专题39 几何探究题（6大类型）（解析版）

模块三重难点题型专项训练

专题39几何探究题（6大类型）

考查类型一非动点探究题

考查类型二动点探究题

考查类型三平移探究题

考查类型

考查类型四旋转探究题

考查类型五折叠探究题

考查类型六类比探究题

新题速递

考查类型一非动点探究题

例1（2022·宁夏·中考真题）综合与实践

知识再现

如图1，RtABC中，ACB90，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S136，

S3100时，S2______．

问题探究

如图，RtABC中，ACB90．

（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______．

（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

第1页共123页.

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：SPHNS四边形PMFG；

（2）如图5，分别以图3中RtABC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AB4，柱体的高h8，直接写出V1V2的

值．

【答案】知识再现64；

问题探究：（1）S1S2S3；（2）S4S5S6；理由见解析；

实践应用：（1）见解析；（2）V1V216．

【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；

333

(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出SBC2，SAC2，SAB2，由勾股定理可得

445464

323232

BCACAB，即可求S4+S5=S6；

444

实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四

边形是平行四边形，则32，3，再由222，可证

MFGPS△(abc)S四边形(ca)(cb)cab

PMN4PMFG2

明S△PMNS四边形PMFG．

(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

11

圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由VV(SS)hSh，即可求VV16．

122112312

第2页共123页.

【详解】知识再现：解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

S1S2S3，

S136，S3100，

S264，

故答案为：64；

问题探究：1解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

111

AB2AC2BC2，

222

S1S2S3，

故答案为：S1S2S3；

2解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

过点D作DGBC交于G，

1

在等边三角形BCD中，CDBC，CGBC，

2

3

DGBC，

2

133

SBCBCBC2，

4224

33

同理可得SAC2，SAB2，

5464

第3页共123页.

333

AB2AC2BC2，

444

S4S5S6；

实践应用：1证明：设ABc，BCa，ACb，

HNabc，FGca，MFcb，

HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，

HG//AF，MN//BF，

HPN60，

HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，

32，3，

S(abc)S四边形cacb

PMN4PMFG2

ABC是直角三角形，

c2a2b2，

3333

(abc)2a2b2c22ab2bc2acc2abbcaccacb，

4422

SPMNS四边形PMFG；

2解：设ABc，BCa，ACb，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，

c2a2b2，

c2a2b2，

444

S1S2S3，

111

VSh，VSh，VSh，

222121323

11

VVSShShV，

21212233

AB4，h8，

11

VSh4816，

3232

V1V216．

【点睛】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．

第4页共123页.

例2（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝

120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．

(1)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．

(2)【思维延伸】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．

(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，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．

【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；

(2)CB+CD=2AC；理由见详解；

(3)333或33

【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：C△B+CD=2AC．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（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明RtACM≌RtACN（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．

【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．

第5页共123页.

∵∠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的等边三角形，

∴CE=AC，

∵CE=DE+CD，

∴AC=BC+CD；

（2）解：结论：CB+CD=2AC．

理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，

∴∠CDA+∠CBA=180°，

第6页共123页.

∵∠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°，

∴CD=3CB，

∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，

∴OP=OQ，

1

CD·OQ

SCD

∴CDO2，

S1BC

OBCBC·OP

2

ODCD

∴3，

OBCB

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∵AB=AD=6，∠DAB=90°，

∴BD=2AD=23，

3

∴OD=23333．

13

如图3-2中，当∠CBD=75°时，

OD11

同法可证，OD2333，

OB313

综上所述，满足条件的OD的长为333或33．

【点睛】本题属于四边形综合题，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．

各地的中考数学试题中,最后一道压轴题以代数和几何的综合性问题最为常见,而非动点坐标系图

形探究问题,更是近年的重点与难点,这类问题往往自成一系,解法有规律可循.非动点坐标系图形探究

问题,是指以坐标系中的特殊图形如特殊三角形,特殊四边形,相似图形或特殊直线等为探究对象,以初

中代数和几何难点内容相结合为背景,以数形结合为研究方法的题型.通过图形之间的特殊位置关系和

一些特殊的值,建立方程或函数模型去求解,是解决这类问题的关键.

【变式1】（2022·重庆·统考二模）如图，在矩形ABCD中，点E是对角线上一点，连接AE并延长交CD

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于点F，过点E作EG⊥AE交BC于点G，若AB＝8，AD＝6，BG＝2，则AE＝（）

417617717817

A．B．C．D．

5555

【答案】B

【分析】过点E作AB的平行线，分别交AD,BC于点M,N，先根据矩形的性质与判定可得四边形ABNM和

四边形CDMN都是矩形，设EMx(x0)，则EN8x，再根据相似三角形的判定证出DEMDBA，

3x33x

根据相似三角形的性质可得DM，从而可得AM6x,GN4，然后根据相似三角形的判定证

444

出AEMEGN，根据相似三角形的性质可得x的值，最后在Rt△AEM中，利用勾股定理即可得．

【详解】解：如图，过点E作AB的平行线，分别交AD,BC于点M,N，

四边形ABCD是矩形，AB8,AD6，

BCAD6,BAD90,ADBC，

四边形ABNM是矩形，

MNAB8,AMEENG90，

同理可得：四边形CDMN是矩形，

DMCN，

设EMx(x0)，则ENMNEM8x，

EMAB，

DEMDBA，

DMEMDMx

，即，

DABA68

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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

经检验，x是所列分式方程的根，且符合题意；x8不是所列分式方程的根，舍去，

25

483114

EM,AM6x，

25425

481146

AEEM2AM2()2()217，

25255

故选：B．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线，构造相似三

角形是解题关键．

【变式2】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AB2，AD3，

ABC60，AEBC于点E，点F为CD的中点，DE与BF相交于点P，则BP的长为______．

【答案】13

2

【分析】延长BF,AD交于点M，根据平行四边形的性质，得到AD∥BC，进而得到BFC∽MFD，相似

第10页共123页.

BPBE

比为1:1，得到DMBC，BEP∽MDP，得到，利用30所对的直角边是斜边的一半，得到

PMDM

1BP

BEAB，进而求出的值，过点M作MNBC，交BC的延长线与点N，易得四边形AMNE为矩形，

2PM

BP

进而得到BN,MN的长，利用勾股定理求出BM的长，再根据的值求出BP的长即可．

PM

【详解】解：∵AEBC，ABC60，AB2，

1

∴EAB30,BEAB1,AEAB2BE23，

2

延长BF,AD交于点M，

∵四边形ABCD为平行四边形，AB2，AD3，

∴AD∥BC,BCAD3，

∴BFC∽MFD，

DMDF

∴，

BCCF

∵点F为CD的中点，

∴DFCF，

∴DMBC3，

∵AD∥BC，

∴BEP∽MDP，

BPBE1

∴，

PMDM3

BP1

∴；

BM4

过点M作MNBC，交BC的延长线与点N，

则四边形AMNE为矩形，

∴ENAMADDM6，MNAE3，

∴BNBEEN7，

∴BMBN2MN2213，

第11页共123页.

BP1

∵，

BM4

113

∴BPBM；

42

故答案为：13．

2

【点睛】本题考查平行四边形的性质，含30的直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．本

题的综合性强，通过添加辅助线，证明三角形相似，是解题的关键．

【变式3】（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）问题提出：已知任意三角形的两边及夹角，

求三角形的面积．

问题探究：为了解决上述问题，我们先由特殊到一般来进行探究．

探究一：如图1，在ABC中，ABC90，ACb，BCa，C，求ABC的面积．

在Rt△ABC中，ABC90，

AB

sin

AC

ABbsin．

11

SBCABabsin．

ABC22

探究二：如图2，ABC中，ABACb，BCa，B，求ABC的面积（用含a、b、代数式

表示），写出探究过程．

探究三：如图3，ABC中，ABb，BCa，B，求ABC的面积（用a、b、表示）写出探究

过程．

问题解决：已知任意三角形的两边及夹角，求三角形的面积方法是：___________（用文字叙述）．

问题应用：如图4，已知平行四边形ABCD中，ABb，BCa，B，求平行四边形ABCD的面积（用

a、b、表示）写出解题过程．

问题拓广：如图5所示，利用你所探究的结论直接写出任意四边形的面积（用a、b、c、d、、表示），

其中ABb，BCc，CDd，ADa，A，C．

第12页共123页.

11

【答案】absin，见解析；absin，见解析；一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半；absin；

22

11

S四边形absincdsin

ABCD22

【分析】探究二：如图2中，作AHCB于H．求出高AH，即可解决问题；

探究三：如图3中，作AHCB于H．求出高AH，即可解决问题；

1

问题解决：SabsinC（C）是a、b两边的夹角）；

2

问题应用：如图4中，作AH⊥CB于H．求出高AH，即可解决问题；

问题拓广：如图5，连接BD，由探究三的结论可得出答案．

【详解】解：探究二：如图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：如图3中，作AHCB于H．

第13页共123页.

在RtAHC中，AHC90

AH

sin，

AC

AHb·sin

11

SBCAHabsin．

ABC22

问题解决：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．

故答案为：一个三角形两边及其夹角的正弦值的积的一半．

问题应用：如图4中，作AHCB于H．

在RtAHB中，AHB90

AH

sin，

AB

AHb·sin

S平行四边形ABCDBCAHabsin．

问题拓广：

11

连接BD，由探究三的结论可得：SABDABADsinabsin．

22

11

SBCCDcdsin．

BCD22

11

S四边形absincdsin．

ABCD22

第14页共123页.

【点睛】本题考查四边形综合题、三角形的面积、平行四边形的面积，锐角三角函数知识，解题的关键是

学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

考查类型二动点探究题

例1（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，DEF绕点D旋转（DEAB），

EDF90，DEDF，连接AE，CF．

(1)如图1，求证：VADE≌CDF；

(2)直线AE与CF相交于点G．

①如图2，BMAG于点M，BNCF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；

②如图3，连接BG，若AB4，DE2，直接写出在DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．

【答案】(1)见解析

(2)①见解析②26

【分析】1根据SAS证明三角形全等即可；

2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；

②作DHAG交AG于点H，作BMAG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，

可得结论．

【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，

第15页共123页.

ADDC，ADC90．

DEDF，EDF90．

ADCEDF，

\ÐADE=ÐCDF，

在VADE和CDF中，

DADC

ADECDF

DEDF

VADE≌△CDFSAS；

（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

ADP90，

DAPDPA90．

ADE≌CDF，

DAEDCF．

DPAGPC，

DAEDPAGPCGCP90．

PGN90，

BMAG，BNGN，

四边形BMGN是矩形，

MBN90．

四边形ABCD是正方形，

ABBC，ABCMBN90．

ABMCBN．

第16页共123页.

又AMBBNC90，

AMB≌CNB．

MBNB．

矩形BMGN是正方形；

②解：作DHAG交AG于点H，作BMAG于点M，

∵DHAAMB90,ADH90DAHBAM,ADAB

∴AMB≌DHA．

BMAH．

AH2AD2DH2，AD4，

DH最大时，AH最小，DH最大值DE2．

BM最小值AH最小值23．

由2①可知，BGM是等腰直角三角形，

BG最小值2BM26．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判

定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

例2（2022·吉林长春·统考中考真题）如图，在YABCD中，AB4，ADBD13，点M为边AB的

中点，动点P从点A出发，沿折线ADDB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点

A关于直线PM的对称点A，连结AP、AM．设点P的运动时间为t秒．

第17页共123页.

(1)点D到边AB的距离为__________；

(2)用含t的代数式表示线段DP的长；

(3)连结AD，当线段AD最短时，求△DPA的面积；

(4)当M、A、C三点共线时，直接写出t的值．

【答案】(1)3

(2)当0≤t≤1时，DP1313t；当1＜t≤2时，PD13t13；

3

(3)

5

220

(4)或

311

【分析】（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；

（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；

（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得

到当点D、A′、M三点共线时，线段AD最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得

2

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

5

解；

（4）分两种情况讨论：当点A位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A（A）位于CM的延长线

上时，此时点P在BD上，即可求解．

【详解】（1）解：如图，连接DM，

∵AB=4，ADBD13，点M为边AB的中点，

第18页共123页.

∴AM=BM=2，DM⊥AB，

∴DMAD2AM23，

即点D到边AB的距离为3；

故答案为：3

（2）解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，

DP1313t；

当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD13t13；

综上所述，当0≤t≤1时，DP1313t；当1＜t≤2时，PD13t13；

（3）解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线PM的对称点A，

∴A′M=AM=2，

∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，

∴当点D、A′、M三点共线时，线段AD最短，此时点P在AD上，

∴AD1，

根据题意得：APAP13t，DP1313t，

由（1）得：DM⊥AB，

∵PE⊥DM，

∴PE∥AB，

∴△PDE∽△ADM，

PDDEPE

∴，

ADDMAM

第19页共123页.

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：如图，

当点M、A、C三点共线时，且点A位于M、C之间时，此时点P在AD上，

连接AA′，A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则AA′⊥PM，

∵AB为直径，

∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，

∴PM∥A′B，

∴∠PMF=∠ABA′，

过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，

在YABCD中，AB∥DC，

∵DM⊥AB，

∴DM∥CN，

∴四边形CDMN为平行四边形，

∴CN=DM=3，MN=CD=4，

∴CM=5，

第20页共123页.

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

如图，当点A（A）位于CM的延长线上时，此时点P在BD上，PB21313t，

过点A作AGAB于点G′，则AMACMN，取AA的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作

HK⊥AB于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

62

同理：AG,AG，

55

第21页共123页.

∵HK⊥AB，AGAB，

∴HK∥A′′G′，

∴AHKAAG，

∵点H是AA的中点，

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

∵MT+BT=BM=2，

4

∴BT，

11

4

20

∴112，解得：t；

11

21313t13

220

综上所述，t的值为或．

311

【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判

定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．

从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图象等图形，通过“对称、动点的运动”等研

究手段和方法，来探索及发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的

几何图形，让学生经历探索的过程，以能力为意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能

第22页共123页.

力，图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理

的过程。在变化中找到不变的性质是解决“动点”探究题的基本思路.

【变式1】（2021·江苏南通·统考一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，若D，E是边

AB上的两个动点，F是边AC上的一个动点，DE＝3，则CD+EF的最小值为()

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，因此可以得知各边的长分别为AB4，AC23．因为D，

E是边AB上的两个动点，F是边AC上的一个动点，求CDEF的最小值，就是需要转换成同一直线上求

解，即求C关于AB的对称点C1，作C1C2//AB．构建平行四边形C1DEC2，作C2FAC于F，交AB于E．利

用平行四边形和对称图形的性质，找出线段之间的关系．

【详解】解：如图，过C作AB的对称点C1，连接CC1，交AB于N；过C1作C1C2∥AB，且C1C2＝3，

过C2作C2F⊥AC于F，交AB于E，C2F的长度即为所求最小值，

∵C1C2∥DE，C1C2＝DE，

∴四边形C1DEC2是平行四边形，

∴C1D＝C2E，

又∵CC1关于AB对称，

∴CD＝C1D，

第23页共123页.

∴CD+EF＝C2F，

∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，

∴AC＝3BC＝23，

∴CN＝3，AN＝3，

过C2作C2M⊥AB，则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

故选：B．

【点睛】本题主要考查动点构成的线段中最小值问题，转换成三点共线，并在垂直的时候最小，找到对称

点，构建最短路径是解题的关键．

【变式2】（2023·陕西西安·交大附中分校校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB23，AD2，点E为

线段CD的中点，动点F从点C出发，沿CBA的方向在CB和BA上运动，将矩形沿EF折叠，点C的

对应点为C，当点C恰好落在矩形的对角线上时，点F运动的距离为________.

3

【答案】1或2

3

【分析】分点C落在对角线BD上和点C落在对角线AC上两种情况分别进行讨论求解，即可得出点F运

动的距离．

【详解】分两种情况：

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①当点C落在对角线BD上时，连接CC，如图1所示：

将矩形沿EF折叠，点C的对应点为点C，且点恰好落在矩形的对角线上，

CCEF，

点E为线段CD的中点，

CEEDEC，

CCD90，即CCBD，

EF∥BD，

点F是BC的中点，

在矩形ABCD中，AD2，

BCAD2，

CF1，

点F运动的距离为1；

②当点C落在对角线AC上时，作FHCD于H，则CCEF，四边形CBFH为矩形，如图2所示：

在矩形ABCD中，AB23，AD2，BBCD90，AB∥CD，

BC23

BCAD2，tanBAC=，

AB233

BAC30，

EFAC，

AFE60，

FEH60，

四边形CBFH为矩形，

HFBC2，

HF223

EH，

tan6033

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1

ECCD3，

2

233

BFCHCEEH3-，

33

3

点F运动的距离为2；

3

3

综上所述：点F运动的距离为1或2；

3

3

故答案为：1或2．

3

【点睛】本题考查了几何变换综合题，需要利用翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质、三角函数

的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，熟记翻折变换的性质是解题的关键．

【变式3】（2022·广东云浮·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2bxc与x轴

交于A，B4,0两点，与y轴交于点C，点D3,4在抛物线上，点P是抛物线上一动点．

(1)求该抛物线的解析式；

(2)如图1，连接OD，若OP平分COD，求点P的坐标；

(3)如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使CBPACO45？若存在，请直接写出点P的

坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)yx23x4

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(2)2,6

319

(3)存在，P3,4或P,

416

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；

（2）利用角平分线的性质和平行线的性质作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，可证得PQOQ，

424

求OD的解析式为yx，设点P的横坐标为t，则有Pt,t3t4，Qt,t，Et,0，求出

33

5555

PQt2t4，OQt，由tt2t4求得t值即可解答；

3333

（3）将AOC绕点O顺时针方向旋转90，至△AOB，可得AOAO1，ACOABO，则A0,1，

1319

求出过点A的直线BP的解析式为yx1，与抛物线联立方程组求得交点P,；再过C作CF∥x

4416

轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，则四边形OBFC为正方形，作A关于BC的对称点G，点G在

CF上，作直线BG，则直线BG与抛物线的交点也满足条件，则G3，4，与点D重合，则可得P3,4，即

可求解．

【详解】（1）解：∵点B4,0、D3,4在抛物线yx2bxc上，

164bc0

∴，

93bc4

b3

解得，

c4

∴该抛物线的解析式为yx23x4；

（2）解：作PE∥y轴，交OD于点Q，交x轴于点E，如图1所示：

∵PE∥y轴，

∴OPQPOC，

第27页共123页.

∵OP平分COD，

∴POCPOQ，

∴OPQPOQ，

∴PQOQ，

设OD的解析式为ykx，

4

将D3,4代入，k，

3

4

∴OD的解析式为yx，

3

24

设点P的横坐标为t，则有Pt,t3t4，Qt,t，Et,0，t0，

3

2

2425245

∴PQt3t4ttt4，OQttt，

3333

55

∴tt2t4，

33

解得t12，t22（舍去），

∴t2，

∴t23t44646，

∴点P的坐标为2,6；

319

（3）解：存在，P3,4或P,．

416

当x0时，y4，则C0,4，

∴OBOC4，则OBCOCB45，

将AOC绕点O顺时针方向旋转90，至△AOB，如图2所示：

则AOAO1，ACOABO，

∴A0,1

由题意CBPACO45知，直线BP过点A，

设直线BP的解析式为ymxn，

n1

将B4,0，A0,1，代入，得：，

4mn0

第28页共123页.

1

m

解得：4，

n1

1

∴直线BP的解析式为yx1，

4

yx23x4

联立1，

yx1

4

3

x

4x4

解得：或，

19y0

y

16

319

∴P,，

416

此时使CBPABOCBPACO45；

如图2所示，过C作CF∥x轴，过B作BF∥y轴，CF与BF交于点F，则四边形OBFC为正方形，

作A关于BC的对称点G，则点G在CF上且CGAG413，

∴G3，4，与点D重合，

作直线BG，则CBGABC，

∴直线BG与抛物线的交点也满足条件CBPACO45，

∵点D3,4在抛物线上，

∴P3,4．

319

综上，抛物线上存在点P，使CBPACO45，点P的坐标为P3,4或P,．

416

【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、坐标与图形、等腰三角形的判定

第29页共123页.

与性质、解一元二次方程、二次函数与几何变换（旋转和轴对称）、正方形的判定与性质，熟练掌握相关

知识的联系与运用，会利用数形结合思想和正确添加辅助线求解是解答的关键．

考查类型三平移探究题

例1（2019·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6,0），点B在y轴的正半轴上，

ABO30．矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD=2.．

（Ⅰ）如图①，求点E的坐标；

（Ⅱ）将矩形CODE沿x轴向右平移，得到矩形CODE，点C，O，D，E的对应点分别为C，O，D，E．设

O