《2025年实验班中考数学压轴题》

[典例](青岛城阳区模拟)如图，正方形 $ AOBC $ 的顶点 $ O $ 在原点，边 $ AO $，$ BO $ 分别在 $ x $ 轴和 $ y $ 轴上，点 $ C $ 的坐标为 $ (4,4) $，$ D $ 是 $ BO $ 的中点，点 $ P $ 是边 $ OA $ 上的一个动点，连接 $ PD $，以点 $ P $ 为圆心，$ PD $ 为半径作圆，设点 $ P $ 的横坐标为 $ t $，当 $ \odot P $ 与正方形 $ AOBC $ 的边相切时，$ t $ 的值为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$。

思路分步拆解
(第一步：求 $ OD $ 的长度)由点 $ C $ 的坐标可得出 $ OA $，$ OB $ 的长度，结合 $ D $ 是 $ BO $ 的中点可得出 $ OD $ 的长度为2；
(第二步：分两种情况讨论)$ \odot P $ 与正方形 $ AOBC $ 的边相切，可分 $ \odot P $ 与AC 相切和 $ \odot P $ 与BC 相切两种情况考虑；
(第三步：建立方程)根据情况，分析其中蕴含的等量关系式，建立恰当的方程解决问题：①当 $ \odot P $ 与 $ AC $ 相切时，在 $ Rt\triangle DOP $ 中，利用勾股定理 可得出关于 $ t $ 的一元一次方程；②当 $ \odot P $ 与 $ BC $ 相切时，设切点为 $ E $，连接 $ PE $，由切线的性质可得出 $ PE $ 的长度，进而可得出 $ PD $ 的长度，在 $ Rt\triangle POD $ 中，利用勾股定理 可得出关于 $ t $ 的一元二次方程；
(第四步：解方程)分别解出所得方程。

答案：
典例　思路分步拆解2 AC BC 勾股定理 勾股定理 $\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$ [解析]
∵点C的坐标为(4,4)，D是BO的中点，
$\therefore OA = OB = 4$，$OD = \frac{1}{2}OB = 2$。
分⊙P与AC相切和⊙P与BC相切两种情况考虑：
①当⊙P与AC相切时，如图
(1)所示。
∵点P横坐标为t，$\therefore PA = 4 - t$。
在$Rt\triangle DOP$中，$OD = 2$，$OP = t$，$PD = PA = 4 - t$，
$\therefore$由勾股定理，得$PD^{2} = OD^{2} + OP^{2}$，即$(4 - t)^{2} = 2^{2} + t^{2}$，解得$t = \frac{3}{2}$；

②当⊙P与BC相切时，设切点为E，连接PE，如图
(2)所示。
$\because PE\perp BC$，$AC\perp BC$，$\therefore PE// AC$。
$\because PA// EC$，$\therefore$四边形ACEP为矩形，
$\therefore PE = AC = 4$，$\therefore PD = PE = 4$。
在$Rt\triangle POD$中，$OP = t$，$OD = 2$，$PD = 4$，
$\therefore$由勾股定理，得$PD^{2} = OD^{2} + OP^{2}$，即$4^{2} = 2^{2} + t^{2}$，
解得$t_{1} = 2\sqrt{3}$，$t_{2} = -2\sqrt{3}$(不合题意，舍去)。
综上所述，t的值为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$。

1. 在 $ \triangle ABC $ 中，若 $ AC = 15 $，$ BC = 13 $，$ AB $ 边上的高 $ CD = 12 $，则 $ \triangle ABC $ 的周长为(C)。

A.$ 32 $ 或 $ 33 $
B.$ 42 $ 或 $ 33 $
C.$ 32 $ 或 $ 42 $
D.$ 33 $ 或 $ 31 $

答案：
1. C [解析]$\because AC = 15$，$BC = 13$，AB边上的高$CD = 12$，
$\therefore$在$Rt\triangle ACD$中，由勾股定理，得$AD = \sqrt{AC^{2} - CD^{2}} = \sqrt{15^{2} - 12^{2}} = 9$，
在$Rt\triangle BCD$中，由勾股定理，得$BD = \sqrt{BC^{2} - CD^{2}} = \sqrt{13^{2} - 12^{2}} = 5$。如图
(1)，当CD在$\triangle ABC$内部时，$AB = AD + BD = 9 + 5 = 14$。此时，$\triangle ABC$的周长$= 14 + 13 + 15 = 42$。
如图
(2)，当CD在$\triangle ABC$外部时，$AB = AD - BD = 9 - 5 = 4$。此时，$\triangle ABC$的周长$= 4 + 13 + 15 = 32$。
综上所述，$\triangle ABC$的周长为32或42。故选C。

2. 如图，在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ \angle A = 30° $，$ AB = 6 $，点 $ D $ 是斜边 $ AB $ 上的一个动点，把 $ \triangle ACD $ 沿直线 $ CD $ 翻折，使点 $ A $ 落在点 $ A' $ 处，当 $ A'D $ 平行于 $ Rt\triangle ABC $ 的一条直角边时，$ AD $ 的长为(D)。

A.$ 2\sqrt{3} $ 或 $ 3 $
B.$ 4 - \sqrt{3} $ 或 $ 3 $
C.$ 4 - 2\sqrt{3} $ 或 $ 2 $
D.$ 3\sqrt{3} $ 或 $ 3 $

答案：
2. D [解析]①当$A^{\prime}D// BC$时，如图
(1)所示。
$\because\angle A = 30^{\circ}$，由翻折性质，可得$\angle A^{\prime} = 30^{\circ}$，$\angle ACD = \angle A^{\prime}CD$。
$\because A^{\prime}D// BC$，$\therefore\angle A^{\prime} = \angle BCA^{\prime} = 30^{\circ}$。
$\because\angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore\angle ACD = \angle A^{\prime}CD = 30^{\circ}$，
$\therefore AD = CD$，$\angle BCD = 60^{\circ}$，
$\therefore\triangle BCD$是等边三角形，$BD = CD$，$\therefore AD = BC$。
$\because AB = 6$，$\angle A = 30^{\circ}$，$\therefore BC = \frac{1}{2}AB = 3$，$\therefore AD = 3$；

②当$A^{\prime}D// AC$时，如图
(2)所示。
由翻折性质可得$\angle ADC = \angle A^{\prime}DC$。
$\because A^{\prime}D// AC$，$\therefore\angle ACD = \angle A^{\prime}DC$，
$\therefore\angle ADC = \angle ACD$，$\therefore AD = AC$。
$\because\angle A = 30^{\circ}$，$AB = 6$，$\therefore BC = AB·\sin30^{\circ} = \frac{1}{2}AB = 3$，
$\therefore$在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得$AC = \sqrt{AB^{2} - BC^{2}} = \sqrt{6^{2} - 3^{2}} = 3\sqrt{3}$，$\therefore AD = 3\sqrt{3}$。
故选D。