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中考数学二轮复习题型突破课件：题型六 几何探究题
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这是一份中考数学二轮复习题型突破课件：题型六 几何探究题，共60页。PPT课件主要包含了类型一非动点探究题，类型二动点探究题，知识回顾，①求∠C的度数，∴∠C＝45°，逆向思考，拓展应用，MN∥AC，②求CD的长，问题解决等内容，欢迎下载使用。
1.（2023·东营）（1）用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点.求证：∠PMN＝∠PNM.
答案 （1）证明：∵P是BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，∴PN是
∴PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM.
（2）用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F.求证：∠AEM＝∠F.
（2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，∴PN∥BC，PM∥AD，∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM.∵∠PNM＝∠PMN，∴∠AEM＝∠F.
（3）用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD.若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明.
2.（2023·兰州）【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由.
◉答案 解：（1）四边形ABCD是正方形.理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°.∵GD⊥DF，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDF.又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AD＝CD，∴四边形ABCD是正方形.
答案 解：（1）四边形ABCD是正方形.理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°.∵GD⊥DF，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDF.又∵AG
＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AD＝CD，∴
四边形ABCD是正方形.
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图②，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA于点G，可以用等式表示线段HF，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题.
（2）HF＝AH＋CF.∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA于点G， ∴四边形HFDG是矩形，∴∠G＝∠DFC＝90°.∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDF，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AG＝CF，DG＝DF，∴矩形HFDG是正方形，∴HG＝HF＝AH＋AG＝AH＋CF.
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图③，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题.
3.（2023·徐州）【阅读理解】如图①，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2＋b2，同理BD2＝a2＋b2.故AC2＋BD2＝2（a2＋b2）.
【探究发现】如图②，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由.
答案 【探究发现】解：上述结论依然成立.理由：如图①， 作AE⊥BC于E，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
DF⊥BC于F.∵四边形ABCD是平行四边形，
由勾股定理，可得AC2＝AE2＋ CE2＝AE2＋（BC－BE）2 ①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得BD2＝DF2＋BF2
＝DF2＋（BC＋CF）2＝DF2＋（BC＋BE）2 ②，由①②，可得，AC2＋BD2＝
AE2＋DF2＋2BC2＋2BE2＝2AE2＋2BC2＋2BE2，在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2＋BE2，∴AC2＋BD2＝2AE2＋2BC2＋2BE2＝2（AE2＋BE2）＋2BC2＝
2AB2＋2BC2＝2a2＋2b2.
【尝试应用】如图④，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2＋PC2的最小值为 200 .
（1）如图①，☉O中，B，C位于直线AO异侧，∠AOB＋∠C＝135°.
答案 （1）解：①∵∠AOB＋∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，∴3∠C＝135°，
②若☉O的半径为5，AC＝8，求BC的长.
②连接AB，过A作AM⊥BC，垂足为M，∵∠C＝45°，AC＝8，
（2）如图②，若P为圆内一点，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C.求证：P为该圆的圆心.
（2）证明：延长AP交圆于点N，连接BN，则∠C＝∠N.∵∠APB＝2∠C，∴∠APB＝2∠N.∵∠APB＝∠N＋∠PBN，∴∠N＝∠PBN，∴PN＝PB.∵PA＝PB，∴PA＝PB＝PN，∴P为该圆的圆心.
5.（2023·绥化）已知，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）.连接AF交CD于点G.
（1）如图①，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BF，∴∠D＝∠DCF.∵G为CD的中点，∴DG＝CG.∵∠AGD＝∠FGC，∴△ADG≌△FCG（ASA）.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BF，∴∠D＝∠DCF.∵G为
CD的中点，∴DG＝CG.∵∠AGD＝∠FGC，∴△ADG≌△FCG（ASA）.
（2）如图②，过点C作CE⊥AF，垂足为E.连接BE，设BF＝x，CE＝y.求y关于x的函数关系式.
（3）如图③，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M.当CF＝1时，求线段BM的长.
6.（2023·郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F.
（1）如图①，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由.
G.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝
60°.∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝
∠CEF，∴△ADG为等边三角形，∴AD＝AG＝DG.∵AD＝CE，AB－AD＝AC－
AG，∴DG＝CE，BD＝CG，又∠DFG＝∠CFE，∴△DGF≌△ECF（AAS），
（2）如图②，当点D在线段AB的延长线上时.
（Ⅰ）线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由.
（2）（Ⅰ）成立，理由如下：如图②，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°.∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，
（Ⅱ）如图③，连接AE.设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积.
类型三 图形变换探究题考向1 与平移有关的探究题
7.（2023·吉林）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN.转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形.其判定的依据是 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 .
两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB＜BC，FG≤BC），其中AB＝EF，∠B＝∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N.求证：▱EFMN是菱形.
◉答案 【探究提升】证明：∵四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，∴MN∥EF，EN∥FM，∴四边形EFMN是平行四边形.∵∠B＝∠FEH，∴AB∥NE.∵AN∥BE，∴四边形ABEN是平行四边形，∴AB＝EN.∵AB＝EF，∴EN＝EF，∴▱EFMN是菱形.
答案 【探究提升】证明：∵四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，
∴MN∥EF，EN∥FM，∴四边形EFMN是平行四边形.∵∠B＝∠FEH，
∴AB∥NE.∵AN∥BE，∴四边形ABEN是平行四边形，∴AB＝EN.∵AB＝EF，
∴EN＝EF，∴▱EFMN是菱形.
（2）将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E'F'G'H'，点E，F，G，H的对应点分别为E'，F'，G'，H'，设EE'＝t，矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分的面积为S.
①如图②，当边E'F'与AB相交于点M，边G'H'与BC相交于点N，且矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围.
考向2 与旋转有关的探究题
9.（2023·邵阳）如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平形线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D，E重合）.将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ，PQ，PQ交AC于F.
（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°.
◉答案 （1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，∴PA＝QA，∠PAQ＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴∠AQP＝60°.∵DE∥BC，∴∠AED＝∠ACB＝60°，∴∠AQP＝∠AED，∴点A，P，E，Q四点共圆，∴∠PAQ＋∠PEQ＝180°，∴∠PEQ＝120°.
答案 （1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，∴PA＝QA，∠PAQ
＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴∠AQP＝60°.∵DE∥BC，∴∠AED＝∠ACB
＝60°，∴∠AQP＝∠AED，∴点A，P，E，Q四点共圆，∴∠PAQ＋∠PEQ＝
180°，∴∠PEQ＝120°.
＝∠EAG＝∠ADG＝90°，∴∠EAG－∠EAD＝∠BAD－∠EAD，即∠DAG＝
（2）如图②，当点F在射线BD上时，求线段BE的长.
（3）如图③，当EA＝EC时，在平面内有一动点P，满足PE＝EF，连接PA，PC，求PA＋PC的最小值.
11.（2023·赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形.如图①，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN.
【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH， 同时得到点H在直线AB上.求证：∠CNM＝∠CNH.
答案 【探究一】证明：∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，∴CM＝CH，∠MCH＝90°，
∴∠NCH＝∠MCH－∠MCN ＝90°－45°＝45°，
∴∠MCN＝∠HCN，在△CNM和△CNH中，
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F.求证：△CEF∽△CNM.
【探究二】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBA＝45°.∵∠MCN＝45°，
∴∠FBN＝∠FCE＝45°.∵∠EFC＝∠BFN，∴∠CEF＝∠FNB.∵∠CNM＝
∠CNH，∴∠CEF＝∠CNM.∵公共角∠ECF＝∠NCM，∴△CEF∽△CNM.
【探究三】解：∵AC，BD是正方形的对角线，∴∠CDE＝∠CDM＋∠EDM＝
135°，∠CAN＝180°－∠BAC＝135°，∴∠CDE＝∠CAN.∵∠MCN＝∠DCA
＝45°，∴∠MCN－∠DCN＝∠DCA－∠DCN，即∠ECD＝∠NCA，
如图所示，将△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上，∴MC＝GC，∠MCG＝90°，∴∠NCG＝∠NCM＝45°.
∵CN＝CN，∴△NCG≌△NCM（SAS），∴∠MNC＝∠GNC.
∵∠CNA＝∠CEF，∴∠CNM＝∠CEF.
12.（2023·岳阳）如图①，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN.
①求∠BCF的度数.
（2）①如图所示，连接EM，NF.∵MN是△BAC的中位线，∴MN∥AC，∴∠BMN＝∠BAC＝90°.∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，∴BE＝BM，BF＝BN，∠BEF＝∠BMN＝90°.
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF.当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由.
（3）如图③所示，当点C，E，F在同一直线上，且点E在FC上时.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°－2θ.∵MN是△ABC的中位线，∴MN∥AC，∴∠MNB＝∠MBN＝θ.
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF,∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，∴∠EBF＝∠EFB＝θ，∴∠BEF＝180°－2θ.∵点C，E，F在同一直线上，∴∠BEC＝2θ，∴∠BEC＋∠BAC＝180°，∴A，B，E，C在同一个圆上（如图④），∴∠EAC＝∠EBC＝α－θ，∴∠BAE＝∠BAC－∠EAC＝（180°－2θ）－（α－θ）＝180°－α－θ.∵∠ABF＝α＋θ，∴∠BAE＋∠ABF＝180°.
考向3 与折叠有关的探究题
13.（2023·枣庄）问题情境：如图①，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线.如图②，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，G，F，H.
猜想证明：（1）如图②，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由.
答案 解：（1）四边形AEDG是菱形，理由：∵AB＝AC，AD是BC边上
问题解决：（2）如图③，将图②中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积.
14.（2023·广西）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘.
【动手操作】如图①，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF，折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接AB'，BB'，BE'.
（1）观察图①中的∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系.
（2）证明（1）中的猜想.
◉答案 （1）解：∠1＝∠2＝∠3.
答案 （1）解：∠1＝∠2＝∠3.
（2）证明：如图①，设AM，EF交于点O，由题意，得EF是AB的垂直平分线，AM是BB'的垂直平分线，AB＝AB'，∴AB'＝BB'，OA＝OB＝OB'，∴AB'＝BB'＝AB，O为外心， ∴∠ABB'＝60°，∴∠1＝∠2＝30°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠3＝90°－60°＝30°，∴∠1＝∠2＝∠3.
【类比操作】如图②，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接BB'，P'B'.
（3）求证：BB'是∠NBC的一条三等分线.
（3）证明：如图②，同理（2），得OB＝OB'＝OP＝OP'，BP'＝PB'＝BB'，∴∠P'BO＝∠B'BO，∠OBB'＝∠BB'O.∵EF∥BC，∴∠OB'B＝∠B'BC，∴∠P'BO＝∠B'BO＝∠B'BC，∴BB'是∠NBC的一条三等分线.
答案 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠A＝
∠B＝∠C＝90°，由翻折性质得AD＝A'D＝10，AE＝A'E，在Rt△A'CD中，A'C
AB－AE＝6－x.在Rt△A'BE中，由勾股定理，得BE2＋A'B2＝A'E2，∴（6－x）2＋
（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC·CE＝24，AB＝6，求BE的值.
（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝
90°，由翻折性质得，A'B'＝AB＝6，A'D＝AD，∠DA'B'＝∠ABE＝∠BCD＝
∠90°，∴∠EB'C＋∠AB'D＝90°＝∠A'B'D＋∠B'DA'，∴∠EB'C＝∠B'DA'，
AD＝A'D＝8，则CE＝3，∴BE＝BC－CE＝8－3＝5.
（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ADC.∵AD＝10，AE＝6，
5k，过点D作DH⊥AC于H，则∠CHD＝∠ADC＝90°，∴∠CDH＝∠DAC＝90°
－∠C.∵EF∥BC，∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH，∴∠CDH＝∠FDH.
又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°，∴△CHD≌△FHD（ASA），∴DF＝CD
＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2＋DE2＝DF2，∴（3k）2＋42＝（5k）2，
∠BAC＝45°＝∠BAC，∴AG＝BG，在Rt△BCG中，BG＝BC·cs∠CBG＝
类型四 图形形状变化（类比思想）探究题
16.（2023·沈阳）如图①，在▱ABCD纸片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，点E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，D'，射线C'E与射线AD交于点F.
（1）求证：AF＝EF.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE＋∠AEC＝180°.由折叠，得∠AEC'＝∠AEC，∴∠FAE＋∠AEC'＝180°.∵∠AEF＋∠AEC'＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE＋
∠AEC＝180°.由折叠，得∠AEC'＝∠AEC，∴∠FAE＋∠AEC'＝180°.∵∠AEF
＋∠AEC'＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF.
（3）如图③，当CE＝2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接AN，EN，求△ANE的面积.
17.（2023·菏泽）（1）如图①，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G.求证：△ADE∽△DCF.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF＋∠DFC＝90°.∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF＋∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF＋
∠DFC＝90°.∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF＋∠AED＝90°，∴∠AED
＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF.
（2）如图②，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH.求证：∠ADF＝∠H.
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°.∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），∴DE＝CF.∵CH＝DE，∴CF＝CH.∵点H在BC的延长线上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°.又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），∴∠DFC＝∠H.∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H.
（3）如图③，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长.
（3）解：如图，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG.∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG.∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等边三角形，∴FG＝DF＝11.∵CF＋CG＝FG，∴CF＝FG－CG＝11－8＝3，即CF的长为3.
18.（2023·武汉）【问题提出】
如图①，E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系.
（1）先将问题特殊化，如图②，当α＝90°时，直接写出∠GCF的大小.
答案 解：（1）∠GCF＝45°.
（2）再探究一般情形，如图①，求∠GCF与α的数量关系.
理由：如图，在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE.
∵∠ABC＋∠BAE＋∠AEB＝∠AEF＋∠FEC＋∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF，
∴∠EAN＝∠FEC.∵AE＝EF，∴△ANE≌△ECF（SAS），∴∠ANE＝∠ECF.
1.（2023·东营）（1）用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点.求证：∠PMN＝∠PNM.
答案 （1）证明：∵P是BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，∴PN是
∴PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM.
（2）用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F.求证：∠AEM＝∠F.
（2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，∴PN∥BC，PM∥AD，∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM.∵∠PNM＝∠PMN，∴∠AEM＝∠F.
（3）用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD.若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明.
2.（2023·兰州）【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由.
◉答案 解：（1）四边形ABCD是正方形.理由：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°.∵GD⊥DF，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDF.又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AD＝CD，∴四边形ABCD是正方形.
答案 解：（1）四边形ABCD是正方形.理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°.∵GD⊥DF，∴∠FDG＝90°，∴∠ADG＝∠CDF.又∵AG
＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AD＝CD，∴
四边形ABCD是正方形.
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图②，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA于点G，可以用等式表示线段HF，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题.
（2）HF＝AH＋CF.∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA于点G， ∴四边形HFDG是矩形，∴∠G＝∠DFC＝90°.∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDF，∴△ADG≌△CDF（AAS），∴AG＝CF，DG＝DF，∴矩形HFDG是正方形，∴HG＝HF＝AH＋AG＝AH＋CF.
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图③，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题.
3.（2023·徐州）【阅读理解】如图①，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2＋b2，同理BD2＝a2＋b2.故AC2＋BD2＝2（a2＋b2）.
【探究发现】如图②，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由.
答案 【探究发现】解：上述结论依然成立.理由：如图①， 作AE⊥BC于E，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
DF⊥BC于F.∵四边形ABCD是平行四边形，
由勾股定理，可得AC2＝AE2＋ CE2＝AE2＋（BC－BE）2 ①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得BD2＝DF2＋BF2
＝DF2＋（BC＋CF）2＝DF2＋（BC＋BE）2 ②，由①②，可得，AC2＋BD2＝
AE2＋DF2＋2BC2＋2BE2＝2AE2＋2BC2＋2BE2，在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2＋BE2，∴AC2＋BD2＝2AE2＋2BC2＋2BE2＝2（AE2＋BE2）＋2BC2＝
2AB2＋2BC2＝2a2＋2b2.
【尝试应用】如图④，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2＋PC2的最小值为 200 .
（1）如图①，☉O中，B，C位于直线AO异侧，∠AOB＋∠C＝135°.
答案 （1）解：①∵∠AOB＋∠C＝135°，∠AOB＝2∠C，∴3∠C＝135°，
②若☉O的半径为5，AC＝8，求BC的长.
②连接AB，过A作AM⊥BC，垂足为M，∵∠C＝45°，AC＝8，
（2）如图②，若P为圆内一点，且∠APB＜120°，PA＝PB，∠APB＝2∠C.求证：P为该圆的圆心.
（2）证明：延长AP交圆于点N，连接BN，则∠C＝∠N.∵∠APB＝2∠C，∴∠APB＝2∠N.∵∠APB＝∠N＋∠PBN，∴∠N＝∠PBN，∴PN＝PB.∵PA＝PB，∴PA＝PB＝PN，∴P为该圆的圆心.
5.（2023·绥化）已知，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）.连接AF交CD于点G.
（1）如图①，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BF，∴∠D＝∠DCF.∵G为CD的中点，∴DG＝CG.∵∠AGD＝∠FGC，∴△ADG≌△FCG（ASA）.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BF，∴∠D＝∠DCF.∵G为
CD的中点，∴DG＝CG.∵∠AGD＝∠FGC，∴△ADG≌△FCG（ASA）.
（2）如图②，过点C作CE⊥AF，垂足为E.连接BE，设BF＝x，CE＝y.求y关于x的函数关系式.
（3）如图③，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M.当CF＝1时，求线段BM的长.
6.（2023·郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F.
（1）如图①，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由.
G.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝
60°.∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝
∠CEF，∴△ADG为等边三角形，∴AD＝AG＝DG.∵AD＝CE，AB－AD＝AC－
AG，∴DG＝CE，BD＝CG，又∠DFG＝∠CFE，∴△DGF≌△ECF（AAS），
（2）如图②，当点D在线段AB的延长线上时.
（Ⅰ）线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由.
（2）（Ⅰ）成立，理由如下：如图②，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°.∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，
（Ⅱ）如图③，连接AE.设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积.
类型三 图形变换探究题考向1 与平移有关的探究题
7.（2023·吉林）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN.转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形.其判定的依据是 两组对边分别平行的四边形是平行四边形 .
两组对边分别平行的四边形是平行四边形
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB＜BC，FG≤BC），其中AB＝EF，∠B＝∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N.求证：▱EFMN是菱形.
◉答案 【探究提升】证明：∵四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，∴MN∥EF，EN∥FM，∴四边形EFMN是平行四边形.∵∠B＝∠FEH，∴AB∥NE.∵AN∥BE，∴四边形ABEN是平行四边形，∴AB＝EN.∵AB＝EF，∴EN＝EF，∴▱EFMN是菱形.
答案 【探究提升】证明：∵四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，
∴MN∥EF，EN∥FM，∴四边形EFMN是平行四边形.∵∠B＝∠FEH，
∴AB∥NE.∵AN∥BE，∴四边形ABEN是平行四边形，∴AB＝EN.∵AB＝EF，
∴EN＝EF，∴▱EFMN是菱形.
（2）将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E'F'G'H'，点E，F，G，H的对应点分别为E'，F'，G'，H'，设EE'＝t，矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分的面积为S.
①如图②，当边E'F'与AB相交于点M，边G'H'与BC相交于点N，且矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围.
考向2 与旋转有关的探究题
9.（2023·邵阳）如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平形线DE交AC于点E，点P是线段DE上的动点（点P不与D，E重合）.将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到△ACQ，连接EQ，PQ，PQ交AC于F.
（1）证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ＝120°.
◉答案 （1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，∴PA＝QA，∠PAQ＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴∠AQP＝60°.∵DE∥BC，∴∠AED＝∠ACB＝60°，∴∠AQP＝∠AED，∴点A，P，E，Q四点共圆，∴∠PAQ＋∠PEQ＝180°，∴∠PEQ＝120°.
答案 （1）证明：∵将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，∴PA＝QA，∠PAQ
＝60°，∴△APQ是等边三角形，∴∠AQP＝60°.∵DE∥BC，∴∠AED＝∠ACB
＝60°，∴∠AQP＝∠AED，∴点A，P，E，Q四点共圆，∴∠PAQ＋∠PEQ＝
180°，∴∠PEQ＝120°.
＝∠EAG＝∠ADG＝90°，∴∠EAG－∠EAD＝∠BAD－∠EAD，即∠DAG＝
（2）如图②，当点F在射线BD上时，求线段BE的长.
（3）如图③，当EA＝EC时，在平面内有一动点P，满足PE＝EF，连接PA，PC，求PA＋PC的最小值.
11.（2023·赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形.如图①，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN.
【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH， 同时得到点H在直线AB上.求证：∠CNM＝∠CNH.
答案 【探究一】证明：∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，∴CM＝CH，∠MCH＝90°，
∴∠NCH＝∠MCH－∠MCN ＝90°－45°＝45°，
∴∠MCN＝∠HCN，在△CNM和△CNH中，
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F.求证：△CEF∽△CNM.
【探究二】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBA＝45°.∵∠MCN＝45°，
∴∠FBN＝∠FCE＝45°.∵∠EFC＝∠BFN，∴∠CEF＝∠FNB.∵∠CNM＝
∠CNH，∴∠CEF＝∠CNM.∵公共角∠ECF＝∠NCM，∴△CEF∽△CNM.
【探究三】解：∵AC，BD是正方形的对角线，∴∠CDE＝∠CDM＋∠EDM＝
135°，∠CAN＝180°－∠BAC＝135°，∴∠CDE＝∠CAN.∵∠MCN＝∠DCA
＝45°，∴∠MCN－∠DCN＝∠DCA－∠DCN，即∠ECD＝∠NCA，
如图所示，将△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上，∴MC＝GC，∠MCG＝90°，∴∠NCG＝∠NCM＝45°.
∵CN＝CN，∴△NCG≌△NCM（SAS），∴∠MNC＝∠GNC.
∵∠CNA＝∠CEF，∴∠CNM＝∠CEF.
12.（2023·岳阳）如图①，在△ABC中，AB＝AC，点M，N分别为边AB，BC的中点，连接MN.
①求∠BCF的度数.
（2）①如图所示，连接EM，NF.∵MN是△BAC的中位线，∴MN∥AC，∴∠BMN＝∠BAC＝90°.∵将△BMN绕点B顺时针旋转α（α为锐角），得到△BEF，∴BE＝BM，BF＝BN，∠BEF＝∠BMN＝90°.
深入探究：（3）若∠BAC＜90°，将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF，连接AE，CF.当旋转角α满足0°＜α＜360°，点C，E，F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系，并说明理由.
（3）如图③所示，当点C，E，F在同一直线上，且点E在FC上时.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，设∠ABC＝∠ACB＝θ，则∠BAC＝180°－2θ.∵MN是△ABC的中位线，∴MN∥AC，∴∠MNB＝∠MBN＝θ.
∵将△BMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF,∴△EBF≌△MBN，∠MBE＝∠NBF＝α，∴∠EBF＝∠EFB＝θ，∴∠BEF＝180°－2θ.∵点C，E，F在同一直线上，∴∠BEC＝2θ，∴∠BEC＋∠BAC＝180°，∴A，B，E，C在同一个圆上（如图④），∴∠EAC＝∠EBC＝α－θ，∴∠BAE＝∠BAC－∠EAC＝（180°－2θ）－（α－θ）＝180°－α－θ.∵∠ABF＝α＋θ，∴∠BAE＋∠ABF＝180°.
考向3 与折叠有关的探究题
13.（2023·枣庄）问题情境：如图①，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线.如图②，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，G，F，H.
猜想证明：（1）如图②，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由.
答案 解：（1）四边形AEDG是菱形，理由：∵AB＝AC，AD是BC边上
问题解决：（2）如图③，将图②中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积.
14.（2023·广西）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘.
【动手操作】如图①，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF，折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接AB'，BB'，BE'.
（1）观察图①中的∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系.
（2）证明（1）中的猜想.
◉答案 （1）解：∠1＝∠2＝∠3.
答案 （1）解：∠1＝∠2＝∠3.
（2）证明：如图①，设AM，EF交于点O，由题意，得EF是AB的垂直平分线，AM是BB'的垂直平分线，AB＝AB'，∴AB'＝BB'，OA＝OB＝OB'，∴AB'＝BB'＝AB，O为外心， ∴∠ABB'＝60°，∴∠1＝∠2＝30°.∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠3＝90°－60°＝30°，∴∠1＝∠2＝∠3.
【类比操作】如图②，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接BB'，P'B'.
（3）求证：BB'是∠NBC的一条三等分线.
（3）证明：如图②，同理（2），得OB＝OB'＝OP＝OP'，BP'＝PB'＝BB'，∴∠P'BO＝∠B'BO，∠OBB'＝∠BB'O.∵EF∥BC，∴∠OB'B＝∠B'BC，∴∠P'BO＝∠B'BO＝∠B'BC，∴BB'是∠NBC的一条三等分线.
答案 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠A＝
∠B＝∠C＝90°，由翻折性质得AD＝A'D＝10，AE＝A'E，在Rt△A'CD中，A'C
AB－AE＝6－x.在Rt△A'BE中，由勾股定理，得BE2＋A'B2＝A'E2，∴（6－x）2＋
（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC·CE＝24，AB＝6，求BE的值.
（2）∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝6，AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝
90°，由翻折性质得，A'B'＝AB＝6，A'D＝AD，∠DA'B'＝∠ABE＝∠BCD＝
∠90°，∴∠EB'C＋∠AB'D＝90°＝∠A'B'D＋∠B'DA'，∴∠EB'C＝∠B'DA'，
AD＝A'D＝8，则CE＝3，∴BE＝BC－CE＝8－3＝5.
（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ADC.∵AD＝10，AE＝6，
5k，过点D作DH⊥AC于H，则∠CHD＝∠ADC＝90°，∴∠CDH＝∠DAC＝90°
－∠C.∵EF∥BC，∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH，∴∠CDH＝∠FDH.
又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°，∴△CHD≌△FHD（ASA），∴DF＝CD
＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2＋DE2＝DF2，∴（3k）2＋42＝（5k）2，
∠BAC＝45°＝∠BAC，∴AG＝BG，在Rt△BCG中，BG＝BC·cs∠CBG＝
类型四 图形形状变化（类比思想）探究题
16.（2023·沈阳）如图①，在▱ABCD纸片中，AB＝10，AD＝6，∠DAB＝60°，点E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，D'，射线C'E与射线AD交于点F.
（1）求证：AF＝EF.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE＋∠AEC＝180°.由折叠，得∠AEC'＝∠AEC，∴∠FAE＋∠AEC'＝180°.∵∠AEF＋∠AEC'＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE＋
∠AEC＝180°.由折叠，得∠AEC'＝∠AEC，∴∠FAE＋∠AEC'＝180°.∵∠AEF
＋∠AEC'＝180°，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF.
（3）如图③，当CE＝2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接AN，EN，求△ANE的面积.
17.（2023·菏泽）（1）如图①，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G.求证：△ADE∽△DCF.
◉答案 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF＋∠DFC＝90°.∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF＋∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF.
答案 （1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF＋
∠DFC＝90°.∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，∴∠CDF＋∠AED＝90°，∴∠AED
＝∠DFC，∴△ADE∽△DCF.
（2）如图②，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH.求证：∠ADF＝∠H.
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°.∵AE＝DF，∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），∴DE＝CF.∵CH＝DE，∴CF＝CH.∵点H在BC的延长线上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°.又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），∴∠DFC＝∠H.∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H.
（3）如图③，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长.
（3）解：如图，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG.∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG.∵AE＝DF，∴DG＝DF，∴△DFG是等边三角形，∴FG＝DF＝11.∵CF＋CG＝FG，∴CF＝FG－CG＝11－8＝3，即CF的长为3.
18.（2023·武汉）【问题提出】
如图①，E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，AE＝EF，∠AEF＝∠ABC＝α（α≥90°），AF交CD于点G，探究∠GCF与α的数量关系.
（1）先将问题特殊化，如图②，当α＝90°时，直接写出∠GCF的大小.
答案 解：（1）∠GCF＝45°.
（2）再探究一般情形，如图①，求∠GCF与α的数量关系.
理由：如图，在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE.
∵∠ABC＋∠BAE＋∠AEB＝∠AEF＋∠FEC＋∠AEB＝180°，∠ABC＝∠AEF，
∴∠EAN＝∠FEC.∵AE＝EF，∴△ANE≌△ECF（SAS），∴∠ANE＝∠ECF.
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