题型5 几何探究题(精讲册)-【练客中考】2025年贵州数学总复习新思路

即S存在最小值为8： 11 点P在直线AB上方，∴.1<m<4. 由题知P(m,-m2+4m),D(m,-m+4), 41 .PD=yp-yp=-m2+4m+m-4= -m2+5m-4=-(m-2）+4 512,9 B/H B -1<0,1<m<4, 当m=时，线段PD的长度最大最大值为 4 0 ②存在. 图1 图2 :∠PDB=∠ADE,∠ADE=∠ACO .∠BDP=∠ACO. 例题解图 如解图2，当点P,Q在x轴下方，且点P在点Q上 :△AOC是直角三角形，△BPD与△AOC相似， 方时， ∴△BPD是直角三角形 同理可得，直线PQ表达式为y=(2m-1)x-m2 如解图2，当△BPD∽△AOC时， m-3, ∠A0C=90°，∴.∠BPD=90°， 精讲册 令y=0,则x=m+m+3,则0h=-m+m+3 此时BP∥x轴，点B,P关于对称轴对称， 2m-1 2m-1 ∴.P(3,3): 则S=SAm-Saom=20H×(,-,)=2× 2n-m2-2m-3-(m+1)2+2(m+1) _m2+m+3 +=2m*a+3)=m++≥ 即S存在最小值为号： 图2 图3 ②当点P,Q都在x轴上方时， 变式解图 同理可得S=子(2+m+3)=(m+}+ 如解图3，当△PBD∽△AOC时 号≥号，即S存在最小值为号 .∠PBD=∠AOC=90°，∴.AB⊥PB. kAc=-1,.k即=1， ③当点P,Q一个在x轴上方，一个在x轴下方时， 直线BP的表达式为y=x+2, 同理可得5=(m+m+3)= 112,11 2m+2)+8≥ 联立方程组，得三-+4 ly=x+2 名，即S存在最小值为号 或/=2 解相g子P24) 综上所述，△OPQ的面积S存在最小值，最小值 综上所述，存在点P使△BPD与△AOC相似，点P 为智 的坐标为(3,3)或(2,4). 题型五几何探究题 [变式]解：(1)将A(4,0),B(1,3)代入y=ax2+bx 0).得8部得84 类型1几何操作类 1b=4, [变式1](1)画出图形如解图1所示.等边三角形. .二次函数的表达式为y=-x2+4x, 设直线AB的表达式为y=x+n(k≠0)， 将A,B两点的坐标代人得0=4+n 3=k+n' 解得作=1 ln=4. ,直线AB的表达式为y=-x+4. 图1 图2 点C是直线与y轴的交点， 变式1解图 ,∴.令x=0,则y=4,.C(0,4) (2)证明：根据题意画出图形如解图2， (2)①如解图1， ,:△ABC和△ADE是等边三角形， AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC=∠DAE =60°， ∴LBAC+∠DAC=LDAE+∠DAC, ∴.∠BAD=∠CAE. AB=AC 在△ABD和△ACE中， ∠BAD=∠CAE, 变式解图1 LAD=AE -18 .△ABD≌△ACE(SAS),∴.CE=BD. 若点P在线段DC的延长线上时，如解图3，过点 CB+CD=BD,..CA+CD CE. P作PM⊥DP交CE于点M. (3)解：过点E作EH∥AB交BC于点H, 则△EHC为等边三角形. 当点D在线段BC上时，如解图3， 同(2)理可得，△EDH≌△EFC(SAS), ∴.∠FCE=∠EHD=60°，∠FEC=∠DEH< ∠HEC=60°， 此时只有∠CFE有可能为90° 变式2解图3 当∠CFE=90时，∠EDH=90°，∴.ED⊥CH. .:∠ACE=90°，∠ACD=45° CH-CE-25,.cD-C. ∴.∠PCE=180°-∠ACD-∠ACM=45°， ∴.△CMP是等腰直角三角形， 又：AB=BC=6,.BD=6-5: ∴∠PMC=45°，PM=PC, .∠EMP=135°，CM=2PC, ∴∠ACP=180°-∠ACD=135°=∠EMP. 同理可得△EPM≌△APC(ASA),∴.EM=AC. .CE EM +CM,..CE=AC+2PC. 精讲册 PC=2,AC=56,CM=2V2, CE=EM+CM=56+22. 图3 图4 综上所述，CE的长为56-22或56+22. 变式1解图 当点D在线段BC延长线上时，如解图4，此时只 类型2图形的变化类 有∠CEF有可能为90. 例(1)75 ∠DEF=60°，∴.∠CED=30 (2)证明：如解图1，连接BE. ∠ECH=60°，÷∠EDC=∠CED=30°， .CD=CE=23,.BD=6+23. 综上所述，BD的长为6-√3或6+25. [变式2]解：(1)画出图形如解图1.PA=PE. 例题解图1 CE=CB 在△CFE和△BDC中， ∠CEF=∠BCD=90°， LEF =CD 变式2解图1 ∴△CFE≌△BDC(SAS),.LFCE=∠DBC (2)PA=PE成立.证明如下： :EM∥CF, 如解图2，过点P作PN∥AC交AD于点N, ∴∠MEC=∠FCE,∴.∠MEC=∠DBC. .∠NPD=∠ACD=45°， ,CE=BC,.∠BEC=∠EBC, ∴，△DPN是等腰直角三角形， .∠MEB=∠MBE,.∴.EM=BM ∴.∠PND=45°，DN=DP,∴.AD-DN=CD-DP, (3)解：MW2=PN·BN,理由如下： 即AN=CP,∠ANP=135°=∠PCE, 如解图2，连接CM. 同理△EPC≌△PAN(ASA),∴.PA=PE. 例题解图2 变式2解图2 EM BM (3)若点P在线段DC上时，如解图2， 在△CEM和△CBM中，CE=CB, 由(2)可知，△EPC≌△PAN,AN=CP,CE=NP, LCM =CM ND=DP. ∴.△CEM≌△CBM(SSS),∴.∠MCE=∠MCB. .AC=2CD=(PC+DP), ·.·∠NMC=∠MBC+∠MCB,∠NCM=∠MCE+∠NCE. .AC=√2PC+W2DP. ∴.∠NMC=∠NCM,.MW=CN :∠CNP=∠BNC,∠NCP=∠NBC, PN=CE=√2DP,∴AC=2PC+CE. PC=2,AC=5V6,.CE=56-22 △NCP△NBC器-g 19 .CW2=PN·BN,.MW2=PN·BN 四边形ABCD是正方形， [变式1]解：(1)正方形. ∴AB=AD,∠BAD=90 (2)同(1)理可证△ACE≌△BCD, ,△AEF是等腰直角三角形，∠EAF=90°， .AE=BD.∠CAE=∠CBD .AE=AF,∴.∠EAB=∠DAF, 如解图1，过点C作CG⊥CF,交AF于点G, .△AEB≌△AFD(SAS), .DF=BE,∠ADF=∠NBA ∠NHB=∠AHD,.∠BNH=∠HAD=90. .·DF=FM,∠DFM=90°， B .FM=BE,∠DFM=∠FNB∴FM∥BE, ∴四边形BEFM为平行四边形 变式1解图1 ∴.EF=MB,EF∥BM. 则∠GCF=90°，∴.∠GCB+∠BCF=90. (3)根据题意画出图形有两种情况： 又：∠ACG+∠CCB=90°，·∠ACG=∠BCF. 情况一：如解图2. 又：∠CAG=∠CBF,AC=BC, :AF∥BE,∴.∠EAF+∠AEG=180°， 精讲册 ∴.△ACG≌△BCF(ASA), ∴.∠EAF=∠AEG=90 ..CF=CG,BF =AG,..GF=2CF, ∠FGE=90°，AE=AF, ∴.AF=AG+GF=BF+2CF,∴.AF=BF+2CF. ∴.四边形AEGF为正方形， (3)设AF与BC交于点O, 六∠AFD=90°，EG=AF. 由(2)得△ACE≌△BCD,∴.∠CAE=∠CBD. ∠HAD=90°，∴.∠HAF=∠ADF, ∠AOC=∠BOF, ∴.∠AFB=∠AC0=90°，∠EFD=90°. △AN△DFA品-gA=I~DF 又.：∠ECD=90°， FH=4,DF=9,∴AF=6, 、点C,D,F,E在以DE为直径的圆上， .BG=BE-EG=DF-AF=3: ∴.∠EFC=∠EDC=45e. H 分两种情况讨论： 当∠CEF=60时，如解图2，过点C作CH⊥AF于点H, 则CH=CB:血60=4×号=2， ∴.CF=2CH=26; 图2 图3 变式2解图 情况二：如解图3. 同理得EG=AF,AF=6, .BG=BE+EG=DF+AF=15. D 图2 图3 综上所述，BG的长为3或15. 变式1解图 类型3动点问题 当∠ECF=60时，如解图3，过点E作EM⊥CF于 例解：(1)1. 点M, (2)如解图1，作PM⊥AB于点M,延长MP交DC 则CM=CB,cs60=4×=2 于点N, BW=6E·血0=4×9-2a, :四边形ABCD是矩形， .∠ABC=90°.EC=5,BC=AD=3,BE=4. .MF=ME=2V3,.CF=2+2√5. 又：P为EC的中点， 综上可知，CF的长为26或2+23. PB=BP=Pc-=C=是 [变式2]解：(1)BE=DF,BE⊥DF (2)EF=BM,EF∥BM,理由如下： 又：PM⊥AB,∠PMB=90° 如解图1，延长DF交AB于点H,交BE于点N 六M为E的中点BW=宁B=2, 六PW是△BBC的中位线PN=号BC=是 又：AB∥DC,∠BMP=90°，.∠PNC=90°， ∴四边形MNCB是矩形， 变式2解图1 N=BCPN=N-PW=号 -20 PF⊥PB,∴.∠1+∠2=180°-∠BPF=90. ∠EFG=90°，，OF= ∠3+∠2=90°，∠1=∠3， EG,.OE=OF. 2 BM BP ÷△PMB∽△FNP,PN-PF D D 5帝PR=点 22.5 8 图2 图3 变式1解图 (3)解：CF=AE+OE或CF=AE-OE,证明如下： 由(2)知△A0E≌△C0G,,AE=CG. 在Rt△EFG中，OE=OF=OG,∠FEG=30°， 图1 图2 ∴∠FC0=60°，∴△FG0是等边三角形， 例题解图 ∴.FG=OF,∴FG=OE, (3)BC+CF=2PC,理由如下： CF =CG+FG=AE +OE,..CF=AE+OE; 如解图2，过点P作PH⊥DC于点H,作PG⊥BC于 如解图3，当点P在线段C0上时，延长F0交AE 点G,延长CB至点K,使得BK=CF,连接PK, 于点G. 精讲册 同理可证△AOG≌△COF(ASA), ∴.∠PHC=∠PGCC=90°. ,四边形ABCD是矩形，，∠BCD=90 0G-OF-7EG,AG=CF. :∠BCE=45°，CE平分LDCB,.PH=PG, .四边形PHCG是正方形，LHPG=90°. ∠FEG=900E=2FG0E=0R 又PF⊥PB,∴.∠BPF=90°， 在Rt△FEG中，OE=OF=OG,∠OEF=30°， ∴.∠COE=60°，.∴.△COE是等边三角形， ∴.∠FPH+∠FPG=∠BPG+∠FPG=90°， ∴.EG=OE,∴.CF=AG=AE-EG=AE-OE. ∴.∠FPH=∠BPG,∴.△PGB≌△PHF, 综上所述，CF=AE+OE或CF=AE-OE. ∴PF=PB,∠PFH=∠PBG,∴∠PFC=∠PBK, [变式2]解：(1)BP=CE;CE⊥BC. ∴.△PFC≌△PBK, (2)仍然成立，证明如下： .PC=PK,∠PKB=∠PCF=45°， 如解图1，连接AC,设CE与AD交于点H. ,△PCK是等腰直角三角形，CK=√2PC, .BC+CF=BC+BK=√2PC. [变式1门(1)证明：如解图1，连接0D,则B,0,D三 点共线。 变式2解图1 .·四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°」 ..△ABC和△ACD都是等边三角形， .AB=AC,∠BAD=120°，∠BAP=120°-∠DAP B(E) ,△APE是等边三角形， 变式1解图1 ..AP=AE,∠PAE=60° ∴.∠CAE=60°+60°-∠DAP=120°-∠DAP, :四边形ABCD为菱形，O为对角线AC的中点， .∠BAP=∠CAE,∴.△ABP≌△ACE(SAS), .AB=CD,AC⊥BD. BP=CE,∠ACE=∠ABD=30°， ∠DAB=60°，F与CD的中点重合，点E与点B .∠DCE=30°. 重合， :∠ADC=60°，.∠DCE+∠ADC=90°， ∴.∠CHD=90°，.CE⊥AD. ∠BA0=∠D00=30°，DF=CF=CD,0B=0E, .·AD∥BC,..CE⊥BC 故(1)中的结论仍然成立， .OB-TAB.OF-CD.OE=OF. (3)如解图2，当点P在BD的延长线上时， 连接AC交BD于点O,连接CE,BE, (2)解：0E与0F相等，证明如下： 如解图2，当点P在线段AO上时，延长E0交CF 于点G. .·AE⊥BE,CF⊥BE,∴.AE∥CF .∠EA0=∠FCO. OA=0C,∠AOE=∠C0G .△AOE≌△COG(ASA), 105=0G=2c 变式2解图2 -21 ,四边形ABCD是菱形， 在R△AEB中，由勾股定理得AE2+BE=AB2, ·AC⊥BD,BD平分∠ABC ∠ABC=60°，AB=2V3,∴∠AB0=30°， 即4+(3x)2=(4x)2,解得x=4 7 A0=AB=5,0B=5A0=3BD=6, 127 BD=CG-BE=2*= 由(2)知CE⊥AD,AD∥BC,CE⊥BC. [变式]解：(1)△DCF:67.5. BE=2√19，BC=AB=2W5, (2)如解图1，过点G作GH∥BC,交DC于点H. .CE=√/(2/19)2-(23)2=8. D 由(2)知BP=CE=8,DP=2,∴.OP=5, .AP=√0A+0P2=√(3)2+52=27. H △APE是等边三角形， E 5m=兽x2=7 变式解图1 如解图3，当点P在DB的延长线上时， 四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2. GH∥BC,G为DF的中点， 精讲册 .GH为△DCF的中位线， .CH-CF,DH-HC-CD=1. 设GH=x,则CE=CF=2x,HE=1-2x 变式2解图3 m/cC-音12 2x 解得x=-1+√2（负值已舍去）， 同理可得AP=√OM+0P=√(5)2+112=2√/3I, .CE=2x=-2+22. 5m-9x25y2=31 (3)四边形ABCD是矩形，AB=3,AD=4, ∴AB=CD=3,AD=BC=4, 综上所述，△APE的面积为73或31√3. ∴.CE<BC,∠BEC>∠CBE.∴.∠BEC>45 类型4图形形状变化类 CE=CF,∴.∠CEF=∠CFE=45°， 例 解：1)60号 ∴.∠FEH=180°-∠FEC-∠BEC<90. 如解图2，当∠H=90时， (2)是的值不会发生变化，理由如下： 如解图1，延长AC交I于点Q ∠ACB=90°，∴.∠BCQ=90 又：∠ABC=∠CBD,BC=BC, B 1 △MABC≌△QBC(ASA),AC=CQ=ZAQ 变式解图2 AE⊥l,CD⊥I,∴AE∥CD, 设CE=CF=m,则BF=BC+CF=m+4,BE= cD=CQ CD √BC+CE=√16+m BE=5BB服-号E=号M6+丽 :∠BCE=∠H=90°，∠EBC=∠FBH, 大△BC△BFR8器-0 4 B E D y16+m 解得m=2或号， 图1 图2 m+4 号6+园 例题解图 (3)如解图2，过点C作CG∥DE分别交AE,AB于 点G,H, 6=2或 如解图3，当∠EFH=90°时，过点H作HM⊥BC, 则四边形EDCG是矩形，.∠HCB=∠CBD. 交BC的延长线于点M. 又.∠ABC=∠CBD,∴.∠HCB=∠ABC,∴.HC=HB. D :∠ACH+∠HCB=∠CAH+∠ABC=90°， ∴.∠CAH=∠ACH,∴.HC=HA, H,G分别是AB,AE的中点，∴AE=2CD=4. oc/nE能-器号 设CH=2,则E=3,6H=子，4B=4红 变式解图3 :DC⊥BC,HM⊥BC, 一22 ÷.EC∥HM,B册FBM-HM BE BC EC ,d后 0.5×0.2%=0.04%, 0.5+2 BE=5m8断-品-名 第二次漂洗： 0.5dm .BMM-5EC..CM-BM-BC- 把0=2，d=0.04%代人d后=0.5+0 CE=CF,∠ECF=90°，.∠CEF=∠CFE= da=05×0.04% 0.5+2 =0.008%, 45°，∠HFM=180°-∠EFH-∠CFE=45°， 而0.008%<0.01%， FM-IM-EC. ∴进行两次漂洗，能达到洗衣目标 (3)由(1)(2)的计算结果发现，经过两次漂洗既能 Cw=cF+FM=cE+gcB=号cE 达到洗衣目标，还能大幅度节约用水， 5 ∴从洗衣用水策略方面来讲，采用两次漂洗的方法 .CE= 值得推广学习. 3.解：(1)建立平面直角坐标系如解图所示. 综上所述，E的长为或号或2 精 题型六综合与实践 D 1.解：(1)如解图，过点B作BP⊥DE于点P, 由题可得，在Rt△BPE中，∠EBP=a=10°，BE= 34B=10(em). R .BP=BEcos10°≈9.8(cm), AOB主 EP=BEsin10°≈l.7(cm). 第3题解图 .DE=21.7cm, :OP所在直线是AB的垂直平分线，且AB=6, .PD=DE-EP=21.7-1.7=20(cm), 50M=0B=号4B=分×6=3. .BH=PD =20 cm, ,点B到CF的距离约为20cm ∴点B的坐标为(3,0). 0P=9,点P的坐标为(0,9) :点P是抛物线的顶点， ∴.设抛物线的函数表达式为y=ax2+9(a≠0). 点B(3,0)在抛物线y=ax2+9上， ∴.9a+9=0,解得a=-1, 抛物线的函数表达式为y=-x2+9(-3≤x≤3). D H (2)点D,E在抛物线y=-x2+9上， 第1题解图 设点E的坐标为(m,-m2+9). (2)如解图，过点B作BH⊥CF于点H,过点M作 DE∥AB,交y轴于点F, MQ⊥BH于点Q, .'DF EF =m,OF -m2 +9,.'.DE =2m. .四边形MNHQ为矩形 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，OA=OB, MW=8cm,∴QH=8cm, .∴.BQ=BH-OH=20-8=12(cm). 0C=24B=2x6=3, ∠ABM=145°， ∴.CF=0F-0C=-m2+9-3=-m2+6. ∴∠QBM=∠ABM-10°-90°=45°， 根据题意得，DE+CF=6, ∴.∠QMB=90°-∠QBM=45°=∠QBM, ∴-m2+6+2m=6, ∴.QM=BQ=12cm, 解得m1=2,m2=0(不符合题意，舍去)， ,DN=DH+HW=BP+QM=9.8+12=21.8(cm), m=2,DE=2m=4,CF=-m2+6=2, 线段DW的长度约为21.8cm DE的长为4米，CF的长为2米 2.解：(1)把d=0.01%,dm=0.2%, (3)如解图，矩形灯带为GHRQ, =05d,得0.01%-0.5×02% 由点A,B,C的坐标得， 代入dm=0.5+0 0.5+e 直线AC和BC的表达式分别为y=x+3,y=-x+3. 解得0=9.5， 设点G(n,-n2+9),H(-n,-n2+9),Q(n,n+ 经检验0=9.5是原方程的解，且符合题意， 3),R(-n,n+3), “,只经过一次漂洗，使校服上残留洗衣液浓度降为 则矩形周长=2(GH+GQ)=2(-2n-n2+9-n 0.01%,需要9.5kg清水. 3123333 (2)第一次漂洗： 3)=-2n+2)+2≤2 0.5dm 把0=2，d物=0.2%代人d后=0.5+10 故矩形周长的最大值为2米。 23贵州新中密数学转讲册 题型五儿何探究题 类型几何操作类（贵州：2024.25,2023.25） (本题满分12分】 在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,E是AB上一点. (1)【操作判断】 如图1，过点E作EF∥BC交AC于点F,根据题意在图1中画出EF,图中∠AEF=45: (2)【问题探究】 如图2，点E在线段AB上，连接CE,过点E作ED=EC,交CB的延长线于点D,探究线段BD与 AE的数量关系，并说明理由： (3)【拓展延伸】 点E在直线AB上.当AB=AC=4,AB=6时，过点E作EBD=BC,交直线BC于点D,求的长. B 图1 图2 备用图 例题图 :规范答题 解：(1)画出图形如解图1， 得分点：正确画出解图1得2分 ∠AEF=45° 得分点：答对得2分 D B 例题解图1 例题解图2 (2)BD=√2AE,理由如下： +得分点：答对得1分 如解图2，过点E作EF∥BC,交AC于点F 在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC .LAEF=∠AFE=∠ABC=∠ACB=45°， ,AE=AF,EF=2AE,∠EFC=∠DBE=135°，BE=CF.→得分点：正确求出EF=24E,BE=GF得I分. EC=ED,∠EDC=∠ECD. :∠ABC=∠EDC+∠DEB=45°， ∠ACB=∠ACE+∠ECD=45°， ∴∠DEB=∠ACE, ',△DBE≌△EFC(ASA) ,得分点：正确证明△DBE≌△EFC得I分 .BD =EF, ∴.BD=2AE 得分点：正确求出BD=2AE得1分 154 题型五儿何探宠题贵州新中粤 规苑答题 (3)AC=4,AE=6,∠A=90°. .CE=213 一得分点：正确求出CE的长得1分 【易错提醒】点E的位置不确定，需分E在射线AB上和E在射线BA上两种情况 当点E在射线AB上时，补全图形如解图3 过点E作EF∥BC,交AC的延长线于点F ÷∠CEF=∠ECD,∠DBE=∠ABC=45°=∠AFE. 'EC=ED,∠EDB=∠ECD ',∠EDB=∠CEF ∴.△DBE≌△EFC(AAS), ∴.BD=EF EF=2AE, .BD=2AE=6√2 →得分点：正确求出BD的长得I分 AB=AC=4. .BC=42, :CD =DB+BC =102, CE 26 CD=10 得分点：正境求出器的长得1分 B C 例题解图3 例题解图4 当点E在射线BA上时，补全图形如解图4， 过点E作EF∥BC,交CA的延长线于点F, ∴.∠CEF=∠ECD,∠DBE=∠FCB=45°=∠AFE. EC =ED. ,∠EDC=∠ECD ∴.∠EDB=∠CEF ,.△DBE≌△EFC(AAS). ∴.BD=EF EF=2AE,∴BD=62 AB=AC=4. BC=42, :CD BD BC=22, 焉 2 综上所述， 或②6 的长为 2 一→得分点：正确求出E的长得1分 10 CD 155 贵州新中密数学转讲册 变式I在等边△ABC中，D是BC上一动点，连接AD. (1)【操作判断】 如图1，当D在线段BC上时，将线段AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE,连接AE,根据题意 画图，则△ADE的形状为 (2)【问题探究】 如图2，当D在线段BC的延长线上时，将线段AD绕点D顺时针旋转60°，得到线段DE,连接AE, CE,求证：CA+CD=CE: (3)【拓展延伸】 如图3，在等边△ABC中，AB=6,D是射线BC上的动点，点E在AC上，CE=2√3，连接DE,将线段 DE绕点D顺时针旋转60°得到DF(点F在BC上方)，连接CF,EF.当△CEF为直角三角形时，求 BD的长 图1 图2 图3 变式1图 156 题型五九何煤究题贵州新中粤 变式2如图1，在学习了正方形相关知识后，老师指导同学们对正方形进行了探究，在正方形ABCD 中，过点C作射线CF⊥AC,垂足为C,点P在DC上 (1)【操作判断】 如图2，若P是线段DC的中点时，连接PA,并将PA绕点P逆时针旋转90°与CF交于点E,根据题 意在图中画出图形，并判断线段PA与PE的数量关系为 (2)【问题探究】 若点P在线段DC上时，连接PA,并将PA绕点P逆时针旋转90°与CF交于点E,则(1)中的结论 是否成立？若成立请证明：若不成立请说明理由： (3)【拓展延伸】 如图3，若点P在射线DC上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与CF交于点E,如果PC=2, AC=56,求CE的长 G P C P D 图1 图2 图3 变式2图 157 贵州新中密数学转讲册 D类型2图形的变化类（贵阳：2022.25,2020.25） 例(2024贵阳市观山湖区模拟改编)小红同学在进行数学探究活动中发现：将矩形ABCD绕点C顺 时针方向旋转a(0°<a<180°)得到矩形FECG. (1)如图1，当ax=30时，点E在AD上，连接BE,则∠AEB的度数为 (2)如图2，连接BD,FC,过点E作EM∥FC交BD于点M.求证：BM=EM: (3)在(2)的条件下，射线BD分别交EC,FC于点P,N,如图3，探究线段BW,MN,PN之间的数量 关系，并说明理由。 图1 图2 图3 例题图 158 题型五九何煤究题贵州新中粤 变式1(2024黔东南州模拟)【问题情境】 如图1，等腰直角三角形CAB和等腰直角三角形CED的直角顶点C重合，∠ACB=∠ECD=9O°，CB= CA.CD=CE.将△CED绕点C顺时针旋转α(O°<a<9O),连接AE,BD,延长AE交射线BD于点F 【猜想证明】 (I)如图2，当CD⊥BD时，四边形CDFE的形状是 (2)如图3，在△CED旋转的过程中，连接CF,探究AF,BF,CF之间的数量关系； 【拓展应用】 (3)在(2)的条件下，若CE=4,当△ECF中有一个角为60时，求CF的长， 图1 图2 图3 变式1图 159 贵州新中密数学转讲册 变式2(2024遵义市红花岗区模拟)如图1，已知正方形ABCD和等腰直角△AEF,∠BAD= ∠EAF=90°，点F在AB上，连接DF,BE (1)【问题发现】 如图1，线段BE与DF的数量关系为 ,位置关系为 (2)【问题探究】 如图2，将△AEF绕点A旋转，再将DF绕点F顺时针方向旋转90°至FM,连接BM,探究线段EF 与线段BM的数量及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 将△AEF绕点A旋转至AF∥BE,延长DF交AB于点H,交BE于点G,根据题意，在图3中画出图 形，若FH=4,DF=9,求BG的长 图1 图2 图3 变式2图 160 题型五九何煤究题贵州新中粤 类型③动点问题 例(2024遵义市汇川区模拟)已知四边形ABCD是矩形，E是AB边上的一点，连接DE,CE,P是EC 边上一动点（不与E,C重合），连接PB,过点P作PF⊥PB,交DC于点F 【问题感知】 (1)如图1，当AD=3,EC=DC=5时，则AE= 【探究发现】 (2)在(1)的条件下，如图2，当点P运动到EC的中点时，求PF的长： 【拓展提升】 (3)如图3，当∠BCE=45时，探究线段CF,BC,CP之间的数量关系，并说明理由. 图1 图2 图3 例题图 161 贵州新中密教学转讲册 变式1(2023贵阳市白云区模拟)在菱形ABCD中，∠DAB=60°，O为对角线AC的中点，P为线段AC上 的一个动点（点P不与点O重合），分别过点A,C向直线BP作垂线AE和CF,垂足分别为点E,F 【问题解决】 (1)如图1，当点P在线段OC上，垂足F与CD的中点重合，点E与点B重合时，求证：OE=OF: 【问题探究】 (2)如图2，当点P在线段OA上，OE与OF还相等吗？如果相等，请证明：如果不相等，请说明 理由； 【拓展延伸】 (3)当点P在线段AC上运动，∠OEF=30°，猜想线段CF,AE,OE之间有怎样的数量关系？并证明 你的猜想， D B7(E) B 图1 图2 备用图 变式1图 162 题型五九何煤究题贵州新中粤 变式2在菱形ABCD中，∠ABC=60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE(A, P,E按逆时针排列)，点E的位置随点P的位置变化而变化 (1)如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE,则BP与CE的数量 关系是 BC与CE的位置关系是 (2)如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立， 请予以证明：若不成立，请说明理由： (3)当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE.若AB=23,BE=2√19，求△APE的面积 图1 图2 各用图 变式2图 163