2018年中考常見幾何模型分析

中考直通車·數(shù)學(xué)分冊第八章專題拓展模塊分值20172016201520142013因動點產(chǎn)生的線段和差、周長最值問題和面積問題7--------7----與四邊形有關(guān)的壓軸問題14----14--------因動點產(chǎn)生的等腰三角形問題和直角三角形--------3----14因動點產(chǎn)生的相似問題17----141714與圓有關(guān)的壓軸題1414--------17動態(tài)幾何之定值最值問題14----1414----常見幾何模型----17----3-----第24講常見幾何模型年份題量分值考點題型201431全等的性質(zhì)和判定〔手拉手模型〕選擇題2016172全等的判定及其性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)模型填空題、解答題【考點解讀】常見幾何模型是市中考的壓軸題?？碱}型，主要以考察選擇、填空最后一題和幾何壓軸題為主。幾何模型類型較多，綜合性強，屬于中考中重點但同樣是難點的一個考點?！究键c分析】2011年考察三角形全等和三角形中位線性質(zhì)，標(biāo)準(zhǔn)的手拉手模型。2014年考察三角形全等的判斷和性質(zhì)，根據(jù)手拉手模型找出全等三角形，再應(yīng)用其性質(zhì)2016年本年度模型思想明顯，分值占比大，主要考察三角形全等的判定及其性質(zhì)、圖像的旋轉(zhuǎn)，利用模型思想作為解題突破口順利完成輔助線?！灸Ｐ徒榻B】手拉手模型：【條件】如圖兩個等邊三角形與，連結(jié)與，【結(jié)論】〔1〕〔2〕〔3〕與之間的夾角為〔4〕與的交點設(shè)為,平分【條件】如圖兩個等腰直角三角形與，連結(jié),二者相交于點。【結(jié)論】〔1〕是否成立？=CE〔3〕與之間的夾角為〔4〕是否平分？旋轉(zhuǎn)模型：一、鄰角相等對角互補模型【條件】如圖，四邊形ABCD中，AB=AD，【結(jié)論】二、角含半角模型：全等角含半角要旋轉(zhuǎn)：構(gòu)造兩次全等【條件】：如圖，點分別是正方形的邊上的點，，連接；【結(jié)論】〔1〕〔2〕；一線三等角模型:【條件】一條直線同一側(cè)三個相等的角〔如圖〕；【結(jié)論】1、銳角形一線三等角2、直角形一線三等角3、鈍角形一線三等角【真題拾遺】1．〔2014?〕如圖，四邊形ABCD、CEFG都是正方形，點G在線段CD上，連接BG、DE，DE和FG相交于點O，設(shè)AB=a，CG=b〔a＞b〕．以下結(jié)論：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③=；④〔a﹣b〕2?S△EFO=b2?S△DGO．其中結(jié)論正確的個數(shù)是〔〕A．4個B．3個C．2個D．1個2．〔2016?〕如圖，正方形ABCD的邊長為1，AC，BD是對角線．將△DCB繞著點D順時針旋轉(zhuǎn)45°得到△DGH，HG交AB于點E，連接DE交AC于點F，連接FG．則以下結(jié)論：①四邊形AEGF是菱形②△AED≌△GED ③∠DFG=112.5°④BC+FG=1.5 其中正確的結(jié)論是．三、解答題3．〔2011中考〕如圖1，⊙O中AB是直徑，C是⊙O上一點，∠ABC=45°，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，點D在線段AC上．〔1〕證明：B、C、E三點共線；〔2〕假設(shè)M是線段BE的中點，N是線段AD的中點，證明：MN=OM；〔3〕將△DCE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α〔0°＜α＜90°〕后，記為△D1CE1〔圖2〕，假設(shè)M1是線段BE1的中點，N1是線段AD1的中點，M1N1=OM1是否成立？假設(shè)是，請證明；假設(shè)不是，說明理由．4．〔2016中考〕如圖，點C為△ABD的外接圓上的一動點〔點C不在上，且不與點B，D重合〕，∠ACB=∠ABD=45°〔1〕求證：BD是該外接圓的直徑；〔2〕連結(jié)CD，求證：AC=BC+CD；〔3〕假設(shè)△ABC關(guān)于直線AB的對稱圖形為△ABM，連接DM，試探究DM2，AM2，BM2三者之間滿足的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．參考答案一、選擇題1、C考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．分析：由四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)，即可得BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，則可根據(jù)SAS證得①△BCG≌△DCE；然后根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等，求得∠CDE+∠DGH=90°，則可得②BH⊥DE．由△DGF與△DCE相似即可判定③錯誤，由△GOD與△FOE相似即可求得④．解答：證明：①∵四邊形ABCD和四邊形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∵四邊形GCEF是正方形，∴GF∥CE，∴=，∴=是錯誤的．④∵DC∥EF，∴∠GDO=∠OEF，∵∠GOD=∠FOE，∴△OGD∽△OFE，∴=〔〕2=〔〕2=，∴〔a﹣b〕2?S△EFO=b2?S△DGO．故應(yīng)選B點評：此題考察了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)．二、填空題2、①②③考點：三角形全等、三角形角和、菱形分析：首先證明△ADE≌△GDE，再求出∠AEF、∠AFE、∠GEF、∠GFE的度數(shù)，推出AE=EG=FG=AF，由此可以一一判斷．解答：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，∵△DHG是由△DBC旋轉(zhuǎn)得到，∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，在RT△ADE和RT△GDE中，，∴AED≌△GED，故②正確，∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，∴∠AED=∠AFE=67.5°，∴AE=AF，同理EG=GF，∴AE=EG=GF=FA，∴四邊形AEGF是菱形，故①正確，∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③正確．∵AE=FG=EG=BG，BE=AE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④錯誤故答案為①②③．點評：此題考察正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是通過計算發(fā)現(xiàn)角相等，學(xué)會這種證明角相等的方法，屬于中考?？碱}型．三、解答題3、考點：〔1〕三點共線〔2〕中位線、全等三角形〔手拉手性質(zhì)〕〔3〕同〔2〕分析：〔1〕根據(jù)直徑所對的圓周角為直角得到∠BCA=90°，∠DCE是直角，即可得到∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°；〔2〕連接BD，AE，ON，延長BD交AE于F，先證明Rt△BCD≌Rt△ACE，得到BD=AE，∠EBD=∠CAE，則∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BD⊥AE，再利用三角形的中位線的性質(zhì)得到ON=BD，OM=AE，ON∥BD，AE∥OM，于是有ON=OM，ON⊥OM，即△ONM為等腰直角三角形，即可得到結(jié)論；〔3〕證明的方法和〔2〕一樣．解答：〔1〕證明：∵AB是直徑，∴∠BCA=90°，而等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，∴∠BCA+∠DCE=90°+90°=180°，∴B、C、E三點共線；〔2〕連接BD，AE，ON，延長BD交AE于F，如圖1，∵CB=CA，CD=CE，∴Rt△BCD≌Rt△ACE，∴BD=AE，∠EBD=∠CAE，∴∠CAE+∠ADF=∠CBD+∠BDC=90°，即BF⊥AE，又∵M是線段BE的中點，N是線段AD的中點，而O為AB的中點，∴，，ON∥BD，AE∥OM；∴ON=OM，ON⊥OM，即△ONM為等腰直角三角形，∴MN=OM；〔3〕成立．理由如下：如圖2，連接BD1，AE1，ON1，∵∠ACB﹣∠ACD1=∠D1CE1﹣∠ACD1，∴∠BCD1=∠ACE1，又∵CB=CA，CD1=CE1，∴△BCD1≌△ACE1，與〔2〕同理可證BD1⊥AE1，△ON1M1為等腰直角三角形，從而有M1N1=OM1．點評：此題考察主要三角形全等的判定和中位線的性質(zhì)，熟練掌握手拉手模型，作為此題切入點，可以非常順利的解決此題。4、考點：圓的相關(guān)概念、等腰三角形、截長補短〔旋轉(zhuǎn)模型性質(zhì)〕、勾股定理分析：〔1〕要證明BD是該外接圓的直徑，只需要證明∠BAD是直角即可，又因為∠ABD=45°，所以需要證明∠ADB=45°； 〔2〕在CD延長線上截取DE=BC，連接EA，只需要證明△EAF是等腰直角三角形即可得出結(jié)論； 〔3〕過點M作MF⊥MB于點M，過點A作AF⊥MA于點A，MF與AF交于點F，證明△AMF是等腰三角形后，可得出AM=AF，MF=AM，然后再證明△ABF≌△ADM可得出BF=DM，最后根據(jù)勾股定理即可得出DM2，AM2，BM2三者之間的數(shù)量關(guān)系． 解答：解：〔1〕∵=， ∴∠ACB=∠ADB=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠BAD=90°， ∴BD是△ABD外接圓的直徑〔2〕在CD的延長線上截取DE=BC， 連接EA， ∵∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD， ∵∠ADE+∠ADC=180°， ∠ABC+∠ADC=180°， ∴∠ABC=∠ADE， 在△ABC與△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〕過點M作MF⊥MB于點M，過點A作AF⊥MA于點A，MF與AF交于點F，連接BF， 由對稱性可知：∠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與△ADM中， ， ∴△ABF≌△ADM〔SAS〕， ∴BF=DM， 在Rt△BMF中， ∵BM2+MF2=BF2， BM2+2AM2=DM2． 點評：此題考察圓的綜合問題，涉及圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等知識，熟練掌握旋轉(zhuǎn)模型的特征和性質(zhì)，作為此題切入點，構(gòu)造出等腰直角三角形，方向明確，減小了此題的難度?！灸M演練】一、選擇題圖21、〔2014番禺華附一模〕如圖2，在矩形ABCD中，E為AD的中點，EF⊥EC交邊圖2于F，連FC，以下結(jié)論不正確的選項是〔D〕．A．AB≥AEB．△AEF∽△DCEC．△AEF∽△ECFD．△AEF與△BFC不可能相似2、〔2017十六中一模〕如圖，邊長為1的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O．有直角∠MPN，使直角頂點P與點O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時針旋轉(zhuǎn)∠MPN，旋轉(zhuǎn)角為θ〔0°＜θ＜90°〕，PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點，連接EF交OB于點G，則以下結(jié)論中正確的選項是(C)．〔1〕EF=QUOTEOE；〔2〕S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；〔3〕BE+BF=QUOTEOA；〔4〕在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時，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、填空題3、〔2016黃埔區(qū)一?！橙鐖D，和均為等邊三角形，點在邊上，與相交于點，如果，，則的長度為．三、解答題第4題4、〔2016荔灣區(qū)一模〕如圖，正三角形ABC接于⊙O，P是弧上的一點〔P不與點B、C重合〕，且，交于E，點F是延長線上的點，，，．第4題〔1〕求證≌；〔2〕求證；〔3〕求和的長．5、〔2016海珠區(qū)一?！痴叫蜛BCD和正方形CEFG，連接AF交BC于O點，點P是AF的中點，過點P作PH⊥DG于H，CD=2，CG=1?！?〕如圖1，點D、C、G在同一直線上，點E在BC邊上，求PH得長；〔2〕把正方形CEFG繞著點C逆時針旋轉(zhuǎn)〔0°＜a＜180°〕圖〔3〕=1\*GB3①如圖2，當(dāng)點E落在AF上時，求CO的長；圖〔3〕圖〔1〕圖〔2〕=2\*GB3②如圖3，當(dāng)DG=時，求PH的長。圖〔1〕圖〔2〕6、〔2017二中一?！硳佄锞€C1：經(jīng)過點A〔1，0〕和B〔-3，0〕．〔1〕求拋物線C1的解析式，并寫出其頂點C的坐標(biāo)；〔2〕如圖1，把拋物線C1沿著直線AC方向平移到*處時得到拋物線C2，此時點A，C分別平移到點D，E處．設(shè)點F在拋物線C1上且在*軸的上方，假設(shè)△DEF是以EF為底的等腰直角三角形，求點F的坐標(biāo)；〔3〕如圖2，在〔2〕的條件下，設(shè)點M是線段BC上一動點，EN⊥EM交直線BF于點N，點P為線段MN的中點，當(dāng)點M從點B向點C運動時：①tan∠ENM的值如何變化？請說明理由；②點M到達點C時，直接寫出點P經(jīng)過的路線長．2525題圖125題圖2參考答案1、D考點：相似三角形、三角形角和〔一線三直角〕分析：利用等角的余角相等得到∠AFE=∠DEC，則根據(jù)有兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似得到Rt△AEF∽Rt△DCE，由相似的性質(zhì)得CD：AE=DE：AF，而CD=AB，DE=AE，則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，根據(jù)比例性質(zhì)得EF：AF=EC：AE，加上∠A=∠FEC=90°，則根據(jù)兩組對應(yīng)邊的比相等且夾角對應(yīng)相等的兩個三角形相似得到△AEF∽△ECF；由∠EFC≠90°可判斷△AEF∽△BFC相似不成立，而當(dāng)∠AFE=∠BFC時，可判斷△AEF∽△BCF．解答：∴∠AEF+∠DEC=90°，∵∠AEF+∠AFE=90°，∴∠AFE=∠DEC，∴Rt△AEF∽Rt△DCE；∴CD:AE=DE:AF，∵E為矩形ABCD的邊AD的中點，∴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，但當(dāng)∠AFE=∠BFC時,△AEF∽△BCF.應(yīng)選D.點評：此題為非常明顯的考察相似三角形知識點，根據(jù)一線三等角模型特征快速得出答案。2、C考點：正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)分析：①由四邊形ABCD是正方形，直角∠MPN，易證得△BOE≌△COF〔ASA〕，則可證得結(jié)論；②由〔1〕易證得，則可證得結(jié)論；③首先設(shè)AE=*，則BE=CF=1-*，BF=*，繼而表示出△BEF與△COF的面積之和，然后利用二次函數(shù)的最值問題，求得答案；④易證得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，證得OG?OB=OE2，再利用OB與BD的關(guān)系，OE與EF的關(guān)系，即可證得結(jié)論．解答：①∵四邊形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;故正確;②∵∴；故正確；③過點O作OH⊥BC，∵BC=1，∴OH=12BC=12，設(shè)AE=*，則BE=CF=1?*，BF=*，∴∵a=?12<0，∴當(dāng)*=14時,最大；即在旋轉(zhuǎn)過程中,當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時,AE=14；故錯誤；④∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°，∴△OEG∽△OBE，∴OE:OB=OG:OE，∴∵OB=BD,OE=EF，∴，∵在△BEF中,，∴，∴.故正確。應(yīng)選C.點評：從圖形上看是一個比擬復(fù)雜的題，但是實際題目難度并不是很大，利用對角互補旋轉(zhuǎn)模型結(jié)論再結(jié)合個夠定理就能解決此題。3、考點：相似三角形的判定與性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì)分析：先利用等邊三角形的性質(zhì)得到∠C=∠ADE=∠B=60°，AB=BC=AC=12，再利用三角形外角性質(zhì)證明∠BDF=∠CAD，則可判斷△DBF∽△ACD，然后利用相似比計算BF的長．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=.故答案為.點評：此題利用對角互補旋轉(zhuǎn)模型推導(dǎo)過程得到對應(yīng)結(jié)論，再利用相似解決第〔2〕〔3〕問4、考點：圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，圓接四邊形的任何一個外角都等于它的對角分析：對于〔1〕，先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB=AC，再利用圓的接四邊形的性質(zhì)得∠ACF=∠ABP，根據(jù)“SAS〞即可得證；對于〔2〕，先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ABC=∠ACB=60°，再根據(jù)圓周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC，于是可判斷△ACE∽△APC，然后利用相似比即可得到結(jié)論；對于〔3〕，先利用計算出AE=，則PE=AP-AE=，再證△APF為等邊三角形，得到PF=PA=4，則有PC+PB=4，接著證明△ABP∽△CEP，得到PB·PC=PE·AP=3，然后根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，可把PB和PC看作方程的兩實數(shù)解，再解此方程即可得到PB和PC的長.解答：〔1〕證明：∵正三角形ABC接于⊙O，∴AB=AC.∵四邊形ABPC為圓的接四邊形，∴∠ACF＝∠ABP.在△ABP和△ACF中，∴△ABP≌△ACF.〔2〕證明：∵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為等邊三角形，∴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可看作方程的兩實數(shù)解，解此方程得.∵PB＜PC，∴PB=1，PC=3．點評：此題為標(biāo)準(zhǔn)手拉手模型，所以除了相似三角形得出答案，還能利用手拉手模型性質(zhì)解決。5考點：梯形中位線、相似三角形、勾股定理、全等三角形〔一線三直角〕分析：先判斷出四邊形APGF是梯形，再判斷出PH是梯形的中位線，得到；〔2〕①先判斷出△COE∽△AOB，得到AO是CO的2倍，設(shè)出CO，表示出BO，AO，再用勾股定理計算，②先找出輔助線，再判斷出△ARD≌△DSC，△CSG≌△GTF，求出AR+FT，最后用梯形中位線即可．解答：(1)PH⊥CD，AD⊥CD，∴PH∥AD∥FG，∵點P是AF的中點，∴PH是梯形APGF的中位線，∴，(2)①∵∠CEO=∠B=90°，∠COE=∠AOB，∴△COE∽△AOB，∴COAO=CEAB，∴COAO=12，設(shè)CO=*，∴AO=2*，BO=2?*，在△ABO中,根據(jù)勾股定理得,，∴或(舍)，∴CO=*=.②如圖3，分別過點A，C，F(xiàn)作直線DG的垂線，垂足分別為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的中位線，∴.點評：此題利用梯形中位線性質(zhì)解決第〔1〕問，第〔2〕利用相似結(jié)合勾股定理這中常用方法求長度，第〔3〕問構(gòu)造一線三直角模型解決問題。6、考點：二次函數(shù)、等要直接三角形、相似三角形〔一線三直接〕、三角函數(shù)、中位線分析：根據(jù)解析式求出坐標(biāo)；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，EF=求出EF的長度，再根據(jù)拋物線與直線縱坐標(biāo)差值求出答案。①根據(jù)答案需要求的正切值轉(zhuǎn)換為相似比，再根據(jù)的兩個直角構(gòu)造出一線三直接模型，相似比為