专题三 三角形、四边形综合探究-【中考2号】2026年湖南中考数学讲义本配套课件

该初中数学中考复习课件聚焦三角形、四边形综合探究核心考点，覆盖静态全等相似证明及动态动点、旋转、折叠问题，对接中考说明分析近三年考点权重，归纳常考题型，结合2025年湖南中考真题及三湘大联考、衡阳一模等模拟题，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+专题突破+素养提升”模式，如例3旋转问题通过构造全等与相似培养推理能力，例4折叠问题利用圆的性质求最值发展空间观念，帮助学生掌握几何综合题解题技巧，教师可依此制定冲刺计划，提升复习效率。

第二编　命题研究·强化关键能力 专题三　三角形、四边形综合探究 2026中考 湖南·数学 静态问题 例 1　(2025·湖南)【问题背景】如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示. 图1 图2 首页 类型一 类型二 2 【动手操作】现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作(以下操作均能实现)：①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示； ②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线E1E于点N，如图4所示； ③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图5所示. 图3 图4 首页 类型一 类型二 【问题解决】请解决下列问题： (1)如图3，填空：∠A＋∠ABF＝______°； 图3 解：90　[由题意可知∠ABF＝∠CBE.∵BE⊥CD，∴∠CEB＝90°，∴∠CBE＋∠C＝90°. 在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，∴∠A＋∠ABF＝90°.] 90 首页 类型一 类型二 (2)如图4，求证：△CNM≌△C1E1M； 图4 证明：∵CN⊥CD，BE⊥CD，∴∠NCD＝90°，CN∥BE. 由题意可知∠C1E1B1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1. ∵AB∥CD，∴∠EBE1＝∠CEB＝90°， ∴C1E1∥BE∥CN，△EBE1为等腰直角三角形， ∴∠BE1E＝∠BEE1＝45°， ∴∠CEN＝∠BE1E＝∠BEE1＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°， ∴CN＝CE＝C1E1. 又∵∠CMN＝∠C1ME1，∴△CNM≌△C1E1M(AAS). 首页 类型一 类型二 (3)如图5，若AB＝2AD＝2AF，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD. 图5 证明：图5中，过点D作DP⊥AB于点P. 由AB＝2AD＝2AF，令AF＝1， ∴AD＝，AB＝2，∴cos A＝＝＝. 在Rt△ADP中，AP＝AD·cos A＝×＝， ∴DP＝＝.∵∠AGD＝60°，∴在Rt△GDP中，PG＝＝＝，∴AG＝AP＋PG＝2，∴＝＝，即＝.又∵∠A＝∠A，∴△AFG∽△ADB，∴∠AFG＝∠ADB，∴FG∥BD. 首页 类型一 类型二 1.【初步感知】如图1，△ABC是锐角三角形，点D，E，F分别在边BC，CA，AB上，且满足FD⊥BC，DE⊥CA，EF⊥AB.某校九年级数学兴趣小组在探究时发现∠A和∠DEF都是∠AEF的余角，从而得出∠A＝∠DEF的结论. 图1 首页 类型一 类型二 【问题探究】 (1)如图2，当△ABC是等边三角形时，求证：AF＝CD； 图2 证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠C＝60°. ∵DE⊥AC，EF⊥AB，DF⊥BC， ∴∠EFA＝∠DEC＝∠FDB＝90°，∴∠C＋∠CDE＝90°， ∠FDE＋∠CDE＝90°，∴∠FDE＝∠C＝60°.由题意可知∠DEF＝∠A＝60°.∴△DEF是等边三角形，EF＝DE，∴△AEF≌△CDE(AAS)， ∴AE＝CD.∵在Rt△AEF中，∠A＝60°，∴∠AEF＝30°，∴AF＝AE，∴AF＝CD. 首页 类型一 类型二 (2)如图3，当△ABC是等腰三角形时，AB＝BC，该兴趣小组认为(1)中的结论仍然成立，请你判断同学们的观点是否正确，并说明理由； 首页 类型一 类型二 解：同学们的观点正确.理由：图3中，过点E作EG∥AB交BC于点G，连接FG，则∠GEC＝∠A.∵AB＝BC， ∴∠A＝∠C，∴∠GEC＝∠C，∴GE＝GC. ∵∠GED＋∠GEC＝90°，∠GDE＋∠C＝90°， ∴∠GED＝∠GDE，∴GE＝GD，∴EG＝CD. 由题意易知∠EDF＝∠C，∠DEF＝∠A， ∴∠EDF＝∠DEF，∴DF＝EF.又∵GD＝GE， ∴点F，G在线段DE的垂直平分线上， ∴FG⊥DE.又∵DE⊥AC，∴FG∥AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF＝EG，∴AF＝CD. 图3 首页 类型一 类型二 【深度探索】 (3)求证：＋＋＝1. 证明：(方法1)由题意可得∠A＝∠DEF， ∠B＝∠EFD，∠C＝∠EDF， ∴△ABC∽△EFD，∴＝，即＝. 如答图1，过点F作FM∥BC交AC于点M，过点D作DN∥AB交AC于点N.∴△AFM∽△ABC，∴＝，即＝＝. 答图1 首页 类型一 类型二 ∵DN∥AB，∴＝，∠A＝∠END. 又∵∠AFE＝∠NED＝90°， ∴△AEF∽△NDE，∴＝， ∴＝＝， ∴NE＝AM，即AN＝ME， ∴＋＋＝＋＋＝＋＋＝＝1. 答图1 首页 类型一 类型二 (方法2)由题意可得∠A＝∠DEF，∠B＝∠EFD，∠C＝∠EDF， ∴△ABC∽△EFD，∴＝，即＝. 如答图2，过点F作FM∥BC交AC于点M，连接MD. ∴＝. ∵FM∥BC，DF⊥BC，∴∠DFM＝90°. 又∵∠DEM＝90°，∴D，E，M，F四点共圆， ∴∠DME＝∠DFE＝∠B.∵tan B＝，tan∠DME＝，∴＝，即＝，∴＝＝，即＝，∴＋＋＝＋＋＝＝1. 答图2 首页 类型一 类型二 动态问题 考向1　动点问题 例 2　(2025·三湘大联考)【问题背景】 (1)如图1，已知AB＝DC，∠BAD＝∠CDE.若D是AE的中点，求证：△ABD≌△DCE； 图1 证明：∵D是AE的中点，∴AD＝DE. 又∵AB＝DC，∠BAD＝∠CDE， ∴△ABD≌△DCE(SAS). 首页 类型一 类型二 14 【问题拓展】 (2)如图2，在(1)的条件下，连接AC，过点D作FG∥BC，交AC于点F，交AB于点G，求证：DF＝DG； 图2 解：∵△ABD≌△DCE， ∴BD＝CE，∠ADB＝∠DEC， ∴∠BDE＝∠BED，∴BD＝BE， ∴BE＝CE.∵FG∥BC，∴＝＝＝1， ∴G，F分别为AB，AC的中点. 又∵D是AE的中点，∴DG＝BE，DF＝CE，∴DG＝DF. 首页 类型一 类型二 【拓展探究】 (3)如图3，在(2)的问题中，若D是AE上的任意一点，其他条件不变，求证：DF＝DG. 解：在直线AE上取点K，使DK＝AD，连接CK. 如答图，当点K在AE的延长线上时，∵AB＝CD，∠BAD＝∠CDE，∴△ADB≌△DKC(SAS)， 答图 首页 类型一 类型二 ∴BD＝CK，∠ADB＝∠DKC.在DK上取点J，使BJ＝BD，连接BJ. ∴BJ＝CK，∠BDJ＝∠BJD， ∴∠BJE＝∠BDA＝∠CKE.又∵∠BEJ＝∠CEK，∴△BJE≌△CKE(AAS)，∴BE＝CE. ∵FG∥BC，∴△ADG∽△AEB，△ADF∽△AEC， ∴＝，＝，∴＝，∴DG＝DF； 当点K在线段AE上，如图3，同理可得DG＝DF. 故DF＝DG. 答图 图3 首页 类型一 类型二 考向2　旋转问题 例 3　【操作】在矩形ABCD中，BC＝12，对角线AC＝4，先将△ACD“复制”下来，得到△PNM，此时△PNM与△ACD完全重合，再将“复制”的△PNM绕AD边的中点O顺时针旋转θ，连接CN，如图1所示. 图1 首页 类型一 类型二 【研讨】下面是三位同学对旋转过程的研究： (1)乐乐同学初步尝试发现：连接AP，DM，当0°＜θ＜180°时，总有AP＝DM，请你为他的发现给出证明. 证明：∵O是AD和PM的中点， ∴OA＝OD，OP＝OM. 又∵∠AOP＝∠DOM，∴△AOP≌△DOM(SAS)，∴AP＝DM. 图1 首页 类型一 类型二 (2)明明同学深入探究思考：在△PNM的旋转过程中，当旋转角θ＝45°时，如图2，试求出点N到AD边的距离. 解：图2中，设MN与BC交于点Q，过点M作ME⊥AD于点E，延长EM交BC于点F，则四边形CDEF是矩形，过点N作NH⊥BC于点H， ∴∠OEM＝∠MFQ＝∠NHQ＝90°，EF＝CD. 图2 首页 类型一 类型二 ∵∠MOE＝θ＝45°，∴∠OME＝90°－∠MOE＝45°.∵∠PMN＝90°， ∴∠FMQ＝180°－∠OME－∠PMN＝45°.∵AC＝4，AD＝BC＝12，∴CD＝＝8.∵PM＝AD＝12，MN＝CD＝8， ∴OM＝PM＝6，EF＝CD＝8，∴EM＝OM·sin 45°＝3， ∴MF＝EF－EM＝8－3，∴MQ＝＝8－6， ∴NQ＝MN－MQ＝14－8. ∵∠NQH＝∠MQF＝90°－∠FMQ＝45°，∴NH＝NQ·sin 45°＝7－8， ∴点N到AD的距离为NH＋AB＝7－8＋8＝7. 首页 类型一 类型二 (3)奇奇同学积极研讨发现：在△PNM的旋转过程中，线段CN与AP的数量关系可表示为CN＝k·AP，求k的值. 备用图 首页 类型一 类型二 解：备用图中，连接OC，ON.∵OD＝OM，CD＝NM，∠CDO＝∠NMO＝90°， ∴△CDO≌△NMO(SAS)，∴OC＝ON，∠DOC＝∠MON， ∴∠CON＝∠DOM＝θ，＝，∴△DOM∽△CON， ∴＝.∵OD＝AD＝6，∴CO＝＝10， ∴＝＝＝.由(1)，得AP＝DM，∴CN＝DM＝AP， ∴k的值为. 备用图 首页 类型一 类型二 考向3　折叠问题 例 4　(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. 首页 类型一 类型二 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. 【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； 图1 首页 类型一 类型二 【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. 图2 首页 类型一 类型二 【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 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.∴＝. ∴HP2＝HN·HD.∵AN＝4，AD＝17，∴DN＝13. 首页 类型一 类型二 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， ∴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， 即m2＝(8－m)2＋42.解得m＝5，即BE的长为5. 首页 类型一 类型二 2.(2025·衡阳一模)综合与实践 【问题情境】类比是人类认知世界的重要思维方式，它不仅能帮助我们更好地理解复杂概念，更能激发创新思维，为人类认知开辟新的疆域.如示意图，在矩形ABCD中，BF⊥AC于点F，E是CF上一动点，连接BE，过点A作AG⊥BE于点G，交BF于点H. (1)如图1，当AB＝BC时，求证：EF＝HF. 首页 类型一 类型二 证明：∵在矩形ABCD中，AB＝BC， ∴矩形ABCD是正方形，△ABC是等腰直角三角形. ∵BF⊥AC，AG⊥BE， ∴AF＝BF＝FC，∠BFE＝∠AFH＝∠AGE＝90°， ∴∠FAH＋∠AEG＝90°，∠FBE＋∠AEG＝90°，∴∠FAH＝∠FBE， ∴△AFH≌△BFE(ASA)，∴EF＝HF. 首页 类型一 类型二 【类比探究】 (2)若点E运动到使得AE＝AB，连接DE. ①如图2，当B，E，D三点共线时，EF＝HF是否还成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请求出的值； 首页 类型一 类型二 解：EF＝HF不成立. 由题意可知此时点E是矩形ABCD对角线AC，BD的交点， ∴AB＝AE＝BE，即△ABE为等边三角形. ∴∠BAE＝60°.∵AG⊥BE，BF⊥AE， ∴∠HAF＝∠BAE＝30°，EF＝AF. ∵tan∠HAF＝＝，∴＝. 首页 类型一 类型二 ②如图3，当AB＝BC，HF＝9时，求DE的长. 首页 类型一 类型二 解：图3中，连接HE，过点E作EM⊥CD于点M.∵AB＝BC， ∴在Rt△ABC中，tan∠BCA＝＝. 又∵BF⊥AC，∴∠ABF＝∠BCA＝90°－∠CBF， ∴tan∠ABF＝＝tan∠BCA＝. 同(1)可得∠HAF＝∠EBF. 又∵∠AFH＝∠BFE＝90°，∴△AFH∽△BFE， 图3 首页 类型一 类型二 ∴＝＝.∵HF＝9，∴EF＝12，∴HE＝＝15. ∵AB＝AE，即△ABE是等腰三角形，AG是底边BE上的高， ∴AG垂直平分BE，∴BH＝HE＝15， ∴BF＝BH＋HF＝24，∴AF＝BF＝18， ∴AB＝AE＝AF＋FE＝30， ∴BC＝AB＝40，∴AC＝＝50， ∴EC＝AC－AE＝20.∵EM⊥CD，∠BCD＝90°， 图3 首页 类型一 类型二 ∴EM∥BC，∴∠CEM＝∠BCA，∴tan∠CEM＝tan∠BCA＝. 在Rt△CEM中，CE＝20， 设CM＝3x，则EM＝4x(x＞0)， ∴(3x)2＋(4x)2＝202，解得x＝4或x＝－4(舍去)， ∴CM＝12，EM＝16. ∵DM＝DC－MC＝AB－MC＝30－12＝18， ∴在Rt△DEM中，DE＝＝2. 图3 首页 类型一 类型二 3.(2025·株洲一模)【问题背景】如图1，正方形ABCD的边长为8，E是正方形内一点，△ABE是直角三角形，∠AEB＝90°，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADF，连接EF交AD于点O，连接DE. 【初步感知】(1)求证：AE∥DF； 图1 证明：∵∠AEB＝90°，把△ABE逆时针旋转90°得到△ADF， ∴∠AFD＝∠AEB＝90°，∠EAF＝90°，∴∠AFD＋∠EAF＝180°，∴AE∥DF. 首页 类型一 类型二 【研究感悟】(2)求线段DE长度的最小值； 解：如答图，∵∠AEB＝90°，∴点E在以AB为直径的☉M上运动，圆心M为AB的中点. ∵AB＝8，∴AM＝BM＝EM＝4. 连接DM，在正方形ABCD中，∠DAB＝90°， ∴DM＝＝4. ∵当点E在线段DM上(即D，E，M三点共线)时，DE取得最小值，∴线段DE长度的最小值为DM－EM＝4－4. 答图 首页 类型一 类型二 【深度探索】(3)在线段AB上截取AG＝OD，连接OG，如图2，若∠ABE＝30°，求线段OG的长. 解：∵在Rt△ABE中，∠ABE＝30°，AB＝8， ∴AE＝AB＝4，BE＝＝4. 由旋转，得AF＝AE＝4，DF＝BE＝4. ∵AE∥DF，∴∠OAE＝∠ODF，∠OEA＝∠OFD， ∴△AOE∽△DOF，∴＝＝＝.设AO＝x，则OD＝AG＝x， 图2 首页 类型一 类型二 ∴AD＝AO＋OD＝x＋x＝8，解得x＝4－4， ∴AO＝4－4，AG＝12－4， ∴在Rt△AOG中， OG＝＝＝＝8－8. 图2 首页 类型一 类型二 4.综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学 兴趣小组同学进行了数学折纸探究活动. 【探究发现】 (1)同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片ABCD翻折，使矩形顶点B的对应点G恰好落在矩形的一边CD上，折痕为EF，将纸片展平，连接BG.EF与BG相交于点H.同学们发现图形中四条线段成比例，即＝，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由. 首页 类型一 类型二 解：＝正确.理由如下： 图1中，过点E作EM⊥BC于点M.由折叠知EF⊥BG，∴∠BHF＝90°. ∴∠HBF＋∠BFH＝90°.∵∠EMF＝90°，∴∠MEF＋∠BFH＝90°. ∴∠MEF＝∠HBF.又∵∠EMF＝∠C＝90°， ∴△EMF∽△BCG.∴＝. ∵四边形ABCD是矩形，EM⊥BC， ∴∠A＝∠ABM＝∠BME＝90°， ∴四边形ABME是矩形.∴AB＝EM.∴＝. 首页 类型一 类型二 【拓展延伸】 (2)同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，BD是平行四边形纸片ABCD的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点A的对应点G，点C的对应点H都落在对角线BD上，折痕分别是BE和DF.将纸片展平，连接EG，FH，FG.同学们探究后发现，若FG∥CD，那么点G恰好是对角线BD的一个“黄金分割点”，即BG2＝BD·GD.请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由. 首页 类型一 类型二 解：同学们的发现正确.理由如下： ∵FG∥CD， ∴△BCD∽△BFG，∠CDF＝∠DFG.∴＝. 由折叠知∠CDF＝∠BDF， ∴∠DFG＝∠BDF.∴GD＝GF.∴＝. 由平行四边形及折叠知AB＝BG，AB＝CD， ∴＝.∴BG2＝BD·GD，即点G为BD的一个“黄金分割点”. 首页 类型一 类型二 本讲内容结束 $