2025年九年级中考数学二轮复习专题突破课件：专题五 几何探究型问题

专题五几何探究型问题(2024·南充)如图，正方形ABCD的边长为6cm，E为对角线AC上一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t(0＜t≤3)s.(1)求证：△AEP∽△CEQ．例1类型一

动态型探究(成都2023.26，2022.26；南充2024.24，2022.24；凉山州2024.26；绵阳2022.25)☞解题思路

(2)连接PQ，当△EPQ是直角三角形时，求t的值．☞解题思路过点E作EM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BC于点N．分别用含t的代数式表示EP2，PQ2，EQ2，然后分三种情况讨论：①当∠EPQ＝90°时，②当∠PEQ＝90°时，③当∠PQE＝90°时，利用勾股定理分别求解即可．

例1题答图①

例1题答图①

过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G．判断△EQC的形状，利用平行线分线段成比例求出QC和QE的长度，最后利用S△AEQ＝S△AQC－S△EQC解答即可．☞解题思路

答图②答图③

例2类型二

折叠、旋转和剪拼型探究(成都2024.26；南充2023.24；绵阳2024.22；巴中2024.24)例2题图①

☞解题思路

【深入探究】(2)如图②，在三角形纸片ADE绕点A旋转的过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长．例2题图②☞解题思路

例2题答图①

∴AB∥CE，∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM．又∵AM＝CM，∴△BAM≌△QCM(AAS)，∴BM＝QM，∴四边形ABCQ是平行四边形．∵∠ABC＝90°，∴四边形ABCQ是矩形，∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN，例2题答图①

例2题答图①

【拓展延伸】(3)在三角形纸片ADE绕点A旋转的过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由．分四种情况，分别画出图形解答即可．☞解题思路

答图②

答图③

答图④

答图⑤

①∠BOC的度数是

；②BD∶CE＝

．1∶1①

90°(2023·巴中)综合与实践．(1)提出问题．如图①，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，连接BD，连接CE交BD的延长线于点O．类型三

类比型探究(巴中2023.24)例3①【解法提示】∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE.又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ABD＝∠ACE.∵∠BAC＝90°，∴∠ABC＋∠ACB＝∠ABD＋∠OBC＋∠ACB＝90°，∴∠ACE＋∠OBC＋∠ACB＝90°，即∠BCO＋∠OBC＝90°，∴∠BOC＝90°.②【解法提示】由①得△BAD≌△CAE，∴BD＝CE，∴BD∶CE＝1∶1.从图形可辨知，这个是手拉手全等或相似模型，可按模型的相关结论解题．②

(2)类比探究．如图②，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，连接AD，BE并延长交于点O．①∠AOB的度数是

；②AD∶BE＝________．45°☞解题思路

(3)问题解决．如图③，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，点E在线段AD上(不与点A重合)，以AE为边在AD的左侧构造等边三角形AEF，将△AEF绕着点A在平面内顺时针旋转任意角度．如图④，M为EF的中点，N为BE的中点．③

④

受前两问的启发，连接BF，CE完成手拉手模型的构造，再结合三角形中位线知识解题．☞解题思路①试说明△MND为等腰三角形；

答图②求∠MND的度数．由①及全等三角形的性质，平行线的性质求解即可．☞解题思路③

④

②【解答】∵△ACE≌△ABF，∴∠ACE＝∠ABF.易得∠BOC＝60°，∴∠FOC＝180°－∠BOC＝180°－60°＝120°.又∵BF∥MN，CP∥DN，∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°.综合训练1．(2023·南充)如图，在正方形ABCD中，点M在边BC上，E是AM的中点，连接BE，ED，EC．(1)求证：ED＝EC．

(2)解：△CMB'是等腰直角三角形．理由如下：根据旋转的性质可得EB'＝EB．∵EB＝AE＝ME，∴EB'＝AE＝ME，∴∠EAB'＝∠EB'A，∠EMB'＝∠EB'M．∵∠EAB'＋∠EB'A＋∠EB'M＋∠EMB'＝180°，∴∠AB'M＝90°，∴∠MB'C＝90°．在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，∴∠B'MC＝45°，∴B'M＝B'C，∴△CMB'是等腰直角三角形．(2)将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B'落在AC上，连接MB'．当点M在边BC上运动时(点M不与点B，C重合)，判断△CMB'的形状，并说明理由．(3)解：延长BE交AD于点F，如答图.易得∠BEM＝2∠BAE，∠B'EM＝2∠B'AE，∠BAB'＝45°，∴∠BEB'＝90°，∴∠B'EF＝90°.∵∠DEB'＝45°，∴∠DEF＝45°.∵△EAD≌△EBC，∴∠AED＝∠BEC.∵∠AEF＝∠BEM，∴∠CEM＝∠DEF＝45°.∵∠MCA＝45°，∴∠MEC＝∠MCA.答图(3)在(2)的条件下，已知AB＝1，当∠DEB'＝45°时，求BM的长．

答图

①

②

③

答图3．(2024·巴中)综合与实践(1)操作与发现平行四边形和梯形都可以剪开拼成一个矩形，拼接示意图如图①、图②．在图②中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，E，F分别是AD，BC边上的点．经过剪拼，四边形GHJK为矩形，则△EDK≌

．△EAG(1)【解法提示】∵AB∥CD，∴∠GAE＝∠D.由题意得E为AD中点，∴EA＝ED.∵∠AEG＝∠DEK，∴△EDK≌△EAG.(2)探究与证明探究将任意一个四边形剪开拼成一个平行四边形，拼接示意图如图③、图④、图⑤．在图⑤中，E，F，G，H分别是四边形ABCD边上的点，OJKL是拼接之后形成的四边形．①通过操作得出：AE与EB的比值为

．1

答图①②证明：四边形OJKL为平行四边形．②证明：如答图②．由题意得E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．题图的操作是将四边形EBFO绕点E旋转180°得到四边形EAQL，将四边形OHDG绕点H旋转180°得到四边形JHAP，将四边形OGCF向左上方平移得到四边形KPAQ，则AQ＝BF＝CF，AP＝DG＝CG，∠BFO＝∠AQL，∠CFO＝∠AQK，∠5＝∠L，∠6＝∠J，∵∠BFO＋∠CFO＝180°，∴∠AQL＋∠AQK＝180°，∴K，Q，L三点共线．同理得K，P，J三点共线．∵∠5＋∠7＝180°，∠6＋∠7＝180°，∴∠7＋∠L＝180°，∠7＋∠J＝180°，∴OJ∥KL，OL∥KJ，∴四边形OJKL为平行四边形．答图②

(3)实践与应用任意一个四边形能不能剪开拼成一个矩形？若能，请将四边形ABCD剪成4块，按图⑤的方式补全图⑥，并简单说明剪开和拼接过程；若不能，请说明理由．解：如答图③，取AB，BC，CD，DA的中点为E，H，G，F，连接FH，过点E，G分别作EM⊥FH，GN⊥FH，垂足分别为M，N，将四边形EBHM绕点E旋转180°得到四边形EAH'M'，将四边形FDGN绕点F旋转180°得到四边形FAG'N'，将四边形NGCH向左上方平移，使得点C与点A重合，CG与AG'重合，CH与AH'重合，点N的对应点为点N″，则四边形MM'N″N'即为所求矩形．易得∠EMF＝∠EMH＝∠M'＝90°，∠GNH＝∠GNF＝∠N'＝90°，由操作得∠1＝∠4，∠2＝∠3．∵∠1＋∠2＝180°，∴∠3＋∠4＝180°，∴N″，H'，M'三点共线．同理得N'，G'，N″三点共线．∵∠N'＝∠EMF＝∠M'＝90°，∴四边形MM'N″N'为矩形．答图③

答图④

∵∠BAD＋∠D＋∠C＋∠B＝360°，∠D＝∠G'AF，∠B＝∠H'AE，∠BAD＋∠H'AE＋∠G'AF＋∠H'AG'＝360°，∴∠H'AG'＝∠C．∵四边形MM'N″N'为矩形，∴N'N″＝MM'，N″M'＝N'M，∴N'F＋FM＝H'M'＋H'N″，∴NF＋FM＝MH＋MF＝M'H'＋N″H'，∴NH＝N″H'，同理可得NG＝N″G'，∴四边形NGCH能放置到左上方，∴按照以上操作可以拼成一个矩形．答图④

4．(2024·眉山)综合与实践问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心O处，并绕点O旋转，探究直角三角板与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况．操作