《2025年实验班中考数学压轴题》

4. 中考新考法 操作探究 (石家庄二模)如图，在$\triangle ABC$中，$\tan A = \frac{\sqrt{3}}{3}$，$\sin \angle ABC = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$BC = 6$。将边$CB$绕点$C$顺时针旋转得线段$CD$。记$CB$的旋转角为$\alpha$，作$\angle BCD$的平分线与边$AB$交于点$N$。在边$AC$上截取$AM = BN$，连接$BM$。
由题意推得下面甲、乙两个结论：
甲：旋转角$\alpha$不超过$90°$；
乙：当$CN + BM$取得最小值时，$\triangle BCD$的面积为$9\sqrt{3}$。
关于甲、乙两个结论判断正确的是(A)。

A.甲、乙都不正确
B.甲、乙都正确
C.只有甲正确
D.只有乙正确

答案：
4. A [解析]$\because\tan A=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\sin\angle ABC=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore\angle A=30^{\circ}$，$\angle ABC=45^{\circ}$，
如图
(1)，过点$C$作$CG⊥AB$于点$G$．
　
$\because BC=6$，$\therefore CG=BG=3\sqrt{2}$，
$\therefore AC=2CG=6\sqrt{2}$．
$\because0＜AM\leq AC$，$AM=BN$，
$\therefore0＜BN\leq6\sqrt{2}$，
$\therefore$当$BN＞BG$时，$\angle BCN＞45^{\circ}$，
$\therefore\alpha=2\angle BCN＞90^{\circ}$．故甲错误；
过点$B$作$BE// AC$，截取$BE=AB$，连接$EN$，
$\therefore\angle EBN=\angle BAM$．
$\because AM=BN$，$\therefore\triangle ABM\cong\triangle BEN(SAS)$，
$\therefore EN=BM$，$\therefore CN+BM=CN+EN\geq CE$，
$\therefore$当点$C$，$N$，$E$共线时，$CN+BM$最小，
如图
(2)，过点$D$作$DF⊥BC$于点$F$．
$\because AB=BE$，$\angle ABE=\angle BAC=30^{\circ}$，
$\therefore\angle EAB=\angle AEB=75^{\circ}$，$\therefore\angle EAC=105^{\circ}$．
$\because\angle ACB=180^{\circ}-\angle CAB-\angle CBA=105^{\circ}=\angle CAE$，$AC// BE$，$\therefore$四边形$ACBE$为等腰梯形，$\therefore\angle CEB=\angle ABE=30^{\circ}$．
$\therefore\angle BCE=180^{\circ}-\angle CEB-\angle ABE-\angle ABC=75^{\circ}$，
$\therefore\angle BCD=2\angle BCE=150^{\circ}$，$\therefore\angle DCF=30^{\circ}$，
$\therefore DF=CD·\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}CD=3$，
$\therefore S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}DF· BC=9\neq9\sqrt{3}$，故乙错误．
综上所述，甲、乙都错误．故选A.

5. 如图(1)，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90°$，点$P$从点$A$出发，沿线段$AC$向终点$C$匀速运动，点$Q$同时从点$A$出发，沿折线$A - B - C$向终点$C$匀速运动，$P,Q$两点同时到达点$C$，连接$PQ$。设点$P$运动的路程为$x$，$\triangle APQ$的面积为$y$，并绘制成如图(2)所示的图象，当$x = 5$时，点$Q$刚好到点$B$，且点$E$的坐标为$(8,0)$，请根据图(1)和图(2)的信息判断下列说法错误的是(D)。

A.点$D$的实际意义是点$Q$恰好运动到点$B$处
B.线段$AB$的长度为$10$
C.$a$的值为$5$
D.点$D$的坐标为$(5,10)$

答案： 5. D [解析]A.观察图象可知，当$x=a$时，$y$最大，即$\triangle APQ$的面积最大，即当点$Q$在点$B$时，$y$最大，故选项A说法正确；
B.当$x=5$时，点$Q$走的路程为$AB$；当$x=8$时，点$Q$走的路程为$AB+BC$．
$\because$点$P$与点$Q$同时到达点$C$，故其所走时间相等，那么两者的路程比=速度比，
$\therefore\frac{5}{8}=\frac{AB}{AB+BC}$，$\therefore BC=\frac{3}{5}AB$．
在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得$8^{2}+BC^{2}=AB^{2}$，将$BC=\frac{3}{5}AB$代入，解得$AB=10$(负值已舍去)，故选项B说法正确；
C.由题可知，当$x=a$时，$\triangle APQ$的面积为最大值，此时点$Q$刚好到点$B$，则$a=5$，故选项C说法正确；
D.由选项B可知，$BC=\frac{3}{5}AB=6$，则当$x=5$时，$\triangle APQ$的面积为$\frac{1}{2}×5×6=15$，$\therefore y=15$，则点$D$的坐标为$(5,15)$，故选项D说法错误．
故选D.

6. (南阳西峡二模)如图(1)，在扇形$OAB$中，$\angle AOB = 90°$，$OA = OB = 2$，$C$为弧$AB$上一点，以$OC$为对角线构造正方形$OECD$，点$D,E$分别在边$OA,OB$上。如图(2)，将正方形$OECD$沿$OB$方向平移得到正方形$PQMN$，若点$E$的对应点$Q$恰好与点$B$重合，则图中阴影部分面积为$2\sqrt{2}-1-\frac{\pi}{2}$。

答案：
6. $2\sqrt{2}-1-\frac{\pi}{2}$ [解析]如图，连接$OC$，
　　　　　　　　　　　　　　　　　
则$OC=OA=OB=2$，由题意，可得
$\angle BOC=45^{\circ}$，$CE=OE=CD=OD=\frac{\sqrt{2}}{2}OC=\sqrt{2}$，$\therefore CM=OP=OB - BP=2-\sqrt{2}$，$BM=CE=\sqrt{2}$，$\therefore$阴影部分面积=$S_{梯形OBMC}-S_{扇形BOC}=\frac{1}{2}(2 - \sqrt{2}+2)×\sqrt{2}-\frac{45\pi×2^{2}}{360}=2\sqrt{2}-1-\frac{\pi}{2}$．

7. (陕西师大附中模拟)如图，在菱形$ABCD$中，点$O$为其对称中心，连接$OD$，$P$为$OD$的中点，$AB = 6$，$OD = 4$。若点$E,F$分别为边$AB,BC$上的动点，满足$AE + CF = 2$，则四边形$PEBF$的面积为$10\sqrt{5}$。

答案：
7. $10\sqrt{5}$ [解析]如图，连接$AC$，$BD$，
过点$P$分别作$AB$，$BC$的垂线，垂足分别为$G$，$H$，过点$D$作$BC$的垂线，垂足为$T$．
　　　　　　　　　　　　　　　　
$\because$在菱形$ABCD$中，点$O$为其对称中心，$\therefore$点$O$是$AC$，$BD$的交点，
$\therefore BD=2OD=8$，$AC=2OA$，$AC⊥BD$．
在$Rt\triangle AOD$中，由勾股定理，可得$OA=\sqrt{AD^{2}-OD^{2}}=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=2\sqrt{5}$，$\therefore AC=4\sqrt{5}$．
$\because S_{菱形ABCD}=BC· DT=\frac{1}{2}AC· BD$，
$\therefore DT=\frac{\frac{1}{2}AC· BD}{BC}=\frac{\frac{1}{2}×4\sqrt{5}×8}{6}=\frac{8\sqrt{5}}{3}$．
$\because P$为$OD$的中点，$\therefore PD=\frac{1}{2}OD=2$，
$\therefore BP=BD - PD=6$．$\because PH⊥BC$，$DT⊥BC$，
$\therefore PH// DT$，$\therefore\triangle BPH\sim\triangle BDT$，
$\therefore\frac{PH}{DT}=\frac{BP}{BD}$，即$\frac{PH}{\frac{8\sqrt{5}}{3}}=\frac{6}{8}$，$\therefore PH=2\sqrt{5}$．
由对称性，可得$PG=PH=2\sqrt{5}$．
$\because AB + BC=12$，$AE + CF=2$，
$\therefore BE + BF=AB + BC - AE - CF=10$，
$\therefore S_{四边形BFPE}=S_{\triangle PEB}+S_{\triangle PFB}=\frac{1}{2}PG· BE+\frac{1}{2}PH· BF=\frac{1}{2}× PH·(BE + BF)=10\sqrt{5}$．

8. (烟台中考)如图，在$□ ABCD$中，$\angle C = 120°$，$AB = 8$，$BC = 10$，$E$为边$CD$的中点，$F$为边$AD$上的一动点，将$\triangle DEF$沿$EF$翻折得$\triangle D'EF$，连接$AD',BD'$，则$\triangle ABD'$面积的最小值为$20\sqrt{3}-16$。

答案见P28

答案：
8. $20\sqrt{3}-16$ [解析]在$□ ABCD$中，$\angle C=120^{\circ}$，$AB=8$，
$\therefore\angle ABC=60^{\circ}$，$CD=8$．
$\because E$为边$CD$的中点，$F$为边$AD$上的一动点，将$\triangle DEF$沿$EF$翻折得$\triangle D'EF$，
$\therefore D'E=DE=CE=\frac{1}{2}CD=4$，
$\therefore$点$D'$是以$E$为圆心，$CD$为直径的圆周上的一点，作出$\odot E$，如图，
　　　　　　
过点$E$作$EH⊥AB$交直线$AB$于点$H$，交$\odot E$于点$G$，过点$D'$作$D'M⊥AB$于点$M$，连接$EM$．
$\because\triangle ABD'$面积$=\frac{1}{2}AB· D'M$，$AB=8$，
$\therefore\triangle ABD'$面积$=4D'M$，
要求$\triangle ABD'$面积的最小值，只要求$D'M$的最小值即可．
$\because D'M\geq EM - D'E=EM - 4\geq EH - 4$，
$\therefore D'M$的最小值为$EH - 4$，
过点$C$作$CN⊥AB$于点$N$，则$EH=CN$．
在$Rt\triangle BCN$中，$BC=10$，$\angle ABC=60^{\circ}$，
$\therefore CN=BC·\sin60^{\circ}=10×\frac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$，
$\therefore EH=5\sqrt{3}$，$\therefore D'M$的最小值为$5\sqrt{3}-4$，
$\therefore\triangle ABD'$面积$=4×(5\sqrt{3}-4)=20\sqrt{3}-16$．