中考常见几何模型分析 26页

中考直通车·数学 广州分册 第八章 专题拓展 模块 分值 ‎2017‎ ‎2016‎ ‎2015‎ ‎2014‎ ‎2013‎ 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 ‎----‎ ‎14‎ ‎17‎ ‎14‎ 与圆有关的压轴题 ‎14‎ ‎14‎ ‎----‎ ‎----‎ ‎17‎ 动态几何之定值最值问题 ‎14‎ ‎----‎ ‎14‎ ‎14‎ ‎----‎ 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 ‎2014‎ ‎3‎ ‎1‎ 全等的性质和判定（手拉手模型）‎ 选择题 ‎2016‎ ‎17‎ ‎2‎ 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。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 1、 ‎【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（a＞b）．下列结论：①△BCG≌△DCE；②BG⊥DE；③=；④（a﹣b）2•S△EFO=b2•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．（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，‎ ‎∴，，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 图2‎ ‎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 于F，连FC，下列结论不正确的是（ D ）．‎ A．AB≥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= ‎3‎‎4‎；‎ ‎（5）OG•BD=AE2+CF2．‎ 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，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（0°＜a＜180°）‎ 图（3）‎ ①如图2，当点E落在AF上时，求CO的长；‎ 图（1）‎ 图（2）‎ 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（-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，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．‎ ‎25题图1‎ ‎25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，‎ 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=OE;故正确;‎ ‎②∵‎ ‎∴；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，‎ ‎∴‎ ‎∵a=−12<0，‎ ‎∴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；‎ ‎④∵∠EOG=∠BOE,∠OEG=∠OBE=45∘，‎ ‎∴△OEG∽△OBE，‎ ‎∴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△DBF∽△ACD，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，‎ ‎∴△DBF∽△ACD，‎ ‎∴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°，再根据圆周角定理得∠APC=∠ABB=60°，加上∠CAE=∠PAC，于是可判断△ACE∽△APC，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△ABP∽△CEP，得到PB·PC=PE·AP=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，‎ ‎∴∠ACF＝∠ABP.‎ 在△ABP和△ACF中，‎ ‎∴△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 ‎∴AE:AC=AC:AP ‎∴.‎ ‎（3）∵，AB=AC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵△ABP≌△ACF，‎ ‎∴∠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，‎ ‎∴△ABP∽△CEP，‎ ‎∴PB:PE=AP:PC，‎ ‎∴PB·PC=PE·AP=×4=3.‎ ‎∵PB+PC=4，‎ ‎∴PB和PC可看作方程的两实数解，解此方程得.‎ ‎∵PB＜PC，‎ ‎∴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）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．‎ 解答：‎ ‎(1)PH⊥CD，AD⊥CD，‎ ‎∴PH∥AD∥FG，‎ ‎∵点P是AF的中点，‎ ‎∴PH是梯形APGF的中位线，‎ ‎∴，‎ ‎(2)①∵∠CEO=∠B=90∘，∠COE=∠AOB，‎ ‎∴△COE∽△AOB，‎ ‎∴COAO=CEAB，‎ ‎∴COAO=12，‎ 设CO=x，‎ ‎∴AO=2x，BO=2−x，‎ 在△ABO中,根据勾股定理得,，‎ ‎∴或(舍)，‎ ‎∴CO=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=，‎ 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） ‎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C1：经过点A（1，0）和B（-3，0），‎ ‎∴ 解得，‎ ‎∴抛物线C1的解析式为，‎ ‎∵， ‎ ‎∴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，‎ ‎∴∠DEF=45°，‎ ‎∴∠DEF=∠ACH，‎ ‎∴EF∥y轴，∵DE=AC=2，∴EF=4，‎ 设F（m，），则E（m，m-1）， ‎ ‎∴EF=-（m+1）=4， 解得m=±3， ‎ ‎∵点F在x轴上方，∴F（3，6）. ‎ ‎（3）①tan∠ENM的值为定值，tan∠ENM=2； ‎ 如图，∵DF⊥AC，BC⊥AC，‎ ‎∴DF∥BC，‎ ‎∵DF=DE=AC=BC，‎ ‎∴四边形DFBC平行四边形，‎ ‎∵DF⊥AC ‎∴四边形DFBC是矩形，‎ 过点N作NG⊥AC，交AC于点G，‎ ‎∴NG=BC=AC=2，‎ ‎∵EN⊥EM，‎ ‎∴∠MEN=90°，‎ ‎∵∠CEG+∠NEG =90°，∠ENG+∠NEG =90°‎ ‎∴∠CEM=∠ENG，‎ ‎∴△EGN∽△MCE， ‎ ‎∴，‎ ‎∵F（3， 6），EF=4，‎ ‎∴E（3， 2），‎ ‎∵C（-1，-2），∴EC=4， ‎ ‎∴，‎ ‎∴tan∠ENM==2； ‎ ‎∴tan∠ENM的值为定值，定值为2；‎ 法二：‎ ‎∵∠NBM+∠NEM =180°‎ ‎∴B、M、E、N四点共圆， ‎ 连结BE，则∠ENM＝∠EBM ‎ ‎∴tan∠ENM＝tan∠EBM＝ ‎ ‎② ‎ 解答:如图,点P应为直径MN的中点，连结PB、PE，则PB＝PE，‎ ‎∴点P在线段BE的中垂线上，点P经过的路径是线段P1P2，（考虑起点位置与终点位置），‎ 则P1P2应为下图中△BEN的中位线（B与M重合）‎ 在Rt△ECB中，‎ ‎∵tan∠ENM=＝2，‎ ‎∴EN＝‎ ‎∴P1P2=EN=；‎ ‎∴点M到达点C时，点P经过的路线长为．‎ 点评：‎ 此题（1）（2）主要考察二次函数和等腰三角形的性质，第（3）问根据一线三直角模型特征构造模型解决①小问，②根据特殊位置分析，先得出结论再利用常规方法证明结论。‎ ‎【要点总结】‎ 常见几何模型再压轴题应用广，几何模型作为解题切入点，提供解题方向，是解决几何问题的重中之重，掌握几何模型就掌握了几何。‎