几何变换、数学思想方法中考满分系列精讲 几何模型问题 Add Text 点击此处添加标题 数学模型的思想过程为直觉、试探、思考、猜想、验证 , 这一过程主要培养学 生的思考过程和解决问题的思想 , 这是学生们对新知识的了解并更好运用的过程 , 可开发出学生们的抽象概括能力和创新思维能力 . 同时更有助于学生分析并解决问 题的实用机理。数学模型是学生以自己原有的知识经验为基础 , 通过对外部问题的 观察和吸纳 , 再与自身原有知识相结合 , 将相关问题充分结合并构建属于它的理解 和意义 . 对数学模型的求解也是需要学生对自己以前的知识进行唤醒 , 运用以前的 知识与现在所学知识相互交流并吸取有益部分再进行相互融合、编码、构建与数学 模型的理解和和意义 , 这是一个需要相互反复交流的相互过程也是学习者对自己构 建知识经验的过程 . 。 一、 双基目标 本节主要学习 - 三种常见的全等模型 二、能力目标 数学模型分广义和狭义两种 . 广义的是指一 (“ 手拉手”、“三垂直”、“中点”相关）中 切数学理论、体系和各种概念、公式、算法系 的解题方法 . 统的等。狭义的是指为解决某些具体的数学问 题而衍生出的某种特殊的数学关系结构 . 并且 在高度概括之后，本专辑主要从狭义角度通过 精讲、精练来培养学生利用全等相关模型来解 决大量几何问题 . 五、全等模型专题 “ 手拉手”模型 -- 绕点型 （ 1 ）自旋转： ，，，，，，，  ， 60 0 ， 60 0 ，，，，，，，  0 0  ， 90 ， 90 ，，，，，，  ，，  ，，，，，，，，，，  ，，，， 180 0 ，，，，，， 如图，在△ ABC 中，∠ BAC ＝ 90° ， AB ＝ AC ＝ 10cm ，点 D 为△ ABC 内一 点，∠ BAD ＝ 15° ， AD ＝ 6cm ，连接 BD ，将△ ABD 绕点 A 按逆时针方向旋转，使 AB 与 AC 重合，点 D 的对应点为点 E ，连接 DE ， DE 交 AC 于点 F ，则 CF 的长为 　 　 cm ． 【分析】由旋转的性质可知： AE=AD=6 ，∠ DAE=∠BAC=90° ，∠ CAE=∠BAD=15° ，所以 △ DAE 是等腰直角三角形即∠ ADE=45° ，因为 AG⊥DE ，所 以 AG=DG=GE ，再由勾股定理可得 AG=3√2. 由三角形的外角 性质可知∠ AFG=60° ，在 Rt△AFG 中， AF= 所以 CF=AC － AF=10 － 2√6 =2√6 ， （ 2021 湖北鄂州）如图，四边形 ABDC 中， AC ＝ BC ，∠ ACB ＝ 90° ， AD⊥BD 于点 D ．若 BD ＝ 2 ， CD ＝ 4√2 ，则线段 AB 的长为 　 。 【分析】过点 C 作 CE⊥CD 交 AD 于 E ，判断出 ∠ ACE ＝∠ BCD ，进而利用 SAS 判断出 △ ACE≌△BCD ，得出 AE ＝ BD ＝ 2 ， CE ＝ CD ， 进而利用勾股定理求出 DE ＝ 8 ，即 AD ＝ 10 ，最后 用勾股定理即可得出结论．【答案】 2√26 （ 2020 贵州黔西南）如图，在△ ABC 中， CA ＝ CB ，∠ ACB ＝ 90° ， AB ＝ 2 ，点 D 为 AB 的中点，以点 D 为圆心作圆心角为 90° 的扇形 DEF ，点 C 恰在弧 EF 上，则图中阴影部分的面积为 ________ ． 【分析】连接 CD ，并过 D 作 DN⊥AC ， DM⊥BC 分别交 AC ， BC 于 N ， M. 证明△ DGM≌△DHN ，从而可以发现阴影 面积 = 扇形 DEF 的面积 - π1  4 2 正方形 DNCM 的面积。依据条件即可得算出答案；【答案】 （ 2020 台州）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案， 每块大正方形地砖面积为 a ，小正方形地砖面积为 b ，依次连接四块大正方形地砖的 中心得到正方形 ABCD ．则正方形 ABCD 的面积为　 表示） 【分析】如图，连接 DK ， DN ，证明 S 四边形 DMNT ＝ S△DKN ＝ a 即可解决问题． 【解答】解：如图，连接 DK ， DN ， 　．（用含 a ， b 的代数式 （ 2019• 东营）如图，在正方形 ABCD 中，点 O 是对角线 AC 、 BD 的交点，过点 O 作射线 OM 、 ON 分别交 BC 、 CD 于点 E 、 F ，且∠ EOF ＝ 90° ， OC 、 EF 交于点 G ．给出下列结论：①△ COE≌△DOF ；②△ OGE∽△FGC ；③四边形 CEOF 的面积为正方形 ABCD 面积的 ；④ DF2+BE2 ＝ OG•OC ．其中正确的是 （　　） A ．①②③④ B ．①②③ C ．①②④ D，①正确；由①得出 ．③④ 【分析】依据条件可证明△ DOF≌△COE OF=OE ，所以∠ OFE=∠OEF=45°=∠OCD ；又因为 ∠ OGE=∠CGF ，∴②正确；∵△ DOF≌△COE ，∴ S△ODC=S 四边 形 OFCE ，∴③正确；④错误 . 理由略【答案】 B （ 2020 山东滨州）如图，点 P 是正方形 ABCD 内一点，且点 P 到点 A 、 B 、 C 的 距离分别为 2√3 ，√ 2 ， 4 则正方形 ABCD 的面积为 ________ 【分析】 如图，将△ ABP 绕点 B 顺时针旋转 90° 得到△ CBM ，连 接 PM ，过点 B 作 BH⊥PM 于 H ．首先证明 ∠ PMC=90° ，推出∠ CMB=∠APB=135° ，推出 A ， P ， M 共线，利用勾股定理求出 AB2 即可．【答 案】 14+4√3 ． （ 2021 湖北黄石）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 、 F 分别在边 BC 、 CD 上，且∠ EAF ＝ 45° ， AE 交 BD 于 M 点， AF 交 BD 于 N 点． （ 1 ）若正方形的边长为 2 ，则△ CEF 的周长是 　 　． （ 2 ）下列结论：① BM2+DN2 ＝ MN2 ；②若 F 是 CD 的中点，则 tan∠AEF ＝ 2 ；③ 连接 MF ，则△ AMF 为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 　 所有正确的都填上）． 【分析】（ 1 ）过 A 作 AG⊥AE ，交 CD 延长线于 G ，证明△ ABE≌△ADG ，得 BE ＝ DG ， AG ＝ AE ，由∠ EAF ＝ 45° ， 证明△ EAF≌△GAF ，得 EF ＝ GF ，故△ CEF 的周长： EF+EC+CF ＝ GF+EC+CF ＝ CD+BC ，即可得答案；【答 案】 4. （把你认为 （ 2 ）①将△ ABM 绕点 A 逆时针旋转 90° 得到△ ADH ，连接 NH ，证明△ AMN≌△AHN ，可得 MN ＝ HN ， Rt△HDN 中 ，有 HN2 ＝ DH2+DN2 ，即得 MN2 ＝ BM2+DN2 ，故①正确； （ 2 ）共旋转（典型的手拉手模型） （ 2020 四川宜宾）如图，△ ABC 和△ ECD 都是等边三角形，且点 B 、 C 、 D 在一条 直线上，连结 BE 、 AD ，点 M 、 N 分别是线段 BE 、 AD 上的两点，且 BM ＝ BE ， AN ＝ AD ，则△ CMN 的形状是（　　） A ．等腰三角形 B ．直角三角形 C ．等边三角形 D ．不等边三角形 【分析】根据等边三角形的性质得出 BC ＝ AC ， EC ＝ CD ，进而利用 SAS 证明△ BCE 与△ ACD 全等， 进而利用全等三角形的性质解答即可． （ 2020 四川广元）如图所示，△ ABC ，△ ECD 均为等边三角形，边长分别为 5cm,3cm ， B 、 C 、 D 三点在同一条直线上，则下列结论正确的 ________________ ．（填序号） ①AD=BE ； ② BE=7cm ； ③△ CFG 为等边三角形 ； ④ CM= ；⑤ CM 平分∠ 【答案】①②③⑤ 【分析】 BMD. ① 根据等边三角形的性质得 CA ＝ CB ， CD ＝ CE ，∠ ACB ＝ 60° ， ∠DCE ＝ 60° ，则∠ ACE ＝ 60° ，利用“ SAS” 可判断△ ACD≌△BCE ， 则 AD ＝ BE ； ② 过 E 作 BN⊥CD, 根据等边三角形求出 ED 、 CN 的长，即可求出 BE 的长； ③ 由等边三角形的判定得出△ CMN 是等边三角形； ④ 证明△ DMC∽△DBA ，求出 CM 长； ⑤ 证明 M 、 F 、 C 、 G 四点共圆，由圆周角定理得出∠ BMC ＝∠ FGC ＝ 60° ， ∠CMD ＝∠ CFG ＝ 60° ，得出∠ BMC ＝∠ DMC ，所以 CM 平分∠ BMD. “ 手拉手”模型 -- 半角型 （ 2020• 天水）如图，在边长为 6 的正方形 ABCD 内作∠ EAF ＝ 45° ， AE 交 BC 于点 E ， AF 交 CD 于点 F ，连接 EF ，将△ ADF 绕点 A 顺时针旋转 90° 得到 △ ABG ．若 DF ＝ 3 ，则 BE 的长为　 　． 【分析】根据旋转的性质可知，△ ADF≌△ABG ，然后 即可得到 DF ＝ BG ，∠ DAF ＝∠ BAG ，然后根据题 目中的条件，可以得到△ EAG≌△EAF ，再根据 DF ＝ 3 ， AB ＝ 6 和勾股定理，可以得到 DE 的长，本题得 以解决． “ 一线三垂直”模型 【模型拓展】