2018年中考常見(jiàn)幾何模型分析

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上中考直通車·數(shù)學(xué)廣州分冊(cè)第八章 專題拓展模塊分值20172016201520142013因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的線段和差、周長(zhǎng)最值問(wèn)題和面積問(wèn)題7-7-與四邊形有關(guān)的壓軸問(wèn)題14-14-因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的等腰三角形問(wèn)題和直角三角形-3-14因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的相似問(wèn)題17-141714與圓有關(guān)的壓軸題1414-17動(dòng)態(tài)幾何之定值最值問(wèn)題14-1414-常見(jiàn)幾何模型-17-3-第24講 常見(jiàn)幾何模型 年份題量分值考點(diǎn)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(diǎn)解讀】 常見(jiàn)幾何模型是廣州市中考的壓軸題?？碱}型，主要以考

2、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(qiáng)，屬于中考中重點(diǎn)但同樣是難點(diǎn)的一個(gè)考點(diǎn)?！究键c(diǎn)分析】2011年 考查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 考查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，主要考查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：1、 【條件】 如圖兩個(gè)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(diǎn)設(shè)為,平分2、 【條件】如圖兩個(gè)等腰直角三角形與，連結(jié),二者相交于點(diǎn)。【結(jié)論】 （

3、1）是否成立？（2） =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(duì)角互補(bǔ)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(diǎn)分別是正方形的邊上的點(diǎn)，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(gè)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廣州）如圖，四邊形ABCD、CEFG都是正方形，點(diǎn)G在線段CD上，連接BG、DE，DE和FG相交于點(diǎn)O，設(shè)AB=a，CG=b（ab）下列結(jié)論：BCGDCE；BGDE

4、；=；（ab）2SEFO=b2SDGO其中結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）A4個(gè)B3個(gè)C2個(gè)D1個(gè)2（2016廣州）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，AC，BD是對(duì)角線將DCB繞著點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到DGH，HG交AB于點(diǎn)E，連接DE交AC于點(diǎn)F，連接FG則下列結(jié)論：四邊形AEGF是菱形AEDGEDDFG=112.5°BC+FG=1.5其中正確的結(jié)論是 三、解答題3（2011廣州中考）如圖1，O中AB是直徑，C是O上一點(diǎn)，ABC=45°，等腰直角三角形DCE中DCE是直角，點(diǎn)D在線段AC上（1）證明：B、C、E三點(diǎn)共線；（2）若M是線段BE的中點(diǎn)，N是線段AD的中點(diǎn)，證明：

5、MN=OM；（3）將DCE繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)（0°90°）后，記為D1CE1（圖2），若M1是線段BE1的中點(diǎn)，N1是線段AD1的中點(diǎn)，M1N1=OM1是否成立？若是，請(qǐng)證明；若不是，說(shuō)明理由4（2016廣州中考）如圖，點(diǎn)C為ABD的外接圓上的一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)C不在上，且不與點(diǎn)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）若ABC關(guān)于直線AB的對(duì)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(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的

6、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BCGDCE；然后根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等，求得CDE+DGH=90°，則可得BHDE由DGF與DCE相似即可判定錯(cuò)誤，由GOD與FOE相似即可求得解答：證明：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，BCGDCE（SAS），BCGDCE，CBG=CDE，又CBG+BGC=90°，CDE+DGH=90°

7、，DHG=90°，BHDE；四邊形GCEF是正方形，GFCE，=，=是錯(cuò)誤的DCEF，GDO=OEF，GOD=FOE，OGDOFE，=（）2=（）2=，（ab）2SEFO=b2SDGO故應(yīng)選B點(diǎn)評(píng)：此題考查了正方形的性質(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、考點(diǎn)：三角形全等、三角形內(nèi)角和、菱形分析：首先證明ADEGDE，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

8、=CAB=45°，DHG是由DBC旋轉(zhuǎn)得到，DG=DC=AD，DGE=DCB=DAE=90°，在RTADE和RTGDE中，AEDGED，故正確，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，故正確，DFG=GFC+DFC=BAC+DAC+ADF=112.5°，故正確AE=FG=EG=BG，BE=AE，BEAE，AE，CB+FG1.5，故錯(cuò)誤故答案為點(diǎn)評(píng)：本題考查正方形的性質(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(shí)，解題的

9、關(guān)鍵是通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)角相等，學(xué)會(huì)這種證明角相等的方法，屬于中考?？碱}型三、解答題3、考點(diǎn)：（1）三點(diǎn)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(duì)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(zhǎng)BD交AE于F，先證明RtBCDRtACE，得到BD=AE，EBD=CAE，則CAE+ADF=CBD+BDC=90°，即BDAE，再利用三角形的中位線的性質(zhì)得到ON=BD，OM=AE，ONBD，AEOM，于是有ON=OM，ONOM，即ONM

10、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(diǎn)共線；（2）連接BD，AE，ON，延長(zhǎng)BD交AE于F，如圖1，CB=CA，CD=CE，RtBCDRtACE，BD=AE，EBD=CAE，CAE+ADF=CBD+BDC=90°，即BFAE，又M是線段BE的中點(diǎn)，N是線段AD的中點(diǎn)，而O為AB的中點(diǎn)，ONBD，AEOM；ON=OM，ONOM，即ONM為等腰直角三角形，MN=OM；（3）成立理由如下：如

11、圖2，連接BD1，AE1，ON1，ACBACD1=D1CE1ACD1，BCD1=ACE1，又CB=CA，CD1=CE1，BCD1ACE1，與（2）同理可證BD1AE1，ON1M1為等腰直角三角形，從而有M1N1=OM1點(diǎn)評(píng)：本題考查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，作為本題切入點(diǎn)，可以非常順利的解決本題。4、考點(diǎn)：圓的相關(guān)概念、等腰三角形、截長(zhǎng)補(bǔ)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?yàn)锳BD=45°，所以需要證明ADB=45°；（2）在CD延長(zhǎng)線上截取DE=BC，連接EA，只需要證明EAF是

12、等腰直角三角形即可得出結(jié)論；（3）過(guò)點(diǎn)M作MFMB于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AFMA于點(diǎn)A，MF與AF交于點(diǎn)F，證明AMF是等腰三角形后，可得出AM=AF，MF=AM，然后再證明ABFADM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(zhǎng)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，ABCADE（SAS），

13、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(guò)點(diǎn)M作MFMB于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AFMA于點(diǎn)A，MF與AF交于點(diǎn)F，連接BF，由對(duì)稱性可知：AMB=ACB=45°，F(xiàn)MA=45°，AMF是等腰直角三角形，AM=AF，MF=AM，MAF+MAB=BAD+MAB，F(xiàn)AB=MAD，在ABF與ADM中，ABFADM（SAS），BF=DM，在RtBMF中，BM2+MF2=BF2，BM2+2AM2=DM2點(diǎn)評(píng)：本題考查圓的綜合問(wèn)題，涉及圓周角定理

14、，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(shí)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)模型的特征和性質(zhì)，作為本題切入點(diǎn)，構(gòu)造出等腰直角三角形，方向明確，減小了本題的難度?！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(diǎn)，EFEC交邊AB于F，連FC，下列結(jié)論不正確的是（ D ）AABAE BAEFDCE CAEFECF DAEF與BFC不可能相似2、（2017十六中一模）如圖，邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O有直角MPN，使直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)MPN，旋轉(zhuǎn)角為（0°90°

15、;），PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點(diǎn)，連接EF交OB于點(diǎn)G，則下列結(jié)論中正確的是( C )（1）EF=2OE； （2）S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）BE+BF=2OA；（4）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)BEF與COF的面積之和最大時(shí)， AE= 34；（5）OGBD=AE2+CF2A.（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)一模）如圖，已知和均為等邊三角形，點(diǎn)在邊上，與相交于點(diǎn)，如果，那么的長(zhǎng)度為 三、解答題第4題4、（2016荔灣區(qū)一模）如圖，正三角形ABC內(nèi)接于O，P是弧上的

16、一點(diǎn)（P不與點(diǎn)B、C重合），且，交于E，點(diǎn)F是延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，（1）求證；（2）求證；（3）求和的長(zhǎng)5、（2016海珠區(qū)一模）已知正方形ABCD和正方形CEFG，連接AF交BC于O點(diǎn)，點(diǎn)P 是AF的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PHDG于H ，CD=2，CG=1。（1）如圖1，點(diǎn)D、C、G在同一直線上，點(diǎn)E在BC邊上，求PH得長(zhǎng)；（2）把正方形CEFG繞著點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)（0°a180°）圖（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E落在AF上時(shí)，求CO的長(zhǎng)；圖（1）圖（2）如圖3，當(dāng)DG=時(shí)，求PH的長(zhǎng)。6、（2017二中一模）已知拋物線C1：經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（1，0）和B（-3，0）（1）求拋物線C1的解析式，并寫(xiě)出其頂

17、點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）如圖1，把拋物線C1沿著直線AC方向平移到某處時(shí)得到拋物線C2，此時(shí)點(diǎn)A，C分別平移到點(diǎn)D，E處設(shè)點(diǎn)F在拋物線C1上且在x軸的上方，若DEF是以EF為底的等腰直角三角形，求點(diǎn)F的坐標(biāo)；（3）如圖2，在（2）的條件下，設(shè)點(diǎn)M是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，ENEM交直線BF于點(diǎn)N，點(diǎn)P為線段MN的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)時(shí)：tanENM的值如何變化？請(qǐng)說(shuō)明理由；點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，直接寫(xiě)出點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)25題圖125題圖2參考答案1、D考點(diǎn)：相似三角形、三角形內(nèi)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(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似得到RtAEFRtDCE，由

18、相似的性質(zhì)得CD：AE=DE：AF，而CD=AB，DE=AE，則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，根據(jù)比例性質(zhì)得EF：AF=EC：AE，加上A=FEC=90°，則根據(jù)兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且?jiàn)A角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似得到AEFECF；由EFC90°可判斷AEFBFC相似不成立，而當(dāng)AFE=BFC時(shí)，可判斷AEFBCF解答：AEF+DEC=90，AEF+AFE=90，AFE=DEC，RtAEFRtDCE；CD:AE=DE:AF，E為矩形ABCD

19、的邊AD的中點(diǎn)，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，但當(dāng)AFE=BFC時(shí),AEFBCF.故選D.點(diǎn)評(píng)：此題為非常明顯的考查相似三角形知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)一線三等角模型特征快速得出答案。2、C考點(diǎn)：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：由四邊形ABCD是正方形，直角MPN，易證得BOECOF（ASA），則可證得結(jié)論；由（1）易證得，則可證

20、得結(jié)論；首先設(shè)AE=x，則BE=CF=1-x，BF=x，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(wèn)題，求得答案；易證得OEGOBE，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，證得OGOB=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：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=OCOBE=OCF，BOECOF(ASA)，OE=OF，BE=CF，EF=OE;故正確;；故正確；過(guò)點(diǎn)O作OHBC，BC=1，OH=12BC=12，

21、設(shè)AE=x，則BE=CF=1x，BF=x，a=12<0，當(dāng)x=14時(shí),最大；即在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中,當(dāng)BEF與COF的面積之和最大時(shí),AE=14；故錯(cuò)誤；EOG=BOE,OEG=OBE=45，OEGOBE，OE:OB=OG:OE，OB=BD,OE=EF，在BEF中,，.故正確。故選C.點(diǎn)評(píng)：從圖形上看是一個(gè)比較復(fù)雜的題，但是實(shí)際題目難度并不是很大，利用對(duì)角互補(bǔ)旋轉(zhuǎn)模型結(jié)論再結(jié)合個(gè)夠定理就能解決此題。3、考點(diǎn)：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DBFAC

22、D，然后利用相似比計(jì)算BF的長(zhǎng)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=.故答案為.點(diǎn)評(píng)：此題利用對(duì)角互補(bǔ)旋轉(zhuǎn)模型推導(dǎo)過(guò)程得到對(duì)應(yīng)結(jié)論，再利用相似解決第（2）（3）問(wèn)4、考點(diǎn)：圓周角定理，等邊三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定，圓內(nèi)接四邊形的任何一個(gè)外角都等于它的內(nèi)對(duì)角分析：對(duì)于（1），先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB=AC，再利用圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得ACF=ABP，根據(jù)“SAS”即可得證；對(duì)于（2），先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到ABC=ACB=60°

23、;，再根據(jù)圓周角定理得APC=ABB=60°，加上CAE=PAC，于是可判斷ACEAPC，然后利用相似比即可得到結(jié)論；對(duì)于（3），先利用計(jì)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ABPCEP，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(shí)數(shù)解，再解此方程即可得到PB和PC的長(zhǎng).解答：（1）證明：正三角形ABC內(nèi)接于O，AB=AC.四邊形ABPC為圓的內(nèi)接四邊形，ACFABP.在ABP和ACF中，ABPACF.（2）證明：正三角形ABC內(nèi)接于O，ABCACE=60

24、°，APCABC=60°，ACE=APCCAE=PACACEAPCAE:AC=AC:AP.（3），AB=AC，ABPACF，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，ABPCEP，PB:PE=AP:PC，PB·PC=PE·AP=×4=3.PB+PC=4，PB和PC可看作方程的兩實(shí)數(shù)解，解此方程得.PBPC，PB=1，PC=3點(diǎn)評(píng)：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(diǎn)：梯形中位線、相似三角

25、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）先判斷出COEAOB，得到AO是CO的2倍，設(shè)出CO，表示出BO，AO，再用勾股定理計(jì)算，先找出輔助線，再判斷出ARDDSC，CSGGTF，求出AR+FT，最后用梯形中位線即可解答：(1)PHCD，ADCD，PHADFG，點(diǎn)P是AF的中點(diǎn)，PH是梯形APGF的中位線，(2)CEO=B=90，COE=AOB，COEAOB，COAO=CEAB，COAO=12，設(shè)CO=x，AO=2x，BO=2x，在ABO中,根據(jù)勾股定理得,，或(舍)，CO=x=.如圖3，分別過(guò)點(diǎn)A，C，F(xiàn)作直線DG的垂

26、線，垂足分別為R，S，T，ADR+CDS=90,CDS+DCS=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的中位線，.點(diǎn)評(píng)：此題利用梯形中位線性質(zhì)解決第（1）問(wèn)，第（2）利用相似結(jié)合勾股定理這中常用方法求長(zhǎng)度，第（3）問(wèn)構(gòu)造一線三直角模型解決問(wèn)題。6、考點(diǎn)：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：（1） 根據(jù)解析式求出坐標(biāo)；（2） 根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，EF=求出EF的長(zhǎng)度，再根據(jù)拋物線與直線縱坐標(biāo)差值求出答案。（3） 根據(jù)答案需要求的正切值轉(zhuǎn)換為相似比，再根據(jù)已知的兩個(gè)直角構(gòu)造出一線三直接模型，相似比為定值，初中能解決的路徑不是線段就是