第二部分 题型五 设问突破一 线段问题-【练客中考】2026年安徽新中考数学二轮重难题型培优PPT

该初中数学中考复习课件聚焦安徽中考几何综合探究题（22题必考），深度对接中考说明，梳理线段计算、全等证明、相似应用等核心考点，分析近三年真题中此类题型占分权重，归纳一线三垂直模型、平行四边形判定等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题改编+变式训练+通性通法”模式，如通过2025合肥模拟题示范一线三垂直模型应用，培养几何直观与推理能力。针对线段比值问题，总结相似三角形构造、勾股定理计算等突破方法，助力学生掌握解题技巧，教师可依此设计专题复习，提升冲刺效率。

二轮重难题型培优 数学 第二部分　安徽重难题型攻关 题型五　几何综合探究题(22题必考) 设问突破一　线段问题(必考) 更符合安徽新中考 (2025合肥四十五中模拟改编)如图，❶在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC边上两点，且AE＝BF，❷过E点作EG⊥EF交AD于点G，点H是FC上一点，且❸FH＝BF，连接DH并延长，交EF的延长线于点P. ❶AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠CDA＝90°，点E，F位置不确定，且AE＝BF. ❷在直线AB上存在一线三垂直，即∠A＝∠GEF＝∠B＝90°. ❸F是BH的中点. 更符合安徽新中考 (1)如图1，若❹DC＝5，CH＝1，求DG的长； ❹要求DG长，需知道AG长，由一线三垂直模型可知△AGE≌△BEF，则AG＝BE，由AE＝BF，则BE可求. 例1题图1 更符合安徽新中考 解：在正方形ABCD中， ∠A＝∠B＝90°，AD＝AB＝BC＝DC＝5， ∵CH＝1，∴HF＝FB＝AE＝2，∴BE＝3. ∵EG⊥EF，∴∠GEF＝90°， ∴∠FEB＝∠EGA＝90°－∠GEA， 在△AGE和△BEF中，， ∴△AGE≌△BEF(AAS)， ∴AG＝BE＝3，∴DG＝2. 例1题图1 更符合安徽新中考 (2)如图2，连接FG，求证：❺GF＝DH； ❺GF和DH是四边形DGFH的一组对边，可以考虑通过特殊四边形的性质来确定这一组对边的数量关系. 例1题图2 证明：由(1)知△AGE≌△BEF， ∴AG＝BE， ∴DG＝AE＝BF＝HF. 又∵在正方形ABCD中， AD∥BC， ∴四边形DGFH为平行四边形， ∴GF＝DH. 更符合安徽新中考 (3)如图2，❻若BE＝2AE，求的值； ❻设AE＝m，则BE＝2m，由一线三垂直模型可知，GE＝EF，则∠GFE＝45°，推出∠P＝45°，可构造等腰直角三角形，要求线段比值，可考虑构造相似三角形或用m表示FP，FE的长度. 例1题图2 更符合安徽新中考 解：如解图1，过点H作HQ⊥PF于点Q，由(1)知△AGE≌△BEF，∴EG＝EF. ∵EG⊥EF，∴∠GFE＝45°，由(2)知四边形DGFH为平行四边形， ∴DP∥GF，∴∠P＝∠GFE＝45°. 设AE＝BF＝FH＝m，则BE＝2AE＝2m， ∴EF＝＝m. ∵∠HFQ＝∠EFB，∠B＝∠HQF＝90°， ∴△EFB∽△HFQ， ∴＝＝，即＝＝， ∴HQ＝m，FQ＝m. ∵∠P＝45°，∴PQ＝HQ＝m，∴FP＝m，∴＝＝. 例1题解图1 更符合安徽新中考 (4)如图3，连接BD，CP，若❼AE·EB＝FP2， 求证：BD∥CP； ❼∵AE＝BF＝FH， ∴BE＝FC， ∴AE·EB＝FH·FC＝FP2， 得到相似三角形. 例1题图3 证明：由(3)知∠DPE＝45°， ∵AE＝BF＝FH，∴BE＝FC. 又∵AE·EB＝PF2，∴PF2＝HF·FC，∴＝， 又∵∠PFH＝∠CFP，∴△PHF∽△CPF， ∴∠FCP＝∠HPF＝45°. 又∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠DBC＝45°， ∴∠DBC＝∠PCB，∴BD∥CP. 更符合安徽新中考 (5)如图4，连接BP，❽M是BP的中点，过点D作DN⊥PE于点N，连接MN，MC，求证：MN⊥MC. 例1题图4 ❽M为BP的中点，可考虑倍长中线，延长CM至MQ，使得MQ＝MC，证得△CNQ为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一性质证明即可. 更符合安徽新中考 证明：如解图2，延长CM至点Q，使MQ＝MC，连接PQ，NQ，CN. ∵M为BP的中点，∠CMB＝∠QMP，∴BM＝PM， 在△CMB和△QMP中，， ∴△CMB≌△QMP(SAS)， ∴CB＝PQ，∠CBM＝∠QPM，∴CB∥PQ， ∴∠QPN＝∠CFP. 由(3)知∠DPE＝45°，∵DN⊥EP， ∴△DNP为等腰直角三角形，∴DN＝PN， 例1题解图2 更符合安徽新中考 ∵GE⊥EP，∴DN∥GE， ∴∠CDN＝90°－∠ADN＝90°－∠AGE＝∠GEA， 由(1)知∠GEA＝∠EFB， ∴∠CDN＝∠EFB＝∠CFP＝∠QPN， ∵四边形ABCD为正方形，∴CD＝CB，∴CD＝QP， 在△DCN和△PQN中，， ∴△DCN≌△PQN(SAS)，∴NC＝NQ， 又∵CM＝MQ，∴NM⊥MC. 例1题解图2 更符合安徽新中考 几何图形中求线段比值的本质是连接几何图形性质与数量的关系“桥梁”，寻求不变性是核心问题.比值问题大致有以下一些策略： 更符合安徽新中考 1. 在正方形ABCD中，E为BC边上一点，连接AE交对角线BD于点F，过F点作FG⊥BC于点G. (1)如图1，若AB＝6，E为BC的中点，求GE的长； 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝6，AD∥BC，∴△ADF∽△EBF. ∵E为BC的中点，∴＝＝2. ∵FG⊥BC，∴FG∥AB， ∴＝＝，∴GE＝BE＝BC＝1； 第1题图1 更符合安徽新中考 解：∵E为GC的中点，∴设BG＝1，GE＝EC＝x， ∵FG⊥BC，FH⊥CD， ∴四边形FGCH为矩形，∴FH＝GC＝2x. ∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴△BFG和△FHD均为等腰直角三角形， ∴BF＝，DF＝2x， ∵AD∥BC，∴△ADF∽△EBF， ∴＝，即＝，解得x＝(负值已舍去)， ∴HF＝2x＝，DF＝2，∴＝＝＝； (2)如图2，过F点作FH⊥CD于点H，若E为GC的中点，求的值； 第1题图2 更符合安徽新中考 证明：如解图，延长HF交AB于点N， 易知四边形NBGF为正方形， ∴NF＝FG＝BN＝BG，∠NFG＝90°， ∴AN＝GC＝FH， 在△ANF和△HFG中，， ∴△ANF≌△HFG(SAS)，∴∠NFA＝∠FGH. 又∵∠NFA＋∠GFM＝90°， ∴∠GFM＋∠FGM＝90°，∴∠FMG＝90°， 即GH⊥EF. (3)如图3，连接GH交EF于点M，求证：GH⊥EF. 第1题图3 第1题解图 更符合安徽新中考 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴DC＝AB，DC∥AB，DO＝AO＝BO＝CO. ∵AB＝4，AD＝3，∴DB＝5，∴DO＝DB＝， ∵E为DC的中点，∴AB＝2DE，∴＝＝， 设DG＝x，则BG＝2x，∴DB＝3x＝5，解得x＝， ∴GO＝DO－DG＝； 2.(2025合肥包河区九上期中改编)已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为CD边的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F，交BD于点G. (1)如图1，若AB＝4，AD＝3，求GO的长； 第2题图1 更符合安徽新中考 (2)如图2，连接OF交CD于点H，连接GH. (i)求证：GH∥AC； 第2题图2 证明：如解图1，连接OE. ∵AD∥BC，E为DC的中点， ∴在△ADE和△FCE中，， ∴△ADE≌△FCE(AAS)， ∴CF＝AD＝BC，AE＝EF， ∵AD∥BC，∴△ADG∽△FBG，∴＝2， 第2题解图1 更符合安徽新中考 ∵O为DB的中点， ∴OE为△AFC的中位线， ∴OE∥BF，∴△OEH∽△FCH， ∴＝＝2，∴＝，∴＝， 又∵∠GFH＝∠AFO， ∴△FGH∽△FAO， ∴∠FGH＝∠FAO， ∴GH∥AC； 第2题解图1 更符合安徽新中考 解：∵GH∥AC，∴∠GHO＝∠HOC. ∵∠FCO＞90°， ∴∠HOC＜90°， ∴∠GHO不能为直角， 当∠HOG为直角时，如解图2， 在Rt△FOB中，C为FB的中点， ∴FC＝OC＝CB， (ii)若AD＝m，△GHO为直角三角形，求△GHO的面积(用含m的代数式表示). 第2题图2 第2题解图2 更符合安徽新中考 ∵四边形ABCD是矩形，∴OC＝OB，∠ABC＝90°， ∴△OCB为等边三角形，∴∠OBC＝60°， ∴∠ABD＝30°，∠GHO＝∠FOC＝∠OFB＝30°， ∵AD＝m，∴BD＝2m， 由(1)知GO＝BD＝m， ∵在Rt△GHO中，GO＝m，∠GHO＝30°， ∴HO＝m， ∴S△GHO＝GO·HO＝×m·m＝m2； 第2题解图2 更符合安徽新中考 当∠HGO＝90°时，如解图3. ∵GH∥AC，∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD为正方形， ∵AD＝m，∴BD＝m， 由(1)知GO＝BD＝m，GD＝BD＝m， 易得HG＝DG＝m， ∴S△GHO＝GO·HG＝×m·m＝. 综上，△GHO的面积为m2或. 第2题解图3 更符合安徽新中考 $