中考复习题型过关题型八类比、拓展探究题.pptx

1、中 考数学2020第二部分河南中考题型过关题型八类比、拓展探究题第1页，共46页。考法帮类型4 “一线三等角”模型类型2 中点模型类型3 半角模型类型1 “手拉手”模型第2页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法1.1.【模型说明】【模型说明】两个三角形的顶点重合,其中一个三角形不动,另一个三角形绕着一个重合的顶 点旋转,就好像手拉着手一样,故叫“手拉手”模型.2.2.【模型特征】【模型特征】(1)有共顶点的一对相似三角形(对应边相等时,是全等三角形);(2)一个三角形位置固定,另一个三角形绕公共顶点旋转;(3)“左手拉左手”“右手拉右手”(如下表中的“左手”点A与点C,“

2、右手”点B与点D始终相连).典例剖析第3页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解3.3.【模型类别及相关结论模型类别及相关结论】高分技法合),OAOB,AOB=;2.将COD绕点O旋转,直线AC,BD交于点E,夹角为.角形;2.当90时,=,当 90时,=180-;3.点E在OAB的外接圆上.典例剖析第4页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法典例剖析第5页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法夹角为.3.点E在OAB的外接圆上.典例剖析第6页，共46页。考法帮1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方,图形正对我们,我们左边顶点为“

3、左手”,右边顶点为“右手”.2.两条“拉手线”所在直线夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补.3.三角形顺时针或逆时针旋转,得到的结论都是一样的,要根据题干的条件灵活运用.4.“手拉手”模型中,对应边与“拉手线”组成的两个三角形相似(若“手拉手”的两个三角形均是 等腰三角形,且公共顶点是顶角顶点,则对应边与“拉手线”组成的两个三角形全等).5.在河南中考的第22题(3)中,考查点可能是:点重合问题;共线问题;夹角是特殊角问题.模型讲解高分技法类型1 “手拉手”模型典例剖析第7页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法典例剖析4.4.【模型构造】【模型构造】如果题中图形没有

4、共顶点的相似图形,就需要“补形”,即构造一对共顶点的相似图形.图(1)图(2)“补形”方法:如图(1),此图形有一个等腰直角三角形ACD和一条“拉手线”BD,则以顶点A为直角顶点,补一个等腰直角三角形ABE,再连接另一条“拉手线”CE,得到图(2).结论:ABDAEC,ABEADC.即“旋转相似+旋转全等”都出现了.注:其他“手拉手”模型的“补形”方法基本是一致的.第8页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮典例剖析 高分技法模型讲解例例1 1 2018河南,22(1)问题发现问题发现如图(1),在OAB和OCD中,OA=OB,OC=OD,AOB=COD=40,连接AC,BD交于点M.填空:

5、的值为;AMB的度数为.(2)类比探究类比探究如图(2),在OAB和OCD中,AOB=COD=90,OAB=OCD=30,连接AC,交BD的延长线于点M.请判断的值及AMB的度数,并说明理由.(3)拓展延伸拓展延伸在(2)的条件下,将OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M.若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长.图(1)图(2)备用图第9页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析思路分析(1)根据“手拉手”模型3,得到AOCBOD,AMB=AOB;(2)根据“手拉手”模型4,得到AOCBOD,ACBD,求解即可;(3)在旋转过程中,始终有“拉手

6、线”AC与BD互相垂直,据此设未知数,运用勾股定理求解即可.参考答案参考答案(1)140解法提示:AOB=COD,BOD=AOC,又OC=OD,OA=OB,AOCBOD,(此为“手拉手”模型3的应用,OAB和OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”)AC=BD,OBD=OAC,=1.典例剖析模型讲解第10页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法设BD,OA交于点N,MNA=ONB,OBD=OAC,AMB=AOB=40.(“拉手线”AC,BD所在直线所夹锐角与AOB相等)(2),AMB=90.理由如下:AOB=COD=90,OAB=OCD=30,COD+AOD=AOB+AOD

7、,即AOC=BOD,AOCBOD,(此为“手拉手”模型4的应用,OAB和OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”),CAO=DBO.设AO,BM交于点N,ANM=BNO,AMB=AOB=90.(“拉手线”AC,BD所在直线互相垂直)典例剖析模型讲解第11页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)AC的长为 或 .解法提示:由(2)可知,AMB=90,设BD=x,则AC=.分两种情况讨论.如图(1),当点M,C在OA上侧重合时,在RtABC中,AB2=AC2+BC2,解得x1=2,x2=-3(不合题意,舍去),AC=.如图(2),当点M,C在OA下侧重合时,在RtABC中

8、,AB2=AC2+BC2,解得x1=-2(不合题意,舍去),x2=3,AC=.综上所述,AC的长为 或 .典例剖析模型讲解第12页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法例例2 2 在ABC中,BAC=60.(1)如图(1),AB=AC,点P在ABC内,且APC=150,PA=3,PC=4.以AP为一边,在AP右侧作等边三角形APD,连接CD.依题意补全图(1);直接写出PB的长.(2)如图(2),若AB=AC,点P在ABC外,且PA=3,PB=5,PC=4,求APC的度数.(3)如图(3),若AB=2AC,点P在ABC内,且PA=,PB=5,APC=120,直接写出PC的长.图(1

9、)图(2)图(3)典例剖析模型讲解第13页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析思路分析(1)依题意补形,根据“手拉手”模型3,得到ABPACD,得到BP=CD,进而在DPC中进行求解;(2)“补形”方法同(1),再结合勾股定理的逆定理进行求解;(3)根据“手拉手”模型5补形,已知ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的APD和“拉手线”CD,得到ABPACD,再结合勾股定理进行求解.参考答案参考答案(1)依题意补全图形,如图(1)所示.图(1)典例剖析模型讲解第14页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法PB=5.解法提示:由等边三角形的性质,得AD=DP=AP

10、=3,DAP=APD=60,又BAC=60,APC=150,BAP=CAD,DPC=90,又AB=AC,ABPACD,(此为“手拉手”模型3的应用,ABC和APD是共顶点相似三角形,BP,CD是“拉手线”)BP=CD.在RtPDC中,DPC=90,PD=3,PC=4,BP=CD=5.典例剖析模型讲解第15页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(2)如图(2),以AP为一边,在AP的左上方作等边三角形APD,连接DC,(根据“手拉手”模型3补形,已知等边三角形ABC和“拉手线”BP,补充等边三角形APD和“拉手线”CD)可得DP=AD=AP=3,PAD=DPA=60=BAC,BAP

11、=CAD,又AB=AC,APBADC,CD=BP=5.在DPC中,DP2+CP2=32+42=52=CD2,DPC=90,APC=DPC-DPA=90-60=30.典例剖析模型讲解第16页，共46页。类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)PC=2.解法提示:在ABC中,BAC=60,AB=2AC,易得ACB=90,ABC=30.如图(3),将AP绕点A逆时针旋转60,得到AE,在AE上截取AD=AP,连接DP,DC,(根据“手拉手”模型5补形,已知ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的APD和“拉手线”CD)则APDABC,APD=ABC=30,ADP=ACB=90,DPC=120-30

12、=90,PD=APsinPAD=sin 60=.BAC=PAD=60,BAP=CAD,又 =2,ABPACD,=2,CD=.在RtDPC中,根据勾股定理,得CP=2.典例剖析模型讲解第17页，共46页。考法帮解决类比探究题的一般思路解决类比探究题的一般思路第一问通过操作发现,找到解决问题的思路和方法;第二问通常是在第一问的基础上,改变其中的一个条件,只需观察改变的条件,即可利用同样的思路解决问题;第三问通常将原题中的特殊情况推广到一般情况,利用前两问的做题思路进行求解.模型讲解高分技法类型1 “手拉手”模型典例剖析第18页，共46页。类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析1.1.【模型说明】【

13、模型说明】中点模型,即与中点有关的模型,一般涉及三角形各边中点、中线及中位线的有关性质的应用.解决此类问题时,常常采用“倍长中线”、构造直角三角形的斜边中线和轴对称变换等方法解题.2.2.【辅助线作法】【辅助线作法】第19页，共46页。类型2 中点模型考法帮模型讲解 典例剖析第20页，共46页。考法帮例例3 3 如图,在RtABC中,ACB=90,ABC=30,点D是AC边上一点,过点D作DEAB于点E,连接BD,取BD的中点F,连接FE,FC.【观察猜想】(1)如图(1),线段FE与线段FC的数量关系是,EFC=;【问题探究】(2)将图(1)中的ADE绕点A逆时针旋转,当旋转角是60时,如图

14、(2)所示,连接CE,请判断FEC是不是等边三角形,并说明理由.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第21页，共46页。考法帮思路分析思路分析(1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE=FC=BD,再结合三角形外角及等腰三角形的性质,可求得EFC的度数.(2)方法一方法一(倍长中线法倍长中线法):延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,根据条件证明CBGCAE,可求得ECG=90,CEG=60,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法二方法二(倍长中线法倍长中线法):延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,根据条件证明EDHEAC,可求得CEH=90,ECH=

15、60,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法三方法三(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):取AD的中点M,连接EM,根据条件证明AECMEF,得到EC=EF,AEC=MEF,从而得到CEF=60,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第22页，共46页。考法帮方法四方法四(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):取AB的中点N,连接CN,根据条件证明CAECNF,得到CE=CF,ACE=NCF,从而得到ECF=60,问题得证.方法五方法五(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):过点D作DPBC,DOAC,垂足分别为点P,O

16、,连接PF,根据条件证明EDFCPF,得到FE=FC,DFE=PFC,从而得到EFC=60,问题得证.方法六方法六(构造全等三角形法构造全等三角形法):延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,根据条件证明AEFQCF,得到FE=FC,EFA=CFQ,从而得到EFC=60,问题得证.方法七方法七(轴对称法轴对称法):作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,过点F作FSAC于点S,根据条件证明FE=FC,CFE=60,问题得证.方法八方法八(轴对称法轴对称法):作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,过点F作FWAT于点W

17、,根据条件证明FE=FC,CFE=60,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第23页，共46页。考法帮参考答案参考答案(1)FE=FC60解法提示:在RtDCB和RtDEB中,点F是斜边上的中点,FE=BF=FC,FCB=FBC=DFC,FEB=FBE=DFE,EFC=DFC+DFE=2ABC=60.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第24页，共46页。考法帮(2)FEC是等边三角形.理由如下:方法一方法一(倍长中线法倍长中线法):如图(1),延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,易证EFDGFB,BG=DE,FBG=EDF.易知EDA=30,DE=AE,CAE=120,FBG=E

18、DF=150,CBG=150-30=120=CAE,CBGCAE,BCG=ACE,ECG=ECB+BCG=ECB+ACE=90,CEG=60,CF=EF,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第25页，共46页。考法帮方法二方法二(倍长中线法倍长中线法):如图(2),延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,易证DFHBFC,DH=BC=AC,HDF=B=30,EDH=180-30-30=120=EAC,EDHEAC,DEH=AEC,CEH=CED+DEH=CED+AEC=90,ECH=60,CF=EF,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第26页，共46页。

19、考法帮方法三方法三(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):如图(3),取AD的中点M,连接EM,AED=90,EM=AM,又EAM=60,AEM是等边三角形,AE=EM,AME=60,EMF=120=CAE.MF=MD+DF=AD+BD=AB,AC=AB,MF=AC,AECMEF,EC=EF,AEC=MEF,CEF=MEF+CEM=AEC+CEM=AEM=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第27页，共46页。考法帮方法四方法四(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):如图(4),取AB的中点N,连接CN,则CN=AN=BN=AB,又DF=FB=

20、DB,NF=NB-FB=(AB-BD)=AD=AE.易证ACN是等边三角形,AC=NC,ANC=60,CNF=120=CAE,CAECNF,CE=CF,ACE=NCF,ECF=ECN+NCF=ECN+ACE=ACN=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第28页，共46页。考法帮方法五方法五(构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):如图(5),过点D作DPBC,DOAC,垂足分别为点P,O,连接PF,则PF=DF=BF.易证DE=DO=PC,FPC=FDE=150,DFP是等边三角形,EDFCPF,DFP=60,FE=FC,DFE=PFC,EFC=DFP=60,

21、FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第29页，共46页。考法帮方法六方法六(构造全等三角形法构造全等三角形法):如图(6),延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,则AM=MD=AE.AF=AM+MF=AM+AB,AQ=AC+CQ=AB+AE,AF=AQ,又QAF=60,AFQ是等边三角形,AFQ=CQF=60=EAF,AF=FQ,AEFQCF,FE=FC,EFA=CFQ,EFC=AFQ=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第30页，共46页。考法帮方法七方法七(轴对称法轴对称法):如图(7),作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在A

22、C上,连接DR,FR,则DRAC,FR=FE,EFA=RFA.过点F作FSAC于点S,则AFS=30,DRFSBC.DF=BF,RS=SC,直线SF是线段RC的垂直平分线,FR=FC,RFS=CFS,FE=FC,CFE=RFC+RFE=2SFA=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第31页，共46页。考法帮方法八方法八(轴对称法轴对称法):如图(8),作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,则BTAT,FT=FC,CFA=TFA,ABT=ABC=30.过点F作FWAT于点W,则AFW=30,DEFWBT.DF=BF,TW=WE,直线WF是线

23、段ET的垂直平分线,FT=FE,TFW=EFW,FE=FC,CFE=CFA+AFE=AFT+AFE=2AFE+2EFW=2AFW=60,FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型第32页，共46页。类型3 半角模型考法帮典例剖析例例4 4 (1)发现问题发现问题如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别是BC,CD边上的动点(均不与端点重合),且EAF=45,试判断BE,EF,DF之间的数量关系.小明把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG,发现EF=BE+DF,请你给出证明过程.(2)类比探类比探究如图(2),在正方形ABCD中,若点E,F分别是边CB,DC延长线上的动点,且EAF

24、=45,则(1)中的结论还成立吗?请写出证明过程;如图(3),在正方形ABCD中,若点E,F分别是BC,CD延长线上的动点,且EAF=45,请直接写出EF,BE,DF之间的数量关系.(不要求证明)(3)拓展应用拓展应用在(1)中,若正方形ABCD的边长为6,AE=3,求EF的长.第33页，共46页。类型3 半角模型考法帮典例剖析 思路分析思路分析利用半角模型进行求解.(1)先证明AFGAFE,得到EF=FG,再进行等量代换即可得证.(2)先把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG,再证明AFGAFE,得到EF=FG,最后进行等量代换即可得证.方法同.(3)根据勾股定理,可求得BE的长,再在RtC

25、EF中,结合勾股定理和(1)中结论进行求解.第34页，共46页。类型3 半角模型考法帮典例剖析 参考答案参考答案(1)证明:由旋转的性质可得ADG=B=90,AG=AE,DAG=BAE,DG=BE.又ADC=90,F,D,G三点共线.EAF=45,BAE+FAD=45,FAG=FAD+DAG=FAD+BAE=45,FAG=EAF,又AE=AG,AF=AF,AFGAFE,FE=FG.FG=FD+DG=DF+BE,EF=BE+DF.第35页，共46页。类型3 半角模型考法帮典例剖析(2)不成立.证明:如图(1),把ABE绕点A顺时针旋转90得到ADG.ADG=ADF=90,F,G,D三点共线.由旋

26、转的性质知DAG=BAE,AG=AE,DG=BE,FAB+DAG=FAB+BAE=FAE=45,FAG=FAE,AFGAFE,EF=FG.FG=DF-DG=DF-BE,EF=DF-BE.第36页，共46页。类型3 半角模型考法帮典例剖析EF=BE-DF.解法提示:如图(2),把ADF绕点A逆时针旋转90得到ABH,易证AEHAEF,则EF=EH=BE-BH=BE-DF,即EF=BE-DF.(3)由(1)知,EF=DF+BE.在RtABE中,BE=,CE=6-3=3.设EF=x,则DF=x-3,CF=6-(x-3)=9-x.在RtCEF中,CF2+CE2=EF2,即(9-x)2+32=x2,解得

27、x=5,故EF的长是5.第37页，共46页。类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析1.1.【模型说明】【模型说明】“一线三等角”模型指的是三个等角的顶点在同一条直线上的模型,也称为“K型”相似模型,如图,ABC=ACE=CDE.特别地,当ABC=ACE=CDE=90时,该模型是“一线三直角”模型(详见高分突破微专项4中的“一线三直角”模型).第38页，共46页。类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析2.2.【模型类别及相关结论】【模型类别及相关结论】5F.DE.第39页，共46页。类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析第40页，共46页。类型4 “一线三等角”模型

28、考法帮模型讲解典例剖析第41页，共46页。类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析第42页，共46页。考法帮例例5 5 (1)如图(1),在ABC中,BAC=90,AB=AC,直线m经过点A,BDm,CEm,垂足分别为点D,E.求证:DE=BD+CE.(2)如图(2),将(1)中的条件改为:在ABC中,AB=AC,D,A,E三点都在直线m上,且BDA=AEC=BAC=,其中为任意锐角或钝角,则结论DE=BD+CE是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)如图(3),在等边三角形DEF中,DE=6,菱形ABFC的顶点A在边DE上,顶点B在DEF的一个外角的平分线上,且

29、BD=2,FBA=60,求点C到直线DE的距离.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型第43页，共46页。考法帮思路分析思路分析(1)利用“一线三直角”模型,可得ADBCEA,再结合等量代换,即可得证.(2)利用“一线三等角”模型,可得ADBCEA,再结合等量代换,即可得证.(3)连接CE,先求出AEC=120,再根据第(2)问的结论,得到DE,BD,CE之间的数量关系,最后结合特殊角的三角函数值求解即可.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型参考答案参考答案(1)证明:BDm,CEm,BDA=CEA=90.BAC=90,BAD+CAE=90,又BAD+ABD=90,CAE=ABD.在

30、ADB和CEA中,ADBCEA,(此为“一线三直角”模型的应用,由BDA=BAC=AEC=90和AB=AC,得到ADBCEA)AE=BD,AD=CE,DE=AE+AD=BD+CE.第44页，共46页。考法帮(2)成立.证明:BDA=BAC=,DBA+BAD=BAD+CAE=180-,CAE=ABD.在ADB和CEA中,ADBCEA,(此为“一线三等角”模型的应用,由BDA=BAC=AEC=和AB=AC,得到ADBCEA)AE=BD,AD=CE,DE=AE+AD=BD+CE.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型第45页，共46页。考法帮(3)如图,连接CE,AF,过点C作CGDE,交直线DE于点G.易知FC=FA,FAC=60,DEF是等边三角形,DFE=FDE=60,DF=EF,DFA=EFC,又DF=EF,DFAEFC,FEC=FDA=60,CEG=60,AEC=120=BDA=BAC.由(2)可得DE=BD+CE,(此为“一线三等角”模型的应用,由BDA=BAC=AEC=120和AB=AC,得到ADBCEA)CE=DE-BD=6-2=4.在RtCEG中,CEG=60,CE=4,CG=CEsinCEG=4sin 60=.故点C到直线DE的距离为 .模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型第46页，共46页。