2024年中考数学复习几何模型归纳及练习

“一线三等角”模型1.模型说明一线三等角是一个常见的模型，指的是有三个相等的角的顶点在同一条直线上构成的相似(或全等)图形，有时也称“K形图”或“M形图”.2.识别方法(1)查找图形中已知的角，顺着这个角的顶点寻找或者构造模型中的“一线”；(2)构造其他角，构造的角的顶点必须在“同一条直线”上，“这条直线”可能在已知角的外部，也可能“穿过”这个角.3.构造一线三等角的基本步骤做题过程中，若出现一角的顶点在一条直线上的形式，就可以构造两侧的两个相等的角，利用全等三角形或相似三角形解决相关问题.类型图示结论同侧型(三等角都在直线的同侧)如图,当点P在线段AB上,且∠1,∠2,∠3的两边在AB同侧∠1,∠2,∠3可以是锐角、直角,也可以是钝角.若∠1=∠2=∠3,则①△APC∽△BDP;②当等角所对的边相等时，△APC≌△BDP.异侧型(三等角分居直线的两侧)如图,点P在直线AB上,且∠2,∠3在AB两侧中点型如图,A是BD的中点,即AB=AD若∠1=∠2=∠3,则△ADE∽△CBA∽△CAE.例1如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y=kxx0)同时经过点B,且点A在点B的左侧,点A的横坐标为1,∠AOB=∠OBA.=45°,【思路分析】图中点A为直角顶点，可过点A作x轴或γ轴的平行线构造一线三等角模型，然后利用相关知识进行计算.故答案为：1+例2如图,在△ABC中,AB=AC=BC=3,D是BC上一点,BD=1,∠EDF=∠ABC,DF与AC的延长交于点F，(1)求证:△BDE∽△CFD;(2)若CF=m,用含有m的式子表示BE;(3)若点E为AB的中点,求△BDE的面积.【解析】(1)∵AB=AC,∴∠ACB=∠ABC.∴∠FCD=∠EBD.∵∠EDF=∠ABC,∴∠EDF=∠ACB.∵∠ACB是△CDF的外角,∴∠ACB=∠CDF+∠F.又∵∠EDF=∠CDF+∠BDE,∴∠BDE=∠F.∴△BDE∽△CFD.(2)∵BC=3,BD=1,∴CD=BC+BD=4.∵△BDE∽△CFD,∴BDCF=解得BE(3)如图,过点E作EG⊥BC于点G.∵AB=AC=BC=3,点E为AB的中点,∴BE在Rt△BEG中,EG=sin∴例3如图,在△ABC中,∠BAC=90°,过点A作直线MN，分别过点B,C作BD⊥MN于点D,CE⊥MN于点E,BD=2,AD=3,BA平分∠CBD.(1)求证:△ABD∽△CAE∽△CBA;(2)求证:AD=EA;(3)求BC的长.【解析】(1)如图,由题意知,∠BDA=∠AEC=90°.∴∠1+∠DAB=90°.∵∠BAC=90°,∴∠3+∠DAB=90°.∴∠1=∠3.∴△ABD∽△CAE.∵BA平分∠CBD,∴∠1=∠2.∴∠2=∠3.∴∠4=∠5.∴△CAE∽△CBA.∴△ABD∽△CAE∽△CBA.(2)∵△ABD∽△CAE,∴又∵tan∠4=tan∠5,∴∴AD=EA.(3)在Rt△ABD中,AB=A∵△ABD∽△CBA,∴AB²=∴“手拉手”模型1.模型说明(以三角形为例)两个三角形的顶点重合在一起，其中一个三角形固定不动，另一个三角形绕着顶点旋转，就好象手拉着一样，故叫“手拉手”模型.2.模型特征共顶点的两个相似三角形部分重合在一起，其中一个三角形固定不动，另一个三角形绕着顶点旋转时，由旋转的性质可知，线段长始终不变，只是旋转角在发生变化，有相等的边，则三角形全等，无相等的边，则三角形相似.(无论是全等还是相似，都是用两边相等或两边对应成比例，夹角始终是相等的)类型图示全等型如图,△AOB≌△COD,△AOB固定不动,△COD绕点O旋转任意角度始终有:△AOC≌△BOD.相似等腰型如图，两个大小不全等的等腰三角形中，若CD∥AB，旋转任意角度始终有:△AOC≌△BOD.若∠AOB=α,结论：①拉手线AC，BD的夹角为α或180°-α(拉手线AC与BD的夹角与两个相似三角形共顶点的角相等或者互补.因为在旋转的过程中始终会产生一对相似的“对顶三角形”，如图2中，△AOM∽△BNM);②拉手线段BD与AC的比值为BD=OBA(拉手线段的比值等于相似比).两个相似的直角三角形型①以直角顶点为旋转中心如图1,△AOB中,∠AOB=90°,CD∥AB,以直角顶点O为旋转中心，旋转到如图2所示的位置，则△OAC∽△OBD,BD=0Vc=03/₁=tan∠OAB.②以锐角顶点为旋转中心如图1,△ACB中,∠ACB=90°,PM∥BC,以锐角顶点A为旋转中心，旋转到如图2所示的位置，则△CAP∽△BAM,AP=CP/AC=cos∠CAB.两个共顶点的相似直角三角形手拉手的一般结论：①以直角顶点为旋转中心时，拉手线段的比值为直角三角形中一锐角的正切值；②以锐角顶点为旋转中心时，拉手线段的比值为直角三角形中该锐角的余弦值.手拉手构造如图,△ABC中,点D为AB边上一点(不与A,B重合),作△ADE且△ADE∽△ABC,将线段AD绕点A旋转,使CE⊥AD.如果题中图形没有共顶点的相似图形就“补形”，也就是构造一对共顶点的手拉手相似图形即可.如图1和图2中，补一个以AD为斜边的等腰直角三角形ADE(题干中一般不指明旋转方向)，BD是拉手线，再补一个拉手线CE，且使CE⊥AD.所有的“补形”基本上都是一致的.例(1)问题发现如图1,在等边三角形ABC中,点M为BC边上异于B，C的一点，以AM为边作等边三角形AMN,连接CN.BM与NC的数量关系为；直线BM与直线NC所夹的较大的角为·(2)深入探究如图2,在△ABC中,∠BAC=90°,∠ABC=30°,点M为BC边上异于B,C的一点,以AM为边在其右侧作Rt△AMN,使∠MAN=90°,∠AMN=∠ABC,连接CN.(1)中的结论是否成立?请说明理由.(3)拓展延伸如图3,在正方形ADBC中,点M为BC边上异于B，C的一点，以AM为边在其右侧作正方形AMEF,点Ⅳ为正方形AMEF的中心,连接CN,若BC=8,CN=2,请直接写出正方形AMEF的面积.【思路分析】(1)根据△ABC,△AMN为等边三角形,得到AB=AC,AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°,从而得到∠BAC--∠CAM=∠MAN-∠CAM,即∠BAM=∠CAN,证明△BAM≌△CAN,即可得到BM=CN,进而可得夹角;(2)方法同(1),证相似;(3)连接AB,AN,根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°,∠MAN=45°,根据相似三角形的性质得出CNBM=ACAB,得到【解析】(1)BM=CN,120°.提示:∵△ABC,△AMN均为等边三角形,∴AB=AC,AM=AN,∠BAC=∠MAN.∴∠BAM=∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM=∠CAN.∴△ABM≌△ACN.∴BM=CN,∠ACN=∠ABM=60°.∴∠BCN=∠BCA+∠ACN=120°.∴直线BM与直线NC所夹的较大的角为120°.(2)不成立.BM=3CN,直线BM与直线∵△ABC和△AMN中,∠BAC=90°,∠ABC=30°,∠MAN=90°,∠AMN=∠ABC,∴∴∵∠BAM=∠CAN=90°-∠MAC,∴△ABM∽△ACN.∴∴BM=3CN,∠BCN=∠ACB+∠ACN=90°.∴CM⊥NC.∴直线BM与直线NC所夹的较大的角与较小的角均为90°.(3)正方形AMEF的面积为136-32提示:如图,连接AB,AN.∵四边形ADBC,AMEF为正方形，点N为正方形AMEF的中心,∴∠ABC=∠BAC=45°,∠MAN=45°.∴∠BAC-∠MAC=∠MAN-∠MAC,即∠BAM=∠CAN.∵∴△ABM∽△ACN.∴CNBM=∴∴CM=BC-BM=8-22.;SΞ+跟踪训练1.如图1,正方形ABCD的边长为2,点E,F分别为边AB,AD的中点,将△AEF绕点A逆时针旋转(α0°≤α≤360°,(1)问题发现：图1中，线段BE与DF的数量关系是，位置关系是；(2)探究证明:将△AEF绕点A逆时针旋转至图2所示的位置时，请判断线段BE与DF的数量关系与位置关系，并说明理由；(3)拓展延伸：将正方形ABCD改为矩形AB-CD,且AB=6,BC=8,其他条件不变,若将△AEF绕点A逆时针旋转至AE⊥BE,请直接写出DP的长.中点模型与中点有关的试题的形式有选填题也有解答题.为了提高解题能力，本专题将介绍中点模型的基本构造及运用.遇到以下情况考虑中点模型1.已知任意三角形一边上的中点，可以考虑：倍长中线法，类中线法(与中点有关的线段)构造全等三角形；2.已知直角三角形斜边的中点，可以考虑构造斜边中线；3.有些题目不直接给出中点，我们可以挖掘其中隐含的中点，比如等腰三角形、等边三角形、直角三角形斜边的中点、平行四边形对角线的交点、圆中圆心是直径中点等可以出现中点的图形，通常考虑用中点模型.类型图示结论倍长中线如图1,在△ABC中,AD为BC边上的中线.如图2,延长AD到点E,使ED=AD.①△ACD≌△EBD,类中线法已知:BD=CD.作法一：连接AB上一点M和点D并延长到点N,使ND=MD,连接CN;作法二:过点C作CN∥AB,与过点D的直线交于点N，该直线与AB交于点M.△BDM≌△CDN.`多个中点型若出现多个中点，则作其他边的平行线构造平行四边形，同时也构造了相似比为1：2的相似三角形.构造了三个平行四边形，产生多个相似三角形，等量关系一大片.直角三角形斜边上的中点遇到直角三角形斜边上的中点，则连接直角顶点与中点；或过中点作一条边的平行线构造中位线①AP=BP=CP;②∠PAC=∠PCA;③∠PCB=∠PBC;④PM=BC;⑤△AMP∽△ACB.等腰三角形型遇到等腰三角形底边中点，可以考虑与顶点相连用“三线合一”.①BD=CD;②AD⊥BC;③∠BAD=∠CAD.例1如图,在△ABC中,AD为BC边上的中线，E是线段AD上一点，且AE=12BC,BE的延长线交AC求证:(1)AC=BE;(2)∠ADC=60°.【思路分析】(1)延长AD到T,使得DT=AD,先证明△ADC≌△TDB,得AC=BT,证明BT=BE即可解决问题；(2)在DT上取DM=DC,连接BM.想办法证明△BDM是等边三角形即可解决问题.【解析】(1)如图,倍长AD至点T,连接BT.在△ACD和△TBD中,AD=∴△ACD≌△TBD.∴AC=BT,∠CAD=∠T.又∵AF=EF,∴∠CAD=∠AEF=∠BET=∠T.∴BT=BE.∴AC=BE.(2)在DT上取DM=DC,连接BM.∴AE+ED=ED+DM,即AD=EM.∴△DAC≌△MEB(SAS).∴BM=CD=BD.∴△BDM为等边三角形.∴∠ADC=∠BDM=60°.例2如图,在边长为22的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为【思路分析】连接CH并延长交AD于M，连接ME,根据正方形的性质得到∠A=90°,AD∥BC,AB=AD=BC=22.根据全等三角形的性质得到MD=【解析】如图，连接CH并延长,交AD于点M,连接EM.∵H是FD的中点,AD∥BC,∴HD=HF,∠MDH=∠CFH.又∵∠MHD=∠CHF,∴△HMD≌△HCF.∴HM=HC,MD=CF.∵点G是EC的中点,∴GH是△CEM的中位线.∴易知AM∴∴倍半角模型以坐标系和抛物线为背景结合角度的数学试题是近年中考试题及各地市模拟试题的高频考点题型，该题型以能力立意考查学生综合运用知识的能力.本专题主要介绍以坐标系为背景的倍半角的基本构造及运用.解题思路半角向外构等腰，倍角向内构等腰.运用知识点全等、相似、勾股定理、平行线的性质、锐角三角函数等.类型作法及基本思路图示半角如图，在平面直角坐标系中,点A(m,0),点B(0,n),在y轴上求一点P,使∠PAO=∠BAO,求出直线AP的解析式.如图1,以Rt△AOB的斜边AB为腰向右构造等腰△ABC，即可求出点C的坐标，然后求出直线BC的解析式,再过点A作AP₁∥BC,即可求出点P₁的坐标，然后求出AP₁的解析式.如图2，将直线AP₁沿x轴向上翻折可求出直线AP₁关于x轴对称的直线AP₂的解析式.如图3,过点A作∠BAO的角平分线AP₁,交y轴于点P₁,过点P₁作P₁M⊥AB于点M,则OP₁=P₁M,S△AOP₁+S△P₁AB=S△AOB,即可求出OP₁的长，再求出点P₁的坐标，然后求出直线AP₁的解析式.如图4，向上翻折后求出直线AP₂的解析式.二倍角如图，在平面直角坐标系中,点A(0,m),点B(0,n),在x轴上求一点P,使∠OPB=2∠BAO,求直线BP的解析式.如图5，在x轴上取一点P₁，使.BP₁=AP₁,则∠OP₁B=2∠BAO.设点P₁的坐标后,解直角三角形BOP₁，求出点P₁的坐标，然后求出BP₁的解析式.如图6，将直线BP₁沿γ轴翻折可求出直线BP₂的解析式.例1如图,抛物线y=43x2+bx+c交x轴于(1)求抛物线的解析式；(2)点P是抛物线上一动点,当∠PBA=12∠ABC时，请直接写出点【解析】(1)∵A(-1,0),B(3,0)是抛物线上的两点，∴43-b∴抛物线的解析式为y(2)解法一:如图1,延长AB到点F,使BF=BC,易知∠∵B(3,0),C(0,-4),∴OB=3,OC=4.∴∴OF=OB+BF=8.∴点F的坐标为(8,0).分两种情况：(i)当点P在x轴下方时，过点B作BP₁∥CF.∴∠设CF的解析式为γ=kx+b,∵直线CF经过点C(0,-4),F(8,0),∴8k+∴直线CF的解析式为y∵BP₁∥CF,∴设直线P₁B的解析式为y将点B(3,0)代入,解得b∴直线P₁B的解析式为y∵点P在直线y=12x-32和抛物线∴y解得x1=-5∴点P₁的坐标为-(ii)当点P在x轴上方时,直线P₂B与直线P₁B关于x轴对称，∴直线P₂B的解析式为y∵点P在直线y=-12x+32和抛物线∴解得x1=-11∴点P₂的坐标为-综上可知，当∠PBA=12∠ABC时，点P解法二:如图2,作∠ABC的平分线BM₁,交y轴于点M₁,过点M₁作M₁N⊥BC于点N.∴∠∵B(3,0),C(0,-4),∴OB=3,OC=4.∴设OM₁=SS∵∴32h∴点M易求出直线BM₁的解析式为y∵点P在直线y=12x-32和抛物线∴解得x1=-5∴点P₁的坐标为-(ii)当点P在x轴上方时,直线P₂B与直线P₁B关于x轴对称，∴直线P₂B的解析式为y∵点P在直线y=-12-