中考复习题型过关题型八类比、拓展探究题

1、中考复习题型过关题型八类比、拓展探究题中考复习题型过关题型八类比、拓展探究题考法帮类型4 “一线三等角”模型类型2 中点模型类型3 半角模型类型1 “手拉手”模型类型4 “一线三等角”模型类型2 中点模型类型3类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法1.【模型说明】 两个三角形的顶点重合,其中一个三角形不动,另一个三角形绕着一个重合的顶 点旋转,就好像手拉着手一样,故叫“手拉手”模型.2.【模型特征】 (1)有共顶点的一对相似三角形(对应边相等时,是全等三角形); (2)一个三角形位置固定,另一个三角形绕公共顶点旋转; (3)“左手拉左手”“右手拉右手”(如下表中的“左手”点A与点C,“

2、右手” 点B与点D始终相连).典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法1.【模类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解3.【模型类别及相关结论】 高分技法模型模型说明基本结论模型1: 1.AOBCOD(两三角形重合),OA=OB,AOB=;2.将COD绕点O旋转,直线AC,BD交于点E,夹角为.1.点A,O,C不共线时,有 AOCBOD,AOC和BOD均为等腰三角形;2.当90时,=,当90时,=180-.3.点E在OAB的外接圆上.模型2: 1.AOBCOD(两三角形重合),OAOB,AOB=;2.将COD绕点O旋转,直线AC,BD交于点E,夹角为.1.点A,O,C不共线时,有AOC

3、BOD,AOC和BOD均为等腰三角形;2.当90时,=,当 90时,=180-;3.点E在OAB的外接圆上.典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解3.【模型类别及相关类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型说明基本结论模型3: 1.AOBCOD(OC90时,=180-;3.点E在OAB的外接圆上.典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型说明类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法模型模型说明基本结论模型4: 1.AOB,COD是直角三角形,O是直角顶点,AOBCOD(OCOA);2.将COD绕点O旋转,直线AC,BD交于点E.1.点A,O,C不共线时

4、,有AOCBOD;2.ACBD;3.点E在OAB的外接圆上;4.连接AD,BC,则有S四边形ABCD= ACBD.模型5: 1.AOBCOD(OC90时,=180-;3.点E在OAB的外接圆上.典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型说明考法帮1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方,图形正对我们,我们左边顶点为“左手”, 右边顶点为“右手”.2.两条“拉手线”所在直线夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补.3.三角形顺时针或逆时针旋转,得到的结论都是一样的,要根据题干的条件灵活运用. 4.“手拉手”模型中,对应边与“拉手线”组成的两个三角形相似(若“手拉

5、手”的两个三角形均是 等腰三角形,且公共顶点是顶角顶点,则对应边与“拉手线”组成的两个三角形全等).5.在河南中考的第22题(3)中,考查点可能是:点重合问题;共线问题;夹角是特殊角问题.模型讲解高分技法类型1 “手拉手”模型典例剖析考法帮1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法典例剖析4.【模型构造】如果题中图形没有共顶点的相似图形,就需要“补形”,即构造一对共顶点的相似图形. 图(1) 图(2)“补形”方法:如图(1),此图形有一个等腰直角三角形ACD和一条“拉手线”BD,则以顶点A为直角顶点,补一个等腰直角三角形ABE,再连接另

6、一条“拉手线”CE,得到图(2).结论:ABDAEC,ABEADC.即“旋转相似+旋转全等”都出现了.注:其他“手拉手”模型的“补形”方法基本是一致的.类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法典例剖析4.类型1 “手拉手”模型考法帮典例剖析 高分技法模型讲解例1 2018河南,22(1)问题发现如图(1),在OAB和OCD中,OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40,连接AC,BD交于点M.填空:的值为; AMB的度数为.(2)类比探究如图(2),在OAB和OCD中,AOB=COD=90,OAB=OCD=30,连接AC,交BD的延长线于点M.请判断的值及AMB的度数,并说明理由.(3)

7、拓展延伸在(2)的条件下,将OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M.若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长. 图(1)图(2)备用图类型1 “手拉手”模型考法帮典例剖析高分技法模型讲解例1类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析(1)根据“手拉手”模型3,得到AOCBOD,AMB=AOB;(2)根据“手拉手”模型4,得到AOCBOD,ACBD,求解即可;(3)在旋转过程中,始终有“拉手线”AC与BD互相垂直,据此设未知数,运用勾股定理求解即可.参考答案(1)140解法提示:AOB=COD,BOD=AOC,又OC=OD,OA=OB,AOCBOD,(此为“手拉

8、手”模型3的应用,OAB和OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”)AC=BD,OBD=OAC, =1.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法思路分析(1)根据类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法设BD,OA交于点N,MNA=ONB,OBD=OAC,AMB=AOB=40.(“拉手线”AC,BD所在直线所夹锐角与AOB相等)(2) ,AMB=90.理由如下:AOB=COD=90,OAB=OCD=30, ,COD+AOD=AOB+AOD,即AOC=BOD,AOCBOD,(此为“手拉手”模型4的应用,OAB和OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”) ,CAO=DBO

9、.设AO,BM交于点N,ANM=BNO,AMB=AOB=90.(“拉手线”AC,BD所在直线互相垂直)典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法设BD,OA交于点类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)AC的长为 或 .解法提示:由(2)可知,AMB=90, ,设BD=x,则AC= .分两种情况讨论.如图(1),当点M,C在OA上侧重合时,在RtABC中,AB2=AC2+BC2, ,解得x1=2,x2=-3(不合题意,舍去), AC= .如图(2),当点M,C在OA下侧重合时,在RtABC中,AB2=AC2+BC2, ,解得x1=-2(不合题意,舍去),x2=3, AC= .综上

10、所述,AC的长为 或 .典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(3)AC的长为 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法例2 在ABC中,BAC=60.(1)如图(1),AB=AC,点P在ABC内,且APC=150,PA=3,PC=4.以AP为一边,在AP右侧作等边三角形APD, 连接CD. 依题意补全图(1); 直接写出PB的长.(2)如图(2),若AB=AC,点P在ABC外,且PA=3,PB=5,PC=4,求APC的度数.(3)如图(3),若AB=2AC,点P在ABC内,且PA=,PB=5,APC=120,直接写出PC的长. 图(1)图(2)图(3)典例剖析模型讲解类型1 “手

11、拉手”模型考法帮高分技法例2 在ABC类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析(1)依题意补形,根据“手拉手”模型3,得到ABPACD,得到BP=CD,进而在DPC中进行求解;(2)“补形”方法同(1),再结合勾股定理的逆定理进行求解;(3)根据“手拉手”模型5补形,已知ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的APD和“拉手线”CD,得到ABPACD,再结合勾股定理进行求解.参考答案(1)依题意补全图形,如图(1)所示. 图(1)典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法思路分析(1)依题类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法PB=5.解法提示:由等边三角形的性质,得AD=DP=

12、AP=3,DAP=APD=60,又BAC=60,APC=150,BAP=CAD,DPC=90,又AB=AC,ABPACD,(此为“手拉手”模型3的应用,ABC和APD是共顶点相似三角形,BP,CD是“拉手线”)BP=CD.在RtPDC中,DPC=90,PD=3,PC=4,BP=CD=5.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法PB=5.典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(2)如图(2),以AP为一边,在AP的左上方作等边三角形APD,连接DC,(根据“手拉手”模型3补形,已知等边三角形ABC和“拉手线”BP,补充等边三角形APD和“拉手线”CD)可得DP=AD=AP=3

13、,PAD=DPA=60=BAC,BAP=CAD,又AB=AC,APBADC,CD=BP=5.在DPC中,DP2+CP2=32+42=52=CD2,DPC=90,APC=DPC-DPA=90-60=30.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(2)如图(2),典类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)PC=2.解法提示:在ABC中,BAC=60,AB=2AC,易得ACB=90,ABC=30.如图(3),将AP绕点A逆时针旋转60,得到AE,在AE上截取AD= AP,连接DP,DC,(根据“手拉手”模型5补形,已知ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的APD和“拉手线”CD)则A

14、PDABC,APD=ABC=30,ADP=ACB=90,DPC=120-30=90,PD=APsinPAD= sin 60= .BAC=PAD=60,BAP=CAD,又 =2,ABPACD, =2,CD= .在RtDPC中,根据勾股定理,得CP= =2.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(3)PC=2.典例考法帮解决类比探究题的一般思路第一问通过操作发现,找到解决问题的思路和方法;第二问通常是在第一问的基础上,改变其中的一个条件,只需观察改变的条件,即可利用同样的思路解决问题;第三问通常将原题中的特殊情况推广到一般情况,利用前两问的做题思路进行求解.模型讲解高分技法类型1 “

15、手拉手”模型典例剖析考法帮解决类比探究题的一般思路模型讲解高分技法类型1 “类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模型说明】中点模型,即与中点有关的模型,一般涉及三角形各边中点、中线及中位线的有关性质的应用.解决此类问题时,常常采用“倍长中线”、构造直角三角形的斜边中线和轴对称变换等方法解题.类型作法说明图示见中线,可倍长倍长中线或类中线(与中点有关的线段)构造全等三角形或平行四边形. 见等腰三角形,想“三线合一”.已知等腰三角形底边的中点,可以考虑与顶角顶点相连,用“三线合一”.2.【辅助线作法】类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模型说明】类类型2 中点模型考法帮模型讲解 典

16、例剖析类型作法说明图示见斜边,想中线已知直角三角形斜边的中点,可以考虑构造斜边中线,目的是得到三条等线段和两对等角. 见一个或多个中点,想中位线已知三角形两边的中点,可以连接这两个中点,构造中位线. 已知一边中点,可以在其他边上取中点,连接两个中点构造中位线.已知一边中点,过中点作其他边的平行线,可构造相似比为12的相似三角形.类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析类型作法说明图示见考法帮例3 如图,在RtABC中,ACB=90,ABC=30,点D是AC边上一点,过点D作DEAB于点E,连接BD,取BD的中点F,连接FE,FC.【观察猜想】(1)如图(1),线段FE与线段FC的数量关系是,EF

17、C=;【问题探究】(2)将图(1)中的ADE绕点A逆时针旋转,当旋转角是60时,如图(2)所示,连接CE,请判断FEC是不是等边三角形,并说明理由.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮例3 如图,在RtABC中,ACB=90,考法帮思路分析(1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE=FC=BD,再结合三角形外角及等腰三角形的性质,可求得EFC的度数.(2)方法一(倍长中线法):延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,根据条件证明CBGCAE,可求得ECG=90,CEG=60,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法二(倍长中线法):延长CF至点H,使FH=CF

18、,连接DH,EH,根据条件证明EDHEAC,可求得CEH=90,ECH=60,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法三(构造直角三角形斜边中线法):取AD的中点M,连接EM,根据条件证明AECMEF,得到EC=EF,AEC=MEF,从而得到CEF=60,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮思路分析(1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE考法帮方法四(构造直角三角形斜边中线法):取AB的中点N,连接CN,根据条件证明CAECNF,得到CE=CF,ACE=NCF,从而得到ECF=60,问题得证.方法五(构造直角三角形斜边中线法):过点D作DPBC,DOAC

19、,垂足分别为点P,O,连接PF,根据条件证明EDFCPF,得到FE=FC,DFE=PFC,从而得到EFC=60,问题得证.方法六(构造全等三角形法):延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,根据条件证明AEFQCF,得到FE=FC,EFA=CFQ,从而得到EFC=60,问题得证.方法七(轴对称法):作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,过点F作FSAC于点S,根据条件证明FE=FC,CFE=60,问题得证.方法八(轴对称法):作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,过点F作FWAT于点W,根据条件证明FE=FC,CF

20、E=60,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法四(构造直角三角形斜边中线法):取AB的中点N,连考法帮参考答案(1)FE=FC60解法提示:在RtDCB和RtDEB中,点F是斜边上的中点,FE=BF=FC,FCB=FBC= DFC,FEB=FBE= DFE,EFC=DFC+DFE=2ABC=60.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮参考答案(1)FE=FC60模型讲解典例剖析类型2考法帮(2)FEC是等边三角形.理由如下:方法一(倍长中线法):如图(1),延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,易证EFDGFB,BG=DE,FBG=EDF.易知EDA=30,DE=AE,

21、CAE=120, ,FBG=EDF=150,CBG=150-30=120=CAE,CBGCAE,BCG=ACE, ,ECG=ECB+BCG=ECB+ACE=90,CEG=60,CF=EF,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮(2)FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 考法帮方法二(倍长中线法):如图(2),延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,易证DFHBFC,DH=BC= AC,HDF=B=30, ,EDH=180-30-30=120=EAC,EDHEAC,DEH=AEC, ,CEH=CED+DEH=CED+AEC=90,ECH=60,CF=EF,FEC是

22、等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法二(倍长中线法):如图(2),延长CF至点H,使F考法帮方法三(构造直角三角形斜边中线法):如图(3),取AD的中点M,连接EM,AED=90,EM=AM,又EAM=60,AEM是等边三角形,AE=EM,AME=60,EMF=120=CAE.MF=MD+DF= AD+ BD= AB,AC= AB,MF=AC,AECMEF,EC=EF,AEC=MEF,CEF=MEF+CEM=AEC+CEM=AEM=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法三(构造直角三角形斜边中线法):如图(3),取AD考法帮方法四(构造直角三角形

23、斜边中线法):如图(4),取AB的中点N,连接CN,则CN=AN=BN= AB,又DF=FB= DB,NF=NB-FB= (AB-BD)= AD=AE.易证ACN是等边三角形,AC=NC,ANC=60,CNF=120=CAE,CAECNF,CE=CF,ACE=NCF,ECF=ECN+NCF=ECN+ACE=ACN=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法四(构造直角三角形斜边中线法):如图(4),取AB考法帮方法五(构造直角三角形斜边中线法):如图(5),过点D作DPBC,DOAC,垂足分别为点P,O,连接PF,则PF=DF=BF.易证DE=DO=PC,FPC=FD

24、E=150,DFP是等边三角形,EDFCPF,DFP=60,FE=FC,DFE=PFC,EFC=DFP=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法五(构造直角三角形斜边中线法):如图(5),过点D考法帮方法六(构造全等三角形法):如图(6),延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,则AM=MD=AE.AF=AM+MF=AM+ AB,AQ=AC+CQ= AB+AE,AF=AQ,又QAF=60,AFQ是等边三角形,AFQ=CQF=60=EAF,AF=FQ,AEFQCF,FE=FC,EFA=CFQ,EFC=AFQ=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖

25、析类型2 中点模型考法帮方法六(构造全等三角形法):如图(6),延长AC到点Q考法帮方法七(轴对称法):如图(7),作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,则DRAC,FR=FE,EFA=RFA.过点F作FSAC于点S,则AFS=30,DRFSBC.DF=BF,RS=SC,直线SF是线段RC的垂直平分线,FR=FC,RFS=CFS,FE=FC,CFE=RFC+RFE=2SFA=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法七(轴对称法):如图(7),作点E关于直线AB的对考法帮方法八(轴对称法):如图(8),作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在

26、AE的延长线上,连接BT,FT,则BTAT,FT=FC,CFA=TFA,ABT=ABC=30.过点F作FWAT于点W,则AFW=30,DEFWBT.DF=BF,TW=WE,直线WF是线段ET的垂直平分线,FT=FE,TFW=EFW,FE=FC,CFE=CFA+AFE=AFT+AFE=2AFE+2EFW=2AFW=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法八(轴对称法):如图(8),作点C关于直线AB的对类型3 半角模型考法帮典例剖析例4 (1)发现问题如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别是BC,CD边上的动点(均不与端点重合),且EAF=45,试判断BE,EF

27、,DF之间的数量关系.小明把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG,发现EF=BE+DF,请你给出证明过程.(2)类比探究如图(2),在正方形ABCD中,若点E,F分别是边CB,DC延长线上的动点,且EAF=45,则(1)中的结论还成立吗? 请写出证明过程;如图(3),在正方形ABCD中,若点E,F分别是BC,CD延长线上的动点,且EAF=45,请直接写出EF,BE,DF之间的数量关系.(不要求证明)(3)拓展应用在(1)中, 若正方形ABCD的边长为6,AE=3,求EF的长.类型3 半角模型考法帮典例剖析例4 (1)发现问题类型3 半角模型考法帮典例剖析 思路分析利用半角模型进行求解.(1)先

28、证明AFGAFE,得到EF=FG,再进行等量代换即可得证.(2)先把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG,再证明AFGAFE,得到EF=FG,最后进行等量代换即可得证.方法同.(3)根据勾股定理,可求得BE的长,再在RtCEF中,结合勾股定理和(1)中结论进行求解.类型3 半角模型考法帮典例剖析思路分析利用半角模型进行类型3 半角模型考法帮典例剖析 参考答案(1)证明:由旋转的性质可得ADG=B=90,AG=AE,DAG=BAE,DG=BE.又ADC=90,F,D,G三点共线.EAF=45,BAE+FAD=45,FAG=FAD+DAG=FAD+BAE=45,FAG=EAF,又AE=AG,AF=

29、AF,AFGAFE,FE=FG.FG=FD+DG=DF+BE,EF=BE+DF.类型3 半角模型考法帮典例剖析参考答案(1)证明:由旋类型3 半角模型考法帮典例剖析(2)不成立.证明:如图(1),把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG.ADG=ADF=90,F,G,D三点共线.由旋转的性质知DAG=BAE,AG=AE,DG=BE,FAB+DAG=FAB+BAE=FAE=45,FAG=FAE,AFGAFE,EF=FG.FG=DF-DG=DF-BE,EF=DF-BE.类型3 半角模型考法帮典例剖析(2)不成立.类型3 半角模型考法帮典例剖析EF=BE-DF.解法提示:如图(2),把ADF绕点A逆时

30、针旋转90得到ABH,易证AEHAEF,则EF=EH=BE-BH=BE-DF,即EF=BE-DF.(3)由(1)知,EF=DF+BE. 在RtABE中,BE= ,CE=6-3=3.设EF=x,则DF=x-3,CF=6-(x-3)=9-x.在RtCEF中,CF2+CE2=EF2,即(9-x)2+32=x2,解得x=5,故EF的长是5.类型3 半角模型考法帮典例剖析EF=BE-DF.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模型说明】“一线三等角”模型指的是三个等角的顶点在同一条直线上的模型,也称为“K型”相似模型,如图,ABC=ACE=CDE.特别地,当ABC=ACE=CDE=90时

31、,该模型是“一线三直角”模型(详见高分突破微专项4中的“一线三直角”模型).类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析2.【模型类别及相关结论】类别图示常用辅助线结论K型锐角30角 B=ACE=D=30 射线BA,DE交于点F.1.BFD=120;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE,BD=AB+DE.45角 B=ACE=D=45 射线BA,DE交于点F.1.BFD=90;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE,BD=AB+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析2.【模类型4 “一线三等角”

32、模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示常用辅助线结论K型锐角60角 B=ACE=D=60 射线BA,DE交于点F.1.BFD=60;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE,BD=AB+DE.非特殊角 B=ACE=D= 射线BA,DE交于点F.1.BFD=180-2;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE,BD=AB+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示常用辅助线结论K型钝角120角 B=ACE=D=120 射线AB,ED交于点F.1.F=60;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE

33、,BD=AB+DE.非特殊角 B=ACE=D= 射线AB,ED交于点F.1.F=2-180;2.BACDCE;3.若AC=CE,则BACDCE,BD=AB+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析变K型 ABC=1=D=射线BA,DE交于点F. 延长AB,ED交于点F.1.当90时,BFD=2-180;2.BACDBE;3.若AC=BE,则BACDBE,BD=DC+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析变K型 考法帮例5 (1)如图(1),在ABC中,BAC=90,AB=AC,直线m经过点A,BDm,CEm,垂足分别为点D,E.求证:DE=BD+CE.(2)如图