题型5 第25题几何探究题-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学课堂精讲册配套课件（贵州专用）

该初中数学中考复习课件聚焦贵州中考第25题几何探究重难题型，对接中考说明要求，系统梳理动点、旋转、折叠、静态几何推理四大常考类型，结合2022-2025年贵州中考真题及模考题，分析考点权重并归纳解题模型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题精讲+方法总结+分层训练”模式，如通过2025贵州25题动点问题，示范“找特征建模型分类讨论”技巧，培养学生几何直观与推理能力。针对训练涵盖辅助线构造、动态分类等核心突破方法，助力学生掌握答题策略，教师可依此制定精准复习计划，提升中考冲刺效率。

数 学 贵州 课堂精讲册 1 第二部分　贵州重难题型突破 题型五　第25题几何探究题 方法总结 解决动点问题的关键： 1. 找题目特征：“中点”“特殊角”“平分线”“特殊图形”等； 2. 建立模型：作辅助线(中点、角平分线模型)，构造全等三角形、相似三 角形、等腰三角形、直角三角形； 3. 分类讨论：由“动态”位置的不确定性，画草图、分类讨论. 例1. (2025贵州25题)如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P为线段 AC上一动点，点E为射线BP上的一点(点E与点B不重合). 【问题解决】(1)如图1，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC ＝ 度，线段BP与线段AC的位置关系是 ⁠； 图1 30　 BP⊥AC　 (2)如图2，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP＝30°， ∠PEC＝60°，探究线段BE与线段EC的数量关系，并说明理由； 图2 【问题探究】 →点拨：根据菱形邻边相等，已知∠ABC＝60°，∠AEP＝30°， ∠PEC＝60°，联想到“将△ABE旋转60°，构造旋转全等模型”和“等 边三角形”. 解：CE＝2BE，理由如下：如解图1，把△ABE绕B顺时针旋转60°得 到△CBQ，连接EQ. ∴BE＝BQ，∠EBQ＝60°，∠AEB＝∠BQC， ∴△BEQ为等边三角形， ∴∠BEQ＝∠BQE＝60°，BE＝EQ. ∵点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°， ∴∠BQC＝∠AEB＝150°， ∠BEC＝180°－60°＝120°， ∴∠BEQ＝∠CEQ＝60°， ∠EQC＝150°－60°＝90°， ∴∠ECQ＝90°－60°＝30°，∴CE＝2EQ＝2BE； 图1 (3)在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF，射线 EF交射线BC于点G，若BE＝2FG，AB＝5，求AP的长. 图2 备用图 【拓展延伸】 →点拨：随着点P的运动，点F的位置随之变化，则分类讨论当点P在AC 中点O的上方和下方两种情况(即点F在BC上方和点F在BC下方). 解：如解图2，当点P在线段OA上，记BP与AD交于点H， ∵AH∥BC，∴∠AHB＝∠CBH. ∵∠ABC＝60°， ∴∠BAD＝120°＝∠BEG，∴△HAB∽△BEG，∴ ＝ . 设FG＝x，则EF＝BE＝2x，∴EG＝3x，∴ ＝ ， ∴AH＝ .∵AD∥BC，∴△APH∽△CPB， ∴ ＝ ，∴ ＝ ＝ .由题易得△ABC为 等边三角形，∴AC＝AB＝5，∴AP＝5× ＝2. 图2 如解图3，当点P在线段OC上时，延长AD交射线BP于点H， 同理可得∠H＝∠PBC，∠BAH＝∠BEG＝120°， ∴△BAH∽△GEB. 设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG， 则FG＝EG＝m，∴ ＝ ＝ ＝ ， ∴AH＝10.同理可得△APH∽△CPB，AC＝5， ∴ ＝ ＝2，∴AP＝5× ＝ ， 综上所述，AP的长为2或 . 图3 针对训练 1. 综合与探究：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC. (1)【动手操作】如图1，D为斜边AB上一点，连接CD并延长到点E，使 得DE＝DC，过点E作EF⊥AB于点F. 根据题意作出图形，则此时AC 与EF的数量关系为 ⁠； AC＝ EF　 图1 解：作图如解图1； 图1 (2)【问题探究】如图2，D为AB边上一点，连接CD并延长到点E，使得 DE＝ CD，过点E作EF⊥AB交直线AB于点F. 当点D，F位于点A异 侧时，探究AC，AD，DF之间的数量关系，并说明理由； 图2 解：AC＝ AD＋2 DF. 理由如下： 过点C作CG⊥AB于点G，如解图2. ∵EF⊥AB，∴EF∥CG，∴△EDF∽△CDG， ∴ ＝ .∵DE＝ CD，∴DG＝2DF， ∴AG＝AD＋DG＝AD＋2DF. 在Rt△ABC中，AC＝BC，由勾股定理得AB＝ ＝ AC. ∵CG⊥AB，∠CAB＝45°，∴AG＝ AB，∠ACG＝45°， ∴△AGC是等腰直角三角形，∴AG＝CG， ∴AC＝ AG，∴AC＝ (AD＋2DF)＝ AD＋2 DF； 图2 (3)【拓展延伸】在(2)的条件下，若点D，F位于点A同侧，AD＝6，DF ＝1，求AC的长. 图2 图3 解：过点C作CG⊥AB于点G，如解图3，4， ∵AD＝6，DF＝1，同理可证DG＝2DF＝2. 当点F在点A，D之间时，如解图3， ∴AG＝AD＋DG＝6＋2＝8，∴AC＝ AG＝8 ； 当点D在点A，F之间时，如解图4， ∴AG＝AD－DG＝6－2＝4，∴AC＝ AG＝4 . 综上所述，AC的长为8 或4 . 图3 图4 2. 如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是射线BA，DA，CB上的 点，连接CE，CF，GF. 已知BE＝DF，FG＝CF. 【数学思考】 (1)如图1，当点E，F，G分别在线段BA，DA，CB上时，线段CE与GF 的数量关系为 ，位置关系为 ⁠； CE＝FG　 CE⊥FG　 图1 解：CE＝FG；CE⊥FG； 【解法提示】如解图1，过点F作FI⊥BC于点I，设FG交CE于点H. ∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝CB， ∠EBC＝∠FDC＝∠BCD＝90°.又∵BE＝DF， ∴△EBC≌△FDC(SAS)，∴CE＝CF，∠BCE＝∠DCF. 又∵GF＝CF，∴CE＝GF；∵∠FIG＝∠BCD＝90°， ∴FI∥DC，∴∠DCF＝∠CFI. ∵GF＝CF， ∴∠GFI＝∠CFI. 又∵∠BCE＝∠DCF， ∴∠BCE＝∠GFI. 又∵∠CHG＝180°－∠FGI－∠BCE＝180°－∠FGI－∠GFI，∴∠CHG＝∠FIG＝90°，∴CE⊥GF. 图1 (2)如图2，当点E，F，G分别在线段BA，DA，CB的延长线上时，(1)中 的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； 【猜想证明】 图2 解：CE＝GF，CE⊥GF依然成立，证明如下： 如解图2，过点F作FI⊥GC于点I，延长GF交CE于点H， ∴∠FIG＝90°.∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝CB，∠EBC＝∠FDC＝∠BCD＝90°. 又∵BE＝DF，∴△EBC≌△FDC(SAS)， ∴CE＝CF，∠BCE＝∠DCF. 又∵GF＝CF，∴CE＝GF. ∵∠FIG＝∠BCD＝90°， ∴FI∥DC，∴∠DCF＝∠CFI. ∵GF＝CF，∴∠GFI＝∠CFI. 又∵∠BCE＝∠DCF，∴∠BCE＝∠GFI. 又∵∠CHG＝180°－∠FGI－∠BCE＝180°－∠FGI－∠GFI， ∴∠CHG＝∠FIG＝90°，∴CE⊥GF； 图2 (3)若AB＝6，当BE＝2AE时，求线段BG的长. 【拓展延伸】 图2 备用图 解：如解图3，当点E在线段AB上时，过点F作FI⊥BC于点I， ∵AB＝6，BE＝2AE，∴BE＝DF＝4， ∴CG＝2CI＝2DF＝8， ∴BG＝CG－BC＝8－6＝2； 如解图4，当点E在线段BA的延长线上时， 过点F作FM⊥GC于点M， 由(2)可得△EBC≌△FDC. ∵AB＝6，BE＝2AE， ∴BE＝DF＝12， ∴BG＝CG－BC＝2DF－BC＝24－6＝18. 综上所述，BG的长为2或18. 图3 图4 3. (2024贵州25题)综合与探究：如图，∠AOB＝90°，点P在∠AOB的平 分线上，PA⊥OA于点A. (1)【操作判断】如图1，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图1中画 出PC，图中∠APC的度数为 度； 解：画出图形如解图1； 90　 图1 图1 图2 备用图 (2)【问题探究】如图2，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM 交射线OB于点N，求证：OM＋ON＝2PA； 图2 证明：如解图2，过点P作PC⊥OB于点C，则四边形OAPC是矩形， ∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB， ∴PA＝PC，∴矩形OAPC是正方形， ∴OA＝PA＝PC＝OC，∠APC＝90°. ∵PN⊥PM，∴∠MPN＝90°，∴∠APM＝∠CPN＝90° －∠MPC， 又∵∠MAP＝∠NCP＝90°，PA＝PC， ∴△APM≌△CPN(ASA)，∴AM＝CN， ∴OM＋ON＝OM＋OC＋CN＝OM＋OC＋AM＝OA＋ OC＝2PA； 图2 图2 (3)【拓展延伸】点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线 OB于点N，射线NM与射线PO相交于点F，若ON＝3OM，求 的值. 图2 备用图 解：①当点M在线段AO上时，如解图3，延长 NM交PA的延长线于点G. 由(2)知OM＋ON＝2PA. 设OM＝x，则ON＝3x， ∴OA＝PA＝2x，∴AM＝OA－OM＝x＝OM， 又∵∠MON＝∠MAG＝90°，∠OMN＝∠AMG， ∴△MON≌△MAG(ASA)，∴AG＝ON＝3x. ∵AP∥OB，∴△ONF∽△PGF，∴ ＝ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，∴ ＝ ； ②当点M在线段AO的延长线上时，如解图4，过点P 作PC⊥OB于点C，并延长交MN于点G. 图4 图3 由(2)知，四边形OAPC是正方形， ∴AO＝PA＝PC＝OC，∠APC＝90°，PC∥AO. ∵PN⊥PM，∴∠MPN＝90°， ∴∠APM＝∠CPN＝90°－∠MPC， 又∵∠A＝∠PCN＝90°，PA＝PC， ∴△APM≌△CPN，∴AM＝CN， ∴ON－OM＝OC＋CN－OM＝AO＋AM－OM＝2AO， ∵ON＝3OM，∴AO＝OM＝PC. 设OM＝x，则ON＝3x，CN＝AM＝2x. ∵PC∥AO，∴△CGN∽△OMN，∴ ＝ ， 图4 图4 即 ＝ ，∴CG＝ . ∵PC∥AO，∴△OMF∽△PGF， ∴ ＝ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，∴ ＝ . 综上所述， 的值为 或 . 图4 图4 例2. (2023贵州25题)如图1，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直 角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝ 90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上. 图1 (1)【动手操作】如图2，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA 绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中 ∠PBE的度数为 度； 135　 图1 图2 解：画出图形如解图1； 图1　　 (2)【问题探究】根据(1)所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由； →点拨：解法1：联想之前学习的几何模型，猜想其为“相等”.分析条件 得等角(同角的余角相等：∠EPB＝∠PAC)，则过点P作PM∥AB交AC 于点M，构造等边和等角. 解法2：由同弦(AE)所对的圆周角相等(∠APE＝∠ABE＝90°)得“四点 共圆”，则∠ABC＝∠AEP＝45°，得PA＝PE. 解：PA＝PE. 理由如下：过点P作PM∥AB交AC于点M，如解图2， ∴∠MPC＝∠ABC＝45°， ∴△PCM是等腰直角三角形， ∴CP＝CM，∠PMC＝45°， ∴CA－CM＝CB－CP， 即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE. ∵∠APE＝90°， ∴∠EPB＝90°－∠APC＝∠PAC， ∴△APM≌△PEB(ASA)，∴PA＝PE； 图2 (3)【拓展延伸】如图3，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时 针旋转90°与BD交于点E，探究线段AB，BP，BE之间的数量关系，并 说明理由. 图3 →点拨：点P位置不定，需分点P在线段CB上和在线段CB的延长线上两 种情况讨论. 解：当点P在线段BC上时，AB＝ BP＋BE；当点P在线段CB的延长 线上时，BE＝AB＋ BP. 理由如下：当点P在线段BC上时，过点P 作PM∥AB交AC于点M，如解图2. 由(2)可知，BE＝PM，BP＝AM. ∵AB＝ (AM＋CM)，∴AB＝ BP＋ CM. ∵PM＝ CM，∴AB＝ BP＋BE； 当点P在线段CB的延长线上时， 过点P作PN⊥BC交BE于点N， 如解图3，∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°， ∴∠PBN＝180°－∠ABC－∠ABD＝45°， ∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°， 图2 图3 ∴BP＝NP，BN＝ BP，∠PNB＝45°， ∴∠PNE＝135°＝∠ABP. ∵∠APE＝90°， ∴∠EPN＝90°－∠APN＝∠APB， ∴△EPN≌△APB(ASA)，∴EN＝AB， ∴BE＝EN＋BN＝AB＋ BP. 综上所述，当点P在线段BC上时，AB＝ BP＋BE； 当点P在线段CB的延长线上时，BE＝AB＋ BP. 图3 针对训练 4. 在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上 任意一点，连接AD. 将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段 ED，连接BE. (1)【尝试发现】如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关 系为 ⁠； BE＝ CD　 图1　　　 解：BE＝ CD　【解法提示】过点E作EM⊥CB交CB的延长线于 点M，如解图1，根据旋转，得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC＋∠EDM＝90°.∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME＝90°，∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM，∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴AC＝DM，CD＝EM. ∵AC＝BC，∴BC＝DM， ∴BM＝DM－BD＝BC－BD＝CD，∴BM＝EM. ∵EM⊥CB，∴△BEM是等腰直角三角形， ∴BE＝ BM＝ CD； 图1 (2)【类比探究】当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再 探究线段BE与CD的数量关系并证明； 　　 图2 解：补全图形如解图2，存在BE＝ CD. 理由如下： 过点E作EM⊥BC于点M，由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADC＋∠EDM＝90°.∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME＝90°，∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM，∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴CD＝EM，AC＝DM. ∵AC＝BC， ∴DM＝BC，∴BM＝BC－CM＝DM－CM＝CD， ∴BM＝EM. ∵EM⊥CB， ∴△BEM是等腰直角三角形，∴BE＝ BM＝ CD； 图2 (3)【联系拓广】若AC＝BC＝1，CD＝2，求CE的长. 图1　　　 图2 解：当点D在线段CB的延长线上时，过点E作EM⊥CB交CB的延长 线于点M，如解图3，由(2)得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2， ∴CM＝CD＋DM＝3，∴CE＝ ＝ ； 当点D在线段BC的延长线上时， 过点E作EM⊥BC交BC的延长线于点M， 如解图4，同理可得△ACD≌△DME， ∴DM＝AC＝1，ME＝CD＝2， ∴CM＝CD－DM＝2－1＝1， ∴CE＝ ＝ ， 综上所述，CE的长为 或 . 图3 图4 5. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D为BC边的中点， M为线段BC上一动点(不与点C，D重合)，将线段AM绕点M顺时针旋转 90°，点A的对应点为E，连接EC，AE. (1)若点M在线段BD上，∠AMC＝∠AEC，求∠ACE的度数； 解：过点M作BC边的垂线交CA的延长线于点F，如解图1， ∴∠FMC＝90°，∴∠FMA＋∠AMC＝90°. 由旋转得∠AME＝90°， ∴∠CME＋∠AMC＝90°， ∴∠FMA＝∠CME. ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠F＝∠FCM＝45°， ∴FM＝MC，又∵AM＝EM，∴△FAM≌△CEM(SAS)， ∴∠MCE＝∠F＝45°， ∴∠ACE＝∠MCE＋∠ACB＝45°＋45°＝90°； 图1 (2)若点M在线段CD上，试探究线段AC，CE，CM之间的数量关系，请 写出结论并证明； 备用图 解：线段AC，CE，CM之间的数量关系是AC－CE＝ CM， 证明如下：过点M作BC边的垂线交CA于点F，如解图2， ∴∠FMC＝90°，∴∠FME＋∠EMC＝90°. 由旋转可知MA＝ME，∠AME＝90°， ∴∠FME＋∠AMF＝90°，∴∠AMF＝∠EMC. 在Rt△FMC 中，∠ACB＝45°，∴∠CFM＝∠FCM＝45°， ∴FM＝MC，△FCM是等腰直角三角形， ∴△FAM≌△CEM(SAS)，∴AF＝CE. ∵△FCM是等腰直角三角形，∴CF＝ CM. ∵CF＝AC－AF＝AC－CE，∴AC－CE＝ CM. 图2 (3)若BC＝4 ，则点M在线段BC上运动的过程中，当∠EAC＝30° 时，求线段CM的长. 备用图 解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，BC＝4 ，∴AC＝ ＝2 . ①当点M在线段BD上时，过点M作BC边的垂线交CA的延长线于点F， 如解图3，由(1)知，∠ACE＝90°.∵∠EAC＝30°， ∴CE＝ ＝2 ，由(1)可得AF＝CE＝2 ， ∴CF＝AF＋AC＝2 ＋2 . 由(1)知△FCM是等腰直角三角形， ∴CM＝ ＝2＋2 ； 图3 ②当点M在线段CD上时，过点M作BC边的垂线交CA于点F，如解图4， 由(2)可得△FAM≌△CEM，△FCM是等腰直角三角形， ∴∠AFM＝∠MCE＝180°－∠MFC＝135°， ∴∠ACE＝∠MCE－∠ACB＝135°－45°＝90°. ∵∠CAE＝30°，∴AF＝CE＝ ＝2 ， ∴CF＝AC－AF＝2 －2 ， ∴CM＝ ＝2 －2. 综上所述，CM的长为2＋2 或2 －2. 图4 例3. (2022贵阳25题)小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的 关系进行了拓展探究.如图，在▱ABCD中，AN为BC边上的高， ＝ m，点M在AD边上，且BA＝BM，点E是线段AM上任意一点，连接 BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE. 图1 图2 (1)问题解决：如图1，当∠BAD＝60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与 点M重合，则 ＝ 　 　； 　 图1 解：【解法提示】∵BA＝BM，∠BAD＝60°， ∴△ABM是等边三角形，∴AB＝AM＝BM. ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∴∠ABN＝∠BAM＝60°.∵AN为BC边上的高， ∴ ＝ ＝ ＝ ＝ . (2)问题探究：如图2，当∠BAD＝45°，将△ABE沿BE翻折后，使 EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值； 图2 解：∵∠BAD＝45°，BA＝BM，∴△AMB是等腰直角三角形， ∴∠MBC＝∠AMB＝45°. ∵EF∥BM，∴∠FEM＝∠AMB＝45°， ∴∠AEB＝∠FEB＝ ×(180°＋45°)＝112.5°. ∵AD∥NC，∴∠BAE＝∠ABN＝45°， ∴∠ABE＝180°－∠AEB－∠BAE＝22.5°. ∵△AMB是等腰直角三角形，AN为平行四边形ABCD的BC边上的高， 则AN＝ AM. ∵ ＝m，点M在AD边上， ∴当AD＝AM时，m取得最小值，最小值为 ＝2； (3)拓展延伸：当∠BAD＝30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且 AE＝MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值. 备用图 解：当点F落在BC上方时，画出图形如解图1，连接FM，延长FE交 NC于点G，∵∠BAD＝30°，则∠ABN＝30°. 设AN＝a，则AB＝2a，NB＝ a.∵EF⊥AD， ∴∠AEB＝∠FEB＝ (180°＋90°)＝135°， ∴∠ABE＝180°－∠AEB－∠BAD＝15°， ∴∠ABF＝30°.∵AB＝BM，∠BAD＝30°， ∴∠ABM＝120°，∴∠FBM＝90°. ∵∠MBC＝∠AMB＝30°，在Rt△FBM中，FB＝AB＝BM， ∴FM＝ FB＝ AB＝2 a. 图1 ∵∠EBG＝∠ABE＋∠ABN＝45°，∴GB＝EG＝AN＝a. ∵NB＝ a，∴AE＝EF＝MD＝(－1)a. 在Rt△EFM中，EM＝ ＝(＋1)a，∴AD＝AE＋EM＋ MD＝2AE＋EM＝(3 －1)a， ∴m＝ ＝3 －1； 同理，当点F落在BC下方时，如解图2， 同理易得AD＝(3 ＋1)a， ∴m＝ ＝3 ＋1. 综上所述，m的值为3 ＋1或3 －1. 图2 针对训练 6. 在综合实践课上，老师让同学们以一个矩形为操作对象，进行相关问题 的研究. 已知在矩形ABCD中，AD＝10，AB＝4，在AD上找一点P，以BP为对 称轴将△ABP进行翻折. 图1 图2 备用图 【初步感知】(1)若点P与点D重合，如图1，试说明△BFE≌△PFC； 图1 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，即AB＝CP， 由翻折可得，AB＝BE，∠E＝∠A＝90°， ∴∠C＝∠E＝90°，BE＝CP. 又∵∠BFE＝∠PFC，∴△BFE≌△PFC(AAS)； 【类比探究】(2)若点P为边AD上一点，如图2. 图2 ①△BPF是 三角形； 等腰　 解：【解法提示】∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠APB＝ ∠PBF，由翻折可得∠APB＝∠EPB，∴∠PBF＝∠EPB，∴PF＝ BF，∴△BPF是等腰三角形. ②连接EC，则EC的最小值为 ⁠； 6　 图2 解：【解法提示】由翻折可得，BE＝AB＝4， ∴点E在以点B为圆心，4为半径的圆弧上运动，如解图1. ∴当E在线段BC上时，CE的值最小， 此时CE＝BC－BE＝10－4＝6， ∴EC的最小值为6. 图1 ③当点P满足PF＝FC时，DP的长度是 ⁠； 2　 图2 解：【解法提示】由(2)①知，BF＝PF. ∵PF＝FC， ∴PF＝BF＝FC＝ BC＝ ×10＝5. ∵BE＝4，∠BEF＝90°， ∴EF＝ ＝ ＝3， ∴PE＝EF＋PF＝3＋5＝8，∴AP＝PE＝8， ∴DP＝AD－AP＝10－8＝2. 【拓展应用】(3)若点P为边AD上一点，当射线PE恰好经过BC的中点M 时，求AP的长. 图2 解：当点M在线段PE的延长线上时，如解图2， ∵M为BC的中点，∴BM＝ BC＝ ×10＝5， 由翻折得BE＝AB＝4，∠BEP＝∠A＝90°＝∠BEM， ∴EM＝ ＝ ＝3. ∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBM， 由翻折得∠APB＝∠EPB，AP＝PE， ∴∠PBM＝∠EPB，∴BM＝PM＝5， ∴PE＝PM－EM＝5－3＝2，∴AP＝2； 当点M在线段PE上时，如解图3. 同理可得PM＝BM＝5，EM＝3， ∴PE＝PM＋EM＝5＋3＝8，∴AP＝PE＝8. 综上所述，当射线PE恰好经过BC的中点M时，AP的长为2或8. 图2 图3 (1)【操作发现】小红找到一块如图1的等腰三角形的铁皮，饼烙好一面后 将其翻面，这块饼正好落在“锅”中，利用的数学原理是(　B　) A. 三角形的稳定性 B. 等腰三角形是轴对称图形 C. 三角形内角和等于180° B 例4. (2025贵州一模)劳动课上，同学们创造性地选用铁皮代替锅来烙一块与铁皮形状、大小相同的饼. 图1 图2 图3 图4 (2)【思考操作】如图2，小红找到一块直角三角形的铁皮.如果饼烙好一面 后将其翻面，那么这块饼不能正好落在“锅”中.小红将饼切了一刀，然 后将两小块都翻面，结果饼就能正好落在“锅”中，请你在图中作出“切 痕”(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)； 图2 解：如解图1，CM为“切痕”； 【解法提示】由操作发现：饼正好落在“锅”中，即饼翻折以后与原来的图形重合，则铁锅的形状翻折以后与原来的图形重合，是轴对称图形.如解图1，分别以点A和点B为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两弧相交于两点，过这两点作直线交AB于点M，连接CM，则CM＝AM＝BM，∴△BCM，△ACM都是等腰三角形，故都是轴对称图形. 图1 (3)【拓展延伸】如图3，小星拿到一块既不是等腰三角形也不是直角三角 形的铁皮.小星只切3刀，也能使饼翻面后，正好落在“锅”中.用两种不 同方法画出“切痕”，并写出切割的依据； 如图4，小星最后拿到一块凸四边形ABCD铁皮.他能否在四边形内部取一 点P，使切法满足PA＝AB，PB＝BC，PC＝CD，PD＝DA，让烙饼翻 面仍能正好落在“锅”中？写出推理过程. 图3 解：如解图2，作AD⊥BC于点D，取AB的中点E，AC的中点F，连 接DE，DF. 依据：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得△AED，△AFD， △BED，△CFD都是等腰三角形， 则将每一块饼都翻面，就能使饼正好落在“锅”中； 如解图3，分别作AB，AC，BC的垂直平分线交于点Q，连接AQ， BQ，CQ， 图2 图3 依据：垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，得QA＝QB，QA＝ QC，QB＝QC，所以△QAB，△QAC，△QBC都是等腰三角形，则将 每一块饼都翻面，就能使饼正好落在“锅”中； 如解图4，假设点P存在， ∵PA＝AB，PB＝BC，PC＝CD，PD＝DA， ∴∠APB＝∠ABP，∠BPC＝∠BCP， ∠CPD＝∠CDP，∠DPA＝∠DAP. ∵∠APB＋∠BPC＋∠CPD＋∠DPA＝360°， ∴∠ABP＋∠BCP＋∠CDP＋∠DAP＝360°. ∴∠ABP＋∠BCP＋∠CDP＋∠DAP＝360°. ∵∠PAB＋∠ABP＋∠PBC＋∠BCP＋∠PCD＋∠CDP＋∠PDA＋ ∠DAP＝360°， ∴∠PAB＋∠PBC＋∠PCD＋∠PDA＝0°，与题干矛盾， ∴不能在四边形内部取一点P，使切法满足PA＝AB，PB＝BC，PC＝ CD，PD＝DA. 图4 针对训练 7. 定义：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫作等腰直角 四边形. (1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合等腰直角四边形定义的特殊四 边形； 解：∵正方形四条边相等，四个角是直角， ∴正方形是等腰直角四边形； 图1 图2 图3 (2)如图1，在等腰直角四边形ABCD中，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°.若 AD＝DC，∠ADC＝45°，请利用如图2的辅助线，求BD的长； 图1 图2 解：由题图可知∠BCE＝90°. ∵AB＝BC，AD＝CD，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD(SSS)， ∴∠ABD＝∠CBD＝ ∠ABC＝45°， ∠CDB＝∠ADB＝ ∠ADC＝22.5°， ∴∠BEC＝90°－∠CBD＝45°，∴∠CBE＝∠BEC， ∴CE＝BC＝1，BE＝ BC＝ . ∵∠DCE＝∠BEC－∠BDC＝22.5°，∴∠BDC＝∠DCE， ∴DE＝CE＝1，∴BD＝BE＋DE＝ ＋1； (3)如图3，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝9，点P是对角线BD的中点，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F. 当四边形ABFE是等腰直角四边形时，求四边形DPFC的面积. 图3 解：取BC的中点Q，连接PQ. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，CD＝AB＝5. ∵点P是BD的中点，∴PQ∥CD，PQ＝ CD＝ . 如解图1，当BF＝AB＝5时， S四边形DPFC＝S△BCD－S△BPF＝ ×9×5－ ×5× ＝ . 如解图2，当AE＝AB＝5时. ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC＝9， ∴∠ADB＝∠CBD，∠DEP＝∠BFP， DE＝AD－AE＝4. 图1 图2 又∵BP＝PD，∴△BPF≌△DPE(AAS)，∴BF＝DE＝4， ∴S四边形DPFC＝S△BCD－S△BPF＝ ×9×5－ ×4× ＝ . 综上所述，四边形DPFC的面积为 或 . 8. 【问题提出】(1)如图1，在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，AD是边 BC上的中线，求2AD的取值范围. 小明的做法如下：如图1，延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，则 △BDE≌△CDA，依据的判定方法是 ，由三角形的三边关系可知 2AD的取值范围为 ⁠； SAS　 4＜2AD＜16　 图1 解：【解法提示】∵AD是△ABC的中线，∴CD＝BD. ∵∠EDB＝∠ADC，DE＝AD，∴△BDE≌△CDA(SAS)， ∴BE＝AC＝6.在△ABE中，AB－BE＜AE＜AB＋BE， ∴4＜AE＜16.∵DE＝AD，∴AE＝2AD，∴4＜2AD＜16. (2)如图2，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，点D为BC的 中点，试说明：EF＝2AD； 图2 解：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如解图1，则AG＝2AD， ∵点D为BC的中点，∴CD＝BD. 在△ADC和△GDB中， ， ∴△ADC≌△GDB(SAS)，∴∠C＝∠GBD，AC＝BG. ∵AC＝AF，∴BG＝AF. ∵∠BAE＝∠CAF＝90°， ∴∠EAF＋∠BAC＝180°， ∴∠ABG＝∠ABC＋∠GBD＝∠ABC＋∠C ＝180°－∠BAC＝∠EAF. 在△EAF和△ABG中， ，∴△EAF≌△ABG(SAS)， ∴EF＝AG＝2AD；　 图1 【问题解决】(3)如图3，四边形ABCD是某公园的一片玫瑰园，对角线AC 是中间的一条通道，现正值玫瑰盛开的旺季，为方便游客观赏，要沿对角 线BD铺设一条小路，在两条小路的交点处修建一座观景塔E(观景塔大小 忽略不计)，在边BC的中点F处设置一个出入口，再沿EF铺设一条小路将 游客分流，采购部需要知道BD与EF之间的数量关系以便购买原材料.按 照设计要求，∠CEF＝∠ADB，∠BAC＋∠BAD＝180°，请你帮采购部 探究线段BD与EF之间的数量关系.(小路宽度忽略不计) 图3 解：如解图2，延长EF到点G，使得EF＝FG，连接CG，延长CA到点 H，使得AH＝AD，连接BH， ∵点F是BC边的中点，∴CF＝BF. 又∵∠EFB＝∠CFG， ∴△BEF≌△CGF(SAS)， ∴BE＝CG，∠G＝∠BEF，∴CG∥BE，∴∠BEH＝∠GCE. ∵∠BAC＋∠BAH＝180°，∠BAC＋∠BAD＝180°， ∴∠BAH＝∠BAD. 又∵BA＝BA， ∴△BAH≌△BAD(SAS)，∴BD＝BH，∠H＝∠ADB. ∵∠ADB＝∠CEF，∴∠H＝∠CEF＝∠ADB， ∴△HBE≌△EGC(AAS)，∴EG＝BH＝BD＝2EF. 图2 84 $