《2025年实验班中考数学压轴题》

3. 如图，已知 $ \angle AOB = 60° $，半径为 $ 2\sqrt{3} $ 的 $ \odot M $ 与边 $ OA $，$ OB $ 相切，若将 $ \odot M $ 水平向左平移，当 $ \odot M $ 与边 $ OA $ 相交时，设交点为 $ E $ 和 $ F $，且 $ EF = 6 $，则平移的距离为(B)。

A.$ 2 $
B.$ 2 $ 或 $ 6 $
C.$ 4 $ 或 $ 6 $
D.$ 1 $ 或 $ 5 $

答案：
3. B [解析]当将⊙M水平向左平移，点M运动到$M^{\prime}$位置时，如图
(1)所示，作$MC\perp OA$于点C，$M^{\prime}H\perp OA$于点H，$M^{\prime}Q\perp MC$于点Q，连接$M^{\prime}E$。
$\because$⊙M与边OB，OA相切，$\therefore MM^{\prime}// OB$，$MC = 2\sqrt{3}$。
$\because M^{\prime}H\perp OA$，$\therefore EH = FH = \frac{1}{2}EF = \frac{1}{2}×6 = 3$。
在$Rt\triangle EHM^{\prime}$中，$EM^{\prime} = 2\sqrt{3}$，
$\therefore HM^{\prime} = \sqrt{EM^{\prime2} - EH^{2}} = \sqrt{3}$。
$\because M^{\prime}Q\perp MC$，四边形$M^{\prime}QCH$为矩形，
$\therefore CQ = M^{\prime}H = \sqrt{3}$，$\therefore MQ = 2\sqrt{3} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$。
$\because\angle QM^{\prime}M = \angle AOB = 60^{\circ}$，$\therefore\angle QMM^{\prime} = 30^{\circ}$，
$\therefore M^{\prime}Q = \frac{MQ}{\sqrt{3}} = 1$，$\therefore MM^{\prime} = 2$；
当将⊙M水平向左平移，点M运动到$M^{\prime\prime}$位置时，如图
(2)所示，作$MC\perp OA$于点C，$M^{\prime\prime}H\perp OA$于点H，$M^{\prime\prime}M$交
OA于点D，易得$MC = 2\sqrt{3}$，$M^{\prime\prime}H = \sqrt{3}$。
$\because\angle MDC = \angle M^{\prime\prime}DH = \angle AOB = 60^{\circ}$，
$\therefore\angle HM^{\prime\prime}D = 30^{\circ}$，则$DH = \frac{M^{\prime\prime}H}{\sqrt{3}} = 1$，$\therefore M^{\prime\prime}D = 2DH = 2$。
在$Rt\triangle HM^{\prime\prime}D$中，$M^{\prime\prime}H = \sqrt{3}$，
则$DC = \frac{MC}{\sqrt{3}} = 2$，$\therefore DM = 2DC = 4$，$\therefore MM^{\prime\prime} = 2 + 4 = 6$。
综上所述，点⊙M平移的距离为2或6。故选B。

4. (平顶山一模)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，已知 $ AB = 6 $，$ BC = 4 $，$ D $ 是 $ AC $ 的中点，$ DE \perp AC $ 交 $ AB $ 于点 $ E $，连接 $ EC $。当 $ \triangle BCE $ 是以 $ BC $ 为底的等腰三角形时，边 $ AC $ 的长为$2\sqrt{5}$；当 $ \triangle BCE $ 是以 $ CE $ 为底的等腰三角形时，边 $ AC $ 的长为$\sqrt{10}$。

答案：
4. $2\sqrt{5}$ $\sqrt{10}$ [解析]如图
(1)，当$\triangle BCE$是以BC为底的等腰三角形时，
由条件可知DE所在直线是AC的垂直平分线，
$\therefore AE = CE$，$\therefore\angle CAB = \angle ACE$。
$\because\triangle BCE$是以BC为底的等腰三角形，
$\therefore BE = CE$，$\therefore\angle ECB = \angle EBC$。
又$\angle CAB + \angle ABC + \angle BCE + \angle ACE = 180^{\circ}$，
$\therefore 2(\angle BCE + \angle ACE) = 180^{\circ}$，$\therefore\angle BCE + \angle ACE = 90^{\circ}$，
即$\angle ACB = 90^{\circ}$，
$\therefore$在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得$AC = \sqrt{AB^{2} - BC^{2}} = \sqrt{6^{2} - 4^{2}} = 2\sqrt{5}$；

如图
(2)，当$\triangle BCE$是以CE为底的等腰三角形时，过点C作$CF\perp AB$于点F，则$BE = BC = 4$，
$\therefore AE = AB - BE = 6 - 4 = 2$，由条件可知$AE = CE = 2$。
设$EF = x$，则$BF = 4 - x$，
在$Rt\triangle CEF$和$Rt\triangle BCF$中，由勾股定理，
得$CF^{2} = CE^{2} - EF^{2}$，$CF^{2} = BC^{2} - BF^{2}$，
$\therefore 4 - x^{2} = 4^{2} - (4 - x)^{2}$，解得$x = \frac{1}{2}$，$\therefore CF = \sqrt{2^{2} - (\frac{1}{2})^{2}} = \frac{\sqrt{15}}{2}$，$AF = AE + EF = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$。
在$Rt\triangle ACF$中，由勾股定理可得$AC = \sqrt{AF^{2} + CF^{2}} = \sqrt{(\frac{5}{2})^{2} + (\frac{\sqrt{15}}{2})^{2}} = \sqrt{10}$。

5. 如图，在 $ Rt\triangle ACB $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ AB = 10 $，$ BC = 8 $，点 $ D $ 为线段 $ CB $ 上一个动点，将 $ \triangle ADB $ 沿直线 $ AD $ 翻折得到 $ \triangle ADE $，线段 $ AE $ 交直线 $ CB $ 于点 $ F $。若 $ \triangle DEF $ 为直角三角形，则 $ BD $ 的长是2或5。

答案：
5. 2或5 [解析]分两种情况讨论：①如图
(1)，当$\angle EDF = 90^{\circ}$时，过点E作$EG\perp AC$，交AC的延长线于点G。
$\because\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle G = \angle EDC = \angle DCG = 90^{\circ}$，
$\therefore$四边形CDEG是矩形。
设$BD = x$，则$DE = CG = x$，$CD = 8 - x = GE$。
在$Rt\triangle ACB$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AB = 10$，$BC = 8$，$\therefore AC = 6$，$\therefore AG = 6 + x$。
在$Rt\triangle AEG$中，$AG^{2} + EG^{2} = AE^{2}$，
即$(6 + x)^{2} + (8 - x)^{2} = 10^{2}$，
解得$x_{1} = 0$(不合题意，舍去)，$x_{2} = 2$，即$BD = 2$；
②如图
(2)，当$\angle DFE = 90^{\circ}$时，点F与点C重合，则$EF = AE - AF = 10 - 6 = 4$。
设$BD = x$，则$DE = x$，$DF = 8 - x$，在$Rt\triangle DEF$中，
$EF^{2} + DF^{2} = DE^{2}$，
即$4^{2} + (8 - x)^{2} = x^{2}$，解得$x = 5$，$\therefore BD = 5$。
综上所述，BD的长是2或5。

6. 一次数学课上，老师请同学们在一张长为 $ 18 $ 厘米，宽为 $ 16 $ 厘米的矩形纸板上，剪下一个腰长为 $ 10 $ 厘米的等腰三角形，且要求等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其他两个顶点在矩形的边上，则剪下的等腰三角形的面积为(C)平方厘米。

A.$ 50 $
B.$ 50 $ 或 $ 40 $
C.$ 50 $ 或 $ 40 $ 或 $ 30 $
D.$ 50 $ 或 $ 30 $ 或 $ 20 $

答案：
6. C [解析]已知四边形ABCD是矩形，$AD = 18cm$，$AB = 16cm$。本题可分三种情况：①如图
(1)，在$\triangle AEF$中，$AE = AF = 10cm$，$S_{\triangle AEF} = \frac{1}{2}AE· AF = 50cm^{2}$；
②如图
(2)，在$\triangle AGH$中，$AG = GH = 10cm$。
在$Rt\triangle BGH$中，$BG = AB - AG = 16 - 10 = 6(cm)$。
根据勾股定理，可得$BH = 8cm$，
$\therefore S_{\triangle AGH} = \frac{1}{2}AG· BH = \frac{1}{2}×8×10 = 40(cm^{2})$；
③如图
(3)，在$\triangle AMN$中，$AM = MN = 10cm$；
在$Rt\triangle DMN$中，$MD = AD - AM = 18 - 10 = 8(cm)$。
根据勾股定理，可得$DN = 6cm$，
$\therefore S_{\triangle AMN} = \frac{1}{2}AM· DN = \frac{1}{2}×10×6 = 30(cm^{2})$。故选C。

7. (牡丹江一模)在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ \angle B = 30° $，$ BC = \sqrt{3} $，点 $ D $ 在直线 $ AB $ 上，过点 $ D $ 作 $ DE \perp AB $ 交边 $ BC $ 于点 $ E $，将 $ \triangle BDE $ 沿直线 $ DE $ 翻折，点 $ B $ 落在直线 $ AB $ 上的点 $ F $ 处，连接 $ FC $，则当 $ \triangle CEF $ 为直角三角形时，$ BD $ 的长是(B)。

A.$ \frac{1}{2} $ 或 $ \frac{3}{2} $
B.$ 1 $ 或 $ \frac{1}{2} $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $ 或 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $ 或 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $

答案：
7. B [解析]①如图
(1)，当点F与点A重合时，$\angle ECF = 90^{\circ}$，即$\triangle CEF$为直角三角形。
$\because$在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，$BC = \sqrt{3}$，
$\therefore AC = BC·\tan B = 1$，$AB = \frac{AC}{\sin30^{\circ}} = 2$。
由图形的翻折可知此时点B与点A关于DE对称，
$\therefore BD = AD = \frac{1}{2}AB = 1$；

②如图
(2)，当点F不与点A重合时，
由图形翻折可知$\angle DFE = \angle B = 30^{\circ}$。
$\because DE\perp AB$，$\therefore\angle BED = \angle DEF = 60^{\circ}$，
$\therefore\angle CEF = 180^{\circ} - \angle BED - \angle DEF = 60^{\circ}$。
又$\triangle CEF$为直角三角形，$\angle EFC = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle CFA = 180^{\circ} - \angle EFC - \angle B = 60^{\circ}$。
又$\angle A = 90^{\circ} - \angle B = 60^{\circ}$，$\therefore\triangle ACF$为等边三角形，
$\therefore AF = AC = 1$，
$\therefore BD = DF = \frac{1}{2}BF = \frac{1}{2}(AB - AF) = \frac{1}{2}×(2 - 1) = \frac{1}{2}$。
综上所述，BD的长度为1或$\frac{1}{2}$。故选B。

8. 在等腰三角形 $ ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，且 $ AC = 1 $。过点 $ C $ 作直线 $ l // AB $，点 $ P $ 为直线 $ l $ 上一点，且 $ AP = AB $。则点 $ P $ 到 $ BC $ 所在直线的距离是(D)。

A.$ 1 $
B.$ 1 $ 或 $ \frac{-1 + \sqrt{3}}{2} $
C.$ 1 $ 或 $ \frac{1 + \sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{-1 + \sqrt{3}}{2} $ 或 $ \frac{1 + \sqrt{3}}{2} $

答案：
8. D [解析]①如图
(1)，延长AC，作$PD\perp BC$于点D，$PE\perp AC$于点E。
$\because CP// AB$，$\therefore\angle PCD = \angle CBA = 45^{\circ}$，
$\therefore$四边形CDPE是正方形，则$CD = DP = PE = EC$。
$\because$在等腰直角三角形ABC中，$AC = BC = 1$，$AB = AP$，
$\therefore AB = \sqrt{1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{2}$，$\therefore AP = \sqrt{2}$，
$\therefore$在$Rt\triangle AEP$中，由勾股定理，得$AE^{2} + EP^{2} = AP^{2}$，
$\therefore(1 + EC)^{2} + EP^{2} = (\sqrt{2})^{2}$，解得$DP = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$；
②如图
(2)，作$PD\perp BC$延长线于点D，延长CA，作$PE\perp$CA于点E。
同理可证，四边形CDPE是正方形，
$\therefore CD = DP = PE = EC$。
同理可得在$Rt\triangle AEP$中，$(EC - 1)^{2} + EP^{2} = AP^{2}$，
$\therefore(PD - 1)^{2} + PD^{2} = (\sqrt{2})^{2}$，解得$PD = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$。故选D。

9. (江西中考)如图，$ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径，$ AB = 2 $，点 $ C $ 在线段 $ AB $ 上运动，过点 $ C $ 的弦 $ DE \perp AB $，将 $ \overset{\frown}{DBE} $ 沿 $ DE $ 翻折交直线 $ AB $ 于点 $ F $，当 $ DE $ 的长为正整数时，线段 $ FB $ 的长为$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$或2。

答案：
9. $2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$或2 [解析]$\because AB$为直径，DE为弦，$\therefore DE \leq AB$，$\therefore$当DE的长为正整数时，$DE = 1$或2。
当$DE = 2$时，即DE为直径，$\therefore DE\perp AB$，
$\therefore$将DBE沿DE翻折交直线AB于点F，
此时点F与点A重合，故$FB = 2$；当$DE = 1$时，且点C在线段OB之间，如图
(1)，连接OD，
此时$OD = \frac{1}{2}AB = 1$。
$\because DE\perp AB$，$\therefore DC = \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}$，
$\therefore$在$Rt\triangle OCD$中，由勾股定理，
得$OC = \sqrt{OD^{2} - DC^{2}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore BC = OB - OC = \frac{2 - \sqrt{3}}{2}$，$\therefore BF = 2BC = 2 - \sqrt{3}$；
当$DE = 1$时，且点C在线段OA之间，如图
(2)所示，连接OD，
同理可得$BC = \frac{2 + \sqrt{3}}{2}$，$\therefore BF = 2BC = 2 + \sqrt{3}$。
综上所述，线段FB的长为$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$或2。

10. (宁波中考)如图，在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90° $，点 $ E $ 为 $ AB $ 边上一点，以 $ AE $ 为直径的半圆 $ O $ 与 $ BC $ 相切于点 $ D $，连接 $ AD $，$ BE = 3 $，$ BD = 3\sqrt{5} $。点 $ P $ 是 $ AB $ 边上的动点，当 $ \triangle ADP $ 为等腰三角形时，$ AP $ 的长为6或$2\sqrt{30}$。

答案：
10. 6或$2\sqrt{30}$ [解析]连接OD。
$\because$半圆O与BC相切于点D，$\therefore OD\perp BC$。
在$Rt\triangle OBD$中，$OB = OE + BE = OD + 3$，$BD = 3\sqrt{5}$。
$\therefore OB^{2} = BD^{2} + OD^{2}$，$\therefore(OD + 3)^{2} = (3\sqrt{5})^{2} + OD^{2}$，
解得$OD = 6$，$\therefore AO = EO = OD = 6$。
①如图
(1)，当$AP = PD$时，此时点P与点O重合，$\therefore AP = AO = 6$；
②如图
(2)，当$AP^{\prime} = AD$时，在$Rt\triangle ABC$中。
$\because\angle C = 90^{\circ}$，$AC\perp BC$，$\therefore OD// AC$，
$\therefore\triangle BOD \backsim \triangle BAC$，$\therefore\frac{OD}{AC} = \frac{BD}{BC} = \frac{BO}{BA}$。
$\because\frac{6}{AC} = \frac{3\sqrt{5}}{3\sqrt{5} + CD} = \frac{3 + 6}{3 + 6 + 6}$，$\therefore AC = 10$，$CD = 2\sqrt{5}$，$\therefore$在$Rt\triangle ACD$中，由勾股定理，
得$AD = \sqrt{AC^{2} + CD^{2}} = \sqrt{100 + 20} = 2\sqrt{30}$，
$\therefore AP^{\prime} = AD = 2\sqrt{30}$；
③如图
(3)，当$DP^{\prime\prime} = AD$时。$\because AD = 2\sqrt{30}$，
$\therefore DP^{\prime\prime} = AD = 2\sqrt{30}$。
$\because OD = OA$，$\angle ODA = \angle BAD$，$\therefore OD// AC$，
$\therefore\angle ODA = \angle CAD$，$\angle BAD = \angle CAD$，
$\therefore AD$平分$\angle BAC$，过点D作$DH\perp AE$于点H，
$\because AD = AD$，$\therefore Rt\triangle ADH \cong Rt\triangle ADC(HL)$，
$\therefore AH = AC = 10$，$\therefore AH = AC = P^{\prime\prime}H = 10$，
$\therefore AP^{\prime\prime} = 2AH = 20$(P为AB边上一点，不符合题意，舍去)。
综上所述，当$\triangle ADP$为等腰三角形时，AP的长为6或$2\sqrt{30}$。

11. (淮北朱庄初级中学模拟)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle BAC = 90° $，$ AB = AC $，点 $ D $，$ E $ 分别在 $ AB $，$ AC $ 上，$ AD = AE $，连接 $ DE $。已知 $ BC = \sqrt{2}DE $，将 $ \triangle ADE $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转一周，当 $ B $，$ D $，$ E $ 三点共线时，旋转角的度数为$15^{\circ}$或$255^{\circ}$。

答案：
11. $15^{\circ}$或$255^{\circ}$ [解析]分两种情况：
①如图
(1)，当点D在B，E之间。
$\because$在$\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB = AC$，
$\therefore\triangle ABC$是等腰直角三角形，
$\therefore\angle BAC = 90^{\circ}$，$\therefore\angle ABC = 45^{\circ}$。
$\because AD = AE$，$\therefore\triangle DAE$是等腰直角三角形，
$\therefore\angle ADE = \angle AED = 45^{\circ}$。
$\because BC = \sqrt{2}DE$，$\therefore$设$DE = x$，$\therefore BC = \sqrt{2}x$，
过点A作$AN\perp DE$于点N，
$\therefore AN = DN = \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}x$。
$\because$在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得$AB^{2} + AC^{2} = BC^{2}$，
$\therefore AB = x$，$\therefore\sin\angle ABD = \frac{AN}{AB} = \frac{1}{2}$，
$\therefore\angle ABD = 30^{\circ}$，$\therefore\angle BAN = 60^{\circ}$，
$\therefore\angle BAD = \angle BAN - \angle DAN = 60^{\circ} - 45^{\circ} = 15^{\circ}$，即当B，D，E三点共线时，旋转角的度数为$15^{\circ}$；

②如图
(2)，当点E在B，D之间，
同理可得$AN = DN = \frac{1}{2}DE = \frac{1}{2}x$，$AB = x$，
$\therefore\angle BAN = 60^{\circ}$，$\because\angle NAE = 45^{\circ}$，$\therefore\angle EAB = 15^{\circ}$，
即当B，D，E三点共线时，旋转角的度数为$360^{\circ} - 15^{\circ} - 90^{\circ} = 255^{\circ}$。
综上所述，旋转角的度数为$15^{\circ}$或$255^{\circ}$。