專題18 解答題壓軸題閱讀理解探究題型（解析版）

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(biāo)綜合考核數(shù)學(xué)素養(yǎng)與數(shù)學(xué)應(yīng)用能力，這類題目往往考核學(xué)

生的閱讀能力、分析推理能力、數(shù)據(jù)處理能力、表達(dá)能力、知識(shí)遷移能力。綜合性強(qiáng)，靈活性高，又具有

較強(qiáng)的區(qū)分度。近年來(lái)，閱讀理解探究性題型頻頻出現(xiàn)在全國(guó)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(jué)每道題都具有特點(diǎn)，都很好。所以還請(qǐng)讀者自己根據(jù)自己的情

況選擇使用。

類型一圖形的性質(zhì)

1．（2022?淮安）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對(duì)菱形的折疊問(wèn)題進(jìn)行了探究．如圖（1），在菱形ABCD

中，∠B為銳角，E為BC中點(diǎn)，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)

點(diǎn)為點(diǎn)A'，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'．

【觀察發(fā)現(xiàn)】

A'D與B'E的位置關(guān)系是A′D∥B′E；

【思考表達(dá)】

（1）連接B'C，判斷∠DEC與∠B'CE是否相等，并說(shuō)明理由；

（2）如圖（2），延長(zhǎng)DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請(qǐng)?zhí)骄俊螪EG的度數(shù)，并說(shuō)明理由；

【綜合運(yùn)用】

如圖（3），當(dāng)∠B＝60°時(shí)，連接B'C，延長(zhǎng)DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請(qǐng)寫出B'C、EG、DG之間的

數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．

【分析】【觀察發(fā)現(xiàn)】利用翻折變換的性質(zhì)判斷即可．

【思考表達(dá)】（1）結(jié)論：∠DEC＝∠B'CE．證明DE∥CB′即可；

（2）證明GC＝GB′，推出EG⊥CB′，即可解決問(wèn)題．

【綜合運(yùn)用】結(jié)論：DG2＝EG2B′C2．如圖（3）中，延長(zhǎng)DG交EB′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)D作

49

+16

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DR⊥GA′交GA′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R．想辦法證明DECB′，可得結(jié)論．

7

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

故答案為：A′D∥B′E；

【思考表達(dá)】（1）結(jié)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(zhì)可知BB′⊥DE，

∴DE∥CB′，

∴∠DEC＝∠B′CE；

（2）結(jié)論：∠DEG＝90°．

理由：如圖（2）中，連接DB，DB′，

由翻折的性質(zhì)可知∠BDE＝∠B′DE，

設(shè)∠BDE＝∠B′DE＝x，∠A＝∠A′＝y(tǒng)．

∵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(yùn)用】結(jié)論：DG2＝EG2B′C2．

49

理由：如圖（3）中，延長(zhǎng)DG交+1E6B′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)D作DR⊥GA′交GA′的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R．

設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，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(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形

解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．

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

???

=

與矩形的外角平分線CF交于點(diǎn)??F．2

【特例證明】

（1）如圖（1），當(dāng)k＝2時(shí)，求證：AE＝EF；

小明不完整的證明過(guò)程如下，請(qǐng)你幫他補(bǔ)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(duì)應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過(guò)程）

【類比探究】

（2）如圖（2），當(dāng)k≠2時(shí)，求的值（用含k的式子表示）；

??

【拓展運(yùn)用】??

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

??=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(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，設(shè)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(guò)點(diǎn)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(diǎn)，

???

=

∴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(shè)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(zhuǎn)中=心2，△ADP繞=A3點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，

∵k＝3，

∴，

??3

=

設(shè)?A?B＝32a，則BC＝2a，

由旋轉(zhuǎn)可得∠P'AP＝90°，

連接P'E，HE，延長(zhǎng)P'H交CD于點(diǎn)G，連接EG，

∵AH＝AD＝2a，

∴BH＝a，

∵E是BC的中點(diǎn)，

∴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(guò)點(diǎn)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(shè)2BE＝EC＝a，則AEa，

延長(zhǎng)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(zhǎng)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(guò)2點(diǎn)P作PQ⊥AE交于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作MN∥AD分別交AB、CD于點(diǎn)M、N，

設(shè)BE＝2x＝EC，則AB＝6x，

由△AMQ與△QNP全等，

設(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形是

判定及性質(zhì)，正方形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

3．（2022?寧夏）綜合與實(shí)踐

知識(shí)再現(xiàn)

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(dāng)

S1＝36，S3＝100時(shí)，S2＝64．

問(wèn)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(shù)量關(guān)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(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．

實(shí)踐應(yīng)用

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

角度至△AMN，GH、MN相交于點(diǎn)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(yuǎn)＝8，直接寫出V1+V2

的值．

【分析】知識(shí)再現(xiàn)：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；

問(wèn)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(guò)點(diǎn)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(shí)4踐應(yīng)用：4（1）設(shè)4AB＝c，BC＝a，AC＝b，則HN＝a+b﹣c，F(xiàn)G＝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(shè)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(shí)再現(xiàn)：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(wèn)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(guò)點(diǎn)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(shí)踐應(yīng)用：（1）證明：設(shè)AB＝c，BC＝a，AC＝b，

∴HN＝a+b﹣c，F(xiàn)G＝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(shè)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(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，

圓柱的體積，平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

4．（2022?朝陽(yáng)）【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(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠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(qǐng)你幫助小明寫

出完整的證明過(guò)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(shù)量關(guān)系，并說(shuō)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(diǎn)O．若四邊形ABCD

中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請(qǐng)直接寫出線段OD的長(zhǎng)．=6

【分析】（1）如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)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(jié)論；

（2）結(jié)論：CB+CDAC．如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(jié)論；

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

圖3﹣2中，當(dāng)∠CBD＝75°時(shí)，分別求解即可．

【解答】（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)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(jié)論：CB+CDAC．

理由：如圖2中，過(guò)點(diǎn)A=作A2M⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)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(dāng)∠CBA＝75°時(shí)，同法可證，OD23，

??11

==×3=?3

??31+3

綜上所述，滿足條件的OD的長(zhǎng)為33或3．

【點(diǎn)評(píng)】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(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定

和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，

屬于中考?jí)狠S題．

5．（2022?蘭州）綜合與實(shí)踐

問(wèn)題情境：我國(guó)東周到漢代一些出土實(shí)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(dòng)，直到AB＝AC，在圓上標(biāo)記A，B，C三點(diǎn)；將“矩”向右旋轉(zhuǎn)，

使它左側(cè)邊落在A，B點(diǎn)上，“矩”的另一條邊與的交點(diǎn)標(biāo)記為D點(diǎn)，這樣就用“矩”確定了圓上等距離

的A，B，C，D四點(diǎn)，連接AD，BC相交于點(diǎn)O，即O為圓心．

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

圖3，點(diǎn)A，B，C在O上，AB⊥AC，且AB＝AC，請(qǐng)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(wèn)題的啟發(fā)，在研究了用“矩”（帶直角的角尺）確定端面圓心的方法后發(fā)現(xiàn)，

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

圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）⊙

拓展探究：（3）小梅進(jìn)一步研究，發(fā)現(xiàn)古代由“矩”度量確定圓上等距離點(diǎn)時(shí)存在誤差，用平時(shí)學(xué)的尺

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

圓規(guī)作出圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法）請(qǐng)寫出你確定圓心的⊙理由：垂直平分弦的直線經(jīng)過(guò)圓心．

【分析】問(wèn)題解決：

（1）以B為頂點(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)即為圓心，根據(jù)是垂直平分弦的

直線經(jīng)過(guò)圓心．

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【解答】解：?jiǎn)栴}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(jīng)過(guò)圓心，

故答案為：垂直平分弦的直線經(jīng)過(guò)圓心．

【點(diǎn)評(píng)】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及用三角板或尺規(guī)確定圓心，解題的關(guān)鍵是掌握若圓周角是直角，

它所對(duì)的弦是直徑及垂徑定理與推論的應(yīng)用．

6．（2022?蘭州）綜合與實(shí)踐

【問(wèn)題情境】

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數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出示了一個(gè)問(wèn)題：如圖1，在正方形ABCD中，E是BC的中點(diǎn)，AE⊥EP，EP與正

方形的外角∠DCG的平分線交于P點(diǎn)．試猜想AE與EP的數(shù)量關(guān)系，并加以證明；

【思考嘗試】

（1）同學(xué)們發(fā)現(xiàn)，取AB的中點(diǎn)F，連接EF可以解決這個(gè)問(wèn)題．請(qǐng)?jiān)趫D1中補(bǔ)全圖形，解答老師提出

的問(wèn)題．

【實(shí)踐探究】

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

BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)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(qǐng)你思考并解答這個(gè)問(wèn)題．

【拓展遷移】

（3）突擊小組深入研究希望小組提出的這個(gè)問(wèn)題，發(fā)現(xiàn)并提出新的探究點(diǎn)：如圖3，在正方形ABCD中，

E為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)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(zhǎng)時(shí)，可以求出△ADP周長(zhǎng)的最小值．當(dāng)AB＝4時(shí)，請(qǐng)你求出△ADP周長(zhǎng)的最小值．

【分析】（1）取AB的中點(diǎn)F，連接EF，利用同角的余角相等說(shuō)明∠PEC＝∠BAE，再根據(jù)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(shuō)

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(zhǎng)線于G，交CP于O，連接AG，則△DCG是等腰直角三角形，可知點(diǎn)

D與G關(guān)于CP對(duì)稱，則AP+DP的最小值為AG的長(zhǎng)，利用勾股定理求出AG，進(jìn)而得出答案．

【解答】解：（1）AE＝EP，

理由如下：取AB的中點(diǎn)F，連接EF，

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∵F、E分別為AB、BC的中點(diǎn)，

∴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(zhǎng)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(diǎn)D與G關(guān)于CP對(duì)稱，

∴AP+DP的最小值為AG的長(zhǎng)，

∵AB＝4，

∴BG＝8，

由勾股定理得AG4，

22

∴△ADP周長(zhǎng)的最=小值8為+AD4+AG=＝4+54．

【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，主要考查5了正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問(wèn)題，全等三角形的判定

與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．

7．（2022?大連）綜合與實(shí)踐

問(wèn)題情境：數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，王老師出示了一個(gè)問(wèn)題：

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

獨(dú)立思考：（1）請(qǐng)解答王老師提出的問(wèn)題．

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實(shí)踐探究：（2）在原有問(wèn)題條件不變的情況下，王老師增加下面的條件，并提出新問(wèn)題，請(qǐng)你解答．

“如圖2，延長(zhǎng)CA至點(diǎn)E，使CE＝BD，BE與CD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F，點(diǎn)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(wèn)題解決：（3）數(shù)學(xué)活動(dòng)小組同學(xué)對(duì)上述問(wèn)題進(jìn)行特殊化研究之后發(fā)現(xiàn)，當(dāng)∠BAC＝90°時(shí)，若給出△

ABC中任意兩邊長(zhǎng)，則圖3中所有已經(jīng)用字母標(biāo)記的線段長(zhǎng)均可求．該小組提出下面的問(wèn)題，請(qǐng)你解答．

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

【分析】（1）利用三角形的外角的性質(zhì)證明即可；

（2）結(jié)論：BH＝EF．如圖2中，在CB上取一點(diǎn)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(jié)論；

（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)E作EM∥AD交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．利用平行線分線段成比例定理解決問(wèn)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(jié)論：BH＝EF．

理由：如圖2中，在CB上取一點(diǎn)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(guò)點(diǎn)E作EM∥AD交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(diǎn)評(píng)=】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(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵

是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或直角三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．

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

△BEF處，延長(zhǎng)EF交CD邊于G點(diǎn)．求證：△BFG≌△BCG；

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

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

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

AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點(diǎn)P，求PC的長(zhǎng)．

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【分析】（1）根據(jù)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(zhǎng)BH，AD交于Q，設(shè)FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x，DH＝DC

7

=

﹣HC，由△BFG∽△BCH，得，BG，F(xiàn)G，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得3，

116????257????

==7=7===

386+3344????

即7，DQ，設(shè)AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，因，有144，即解得AE的

8388????7???

=7==25=7

??6?37????44

長(zhǎng)為；

9

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

1

=3

QE＝y(tǒng)，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＝y(tǒng)2②，可解得x，CP＝2x；62

333

==

（Ⅱ）2當(dāng)CEDC＝2時(shí)，延長(zhǎng)4FE交AD延2長(zhǎng)線于Q'，過(guò)Q'作Q'H'⊥CD交CD延長(zhǎng)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(zhǎng)BH，AD交于Q，如圖：

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設(shè)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，F(xiàn)G，6+33

257

∵EQ∥=G4B，DQ=∥4CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴，即7，

????83

==7

??????6?3

∴DQ，

88

設(shè)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(zhǎng)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(shè)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(dāng)DEDC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD于Q，過(guò)Q作QH⊥CD于H，如圖：

1

=3

設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，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＝y(tǒng)2②，

13

?

聯(lián)立①②2可解得2x，

3

=

∴CP＝2x；4

3

=

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

1

=3

設(shè)DQ'＝x'，Q'E＝y(tǒng)'，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(tǒng)'2，

31

可解得x'，22

12

=5

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∴CPx'，

16

=2=5

綜上所述，CP的長(zhǎng)為或．

36

方法二：25

（Ⅰ）當(dāng)DEDC＝2時(shí)，連接CF，過(guò)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