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1、完整版中考常见几何模型分析中考直通车数学广州分册第八章专题拓展模块分值20172016201520142013因动点产生的线段和差、 周长最值问题和面积问题77与四边形有关的压轴问题1414因动点产生的等腰三角形问题和直角三角形314因动点产生的相似问题17141714与圆有关的压轴题141417动态几何之定值最值问题141414常见几何模型173第24讲常见几何模型年份题量分值考点题型201431全等的性质和判定（手拉手模型）选择题2016172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

2、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 ABD与 BCE，连结AE 与 CD，【结论】（1） ABE DBC（2）AE DC.4jB（3）AE与DC之间的夹角为60 1（4）AE与DC的交点设为H,BH平分 AHC2、【条件】如

3、图两个等腰直角三角形 ADC与EDG，连结AG,CE，二者相交于点H 。【结论】 （1） ADG CDE是否成立？（2） AG =CE（3） AG与CE之间的夹角为90（4） HD是否平分 AHE ？旋转模型：一、邻角相等对角互补模型BCD 90【条件】如图，四边形 ABCD中，AB=AD， BAD【结论】 ACB ACD 45 BC CD 2AC二、角含半角模型：全等角含半角要旋转：构造两次全等一线三等角模型【条件】 一条直线同一侧三个相等的角（如图）；【结论】 ABC CDE3、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

4、，连接BG、DE, DE和FG相交于点 0，设AB=a , CG=b （a b）.下列结论：厶BCG JDCE :BG丄DE ；土=丄；（ a - b ） 2?SFo=b 2?Szdgo .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QGH，HG交AB于点E,连接DE交AC于点F,连接FG .则下 列结论：H ABC三、解答题3. (2011广州中考)如图1 , O O中AB是直径，C是O O上一点，/ ABC=45 ，等腰直角三角形 D

5、CE中ZDCE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a( 0 a AE,AE V 二，.CB+FG V 1.5，故错误故答案为.点评：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.三、解答题3、考点：(1 )三点共线 (2)中位线、全等三角形(手拉手性质)( 3)同(2)分析：(1) 根据直径所对的圆周角为直角得到/ BCA=90 ,

6、DCE是直角，即可得到/ BCA+ZDCE=90 90 =180 ;(2)连接BD ,AE,ON，延长BD交AE于F,先证明 Rt ABCD织tACE ,得到BD=AE ,ZEBD= /CAE，则 ZCAE+ ZADF= ZCBD+ ZBDC=90 ，即BD 丄 AE，再利用三角形丄 丄的中位线的性质得到 ON= %d , OM= 2ae , ON /BD , AE /OM ,于是有 ON=OM ,ON丄OM，即AONM为等腰直角三角形，即可得到结论；(3)证明的方法和(2 ) 一样.解答:(1)证明：T AB是直径，ZBCA=90 ,而等腰直角三角形 DCE中/DCE是直角，ZBCA+ /D

7、CE=90 90 180 ,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 ABCD织tKCE ,.BD=AE，/EBD= /CAE,ZCAE+ ZADF= ZCBD+ /BDC=90 。，即BF 丄 AE,又TM是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而 O为AB的中点，11 ON 二一BD , OM 二一AE , ON /BD , AE /OM ; 2 2ON=OM , ON丄OM，即AONM 为等腰直角三角形，MN= :：OM ;(3)成立.理由如下：女口图 2,连接 BD1 , AE1 , ON1 , vzACB

8、-/ACD1= ZD1CE1 -/ACD1 ,/BCD仁 ZACE1，又/ CB=CA , CD1=CE1 , aBCD1 也ACE1 ,与(2)同理可证 BD1丄AE1 , ON1M1为等腰直角三角形，从而有M1N仁 k：OM1 .團2 圍】点评：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、考点：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 分析： (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

9、，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丄MB于点M，过点A作AF丄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 ZADM 可得出 BF=DM，最后根据勾股定理即可得出 DM2 , AM2 , BM2 (2 )在CD的延长线上截取 DE=BC ,VZADE+ /ADC=180ZABC+ ZADC=180 , ZABC= /ADE ,在ZABC与ZADE中,Zabc=Zade/ABC 也ZDE (SAS), ZBAC= /DAE ,BC=EEZBAC+ /CAD= ZDAE+ /CA

10、D , /./BAD= /CAE=90 ,=L： /CD= ZABD=45 , )AE是等腰直角三角形， :AC=CE , :AC=CD+DE=CD+BC ;(3)过点 M作MF丄MB于点M，过点A作AF丄MA于点A , MF与AF交于 点F,连接BF,/zFMA=45念MF是等腰直角三角形,AM=AF , MF= AM ,JMAF+ ZMAB= ZBAD+ ZMAB ,zFAB= /MAD ,在AABF与AADM中,点评：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

11、确，减小了本题的难度。【模拟演练】 一、选择题1、（ 2014番禺华附一模）如图 2，在矩形ABCD中，E为AD的中点，EF丄EC交边AB于F,连FC,下列结论不止确.的是（D ）.2、（2017十六中一模）如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O.有直角ZMPN，使直角顶点P与点O重合，直角边 PM、PN分别与OA、OB重合，然后逆时针旋转/ MPN，旋转角为B（ 0 090 ）,PM、PN分别交 AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G,则下列结论中正确的是 （ C ）.二、填空题3、（2016黄埔区一模）如图6，已知ABC和AED均为等边三角形，点D在BC边上,DE

12、与AB相交于点F，如果AC 12 , CD 4，那么bF的长度为 .三、解答题4、（2016荔湾区一模）如图，正三角形 ABC内接于O O , P是弧BC上的一点（P不与点B、C重合），且PB PC , PA交BC于E,点F是PC延长线上的点，CF PB , AB 13 ,(1)求证 ABP 也 ACF ;2(2)求证 AC PA AE ;(3 )求PB和PC的长.5、(2016海珠区一模)已知正方形 ABCD和正方形 CEFG，连接AF交BC于O点，点P 是AF的中点，过点 P作PH丄DG于H , CD=2 , CG=1 。(1 )如图1，点D、C、G在同一直线上，点 E在BC边上，求PH得

13、长；(2 )把正方形 CEFG绕着点C逆时针旋转 (0 a V 180 )1如图2，当点E落在AF上时，求CO的长； 2如图3，当DG=-】7时，求ph的长。2 36、(2017 二中一模)已知抛物线 C1: y ax bx (a 0)经过点 A (1 , 0 )和 B (-3 , 20).(1 )求抛物线C1的解析式，并写出其顶点 C的坐标；(2 )如图1，把抛物线C1沿着直线AC方向平移到某处时得到抛物线 C2，此时点A, C分 别平移到点D , E处.设点F在抛物线C1上且在x轴的上方，若 DEF是以EF为底的等腰 直角三角形，求点 F的坐标；(3 )如图2,在(2)的条件下，设点M是线

14、段BC上一动点，EN丄EM交直线BF于点N , 点P为线段MN的中点，当点M从点B向点C运动时：tan ZENM的值如何变化？请说明理由；点 M到达点C时，直接写出点 P经过的路线长.参考答案1、D考点：相似三角形、三角形内角和（一线三直角）分析：利用等角的余角相等得到/ AFE= /DEC,则根据有两组角对应相等的两个三角形相似得到 Rt KEFsRt QCE，由相似的性质得 CD : AE=DE : AF，而 CD=AB , DE=AE , 贝U AB : AE=AE : AF ,即 AE2=AB ?AF,禾U用 AF AE;再禾U用 Rt AAEF sRtQCE 得到 EF: EC=AF

15、 : DE,把 DE=AE 代入得到 EF: EC=AF : AE，根据比例性质得EF: AF=EC : AE，加上/A= /FEC=90。，则根据两组对应边的比相等且夹角 对应相等的两个三角形相似得到 AEFs/ECF;由ZEFC90 可判断ZAEFs/BFC相似 不成立，而当/ AFE= ZBFC时，可判断厶AEFs/BCF.解答：/AEF+ ZDEC=90 , /ZAEF+ ZAFE=90 , /-ZAFE= /DEC,Rt AEFSRt DCE ;.CD:AE=DE:AF ,：E 为矩形 ABCD 的边 AD 的中点，CD=AB , DE=AE ,.AB:AE=AE:AF,即 AE2=

16、AB ?AF,而 AF?AB ,.AB?AE;RtAEFSRt DCE ,AEF:EC=AF:DE，而 DE=AE ,EF:EC=AF:AE ,即 EF:AF=EC:AE , vZA= ZFEC=90 , ZAEFsCF;/EFC須0 ./AEFs/BFC 相似不成立,但当/ AFE= ZBFC 时,AEFZBCF.故选 D.点评：此题为非常明显的考查相似三角形知识点，根据一线三等角模型特征快速得出答案。2、C考点：正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质分析：由四边形ABCD是正方形，直角/ MPN，易证得厶BOE也zCOF ( ASA )，则可证得结论;则可

17、证得结论；3首先设 AE=x，贝U BE=CF=1-x , BF=x，继而表示出 BEF 与ACOF的面积之和，然 后利用二次函数的最值问题，求得答案；4易证得厶OEGs)BE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得 OG?OB=OE2 ,再利用OB与BD的关系，OE与EF的关系，即可证得结论.解答：四边形ABCD是正方形，OB=OC, ZOBE= /OCF=45 ，/BOC=90 , /-ZBOF+ ZCOF=90 ,左OF=90 , /BOF+ ZCOE=90 , /BOE= ZCOF ,在ABOE 和ACOF 中，/ BOE= ZCOF , OB=OCZOBE= ZOCF ,.A3OE也

18、AOF(ASA) ,.OE=OF , BE=CF ,EF= 2 2OE做正确;= = = =1边边 OEBF =S BOE +SBOE = SABOE + SCOF = SBOC = 一 S正方形 ABCD4S四边边OEBF ： S正方形ABCD = 1 ： 4 ；故正确;O 作 OH 丄 BC,VBC=1 ,.OH=12BC=12设 AE=x，贝U BE=CF=1 - x, BF=x ,11 1 1 11 2 9Sabef +Szcof = BE?BF + CF?OH = x(1-x) + (1 -x) X = (x-14) + 22 2 2 2 2 32a= - 120 ,当 x=14 时

19、,Sabef + SacOF 最大；即在旋转过程中，当ABEF与ACOF的面积之和最大时,AE=14 ;故错误；4/EOG= /BOE, ZOEG= ZOBE=45 A)EG sA)be,OE:OB=OG:OE ,OG ?OB = OE2,OB= 1 BD,OE= 2 2 EF,2OG ?BD := ef2 ,在伯ef 中，ef2 = be2 + bf2 , EF2 = AE2 + CF2 ,OG ?BD = AE2 + CF2.故正确。C.点评：从图形上看是一个比较复杂的题，但是实际题目难度并不是很大，利用对角互补旋转模型结论再结合个够定理就能解决此题。3考点：相似三角形的判定与性质，等边三

20、角形的性质分析：先利用等边三角形的性质得到/ C= ZADE= /B=60 ,AB=BC=AC=12 ，再利用三角 形外角性质证明/ BDF= /CAD，则可判断 DBF KCD，然后利用相似比计算 BF的 长.解答:/C= /ADE= ZB=60 , AB=BC=AC=12 ,/ZADB= ZDAC+ ZC,而/ADB= ZADE+ ZBDF ,ZBDF= /CAD ,/DBFscd ,BF:CD=BD:AC ,8即 BF:4=8:12,解得 BF=.38故答案为-.3点评：此题利用对角互补旋转模型推导过程得到对应结论，再利用相似解决第（ 2）（3 ）问4、考点：圆周角定理，等边三角形的性质

21、，等边三角形的判定，圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角分析：对于（1），先根据等边三角形的性质得到 AB=AC，再利用圆的内接四边形的性质得/ACF= ZABP，根据“ SAS ”即可得证；对于（2 ），先根据等边三角形的性质得到/ ABC= JCB=60。，再根据圆周角定理得/APC= /ABB=60 ，加上/CAE= ZPAC,于是可判断 ACE s公pc ,然后利用相似比 即可得到结论；13 32对于（3），先利用AC = PA ?AE计算出aE= 4，则PE=AP-AE= 4，再证 APF为等边三角形，得到 PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明 ABP sCEP，得到2

22、PB PC=PE AP=3 ,然后根据根与系数的关系， 可把PB和PC看作方程X -4x +3 = 0 的两实数解，再解此方程即可得到 PB和PC的长.解答：（1）证明：正三角形 ABC内接于O O ,AB=AC.四边形ABPC为圆的内接四边形，ZACF = ZABP.在ABP和ACF中，AB = AC/ ABP = / ACFBP = CFZABP zACF.（2）证明：正三角形 ABC内接于O 0,ZABC = ZACE=60 ,ZAPC = ZABC=60 ,ZACE= ZAPCvzCAE= ZPAC ZACE sPCAE:AC=AC:AP2AC = PA?AE .2(3 )T AC =

23、 PA?AE , AB=AC ,13AE = AB ?AP = ,413 3PE = AP -AE = 4二,4 4/ZABP zACF ,ZAPB= /F=60 而/APC=60 ,ZAPF为等边三角形，/PF=PA=4 ,PC+CF=PC+PB=4.VZBAP= /PCE,/APB= ZAPC,ZABP sEP,PB:PE=AP:PC ,3PB PC=PE AP= X4=3.4VPB+PC=4 ,2PB和PC可看作方程x 4x 3 0的两实数解，解此方程得 为1,X2 3./PB v PC,PB=1 , PC=3 .点评：此题为标准手拉手模型，所以除了相似三角形得出答案，还能利用手拉手模型

24、性质解决。考点：梯形中位线、相似三角形、勾股定理、全等三角形(一线三直角) 分析：先判断出四边形 APGF是梯形，再判断出 PH是梯形的中位线，1PH = -( FG +AD)得到 2 ;(2)先判断出 COEs/AOB，得到AO是CO的2倍，设出 CO ,表示出BO ,AO，再用勾股定理计算，先找出辅助线，再判断出 ARD也SC,ACSGzGTF,求出AR+FT，最后用梯形中位线即可.解答：(1)PH 丄 CD , AD 丄 CD ,PH /AD /FG,点P是AF的中点，PH是梯形APGF的中位线，13 PH = (FG+AD)二,22(2) vZCEO= ZB=90 ZCOE= ZAOB ,z.ZCOEs/aob ,COAO=CEAB ,COAO=12 ,设 CO=x ,AO=2x , BO=2 - x,2 2