專(zhuān)題39 幾何探究題（6大類(lèi)型）（解析版）

模塊三重難點(diǎn)題型專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練

專(zhuān)題39幾何探究題（6大類(lèi)型）

考查類(lèi)型一非動(dòng)點(diǎn)探究題

考查類(lèi)型二動(dòng)點(diǎn)探究題

考查類(lèi)型三平移探究題

考查類(lèi)型

考查類(lèi)型四旋轉(zhuǎn)探究題

考查類(lèi)型五折疊探究題

考查類(lèi)型六類(lèi)比探究題

新題速遞

考查類(lèi)型一非動(dòng)點(diǎn)探究題

例1（2022·寧夏·中考真題）綜合與實(shí)踐

知識(shí)再現(xiàn)

如圖1，RtABC中，ACB90，分別以BC、CA、AB為邊向外作的正方形的面積為S1、S2、S3．當(dāng)S136，

S3100時(shí)，S2______．

問(wèn)題探究

如圖，RtABC中，ACB90．

（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______．

（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

第1頁(yè)共123頁(yè).

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：SPHNS四邊形PMFG；

（2）如圖5，分別以圖3中RtABC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AB4，柱體的高h(yuǎn)8，直接寫(xiě)出V1V2的

值．

【答案】知識(shí)再現(xiàn)64；

問(wèn)題探究：（1）S1S2S3；（2）S4S5S6；理由見(jiàn)解析；

實(shí)踐應(yīng)用：（1）見(jiàn)解析；（2）V1V216．

【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；

333

(2)過(guò)點(diǎn)D作DG⊥BC交于G，分別求出SBC2，SAC2，SAB2，由勾股定理可得

445464

323232

BCACAB，即可求S4+S5=S6；

444

實(shí)踐應(yīng)用：(1)設(shè)AB=c，BC=a，AC=b，則HN=a+b-c，F(xiàn)G=c-a，MF=c-b，可證明△HNP是等邊三角形，四

邊形是平行四邊形，則32，3，再由222，可證

MFGPS△(abc)S四邊形(ca)(cb)cab

PMN4PMFG2

明S△PMNS四邊形PMFG．

(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

11

圓的面積為S2，可得S1+S2=S3，又由VV(SS)hSh，即可求VV16．

122112312

第2頁(yè)共123頁(yè).

【詳解】知識(shí)再現(xiàn)：解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

S1S2S3，

S136，S3100，

S264，

故答案為：64；

問(wèn)題探究：1解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

111

AB2AC2BC2，

222

S1S2S3，

故答案為：S1S2S3；

2解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

過(guò)點(diǎn)D作DGBC交于G，

1

在等邊三角形BCD中，CDBC，CGBC，

2

3

DGBC，

2

133

SBCBCBC2，

4224

33

同理可得SAC2，SAB2，

5464

第3頁(yè)共123頁(yè).

333

AB2AC2BC2，

444

S4S5S6；

實(shí)踐應(yīng)用：1證明：設(shè)ABc，BCa，ACb，

HNabc，F(xiàn)Gca，MFcb，

HGB是等邊三角形，△ABF是等邊三角形，

HG//AF，MN//BF，

HPN60，

HNP是等邊三角形，四邊形MFGP是平行四邊形，

32，3，

S(abc)S四邊形cacb

PMN4PMFG2

ABC是直角三角形，

c2a2b2，

3333

(abc)2a2b2c22ab2bc2acc2abbcaccacb，

4422

SPMNS四邊形PMFG；

2解：設(shè)ABc，BCa，ACb，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，

c2a2b2，

c2a2b2，

444

S1S2S3，

111

VSh，VSh，VSh，

222121323

11

VVSShShV，

21212233

AB4，h8，

11

VSh4816，

3232

V1V216．

【點(diǎn)睛】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(xiàn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

第4頁(yè)共123頁(yè).

例2（2022·遼寧朝陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝

120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．

(1)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(xiě)出完整

的證明過(guò)程．

(2)【思維延伸】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．

(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，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(xiě)出線(xiàn)段OD的長(zhǎng)．

【答案】(1)AC=BC+CD；理由見(jiàn)詳解；

(2)CB+CD=2AC；理由見(jiàn)詳解；

(3)333或33

【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：C△B+CD=2AC．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(xiàn)于點(diǎn)N．證

明AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明RtACM≌RtACN（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．

【詳解】（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE=BC，連接AE．

第5頁(yè)共123頁(yè).

∵∠BAD+∠BCD=180°，

∴∠B+∠ADC=180°，

∵∠ADE+∠ADC=180°

∴∠B=∠ADE，

在ADE和ABC中，

△DABA△

ADEB，

DEBC

∴△ADE≌△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+CD=2AC．

理由：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(xiàn)于點(diǎn)N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，

∴∠CDA+∠CBA=180°，

第6頁(yè)共123頁(yè).

∵∠ABN+∠ABC=180°，

∴∠D=∠ABN，

∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，

∴△AMD≌△ANB（AAS），

∴DM=BN，AM=AN，

∵AM⊥CD，AN⊥CN，

∴∠ACD=∠ACB=45°，

∴AC=2CM，

∵AC=AC．AM=AN，

∴RtACM≌RtACN（HL），

∴CM△=CN，△

∴CB+CD=CN-BN+CM+DM=2CM=2AC；

（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°，

∴CD=3CB，

∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，

∴OP=OQ，

1

CD·OQ

SCD

∴CDO2，

S1BC

OBCBC·OP

2

ODCD

∴3，

OBCB

第7頁(yè)共123頁(yè).

∵AB=AD=6，∠DAB=90°，

∴BD=2AD=23，

3

∴OD=23333．

13

如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時(shí)，

OD11

同法可證，OD2333，

OB313

綜上所述，滿(mǎn)足條件的OD的長(zhǎng)為333或33．

【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和

性質(zhì)，角平分線(xiàn)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(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于

中考?jí)狠S題．

各地的中考數(shù)學(xué)試題中,最后一道壓軸題以代數(shù)和幾何的綜合性問(wèn)題最為常見(jiàn),而非動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)系圖

形探究問(wèn)題,更是近年的重點(diǎn)與難點(diǎn),這類(lèi)問(wèn)題往往自成一系,解法有規(guī)律可循.非動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)系圖形探究

問(wèn)題,是指以坐標(biāo)系中的特殊圖形如特殊三角形,特殊四邊形,相似圖形或特殊直線(xiàn)等為探究對(duì)象,以初

中代數(shù)和幾何難點(diǎn)內(nèi)容相結(jié)合為背景,以數(shù)形結(jié)合為研究方法的題型.通過(guò)圖形之間的特殊位置關(guān)系和

一些特殊的值,建立方程或函數(shù)模型去求解,是解決這類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵.

【變式1】（2022·重慶·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是對(duì)角線(xiàn)上一點(diǎn)，連接AE并延長(zhǎng)交CD

第8頁(yè)共123頁(yè).

于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AE交BC于點(diǎn)G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，則AE＝（）

417617717817

A．B．C．D．

5555

【答案】B

【分析】過(guò)點(diǎn)E作AB的平行線(xiàn)，分別交AD,BC于點(diǎn)M,N，先根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定可得四邊形ABNM和

四邊形CDMN都是矩形，設(shè)EMx(x0)，則EN8x，再根據(jù)相似三角形的判定證出DEMDBA，

3x33x

根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得DM，從而可得AM6x,GN4，然后根據(jù)相似三角形的判定證

444

出AEMEGN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得x的值，最后在Rt△AEM中，利用勾股定理即可得．

【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作AB的平行線(xiàn)，分別交AD,BC于點(diǎn)M,N，

四邊形ABCD是矩形，AB8,AD6，

BCAD6,BAD90,ADBC，

四邊形ABNM是矩形，

MNAB8,AMEENG90，

同理可得：四邊形CDMN是矩形，

DMCN，

設(shè)EMx(x0)，則ENMNEM8x，

EMAB，

DEMDBA，

DMEMDMx

，即，

DABA68

第9頁(yè)共123頁(yè).

3x

解得DM，

4

3x3

CN，AMADDM6x，

44

BG2，

3x

GNBCBGCN4，

4

AME90,EGAE，

EAMAEM90GENAEM，

EAMGEN，

AMEENG90

在△AEM和△EGN中，，

EAMGEN

AEMEGN，

3

6x

AMEMx

，即4，

3x

ENGN8x4

4

48

解得x或x8，

25

48

經(jīng)檢驗(yàn)，x是所列分式方程的根，且符合題意；x8不是所列分式方程的根，舍去，

25

483114

EM,AM6x，

25425

481146

AEEM2AM2()2()217，

25255

故選：B．

【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，通過(guò)作輔助線(xiàn)，構(gòu)造相似三

角形是解題關(guān)鍵．

【變式2】（2022·四川綿陽(yáng)·東辰國(guó)際學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB2，AD3，

ABC60，AEBC于點(diǎn)E，點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，DE與BF相交于點(diǎn)P，則BP的長(zhǎng)為_(kāi)_____．

【答案】13

2

【分析】延長(zhǎng)BF,AD交于點(diǎn)M，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得到AD∥BC，進(jìn)而得到BFC∽MFD，相似

第10頁(yè)共123頁(yè).

BPBE

比為1:1，得到DMBC，BEP∽MDP，得到，利用30所對(duì)的直角邊是斜邊的一半，得到

PMDM

1BP

BEAB，進(jìn)而求出的值，過(guò)點(diǎn)M作MNBC，交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)與點(diǎn)N，易得四邊形AMNE為矩形，

2PM

BP

進(jìn)而得到BN,MN的長(zhǎng)，利用勾股定理求出BM的長(zhǎng)，再根據(jù)的值求出BP的長(zhǎng)即可．

PM

【詳解】解：∵AEBC，ABC60，AB2，

1

∴EAB30,BEAB1,AEAB2BE23，

2

延長(zhǎng)BF,AD交于點(diǎn)M，

∵四邊形ABCD為平行四邊形，AB2，AD3，

∴AD∥BC,BCAD3，

∴BFC∽MFD，

DMDF

∴，

BCCF

∵點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，

∴DFCF，

∴DMBC3，

∵AD∥BC，

∴BEP∽MDP，

BPBE1

∴，

PMDM3

BP1

∴；

BM4

過(guò)點(diǎn)M作MNBC，交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)與點(diǎn)N，

則四邊形AMNE為矩形，

∴ENAMADDM6，MNAE3，

∴BNBEEN7，

∴BMBN2MN2213，

第11頁(yè)共123頁(yè).

BP1

∵，

BM4

113

∴BPBM；

42

故答案為：13．

2

【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，含30的直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)．本

題的綜合性強(qiáng)，通過(guò)添加輔助線(xiàn)，證明三角形相似，是解題的關(guān)鍵．

【變式3】（2022·山東青島·山東省青島第二十六中學(xué)?？级＃﹩?wèn)題提出：已知任意三角形的兩邊及夾角，

求三角形的面積．

問(wèn)題探究：為了解決上述問(wèn)題，我們先由特殊到一般來(lái)進(jìn)行探究．

探究一：如圖1，在ABC中，ABC90，ACb，BCa，C，求ABC的面積．

在Rt△ABC中，ABC90，

AB

sin

AC

ABbsin．

11

SBCABabsin．

ABC22

探究二：如圖2，ABC中，ABACb，BCa，B，求ABC的面積（用含a、b、代數(shù)式

表示），寫(xiě)出探究過(guò)程．

探究三：如圖3，ABC中，ABb，BCa，B，求ABC的面積（用a、b、表示）寫(xiě)出探究

過(guò)程．

問(wèn)題解決：已知任意三角形的兩邊及夾角，求三角形的面積方法是：___________（用文字?jǐn)⑹觯?/p>

問(wèn)題應(yīng)用：如圖4，已知平行四邊形ABCD中，ABb，BCa，B，求平行四邊形ABCD的面積（用

a、b、表示）寫(xiě)出解題過(guò)程．

問(wèn)題拓廣：如圖5所示，利用你所探究的結(jié)論直接寫(xiě)出任意四邊形的面積（用a、b、c、d、、表示），

其中ABb，BCc，CDd，ADa，A，C．

第12頁(yè)共123頁(yè).

11

【答案】absin，見(jiàn)解析；absin，見(jiàn)解析；一個(gè)三角形兩邊及其夾角的正弦值的積的一半；absin；

22

11

S四邊形absincdsin

ABCD22

【分析】探究二：如圖2中，作AHCB于H．求出高AH，即可解決問(wèn)題；

探究三：如圖3中，作AHCB于H．求出高AH，即可解決問(wèn)題；

1

問(wèn)題解決：SabsinC（C）是a、b兩邊的夾角）；

2

問(wèn)題應(yīng)用：如圖4中，作AH⊥CB于H．求出高AH，即可解決問(wèn)題；

問(wèn)題拓廣：如圖5，連接BD，由探究三的結(jié)論可得出答案．

【詳解】解：探究二：如圖2中，作AHCB于H．

ABACb，BCa，B，

BC，

在RtAHC中，AHC90，

AH

sin，

AC

AHb·sin，

11

SBCAHabsin．

ABC22

探究三：如圖3中，作AHCB于H．

第13頁(yè)共123頁(yè).

在RtAHC中，AHC90

AH

sin，

AC

AHb·sin

11

SBCAHabsin．

ABC22

問(wèn)題解決：一個(gè)三角形兩邊及其夾角的正弦值的積的一半．

故答案為：一個(gè)三角形兩邊及其夾角的正弦值的積的一半．

問(wèn)題應(yīng)用：如圖4中，作AHCB于H．

在RtAHB中，AHB90

AH

sin，

AB

AHb·sin

S平行四邊形ABCDBCAHabsin．

問(wèn)題拓廣：

11

連接BD，由探究三的結(jié)論可得：SABDABADsinabsin．

22

11

SBCCDcdsin．

BCD22

11

S四邊形absincdsin．

ABCD22

第14頁(yè)共123頁(yè).

【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合題、三角形的面積、平行四邊形的面積，銳角三角函數(shù)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是

學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題．

考查類(lèi)型二動(dòng)點(diǎn)探究題

例1（2022·遼寧阜新·統(tǒng)考中考真題）已知，四邊形ABCD是正方形，DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)（DEAB），

EDF90，DEDF，連接AE，CF．

(1)如圖1，求證：VADE≌CDF；

(2)直線(xiàn)AE與CF相交于點(diǎn)G．

①如圖2，BMAG于點(diǎn)M，BNCF于點(diǎn)N，求證：四邊形BMGN是正方形；

②如圖3，連接BG，若AB4，DE2，直接寫(xiě)出在DEF旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，線(xiàn)段BG長(zhǎng)度的最小值．

【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)①見(jiàn)解析②26

【分析】1根據(jù)SAS證明三角形全等即可；

2①根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；

②作DHAG交AG于點(diǎn)H，作BMAG于點(diǎn)M，證明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，

可得結(jié)論．

【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，

第15頁(yè)共123頁(yè).

ADDC，ADC90．

DEDF，EDF90．

ADCEDF，

\DADE=DCDF，

在VADE和CDF中，

DADC

ADECDF

DEDF

VADE≌△CDFSAS；

（2）①證明：如圖2中，設(shè)AG與CD相交于點(diǎn)P．

ADP90，

DAPDPA90．

ADE≌CDF，

DAEDCF．

DPAGPC，

DAEDPAGPCGCP90．

PGN90，

BMAG，BNGN，

四邊形BMGN是矩形，

MBN90．

四邊形ABCD是正方形，

ABBC，ABCMBN90．

ABMCBN．

第16頁(yè)共123頁(yè).

又AMBBNC90，

AMB≌CNB．

MBNB．

矩形BMGN是正方形；

②解：作DHAG交AG于點(diǎn)H，作BMAG于點(diǎn)M，

∵DHAAMB90,ADH90DAHBAM,ADAB

∴AMB≌DHA．

BMAH．

AH2AD2DH2，AD4，

DH最大時(shí)，AH最小，DH最大值DE2．

BM最小值A(chǔ)H最小值23．

由2①可知，BGM是等腰直角三角形，

BG最小值2BM26．

【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判

定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．

例2（2022·吉林長(zhǎng)春·統(tǒng)考中考真題）如圖，在YABCD中，AB4，ADBD13，點(diǎn)M為邊AB的

中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿折線(xiàn)ADDB以每秒13個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連結(jié)PM．作點(diǎn)

A關(guān)于直線(xiàn)PM的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A，連結(jié)AP、AM．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

第17頁(yè)共123頁(yè).

(1)點(diǎn)D到邊AB的距離為_(kāi)_________；

(2)用含t的代數(shù)式表示線(xiàn)段DP的長(zhǎng)；

(3)連結(jié)AD，當(dāng)線(xiàn)段AD最短時(shí)，求△DPA的面積；

(4)當(dāng)M、A、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，直接寫(xiě)出t的值．

【答案】(1)3

(2)當(dāng)0≤t≤1時(shí)，DP1313t；當(dāng)1＜t≤2時(shí)，PD13t13；

3

(3)

5

220

(4)或

311

【分析】（1）連接DM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；

（2）分兩種情況討論：當(dāng)0≤t≤1時(shí)，點(diǎn)P在AD邊上；當(dāng)1＜t≤2時(shí)，點(diǎn)P在BD邊上，即可求解；

（3）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥DM于點(diǎn)E，根據(jù)題意可得點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為以點(diǎn)M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑的圓，可得

到當(dāng)點(diǎn)D、A′、M三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，線(xiàn)段AD最短，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，再證明△PDE∽△ADM，可得

2

DE33t,PE22t，從而得到AEDEAD23t，在RtAPE中，由勾股定理可得t，即可求

5

解；

（4）分兩種情況討論：當(dāng)點(diǎn)A位于M、C之間時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在AD上；當(dāng)點(diǎn)A（A）位于CM的延長(zhǎng)線(xiàn)

上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在BD上，即可求解．

【詳解】（1）解：如圖，連接DM，

∵AB=4，ADBD13，點(diǎn)M為邊AB的中點(diǎn)，

第18頁(yè)共123頁(yè).

∴AM=BM=2，DM⊥AB，

∴DMAD2AM23，

即點(diǎn)D到邊AB的距離為3；

故答案為：3

（2）解：根據(jù)題意得：當(dāng)0≤t≤1時(shí)，點(diǎn)P在AD邊上，

DP1313t；

當(dāng)1＜t≤2時(shí)，點(diǎn)P在BD邊上，PD13t13；

綜上所述，當(dāng)0≤t≤1時(shí)，DP1313t；當(dāng)1＜t≤2時(shí)，PD13t13；

（3）解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥DM于點(diǎn)E，

∵作點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)PM的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)A，

∴A′M=AM=2，

∴點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡為以點(diǎn)M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑的圓，

∴當(dāng)點(diǎn)D、A′、M三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，線(xiàn)段AD最短，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，

∴AD1，

根據(jù)題意得：APAP13t，DP1313t，

由（1）得：DM⊥AB，

∵PE⊥DM，

∴PE∥AB，

∴△PDE∽△ADM，

PDDEPE

∴，

ADDMAM

第19頁(yè)共123頁(yè).

1313tDEPE

∴，

1332

解得：DE33t,PE22t，

∴AEDEAD23t，

在RtAPE中，AP2PE2AE2，

2222

∴13t22t23t，解得：t，

5

6

∴PE，

5

1163

∴SADPE1；

DPA2255

（4）解：如圖，

當(dāng)點(diǎn)M、A、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，且點(diǎn)A位于M、C之間時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在AD上，

連接AA′，A′B，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)A′作A′G⊥AB于點(diǎn)G，則AA′⊥PM，

∵AB為直徑，

∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，

∴PM∥A′B，

∴∠PMF=∠ABA′，

過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AB交AB延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)N，

在YABCD中，AB∥DC，

∵DM⊥AB，

∴DM∥CN，

∴四邊形CDMN為平行四邊形，

∴CN=DM=3，MN=CD=4，

∴CM=5，

第20頁(yè)共123頁(yè).

CN3

∴sinCMN，

CM5

∵AM=2，

36

∴AG2，

55

8

∴MG，

5

2

∴BGBMMG，

5

AG

∴tanABA3，

BG

∴tanPMFtanABA3，

PF

∴3，即PF=3FM，

FM

DMPF3AMAF2

∵tanDAM，cosDAM，

AMAF2ADAP13

3

∴PFAF，

2

3

∴3FMAF，即AF=2FM，

2

∵AM=2，

4

∴AF，

3

4

2

∴32，解得：t；

3

13t13

如圖，當(dāng)點(diǎn)A（A）位于CM的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在BD上，PB21313t，

過(guò)點(diǎn)A作AGAB于點(diǎn)G′，則AMACMN，取AA的中點(diǎn)H，則點(diǎn)M、P、H三點(diǎn)共線(xiàn)，過(guò)點(diǎn)H作

HK⊥AB于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)P作PT⊥AB于點(diǎn)T，

62

同理：AG,AG，

55

第21頁(yè)共123頁(yè).

∵HK⊥AB，AGAB，

∴HK∥A′′G′，

∴AHKAAG，

∵點(diǎn)H是AA的中點(diǎn)，

HKAKAH1

∴，

AGAGAA2

31

∴HK,AK，

55

9

∴MK，

5

HK1

∴tanPMTtanHMK，

MK3

PT1

∴，即MT=3PT，

MT3

DMPT3BTBM2

∵tanPBT，cosPBT，

BMBT2PBBD13

2

∴BTPT，

3

9

∴MTBT，

2

∵M(jìn)T+BT=BM=2，

4

∴BT，

11

4

20

∴112，解得：t；

11

21313t13

220

綜上所述，t的值為或．

311

【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，圓的基本性質(zhì)，相似三角形的判

定和性質(zhì)，解直角三角形，根據(jù)題意得到點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，是中考的壓軸題．

從變換的角度和運(yùn)動(dòng)變化來(lái)研究三角形、四邊形、函數(shù)圖象等圖形，通過(guò)“對(duì)稱(chēng)、動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)”等研

究手段和方法，來(lái)探索及發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過(guò)程中滲透空間觀念和合情推理。選擇基本的

幾何圖形，讓學(xué)生經(jīng)歷探索的過(guò)程，以能力為意，考查學(xué)生的自主探究能力，促進(jìn)培養(yǎng)學(xué)生解決問(wèn)題的能

第22頁(yè)共123頁(yè).

力，圖形在動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中觀察圖形的變化情況，需要理解圖形在不同位置的情況，才能做好計(jì)算推理

的過(guò)程。在變化中找到不變的性質(zhì)是解決“動(dòng)點(diǎn)”探究題的基本思路.

【變式1】（2021·江蘇南通·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，若D，E是邊

AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，DE＝3，則CD+EF的最小值為()

3313

A．﹣B．3﹣C．1+3D．3

222

【答案】B

【分析】首先ABC是含有30角的直角三角形，因此可以得知各邊的長(zhǎng)分別為AB4，AC23．因?yàn)镈，

E是邊AB上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求CDEF的最小值，就是需要轉(zhuǎn)換成同一直線(xiàn)上求

解，即求C關(guān)于AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C1，作C1C2//AB．構(gòu)建平行四邊形C1DEC2，作C2FAC于F，交AB于E．利

用平行四邊形和對(duì)稱(chēng)圖形的性質(zhì)，找出線(xiàn)段之間的關(guān)系．

【詳解】解：如圖，過(guò)C作AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C1，連接CC1，交AB于N；過(guò)C1作C1C2∥AB，且C1C2＝3，

過(guò)C2作C2F⊥AC于F，交AB于E，C2F的長(zhǎng)度即為所求最小值，

∵C1C2∥DE，C1C2＝DE，

∴四邊形C1DEC2是平行四邊形，

∴C1D＝C2E，

又∵CC1關(guān)于AB對(duì)稱(chēng)，

∴CD＝C1D，

第23頁(yè)共123頁(yè).

∴CD+EF＝C2F，

∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，

∴AC＝3BC＝23，

∴CN＝3，AN＝3，

過(guò)C2作C2M⊥AB，則C2M＝C1N＝CN＝3，

∴C2M∥C1N，C1C2∥MN，

∴MN＝C1C2＝3，

∵∠MEC2＝∠AEF，∠AFE＝∠C2ME＝90°，

∴∠MC2E＝∠A＝30°，

3

在Rt△C2ME中，ME＝，C2M＝1，C2E＝2，

3

∴AE＝AN﹣MN﹣ME＝3﹣3﹣1＝2﹣3，

3

∴EF1，

2

33

∴C2F213．

22

故選：B．

【點(diǎn)睛】本題主要考查動(dòng)點(diǎn)構(gòu)成的線(xiàn)段中最小值問(wèn)題，轉(zhuǎn)換成三點(diǎn)共線(xiàn)，并在垂直的時(shí)候最小，找到對(duì)稱(chēng)

點(diǎn)，構(gòu)建最短路徑是解題的關(guān)鍵．

【變式2】（2023·陜西西安·交大附中分校校考一模）如圖，在矩形ABCD中，AB23，AD2，點(diǎn)E為

線(xiàn)段CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，沿CBA的方向在CB和BA上運(yùn)動(dòng)，將矩形沿EF折疊，點(diǎn)C的

對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C，當(dāng)點(diǎn)C恰好落在矩形的對(duì)角線(xiàn)上時(shí)，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為_(kāi)_______.

3

【答案】1或2

3

【分析】分點(diǎn)C落在對(duì)角線(xiàn)BD上和點(diǎn)C落在對(duì)角線(xiàn)AC上兩種情況分別進(jìn)行討論求解，即可得出點(diǎn)F運(yùn)

動(dòng)的距離．

【詳解】分兩種情況：

第24頁(yè)共123頁(yè).

①當(dāng)點(diǎn)C落在對(duì)角線(xiàn)BD上時(shí)，連接CC，如圖1所示：

將矩形沿EF折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C，且點(diǎn)恰好落在矩形的對(duì)角線(xiàn)上，

CCEF，

點(diǎn)E為線(xiàn)段CD的中點(diǎn)，

CEEDEC，

CCD90，即CCBD，

EF∥BD，

點(diǎn)F是BC的中點(diǎn)，

在矩形ABCD中，AD2，

BCAD2，

CF1，

點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為1；

②當(dāng)點(diǎn)C落在對(duì)角線(xiàn)AC上時(shí)，作FHCD于H，則CCEF，四邊形CBFH為矩形，如圖2所示：

在矩形ABCD中，AB23，AD2，BBCD90，AB∥CD，

BC23

BCAD2，tanBAC=，

AB233

BAC30，

EFAC，

AFE60，

FEH60，

四邊形CBFH為矩形，

HFBC2，

HF223

EH，

tan6033

第25頁(yè)共123頁(yè).

1

ECCD3，

2

233

BFCHCEEH3-，

33

3

點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為2；

3

3

綜上所述：點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)的距離為1或2；

3

3

故答案為：1或2．

3

【點(diǎn)睛】本題考查了幾何變換綜合題，需要利用翻折變換的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、平行線(xiàn)的性質(zhì)、三角函數(shù)

的應(yīng)用等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，熟記翻折變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

【變式3】（2022·廣東云浮·校聯(lián)考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線(xiàn)yx2bxc與x軸

交于A，B4,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D3,4在拋物線(xiàn)上，點(diǎn)P是拋物線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)．

(1)求該拋物線(xiàn)的解析式；

(2)如圖1，連接OD，若OP平分COD，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

(3)如圖2，連接AC，BC，拋物線(xiàn)上是否存在點(diǎn)P，使CBPACO45？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn)P的

坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】(1)yx23x4

第26頁(yè)共123頁(yè).

(2)2,6

319

(3)存在，P3,4或P,

416

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）利用角平分線(xiàn)的性質(zhì)和平行線(xiàn)的性質(zhì)作PE∥y軸，交OD于點(diǎn)Q，交x軸于點(diǎn)E，可證得PQOQ，

424

求OD的解析式為yx，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，則有Pt,t3t4，Qt,t，Et,0，求出

33

5555

PQt2t4，OQt，由tt2t4求得t值即可解答；

3333

（3）將AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90，至△AOB，可得AOAO1，ACOABO，則A0,1，

1319

求出過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)BP的解析式為yx1，與拋物線(xiàn)聯(lián)立方程組求得交點(diǎn)P,；再過(guò)C作CF∥x

4416

軸，過(guò)B作BF∥y軸，CF與BF交于點(diǎn)F，則四邊形OBFC為正方形，作A關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，點(diǎn)G在

CF上，作直線(xiàn)BG，則直線(xiàn)BG與拋物線(xiàn)的交點(diǎn)也滿(mǎn)足條件，則G3，4，與點(diǎn)D重合，則可得P3,4，即

可求解．

【詳解】（1）解：∵點(diǎn)B4,0、D3,4在拋物線(xiàn)yx2bxc上，

164bc0

∴，

93bc4

b3

解得，

c4

∴該拋物線(xiàn)的解析式為yx23x4；

（2）解：作PE∥y軸，交OD于點(diǎn)Q，交x軸于點(diǎn)E，如圖1所示：

∵PE∥y軸，

∴OPQPOC，

第27頁(yè)共123頁(yè).

∵OP平分COD，

∴POCPOQ，

∴OPQPOQ，

∴PQOQ，

設(shè)OD的解析式為ykx，

4

將D3,4代入，k，

3

4

∴OD的解析式為yx，

3

24

設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，則有Pt,t3t4，Qt,t，Et,0，t0，

3

2

2425245

∴PQt3t4ttt4，OQttt，

3333

55

∴tt2t4，

33

解得t12，t22（舍去），

∴t2，

∴t23t44646，

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,6；

319

（3）解：存在，P3,4或P,．

416

當(dāng)x0時(shí)，y4，則C0,4，

∴OBOC4，則OBCOCB45，

將AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90，至△AOB，如圖2所示：

則AOAO1，ACOABO，

∴A0,1

由題意CBPACO45知，直線(xiàn)BP過(guò)點(diǎn)A，

設(shè)直線(xiàn)BP的解析式為ymxn，

n1

將B4,0，A0,1，代入，得：，

4mn0

第28頁(yè)共123頁(yè).

1

m

解得：4，

n1

1

∴直線(xiàn)BP的解析式為yx1，

4

yx23x4

聯(lián)立1，

yx1

4

3

x

4x4

解得：或，

19y0

y

16

319

∴P,，

416

此時(shí)使CBPABOCBPACO45；

如圖2所示，過(guò)C作CF∥x軸，過(guò)B作BF∥y軸，CF與BF交于點(diǎn)F，則四邊形OBFC為正方形，

作A關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，則點(diǎn)G在CF上且CGAG413，

∴G3，4，與點(diǎn)D重合，

作直線(xiàn)BG，則CBGABC，

∴直線(xiàn)BG與拋物線(xiàn)的交點(diǎn)也滿(mǎn)足條件CBPACO45，

∵點(diǎn)D3,4在拋物線(xiàn)上，

∴P3,4．

319

綜上，拋物線(xiàn)上存在點(diǎn)P，使CBPACO45，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P3,4或P,．

416

【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、坐標(biāo)與圖形、等腰三角形的判定

第29頁(yè)共123頁(yè).

與性質(zhì)、解一元二次方程、二次函數(shù)與幾何變換（旋轉(zhuǎn)和軸對(duì)稱(chēng)）、正方形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)

知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，會(huì)利用數(shù)形結(jié)合思想和正確添加輔助線(xiàn)求解是解答的關(guān)鍵．

考查類(lèi)型三平移探究題

例1（2019·天津·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A（6,0），點(diǎn)B在y軸的正半軸上，

ABO30．矩形CODE的頂點(diǎn)D，E，C分別在OA，AB，OB上，OD=2.．

（Ⅰ）如圖①，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；

（Ⅱ）將矩形CODE沿x軸向右平移，得到矩形CODE，點(diǎn)C，O，D，E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C，O，D，E．設(shè)

O