中考常见几何模型分析Word文档下载推荐.docx

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常见几何模型

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第24讲常见几何模型

年份

题量

考点

题型

1

全等的性质和判定（手拉手模型）

选择题

2

全等的判定及其性质、旋转模型

填空题、解答题

【考点解读】

常见几何模型是广州市中考的压轴题常考题型，主要以考察选择、填空最后一题和几何压轴题为主。

几何模型类型较多，综合性强，属于中考中重点但同样是难点的一个考点。

【考点分析】

2011年考查三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。

2014年考查三角形全等的判断和性质，根据手拉手模型找出全等三角形，再应用其性质

2016年本年度模型思想明显，分值占比大，主要考查三角形全等的判定及其性质、图像的旋转，利用模型思想作为解题突破口顺利完成辅助线。

【模型介绍】

手拉手模型：

1、【条件】如图两个等边三角形与，连结与，

【结论】

（1）

（2）

（3）与之间的夹角为

（4）与的交点设为,

平分

2、【条件】如图两个等腰直角三角形与，连结,二者相交于点。

【结论】

（1）是否成立？

（2）=CE

（3）与之间的夹角为

（4）是否平分？

旋转模型：

一、邻角相等对角互补模型

【条件】如图，四边形ABCD中，AB=AD，

二、角含半角模型：

全等

角含半角要旋转：

构造两次全等

【条件】：

如图，点分别是正方形的边上的点，，连接；

（1）

（2）；

一线三等角模型:

【条件】一条直线同一侧三个相等的角（如图）；

1、锐角形一线三等角2、直角形一线三等角

3、钝角形一线三等角

【真题拾遗】

1．（2014•广州）如图，四边形ABCD、CEFG都是正方形，点G在线段CD上，连接BG、DE，DE和FG相交于点O，设AB=a，CG=b（a＞b）．下列结论：

①△BCG≌△DCE；

②BG⊥DE；

③=；

④（a﹣b）2•S△EFO=b2•S△DGO．其中结论正确的个数是（　　）

A．

4个

B．

3个

C．

2个

D．

1个

2．（2016•广州）如图，正方形ABCD的边长为1，AC，BD是对角线．将△DCB绕着点D顺时针旋转45°

得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG．则下列结论：

①四边形AEGF是菱形 ②△AED≌△GED ③∠DFG=112.5°

④BC+FG=1.5

其中正确的结论是　　．

三、解答题

3．（2011广州中考）如图1，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC=45°

，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D在线段AC上．

（1）证明：

B、C、E三点共线；

（2）若M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，证明：

MN=OM；

（3）将△DCE绕点C逆时针旋转α（0°

＜α＜90°

）后，记为△D1CE1（图2），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1=OM1是否成立？

若是，请证明；

若不是，说明理由．

4．（2016广州中考）如图，点C为△ABD的外接圆上的一动点（点C不在上，且不与点B，D重合），∠ACB=∠ABD=45°

（1）求证：

BD是该外接圆的直径；

（2）连结CD，求证：

AC=BC+CD；

（3）若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论．

参考答案

一、选择题

1、C

考点：

相似三角形的判定与性质；

全等三角形的判定与性质；

正方形的性质．

分析：

由四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，根据正方形的性质，即可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°

，则可根据SAS证得①△BCG≌△DCE；

然后根据全等三角形的对应角相等，求得∠CDE+∠DGH=90°

，则可得②BH⊥DE．由△DGF与△DCE相似即可判定③错误，由△GOD与△FOE相似即可求得④．

解答：

证明：

①∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，

∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°

，

∴∠BCG=∠DCE，

在△BCG和△DCE中，

∴△BCG≌△DCE（SAS），

②∵△BCG≌△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∠CBG+∠BGC=90°

∴∠CDE+∠DGH=90°

，∴∠DHG=90°

，∴BH⊥DE；

③∵四边形GCEF是正方形，

∴GF∥CE，

∴=，

∴=是错误的．

④∵DC∥EF，∴∠GDO=∠OEF，∵∠GOD=∠FOE，∴△OGD∽△OFE，

∴=（）2=（）2=，∴（a﹣b）2•S△EFO=b2•S△DGO．故应选B

点评：

此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质．

二、填空题

2、①②③

三角形全等、三角形内角和、菱形

首先证明△ADE≌△GDE，再求出∠AEF、∠AFE、∠GEF、∠GFE的度数，推出AE=EG=FG=AF，由此可以一一判断．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°

，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°

，

∵△DHG是由△DBC旋转得到，

∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°

在RT△ADE和RT△GDE中，

∴AED≌△GED，故②正确，∴∠ADE=∠EDG=22.5°

，AE=EG，

∴∠AED=∠AFE=67.5°

，∴AE=AF，同理EG=GF，∴AE=EG=GF=FA，

∴四边形AEGF是菱形，故①正确，

∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°

，故③正确．

∵AE=FG=EG=BG，BE=AE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④错误

故答案为①②③．

本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是通过计算发现角相等，学会这种证明角相等的方法，属于中考常考题型．

3、

（1）三点共线

（2）中位线、全等三角形（手拉手性质）（3）同

（2）

（1）根据直径所对的圆周角为直角得到∠BCA=90°

，∠DCE是直角，即可得到∠BCA+∠DCE=90°

+90°

=180°

；

（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，先证明Rt△BCD≌Rt△ACE，得到BD=AE，∠EBD=∠CAE，则∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°

，即BD⊥AE，再利用三角形的中位线的性质得到ON=BD，OM=AE，ON∥BD，AE∥OM，于是有ON=OM，ON⊥OM，即△ONM为等腰直角三角形，即可得到结论；

（3）证明的方法和

（2）一样．

∵AB是直径，

∴∠BCA=90°

而等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，

∴∠BCA+∠DCE=90°

，∴B、C、E三点共线；

（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，如图1，

∵CB=CA，CD=CE，∴Rt△BCD≌Rt△ACE，∴BD=AE，∠EBD=∠CAE，

∴∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°

，即BF⊥AE，

又∵M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，

∴，，ON∥BD，AE∥OM；

∴ON=OM，ON⊥OM，即△ONM为等腰直角三角形，

∴MN=OM；

（3）成立．

理由如下：

如图2，连接BD1，AE1，ON1，∵∠ACB﹣∠ACD1=∠D1CE1﹣∠ACD1，

∴∠BCD1=∠ACE1，又∵CB=CA，CD1=CE1，∴△BCD1≌△ACE1，

与

（2）同理可证BD1⊥AE1，△ON1M1为等腰直角三角形，

从而有M1N1=OM1．

本题考查主要三角形全等的判定和中位线的性质，熟练掌握手拉手模型，作为本题切入点，可以非常顺利的解决本题。

4、

圆的相关概念、等腰三角形、截长补短（旋转模型性质）、勾股定理

（1）要证明BD是该外接圆的直径，只需要证明∠BAD是直角即可，又因为∠ABD=45°

，所以需要证明∠ADB=45°

（2）在CD延长线上截取DE=BC，连接EA，只需要证明△EAF是等腰直角三角形即可得出结论；

（3）过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，证明△AMF是等腰三角形后，可得出AM=AF，MF=AM，然后再证明△ABF≌△ADM可得出BF=DM，最后根据勾股定理即可得出DM2，AM2，BM2三者之间的数量关系．

解：

（1）∵=， ∴∠ACB=∠ADB=45°

∵∠ABD=45°

， ∴∠BAD=90°

， ∴BD是△ABD外接圆的直径

（2）在CD的延长线上截取DE=BC，

连接EA， ∵∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD，

∵∠ADE+∠ADC=180°

， ∠ABC+∠ADC=180°

， ∴∠ABC=∠ADE，

在△ABC与△ADE中，

， ∴△ABC≌△ADE（SAS）， ∴∠BAC=∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE=90°

， ∵= ∴∠ACD=∠ABD=45°

， ∴△CAE是等腰直角三角形， ∴AC=CE， ∴AC=CD+DE=CD+BC；

（3）过点M作MF⊥MB于点M，过点A作AF⊥MA于点A，MF与AF交于点F，连接BF，

由对称性可知：

∠AMB=ACB=45°

∴∠FMA=45°

∴△AMF是等腰直角三角形，

∴AM=AF，MF=AM，

∵∠MAF+∠MAB=∠BAD+∠MAB，

∴∠FAB=∠MAD，

在△ABF与△ADM中，

， ∴△ABF≌△ADM（SAS），

∴BF=DM， 在Rt△BMF中， ∵BM2+MF2=BF2， BM2+2AM2=DM2．

本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识，熟练掌握旋转模型的特征和性质，作为本题切入点，构造出等腰直角三角形，方向明确，减小了本题的难度。

【模拟演练】

图2

1、（2014番禺华附一模）如图2，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF⊥EC交边AB

于F，连FC，下列结