2018年中考常见几何模型分析

中考直通车·数学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年考察三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。2014年考察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，主要考察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：【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【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？=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•〕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〕．以下结论：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③=；④〔a﹣b〕2•S△EFO=b2•S△DGO．其中结论正确的个数是〔〕A．4个B．3个C．2个D．1个2．〔2016•〕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．则以下结论：①四边形AEGF是菱形②△AED≌△GED ③∠DFG=112.5°④BC+FG=1.5 其中正确的结论是．三、解答题3．〔2011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〕假设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α〔0°＜α＜90°〕后，记为△D1CE1〔图2〕，假设M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1=OM1是否成立？假设是，请证明；假设不是，说明理由．4．〔2016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〕假设△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①△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②BH⊥DE．由△DGF与△DCE相似即可判定③错误，由△GOD与△FOE相似即可求得④．解答：证明：①∵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，，∴△BCG≌△DCE〔SAS〕，②∵△BCG≌△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∠CBG+∠BGC=90°，∴∠CDE+∠DGH=90°，∴∠DHG=90°，∴BH⊥DE；③∵四边形GCEF是正方形，∴GF∥CE，∴=，∴=是错误的．④∵DC∥EF，∴∠GDO=∠OEF，∵∠GOD=∠FOE，∴△OGD∽△OFE，∴=〔〕2=〔〕2=，∴〔a﹣b〕2•S△EFO=b2•S△DGO．故应选B点评：此题考察了正方形的性质，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、①②③考点：三角形全等、三角形角和、菱形分析：首先证明△ADE≌△GDE，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RT△ADE和RT△GDE中，，∴AED≌△GED，故②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①正确，∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③正确．∵AE=FG=EG=BG，BE=AE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④错误故答案为①②③．点评：此题考察正方形的性质、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Rt△BCD≌Rt△ACE，得到BD=AE，∠EBD=∠CAE，则∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BD⊥AE，再利用三角形的中位线的性质得到ON=BD，OM=AE，ON∥BD，AE∥OM，于是有ON=OM，ON⊥OM，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，∴Rt△BCD≌Rt△ACE，∴BD=AE，∠EBD=∠CAE，∴∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BF⊥AE，又∵M是线段BE的中点，N是线段AD的中点，而O为AB的中点，∴，，ON∥BD，AE∥OM；∴ON=OM，ON⊥OM，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，∵∠ACB﹣∠ACD1=∠D1CE1﹣∠ACD1，∴∠BCD1=∠ACE1，又∵CB=CA，CD1=CE1，∴△BCD1≌△ACE1，与〔2〕同理可证BD1⊥AE1，△ON1M1为等腰直角三角形，从而有M1N1=OM1．点评：此题考察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，作为此题切入点，可以非常顺利的解决此题。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⊥MB于点M，过点A作AF⊥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≌△ADM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， ， ∴△ABC≌△ADE〔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°， ∴∠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， ， ∴△ABF≌△ADM〔SAS〕， ∴BF=DM， 在Rt△BMF中， ∵BM2+MF2=BF2， BM2+2AM2=DM2． 点评：此题考察圆的综合问题，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，作为此题切入点，构造出等腰直角三角形，方向明确，减小了此题的难度。【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，EF⊥EC交边图2于F，连FC，以下结论不正确的选项是〔D〕．A．AB≥AEB．△AEF∽△DCEC．△AEF∽△ECFD．△AEF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θ〔0°＜θ＜90°〕，PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则以下结论中正确的选项是(C)．〔1〕EF=QUOTEOE；〔2〕S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；〔3〕BE+BF=QUOTEOA；〔4〕在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=QUOTE；〔5〕OG•BD=AE2+CF2．A.〔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，和均为等边三角形，点在边上，与相交于点，如果，，则的长度为．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，，，．第4题〔1〕求证≌；〔2〕求证；〔3〕求和的长．5、〔2016海珠区一模〕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⊥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得长；〔2〕把正方形CEFG绕着点C逆时针旋转〔0°＜a＜180°〕图〔3〕=1\*GB3①如图2，当点E落在AF上时，求CO的长；图〔3〕图〔1〕图〔2〕=2\*GB3②如图3，当DG=时，求PH的长。图〔1〕图〔2〕6、〔2017二中一模〕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*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*轴的上方，假设△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，EN⊥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：①tan∠ENM的值如何变化？请说明理由；②点M到达点C时，直接写出点P经过的路线长．2525题图125题图2参考答案1、D考点：相似三角形、三角形角和〔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△AEF∽Rt△DCE，由相似的性质得CD：AE=DE：AF，而CD=AB，DE=AE，则AB：AE=AE：AF，即AE2=AB•AF，利用AF≤AB，得到AB≥AE；再利用Rt△AEF∽Rt△DCE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△AEF∽△ECF；由∠EFC≠90°可判断△AEF∽△BFC相似不成立，而当∠AFE=∠BFC时，可判断△AEF∽△BCF．解答：∴∠AEF+∠DEC=90∘，∵∠AEF+∠AFE=90∘，∴∠AFE=∠DEC，∴Rt△AEF∽Rt△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=AB⋅AF，而AF⩽AB，∴AB⩾AE；∵Rt△AEF∽Rt△DCE，∴EF:EC=AF:DE，而DE=AE，∴EF:EC=AF:AE，即EF:AF=EC:AE，∵∠A=∠FEC=90∘，∴△AEF∽△ECF；∵∠EFC≠90∘∴△AEF∽△BFC相似不成立，但当∠AFE=∠BFC时,△AEF∽△BCF.应选D.点评：此题为非常明显的考察相似三角形知识点，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：①由四边形ABCD是正方形，直角∠MPN，易证得△BOE≌△COF〔ASA〕，则可证得结论；②由〔1〕易证得，则可证得结论；③首先设AE=*，则BE=CF=1-*，BF=*，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；④易证得△OEG∽△OBE，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：①∵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=OC∠OBE=∠OCF，∴△BOE≌△COF(ASA)，∴OE=OF，BE=CF，∴EF=OE;故正确;②∵∴；故正确；③过点O作OH⊥BC，∵BC=1，∴OH=12BC=12，设AE=*，则BE=CF=1−*，BF=*，∴∵a=−12<0，∴当*=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；④∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45∘，∴△OEG∽△OBE，∴OE:OB=OG:OE，∴∵OB=BD,OE=EF，∴，∵在△BEF中,，∴，∴.故正确。应选C.点评：从图形上看是一个比拟复杂的题，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△DBF∽△ACD，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，∴△DBF∽△ACD，∴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，圆接四边形的任何一个外角都等于它的对角分析：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△ACE∽△APC，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△ABP∽△CEP，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接于⊙O，∴AB=AC.∵四边形ABPC为圆的接四边形，∴∠ACF＝∠ABP.在△ABP和△ACF中，∴△ABP≌△ACF.〔2〕证明：∵正三角形ABC接于⊙O，∴∠ABC＝∠ACE=60°，∴∠APC＝∠ABC=60°，∴∠ACE=∠APC∵∠CAE=∠PAC∴△ACE∽△APC∴AE:AC=AC:AP∴.〔3〕∵，AB=AC，∴，∴，∵△ABP≌△ACF，∴∠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，∴△ABP∽△CEP，∴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.∵PB＜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〕①先判断出△COE∽△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，②先找出辅助线，再判断出△ARD≌△DSC，△CSG≌△GTF，求出AR+FT，最后用梯形中位线即可．解答：(1)PH⊥CD，AD⊥CD，∴PH∥AD∥FG，∵点P是AF的中点，∴PH是梯形APGF的中位线，∴，(2)①∵∠CEO=∠B=90∘，∠COE=∠AOB，∴△COE∽△AOB，∴COAO=CEAB，∴COAO=12，设CO=*，∴AO=2*，BO=2−*，在△ABO中,根据勾股定理得,，∴或(舍)，∴CO=*=.②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=CD∴△ARD≌△DSC，∴AR=DS，同理：△CSG≌△GTF，∴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：根据解析式求出坐标；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。①根据答案需要求的正切值转换为相似比，再根据的两个直角构造出一线三直接模型，相似比为