《2026年通城学典全国中考试题分类精粹中考数学》

22. (2025·龙东地区)如图，在矩形$ABCD$中，$AD = 6$，$\angle CAD = 60^{\circ}$，$E$是边$CD$的中点，$F$是对角线$AC$上一动点，作点$C$关于直线$EF$的对称点$P$，若$PE\perp AC$，则$CF$的长为3或9。

答案：
22.3或9 解析：分两种情况讨论：①当点P在AC上方时，如图①，连接PC，交直线EF于点G，延长PE交AC于点H.
∵ 在矩形ABCD中，∠D = 90°，AD = 6，∠CAD = 60°，
∴ ∠ACD = 30°.
∴ AC = 2AD = 12，CD = $\sqrt{AC^2 - AD^2} = 6\sqrt{3}$.
∵ E是边CD的中点，
∴ CE = $\frac{1}{2}CD = 3\sqrt{3}$.
∵ P为点C关于直线EF的对称点，
∴ PE = CE = $3\sqrt{3}$，∠EGC = ∠EGP = 90°.
∵ PH⊥AC，
∴ ∠EHC = ∠EHF = 90°.
∵ ∠ACD = 30°，
∴ ∠PEC = ∠EHC + ∠ACD = 120°.
∵ PE = CE，
∴ ∠CPE = ∠PCE = $\frac{1}{2}(180° - ∠PEC) = 30°$.
∵ ∠PEG = ∠FEH，∠ECP = ∠EHF = 90°，
∴ ∠CPE = ∠EFC = 30°.
∴ ∠EFC = ∠ACD = 30°.
∴ EF = EC.
∵ EH⊥CF，
∴ CH = FH = $\frac{1}{2}CF$.在Rt△CEH中，CE = $3\sqrt{3}$，∠HCE = 30°，
∴ CH = $CE · \cos\angle HCE = 3\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{9}{2}$.
∴ CF = 2CH = 9. ②当点P在AC下方时，如图②，连接PC，交直线EF于点G，设PE与AC交于点H.
∵ PE⊥AC，
∴ ∠CHE = 90°.
∵ ∠ACD = 30°，
∴ ∠CEP = 60°.
∴ CH = CE·cos∠ACD = $3\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{9}{2}$.由对称的性质，得PE = CE，∠PEG = ∠CEG，
∴ ∠HEF = 30°，△CEP是等边三角形.
∴ ∠P = 60°，CE = PC = PE = $3\sqrt{3}$.
∵ PE⊥AC，
∴ EH = PH = $\frac{1}{2}PE = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.
∴ HF = EH·tan∠HEF = $\frac{3\sqrt{3}}{2} × \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{3}{2}$.
∴ CF = CH - HF = $\frac{9}{2} - \frac{3}{2} = 3$.综上所述，CF的长为3或9.

23. (2025·眉山)如图，正方形$ABCD$的边长为4，点$E$在边$AD$上运动(不与点$A$，$D$重合)，$\angle CDP = 45^{\circ}$，点$F$在射线$DP$上，且$AE:DF = 1:\sqrt{2}$，连接$BF$，交$CD$于点$G$，连接$EB$，$EF$，$EG$。有下列结论：①$\sin\angle BFE=\frac{\sqrt{2}}{2}$；②$AE^{2}+CG^{2}=EG^{2}$；③$\triangle DEF$的面积的最大值是2；④若$AE=\frac{1}{3}AD$，则$G$是线段$CD$的中点。其中，正确的是①③④(填序号)。

答案： 23.①③④ 解析：在AB上截取AH = AE，连接EH.
∵ AE∶DF = 1∶$\sqrt{2}$，
∴ 设AE = AH = a，则DF = $\sqrt{2}a$.
∵ 四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴ AB = AD = CB = CD = 4，∠BAD = ∠ADC = ∠C = ∠ABC = 90°.
∴ △AHE是等腰直角三角形.
∴ ∠AEH = ∠AHE = 45°，且由勾股定理，得HE = $\sqrt{AE^2 + AH^2} = \sqrt{2}a$.
∵ HE = DF.
∵ ∠CDP = 45°，
∴ ∠EDF = ∠ADC + ∠CDP = 135°.
∵ ∠BHE = 180° - ∠AHE = 135°，且由勾股定理，得HE = $\sqrt{2}a$，DF = $\sqrt{2}a$，BH = ED.在△BHE和△EDF中，
$\begin{cases} HE = DF, \\ \angle BHE = \angle EDF, \\ BH = ED, \end{cases}$
∴ △BHE≌△EDF.
∴ BE = EF，∠HBE = ∠DEF.
∵ ∠HBE + ∠BEH = 180° - ∠BHE = 45°，
∴ ∠DEF + ∠BEH = 45°.
∴ ∠FED + ∠BEH + ∠AEH = 90°，即∠FED + ∠AEB = 90°.
∴ ∠BEF = 180° - (∠FED + ∠AEB) = 90°.
∴ △BEF是等腰直角三角形.
∴ ∠BFE = ∠FBE = 45°. $\sin\angle BFE = \sin45° = \frac{\sqrt{2}}{2}$.故结论①正确.过点B作BM⊥BF，交DA的延长线于点M.
∵ ∠MDF + ∠ABC = 90°，
∴ ∠MBA + ∠ABF = ∠ABF + ∠GBC.
∴ ∠MBA = ∠GBC.
∵ ∠BAD = ∠C = 90°，在△BAM和△BCG中，
$\begin{cases} \angle MBA = \angle GBC, \\ AB = CB, \\ \angle BAM = \angle C, \end{cases}$
∴ △BAM≌△BCG.
∴ AM = CG，BM = BG.
∴ AE + CG = AE + AM = ME.
∵ ∠MBF = 90°，∠FBE = 45°，
∴ ∠MBE = 45°.
∴ ∠MBE = ∠FBE.在△MBE和△GBE中，
$\begin{cases} BM = BG, \\ \angle MBE = \angle GBE, \\ BE = BE, \end{cases}$
∴ △MBE≌△GBE.
∴ ME = GE.
∴ AE + CG = EG.故结论②不正确.过点F作FN⊥AD，交AD的延长线于点N.由①可知，AE = a，DF = $\sqrt{2}a$，
∴ ED = AD - AE = 4 - a.
∵ ∠CDN = ∠ADC = 90°，∠CDP = 45°，
∴ ∠FDN = ∠CDN - ∠CDP = 45°.
∴ △NDF是等腰直角三角形.
∴ DN = FN.由勾股定理，得DF = $\sqrt{DN^2 + FN^2} = \sqrt{2}DN$.
∴ DN = FN = $\frac{\sqrt{2}}{2}DF = \frac{\sqrt{2}}{2} × \sqrt{2}a = a$.设△DEF的面积为S，则S = $\frac{1}{2}DE · FN = \frac{1}{2}(4 - a) · a$.整理，得S = $-\frac{1}{2}(a - 2)^2 + 2$.
∴ 当a = 2时，S取得最大值，为2.故结论③正确.设CG = x，则DG = CD - CG = 4 - x.
∵ AE = $\frac{1}{3}AD = \frac{4}{3}$.
∴ DE = AD - AE = $4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.由②可知，AE + CG = EG，
∴ EG = x + $\frac{4}{3}$.在Rt△DEG中，由勾股定理，得$EG^2 = DE^2 + DG^2$，即$(x + \frac{4}{3})^2 = (\frac{8}{3})^2 + (4 - x)^2$，解得x = 2.
∴ CG = 2.
∴ DG = 4 - x = 2.
∴ CG = DG.
∴ G是线段CD的中点.故结论④正确.综上所述，正确的是①③④.

24. (2025·长春)如图，▱$ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，$AB = 5$，$OA = 4$，$OB = 3$。求证：▱$ABCD$是菱形。

答案： 24.
∵ AB = 5，OA = 4，OB = 3，
∴ $AB^2 = 25 = 9 + 16 = OB^2 + OA^2$.
∴ ∠AOB = 90°.
∴ AC⊥BD.
∴ □ABCD是菱形

25. (2025·泸州)如图，在菱形$ABCD$中，$E$，$F$分别是边$AB$，$BC$上的点，且$AE = CF$。求证：$AF = CE$。

答案： 25.
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB = BC.
∵ AE = CF，
∴ AB - AE = BC - CF，即BE = BF.在△ABF和△CBE中，
$\begin{cases} AB = CB, \\ \angle B = \angle B, \end{cases}$
∴ △ABF≌△CBE.
∴ AF = CE