几何探究类压轴题
(一)共顶点（手拉手）模型
1.(2023·黑龙江齐齐哈尔)综合与实践：
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径.通过探究图形的变化规律，再结合其
他数学知识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地
(1)发现问题：如图①，在△ABC和△AEF中，AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=30°，连接
BE,CF,延长BE交CF于点D.则BE与CF的数量关系：
,∠BDC=
(2)类比探究：如图②，在△ABC和△AEF中，AB=AC,AE=AF,∠BAC=∠EAF=
120°，连接BE,CF,延长BE,FC交于点D.请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC
的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图③，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，
连接BE,CF,且点B,E,F在一条直线上，过点A作AM⊥BF,垂足为点M.则BF,
CF,AM之间的数量关系：
(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2,若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1,
则S△ABP=
B
条州图
2.(2023·四川巴中)综合与实践：
(1)提出问题：如图①，在△ABC和△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，且AB=AC,
AD=AE,连接BD,连接CE交BD的延长线于点O.
①∠BOC的度数是
.②BD:CE=
(2)类比探究：如图②，在△ABC和△DEC中，∠BAC=∠EDC=90°，且AB=AC,
DE=DC,连接AD、BE并延长交于点O.
21
①∠AOB的度数是
.②AD:BE=
(3)问题解决：如图③，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D,点E在线段上AD(不与A重
合)，以AE为边在AD的左侧构造等边△AEF,将△AEF绕着点A在平面内顺时针
旋转任意角度.如图④，M为EF的中点，N为BE的中点，
①试说明△MND为等腰三角形.②求∠MND的度数.
3.(2023·广东深圳)(1)【探究发现】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O,在正方
形A'B'C'O绕点O旋转的过程中，边A'O与边BC交于点M,边C'O与边CD交于点
N.证明：△OMC≌△OND:
(2)【类比迁移】如图②，矩形ABCD的对角线相交于点O,且AB=6,AD=12.在矩形
A'B'C'O绕点O旋转的过程中，边A'O与边BC交于点M,边CO与边CD交于点
N.若DN=1,求CM的长；
(3)【拓展应用】如图③，四边形ABCD和四边形A'B'CO都是平行四边形，且∠A'OC'=
∠ADC,AB=3,BC=3√5，△BCD是直角三角形.在□A'B'C'O绕点O旋转的过程
中，边A'O与边BC交于点M,边CO与边CD交于点N.当□ABCD与□A'B'C'O
重叠部分的面积是口ABCD的面积的时，请直接写出ON的长.
22满分计划
2于点H,则H(2,1),CH=2V2,∠CHG=∠OCH=45°，
二次函数压轴题
∴HG=√2CH=4,.G(2,5).设Q(2,1),则AQ+CQ=
(一)二次函数与三角形
AC,12+2+2+(1-3》=3+3,解得1=3-厘舍去
1.解：(1)将点A、B、C的坐标直接代入，求得抛物线的函
数表达武为y=}-
乞x一2：(2)由点A,B坐标求直
或=3+区，Q(2.2+亚)：△QAC是锐角三角
3
线AB的解析式为y-号一2，设P(m,子m-之m-2)
1
1
形3十亚<4<5.@当4<0时，如图@，同理可得
（0
1
AQ+QC=AC,即18=9r-61十13+1+2解得1=
求号PK+PD-名m+号m+2=-名(m-是)广+
1
3-应或1=3十应〔合去).由(2)或得AMLAC时，M
2
2
要当m=号时，号PK+PD的最大值为答此时
（2,-1)综上所述，当△OAC是锐角三角形时3+，区<。
2
P(受一瓷)：(3)过A作AM:上AB交抛物线的对称
<5或-12
轴于M2,过B作BM1⊥AB交抛物线的对称轴于M,连接
(二)二次函数与四边形
AM,设M(1,n),则AM=+4n十5，BM=n+9,由
1.解：(1)待定系数法可求抛物线的解析式为y=一x十
AB+BM=AM2,可求M(1,6),进而求出直线BM
2x十3；(2)设M(m,一m2十2m十3)，进而分别表示出
的解析式为y=一2x+8,由AM∥BM,且经过A(0,一2)
MN=-m2+2m+3,AN=m+1,则AN+MN=一m2+
∴.直线AM解析式为y=一2x一2，.M(1,一4)，综上所
3m十4，根据二次函数的性质，0述：M的坐标为(1,6)或(1，一4).2.解：(1)将B、C两点坐
标代人解折式求出6，得抛物线的解折式为y=子十子
AN+MN有最大值，最大值为克；(3)由(1)知，y
3:(②直线AC的解析式为y=-是x-3,过点P作
一x+2x+3向左平移后的抛物线为y=一x+4,由(2)
知M(号，)A(-1.0).设P1.Q(go).假设存
PEL轴于点E,交AC于点H,设P(,+-3),
在以A,P,Q、M为顶点的平行四边形.根据中点坐标公
则H(,--3,PD=告PH=号(-r-）=
式.①当以AM为对角线时，Q(-合，只).@当以AQ
-1=-+2+，当1=-2时，PD取得
为对角线时Q(名，-翠)，③当以AP为对角线时。
最大值为专，此时P(-2,一号)；(3)根据平移的性质
Q的坐标为(-子，子).2解：1)将A,B两点坐标
得出y=专（一号）广-铝，对称轴为直线x=号·点
代入解析式求出@，c,得地物线解析式为：y=一号t十
P(-2,-号)向右平移5个单位得到E(3,-号)，F(0,
x十4：(2)根据题意，联立抛物线与直线，求得点D(2十
14,一√14一3)，E(2一√14，√14一3)，点M的横坐标
2),设Q(号，m),用勾股定理分别表示出EF,QE,QF,
为1，MN=-2r++4-(-1-1D=-之f+2+5
进而分类讨论，可求出Q点的坐标为（号，一1）或
合4-2)十7，当1=2时，MN取得最大值为7，根据
(号5)或（号，子）.3.解：1）将B,C两点坐标代入解析
S△w=乞(xw一x)XMN,解得△NED面积的最大值为
式求出b,c,得抛物线的解析式为y=x一4x十3；(2)由解析
7√14：(3)设M(t,一t一1)，R(m,n)根据题意得C(0,
式求出点A(3,0),可得△AOC是等腰直角三角形，根据
4),B(4,0),分别求得BC,BM,CM,①当BC,MR为对
SC=S△a,可得P到AC的距离等于B到AC的距离，
直线AC的解析式为y=一x十3，过B点作AC的平行线，
角线时，MB=CM,则求得R(号，号)，②当BR,CM为对
则直线BP的解析式为y=一x+1,联立抛物线，求得
角线时，由BM=BC,利用勾股定理可求得
P(2,一1)：则△ABP是等腰直角三角形，且∠APB=90°，
延长PA至D,使得AD=PA,过点D作AC的平行线DE,交
R(5,四，3+3)或R(5+3,3-3),
2
》
2
x轴于点E,则DA=PA,则符合题意的点P在直线DE上，根
③当BM,CR为对角线时，由BC=MC,利用勾股定理可求
据题意可得E(5,0),则直线DE的解析式为y=一x十5，联立抛
得
物线求得P(3-应.7+应)或P(3+,匠，7-正)：
R点为
R(3-,,-5+/型）或
2
2
2
2
2
(3)①当a>0时，如图，过点
R(3十39，二39-5).3.解：(1)利用待定系数法可
2
2
C作CG⊥AC,交直线x=2
于点G,当点Q与G重合时
求抛物线的解折式为：y=一2r十x十4；(2)直线BC
△ACQ是直角三角形，当
∠AQC=90°时，△ACQ是直
的解析式为y=一x十4，设E(x,-号r十x十4)，则F(x,
角三角形，设AC交直线x=
-x十4)，利用对称性质求得H(2-x,-弓+x十4)，推
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