模塊三重難點題型專項訓練

專題39幾何探究題（6大類型）

考查類型一非動點探究題

考查類型二動點探究題

考查類型三平移探究題

考查類型

考查類型四旋轉探究題

考查類型五折疊探究題

考查類型六類比探究題

新題速遞

考查類型一非動點探究題

例1（2022·寧夏·中考真題）綜合與實踐

知識再現

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S136，

S3100時，S2______．

問題探究

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

間的數量關系是______．

（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頁共123頁.

間的數量關系，并說明理由．

實踐應用

（1）如圖4，將圖3中的BCD繞點B逆時針旋轉一定角度至BGH，ACE繞點A順時針旋轉一定角度至

AMN，GH、MN相交于點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h8，直接寫出V1V2的

值．

【答案】知識再現64；

問題探究：（1）S1S2S3；（2）S4S5S6；理由見解析；

實踐應用：（1）見解析；（2）V1V216．

【分析】知識再現：利用勾股定理和正方形的面積公式可求解；

問題探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面積公式可求解；

333

(2)過點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

實踐應用：(1)設AB=c，BC=a，AC=b，則HN=a+b-c，FG=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頁共123頁.

【詳解】知識再現：解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

S1S2S3，

S136，S3100，

S264，

故答案為：64；

問題探究：1解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

111

AB2AC2BC2，

222

S1S2S3，

故答案為：S1S2S3；

2解：QRtVABC中，ACB90，

AB2AC2BC2，

過點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頁共123頁.

333

AB2AC2BC2，

444

S4S5S6；

實踐應用：1證明：設ABc，BCa，ACb，

HNabc，FGca，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．

【點睛】本題考查四邊形的綜合應用，熟練掌握直角三角形的勾股定理，等邊三角形的性質，圓的性質，

圓柱的體積，平行線的性質是解題的關鍵．

第4頁共123頁.

例2（2022·遼寧朝陽·統考中考真題）【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CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據∠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，請你幫助小明寫出完整

的證明過程．

(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

之間的數量關系，并說明理由．

(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝6，AC與BD相交于點O．若四

邊形ABCD中有一個內角是75°，請直接寫出線段OD的長．

【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；

(2)CB+CD=2AC；理由見詳解；

(3)333或33

【分析】（1）如圖1中，延長CD到點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，可得結論；△

（2）結論：C△B+CD=2AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證

明AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明RtACM≌RtACN（HL），推出CM=CN，可

得結△論；△△

（3）分兩種情形：如圖3-1中，當∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2

中，當∠CBD=75°時，分別求解即可．

【詳解】（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．

第5頁共123頁.

∵∠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：結論：CB+CD=2AC．

理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，

∴∠CDA+∠CBA=180°，

第6頁共123頁.

∵∠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∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點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頁共123頁.

∵AB=AD=6，∠DAB=90°，

∴BD=2AD=23，

3

∴OD=23333．

13

如圖3-2中，當∠CBD=75°時，

OD11

同法可證，OD2333，

OB313

綜上所述，滿足條件的OD的長為333或33．

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

性質，角平分線的性質定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于

中考壓軸題．

各地的中考數學試題中,最后一道壓軸題以代數和幾何的綜合性問題最為常見,而非動點坐標系圖

形探究問題,更是近年的重點與難點,這類問題往往自成一系,解法有規律可循.非動點坐標系圖形探究

問題,是指以坐標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等為探究對象,以初

中代數和幾何難點內容相結合為背景,以數形結合為研究方法的題型.通過圖形之間的特殊位置關系和

一些特殊的值,建立方程或函數模型去求解,是解決這類問題的關鍵.

【變式1】（2022·重慶·統考二模）如圖，在矩形ABCD中，點E是對角線上一點，連接AE并延長交CD

第8頁共123頁.

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

417617717817

A．B．C．D．

5555

【答案】B

【分析】過點E作AB的平行線，分別交AD,BC于點M,N，先根據矩形的性質與判定可得四邊形ABNM和

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

3x33x

根據相似三角形的性質可得DM，從而可得AM6x,GN4，然后根據相似三角形的判定證

444

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

【詳解】解：如圖，過點E作AB的平行線，分別交AD,BC于點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EMx(x0)，則ENMNEM8x，

EMAB，

DEMDBA，

DMEMDMx

，即，

DABA68

第9頁共123頁.

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

經檢驗，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．

【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、相似三角形的判定與性質等知識點，通過作輔助線，構造相似三

角形是解題關鍵．

【變式2】（2022·四川綿陽·東辰國際學校?？寄M預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB2，AD3，

ABC60，AEBC于點E，點F為CD的中點，DE與BF相交于點P，則BP的長為______．

【答案】13

2

【分析】延長BF,AD交于點M，根據平行四邊形的性質，得到AD∥BC，進而得到BFC∽MFD，相似

第10頁共123頁.

BPBE

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

PMDM

1BP

BEAB，進而求出的值，過點M作MNBC，交BC的延長線與點N，易得四邊形AMNE為矩形，

2PM

BP

進而得到BN,MN的長，利用勾股定理求出BM的長，再根據的值求出BP的長即可．

PM

【詳解】解：∵AEBC，ABC60，AB2，

1

∴EAB30,BEAB1,AEAB2BE23，

2

延長BF,AD交于點M，

∵四邊形ABCD為平行四邊形，AB2，AD3，

∴AD∥BC,BCAD3，

∴BFC∽MFD，

DMDF

∴，

BCCF

∵點F為CD的中點，

∴DFCF，

∴DMBC3，

∵AD∥BC，

∴BEP∽MDP，

BPBE1

∴，

PMDM3

BP1

∴；

BM4

過點M作MNBC，交BC的延長線與點N，

則四邊形AMNE為矩形，

∴ENAMADDM6，MNAE3，

∴BNBEEN7，

∴BMBN2MN2213，

第11頁共123頁.

BP1

∵，

BM4

113

∴BPBM；

42

故答案為：13．

2

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

題的綜合性強，通過添加輔助線，證明三角形相似，是解題的關鍵．

【變式3】（2022·山東青島·山東省青島第二十六中學校考二模）問題提出：已知任意三角形的兩邊及夾角，

求三角形的面積．

問題探究：為了解決上述問題，我們先由特殊到一般來進行探究．

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、代數式

表示），寫出探究過程．

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

過程．

問題解決：已知任意三角形的兩邊及夾角，求三角形的面積方法是：___________（用文字敘述）．

問題應用：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）寫出解題過程．

問題拓廣：如圖5所示，利用你所探究的結論直接寫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頁共123頁.

11

【答案】absin，見解析；absin，見解析；一個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，即可解決問題；

探究三：如圖3中，作AHCB于H．求出高AH，即可解決問題；

1

問題解決：SabsinC（C）是a、b兩邊的夾角）；

2

問題應用：如圖4中，作AH⊥CB于H．求出高AH，即可解決問題；

問題拓廣：如圖5，連接BD，由探究三的結論可得出答案．

【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頁共123頁.

在RtAHC中，AHC90

AH

sin，

AC

AHb·sin

11

SBCAHabsin．

ABC22

問題解決：一個三角形兩邊及其夾角的正弦值的積的一半．

故答案為：一個三角形兩邊及其夾角的正弦值的積的一半．

問題應用：如圖4中，作AHCB于H．

在RtAHB中，AHB90

AH

sin，

AB

AHb·sin

S平行四邊形ABCDBCAHabsin．

問題拓廣：

11

連接BD，由探究三的結論可得：SABDABADsinabsin．

22

11

SBCCDcdsin．

BCD22

11

S四邊形absincdsin．

ABCD22

第14頁共123頁.

【點睛】本題考查四邊形綜合題、三角形的面積、平行四邊形的面積，銳角三角函數知識，解題的關鍵是

學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．

考查類型二動點探究題

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

EDF90，DEDF，連接AE，CF．

(1)如圖1，求證：VADE≌CDF；

(2)直線AE與CF相交于點G．

①如圖2，BMAG于點M，BNCF于點N，求證：四邊形BMGN是正方形；

②如圖3，連接BG，若AB4，DE2，直接寫出在DEF旋轉的過程中，線段BG長度的最小值．

【答案】(1)見解析

(2)①見解析②26

【分析】1根據SAS證明三角形全等即可；

2①根據鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；

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

可得結論．

【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，

第15頁共123頁.

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AG與CD相交于點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頁共123頁.

又AMBBNC90，

AMB≌CNB．

MBNB．

矩形BMGN是正方形；

②解：作DHAG交AG于點H，作BMAG于點M，

∵DHAAMB90,ADH90DAHBAM,ADAB

∴AMB≌DHA．

BMAH．

AH2AD2DH2，AD4，

DH最大時，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．

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

定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．

例2（2022·吉林長春·統考中考真題）如圖，在YABCD中，AB4，ADBD13，點M為邊AB的

中點，動點P從點A出發，沿折線ADDB以每秒13個單位長度的速度向終點B運動，連結PM．作點

A關于直線PM的對稱點A，連結AP、AM．設點P的運動時間為t秒．

第17頁共123頁.

(1)點D到邊AB的距離為__________；

(2)用含t的代數式表示線段DP的長；

(3)連結AD，當線段AD最短時，求△DPA的面積；

(4)當M、A、C三點共線時，直接寫出t的值．

【答案】(1)3

(2)當0≤t≤1時，DP1313t；當1＜t≤2時，PD13t13；

3

(3)

5

220

(4)或

311

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

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

（3）過點P作PE⊥DM于點E，根據題意可得點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，可得

到當點D、A′、M三點共線時，線段AD最短，此時點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：當點A位于M、C之間時，此時點P在AD上；當點A（A）位于CM的延長線

上時，此時點P在BD上，即可求解．

【詳解】（1）解：如圖，連接DM，

∵AB=4，ADBD13，點M為邊AB的中點，

第18頁共123頁.

∴AM=BM=2，DM⊥AB，

∴DMAD2AM23，

即點D到邊AB的距離為3；

故答案為：3

（2）解：根據題意得：當0≤t≤1時，點P在AD邊上，

DP1313t；

當1＜t≤2時，點P在BD邊上，PD13t13；

綜上所述，當0≤t≤1時，DP1313t；當1＜t≤2時，PD13t13；

（3）解：如圖，過點P作PE⊥DM于點E，

∵作點A關于直線PM的對稱點A，

∴A′M=AM=2，

∴點A的運動軌跡為以點M為圓心，AM長為半徑的圓，

∴當點D、A′、M三點共線時，線段AD最短，此時點P在AD上，

∴AD1，

根據題意得：APAP13t，DP1313t，

由（1）得：DM⊥AB，

∵PE⊥DM，

∴PE∥AB，

∴△PDE∽△ADM，

PDDEPE

∴，

ADDMAM

第19頁共123頁.

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，

當點M、A、C三點共線時，且點A位于M、C之間時，此時點P在AD上，

連接AA′，A′B，過點P作PF⊥AB于點F，過點A′作A′G⊥AB于點G，則AA′⊥PM，

∵AB為直徑，

∴∠A=90°，即AA′⊥A′B，

∴PM∥A′B，

∴∠PMF=∠ABA′，

過點C作CN⊥AB交AB延長線于點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頁共123頁.

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，當點A（A）位于CM的延長線上時，此時點P在BD上，PB21313t，

過點A作AGAB于點G′，則AMACMN，取AA的中點H，則點M、P、H三點共線，過點H作

HK⊥AB于點K，過點P作PT⊥AB于點T，

62

同理：AG,AG，

55

第21頁共123頁.

∵HK⊥AB，AGAB，

∴HK∥A′′G′，

∴AHKAAG，

∵點H是AA的中點，

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

綜上所述，t的值為或．

311

【點睛】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，圓的基本性質，相似三角形的判

定和性質，解直角三角形，根據題意得到點A的運動軌跡是解題的關鍵，是中考的壓軸題．

從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數圖象等圖形，通過“對稱、動點的運動”等研

究手段和方法，來探索及發現圖形性質及圖形變化，在解題過程中滲透空間觀念和合情推理。選擇基本的

幾何圖形，讓學生經歷探索的過程，以能力為意，考查學生的自主探究能力，促進培養學生解決問題的能

第22頁共123頁.

力，圖形在動點的運動過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，才能做好計算推理

的過程。在變化中找到不變的性質是解決“動點”探究題的基本思路.

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

AB上的兩個動點，F是邊AC上的一個動點，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分別為AB4，AC23．因為D，

E是邊AB上的兩個動點，F是邊AC上的一個動點，求CDEF的最小值，就是需要轉換成同一直線上求

解，即求C關于AB的對稱點C1，作C1C2//AB．構建平行四邊形C1DEC2，作C2FAC于F，交AB于E．利

用平行四邊形和對稱圖形的性質，找出線段之間的關系．

【詳解】解：如圖，過C作AB的對稱點C1，連接CC1，交AB于N；過C1作C1C2∥AB，且C1C2＝3，

過C2作C2F⊥AC于F，交AB于E，C2F的長度即為所求最小值，

∵C1C2∥DE，C1C2＝DE，

∴四邊形C1DEC2是平行四邊形，

∴C1D＝C2E，

又∵CC1關于AB對稱，

∴CD＝C1D，

第23頁共123頁.

∴CD+EF＝C2F，

∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，

∴AC＝3BC＝23，

∴CN＝3，AN＝3，

過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．

【點睛】本題主要考查動點構成的線段中最小值問題，轉換成三點共線，并在垂直的時候最小，找到對稱

點，構建最短路徑是解題的關鍵．

【變式2】（2023·陜西西安·交大附中分校?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AB23，AD2，點E為

線段CD的中點，動點F從點C出發，沿CBA的方向在CB和BA上運動，將矩形沿EF折疊，點C的

對應點為C，當點C恰好落在矩形的對角線上時，點F運動的距離為________.

3

【答案】1或2

3

【分析】分點C落在對角線BD上和點C落在對角線AC上兩種情況分別進行討論求解，即可得出點F運

動的距離．

【詳解】分兩種情況：

第24頁共123頁.

①當點C落在對角線BD上時，連接CC，如圖1所示：

將矩形沿EF折疊，點C的對應點為點C，且點恰好落在矩形的對角線上，

CCEF，

點E為線段CD的中點，

CEEDEC，

CCD90，即CCBD，

EF∥BD，

點F是BC的中點，

在矩形ABCD中，AD2，

BCAD2，

CF1，

點F運動的距離為1；

②當點C落在對角線AC上時，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頁共123頁.

1

ECCD3，

2

233

BFCHCEEH3-，

33

3

點F運動的距離為2；

3

3

綜上所述：點F運動的距離為1或2；

3

3

故答案為：1或2．

3

【點睛】本題考查了幾何變換綜合題，需要利用翻折變換的性質、矩形的性質、平行線的性質、三角函數

的應用等知識；熟練掌握矩形的性質，熟記翻折變換的性質是解題的關鍵．

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

交于A，B4,0兩點，與y軸交于點C，點D3,4在拋物線上，點P是拋物線上一動點．

(1)求該拋物線的解析式；

(2)如圖1，連接OD，若OP平分COD，求點P的坐標；

(3)如圖2，連接AC，BC，拋物線上是否存在點P，使CBPACO45？若存在，請直接寫出點P的

坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)yx23x4

第26頁共123頁.

(2)2,6

319

(3)存在，P3,4或P,

416

【分析】（1）利用待定系數法求解即可；

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

424

求OD的解析式為yx，設點P的橫坐標為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O順時針方向旋轉90，至△AOB，可得AOAO1，ACOABO，則A0,1，

1319

求出過點A的直線BP的解析式為yx1，與拋物線聯立方程組求得交點P,；再過C作CF∥x

4416

軸，過B作BF∥y軸，CF與BF交于點F，則四邊形OBFC為正方形，作A關于BC的對稱點G，點G在

CF上，作直線BG，則直線BG與拋物線的交點也滿足條件，則G3，4，與點D重合，則可得P3,4，即

可求解．

【詳解】（1）解：∵點B4,0、D3,4在拋物線yx2bxc上，

164bc0

∴，

93bc4

b3

解得，

c4

∴該拋物線的解析式為yx23x4；

（2）解：作PE∥y軸，交OD于點Q，交x軸于點E，如圖1所示：

∵PE∥y軸，

∴OPQPOC，

第27頁共123頁.

∵OP平分COD，

∴POCPOQ，

∴OPQPOQ，

∴PQOQ，

設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

設點P的橫坐標為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P的坐標為2,6；

319

（3）解：存在，P3,4或P,．

416

當x0時，y4，則C0,4，

∴OBOC4，則OBCOCB45，

將AOC繞點O順時針方向旋轉90，至△AOB，如圖2所示：

則AOAO1，ACOABO，

∴A0,1

由題意CBPACO45知，直線BP過點A，

設直線BP的解析式為ymxn，

n1

將B4,0，A0,1，代入，得：，

4mn0

第28頁共123頁.

1

m

解得：4，

n1

1

∴直線BP的解析式為yx1，

4

yx23x4

聯立1，

yx1

4

3

x

4x4

解得：或，

19y0

y

16

319

∴P,，

416

此時使CBPABOCBPACO45；

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

作A關于BC的對稱點G，則點G在CF上且CGAG413，

∴G3，4，與點D重合，

作直線BG，則CBGABC，

∴直線BG與拋物線的交點也滿足條件CBPACO45，

∵點D3,4在拋物線上，

∴P3,4．

319

綜上，拋物線上存在點P，使CBPACO45，點P的坐標為P3,4或P,．

416

【點睛】本題是二次函數的綜合題，涉及待定系數法求二次函數解析式、坐標與圖形、等腰三角形的判定

第29頁共123頁.

與性質、解一元二次方程、二次函數與幾何變換（旋轉和軸對稱）、正方形的判定與性質，熟練掌握相關

知識的聯系與運用，會利用數形結合思想和正確添加輔助線求解是解答的關鍵．

考查類型三平移探究題

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

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

（Ⅰ）如圖①，求點E的坐標；

（Ⅱ）將矩形CODE沿x軸向右平移，得到矩形CODE，點C，O，D，E的對應點分別為C，O，D，E．設

O