2017-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，正方形 \(ABCD\) 和正方形 \(EFCG\) 的边长分别为 3 和 1，点 \(F\)、\(G\) 分别在边 \(BC\)、\(CD\) 上，\(P\) 为 \(AE\) 的中点，连接 \(PG\)，则 \(PG\) 的长为________。
解题步骤（几何法）
① 作辅助线：延长 \(GE\) 交 \(AB\) 于点 \(N\)，过点 \(P\) 作 \(PM \perp GN\) 于点 \(M\)。
② 由正方形的性质：
\(AN = AB – BN = AB – EF = 3 – 1 = 2\)
\(NE = GN – GE = BC – FC = 3 – 1 = 2\)
③ 因为 \(P\) 是 \(AE\) 的中点，且 \(PM \parallel AN\)，所以 \(PM\) 是 \(\triangle ANE\) 的中位线：
\(ME = \dfrac{1}{2}NE = 1\)
\(PM = \dfrac{1}{2}AN = 1\)
④ 计算 \(MG\) 的长度：
\(MG = ME + EG = 1 + 1 = 2\)
⑤ 在 \(Rt\triangle PMG\) 中，由勾股定理：
\(PG = \sqrt{PM^2 + MG^2} = \sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt{5}\)
答案：\(\boldsymbol{\sqrt{5}}\)
2018-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，在边长为 4 的等边 \(\triangle ABC\) 中，\(D,E\) 分别为 \(AB,BC\) 的中点，\(EF \perp AC\) 于点 \(F\)，\(G\) 为 \(EF\) 的中点，连接 \(DG\)，则 \(DG\) 的长为________。
解题步骤
① 连接 \(DE\)，由题意可得 \(\triangle DEG\) 是直角三角形，然后根据勾股定理即可求解 \(DG\) 的长。
② 因为 \(D\)、\(E\) 分别是 \(AB\)、\(BC\) 的中点，所以：
\(DE \parallel AC,\quad DE = \dfrac{1}{2}AC\)
又因为 \(\triangle ABC\) 是等边三角形，边长为 4，所以：
\(\angle DEB = 60^\circ,\quad DE = 2\)
③ 因为 \(EF \perp AC\)，\(\angle C = 60^\circ\)，\(EC = 2\)，所以：
\(\angle FEC = 30^\circ,\quad EF = \sqrt{3}\)
\(\angle DEG = 180^\circ – 60^\circ – 30^\circ = 90^\circ\)
④ 因为 \(G\) 是 \(EF\) 的中点，所以：
\(EG = \dfrac{1}{2}EF = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
⑤ 在 \(Rt\triangle DEG\) 中，由勾股定理：
\(DG = \sqrt{DE^2 + EG^2} = \sqrt{2^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{19}}{2}\)
答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{19}}{2}}\)
2019-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，正方形纸片 \(ABCD\) 的边长为 12，点 \(E\) 在边 \(CD\) 上，折叠该纸片，使点 \(A\) 落在 \(AE\) 上的 \(G\) 点，并使折痕经过点 \(B\)，得到折痕 \(BF\)，点 \(F\) 在 \(AD\) 上。若 \(DE = 5\)，则 \(GE\) 的长为________。
解题步骤
① 在 \(Rt\triangle ADE\) 中，由勾股定理求 \(AE\)：
\(AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13\)
② 由折叠性质，\(\triangle ABF \cong \triangle GBF\)，因此 \(BF\) 垂直平分 \(AG\)：
\(AM = MG,\quad \angle AMB = 90^\circ\)
③ 由 \(\angle BAM + \angle FAM = 90^\circ\)，\(\angle BAM + \angle ABM = 90^\circ\)，得 \(\angle ABM = \angle FAM\)，因此：
\(\triangle ABM \sim \triangle ADE\)
④ 由相似三角形对应边成比例：
\(\dfrac{AM}{DE} = \dfrac{AB}{AE}\)
\(\dfrac{AM}{5} = \dfrac{12}{13} \implies AM = \dfrac{60}{13}\)
⑤ 因此 \(AG = 2AM = \dfrac{120}{13}\)，则：
\(GE = AE – AG = 13 – \dfrac{120}{13} = \dfrac{49}{13}\)
答案：\(\boldsymbol{\dfrac{49}{13}}\)
2020-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，在平行四边形 \(ABCD\) 中，顶点 \(C\) 在等边 \(\triangle BEF\) 的边 \(BF\) 上，点 \(E\) 在 \(AB\) 的延长线上，\(G\) 为 \(DE\) 的中点，连接 \(CG\)。若 \(AD=3\)，\(AB=CF=2\)，则 \(CG\) 的长为________。
解题步骤
① 延长 \(CG\) 交 \(AE\) 于点 \(H\)。
因为四边形 \(ABCD\) 是平行四边形，所以 \(DC \parallel AE\)。
又因为 \(G\) 是 \(DE\) 的中点，可证 \(\triangle DCG \cong \triangle EHG\)（AAS），因此：
\(CG = HG\)
② 计算相关边长：
\(AB = CF = 2,\ BC = AD = 3\)
\(BE = BF = BC + CF = 3 + 2 = 5\)
\(HE = CD = AB = 2\)
\(BH = BE – HE = 5 – 2 = 3\)
③ 由 \(\triangle BEF\) 是等边三角形，得 \(\angle FBE = 60^\circ\)，又 \(BC = BH = 3\)，所以 \(\triangle BCH\) 为等边三角形：
\(CH = BC = 3\)
④ 因为 \(CG = \dfrac{1}{2}CH\)，所以：
\(CG = \dfrac{3}{2}\)
答案：\(\boldsymbol{\dfrac{3}{2}}\)
2021-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，正方形 \(ABCD\) 的边长为 4，对角线 \(AC\)，\(BD\) 相交于点 \(O\)，点 \(E\)，\(F\) 分别在 \(BC\)，\(CD\) 的延长线上，且 \(CE = 2\)，\(DF = 1\)，\(G\) 为 \(EF\) 的中点，连接 \(OE\)，交 \(CD\) 于点 \(H\)，连接 \(GH\)，则 \(GH\) 的长为________。
解题步骤
① 过点 \(O\) 作 \(ON \perp CD\) 于点 \(N\)，作 \(OM \perp BC\) 于点 \(M\)。
在正方形 \(ABCD\) 中，\(OM = CM = \dfrac{1}{2}BC = 2\)，\(ON = DN = \dfrac{1}{2}CD = 2\)。
② 计算线段对应长度：
\(NF = DN + DF = 2 + 1 = 3\)
③ 在 \(Rt\triangle ONF\) 中，由勾股定理：
\(OF = \sqrt{ON^2 + NF^2} = \sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13}\)
④ 因为 \(G\) 是 \(EF\) 的中点，\(H\) 是 \(OE\) 的中点，\(HG\) 是 \(\triangle OEF\) 的中位线，所以：
\(HG = \dfrac{1}{2}OF = \dfrac{\sqrt{13}}{2}\)
答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{13}}{2}}\)
2022-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，已知菱形 \(ABCD\) 的边长为 2，\(\angle DAB = 60^\circ\)，\(E\) 为 \(AB\) 的中点，\(F\) 为 \(CE\) 的中点，\(AF\) 与 \(DE\) 相交于点 \(G\)，则 \(GF\) 的长等于________。
解题步骤
① 过点 \(F\) 作 \(FH \parallel CD\)，交 \(DE\) 于 \(H\)，过点 \(C\) 作 \(CM \perp AB\)，交 \(AB\) 的延长线于 \(M\)，连接 \(FB\)。
因为四边形 \(ABCD\) 是菱形，所以 \(AB = CD = BC = 2\)，\(AB \parallel CD\)，故 \(FH \parallel AB\)。
② 因为 \(F\) 是 \(CE\) 的中点，\(FH \parallel CD\)，所以 \(H\) 是 \(DE\) 的中点，\(FH\) 是 \(\triangle CDE\) 的中位线：
\(FH = \dfrac{1}{2}CD = 1\)
③ 因为 \(E\) 是 \(AB\) 的中点，所以 \(AE = BE = 1\)，因此 \(AE = FH\)。
由 \(\angle AGE = \angle FGH\)，可证 \(\triangle AEG \cong \triangle FHG\)（AAS），所以 \(AG = FG\)。
④ 在 \(Rt\triangle CBM\) 中，\(\angle CBM = 60^\circ\)，所以：
\(BM = \dfrac{1}{2}BC = 1,\quad CM = \sqrt{2^2 – 1^2} = \sqrt{3}\)
故 \(BE = BM\)，\(FB\) 是 \(\triangle CEM\) 的中位线：
\(BF = \dfrac{1}{2}CM = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
⑤ 在 \(Rt\triangle AFB\) 中，由勾股定理：
\(AF = \sqrt{AB^2 + BF^2} = \sqrt{2^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{19}}{2}\)
因为 \(GF = \dfrac{1}{2}AF\)，所以：
\(GF = \dfrac{\sqrt{19}}{4}\)
答案：\(\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{19}}{4}}\)
2023-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，在边长为 3 的正方形 \(ABCD\) 的外侧，作等腰三角形 \(ADE\)，\(EA = ED = \dfrac{5}{2}\)。
(Ⅰ) \(\triangle ADE\) 的面积为________；
(Ⅱ) 若 \(F\) 为 \(BE\) 的中点，连接 \(AF\) 并延长，与 \(CD\) 相交于点 \(G\)，则 \(AG\) 的长为________。
(Ⅰ) 求 \(\triangle ADE\) 的面积
如图，过点 \(E\) 作 \(EM \perp AD\) 于点 \(M\)。
- \(\because EA = ED = \dfrac{5}{2}\)，\(\therefore \triangle ADE\) 是等腰三角形，\(M\) 为 \(AD\) 中点。
- \(\because AD = 3\)，\(\therefore AM = DM = \dfrac{3}{2}\)。
- 在 \(Rt\triangle AEM\) 中： \[ EM = \sqrt{AE^2 – AM^2} = \sqrt{\left(\dfrac{5}{2}\right)^2 – \left(\dfrac{3}{2}\right)^2} = 2 \]
\(\therefore S_{\triangle ADE} = \dfrac{1}{2} \times AD \times EM = \dfrac{1}{2} \times 3 \times 2 = 3\)。
3
(Ⅱ) 求 \(AG\) 的长
如图，过点 \(E\) 作 \(EP \perp BC\) 于点 \(P\)，交 \(AD\) 于 \(M\)，交 \(AG\) 于 \(N\)。
- \(\because\) 四边形 \(ABCD\) 是正方形，\(\therefore AB = PM = 3\)，\(EP = EM + PM = 2 + 3 = 5\)。
- \(\because F\) 是 \(BE\) 中点，\(\therefore BF = EF\)。 可证 \(\triangle ABF \cong \triangle NEF\)（ASA），\(\therefore EN = AB = 3\)。
- \(\therefore MN = EP – EN – EM = 5 – 3 – 2 = 1\)。
- \(\because MN \parallel GD\) 且 \(M\) 是 \(AD\) 中点，\(\therefore GD = 2MN = 2\)。
- 在 \(Rt\triangle ADG\) 中： \[ AG = \sqrt{AD^2 + GD^2} = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \]
\(\sqrt{13}\)
2024-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，正方形 \(ABCD\) 的边长为 \(3\sqrt{2}\)，对角线 \(AC, BD\) 相交于点 \(O\)，点 \(E\) 在 \(CA\) 的延长线上，且 \(OE = 5\)，连接 \(DE\)。
(Ⅰ) 线段 \(AE\) 的长为________；
(Ⅱ) 若 \(F\) 为 \(DE\) 的中点，则线段 \(AF\) 的长为________。
(Ⅰ) 求线段 \(AE\) 的长
如图，利用正方形的性质求解。
- \(\because\) 四边形 \(ABCD\) 是正方形，\(\therefore OA = OC = OD = OB\)，且 \(\angle DOC = 90^\circ\)。
- 在 \(Rt\triangle DOC\) 中，\(DC = 3\sqrt{2}\)，根据勾股定理： \[ OD^2 + OC^2 = DC^2 \implies 2OD^2 = (3\sqrt{2})^2 = 18 \implies OD = 3 \] 因此 \(OA = OD = 3\)。
- \(\because OE = 5\)，\(\therefore AE = OE – OA = 5 – 3 = 2\)。
\(AE = 2\)
(Ⅱ) 求线段 \(AF\) 的长
如图，延长 \(DA\) 到点 \(G\)，使 \(AG = AD\)，连接 \(EG\)，过点 \(E\) 作 \(EH \perp AG\) 于点 \(H\)。
- \(\because F\) 为 \(DE\) 的中点，\(A\) 为 \(GD\) 的中点，\(\therefore AF\) 为 \(\triangle DGE\) 的中位线，\(AF = \dfrac{1}{2}EG\)。
- 在 \(Rt\triangle EAH\) 中，\(\angle EAH = \angle DAC = 45^\circ\)，\(\therefore AH = EH\)。 \[ AH^2 + EH^2 = AE^2 \implies 2AH^2 = 2^2 = 4 \implies AH = EH = \sqrt{2} \]
- \(\because AG = AD = 3\sqrt{2}\)，\(\therefore GH = AG – AH = 3\sqrt{2} – \sqrt{2} = 2\sqrt{2}\)。
- 在 \(Rt\triangle EGH\) 中，根据勾股定理： \[ EG^2 = EH^2 + GH^2 = (\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 2 + 8 = 10 \implies EG = \sqrt{10} \]
- \(\therefore AF = \dfrac{1}{2}EG = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\)。
\(AF = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\)
2025-天津中考-真题-17题
题目条件
如图，在矩形 \(ABCD\) 中，\(AB = 2\)，\(BC = 3\)，点 \(E\) 在边 \(BC\) 上，且 \(EC = 2BE\)。
(Ⅰ) 线段 \(AE\) 的长为________；
(Ⅱ) \(F\) 为 \(CD\) 的中点，\(M\) 为 \(AF\) 的中点，\(N\) 为 \(EF\) 上一点，若 \(\angle FMN = 75^\circ\)，则线段 \(MN\) 的长为________。
(Ⅰ) 求线段 \(AE\) 的长
根据矩形性质与勾股定理求解。
- \(\because BC = 3\)，\(EC = 2BE\)，\(\therefore BE = 1\)，\(EC = 2\)。
- 在 \(Rt\triangle ABE\) 中，\(AB = 2\)，\(BE = 1\)，根据勾股定理： \[ AE = \sqrt{AB^2 + BE^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5} \]
\(AE = \sqrt{5}\)
(Ⅱ) 求线段 \(MN\) 的长
过点 \(M\) 作 \(MH \perp EF\) 于点 \(H\)，将斜三角形分解为两个直角三角形。
- \(\because\) 四边形 \(ABCD\) 是矩形，\(\therefore AB = CD = 2\)，\(\angle B = \angle C = 90^\circ\)。 又 \(F\) 为 \(CD\) 中点，\(\therefore CF = DF = 1\)。
- \(\because BE = CF = 1\)，\(AB = EC = 2\)，\(\therefore \triangle ABE \cong \triangle ECF\)（SAS）， \(\therefore EF = AE = \sqrt{5}\)，\(\angle BAE = \angle CEF\)。
- \(\because \angle BAE + \angle AEB = 90^\circ\)，\(\therefore \angle CEF + \angle AEB = 90^\circ\)， \(\therefore \angle AEF = 90^\circ\)，\(\triangle AEF\) 为等腰直角三角形。
- \(\therefore AF = \sqrt{2}EF = \sqrt{10}\)。 \(\because M\) 为 \(AF\) 中点，\(\therefore MF = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\)。
- \(\because MH \perp EF\)，\(\angle AFE = 45^\circ\)，\(\therefore \triangle MHF\) 为等腰直角三角形， \[ MH = HF = \dfrac{MF}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{10}/2}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2} \]
- \(\because \angle FMN = 75^\circ\)，\(\angle FMH = 45^\circ\)，\(\therefore \angle NMH = 30^\circ\)。 在 \(Rt\triangle MNH\) 中，\(NH = \dfrac{1}{2}MN\)。
- 由勾股定理： \[ MN^2 = NH^2 + MH^2 \implies MN^2 = \left(\dfrac{1}{2}MN\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)^2 \] 解得：\(MN = \dfrac{\sqrt{15}}{3}\)。
\(MN = \dfrac{\sqrt{15}}{3}\)
