2017年广州中考常见几何模型分析与总结(含答案)

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】

2019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。

2019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 2019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 ∠

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ο

90

（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】45ACB ACD BC CD ?

∠=∠=+=

① ②

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）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．（2019?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（ ） A ． 4个

B ． 3个

C ． 2个

D ． 1个

2．（2019?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

E F 、ABCD BC CD 、45EAF ∠=?EF EF BE FD =+

其中正确的结论是．

三、解答题

3．（2019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．（2019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、（2019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．AB≥AE B．△AEF∽△DCE

C．△AEF∽△ECF D．△AEF与△BFC不可能相似

2、（2019十六中一模）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、（2019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、（2019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、（2019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、（2019二中一模）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． 解答：

①∵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=OC

∠OBE=∠OCF ，∴△BOE ≌△COF(ASA)，∴OE=OF ，BE=CF ， ∴EF=22OE;故正确;

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,222BF +BE =EF ， ∴222CF +AE =EF ，

∴22CF +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。

3、

3

8

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

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°，

∴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

）

AD

+

FG

（

2

1

=

PH

；

（2）①先判断出△COE∽△AOB，得到AO是CO的2倍，设出CO，表示出BO，AO，再用勾股定理计算，②先找出辅助线，再判断出△ARD≌△DSC，△CSG≌△GTF，求出AR+FT，最后用梯形中位线即可．

在△ABO 中,根据勾股定理得,2

2(2x )=x )-(2+4， ∴3272-=

x 或3

2

72--=x (舍)， ∴CO=x=3

2

72-=x . ②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=CD ∴△ARD ≌△DSC ， ∴AR=DS ，

同理：△CSG ≌△GTF ， ∴SG=FT ，

∴AR+FT=DS+SG=DG=7，

同(1)的方法得，PH 是梯形ARTF 的中位线， ∴2

7=FT)+(AR 21=

PH .

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=DF 2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）①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，②初中能解决的路径不是线段就是弧长，有关键位置分析可知轨迹为三角形中位线。

解答： 解：（1）∵抛物线C 1：2

3

(0)2

y ax bx a =+-

≠经过点A （1，0）和B （-3，0），

∴3

2{3

930

2

a b a b +-

=--= 解得1{21a b ==，

∴抛物线C 1的解析式为21322

y x x =+-， ∵22131

(1)2222

y x x x =

+-=+-， ∴顶点C 的坐标为（-1，-2）； （2）如图，作CH ⊥x 轴于H ， ∵A （1，0），C （-1，-2）， ∴AH=CH=2， ∴∠CAB=∠ACH=45°

∴直线AC 的解析式为y=x-1， ∵△DEF 是以EF 为底的等腰直角三角形，