《2025年实验班中考数学压轴题》

1. (肇庆二模)如图，已知在矩形$ABCD$中，$M$是边$AD$的中点，$BM$与$AC$垂直，交直线$AC$于点$N$，连接$DN$，则下列四个结论中：①$CN = 2AN$；②$DN = DC$；③$\tan \angle CAB = \sqrt{2}$；④$\triangle AMN \sim \triangle CAB$。正确的有(A)。

A.①②③④
B.①②④
C.①③④
D.②③④

答案：
1.A　[解析]
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴△AMN∽△CBN，
∴$\frac{AM}{BC}$=$\frac{AN}{CN}$.
∵M是AD的中点，
∴AM=MD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$BC，
∴$\frac{AN}{CN}$=$\frac{1}{2}$，
∴CN=2AN，故①正确;
　如图，过点D作DH//BM交BC于H，交AC于点G，连接NH.

∵DH//BM，BM⊥AC，
∴DH⊥AC.
∵DH//BM，AD//BC，
∴四边形BMDH是平行四边形，
∴BH=MD=$\frac{1}{2}$BC，
∴BH=CH.
∵∠BNC=90°，
∴NH=HC，且DH⊥AC，
　　直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
∴DH是NC的垂直平分线，
　易证△DNG≌△DCG，
∴DN=DC，故②正确;
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC=90°，AD=BC，
∴∠DAC=∠ACB，∠ABC=∠ANM=90°，
∴△AMN∽△CAB，故④正确;
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠BCA，且∠BAC+∠ACB=90°，∠DAC+∠AMB=90°，
∴∠BAC=∠AMB，且∠BAM=∠ABC，
∴△ABM∽△BCA，
∴$\frac{AM}{AB}$=$\frac{AB}{BC}$，
∴AB²=$\frac{1}{2}$BC²，
∴AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC.
∵tan∠CAB=$\frac{BC}{AB}$=$\sqrt{2}$，故③正确.故选A.

2. 如图，$AB$是$\odot O$的直径，弦$CD \perp AB$于点$G$，点$F$是$CD$上一点，且满足$\frac{CF}{FD} = \frac{1}{3}$，连接$AF$并延长交$\odot O$于点$E$，连接$AD,DE$，若$CF = 2$，$AF = 3$。给出下列结论：①$\triangle ADF \sim \triangle AED$；②$FG = 3$；③$\tan E = \frac{\sqrt{5}}{2}$；④$S_{\triangle DAF} = 6\sqrt{5}$。其中正确结论的个数是(A)。

A.1
B.2
C.3
D.4

答案： 2.A　[解析]
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CG=DG，AC=AD，∠AGF=∠AGD=90°，
∴∠ADF=∠E.又∠DAF=∠EAD，
∴△ADF∽△AED，故①正确;
∵$\frac{CF}{FD}$=$\frac{1}{3}$，CF=2，
∴FD=6，
∴CD=8.
∵CG=DG，
∴CG=DG=4，
∴FG=2，故②错误;
∵AF=3，FG=2，
∴AG=$\sqrt{AF²−FG²}$=$\sqrt{5}$，
∴tanE=tan∠ADF=$\frac{AG}{DG}$=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，故③错误;
∵S△ADF=$\frac{1}{2}$FD·AG=$\frac{1}{2}$×6×$\sqrt{5}$=3$\sqrt{5}$，故④错误.故选A.

3. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90°$，$CD \perp AB$，垂足为$D$，$E,F$分别是边$AC,BC$上的点，且$\frac{AC}{CE} = \frac{BC}{BF} = n$，下列说法：①$\triangle ADC \sim \triangle CDB$；②$CE · DF = DE · BF$；③当$n = 2$时，$EF = CD$；④$\angle EDF = 90°$。其中结论正确的有(C)。

A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

答案： 3.C　[解析]
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠BDC=90°，
∴∠A+∠ACD=90°.
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ACD=∠B，
∴△ADC∽△CDB，故①正确;
　由①得$\frac{CD}{BD}$=$\frac{AC}{BC}$，
∵$\frac{AC}{CE}$=$\frac{BC}{BF}$，
∴$\frac{AC}{BC}$=$\frac{CE}{BF}$，
∴$\frac{CE}{BF}$=$\frac{CD}{BD}$.
∵∠ACD=∠B，
∴△CDE∽△BDF，
∴$\frac{CE}{BF}$=$\frac{DE}{DF}$，∠BDF=∠CDE，
∴CE·DF=DE·BF，故②正确;
∵∠BDF+∠CDF=∠BDC=90°，
∴∠CDE+∠CDF=90°=∠EDF，故④正确;
　当n=2时，则$\frac{AC}{CE}$=$\frac{BC}{BF}$=2，
∴AC=2CE，BC=2BF，
∴E是AC的中点，F是BC的中点，
∴EF=$\frac{1}{2}$AB，
　当且仅当AC=BC时，CD⊥AB，有CD=$\frac{1}{2}$AB=EF，故③错误.故选C.

4. (扬州三模)如图，在正方形$ABCD$中，$F$是边$BC$上一点，连接$AF$，以$AF$为斜边作等腰直角三角形$AEF$。有下列四个结论：①$\angle CAF = \angle DAE$；②$FC = \sqrt{2}DE$；③当$\angle AEC = 135°$时，$E$为$\triangle ADC$的内心；④若点$F$在$BC$上以一定的速度，从$B$往$C$运动，则点$E$与点$F$的运动速度相等。其中正确的结论的个数为(C)。

A.1
B.2
C.3
D.4

答案：
4.C　[解析]
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=45°.
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF=∠DAC=45°，
∴∠EAF−∠CAE=∠DAC−∠CAE，
∴∠CAF=∠DAE，故①正确;
　
∵△AEF，△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=$\sqrt{2}$AD，AF=$\sqrt{2}$AE，
∴$\frac{AF}{AE}$=$\frac{AC}{AD}$=$\sqrt{2}$.
∵∠CAF=∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴$\frac{FC}{DE}$=$\frac{AC}{AD}$=$\sqrt{2}$，
∴FC=$\sqrt{2}$DE，故②正确;
∵△CAF∽△DAE，
∴∠ACF=∠ADE=45°.
∵∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDE=45°.
在△ADE和△CDE中，$\begin{cases}AD = CD, \\ \angle ADE = \angle CDE, \\ DE = DE,\end{cases}$
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA.
∵∠AEC=135°，
∴∠EAC=∠ECA=22.5°.
∵∠DAC=∠DCA=45°=2∠EAC=2∠ECA，
∴CE,AE分别平分∠DCA,∠CAD.
∵∠ADE=∠CDE=45°，
∴DE平分∠ADC，
∴E是△ADC角平分线的交点，
∴E为△ADC的内心（三角形三条角平分线的交点为三角形的内心）
　如图，连接BD交AC于点O.
∵∠ADE=∠CDE=45°，当点F与点B重合时，点E与点O重合;当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，点F的运动轨迹是线段BC.
∵BC=CD=$\sqrt{2}$OD，且点F与点E的运动时间相同，
∴$v_{F} = \sqrt{2}v_{E}$，
∴点F与点E的运动速度不相同，故④错误.综上所述，正确的结论是①②③，共3个.故选C.

5. 如图，$AB$为$\odot O$的直径，点$P$为$AB$延长线上的点，过点$P$作$\odot O$的切线$PE$，切点为$M$，过$A,B$两点分别作$PE$垂线$AC,BD$，垂足分别为$C,D$，连接$AM$，则下列结论：①$AM$平分$\angle CAB$；②$\frac{AC}{AM} = \frac{AM}{AB}$；③若$AB = 4$，$\angle APE = 30°$，则$\overset{\frown}{BM}$的长为$\frac{\pi}{3}$；④若$AC = 3BD$，则有$\tan \angle MAP = \frac{\sqrt{3}}{3}$。其中正确的是①②④(写出所有正确结论的序号)。

答案：
5.①②④　[解析]如图，连接OM，BM.
　　　　　　　
∵PE为⊙O的切线，
∴OM⊥PC.
∵AC⊥PC，
∴OM//AC，
∴∠CAM=∠AMO.
∵OA=OM，
∴∠OAM=∠AMO，
∴∠CAM=∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确;
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AMB=90°.
∵∠CAM=∠MAB，∠ACM=∠AMB，
∴△ACM∽△AMB，
∴$\frac{AC}{AM}$=$\frac{AM}{AB}$，故②正确;
∵∠APE=30°，
∴∠MOP=90°−∠APE=90°−30°=60°.
∵AB=4，
∴OB=2，
∴$\widehat{BM}$的长为$\frac{60×π×2}{180}$=$\frac{2π}{3}$，故③错误;
∵BD⊥PC，AC⊥PC，
∴BD//AC，
∴$\frac{PB}{PA}$=$\frac{BD}{AC}$=$\frac{1}{3}$，
∴PB=$\frac{1}{3}$PA，
∴PB=$\frac{1}{2}$AB，
∴PB=$\frac{1}{2}$OB=OA.
∵sin∠OPM=$\frac{OM}{OP}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠OPM=30°，
∴∠CAP=60°.
∵AM平分∠CAP，
∴∠MAP=30°，
∴tan∠MAP=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，故④正确.

6. (长春九台区二模)如图，$AB$是$\odot O$的直径，点$C$是$\odot O$上一点，$AD$与过点$C$的切线垂直，垂足为$D$，直线$DC$与$AB$的延长线交于点$P$，弦$CE$平分$\angle ACB$，交$AB$于点$F$，连接$BE$，$BE = 7\sqrt{2}$，下列四个结论：
①$AC$平分$\angle DAB$；②$PF^2 = PB · PA$；③若$BC = \frac{1}{2}OP$，则阴影部分的面积为$\frac{7}{4}\pi - \frac{49\sqrt{3}}{4}$；④若$PC = 24$，则$\tan \angle PCB = \frac{3}{4}$。其中，所有正确结论的序号是①②④。
答案见$P38$

答案：
6.①②④　[解析]连接OC，如图.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∵PC是⊙O的切线，AD⊥CD，
∴∠OCP=∠D=90°，
∴OC//AD，
∴∠CAD=∠OCA=∠OAC，即AC平分∠DAB，故①正确;
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠PCB+∠ACD=90°.
又∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠CAB=∠CAD=∠PCB.
∵弦CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE.又∠PFC=∠CAB+∠ACE，∠PCF=∠PCB+∠BCE，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PC=PF.
∵∠P=∠P，∠PCB=∠PAC，
∴△PCB∽△PAC，
∴PC:PA=PB:PC，
∴PC²=PB·PA，即PF²=PB·PA，故②正确;
　　　　　　
连接AE，如图.
∵∠ACE=∠BCE，
∴$\overset{\frown}{AE} = \overset{\frown}{BE}$，
∴AE=BE.又AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴AB=$\sqrt{2}BE$=$\sqrt{2}$×7$\sqrt{2}$=14，
∴OB=OC=7.
∵PD是切线，
∴∠OCP=90°.
∵BC=$\frac{1}{2}OP$，
∴BC是Rt△OCP的中线，
∴BC=OB=OC，即△OBC是等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴S△BOC=$\frac{49\sqrt{3}}{4}$，S扇形BOC=$\frac{60}{360}$×π×7²=$\frac{49}{6}$π，
∴阴影部分的面积为$\frac{49}{6}$π−$\frac{49\sqrt{3}}{4}$，故③错误;
∵△PCB∽△PAC，
∴$\frac{PB}{PC}$=$\frac{BC}{AC}$，
∴tan∠PCB=tan∠PAC=$\frac{BC}{AC}$.设PB=x，则PA=x+14.
∵PC²=PB·PA，
∴24²=x(x+14)，解得x₁=18，x₂=−32(舍去)，
∴PB=18，
∴tan∠PCB=$\frac{PB}{PC}$=$\frac{18}{24}$=$\frac{3}{4}$，故④正确.