中考常见几何模型分析Word文档下载推荐.docx

1、常见几何模型-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

2、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

3、（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（ab）下列结论：BCGDCE；BGDE；=；（ab）2SEFO=b2SDGO其中结论正确的个数是（）A4个B3个C2个D1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：四边形AEGF是菱形AEDGEDDFG=112.5BC+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，

4、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（090）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

5、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BCGDCE；然后根据全等三角形的对应角相等，求得CDE+DGH=90，则可得BHDE由DGF与DCE相似即可判定错误，由GOD与FOE相似即可求得解答：证明：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，BCGDCE（SAS），BCGDCE，CBG=CDE，又

6、CBG+BGC=90CDE+DGH=90，DHG=90，BHDE；四边形GCEF是正方形，GFCE，=，=是错误的DCEF，GDO=OEF，GOD=FOE，OGDOFE，=（）2=（）2=，（ab）2SEFO=b2SDGO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、三角形全等、三角形内角和、菱形首先证明ADEGDE，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

7、=45，DHG是由DBC旋转得到，DG=DC=AD，DGE=DCB=DAE=90在RTADE和RTGDE中，AEDGED，故正确，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，故正确，DFG=GFC+DFC=BAC+DAC+ADF=112.5，故正确AE=FG=EG=BG，BE=AE，BEAE，AE，CB+FG1.5，故错误故答案为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

8、）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RtBCDRtACE，得到BD=AE，EBD=CAE，则CAE+ADF=CBD+BDC=90，即BDAE，再利用三角形的中位线的性质得到ON=BD，OM=AE，ONBD，AEOM，于是有ON=OM，ONOM，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

9、共线；（2）连接BD，AE，ON，延长BD交AE于F，如图1，CB=CA，CD=CE，RtBCDRtACE，BD=AE，EBD=CAE，CAE+ADF=CBD+BDC=90，即BFAE，又M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，ONBD，AEOM；ON=OM，ONOM，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，ACBACD1=D1CE1ACD1，BCD1=ACE1，又CB=CA，CD1=CE1，BCD1ACE1，与（2）同理可证BD1AE1，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

10、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MFMB于点M，过点A作AFMA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ABFADM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

11、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，ABCADE（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MFMB于点M，过点A作AFMA于点A，MF与AF交于点F，连接BF，由对称性可知：AMB=ACB=45FMA=45AMF是等腰直角三角形，AM=AF，MF=AM，MAF+MAB=BAD+MAB，FAB=MAD，在ABF与ADM中，ABFADM（SAS），BF=DM，在RtBMF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21、（2014番禺华附一模）如图2，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EFEC交边AB于F，连FC，下列结