《2026年通城学典全国中考试题分类精粹中考数学》

36. (2025·遂宁)如图，在边长为1的正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使∠BAE=15°，连接CE并延长至点F，连接BF，使BF=BC，CF与AB相交于点H。有下列结论：① AE=CE；② BE + AE = EF；③ $\frac{AH}{BH}$ = 2√3 - 1；④ M是边BC上一动点，连接HM，将△BHM沿HM翻折，点B落在点P处，连接BP交HM于点Q，连接DQ，则DQ长的最小值为$\frac{\sqrt{7} + \sqrt{3} - 2}{2}$。其中，正确的是①②④(填序号)。

答案：
36.①②④ 解析：$\because$四边形$ABCD$是正方形，$E$是正方形$ABCD$的对角线$BD$上的点，$\therefore AD=CD$，$\angle ADE=\angle CDE$。
又$\because DE=DE$，$\therefore \triangle ADE\cong\triangle CDE$，$\therefore AE=CE$。故①正确。
如图①，在$FC$上取一点$G$，使得$BG=BE$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$BD$是对角线，$\therefore \angle ADE=\angle CBD=45^{\circ}$，$\angle BAD=\angle BCD=90^{\circ}$，$AD=CD$。
$\because \angle BAE=15^{\circ}$，$\therefore \angle DAE=90^{\circ}-15^{\circ}=75^{\circ}$，$\therefore \angle AED=180^{\circ}-45^{\circ}-75^{\circ}=60^{\circ}$。
$\because \triangle ADE\cong\triangle CDE$，$\therefore \angle AED=\angle CED=60^{\circ}$，$\angle DAE=\angle DCE=75^{\circ}$。
$\therefore \angle HEB=\angle CED=60^{\circ}$，$\angle BCE=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$，$\therefore \triangle GEB$是等边三角形，$\therefore \angle EBG=60^{\circ}$，$EG=BE$。
又$\because BF=BC$，$\therefore \angle F=\angle BCF=15^{\circ}$，$\therefore \angle FBC=180^{\circ}-15^{\circ}-15^{\circ}=150^{\circ}$。
$\therefore \angle FBG=\angle FBC-\angle GBE-\angle CBE=150^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}=\angle CBE$。
$\because \angle F=\angle BCF$，$BF=BC$，$\therefore \triangle FBG\cong\triangle CBE$，$\therefore FG=CE$。
$\therefore EF=EG+FG=BE+CE=BE+AE$，即$BE + AE=EF$。故②正确。
如图②，连接$AC$交$BD$于点$O$，则$\angle DAO=\angle ACB=45^{\circ}$，过点$A$，$B$分别作$FC$的垂线，垂足分别为$K$，$N$。
$\because AB=1$，$\therefore$易得$AO=BO=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}$。
$\because \angle DAE=75^{\circ}$，$\angle DAO=45^{\circ}$，$\therefore \angle EAO=30^{\circ}$。
$\because$在正方形$ABCD$中，$AC\perp BD$，$\therefore EO=AO·\tan\angle EAO=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，$\therefore BE=OB - OE=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{6}$。
$\because \angle BCE=15^{\circ}$，$\angle ACB=45^{\circ}$，$\therefore \angle ACK=30^{\circ}$，$\therefore AK=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
在$Rt\triangle BEN$中，$BN=BE·\sin\angle NEB=BE·\sin60^{\circ}=(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{6})×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
$\because AK\perp FC$，$BN\perp FC$，$\therefore KA// BN$，$\therefore \triangle AHK\sim\triangle BHN$，$\therefore \frac{AH}{BH}=\frac{AK}{BN}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=\sqrt{3}+1$。故③错误。
$\because AB=AH + BH=1$，$\frac{AH}{BH}=\sqrt{3}+1$，$\therefore (\sqrt{3}+1)· BH + BH=1$，即$BH=\frac{1}{\sqrt{3}+2}=2-\sqrt{3}$。
如图③，$\because M$是边$BC$上一动点，将$\triangle BHM$沿$HM$翻折，点$B$落在点$P$处，$\therefore PQ\perp HM$，$\therefore \angle HQB=90^{\circ}$，$\therefore$点$Q$在以$HB$为直径的圆上运动。
取$HB$的中点$T$，连接$DT$，$\therefore$当点$Q$在$DT$上时，$DQ$的长取得最小值，最小值为$DT - BT$的值。
$\because BT=\frac{1}{2}BH=\frac{1}{2}(2 - \sqrt{3})=1-\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore AT=AB - BT=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
$\therefore DT=\sqrt{AD^{2}+AT^{2}}=\sqrt{1+(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$，$\therefore DT - BT=\frac{\sqrt{7}}{2}-(1-\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{\sqrt{7}+\sqrt{3}-2}{2}$。故④正确。
综上所述，正确的是①②④。

37. （2025·内蒙古）如图，ABCD是一张平行四边形纸片，BD是一条对角线，BD=BC=5，CD=6。
（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD沿BD折叠，点A的对应点落在点P处，PB交CD于点M。
① 试猜想PM与CM的数量关系，并说明理由；
② 求△BDM的面积。
（2）如图②，点E，F分别在平行四边形纸片ABCD的边AB，AD上，连接EF，且EF // BD，将平行四边形纸片ABCD沿EF折叠，使点A的对应点G落在边CD上，求DG的长。

答案：
37.
(1)①$PM=CM$ 理由：由折叠，得$AD=DP$，$\angle DAB=\angle DPB$。
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD=BC$，$\angle DAB=\angle BCD$，$\therefore DP=BC$，$\angle DPB=\angle BCD$。
又$\because \angle DMP=\angle BMC$，$\therefore \triangle DPM\cong\triangle BCM$，$\therefore PM=CM$。
②$\because \triangle DPM\cong\triangle BCM$，$\therefore DM=BM$。
如图①，过点$M$作$MN\perp BD$于点$N$，过点$B$作$BH\perp CD$于点$H$。
$\therefore DN=BN=\frac{1}{2}BD=\frac{5}{2}$。
$\because BD=BC=5$，$CD=6$，$\therefore DH=CH=\frac{1}{2}CD=3$。
$\therefore \cos\angle CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{3}{5}=\frac{DN}{DM}=\frac{\frac{5}{2}}{DM}$，$\therefore DM=\frac{25}{6}$。
$\therefore MN=\sqrt{DM^{2}-DN^{2}}=\frac{10}{3}$，$\therefore S_{\triangle BDM}=\frac{1}{2}BD· MN=\frac{1}{2}×5×\frac{10}{3}=\frac{25}{3}$。
(2)如图②，过点$C$作$CP\perp BD$于点$P$，连接$AG$交$BD$于点$T$，过点$B$作$BH\perp CD$于点$H$。
由折叠，得$AG\perp EF$，$\because EF// BD$，$\therefore AG\perp BD$。
由
(1)②，可得$DH=CH=\frac{1}{2}CD=3$，$\therefore BH=\sqrt{BD^{2}-DH^{2}}=4$。
$\because S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}CD· BH=\frac{1}{2}BD· CP$，$\therefore CP=\frac{CD· BH}{BD}=\frac{24}{5}$。
$\therefore BP=\sqrt{BC^{2}-CP^{2}}=\frac{7}{5}$，$\therefore DP=BD - BP=5-\frac{7}{5}=\frac{18}{5}$。
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD=BC$，$AD// CB$，$\therefore \angle ADT=\angle CBP$。
又$\because \angle ATD=\angle CPB=90^{\circ}$，$\therefore \triangle ADT\sim\triangle CBP$，$\therefore \frac{DG}{DC}=\frac{DT}{DP}=\frac{\frac{7}{5}}{\frac{18}{5}}$，解得$DG=\frac{7}{3}$。

38. （2025·山东）【图形感知】
如图①，在四边形ABCD中，∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，AD=2，AB=4。
（1）求CD的长。
【探究发现】
老师指导同学们对如图①所示的纸片进行了折叠探究。
在线段CD上取一点E，连接BE。将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A'BED'，其中A'，D'分别是点A，D的对应点。
（2）其中甲、乙两名同学的折叠情况如下：
① 甲：如图②，点D'恰好落在边BC上，延长A'D'交CD于点F，判断四边形DBA'F的形状，并说明理由；
② 乙：如图③，点A'恰好落在边BC上，求DE的长。
（3）如图④，连接DD'交BE于点P，连接CP。当点E在线段CD上运动时，线段CP的长是否存在最小值？若存在，求该最小值；若不存在，请说明理由。

答案：
38.
(1)$\because \angle BAD=\angle ABC=\angle BDC=90^{\circ}$，$\therefore \angle BAD+\angle ABC=180^{\circ}$，$\therefore AD// BC$，$\therefore \angle ADB=\angle DBC$，$\therefore \triangle ADB\sim\triangle DBC$，$\therefore \frac{AD}{DB}=\frac{AB}{DC}$。
$\because \angle BAD=90^{\circ}$，$AD=2$，$AB=4$，$\therefore BD=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$，$\therefore \frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{CD}$，$\therefore CD=4\sqrt{5}$。
(2)①四边形$DBA^{\prime}F$是矩形 理由：由折叠的性质，得$\angle A=\angle A^{\prime}=90^{\circ}$，$\angle ABD=\angle A^{\prime}BD^{\prime}$。
$\because \angle ABD+\angle DBC=\angle ABC=90^{\circ}$，$\therefore \angle A^{\prime}BD=\angle A^{\prime}BD^{\prime}+\angle DBC=90^{\circ}$，$\therefore \angle A^{\prime}BD=\angle BDC=\angle A^{\prime}=90^{\circ}$，$\therefore$四边形$DBA^{\prime}F$是矩形。
②如图①，延长$AD$和$A^{\prime}D^{\prime}$相交于点$Q$，连接$BQ$。
由折叠的性质，得$\angle A=\angle BA^{\prime}Q=90^{\circ}$，$\angle ABE=\angle A^{\prime}BE$，$AB=A^{\prime}B$。
$\because$点$A^{\prime}$恰好落在边$BC$上，$\therefore \angle ABA^{\prime}=90^{\circ}$，$\therefore$易得四边形$ABA^{\prime}Q$是矩形。
$\because AB=A^{\prime}B$，$\therefore$四边形$ABA^{\prime}Q$是正方形，$\therefore AQ=AB=4$，$AQ// CB$，$\therefore DQ=AQ - AD=4 - 2=2$。
在$Rt\triangle BCD$中，$BC=\sqrt{BD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}+(4\sqrt{5})^{2}}=10$。
$\because \angle ABE=\angle A^{\prime}BE=\frac{1}{2}\angle ABA^{\prime}=45^{\circ}$，$\therefore$点$E$在对角线$BQ$上。
又$\because AQ// CB$，$\therefore \triangle DQE\sim\triangle CBE$，$\therefore \frac{DE}{CE}=\frac{DQ}{CB}=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$，$\therefore DE=\frac{1}{6}CD=\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
(3)存在 由折叠的性质，得$BE$是线段$DD^{\prime}$的垂直平分线，$\therefore \angle BPD=90^{\circ}$，$\therefore$点$P$在以$BD$为直径的圆上。
如图②，取$BD$的中点$O$，连接$OC$，$OP$。
$\because CP\geqslant OC - OP$，$\therefore$当点$P$在$OC$上时，线段$CP$的长取得最小值。
$\because OP=OD=\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$，$\therefore OC=\sqrt{OD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(4\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{85}$，$\therefore$线段$CP$的长的最小值为$OC - OP=\sqrt{85}-\sqrt{5}$。