4 专题4 几何探究综合题-【中考拐点】2026年四川南充中考数学讲义本配套课件

该初中数学中考复习课件聚焦几何探究综合题核心考点，覆盖几何变换、动点问题、类比拓展三大类型，对接中考说明分析考点权重，归纳证明、计算、动态探究等常考题型，精选2023-2025年南充中考真题及模拟题，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题解析+素养培养+技巧指导”模式，如通过矩形折叠问题示范构造全等三角形培养推理能力，动点最值问题利用圆的定义渗透几何直观，类比拓展题通过旋转构造模型发展模型意识。典型题型如直角三角形分类讨论、折叠性质应用等解析，帮助学生掌握解题技巧，教师可依此制定冲刺计划，提升复习效率。

专题4　几何探究综合题 《中考拐点》 2026南充数学 1 例1 (2025·南充) 在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝17，E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处. 【初步感知】(1)如图1，当E为BC的中点时，延长AP 交CD于点F，求证：FP＝FC； 类型一 几何变换型探究问题 首页 类型一 类型二 类型三 2 证明：连接EF. 由折叠可得∠APE＝∠B＝90°，PE＝BE. ∴∠FPE＝90°. ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠C＝90°. ∵E为BC的中点， ∴BE＝CE.∴PE＝CE. 又∵EF＝EF， ∴Rt△EPF≌Rt△ECF(HL). ∴FP＝FC. 首页 类型一 类型二 类型三 【深入探究】(2)如图2，点M在线段CD上，CM＝4.点E在移动过程中，求PM的最小值； 解：∵AP＝AB＝10，点E在移动过程中，AP＝10不变， ∴点P在以点A为圆心，10为半径的☉A的弧上.连接AM，当点P在线段AM上时，PM有最小值. ∵AD＝17，CD＝AB＝10，CM＝4， ∴DM＝6. ∴AM＝＝5. ∴PM的最小值为AM－AP＝5－10. 首页 类型一 类型二 类型三 【拓展运用】(3)如图2，点N在线段AD上，AN＝4.点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长. 首页 类型一 类型二 类型三 解：如图，过点P作PH⊥AD于点H，延长HP交BC于点G，连接PD，NP. ∵∠NPD＝90°， ∴∠1＋∠2＝90°. ∵∠1＋∠3＝90°， ∴∠3＝∠2. 又∵∠PHN＝∠DHP＝90°， ∴△PHN∽△DHP. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴. ∴HP2＝HN·HD. ∵AN＝4，AD＝17， ∴DN＝13. 设HN＝x，则HD＝13－x，AH＝x＋4. ∴HP2＝x(13－x). 由折叠，得AP＝AB＝10. ∵HP2＝AP2－AH2＝102－(x＋4)2， 首页 类型一 类型二 类型三 ∴x(13－x)＝102－(x＋4)2. 解得x＝4. ∴HP＝6，AH＝8. ∵HG＝AB＝10， ∴PG＝4，BG＝AH＝8. 设BE＝m，则PE＝m，GE＝8－m. 在Rt△PGE中，PE2＝GE2＋PG2， ∴m2＝(8－m)2＋42. 解得m＝5，即BE的长为5. 首页 类型一 类型二 类型三 1.(2023·南充) 如图，正方形ABCD中，点M在边BC上， 点E是AM的中点，连接ED，EC. (1)求证：ED＝EC； 针对训练 证明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵E为AM的中点，∴AE＝BE＝ME. ∴∠EAB＝∠EBA.∴∠EAD＝∠EBC. ∴△EAD≌△EBC(SAS). ∴ED＝EC. 首页 类型一 类型二 类型三 (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B，C重合)，判断△CMB'的形状，并说明理由； 解：△CMB'是等腰直角三角形. 理由：根据旋转的性质可得EB'＝EB. ∵EB＝AE＝ME，∴EB'＝AE＝ME. ∴∠EAB'＝∠EB'A，∠EMB'＝∠EB'M. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵∠EAB'＋∠EB'A＋∠EB'M＋∠EMB'＝180°，∴∠AB'M＝∠EB'A＋∠EB'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. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)在(2)的条件下，已知AB＝1，当∠DEB'＝45°时，求BM的长. 解：延长BE交AD于点F. ∵∠EAB＝∠EBA，∠EAB'＝∠EB'A， ∴∠BEM＝2∠BAE，∠B'EM＝2∠B'AE. ∵∠BAB'＝45°，∴∠BEB'＝90°. ∴∠B'EF＝90°. ∵∠DEB'＝45°，∴∠DEF＝45°. ∵△EAD≌△EBC，∴∠AED＝∠BEC. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵∠AEF＝∠BEM， ∴∠CEM＝∠DEF＝45°. ∵∠MCA＝45°，∴∠CEM＝∠MCA. 又∵∠CME＝∠AMC，∴△CME∽△AMC. ∴CM∶AM＝EM∶CM. ∵EM＝AM，∴CM2＝AM2. 在正方形ABCD中，BC＝AB＝1. 首页 类型一 类型二 类型三 设BM＝x，则CM＝1－x.根据勾股定理，得 AM2＝AB2＋BM2＝1＋x2. ∴(1＋x2)＝(1－x)2. 解得x＝2－或x＝2＋(舍去). ∴BM＝2－. 首页 类型一 类型二 类型三 2.(2025·南充模拟)在正方形ABCD中，点E在边CD上运动(不与端点重合)，作射线AE，将射线AE绕点A顺时针旋转90°，交射线CB于点F. (1)如图1，与线段AE始终相等的线段是__________；  图1 AF 首页 类型一 类型二 类型三 解：AF　[∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ADE＝∠ABC＝∠ABF＝∠BAD＝90°. 由旋转知，∠EAF＝90°. ∴∠BAE＋∠DAE＝∠BAE＋∠BAF. ∴∠DAE＝∠BAF. 在△BAF和△DAE中， ∴△BAF≌△DAE(ASA).∴AE＝AF.] 图1 首页 类型一 类型二 类型三 (2)如图2，连接EF交AB于点H，过点A作AG⊥EF于点G，连接DG，试探究点E在运动过程中，∠EDG的大小是否发生变化?若不变，请求出它的度数；若变化，请说明理由； 图2 首页 类型一 类型二 类型三 解：∠EDG的大小不变.由(1)知，AE＝AF，∠EAF＝90°. ∴∠AFE＝∠AEF＝45°. ∵AG⊥EF，∴∠AGE＝∠ADE＝90°，∠EAG＝∠EAF＝45°，EG＝FG＝AG. ∴∠AGE＋∠ADE＝180°. ∴A，D，E，G四点共圆. ∴∠EDG＝∠EAG＝45°， 即∠EDG 的度数为45°. 图2 首页 类型一 类型二 类型三 (3)在(2)的条件下，当tan∠CEF＝5时，求的值. 图2 解：∵在 Rt△CEF 中，tan∠CEF＝＝5， ∴设CE＝x，则CF＝5CE＝5x. ∴EF＝x. ∴AG＝EF＝. 又由(1)可知BF＝DE.又∵CD＝BC， 首页 类型一 类型二 类型三 ∴CF＝BF＋BC＝DE＋CD＝DE＋DE＋CE＝2DE＋x. ∴2DE＋x＝5x.∴BF＝DE＝2x. ∵∠FHB＝∠AHG，∠FBH＝∠AGH＝90°， ∴△FHB∽△AHG.∴， 即的值为. 图2 首页 类型一 类型二 类型三 3.(2025·眉山) 综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程. 【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C 的直线折叠，使点B落在边AD上的点B'处，折痕 交AB于点E，再沿着过点B'的直线折叠，使点D 落在B'C上的点D'处，折痕交CD于点F.将纸片展 平，画出对应点B'，D'及折痕CE，B'F，连接 B'E，B'C，D'F. 首页 类型一 类型二 类型三 【初步猜想】(1)确定CE和B'F的位置关系及线段BE和CF的数量关系. 创新小组经过探究，发现CE∥B'F，证明过程如下： 由折叠可知∠DB'F＝∠CB'F＝∠DB'C，∠ECB‘ ＝∠ECB＝∠BCB'. 由矩形的性质，可知AD∥BC， ∴∠DB'C＝∠BCB'. ∴①____________________.∴CE∥B'F.  ∠ECB'＝∠CB'F 首页 类型一 类型二 类型三 智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②__________.  经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一： 方法一：证明△AB'E≌△D'CF，得到B'E＝CF， 再由B'E＝BE可得结论. 方法二：过点B'作AB的平行线交CE于点G，构造 平行四边形CFB'G，然后证B'G＝B'E可得结论. 请补充上述过程中横线上的内容. BE＝CF 解：①∠ECB'＝∠CB'F　②BE＝CF 首页 类型一 类型二 类型三 【推理证明】(2)请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程. 解：(答案不唯一)选择方法二：图1中，过点B作 B'G∥AB交CE于点G，则B'G∥AB∥CD. ∵CE∥B'F，∴四边形CFB'G为平行四边形.∴B'G＝CF. ∵AB∥B'G，∴∠B'GE＝∠BEC. 由折叠可知∠B'EC＝∠BEC，B'E＝BE. ∴∠B'GE＝∠B'EC.∴B'E＝B'G. ∴B'E＝CF.∴BE＝CF. 首页 类型一 类型二 类型三 【尝试运用】(3)如图2，在矩形ABCD中，AB＝6，按上述操作折叠并展开后，过点B'作B'G∥AB交CE于点G，连接D'G.当△B'D'G为直角三角形时，求出BE的长. 首页 类型一 类型二 类型三 解：∵B'G∥AB，∴∠GB'D＝∠A＝90°. 由(2)可知B'E＝CF.易得CD'＝AB'， △AB'E≌△D'CF(AAS).∴D'F＝AE. 设BE＝x，则B'G＝B'E＝CF＝x， D'F＝AE＝AB－BE＝6－x. ∴CD'＝AB'＝. 首页 类型一 类型二 类型三 当∠B'GD'＝90°时，△B'D'G为直角三角形.∴∠GB'D＋∠B'GD'＝180°.∴GD'∥AD∥BC.∴∠D'GC＝∠ECB. 又∵∠GCD'＝∠ECB，∴∠D'GC＝∠GCD'.∴D'G＝D'C＝. ∵B'G∥AB∥CD，∴∠GB'D'＝∠FCD'. ∴在Rt△B'GD'和Rt△CD'F中，tan∠GB'D'＝ tan∠FCD'.∴，即. ∴x(6－x)＝12x－36. 解得x＝3－3或x＝－3－3(舍去). 首页 类型一 类型二 类型三 ∴BE＝3－3； 当∠GD'B'＝90°时，如答图，∵∠B'D'F＝∠D＝90°， ∴∠GD'B'＋∠B'D'F＝180°.∴G，D'，F三点共线. ∴B'C⊥GF.∵四边形CFB'G是平行四边形， ∴四边形CFB'G是菱形.∴∠GCD'＝∠FCD'. ∵∠GCD'＝∠GCB，∴∠GCD'＝∠GCB＝∠FCD'＝30°.∴CF＝2D'F. 设CF＝a，则DF＝D'F＝6－a.∴a＝2(6－a).解得a＝4.∴BE＝CF＝4. 综上所述，BE的长为3－3或4. 首页 类型一 类型二 类型三 例2 (2024·南充) 如图，正方形ABCD的边长为6 cm，E为对角线AC上一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1 cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在BC边上以2 cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t s(0＜t≤3). (1)求证：△AEP∽△CEQ； 类型二 动点型探究问题 首页 类型一 类型二 类型三 29 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠PAE＝∠QCE＝45°. ∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t，∴. ∴△AEP∽△CEQ. 首页 类型一 类型二 类型三 (2)当△EPQ是直角三角形时，求t的值； 解：过点E作EM⊥AB于点M，EN⊥BC于点N. 由题意知，CE＝4，AE＝2，AM＝ME＝2， EN＝CN＝4，AP＝t，CQ＝2t，BQ＝6－2t， MP＝|t－2|，BP＝6－t，QN＝|2t－4|， ∴EP2＝EM2＋MP2，即EP2＝22＋(2－t)2＝t2－4t＋8， PQ2＝BP2＋BQ2，即PQ2＝(6－t)2＋(6－2t)2＝5t2－36t＋72， EQ2＝EN2＋NQ2，即EQ2＝42＋(2t－4)2＝4t2－16t＋32. 首页 类型一 类型二 类型三 ①当∠EPQ＝90°时，EQ2＝EP2＋PQ2， 即4t2－16t＋32＝t2－4t＋8＋5t2－36t＋72， 整理，得t2－12t＋24＝0. 解得t1＝6－2，t2＝6＋2(不合题意，舍去)； ②当∠PEQ＝90°时，PQ2＝EP2＋EQ2， 即5t2－36t＋72＝t2－4t＋8＋4t2－16t＋32， 整理，得t－2＝0.解得t＝2； 首页 类型一 类型二 类型三 ③当∠PQE＝90°时，EP2＝PQ2＋EQ2， 即t2－4t＋8＝5t2－36t＋72＋4t2－16t＋32. 整理，得t2－6t＋12＝0，此方程无实数解. 综上所述，当△EPQ是直角三角形时， t的值为6－2或2. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)连接AQ，当tan∠AQE＝时，求△AEQ的面积. 解：如图，过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G. ∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴AF＝AC. 又∵CE＝2AE， ∴.∴tan∠AFE＝. ∵tan∠AQE＝，∴∠AFE＝∠AQE. 首页 类型一 类型二 类型三 又∵∠AGF＝∠EGQ， ∴△AGF∽△EGQ.∴. 又∵∠AGE＝∠FGQ， ∴△AGE∽△FGQ.∴∠AEG＝∠FQG. ∵∠AFE＋∠AEF＝90°， ∴∠FQG＋∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°. ∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴，即. ∴QC＝QE＝4. ∴ ＝QC·AB－QC·EQ ＝×4×6－×4×4 ＝4(cm2). 首页 类型一 类型二 类型三 4.(2022·南充) 如图，在矩形ABCD中，O是AB的中点，M是射线DC上的动点，点P在线段AM上(不与点A重合)，OP＝AB. (1)判断△ABP的形状，并说明理由； 针对训练 首页 类型一 类型二 类型三 解：△ABP是直角三角形. 理由：∵O是AB的中点，∴AO＝OB＝AB. ∵OP＝AB，∴OP＝OA＝OB. ∴∠OBP＝∠OPB，∠OAP＝∠OPA. ∵∠OAP＋∠OPA＋∠OBP＋∠OPB＝180°， ∴∠OPA＋∠OPB＝90°. ∴∠APB＝90°.∴△ABP是直角三角形. 首页 类型一 类型二 类型三 (2)当M为边DC的中点时，连接CP并延长交AD于点N.求证：PN＝AN； 证明：如图1，延长AM，BC交于点Q. ∵M是CD的中点，∴DM＝CM. ∵∠D＝∠MCQ＝90°，∠AMD＝∠QMC， ∴△ADM≌△QCM(ASA). ∴AD＝CQ＝BC. ∵∠APB＝90°，∴∠BPQ＝90°. ∴PC＝BQ＝BC.∴∠CPB＝∠CBP. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵∠OPB＝∠OBP， ∴∠OPC＝∠OBC＝90°. ∴∠OPN＝∠OPA＋∠APN＝90°. ∵∠OAP＋∠PAN＝90°，∠OAP＝∠OPA， ∴∠APN＝∠PAN.∴PN＝AN. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)点Q在边AD上，AB＝5，AD＝4，DQ＝，当∠CPQ＝90°时，求DM的长. 解：分两种情况： ①如图2，当点M在CD上时，过点P作GH∥CD， 交AD于点G，交BC于点H. 设DM＝x，QG＝a，则CH＝DG＝a＋， BH＝AG＝4－－a＝－a. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵PG∥DM，∴△AGP∽△ADM. ∴，即. ∴PG＝x－ax. ∵∠CPQ＝90°，∴∠CPH＋∠QPG＝90°. ∵∠CPH＋∠PCH＝90°， ∴∠QPG＝∠PCH. ∴tan∠QPG＝tan∠PCH，即. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴PH·PG＝QG·CH.同理，得∠APG＝∠PBH， ∴tan∠APG＝tan∠PBH，即. ∴PG·PH＝AG·BH＝AG2. ∴AG2＝QG·CH，即＝a. ∴a＝. ∵PG·PH＝AG2，∴·. 解得x1＝12(舍去)，x2＝.∴DM＝. 首页 类型一 类型二 类型三 ②如图3，当M在DC的延长线上时，同理，得DM＝12. 综上所述，DM的长是或12. 首页 类型一 类型二 类型三 5.(2020·南充) 如图，边长为1的正方形ABCD中，点K在AD上，连接BK，过点A，C作BK的垂线，垂足分别为M，N，点O是正方形ABCD的中心，连接OM，ON. (1)求证：AM＝BN； 首页 类型一 类型二 类型三 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°. ∴∠ABM＋∠CBM＝90°. ∵AM⊥BM，CN⊥BN， ∴∠AMB＝∠BNC＝90°. ∴∠MAB＋∠ABM＝90°. ∴∠MAB＝∠CBM. ∴△ABM≌△BCN(AAS). ∴AM＝BN. 首页 类型一 类型二 类型三 (2)请判定△OMN的形状，并说明理由； 解：△OMN是等腰直角三角形. 理由：连接OB. ∵点O是正方形ABCD的中心， ∴OA＝OB，∠OBA＝∠OAB＝45°＝∠OBC， AO⊥BO. ∵∠MAB＝∠CBM， ∴∠MAB－∠OAB＝∠CBM－∠OBC， 即∠MAO＝∠NBO. 首页 类型一 类型二 类型三 又AM＝BN，OA＝OB， ∴△AOM≌△BON(SAS). ∴MO＝NO，∠AOM＝∠BON. ∵∠AON＋∠BON＝90°， ∴∠AON＋∠AOM＝90°，即∠MON＝90°. ∴△OMN是等腰直角三角形. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)若点K在线段AD上运动(不包括端点)，设AK＝x，△OMN的面积为y，求y关于x的函数关系式(写出x的范围)；若点K在射线AD上运动，且△OMN的面积为，请直接写出AK长. 解：在Rt△ABK中，BK＝. ∵AK·AB＝BK·AM， ∴AM＝. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴BN＝AM＝. ∵cos∠ABK＝， ∴BM＝. ∴MN＝BM－BN＝. ∴S△OMN＝MN2＝， 首页 类型一 类型二 类型三 即y＝(0＜x＜1). 当点K在线段AD上时，则. 解得x1＝3(不合题意，舍去)，x2＝； 当点K在线段AD的延长线时，同理可求y＝(x＞1)， ∴. 解得x1＝3，x2＝(不合题意，舍去). 综上所述，AK的长为3或时，△OMN的面积为. 首页 类型一 类型二 类型三 6.(2019·南充) 如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上的一点，以DE为边作正方形DEFG，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，EF与GB交于点N，连接CG. (1)求证：CD⊥CG； 首页 类型一 类型二 类型三 证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，∴∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°， AD＝CD，DE＝DG.∴∠ADE＝∠CDG. 在△ADE和△CDG中， ∴△ADE≌△CDG(SAS). ∴∠A＝∠DCG＝90°.∴CD⊥CG. 首页 类型一 类型二 类型三 (2)若tan∠MEN＝，求的值； 解：∵CD⊥CG，DC⊥BC， ∴G，C，M三点共线. ∵四边形DEFG是正方形， ∴DG＝DE，∠EDM＝∠GDM＝45°. 又DM＝DM，∴△EDM≌△GDM(SAS). ∴∠DME＝∠DMG. 首页 类型一 类型二 类型三 又∠DMG＝∠NMF，∴∠DME＝∠NMF. 又∠EDM＝∠NFM＝45°， ∴△DME∽△FMN.∴. 又DE∥HF，∴. 又ED＝EF，∴. 在Rt△EFH中，tan∠HEF＝tan∠MEN＝，∴. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为?请说明理由. 解：EM的长不可能为. 理由：设AE＝x，则BE＝1－x，CG＝x. 设CM＝y，则BM＝1－y，EM＝GM＝x＋y. 在Rt△BEM中，BE2＋BM2＝EM2， ∴(1－x)2＋(1－y)2＝(x＋y)2， 首页 类型一 类型二 类型三 解得y＝.∴EM＝x＋y＝. 若EM＝，则. 化简，得2x2－x＋1＝0. ∵Δ＝－7＜0，∴方程无解. 故EM的长不能为. 首页 类型一 类型二 类型三 例3 通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到“解一题知一类”的目的.下面是一个案例，请补充完整. 原题：如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连接EF，则EF＝BE＋DF，试说明理由. 类型三 类比拓展型探究问题 首页 类型一 类型二 类型三 58 (1)思路梳理　∵AB＝AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合. ∵∠ADG＝∠B＝90°， ∴∠FDG＝180°，点F，D，G共线. 根据“__________”，易证△AFG≌__________，得EF＝BE＋DF.  SAS △AFE 解：SAS　△AFE 首页 类型一 类型二 类型三 (2)类比引申　如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，点 E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°.若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系____________________________时，仍有EF＝BE＋DF.  ∠B＋∠D＝180°(或互补) 首页 类型一 类型二 类型三 解：∠B＋∠D＝180°(或互补)　提示：当∠B＋∠ADC＝180°时，与(1)类似，将△ABE绕点A逆时针旋转90°后，可得点F，D，G共线，如图①.根据“SAS”易证△AFG≌△AFE，得EF＝BE＋DF. 首页 类型一 类型二 类型三 (3)联想拓展　如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°.猜想BD，DE，EC应满足的等量关系，并写出推理过程. 首页 类型一 类型二 类型三 解：BD2＋EC2＝DE2.理由如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACF，可使AB与AC重合. 如图②，连接EF.由旋转可知，∠1＝∠3，∠B＝∠5，AD＝AF，BD＝CF. ∵∠DAE＝45°，∴∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝45°， ∴∠DAE＝∠FAE. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵AD＝AF，AE＝AE， ∴△ADE≌△AFE(SAS).∴DE＝EF. 又AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠B＝∠4＝∠5＝45°，∴∠ECF＝90°. 由勾股定理，得CF2＋EC2＝EF2， ∴BD2＋EC2＝DE2. 首页 类型一 类型二 类型三 7.(2025·成都) 如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内，射线AF交射线DC于点G，交射线BC于点P，射线EF交CD边于点Q. 【特例感知】(1)如图1，当CE＝BE时，点P在BC延 长线上，求证：△EFP≌△ECQ； 针对训练 首页 类型一 类型二 类型三 证明：由轴对称的性质，得∠B＝∠AFE，BE＝FE. ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD.∴∠B＝∠PCG.∴∠AFE＝∠PCG. ∴∠EFP＝∠ECQ. ∵CE＝BE，BE＝EF，∴EF＝EC. 又∵∠FEP＝∠CEQ， ∴△EFP≌△ECQ(ASA). 首页 类型一 类型二 类型三 【问题探究】(2)在(1)的条件下，若CG＝3，GQ＝5，求DQ的长； 解：∵△EFP≌△ECQ， ∴EQ＝EP，∠CQE＝∠P. ∵EF＝EC，∴FQ＝CP. ∵∠FGQ＝∠CGP，∠CQE＝∠P， ∴△FQG≌△CPG(AAS). ∴FG＝CG＝3，GP＝GQ＝5. 由折叠的性质，得AF＝AB. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD.∴△CPG∽△BPA. ∴，即. ∴AB＝12.∴CD＝12. ∴DQ＝CD－CG－QG＝4. 首页 类型一 类型二 类型三 【拓展延伸】(3)如图2，当CE＝2BE时，点P在BC边上，若，求的值.(用含n的代数式表示) 解：图2中，延长AD，EQ交于点M.设CQ＝a，BE＝b.∵，CE＝2BE，∴DQ＝an，CE＝2b.∴AB＝CD＝(n＋1)a，AD＝3b. ∵△ABE与△AFE关于AE对称，∴AF＝AB＝(n＋1)a. 首页 类型一 类型二 类型三 ∵AD∥BC，即DM∥EC，∴△DQM∽△CQE.∴，即＝n.∴DM＝2nb. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＋∠ECQ＝180°. 又∵△ABE与△AFE关于AE对称， ∴∠AFE＝∠B. ∵∠AFE＋∠EFP＝180°， ∴∠ECQ＝∠EFP. 首页 类型一 类型二 类型三 又∵∠FEP＝∠CEQ，∴△FEP∽△CEQ. ∴，即.∴PF＝a. ∵AD∥BC，∴△AMF∽△PEF. ∴，∴. ∴PE＝b. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴PC＝CE－PE＝2b－b＝b. 又∵PC∥AD，∴△GPC∽△GAD. ∴. 首页 类型一 类型二 类型三 8.(2025·达州) 综合与实践 问题提出：探究图形中线段之间的数量关系，通常将一个图形分割成几个图形，根据面积不变，获得线段之间的数量关系. 探究发现：如图1，在△ABC中，AC＝BC，P是AB边上 一点，过点P作PD⊥AC于点D，PE⊥BC于点E，过点A 作AF⊥BC于点F，连接CP，由图形面积分割法，得 S△ABC＝S△APC＋_______，则AF＝_______＋________；  S△BPC PD PE 解：探究发现：S△BPC　PD　PE 首页 类型一 类型二 类型三 实践应用：如图2，△ABC是等边三角形，AC＝3，G是AB边上一点，连接CG，将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF，连接GF交BC于点P，过点P作PD⊥CG于点D，PE⊥CF于点E，当AG＝1时，求PD＋PE的值； 首页 类型一 类型二 类型三 解：实践应用：图2中，过点G作GM⊥AC于点M. ∵△ABC为等边三角形，∴∠A＝60°. 在Rt△AMG中，AG＝1，∴AM＝AG·cos 60°＝，GM＝AG· sin 60°＝. ∵AC＝3，∴CM＝AC－AM＝. 在Rt△CGM中，CG＝. ∵将线段CG绕点C逆时针旋转60°得CF， 首页 类型一 类型二 类型三 ∴CG＝CF，∠GCF＝60°.∴△CGF是等边三角形.∴GF＝CF＝CG＝，∠F＝60°. 图2中，过点G作GN⊥CF于点N. 在Rt△GFN中，GN＝GF·sin 60°＝. 由探究发现可知PD＋PE＝GN＝. 首页 类型一 类型二 类型三 拓展延伸：如图3，已知AB是半圆O的直径，AC，BE是弦，AC＝BE，P是AB上一点，PD⊥AC，垂足为D，AB＝10，AD＝2，BD＝4，求S△PAC＋S△PBE的值. 首页 类型一 类型二 类型三 解：拓展延伸：图3 中，延长AC，BE交于点Q，连接BC，过点P作PM⊥BE于点M. 设CD＝x，则AC＝2＋x. ∵AB为半圆O的直径，∴∠ACB＝90°. ∵AB＝10，BD＝4，∴在Rt△ACB中， BC2＝AB2－AC2＝102－(2＋x)2. 在Rt△BCD中， BC2＝BD2－CD2＝(4)2－x2. 首页 类型一 类型二 类型三 ∴102－(2＋x)2＝(4)2－x2.解得x＝4. ∴BE＝AC＝2＋x＝6.∴. ∴，即. ∴∠ABE＝∠BAC. ∴△ABQ为等腰三角形，AQ＝BQ. ∵PD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥BE， ∴由探究发现可知BC＝PD＋PM. 首页 类型一 类型二 类型三 在Rt△ABC中，BC＝＝8， ∴PD＋PM＝8. ∴S△PAC＋S△PBE＝AC·PD＋BE·PM ＝×6×PD＋×6×PM＝3(PD＋PM) ＝3×8＝24. 首页 类型一 类型二 类型三 本讲内容结束 $