專題18解答題壓軸題閱讀理解探究題型（原卷版）

模塊一2022中考真題鏈接

專題詮釋：閱讀理解探究題型以能力立意為目標綜合考核數學素養與數學應用能力，這類題目往往考核學

生的閱讀能力、分析推理能力、數據處理能力、表達能力、知識遷移能力。綜合性強，靈活性高，又具有

較強的區分度。近年來，閱讀理解探究性題型頻頻出現在全國各地的中考試題中。本專輯精選2022中考真

題，題目仍然偏多，想刪去一些，但又感覺每道題都具有特點，都很好。所以還請讀者自己根據自己的情

況選擇使用。

類型一圖形的性質

1．（2022?淮安）在數學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形ABCD

中，∠B為銳角，E為BC中點，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點A的對應

點為點A'，點B的對應點為點B'．

【觀察發現】

A'D與B'E的位置關系是A′D∥B′E；

【思考表達】

（1）連接B'C，判斷∠DEC與∠B'CE是否相等，并說明理由；

（2）如圖（2），延長DC交A'B'于點G，連接EG，請探究∠DEG的度數，并說明理由；

【綜合運用】

如圖（3），當∠B＝60°時，連接B'C，延長DC交A'B'于點G，連接EG，請寫出B'C、EG、DG之間的

數量關系，并說明理由．

【分析】【觀察發現】利用翻折變換的性質判斷即可．

【思考表達】（1）結論：∠DEC＝∠B'CE．證明DE∥CB′即可；

（2）證明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解決問題．

【綜合運用】結論：DG2＝EG2B′C2．如圖（3）中，延長DG交EB′的延長線于點T，過點D作

49

+16

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DR⊥GA′交GA′的延長線于點R．想辦法證明DECB′，可得結論．

7

【解答】解：【觀察發現】如圖（1）中，由翻折的性=質4可知，A′D∥B′E．

故答案為：A′D∥B′E；

【思考表達】（1）結論：∠DEC＝∠B'CE．

理由：如圖（2）中，連接BB′．

∵EB＝EC＝EB′，

∴∠BB′C＝90°，

∴BB′⊥B′C，

由翻折變換的性質可知BB′⊥DE，

∴DE∥CB′，

∴∠DEC＝∠B′CE；

（2）結論：∠DEG＝90°．

理由：如圖（2）中，連接DB，DB′，

由翻折的性質可知∠BDE＝∠B′DE，

設∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．

∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ADB＝∠CDB＝∠B′DA′，

∴∠A′DG＝∠BDB′＝2x，

∴∠DGA′＝180°﹣2x﹣y，

∵∠BEB′＝∠EBD+∠EB′D+∠BDB′，

∴∠BEB′＝180°﹣y+2x，

∵EC＝EB′，

∴∠EB′C＝∠ECB′∠BEB′＝90°y+x，

11

=?

∴∠GB′C＝∠A′B′E2﹣∠EB′C＝180﹣2y﹣（90°y+x）＝90°y﹣x，

11

∴∠CGA′＝2∠GB′C，?2?2

∵∠CGA′＝∠GB′C+∠GCB′，

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∴∠GB′C＝∠GCB′，

∴GC＝GB′，

∵EB′＝EC，

∴EG⊥CB′，

∵DE∥CB′，

∴DE⊥EG，

∴∠DEG＝90°；

【綜合運用】結論：DG2＝EG2B′C2．

49

理由：如圖（3）中，延長DG交+1E6B′的延長線于點T，過點D作DR⊥GA′交GA′的延長線于點R．

設GC＝GB′＝x，CD＝A′D＝A′B′＝2a，

∵∠B＝60°，

∴∠A＝∠DA′B′＝120°，

∴∠DA′R＝60°，

∴A′R＝A′D?cos60°＝a，DRa，

在Rt△DGR中，則有（2a+x）2＝=（3a）2+（3a﹣x）2，

3

∴xa，

4

=

∴GB′5a，A′Ga，

46

∵TB′∥=D5A′，=5

∴，

??′??′

=

??′??′

∴4，

??′5?

=6

2?5?

∴TB′a，

4

∵CB′=∥3DE，

∴4，

??′??′3?4

==4=

?????+3?7

∴DECB′，

7

=4

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∵∠DEG＝90°，

∴DG2＝EG2+DE2，

∴DG2＝EG2B′C2．

49

+16

【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質，翻折變換，勾股定理，解直角三角形，平行線分

線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形

解決問題，屬于中考壓軸題．

2．（2022?襄陽）矩形ABCD中，（k＞1），點E是邊BC的中點，連接AE，過點E作AE的垂線EF，

???

=

與矩形的外角平分線CF交于點??F．2

【特例證明】

（1）如圖（1），當k＝2時，求證：AE＝EF；

小明不完整的證明過程如下，請你幫他補充完整．

證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．

∵k＝2，

∴AB＝BC．

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∵∠B＝90°，BH＝BE，

∴∠1＝∠2＝45°，

∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．

∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，

∴∠3∠DCG＝45°．

1

∴∠E=CF2＝∠3+∠4＝135°．

∴……

（只需在答題卡對應區域寫出剩余證明過程）

【類比探究】

（2）如圖（2），當k≠2時，求的值（用含k的式子表示）；

??

【拓展運用】??

（3）如圖（3），當k＝3時，P為邊CD上一點，連接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的長．

??=5

【分析】（1）證明△AHE≌△ECF（ASA）即可；

（2）在BA上截取BH＝BE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解；

（3）以A為旋轉中心，△ADP繞A點旋轉90°到△AP'H，設AB＝3a，則BC＝2a，由tan∠BAE，

1

=

∠EAP＝45°，可得tan∠DAP，從而判斷△APE是等腰直角三角形，過點F作FQ⊥EG交于Q，3又

1

=2

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可得∠FEQ＝∠BAE，則，可求FQa，EQa，EFa，能夠證明△PAE∽△FPE，從

1??1310

==2=2=2

而得到∠APE＝∠PFE＝930°，??則+?PF＝EFa，求出a，即可得BC＝2．

1

【解答】（1）證明：如圖，在BA上截取B=H＝2B1E0，=連接5EH．=22

∵k＝2，

∴AB＝BC．

∵∠B＝90°，BH＝BE，

∴∠1＝∠2＝45°，

∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，

∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，

∴∠3∠DCG＝45°，

1

∴∠E=CF2＝∠3+∠4＝135°，

∵AE⊥EF，

∴∠6+∠AEB＝90°，

∵∠5+∠AEB＝90°，

∴∠5＝∠6，

∵AB＝BC，BH＝BE，

∴AH＝EC，

∴△AHE≌△ECF（ASA），

∴AE＝EF；

（2）解：在BA上截取BH＝BE，連接EH．

∵∠B＝90°，BH＝BE，

∴∠BHE＝∠BEH＝45°，

∴∠AHE＝135°，

∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，

∴∠DCF∠DCG＝45°．

1

∴∠ECF＝=1235°，

∵AE⊥EF，

∴∠FEC+∠AEB＝90°，

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∵∠BAE+∠AEB＝90°，

∴∠BAE＝∠FEC，

∴△AHE∽△ECF，

∴，

????

=

∵???，?E是BC邊的中點，

???

=

∴E?C?＝H2BBC，

1

=2

∴AH＝ABBC＝（）BC，

1?1

??

∴k﹣1；222

??

=

（3?）?如圖（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，

設AB＝3，BE＝1，則EC＝2，

∵∠ACE＝45°，

∴EG＝GC，

∵AC＝3=，2

∴AG＝22，

2

∴tan∠EAG，tan∠BAE，

11

以A為旋轉中=心2，△ADP繞=A3點旋轉90°到△AP'H，

∵k＝3，

∴，

??3

=

設?A?B＝32a，則BC＝2a，

由旋轉可得∠P'AP＝90°，

連接P'E，HE，延長P'H交CD于點G，連接EG，

∵AH＝AD＝2a，

∴BH＝a，

∵E是BC的中點，

∴BE＝a，

∴tan∠BAE，

1

=3

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∵∠EAP＝45°，

∴∠BAE+∠DAP＝45°，

∴tan∠DAP，

1

∴DP＝a，=2

∴PC＝2a，

∴APa，PEa，AEa，

∴△A=PE5是等腰直=角5三角形，=10

∴∠APE＝90°，

∵AE⊥EF，

∴∠PEF＝∠PEA＝45°，

過點F作FQ⊥EG交于Q，

∵CF平分∠PCG，

∴∠FCQ＝45°，

∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，

∴∠FEQ＝∠BAE，

∴，

1??

=

∴F3Q??a+，?

1

=

∴EQ2a，

3

=2

∴EFa，

10

=

∴2，

????

=

∴△??PAE?∽?△FPE，

∴∠APE＝∠PFE＝90°，

∴PF＝EFa，

1

∵PF=，210

=5

∴a，

1

10=5

∴2a，

=2

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∴BC＝2．

解法2：設2BE＝EC＝a，則AEa，

延長AP、EF交于Q，=10

∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，

∴△AEQ是等腰直角三角形，

∴AE＝EQ，

作QM⊥BC交N，

∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，

∴∠BAE＝∠QEM，

∵AE＝EQ，

∴△ABE≌△EMQ（AAS），

∴EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，

作QN⊥CD交BC延長線于M，

∴四邊形NCMQ是矩形，

∴QN＝CM＝AD＝2a，

∵∠APD＝∠NPQ，∠D＝∠PNQ，

∴△ADP≌△QNP（AAS），

∴AP＝PQ，

∵EFAEEQ，

11

==

∴EF＝F2Q，P2FAE，

1

=2

∴a，

1

10=5

∴2a，

∴B=C＝22．

解法3：過2點P作PQ⊥AE交于點Q，過點Q作MN∥AD分別交AB、CD于點M、N，

設BE＝2x＝EC，則AB＝6x，

由△AMQ與△QNP全等，

設MQ＝n，

∵tan∠BAE，

1

=3

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∴AM＝3n＝QN，

∴n+3n＝4x，

解得n＝x，

∴MQ＝x，AQx＝PQ，

∴QE＝AE﹣QA=10x，

由（2）可知，A=E：1E0F＝2，

∴EFx，

可證得=四1邊0形QEFP是正方形，

∴PFx，

∵PF=10，

=5

解答x，

2

∴BC＝=4x2＝2．

2

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【點評】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握矩形的性質，全等三角形的判定及性質，相似三角形是

判定及性質，正方形的判定及性質，等腰直角三角形的判定及性質是解題的關鍵．

3．（2022?寧夏）綜合與實踐

知識再現

如圖1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以BC、CA、AB為邊向外作的正方形的面積為S1、S2、S3．當

S1＝36，S3＝100時，S2＝64．

問題探究

如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．

（1）如圖2，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等腰直角三角形的面積為S1、S2、S3，則S1、S2、S3

之間的數量關系是S1+S2＝S3．

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（2）如圖3，分別以BC、CA、AB為邊向外作的等邊三角形的面積為S4、S5、S6，試猜想S4、S5、S6

之間的數量關系，并說明理由．

實踐應用

（1）如圖4，將圖3中的△BCD繞點B逆時針旋轉一定角度至△BGH，△ACE繞點A順時針旋轉一定

角度至△AMN，GH、MN相交于點P．求證：S△PHN＝S四邊形PMFG；

（2）如圖5，分別以圖3中Rt△ABC的邊BC、CA、AB為直徑向外作半圓，再以所得圖形為底面作柱

體，BC、CA、AB為直徑的半圓柱的體積分別為V1、V2、V3．若AB＝4，柱體的高h＝8，直接寫出V1+V2

的值．

【分析】知識再現：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；

問題探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面積公式可求解；

222

（2）過點D作DG⊥BC交于G，分別求出S4BC，S5AC，S6AB，由勾股定理可得

333

===

222444

ABACBC，即可求S4+S5＝S6；

333

=+

實4踐應用：4（1）設4AB＝c，BC＝a，AC＝b，則HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，可證明△HNP是

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2

等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，則S△PMN（a+b﹣c），S四邊形PMFG（c﹣a）（c﹣b），

33

222==

再由c＝a+b，可證明S△PHN＝S四邊形PMFG；42

（2）設AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、以AC

為直徑的圓的面積為S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，即可求V1+V2＝16．

11

【解答】知識再現：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°=，2=2π

∴AB2＝AC2+BC2，

∴S1+S2＝S3，

∵S1＝36，S3＝100，

∴S2＝64，

故答案為：64；

問題探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

∴AB2＝AC2+BC2，

∴AB2AC2BC2，

111

=+

∴2S1+S2＝2S3，2

故答案為：S1+S2＝S3；

（2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

∴AB2＝AC2+BC2，

過點D作DG⊥BC交于G，

在等邊三角形BCD中，CD＝BC，CGBC，

1

=2

∴DGBC，

3

=

22

∴S4BCBCBC，

133

=××=

22242

同理可得S5AC，S6AB，

33

=4=4

∴AB2AC2BC2，

333

=+

∴S44+S5＝S64；4

實踐應用：（1）證明：設AB＝c，BC＝a，AC＝b，

∴HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，

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∵△HGB是等邊三角形，△ABF是等邊三角形，

∴HG∥AF，MN∥BF，

∴∠HPN＝60°，

∴△HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，

2

∴S△PHN（a+b﹣c），S四邊形PMFG（c﹣a）（c﹣b），

33

∵△ABC=是4直角三角形，=2

∴c2＝a2+b2，

∴（a+b﹣c）2（a2+b2+c2+2ab﹣2bc﹣2ac）（c2+ab﹣bc﹣ac）（c﹣a）（c﹣b），

3333

===

∴S4△PHN＝S四邊形PMFG4；22

（2）解：設AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB為直徑的圓的面積為S3、以BC為直徑的圓的面積為S1、

以AC為直徑的圓的面積為S2，

∵△ABC是直角三角形，

∴c2＝a2+b2，

∴c2a2b2，

???

=+

∴S41+S2＝4S3，4

∵V2S2h，V1S1h，V3S3h，

111

=2=2=2

∴V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，

11

∵AB＝4=，2h＝8，=2

∴V3S3h×4×8＝16，

11

==×ππ

∴V1+V22＝162．

π

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【點評】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質，圓的性質，

圓柱的體積，平行線的性質是解題的關鍵．

4．（2022?朝陽）【思維探究】

（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD

＝AC．

小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC

＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明△ADE≌△ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫

出完整的證明過程．

【思維延伸】

（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間

的數量關系，并說明理由．

【思維拓展】

（3）在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD

中有一個內角是75°，請直接寫出線段OD的長．=6

【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠

DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結論；

（2）結論：CB+CDAC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證

明△AMD≌△ANB（=AA2S），推出DM＝BN，AM＝AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，

可得結論；

（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當∠CDA＝75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如

圖3﹣2中，當∠CBD＝75°時，分別求解即可．

【解答】（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．

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∵∠BAD+∠BCD＝180°，

∴∠B+∠ADC＝180°，

∵∠ADE+∠ADC＝180°

∴∠B＝∠ADE，

在△ADE和△ABC中，

，

??=??

∠???=∠?

∴?△?=AD?E?≌△ABC（SAS），

∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，

∴∠CAE＝∠BAD＝60°，

∴△ACE的等邊三角形，

∴CE＝AC，

∵CE＝DE+CD，

∴AC＝BC+CD；

（2）解：結論：CB+CDAC．

理由：如圖2中，過點A=作A2M⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．

∵∠DAB＝∠DCB＝90°，

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∴∠CDA+∠CBA＝180°，

∵∠ABN+∠ABC＝180°，

∴∠D＝∠ABN，

∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，

∴△AMD≌△ANB（AAS），

∴DM＝BN，AM＝AN，

∵AM⊥CD，AN⊥CN，

∴∠ACD＝∠ACB＝45°，

∴ACCM，

∵AC=＝AC2．AM＝AN，

∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），

∴CM＝CN，

∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；

=2

（3）解：如圖3﹣1中，當∠CDA＝75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．

∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，

∴∠CDB＝30°，

∵∠DCB＝90°，

∴CDCB，

∵∠D=CO3＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，

∴OP＝OQ，

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∴1，

?△???2????????

1

△???==

?2????????

∴，

????

==3

∵A?B?＝A?D?，∠DAB＝90°，

∴BDA=D＝62，

=23

∴OD233．

3

=×3=3?

1+3

如圖3﹣2中，當∠CBA＝75°時，同法可證，OD23，

??11

==×3=?3

??31+3

綜上所述，滿足條件的OD的長為33或3．

【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查3了?全等三?角3形的判定和性質，解直角三角形，等邊三角形的判定

和性質，角平分線的性質定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，

屬于中考壓軸題．

5．（2022?蘭州）綜合與實踐

問題情境：我國東周到漢代一些出土實物上反映出一些幾何作圖方法，如侯馬鑄銅遺址出土車軎（wèi）

范、芯組成的鑄型（如圖1），它的端面是圓形．如圖2是用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方

法：將“矩”的直角尖端A沿圓周移動，直到AB＝AC，在圓上標記A，B，C三點；將“矩”向右旋轉，

使它左側邊落在A，B點上，“矩”的另一條邊與的交點標記為D點，這樣就用“矩”確定了圓上等距離

的A，B，C，D四點，連接AD，BC相交于點O，即O為圓心．

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問題解決：（1）請你根據“問題情境”中提供的方法，用三角板還原我國古代幾何作圖確定圓心O．如

圖3，點A，B，C在O上，AB⊥AC，且AB＝AC，請作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）

類比遷移：（2）小梅受⊙此問題的啟發，在研究了用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法后發現，

如果AB和AC不相等，用三角板也可以確定圓心O．如圖4，點A，B，C在O上，AB⊥AC，請作出

圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）⊙

拓展探究：（3）小梅進一步研究，發現古代由“矩”度量確定圓上等距離點時存在誤差，用平時學的尺

規作圖的方法確定圓心可以減少誤差．如圖5，點A，B，C是O上任意三點，請用不帶刻度的直尺和

圓規作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）請寫出你確定圓心的⊙理由：垂直平分弦的直線經過圓心．

【分析】問題解決：

（1）以B為頂點，以AB為一邊，用三角板作∠ABD是直角，∠ABD的另一邊與圓交于D，連接AD，

BC，AD，BC的交點即是圓心O；

類比遷移：

（2）方法同（1）；

拓展探究：

（3）連接AC，AB，作AC，AB的垂直平分線，兩條垂直平分線的交點即為圓心，根據是垂直平分弦的

直線經過圓心．

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【解答】解：問題解決：

（1）如圖：

O即為圓心；

類比遷移：

（2）如圖：

O即為所求作的圓心；

拓展探究：

（3）如圖：

O即為所求作的圓心，理由是垂直平分弦的直線經過圓心，

故答案為：垂直平分弦的直線經過圓心．

【點評】本題考查圓的綜合應用，涉及用三角板或尺規確定圓心，解題的關鍵是掌握若圓周角是直角，

它所對的弦是直徑及垂徑定理與推論的應用．

6．（2022?蘭州）綜合與實踐

【問題情境】

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數學活動課上，老師出示了一個問題：如圖1，在正方形ABCD中，E是BC的中點，AE⊥EP，EP與正

方形的外角∠DCG的平分線交于P點．試猜想AE與EP的數量關系，并加以證明；

【思考嘗試】

（1）同學們發現，取AB的中點F，連接EF可以解決這個問題．請在圖1中補全圖形，解答老師提出

的問題．

【實踐探究】

（2）希望小組受此問題啟發，逆向思考這個題目，并提出新的問題：如圖2，在正方形ABCD中，E為

BC邊上一動點（點E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，連接CP，可以求出∠DCP

的大小，請你思考并解答這個問題．

【拓展遷移】

（3）突擊小組深入研究希望小組提出的這個問題，發現并提出新的探究點：如圖3，在正方形ABCD中，

E為BC邊上一動點（點E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，連接DP．知道正方

形的邊長時，可以求出△ADP周長的最小值．當AB＝4時，請你求出△ADP周長的最小值．

【分析】（1）取AB的中點F，連接EF，利用同角的余角相等說明∠PEC＝∠BAE，再根據ASA證明△

AFE≌△ECP，得AE＝EP；

（2）在AB上取AF＝EC，連接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，則△FAE≌△CEP（SAS），再說

明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；

（3）作DG⊥CP，交BC的延長線于G，交CP于O，連接AG，則△DCG是等腰直角三角形，可知點

D與G關于CP對稱，則AP+DP的最小值為AG的長，利用勾股定理求出AG，進而得出答案．

【解答】解：（1）AE＝EP，

理由如下：取AB的中點F，連接EF，

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∵F、E分別為AB、BC的中點，

∴AF＝BF＝BE＝CE，

∴∠BFE＝45°，

∴∠AFE＝135°，

∵CP平分∠DCG，

∴∠DCP＝45°，

∴∠ECP＝135°，

∴∠AFE＝∠ECP，

∵AE⊥PE，

∴∠AEP＝90°，

∴∠AEB+∠PEC＝90°，

∵∠AEB+∠BAE＝90°，

∴∠PEC＝∠BAE，

∴△AFE≌△ECP（ASA），

∴AE＝EP；

（2）在AB上取AF＝EC，連接EF，

由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，

∵AF＝EC，AE＝EP，

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∴△FAE≌△CEP（SAS），

∴∠ECP＝∠AFE，

∵AF＝EC，AB＝BC，

∴BF＝BE，

∴∠BEF＝∠BFE＝45°，

∴∠AFE＝135°，

∴∠ECP＝135°，

∴∠DCP＝45°，

（3）連接CP，作DG⊥CP，交BC的延長線于G，交CP于O，連接AG，

由（2）知，∠DCP＝45°，

∴∠CDG＝45°，

∴△DCG是等腰直角三角形，

∴點D與G關于CP對稱，

∴AP+DP的最小值為AG的長，

∵AB＝4，

∴BG＝8，

由勾股定理得AG4，

22

∴△ADP周長的最=小值8為+AD4+AG=＝4+54．

【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查5了正方形的性質，軸對稱﹣最短路線問題，全等三角形的判定

與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．

7．（2022?大連）綜合與實踐

問題情境：數學活動課上，王老師出示了一個問題：

如圖1，在△ABC中，D是AB上一點，∠ADC＝∠ACB．求證∠ACD＝∠ABC．

獨立思考：（1）請解答王老師提出的問題．

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實踐探究：（2）在原有問題條件不變的情況下，王老師增加下面的條件，并提出新問題，請你解答．

“如圖2，延長CA至點E，使CE＝BD，BE與CD的延長線相交于點F，點G，H分別在BF、BC上，

BG＝CD，∠BGH＝∠BCF．在圖中找出與BH相等的線段，并證明．”

問題解決：（3）數學活動小組同學對上述問題進行特殊化研究之后發現，當∠BAC＝90°時，若給出△

ABC中任意兩邊長，則圖3中所有已經用字母標記的線段長均可求．該小組提出下面的問題，請你解答．

“如圖3，在（2）的條件下，若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，求BH的長．”

【分析】（1）利用三角形的外角的性質證明即可；

（2）結論：BH＝EF．如圖2中，在CB上取一點T，使得GH＝CT．證明△BGH≌△DCT（SAS），推

出BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，再證明△CEF≌△BDT（AAS），推出EF＝DT，可得結論；

（3）如圖3，過點E作EM∥AD交CE的延長線于點M．利用平行線分線段成比例定理解決問題即可．

【解答】（1）證明：如圖1中，

∵∠ADC＝∠ACB，

∴∠B+∠DCB＝∠DCB+∠ACD，

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∴∠ACD＝∠B；

（2）解：結論：BH＝EF．

理由：如圖2中，在CB上取一點T，使得GH＝CT．

在△BGH和△DCT中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?B=G?H?≌△DCT（SAS），

∴BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，

∵∠CDT+∠FDT＝180°，

∴∠GBH+∠FDT＝180°，

∴∠BFD+∠BTD＝180°，

∵∠CFE+∠BFD＝180°，

∴∠CFE＝∠BTD，

在△CEF和△BDT中，

，

∠???=∠???

∠???=∠???

∴??△=CE?F?≌△BDT（AAS），

∴EF＝DT，

∴EF＝BH；

（3）解：如圖3，過點E作EM∥AD交CE的延長線于點M．

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∵AD∥EM，

∴，

????

=

∴???．?

12

=

∴E??M3，

3

=

∵2，

????1

==

∵t?a?n∠AC?D?＝ta2n∠ABC，

1

=

∴，2

??1

=

∵A?C?＝22，AB＝4，

∴AD＝1，BD＝CE＝3，

∴AE＝1，

∴BE，

2222

==??+??=1+4=17

∴EFBE．

117

【點評=】3本=題屬3于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵

是學會添加常用輔助線，構造全等三角形或直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．

8．（2022?深圳）（1）發現：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到

△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；

（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到

△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH＝CH，求AE的長．

（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點，∠D＝60°．將△ADE沿

AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P，求PC的長．

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【分析】（1）根據將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A

＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可證Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；

（2）延長BH，AD交于Q，設FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x，DH＝DC

7

=

﹣HC，由△BFG∽△BCH，得，BG，FG，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得3，

116????257????

==7=7===

386+3344????

即7，DQ，設AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，因，有144，即解得AE的

8388????7???

=7==25=7

??6?37????44

長為；

9

（3）2分兩種情況：（Ⅰ）當DEDC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，設DQ＝x，

1

=3

QE＝y，則AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分線，有①，在Rt△HQE中，（2x）

6???1

=?2

2+（x）2＝y2②，可解得x，CP＝2x；62

333

==

（Ⅱ）2當CEDC＝2時，延長4FE交AD延2長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，同理解

1

=

得x'，CP3．

126

【解=答】5（1）證=明5：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，

∴∠BFG＝90°＝∠C，

∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，

∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；

（2）解：延長BH，AD交于Q，如圖：

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設FH＝HC＝x，

在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，

∴82+x2＝（6+x）2，

解得x，

7

=

∴DH＝D3C﹣HC，

11

∵∠BFG＝∠BCH=＝390°，∠HBC＝∠FBG，

∴△BFG∽△BCH，

∴，即，

??????6????

===7=7

??????8

∴BG，FG，6+33

257

∵EQ∥=G4B，DQ=∥4CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴，即7，

????83

==7

??????6?3

∴DQ，

88

設AE=＝E7F＝m，則DE＝8﹣m，

∴EQ＝DE+DQ＝8﹣mm，

88144

∵△EFQ∽△GFB，+7=7?

∴，即144，

????7???

=25=7

????44

解得m，

9

=2

∴AE的長為；

9

方法2：連接2GH，如圖：

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∵CH＝FH，GH＝GH，

∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），

∴CG＝FG，

設CG＝FG＝x，則BG＝8﹣x，

在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，

∴62+x2＝（8﹣x）2，

解得x，

7

=

∴BG＝B4C﹣x，

25

∵∠GBE＝∠A=EB4＝∠FEB，

∴EG＝BG，

25

=

∴EF＝EG﹣F4G；

9

=

∴AE；2

9

（3）=解2：方法一：

（Ⅰ）當DEDC＝2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

1

=3

設DQ＝x，QE＝y，則AQ＝6﹣x，

∵CP∥DQ，

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∴△CPE∽△QDE，

∴2，

????

==

∴?C?P＝2x?，?

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，

∴AE是△AQF的角平分線，

∴，即①，

????6???

==

∵∠??D＝6?0?°，62

∴DHDQx，HE＝DE﹣DH＝2x，HQDHx，

1113

在Rt△=H2QE=中2，HE2+HQ2＝EQ2，?2=3=2

∴（2x）2+（x）2＝y2②，

13

?

聯立①②2可解得2x，

3

=

∴CP＝2x；4

3

=

（Ⅱ）當CE2DC＝2時，延長FE交AD延長線于Q'，過Q'作Q'H'⊥CD交CD延長線于H'，如圖：

1

=3

設DQ'＝x'，Q'E＝y'，則AQ'＝6+x'，

同理∠Q'AE＝∠EAF，

∴，即，

??′?′?6+?′?′

==

由?H?'Q'2+H?'?E2＝Q'E62得：（4x'）2+（x'+4）2＝y'2，

31

可解得x'，22

12

=5

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∴CPx'，

16

=2=5

綜上所述，CP的長為或．

36

方法二：25

（Ⅰ）當DEDC＝2時，連接CF，過P作PK⊥CD于K，如圖：

1

=3

∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝60°，

∴△ABC，△ADC是等邊三角形，

∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，

∴∠PCK＝60°，

∵將△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，

∴∠AFC＝∠ACF，

∴∠PFC＝∠PC