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2025 年浙江中考第 24 题

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lailai
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学生 & 开发者

题目​

24.（本题 1212 分）在菱形 ABCDABCD 中，ABAB=5，ACAC=8。

（1）如图 11，求 sin⁡∠BAC\sin\angle BAC 的值。

（2）如图 22，EE 是 ADAD 延长线上的一点，连接 BEBE，作 △FBE\triangle FBE 与 △ABE\triangle ABE 关于直线 BEBE 对称，EFEF 交射线 ACAC 于点 PP，连接 BPBP。

①当 EF⊥ACEF\perp AC 时，求 AEAE 的长

②求 PA−PBPA-PB 的最小值。

建系法​

以 AA 为原点，ABAB 为 xx 轴正方向建系，易得：

A(0,0),B(5,0),C(325,245),D(75,245)A(0,0),B(5,0),C\left(\frac{32}{5},\frac{24}{5}\right),D\left(\frac{7}{5},\frac{24}{5}\right)

因为 EE 在 ADAD 延长线上，不妨设：

E(7t5,24t5)E\left(\frac{7t}{5},\frac{24t}{5}\right)

因为 FF 为 AA 关于 BEBE 的对称点，所以：

F=2[B+(A−B)⋅(E−B)∥E−B∥2 (E−B)]−A=(1152t25(25t2−14t+25),48t(25−7t)5(25t2−14t+25))F=2\left[B+\frac{(A-B)\cdot(E-B)}{\lVert E-B\rVert^{2}}\,(E-B)\right]-A=\left( \frac{1152t^{2}}{5(25t^{2}-14t+25)}, \frac{48t(25-7t)}{5(25t^{2}-14t+25)} \right)

因为 PP 为 ACAC 和 EFEF 的交点，所以：

P(64t(25t−7)5(25t2+50t−39),48t(25t−7)5(25t2+50t−39))P\left(\frac{64t(25t-7)}{5(25t^{2}+50t-39)},\frac{48t(25t-7)}{5(25t^{2}+50t-39)} \right)

令：

f(t)=AP−BP=16t(25t−7)−3(25t2−14t+25)(425t2−494t+169)25t2+50t−39f(t)=AP-BP=\frac{16t(25t-7)-3\sqrt{(25t^{2}-14t+25)(425t^{2}-494t+169)}}{25t^{2}+50t-39}

求导：

f′(t)=(800t−112−3[(50t−14)(425t2−494t+169)+(25t2−14t+25)(850t−494)]2(25t2−14t+25)(425t2−494t+169)) (25t2+50t−39)−(400t2−112t−3(25t2−14t+25)(425t2−494t+169)) (50t+50)(25t2+50t−39)2f'(t)= \frac{ \Bigl( 800t-112-\frac{3\bigl[(50t-14)(425t^{2}-494t+169)+(25t^{2}-14t+25)(850t-494)\bigr]} {2\sqrt{(25t^{2}-14t+25)(425t^{2}-494t+169)}} \Bigr)\,(25t^{2}+50t-39)- \Bigl( 400t^{2}-112t-3\sqrt{(25t^{2}-14t+25)(425t^{2}-494t+169)} \Bigr)\,(50t+50)} {\bigl(25t^{2}+50t-39\bigr)^{2}}

令 f′(t)=0f'(t)=0：

475t2−650t+91=0475t^2-650t+91=0

求解：

t1=65−83995≈0.1583,t2=65+83995≈1.2101t_1=\frac{65-8\sqrt{39}}{95}\approx0.1583,t_2=\frac{65+8\sqrt{39}}{95}\approx1.2101

代入 f(t)f(t)：

f(t1)=44−3395≈5.0530,f(t2)=339−45≈2.9470f(t_1)=\frac{44-3\sqrt{39}}{5}\approx5.0530,f(t_2)=\frac{3\sqrt{39}-4}{5}\approx2.9470

所以 AP−BPAP-BP 最小值为：

339−45\frac{3\sqrt{39}-4}{5}