(完整版)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

第24讲常见几何模型

【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）DBC ABE ???

（2）DC AE =

（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 ∠

2016 17 2 全等的判定及其性质、旋转模型 填空题、解答题

C

D

A

B

E

F

E

C

D

B

A

2、 【条件】如图两个等腰直角三角形ADC 与EDG ，连结CE AG ,,二者相交于点H 。

【结论】 （1）CDE ADG ???是否成立？

（2）AG =CE

（3）AG 与CE 之间的夹角为ο90 （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 ，90BAD BCD ?∠=∠= 【结论】452ACB ACD BC CD AC ?

∠=∠=+=

① ②

二、角含半角模型：全等 角含半角要旋转：构造两次全等

F

E

D C

B

A

G F

E

D C

B

A A

B

C D E A

B

C

D E F

【条件】：如图，点分别是正方形的边上的点，，连接

；

【结论】（1）AFE AGE △△? （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】CDE ABC ∽△△

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 =b 2?S △DGO ．其中结论正确的个数是（ ）

E F 、ABCD BC CD 、45EAF ∠=?EF

EF BE FD =

+

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≌△GED ③∠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， ∴BD 21 =ON ，AE 2

1

=

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

的是（D ）．

于F，连FC，下列结论不正确

．．．

A ．A

B ≥AE B ．△AEF ∽△DCE

C ．△AEF ∽△ECF

D ．△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= 3

4； （5）OG ?BD=AE 2+CF 2．

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PC PB <，PA 交BC 于E ，

点F 是PC 延长线上的点，PB CF =，13=AB ，

4=PA ．

（1）求证ABP ?≌ACF ?； （2）求证AE PA AC ?=2； （3）求PB 和PC 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PH ⊥DG 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α（0°＜a ＜180°） ①如图2，当点E 落在AF 上时，求CO 的长； ②如图3，当DG=7时，求PH 的长。

6、（2017二中一模）已知抛物线C 1：23

(0)2

y ax bx a =+-≠经过点A （1，0）和B （-3，0）．

（1）求抛物线C 1的解析式，并写出其顶点C 的坐标；

（2）如图1，把抛物线C 1沿着直线AC 方向平移到某处时得到抛物线C 2，此时点A ，C 分别平移到点D ，E 处．设点F 在抛物线C 1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，EN ⊥EM 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：①tan ∠ENM 的值如何变化？请说明理由；②点M 到达点C 时，直接写出点P 经过的路线长．

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等的两个三角形相似得到Rt△AEF∽Rt△DCE，由相似的性质得CD：AE=DE：AF，而CD=AB，DE=AE，则AB：AE=AE：AF，即AE2=AB?AF，利用AF≤AB，得到AB≥AE；再利用Rt△AEF ∽Rt△DCE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△AEF∽△ECF；由∠EFC≠90°可判断△AEF∽△BFC相似不成立，而当∠AFE=∠BFC时，可判断△AEF∽△BCF．

解答：∴∠AEF+∠DEC=90°，∵∠AEF+∠AFE=90°，∴∠AFE=∠DEC，

∴Rt△AEF∽Rt△DCE；∴CD:AE=DE:AF，∵E为矩形ABCD的边AD的中点，

∴CD=AB，DE=AE，∴AB:AE=AE:AF,即AE2=AB?AF，

而AF?AB，∴AB?AE；

∵Rt△AEF∽Rt△DCE，∴EF:EC=AF:DE，而DE=AE，

∴EF:EC=AF:AE，即EF:AF=EC:AE，∵∠A=∠FEC=90°，∴△AEF∽△ECF；

∵∠EFC ≠90°∴△AEF ∽△BFC 相似不成立， 但当∠AFE=∠BFC 时,△AEF ∽△BCF.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：

①由四边形ABCD 是正方形，直角∠MPN ，易证得△BOE ≌△COF （ASA ），则可证得结论；

②由（1）易证得4

1

==BOC OEBF S S △四边形ABCD S 四边形， 则可证得结论；

③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；

④易证得△OEG ∽△OBE ，然后由相似三角形的对应边成比例，证得OG ?OB=OE2，再利用OB 与BD 的关系，OE 与EF 的关系，即可证得结论．

②∵ABCD 正方形BOC △COF △BOE △BOE △BOE △OEBF 四边边S 4

1

=S =S +S =+S =S S ∴4:1=S :S ABCD 正方形OEBF 四边边；故正确；

③过点O 作OH ⊥BC ，∵BC=1，∴OH=12BC=12， 设AE=x ，则BE=CF=1?x ，BF=x ， ∴，32

9+14)-(x 21=21×x)-(121+x)-x(121=OH CF 21+BF BE 21=S +S 2COF △BEF △?? ∵a=?12<0，

∴当x=14时,COF △BEF △S +S 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； ④∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45°， ∴△OEG ∽△OBE ， ∴OE:OB=OG:OE ， ∴，OE =OB OG 2?∵OB=2

1

BD,OE=22EF ， ∴2EF =BD OG ?，

∵在△BEF 中,2

22BF +BE =EF ，

∴2

22CF +AE =EF ，

∴2

2CF +AE =BD OG ?.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。

8

3、

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△DBF∽△ACD，然后利用相似比计算BF的长．

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；

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， ∴∠ACF ＝∠ABP . 在△ABP 和△ACF 中，

??

?

??CF =BP ACF ∠=ABP ∠AC =AB ∴△ABP ≌△ACF.

（2）证明：∵正三角形ABC 内接于⊙O ， ∴∠ABC ＝∠ACE=60°， ∴∠APC ＝∠ABC=60°， ∴∠ACE=∠APC ∵∠CAE=∠PAC ∴△ACE ∽△APC

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