专题6 几何探究题-【众相原创·赋能中考】2025年中考数学课堂精讲册（贵州专用）

专题六几何探究题（贵州第25题必考） 专题分析 考情 每年必考，解答压轴题，12分 设问 3问：最常考设问为：探究线段之间的数量关系.除此之外，还会涉及求角度、求面积等 解题方法 常用到全等/相似三角形的判定与性质、勾股定理、特殊三角形/四边形的判定与性质等 类型①非动态问题(2024.25，贵阳5年3考) 1.(2024黔东南州一模)如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在CD边上，点F在BC边上，连 接AE,DF,AE与DF相交于点P (1)【动手操作】根据题意，在图1中画出图形： (2)若DF⊥AE. ①I问题探究】利用图2探究CE+CF的值： ②拓展延伸】过点P作PM⊥CD,PN⊥BC,垂足分别为M,N,连接MN,试求MN的最小值， D 图1 图2 各用图 204众相原创赋能中考贵州数学 2.(2024贵阳清镇市一模)小红在学习了等腰三角形的相关性质后，对等腰直角三角形的性质进行 了进一步的探究 在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点E是直线AB上一点，点D是直线BC上一 点，EC=ED (1)【问题解决】 如图1，当CE平分∠ACB时，∠DEB= 度； (2)【问题探究】 如图2，当点E是线段AB上任意一点时，探究线段BD与AE的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 当AB=AC=4,AE=6时，求CD的长.（在备用图中作出满足题意的图形并完成解答）】 D B D B B 图1 图2 备用图1 备用图2 专题六几何探究题205 3.(2024贵州25题12分)综合与探究：如图，∠AOB=90°，点P在∠AOB的平分线上，PA10A于点A. (1)【操作判断】 如图1，过点P作PC⊥OB于点C,根据题意在图1中画出PC,图中∠APC的度数为 度： (2)【问题探究】 如图2，点M在线段AO上，连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,求证：OM+ON=2PA: (3)【拓展延伸】 点M在射线AO上，连接PM,过点P作PN⊥PM交射线OB于点N,射线NM与射线PO相交于点 R,若ON=30N求8的值 图1 图2 备用图 206众相原创赋能中考贵州数学 类型2旋转问题(2023.25，贵阳2020.25) 4.如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4,D,E分别是AC,AB上的点，DE∥BC, △ADE绕，点A顺时针旋转 (1)【问题解决】如图1，用等式表示线段BE与CD的数量关系是 (2)【问题探究】当△ADE旋转到如图2所示的位置时，判断线段BE与CD的数量关系是否发生 变化，并说明理由： (3)拓展延伸】在△ADE旋转过程中，当B,D,E共线时，若AD=子4C,求CD的长.（作图解决 问题) B 图】 图2 各用图 专题六几何探究题207 5.(2020贵阳25题12分)如图，四边形ABCD是正方形，点0为对角线AC的中点 (1)问题解决：如图1，连接BO,分别取CB,BO的中点P,Q,连接PQ,则PQ与B0的数量关系 是 ,位置关系是； (2)问题探究：如图2，△AO'E是将图1中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45得到的三角形， 连接CE,点P,Q分别为CE,BO'的中点，连接PQ,PB.判断△PQB的形状，并证明你的结论： (3)拓展延伸：如图3，△AO'E是将图1中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45得到的三角形， 连接BO',点P,Q分别为CE,BO'的中点，连接PQ,PB.若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面 积 D 图1 图2 图3 208众相原创赋能中考贵州数学 6.【问题呈现】△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，CB=mCA,CE=mCD,连接 AD,BE,探究AD,BE的位置关系. (1)如图1，当m=1时，直接写出AD,BE的位置关系： (2)如图2，当m≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明：若不成立，说明理由. 【拓展应用】 (3)当m=3,AB=47,DE=4时，将△CDE绕点C旋转，使A,D,E三点恰好在同一条直线上，求 BE的长 图1 图2 备用图 专题六几何探究题209 类型3折叠问题（贵阳2022.25） 7.综合与实践 折纸是一门古老而有趣的艺术，小明在课余时间进行了关于折纸中角的问题的探索. (1)如图1，四边形纸片ABCD中，AB∥DC,BC∥AD,点E是线段DC上一点，将纸片ABCD沿BE 折叠，点C的对应点为点C" ①【问题解决】 在图1中写出一对相等的角： ②（初步探究】 测得∠C=100°，∠EBC'=20°，求∠1和∠2的度数. (2)【深入探究】 如图2，小明将纸片换成一张矩形纸片ABCD,点E,F分别是线段AD,BC上的点，他先将纸片沿 EF折叠，点A,B的对应点分别为点A',B',A'B与线段AD交于点G,点H是线段DC上一点，再将 纸片沿GH折叠，点D的对应点为点D',使得点B'恰好在GD'上，测得∠EFB'=62°，求∠DGH的 度数 B 图1 图2 210众相原创赋能中考贵州数学 8.如图，平行四边形ABCD中，AB=7,BC=10.点P是BC边上的一点，连接AP,以AP为对称轴作 △ABP的轴对称图形△AQP. (1)【动手操作】 当点Q正好落在AD边上时，在图1中画出△ABP的轴对称图形△AQP,并判断四边形ABPQ的形 状是 (2)【问题解决】 如图2，当点P是线段BC的中点，且CQ=2时，求AP的长： (3)【拓展探究】 如图3，当点P,Q,D在同一条直线上，且∠PQC=∠PQA时，求PQ的长 图1 图2 图3 各用图 专题六几何探究题 211 类型4动点问题 9.(2024黔东南州二模)在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点D在射线CB上运动，在AD左侧作∠ADP= ∠C,过点A作线段AE,使AE⊥AD,交DP于点E,连接EB. (1)【操作发现】 若∠C=45°，如图1. ①请利用无刻度的直尺和圆规补全图形：（不写作法，保留作图痕迹） ②CD,EB的数量关系为 ,直线CD,EB的位置关系为 (2)【类比探究】 如图2，若∠C=60°，则(1)中CD,EB的数量关系和位置关系是否仍然成立？请说明理由： (3)【拓展延伸】 如图3，若∠ABC=60°，BC=6,当△ADC是以AC为腰的等腰三角形时，求线段BE的长 P 图1 图2 图3 212众相原创赋能中考贵州数学直线x=1,设点P的坐标为(1，P): 又：PM⊥CD,PN⊥BC ,·对称轴垂直平分AB.,∴，PA=PB ,四边形NCMP是矩形，.∴，MN=PC ∴△PAC的周长为AC+PC+PA=AC+PC+PB,其 DF⊥AE,Q是AD的中点.0P=AD=1, 中AC=√(-1-0)2+(0-3)7=10 当B,P,C三点共线时.如解图1， 二点P在以AD为直径的圆上，且在正方形ABCD的内 部 PC+PB最小，最小值为BC=√(3-0)+(0-3)= PC≥QC-QP. 32.△PAC周长的最小值为10+32. ∴当Q,P,C三点共线时，PC最小，最小值为QC-QP 设直线BC的解析式为y=:+3, =√QD+CD-1=5-1, 将B(3,0)代人，得k=-1,y=-x+3 点P在直线BC上，.p=-1+3=2, MN的最小值为5-1. .点P的坐标为(1,2)： 2.解：(1)22.5 (2)BD=2AE.理由如下： 如解图I,过点E作EF∥BC,交AC于点F △ABC是等腰直角三角形， ∠BAC=90°，AB=AC, ∴，∠AEF=∠AFE=∠ABC= 3长 ∠ACB=45°， D B AE=AF,EF=N2AE,∠EFC 解图1 1 =∠DBE=135°，AB-AE=AC-AF,.BE=CF B -210 234 -2￥101 EC=ED,∴∠EDC=∠ECD. ,∠ABC=∠EDC+∠DEB=45°，∠ACB=∠ACE+ ∠ECD=45°， 解图1 解图2 (3)补全图形如解图2 ∠DEB=∠ACE,,△DBE≌△EFC, 由(2)得直线BC:y=-x+3. ÷BD=EF,.BD=2AE: 设M(m,-m2+2m+3),N(n,-n2+2n+3), (3)当点E在射线AB 则直线MC:y=(-m+2)x+3,直线BN:y=(-n- 上时，如解图2 1)x+3n+3, 过点E作EF∥BC,交 令(-m+2)x+3=(-n-1)x+3n+3,解得xc= AC的延长线于点F, 解图2 3n 则∠CEF=∠ECD. ~m+n*3① ∠DBE=∠ABC=45°=∠ACB=∠AFE. :MN∥BC,∴，设直线MN的解析式为y=-x+b, EC=ED,∴∠EDB=∠ECD,∴∠EDB=∠CEF, 令-x+b=-x2+2x+3,则m,n为该方程的两个根， ∴△DBE≌△EFC,∴BD=EF ∴m+n=3,即m=3-n,② 易得△AEF是等腰直角三角形，∴.EF=2AE, 将2代入①，得x。=2 3 ·BD=2AE=62 :AB=AC=4,BC=42, 。点6的横坐标为号 CD=DB+BC=62+42=102: 专题六几何探究题 当点E在射线BA上F 时，如解图3.过点E作 1.解：(1)画出图形如解图1： EF∥BC,交CA的延长 (2)①，：四边形ABCD是正方形 ∴.∠ADC=∠DCF=90°，AD=DC..∠ADP+∠CDF= 线于点F, 则∠CEF=∠ECD, ∠ADC=90° ∠DBE=∠FCB=45 ,DF⊥AE,.∠DAE+∠ADP=90° =∠AFE. ∠DAE=∠CDF,.△ADE≌△DCF,.DE=CF, .EC=ED B .CE+CF=CE+DE=CD=2; ,∴，∠EDC=∠ECD 解图3 ∴，∠EDB=∠CEF ∴，△DBE≌△EFC,∴.BD=EF 易得△AEF是等腰直角三角形， .EF=2AE,..BD=2AE =62. .AB=AC=4...BC=42, 解图 解图2 六CD=BD-BC=6√2-42=2,2 ②如解图2，取AD的中点Q,连接PQ,PC :四边形ABCD是正方形，∴.∠MCN=90° 综上所述，CD的长为102或22. 贵州数学35 3.解：(1)90画出图形如解图1： 家上所述的值为或号 4解：D=i -R 0 (2)BE与CD的数量关系没有发生变化，理由如下： 解图1 解图2 .·∠DAE=∠CAB,∴.∠DAE-∠BAD=∠CAB- (2)证明：如解图2，过点P作PC⊥OB于点C,则四边 ∠BAD. 形OAPC是矩形， ∴，∠BAE=∠CAD :点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA,PC⊥OB. ()知光怎 △CAD∽△BAE CD AC 3 .PA=PC,.矩形OAPC是正方形， BE AB 2 .OA=PA=PC=OC,∠APC=90° ,PN⊥PM..∠MPN=90°， 即m:号aE, .∠APM=∠CPN=90°-∠MPC, :,BE与CD的数量关系没有发生变化： 又，·∠MAP=∠NCP=90°，PA=PC. (3)当点D在BE上时，如解图 .△APM≌△CPN(ASA),.AM=CN, ,∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC ..OM+ON=0M+0C+CN=0M+0C+AM=0A+0C =4. =2PA: 4 (3)①当点M在线段 六AG=an30=45,AB=2BC= G A0上时，如解图3，延 8AD=3 4C=3瓦 长WM交PA的延长线 D .·∠ADE=∠ACB=90° 于点G.由(2)知OM+ 6 六.∠ADB=180°-∠ADE=90°， ON =2PA. 解图3 解图1 设0M=x,则0N=3x,0A=PA=2x, BD=AB-A厅=√82-(33)2=37. .AM=0A-OM=x=OM. ,DE=AD·tn∠DAE=35·tan30°=3， 又.∠MON=∠MAG=90°，∠OMN=∠AMG. ∴BE=BD+DE=3+37, △MON≌△MAG(ASA).∴AG=ON=3x :AP/0B△0Np△Pof=-院-32 3x 由(2)知，D=受m= 2 ×(3+37)= 子…器-房…器骨 33+1Π 2 ②当点M在A0 当点D在BE的延长线上时，如解图2， 的延长线上时， 由上知，BD=37,DE=3, 如解图4，过点 BE=BD-DE=√37-3，，CD P作PC⊥OB 于点C,并延长 号能：m-g 2 解图2 交MN于点G. 由(2)知，四边 综上所述，CD的长为35+匝或面-3 2 2 形OAPC是正 方形，，OA= 解图4 5解：(1)P0=2B0P01B0 PA=PC=OC,∠APC=90°，PC∥AO. (2)△PQB是等腰直角三角形.证明如下： .PN⊥PM.∴.∠MPN=90°，.∴.∠APM=∠CPN=90°- 如解图1，连接O'P并延长，交BC于点F, ∠MPC, :四边形ABCD是正方形，∴，AB= 又·∠A=∠PCN=90,PA=PC,∴.△APM≌△CPN, BC,∠ABC=90, ..AM=CN. :将△AOB绕点A按顺时针方向 0. ..ON -OM =0C+CN-OM =A0+AM -OM=2A0. 旋转45得到△A0E. ,ON=3OM..A0=OM=PC.设OM=x,则ON=3x, ∴△AO'E是等腰直角三角形，0E CN=AM =2x. =0A, ∴O'E∥BC,∠O'EP=∠FCP .PC∥AO..△CGNo△OMN, ∠PO'E=∠PFC. 亲cG 又：点P是CE的中点，EP= 解图1 3 CP..△O'PE≌△FPC. PC∥A0.△OMF∽△PGF,-PF=P元 OF OM .0'E=FC=0'A,O'P FP...AB-0'A BC FC, 2x x+3 六BO=BF ∴△O'BF是等腰直角三角形，∴BP⊥OF,O'P=BP, 3.PF-5.OP2 50f=30F=3 ∴△BPO'也是等腰直角三角形 36众相原创赋能中考 又.点Q为OB的中点，∴.PQ⊥O'B,PQ=BQ ∴.△PQB是等腰直角三角形： 由(2)知，△C△0B铝-2岩m=, (3)如解图2，延长O'E交BC边于点G,连接PG.O'P ∴BE=3AD=5(x+4)=3x+45. :四边形ABCD是正方形，AC是 由(2)知，BE⊥AD,∴.∠AEB=90°，根据勾股定理，得 对角线，.∠ECG=45 AE'+BE =AB. 易得，四边形O'ABG是矩形， 即x+(3x+43)=(47)2. ∴.OG=AB=BC,∠EGC=90°， 解得x=2或x=-8(舍去)， ∴，△ECC是等腰直角三角形. 此时BE=√3x+45=63: 点P是CE的中点，PC=PG 当点D在线段AE上时，如解图4.设AD=y,则AE=AD =PE,∠CPG=90°，∠EGP=45° 解图2 ∴.△O'GP≌△BCP. +DE=y+4, ∴∠O'PG=∠BPC,O'P=BP, 由2)知，△C△BC-=m=不.BE .∠O'PG-∠GPB=∠BPC-∠GPB ∴.∠0'PB=∠CPG=90°， 3AD=3y. “△OPB是等腰直角三角形 由(2)知，BE⊥AD,.∠AEB=90°，根据勾股定理，得 AE +BE =AB'. :点Q是0B的中点P0=之0B=B0,PO10R 即(y+4)2+(3y)2=(47), 2 解得y-4或y=-6(舍去)， AB=10'A=0M=汽 此时BE=3y=4. 六0'B=V0+AB=6 PQ=bB0=￥6 综上所述，BE的长为63或43. 7.解：(1)①∠CBE=∠CBE(答案不唯一) 2'AB∥DC.∴，∠ABC+∠C=180°， Samw=2B0·P0=2× 663 4 4 16 ,∠ABC=180°-∠C=80° 6.解：(1)BE1AD【解法提 由折叠得，∠CBE=∠C'BE=20° 示】如解图1，延长BE交AD ∴∠1=∠ABC-∠CBE-∠C"BE=40P. 于点G.:m=1,CA=CB ∠CBE+∠CEB+∠C=180°，.∠CEB=60°， CD=CE.,·∠DCE=∠ACB ∠C'EB=∠CEB=60°， =90°，∴.∠DCA+∠ACE= 解图1 .∠2=180°-LCEB-∠CEB=60°： ∠ACE+∠ECB=90°，÷∠DCA=∠ECB,.△DCA≌ (2):四边形ABCD为矩形， △ECB,.∠DAC=∠EBC.∠GAB+∠ABG=∠DAC ,∠B=90°，BC∥AD. +∠CAB+∠ABG=∠EBC+∠CAB+∠ABG=∠CAB 由折叠得，∠DGH=∠D'GH,∠B=∠FB'G=90°. +∠CBA=180°-∠ACB=90°，∴.∠AGB=180°-90 ∠EFB=∠EFB'=62°， =90°，，BE⊥AD. ∠CFB'=180°-∠EFB-∠EFB'=560 (2)成立.证明如下：如解图2，延长BE交AD于点G. 如解图，过点B作BK∥AD交 E :∠DCE=∠ACB=90°..∠DCA+∠ACE=∠ACE+ AB于点K ∠ECB=90°，.∠DCM=∠ECB. BC∥AD,BK∥BC, 0-品-品△DCaB0B, ∴∠CFB'=∠KB'F=56°， ∠DGB=∠GBK .∠DAC=∠EBC ∠FB'G=90° :∠GAB+∠ABG=∠DAC+∠CAB+∠ABG=∠EBC ∴，∠DGB'=∠GB'K=90°-56°=34 +∠CMB+∠ABG=∠CAB+∠CBA=180°-∠ACB= 90°，.∠AGB=180°-90°=90°，∴.BE⊥AD: ∠pGh=∠nrG∠cH=7∠pcB=I7 8.解：(1)菱形 如解图1，△AQP即为所求： D 解图2 解图3 解图1 解图2 (2)如解图2，连接BQ交AP于点E, :△AQP与△ABP是以AP为对称轴的轴对称图形， AQ =AB.BP=PQ. 解图4 ∴AP是线段BQ的垂直平分线，.点E是BQ的中点， (3)当点E在线段AD上时，如解图3. ∠AEB=∠BEP=90. 设AE=x,则AD=AE+DE=x+4, 又：点P是BC的中点，，EP为△BQC的中位线， 贵州数学 37 P=0= △4BB△M0c8格-，∠=∠C BP-BC=5,AR-7. ∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=∠C+∠ABC=90°， ∴CD⊥EB,EB=3CD: ∴.在Rt△BEP中，BE=√BP-EP=26 (3):在R△ABC中，P 在RI△ABE中，AE=AB-BE=5, ∠BAC=90°，∠ABC= .AP=AE+EP=6; 60°，BC=6, (3)四边形ABCD是平行四边形， BC .AD∥BC,∴∠DAP=∠APB.△MQP与△ABP是以 六∠C=30°，AB=2 AP为对称轴的轴对称图形，，∠APB=∠APQ, BC=35 ∠APQ=∠DAP,.DP=AD=I0. =3,C= 2 .∠B=∠PQA=∠PQC=∠ADC,∠ADC=∠ADP+ 当CA=CD时，如解图 2. 解图2 ∠PDC.∠POC=∠PDC+∠DCQ. ∴.∠ADP=∠DCQ. 易证△EAB∽△DAC, AD∥BC,∴∠ADP=∠DPC 能 ∴.∠DCQ=∠DPC 六BE=AB=3: 又：∠PDC=∠CDQ.,△PDC△CDQ, 当AD=AC时， 品品9品0- 如解图3，∠ADC 10 =∠C=30°， m=Pm-0=0-8-得 ∠ABC=60°， ∠BAD 9.解：(1)①补全图形如解图： ∠ABC-∠ADC =30°， .∠BDA= ∠BAD,∴BD= 解图3 AB=3. DC=BD+BC=9. D ∠EAD=∠BAC=90°，∴.∠EAB=∠DAG ②CD=EBCD⊥EB (2)CD,EB的数量关系不成立，位置关系仍然成立 治-0=.△B△MC, 理由如下：∠DAE=∠BAC=90°，∠ADE=∠C=60°， 告2-瓦，∠B=∠4C, 凭2-i=c=3a 综上所述，BE的长为3或3③. 第三部分 2025全国中考新趋势题型 1.解：(I)△BDE是等腰三角形， 于点E,连接AO并延长交⊙O于点F,连接CF 理由如下：：BD平分∠ABC,∴∠ABD=∠CBD. ,.a·csinB=e·bsin∠BAC. .BC∥ED,.∠EDB=∠CBD. Sar=·D.·C 2 2 .∠EDB=∠ABD,.EB=ED .△BDE是等腰三角形： n2BC=品同理可证HCm乙An (2)①DB②由(I)可知，∠ABE=∠EBG=∠AEB,AB a b =AE=3. sin∠BAC sinB sin∠ACB .AF⊥BE,∠BAF=∠EAF AF是⊙0的直径，∴.∠ACF=90° .BC∥AD.∴.∠EAG=∠AGB 艾∠B=LAC,nB=sin LAFC== b ∴.∠BAF=∠AGB,∴.AB=BG=3. .AB∥FD.∴.∠BAF=∠CFG ,∠AGB=∠CGF,∴∠CGF=∠CFG.∴.CG=CF .CG=BC-BG=5-3=2.∴，CF=2 2.解：【基础应用】小：∠B=75°，∠C=45°，，∠A=180°- ∠B-∠C=60° AB 2 AB ∠C=45,Bc=2.=inCi60°im45o,解 得AB=26 解因1 解图2 【推广证明】如解图1，作AD⊥BC于点D,作CE⊥AB【拓展应用】如解图2，连接DB 38 众相原创赋能中考