《2026年金考卷中考45套汇编数学河北专版》

23. （本小题满分12分）
如图，在平面直角坐标系中，直线$y = \frac{4}{3}x + 8$与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴正半轴于点C，且$\triangle ABC$的面积为56。D为线段AB的中点，E为y轴上一动点，连接DE，将线段DE绕着点E顺时针旋转$90^{\circ}$得到线段FE，连接DF。
（1）求点C的坐标及直线BC的解析式。
（2）在点E运动的过程中，若$\triangle DEF$的面积为5，求此时点E的坐标。
（3）设点E的坐标为$(0,m)$。
①用m表示点F的坐标；
②点E运动的过程中，若点F始终在$\triangle ABC$的内部（包括边界），请直接写出满足条件的m的取值范围。

答案：
23
(1)对于y = $\frac{4}{3}$x + 8，令x = 0，则y = 8，
∴B(0,8)，
∴OB = 8.
令y = 0，则$\frac{4}{3}$x + 8 = 0，解得x = -6，
∴A(-6,0).
∵D为线段AB的中点，
∴D(-3,4).
∵△ABC的面积为56，
∴S_△ABC = $\frac{1}{2}$AC·OB = $\frac{1}{2}$AC×8 = 56，
∴AC = 14，
∴C(8,0).
设直线BC的解析式为y = kx + b，
将B(0,8)，C(8,0)分别代入y = kx + b，
得$\begin{cases} b = 8, \\ 8k + b = 0, \end{cases}$解得$\begin{cases} k = -1, \\ b = 8, \end{cases}$
∴直线BC的解析式为y = -x + 8.
(2)设E(0,y).
∵线段DE绕着点E顺时针旋转90°得到线段FE，
∴FE = DE，∠DEF = 90°.
∵△DEF的面积为5，
∴S_△DEF = $\frac{1}{2}$DE·EF = $\frac{1}{2}$DE² = 5，
∴DE = $\sqrt{10}$.
由
(1)知D(-3,4)，
∴$\sqrt{10}$ = $\sqrt{(-3 - 0)^2 + (4 - y)^2}$，
解得y = 3或5，
∴此时点E的坐标为(0,3)或(0,5).
(3)①过点D作DG⊥y轴于点G，过点F作FH⊥y轴于点H，则∠DGE = ∠EHF = 90°（点拨：构造“一线三直角”模型），
∴∠GDE + ∠GED = 90°.
∵∠DEF = 90°，
∴∠HEF + ∠GED = 90°，
∴∠GDE = ∠HEF.
又
∵DE = EF，
∴△DGE≌△EHF（点拨：“一线三直角”全等模型），
∴EH = DG，FH = EG.
由
(1)知D(-3,4).
(i)当点E在点D上方时，如图
(1)，
此时EH = DG = 3，FH = EG = m - 4，
∴点F的坐标为(4 - m,m + 3).
(ii)当点E在点D下方时，如图
(2)，
此时EH = DG = 3，FH = EG = 4 - m，
∴点F的坐标为(4 - m,m + 3).
综上所述，点F的坐标为(4 - m,m + 3).

②-3 ≤ m ≤ $\frac{31}{7}$.
解法提示：如图
(3)，当点F在边AB上，即位于点F₁的位置时（临界位置1），
结合①可得m + 3 = $\frac{4}{3}$×(4 - m) + 8，解得m = $\frac{31}{7}$.
当点F在边AC上，即位于点F₂的位置时（临界位置2），
结合①得m + 3 = 0，解得m = -3.
分析可知，若点F始终在△ABC的内部（包括边界），则-3 ≤ m ≤ $\frac{31}{7}$.

名师辨模型 “一线三直角”全等模型

24. (本小题满分11分)
问题情境：
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图(1)，在$□ ABCD$中，$BE \perp AD$，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF。
独立思考：
(1)试猜想EF与BF的数量关系：EF = BF。
实践探究：
(2)嘉嘉将$□ ABCD$沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图(2)，点C的对应点为$C'$，连接$DC'$并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明。
问题解决：
(3)若$□ ABCD$的面积为5，边长$AB = \frac{5}{2}$，$BC = \sqrt{5}$，在$□ ABCD$的AD边上有一个动点M，点M沿AD方向从点A开始运动，到点D停止。随着点M的运动，琪琪沿BM折叠$□ ABCD$，折叠后点A的对应点为$A'$，当$A'B$与$□ ABCD$的边垂直时，请直接写出$\triangle A'BM$与$□ ABCD$重叠部分的面积。

答案：
24
(1)EF = BF
解法提示：如图
(1)，过点F作FH//AD交BE于点H，则FH//AD//BC，

∴$\frac{DF}{CF}$ = $\frac{EH}{HB}$（依据：平行线分线段成比例）.
∵F为CD的中点，
∴DF = CF，
∴EH = HB.
∵BE⊥AD，FH//AD，
∴BE⊥FH，
∴FH垂直平分BE，
∴EF = BF（依据：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等）.
一题多解 如图，延长EF，BC交于点Q，易证BE⊥BC，△DFE≌△CFQ，
∴EF = FQ，
∴BF = $\frac{1}{2}$EQ = EF.

(2)AG = BG.
证明：如图
(2)，连接CC'.

由折叠的性质，可得C'F = CF，BF⊥CC'.
∵F为CD的中点，
∴DF = CF，
∴C'F = CF = DF，
∴∠FC'C = ∠FCC'，∠FC'D = ∠FDC'.
∵∠FC'C + ∠FCC' + ∠FC'D + ∠FDC' = 180°，
∴∠FC'C + ∠FC'D = 90°，即∠DC'C = 90°，
∴CC'⊥DG，
∴DG//BF.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD = AB，CD//AB，
∴四边形DGBF是平行四边形（依据：两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
∴DF = BG.
∵DF = $\frac{1}{2}$CD，
∴BG = $\frac{1}{2}$AB，
∴AG = BG.
(3)$\frac{11}{6}$或$\frac{5\sqrt{5}}{2}$ - 5.
解法提示：分两种情况讨论.
①当A'B⊥CD时，如图
(3)，设A'B，A'M分别交CD于点P，N，过点M作MJ⊥AB于点J，过点D作DT⊥AB于点T，

则A'B⊥AB，四边形DTBP是矩形，
∴DT = BP.
∵S_□ABCD = AB·DT，
∴$\frac{5}{2}$DT = 5，
∴DT = 2，
∴BP = DT = 2，
∴A'P = A'B - BP = AB - BP = $\frac{5}{2}$ - 2 = $\frac{1}{2}$.
在Rt△ADT中，AT = $\sqrt{AD^2 - DT^2}$ = $\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}$ = 1，
∴tanA = $\frac{MJ}{AJ}$ = $\frac{DT}{AT}$ = 2.
设AJ = x，则MJ = 2x.
由折叠的性质，得∠A'BM = ∠ABM = $\frac{1}{2}$∠ABA' = 45°，
∴BJ = MJ = 2x.
∵AB = AJ + BJ，
∴x + 2x = $\frac{5}{2}$，解得x = $\frac{5}{6}$，
∴MJ = 2x = $\frac{5}{3}$.
∵tanA' = tanA = 2，
∴$\frac{PN}{A'P}$ = 2，
∴PN = 1，
∴S_重叠 = S_四边形MBPN = S_△A'BM - S_△A'NP = $\frac{1}{2}$AB·MJ - $\frac{1}{2}$NP·A'P = $\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{5}{3}$ - $\frac{1}{2}$×1×$\frac{1}{2}$ = $\frac{11}{6}$.
②当A'B⊥AD时，如图
(4)，设A'B交AD于点I.

∵S_□ABCD = AD·BI，
∴$\sqrt{5}$BI = 5，
∴BI = $\sqrt{5}$，
∴A'I = A'B - BI = $\frac{5}{2}$ - $\sqrt{5}$.
由①知tanA' = 2，
∴$\frac{MI}{A'I}$ = 2，
∴MI = 2A'I = 5 - 2$\sqrt{5}$，
∴S_重叠 = S_△BMI = $\frac{1}{2}$MI·BI = $\frac{1}{2}$×(5 - 2$\sqrt{5}$)×$\sqrt{5}$ = $\frac{5\sqrt{5}}{2}$ - 5.
综上所述，△A'BM与□ABCD重叠部分的面积为$\frac{11}{6}$或$\frac{5\sqrt{5}}{2}$ - 5.