2018年中考常见几何模型分析(共26页).doc

精选优质文档-倾情为你奉上中考直通车·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7-7-与四边形有关的压轴问题14-14-因动点产生的等腰三角形问题和直角三角形-3-14因动点产生的相似问题17-141714与圆有关的压轴题1414-17动态几何之定值最值问题14-1414-常见几何模型-17-3-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，【结论】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；【结论】（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）；【结论】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（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=112.5°BC+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（0°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CBG+BGC=90°，CDE+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、考点：三角形全等、三角形内角和、菱形分析：首先证明ADEGDE，再求出AEF、AFE、GEF、GFE的度数，推出AE=EG=FG=AF，由此可以一一判断解答：证明：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°，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）一样解答：（1）证明：AB是直径，BCA=90°，而等腰直角三角形DCE中DCE是直角，BCA+DCE=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，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，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答：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，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=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，ABFADM（SAS），BF=DM，在RtBMF中，BM2+MF2=BF2，BM2+2AM2=DM2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，方向明确，减小了本题的难度。【模拟演练】一、选择题图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，下列结论不正确的是（ D ）AABAE BAEFDCE CAEFECF DAEF与BFC不可能相似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MPN，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（0°90°），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 )（1）EF=OE； （2）S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）BE+BF=OA；（4）在旋转过程中，当BEF与COF的面积之和最大时， AE= ；（5）OGBD=AE2+CF2A.（1）（3）（4）（5） B.（2）（3）（4）（5）C.（1）（2）（3）（5） D.（1）（2）（3）（4）二、填空题3、（2016黄埔区一模）如图，已知和均为等边三角形，点在边上，与相交于点，如果，那么的长度为 三、解答题第4题4、（2016荔湾区一模）如图，正三角形ABC内接于O，P是弧上的一点（P不与点B、C重合），且，交于E，点F是延长线上的点，（1）求证；（2）求证；（3）求和的长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PHDG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得长；（2）把正方形CEFG绕着点C逆时针旋转（0°a180°）图（3）如图2，当点E落在AF上时，求CO的长；图（1）图（2）如图3，当DG=时，求PH的长。6、（2017二中一模）已知抛物线C1：经过点A（1，0）和B（-3，0）（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是线段BC上一动点，ENEM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：tanENM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25题图125题图2参考答案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RtAEFRtDCE，由相似的性质得CD：AE=DE：AF，而CD=AB，DE=AE，则AB：AE=AE：AF，即AE2=ABAF，利用AFAB，得到ABAE；再利用RtAEFRtDCE得到EF：EC=AF：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AEFECF；由EFC90°可判断AEFBFC相似不成立，而当AFE=BFC时，可判断AEFBCF解答：AEF+DEC=90，AEF+AFE=90，AFE=DEC，RtAEFRtDCE；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=ABAF，而AFAB，ABAE；RtAEFRtDCE，EF:EC=AF:DE，而DE=AE，EF:EC=AF:AE，即EF:AF=EC:AE，A=FEC=90，AEFECF；EFC90AEFBFC相似不成立，但当AFE=BFC时,AEFBCF.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BOECOF（ASA），则可证得结论；由（1）易证得，则可证得结论；首先设AE=x，则BE=CF=1-x，BF=x，继而表示出BEF与COF的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；易证得OEGOBE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得OGOB=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,OBE=OCF=45,BOC=90，BOF+COF=90，EOF=90，BOF+COE=90，BOE=COF，在BOE和COF中，BOE=COF，OB=OCOBE=OCF，BOECOF(ASA)，OE=OF，BE=CF，EF=OE;故正确;；故正确；过点O作OHBC，BC=1，OH=12BC=12，设AE=x，则BE=CF=1x，BF=x，a=12<0，当x=14时,最大；即在旋转过程中,当BEF与COF的面积之和最大时,AE=14；故错误；EOG=BOE,OEG=OBE=45，OEGOBE，OE:OB=OG:OE，OB=BD,OE=EF，在BEF中,，.故正确。故选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, 等边三角形的性质分析：先利用等边三角形的性质得到C=ADE=B=60°，AB=BC=AC=12，再利用三角形外角性质证明BDF=CAD，则可判断DBFACD，然后利用相似比计算BF的长解答：C=ADE=B=60，AB=BC=AC=12，ADB=DAC+C，而ADB=ADE+BDF，BDF=CAD，DBFACD，BF:CD=BD:AC，即BF:4=8:12,解得BF=.故答案为.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，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=ABP，根据“SAS”即可得证；对于（2），先根据等边三角形的性质得到ABC=ACB=60°，再根据圆周角定理得APC=ABB=60°，加上CAE=PAC，于是可判断ACEAPC，然后利用相似比即可得到结论；对于（3），先利用计算出AE=，则PE=AP-AE=，再证APF为等边三角形，得到PF=PA=4，则有PC+PB=4，接着证明ABPCEP，得到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，AB=AC.四边形ABPC为圆的内接四边形，ACFABP.在ABP和ACF中，ABPACF.（2）证明：正三角形ABC内接于O，ABCACE=60°，APCABC=60°，ACE=APCCAE=PACACEAPCAE:AC=AC:AP.（3），AB=AC，ABPACF，APB=F=60°.而APC=60°，APF为等边三角形，PF=PA=4，PC+CF=PC+PB=4.BAP=PCE，APB=APC，ABPCEP，PB:PE=AP:PC，PB·PC=PE·AP=×4=3.PB+PC=4，PB和PC可看作方程的两实数解，解此方程得.PBPC，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性质解决。5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，得到；（2）先判断出COEAOB，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ARDDSC，CSGGTF，求出AR+FT，最后用梯形中位线即可解答：(1)PHCD，ADCD，PHADFG，点P是AF的中点，PH是梯形APGF的中位线，(2)CEO=B=90，COE=AOB，COEAOB，COAO=CEAB，COAO=12，设CO=x，AO=2x，BO=2x，在ABO中,根据勾股定理得,，或(舍)，CO=x=.如图3，分别过点A，C，F作直线DG的垂线，垂足分别为R，S，T，ADR+CDS=90,CDS+DCS=90，ADR=DCS，ADR=CSD=90，AD=CDARDDSC，AR=DS，同理：CSGGTF，SG=FT，AR+FT=DS+SG=DG=，同(1)的方法得，PH是梯形ARTF的中位线，.点评：此题利用梯形中位线性质解决第（1）问，第（2）利用相似结合勾股定理这中常用方法求长度，第（3）问构造一线三直角模型解决问题。6、考点：二次函数、等要直接三角形、相似三角形（一线三直接）、三角函数、中位线分析：（1） 根据解析式求出坐标；（2） 根据等腰三角形的性质，EF=求出EF的长度，再根据抛物线与直线纵坐标差值求出答案。（3） 根据答案需要求的正切值转换为相似比，再根据已知的两个直角构造出一线三直接模型，相似比为定值，初中能解决的路径不是线段就是弧长，有关键位置分析可知轨迹为三角形中位线。解答：解：（1）抛物线C1：经过点A（1，0）和B（-3，0）， 解得，抛物线C1的解析式为， 顶点C的坐标为（-1，-2）； （2）如图，作CHx轴于H，A（1，0），C（-1，-2），AH=CH=2，CAB=ACH=45°直线AC的解析式为y=x-1， DEF是以EF为底的等腰直角三角形，DEF=45°，DEF=ACH，EFy轴，DE=AC=2，EF=4，设F（m，），则E（m，m-1）， EF=-（m+1）=4， 解得m=±3， 点F在x轴上方，F（3，6）. （3）tanENM的值为定值，tanENM=2； 如图，DFAC，BCAC，DFBC，DF=DE=AC=BC，四边形DFBC平行四边形，DFAC四边形DFBC是矩形，过点N作NGAC，交AC于点G，NG=BC=AC=2，ENEM，MEN=90°，CEG+NEG =90°，ENG+NEG =90°CEM=ENG，EGNMCE， ，F（3， 6），EF=4，E（3， 2），C（-1，-2），EC=4， ，tanENM=2； tanENM的值为定值，定值为2；法二：NBM+NEM =180°B、M、E、N四点共圆， 连结BE，则ENMEBM tanENMtanEBM 解答:如图,点P应为直径MN的中点，连结PB、PE，则PBPE，点P在线段BE的中垂线上，点P经过的路径是线段P1P2，（考虑起点位置与终点位置），则P1P2应为下图中BEN的中位线（B与M重合）在RtECB中，tanENM=2，ENP1P2=EN=；点M到达点C时，点P经过的路线长为点评：此题（1）（2）主要考察二次函数和等腰三角形的性质，第（3）问根据一线三直角模型特征构造模型解决小问，根据特殊位置分析，先得出结论再利用常规方法证明结论。【要点总结】常见几何模型再压轴题应用广，几何模型作为解题切入点，提供解题方向，是解决几何问题的重中之重，掌握几何模型就掌握了几何。专心-专注-专业