《2025年实验班中考数学压轴题》

1. (天津中考)如图，在$ \triangle ABC $中，$ \angle ACB = 90° $，将$ \triangle ABC $绕点$ A $顺时针旋转得到$ \triangle AB'C' $，点$ B $，$ C $的对应点分别为$ B' $，$ C' $，$ B'C' $的延长线与边$ BC $相交于点$ D $，连接$ CC' $。若$ AC = 4 $，$ CD = 3 $，则线段$ CC' $的长为(D)。

A.$ \dfrac{12}{5} $
B.$ \dfrac{16}{5} $
C.$ 4 $
D.$ \dfrac{24}{5} $

答案：
1. D　[解析]如图，连接AD，交CC'于点O.

由旋转，得AC' = AC = 4，∠AC'B' = ∠ACB = 90°，
∴∠AC'D = 90°.
在Rt△ACD和Rt△AC'D中，$\left\{ \begin{array}{l} AD = AD, \\ AC = AC', \end{array} \right.$
∴Rt△ACD≌Rt△AC'D(HL)，
∴C'D = CD = 3，
∴AD垂直平分CC'，
∴CC' = 2OC，AD⊥CC'.
∵∠ACB = 90°，AC = 4，CD = 3，
∴AD = $\sqrt{AC^{2} + CD^{2}}$ = 5.
∵$S_{\triangle ACD}$ = $\frac{1}{2}$CD·AC = $\frac{1}{2}$AD·OC，
∴OC = $\frac{CD·AC}{AD}$ = $\frac{3×4}{5}$ = $\frac{12}{5}$，
∴CC' = 2×$\frac{12}{5}$ = $\frac{24}{5}$. 故选D.

2. (无锡锡山区一模)如图，在矩形$ ABCD $中，$ AB = 6 $，$ BC = 8 $，$ P $是对角线$ AC $上的动点，连接$ DP $，将直线$ DP $绕点$ P $顺时针旋转使$ \angle DPG = \angle DAC $，且过点$ D $作$ DG \perp PG $，连接$ CG $，则$ CG $最小值为(C)。

A.$ \dfrac{12}{5} $
B.$ \dfrac{14}{5} $
C.$ \dfrac{72}{25} $
D.$ \dfrac{36}{25} $

答案：
2. C　[解析]如图，过点D作DH⊥AC于点H，连接HG并延长交CD于点E，过点H作HF⊥CD于点F.

∵DG⊥PG，DH⊥AC，
∴∠DGP = ∠DHA = 90°.
∵∠DPG = ∠DAC，
∴△DPG∽△DAH，
∴$\frac{DP}{DG}$ = $\frac{DA}{DH}$，∠PDG = ∠ADH，
∴∠ADP = ∠HDG，
∴△ADP∽△HDG，
∴∠DAP = ∠DHG为定值，
∴点G在HE上运动，当CG⊥HE时，CG取得最小值.
∵∠ADC = 90°，DH⊥AC，
∴△ADH∽△DCH，
∴∠DAH = ∠CDH，
∴∠DHG = ∠CDH，
∴HE = DE.
∵∠DHG + ∠EHC = 90°，∠HCD + ∠CDH = 90°，
∴∠EHC = ∠HCD，
∴HE = CE，
∴HE = DE = CE = $\frac{1}{2}$CD = 3.
∵四边形ABCD为矩形，∠ADC = 90°，CD = AB = 6，
BC = AD = 8，
∴AC = $\sqrt{AD^{2} + CD^{2}}$ = 10.
∵$S_{\triangle ADC}$ = $\frac{1}{2}$AD·CD = $\frac{1}{2}$AC·DH，
∴DH = $\frac{AD·CD}{AC}$ = $\frac{24}{5}$，
∴AH = $\sqrt{AD^{2} - DH^{2}}$ = $\frac{32}{5}$，
∴CH = AC - AH = $\frac{18}{5}$.
∵HF⊥CD，AD⊥CD，
∴HF//AD，
∴△CHF∽△CAD，
∴$\frac{CH}{CA}$ = $\frac{HF}{AD}$，
∴$\frac{\frac{18}{5}}{10}$ = $\frac{HF}{8}$，
∴HF = $\frac{72}{25}$.
∵CG⊥HE，HF⊥CE，
∴$S_{\triangle CHE}$ = $\frac{1}{2}$HE·CG = $\frac{1}{2}$CE·HF，
∴CG = $\frac{CE·HF}{HE}$ = $\frac{3×\frac{72}{25}}{3}$ = $\frac{72}{25}$. 故选C.

3. (苏州工业园区一模)如图，在$ \triangle ABC $中，$ \angle BAC = 64° $，$ \angle C = 36° $。将$ \triangle ABC $绕点$ A $按逆时针方向旋转后得$ \triangle ADE $，$ AE $与$ BD $相交于点$ F $。当$ DE // AB $时，$ \angle AFD = $76或14$° $。

答案：
3. 76或14　[解析]如图
(1)，

在△ABC中，∠BAC = 64°，∠C = 36°，
∴∠ABC = 180° - 64° - 36° = 80°，
∴∠ADE = ∠ABC = 80°.
∵AB//DE，
∴∠BAD + ∠ADE = 180°，
∴∠BAD = 100°.
∵AD = AB，
∴∠ADF = 40°.
∵∠EAD = ∠CAB = 64°，
∴∠AFD = 180° - 40° - 64° = 76°；
如图
(2)，
∵AB//DE，
∴∠BAD = ∠ADE = 80°.
∵AD = AB，
∴∠ADF = ∠ABD = 50°，
∴∠EDF = ∠ADE + ∠ADF = 80° + 50° = 130°.
∵∠E = 36°，
∴∠AFD = 180° - 36° - 130° = 14°.
综上所述，∠AFD = 76°或14°.

4. 如图，菱形$ ABCD $边长为$ 4 $，$ \angle ABC = 120° $，点$ E $在线段$ BC $上，射线$ AE $绕点$ A $逆时针旋转$ 30° $与射线$ BC $交于点$ F $，与线段$ CD $交于点$ G $，且$ DG:GC = 3:1 $，则线段$ EF = $$\frac{74}{15}$。

答案：
4. $\frac{74}{15}$　[解析]如图，过点G作GH⊥AD于点H，连接AC.

∵四边形ABCD为菱形，∠ABC = 120°，
∴AB = CD = AD = 4，∠ADC = 120°，AC = $4\sqrt{3}$，∠ACB = 30°，AD//BC.
∴$\frac{AD}{CF}$ = $\frac{AG}{GF}$ = $\frac{DG}{CG}$ = 3:1，
∴CF = $\frac{4}{3}$，AG = 3FG.
∵∠CDH = 180° - ∠ADC = 60°，
∴DH = $\frac{1}{2}$DG = $\frac{3}{2}$，
HG = $\sqrt{3}$DH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$，AH = $\frac{11}{2}$，
∴AG = $\sqrt{AH^{2} + GH^{2}}$ = $\sqrt{37}$，
∴AF = $\frac{4}{3}$AG = $\frac{4\sqrt{37}}{3}$.
∵∠EAF = 30°，
∴∠CAE + ∠CAF = 30°.
∵∠CAF + ∠CFA = ∠ACB = 30°，
∴∠CAE = ∠AFE.
∵∠ACE = ∠FAE，
∴△ACE∽△FAE，
∴$\frac{AE}{EF}$ = $\frac{CE}{AE}$ = $\frac{AC}{AF}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{\frac{4\sqrt{37}}{3}}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{37}}$，
∵CE = EF - CF = EF - $\frac{4}{3}$，
∴$\frac{AE}{EF}$ = $\frac{EF - \frac{4}{3}}{AE}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{37}}$，解得EF = $\frac{74}{15}$.

5. 如图，$ \triangle ABC $是等边三角形，矩形$ DEFG $的顶点$ D $在边$ BC $上，且$ BD = 3CD = 3 $，$ DE = AB = 2DG $，连接$ AG $，$ AE $，$ AF $，若将矩形$ DEFG $绕点$ D $旋转一周，当$ AG + AF $最小时，则$ AE $的长度为(B)。

A.$ \sqrt{3} $
B.$ \sqrt{5} $
C.$ 2\sqrt{3} $
D.$ \sqrt{13} $

答案：
5. B　[解析]如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AD.

由题意，可得AB = AC = BC，∠B = 60°，
∴BH = CH.
∵BD = 3CD = 3，
∴CD = 1，
∴BC = BD + CD = 3 + 1 = 4，
∴BH = CH = 2，
∴AB = AC = 4，
∴AH = $2\sqrt{3}$.
∵DE = AB = 2DG = 4，
∴DG = 2.
∵四边形DEFG是矩形，
∴FG = DE = 4，∠DGF = 90°，EF = DG = 2.
∵AG + AF ≥ 4.
∵仅当A，G，F三点共线时，AG + AF取得最小值为4.
∵DH = CH - CD = 2 - 1 = 1，
∴AD = $\sqrt{AH^{2} + DH^{2}}$ = $\sqrt{(2\sqrt{3})^{2} + 1^{2}}$ = $\sqrt{13}$，AG = $\sqrt{AD^{2} - DG^{2}}$ = $\sqrt{(\sqrt{13})^{2} - 2^{2}}$ = 3，
∴AF = GF - AG = 4 - 3 = 1，AE = $\sqrt{AF^{2} + EF^{2}}$ = $\sqrt{1^{2} + 2^{2}}$ = $\sqrt{5}$，
∴当AG + AF最小时，AE = $\sqrt{5}$. 故选B.

6. (安徽中考)如图，在四边形$ ABCD $中，$ \angle A = \angle ABC = 90° $，$ AB = 4 $，$ BC = 3 $，$ AD = 1 $，点$ E $为边$ AB $上的动点。将线段$ DE $绕点$ D $逆时针旋转$ 90° $得到线段$ DF $，连接$ FB $，$ FC $，$ EC $，则下列结论错误的是(A)。

A.$ EC - ED $的最大值是$ 2\sqrt{5} $
B.$ FB $的最小值是$ \sqrt{10} $
C.$ EC + ED $的最小值是$ 4\sqrt{2} $
D.$ FC $的最大值是$ \sqrt{13} $

答案：
6. A　[解析]
∵将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，
∴DE = DF，∠EDF = 90°. 又∠A = ∠ABC = 90°，AB = 4，BC = 3，AD = 1. 如图
(1)，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取一点H，使得DH = AD = 1，延长FH交AB于点I，则四边形ABGD是矩形，
∴∠GDA = ∠ADE + ∠EDG = 90° = ∠EDG + ∠HDF，
∴∠ADE = ∠HDF，
∴△DHF≌△DAE(SAS)，
∴∠DHF = ∠DAE = 90°，
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∴四边形DAIH和四边形BGHI是矩形，
∴HI = AD = BG = 1，AI = DH = 1，BI = 4 - 1 = 3.
∵∠A = ∠ABC = 90°，AB = 4，BC = 3，AD = 1，
∴DE = $\sqrt{1^{2} + (4 - BE)^{2}}$，CE = $\sqrt{3^{2} + BE^{2}}$，
∴EC - ED = $\sqrt{3^{2} + BE^{2}} - \sqrt{1^{2} + (4 - BE)^{2}}$，
∴BE最大时，EC - ED最大.
如图
(2)，当点E与点A重合，点F与点H重合时，

BF最小，此时EC = $\sqrt{4^{2} + 3^{2}}$ = 5，ED = 1，EC - ED = 5 - 1 = 4 ≠ $2\sqrt{5}$，故A错误，符合题意；BF = $\sqrt{HI^{2} + BI^{2}}$ = $\sqrt{1^{2} + 3^{2}}$ = $\sqrt{10}$，故B正确，不符合题意；
如图
(3)，作点D关于AB的对称点M，连接MC，

则ED = EM，AD = AM = 1，∠BAM = ∠BAD = 90°，过点M作MN⊥CB于点N，此时EC + ED ≥ CM，当C，E，M三点共线时，EC + ED最小.
∵MN⊥CB，∠ABN = 180° - 90° = 90°，四边形AMNB是矩形，
∴BN = AM = 1，CN = 3 + 1 = 4，AB = MN = 4，
∴EC + ED的最小值 = MC = $\sqrt{4^{2} + 4^{2}}$ = $4\sqrt{2}$，故C正确，不符合题意；
当点E与点A重合时，CF = $\sqrt{GH^{2} + CG^{2}}$ = $\sqrt{(3 - 1)^{2} + (4 - 1)^{2}}$ = $\sqrt{13}$，当点E与点B重合时，过点C作CQ⊥FH，则四边形CQIB是矩形，如图
(4)，
∴CQ = IB = 4 - 1 = 3，QI = BC = 3.
∵△DHF≌△DAE，
∴FH = AE = 4，
∴QF = FH + HI - QI = 4 + 1 - 3 = 2，
∴FC = $\sqrt{CQ^{2} + FQ^{2}}$ = $\sqrt{2^{2} + 3^{2}}$ = $\sqrt{13}$. 综上，FC最大值为$\sqrt{13}$. 故D正确，不符合题意. 故选A.

7. (泰州泰兴二模)如图，在$ \triangle ABC $中，$ \angle ACB = 90° $，$ AC = 6 $，$ BC = 8 $，$ P $为$ AC $的中点，点$ Q $为边$ AB $上一动点，将$ \triangle ABC $绕点$ C $顺时针旋转，点$ Q $的对应点记为$ Q' $，旋转过程中$ PQ' $的取值范围为$1.8 \leqslant PQ' \leqslant 11$。

答案：
7. $1.8 \leqslant PQ' \leqslant 11$　[解析]如图，过点C作CH⊥AB于点H.

∵∠ACB = 90°，
∴AB = $\sqrt{AC^{2} + BC^{2}}$ = 10，
∴$S_{\triangle ABC}$ = $\frac{1}{2}$AC·BC = $\frac{1}{2}$AB·CH = $\frac{1}{2}×6×8$ = 24，
∴CH = 4.8.
以点C为圆心，CH为半径画圆.
∵P为AC的中点，
∴CP = $\frac{1}{2}$AC = 3，由于点Q'在以点C为圆心，CH为半径的圆上能取到最小值，
∴PQ'的最小值为4.8 - 3 = 1.8.
由于AB上的点B距离C点最长，
∴点Q'在以点C为圆心，BC为半径的圆上能取到最大值，
∴PQ'的最大值为8 + 3 = 11，
∴旋转过程中PQ'的取值范围为$1.8 \leqslant PQ' \leqslant 11$.

8. 如图，已知$ Rt\triangle ABC $的两条直角边$ AC = 4 $，$ BC = 3 $，将$ Rt\triangle ABC $绕着直角边$ AC $中点$ G $旋转，得到$ \triangle DEF $，若$ \triangle DEF $的锐角顶点$ D $恰好落在$ \triangle ABC $的斜边$ AB $上，斜边$ DE $与$ AC $交于点$ H $，则$ CH = $$\frac{28}{39}$。

答案：
8. $\frac{28}{39}$　[解析]如图，连接CD.
∵AC = 4，BC = 3.

由勾股定理，得AB = 5.
∵G为AC的中点，
∴AG = DG.
∵△ADG是等腰三角形，
∴∠A = ∠ADG，
∴∠ADC = $\frac{1}{2}×180°$ = 90°.
∵cosA = $\frac{AD}{AC}$ = $\frac{AC}{AB}$，
∴$\frac{AD}{4}$ = $\frac{4}{5}$，
∴AD = $\frac{16}{5}$.
∵∠AHD = ∠DHG，∠HDG = ∠HAD，
∴△HDG∽△HAD，
∴$\frac{DG}{AD}$ = $\frac{HG}{DH}$，$\frac{DH}{HA}$ = $\frac{5}{8}$，设GH = 5x，则
DH = 8x，AH = 5x + 2，
∴$\frac{8x}{5x + 2}$ = $\frac{5}{8}$，解得x = $\frac{10}{39}$，经检验，x = $\frac{10}{39}$是方程的解，
∴AH = 5x + 2 = $\frac{128}{39}$，
∴CH = AC - AH = 4 - $\frac{128}{39}$ = $\frac{28}{39}$.