《2025年实验班中考数学压轴题》

典例 （许昌禹州二模）如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，$BC = 6$，点 $E$ 在边 $BC$ 上，连接 $AE$，将 $AE$ 绕点 $E$ 顺时针旋转 $90°$ 得到 $FE$，连接 $CF$，$DF$。当 $CF \perp DF$ 时，$BE$ 的长为____________。
思路分步拆解
（第一步：根据“$K$ 字”模型，构造全等三角形）过点 $F$ 作 $FG \perp BC$ 于点 $G$，由旋转可知，$\angle AEF = 90°$，$AE = EF$，由矩形的性质得出 $\angle ABC = \angle BCD = 90°$，证明 $\triangle EAB \cong \triangle $_________，得出 $BE = $_________，$EG = $_________$ = $_________；
（第二步：点 $F$ 的位置不确定，分情况进行讨论）设 $BE = GF = x$。当点 $F$ 在矩形内部时，$CG = BC - BE - EG = $_________；当点 $F$ 在矩形外部时，$CG = BE + EG - BC = $_________；
（第三步：根据相似和勾股定理得到关于 $x$ 的方程，进而求解）根据条件，结合当点 $F$ 在矩形内部时，可证明 $\triangle CGF \sim \triangle $_________，由相似三角形的性质得出 $CF^2 = DC · FG = $_________$x$，结合勾股定理即可得 $x$ 的值；根据条件，结合当点 $F$ 在矩形外部时，同理可得 $x$ 的值。

答案：
典例思路分步拆解:FEG　GF　AB　4　2−x　x−2
DFC　4
2 - √2或2 + √2　[解析]如图
(1),过点F作FG⊥BC于点G.
由旋转可知∠AEF = 90°,AE = EF,
∴∠AEB + ∠FEG = 90°.
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC = ∠BCD = 90°,CD = AB = 4,
∴∠AEB + ∠BAE = 90°,
∴∠FEG = ∠BAE.
∵FG⊥BC,
∴∠ABE = ∠EGF = ∠CGF = 90°,
∴△EAB≌△FEG,
∴BE = GF,AB = EG = 4.
设BE = GF = x.
当点F在矩形内部时,CG = BC - BE - EG = 2 - x.
∵CF⊥DF,
∴∠CFD = 90°.
∵∠GCF + ∠DCF = 90°,∠CDF + ∠DCF = 90°,
∴∠CDF = ∠GCF.
∵∠CGF = ∠CFD = 90°,
∴△CGF∽△DFC,
∴FG:CF = CF:DC,
∴CF² = DC·FG = 4x.
在Rt△CFG中,CG² + FG² = CF²,
∴(2 - x)² + x² = 4x,解得x = 2 - √2(另一个值舍去).
　　 　　
如图
(2),当点F在矩形外部时，
CG = BE + EG - BC = x - 2.
同理可得x = 2 + √2(另一个值舍去).
综上所述，BE的长为2 - √2或2 + √2.

1. 分类讨论思想 （抚顺东洲区模拟）如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90°$，$\angle B = 30°$，$BC = 3$，点 $D$ 是 $BC$ 边上的一个动点（不与点 $B$，$C$ 重合），过点 $D$ 作 $DE \perp BC$ 交 $AB$ 边于点 $E$，将 $\angle B$ 沿直线 $DE$ 翻折，点 $B$ 落在射线 $BC$ 上的点 $F$ 处，连接 $AF$，当 $\triangle AEF$ 为直角三角形时，$BD$ 的长为（ ）。

A.$1$
B.$3$
C.$1$ 或 $2$
D.$1$ 或 $3$

答案：
1.C　[解析]
∵在Rt△ABC中,∠C = 90°,∠B = 30°,BC = 3,
∴∠BAC = 60°,AC = √3,AB = 2√3.
　若点F在线段BC上,∠AFE = 90°,如图
(1)所示，
　由折叠可得BD = DF,∠B = ∠EFD = 30°,
∴∠AFC = 60°.
∵tan∠AFC = $\frac{AC}{CF}$ = √3,
∴CF = 1,
∴BD = $\frac{1}{2}$(BC - CF) = 1;
　 若点F在BC的延长线上,∠EAF = 90°,如图
(2)所示，由折叠可得BD = DF，
∵cos∠ABF = $\frac{AB}{BF}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴BF = 4,
∴BD = 2.故选C;