2018年中考常见几何模型分析

..中考直通车·数学广州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..【考点解读】常见几何模型是广州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年考查三角形全等和三角形中位线性质，标准的手拉手模型。2014年考查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，主要考查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ABD与BCE，连结AE与CD，【结论】（1）DBCABE（2）DCAE（3）AE与DC之间的夹角为60（4）AE与DC的交点设为H,BH平分AHC2016172全等的判定及其性质、旋转模型填空题、解答题..CDABEFECDBA2、【条件】如图两个等腰直角三角形ADC与EDG，连结CEAG,,二者相交于点H。【结论】（1）CDEADG是否成立？（2）AG=CE（3）AG与CE之间的夹角为90（4）HD是否平分AHE？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，90BADBCD【结论】452ACBACDBCCDAC①②二、角含半角模型：全等角含半角要旋转：构造两次全等FEDCBAGFEDCBAABCDEABCDEF..【条件】：如图，点分别是正方形的边上的点，，连接；【结论】（1）AFEAGE△△（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】CDEABC∽△△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•广州）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）．下列结论：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（）EF、ABCDBCCD、45EAFEFEFBEFD..A．4个B．3个C．2个D．1个2．（2016•广州）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．则下列结论：①四边形AEGF是菱形②△AED≌△GED③∠DFG=112.5°④BC+FG=1.5其中正确的结论是．三、解答题3．（2011广州中考）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）若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），若M1是线段BE1的中点，N1是线段AD1的中点，M1N1=OM1是否成立？若是，请证明；若不是，说明理由．..4．（2016广州中考）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）若△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：此题考查了正方形的性质，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、三角形内角和、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：本题考查正方形的性质、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，∴BD21=ON，AE21=OM，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：本题考查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，作为本题切入点，可以非常顺利的解决本题。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：本题考查圆的综合问题，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，作为本题切入点，构造出等腰直角三角形，方向明确，减小了本题的难度。【模拟演练】一、选择题1、（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AB于F，连FC，下列结论不正确．．．的是（D）．FEDCBA..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，则下列结论中正确的是(C)．（1）EF=√2OE；（2）S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）BE+BF=√2OA；（4）在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=34；（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6，已知ABC和AED均为等边三角形，点D在BC边上，DE与AB相交于点F，如果12AC，4CD，那么BF的长度为．三、解答题4、（2016荔湾区一模）如图，正三角形ABC内接于⊙O，P是弧BC上的一点（P不与点B、C重合），且PCPB，PA交BC于E，点F是PC延