中考数学几何模型专项复习讲义

中考数学几何模型专项复习讲义同学们，大家好。在中考数学的征途上，几何无疑是一座需要我们奋力攀登的高峰。而几何模型，便是我们征服这座高峰的得力工具。它们是历代数学家和学习者从大量实践中总结出的“套路”与“捷径”。掌握好这些模型，能帮助我们在复杂的图形中快速识别关键信息，找到解题的突破口，从而更高效、更准确地解决问题。本讲义将聚焦中考中几个高频出现的几何模型，深入剖析其构造、特征、核心结论及应用方法，希望能为大家的复习备考助一臂之力。请记住，模型不是死记硬背的教条，而是理解和应用的工具，关键在于领会其“神韵”，做到灵活变通。一、“一线三垂直”模型“一线三垂直”模型，听名字大家或许就能猜到几分。它的核心在于“一线”和“三垂直”这两个要素。这种模型在证明线段相等、角相等、以及构造全等或相似三角形中有着广泛的应用，尤其在坐标系背景下的几何问题中，更是常客。1.1模型解读所谓“一线三垂直”，通常指的是在一条直线上，有三个点，分别过这三个点作这条直线的垂线，从而形成三个直角。这三个直角的顶点在同一条直线上，我们称之为“基准线”。三个垂足之间的距离，以及垂线段的长度，是构成模型的基本量。1.2图形示意（此处脑海中应有图形：一条水平直线l作为基准线，直线l上有A、B、C三点，依次排列。过A点作AD垂直于l，垂足为A，AD在l上方；过B点作BE垂直于l，垂足为B，BE也在l上方；过C点作CF垂直于l，垂足为C，CF同样在l上方。这样就形成了三个直角∠DAB、∠EBC、∠FCA均为90度。当然，垂线段也可在基准线下方，或上下混合，核心是三个直角顶点共线。）1.3核心结论在“一线三垂直”模型中，若存在某些条件，如某两条垂线段长度相等，或某两个垂足间的距离相等，常常可以构造出全等的直角三角形。最常见的情况是：*若AD=BE，AB=BC，则可能有△DAB≌△EBC(SAS或HL，取决于已知条件)。*更一般地，若∠DBA+∠EBC=90°，则∠ADB=∠EBC，结合一组直角和一组边相等，可证得三角形全等。*由此可推导出对应边相等（如DB=EC）、对应角相等（如∠ABD=∠BCE）。1.4模型应用“一线三垂直”模型常用于：*证明线段之间的数量关系（相等、和差、倍数等）。*证明角度之间的关系（相等、互余、互补等）。*构造全等三角形，转移线段或角的位置，以解决更复杂的问题。*在平面直角坐标系中，已知某些点的坐标，求其他点的坐标或线段长度，常通过向坐标轴作垂线构造此模型。1.5典例分析例题：如图，在平面直角坐标系中，点A(1,0)，点B(0,2)。过点A作直线l垂直于x轴，点P是直线l上一动点（不与点A重合）。连接BP，过点B作BP的垂线交x轴于点Q。求证：PA=AQ。思路点拨：拿到这个题目，首先观察坐标系和已知条件。点A在x轴上，直线l垂直于x轴过点A，所以直线l是铅直线x=1。点P在l上，所以P的坐标可设为(1,p)，其中p≠0。BP垂直于BQ，点Q在x轴上。这里，x轴可以看作是一条“基准线”。点A是x轴上一点，点Q也是x轴上一点。过点B向x轴作垂线，垂足是点O(0,0)。点P向x轴作垂线，垂足是点A(1,0)。这样一来，在x轴上，我们有O、A、Q三个点（Q的位置待定，可能在A左侧或右侧）。BP垂直于BQ，即∠PBQ=90°。此时，我们尝试寻找“一线三垂直”的影子。考虑Rt△BOP？不，P点在x=1上。我们看Rt△BAP和Rt△QOB吗？BA与BO不垂直。换个角度，BP垂直于BQ，BA是从B点出发的一条线段。或者，考虑过点B向直线l作垂线？似乎有点复杂。我们再仔细看，PA是点P到A的距离，因为P(1,p)，A(1,0)，所以PA就是|p-0|=|p|。AQ是点A到Q的距离，设Q(q,0)，则AQ=|q-1|。要证PA=AQ，即证|p|=|q-1|。因为BP垂直于BQ，所以直线BP的斜率与直线BQ的斜率乘积为-1。直线BP过点B(0,2)和P(1,p)，其斜率为(p-2)/(1-0)=p-2。直线BQ过点B(0,2)和Q(q,0)，其斜率为(0-2)/(q-0)=-2/q。则(p-2)*(-2/q)=-1。化简这个方程：(-2(p-2))/q=-1→2(p-2)/q=1→q=2(p-2)→q=2p-4。那么AQ=|q-1|=|2p-4-1|=|2p-5|。哎？这和|p|相等吗？好像不是直接相等。看来用解析法硬算，虽然能表达，但似乎没有用到“一线三垂直”模型，而且结论也不明显，说明我的坐标设定或思路可能偏离了模型的引导。重新审视题目，BP⊥BQ，BA是从B出发到x轴上A点的线段。∠PBA+∠ABQ=90°。过点P作了PA垂直于x轴（基准线），垂足为A。点Q在x轴上。如果我们考虑△PAB和△QBA呢？它们都是直角三角形吗？∠PAB是直角（PA垂直x轴），∠QAB也是直角（Q在x轴上，A在x轴上）。所以，Rt△PAB和Rt△QBA？在Rt△PAB中，∠PBA+∠BPA=90°。而∠PBA+∠ABQ=90°（因为BP⊥BQ，∠PBQ=90°）。所以∠BPA=∠ABQ。这样一来，在Rt△PAB和Rt△BAQ中：∠BPA=∠ABQ(已证)∠PAB=∠BAQ=90°(垂直定义)AB=BA(公共边)所以Rt△PAB≌Rt△BAQ(AAS)。因此，PA=AQ(全等三角形对应边相等)。看，这样就清晰了！这里，x轴是“一线”，点A是这条线上的一个垂足（PA⊥x轴于A，QA在x轴上，可看作QA⊥AB吗？不。关键是∠PAB和∠BAQ都是直角，顶点A是公共的，并且∠BPA=∠ABQ。这正是“一线三垂直”模型的一种变形应用，通过证明两个直角三角形全等，得到对应边相等。我们利用了直角、公共边以及一组锐角相等，从而证得全等，使命题得证。这个过程比单纯的解析法计算要简洁明了，体现了几何模型的威力。二、“手拉手”模型“手拉手”模型，这个名字非常形象。它通常指的是两个具有公共顶点的等腰三角形，其中一个三角形绕着这个公共顶点旋转一定角度后，与另一个三角形形成的一种特殊图形关系。因其两个等腰三角形的两组腰像两只拉在一起的手而得名。2.1模型解读“手拉手”模型的核心构成是：两个等腰三角形，它们有一个公共的顶点（我们称之为“旋转中心”），并且它们的顶角相等。当其中一个三角形以旋转中心为定点，旋转使得它们的一“腰”重合或在一条直线上时，另外两条“腰”就像两只手一样“拉”在了一起，连接对应的端点，会形成新的全等三角形。最常见的是两个等腰直角三角形手拉手，或者两个等边三角形手拉手。2.2图形示意（此处脑海中应有图形：图1（等边三角形手拉手）：点O为公共顶点，△OAB和△OCD都是等边三角形，且∠AOB=∠COD=60°。OA=OB，OC=OD。将△OCD绕点O旋转，使得OC与OA重合一部分或分开，连接AC、BD。图2（等腰直角三角形手拉手）：点O为公共顶点，△OAB和△OCD都是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°。OA=OB，OC=OD。将△OCD绕点O旋转，连接AC、BD。）2.3核心结论在“手拉手”模型中，若△OAB和△OCD是具有公共顶点O的等腰三角形，且OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=α，则通常有以下核心结论：*△OAC≌△OBD（SAS）。证明思路：OA=OB，OC=OD，∠AOC=∠AOB+∠BOC=α+∠BOC，∠BOD=∠COD+∠BOC=α+∠BOC，所以∠AOC=∠BOD。*由全等可得：AC=BD（对应边相等）。*由全等可得：∠OAC=∠OBD（对应角相等），∠OCA=∠ODB。*AC与BD所夹的锐角等于α（即∠AEB=α，其中E为AC与BD的交点）。这个结论可以通过三角形外角定理推导得出：∠AEB=∠OBD+∠OAC的邻补角？或者通过180°-(∠OAB+∠OBA)=180°-(180°-α)=α来理解，具体视图形而定。*连接AD和BC，则AO平分∠CAD或BO平分∠CBD吗？不一定，这个要看具体旋转角度，但AO和BO分别是原等腰三角形的顶角平分线。更重要的是AE和BE之间的关系，或者说AO所在直线与AD、AC的关系。2.4模型应用“手拉手”模型常用于：*证明两条线段相等（如上AC=BD）。*证明两个角相等（如上∠OAC=∠OBD）。*证明两条线段的夹角为定值（如上AC与BD夹角为α）。*结合勾股定理进行线段长度的计算。*解决与旋转相关的动态几何问题，因为模型本身就蕴含了旋转的思想。2.5典例分析例题：已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD、CE交于点F。(1)求证：BD=CE；(2)求证：BD⊥CE。思路点拨：这是一个非常典型的“手拉手”模型问题。△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，且它们有一个公共的顶点A（注意，这里公共顶点是A，而不是前面模型解读中说的O，但本质一样）。∠BAC=∠DAE=90°（顶角相等），AB=AC，AD=AE（两腰相等）。对于第(1)问，要证BD=CE。根据“手拉手”模型的核心结论，我们应该尝试证明△ABD≌△ACE。已知AB=AC，AD=AE。那么夹角呢？∠BAD和∠CAE是否相等？因为∠BAC=∠DAE=90°，所以∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD（等式性质，都加上∠CAD），即∠BAD=∠CAE。因此，△ABD≌△ACE(SAS)。所以BD=CE(全等三角形对应边相等)，第(1)问得证。对于第(2)问，要证BD⊥CE，即证∠BFC=90°（或∠BFE=90°等，看交点位置）。由(1)知△ABD≌△ACE，所以∠ABD=∠ACE（对应角相等）。在△ABC中，∠BAC=90°，所以∠ABC+∠ACB=90°，即∠ABD+∠DBC+∠ACB=90°。将∠ABD=∠ACE代入上式，得∠ACE+∠DBC+∠ACB=90°。而∠ACE+∠ACB=∠BCE，所以∠DBC+∠BCE=90°。在△BFC中，∠DBC+∠BCE+∠BFC=180°（三角形内角和定理），所以90°+∠BFC=180°，因此∠BFC=90°，即BD⊥CE。第(2)问得证。这个例题完美地体现了“手拉手”模型的应用。公共顶点是A，两个等腰直角三角形“手拉着手”（AB与AD是一组“手”，AC与AE是另一组“手”），通过证明旋转后的两个三角形全等，轻松得到对应边相等和对应角相等，进而解决了线段垂直的证明。三、“半角”模型“半角”模型，指的是一个角的内部含有一个与其共顶点的、度数是其一半的角。最常见的是90°角内含一个45°角，或者120°角内含一个60°角的情况。这类模型通常通过旋转某一部分图形，将分散的条件集中起来，从而构造出全等或特殊三角形。3.1模型解读“半角”模型的典型特征是：在一个大角的内部，有一个小角，小角的顶点与大角的顶点重合，且小角的两边分别与大角的两边相交或重合。大角的度数是小角度数的两倍。例如，正方形中（或等腰直角三角形中）的45°角问题，就是90°半角模型。3.2图形示意（此处脑海中应有图形：正方形ABCD，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°。这是90°半角模型的经典图形。）3.3核心结论以正方形ABCD中，∠EAF=45°为例，其核心结论有：*EF=BE+DF。（这个是最核心、最常考的结论）*△AEF的面积等于△ABE和△ADF的面积之和。（可由上一结论推得，或通过旋转后等积变换得到）*相关的直角三角形相似或全等。例如，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABF'，则△AEF≌△AEF'(SAS)，从而EF=EF'=BE+BF'=BE+DF。*其他衍生结论，如AE