江西省中考数学二轮复习核心母题一.docx

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江西省中考数学二轮复习核心母题一

核心母题一　全等在几何探究题中的应用

【母题示例】

如图，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是BC上一点，连接AD，过点C作CE⊥AD于E，过点B作BF⊥BC，交CE的延长线于F.求证：

AD＝CF.

【命题形式】以特殊三角形、特殊的平行四边形为背景，借助基本的全等模型，考查全等三角形的证．

【母题剖析】

要证AD＝CF，只需证△ACD≌△CBF即可．

【母题详解】

【母题解读】

全等三角形是几何问题中证线段相等、角相等时最常用的方法之一．在几何压轴题中，常以基本模型为背景，通过添加条件，增加动点或变换图形等形式，探究线段之间或角之间的关系，是考查学生数学建模、逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的综合体现．在具体解题中，有时需要构造相应的辅助线，从而将所求或所证的量放在两个全等的三角形中进行证或计算．常见的全等模型有：

倍长中线模型；对角互补模型；手拉手模型（旋转模型）；三垂直模型等.

模型一倍长中线模型

【模型解读】倍长中线模型一般以三角形为背景，题中常有三角形中线（或中点）条件．通过延长中线后构造全等三角形解决问题．

【基本图形】

基本

图形

说

点D是BC的中点，通过延长AD到E，使得DE＝AD，构造△DCE≌△DBA

基本

图形

说

点D是BC的中点，点E是AB上一点，通过延长ED到F，使得DF＝DE，构造△BDE≌△CDF

【模型突破】

1．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且BE＝AC，延长BE交AC于点F.求证：

AF＝EF.

2．如图①，已知△ABC中，AB＝AC，点D是AB上一点，点E是AC延长线上一点，且BD＝CE，连接DE交BC于点F.

（1）求证：

DF＝EF；

（2）如图②，过点D作DM⊥BC于M，若BC＝6，点D是AB的中点，求MF的长．

图①　　　图②

模型二对角互补模型

【模型解读】对角互补模型是一个特殊的四边形（两组对角分别互补），可通过四边形内角和为360°，从而得到其一个外角等于内对角，进而找到图形中的等角关系，得到全等问题中角度相等关系．

【基本图形】

基本

图形

说

已知四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，则∠A＋∠BCD＝∠BCD＋∠DCE＝180°

基本

图形

说

△ABC中，点E，F，G分别在BC，AC，AB上，且∠GEF＋∠A＝180°，则∠BGE＝∠AFE

【模型突破】

1．如图，在Rt△ABD中，AB＝AD，∠A＝90°，点E是AB上一点，且∠BDE＝15°，过点D作DC⊥DE，过点B作BC∥AD，BC与DC相交于C.求证：

DC＝DE.

2．如图，在△ABC中，∠A＝100°，AB＝AC，边AB的垂直平分线DE分别交AB于D，交BC于E，点G是AD上一点，且AG＝GE，点F在AC上，∠GEF＝80°.求证：

BG＝EF.

模型三手拉手模型（旋转模型）

【模型解读】手拉手模型（旋转模型）是两个三角形具有公共的顶点，且公共顶点所在的四条线段两两对应相等，常通过角度的加减转化等角关系证全等．

【基本图形】

基本

图形

说

已知AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠EAD，则△BAE≌△CAD，CD＝BE

基本

图形

说

△ABC和△ADE均是等边三角形，则△BAD≌△CAE，BD＝CE

【模型突破】

1．如图，菱形ABCD中，∠A＝110°，点E是菱形ABCD内一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转110°得到线段CF，连接BE，DF.求证：

BE＝DF.

2．如图，过△ABC的顶点A作AE⊥AB且AE＝AB，AF⊥AC且AF＝AC，连接BF，CE交于点M.求∠EMF的大小．

模型四三垂直模型

【模型解读】三垂直模型常出现在正方形或矩形中，也可能在直角三角形中存在，常利用等角的余角相等进行角度转化．

【基本图形】

基本

图形

说

已知AE⊥AC，DC⊥AC，BE⊥BD，则∠E＝∠DBC，∠EBA＝∠BDC

基本

图形

说

已知AC⊥BC，AD⊥CE，BE⊥CE，则∠BCE＝∠CAD，∠CBE＝∠ACD

【模型突破】

1．如图，正方形EFGH的顶点分别在正方形ABCD的四条边上．

求证：

AE＝BF.

参考答案

【核心母题剖析】

　证：

∵∠ACB＝90°，∴∠ACE＋∠BCE＝90°，

∵AD⊥CF，∴∠ACE＋∠CAE＝90°，

∴∠CAD＝∠BCF，

∵BC⊥BF，∴∠CBF＝90°＝∠ACD，

∵AC＝BC，∴△ACD≌△CBF，

∴AD＝CF.

【核心归纳突破】

模型一、倍长中线模型

1．证：

如解图，延长AD到G，使得DG＝AD，连接BG.

∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，

∵∠BDG＝∠CDA，DG＝AD，

∴△BDG≌△CDA，

∴BG＝AC，∠BGD＝∠CAD.

∵BE＝AC，∴BG＝BE，

∴∠BGE＝∠BEG，

∴∠BEG＝∠FAE.

∵∠AEF＝∠BEG，∴∠FAE＝∠FEA，

∴AF＝EF.

2．

（1）证：

如解图①，过点D作DG∥AC交BC于G，

第2题解图①

∴∠FDG＝∠FEC，∠FGD＝∠FCE，∠DGB＝∠ACB，

∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，

∴∠DBG＝∠DGB，

∴DG＝DB，∵CE＝DB，∴CE＝DG，

∴△DGF≌△ECF，∴DF＝EF.

（2）解：

如解图②，过点A作AN⊥BC于N，

∵AB＝AC，∴BN＝CN＝3，

第2题解图②

∵DM⊥BC，∴DM∥AN，

∵点D是AB的中点，∴BM＝MN，

连接DN，∵点D是AB的中点，点N是BC的中点，

∴DN∥AC，由

（1）知，△DNF≌△ECF，

∴NF＝CF，

∴MF＝MN＋NF＝

BC＝3.

模型二、对角互补模型

1．证：

如解图，过点D作DF⊥BC于F.

第1题解图

∵∠A＝90°，BC∥AD，

∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，∴DF∥AB，

∵BC∥AD，∴四边形ABFD是平行四边形，

∴DF＝AB，

∵AB＝AD，∴DF＝AD.

∵DE⊥DC，BE⊥BC，

∴∠BED＋∠C＝180°＝∠AED＋∠BED，

∴∠AED＝∠C，

∵∠A＝∠DFC＝90°，

∴△DAE≌△DFC，∴DE＝DC.

2．证：

如解图，连接AE.

第2题解图

∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，

∴∠EBA＝∠EAB，

∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，

∴∠BAE＝∠C，

∴∠BEA＝∠BAC，

∵GA＝GE，∴∠GAE＝∠GEA，

∴∠GEB＝∠FAE.

∵∠GAF＝100°，∠GEF＝80°，

∴∠AGE＋∠AFE＝360°－∠GAF－∠GEF＝180°，

∵∠BGE＋∠AGE＝180°，∴∠BGE＝∠EFA，

∴△BGE≌△EFA，∴BG＝EF.

模型三、手拉手模型（旋转模型）

1．证：

∵四边形ABCD是菱形，∠A＝110°，

∴BC＝CD，∠BCD＝110°，

∵CF是由CE绕点C顺时针旋转110°得到的，

∴∠ECF＝110°＝∠BCD，CF＝CE.

∴∠BCE＋∠ECD＝∠ECD＋∠DCF，

∴∠BCE＝∠DCF，∴△BEC≌△DFC，∴BE＝DF.

2．解：

∵AE⊥AB，FA⊥CA，∴∠EAB＝∠FAC＝90°，

∴∠EAB＋∠BAC＝∠FAC＋∠BAC，即∠EAC＝∠FAB，

∵AE＝AB，AF＝AC，∴△BAF≌△EAC，∴∠AEM＝∠ABM，

∵AE⊥AB，

∴∠ABE＋∠ABM＋∠BEM＝∠ABE＋∠AEB＝90°，

∴∠BME＝90°，即EC⊥BF，∴∠EMF＝90°.

模型四、三垂直模型

1．证：

∵四边形EFGH是正方形，

∴EH＝EF，∠HEF＝90°，∴∠AEH＋∠BEF＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝90°，

∴∠AHE＋∠AEH＝90°，∴∠AHE＝∠BEF，

∴△AEH≌△BFE，∴AE＝BF.