《2026年天利38套中考试题分类九年级数学》

(2025·河南开封中招一模)如图,在$\mathrm {Rt}\triangle ABC$中,$\angle C = 90°$,$AC = 3$,$BC = 4$,点$D$为$AB$的中点,点$E$,$F$分别是边$AC$,$BC$上的动点,且$EF = 3$,点$G$是$EF$的中点,连接$AG$,$DG$,点$E$,$F$在运动的过程中,$GD$的最小值为1,当$\angle CAG$最大时,线段$BF$的长是4−$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。

答案：
1　4−$\frac{3\sqrt{3}}{2}$　[解析]直角三角形的性质+勾股定理+三角形三边关系+圆的性质
[第1步，连接CG,DC,根据勾股定理与直角三角形的性质求CD,CG的长]
如图1，连接CG，DC(巧作辅助线:连接线段，构造三角形，为根据三角形三边关系求GD的最小值提供条件)，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AC=3，BC=4，
∴AB=√AC²+BC²=5。
∵D为AB中点，
∴CD=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{5}{2}$(提示:直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半)。
∵G为EF的中点，
∴CG=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{3}{2}$。
[第2步，借助三角形的三边关系求GD的最小值]
在△CGD中，GD≥CD−CG=1，
∴GD的最小值为1。
[第3步，确定点G的运动轨迹]
∵CG=$\frac{3}{2}$，C为定点，
∴点G在以C为圆心，$\frac{3}{2}$为半径的圆的△ABC内部的部分上运动(难点:根据CG长为定值确定点G的运动轨迹)，如图2所示，连接CG。
[第4步，确定∠CAG最大时,AG与圆C相切,利用勾股定理求CF的长，从而求BF的长]
当∠CAG最大时，sin∠CAG最大，设点C到直线AG的距离为d，则sin∠CAG=$\frac{d}{AC}$，且d≤CG，当且仅当AG与圆C相切时取等号。又
∵AC为定值，
∴当d最大时，sin∠CAG最大，即∠CAG最大。此时，AG与圆C相切，
∴∠CGA=90°。
∵CG=$\frac{3}{2}$，AC=3，
∴∠CAG=30°，
∴∠ACG=60°。
∵GC=GE，
∴△CGE是等边三角形，
∴CE=CG=$\frac{3}{2}$。
在Rt△CEF中，由勾股定理得CF= $\sqrt{EF²−CE²}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
又
∵BC=4，
∴BF=4−$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。


方法技巧
线段最值问题的应用背景
(1)线段公理−−两点之间，线段最短;
(2)对称的性质一关于一条直线对称的两个图形全等，对称轴是两个对称图形对应点连线所得线段的垂直平分线;
(3)三角形两边之和大于第三边;
(4)三角形两边之差小于第三边;
(5)垂线段最短;
(6)过圆内一点，最长的弦为直径，最短的弦为垂直于直径的弦。

1.(2025·长春)如图,在边长为4的正方形$ABCD$中,对角线$AC$,$BD$相交于点$O$.点$E$在线段$OA$上,连接$BE$,作$CF \perp BE$于点$F$,交$OB$于点$P$.给出下面四个结论:

①$\angle OCP = \angle OBE$;
②$OE = OP$;
③当$CE = CB$时,$BP = EF$;
④点$A$与点$F$之间的距离的最小值为$2\sqrt{5} - 2$.
上述结论中,正确结论的序号有①②④。

答案：
1.①②④　[解析]正方形的性质+全等三角形的判定与性质+相似三角形的判定与性质+圆周角定理的推论+勾股定理
对于①，在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠COP=90°。
∵CF⊥BE，
∴∠BFP=90°。
∵∠CPO=∠BPF，
∴∠OCP=∠OBE。故①正确。
对于②，在正方形ABCD中，AC⊥BD，OC=OB。
在△OCP和△OBE中，$\begin{cases} \angle COP = \angle BOE = 90^{\circ} \\ OC = OB \\ \angle OCP = \angle OBE \end{cases}$(ASA)。
∴OE=OP。故②正确。
对于③，
[第1步，由勾股定理求CP²]
∵正方形ABCD的边长为4，AC⊥BD，OC=OB，
∴OC=OB=2$\sqrt{2}$。
∵CE=CB=4，
∴OE=OP=4−2$\sqrt{2}$。
∴BP=OB−OP=4$\sqrt{2}$−4。
在Rt△OCP中，由勾股定理得CP²=OC²+OP²=32−16$\sqrt{2}$。
[第2步，证明△OCP∽△FCE，由相似比求EF²，由BP²≠EF²，得BP≠EF]
∵∠OCP=∠FCE，∠COP=∠CFE=90°，
∴△OCP∽△FCE。
∴$\frac{CP}{CE}$=$\frac{OP}{EF}$，$\frac{CP²}{CE²}$=$\frac{OP²}{EF²}$，即$\frac{32−16\sqrt{2}}{16}$=$\frac{24−16\sqrt{2}}{EF²}$。
∴EF²=$\frac{24−16\sqrt{2}}{2−\sqrt{2}}$=8−4$\sqrt{2}$。
又
∵BP²=(4$\sqrt{2}$−4)²=48−32$\sqrt{2}$，
∴BP²≠EF²。
∴BP≠EF。故③错误。
对于④，如图，以BC为直径作圆M，则点F的轨迹为劣弧$\overset{\frown} {OB}$(难点:根据∠BFC=90°恒成立，结合“直径所对的圆周角等于90°”可确定点F的轨迹)。
连接AM交圆于点$F_1$。在Rt△ABM中，∠ABM=90°，由勾股定理得AM= $\sqrt{2²+4²}$=2$\sqrt{5}$。
由图知，当点F位于线段AM与劣弧$\overset{\frown} {OB}$的交点$F_1$处时，AF取得最小值，最小值为2$\sqrt{5}$−2。故④正确。
综上，正确结论的序号有①②④。

难点突破
对于初中数学中动点轨迹的问题，一般有两种情况:线段或圆弧，在研究动点问题时，可以在运动中寻找不变的量，即不变的数量关系或位置关系。如果动点的轨迹是一条线段，那么其中不变的量便是该动点到某条直线的距离始终保持不变;如果动点的轨迹是一段圆弧,那么其中不变的量便是该动点到某个定点的距离始终保持不变。因此,解决此类动点轨迹问题便可转化为寻找定直线或定点。

2.[2025·山东(临沂、济宁等地)]【图形感知】
如图1,在四边形$ABCD$中,已知$\angle BAD = \angle ABC = \angle BDC = 90°$,$AD = 2$,$AB = 4$。
(1)求$CD$的长。
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究。
在线段$CD$上取一点$E$,连接$BE$.将四边形$ABED$沿$BE$翻折得到四边形$A'BED'$,其中$A'$,$D'$分别是$A$,$D$的对应点。
(2)其中甲、乙两位同学的折叠情况如下:
①甲:点$D'$恰好落在边$BC$上,延长$A'D'$交$CD$于点$F$,如图2.判断四边形$DBA'F$的形状,并说明理由。
②乙:点$A'$恰好落在边$BC$上,如图3.求$DE$的长。
(3)如图4,连接$DD'$交$BE$于点$P$,连接$CP$.当点$E$在线段$CD$上运动时,线段$CP$是否存在最小值?若存在,直接写出;若不存在,说明理由。

答案：
2.翻折的性质+矩形、正方形的判定与性质+勾股定理+线段垂直平分线+相似三角形的判定和性质+圆周角定理的推论
解:
(1)
∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD//BC。
∴∠ADB=∠DBC。
∴△ADB∽△DBC。
$\frac{AD}{DB}$=$\frac{AB}{DC}$。
∵∠BAD=90°，AD=2，AB=4，
∴BD= $\sqrt{2²+4²}$=2$\sqrt{5}$。
∴$\frac{2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{4}{CD}$。
∴CD=4$\sqrt{5}$。
(2)①四边形DBA'F是矩形。
理由如下:
由折叠的性质得∠A'=∠A=90°，∠A'BD'=∠ABD。
∵∠ABD+∠DBC=∠ABC=90°，
∴∠A'BD=∠A'BD'+∠DBC=90°。
又
∵∠BDF=90°，
∴四边形DBA'F是矩形。
②[第1步,延长AD和A'D'相交于点Q，连接BQ,证明四边形ABA'Q是正方形，求出DQ,BC的长]
如图1，延长AD和A'D'相交于点Q，连接BQ(巧作辅助线:构造相似三角形，充分利用正方形的性质)，

由折叠的性质得∠D'A'B=∠A=90°，∠A'BD'=∠ABD，∠EBD'=∠EBD，
∵点A'恰好落在边BC上，
∴A'B=AB=4，∠ABA'=90°。
∴四边形ABA'Q是正方形。
∴DQ=AQ−AD=2。
由
(1)知BC= $\sqrt{BD²+CD²}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})²+(4\sqrt{5})²}$=10。
[第2步，证明点E在对角线BQ上,进而证明△DQE∽△CBE，再利用相似三角形的性质即可得解]
∵∠ABE = \angle ABD + \angle EBD = \angle A' BD' + \angle EBD' = \angle A' BE = \frac{1}{2} × 90^{\circ} = 45^{\circ}，
∴点E在对角线BQ上。
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ//CB。
∴易证△DQE∽△CBE
∴$\frac{DE}{CE}$=$\frac{DQ}{CB}$=$\frac{2}{10}$=$\frac{1}{5}$。
∴DE=$\frac{1}{6}$CD=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
(3)存在，线段CP的最小值为$\sqrt{85}-\sqrt{5}$
[解题过程][第1步,利用折叠的性质得∠BPD=90°，则点P在以BD为直径的半圆O上，连接OC,OP,进而得点P在OC上时，线段CP取得最小值]
由折叠的性质得∠EBD'=∠EBD，BD=BD'，
∴BE是线段DD'的垂直平分线。
∴∠BPD=90°。
∴点P在以BD为直径的$\odot O$上(提示:90°的圆周角所对的弦是直径)。
如图2，连接OC，OP，

∴当点P在线段OC上时，线段CP取得最小值。
[第2步，利用勾股定理求出OC的长，进而可求出CP的最小值]
∵OC= $\sqrt{OD²+CD²}$=$\sqrt{(\sqrt{5})²+(4\sqrt{5})²}$=$\sqrt{85}$，
∴线段CP的最小值为$\sqrt{85}-\sqrt{5}$。
方法技巧
“一箭穿心”−几何最值之“点圆距离”和“圆线距离”
(1)圆外一定点到圆的最小距离和最大距离分别为圆外定点到过定点和圆心的直线与圆的两个交点之间的线段的长。如图1，若P为定点，则PC最小，PD最大。
(2)圆内一定点到圆的最小距离和最大距离分别为圆内定点到过定点和圆心的直线与圆的两个交点之间的线段的长。如图2，若P为定点，则PC最小，PD最大。
(3)圆上一动点到一定直线的最大距离和最小距离，是过圆心垂直于已知直线的直线与圆的两个交点到垂足之间的垂线段的长。如图3，B为动点，则AP为最大值，BP为最小值。