2017年广州中考常见几何模型分析与总结(含答案)

1、中考直通车数学广州分册第八章专题拓展模块分值20192019201920192019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201931全等的性质和判定（手拉手模型）选择题2019172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

2、考中重点但同样是难点的一个考点。【考点分析】2019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。2019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2019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丁方.H T-(3) AE与DC之间的夹角为60(4) AE与DC的交点设为H, CBH平分 AHC2、【条件】如图两个等腰直角三角形AD

3、C与EDG ,连结AG,CE ,二者相交于点 H。【结论】(1) ADGCDE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 ? 丁n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, BAD BCD 90【结论】 ACB ACD 45 BC CD 2ACC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 E、F分别是正方形 ABCD的边BC、CD上的点， EAF 45 , 连接EF ;【结论】（1） AAGE AAFE （2） EF BE FD ;一线三等角模型：【条件】 一条直线同一侧三个相等的角

4、（如图）；【结论】/XABCs/XCDE1、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 . （2019 ?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 （a>b）.下列结论：& BCGJDCE；BG ± DE ;黑=瞿；（a-b） 2?S任Fo=b 2?Szdgo .其中结论正确的个数是（）GC CEA. 4个B. 3个C. 2个D. 1个2. （2019 ?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

5、。得到4GH , 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AAEDzGED/DFG=112.5 °BC+FG=1.5其中正确的结论是.三、解答题3. (2019广州中考)如图1,。0中AB是直径，C是。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= 康OM ;(3)将4DCE绕点C逆时针旋转a ( 0° Va<90° )后，记为AD1CE1 (图2),若 M1是线段

6、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. (2019广州中考)如图，点 C为"BD的外接圆上的一动点(点 C不在盆上，且不与点 B, D 重合)，/ ACB= ZABD=45 °(1)求证：BD是该外接圆的直径；(2)连结 CD,求证： 及 AC=BC+CD ;(3)若3BC关于直线 AB的对称图形为 ABM ,连接DM ,试探究 DM 2, AM 2, BM 2三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

7、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 , ZBCD= ZECG=90 ° ,则可根据SAS证得BCG/DCE;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4DGF与ADCE相似即可判定错误，由 GOD与AFOE相似即可求得.解答：证明：二.四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，BC=DC , CG=CE , ZBCD= ZECG=90 ° ,ZBCG= ZDCE,在ABCG和ADCE中，rBC=DC4 ZbcgZdce,/CG=CE>1.-.ZBCGdDCE

8、(SAS),也CGdDCE, ZCBG= ZCDE,又/CBG+ ZBGC=90ZCDE+ ZDGH=90 ° , . . DHG=90 ° , .BH IDE;四边形GCEF是正万形，. GF /CE,DG GO.=,1:.L里是错误的.GC CF. /GOD= /FOE, .RGDsRFE,Ca- b ) 22= I7叫里出,(a b) 2?SzEFO=b 2?Szdgo .故应选DC /EF, ZGDO= ZOEF,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

9、析：首先证明AADE0心DE,再求出/AEF、/AFE、/GEF、/GFE的度数，推出 AE=EG=FG=AF ,由此可以判断.解答：证明：二.四边形ABCD是正方形， .AD=DC=BC=AB , ZDAB= ZADC= ZDCB= ZABC=90 ° , ADB= ZBDC= ZCAD= ZCAB=45 ° , . ZDHG是由ADBC旋转得到，.DG=DC=AD , ZDGE= ZDCB= ZDAE=90 ° , 在 RTADE 和 RTGDE 中，DE 二 DEDA=DG， .AEDzGED,故正确，Z ADE= ZEDG=22.5 ° , AE

10、=EG ,"ED= ZAFE=67.5 ° , .AE=AF ,同理 EG=GF ,，AE=EG=GF=FA , 四边形AEGF是菱形，故正确， . ZDFG= ZGFC+ ZDFC= ZBAC+ ZDAC+ ZADF=112.5 ° ,故正确. .AE=FG=EG=BG , BE= V2AE, ，BE>AE, .AEv：, ，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

11、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，即可得至ij/ BCA+/DCE=90 +90 =180 ° ;（2）连接 BD,AE,ON，延长 BD 交 AE 于 F,先证明 Rt ABCD 至t AACE ,得至 U BD=AE ,ZEBD= /CAE,贝U/CAE+ /ADF= ZCBD+ /BDC=90 ° ,即BDAE,再禾U用三角形1 1的中位线的性质得到 ON= 2bd, OM= 2ae? on /BD, AE /OM ,于是有 ON=OM ,ON

12、±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：.AB是直径，ZBCA=90 ° ,而等腰直角三角形 DCE中/DCE是直角，ZBCA+ ZDCE=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 , .1.RtABCDRtMCE,，BD=AE , ZEBD= /CAE,ZCAE+ ZADF= ZCBD+ ZBDC=90 ° , IPBFXAE,X . M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而。为AB的中

13、点，11. .ON = - BD , OM = 一 AE , ON /BD , AE /OM ;22.ON=OM , ON ±OM ,即AONM 为等腰直角三角形，. MN= V2OM ;(3)成立.理由如下：如图 2,连接 BD1 , AE1 , ON1 , 1. zACB -/ACD1= /D1CE1 - ZACD1 ,，ZBCD1= ZACE1 , X /CB=CA , CD1=CE1 , 旭CD1 zACE1 ,与（2）同理可证 BD1 ±AE1 , AON1M1为等腰直角三角形,从而有 M1N1= MOMI .因2典点评：本题考查主要三角形全等的判定和中位线的性质

14、，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MF LMB于点M ,过点A作AF，MA于点A, MF与AF交于点F,证明4AMF是等腰三角形后，可得出 AM=AF , MF= AM ,然后再证明MBFzADM可得出BF=DM ,最后根据勾股定

15、理即可得出DM2AM2BM2三者之间的数量关系.解答： 解：(1) .出科zACB= ZADB=45 ° , zABD=45 ° ,ZBAD=90 ° ,，BD 是9BD 外接圆的直径(2)在CD的延长线上截取 DE=BC ,连接 EA,.,"BD= ZADB ,，AB=AD ,. zADE+ ZADC=180 ° ,ZABC+ /ADC=180 ° ,. "BC= /ADE,在AABC与祥DE中，ZABC=ZDE辰二DE,/.ZABCzADE (SAS) ,. ZBAC= /DAE,ZBAC+ ZCAD= ZDAE+ /C

16、AD ,ZBAD= ZCAE=90 ° ,AD= &zACD= ZABD=45 ° ,£AE 是等腰直角三角形， VAC=CE ,.-.AC=CD+DE=CD+BC ;(3)过点 M作MF，MB于点M ,过点A作AF，MA于点A, MF与AF交于点F,连接BF,由对称性可知：/ AMB=ACB=45 ° ,zFMA=45 ° ,.AMF是等腰直角三角形，. AM=AF , MF= &AM ,皿AF+ ZMAB= ZBAD+ ZMAB ,zFAB= /MAD ,在AABF与GADM中,，/F邺二/MAD、杷二 AD.ABFzADM

17、 (SAS),. BF=DM , 在 Rt 2MF 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1、（2019番禺华附一模）如图 2,在矩形ABCD中，E为AD的中点，EFL EC交边AB于F,连FC,下列结论不亚娜.的是（D ）.A. AB>AEB. AAEFsZDCEC. AAEFs<CFD. AAEF与ABFC不可能相似2、（2019十六中一模

18、）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 ）.EF= v2OE;(2) S 四边形 OEBF： S 正方形 ABCD=1 : 4；(3) BE+BF= v2OA; . 、一一 .3(4)在旋转过程中，当 BEF与ACOF的面积之和最大时，AE= OG?BD=AE 2+CF2.A. (1)(3)(4)(5)B.(2)(3)(

19、4)(5)C. (1)(2)(3)(5)D.(1)(2)(3)(4)二、填空题3、（2019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与AB相交于点F,如果AC 12, CD4 ,那么BF的长度为三、解答题4、（2019荔湾区一模）如图，正三角形 ABC内接于。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 63 ,PA 4.（1）求证 ABP ACF ;（2）求证 AC2 PA AE ；（3）求PB和PC的长.5、（2019海珠区一模）已知正方形 ABCD和正方形 CEFG,连接

20、AF交BC于O点，点P是AF的中点，过点 P作PHLDG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° <a<180° )如图2,当点E落在AF上时，求CO的长；-如图3,当DG= 71时，求PH的长。2.3 . 一一一一6、(2019 一中一模)已知抛物线 Ci ： y ax2 bx -(a 0)经过点 A (1,0)和8 (-3, 0) .(1)求抛物线Ci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

21、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，ENXEM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= ZDEC,则根据有两组角对应相等的两个三角形相似得至 ij RtMEFRtDCE,由相似的性质得 CD: AE=DE : AF

22、,而 CD=AB , DE=AE , 贝U AB: AE=AE : AF,即 AE2=AB ?AF,禾U用 AF<AB ,得至U AB >AE;再禾U用 RtAEF sRt垣CE得到EF: EC=AF : DE,把DE=AE 代入彳#到 EF: EC=AF : AE,根据比例 性质得EF: AF=EC : AE,加上/A= ZFEC=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/EFC为0°可判断ZAEFs/BFC相似 不成立，而当/ AFE= /BFC时，可判断 AEFs/BCF.解答：.1.ZAEF+ ZDE

23、C=90 °, / ZAEF+ ZAFE=90 °, . ZAFE= /DEC, .RtAAEFsRt 至CE;，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=AB 办F,而 AF?AB,，AB?AE;. RtAAEFsRt 至CE, .1.EF:EC=AF:DE ,而 DE=AE ,. EF:EC=AF:AE ,即 EF:AF=EC:AE , / ZA= ZFEC=90 ° , ，ZAEFs任CF;.ZEFC及0。，公EFs/bfC相似不成立，但当 / AFE= ZB

24、FC 时,3EFsZBCF.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BOE/COF (ASA),则可证得结论;由(1 )易证得&g边形OEBF SA BOC则可证得结论;首先设 AE=x ,则BE=CF=1-x , BF=x ,继而表示出 BEFACOF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 OEGsRBE,然后由相似三角形的对应边成比例，证得 OG?OB=OE2 ,再利用OB

25、与BD的关系，OE与EF的关系，即可证得结论.解答：二.四边形ABCD是正方形，ZBOF+ ZCOF=90-.OB=OC, ZOBE= ZOCF=45 ，/BOC=90 ZEOF=90 ° , ZBOF+ /COE=90 ° ,ZBOE= ZCOF , 在ABOE 和COF 中，ZBOE= ZCOF , OB=OCZOBE= /OCF, 旭OEzCOF(ASA) ,，OE=OF , BE=CF , .EF= 2"2oE;故正确；,SH边边 OEBF =SABOE +SABOE = SABOE + SACOF = SZBOC = 一S正方形 ABCD 4二S四边边O

26、EBF ： S正方形ABCD =1：4；故正确；过点 O 作 OH，BC, . BCn , .1.OH=12BC=12,设 AE=x ,贝U BE=CF=1 - x, BF=x , 11111129Sabef+Szcof = -BE?BF+-CF?OH = -x(1-x) + (1-x) X- =-(x-14) + 22222 232-a= - 12<0 ,.当 x=14 时,S/xbef + SACOF 最大；即在旋转过程中，当4BEF与COF的面积之和最大时,AE=14 ;故错误；.ZEOG= ZBOE, ZOEG= ZOBE=45 °,REGsRBE,. OE:OB=OG

27、:OE ,.OG ?OB = OE2, -.OB= 1BD,OE= 2五 EF, 2. OG ?BD = ef2 ,在也EF 中，ef2 = be2 + bf2,.EF2 = AE2 + CF2 ,. OG ?BD = AE2+ CF2.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。83、一3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= ZADE= ZB=60 ° ,AB=BC=AC=12 ,再利用三角 形外角性质证明/ BDF= /CAD ,则可判断 D

28、BFsCD ,然后利用相似比计算 BF的 长.解答：，/C= ZADE= ZB=60 ° , AB=BC=AC=12 ,. ,"DB= ZDAC+ ZC,而/ADB= ZADE+ ZBDF ,ZBDF= /CAD ,ZDBFsACD , .BF:CD=BD:AC ,即 BF:4=8:12,解得 BF= 8.3故答案为8.3点评：此题利用对角互补旋转模型推导过程得到应结论，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

29、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= "CB=60 ° ,再根据圆周角定理得 /APC= /ABB=60 °，加上/CAE= /PAC,于是可判断 ACEspc ,然后利用相似比 即可得到结论；133对于（3）,先利用AC2 = PA ?AE计算出AE= 4 ,则pe=ap-ae= 4 ,再证APF为等边三角形，得至IJ PF=PA=4 ,贝U有PC+PB=4 ,接着证明 ABPsCEP,得至I2PB 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 +

30、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：二.正三角形 ABC内接于。O,.AB=AC.2 .四边形ABPC为圆的内接四边形，"CF = /ABP.在那BP和9CF中，AB = AC/ABP = /ACFBP = CF3 .ZABPzACF.（2）证明：二.正三角形 ABC内接于。O,ZABC = ZACE=60 ° ,"PC = ZABC=60"CE= ZAPC4 ZCAE= /PACZACEsAPC.AE:AC=AC:AP25 AC = PA?AE .2(3)AC = PA?AE , AB=AC ,1 13 .AE=

31、AB?AP= ,4133 .PE = AP -AE = 4-一二一, 44 . ZABPzACF ,，"PB= ZF=60 °.而/APC=60 ° , .ZAPF为等边三角形，. PF=PA=4 ,. PC+CF=PC+PB=4. ZBAP= ZPCE, ZAPB= ZAPC,ZABPsHEP,. PB:PE=AP:PC ,. PB PC=PE AP= 3 X4=3. 4 .PB+PC=4 , 2，PB和PC可看作方程x 4x 3 0的两实数解，解此方程得 Xi 1,X2 3.PBv PC,. PB=1PC=3 .点评：此题为标准手拉手模型，所以除了相似三角形得

32、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，PH =1(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/DSC, CSGzGTF,求出AR+FT ,最后用梯形中位线即可.解答：(1)PH ±CD, AD LCD, . PH /AD /FG,点P是AF的中点，.PH是梯形APGF的中位线，1 -3.PH = (FG +AD)=-, 22(2)./

33、CEO= /B=90 °, ZCOE= /AOB , ZCOEs/aob , .COAO=CEAB , . COAO=12 , 设 CO=x , .AO=2x , BO=2 - x,R, S, T,第20页点评：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= &DF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|(a 0)经过点 A (1 , 0)和 B (-3 , 0 ),（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。2解答：解：(1) .抛物线Cl： y ax bxa b 3 01a - -2 解得2 ,3.9a 3b 0 b 121 2抛物线C1的解析式为y -X2 x21 23