = \frac{7}{6} $；④$ AM : FM = \frac{14}{25} $。其中正确的是(B)。

A.①②③④
B.①②④
C.②③④
D.①③④

答案：
6.B　[解析]
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6,AD=BC=8,∠BAG=∠C=90°.由折叠,可得CD=C'D=6,∠BC'D=∠C=90°,
∴AB=C'D,∠BAG=∠DC'G.又∠AGB=∠C'GD,
∴△ABG≌△C'DG (AAS),故①正确;
∵△ABG≌△C'DG,
∴BG=DG.设AG=x,则BG=DG=8−x.在Rt△ABG中,AB²+AG²=BG²,
∴6²+x²=(8−x)²,解得x=$\frac{7}{4}$,
∴AG=$\frac{7}{4}$,tan∠ABG=$\frac{AG}{AB}$=$\frac{\frac{7}{4}}{6}$=$\frac{7}{24}$,故②正确;由折叠，可得DH=AH=$\frac{1}{2}$AD=4,EF⊥AD,
∴∠DHE=∠DHF=90°,∠DHE=∠C'=90°,∠HDE=∠C'DG,
∴△HDE∽△C'DG,
∴C'G=AG=$\frac{7}{4}$,
∴$\frac{HE}{C'G}$=$\frac{DH}{DC'}$，即$\frac{HE}{\frac{7}{4}}$=$\frac{4}{6}$,HE=$\frac{7}{6}$,∠DHF=∠DAB=90°,
∴HF//AB,
∴△DHF∽△DAB,
∴$\frac{HF}{AB}$=$\frac{DH}{DA}$=$\frac{1}{2}$,
∴HF=$\frac{1}{2}$AB=3,EF=HE+HF=$\frac{7}{6}$+3=$\frac{25}{6}$,故③错误;如图，延长EF交BC于点I,延长FE交BC'的延长线于点N.
∵AD//BC,
∴△NGH∽△NBI,
∴$\frac{GH}{BI}$=$\frac{NH}{NI}$.
∵∠BAH=∠AHI=∠ABI=90°,
∴四边形ABIH是矩形,
∴BI=AH=4,HI=AB=6.
∵AH//BI,AG=$\frac{7}{4}$,
∴GH=AH−AG=4−$\frac{7}{4}$=$\frac{9}{4}$,
∴$\frac{\frac{9}{4}}{4}$=$\frac{NH}{NH+6}$,解得NH=$\frac{54}{7}$.
∵HF=3,
∴NF=NH+HF=$\frac{54}{7}$+3=$\frac{75}{7}$.
∵AB//NF,
∴△ABM∽△FNM,
∴$\frac{AM}{FM}$=$\frac{AB}{FN}$=$\frac{6}{\frac{75}{7}}$=$\frac{14}{25}$,故④正确.
综上，正确的是①②④.故选B

7. (苏州二模)如图，在矩形$ ABCD $中，$ AB = 6 $，$ AD = 8 $，$ E $，$ F $分别是$ BC $，$ CD $上的一点，$ EF \perp AE $，将$ \triangle ECF $沿$ EF $翻折得到$ \triangle EC'F $，连接$ AC' $。若$ \triangle AEC' $是以$ AE $为腰的等腰三角形，则$ BE = $7/4或8/3$ $。

答案：
7.$\frac{7}{4}$或$\frac{8}{3}$　[解析]在长方形ABCD中,AB=6,AD=8,设BE=x,则EC=8−x.
∵将△ECF沿EF翻折得到△EC'F,
∴EC'=EC=8−x,当AE=EC'时,AE=8−x.
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B=90°,在直角三角形ABE中,由勾股定理,得6²+x²=(8−x)²,解得x=$\frac{7}{4}$.当AE=AC'时.如图,作AH⊥EC'.
∵EF⊥AE,
∴∠AEF=∠AEC'+∠FEC'=90°,
∴∠BEA+∠FEC=90°.
∵△ECF沿EF翻折得到△EC'F,
∴∠FEC'=∠FEC,
∴∠AEB=∠AEH.
∵∠B=∠AHE,
在△ABE和△AHE中，$\begin{cases}\angle B=\angle AHE\\\angle AEB=\angle AEH\\AE=AE\end{cases}$
∴△ABE≌△AHE(AAS),
∴BE=HE=x.
∵AE=AC',
∴EC'=2EH,即8−x=2x,解得x=$\frac{8}{3}$.
综上所述，BE=$\frac{7}{4}$或$\frac{8}{3}$.

8. (武汉模拟)如图，已知在$ \triangle ABC $中，$ \angle ACB = 90° $，$ AC = 2 $，$ BC = 4 $，点$ E $为$ AB $的中点，$ D $为边$ BC $上的一动点，把$ \triangle ACD $沿$ AD $折叠，点$ C $落在点$ F $处，当$ \triangle AEF $为直角三角形时，$ CD $的长为$$2或2/3$$。

答案：
8.2或$\frac{2}{3}$　[解析]如图
(1),当∠AFE=90°时,过点E作EM⊥BC,垂足为M,过点A作AN⊥ME交ME延长线于点N.
∵∠C=∠EMB=90°,
∴EM//AC,
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{CM}{BM}$.
∵AE=EB,
∴MB=MC=$\frac{1}{2}$BC=2,
∴EM=$\frac{1}{2}$AC=1.
∵∠C=∠CMN=∠N=90°,
∴四边形ACMN是矩形.
∵AC=CM=2,
∴四边形ACMN是正方形.在Rt△ABC 中,AC=2,BC=4,
∴AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$=$\sqrt{4+16}$=2$\sqrt{5}$,AE=$\sqrt{5}$.在Rt△AFE中,
∵AE=$\sqrt{5}$,AF=AC=2,
∴FE=$\sqrt{AE^{2}-AF^{2}}$=$\sqrt{5−4}$=1.设CD=FD=x,在Rt△EDM中,DE=1+x,EM=1,DM=2−x,
∴DE²=DM²+EM²,
∴(1+x)²=(2−x)²+1²,
∴x=$\frac{2}{3}$,
∴CD=$\frac{2}{3}$;
如图
(2),当∠AFE=90°时，
∵∠AFD=90°,
∴F,E,D共线.
在Rt△AFE中,AE=$\sqrt{5}$,AF=AC=2,
∴EF=$\sqrt{AE^{2}-AF^{2}}$=$\sqrt{5−4}$=1,
∴$\frac{AF}{BC}$=$\frac{EF}{AC}$=$\frac{1}{2}$.
∵∠C=∠F,
∴△AFE∽△BCA,
∴∠FAE=∠B.
∵AE=EB,∠AEF=∠BED,∠FAE=∠B,
∴△AFE≌△BDE(ASA),
∴∠BDE=∠F=90°.
∵∠C=∠F=∠CDF=90°,
∴四边形ACDF是矩形.
∵AC=AF,
∴四边形ACDF是正方形，
∴CD=AC=2.综上所述，CD=2或$\frac{2}{3}$.