《2026年决胜中考数学安徽专版》

5. (2019·安徽)如图，在正方形$ABCD$中，点$E$，$F$将对角线$AC$三等分，且$AC = 12$，点$P$在正方形的边上，则满足$PE + PF = 9$的点$P$的个数是(D)

A.$0$
B.$4$
C.$6$
D.$8$

答案：
5.D　[解析]如图，作点$F$关于$BC$的对称点$M$，连接$FM$交$BC$于点$N$，连接$EM$交$BC$于点$H$，连接$CM$，$FH$，则$HF=HM$，$\therefore HE+HF=HE+HM=ME$.$\because$点$E$，$F$将对角线$AC$三等分，且$AC=12$，$\therefore EC=8$，$FC=4=AE$.$\because$点$M$与点$F$关于$BC$对称，$\therefore CF=CM=4$，$\angle ACB=\angle BCM=45^{\circ}$，$\therefore \angle ACM=90^{\circ}$，$\therefore EM=\sqrt{EC^{2}+CM^{2}}=4\sqrt{5}$，即$HE+HF=4\sqrt{5}$，则在线段$BC$上存在点$H$到点$E$和点$F$的距离之和最小，为$4\sqrt{5}$.在点$H$右侧，当点$P$与点$C$重合时，$PE+PF=CE+CF=12$，$\therefore$点$P$在$CH$上时，$4\sqrt{5}\leqslant PE+PF\leqslant12$，$\therefore$在线段$CH$上存在一点$P$，使得$PE+PF=9$.连接$BD$，与$AC$交于点$O$，连接$BE$，$BF$，则$OB=\frac{1}{2}AC=6$，$BD$垂直平分$EF$，$\therefore OE=OF=\frac{1}{2}EF=2$，$\therefore BE=BF=\sqrt{OB^{2}+OF^{2}}=2\sqrt{10}$.在点$H$左侧，当点$P$与点$B$重合时，$PE+PF=BE+BF=4\sqrt{10}$，$\therefore$点$P$在$BH$上时，$4\sqrt{5}\leqslant PE+PF\leqslant4\sqrt{10}$，$\therefore$在线段$BH$上存在一点$P$，使得$PE+PF=9$，$\therefore$在边$BC$上存在$2$个点$P$，满足$PE+PF=9$.同理可得，在边$AB$，$AD$，$CD$上分别存在$2$个满足题意的点$P$.综上所述，满足$PE+PF=9$的点$P$的个数是$2×4=8$.

6. （2017·安徽）已知正方形$ABCD$，点$M$为边$AB$的中点。
（1）如图1，点$G$为线段$CM$上的一点，且$\angle AGB = 90^{\circ}$，延长$AG$，$BG$分别与边$BC$，$CD$交于点$E$，$F$。求证：
①$BE = CF$；
②$BE^{2} = BC· CE$；
（2）如图2，在边$BC$上取一点$E$，满足$BE^{2} = BC· CE$，连接$AE$交$CM$于点$G$，连接$BG$延长交$CD$于点$F$，求$\tan\angle CBF$的值。

答案：
6.
(1)证明:①$\because$四边形$ABCD$为正方形，$\therefore AB=BC$，$\angle ABE=\angle BCF=90^{\circ}$.又$\because \angle AGB=90^{\circ}$，$\therefore \angle BAE+\angle ABG=90^{\circ}$.又$\because \angle ABG+\angle CBF=90^{\circ}$，$\therefore \angle BAE=\angle CBF$，$\therefore \triangle ABE\cong\triangle BCF$（ASA），$\therefore BE=CF$.
②$\because \angle AGB=90^{\circ}$，点$M$为$AB$中点，$\therefore MG=MA=MB$，$\therefore \angle GAM=\angle AGM$，$\angle MGB=\angle MBG$.$\because \angle CGE=\angle AGM=\angle GAM$，$\angle GAM+\angle ABG=\angle ABG+\angle CBG=90^{\circ}$，$\therefore \angle CGE=\angle CBG$，$\therefore \triangle CGE\sim\triangle CBG$，$\therefore \frac{CE}{CG}=\frac{CG}{CB}$，即$CG^{2}=BC· CE$.由$\angle CFG=\angle GBM=\angle CGF$，得$CF=CG$.由①知$BE=CF$，$\therefore BE=CG$，$\therefore BE^{2}=BC· CE$.
(2)解:方法一：延长$AE$，$DC$交于点$N$（如图1），由于四边形$ABCD$是正方形，$\therefore AB// CD$，$\therefore \angle N=\angle EAB$.又$\angle CEN=\angle BEA$，$\therefore \triangle CEN\sim\triangle BEA$，故$\frac{CE}{BE}=\frac{CN}{BA}$，即$BE· CN=AB· CE$.$\because AB=BC$，$BE^{2}=BC· CE$，$\therefore CN=BE$.由$\begin{cases} AB// DN, \\frac{CN}{AM}=\frac{CG}{GM}=\frac{CF}{MB}. \end{cases}$又$\because AM=MB$，$\therefore FC=CN=BE$，不妨假设正方形边长为1，设$BE=x$，则由$BE^{2}=BC· CE$，得$x^{2}=1·(1 - x)$，解得$x_1=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$x_2=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（舍去），$\therefore \frac{BE}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，于是$\tan\angle CBF=\frac{FC}{BC}=\frac{BE}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
方法二：不妨假设正方形边长为1，设$BE=x$，则由$BE^{2}=BC· CE$，得$x^{2}=1·(1 - x)$，解得$x_1=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$x_2=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（舍去），即$BE=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.作$GN// BC$交$AB$于$N$（如图2），则$\triangle MNG\sim\triangle MBC$，$\therefore \frac{MN}{NG}=\frac{MB}{BC}=\frac{1}{2}$.设$MN=y$，则$GN=2y$，$GM=\sqrt{5}y$.$\because \frac{GN}{BE}=\frac{AN}{AB}$，即$\frac{2y}{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=\frac{y+\frac{1}{2}}{1}$，解得$y=\frac{1}{2\sqrt{5}}$，$\therefore GM=\frac{1}{2}$，从而$GM=MA=MB$，此时点$G$在以$AB$为直径的圆上，$\therefore \triangle AGB$是直角三角形，且$\angle AGB=90^{\circ}$，由
(1)知$BE=CF$，于是$\tan\angle CBF=\frac{FC}{BC}=\frac{BE}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

7. (2025·湖北)如图，折叠正方形$ABCD$的一边$BC$，使点$C$落在$BD$上的点$F$处，折痕$BE$交$AC$于点$G$。若$DE = 2\sqrt{2}$，则$CG$的长是(B)

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

答案： 7.B

8. (2025·北京)如图，在正方形$ABCD$中，点$E$在边$CD$上，$CF\perp BE$，垂足为$F$。若$AB = 1$，$\angle EBC = 30^{\circ}$，则$\triangle ABF$的面积为$\frac{3}{8}$。

答案： 8.$\frac{3}{8}$

9. (2025·乐山)如图，在$□ ABCD$中，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$。小乐同学欲添加两个条件使得四边形$ABCD$是正方形，现有三个条件可供选择：①$AC\perp BD$；②$AC = BD$；③$\angle ADC = 90^{\circ}$。则正确的组合是①②(或①③)(只需填一种组合即可)。

答案： 9.①②(或①③)

10. (2025·威海)把一张矩形纸片按照如图1所示的方式剪成四个全等的直角三角形，四个直角三角形可拼成如图2或图3所示的正方形。若矩形纸片的长为$m$，宽为$n$，四边形$EFGH$的面积等于四边形$ABCD$面积的$2$倍，则$\frac{m}{n}=$$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$。

答案： 10.$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$　[解析]根据题意得，四边形$EFGH$的面积为$m^{2}+(\frac{n}{2})^{2}=m^{2}+\frac{n^{2}}{4}$，四边形$ABCD$的面积为$(m - \frac{n}{2})^{2}=m^{2}-mn+\frac{n^{2}}{4}$.$\because$四边形$EFGH$的面积等于四边形$ABCD$面积的$2$倍，$\therefore m^{2}+\frac{n^{2}}{4}=2(m^{2}-mn+\frac{n^{2}}{4})$，整理得$4m^{2}-8mn + n^{2}=0$，$\therefore 4(\frac{m}{n})^{2}-8·\frac{m}{n}+1=0$.设$\frac{m}{n}=t$，$t＞1$，$\therefore 4t^{2}-8t + 1=0$，解得$t=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$或$t=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$（舍去），$\therefore \frac{m}{n}=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$.