《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 如图，点 $A$，$B$ 的坐标分别为 $A(1,0)$，$B(0,1)$，点 $C$ 为坐标平面内一点，$BC = \dfrac{1}{2}$，$M$ 为线段 $AC$ 的中点，连接 $OM$，则 $OM$ 的最大值为(D)。

A.$\sqrt{2} + \dfrac{1}{2}$
B.$\sqrt{2} - \dfrac{1}{4}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{1}{4}$

答案：
1.D[解析]如图.
　　　　　　　
∵C为坐标平面内一点，BC=$\frac{1}{2}$,
∴点C在⊙B上，且半径为$\frac{1}{2}$,取OD=OA=1,连接CD.
∵AM=CM,OD=
　OA,
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=$\frac{1}{2}$CD,当OM 最大时,CD最大,则当D,B,C三点共线，且点C在DB 的延长线上时，OM最大.
∵OB=OD=1,∠BOD=90°,
∴BD=√2,
∴CD=√2+$\frac{1}{2}$.
∴OM=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{4}$，即OM的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{4}$.故选D.

2. 如图，在平面直角坐标系中，点 $M$ 的坐标为 $(2,0)$，点 $A$ 的坐标为 $(0,2)$，以点 $M$ 为圆心，$MA$ 为半径作 $\odot M$，与 $y$ 轴的另一个交点为 $B$，点 $C$ 是 $\odot M$ 上的一个动点，连接 $BC$，$AC$，$D$ 是 $AC$ 的中点，连接 $OD$，当线段 $OD$ 取得最大值时，点 $D$ 的坐标为(C)。

A.$(0,1 + \sqrt{2})$
B.$(1,1 + \sqrt{2})$
C.$(2,2)$
D.$(2,4)$

答案：
2.C[解析]在平面直角坐标系中，点M的坐标为(2,0)，点A的坐标为(0,2),如图，连接MA,BM,延长BM与圆交于点C'，连接AC',取AC'中点为D',连接OD'，
∴OA=OB=2,在直角三角形
　AOM中，由勾股定理得MA=
　　$\sqrt{2^{2}+2^{2}}$=2$\sqrt{2}$.
∵D是AC的中
　点，
∴OD'//BC,且OD'=$\frac{1}{2}$BC,
　　　　　　　　　　　　　　　
∴当BC最大,即BC为直径(过
　圆心M)时，OD最大.
∵BC'是直径，
∴∠BAC'=90°.
∵MA=2$\sqrt{2}$,
∴BC'=4√2,
∴AC'=$\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}-4^{2}}$=4,
∴点C'(4,2).
∵D'为AC'的中点,A(0,2),
∴D'的坐标为(2,2).故选C.

3. (平顶山二模)如图，在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$ 在边 $AD$ 上，且 $AD = 8$，$AE = 2$，点 $P$ 为边 $AB$ 上的动点，连接 $PE$，过点 $E$ 作 $EF \perp PE$，交射线 $BC$ 于点 $F$，$M$ 是线段 $EF$ 的中点，当点 $P$ 从点 $A$ 运动到点 $B$ 时，点 $M$ 运动的路径长为(C)。

A.$14$
B.$15$
C.$16$
D.$17$

答案：
3.C[解析]如图，过点M作GH⊥AD交AD于点G,交
BC于点H.
　　　　
∵M是线段EF的中点，
∴ME=MF.
∵AD//CB,GH⊥AD,
∴GH⊥BC.
　　　　　　　　　　　∠MGE=∠MHF,
　在△EGM和△FHM中，∠EMG=∠FMH,
　　　　　　　　　　　ME=MF,
　　　　　　　　　　　{
∴△EGM≌△FHM(AAS),
∴MG=MH,
　故点M的运动轨迹是一条平行于BC的线段，当点P与A 重合时,BF₁=AE=2;当点P与B重合时,∠BEF₂=
　∠F₂+∠EBF₁=90°,∠BEF₁+∠EBF₁=90°,
∴∠F₂=
　∠BEF₁.
∵∠EF₁F₂=∠EF₁B=90°,
∴△EF₁B∽△F₂F₁E,
∴$\frac{BF_{1}}{EF_{1}}$=$\frac{EF_{1}}{F_{1}F_{2}}$,即$\frac{2}{8}$=$\frac{8}{F_{1}F_{2}}$,解得F₁F₂=32.
∵M₁,M₂分别为EF₁,EF₂的中点,
∴M₁M₂是△EF₁F₂的中位线,
∴M₁M₂=$\frac{1}{2}$F₁F₂=16,即点M运动的路径长为16.故选C.

4. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90°$，$AC = BC = 2$，$D$ 是边 $BC$ 的中点，点 $P$ 是边 $AC$ 上一个动点，连接 $PD$，以 $PD$ 为边在 $PD$ 的下方作等边三角形 $PDQ$，连接 $CQ$，则 $CQ$ 的最小值是(B)。

A.$\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\dfrac{3}{4}$

答案：
4.B[解析]如图，在CD的下方作等边三角形CDT，作射线TQ.
∵∠CDT=∠QDP=60°,DP=
　DQ,DC=DT,
∴∠CDP=∠TDQ.在△CDP和
DP=DQ,
　△TDQ中，∠CDP=∠TDQ,
DC=DT,
　　　　　{
　　　　　　　　　　　　　　　　
∴△CDP≌△TDQ(SAS),
∴∠DCP=∠DTQ=90°.
∵∠CTD=60°,
∴∠CTQ=30°,
∴点Q在射线TQ上运动，
∵点T是定点,∠CTQ是定值,
　当CQ⊥TQ时，CQ的值最小，最小值为$\frac{1}{2}$CT=$\frac{1}{2}$CD=
　$\frac{1}{4}$BC=$\frac{1}{2}$.故选B.

5. 在等腰直角三角形 $ABC$ 中，$\angle BAC = 90°$，$AB = 5$，点 $D$ 是平面内一点，$AD = 2$，连接 $BD$，将 $BD$ 绕点 $D$ 逆时针旋转 $90°$ 得到 $DE$，连接 $AE$，当 $\angle DAB =$135度时，$AE$ 可以取最大值，最大值等于5+2$\sqrt{2}$。

答案：
5.135　5+2$\sqrt{2}$[解析]如图
(1),连接CE,BE.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC=BC,∠CBA=
　∠BCA=45°.
∵将BD绕点D旋转90°得到DE,
∴ED=BD,∠DBE=45°,
∴∠ABD=∠CBE.
∵$\frac{AB}{BC}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$=
　$\frac{DB}{BE}$,
∴△ADB∽△CEB,
∴CE=√2AD=√2×2=2√2.
∴点E在以点C为圆心，CE长为半径的圆周上运动，如图
(2)，点E在AC延长线与圆的交点处时，AE最长，此时∠DAB=∠ECB=180°−∠ACB=135°,
　AE=AC+CE=5+2$\sqrt{2}$.
　

6. 如图，$\odot O$ 的直径 $AB = 2$，$C$ 为 $\odot O$ 上动点，连接 $CB$，将 $CB$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $90°$ 得到 $CD$，连接 $OD$，则 $OD$ 的最大值为$\sqrt{2}$+1。

答案：
6.$\sqrt{2}$+1[解析]如图，以OB为边在AB的下方作等腰直角三角形OBE，连接CE，BD.
∵将CB绕点C逆时针旋转90°得到
　CD,
∴BC=CD,∠DCB=90°,
∴∠DBC=45°,BD=√2BC.
　　　　　　　　　　　　　　　
∵△OBE是等腰直角三角形，
∴OE=BE,∠OBE=45°,OB=
$\sqrt{2}$BE=1,
∴BE=OE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
∵∠DBC=∠OBE,
∴∠OBD=∠CBE.又$\frac{DB}{CB}$=$\frac{OB}{BE}$=$\sqrt{2}$,
∴△DBO∽△CBE,
∴$\frac{OD}{CE}$=$\frac{DB}{CB}$=$\sqrt{2}$,
∴OD=$\sqrt{2}$CE,
∴当CE有最大值时，OD有最大值，当C,O,E三点共线时，CE有最大值为1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴OD的最大值为√2+1.
　一题多解　以OD为直角边,O为直角顶点作等腰直角三角形ODM,如图，连接OC,BD,BM,
∴DM=√2OD,∠ODM=45°.
∵将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD,
∴BC=CD,∠DCB=90°,
∴∠CDB=
　45°=∠ODM,BD=√2BC,
∴∠CDO=∠BDM,$\frac{BD}{CD}$=
　$\frac{DM}{OD}$=√2,
∴△BDM∽△CDO,
∴$\frac{BM}{OC}$=√2,
∴BM=$\sqrt{2}$,
∴点M在以点B为圆心,$\sqrt{2}$为半径的圆上运动，
∴当点M在OB的延长线上时,OM有最大值为$\sqrt{2}$+1,
∴OD的最大值为$\sqrt{2}$+1.
　　　　　　　　

7. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，点 $E$ 为边 $BC$ 上一动点，将点 $A$ 绕点 $E$ 顺时针旋转 $90°$ 得到点 $F$，则 $DF$ 的最小值为2$\sqrt{2}$。

答案：
7.2$\sqrt{2}$[解析]如图，以B为原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，过点F作FG⊥x轴于点G，设
BE=x.
∵四边形ABCD是正方形，FG⊥
　x轴,
∴∠ABE=90°=∠EGF,
　AB=BC.
∵将点A绕点E顺时
　针旋转90°得到点F,
∴AE=EF,
　　　　　　　　　　　　　　 ∠AEF=90°,
∴∠FEG=90°−
　∠AEB=∠BAE,
∴△ABE≌△EGF(AAS),
∴BE=FG=x,AB=EG=4,
∴BG=BE+EG=x+4,
∴F(x+4,x).
∵D(4,4),
∴DF=$\sqrt{(x+4−4)^{2}+(x−4)^{2}}$=$\sqrt{2(x−2)^{2}+8}$,
∴当x=2时,DF取最小值，最小值为2√2.

8. 如图，$M$ 是正方形 $ABCD$ 边 $CD$ 的中点，$P$ 是正方形内一点，连接 $BP$，$MP$，线段 $BP$ 以点 $B$ 为中心逆时针旋转 $90°$ 得到线段 $BQ$，连接 $MQ$。若 $AB = 4$，$MP = 1$，则 $MQ$ 的最小值为2$\sqrt{10}$−1。

答案：
8.2√10−1　[解析]如图，连接BM,将△BCM绕点B逆时针旋转90°得△BEF，连接MF,QF.
　　　　
∵∠CBE=90°,∠ABC=90°,
∴∠ABC+∠CBE=180°,
∴A,B,E三点共线.
∵∠PBM=∠PBQ−∠MBQ=
　90°−∠MBQ=∠FBQ,由旋转性质得PB=QB,MB=
　FB,
∴△BPM≌△BQF(SAS),
∴MP=QF=1,
∴Q的运动轨迹是以点F为圆心，1为半径的圆弧.
∵BC=AB=4,
CM=$\frac{1}{2}$CD=2,
∴BM=$\sqrt{BC^{2}+CM^{2}}$=2√5.
∵∠MBF=
　90°,BM=BF,
∴MF=√2BM=2$\sqrt{10}$.
∵MQ≥MF−QF,
∴MQ≥2√10−1,
∴MQ的最小值为2$\sqrt{10}$−1.