2018年中考常见几何模型分析

1、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2016172全等的判定及其性质、旋转模型填空题、解答题【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。

2、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与，连结与，【结论】（1）（2）（3）与之间的夹角为（4）与的交点设为,平分2、 【条件】如图两个等腰直角三角形与，连结,二者相交于点。【结论】 （1）是否成立？（2） =ce（3）与之

3、间的夹角为 （4）是否平分？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，【结论】二、角含半角模型：全等角含半角要旋转：构造两次全等 【条件】：如图，点分别是正方形的边上的点，连接；【结论】（1） （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】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（ab）下列结论：bcgdce；bgde；=；（ab）2sefo=b2sdgo

4、其中结论正确的个数是（）a4个b3个c2个d1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：四边形aegf是菱形aedgeddfg=112.5bc+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（090）后，记为d1ce1（图

5、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，c

6、g=ce，bcd=ecg=90，则可根据sas证得bcgdce；然后根据全等三角形的对应角相等，求得cde+dgh=90，则可得bhde由dgf与dce相似即可判定错误，由god与foe相似即可求得解答：证明：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，bcgdce（sas），bcgdce，cbg=cde，又cbg+bgc=90，cde+dgh=90，dhg=90，bhde；四边形gcef是正方形，gfce，=，=是错误的dcef，gdo=oef，god=foe，ogdofe，=（）2=（）2=，（ab）2sefo=

7、b2sdgo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、考点：三角形全等、三角形内角和、菱形分析：首先证明adegde，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rtade和rtgde中，aedged，故正确，ade=edg=22.5，ae=eg，aed=afe=

8、67.5，ae=af，同理eg=gf，ae=eg=gf=fa，四边形aegf是菱形，故正确，dfg=gfc+dfc=bac+dac+adf=112.5，故正确ae=fg=eg=bg，be=ae，beae，ae，cb+fg1.5，故错误故答案为点评：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

9、+90=180；（2）连接bd，ae，on，延长bd交ae于f，先证明rtbcdrtace，得到bd=ae，ebd=cae，则cae+adf=cbd+bdc=90，即bdae，再利用三角形的中位线的性质得到on=bd，om=ae，onbd，aeom，于是有on=om，onom，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，rtbcdrtace，bd=ae，e

10、bd=cae，cae+adf=cbd+bdc=90，即bfae，又m是线段be的中点，n是线段ad的中点，而o为ab的中点，onbd，aeom；on=om，onom，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，acbacd1=d1ce1acd1，bcd1=ace1，又cb=ca，cd1=ce1，bcd1ace1，与（2）同理可证bd1ae1，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（

11、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mfmb于点m，过点a作afma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abfadm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

12、ea，abd=adb，ab=ad，ade+adc=180，abc+adc=180，abc=ade，在abc与ade中，abcade（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mfmb于点m，过点a作afma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，abfadm（sas），bf=dm，在rtbmf

13、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、选择题图21、（2014番禺华附一模）如图2，在矩形abcd中，e为ad的中点，efec交边ab于f，连fc，下列结论不正确的是（ d ）aabae baefdce caefecf daef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

14、边pm、pn分别与oa、ob重合，然后逆时针旋转mpn，旋转角为（090），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）ogbd=ae2+cf2a.（1）（3）（4）（5） b.（2）（3）（4）（5）c.（1）（2）（3）（5） d.（1）（2）（3）（4）二、填空题3、（2016黄埔区一模）如图，已知和均为等边三角形，点在边上，与相交于点，如果，那么的长度为 三、解答题第

15、4题4、（2016荔湾区一模）如图，正三角形abc内接于o，p是弧上的一点（p不与点b、c重合），且，交于e，点f是延长线上的点，（1）求证；（2）求证；（3）求和的长5、（2016海珠区一模）已知正方形abcd和正方形cefg，连接af交bc于o点，点p 是af的中点，过点p作phdg于h ，cd=2，cg=1。（1）如图1，点d、c、g在同一直线上，点e在bc边上，求ph得长；（2）把正方形cefg绕着点c逆时针旋转（0a180）图（3）如图2，当点e落在af上时，求co的长；图（1）图（2）如图3，当dg=时，求ph的长。6、（2017二中一模）已知抛物线c1：经过点a（1，0）和b（-

16、3，0）（1）求抛物线c1的解析式，并写出其顶点c的坐标；（2）如图1，把抛物线c1沿着直线ac方向平移到某处时得到抛物线c2，此时点a，c分别平移到点d，e处设点f在抛物线c1上且在x轴的上方，若def是以ef为底的等腰直角三角形，求点f的坐标；（3）如图2，在（2）的条件下，设点m是线段bc上一动点，enem交直线bf于点n，点p为线段mn的中点，当点m从点b向点c运动时：tanenm的值如何变化？请说明理由；点m到达点c时，直接写出点p经过的路线长25题图125题图2参考答案1、d考点：相似三角形、三角形内角和（一线三直角）分析：利用等角的余角相等得到afe=dec，则根据有两组角对应相

17、等的两个三角形相似得到rtaefrtdce，由相似的性质得cd：ae=de：af，而cd=ab，de=ae，则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，根据比例性质得ef：af=ec：ae，加上a=fec=90，则根据两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似得到aefecf；由efc90可判断aefbfc相似不成立，而当afe=bfc时，可判断aefbcf解答：aef+dec=90，aef+afe=90，afe=dec，rtaefrtdce；cd:ae=de:

18、af，e为矩形abcd的边ad的中点，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，但当afe=bfc时,aefbcf.故选d.点评：此题为非常明显的考查相似三角形知识点，根据一线三等角模型特征快速得出答案。2、c考点：正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质分析：由四边形abcd是正方形，直角mpn，易证得boecof（asa），则可证得结论；

19、由（1）易证得，则可证得结论；首先设ae=x，则be=cf=1-x，bf=x，继而表示出bef与cof的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；易证得oegobe，然后由相似三角形的对应边成比例，证得ogob=oe2，再利用ob与bd的关系，oe与ef的关系，即可证得结论解答：四边形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;故正确;；故正确；过点o作ohbc，bc=1，

20、oh=12bc=12，设ae=x，则be=cf=1x，bf=x，a=120，当x=14时,最大；即在旋转过程中,当bef与cof的面积之和最大时,ae=14；故错误；eog=boe,oeg=obe=45，oegobe，oe:ob=og:oe，ob=bd,oe=ef，在bef中,，.故正确。故选c.点评：从图形上看是一个比较复杂的题，但是实际题目难度并不是很大，利用对角互补旋转模型结论再结合个够定理就能解决此题。3、考点：相似三角形的判定与性质, 等边三角形的性质分析：先利用等边三角形的性质得到c=ade=b=60，ab=bc=ac=12，再利用三角形外角性质证明bdf=cad，则可判断dbfa

21、cd，然后利用相似比计算bf的长解答：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=.故答案为.点评：此题利用对角互补旋转模型推导过程得到对应结论，再利用相似解决第（2）（3）问4、考点：圆周角定理，等边三角形的性质，等边三角形的判定，圆内接四边形的任何一个外角都等于它的内对角分析：对于（1），先根据等边三角形的性质得到ab=ac，再利用圆的内接四边形的性质得acf=abp，根据“sas”即可得证；对于（2），先根据等边三角形的性质得到abc=acb=60，再根据

22、圆周角定理得apc=abb=60，加上cae=pac，于是可判断aceapc，然后利用相似比即可得到结论；对于（3），先利用计算出ae=，则pe=ap-ae=，再证apf为等边三角形，得到pf=pa=4，则有pc+pb=4，接着证明abpcep，得到pbpc=peap=3，然后根据根与系数的关系，可把pb和pc看作方程的两实数解，再解此方程即可得到pb和pc的长.解答：（1）证明：正三角形abc内接于o，ab=ac.四边形abpc为圆的内接四边形，acfabp.在abp和acf中，abpacf.（2）证明：正三角形abc内接于o，abcace=60，apcabc=60，ace=apccae=p

23、acaceapcae:ac=ac:ap.（3），ab=ac，abpacf，apb=f=60.而apc=60，apf为等边三角形，pf=pa=4，pc+cf=pc+pb=4.bap=pce，apb=apc，abpcep，pb:pe=ap:pc，pbpc=peap=4=3.pb+pc=4，pb和pc可看作方程的两实数解，解此方程得.pbpc，pb=1，pc=3点评：此题为标准手拉手模型，所以除了相似三角形得出答案，还能利用手拉手模型性质解决。5考点：梯形中位线、相似三角形、勾股定理、全等三角形（一线三直角）分析：先判断出四边形apgf是梯形，再判断出ph是梯形的中位线，得到；（2）先判断出coea

24、ob，得到ao是co的2倍，设出co，表示出bo，ao，再用勾股定理计算，先找出辅助线，再判断出arddsc，csggtf，求出ar+ft，最后用梯形中位线即可解答：(1)phcd，adcd，phadfg，点p是af的中点，ph是梯形apgf的中位线，(2)ceo=b=90，coe=aob，coeaob，coao=ceab，coao=12，设co=x，ao=2x，bo=2x，在abo中,根据勾股定理得,，或(舍)，co=x=.如图3，分别过点a，c，f作直线dg的垂线，垂足分别为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的中位线，.点评：此题利用梯形中位线性质解决第（1）问，第（2）利用相似结合勾股定理这中常用方法求长度，第（3）问构造一线三直角模型解决问题。6、考点：二次函数、等要直接三角形、相似三角形（一线三直接）、三角函数、中位线分析：（1） 根据解析式求出坐标；（2） 根据等腰三角形的性质，ef=求出ef的长度，再根据抛物线与直线纵坐标差值求出答案。（3） 根据答案需要求的正切值转换为相似比，再根据已知的两个直角构造出一线三直接模型，相似比为定值，初中能解决的