2018年中考常见几何模型分析

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1、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

2、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：1、 【条件】如图两个等边三角形与，连结与，【结论】123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） =CE3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

3、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】12；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】12014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=bab以下结论：BCGDCE；BGDE；=；ab2SEFO=b2SDGO其中结论正确的个数是A4个B3个C2个D1个22016如图，正方形ABCD的边长为1，AC，BD是

4、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：四边形AEGF是菱形AEDGEDDFG=112.5BC+FG=1.5其中正确的结论是三、解答题32011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090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42016中考如图，

5、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=451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

6、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，BCGDCESAS，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=，ab2SEFO=b2SDGO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、考点：三角形全等、三角形角和、菱形分

7、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=E

8、G=BG，BE=AE，BEAE，AE，CB+FG1.5，故错误故答案为点评：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

9、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

10、：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：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

11、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，ABCADESAS，BAC=DAE，BAC+CAD=DAE+CAD，BAD=CAE=90，=ACD=ABD=45，CAE是等腰直角三

12、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，ABFADMSAS，BF=DM，在RtBMF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】

13、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，以下结论不正确的选项是 D AABAE BAEFDCECAEFECF 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090，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 )1EF=OE；2S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；3BE+BF=OA；4在旋转过程中，当BEF

14、与COF的面积之和最大时， AE= ；5OGBD=AE2+CF2A.1345 B.2345C.1235 D.1234二、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，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

15、时针旋转0a180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、2017二中一模抛物线C1：经过点A1，0和B-3，01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，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

16、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=B

17、FC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.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

18、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BOECOFASA，则可证得结论；由1易证得，则可证得结论；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；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=O

19、COBE=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=*，则BE=CF=1*，BF=*，a=120，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；EOG=BOE,OEG=OBE=45，OEGOBE，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

20、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23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

21、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PBPC=PEAP=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，ACFABP.在ABP和ACF中，ABPACF.2证明：正三

22、角形ABC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，PBPC=PEAP=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

23、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=*，AO=2*，BO=2*，在ABO中,根据勾股定理得,，或(舍)，CO=*=.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+DC

24、S=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，再根据的两个直角构造出一线三直接模型，相似比

25、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A1，0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CH*轴于H，A1，0，C-1，-2，AH=CH=2，CAB=ACH=45直线AC的解析式为y=*-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Fm，则Em，m-1，EF=-m+1=4，解得m=3，点F在*轴上方，F3，6. 3tanENM的值为定值，tanENM=2；如图，DFAC，BCAC，DFBC，DF=DE=AC=BC，四边形DF

26、BC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 =90CEM=ENG，EGNMCE，F3， 6，EF=4，E3， 2，C-1，-2，EC=4，tanENM=2；tanENM的值为定值，定值为2；法二：NBM+NEM =180B、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应为以下图中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12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。