中考复习与中点有关的几何模型与结论铁三角结构倍长中线法常用重要结论讲义.docx

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中考复习与中点有关的几何模型与结论铁三角结构倍长中线法常用重要结论讲义

与中点有关的几何模型与结论

（铁三角结构+倍长中线法+常用重要结论）

一、基本图形

先谈谈与中点有关的基本定理与基本图形，如图1所示：

1.线段的垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；

2.等腰三角形底边上的中线、底边上的高线以及顶角的平分线重合，简称“三线合一”；

3.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；

4.三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；

5.平行四边形的对角线互相平分；

由这些基本定理及其相关逆定理衍生出的基本图形，是我们处理中点问题的常见策略，如倍长中线等方法.结合面积问题，还会有“三角形的中线平分其面积”等结论.

二、例题呈现

例.如图2，四边形ABCD为矩形，E为边BC的中点，连接AE，以AD为直径的⊙O交AE于点F，连接CF.

（1）求证：

CF与⊙O相切；

（2）若AD=2，F为AE的中点，求AB的长.

三、解法探究

首先解决第

（1）小问：

思路一：

如图3，要证CF与⊙O相切，必定要连接半径OF，只要证出OF⊥CF即可.由题易知OD⊥CD，连接OC，若能证明△OCD≌△OCF便可解决问题.

要证△OCD≌△OCF，已经有OD=OF，OC=OC，还缺一个条件，如何寻找呢？

注意到在矩形ABCD中，点O、E分别为AD、BC的中点，易证四边形AOCE为平行四边形，从而有OC∥AE.故∠COF=∠OFA=∠OAF=∠COD，即∠COF=∠COD.因此△OCD≌△OCF（SAS），问题得解.

思路一构造平行四边形，通过导角，寻找到了所需的最后一组有关角的条件.除此之外，还可以考虑证明CD=CF，再利用“SSS”得到全等.

下面提供“倍长中线”的思路来证明CD=CF.

思路二：

如图4，延长AE交DC的延长线于点G，由E为边BC的中点，易证△ABE≌△GCE（ASA），从而有AB=GC=DC；

由直径AD联想到连接DF，则∠AFD=∠DFG=90°；

识别到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”基本型，可得FC=DC；

至此，除了全等法之外，还可以简化过程如下：

由OF=OD得∠OFD=∠ODF，再由FC=DC得∠CFD=∠CDF，从而有∠OFC=∠ODC=90°，则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.

思路三：

如图5，连接OF、DF、OE、OC、DE，设OC与DE交于点M，再连接FM.易证四边形ODCE为矩形，且∠AFD=∠DFE=90°，则FM=1/2DE=1/2OC=OM=CM.由FM=OM=CM，可推出∠OFC=90°，则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.

此解法看似复杂，但构图充满美感，不自觉间形成了一个极其有趣的“★”结构，让人不禁感叹几何构造之神奇！

而解法来源于学生，又不禁让教者惊叹于学生无限的创造力!

若用共圆的眼光来看，此解法将更有趣.如图6，易知O、D、C、E、F五点共圆，再借助圆中相关知识，此图中还会有非常多的等角.

四、解后反思

“学而不思则罔，思而不学则殆”，解题后反思是是一种意识，一种习惯，更是一种能力.几何的学习重在基本图形的识别与构造，学会联想，将残缺的图形补成已学过或已解决的基本图形，这就是所谓常见辅助线的构造.反思解题过程，重在反思基本图形.

1.“铁三角结构”

思路一中可抽离一个基本图形：

如图6，由OA=OF及OC∥AF可推出∠1=∠2，即“等腰三角形＋平行角平分线”.事实上，对于条件①：

OA=OF；条件②：

OC∥AF；条件③：

∠1=∠2，其中任意两个成立，第三个一定成立，两两组合，共三个真命题.笔者称其为“铁三角结构”，它经常会出现在中考题里，应予以广泛的关注.

2.“倍长中线法”

思路二中，由中点E联想到倍长AE至点G，如图7，构造出一组“平行8字型”全等，此法即为“倍长中线法”，是解决与中点相关问题的重要方法，需引起高度重视.

此外，倍长中线之后，思路二还结合了一个重要的定理，即直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，如图8所示.这条中线了不得，它将直角三角形分割成了两个等腰三角形，实现了两种特殊三角形之间的相互转化.

值得一提的是，该定理还有一些重要的逆定理，比如“若FC=CD=CG，则∠DFG=90°”，再比如“若∠DFG=90°且FC=CD，则CD=CG”，也经常会在中考题里出现.

3.几个有趣的结论

（1）如图9，在矩形ABCD中，E为边BC的中点，DF⊥AE，则CF=CD.

简析：

该结论就是从例题图中抽离出来的，其中圆被隐去了.其证明，从例题来看，至少有两种证法：

一是取AD的中点，采取全等法；二是延长AE，采取倍长中线法.

此外，还可以建立平面直角坐标系，设出点坐标，利用解析法，经过一番“惨无人道”的计算，验证出CF=CD成立.这既是解析法的优势，也是其劣势之所在.它不需要联想到几何构造的“天马行空”，仅仅只要实施暴力计算的“脚踏实地”.几何法是证明，而解析法就是验算.

通过证明不难发现，矩形条件实属多余，只需要四边形ABCD为平行四边形，其余条件不变，如图10所示，依然有CF=CD成立.

（2）如图11，在正方形ABCD中，E、M分别为边BC、AB的中点，则CF=CD.

简析：

易证Rt△ADM≌Rt△BAE（SAS），导角可得DM⊥AE，转化为结论

（1），下略.

图11中，两个中点可导出：

DM⊥AE，DM=AE，CF=CD.这是一个极其有趣的结构，可称为正方形中“十字架”模型，借助相似，该模型也可以推广到矩形中，是一个经典的几何图形，常出现在考题中.

 （3）如图12，在正方形ABCD中，F为边AB的中点，CF与以AB为直径的半圆交于点G，连接AG并延长交BC于点E，则E必为边BC的一个黄金分割点.

简析：

如图13，由直径AB联想到连接BG，则BG⊥AE；联想到正方形中“十字架”模型，延长BG交边CD于点M，则易得Rt△ABE≌Rt△BCM（AAS）；又由边AB的中点F知，GF=AF=BF，导角易得∠1=∠3=∠4=∠2，∠5=∠8=∠7=∠6；

由∠1=∠2知△CGE∽CBG，从而易得CG2=CE×CB；又由∠5=∠6，易得CG=CM=BE，因此有BE2=CE×CB，即点E必为边BC的一个黄金分割点，问题得解.

五、练习反馈

1.已知：

△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．如图14所示，求证：

OH＝1/2AD且OH⊥AD；

2.将△COD绕点O旋转到图15，图16所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．

简析：

（1）如图17，易证Rt△AOD≌Rt△BOC（SAS），则AD=BC，∠1=∠2；又由H为BC的中点，易得OH=1/2BC=BH，从而∠1=∠3；故OH＝1/2AD，再由∠2=∠3导角可得OH⊥AD；

对于第

（2）小问，下面给出几种方法，供大家参考：

方法一：

如图18，延长BO至点B′，使OB′=BO，连接B′C.由点H为BC中点，得OH∥B′C且OH=1/2B′C.又易证△AOD≌△B′OC（SAS），则有AD=B′C，于是有OH＝1/2AD.另外，由△AOD≌△B′OC还可得∠OAD=∠OB′C，导角易得B′C⊥AD，从而有OH⊥AD，问题得解.

方法一通过倍长BO的手段，将目标线段OH变为中位线，从而转化为B′C，只要证明B′C与AD的关系即可.

既然可以倍长BO，同理可以倍长CO，如图19所示，“它们是一伙的”，不再赘述.

方法二：

如图20，延长AO至点E，使OE=AO，连接DE，再取DE的中点F，连接OF，则OF∥AD且OF=1/2AD.又易证△BOC≌△EOD（SAS），其中△EOD可看成由△BOC绕着点O按逆时针方向旋转90°而来.

由点H为BC中点，易知点H与点F是对应点，再结合旋转的性质，可得OF=OH且OF⊥OH，从而有OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.

方法二通过倍长AO的手段，再取一个中点，将目标线段AD转化为中位线OF，只要证明OF与OH的关系即可.

既然可以倍长AO，同理可以倍长DO，如图21所示，“它们也是一伙的”，不再赘述.

上面两种方法都用到了一个重要的基本图形，如图22及图23所示，可直观地称其为“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”.

在该模型中，易得△BOD≌△AOC（SAS），这个全等往往是解题的关键之所在，还可以用旋转的眼光来看待，从而易得AC=BD且AC⊥BD.

方法三：

如图24，延长中线OH至点E，使HE=OH，连接BE，则有△COH≌△BEH（SAS），从而易知BE=CO=DO，且易得BE∥CO，故∠EBO+∠COB=180°.又因为∠AOD+∠COB=（∠AOB+∠DOB）+∠COB=∠AOB+（∠DOB+∠COB）=∠AOB+∠DOC=180°，所以有∠EBO=∠AOD.

于是有△EBO≌△DOA（SAS），则OE=AD且∠EOB=∠DAO.再导角可得OE⊥AD，因此有OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.

该解法巧施“倍长中线”策略，通过全等，结合导角等方法解决问题.如图25，倍长中线OH至点E，再连接CE，也可解决问题.

中点常常可以与等腰三角形、直角三角形等结合，还可以与另一个中点构成中位线模型，或者采取倍长中线等方法，这些都是处理中点问题的常见策略.在解决与中点有关的问题中，大家可以联想这些基本图形，构造相应辅助线，勇于尝试，敢于探索.