《2026年江苏13大市中考名卷优选38套数学》

28 (12分)如图1,在矩形$ABCD$中,$AB=3$,$BC=3\sqrt{3}$,$M$是边$BC$上一个动点,点$N$在射线$CD$上,$\angle MAN=60°$,线段$AM$的垂直平分线分别交直线$AB$,$AM$,$AN$,$CD$于点$E$,$F$,$G$,$H$.

(1) 直接写出$\angle ACB=$,$ \frac{EH}{AM}=$;
(2) 当$BM=1$时,求$EF+GH$的值;
(3) 如图2,连接$MG$并延长交直线$CD$于点$P$.
① 求证：$MG=PG$;
② 如图3,过点$P$作直线$EH$的垂线,分别交直线$EH$,$AN$于点$T$,$Q$,连接$DQ$,求线段$DQ$的最小值.

答案：
$28(1)30° \sqrt{3} $解析：过点E作EK⊥CD于点K。因为四边形ABCD是矩形，所以∠B=∠BCD=∠EKC=∠EKH=90°，所以四边形EBCK是矩形，所以$EK=BC=3\sqrt{3}，$∠AEK=90°。又因为AM⊥EH，所以∠EAM+∠AEH=∠HEK+∠AEH=90°，所以∠EAM=∠HEK，所以△ABM∽△EKH，所以$\frac{EH}{AM}=\frac{EK}{AB}=\sqrt{3}。$因为$tan∠ACB=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{3\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}，$所以∠ACB=30°。
(2)解：连接GM。因为AB=3，BM=1，所以$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}。$根据
(1)中结论，得$EH=\sqrt{3}AM=\sqrt{30}。$因为EH垂直平分AM，所以AG=GM。又∠MAN=60°，所以△AGM是等边三角形，所以$AG=AM=\sqrt{10}，$所以$GF=AG·sin∠MAG=\sqrt{10}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{30}}{2}，$所以$EF+GH=EH-GF=\sqrt{30}-\frac{\sqrt{30}}{2}=\frac{\sqrt{30}}{2}。$
(3)①证明：根据
(1)中结论，得$EH=\sqrt{3}AM。$因为EH垂直平分AM，所以AG=GM。又∠MAN=60°，所以△AGM是等边三角形，所以AG=AM，所以$GF=AG·sin∠MAG=\frac{\sqrt{3}}{2}AM，$所以$EF+GH=EH-GF=\sqrt{3}AM-\frac{\sqrt{3}}{2}AM=\frac{\sqrt{3}}{2}AM=FG。$过点M作ML//AB交EH于点L，则∠EAF=∠LMF，∠AEF=∠MLF。又EH垂直平分AM，所以AF=FM，所以△AEF≌△MLF，所以EF=LF，所以LG=GH。因为AB//CD，AB//ML，所以ML//CD，所以$\frac{MG}{PG}=\frac{LG}{HG}=1，$即MG=PG。
②解法一：如图，连接CG，CQ。因为∠BCD=90°，MG=PG，所以CG=MG=PG。因为EH垂直平分AM，EH⊥PQ，所以AG=GM，AM//PQ，所以$\frac{AG}{QG}=\frac{MG}{PG}=1，$所以AG=MG=CG=QG，所以∠GAC=∠GCA，∠GCQ=∠GQC，所以∠ACQ=90°。又因为∠ACB=30°，所以∠ACD=60°，所以∠DCQ=90°-∠ACD=30°，即点Q在与线段CD夹角为30°的射线上。如图，过点D作$DQ_1⊥CQ$于点$Q_1，$当点Q在点$Q_1$时，DQ最小，此时$DQ=\frac{1}{2}CD=\frac{3}{2}。$

解法二：连接CQ。由①，得MG=PG。因为EH垂直平分AM，EH⊥PQ，所以AM//PQ，所以$\frac{AG}{QG}=\frac{MG}{PG}=1，$所以AG=QG。由①可得△AGM是等边三角形，所以AG=QG=AM，所以AQ=2AM。因为∠ACB=30°，所以AC=2AB。因为∠BAC=∠MAQ=60°，所以$\frac{AC}{AB}=\frac{AQ}{AM}=2，$所以△ACQ∽△ABM，所以∠ACQ=∠ABM=90°，所以∠DCQ=90°-∠ACD=30°，即点Q在与线段CD夹角为30°的射线上，所以过点D作$DQ_1⊥CQ$于点$Q_1，$当点Q在点$Q_1$时，DQ最小，此时$DQ=\frac{1}{2}CD=\frac{3}{2}。$