专题18 解答题压轴题阅读理解探究题型（解析版）

专题18解答题压轴题阅读理解探究题型（原卷版）

模块一2022中考真题链接

专题诠释：阅读理解探究题型以能力立意为目标综合考核数学素养与数学应用能力，这类题目往往考核学

生的阅读能力、分析推理能力、数据处理能力、表达能力、知识迁移能力。综合性强，灵活性高，又具有

较强的区分度。近年来，阅读理解探究性题型频频出现在全国各地的中考试题中。本专辑精选2022中考真

题，题目仍然偏多，想删去一些，但又感觉每道题都具有特点，都很好。所以还请读者自己根据自己的情

况选择使用。

类型一图形的性质

1．（2022•淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD

中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应

点为点A'，点B的对应点为点B'．

【观察发现】

A'D与B'E的位置关系是A′D∥B′E；

【思考表达】

（1）连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；

（2）如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；

【综合运用】

如图（3），当∠B＝60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的

数量关系，并说明理由．

【分析】【观察发现】利用翻折变换的性质判断即可．

【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．证明DE∥CB′即可；

（2）证明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解决问题．

【综合运用】结论：DG2＝EG2B′C2．如图（3）中，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作

49

+16

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DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．想办法证明DECB′，可得结论．

7

【解答】解：【观察发现】如图（1）中，由翻折的性=质4可知，A′D∥B′E．

故答案为：A′D∥B′E；

【思考表达】（1）结论：∠DEC＝∠B'CE．

理由：如图（2）中，连接BB′．

∵EB＝EC＝EB′，

∴∠BB′C＝90°，

∴BB′⊥B′C，

由翻折变换的性质可知BB′⊥DE，

∴DE∥CB′，

∴∠DEC＝∠B′CE；

（2）结论：∠DEG＝90°．

理由：如图（2）中，连接DB，DB′，

由翻折的性质可知∠BDE＝∠B′DE，

设∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y．

∵四边形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°；

【综合运用】结论：DG2＝EG2B′C2．

49

理由：如图（3）中，延长DG交+1E6B′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R．

设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，则有（2a+x）2＝=（3a）2+（3a﹣x）2，

3

∴xa，

4

=

∴GB′5a，A′Ga，

46

∵TB′∥=D5A′，=5

∴，

𝑇′𝑇′

=

𝐷′𝐷′

∴4，

𝑇′5�

=6

2�5�

∴TB′a，

4

∵CB′=∥3DE，

∴4，

𝑇′𝑇′3�4

==4=

𝐷���+3�7

∴DECB′，

7

=4

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∵∠DEG＝90°，

∴DG2＝EG2+DE2，

∴DG2＝EG2B′C2．

49

+16

【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，勾股定理，解直角三角形，平行线分

线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形

解决问题，属于中考压轴题．

2．（2022•襄阳）矩形ABCD中，（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，

���

=

与矩形的外角平分线CF交于点��F．2

【特例证明】

（1）如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；

小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．

证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接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°．

∴……

（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）

【类比探究】

（2）如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；

��

【拓展运用】��

（3）如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．

𝐸=5

【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；

（2）在BA上截取BH＝BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；

（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB＝3a，则BC＝2a，由tan∠BAE，

1

=

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

1

=2

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可得∠FEQ＝∠BAE，则，可求FQa，EQa，EFa，能够证明△PAE∽△FPE，从

1��1310

==2=2=2

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

1

【解答】（1）证明：如图，在BA上截取B=H＝2B1E0，=连接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，连接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边的中点，

���

=

∴E�C�＝H2BBC，

1

=2

∴AH＝ABBC＝（）BC，

1�1

−−

∴k﹣1；222

��

=

（3�）�如图（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，

设AB＝3，BE＝1，则EC＝2，

∵∠ACE＝45°，

∴EG＝GC，

∵AC＝3=，2

∴AG＝22，

2

∴tan∠EAG，tan∠BAE，

11

以A为旋转中=心2，△ADP绕=A3点旋转90°到△AP'H，

∵k＝3，

∴，

��3

=

设�A�B＝32a，则BC＝2a，

由旋转可得∠P'AP＝90°，

连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，

∵AH＝AD＝2a，

∴BH＝a，

∵E是BC的中点，

∴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°，

过点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，

𝐷��

=

∴△��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：设2BE＝EC＝a，则AEa，

延长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延长线于M，

∴四边形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：过2点P作PQ⊥AE交于点Q，过点Q作MN∥AD分别交AB、CD于点M、N，

设BE＝2x＝EC，则AB＝6x，

由△AMQ与△QNP全等，

设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，

可证得=四1边0形QEFP是正方形，

∴PFx，

∵PF=10，

=5

解答x，

2

∴BC＝=4x2＝2．

2

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【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是

判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．

3．（2022•宁夏）综合与实践

知识再现

如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当

S1＝36，S3＝100时，S2＝64．

问题探究

如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．

（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3

之间的数量关系是S1+S2＝S3．

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（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6

之间的数量关系，并说明理由．

实践应用

（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定

角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN＝S四边形PMFG；

（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱

体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB＝4，柱体的高h＝8，直接写出V1+V2

的值．

【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；

问题探究：（1）利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；

222

（2）过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4BC，S5AC，S6AB，由勾股定理可得

333

===

222444

ABACBC，即可求S4+S5＝S6；

333

=+

实4践应用：4（1）设4AB＝c，BC＝a，AC＝b，则HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，可证明△HNP是

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2

等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN（a+b﹣c），S四边形PMFG（c﹣a）（c﹣b），

33

222==

再由c＝a+b，可证明S△PHN＝S四边形PMFG；42

（2）设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC

为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2＝S3，又由V2+V1（S1+S2）hS3h＝V3，即可求V1+V2＝16．

11

【解答】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°=，2=2π

∴AB2＝AC2+BC2，

∴S1+S2＝S3，

∵S1＝36，S3＝100，

∴S2＝64，

故答案为：64；

问题探究：（1）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

∴AB2＝AC2+BC2，

∴AB2AC2BC2，

111

=+

∴2S1+S2＝2S3，2

故答案为：S1+S2＝S3；

（2）解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，

∴AB2＝AC2+BC2，

过点D作DG⊥BC交于G，

在等边三角形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

实践应用：（1）证明：设AB＝c，BC＝a，AC＝b，

∴HN＝a+b﹣c，FG＝c﹣a，MF＝c﹣b，

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∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，

∴HG∥AF，MN∥BF，

∴∠HPN＝60°，

∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，

2

∴S△PHN（a+b﹣c），S四边形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四边形PMFG4；22

（2）解：设AB＝c，BC＝a，AC＝b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、

以AC为直径的圆的面积为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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【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，

圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．

4．（2022•朝阳）【思维探究】

（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD

＝AC．

小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC

＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写

出完整的证明过程．

【思维延伸】

（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间

的数量关系，并说明理由．

【思维拓展】

（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD

中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．=6

【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠

DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；

（2）结论：CB+CDAC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证

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

可得结论；

（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如

图3﹣2中，当∠CBD＝75°时，分别求解即可．

【解答】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．

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∵∠BAD+∠BCD＝180°，

∴∠B+∠ADC＝180°，

∵∠ADE+∠ADC＝180°

∴∠B＝∠ADE，

在△ADE和△ABC中，

，

𝐷=��

∠�𝐷=∠�

∴�△�=AD�E�≌△ABC（SAS），

∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，

∴∠CAE＝∠BAD＝60°，

∴△ACE的等边三角形，

∴CE＝AC，

∵CE＝DE+CD，

∴AC＝BC+CD；

（2）解：结论：CB+CDAC．

理由：如图2中，过点A=作A2M⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点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：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点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，

�△𝑇�2⋅��⋅𝐹��

1

△���==

�2⋅��⋅��𝑇

∴，

����

==3

∵A�B�＝A�D�，∠DAB＝90°，

∴BDA=D＝62，

=23

∴OD233．

3

=×3=3−

1+3

如图3﹣2中，当∠CBA＝75°时，同法可证，OD23，

��11

==×3=−3

𝑇31+3

综上所述，满足条件的OD的长为33或3．

【点评】本题属于四边形综合题，考查3了−全等三−角3形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定

和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，

属于中考压轴题．

5．（2022•兰州）综合与实践

问题情境：我国东周到汉代一些出土实物上反映出一些几何作图方法，如侯马铸铜遗址出土车軎（wèi）

范、芯组成的铸型（如图1），它的端面是圆形．如图2是用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方

法：将“矩”的直角尖端A沿圆周移动，直到AB＝AC，在圆上标记A，B，C三点；将“矩”向右旋转，

使它左侧边落在A，B点上，“矩”的另一条边与的交点标记为D点，这样就用“矩”确定了圆上等距离

的A，B，C，D四点，连接AD，BC相交于点O，即O为圆心．

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问题解决：（1）请你根据“问题情境”中提供的方法，用三角板还原我国古代几何作图确定圆心O．如

图3，点A，B，C在O上，AB⊥AC，且AB＝AC，请作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）

类比迁移：（2）小梅受⊙此问题的启发，在研究了用“矩”（带直角的角尺）确定端面圆心的方法后发现，

如果AB和AC不相等，用三角板也可以确定圆心O．如图4，点A，B，C在O上，AB⊥AC，请作出

圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）⊙

拓展探究：（3）小梅进一步研究，发现古代由“矩”度量确定圆上等距离点时存在误差，用平时学的尺

规作图的方法确定圆心可以减少误差．如图5，点A，B，C是O上任意三点，请用不带刻度的直尺和

圆规作出圆心O．（保留作图痕迹，不写作法）请写出你确定圆心的⊙理由：垂直平分弦的直线经过圆心．

【分析】问题解决：

（1）以B为顶点，以AB为一边，用三角板作∠ABD是直角，∠ABD的另一边与圆交于D，连接AD，

BC，AD，BC的交点即是圆心O；

类比迁移：

（2）方法同（1）；

拓展探究：

（3）连接AC，AB，作AC，AB的垂直平分线，两条垂直平分线的交点即为圆心，根据是垂直平分弦的

直线经过圆心．

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【解答】解：问题解决：

（1）如图：

O即为圆心；

类比迁移：

（2）如图：

O即为所求作的圆心；

拓展探究：

（3）如图：

O即为所求作的圆心，理由是垂直平分弦的直线经过圆心，

故答案为：垂直平分弦的直线经过圆心．

【点评】本题考查圆的综合应用，涉及用三角板或尺规确定圆心，解题的关键是掌握若圆周角是直角，

它所对的弦是直径及垂径定理与推论的应用．

6．（2022•兰州）综合与实践

【问题情境】

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数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正

方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；

【思考尝试】

（1）同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出

的问题．

【实践探究】

（2）希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为

BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP

的大小，请你思考并解答这个问题．

【拓展迁移】

（3）突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，

E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．知道正方

形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB＝4时，请你求出△ADP周长的最小值．

【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明△

AFE≌△ECP，得AE＝EP；

（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说

明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；

（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点

D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．

【解答】解：（1）AE＝EP，

理由如下：取AB的中点F，连接EF，

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∵F、E分别为AB、BC的中点，

∴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，连接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）连接CP，作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，

由（2）知，∠DCP＝45°，

∴∠CDG＝45°，

∴△DCG是等腰直角三角形，

∴点D与G关于CP对称，

∴AP+DP的最小值为AG的长，

∵AB＝4，

∴BG＝8，

由勾股定理得AG4，

22

∴△ADP周长的最=小值8为+AD4+AG=＝4+54．

【点评】本题是四边形综合题，主要考查5了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定

与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

7．（2022•大连）综合与实践

问题情境：数学活动课上，王老师出示了一个问题：

如图1，在△ABC中，D是AB上一点，∠ADC＝∠ACB．求证∠ACD＝∠ABC．

独立思考：（1）请解答王老师提出的问题．

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实践探究：（2）在原有问题条件不变的情况下，王老师增加下面的条件，并提出新问题，请你解答．

“如图2，延长CA至点E，使CE＝BD，BE与CD的延长线相交于点F，点G，H分别在BF、BC上，

BG＝CD，∠BGH＝∠BCF．在图中找出与BH相等的线段，并证明．”

问题解决：（3）数学活动小组同学对上述问题进行特殊化研究之后发现，当∠BAC＝90°时，若给出△

ABC中任意两边长，则图3中所有已经用字母标记的线段长均可求．该小组提出下面的问题，请你解答．

“如图3，在（2）的条件下，若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝2，求BH的长．”

【分析】（1）利用三角形的外角的性质证明即可；

（2）结论：BH＝EF．如图2中，在CB上取一点T，使得GH＝CT．证明△BGH≌△DCT（SAS），推

出BH＝DT，∠GBH＝∠CDT，再证明△CEF≌△BDT（AAS），推出EF＝DT，可得结论；

（3）如图3，过点E作EM∥AD交CE的延长线于点M．利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．

【解答】（1）证明：如图1中，

∵∠ADC＝∠ACB，

∴∠B+∠DCB＝∠DCB+∠ACD，

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∴∠ACD＝∠B；

（2）解：结论：BH＝EF．

理由：如图2中，在CB上取一点T，使得GH＝CT．

在△BGH和△DCT中，

，

𝑇=��

∠�𝐴=∠���

∴�△�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，

，

∠𝐸�=∠���

∠�𝐸=∠𝑇�

∴𝐷△=CE�F�≌△BDT（AAS），

∴EF＝DT，

∴EF＝BH；

（3）解：如图3，过点E作EM∥AD交CE的延长线于点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

【点评=】3本=题属3于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键

是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或直角三角形解决问题，属于中考压轴题．

8．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到

△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；

（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到

△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．

（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿

AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

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【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A

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

（2）延长BH，AD交于Q，设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��𝐴

==7=7===

386+3344𝐹𝐴

即7，DQ，设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，因，有144，即解得AE的

8388����7−��

=7==25=7

𝐹6−37����44

长为；

9

（3）2分两种情况：（Ⅰ）当DEDC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，设DQ＝x，

1

=3

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

6−��1

=−2

2+（x）2＝y2②，可解得x，CP＝2x；62

333

==

（Ⅱ）2当CEDC＝2时，延长4FE交AD延2长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，同理解

1

=

得x'，CP3．

126

【解=答】5（1）证=明5：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形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：延长BH，AD交于Q，如图：

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设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，

��𝐴83

==7

𝐹𝐴𝐹6−3

∴DQ，

88

设AE=＝E7F＝m，则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的长为；

9

方法2：连接2GH，如图：

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∵CH＝FH，GH＝GH，

∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），

∴CG＝FG，

设CG＝FG＝x，则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）当DEDC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

1

=3

设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，

∵CP∥DQ，

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∴△CPE∽△QDE，

∴2，

��𝐷

==

∴�C�P＝2x�，�

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，

∴AE是△AQF的角平分线，

∴，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

−

联立①②2可解得2x，

3

=

∴CP＝2x；4

3

=

（Ⅱ）当CE2DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：

1

=3

设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则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

综上所述，CP的长为或．

36

方法二：25

（Ⅰ）当DEDC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图：

1

=3

∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，

∴△ABC，△ADC是等边三角形，

∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，

∴∠PCK＝60°，

∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，

∴∠AFC＝∠ACF，

∴∠PFC＝∠PC