初中数学几何模型大全 经典题型(含答案)

初中数学几何模型大全+经典题型（含答案）

全等变换

平移：平行等线段（平行四边形）

对称：角平分线或垂直或半角

旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转

f称全等模型

角分线模型

»，/,

过的施某点作的

/\在加前1地小♦也耐M网期物

说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线,

形成对称全等。两边进行边或者角的等量代换，产生联系。垂直

也可以做为轴进行对称全等。

「称半角模型

说明：上图依次是45°、30。、22.5。、15。及有一个角是30°

直角三角形的对称（翻折），翻折成形或者等腰直角三角形、等

边三角形、对称全等。

旋转全等模型

半角：有一个角含1/2角及相邻线段

自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等

共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等

中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题

旋转半角模型

说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角,

通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全

自旋转模型

构造方法:

遇60度旋60度，造等边三角形

遇90度旋90度，造等腰直角

遇等腰旋顶点，造旋转全等

遇中点旋180度，造中心对称

B

共旋转模型

说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考

察的容。通过“8”字模型可以证明。

!型变形

说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变

化，另外是等腰直角三角形与形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰

三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组

成三角形证全等。

中点旋转:

说明：两个形、两个等腰直角三角形或者一个形一个等腰直角三

角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成

图形为等腰直角三角形。证明方法是倍长所要证等腰直角三角形

的一直角边,转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角

三角形（或者形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍

长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。

中点模型

弋，乙——\,/•••A••••••••••・AD

倍长中蛾连中点梅造中位线信长一边梅造中位钱梅造三媒合一构造斜边中修

对称最值（两点间线段最短）

线段和差模型

■倒

、/

MIHD

AB网4

同侧、异侧两线段之和最短模型同侧、异侧两线段之弟最小模型

轴对称模型

*•w-M

/<'、X

M\刀，------X-----

\4一，•

、3”/

三线段之和过桥模型四边形周长三角形周长

最短模型最小模型最小模型

t称最值（点到直线垂线段最短）

说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距

离。

旋转最值（共线有最值）

说明：找到与所要求最值相关成三角形的两个定长线段，定长线

段的和为最大值，定长线段的差为最小值。

剪拼模型

三角形一四边形

四边形一四边形

说明：剪拼主要是通过中点的180度旋转及平移改变图形的形

状。

说明：通过射影定理找到形的边长，通过平移与旋转完成形状改

变

形+等腰直角三角形一形

面积等分

旋转相似模型

E

B

说明：两个等腰直角三角形成旋转全等，两个有一个角是300

角的直角三角形成旋转相似。

推广：两个任意相似三角形旋转成一定角度，成旋转相似。第三

边所成夹角符合旋转“8”字的规律。

相似模型

A

AA

说明：注意边和角的对应，相等线段或者相等比值在证明相似中

起到通过等量代换来构造相似三角形的作用。

说明：（1）三垂直到一线三等角的演变，三等角以30度、45

度、60度形式出现的居多。

（2）外角平分线定理到射影定理的演变，注意之间的相同与不

同之处。另外，相似、射影定理、相交弦定理（可以推广到圆塞

定理）之间的比值可以转换成乘积，通过等线段、等比值、等乘

积进行代换，进行证明得到需要的结论。

说明：相似证明中最常用的辅助线是做平行，根据题目的条件或

者结论的比值来做相应的平行线。

A模型一：手拉手模型-旋转型全等

＜1＞等边三角射

a条件：A(〃仅均为等边三窗形

A结论：①A。4c■SOBDI②L.AEB-60°,®(圮平分LAED,

<2>等腰“7A

＞条件：A(〃从A(X7)均为等腰亶第三角形

a结论：①A(〃C・SOBD,②LAEH-90\

＞③位平分乙(以).

＜3＞任意等腰三角爵

A条件：△‘”"♦△(乂力均为等股三角形

a结论：①AO/C■NOBD；②LAEB-LAOB;

A③。£平分乙(£0.

A模型二：手拉手模型-旋转型相似

⑴THS况

＞条件：C0〃d8,将A"(7)旋转至右图位贸

A结论：

A右图中①A(；C0SAS188A(〃CAOBI)J

A②延长/C交8D于点E,必”BEC・乙附”

(2)特殊摘况

a条件：C/)〃48,U(M・90。，将A(N])旋转至右图

位用

a结论：右图中①Aa”AO/H=AQICAOBD,②

延长”交BD于点E,必有LBEC-LBOA,

BDODOB,“八

-------—■_・tanZfXD

③4COCOAJ@BDLACt

ADBCAB：CD：

腿接疝.BC,史有'**,+f⑥'.5(对解坦相垂直的四边形)

A模型三:对角互补模型

<1）全等型绅3

a条件：①LAOB-LDCE,90°）②OC平分LAOB

a结论：①CD=CE,②OD+OE-V2OC,③

a诞股示：

饰垂直，如图，证明AS，/・ACEV,

②£1点C作CF1OC,如上图〈右），证明AODC-AFEC,

a当乙以下的一边交"的延长线于点D时：

以J三作①CD=CE（不变）,

®O£-OD-&OC,③0…-""2°C

侬论证明方法与前T帽况Th可自彳谓试•

<2>全等型120。

a条件：①乙4()B■1LDCE,120°,

>②

a结论：①co・c'£3②

A证噬示：①可怠考“全等型3。.证法一；

②如图：在。3上取一点F,使OF=OC,证明AOCF

为等边三角形。

<3>全等型任意ft"

AQZJ<O»-2ct,£DC£-lK()-2H10CD-CE,

a恬论：①仇敌LAOHt②()1)+6)£-2(K・cos”,

A®SMLS^n♦SMt-OC“•sina«cosa

A当△/)('£的一边交X。的延长线于点。时(如右上图)：

原绍论变成；①>

②»

③I

可约考上述第②种方法进行证明。清惠年初始条件的变化对模里的影响.

»对角互3K型购：

①常见初始条件：四边形对角互补J注意两点、：四点共圆及直角三角形斜边中线，

②初始条件“角平分线”与“两边相等”的区别,

③两f愉见的铀脏戈作法，

④注意OC平分408时，KDE-LCED-LCOA-相等如何推导？

A模型四：角含半角模型90・

(1)甬含半角81型90*-1

a条件：①正方形ABCDj②乙以F-45°,

a结论：①卜尸-DF+BE.②ACEF的周长为正方形/(灰刀周长的一半,

也可以遨样：

>条件：①正方形ABCDJ②EknHE

A结论：“"”・别

《2》角含半角模型BO*2

a条件：①正方形1BCD।0LEAF-45",

a帝论：EF・DF-BE

aWBWWOTBffi示：

m阉

（3）角含半角模型90--3

a条件：①RT2BC,②LDAE-45°,

a结论：BDrCE，・DE：

若，/）"旅传到外部时，结论，"）仍然成立.

<4>角含半的UI型00-城

i**h4MAC（*a不••一）

7Z/JW<-Z£<A'-45..%ZA〃/・4：优

7ZJ/W-Z1<Z-45.AXi/Hf^XUt：

：.XA///\.i/X

a条件：①正方形ABCD.②LEAF-45°,

A结论：为等原直角三角形。

*A模型五：倍长中线类模型

（1）

»朝；①矩形4配2电BD-BE.③DF-EF,

A名论：AFLCF

模不提铅平行线">〃"E’②干行线降殳段有中点〃户-6，

可以构造“8”字全等MDF■A/fEf-.

<2>传长中缆磁型T

a辘：丽行四边形A8CD；②8C・2AU；③AM-DMf®CELAD.

a；£hMn.

HMn：.4B//CD・才中点AM^DMMp

通长上M・构it&甩UE-M*#.ilUCAf帕

BCB«

遣号，\EKK\W!CF

遣过一遣8字£¥愎段做代入伍”上乐・南的大

小“化

A侵型六：相似三角形360°旋转模型

<i>形《等360-"me：<<w>i.<G.他FG.w.d

“(P•net,Bn&FXHmi与，ItA筑

a条件：oXDE、MBC均

为等腰直西三角形3②立《孩：AMlgM-m卞

EF-CF

ea：-£IA-U>—«^U9tx»

a第论：①DF・BFg⑦

HFXBK

a条件:（Dm£、均为等腰直角三角形,②£尸■CF,

A结论:①nr-BF3@DFXBF

“1皿）人：蜘i・与0JL窗4AEU、、4，“一

HlXdfW加：珏1〉氏与Hb匕可<y与HH

<2>360-型XQ"二*£KB.49^JLG.健.«7r出•4箕

〜:CDAOABsAQDC,②乙QAB-Z.OZXT-90°<T>〃«£M/-<T>>"企MKiB.

③。

BE-CECfC-fl,遑疏”短R."生.AE与L>EMC'G

a结论=①/£-DE：②NED-2乙AB。

AHH.。.，谷”牝/4£Z>

<3>任意相<9g三角影W旋转模至T&K^<<nrJt\f・ie.杵”

A条件：①&。人Bs&CDC,,②LQAB-ZLOZX7-900.③独妁一外事>”代•力iA-l,、*、〃M、50.此

。

BE-CE为C*•aA4A/Z>^ABC.M维”化力证明

a结论=OAE-DE,②NED-2-140

、4".-AdCZ~低M-04化JL会M¥

*绿。.位41辽5

A模型七：最短路程模型

(1)最也路程随一(将军饮耍)

AI'B"次［；3"：以上四08为常IL*iKH体昊景州#11同总.

g-,/X：b”同点之间，糖稹*•"

/M・/V•泰

构点：①动一—A"上:②越息，怜#.阈充

上壬....................

5Mk1/•-rv-v^H

(3)4短路程函匚(点到酎淡D

,4，/“♦•劝0:杵作0大于orW#A0.#化

P(PQ~PQ.itA,wn.w/X<JW

小线也UU如OpMBMP*PA-\fP*Kr2\tH(♦■♦♦■)

A条1牛：①OC平分U08,②w为“8上一定点，③〃为0c上f点，④。为08上一动点1

A求.MP+P0最.」时，/>.。的醺？

(3)5期程1理Z(黜蛾蜂2)y|t

,：^(0.4),fi(-20),P(0,n)t'太

A条1

PB^PA

A同覆：”为何值时，5最小

A南|昉法:①'轴上取°亿°),使5,②过8作8/)0C,交F轴于点E,即为所求；

tanLEBO«tanLOAC--父,八八

③2,即a。4).

<4）曲路程模生（族的最值模型）

HcC、m

.人'、，'

4c「/身，

H小值漏、一，

.4〃B=

tn：（D«IAu<-4.cw-2（aooi9）♦♦i①e"U4・4.<M<-2

（Dirr.vw."«or

・冬。，♦•角M'©"&〃•>■、・，则,（X*；♦*tn«

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③丸，4角・*f1・・绘（*0E）-A

KM：4ir0<<a<*•卜值e%，♦少，t）：⑨"珈<AO<M

“ao〉・；.ua>♦£!1■.4alM4：HfM-6

第施t/U・K（A,tU+<J0-l，M

*♦.Mfl<HR.%*xa«J^44«»kTBX代*小值，l.«<M-I

P.4・•卜值号!JJ・I

4.■边之■♦卜才"三S・«/U的融小值与2.«/X的网偏危・々

O<IVS2

Attt：U4*O0:■♦卜Oh"，-«MA£II.・S・・卜，■力"X和>f«M*

A模型九：相似三角形模型

<i）砌⑺哪型制港

口•之〜*2Pa^v

*件：4京身■小用/&/，■/“海・中『

“正*在工心・<Cxdf>

平什臬：DE//M'*纶：At/两个fli4”£・乙必「

“沦：.“7■・•<£”・4〃

，*论：—0——-（注亳对应边要时应）

ABACBC，♦小,迳令AM^EC^HCnAC

次.■庇*/M.CEl-HE*.4上

<3）相以三角丹缰型一线三角型

*仲：龙图：Z.4^<,-Z.4CA-ZC/>A-w

中INxNJ8r•,N•〃芯-47/-W条件：中图.PA为・妁切憔

七国，Z.^?C-Z.1CT-ZCOE-45fiit:龙甩：PRXPB・PCXPI）

”论："才na・j，4A妁”论

中用：P.4：■PC*PB

U\IM5rM7>A':（2）J^x/y-ZiCx<y>

右雷。PAxPB・PC、PD

一想三苔用幡发也继翕刖"垄宜方"念工代美

以上”论功可以通过似似三角蜴遗fti工明

初中数学经典几何题（附答案）

经典难题（一）

1、已知：如图，0是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD_LAB,

EF±AB,EG±CO.

求证：CD=GF.（初二）

2、已知：如图，P是形ABCD点，ZPAD=ZPDA=15°.

求证：aPBC是正三角形.（初二）

3、如图,已知四边形ABCD、ABCD都是形,A2>B2>C2>D2分别

是AAi、BBi、CG、DDi的中点.

求证：四边形A2B2c2D2是形.（初二）

4、已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC,M、N分别是AB、

CD的中点，AD、BC的延长线交MN于E、F.

求证：ZDEN=ZF.

经典难题（二）

1、已知：aABC中，H为垂心（各边高线的交点），。为外心,

且OM_LBC于M.

（1）求证：AH=20M；

（2）若NBAC=60°,求证：AH=AO.（初二）

2、设MN是圆。外一直线，过0作OA_LMN于A,自A引圆的两

条直线，交圆于B、C及D、E,直线EB及CD分别交MN于P、

Q.

求证：AP=AQ.（初二）

3、如果上题把直线MN由圆外平移至圆，则由此可得以下命题：

设MN是圆0的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE,设

CD、EB分别交MN于P、Q.

求证：AP=AQ.（初二）

4、如图，分别以AABC的AC和BC为一边，在AABC的外侧作形

ACDE和形CBFG,点P是EF的中点.

求证：点P到边AB的距离等于AB的一半.（初二）

经典难题（三）

1、如图，四边形ABCD为形，DE/7AC,AE=AC,AE与CD相交于

F.

求证：CE=CF.（初二）

2、如图，四边形ABCD为形，DE/7AC,且CE=CA,直线EC交DA

延长线于F.

求证：AE=AF.（初二）

3、设P是形ABCD一边BC上的任一点，PF_LAP,CF平分NDCE.

求证：PA=PF.（初二）D

4、如图，PC切圆0于C,AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、

AF与直线P0相交于B、D.求证：AB=DC,BC=AD.（初三）

经典难题（四）

1、已知：AABC是正三角形，P是三角形一点，PA=3,PB=4,

PC=5.

求：NAPB的度数.（初二）

2、设P是平行四边形ABCD部的一点，且NPBA=NPDA.

求证：ZPAB=ZPCB.（初二）

3、设ABCD为圆接凸四边形，求证：AB-CD+AD・BC=AC・BD.（初

三）

4、平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE

与CF相交于P,且

AE=CF.求证：ZDPA=ZDPC.（初二）

经典难题（五）

1、设P是边长为1的正AABC任一点，L=PA+PB+PC,求证:

/<LV2.

2、已知：P是边长为1的形ABCD的一点，求PA+PB+PC的最

小值.

3、P为形ABCD的一点，并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求形的

边长.

4、如图，AABC中，ZABC=ZACB=80°,D、E分别是AB、AC

上的点，ZDCA=30°,ZEBA=20°,求NBED的度数.

经典难题（一）

1.如下图做GH_LAB,连接EOo由于G0FE四点共圆，所以NGFH

=ZOEG,

即△GHFS2\0GE,可得券=器=黑,又CO=EO,所以CD=GF得

证。

2.如下图做ADGC使与aADP全等，可得4PDG为等边△,从而

可得

ADGC^AAPD^ACGP,得出PC=AD=DC,和NDCG=NPCG=15°

所以NDCP=30°,从而得出aPBC是正三角形

BC

3.如下图连接BG和AB1分别找其中点F,E.连接C2F与A2E并延长

相交于Q点，

连接EB2并延长交CzQ于H点，连接FB2并延长交A2Q于G点，

由A2E=/AIBI=5BICI=FB2,EB2=|AB=|BC=FC1,又NGFQ+NQ=90°

和

ZGEB2+ZQ=90°,所以NGEB2=NGFQ又NB2FC2=NAZEB2,

可得aBaFC2gZkAzEBz,所以AzB2=B2c2,

又NGFQ+NHB2F=90°和NGFQ=NEB2A2,

从而可得NA2B2C2=90°,

同理可得其他边垂直且相等，

从而得出四边形A2B2c2D2是形o

4.如下图连接AC并取其中点Q,连接QN和QM,所以可得NQMF=

NF,NQNM=NDEN和NQMN=NQNM,从而得出NDEN=NF。

经典难题（二）

1.(1)延长AD至ljF连BF,做OG±AF,

又NF=NACB=NBHD,

可得BH=BF,从而可得HD=DF,

又AH=GF+HG=GH+HD+DF+HG=2(GH+HD)=20M

⑵连接OB,0C,既得NB0C=120°,

从而可得NB0M=60°,

所以可得OB=2OM=AH=AO,

得证。

3.作OF_LCD,OG±BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,0Qo

由干A£>_AC_CD_2FD_FD

AB~~AE~~BE~2BG~BG'

由此可得△ADFgaABG,从而可得NAFC=NAGE。

又因为PFOA与QGOA四点共圆，可得NAFC=NAOP和NAGE=N

AOQ,

ZAOP=ZAOQ,从而可得AP=AQ。

4.过E,C,F点分别作AB所在直线的高EG,CI,FH。可得

PQ二型工曳。

2

由△EGAgZXAIC,可得EG=AL由△BFHgZ\CBI,可得FH=BI。

从而可得PQ=从而得证。

22

D

经典难题（三）

1.顺时针旋转△ADE,到△ABG,连接CG.

由于ZABG=ZADE=90°+45°=l35°

从而可得B,G,D在一条直线上，可得△AGBg^CGB。

推出AE=AG=AC=GC,可得aAGC为等边三角形。

ZAGB=30°,既得NEAC=30°,从而可得NAEC=75°。

又NEFC=NDFA=45°+30°=75°.

可证：CE=CFo

D

2.连接BD作CH_LDE,可得四边形CGDH是形。

由AC=CE=2GC=2CH,

可得ZCEH=30°,所以ZCAE=ZCEA=ZAED=15°,

又ZFAE=90°+45°+15°=150°,

从而可知道NF=15°,从而得出AE=AFo

FD

3.作FG_LCD,FE±BE,可以得出GFEC为形。

令AB=Y,BP=X,CE=Z,可得PC=Y-X。

tanZBAP=tanZEPF=-=—--,可得YZ=XY-X2+XZ,

YY-X+Z

BPZ(Y-X)=X(Y-X),既得X=Z,得出△ABPg^PEF,

得到PA=PF,得证。

经典难题