2026年中考数学终极冲刺复习 清单02 必会几何模型合集

该初中数学中考复习讲义聚焦34个几何核心模型，覆盖费马点、胡不归、将军饮马等中考高频考点，以“概念解析-秒杀方法-母题应用”架构梳理知识体系，通过考点分类梳理、解题策略指导、真题母题训练，帮助学生构建几何思维网络，突破中考几何难点。 亮点在于“模型化解题+分层实战”设计，如费马点旋转60°转化线段和、将军饮马对称找点等技巧，培养几何直观与推理能力。精选49道母题适配中考难度，设置基础巩固、能力提升练习，配合即时反馈机制，助力学生高效掌握模型应用，教师可依此精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

清单02 中考数学必会几何模型合集 （34个几何模型 精选49道母题） 2 10 14 23 27 33 38 44 46 49 50 54 57 58 64 68 72 74 81 83 87 89 90 94 99 104 109 116 123 128 132 136 140 142 模型一 费马点 基本概念：费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离． 问题与条件 图示 秒杀方法 1、 普通费马点： 在三角形ABC内部找一点0，当0A+0B+0C最小值时，求P点位置以及此时的0A+0B+0C最小值 一、以A、B、C任一点为旋转点(比如A点），将三角形A0C向外旋转60度，C点旋转至D点。此时BD即为0A+0B+0C最小值。 二、或者以三角形的任意一边向外作等边三角形，连接等边三角形的顶点以及原三角形的另外一个顶点的线段值即为当取得费马点时，PA+PB+PC的最短线段值。（选择填空题可以直接用该方法秒杀） 2、 加权费马点： （一）单一系数： 或最小值 （二）多系数类：当系数满足勾股数时，是符合加权费马点条件的，比如要求：，等等 （1） 单一系数:对应旋转90°，对应旋转120° （二）多系数类： 1.将最小系数提到括号外; 2.中间大小的系数确定放缩比例; 3.最大系数确定旋转中心(例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心)，旋转系数不为1的两条线段所在的三角形。 以为例： 1. 将最小系数提到括号外，得到 2. 中间大小的系数为，故放大为倍 3. 最大系数2在PC前面，故以C为旋转中心，旋转90度，并放大为倍 4. 此时，AP’即为最小值 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，P是内一点，求的最小值为 ． 【答案】 【分析】将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，可得PC=PF，DF=AP，将转化为，此时当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可． 【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，连接PF、AD、DB，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E； ∴AP=DF，∠PCF=∠ACD=，PC=FC，AC=CD， ∴△PCF、△ACD是等边三角形， ∴PC=PF，AD=AC=1，∠DAC= ∴， ∴当B、P、F、D四点共线时，的值最小，最小值为BD的长； ∵，∠CAD=， ∴∠EAD=， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的值最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△APC绕点C顺时针旋转得△DFC，将三条线段的长转化到一条直线上． 2．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD= ． 【答案】 【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN，当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小，此时，如图2，连接MC，证明AM垂直平分BC，证明AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2，构建方程求出x可得结论． 【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接QN， ∴BQ=BN，QC=NM，∠QBN=60°， ∴△BQN是等边三角形， ∴BQ=QN， ∴QA+QB+QC=AQ+QN+MN， ∴当点A，点Q，点N，点M共线时，QA+QB+QC值最小， 此时，如图2，连接MC ∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM， ∴BQ=BN，BC=BM，∠QBN=60°=∠CBM， ∴△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形， ∴∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM， ∵BM=CM，AB=AC， ∴AM垂直平分BC， ∵AD⊥BC，∠BQD=60°， ∴BD=QD， ∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC， ∴AD=BD，此时P与D重合，设PD=x，则DQ=x-2， ∴x=， ∴x=3+， ∴PD=3+． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题． 3．如图，正方形的边长为4，点是正方形内部一点，求的最小值． 【答案】 【分析】延长到，使得，则，在的内部作射线，使得，使得，连接，，．先证明，可得，再证明，可得：，从而得到，计算出的长度即可． 【详解】解：延长到，使得，则，在的内部作射线，使得，使得，连接，，． ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 的值最小，最小值为． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短，正方形的性质，，正确理解费马点问题，利用相似构造与，根据系数将图形扩大或缩小构建图形是解决问题的关键． 模型二 胡不归与阿氏圆 基本概念：“PA＋k·PB”型的最小值问题分为胡不归与阿氏圆问题，当P在直线上运动则是胡不归问题，当P在圆上运动则是阿氏圆问题。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、胡不归 直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，求PA＋k·PB取最小值（0<k<1） 已知sin∠MBN＝k．过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长． 1、 首先确保系数k小于1，如果系数大于1，先提取系数。 2、 根据k的大小，确定BN与BM的夹角，使得sin∠MBN＝k．常考的k有，对应的角度为30、45、60 3、 过动点向异侧做垂线 4、 求出AC的值 3、 阿氏圆 ⊙O的半径为r，点A，B都在⊙O外，P为⊙O上的动点，已知r＝k·OB．求PA＋k·PB最小值。 1、 在OB上取一点C，使得OC＝ k·r， OC＝ k·OQ，OQ＝ k·OB． 而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB， 所以QC＝ k·QB． 2、 所以QA＋ k·QB ＝QA＋QC≥AC，连结AC交⊙O于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长． 核心提示： 1. 系数在谁前面，就需要将哪个线段转化出去。如题中的PB 2.有时题目需要连接B点和O点，核心目标是在OB上找到定点C。 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，若D是边上的动点，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，在中，当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长． 【详解】解：过点C作射线，使，再过动点D作，垂足为点F，连接，如图所示： 在中，， ∴， ∵ ＝， ∴当A，D，F在同一直线上，即时，的值最小，最小值等于垂线段的长， 此时，， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为12， 故选：D． 【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题． 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（    ）      A．7 B．5 C． D． 【答案】B 【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题． 答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM． ∵PC＝3，CM＝1，CA＝9， ∴PC2＝CM•CA， ∴， ∵∠PCM＝∠ACP，    ∴△PCM∽△ACP， ∴， ∴PMPA， ∴AP+BP＝PM+PB， ∵PM+PB≥BM， 在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7， ∴BM5， ∴AP+BP≥5， ∴AP+BP的最小值为5． 故选：B． 模型三 将军饮马 基本概念：两条线段（也有可能是三条、四条）的最小值问题，往往是将军饮马模型。通过转化的思想转化成两个定点之间线段最短来求解。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、（两定一动，定直线，求和最小） 在直线l同恻有A．B两点，在l上找一点P，使得AP＋PB最小． ( B A P l A ' ) ( A B l ) 作点A关于直线l的对称点A’，连结A'B，与直线，的交点就是点P 二、（两定一动，定直线，求差最小） 在直线l同侧有A，B两点，在l上找一点P，使得|AP－PB|最小 ( A B l ) ( A B l P ) 连结AB，作线段AB的垂甫平分线．与直线l的交点就是点P，此时最小值是0 三、（两定一动，定直线，求差最大） 在直线l同侧有A，B两点，在l上找一点P．使得|AP－PB|最大 ( l A B P ) ( A B l ) 连结BA并延长，与直线，的交点就是点P，此时最大值等于AB 四、（两定两动，定直线，两动在定直线上组成的线段为定值，求和最大） 在直线l同侧有A，B两点．在l上找两点C，D（其中CD的长度固定，等于所给线段d），使得AC＋CD＋DB最小 ( a ) ( A B l ) ( A " A l B A ' C D ) 一、先将点A向右平移口个单位长度到点A'，作A'关于直线l的对称点A"。 二、连结A"B，与直线l的交点就是点D．连结A'D，过点A作AC∥A'D，交直线l于点C．则 此时AC'＋CD＋DB最小． 五、（一定点在定角度内，求和最大） 在MON内有一点P，在边ON，OM上分别找点Q，R，使得PQ＋QR＋RP最小． ( O N M P ) ( P' P P" O N M R Q ) 分别作点P关于射线OM的对称点P'，P"，连结P'P"，与射线ON， OM的交点就是点Q，R．此时最小值等于 六、（一定点在定角度内，求和最小） 在MON内有一点P，在边OM，ON上分别找点R，Q．使得PR＋QR最小 ( O N M P ) ( P' P Q O N M R ) 作点P关于射线OM的对称点P'，作P'QON，垂足为Q，P'Q与射线ON的交点就是R． 7、 （两定点在定角度内，求和最小） 在MON内有两点P，Q，在边OM，ON上分别找点R，S．使得PR＋RS＋SQ最小． ( P O N M Q ) ( P P' Q ' O N M Q S R ) 一、作点P关于射线OM的对称点P'，作点Q关于射线ON的对称点Q' 二、连接P'Q'．与射线OM，ON的交点就是R，S． ( 模型母题 ) 1．如图，点在等边的边上，，射线，垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作E点关于的对称点，连接、 、，当、P、F三点共线，时，此时的值最小，由题意可得，则，根据勾股定理即可求出 的值，即的最小值． 【详解】解：作E点关于的对称点，过作交于点F，交于点P， 连接，则， ∴， 当、P、F三点共线，且时，的值最小， ∵是正三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 在中，由勾股定理可得， ∴的最小值． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了将军饮马问题，垂线段最短，等边三角形的性质，含30度角直角三角形的性质以及勾股定理．熟练掌握相关知识是解题的关键． 2．如图，正方形的边长是5，点，分别是边，上的动点，且，连接，，则的最小值是（   ） A．5 B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据可得，则，．延长至G，使，则G点与A点关于直线对称，连接交于， 此时的长就是的最小值．求出的长即可得解． 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，以及将军饮马．正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴, ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长至G，使，则G点与A点关于直线对称， 连接交于，连接， 则， 此时，的值最小，最小值为的长， ∵,， ∴， ∴的最小值为． 故选：D． 3．如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当四边形的周长最小时，点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】四边形中，线段和的长度是确定的，将四边形周长的最小值转化为两条线段和的最小值，可通过平移点B关于抛物线对称轴的对称点构造平行四边形确定点D的位置，求出直线的解析式即可求出点D的坐标； 本题主要考查了抛物线的对称性和两点之间线段最短等知识点，利用抛物线的对称性构造平行四边形是解题的关键． 【详解】解：抛物线与x轴的另一个交点为E点，把E点向上平移3个单位得到F点， 连接交对称轴于D点，如图， ，， 四边形为平行四边形， ， ， ， 四边形的周长， 此时四边形的周长最小； 当时，， 解得， ， 抛物线的对称轴为直线，， 当时，， ， 设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， 直线的解析式为， 当时，， ． 故选：D． 模型四 半角模型 基本概念：常见的半角模型出现在等腰直角三角形中和正方形中。比如直角中含有45度角。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。 问题与条件 图示 结论及证明 一、 等腰直角三角形中 角含半角 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E在BC上且∠DAE＝45° 结论： （1） △BAE∽△ADE∽△CDA  （2）BD2＋CE2＝DE2． 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连结EF． 则∠EAF＝∠EAD＝45°，AF＝AD， 所以△ADE∽△FAE （SAS）． 所以DE＝EF． 而CF＝BD，∠FCE＝∠FCA＋∠ACE＝90°， 所以BD2＋CE2＝CF2＋CE2＝EF2＝DE2． 二、正方形中 角含半角 在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，连结EF 结论： （1） EF＝BE＋DF; （2）如图2，过点A作AG⊥EF于点G，则AG＝AD; （3）如图3，连结BD交AE于点H，连结FH． 则FH⊥AE． 证明： （1）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADI证明． 则∠IAF＝∠EAF＝45°，AI＝AE， 所以△AEF∽△AIF（SAS）， 所以EF＝IF＝DI＋DF＝BE＋DF． （2）因为△AEF∽△AIF，AG⊥EF，AD⊥IF， 所以AG＝AD． （3）由∠HAF＝∠HDF＝45°可得A，D，F，H 四点共圆， 从而∠AHF＝180°－∠ADF＝90°， 即FH⊥AE． ( 模型母题 ) 如图①，在四边形中，，，，点，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系．    探究发现 （1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后再证明，从而得出结论：______； 拓展延伸 （2）如图②，在四边形中，，，点，分别是边，上的点，且，连接．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）如图③，在正方形中，点，分别是边，上的点，且，连接，已知，，求正方形的边长． 【答案】（1）；（2）（1）中的结论仍然成立．证明见解析；（3）正方形的边长为6． 【分析】（1）证明，可得，即可得出结论； （2）要探究，，之间的数量关系，方法同（1）即可得出结论； （3）根据（1）（2）的结论和勾股定理，即可求出正方形的边长. 【详解】（1）解：由旋转得：AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG， ∵， ∴∠EAG=120°， ∵, ∴∠GAF=, 又∵AF=AF， ∴， ∴EF=GF， ∵GF=DG+DF， ∴， 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立. 证明：如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合.    则，，，， 又∵， ∴， ∴，，三点共线. ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）解：由（1）（2）可知． 设正方形的边长为， 则，， 在中，， ∴， 解得，（不合题意，舍去）， 故正方形的边长为6. 【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，正方形的性质，解题中注意类比方法的运用，同样的类型题可以运用同样的思路及方法进行证明. 模型五 一线三等角模型 基本概念：一线三等角既可以出现在全等三角形中，也可以出现在相似三角形中。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。尤其是常见的，角是直角的时候，还经常与折叠、坐标等情景结合考察。 问题与条件 图示 结论及证明 一、当点P在线段AB上，且∠3两边在AB同侧时． 若∠1为直角、钝角、锐角 结论： △ACP∽△BPD． 证明：略 二、当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB同侧时． △ACP∽△BPD． 三、当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB异侧时． △ACP∽△BPD． ( 模型母题 )1.如图，在平面直角坐标系中，将直线向上平移3个单位，与轴、轴分别交于点A、B，以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC．若反比例函数的图象经过点C，则的值为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E，作CF⊥y轴于点F，如图所示， ∵CE⊥x轴，CF⊥y轴， ∴∠ECF＝90°． ∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠ACF＋∠FCB＝∠FCB＋∠BCE＝90°，AC＝BC， ∴∠ACF＝∠BCE． 在△ACF和△BCE中， ， ∴△ACF≌△BCE（AAS）， ∴S△ACF＝S△BCE， ∴S矩形OECF＝S四边形OBCA＝S△AOB＋S△ABC． ∵将直线y＝−3x向上平移3个单位可得出直线AB， ∴直线AB的表达式为y＝−3x＋3， ∴点A（0，3），点B（1，0）， ∴， ∵△ABC为等腰直角三角形， ∴， ∴S矩形OECF＝S△AOB＋S△ABC＝×1×3＋＝4． ∵反比例函数（x＞0）的图象经过点C， ∴k＝4， 故选C． 2.如图1所示，已知中，，直线m经过点C，过A、B两点分别作直线m的垂线，垂足分别为E、F． （1）如图1，当直线m在A、B两点同侧时，求证：； （2）若直线m绕点C旋转到图2所示的位置时（），其余条件不变，猜想与，有什么数量关系？并证明你的猜想； （3）若直线m绕点C旋转到图3所示的位置时（）其余条件不变，问与，的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明． 【答案】（1）见解析； （2），证明见解析； （3），证明见解析 【解析】 （1）证明：，，， ∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°， ∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴∠EAC=∠FCB， 在和中， ， ， ，， ∵， ∴； （2）解：，理由如下： ，，， ∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°， ∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴∠EAC=∠FCB， 在和中， ， ， ，， ∵， ∴； （3）解：，理由如下： ，，， ∴∠AEC=∠BFC=∠ACB=90°， ∴∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴∠EAC=∠FCB， 在和中， ， ， ，， ∵， ∴． 模型六 隐圆、四点共圆模型 常见隐圆模型 图示 结论 模型一、动点定长模型 若P为动点，AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径 。 【拓展】折叠问题构造出隐圆 从圆的定义构造圆，构造思路：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧． 模型二、定边对直角 固定线段AB所对动角∠C恒为90°，则A、B、C三点共圆，AB为直径 模型三、定边对定角 在“定边对直角”问题中，依据“直径所对的圆周角是直角”，关键性在于寻找定边、直角，而根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相．定边必不可少，而直角则可一般为定角．例如，AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆． 常见四点共圆模型 结论 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D在以AD中点E为圆心、EA长为半径的圆上（可证）． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D在以AC中点E为圆心、EA为半径的圆上（可证）． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D四点共圆． 证明条件：线段同侧张角相等． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D四点共圆． 证明条件：1．四边形对角互补； 2．四边形外角等于内对角． 两条线段被一点分成（内分或外分）两段长的乘积相等，则这两条线段的四个端点共圆． 四边形ABCD的对角线AC、BD交于H， 若，则四点共圆. 提示：通过证明∽，从而得出,转化为定长对定角模型。 四边形ABCD的对边BA、CD的延长线交于P， 若，则四点共圆. 提示：通过证明∽,从而得出，进而得出，对角互补的四边形，四个顶点共圆。 ( 模型母题 ) 1. （动点定长模型）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A`MN，连接A`C，则A`C长度的最小值是__________． 【答案】． 【解析】考虑△AMN沿MN所在直线翻折得到△A’MN，可得MA’=MA=1，所以A’轨迹是以M点为圆心，MA为半径的圆弧．连接CM，与圆的交点即为所求的A’，此时A’C的值最小． 构造直角△MHC，勾股定理求CM，再减去A’M即可，答案为． 2.（直角圆周角模型）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值是_________． 【答案】 【解析】∵∠PBC+∠PBA=90°，∠PBC=∠PAB，∴∠PAB+∠PBA=90°，∴∠APB=90°， ∴P点轨迹是以AB为直径的圆弧． 当O、P、C共线时，CP取到最小值，勾股定理先求OC，再减去OP即可． 3.（四点共圆模型）如图，∽，，，，是的中点，若点是直线上的动点，连接，则的最小值是（ ）　 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】解：∵△ABC∽△ADE，ADE＝∠ABE，∴点A，D，B，E四点共圆， ∵∠DAE＝90°，∴∠DBE＝90°，∵F是DE的中点，∴BF＝DE， ∴当DE最小时，BF的值最小， ∵若点E是直线BC上的动点，∴当AE⊥BC时，AE最小，此时，DE最小， ∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，∴BC＝5，∴AE＝， ∵△ABC∽△ADE，∴，∴， ∴DE＝4，∴BF＝2，故选B． 模型七 手拉手模型 条件 图示 结论 基本条件： 1. 共顶点 2. 夹角相等 3. 两组边相等（或者出现2个等腰三角形） 如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等） △OAC≌△OBD（SAS） 举一反三： 1. 当出现手拉手全等的时候，必然还会出现一组相似三角形：相似于 2.其他条件不变，当OA不等于OB时，就成了手拉手相似模型（也叫旋转相似），此时会有2组相似三角形。 1． 等边三角形手拉手 （1） 如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P： 结论一：△ACD≌△BCE 证明： → △ACD≌△BCE（SAS） （2） 记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N： 结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD 证明： → △ACN≌△BCM（SAS）； →△MCE≌△NCD（ASA） （3）连接MN： 结论三：△MNC是等边三角形． 证明：→△MCN是等边三角形． （4）记AD、BE交点为P，连接PC： 结论四：PC平分∠BPD 证明：△BCE≌△ACD → CG=CH → PC平分∠BPD． （5）连接PC： 结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°． （6）连接AE： 结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小） 2.正方形手拉手 如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG： 结论一：△BCE≌△DCG 证明： → △BCE≌△DCG（SAS） 结论二：BE=DG，BE⊥DG 证明：△BCE≌△DCG → BE=DG； ∠CBE＝∠CDG → ∠DHB=∠BCD=90°（旋转角都相等） ( 模型母题 ) 1.如图，四边形中，已知，且． (1)求证：； (2)记的面积为，的面积为． ①求证：； ②过点B作的垂线，过点A作的平行线，两直线相交于M，延长至P，使得，连接．当取得最大值时，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）设，相交于点O．根据题意可知，．再根据对顶角相等，即，即得出； （2）①过点A作交的延长线于点E，即易证，得出，．又易证是等腰直角三角形，最后根据三角形面积关系可得出即可求出； ②由（2）①知，是等腰直角三角形，进而证明，可知， 在中，根据三角形的三边关系可得，，当M，A，P三点共线时，取得最大值，最后根据等腰三角形的性质结合平行线的性质即可求出答案． 【详解】（1）如图，设，相交于点O． ∵， ∴，． 又∵， ∴； （2）①如图，过点A作交的延长线于点E， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）知， 又∵， ∴， ∴，． ∵ ∴是等腰直角三角形． ∴． ②如图，由（2）①知，是等腰直角三角形． ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，，是定长， ∴， ∴当M，A，P三点共线时，取得最大值，如图． ∵ ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是三角形的综合，考查三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，三角形的三边关系等知识，综合性强，为压轴题．熟练掌握上述知识，正确作出辅助线，并利用数形结合的思想是解题关键． 模型八 梯子模型（斜边中点模型） 条件 图示 结论及证明 如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接 【结论】当O，Q，C三点共线时，取得最大值． 【证明】在中，， ∴． 在中，由勾股定理得∵， ∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即 【小结】梯子模型的题，关键是取两个图形的公共边的中点作为桥梁。 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 ． 答案： 【分析】取的中点，连接，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得，在中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得，据此解题． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， ∵，，， ∴， 在中， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 模型九 倍长中线模型 条件 图示 结论及证明 1、基本型：如图1，在三角形ABC中，AD为BC边上的中线. 证明思路：延长AD至点E，使得AD=DE. 若连结BE，则；若连结EC，则 2、中点型:如图2，为的中点. 证明思路：若延长至点，使得，连结，则; 若延长至点，使得，连结，则. 3、 中点+平行线型：如图3, ，点为线段的中点. 证明思路：延长交于点 (或交延长线于点)，则. ( 模型母题 )1．如图，与均为直角三角形，且，，，点是的中点，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查全等三角形性质和判定、勾股定理，平行线的判定（垂直于同一直线的两直线平行）等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 通过延长线构造全等三角形，得出的长度，结合勾股定理先求出的长度，再求出的长度，即可得出答案． 【详解】解：延长交的延长线于点，如下图所示： ∵， ∴， ∴， 又∵点为中点， ∴， ∵， ∴, ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 模型十 截长补短模型 条件 图示 方法 截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用. 如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法. 截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可； 补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可. ( 模型母题 ) 1.如图所示，是边长为的正三角形，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的，点、分别在、上，求的周长． 【答案】见解析 【解析】如图所示，延长到使． 在与中，因为，，， 所以，故． 因为，，所以． 又因为，所以． 在与中，，，， 所以，则，所以的周长为． 模型十一 截长补短模型 条件 图示 秒杀方法 （1）如图，将∠AOB旋转至∠A 'OB '，则∠AOA'＝∠BOB'． （2）如图，将△AOB旋转至△ A'OB '，连结AA'， BB'，则△AOA ' ∽△BOB'（即旋转相似） 利用旋转性质解题的步骤为： （1）找旋转点，得等边、等角； （2）证全等或相似； （3）利用全等或者相似得到边、角关系． 【小结】旋转相似核心：有公共顶点、夹角相等、两边成比例 → 构造相似三角形，实现线段转化、角度转移。 ( 模型母题 ) 1．【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 【答案】．（1）；（2），理由见解析；（3）画出图形见解析，线段的长度为． 【分析】（1）由题意易得，，从而可证，然后根据三角形全等的性质可求解； （2）连接，由题意易得，进而可证，最后根据三角形全等的性质及角的等量关系可求证； （3）如图，过A作，由题意可知，，然后根据相似三角形的性质及题意易证，最后根据勾股定理及等积法进行求解即可． 【详解】解：（1）在中，， ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 故答案为：； （2）， 理由：如图2，连接， ∵在和中，，，， ， ， ∵，， ， ， ， ∴； （3）如图3，过A作AF⊥EC， 由题意可知，， ∴，即， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ，， ，2×， ． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解． 模型十二 弦图模型 条件 图示 结论及证明 1．内弦图 如图，在正方形ABCD中，BF⊥CG，CG⊥DH，DH⊥AE，AE⊥BF 【结论】：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． 【证明】： 因为∠ABC＝∠BFC＝90° 所以∠ABE＋∠FBC＝∠FBC＋∠FCB－90°． 所以∠ABE＝∠FCB． 又因为AB＝BC．所以△ABE≌△BCF， 同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． 2． 外弦图（此图中还包含了一线三等角） 如图，在正方形ABCD中，点M，N，P，Q在正方形ABCD边上，且四边形MNPQ为正方形 【结论】：△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ． 【证明】： 因为∠B＝∠QMN＝∠C＝90°， 所以∠BQM＋∠QMB＝∠QMB＋∠NMC＝90°， 所以∠BQM＝∠NMC． 又因为QM ＝MN，所以△QBM≌△MCN． 同理可得△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ． 3．用赵爽弦图证明勾股定理 证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a+b）2， 整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2， ∴c2＝a2+b2， 即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． ( 模型母题 ) 1．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形，记空隙处正方形，正方形的面积分别为，，则下列四个判断：①②；③若，则；④若点A是线段的中点，则，其中正确的序号是    【答案】①②③ 【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可． 【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为， ∴，，．∴． ∴．故①正确； ∵，∴． ∴．∴．故②正确； ∵，，∴．即．∴．∴．故③正确； ∵点A是线段的中点，∴．即．∴． ∴．∴．故④不正确；故答案是①②③． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，用表示出相关线段的长度，从而解决问题． 模型十三 勾股树模型 条件 图示 结论 面积核心：以直角三角形三边向外作相似图形（正方形/正三角形/半圆等），两直角边上图形面积之和 = 斜边上图形面积。 迭代规律：勾股树无限分叉时，每一层所有小图形面积和 = 最底层大图形面积，总面积保持不变。 ( 模型母题 ) 1．如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连接，、，交于点Q ，若，，则四边形的面积是 ．    【答案】/ 【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求得，再证明求得，再利用梯形和三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：在中，∵，，， ∴，则， ∵四边形是正方形，∴，， ∴，∴，即，解得， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题考查正方形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式等知识，熟练掌握正方形的性质和相似三角形的性质是解答的关键． 模型十四 瓜豆原理 条件 图示 结论 一、 运动轨迹为圆 问题1.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？ 解析：Q点轨迹是一个圆 理由：Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，． 问题2.如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？ 解析：Q点轨迹是一个圆 理由：∵AP⊥AQ，∴Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO； 又∵AP：AQ=2：1，∴Q点轨迹圆圆心M满足AO：AM=2：1． 即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2． 模型总结 条件：两个定量 （1）主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）； （2）主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）． 结论 （1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM； （2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比． 条件 图示 结论 二、运动轨迹为直线 问题1：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？ 解析：当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线． 理由： 分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线． 问题2：如图，△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？ 【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形． 当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段． P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ等于MN与BC夹角） P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN） 模型总结 条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量． 结论：① 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形； ② 主动点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ③ 当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长。 ( 模型母题 ) 1．如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB＝2，BC＝4，△ACD是等边三角形，则的面积的最大值为 解：以BC为边作等边△BCM，连接DM． ∵∠DCA＝∠MCB＝60°，∴∠DCM＝∠ACB， ∵DC＝AC，MC＝BC∴△DCM≌△CAB（SAS），∴DM＝AB＝2为定值， 即点D在以M为圆心，半径为2的圆上运动， 当点D运动至BC的中垂线与圆的交点时， CB边上的高取最大值为2+2，此时面积为4+4． 2．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是__________． 【答案】2 【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥F1F2时，垂线段OF最短，当点F1在x轴上时，由勾股定理得：，进而得，求得点F1的坐标为，当点F2在y轴上时，求得点F2的坐标为（0，-4），最后根据待定系数法，求得直线F1F2的解析式为y=x-4，再由线段中垂线性质得出，在Rt△OF1F2中，设点O到F1F2的距离为h，则根据面积法得，即，解得h=2，根据垂线段最短，即可得到线段OF的最小值为2． 【详解】解：∵将线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF， ∴∠APF=60°，PF=PA，∴△APF是等边三角形，∴AP=AF， 如图，当点F1在x轴上时，△P1AF1为等边三角形，则P1A=P1F1=AF1，∠AP1F1=60°， ∵AO⊥P1F1，∴P1O=F1O，∠AOP1=90°，∴∠P1AO=30°，且AO=4， 由勾股定理得：，∴，∴点F1的坐标为， 如图，当点F2在y轴上时，∵△P2AF2为等边三角形，AO⊥P2O，∴AO=F2O=4，∴点F2的坐标为（0，-4）， ∵，∴∠OF1F2=60°， ∴点F运动所形成的图象是一条直线，∴当OF⊥F1F2时，线段OF最短，设直线F1F2的解析式为y=kx+b， 则，解得，∴直线F1F2的解析式为y=x-4， ∵AO=F2O=4，AO⊥P1F1，∴，在Rt△OF1F2中，OF⊥F1F2， 设点O到F1F2的距离为h，则， ∴，解得h=2，即线段OF的最小值为2，故答案为2． 【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质以及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形以及面积法求最短距离，解题时注意勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的灵活运用． 模型十五 铅垂法求三角形面积最值 条件 图示 结论 A、B两点之间的水平距离称为“水平宽”； 过点C作x轴的垂线与AB交点为D，线段CD即为AB边的“铅垂高”． 求三角形面积的最值 【解题步骤】 （1）求A、B两点水平距离，即水平宽； （2）过点C作x轴垂线与AB交于点D，可得点D横坐标同点C； （3）求直线AB解析式并代入点D横坐标，得点D纵坐标； （4）根据C、D坐标求得铅垂高； （5）利用公式求得三角形面积． ( 模型母题 ) 1．在平面直角坐标系中，等腰直角的直角顶点在轴上，另两个顶点，在轴上，且，抛物线经过，，三点，如图1所示． （1）求抛物线所表示的二次函数表达式． （2）过原点任作直线交抛物线于，两点，如图2所示． ①求面积的最小值． ②已知是抛物线上一定点，问抛物线上是否存在点，使得点与点关于直线对称，若存在，求出点的坐标及直线的一次函数表达式；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质求得、、，进而得、、三点的坐标，再用待定系数法求得抛物线的解析式； （2）①设直线的解析式为，，，，，联立方程组求得，再由三角形的面积公式求得结果； ②假设抛物线上存在点，使得点与点关于直线对称，由列出方程求得的值，再根据题意舍去不合题意的值，再求得的中点坐标，便可求得直线的解析式． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为， 在等腰中，垂直平分，且， ， ，，， ， 解得，， 抛物线的解析式为； （2）①设直线的解析式为，，，，， 由，可得， ，， ， ， ， 当时取最小值为4． 面积的最小值为4． ②假设抛物线上存在点，使得点与点关于直线对称， ，即， 解得，，，，， ，不合题意，舍去， 当时，点， 线段的中点为， ， ， 直线的表达式为：， 当时，点，， 线段的中点为，， ， ， 直线的解析式为． 综上，点，，直线的解析式为或点，，直线的解析式为． 【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，待定系数法，轴对称的性质，第（2）①题关键是求得、两点的横坐标之差，第（2）②小题关键是根据轴对称性质列出的方程，以及求得的中点坐标． 模型十六 中点模型 条件 图示 结论 在△ABC中，AB＝AC，取BC的中点D，连接AD AD平分∠BAC，AD是边BC上的高，AD是BC边上的中线. 在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，连接CD CD＝AD＝BD. 在Rt△ABC中，AB＝2BC，作斜边AB上的中线CD AD＝BD＝CD＝BC，△BCD是等边三角形. 在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE △ADC≌△EDB. 在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE 四边形ABEC是平行四边形. 已知点E是△ABC中线AD上的一点，延长AD至点F，使得DE＝DF，连接BF、CF 四边形BFCE为平行四边形或△BDF≌△CDE或△BED≌△CFD. D为AB的中点，过点D作DE∥BC； 过点B作BF∥DC交AC的延长线于点F. DE为△ABC的中位线； DC为△ABF的中位线. 如图1，，连接AC、OB，则OB⊥AC，OB平分AC. 如图2，点C为弦AB的中点，连接OC，则OC⊥AB. ( 模型母题 ) 1.半径为2.5的⊙O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P．已知BC：CA＝4：3，点P在上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q． （1）当点P与点C关于AB对称时，求CQ的长； （2）当点P运动到的中点时，求CQ的长； （3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长． 【解答】（1）；（2）；（3）当PC过圆心O，即PC取最大值5时，CQ最大值为． 【解析】（1）当点P与点C关于AB对称时，CP⊥AB，设垂足为D． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°． ∴AB＝5，又∵BC：CA＝4：3， ∴BC＝4，AC＝3． 又∵AC•BCAB•CD ∴CD，PC 在Rt△ACB和Rt△PCQ中， ∠ACB＝∠PCQ＝90°，∠CAB＝∠CPQ， Rt△ACB∽Rt△PCQ ∴， ∴CQPC． （2）当点P运动到弧AB的中点时，过点B作BE⊥PC于点E（如图）． ∵P是弧AB的中点， ∴∠PCB＝45°，CE＝BEBC＝2 又∠CPB＝∠CAB ∴tan∠CPB＝tan∠CAB ∴PEBE，PC 而从（1）中得，CQPC． （3）点P在弧AB上运动时，恒有CQPC； 故PC最大时，CQ取到最大值． 当PC过圆心O，即PC取最大值5时，CQ最大值为． 模型十七 奔驰模型 条件 图示 结论 等边三角形 ABC 内部任意一点 P ，连接PA 、PB 、PC 。 若满足 等特殊条件，可求出的度数。 如图 ,等边△ABC，PA=3，PB=4，PC=5 ①∠APB=150º ②S△ABC＝AB2＝ ①【证明】以AP为边向左侧作等边△APD，连接BD, ∵△ABC,△ADP为等边三角形 ∴∠DAB＝60°-∠BAP,∠PAC＝60°-∠BAP ∴∠DAB＝∠PAC 可得△DAB≌△PAC ∴DB＝PC＝5 ∵DP²＋BP²＝DB²， ∴∠DPB＝90°，∠APB＝150° ②过B作BQ⊥AP于Q, ∵∠APB＝150° ∴∠BPQ＝30°，BP＝4，BQ＝2 ∴PQ＝＝2 ∴AB²＝AQ²＋BQ²＝25＋12 ∴AB²＝ ( 模型母题 ) 1.如图，P是等边三角形ABC内一点，将△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ，若PA＝2，PB＝4，，则四边形APBQ的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图，连接PQ．由题意△PQA是等边三角形，利用勾股定理的逆定理证明∠PQB＝90°即可解决问题． 【详解】解：如图，连接PQ． ∵△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ， ∴AP＝AQ＝2，PC＝BQ＝2，∠PAQ＝60°， ∴△PAQ是等边三角形， ∴PQ＝PA＝2， ∵PB＝4， ∴， ∴∠PQB＝90°， ∴， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质以及勾股定理的逆定理，熟练掌握相关内容是解题的关键． 模型十八 角平分线模型 条件 图示 结论 P是平分线上的一点，过点P作于点M，过点P作于点N AD是的平分线，，过点D作于点E 点D是平分线上的一点，在OA、OB上分别取点E、F，且，连接DE、DF 点D是平分线上的一点，过点D作 是等腰三角形，即. OC平分，点D是OA上一点，过点D作交OB的反向延长线于点E OE平分∠AOB，点D在OA上，DE⊥OE，则可延长DE交OB于点F DE＝EF，OD＝OF，∠ODF＝∠OFD. 已知：OC平分，点E、F分别在OA、OB上，过点E作于点M，过点F作于点N 已知：OC平分，点E、F在OC上，作于点M，作于点N 已知：OC平分，点E、F在OC上，作 ∠BAC是圆O的圆周角，∠DOE是圆O的圆心角，AF平分∠BAC，OG平分∠DOE，连接BF、CF、DG、EG BF＝CF，DG＝EG 【内内模型】如图，两个内角平分线交于点D 【内外模型】如图，的一个内角平分线和一个外角平分线交于点D 【外外模型】如图，两个外角的角平分线交于点D ( 模型母题 ) 1．在△ABC中，若存在一个内角角度是另外一个内角角度的n倍（n为大于1的正整数），则称△ABC为n倍角三角形．例如，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝75°，∠C＝25°，可知∠B＝3∠C，所以△ABC为3倍角三角形． （1）在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝60°，则△ABC为　 　倍角三角形； （2）若锐角三角形MNP是3倍角三角形，且最小内角为α，请直接写出α的取值范围为　 　． （3）如图，直线MN与直线PQ垂直相交于点O，点A在射线OP上运动（点A不与点O重合），点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）．延长BA至G，已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线所在的直线分别相交于E、F，若△AEF为4倍角三角形，求∠ABO的度数． 【答案】（1）2；（2）22.5°＜α＜30°；（3）45°或36° 【分析】（1）由∠A＝80°，∠B＝60°，可求∠C的度数，发现内角之间的倍数关系，得出答案 （2）△DEF是3倍角三角形，必定有一个内角是另一个内角的3倍，然后根据这两个角之间的关系，分情况进行解答 （3）首先证明∠EAF＝90°，分两种情形分别求出即可． 【详解】解：（1）∵∠A＝80°，∠B＝60°， ∴∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝40°， ∴∠A＝2∠C， ∴△ABC为2倍角三角形， 故答案为：2； （2）∵最小内角为α， ∴3倍角为3α， 由题意可得： 3α＜90°，且180°﹣4α＜90°， ∴最小内角的取值范围是22.5°＜α＜30°． 故答案为22.5°＜α＜30°． （3）∵AE平分∠BAO，AF平分∠AOG， ∴∠EAB＝∠EAO，∠OAF＝∠FAG， ∴∠EAF＝∠EAO+∠OAF＝（∠BAO+∠OAG）＝90°， ∵△EAF是4倍角三角形， ∴∠E＝×90°或×90°， ∵AE平分∠BAO，OE平分∠BOQ， ∴∠E＝∠ABO， ∴∠ABO＝2∠E， ∴∠ABO＝45°或36°． 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，余角的意义，不等式组的解法和应用等知识，读懂新定义n倍角三角形的意义和分类讨论是解题的基础和关键． 模型十九 最大张角模型（米勒定理） 问题和条件 图示 结论及证明 已知点A，B是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的动点，则当C在何处时，∠ACB最大？ 【结论】当且仅当三角形ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大. 【证明】连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角，易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。 ( 模型母题 ) 1.如图，在中，，，，过点作的平行线，为直线上一动点，为的外接圆，直线交于点，则的最小值为__________． 【答案】2 【分析】如图，连接CE．首先证明∠BEC=120°，根据定弦定角，可得点E在以M为圆心，MB为半径的上运动，连接MA交于E′，此时AE′的值最小． 【解析】解：如图，连接CE． ∵AP∥BC， ∴∠PAC=∠ACB=60°， ∴∠CEP=∠CAP=60°， ∴∠BEC=120°， ,为定值，则点E的运动轨迹为一段圆弧 如图，点E在以M为圆心，MB为半径的上运动，过点作 ∴中优弧度数为=240°，则劣弧度数为120° ∴△BMC是等腰三角形，∠BMC=120°， ∵∠BCM=30°，BC=， ∴MB=MC=8， ∴连接MA交于E′，此时AE′的值最小． ∵∠ACB=60°，∠BCO=30°， ∴∠ACM=90°， ∴MA==， ∴AE的最小值为=． 故答案为：2 模型二十 正方形十字架模型 条件 图示 结论及证明 如图：正方形ABCD内部，AE⊥BF AE=BF,△ABE≌△BCF 证明： 在正方形ABCD中， 如果,则 又 （对应边相等） 当正方形内部为以下垂直形状时，同样可以通过证明全等的方式证明互相垂直的两条线段相等。 △BCF≌△IME △ABE≌△MNF ∠IHQ＝∠PJK，△JPK≌△HQI ( 模型母题 ) 1.如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 【答案】D 【分析】作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可 【详解】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO． 设AG=GE=x，则BG=3-x， 在Rt△BGE中， ∵BE2+BG2=GE2， ∴12+(3-x)2=x2， ∴x=． 在Rt△ABE中， ∵AB2+BE2=AE2， ∴32+12=AE2， ∴AE=． ∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF， ∴∠HAP=∠OFP， ∵四边形ADFH是矩形， ∴AB=AD=HF． 在△ABE和△FHG中， ， ∴△ABE≌△FHG， ∴FG=AE=， ∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF = = = = =5． 故选D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 模型二十一 三角形---8字模型 条件 图示 结论 如图，AC与BD相交于点O 【结论】∠A+∠B=∠C+∠D. 【证明】在△ABO中，∠A+∠B+∠1=180° 在△CDO中，∠C+∠D+∠2=180°， ∵∠1=∠2, ∴∠A+∠B=∠C+∠D. ( 模型母题 ) 1.如图，已知，点C，D，E，F共线．则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明． 利用证明，利用全等三角形的性质和三角形内角和定理，逐个判定即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴，故①正确； ∴，故②正确； ∵，， 又∵， ∴， ∵， ∴，故③正确； ∵，无条件能证明是等边三角形，即不能证明，故④错误， ∴①、②、③正确，④错误． 故答案为：①②③． 模型二十二 三角形---燕尾模型（飞镖模型） 条件 图示 结论 如图1所示，已知四边形ABDC ∠BDC=∠A+∠B+∠C。 【证明】如图，延长 BD交 AC 于点E. ∵∠BEC是△ABE 的外角， ∴∠BEC=∠A+∠B. 又∵∠BDC 是△CDE的外角， ∴∠BDC=∠BEC+∠C=∠A+∠B+∠C. ( 模型母题 ) 1.如图，在中，，与的角平分线交于，与的角平分线交于点，依此类推，与的角平分线交于点，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得∠ABC+∠ACB=160°，BD1，CD1，CD2，BD2…BDn，CDn是角平分线，可得∠ABDn+∠ACDn=160×（）n，可求∠BCDn+∠CBDn的值，再根据三角形内角和定理可求结果． 【详解】解：∵∠A=20°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°， ∴∠ABC+∠ACB=160°， ∵BD1平分∠ABC，CD1平分∠ACB， ∴∠ABD1=∠ABC，∠ACD1=∠ACD， ∵BD2平分∠ABD1，CD2平分∠ACD1， ∴∠ABD2=∠ABD1=∠ABC，∠ACD2=∠ACD1=∠ACB， 同理可得∠ABD5=∠ABC，∠ACD5=∠ACB， ∴∠ABD5+∠ACD5=160×=5°， ∴∠BCD5+∠CBD5=155°， ∴∠BD5C=180-∠BCD5-∠CBD5=25°， 故选B． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线，关键是找出其中的规律，利用规律解决问题． 模型二十三 中点四边形模型 条件 图示 结论 依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形 （1） 任意四边形四条边的中点依次连接得到的四边形一定是平行四边形。 （2） 对角线垂直的四边形（包括菱形）的中点四边形是矩形。 （3） 对角线相等的四边形（包括矩形）的中点四边形是菱形。 （4）对角线垂直且相等的四边形（包括正方形）的中点四边形是正方形。 ( 模型母题 ) 1.我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形． （1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　． （2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想． （3）若改变（2）中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状（不必证明）． 【答案】（1）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形 【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可； （2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论； （3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可． 【解析】解：（1）如图1，连接BD， ∵点E，H分别为边AB，DA的中点， ∴EH∥BD，EH=BD， ∵点F，G分别为边BC，CD的中点， ∴FG∥BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=GF， ∴中点四边形EFGH是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （2）结论：四边形EFGH是菱形， 理由：如图2，连接AC，BD． ∵∠APB=∠CPD， ∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD， 在△APC和△BPD中， ， ∴△APC≌△BPD（SAS）， ∴AC=BD， ∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点， ∴EF=AC，FG=BD， ∴EF=FG， 由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形， ∴平行四边形EFGH是菱形； （3）结论：四边形EFGH是正方形， 理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M， ∵△APC≌△BPD， ∴∠ACP=∠BDP， ∵∠DMO=∠CMP， ∴∠COD=∠CPD=90°， ∵EH∥BD，AC∥HG， ∴∠EHG=∠DOC=90°， 由（2）知中点四边形EFGH是菱形， ∴菱形EFGH是正方形． 模型二十四 婆罗摩笈多定理(布拉美古塔定理） 条件 图示 结论及证明 （一）知“垂直”，推“中点”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，若MN⊥CE 【结论】①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN. 【证明】 （1）过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q， 易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM ∴AP＝DQ 易证：△APN≌△DQN ∴AN＝DN ②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S ∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S ＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证. ③如图，由①得，PN＝QN， ∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证. （二）知“中点”，推“垂直”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q 【结论】①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP 【证明】：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME， 易证：△PBC≌△PME ∴BC＝ME，BC∥ME ∵AB＝AC ∴AB＝EM， ∵BC∥ME， ∴∠CBE＋∠BEM＝180°， 又∵∠ABC＝∠DBE＝90° ∴∠CBE＋∠ABD＝180°， ∴∠ABD＝∠MEB， 易证：△ABD≌△MEB， ∴∠2＝∠1， ∵∠1＋∠3＝90° ∴∠2＋∠3＝90° ∴∠DQP＝90° ②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证. ③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。 （三）婆罗摩笈多定理： 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。 【证明】 ∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF ∴∠CAD=∠AMF ∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90° ∴∠FMD=∠FDM ∴MF=DF，即F是AD中点 ( 模型母题 ) 1.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ． 【答案】①②③④ 【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案． 【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC， 即∠CAE＝∠BAG， ∴△ABG≌△AEC（SAS）， ∴BG＝CE，故①正确； 设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1， ∵△ABG≌△AEC， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵∠AKG＝∠NKC， ∴∠CNG＝∠CAG＝90°， ∴BG⊥CE，故②正确； 过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2， ∵AH⊥BC， ∴∠ABH+∠BAH＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP+∠BAH＝90°， ∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确； ∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE， ∴△ABH≌△EAP（AAS）， ∴EP＝AH， 同理可得GQ＝AH， ∴EP＝GQ， ∵在△EPM和△GQM中， ， ∴△EPM≌△GQM（AAS）， ∴EM＝GM， ∴AM是△AEG的中线，故③正确． 综上所述，①②③④结论都正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键． 模型二十五 垂美四边形模型 【定义】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。 已知 图示 结论（性质） 证明过程 四边形中 AC⊥BD ①S垂美四边形ABCD=AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2 ①S垂美四边形ABCD= ②由勾股定理易证。 如图，在矩形ABCD中，P为CD边上一点，连接AP、BP DP2+BP2=AP2+PC2 ∵DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2 PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2 而AD=BC ∴ DP2+BP2=AP2+PC2 如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP AP2+PC2=DP2+BP2 过点P分别作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分别为点E、点F、点G、点H 由已知条件可得HF⊥EG ∴HG2+EF2=EH2+FG2(证明过程略) 而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH ∴ AP2+PC2=DP2+BP2 ( 模型母题 ) 如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证； （2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可； （3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得． 【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下： 如图，连接， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线，即， ∴四边形是垂美四边形； （2）猜想，证明如下： ∵四边形是垂美四边形， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ， ∴； （3）如图，设分别交于点，交于点，连接， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ∴四边形是垂美四边形， 由（2）得：， ∵是的斜边，且，， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， 解得或（不符题意，舍去）， 故的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键． 模型二十六 相似三角形之母子型相似 “母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． 条件 图示 结论 （1）“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图，∠C=∠ABD △ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. （2）双垂直模型（射影模型） 条件:如图，∠ACB=90o，CD⊥AB △ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. （3）“母子”模型（变形） 条件:如图，∠D=∠CAE，AB=AC △ABD∽△ECA （4）共边模型 条件:如图，在四边形中，对角线平分， ( 模型母题 ) 1.如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据勾股定理求出AC的长，再根据计算可知，结合定理两边成比例且夹角相等的三角形相似证明△PQC∽△BAC，再根据相似三角形的性质得出∠CPQ=∠B，由此可得出PQ∥AB；连接AD，根据PQAB和点D在∠BAC的平分线上可证∠ADQ=∠DAQ，由此可得AQ＝DQ，分别表示AQ和DQ由此可得方程12﹣4x＝2x，解出x，即可求出CP． 【详解】解：∵在Rt△ABC中，AB＝15，BC＝9， ∴AC＝＝＝12． ∵＝＝，＝＝， ∴＝． ∵∠C＝∠C， ∴△PQC∽△BAC， ∴∠CPQ＝∠B， ∴PQAB； 连接AD， ∵PQAB， ∴∠ADQ＝∠DAB． ∵点D在∠BAC的平分线上， ∴∠DAQ＝∠DAB， ∴∠ADQ＝∠DAQ， ∴AQ＝DQ． ∵PD＝PC＝3x，QC=4x ∴在Rt△CPQ中，根据勾股定理PQ=5x. ∴DQ＝2x． ∵AQ＝12﹣4x， ∴12﹣4x＝2x，解得x＝2， ∴CP＝3x＝6． 故选C． 【点睛】本题考查几何变换——旋转综合题，勾股定理，相似三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，熟练掌握定理并能灵活运用是解决此题的关键． 2.如图，在矩形中，，，为矩形对角线的交点，以为圆心，1为半径作，为上的一个动点，连接，，则面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当点移动到过点的直线平行于且与相切时，面积的最大，由于为切点，得出垂直于切线，进而得出，根据勾股定理先求得的长，进而求得的长，根据，求得的长，从而求得的长，最后根据三角形的面积公式即可求得． 【详解】解：当点移动到过点的直线平行于且与相切时，面积的最大，如图， 过的直线是的切线， 垂直于切线， 延长交于，则， 在矩形中，，， ， ， ，， ， ， ，，， ， ， 的最大面积， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，平行线的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，本题的关键是判断出处于什么位置时面积最大． 模型二十七 相似三角形之K字型相似 学习K字型相似，需要和全等三角形模型当中的一线三等角全等模型联系起来，事实上，当相似比等于1（或者对应边相等）的时候，K字型相似就成了一线三等角全等模型。 条件 图示 结论 一、同侧型 条件：如图，∠1=∠2＝∠3 （锐角型） （直角型） （钝角型） 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 二、异侧型 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. ( 模型母题 ) 1.如图，平面直角坐标系中，矩形的边，点，分别在轴，轴上，反比例函数的图象经过点，则值为（    ） A． B． C．7 D．9 【答案】B 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质以及求反比例函数的比例系数，作轴，证推出得，即可进一步推出点的坐标，即可求解； 【详解】解：作轴，如图所示： 则， ∴； ∵， ∴； ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 设点， ∵，，，为矩形的四个顶点， ∴，解得， ∴， ∴； 故选：B 2.如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A． ①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形性质、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解三角形等，解题关键是利用垂直证明角的关系，从而证明三角形全等或相似． 容易证明，从而可得，进而可得，从而可得②正确，过点作，交于点，构造，结合四边形是平行四边形可得，可得①正确，再利用角关系证明，，可得，从而得出结论③正确，过点作，设，由可得，解三角形求出，，从而求出，故结论④正确，再判定不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误． 【详解】解：如图1，过点作，交于点， ∵在正方形中， ∴，，，， ∴、是等腰三角形， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 设， ∵，， ∴，故结论②正确； ∴，即是等腰三角形， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故结论①正确， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴，故结论③正确， 过点作，如图2； 设，由可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论④正确， ∵，， ∴不一定等于，， ∴ 不一定是等腰三角形， 故等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误， 综上所述：正确结论有①②③④． 故选C． 模型二十八 相似三角形之A字型相似 “A”字模型图形（通常只有一个公共顶点）的两个三角形有一个“公共角”（是对应角），再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例，就可以判定这两个三角形相似。 条件 图示 结论 ①“A”字模型 条件：如图，DE∥BC ①“A”字模型（平行） 结论：△ADE∽△ABC⇔＝＝。 证明:∵DE∥BC ∴∠ADE=∠ABC∠AED=∠ACB ∴△ADE∽△ABC ∴＝＝ ②反“A”字模型 条件：如图，∠AED＝∠B ②反“A”字模型（不平行） 结论：△ADE∽△ACB⇔＝＝。 证明:∵∠AED＝∠B，∴∠A=∠A，（公共角） ∴△ADE∽△ACB，∴＝＝。 ③同向双“A”字模型 条件：如图，EF∥BC ③同向双“A”字模型 结论：△AEF∽△ABC，△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC⇔ 证明:∵EF∥BC，∴∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB，∴△AEF∽△ABC， 同理可证：△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，∴＝＝。 ④内接矩形模型 条件：如图，△ABC的内接矩形DEFG的边EF在BC边上，D、G分别在AB、AC边上，且AM⊥BC ④内接矩形模型 结论：△ADG∽△ABC，△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM⇔。 证明:∵DEFG是矩形 ∴DG∥EF，∴∠ADG=∠ABC，∠AGD=∠ACB，∴△ADG∽△ABC， 同理可证：△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM，∴。 ( 模型母题 ) 1.在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④． 【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形， ∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°， ∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确； 连接DF，EN， ∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形， ∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°， ∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC， ∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC， ∴∠MDF=∠FEN， 在△MDF和△FEN中， ， ∴△MDF≌△FEN（SAS）， ∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确； ∵EF∥AB，DF∥AC， ∴四边形ADFE是平行四边形， ∴∠DFE=∠BAC， 又∵△MDF≌△FEN， ∴∠DFM=∠ENF， ∴∠EFN+∠DFM =∠EFN+∠ENF =180°-∠FEN =180°-（∠FEC+∠NEC） =180°-（∠BAC+90°） =90°-∠BAC， ∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°， ∴MF⊥FN，故结论③正确； ∵EF∥AB， ∴△CEF∽△CAB， ∴， ∴， ∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误， ∴正确的结论为①②③，共3个， 故选：B． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 2.如图，在中，，取的中点，连接，点关于线段的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接、、、，已知，，，，当的值最小时，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设点M和点B关于AC对称，F为EM与AC交点，过点E作EG⊥AC于G，过点E作EN⊥BC，交BC延长线于点N，根据题意得出当EF+BF最小时点F的位置，再通过平行线的性质得到∠EAG=∠BDC，从而求出EG的长，再判定四边形EGCN为矩形，得到CN，最后利用△MFC∽MEN将转化为求值即可. 【详解】解：当EF+BF最小时，如图，点M和点B关于AC对称，F为EM与AC交点，过点E作EG⊥AC于G，过点E作EN⊥BC，交BC延长线于点N， 此时EF+BF的最小值即为EF+FM，即EM， ∵AC=，点D为AC中点，BC=2， ∴AD=CD=， ∴tan∠BDC=， ∵AE∥BD， ∴∠EAG=∠BDC， ∴tan∠EAG==，设EG=x， ∴AG=x，而AE=， 在△AEG中，， 解之得：x=或（舍）， 由题意可得：∠N=∠ACB=∠EGC=90°， ∴四边形EGCN为矩形， ∴EG=NC=， ∵AC⊥BC，EN⊥BC， ∴AC∥EN， ∴△MFC∽MEN， ∴，则， 故选C. 【点睛】本题考查了平行线的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，最短路径问题，矩形的判定和性质，解题的关键是根据平行利用三角函数得到FG的长. 模型二十九 相似三角形之“8”字型相似 “8”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． 条件 图示 结论 ①“8”字模型 条件：如图，AB∥CD 结论：△AOB∽△COD⇔＝＝。 证明:∵AB∥CD，∴∠A=∠C，∠B=∠D，∴△AOB∽△COD，∴＝＝。 ②反“8”字模型 条件：如图2，∠A＝∠D； 结论：△AOB∽△DOC⇔＝＝。 证明:∵∠A＝∠D，∴∠AOB=∠DOC，（对顶角） ∴△AOB∽△DOC，∴＝＝。 ③平行双“8”字模型 条件：如图3，AB∥CD 结论：。 证明:∵AB∥CD，∴∠A=∠D，∠AEO=∠DFO，∴△AEO∽△DFO， 同理可证：△BEO∽△CFO，△ABO∽△DCO，∴。 ④斜双“8”字模型 条件：如图4，∠1＝∠2 结论：△AOD∽△BOC，△AOB∽△DOC⇔∠3＝∠4。 证明:∵∠1＝∠2，∠AOD=∠BOC（对顶角）， ∴△AOD∽△BOC，∴AO:BO=DO:CO，即AO:DO=BO:CO； ∵∠AOB=∠DOC（对顶角），∴△AOB∽△DOC，∴∠3＝∠4。 ( 模型母题 ) 1.如图中，，，点P为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的长的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，勾股定理的应用，垂线段最短． 设，交于点，四边形是平行四边形，则，即求的最小值，再乘以2即可．点D是的中点，为定点，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即最小，过点作于点，当重合时，最小，据此即可求得的最小值． 【详解】解：如图，设，交于点，过点作于点，连接， 四边形是平行四边形， ，， ∵点D是的中点，为定点， ∴由垂线段最短可知：当时，取得最小值，即最小， 即当重合时，最小， ∴， ， ∴， ∵，即， ∴， ， ∴， ． 故答案为：． 2.如图，已知在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，点A是函数图象上一点，的延长线交函数（，k是不等于0的常数）的图象于点C，点A关于y轴的对称点，点C关于x轴的对称点为，连结交x轴于点B，连结，，，若的面积等于6，则由线段，，，所围成的图形的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题考查反比例函数系数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想解答．过A作轴于D，连接，由题意设A，；可证，推出；根据，得到结合，解得：总有或16；由题意推出在同一条直线上，得，根据由线段所围成的图形的面积即可求解； 【详解】解：过A作轴于D，连接， 由题意设，，其中； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由点坐标可知，， ∴， ∵， ∴，即； 解得：或（舍去）． 则有； 由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴在同一条直线上， ∴， ∵ ∴由线段所围成的图形的面积． 故答案为：． 模型三十 相似三角形之射影定理 条件 图示 结论 如图，∠ACB＝90º，CD⊥AB， DC²＝DA·DB AC²＝AD·AB BC²＝BD·BA AC·BC＝AB·CD（面积法） 记忆口诀： 公共边2＝共线边乘积 ( 模型母题 ) 1.如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交BC于点E，点F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接AC，若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝2，求EC和AC的长． （1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC， ∵CF＝BE∴BE+CE＝CF+CE， 即BC＝EF，∴AD＝EF， ∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形， ∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴平行四边形AEFD是矩形； （2）解：如图，∵CF＝BE，CF＝2， ∴BE＝2，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD＝90°， ∵AE⊥BC，∴AE2＝BE•EC（射影定理），∴EC＝＝＝8， ∴AC＝＝＝4． 2.如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点F作FH⊥AC于H，则∽，设FH为x，由已知条件可得，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等即可得到关于x的方程，解方程求出x的值，利用即可得到DF的长． 【详解】如解图，过点作于， ∵， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∵， ∴∽ ∴ ∴， 设为，则，由勾股定理得， 又∵， ∴， 则， ∵且， ∴∽， ∴， 即， 解得， ∴． ∵ ∴ ∴ ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查了相似的判定和性质、以及勾股定理的运用，解题的关键是作垂直，构造相似三角形． 模型三十一 托勒密定理 托勒密定理（Ptolemy's theorem）：指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 （托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，有 条件 图示 结论 在四边形ABCD中，若A、B、C、D四点共圆 结论： 证明：核心方法是利用旋转相似，产生两组相似三角形，对应边成比例推出。 在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD， 易证△AEB∽△ADC，∴，即， 当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD， 易证△ABC∽△AED，∴，即， ∴∴． （1）当△ABC是等边三角形时， 如图1，当点D在弧AC上时，根据托勒密定理有：， 又等边△ABC有AB=AC=BC， 故有结论：．如图2，当点D在弧BC上时，结论：DA=DB+DC． 图1： ． 图2： DA=DB+DC． （2）当△ABC是等腰直角三角形， 如图3，当点D在弧BC上时：， ，代入可得：． 如图4，当点 D在弧AC上时： ，代入可得： 图3：． 图4：． ( 模型母题 ) 1.如图，A，P，B，C是上的四个点，，过点A作的切线交BP的延长线于点D． （1）求证：； （2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论． （1）证明：作的直径AE，连接PE， ∵AE是的直径，AD是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴； （2）， 证明：在线段PC上截取，连接BF， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴． 2.已知AB为的直径，CD为的一条弦，顺次连接AC、CB、BD、DA． （1）当（如图1-1）时，线段CA、CB、CD间的数量关系为_____________； （2）当（如图1-2）时，求证：． 图1-1 图1-2 （1）； （2）如图，过点A作，过点O作，连接OC、OD． ∵，，∴． ∵，∴． ∵，∴． 又∵，∴为等边三角形．∴． ∵，，∴． 在和中，， ∴．∴．∴． ∵，∴． ∴． 模型三十二 相交弦定理 条件 图示 结论 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P。 结论：AP•DP=BP•CP。 【证明】在△APB和△CPD中 ∠1=∠2 ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD （实质是“8”字型相似，不要把对应边看错即可） ∴ 则AP•DP=BP•CP 条件：在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径。 结论：BP•CP=MP•NP =(r-OP)( r+OP)= ( 模型母题 ) 1.如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论； （2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论． 【详解】（1）∵所对的圆周角是， ∴， 又， ∴； （2）∵△是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 连接如图， ∵ ∴ ∴∠ 又∠， ∴△ ∴， ∴ ∴， ∴（负值舍去） ∴， 解得， 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 模型三十三 弦切角定理、切割线定理 1、 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数. 二、切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 条件 图示 结论 弦切角定理：已知线段AB切⊙O于点B，线段BC、CD为⊙O的弦。 【结论】：∠1=∠2=∠3 【证明】连接OB、OD，则∠4=∠5 ∵线段AB切⊙O于点B ∴∠1+∠4=90° ∵∠3+∠4+∠5=180° ∴∠3+2∠4=180°又∵∠3=2∠2 ∴∠2+∠4=90° ∴∠1=∠2 则∠1=∠2=∠3 切割线定理：已知如图，线段ADC是⊙O的一条割线，AB是⊙O的一条切线，切点为点B。 【结论】：=AD•AC 【证明】 ∵∠1=∠2（弦切角定理模型），∠A=∠A ∴△ABD∽△ACB ∴ 则=AD•AC ( 模型母题 ) 1.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，点D在AB上，DE⊥EB． （1）求证：AC是△BDE的外接圆的切线； （2）若，求BD的长． （1）证明：连接OE， ∵BE平分∠ABC交AC于点E， ∴∠1＝∠EBC， ∵∠1＝∠2， ∴∠2＝∠CBE， ∴∠AEO＝∠C＝90°， ∴AC是⊙O的切线， ∵⊙O是△BDE的外接圆， ∴AC是△BDE的外接圆的切线； （2）解：∵AE是圆O的切线，AB是圆的割线， 根据切割线定理：AE2＝AD×AB， ∵， ∴（）2＝2×（2+BD）， 解得：BD＝4． ∴BD的长是：4． 模型三十四 割线定理 割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等. 条件 图示 结论 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且点P在圆外 结论：AP•BP=CP•DP。 【证明】连接AC、BD 通过已知条件证明△APC∽△DPB ∴ 则AP•BP=CP•DP （请尝试连接AD，BC自行证明） ( 模型母题 ) 1.如图，过点引圆的两条割线和，分别交圆于点和，连结，则在下列各比例式中，①；②；③，成立的有 （把你认为成立的比例式的序号都填上）． 【答案】②③ 【分析】根据已知及相似三角形的判定方法得到，△PAD∽△PCB，根据相似三角形的对应边的比相等从而可得到答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC， ∴△PAD∽△PCB， ∴， ∴①错误； ②正确； ③连接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA， ∴△PAC∽△PDB， ∴， ∴，正确； 故答案为：②③． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，注意到题目中的相似三角形是解决本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $ 清单02 中考数学必会几何模型合集 （34个几何模型 精选49道母题） 2 10 14 23 27 33 38 44 46 49 50 54 57 58 64 68 72 74 81 83 87 89 90 94 99 104 109 116 123 128 132 136 140 142 模型一 费马点 基本概念：费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离叫做费马距离． 问题与条件 图示 秒杀方法 1、 普通费马点： 在三角形ABC内部找一点0，当0A+0B+0C最小值时，求P点位置以及此时的0A+0B+0C最小值 一、以A、B、C任一点为旋转点(比如A点），将三角形A0C向外旋转60度，C点旋转至D点。此时BD即为0A+0B+0C最小值。 二、或者以三角形的任意一边向外作等边三角形，连接等边三角形的顶点以及原三角形的另外一个顶点的线段值即为当取得费马点时，PA+PB+PC的最短线段值。（选择填空题可以直接用该方法秒杀） 2、 加权费马点： （一）单一系数： 或最小值 （二）多系数类：当系数满足勾股数时，是符合加权费马点条件的，比如要求：，等等 （1） 单一系数:对应旋转90°，对应旋转120° （二）多系数类： 1.将最小系数提到括号外; 2.中间大小的系数确定放缩比例; 3.最大系数确定旋转中心(例如最大系数在PA前面，就以A为旋转中心)，旋转系数不为1的两条线段所在的三角形。 以为例： 1. 将最小系数提到括号外，得到 2. 中间大小的系数为，故放大为倍 3. 最大系数2在PC前面，故以C为旋转中心，旋转90度，并放大为倍 4. 此时，AP’即为最小值 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，P是内一点，求的最小值为 ． 2．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，线段AD上存在一点Q，当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则PD= ． 3．如图，正方形的边长为4，点是正方形内部一点，求的最小值． 模型二 胡不归与阿氏圆 基本概念：“PA＋k·PB”型的最小值问题分为胡不归与阿氏圆问题，当P在直线上运动则是胡不归问题，当P在圆上运动则是阿氏圆问题。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、胡不归 直线BM，BN交于点B，P为BM上的动点，点A在射线BM，BN同侧，求PA＋k·PB取最小值（0<k<1） 已知sin∠MBN＝k．过点A作AC⊥BN于点C，交BM于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长． 1、 首先确保系数k小于1，如果系数大于1，先提取系数。 2、 根据k的大小，确定BN与BM的夹角，使得sin∠MBN＝k．常考的k有，对应的角度为30、45、60 3、 过动点向异侧做垂线 4、 求出AC的值 3、 阿氏圆 ⊙O的半径为r，点A，B都在⊙O外，P为⊙O上的动点，已知r＝k·OB．求PA＋k·PB最小值。 1、 在OB上取一点C，使得OC＝ k·r， OC＝ k·OQ，OQ＝ k·OB． 而∠COQ＝∠QOB，所以△COQ∽△QOB， 所以QC＝ k·QB． 2、 所以QA＋ k·QB ＝QA＋QC≥AC，连结AC交⊙O于点P，此时PA＋k·PB取最小值，最小值即为AC的长． 核心提示： 1. 系数在谁前面，就需要将哪个线段转化出去。如题中的PB 2.有时题目需要连接B点和O点，核心目标是在OB上找到定点C。 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，若D是边上的动点，则的最小值是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（    ）      A．7 B．5 C． D． 模型三 将军饮马 基本概念：两条线段（也有可能是三条、四条）的最小值问题，往往是将军饮马模型。通过转化的思想转化成两个定点之间线段最短来求解。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、（两定一动，定直线，求和最小） 在直线l同恻有A．B两点，在l上找一点P，使得AP＋PB最小． ( B A P l A ' ) ( A B l ) 作点A关于直线l的对称点A’，连结A'B，与直线，的交点就是点P 二、（两定一动，定直线，求差最小） 在直线l同侧有A，B两点，在l上找一点P，使得|AP－PB|最小 ( A B l ) ( A B l P ) 连结AB，作线段AB的垂甫平分线．与直线l的交点就是点P，此时最小值是0 三、（两定一动，定直线，求差最大） 在直线l同侧有A，B两点，在l上找一点P．使得|AP－PB|最大 ( l A B P ) ( A B l ) 连结BA并延长，与直线，的交点就是点P，此时最大值等于AB 四、（两定两动，定直线，两动在定直线上组成的线段为定值，求和最大） 在直线l同侧有A，B两点．在l上找两点C，D（其中CD的长度固定，等于所给线段d），使得AC＋CD＋DB最小 ( a ) ( A B l ) ( A " A l B A ' C D ) 一、先将点A向右平移口个单位长度到点A'，作A'关于直线l的对称点A"。 二、连结A"B，与直线l的交点就是点D．连结A'D，过点A作AC∥A'D，交直线l于点C．则 此时AC'＋CD＋DB最小． 五、（一定点在定角度内，求和最大） 在MON内有一点P，在边ON，OM上分别找点Q，R，使得PQ＋QR＋RP最小． ( O N M P ) ( P' P P" O N M R Q ) 分别作点P关于射线OM的对称点P'，P"，连结P'P"，与射线ON， OM的交点就是点Q，R．此时最小值等于 六、（一定点在定角度内，求和最小） 在MON内有一点P，在边OM，ON上分别找点R，Q．使得PR＋QR最小 ( O N M P ) ( P' P Q O N M R ) 作点P关于射线OM的对称点P'，作P'QON，垂足为Q，P'Q与射线ON的交点就是R． 7、 （两定点在定角度内，求和最小） 在MON内有两点P，Q，在边OM，ON上分别找点R，S．使得PR＋RS＋SQ最小． ( P O N M Q ) ( P P' Q ' O N M Q S R ) 一、作点P关于射线OM的对称点P'，作点Q关于射线ON的对称点Q' 二、连接P'Q'．与射线OM，ON的交点就是R，S． ( 模型母题 ) 1．如图，点在等边的边上，，射线，垂足为点，点是射线上一动点，点是线段上一动点，当的值最小时，．则这个最小值是（ ） A． B． C． D． 2．如图，正方形的边长是5，点，分别是边，上的动点，且，连接，，则的最小值是（   ） A．5 B． C． D． 3．如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段在抛物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且．当四边形的周长最小时，点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 模型四 半角模型 基本概念：常见的半角模型出现在等腰直角三角形中和正方形中。比如直角中含有45度角。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。 问题与条件 图示 结论及证明 一、 等腰直角三角形中 角含半角 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E在BC上且∠DAE＝45° 结论： （1） △BAE∽△ADE∽△CDA  （2）BD2＋CE2＝DE2． 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连结EF． 则∠EAF＝∠EAD＝45°，AF＝AD， 所以△ADE∽△FAE （SAS）． 所以DE＝EF． 而CF＝BD，∠FCE＝∠FCA＋∠ACE＝90°， 所以BD2＋CE2＝CF2＋CE2＝EF2＝DE2． 二、正方形中 角含半角 在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，连结EF 结论： （1） EF＝BE＋DF; （2）如图2，过点A作AG⊥EF于点G，则AG＝AD; （3）如图3，连结BD交AE于点H，连结FH． 则FH⊥AE． 证明： （1）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADI证明． 则∠IAF＝∠EAF＝45°，AI＝AE， 所以△AEF∽△AIF（SAS）， 所以EF＝IF＝DI＋DF＝BE＋DF． （2）因为△AEF∽△AIF，AG⊥EF，AD⊥IF， 所以AG＝AD． （3）由∠HAF＝∠HDF＝45°可得A，D，F，H 四点共圆， 从而∠AHF＝180°－∠ADF＝90°， 即FH⊥AE． ( 模型母题 ) 如图①，在四边形中，，，，点，分别是，上的点，且，连接，探究线段，，之间的数量关系．    探究发现 （1）小明同学的方法是将绕点逆时针旋转至的位置，使得与重合，然后再证明，从而得出结论：______； 拓展延伸 （2）如图②，在四边形中，，，点，分别是边，上的点，且，连接．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； （3）如图③，在正方形中，点，分别是边，上的点，且，连接，已知，，求正方形的边长． 模型五 一线三等角模型 基本概念：一线三等角既可以出现在全等三角形中，也可以出现在相似三角形中。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。尤其是常见的，角是直角的时候，还经常与折叠、坐标等情景结合考察。 问题与条件 图示 结论及证明 一、当点P在线段AB上，且∠3两边在AB同侧时． 若∠1为直角、钝角、锐角 结论： △ACP∽△BPD． 证明：略 二、当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB同侧时． △ACP∽△BPD． 三、当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB异侧时． △ACP∽△BPD． ( 模型母题 )1.如图，在平面直角坐标系中，将直线向上平移3个单位，与轴、轴分别交于点A、B，以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC．若反比例函数的图象经过点C，则的值为（  ） A．2 B．3 C．4 D．6 2.如图1所示，已知中，，直线m经过点C，过A、B两点分别作直线m的垂线，垂足分别为E、F． （1）如图1，当直线m在A、B两点同侧时，求证：； （2）若直线m绕点C旋转到图2所示的位置时（），其余条件不变，猜想与，有什么数量关系？并证明你的猜想； （3）若直线m绕点C旋转到图3所示的位置时（）其余条件不变，问与，的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明． 模型六 隐圆、四点共圆模型 常见隐圆模型 图示 结论 模型一、动点定长模型 若P为动点，AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，A圆心，AB半径 。 【拓展】折叠问题构造出隐圆 从圆的定义构造圆，构造思路：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧． 模型二、定边对直角 固定线段AB所对动角∠C恒为90°，则A、B、C三点共圆，AB为直径 模型三、定边对定角 在“定边对直角”问题中，依据“直径所对的圆周角是直角”，关键性在于寻找定边、直角，而根据圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角都相．定边必不可少，而直角则可一般为定角．例如，AB为定值，∠P为定角，则P点轨迹是一个圆． 常见四点共圆模型 结论 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D在以AD中点E为圆心、EA长为半径的圆上（可证）． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D在以AC中点E为圆心、EA为半径的圆上（可证）． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D四点共圆． 证明条件：线段同侧张角相等． 若平面上A、B、C、D四个点满足，则A、B、C、D四点共圆． 证明条件：1．四边形对角互补； 2．四边形外角等于内对角． 两条线段被一点分成（内分或外分）两段长的乘积相等，则这两条线段的四个端点共圆． 四边形ABCD的对角线AC、BD交于H， 若，则四点共圆. 提示：通过证明∽，从而得出,转化为定长对定角模型。 四边形ABCD的对边BA、CD的延长线交于P， 若，则四点共圆. 提示：通过证明∽,从而得出，进而得出，对角互补的四边形，四个顶点共圆。 ( 模型母题 ) 1. （动点定长模型）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A`MN，连接A`C，则A`C长度的最小值是__________． 2.（直角圆周角模型）如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值是_________． 3.（四点共圆模型）如图，∽，，，，是的中点，若点是直线上的动点，连接，则的最小值是（ ）　 A． B． C． D． 模型七 手拉手模型 条件 图示 结论 基本条件： 1. 共顶点 2. 夹角相等 3. 两组边相等（或者出现2个等腰三角形） 如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等） △OAC≌△OBD（SAS） 举一反三： 1. 当出现手拉手全等的时候，必然还会出现一组相似三角形：相似于 2.其他条件不变，当OA不等于OB时，就成了手拉手相似模型（也叫旋转相似），此时会有2组相似三角形。 1． 等边三角形手拉手 （1） 如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P： 结论一：△ACD≌△BCE 证明： → △ACD≌△BCE（SAS） （2） 记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N： 结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD 证明： → △ACN≌△BCM（SAS）； →△MCE≌△NCD（ASA） （3）连接MN： 结论三：△MNC是等边三角形． 证明：→△MCN是等边三角形． （4）记AD、BE交点为P，连接PC： 结论四：PC平分∠BPD 证明：△BCE≌△ACD → CG=CH → PC平分∠BPD． （5）连接PC： 结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°． （6）连接AE： 结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小） 2.正方形手拉手 如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG： 结论一：△BCE≌△DCG 证明： → △BCE≌△DCG（SAS） 结论二：BE=DG，BE⊥DG 证明：△BCE≌△DCG → BE=DG； ∠CBE＝∠CDG → ∠DHB=∠BCD=90°（旋转角都相等） ( 模型母题 ) 1.如图，四边形中，已知，且． (1)求证：； (2)记的面积为，的面积为． ①求证：； ②过点B作的垂线，过点A作的平行线，两直线相交于M，延长至P，使得，连接．当取得最大值时，求的大小． 模型八 梯子模型（斜边中点模型） 条件 图示 结论及证明 如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接 【结论】当O，Q，C三点共线时，取得最大值． 【证明】在中，， ∴． 在中，由勾股定理得∵， ∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即 【小结】梯子模型的题，关键是取两个图形的公共边的中点作为桥梁。 ( 模型母题 ) 1．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 ． 模型九 倍长中线模型 条件 图示 结论及证明 1、基本型：如图1，在三角形ABC中，AD为BC边上的中线. 证明思路：延长AD至点E，使得AD=DE. 若连结BE，则；若连结EC，则 2、中点型:如图2，为的中点. 证明思路：若延长至点，使得，连结，则; 若延长至点，使得，连结，则. 3、 中点+平行线型：如图3, ，点为线段的中点. 证明思路：延长交于点 (或交延长线于点)，则. ( 模型母题 )1．如图，与均为直角三角形，且，，，点是的中点，则的长为 ． 模型十 截长补短模型 条件 图示 方法 截长法与补短法，具体做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或是将某条线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明，这种做法一般遇到证明三条线段之间关系是常用. 如图1，若证明线段AB,CD,EF之间存在EF=AB+CD,可以考虑截长补短法. 截长法：如图2，在EF上截取EG=AB,在证明GF=CD即可； 补短法：如图3，延长AB至H点，使BH=CD,再证明AH=EF即可. ( 模型母题 ) 1.如图所示，是边长为的正三角形，是顶角为的等腰三角形，以为顶点作一个的，点、分别在、上，求的周长． 模型十一 截长补短模型 条件 图示 秒杀方法 （1）如图，将∠AOB旋转至∠A 'OB '，则∠AOA'＝∠BOB'． （2）如图，将△AOB旋转至△ A'OB '，连结AA'， BB'，则△AOA ' ∽△BOB'（即旋转相似） 利用旋转性质解题的步骤为： （1）找旋转点，得等边、等角； （2）证全等或相似； （3）利用全等或者相似得到边、角关系． 【小结】旋转相似核心：有公共顶点、夹角相等、两边成比例 → 构造相似三角形，实现线段转化、角度转移。 ( 模型母题 ) 1．【问题发现】（1）如图1，在中，，D为边上一点（不与点B、C重合）将线段绕点A顺时针旋转90°得到，连接，则线段与的数量关系是　 ，位置关系是　 ； 【探究证明】（2）如图2，在和中，将绕点A旋转，当点C，D，E在同一直线时，与具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，将绕点A顺时针旋转，点C对应点E，设旋转角为（），当点C，D，E在同一直线时，画出图形，并求出线段的长度． 模型十二 弦图模型 条件 图示 结论及证明 1．内弦图 如图，在正方形ABCD中，BF⊥CG，CG⊥DH，DH⊥AE，AE⊥BF 【结论】：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． 【证明】： 因为∠ABC＝∠BFC＝90° 所以∠ABE＋∠FBC＝∠FBC＋∠FCB－90°． 所以∠ABE＝∠FCB． 又因为AB＝BC．所以△ABE≌△BCF， 同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． 2． 外弦图（此图中还包含了一线三等角） 如图，在正方形ABCD中，点M，N，P，Q在正方形ABCD边上，且四边形MNPQ为正方形 【结论】：△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ． 【证明】： 因为∠B＝∠QMN＝∠C＝90°， 所以∠BQM＋∠QMB＝∠QMB＋∠NMC＝90°， 所以∠BQM＝∠NMC． 又因为QM ＝MN，所以△QBM≌△MCN． 同理可得△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ． 3．用赵爽弦图证明勾股定理 证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a+b）2， 整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2， ∴c2＝a2+b2， 即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． ( 模型母题 ) 1．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形，记空隙处正方形，正方形的面积分别为，，则下列四个判断：①②；③若，则；④若点A是线段的中点，则，其中正确的序号是    模型十三 勾股树模型 条件 图示 结论 面积核心：以直角三角形三边向外作相似图形（正方形/正三角形/半圆等），两直角边上图形面积之和 = 斜边上图形面积。 迭代规律：勾股树无限分叉时，每一层所有小图形面积和 = 最底层大图形面积，总面积保持不变。 ( 模型母题 ) 1．如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连接，、，交于点Q ，若，，则四边形的面积是 ．    模型十四 瓜豆原理 条件 图示 结论 一、 运动轨迹为圆 问题1.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．当点P在圆O上运动时，Q点轨迹是？ 解析：Q点轨迹是一个圆 理由：Q点始终为AP中点，连接AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，． 问题2.如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=2AQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？ 解析：Q点轨迹是一个圆 理由：∵AP⊥AQ，∴Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO； 又∵AP：AQ=2：1，∴Q点轨迹圆圆心M满足AO：AM=2：1． 即可确定圆M位置，任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为2． 模型总结 条件：两个定量 （1）主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）； （2）主动点、从动点到定点的距离之比是定量（AP:AQ是定值）． 结论 （1）主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM； （2）主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM，也等于两圆半径之比． 条件 图示 结论 二、运动轨迹为直线 问题1：如图，P是直线BC上一动点，连接AP，取AP中点Q，当点P在BC上运动时，Q点轨迹是？ 解析：当P点轨迹是直线时，Q点轨迹也是一条直线． 理由： 分别过A、Q向BC作垂线，垂足分别为M、N，在运动过程中，因为AP=2AQ，所以QN始终为AM的一半，即Q点到BC的距离是定值，故Q点轨迹是一条直线． 问题2：如图，△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ=90°且AP=AQ，当点P在直线BC上运动时，求Q点轨迹？ 【分析】当AP与AQ夹角固定且AP:AQ为定值的话，P、Q轨迹是同一种图形． 当确定轨迹是线段的时候，可以任取两个时刻的Q点的位置，连线即可，比如Q点的起始位置和终点位置，连接即得Q点轨迹线段． P、Q两点轨迹所在直线的夹角等于∠PAQ（当∠PAQ≤90°时，∠PAQ等于MN与BC夹角） P、Q两点轨迹长度之比等于AP:AQ（由△ABC∽△AMN，可得AP:AQ=BC:MN） 模型总结 条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量； 主动点、从动点到定点的距离之比是定量． 结论：① 主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形； ② 主动点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ③ 当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动点的运动路径长。 ( 模型母题 ) 1．如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB＝2，BC＝4，△ACD是等边三角形，则的面积的最大值为 2．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（0，4），P是x轴上一动点，把线段PA绕点P顺时针旋转60°得到线段PF，连接OF，则线段OF长的最小值是__________． 模型十五 铅垂法求三角形面积最值 条件 图示 结论 A、B两点之间的水平距离称为“水平宽”； 过点C作x轴的垂线与AB交点为D，线段CD即为AB边的“铅垂高”． 求三角形面积的最值 【解题步骤】 （1）求A、B两点水平距离，即水平宽； （2）过点C作x轴垂线与AB交于点D，可得点D横坐标同点C； （3）求直线AB解析式并代入点D横坐标，得点D纵坐标； （4）根据C、D坐标求得铅垂高； （5）利用公式求得三角形面积． ( 模型母题 ) 1．在平面直角坐标系中，等腰直角的直角顶点在轴上，另两个顶点，在轴上，且，抛物线经过，，三点，如图1所示． （1）求抛物线所表示的二次函数表达式． （2）过原点任作直线交抛物线于，两点，如图2所示． ①求面积的最小值． ②已知是抛物线上一定点，问抛物线上是否存在点，使得点与点关于直线对称，若存在，求出点的坐标及直线的一次函数表达式；若不存在，请说明理由． 模型十六 中点模型 条件 图示 结论 在△ABC中，AB＝AC，取BC的中点D，连接AD AD平分∠BAC，AD是边BC上的高，AD是BC边上的中线. 在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，连接CD CD＝AD＝BD. 在Rt△ABC中，AB＝2BC，作斜边AB上的中线CD AD＝BD＝CD＝BC，△BCD是等边三角形. 在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE △ADC≌△EDB. 在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE 四边形ABEC是平行四边形. 已知点E是△ABC中线AD上的一点，延长AD至点F，使得DE＝DF，连接BF、CF 四边形BFCE为平行四边形或△BDF≌△CDE或△BED≌△CFD. D为AB的中点，过点D作DE∥BC； 过点B作BF∥DC交AC的延长线于点F. DE为△ABC的中位线； DC为△ABF的中位线. 如图1，，连接AC、OB，则OB⊥AC，OB平分AC. 如图2，点C为弦AB的中点，连接OC，则OC⊥AB. ( 模型母题 ) 1.半径为2.5的⊙O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P．已知BC：CA＝4：3，点P在上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q． （1）当点P与点C关于AB对称时，求CQ的长； （2）当点P运动到的中点时，求CQ的长； （3）当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长． 模型十七 奔驰模型 条件 图示 结论 等边三角形 ABC 内部任意一点 P ，连接PA 、PB 、PC 。 若满足 等特殊条件，可求出的度数。 如图 ,等边△ABC，PA=3，PB=4，PC=5 ①∠APB=150º ②S△ABC＝AB2＝ ①【证明】以AP为边向左侧作等边△APD，连接BD, ∵△ABC,△ADP为等边三角形 ∴∠DAB＝60°-∠BAP,∠PAC＝60°-∠BAP ∴∠DAB＝∠PAC 可得△DAB≌△PAC ∴DB＝PC＝5 ∵DP²＋BP²＝DB²， ∴∠DPB＝90°，∠APB＝150° ②过B作BQ⊥AP于Q, ∵∠APB＝150° ∴∠BPQ＝30°，BP＝4，BQ＝2 ∴PQ＝＝2 ∴AB²＝AQ²＋BQ²＝25＋12 ∴AB²＝ ( 模型母题 ) 1.如图，P是等边三角形ABC内一点，将△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ，若PA＝2，PB＝4，，则四边形APBQ的面积为（    ） A． B． C． D． 模型十八 角平分线模型 条件 图示 结论 P是平分线上的一点，过点P作于点M，过点P作于点N AD是的平分线，，过点D作于点E 点D是平分线上的一点，在OA、OB上分别取点E、F，且，连接DE、DF 点D是平分线上的一点，过点D作 是等腰三角形，即. OC平分，点D是OA上一点，过点D作交OB的反向延长线于点E OE平分∠AOB，点D在OA上，DE⊥OE，则可延长DE交OB于点F DE＝EF，OD＝OF，∠ODF＝∠OFD. 已知：OC平分，点E、F分别在OA、OB上，过点E作于点M，过点F作于点N 已知：OC平分，点E、F在OC上，作于点M，作于点N 已知：OC平分，点E、F在OC上，作 ∠BAC是圆O的圆周角，∠DOE是圆O的圆心角，AF平分∠BAC，OG平分∠DOE，连接BF、CF、DG、EG BF＝CF，DG＝EG 【内内模型】如图，两个内角平分线交于点D 【内外模型】如图，的一个内角平分线和一个外角平分线交于点D 【外外模型】如图，两个外角的角平分线交于点D ( 模型母题 ) 1．在△ABC中，若存在一个内角角度是另外一个内角角度的n倍（n为大于1的正整数），则称△ABC为n倍角三角形．例如，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝75°，∠C＝25°，可知∠B＝3∠C，所以△ABC为3倍角三角形． （1）在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝60°，则△ABC为　 　倍角三角形； （2）若锐角三角形MNP是3倍角三角形，且最小内角为α，请直接写出α的取值范围为　 　． （3）如图，直线MN与直线PQ垂直相交于点O，点A在射线OP上运动（点A不与点O重合），点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）．延长BA至G，已知∠BAO、∠OAG的角平分线与∠BOQ的角平分线所在的直线分别相交于E、F，若△AEF为4倍角三角形，求∠ABO的度数． 模型十九 最大张角模型（米勒定理） 问题和条件 图示 结论及证明 已知点A，B是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的动点，则当C在何处时，∠ACB最大？ 【结论】当且仅当三角形ABC的外圆与边OM相切于点C时，∠ACB最大. 【证明】连结A，B，因为∠AC’B是圆外角，∠ACB是圆周角，易证∠AC’B小于∠ACB，故∠ACB最大。 ( 模型母题 ) 1.如图，在中，，，，过点作的平行线，为直线上一动点，为的外接圆，直线交于点，则的最小值为__________． 模型二十 正方形十字架模型 条件 图示 结论及证明 如图：正方形ABCD内部，AE⊥BF AE=BF,△ABE≌△BCF 证明： 在正方形ABCD中， 如果,则 又 （对应边相等） 当正方形内部为以下垂直形状时，同样可以通过证明全等的方式证明互相垂直的两条线段相等。 △BCF≌△IME △ABE≌△MNF ∠IHQ＝∠PJK，△JPK≌△HQI ( 模型母题 ) 1.如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（    ） A．2 B．2 C．6 D．5 模型二十一 三角形---8字模型 条件 图示 结论 如图，AC与BD相交于点O 【结论】∠A+∠B=∠C+∠D. 【证明】在△ABO中，∠A+∠B+∠1=180° 在△CDO中，∠C+∠D+∠2=180°， ∵∠1=∠2, ∴∠A+∠B=∠C+∠D. ( 模型母题 ) 1.如图，已知，点C，D，E，F共线．则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 模型二十二 三角形---燕尾模型（飞镖模型） 条件 图示 结论 如图1所示，已知四边形ABDC ∠BDC=∠A+∠B+∠C。 【证明】如图，延长 BD交 AC 于点E. ∵∠BEC是△ABE 的外角， ∴∠BEC=∠A+∠B. 又∵∠BDC 是△CDE的外角， ∴∠BDC=∠BEC+∠C=∠A+∠B+∠C. ( 模型母题 ) 1.如图，在中，，与的角平分线交于，与的角平分线交于点，依此类推，与的角平分线交于点，则的度数是（    ） A． B． C． D． 模型二十三 中点四边形模型 条件 图示 结论 依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形 （1） 任意四边形四条边的中点依次连接得到的四边形一定是平行四边形。 （2） 对角线垂直的四边形（包括菱形）的中点四边形是矩形。 （3） 对角线相等的四边形（包括矩形）的中点四边形是菱形。 （4）对角线垂直且相等的四边形（包括正方形）的中点四边形是正方形。 ( 模型母题 ) 1.我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形． （1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　． （2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想． （3）若改变（2）中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状（不必证明）． 模型二十四 婆罗摩笈多定理(布拉美古塔定理） 条件 图示 结论及证明 （一）知“垂直”，推“中点”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，若MN⊥CE 【结论】①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN. 【证明】 （1）过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q， 易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM ∴AP＝DQ 易证：△APN≌△DQN ∴AN＝DN ②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S ∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S ＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证. ③如图，由①得，PN＝QN， ∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证. （二）知“中点”，推“垂直”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q 【结论】①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP 【证明】：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME， 易证：△PBC≌△PME ∴BC＝ME，BC∥ME ∵AB＝AC ∴AB＝EM， ∵BC∥ME， ∴∠CBE＋∠BEM＝180°， 又∵∠ABC＝∠DBE＝90° ∴∠CBE＋∠ABD＝180°， ∴∠ABD＝∠MEB， 易证：△ABD≌△MEB， ∴∠2＝∠1， ∵∠1＋∠3＝90° ∴∠2＋∠3＝90° ∴∠DQP＝90° ②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证. ③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。 （三）婆罗摩笈多定理： 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。 【证明】 ∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF ∴∠CAD=∠AMF ∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90° ∴∠FMD=∠FDM ∴MF=DF，即F是AD中点 ( 模型母题 ) 1.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ． 模型二十五 垂美四边形模型 【定义】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。 已知 图示 结论（性质） 证明过程 四边形中 AC⊥BD ①S垂美四边形ABCD=AC•BD ②AB2+DC2=AD2+BC2 ①S垂美四边形ABCD= ②由勾股定理易证。 如图，在矩形ABCD中，P为CD边上一点，连接AP、BP DP2+BP2=AP2+PC2 ∵DP2+BP2 =DP2+BC2+PC2 PC2+AP2 =PC2+DP2+AD2 而AD=BC ∴ DP2+BP2=AP2+PC2 如图，在矩形ABCD中，P为矩形内部任意一点，连接AP、BP，CP，DP AP2+PC2=DP2+BP2 过点P分别作PE⊥AB、PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥AD垂足分别为点E、点F、点G、点H 由已知条件可得HF⊥EG ∴HG2+EF2=EH2+FG2(证明过程略) 而AP=EH，BP=EF，CP=FG，DP=GH ∴ AP2+PC2=DP2+BP2 ( 模型母题 ) 如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 模型二十六 相似三角形之母子型相似 “母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓于大三角形中，恰似子依母怀），也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． 条件 图示 结论 （1）“母子”模型（斜射影模型） 条件：如图，∠C=∠ABD △ABD∽△ACB，AB2＝AD·AC. （2）双垂直模型（射影模型） 条件:如图，∠ACB=90o，CD⊥AB △ACD∽△ABC∽△CBD；CA2＝AD·AB，BC2＝BD·BA，CD2＝DA·DB. （3）“母子”模型（变形） 条件:如图，∠D=∠CAE，AB=AC △ABD∽△ECA （4）共边模型 条件:如图，在四边形中，对角线平分， ( 模型母题 ) 1.如图，中，，，，点，分别在，上，，．把绕点旋转，得到，点落在线段上．若点在的平分线上，则的长为（    ） A． B． C． D． 2.如图，在矩形中，，，为矩形对角线的交点，以为圆心，1为半径作，为上的一个动点，连接，，则面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 模型二十七 相似三角形之K字型相似 学习K字型相似，需要和全等三角形模型当中的一线三等角全等模型联系起来，事实上，当相似比等于1（或者对应边相等）的时候，K字型相似就成了一线三等角全等模型。 条件 图示 结论 一、同侧型 条件：如图，∠1=∠2＝∠3 （锐角型） （直角型） （钝角型） 结论：△ACE∽△BED。 证明：∵∠1+∠C=∠2+∠DEB（外角定理），∠1=∠2 ∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 二、异侧型 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△ADE∽△BEC. 证明：∵∠1=∠2，∴∠CBE=∠EAD（等角的补角相等），∴∠C=∠DEB，∵∠1=∠3，∴△ACE∽△BED。 ∵∠2=∠C+∠CEB（外角定理），∠3=∠DEA+∠CEB，∠2＝∠3∴∠C=∠DEA，∴△ADE∽△BEC. ( 模型母题 ) 1.如图，平面直角坐标系中，矩形的边，点，分别在轴，轴上，反比例函数的图象经过点，则值为（    ） A． B． C．7 D．9 2.如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A． ①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 模型二十八 相似三角形之A字型相似 “A”字模型图形（通常只有一个公共顶点）的两个三角形有一个“公共角”（是对应角），再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例，就可以判定这两个三角形相似。 条件 图示 结论 ①“A”字模型 条件：如图，DE∥BC ①“A”字模型（平行） 结论：△ADE∽△ABC⇔＝＝。 证明:∵DE∥BC ∴∠ADE=∠ABC∠AED=∠ACB ∴△ADE∽△ABC ∴＝＝ ②反“A”字模型 条件：如图，∠AED＝∠B ②反“A”字模型（不平行） 结论：△ADE∽△ACB⇔＝＝。 证明:∵∠AED＝∠B，∴∠A=∠A，（公共角） ∴△ADE∽△ACB，∴＝＝。 ③同向双“A”字模型 条件：如图，EF∥BC ③同向双“A”字模型 结论：△AEF∽△ABC，△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC⇔ 证明:∵EF∥BC，∴∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB，∴△AEF∽△ABC， 同理可证：△AEG∽△ABD，△AGF∽△ADC，∴＝＝。 ④内接矩形模型 条件：如图，△ABC的内接矩形DEFG的边EF在BC边上，D、G分别在AB、AC边上，且AM⊥BC ④内接矩形模型 结论：△ADG∽△ABC，△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM⇔。 证明:∵DEFG是矩形 ∴DG∥EF，∴∠ADG=∠ABC，∠AGD=∠ACB，∴△ADG∽△ABC， 同理可证：△ADN∽△ABM，△AGN∽△ACM，∴。 ( 模型母题 ) 1.在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 2.如图，在中，，取的中点，连接，点关于线段的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接、、、，已知，，，，当的值最小时，则的值为（    ） A． B． C． D． 模型二十九 相似三角形之“8”字型相似 “8”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似． 条件 图示 结论 ①“8”字模型 条件：如图，AB∥CD 结论：△AOB∽△COD⇔＝＝。 证明:∵AB∥CD，∴∠A=∠C，∠B=∠D，∴△AOB∽△COD，∴＝＝。 ②反“8”字模型 条件：如图2，∠A＝∠D； 结论：△AOB∽△DOC⇔＝＝。 证明:∵∠A＝∠D，∴∠AOB=∠DOC，（对顶角） ∴△AOB∽△DOC，∴＝＝。 ③平行双“8”字模型 条件：如图3，AB∥CD 结论：。 证明:∵AB∥CD，∴∠A=∠D，∠AEO=∠DFO，∴△AEO∽△DFO， 同理可证：△BEO∽△CFO，△ABO∽△DCO，∴。 ④斜双“8”字模型 条件：如图4，∠1＝∠2 结论：△AOD∽△BOC，△AOB∽△DOC⇔∠3＝∠4。 证明:∵∠1＝∠2，∠AOD=∠BOC（对顶角）， ∴△AOD∽△BOC，∴AO:BO=DO:CO，即AO:DO=BO:CO； ∵∠AOB=∠DOC（对顶角），∴△AOB∽△DOC，∴∠3＝∠4。 ( 模型母题 ) 1.如图中，，，点P为上任意一点，连接，以为邻边作平行四边形，连接，则的长的最小值为 ． 2.如图，已知在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，点A是函数图象上一点，的延长线交函数（，k是不等于0的常数）的图象于点C，点A关于y轴的对称点，点C关于x轴的对称点为，连结交x轴于点B，连结，，，若的面积等于6，则由线段，，，所围成的图形的面积等于 ． 模型三十 相似三角形之射影定理 条件 图示 结论 如图，∠ACB＝90º，CD⊥AB， DC²＝DA·DB AC²＝AD·AB BC²＝BD·BA AC·BC＝AB·CD（面积法） 记忆口诀： 公共边2＝共线边乘积 ( 模型母题 ) 1.如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交BC于点E，点F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接DF． （1）求证：四边形AEFD是矩形； （2）连接AC，若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝2，求EC和AC的长． 2.如图，在中，，，，，垂足为，为的中点，与交于点，则的长为 ． 模型三十一 托勒密定理 托勒密定理（Ptolemy's theorem）：指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。 （托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD，有 条件 图示 结论 在四边形ABCD中，若A、B、C、D四点共圆 结论： 证明：核心方法是利用旋转相似，产生两组相似三角形，对应边成比例推出。 在线段BD上取点E，使得∠BAE=∠CAD， 易证△AEB∽△ADC，∴，即， 当∠BAE=∠CAD时，可得：∠BAC=∠EAD， 易证△ABC∽△AED，∴，即， ∴∴． （1）当△ABC是等边三角形时， 如图1，当点D在弧AC上时，根据托勒密定理有：， 又等边△ABC有AB=AC=BC， 故有结论：．如图2，当点D在弧BC上时，结论：DA=DB+DC． 图1： ． 图2： DA=DB+DC． （2）当△ABC是等腰直角三角形， 如图3，当点D在弧BC上时：， ，代入可得：． 如图4，当点 D在弧AC上时： ，代入可得： 图3：． 图4：． ( 模型母题 ) 1.如图，A，P，B，C是上的四个点，，过点A作的切线交BP的延长线于点D． （1）求证：； （2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论． 2.已知AB为的直径，CD为的一条弦，顺次连接AC、CB、BD、DA． （1）当（如图1-1）时，线段CA、CB、CD间的数量关系为_____________； （2）当（如图1-2）时，求证：． 图1-1 图1-2 模型三十二 相交弦定理 条件 图示 结论 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P。 结论：AP•DP=BP•CP。 【证明】在△APB和△CPD中 ∠1=∠2 ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD （实质是“8”字型相似，不要把对应边看错即可） ∴ 则AP•DP=BP•CP 条件：在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径。 结论：BP•CP=MP•NP =(r-OP)( r+OP)= ( 模型母题 ) 1.如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 模型三十三 弦切角定理、切割线定理 1、 弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数. 二、切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项. 条件 图示 结论 弦切角定理：已知线段AB切⊙O于点B，线段BC、CD为⊙O的弦。 【结论】：∠1=∠2=∠3 【证明】连接OB、OD，则∠4=∠5 ∵线段AB切⊙O于点B ∴∠1+∠4=90° ∵∠3+∠4+∠5=180° ∴∠3+2∠4=180°又∵∠3=2∠2 ∴∠2+∠4=90° ∴∠1=∠2 则∠1=∠2=∠3 切割线定理：已知如图，线段ADC是⊙O的一条割线，AB是⊙O的一条切线，切点为点B。 【结论】：=AD•AC 【证明】 ∵∠1=∠2（弦切角定理模型），∠A=∠A ∴△ABD∽△ACB ∴ 则=AD•AC ( 模型母题 ) 1.如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，点D在AB上，DE⊥EB． （1）求证：AC是△BDE的外接圆的切线； （2）若，求BD的长． 模型三十四 割线定理 割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等. 条件 图示 结论 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P，且点P在圆外 结论：AP•BP=CP•DP。 【证明】连接AC、BD 通过已知条件证明△APC∽△DPB ∴ 则AP•BP=CP•DP （请尝试连接AD，BC自行证明） ( 模型母题 ) 1.如图，过点引圆的两条割线和，分别交圆于点和，连结，则在下列各比例式中，①；②；③，成立的有 （把你认为成立的比例式的序号都填上）． 学科网（北京）股份有限公司 $清单02中考数学必会几何模型合集 (34个几何模型精选49道母题) 模型一费马点… 2 模型二胡不归与阿氏圆 .10 模型三将军饮马.… .14 模型四半角模型 23 模型五一线三等角模型 .27 模型六隐圆、四，点共圆模型 33 模型七手拉手模型。 .38 模型八梯子模型（斜边中点模型) .44 模型九倍长中线模型. .46 模型十截长补短模型… .49 模型十一截长补短模型 .50 模型十二弦图模型 .54 模型十三勾股树模型 57 模型十四瓜豆原理 58 模型十五铅垂法求三角形面积最值 64 模型十六中，点模型 .68 模型干七奔驰模型72 模型十八角平分线模型74 模型十九最大张角模型（米勒定理) 81 模型二十正方形十字架模型.83 模型二十一三角形-一一8字模型 87 模型二十二三角形-一燕尾模型（飞镖模型) 89 模型二十三中点四边形模型 90 模型二十四婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理） .94 模型二十五垂美四边形模型… .99 模型二十六相似三角形之母子型相似104 模型二十七相似三角形之K字型相似， ..109 模型二十八相似三角形之A字型相似.116 模型二十九相似三角形之“8”字型相似.123 模型三十相似三角形之射影定理 …128 模型三十一托勒密定理.132 模型三十二相交弦定理， 136 模型三十三弦切角定理、切割线定理 .140 模型三十四割线定理.142 模型一费马点 基本概念：费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离 叫做费马距离 问题与条件 图示 秒杀方法 一、普通费马点： 一、 以A、B、C任一点 为旋转点（比如A点）， 在三角形ABC内部找一 将三角形A0C向外旋转 60度，C点旋转至D 点0，当0A+0B+0C最 点。此时BD即为 小值时，求P点位置以 OA+OB+OC最小值。 及此时的OA+OB+OC最 二、 或者以三角形的任 小值 意一边向外作等边三角 形，连接等边三角形的 顶点以及原三角形的另 外一个顶点的线段值即 为当取得费马点时， PAPB+PC的最短线段 值。（选择填空题可以 直接用该方法秒杀) 二、加权费马点： (一)单一系数：√2对 应旋转90°，√3对应旋 (一)单一系数： 转120° PA+PB +v2 PC 或PA+PB+V3PC最 /3P( 小值 2/5 （二)多系数类：当系 (二)多系数类： 数满足勾股数时，是符 1.将最小系数提到括号 合加权费马点条件的， 外 比如要求： 合A+百阳+pe 2.中间大小的系数确定 放缩比例 3 PA 4 PB +5 PC 等等 3.最大系数确定旋转中 心（例如最大系数在PA 前面，就以A为旋转中 心)，旋转系数不为1的 两条线段所在的三角 形。 以A+年B+心 2PC 为例： 1. 将最小系数。提到括 号 外 得到 √5PB P4+3PB+2PC) 2.中间大小的系数为 √3，故放大为V3倍 3.最大系数2在PC前 面，故以C为旋转中 心，旋转90度，并放大 为V3倍 4.此时 P B=3PB,PB'=2PC ,AP'即为最小值 模型母题 1.如图，在VABC中，∠CAB=90,AB=AC=1,P是VABC内一点，求PA+PB+PC 的最小值为· 【答案】V6+V2 【分析】将△APC绕点C顺时针旋转60°得△DFC,可得PC=PF,DF=AP,将 PA+PB+PC转化为FD+BP+PF,此时当B、P、FD四点共线时，PA+PB+PC的值 最小，最小值为BD的长；根据勾股定理求解即可. 【详解】解：将△APC绕点C顺时针旋转6O°得△DFC,连接PF、AD、DB,过点D作 DE⊥BA,交BA的延长线于点E; ∴AP=DF,∠PCF=∠ACD=60°，PC=FC,AC=CD, .△PCF、△ACD是等边三角形， '.PC=PF,AD=AC=1,∠DAC=60° .PA+PB+PC=FD+BP+PF, ∴，当B、P、F、D四点共线时，PA+PB+PC的值最小，最小值为BD的长； ,∠CAB=90°，∠CAD=60°， ∴∠EAD=30°， 2 六AE=VAD-BD= 2 B-13 2 BD-B+DR76+ 2 ·PA+PB+PC的值最小值为√6+V2 2 故答案为：V6+V2 2 E 【点睛】本题考查费马点问题，解题的关键在于将△AP℃绕点C顺时针旋转60°得 △DFC,将三条线段的长转化到条直线上· 2.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于 点D,线段AD上存在一点Q,当QA+QB+QC的值取得最小值，且AQ=2时，则 PD=· A Q B D 【答案】3+√3 【分析】如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60得到△BMM,连接ON,当点A,点Q, 点N,点M共线时，QA+QB+OC值最小，此时，如图2，连接MC,证明AM垂直平分 BC,证明AD=BD,此时P与D重合，设PD=x,则DQ=x-2,构建方程求出x可得结论. 【详解】解：如图1，将△BQC绕点B顺时针旋转60得到△B☑M,连接QN, A P B 图1 M .BQ=BN,QC=NM,∠QBN=60°， .△BON是等边三角形， .'.BO=ON, ..04+0B+OC=A0+ON+MN, ∴.当点A,点Q,点N,点M共线时，QA+QB+OC值最小， 此时，如图2，连接MC 4(P) o B。 D N M 图2 ',将△BOC绕点B顺时针旋转60得到△BMM, ∴.BQ=BN,BC=BM,∠QBN=60°=∠CBM, ∴.△BQN是等边三角形，△CBM是等边三角形， ∴.∠BQN=∠BNQ=60°，BM=CM, ,BM∈CM,AB=AC, ∴AM垂直平分BC, ,AD⊥BC,∠BQD=60°， ∴.BD=V5OD, ,AB=AC,∠BAC=90°，AD⊥BC, ∴AD=BD,此时P与D重合，设PD=x,则DO=x-2, .x=tan60°x(x-2)=√3(x-2, x=3+V5, .PD=3+5. 故答案为：3+√5. 【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性 质，解题的关键是正确运用等边三角形的性质解决问题，学会构建方程解决问题· 3.如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+√5PC的最小 值. D 【答案】410 【分析】延长DC到H,使得CH=2BC=8,则BH=4V5,在∠CBH的内部作射线BJ, 使得∠PBJ=∠CBH,使得BJ=V5BP,连接PJ,JH,AH.先证明△JBP∽△HBC,可 得PJ=2PB,再证明△PBC∽△JBH,可得：HJ=√5PC,从而得到 PA+2PB+√5PC=PA+PJ+HJ≥AH,计算出AH的长度即可. 【详解】解：延长DC到H,使得CH=2BC=8,则BH=4√5，在∠CBH的内部作射线 BJ,使得∠PBJ=∠CBH,使得BJ=VSBP,连接PJ,JH,AH. :∠PBJ=∠CBH BP BC5 H PB BJ BC-BH ∴AJBP△HBC, ∴∠BPJ=∠BCH=90°， .PJ=BJ2 PB2 (5 PB)2-PB2 2PB :∠PBC=∠JBH, PB=BC BJ BH △PBC∽△JBH, .PC_PB_5 JH BJ 5 .H5PC ..P4+2PB+5PC=PA+PJ+H PA+PJ+JHAH .PA+2PB+V5PC≥V42+122=4V10, ∴.PA+2PB+√5PC的值最小，最小值为410. 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短，正方形的性 质，，正确理解费马点问题，利用相似构造2PB与√5PC,根据系数将图形扩大或缩小构 建图形是解决问题的关键. 模型二胡不归与阿氏圆 基本概念："PA+kPB”型的最小值问题分为胡不归与阿氏圆问题，当P在直线上运 动则是胡不归问题，当P在圆上运动则是阿氏圆问题。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、胡不归 一、首先确保系数k小于 1,如果系数大于1，先提 直线BM,BN交于点 M 取系数。 D B,P为BM上的动 二、根据k的大小，确定 点，点A在射线BM, BN与BM的夹角，使得sin B ∠BN=k·常考的k有 BN同侧，求PA+kPB 取最小值(0<k<1) 12 22’2 ·,对应的角度 已知sin∠MBN=k.过 为30、45、60 点A作ACLBN于点 三、过动点向异侧做垂线 C,交BM于点P,此 四、求出AC的值 时PA+k·PB取最小 值，最小值即为AC的 长 三、阿氏圆 一、在OB上取一点C,使 得0C=k·r ⊙0的半径为x,点 A 0C=k·0Q,0Q= A,B都在⊙0外，P为 k·B. ⊙0上的动点，已知x 而∠C0Q=∠Q0B,所以△ =kB.求PA+kPB最 C0Q∽△QOB, B -0 小值。 所以QC=k·B. 二、所以QA十k·QB= QA十QC≥AC,连结AC交 ⊙O于点P,此时PA+ k·PB取最小值，最小值 即为AC的长， 核心提示： 1.系数在谁前面，就需 要将哪个线段转化出去。 如题中的PB 2.有时题目需要连接B点 和0点，核心目标是在0B 上找到定点C。 模型母题 1.如图，在VABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=4,若D是BC边上的动点，则 2AD+DC的最小值是() A.6 B.8 C.10 D.12 【答案】D 【分析】过点C作射线CE,使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE,垂足为点F,连接 AD,在Rt△DFC中，∠DCF=30°，DF= DC.2AD+DC-2AD+DC)-2AD+DF) A,D,F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF的 长 【详解】解：过点C作射线CB,使∠BCE=30°，再过动点D作DF⊥CE,垂足为点F, 连接AD,如图所示： E 在Rt△DFC中，∠DCF=30°， :DF=IDC, 2 2AD+DC=2(AD+DC) 2 =2(AD+DF), ∴当A,D,F在同一直线上，即AF⊥CE时，AD+DF的值最小，最小值等于垂线段AF 的长， 此时，∠B=∠ADB=60°， ∴.△ABD是等边三角形， .AD=BD=AB=4, 在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=60°，AB=4, ,BC=8, .DC=4, :DF=IDC=2., 2 .AF=AD+DF=4+2=6, ∴.2(AD+DF)=2AF=12, .2(AD+DC)的最小值为12， 故选：D 【点睛】本题考查垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造胡 不归模型，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择或填空题中的压轴题. 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=7,AC=9,以C为圆心、3为半径作⊙C,P 为⊙C上一动点，连接AP、BP,则AP+BP的最小值为() B A.7 B.52 C.4+√10 D.213 【答案】B 【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM,使得CM=1,连接PM,PC,BM.利用相 以三角形的性质证明MPPA,可得；AP+BP=PM4PB≥M,利用勾股定理求出BM即 3 可解决问题. 答案详解：如图，在CA上截取CM,使得CM=1,连接PM,PC,BM. PC=3,CM=1,CA=9, .'.PC2 CMCA, .PC CM CA-CP· ,∠PCM=∠ACP, M ∴.△PCM∽△ACP, PM PC 1 1 PM-3PA, ,专AP+BP=PM+PB 'PM+PB≥BM, 在Rt△BCM中，：'∠BCM=90°，CM=1,BC=7, ∴BM=VP+72=5√2， ∴AP+BP255. ÷P+8P的最小值为5万. 故选：B 模型三将军饮马 基本概念：两条线段（也有可能是三条、四条）的最小值问题，往往是将军饮马模 型。通过转化的思想转化成两个定点之间线段最短来求解。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、（两定一动，定直 ●B 作点A关于直线1 线，求和最小) A 的对称点A',连 结B,与直线， 的交点就是点P 在直线1同恻有A.B ● B 两点，在1上找一点 P,使得AP+PB最小· A 二、（两定一动，定直 ●B 连结AB,作线段AB 线，求差最小) A● 的垂甫平分线.与 直线1的交点就是 在直线1同侧有A,B 点P,此时最小值 是0 两点，在1上找一点 P,使得引AP-PB最小 三、（两定一动，定直 连结BA并延长，与 线，求差最大) 直线，的交点就是 ●B 点P,此时最大值 A● 等于AB 在直线1同侧有A,B 两点，在1上找一点 P.使得AP-PB最大 A P 四、（两定两动，定直 一、先将点A向右 线，两动在定直线上组 平移口个单位长度 a 到点A,作关于 成的线段为定值，求和 直线1的对称点 最大) ●B A”。 A● 在直线1同侧有A,B 二、 连结A”B,与 直线1的交点就是 两点.在1上找两点 点D.连结AD,过 C,D(其中CD的长度 B 点A作AC∥AD, 固定，等于所给线段 交直线1于点 C.则 d),使得AC+CD+DB 最小 此时AC+CD+DB 最小 五、（一定点在定角度 M 分别作点P关于射 内，求和最大) 线OM的对称点 P,P,连结 在∠MON内有一点P, PP,与射线ON, 在边OW,OM上分别找 OM的交点就是点 点Q,R,使得PQ+QR Q,R.此时最小值 等于PP" +P最小. M ● R P Q 六、（一定点在定角度 M 作点P关于射线OM 内，求和最小) 的对称点P,作 PQ⊥0W,垂足为 ● P Q,PQ与射线W 在∠MOW内有一点P, 的交点就是R. 在边OM,OW上分别找 O 点R,Q.使得PR+QR W 最小 M ● R P O Q 七、（两定点在定角度 M 、 作点P关于射 内，求和最小) 线OM的对称点 ● P,作点Q关于射 线OW的对称点 在∠MOW内有两点P, ●Q Q,在边OM,OW上分别 O 二、连接PQ.与 W 找点R,S.使得PR+ 射线OM,OW的交点 M 就是R,S. RS+SQ最小. PR R P 1 SIT Qo 模型母题 1.如图，点E在等边VABC的边BC上，BE=4,射线CD L BC,垂足为点C,点P是射 线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当P+P的值最小时，BF=5.则P+P 这个最小值是() D A.9 B.10 C.55 D.35 【答案】C 【分析】作E点关于CD的对称点E”,连接PE、EP、PF,当E、P、F三点共线， E'F⊥AB时，此时P+FP的值最小，由题意可得∠FEB=30°，则BE'=2BF=I0,根据 勾股定理即可求出'F的值，即P+P的最小值. 【详解】解：作E点关于CD的对称点E',过E作EF⊥AB交AB于点F,交CD于点 连接PE,则PE=PE', .EP+FP=PE+PF≥EF, 当E、P、F三点共线，且E'F⊥AB时，P+P的值最小， ,VABC是正三角形， .∠B=60°， ,E'F⊥AB, .∠FEB=30°， ∴.BE=2BF, ,BF=5,BE=4, .E'B=10, 在Rt△BE中，由勾股定理可得FE'=V10?-53=5√3， ∴，EP+P的最小值=FE=5√3. 故选：C. 【点晴】本题主要考查了将军饮马问题，垂线段最短，等边三角形的性质，含30度角直 角三角形的性质以及勾股定理.熟练掌握相关知识是解题的关键. 2.如图，正方形ABCD的边长是5，点E,F分别是边AB,BC上的动点，且 AE=BF,连接CE,AF,则CE+AF的最小值是() B A.5 B.5√2 C.2W5 D.5V5 【答案】D 【分析】连接DF,根据SAS可得△EBC≌△FCD,则CE=DF,CE+AF=DF+AF.延 长AB至G,使BG=AB=5,则G点与A点关于直线BC对称，连接DG交BC于F',此 时DG的长就是DF+AF的最小值.求出DG的长即可得解， 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，以及将军饮马.正 确的作出辅助线是解题的关键. 【详解】解：连接DF, B :四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC=CD,∠ABC=∠BCD=90°， AE=BF, .BD=CF, ∴.△EBC≌△FCD(SAS), :CE=DF, :CE+AF=DF+AF, 延长AB至G,使BG=AB=5,则G点与A点关于直线BC对称， B G 连接DG交BC于F,连接AF', 则AF=GF, 此时，DF+AF的值最小，最小值为DG的长， .AD=5,AG=AB+BG=10, .DG=√52+102=5√5， .CE+AF的最小值为5√5. 故选：D. 1 3.如图，抛物线y=二x2-4x+6与y轴交于点A,与x轴交于点B,线段CD在抛物线的 对称轴上移动（点C在点D下方），且CD=3.当四边形ABCD的周长最小时，点D的 坐标为() A.(4,1) B.(4,2) C.(4,3) D.(4,4) 【答案】D 【分析】四边形ABCD中，线段AB和CD的长度是确定的，将四边形ABCD周长的最小值 转化为两条线段和的最小值，可通过平移点B关于抛物线对称轴的对称点构造平行四边形 确定点D的位置，求出直线AF的解析式即可求出点D的坐标； 本题主要考查了抛物线的对称性和两点之间线段最短等知识点，利用抛物线的对称性构造 平行四边形是解题的关键. 【详解】解：抛物线与x轴的另一个交点为E点，把E点向上平移3个单位得到F点， 连接AF交对称轴于D点，如图， :CD=EF=3,CD∥EF, ·四边形CDFE为平行四边形， :CE =DF, .CB=CE :CB=DF, ∴四边形ABCD的周长=AB+CD+AD+BC=AB+CD+AD+DF=AB+CD+AF, ∴此时四边形ABCD的周长最小： 当y=0时， 1 x2-4x+6=0, 解得x1=2,x2=6, B(2,0),E(6,0), 抛物线的对称轴为直线x=4，F(6,3), 当x=0时，y=)x2-4+6=6, 2 .A(0,6), 设直线AF的解析式为y=c+b, 把40，)，F(6,3)代入得6k+b=3 b=6 k=- 1 解得 2 b=6 直线AF的解析武为y= 2x+6, 1 当x=4时，y=- x+6=4, 2 .D(4,4). 故选：D, 模型四半角模型 基本概念：常见的半角模型出现在等腰直角三角形中和正方形中。比如直角中含有45 度角。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。 问题与条件 图示 结论及证明 一、 等腰直角三角形 结论： 中角含半角 450 (1) △BAE∽△ADE∽△CDA 在△ABC中，AB=AC, (2)BD+CE=DE. ∠BAC=90°，点D,E 在BC上且∠DAE=45° 证明：将△ABD绕点A逆 时针旋转90°得到 △AC℉，连结EF. 则∠EAF=∠EAD= 45°，AF=AD, 所以△ADE∽△FAE (SAS). 所以DE=EF. 而CF=BD,∠FCE= ∠FCA+∠ACE=90°， 所以BD+CE=CP+CE =E=DE 二、正方形中角含半 结论： 角 (1)EF =BE+DF 在正方形ABCD中，点 (2)如图2，过点A作 E,F分别在边BC,CD AG⊥EF于点G,则AG= F 上，∠EAF=45°，连 AD: 图1 结F (3)如图3，连结BD交 AE于点H,连结FH,则 FH⊥AE. B 4 证明： (1)如图4，将△ABE G 绕点A逆时针旋转90 得到△ADI证明.则 F ∠IAF=∠EAF=45°， 图2 AI=AE, 所以△AEF∽△AIF H 58 (SAS), 9 所以EF=IF=DI+DF= BE+DF D (2)因为 图3 △AEF∽△AIF, AG⊥EF,AD⊥IF, 所以AG=AD. (3)由∠HAF=∠HDF= 45°可得A,D,F, H四点共圆， 图4 从而∠AHF=180°- ∠ADF=90° 即FH⊥AE. 模型母题 如图①，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=120°，∠B=∠ADC-90°，点E,F分别 是BC,CD上的点，且∠EAF=60°，连接EF,探究线段BE,EF,DF之间的数量关 系 G D D E E 图① 图② 图③ 探究发现 (1)小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD 重合，然后再证明△AFE≌△AFG,从而得出结论：一一一一； 拓展延伸 (2)如图②，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，点E,F分别是边BC, CD上的点，且∠AF∠a4D,连接.(1)中的结论是否仍然成立？若誠立，请出 证明过程；若不成立，请说明理由； (3)如图③，在正方形ABCD中，点E,F分别是边BC,CD上的点，且∠EAF-45°， 连接EF,已知BE=3,DF=2,求正方形ABCD的边长· 【答案】(1)EF=BE+DF;(2)(1)中的结论EF=BE+DF仍然成立.证明见解 析；(3)正方形ABCD的边长为6. 【分析】(1)证明△AEF≌aAGF,可得EF=FG,即可得出结论； (2)要探究BE,EF,DF之间的数量关系，方法同(1)即可得出结论； (3)根据(1)(2)的结论和沟股定理，即可求出正方形ABCD的边长. 【详解】(1)解：由旋转得：AE=AG,∠BAE=∠DAG,BE=DG, :∠BAD=120°， .∠EAG=120°， ,∠EAF=60°， .∠GAF=∠EAF=60°， 又，AF=AF, ∴.△AFE≌△AFG, ..EF=GF, .GF=DG+DF, ∴.EF=BE+DF, 故答案为：EF=BE+DF; (2)解：(1)中的结论EF=BE+DF仍然成立. 证明：如解图，将△ABE绕点A逆时针旋转至△ADG的位置，使AB与AD重合. G E 则∠ADG=∠B,DG=BE,AG=AE,∠BAE=∠DAG, 又，∠B+∠ADC=180°， ∴.∠ADG+∠ADC=180°， .C,D,G三点共线 :∠FAD+∠DAG=∠nAD+∠BAB=∠BAD-∠BAR=BAD, ∴.∠FAG=∠EAF, 又，AF=AF, ,.△AEF≌△AGF, :EF=FG, 又FG=DG+DF=BE+DF, .EF=BE+DF (3)解：由(1)(2)可知EF=BE+DF=3+2=5. 设正方形ABCD的边长为x, 则CE=x-3,CF=x-2, 在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2, 25=(x-3)2+(x-2}, 解得x=6,3=-1(不合题意，舍去)， 故正方形ABCD的边长为6. 【点晴】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，正方形的 性质，解题中注意类比方法的运用，同样的夫型题可以运用同样的思路及方法进行证明. 模型五一线三等角模型 基本概念：一线三等角既可以出现在全等三角形中，也可以出现在相似三角形中。其 中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。尤其是常见的，角是直角的时候， 还经常与折叠、坐标等情景结合考察。 问题与条件 图示 结论及证明 一、当点P在线段AB D 结论 上，且∠3两边在AB同 △ACP△ 侧时. BFD B 若∠1为直角、钝角、 证明：略 锐角 二、当点P在AB或BA △ACP△BFD. 的延长线上，且∠3两 边在AB同侧时. 2 三、当点P在AB或BA △ACP△BFD. 的延长线上，且∠3两 边在AB异侧时. 2 D 模型母题 1如图，在平面直角坐标系中，将直线y=一3x向上平移3个单位，与y轴、x轴分 别交于点A、B,以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC.若反比例函 数y=(x>0)的图象经过点C,则k的值为() A.2 B.3 C.4 D.6 【答案】C 【解析】解：过点C作CE⊥x轴于点E,作CF⊥y轴于点F,如图所示， ,CE⊥x轴，CF⊥y轴， ∴.∠ECF=90°. ,△ABC为等腰直角三角形， ∴.∠ACF+∠FCB=∠FCB+∠BCE=90°，AC=BC, ∴.∠ACF=∠BCE. 在△ACF和△BCE中， ∠AFC=∠BEC=90° ∠ACF=LBCE, AC=BC .△ACF≌△BCE(AAS), ∴.SA4CF=SABCE, .S矩形OBCP=S四边形OBCA=SaA0B+SAABC· ,将直线y=-3x向上平移3个单位可得出直线AB, ∴.直线AB的表达式为y=-3x+3, 点A(0,3),点B(1,0) ..AB= 0A2+0B2=V10, ,△ABC为等腰直角三角形， AC=BG-号AB=5, .S矩形08Cr=Sa40B+SaMB0=x1×3+号×V5×V5=4. 2 :反比例函数y=(x>0)的图象经过点C, .k=4, 故选C. 2如图1所示，已知△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,直线m经过点C,过A、B两 点分别作直线m的垂线，垂足分别为E、F, 11 图1 图2 图3 (1)如图1，当直线在A、B两点同侧时，求证：EF=AE+BF; (2)若直线m绕点C旋转到图2所示的位置时(BF<AE),其余条件不变，猜想 EF与AE,BF有什么数量关系？并证明你的猜想； (3)若直线绕点C旋转到图3所示的位置时（BF>AE)其余条件不变，问EF与 AE,BF的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明. 【答案】(1)见解析； (2)EF=AE-BF,证明见解析； (3)EF=BF-AE,证明见解析 【解析】 (1)证明：×AE⊥EF,BF1EF,∠ACB=90°， ∴.∠AEC∠BFC=∠ACB=90°， ∴.∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴.∠EAC∠FCB, 在△EAC和△FCB中， LAEC=LCFB ∠EAC=∠FCB, AC=BC △EAC≌△FCB(AAS), CE=BF AE CF .EF=CF+CE ∴.EF=AE+BF; (2)解：EF=AE-BF,理由如下： AE⊥EF,BF⊥EF,LACB=90°， ∴.∠AEC∠BFC=∠ACB=90°， ∴.∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴.∠EAC∠FCB, 在△EAC和△FCB中， (LAEC=LCFB ∠EAC=LFCB, AC=BC ∴.△EAC≌△FCB(AAS), .CE BF AE CF .EF=CF-CE ∴.EF=AE-BF; (3)解：EF=BF-AE,理由如下： AE LEF,BF1EF,∠ACB=90°， ∴.∠AEC∠BFC-∠ACB=90°， ∴.∠EAC+∠ECA=90°，∠FCB+∠ECA=90°， ∴.∠EAC∠FCB, 在△EAC和△FCB中， (LAEC=∠CFB LEAC=LFCB, AC=BC ÷△EAC≌△FCB(AAS, CE=BF AE CF .EF CE-CF ∴.EF=BF-AE. 模型六隐圆、四点共圆模型 常见隐圆模型 图示 结论 模型一、动点定长模型 若P为动点， AB=AC=AP, 则B、C、P 三点共圆，A圆心，AB P(动 半径。 【拓展】折叠问题构造 出隐圆 从圆的定义构造 圆，构造思路：若动点 P(动) 到平面内某定点的距离 始终为定值，则其轨迹 是圆或圆弧 模型二、定边对直角 C动) 固定线段AB所对动 角∠C恒为90°，则A、 B、C三点共圆，AB为直 径 模型三、定边对定角 在“定边对直角”问题 中，依据“直径所对的圆 周角是直角”，关键性在 于寻找定边、直角，而 根据圆周角定理：同圆 或等圆中，同弧或等弧 所对的圆周角都相.定 边必不可少，而直角则 可一般为定角.例如， AB为定值，∠P为定 角，则P点轨迹是一个 圆 常见四点共圆模型 结论 B 若平面上A、B、C、D四个，点满足 ∠ABD=∠ACD=90°，则A、B、C、D在以AD中点E 为圆心、EA长为半径的圆上（可证 EA=EB=EC=ED)· 若平面上A、B、C、D四个点满足 ∠ABC=∠ADC=90°，则A、B、C、D在以AC中，点E 为圆心、EA为半径的圆上（可证 EA=EB=EC=ED)· B 若平面上A、B、C、D四个点满足∠ADB=∠ACB,则 A、B、C、D四点共圆. 证明条件：线段同侧张角相等， D 若平面上A、B、C、D四个点满足 ∠ABC+∠ADC=180°，则A、B、C、D四，点共圆. 0 证明条件：1.四边形对角互补； 2.四边形外角等于内对角. 两条线段被一点分成（内分或外分)两段长的乘积相等，则这两条线段的四个端点共圆 四边形ABCD的对角线AC、BD交于H, 若AHCH=BHDH,则A、B、C、D四点共圆. 0 提示：通过证明VABC~VABD,从而得出∠C=∠D, 转化为定长对定角模型。 四边形ABCD的对边BA、CD的延长线交于P, 若PA·PB=PDPC,则A、B、C、D四点共圆 提示：通过证明VPAD~VPBC,从而得出 ∠PDA=∠PBC,进而得出∠PBC+∠CDA=180°，对 角互补的四边形，四个顶点共圆。 模型母题 1.(动点定长模型)如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中 点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A'MN,连接AC,则 AC长度的最小值是 A 【答案】√万1. 【解析】考虑△MN沿MN所在直线折得到△A'MN,可得MA'=MA=1,所以A'轨迹 是以M点为圆心，MA为半径的圆弧.连接CM,与圆的交点即为所求的A',此时A'C 的值最小. 构造直角△MHC,勾股定理求CM,再减去A'M即可，答案为√万-1· 2.(直角圆周角模型)如图，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=8,BC4,P是△ABC内部的 一个动点，且满足∠PAB=∠PBC,则线段CP长的最小值是 R 【答案】4W2-4 【解析】∠PBC+∠PBA=90°，∠PBC=∠PAB,∴∠PAB+∠PBA=90°，∠APB=90°， ·∵，P点轨迹是以AB为直径的圆弧. 当O、P、C共线时，CP取到最小值，勾股定理先求OC,再减去OP即可. 01 3.(四点共圆模型)如图，△ABC∽△ADE,∠BAC=∠DAE=90°，AB=4,AC=3, F是DE的中点，若点E是直线BC上的动点，连接BF,则BF的最小值是() C A 5 B.2 c. D.4 【答案】B 【详解】解：，△ABC∽△ADE,ADE=∠ABE,∴点A,D,B,E四点共圆， ∠DAE=90°，∴.∠DBE=90°，，F是DE的中点，∴.BF=DE, .当DE最小时，BF的值最小， ,若点E是直线BC上的动点，∴.当AE⊥BC时，AE最小，此时，DE最小， ∠BAC=90°，AB=4,AC=3,∴BC=5,AE=ABXAC_12 BC 5 35 △ABC△ADE,g=DE,12DE 5 .DE=4,.BF=2,故选B. 模型七手拉手模型 条件 图示 结论 基本条件： △OAC≌AOBD 1.共顶点 (SAS) 2.夹角相等 举一反三： 3.两组边相等（或者出 现2个等腰三角形) 1.当出现手拉手全 等的时候，必然还会 如图，OA0B,0C0D 出现一组相似三角 (四线共点，两两相 形：△OAB相似于 等)，∠A0B∠COD △OCD (夹角相等) 2.其他条件不变，当 OA不等于OB时，就成 了手拉手相似模型 (也叫旋转相似)， 此时会有2组相似三 角形。 1.等边三角形手拉手 (1)如图，B、C、D 结论 :AACD≌△ 三点共线，△ABC和 BCE △CDE是等边三角形， 证 明 连接AD、BE,交于点 LAC=BC P: ∠ACD=∠BCE→ CD=CE △ACD兰△BCE (SAS) (2)记AC、BE交点 结论二： △ACN≌ 为M,AD、CE交点为 △BCM;△MCE≌△ N: NCD 证 明 「∠MBC=∠NAC BC=AC ∠BCM=∠ACN △ACN亗 △BCM （SAS); [∠MCE=∠NCD CE=CD ∠CEM=∠CDN →△MCE≌△NCD （ASA) (3)连接MN: 结论三：△MWC是 等边三角形. 证 明 CM-CN ∠☑MCN=60° →△M CN是等边三角形. (4)记AD、BE交点 结论四：PC平分∠ 为P,连接PC: BPD D 证明：△BCE兰△ H ACD→CG-CH→ PC平分∠BPD. D (5)连接PC: 结论五：∠APB=∠ BPC∠CPD=∠ A 60 60° DPE=60°. 060 (6)连接AE: 结论六：P点是 △ACE的费马点 (PA+PC+PE值最 小) C 2.正方形手拉手 如图，四边形ABCD和 结论 ABCES△ 四边形CEFG均为正方 DCG 形，连接BE、DG: H 证 明 CB=CD ∠BCE=∠DCG→ CE=CG △BCE DCG G （SAS) 结论=：BE=DG, BE LDG 证明：△BCE兰△ DCG→BE=DG; ∠CBE=∠CDG→∠ DHB=∠BCD=90° (旋转角都相等) 模型母题 1.如图，四边形ABCD中，已知∠BAC=∠BDC=90°，且AB=AC. B (1)求证：∠ABD=∠ACD; (2)记△ABD的面积为S,△ACD的面积为S,· 1 ①求证：S-S=AD; ②过点B作BC的垂线，过点A作BC的平行线，两直线相交于M,延长BD至P,使得 DP=CD,连接MP.当MP取得最大值时，求∠CBD的大小. 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②∠CBD=22.5° 【分析】(1)设AC,BD相交于点O.根据题意可知∠ABD+∠AOB=90°， ∠ACD+∠DOC=90°.再根据对顶角相等，即∠AOB=∠DOC,即得出∠ABD=∠ACD; (2)①过点A作AE⊥DA交CD的延长线于点E,即易证△ABD≌△ACE(ASA),得出 AD=AB,SABD=SAc·又易证△DAE是等腰直角三角形，最后根据三角形面积关系可 得出S-S=SAa-S,S=}AD即可求出： 2 ②由(2)①知，△DAE是等腰直角三角形，进而证明△ADC≌△ADP(SAS),可知 AC=AP, 在△AMP中，根据三角形的三边关系可得，MP<MA+AP,当M,A,P三点共线时， MP取得最大值，最后根据等腰三角形的性质结合平行线的性质即可求出答案， 【详解】(1)如图，设AC,BD相交于点O. B :∠BAC=∠BDC=90°， ∴.∠ABD+∠AOB=90°，∠ACD+∠DOC=90°. 又，∠AOB=∠DOC, ∴∠ABD=∠ACD: (2)①如图，过点A作AE⊥DA交CD的延长线于点E, ∴.∠EAD=90°， ∠BAC=90°， ∴.∠BAC+∠DAC=∠EAD+∠DAC, .∠BAD=∠CAE, 由(1)知∠ABD=∠ACD, 又：AB=AC, ∴.△ABD≌△ACE(ASA), .AD=AE,SABD=SACE· ,∠DAE=90° ∴，△DAE是等腰直角三角形. 8-8=8a-8=8a=540, ②如图，由(2)①知，△DAE是等腰直角三角形. ,∠ADE=∠AEC=45°， ∴.∠ADC=135°， E M :∠BDC=90°， .∠ADP=135°， .DP=CD,AD=AD, .△ADC≌△ADP(SAS), :AC=AP, 在△AMP中，AM,AP是定长， .MP<MA+AP, ∴当M,A,P三点共线时，MP取得最大值，如图. AB=AC,AP=AC, .AB=AP, .∠APB=∠ABD· :AM∥BC, ∴.∠APB=∠CBD, ∠ABD=∠CBD= ∠ACB=22.5° 【点睛】本题是三角形的综合，考查三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和 性质，平行线的性质，三角形的三边关系等知识，综合性强，为压轴题.熟练掌握上述知 识，正确作出辅助线，并利用数形结合的思想是解题关键， 模型八梯子模型（斜边中点模型） 条件 图示 结论及证明 如图所示，线段AB的 【结论】当O,Q,C三点共线 两端在坐标轴上滑动， 时，OC取得最大值. ∠ABC=90°，AB的中点 【证明】在Rt△AOB中， 为Q,连接O0,QC AO=BO, B ∴o0=AB 在Rt△ABC中，由勾股定理得 co=9B'+CB= :0c≤00+C0, ∴当0，Q,C三点共线， OC取得最大值， OC=O0+0C,即 +CB 【小结】梯子模型的题，关 键是取两个图形的公共边的 中点作为桥梁。 模型母题 1.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=1,AC=4,点A在y轴上，点C在x轴 上，则点A在移动过程中，BO的最大值是一· 答案：2+√5 【分析】取AC的中点M,连接OM,BM,根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半， 解得OM-4C=-2,在aM中，由山购股定理新得N的值，由二形三边关系解 得OB≤2+√5，据此解题. 【详解】解：如图，取AC的中点M,连接OM,BM, 0 C ,∠AOC-90°，AM=CM,AC=4, ∴.OM=5AC=2, 2 在Rt△ABM中， ,∠BAM=90°，AB=1,AM=2, .BM=12+22=5, ,'OB≤BM+OM, .OB≤2+V5, ∴.OB的最大值为2+V5, 故答案为：2+√5. 【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重 要考点，掌握相关知识是解题关键. 模型九倍长中线模型 条件 图示 结论及证明 1、基本型：如图1， A 证明思路：延长 在三角形ABC中，AD AD至点E,使得 为BC边上的中线， B D B D C AD=DE.若连结 E E BE,则 (1) (2) △BDE=△CDA: 图1 若连结EC,则 △ABD兰△ECD 2、中点型：如图2，C D 证明思路：若延长 为AB的中点. E EC至点F,使得 CF=EC,连结 G AF,则 (1) (2) 图2 △BCE=△ACF: 若延长DC至点 G,使得 CG=DC,连结 BG,则 △ACD兰△BCG. 3、中点+平行线型：如 证明思路：延长 图3，AB∥CD,点E CE交AB于点F 为线段AD的中点. (或交BA延长线于 (2 点F),则 图3 △EDC三△EAF 模型母题 1.如图，△ABC与△ACD均为直角三角形，且∠ACB=∠CAD=90°，AD=2BC=6 AB:BC=5:3,点E是BD的中点，则AE的长为一· E 【答案】 25 【分析】本题考查全等三角形性质和判定、勾股定理，平行线的判定（垂直于同一直线的 两直线平行)等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键. 通过延长线构造全等三角形△AED≌△FEB,得出BF的长度，结合勾股定理先求出AC的 长度，再求出AF的长度，即可得出答案， 【详解】解：延长AE交BC的延长线于点F,如下图所示： ∠ACB=∠CAD=90°， .AD川BF, ∠ADE=∠FBE, 又，点E为BD中点， :BE=DE ,∠AED=∠FEB, ∴.△AED≌AFEB(ASA), .BF=AD=6,EF=AE ,AB:BC=5:3,BC=3, .AB=5, :'AC=AB2-BC2=4, .CF=BF-BC=3 ∴.DF=VAC2+CF2=5, 故答案为： 5 模型十截长补短模型 条件 图示 方法 截长法与补短法，具体 如图1，若证明线段 做法是在某条线段上截 取一条线段与特定线段 AB,CD,EF之间存在 相等，或是将某条线段 图1 EF=AB+CD,可以考虑 延长，使之与特定线段 截长补短法， 相等，再利用三角形全 E 图2 等的有关性质加以说 明，这种做法一般遇到 图3 截长法：如图2，在 证明三条线段之间关系 EF上截取EG=AB,在 是常用 证明GF=CD即可； 补短法：如图3，延 长AB至H点，使 BH=CD,再证明 AH=EF即可. 模型母题 1.如图所昕示，△4BC是边长为1的正三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°的∠MDN,点M、N分别在AB、AC上，求△4MN的周长. M 【答案】见解析 【解析】如图所示，延长AC到E使CE=BM, 在△BDM与△CDE中，因为BD=CD,∠MBD=∠ECD=90°，BM=CE, 所以△BDM≌△CDE,故MD=ED. 因为∠BDC=120°，∠MDN=60°，所以∠BDM+∠NDC=60°. 又因为∠BDM=∠CDE,所以∠MDN=∠EDN=60°. 在△MND与△END中，DN=DN,∠MDN=∠EDN=60°，DM=DE, 所以△MND≌△END,则NE=MN,所以△AN的周长为2. 模型十一截长补短模型 条件 图示 秒杀方法 (1)如图，将∠AOB旋 利用旋转性质解题的 转至∠A’OB’,则∠ 步骤为： AOA=∠BOB (1)找旋转点，得等 (2)如图，将△AOB旋 边、等角： 转至△AOB’,连结 AA,BB,则△AOA· (2)证全等或相似； ∽△BOB(即旋转相 (3)利用全等或者相 似) 似得到边、角关系。 【小结】旋转相似核 心：有公共顶点、夹 角相等、两边成比例 →构造相似三角形， 实现线段转化、角度 转移。 模型母题 1.【问题发现】(1)如图1，在RtAABC中，AB=AC,D为BC边上一点（不与点B、 C重合)将线段AD绕点A顺时针旋转90得到AE,连接EC,则线段BD与CE的数量关 系是，位置关系是； 图 图2 图3 【探究证明】（2)如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB=AC,AD=AE,将△ADE绕点 A旋转，当点C,D,E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由； 【拓展延伸】(3)如图3，在RtABCD中，∠BCD=90°，BC=2CD=4,将△ACD绕点A 顺时针旋转，点C对应点E,设旋转角∠CAE为x（0°<a<360°)，当点C,D,E在同 一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度. 【答案】.(1)BD=CE,BDLCE;(2)BD⊥CE,理由见解析：(3)画出图形见解 12 析，线段BE的张度为5· 【分析】（1)由题意易得AD=AE,∠CAE=∠BAD,从而可证△ABD2AACE,然后根 据三角形全等的性质可求解； (2)连接BD,由题意易得∠CAE=∠BAD,进而可证△BAD2△CAE,最后根据三角形全 等的性质及角的等量关系可求证； (3)如图，过A作AF⊥EC,由题意可知RtAABC∽RtAAED,∠BAC=∠EAD=90°，然 后根据相似三角形的性质及题意易证△BAE∽△CAD,最后根据勾股定理及等积法进行求解 即可. 【详解】解：(1)在Rt△ABC中，AB=AC, ·∠B=∠ACB=45°， 片∠BAC=∠DAE=90°， ∴.∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE, AB=AC 在△BAD和△CAE中 ∠BAD=∠CAE, AD-AE .△BAD≌ACAE(SAS), .BD=CE,∠B=∠ACE=45°， :∠ACB=45°， .∠BCE=45°+45°=90°， 故答案为：BD=CE,BD⊥CE: (2)BD⊥CE, 理由：如图2，连接BD, 图2 ,在RtAABC和RIAADE中，AB=AC,AD=AE,∠AEC=45°， :∠CAB=∠DAB=90°， .∠BAD=∠CAE, .AB=AC,AE=AD, .ACEA≌ABDA(SAS), .∠BDA=∠AEC=45°， .∠BDE=∠ADB+∠ADE=90°， .BD⊥CE; (3)如图3，过A作AF⊥EC, B 图3 由题意可知Rt△ABC∽Rt△AED,，∠BAC=∠EAD=90°， BAD,即B4B ..AB_Ac AC=AD· ,∠BAC=∠EAD=90°， .BAE=∠CAD, .ABAEACAD .∠ABE=∠ACD, :∠BEC=180°-∠CBE+∠BCE=180°-∠CBA+∠ABE+∠BCE=180°∠CBA+∠ACD+∠BCE=90° .BE⊥CE, 在RtABCD中，BC=2CD=4, .BD=VBC2+CD2=V42+22=2√5， :AC⊥BD, SBD=号ACBD=号BCAC, 4C=A迟=号5,40-号5， A-专，CE=20r-2xac-ap- 5 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定及相似三角形的性质与判定，关键是根据 题意得到三角形的全等，然后利用全等三角形的性质得到相似三角形，进而求解. 模型十二弦图模型 条件 图示 结论及证明 1.内弦图 【结论】：△ABE≌△BCF≌ 0 △CDG≌△DAH. 如图，在正方形ABCD 【证明】： 中，BF LCG,CG⊥ DH,DH⊥AE,AE⊥ 因为∠ABC=∠BFC=90° BE 所以∠ABE+∠FBC=∠FBC十 ∠FCB-90°. 所以∠ABE=∠FCB. 又因为AB=BC.所以△ABE≌ △BCF, 同理可得△ABE≌△BCF≌△ CDG≌△DAH. 2.外弦图（此图中 【结论】：△QBM≌△MCW ≌△NDP≌△PAQ, 还包含了一线三等 角) 【证明】： Q 因为∠B=∠OMN=∠C= 如图，在正方形ABCD 中，点M,N,P,Q 90°， 在正方形ABCD边上， 且四边形MNPQ为正 所以∠BQM+∠QMB=∠ 方形 QMB+∠NMMC=90°， 所以∠BQM=∠NMC. 又因为OM=MN,所以△ QBM≌△MCN. 同理可得△QBM≌△MCW ≌△NDP≌△PAO, 3.用赵爽弦图证明 证明：由图2得，大正方形 勾股定理 止卤 面积=4× 2ab+c2-= 图1 图2 (atb)2, 整理得b2+c2+2ab 2ab+c", .c2=a2+b2, 即直角三角形两直角边的平 方和等于斜边的平方. 模型母题 1.公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了"赵爽弦图”.将 两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方 形MNP2,记空隙处正方形ABCD,正方形EFGH的面积分别为S,S,(S,>S),则 下列四个判断：09+Se②G=21R:S若∠MH=3r,则S38； ④若点A是线段GF的中点，则3S=4S,其中正确的序号是 M E 图1 图2 【答案】①②③ 【分析】设"赵爽弦图"中，直角三角形的较短直角边为a,较长直角边为b,斜边为 c,则小正方形的边长为b-a,正方形ABCD的边长为b,正方形EFGH的边长为a, 正方形MWPQ的边长为2c,由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可. 【详解】设"赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a,较长直角边为b,斜边为 c,则小正方形的边长为b-a,正方形ABCD的边长为b,正方形EFGH的边长为a, 正方形MWP2的边长为2c, S=b,S,=d,S边形r2=(2c)=4c2..S+S,=a2+b2=c2. +品-有6g故0正确： .AF=b-a ..AG=FG-AF=a-b-a)=aa-b .DG=AD-AG=b-（2-b)上26-a)..DG=2AF.故②正确； ,∠EMH=30°，∠MHE=90°，∴.MH=V3HE.即 b=√3a..b2=32..S=3S.故③正确； ,点A是线段GF的中点，.AG=AF.即2a-b=b-a.∴.2b=3a. ∴.4b2=9a2..4=9S2.故④不正确；故答案是①②③. 【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图” 中，直角三角形的较短直角边为a,较长直角边为b,斜边为c,用ab,c表示出 相关线段的长度，从而解决问题. 模型十三勾股树模型 条件 图示 结论 面积核心：以直 迭代规律：勾 角三角形三边向 股树无限分叉 外作相似图形 时，每一层所 (正方形正三角 有小图形面画积 形半圆等)，两 和=最底层大 直角边上图形面 图形面积，总 积之和=斜边上 面积保持不 图形面积。 变。 作等腰直 作正方形（毕达 作等边三角形 作半圆 角三角形 哥拉斯树的起 始图形) 结论：S,+S2=S 模型母题 1.如图1，毕达哥拉斯树，也叫勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的 一个可以无限重复的树形图形.在图2中，∠ACB=90°，分别以Rt△ABC的三条边为 边向外作正方形，连接BE,DG、BE,交AC于点Q,若∠BAC=30°，BC=2,则四 边形EQGD的面积是一· 30 M N 图1 图2 【答案】53+3/3+5V3 【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求得AC,再证明△BC∽△BDB求得 CQ,再利用梯形和三角形的面积公式求解即可， 【详解】解：在RtAACB中，，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2, .AB=2BC=4,AC=AB?-BC2=23 ,四边形ACDE是正方形，.AC∥DE,CD=DB=AC=23, .ABCOABDB,co-BC DEBD即 ce 2 W32+2W5,解得e=3-5, ∴.四边形EQGD的面积为 S稀形cEe+SDcG= 05+2x2w5+x2x2-55+3. 【点睛】本题考查正方形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定 与性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式等知识，熟练掌握正方形的性质和相似 三角形的性质是解答的关键. 模型十四瓜豆原理 条件 图示 结论 一、 运动轨迹 解析：Q点轨迹是一个 为圆 圆 ·0 问题1.如图，P 理由：Q点始终为AP 是圆0上一个动 中点，连接AO,取AO 点，A为定点， 中点M,则M点即为Q Q 点轨迹圆圆心，半径 连接AP,Q为AP MQ是OP一半，任意 A 中点.当点P在 时刻，均有 △AMQ∽△AOP, 圆0上运动时， OM A0 1 Q点轨迹是？ PO AP 2 问题2.如图， 解析：Q点轨迹是一个 △APQ是直角三角 圆 形，∠PAQ=90°且 ·0 理由：APLAQ,∴9 AP=2AQ,当P在 点轨迹圆圆心M满足 圆0运动时，Q AM⊥AO: 点轨迹是？ 又：AP:AQ=2:1, Q点轨迹圆圆心M满足 AO:AM=2:1. 即可确定圆M位置，任 意时刻均有 △APO∽△AQM,且相 似比为2. 模型总结 条件：两个定量 (1)主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）； (2)主动点、从动点到定点的距离之比是定量(AP:AQ是定值)· 结论 (1)主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM: (2)主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM, 也 等于两圆半径之比. 条件 图示 结论 二、运动轨迹为 A 解析： 当P点轨迹是直 线时，Q点轨迹也是一条 直线 直线. 问题1：如图，P 理由：分别过A、Q向 BC作垂线，垂足分别为 是直线BC上一动 C M、N,在运动过程中， A 点，连接AP,取 因为AP=2AQ,所以QN始 终为AM的一半，即Q点 AP中点Q,当点P 到BC的距离是定值，故 在BC上运动时，Q Q点轨迹是一条直线. 点轨迹是？ M 问题2：如图， 【分析】当AP与AQ夹 △APQ是等腰直角 角固定且AP:AQ为定值 三角形， 的话，P、Q轨迹是同一 ∠PAO=90° 且 C 种图形. AP=AQ,当点P 22 当确定轨迹是线段的时 在直线BC上运动 候，可以任取两个时刻 时，求Q点轨 的Q点的位置，连线即 迹？ 1 可，比如Q点的起始位 A 置和终点位置，连接即 得Q点轨迹线段. O P、Q两点轨迹所在直线 的夹角等于∠PAQ(当∠ a PAQ≤90°时，∠PAQ等 于MN与BC夹角) P、Q两点轨迹长度之比 等于AP:AQ(由△ABC∽ △AN,可得 AP:AQ=BC:MN) 。 模型总结 条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量： 主动点、从动点到定点的距离之比是定量 结论：①主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形： ②主动点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ③当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动 点的运动路径长。 模型母题 1.如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2,BC=4,△ACD是等边三 角形，则△BCD的面积的最大值为 B 解：以BC为边作等边△BCM,连接DM. ,'∠DCA=∠MCB=60°，∴.∠DCM=∠ACB, ,:DC=AC,MC=BC.∴.△DCM≌△CAB(SAS),∴.DM=AB=2为定值， 即点D在以M为圆心，半径为2的圆上运动， 当点D运动至BC的中垂线与圆的交点时， CB边上的高取最大值为2√3+2，此时面积为4V3+4. 2.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0,4)，P是x轴上一动点，把 线段PA绕点P顺时针旋转60得到线段PF,连接OF,则线段OF长的最小值是 【答案】2 【分析】点F运动所形成的图象是一条直线，当OF⊥FF时，垂线段OF最短，当点 在c轴上时，由勾股定理得：R0=R0-45,进而得R4=PR=A识-85，求得 3 4 点F的坐标为 30, 当点F在y轴上时，求得点F的坐标为(0,4)，最后根 据待定系数法，求得直线F,F的解析式为y=√3x4,再由线段中垂线性质得出 RR=AR=8 3 ·,在Rt△OFF2中，设点O到FF,的距离为h,则根据面积法得 y 文O5×OK--xRl飞xh,即凸x45x4=8、3<h,解得h=2,根据垂线段最短 -×4= 23 23 即可得到线段OF的最小值为2. 【详解】解：，将线段PA绕点P顺时针旋转60得到线段PF, ,∠APF=60°，PF=PA,△APF是等边三角形，∴AP=AF, 如图，当点F1在x轴上时，△PAF为等边三角形，则PA=PF1=AF1, ∠APF1=60°， ,AOLPIF1,.P1O=F1O,∠AOP1=90°，∴.∠PAO=30°，且AO=4, 由勾股定理得：0=0-45,4=R所=45-85，点的坐标力 3 如图，当点F2在y轴上时，'△PAF2为等边三角形，AO⊥P0,∴AO=FO=4,∴ 点F的坐标为(0,4) . 0 P/F .tancorg=or 4 OR136 ,.∠0FF2=60°， 3 ∴点F运动所形成的图象是一条直线，∴.当OF⊥FF,时，线段OF最短，设直线FF? 的解析式为y=kx+b, 4v3 [k=√5 则 2=0,解得64直线，的解析式为=V3x b=-4 :AO=F,0=4,AO1PR,RR=AR=85,在△OR,B中，OP1FR, 3 设点O到F不的距离为h,则片0×o明-分KK×h, ×45x4=×85×h,解得h=2,即线段OF的最小值为2，故答案为2. 23 23 【点睛】本题属于三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，勾股定理的应用，等边 三角形的性质以及待定系数法的运用等，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形 以及面积法求最短距离，解题时注意勾股定理、等边三角形三线合一以及方程思想的 灵活运用· 模型十五铅垂法求三角形面积最值 条件 图示 结论 A、B两点之间的 水平距离称为“水 平宽”； 水平宽×铅垂高 过点C作x轴的垂 线与AB交点为 【解题步骤】 D,线段CD即为 AB边的“铅垂 (1)求A、B两点水平距离， 高”. A 即水平宽： 求三角形面积的最 (2)过点C作x轴垂线与AB交 值 于点D,可得点D横坐标同点 C; (3)求直线AB解析式并代入 点D横坐标，得点D纵坐标： 铅 (4)根据C、D坐标求得铅垂 B 高； 水平宽 (5)利用公式求得三角形面 积. 模型母题 1.在平面直角坐标系xOy中，等腰直角△ABC的直角顶点C在y轴上，另两个项点A, B在x轴上，且AB=4,抛物线经过A,B,C三点，如图1所示. (1)求抛物线所表示的二次函数表达式， (2)过原点任作直线1交抛物线于M,N两点，如图2所示. ①求△CMN面积的最小值， ②已知Q0-子是抛物线上一定点，问抛物线上是否存在点P,使得点P与点O关于直线 1对称，若存在，求出点P的坐标及直线1的一次函数表达式；若不存在，请说明理由。 B B C 图1 图2 【分析】（1)先根据等腰直角三角形的性质求得OA、OB、OC,进而得A、B、C三 点的坐标，再用待定系数法求得抛物线的解析式； (2)①设直线1的解析式为y=x,M(,),N(x,为2)，联立方程组求得|x-x, 再由三角形的面积公式求得结果； ②假设抛物线上存在点P0-2),使得点P与点Q关于直线1对称，由0P=0Q列出 方程求得m的值，再根据题意舍去不合题意的m值，再求得PQ的中点坐标，便可求得直 线I的解析式 【解答】解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)， 在等腰RtAABC中，OC垂直平分AB,且AB=4, ..OA=OB=OC=2, .A(-2,0),B(2,0),C(0,-2), 4a+2b+c=0 ∴.{4a-2b+c=0, c=-2 〔1 a=- 2 解得，b=0, c=-2 抛物线的解析式为y三x一2 (2)①设直线1的解析式为y=,M(,),N(x2,y2), 电y=2,可得-20 2 2 y=kx .x1+x3=2k,x1X3=-4, .(:-)2=(x+x)2-4x5=4k2+16, ∴|x-x2=2Wk2+4, :'SACMN= 0c4卡2F+4, :当k=0时2WK+4取最小值为4. .△CMW面积的最小值为4. ②假设抛物线上存在点P(m,二2-2)，使得点P与点Q关于直线1对称， o=00,即+令-m+m-2y, 解得，m=V3,2=-V3,%=1,4=-1, 地=1,4=-1不合题意，舍去， 当4=5时，点P5,孕。 线段0的+点为(-： 1+5k=-1, 2 .k=1-3, .直线1的表达式为：y=1-3)x, 当%=-5时，点(5，， 线段心的中点为(5，-， 1-5k=-1, 2 k=1+V3, ∴直线1的解析式为y=(1+√3)x. 综上，点PW5,宁，直线1的解析式为y=Q-Vx或点P(V5，分，直线1的解折 式为y=1+√3)x. 【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象 与性质，待定系数法，轴对称的性质，第(2)①题关键是求得M、N两点的横坐标之 差，第(2)②小题关键是根据轴对称性质列出m的方程，以及求得PQ的中点坐标. 模型十六中点模型 条件 图示 结论 在△ABC中，AB A AD平分∠BAC,AD是边 =AC,取BC的 BC上的高，AD是BC边 中点D,连接AD 上的中线 B D 在Rt ABC中，D B CD=AD=BD. 为斜边AB的中 D 点，连接CD 在Rt△ABC中， AD=BD=CD=BC,△ AB=2BC,作斜 BCD是等边三角形. 边AB上的中线 CD D B 在△ABC中，AD △ADC≌△EDB. 为△ABC的中线， 延长AD至点E, B 使得DE=AD,连 接BE E 在△ABC中，AD 四边形ABEC是平行四边 为△ABC的中线， 形. 延长AD至点E, 使得DE=AD,连 接BE 已知点E是△ 四边形BFCE为平行四边 ABC△ABC中线 形或△BDF≌△CDE或△ AD上的一点，延 B BEDY△CFD. D 长AD至点F,使 得 DE DF DE-DF 连接BFCF D为AB的中点， DE为△ABC的中位线： 过点D作DEI D BC; DC为△ABF的中位线. 过点B作BFII DC 交AC的延长线于 点F 如 图1 AB=BC 连 0 接AC、OB,则 OB⊥AC,OB平 分AC 如图2，点C为 弦AB的中点，连 接OC,则OC1 AB. 模型母题 1.半径为2.5的⊙O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P.已知BC:CA=4:3, 点P在AB上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q. (1)当点P与点C关于AB对称时，求CQ的长； (2)当点P运动到AB的中点时，求CQ的长； (3)当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长. B 【解答】（(1)号：(2)：(3)当Pc过回心0，即Pc取最大值5时，cQ最大值 为程 【解析】(1)当点P与点C关于AB对称时，CPLAB,设垂足为D. .AB为⊙O的直径， .∴∠ACB=90°. AB=5,又BC:CA=4:3, .BC=4,AC=3. 又ACBC-ABCD cD号，PC 在RtACB和R色PCQ中， ∠ACB=∠PCQ=90°，∠CAB=∠CPQ, Rt ACB-Rt PCQ 能-器 cg=Pc-号， (2)当点P运动到弧AB的中点时，过点B作BEL PC于点E(如图)， P是弧AB的中点， ∠PCB=45°，CE=BE=2BC=2V2 又∠CPB=∠CAB tanCPB=tanC4B青 ∴PEBE tan∠CPB PC- 4 2 而从(1)中得，cQPc=2 3 (3)点P在孤AB上运动时，恒有CQ-PC 故PC最大时，CQ取到最大值. 当Pc过圆心O,即Pc取最大值5时，CQ最大值为9 B 模型十七奔驰模型 条件 图示 结论 等边三角形ABC ①∠APB=150° 内部任意一点 P,连接PA、 PB、PC。 ®Sw-YA-2sg26 若满足 PA2+PB2=PC2 ①【证明】以AP为边向左侧作 等特殊条件，可求 B 等边△APD,连接BD, C 出 ∠APB,∠BPC,∠C ,△ABC,△ADP为等边三角形 的度数。 .∴.∠DAB=60°-∠BAP,∠PAC= 如图，等边△ 60°-∠BAP ABC,PA=3, ∴.∠DAB=∠PAC PB=4,PC=5 可得△DAB≌△PAC ∴.DB=PC=5 .DP2+BP2=DB2, ∴.∠DPB=90°，∠APB=150° B 。 C ②过B作BQ⊥AP于Q, :∠APB=150 .∠BPQ=30°，BP=4,BQ=2 P0=√BP2-BQ2=23 .AB2=AQ2+BQ2=25十12V3 :.5AB2=25V3+36 4 4 模型母题 1.如图，P是等边三角形ABC内一点，将△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ,若 PA=2,PB=4,PC=2√5，则四边形APBQ的面积为() A.2W5 B.35 C.45 D.53 【答案】B 【分析】如图，连接PQ.由题意△PQA是等边三角形，利用勾股定理的逆定理证明 ∠PQB=90°即可解决问题. 【详解】解：如图，连接PQ. p .△ACP绕点A顺时针旋转60得到△ABQ, ∴.AP=AQ=2,PC=BQ=2V3,∠PAQ=60°， ∴.△PAQ是等边三角形， ∴.PQ=PA=2, PB=4, .PB2 BO2+PO ∴.∠PQB=90°， su28g8e分00B5.i22w594, 故选：B 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质以及勾股定理的逆定理，熟 练掌握相关内容是解题的关键， 模型十八角平分线模型 条件 图示 结论 P是∠AOB平分 A PM-PN 线上的一点，过 M C 点P作PM⊥OA P 于点M,过点P 作PN⊥OB于点 B 0 N W AD是∠CAB的 DE-DC 平分线， ∠C=90°，过 点D作DE⊥AB d 于点E E 点D是∠AOB △OED≌△OFD 平分线上的一 C 点，在OA、OB E 上分别取点E、 1D F 且 B OE=OF,连接 DE、DF 点D是∠AOB △EOD是等腰三角 平分线上的一 形，即EO=ED. C 点，过点D作 3 D DE∥OB oC 平 分 OD-OE ∠AOB,点D D 是OA上一点，过 点D作DE∥OC 0 交OB的反向延长 线于点E OE平分∠AOB, A DE-EF,OD-OF, ∠ODF=∠OFD. 点D在OA上， D DELOE,则可延 E 长DE交OB于点 B 0 F 已知：OC平分 A △OEM∽△OFN ∠AOB,点E、 E F分别在OA、OB P 上，过点E作 EM⊥OC于点 B 0 F M,过点F作 FN⊥OC于点W 已知：OC平分 A △OEM∽△OFN ∠AOB,点E F在OC上，作 M C F EM⊥OA于点 M,作FN⊥OB B 0 N 于点W 已知：OC平分 A △OEM∽△OFN ∠AOB,点E F在OC上，作 M 内 ∠EMO=∠FNG B N ∠BAC是圆O的 B BF-CF,DG 圆周角，∠DOE =EG 是圆O的圆心 角，AF平分∠ BAC,OG平分L E G DOE,连接BF CF DG EG 【内内模型】如 A ∠D=90°+ 图，△ABC两个 内角平分线交于 D 点D 12 4 【内外模型】如 ∠D= 1 <A 图，△ABC的一 个内角平分线和 一个外角平分线 交于点D 【外外模型】如 ∠D=90°- 图，△ABC两个 外角的角平分线 交于点D E D 模型母题 1.在△ABC中，若存在一个内角角度是另外一个内角角度的n倍(n为大于1的正整 数)，则称△ABC为n倍角三角形.例如，在△ABC中，∠A=80°，∠B=75°，∠C= 25°，可知∠B=3∠C,所以△ABC为3倍角三角形. (1)在△ABC中，∠A=80°，∠B=60°，则△ABC为倍角三角形； (2)若锐角三角形MNP是3倍角三角形，且最小内角为a,请直接写出a的取值范围 为 (3)如图，直线MN与直线PQ垂直相交于点O,点A在射线OP上运动（点A不与点O 重合)，点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）.延长BA至G,已知∠BAO ∠OAG的角平分线与∠B0Q的角平分线所在的直线分别相交于E、F,若△AEF为4倍角 三角形，求∠ABO的度数. G 【答案】(1)2；(2)22.5°<a<30°；(3)45或36° 【分析】(1)由∠A=80°，∠B=60°，可求∠C的度数，发现内角之间的倍数关系，得 出答案 (2)△DF是3倍角三角形，必定有一个内角是另一个内角的3倍，然后根据这两个角之 间的关系，分情况进行解答 (3)首先证明∠EAF=90°，分两种情形分别求出即可. 【详解】解：(1)，∠A=80°，∠B=60°， ∴.∠C=180°-∠A-∠B=40°， ∴.∠A=2∠C, .△ABC为2倍角三角形， 故答案为：2； (2),最小内角为a, .3倍角为3a, 由题意可得： 3a<90°，且180°-4a<90°， ∴.最小内角的取值范围是22.5°<a<30°. 故答案为22.5°<a<30°. (3),'AE平分∠BAO,AF平分∠AOG, ∴.∠EAB=∠EAO,∠OAF=∠FAG, ∴：∠EAF=∠EAO+∠OAF=于（∠BAO+∠OAG)=90°， ,△EAF是4倍角三角形， 1 .∠E=×90或5×90°， ,AE平分∠BAO,OE平分∠BOQ, ∠E=}∠ABO, ∴，∠AB0=2∠E, ∴.∠AB0=45或36°. M B F 【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，余角的意义，不等式组的解法和应用等知识， 读懂新定义n倍角三角形的意义和分类讨论是解题的基础和关键. 模型十九最大张角模型（米勒定理) 问题和条件 图示 结论及证明 己知点A,B是∠ 【结论】当且仅当三角形ABC MON的边ON上的 两个定点，点C是 的外圆与边OM相切于点C时， C 边OM上的动点， ∠ACB最大. 则当C在何处时， ∠ACB最大？ 【证明】连结A,B,因为∠ AC'B是圆外角，∠ACB是圆周 角，易证∠AC'B小于∠ACB, 故 ∠ACB 最大。 在△ACD中∠ADB=∠ACD+∠DAC 所以∠ADB>∠ACD 又因为∠ACB=∠ADB 所以∠ACB>∠ACD 模型母题 1.如图，在△ABC中，AC=6,BC=8√5，∠ACB=60°，过点A作BC的平行线1，P 为直线1上一动点，⊙O为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为 A E C 【答案】2 【分析】如图，连接CE.首先证明∠BEC120°，根据定弦定角，可得点E在以M为 圆心，MB为半径的BC上运动，连接MA交BC于E,此时AE的值最小， 【解析】解：如图，连接CE A P 内 O C ,AP∥BC, .∠PAC∠ACB=60°， ∴.∠CEP=∠CAP-60°， ∴.∠BEC120°， :BC=85,为定值，则点E的运动轨迹为一段圆弧 如图，点E在以M为圆心，MB为半径的BC上运动，过点M作MN⊥BC P B M ∴.⊙M中优弧BC度数为2∠BEC=240°，则劣弧BC度数为120° ∴.△BMC是等腰三角形，∠BMC120°， '∠BCE30°，BC-8√5，MB=MC BN=BM-MN =-3MN=BC=43 2 ∴.MB=MC-8, ∴.连接MA交BC于E',此时AE的值最小. .'∠ACB=60°，∠BCO-30°， .∠ACM=90°， MA=√MC2+AC2=V82+6=10, .AE的最小值为=10-8=2. 故答案为：2 模型二十正方形十字架模型 条件 图示 结论及证明 AE=BF,△ABE≌△BCF 证明： 在正方形ABCD中， AB=BC,∠ABE=∠BCD=90° 如图：正方形 ABCD内部， 如果AE⊥BF,则 AE⊥BF ∠FBC+∠AEB=90°，∠FBC+∠BFC=90° ∴.∠AEB=∠BFC 又.AB=BC .VABE =VBCF(AAS) AE=BF（对应边相等) △BCF≌△IME A D F B M 当正方形内部 为以下垂直形 D △ABE≌△MNF 状时，同样可 以通过证明全 等的方式证明 M 互相垂直的两 条线段相等。 B ∠IHQ=∠PJK,△JPK≌△HQI D B 模型母题 1如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE=1.将正方形沿GF折叠，使 点A恰好与点E重合，连接AF,EF,GE,则四边形AGEF的面积为() D A.2V10 B.25 C.6 D.5 【答案】D 【分析】作FHLAB于H,交AE于P,设AG=GE=X,在Rt△BGE中求出X,在 Rt△ABE中求出AE,再证明△ABE≌△FHG,得到FG=AE,然后根据S四悉 AGEF=SAGF+SEGF求解即可 【详解】解：作FHLAB于H,交AE于P,则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可 知，AG=GE,AE⊥GF,AO=EO. 设AG=GE=X,则BG=3-X, 在Rt△BGE中， BE2+BG=GE2 .12+(3-02=x, 5 3‘ 在Rt△ABE中， AB2+BE=AE, ∴.32+12=AE2, ..AE=10. ,∠HAP4∠APH90°，∠OFP4∠OPF90°，∠APHE∠OPF, .∠HAP∠OFP, ,四边形ADFH是矩形， ∴.AB=AD=Hf. 在△ABE和△FHG中， 「∠HAP=∠OFP ∠ABE=∠GHF, AB=HF ∴.△ABE≌△FHG, ..FG=AE=10 ,.∴S四AGEF-SAGF+SEGF =2GF.01+2GN0B GF.(OA+OE) -3GF.AR 子vi0v而 =5. 故选D. D H G B 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面 积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键， 模型二十一三角形-一一8字模型 条件 图示 结论 如图，AC与BD相 【结论】∠A+ 交于点0 A ∠B=∠C+∠D. B 【证明】在△ AB0中，∠A+ ∠B+∠ 1=180° 2 在△CD0中， ∠C+∠D+∠ 2=180°， D .∠1=∠2， ∴.∠A+∠B=∠ C+∠D. 模型母题 1如图，已知AB=AC,∠FBA=∠ECA,∠EAF=∠BAC,点C,D,E,F共线.则下列结 论：①△AFB SAEC;②BF=CE:③∠BFC=∠EAF;④AB=BC.其中正确的是 (填序号). 【答案】①②③ 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明△AFB≌△AEC· 利用AAS证明△AFB≌△AEC,利用全等三角形的性质和三角形内角和定理，逐个判定即 可求解. 【详解】解：，∠EAF=∠BAC, ∴.∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠EAC, .∠FAB=∠EAC, 在△AFB与△AEC中， 「∠FAB=∠EAC ∠FBA=∠ECA, AB=AC ∴.△AFB≌△AEC(AAS),故①正确： .BF=CE,故②正确； N'∠FBA=∠ECA,∠BDF=∠CDA, 又'∠FBA+∠BDF+∠BFD=∠ECA+∠CDA+∠CAD=180, ∴.∠BFD=∠BAC, ,∠EAF=∠BAC, .∠BFC=∠EAF,故③正确； ,AB=AC,无条件能证明VABC是等边三角形，即不能证明AB=BC,故④错误， .①、②、③正确，④错误. 故答案为：①②③. 模型二十二三角形-一一燕尾模型（飞镖模型) 条件 图示 结论 如图1所示，已知 ∠BDC∠A+∠B+∠C。 四边形ABDC 【证明】如图，延长BD 交AC于点E. .∠BEC是△ABE的外 角，∠BEC=∠A+∠B. D E 又，∠BDC是△CDE的外 角， ∴.∠BDC∠BEC+∠C∠ B A+∠B+∠C. 模型母题 1.如图，在VABC中，∠A=20°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于D,∠ABD与∠ACD的 角平分线交于点D,,依此类推，∠ABD,与∠ACD,的角平分线交于点D,,则∠BD,C的度数 是() D2 B A.24 B.25° C.30° D.36° 【答案】B 【分析】根据题意可得∠ABC+∠ACB=160°，BD1,CD1,CD2,BD2.BDn,CDn是角平分 线，可得∠ABDn+∠ACDn=160×(号)n,可求∠BCDn+∠CBDn的值，再根据三角形纳角 和定理可求结果. 【详解】解：，∠A=20°，∠A+∠ABC+∠ACB=180°， ,∴.∠ABC+∠ACB=160°， ,BD1平分∠ABC,CD1平分∠ACB, ∠ABD1=号∠ABC,∠ACD1=号∠ACD, ,BD2平分∠ABD1,CD2平分∠ACD1, ∴∠ABD=S∠ABDI=}∠ABC,∠ACD,=∠ACDI=i∠ACB, 同理可得∠ABDs=克∠ABC,∠ACDs=立∠ACB, 1 六∠ABD5+∠ACDs=160x32=5°。 ∴.∠BCD5+∠CBD5=155°， ∴.∠BDsC=180-∠BCDs-∠CBD5=25°， 故选B 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，角平分线，关键是找出其中的规律，利用规律解 决问题. 模型二十三中点四边形模型 条件 图示 结论 M (1)任意四 边形四条边的 中点依次连接 得到的四边形 一定是平行四 边形。 (2)对角线 垂直的四边形 (包括菱形) 的中点四边形 依次连接四边形 是矩形。 四边中点连线的 四边形得到中点 (3)对角线 四边形 相等的四边形 （包括矩形) 的中点四边形 是菱形。 (4)对角线 垂直且相等的 M 四边形（包括 正方形)的中 0 点四边形是正 方形。 模型母题 1我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形. H F 图1 图2 (1)如图I,在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中 点，中点四边形EFGH是一： (2)如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB,PC=PD,∠APB= ∠CPD,点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.猜想中点四边形EFGH 的形状，并证明你的猜想. (3)若改变(2)中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点 四边形EFGH的形状（不必证明）· 【答案】(1)平行四边形：(2)菱形，见解析：(3)正方形 【分析】(1)连接BD,根据三角形中位线定理证明EH∥FG,EH=FG,根据平行四 边形的判定定理证明即可： (2)证明△APC≌△BPD,根据全等三角形的性质得到AC-BD,再证明EF=FG,根 据菱形的判定定理证明结论 (3)证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD,得到∠ACP=∠BDP,即可证明 ∠COD=∠CPD-90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证 明即可. 【解析】解：(1)如图1，连接BD, D H G B 图1 ,点E,H分别为边AB,DA的中点， .H//BD.BHBD, ,点F,G分别为边BC,CD的中点， FG∥BD,RG=BD, .EH∥FG,EH=GF, ∴.中点四边形EFGH是平行四边形， 故答案为：平行四边形： (2)结论：四边形EFGH是菱形， 理由：如图2，连接AC,BD. H D A G 图2 '∠APB=∠CPD, ∴.∠APB+∠APD∠CPDH∠APD,即∠APC=∠BPD, 在△APC和△BPD中， AP=BP {∠APC=∠BPD, PC=PD .△APC≌△BPD(SAS), ∴.ACBD, ,点E,F,G分别为边AB,BC,CD的中点， .EF-AC,FG-TBD. ∴.EF=FG, 由(1)知中点四边形EFGH是平行四边形， ∴.平行四边形EFGH是菱形： (3)结论：四边形EFGH是正方形， 理由：如图2，设AC与BD交于点O.AC与PD交于点M, ,'△APC≌△BPD, ∴.∠ACP=∠BDP, ,'∠DMO=∠CMP, ∴.∠COD=∠CPD=90°， ,EH∥BD,AC∥HG, .∠EHG=∠DOC-90°， 由(2)知中点四边形EFGH是菱形， .菱形EFGH是正方形. 模型二十四婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理） 条件 图示 结论及证明 (一)知“垂 【结论】①点N是AD的中点，② 直”，推“中 SACBE=S△ABD,③CE=2BN. 点”。 如图，△ABC和△ 【证明】 DBE是等腰直角三 (1)过A作AP⊥MN,垂足为 P,过D作DQ⊥MN交MN的延 角形，MN经过点 B,若MN⊥CE 长线于Q, 易证：△ABP≌△BCM,AP= BM,△DQB≌△BME,DQ=BM ∴.AP=DQ 易证：△APN≌△DQN ..AN=DN ②如图，由①知，SAcM= S ABAP S ABBM -S ABDO S AAPN= P S ADON ,.∴S MBD=SABN十S ADEN=S ABAP +S MPN+S ABDe -SADON -S ABAP+S ABDR -S ACBM +S ARBM =SACBE,即SACBE=S AABD,得证。 ③如图，由①得，PN=QN, ∴.CE=CM+EM=BP+BQ=BN 一NP+BN+QN=2BN,得证 (二)知“中 点”，推“垂 【结论】①PQLAD,②S△CB驱= 直”。 S△MBD,③AD=2BP 如图，△ABC和△ 【证明】：延长BP至点M,使 DBE是等腰直角三 PM=BP,连结ME, 角形，点P是CE 的中点，PB的延 易证：△PBC≌△PME 长线交AD于点Q ∴.BC=ME,BC∥ME .AB=AC ∴.AB=EM, .BC∥ME, ∴.∠CBE+∠BEM=180°， 又，'∠ABC=∠DBE=90° ∴.∠CBE+∠ABD=180°， ∴.∠ABD=∠MEB, 易证：△ABD≌△MEB, .∠2=∠1， .∠1+∠3=90° ∴.∠2+∠3=90° ∴.∠DQP=90° ②如图， 由①知SAc88=SAc8P十 S ASBP-S ARMP +S ABBP-S AMBB SMBD,得证 ③如图，由①知AD=MB= 2BP,得证。 （三)婆罗 【证明】 摩笈多定理： .AC⊥BD,ME⊥BC 若圆内接四边形 的对角线相互垂 ∴.∠CBD=∠CME 直，则垂直于一 边且过对角线交 N∠CBD=∠CAD, 点的直线将平分 ∠CME=∠AF 对边。 ∴.∠CAD=∠AMF ∴.AF=MF ,∠AMD=90°，同时 ∠MAD+∠MDA=90° ∴.∠FMD=∠FDM .MF=DF,即F是AD中点 模型母题 1.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB,AC为边向外作正方形ABDE和正 方形ACFG,连接CE,BG和EG,EG与HA的延长线交于点M,下列结论：①BG=CE; ②BG⊥CE;③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC.其中正确的是· M D 【答案】①②③④ 【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC,然后根据全等三角形的性质即 可判断①：设BG、CE相交于点N,AC、BG相交于点K,如图1，根据全等三角形对应角 相等可得∠ACE=∠AGB,然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG=∠CAG=90°，于是 可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P,过点G作GQ⊥AM于Q,如图2，根据余角 的性质即可判断④；：利用AAS即可证明△ABH≌△EAP,可得EP=AH,同理可证GQ= AH,从而得到EP=GQ,再利用AAS可证明△EP≌△GQM,可得EM=GM,从而可判 断③，于是可得答案. 【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB=AE,AC=AG,∠BAE=∠CAG=90°， ∴.∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC, 即∠CAE=∠BAG, ∴.△ABG≌△AEC(SAS), ∴.BG=CE,故①正确； 设BG、CE相交于点N,AC、BG相交于点K,如图1， 图1 ,△ABG≌△AEC, .∠ACE=∠AGB, ,∠AKG=∠NKC, ∴，∠CNG=∠CAG=90°， ∴BG⊥CE,故②正确； 过点E作EP⊥HA的延长线于P,过点G作GO⊥AM于Q,如图2， E ○ D H 图2 ,AH⊥BC, .∠ABH+∠BAH=90°， ,∠BAE=90°， ∴.∠EAP+∠BAH=90°， ∴∠ABH=∠EAP,即∠EAM=∠ABC,故④正确； ,∠AHB=∠P=90°，AB=AE, .△ABH≌△EAP(AAS), ..EP=AH, 同理可得GQ=AH, ∴.EP=GO, ,在△EPM和△GQM中， 「∠P=∠MQG=90° ∠EMP=∠GMQ EP=GO ∴.△EPM≌△GQM(AAS), .EM=GM, AM是△AEG的中线，故③正确. 综上所听述，①②③④结论都正确. 故答案为：①②③④. 【点晴】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质， 作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键. 模型二十五垂美四边形模型 【定义】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。 已知 图示 结论（性质） 证明过程 四边形中 ①S垂美四边形 ①S垂美四边形 ABCD= AC⊥BD 0-8D SAPD+S△CPD+ SAAPB+S△CPB ZAP*PD+TCP+ LAP*PB LCP*P 1 =二AC*BD ②AB2+DC2=AD2+BC2 ②由勾股定理易证。清单02中考数学必会几何模型合集 (34个几何模型精选49道母题) 模型一费马点… 2 模型二胡不归与阿氏圆 .10 模型三将军饮马.… .14 模型四半角模型 23 模型五一线三等角模型 .27 模型六隐圆、四，点共圆模型 33 模型七手拉手模型。 .38 模型八梯子模型（斜边中点模型) .44 模型九倍长中线模型. .46 模型十截长补短模型… .49 模型十一截长补短模型 .50 模型十二弦图模型 .54 模型十三勾股树模型 57 模型十四瓜豆原理 58 模型十五铅垂法求三角形面积最值 64 模型十六中，点模型 .68 模型干七奔驰模型72 模型十八角平分线模型74 模型十九最大张角模型（米勒定理) 81 模型二十正方形十字架模型.83 模型二十一三角形-一一8字模型 87 模型二十二三角形-一燕尾模型（飞镖模型) 89 模型二十三中点四边形模型 90 模型二十四婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理） .94 模型二十五垂美四边形模型… .99 模型二十六相似三角形之母子型相似104 模型二十七相似三角形之K字型相似， ..109 模型二十八相似三角形之A字型相似.116 模型二十九相似三角形之“8”字型相似.123 模型三十相似三角形之射影定理 …128 模型三十一托勒密定理.132 模型三十二相交弦定理， 136 模型三十三弦切角定理、切割线定理 .140 模型三十四割线定理.142 模型一费马点 基本概念：费马点是指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，这个最小的距离 叫做费马距离 问题与条件 图示 秒杀方法 一、普通费马点： 一、 以A、B、C任一点 为旋转点（比如A点）， 在三角形ABC内部找一 将三角形A0C向外旋转 60度，C点旋转至D 点0，当0A+0B+0C最 点。此时BD即为 小值时，求P点位置以 OA+OB+OC最小值。 及此时的OA+OB+OC最 二、 或者以三角形的任 小值 意一边向外作等边三角 形，连接等边三角形的 顶点以及原三角形的另 外一个顶点的线段值即 为当取得费马点时， PAPB+PC的最短线段 值。（选择填空题可以 直接用该方法秒杀) 二、加权费马点： (一)单一系数：√2对 应旋转90°，√3对应旋 (一)单一系数： 转120° PA+PB +v2 PC 或PA+PB+V3PC最 /3P( 小值 2/5 （二)多系数类：当系 (二)多系数类： 数满足勾股数时，是符 1.将最小系数提到括号 合加权费马点条件的， 外 比如要求： 合A+百阳+pe 2.中间大小的系数确定 放缩比例 3 PA 4 PB +5 PC 等等 3.最大系数确定旋转中 心（例如最大系数在PA 前面，就以A为旋转中 心)，旋转系数不为1的 两条线段所在的三角 形。 以A+年B+心 2PC 为例： 1. 将最小系数。提到括 号 外 得到 √5PB 2PA+3PB+2PC】 2.中间大小的系数为 √5，故放大为√3倍 3.最大系数2在PC前 面，故以C为旋转中 心，旋转90度，并放大 为V3倍 4.此时 P B=3PB,PB'=2PC ,AP'即为最小值 模型母题 1.如图，在VABC中，∠CAB=90,AB=AC=1,P是VABC内一点，求PA+PB+PC 的最小值为· 2.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于 点D,线段AD上存在一点Q,当QA+OB+OC的值取得最小值，且AQ=2时，则 PD= A 3.如图，正方形ABCD的边长为4，点P是正方形内部一点，求PA+2PB+√5PC的最小 值. O P 模型二胡不归与阿氏圆 基本概念：“PA+kPB”型的最小值问题分为胡不归与阿氏圆问题，当P在直线上运 动则是胡不归问题，当P在圆上运动则是阿氏圆问题。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、胡不归 、 首先确保系数k小于 1,如果系数大于1，先提 直线BM,BN交于点 取系数。 B,P为BM上的动 二、根据k的大小，确定 点，点A在射线BM, BN与BM的夹角，使得sin B -N ∠MBN=k·常考的k有 BN同侧，求PA+kPB 取最小值(0<k<1) 125 22,2 ,对应的角度 已知sim∠MBN=k.过 为30、45、60 点A作AC LBN于点 三、过动点向异侧做垂线 C,交BM于点P,此 Q 四、求出AC的值 时PA+k·PB取最小 值，最小值即为AC的 D C 长. 三、阿氏圆 一、在OB上取一点C,使 得0C=k·r, ⊙0的半径为r,点 A 0C=k·0Q,0Q= A,B都在⊙O外，P为 k·B. ⊙0上的动点，已知 而∠C0Q=∠Q0B,所以△ =kB.求PA+kPB最 C0Q∽△QOB, B 小值。 所以QC=k·B. 二、所以QA十k·QB= QA十QC≥AC,连结AC交 ⊙O于点P,此时PA+ k·PB取最小值，最小值 即为AC的长， 核心提示： 1.系数在谁前面，就需 要将哪个线段转化出去。 如题中的PB 2.有时题目需要连接B点 和0点，核心目标是在0B 上找到定点C。 模型母题 1.如图，在VABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，AB=4,若D是BC边上的动点，则 2AD+DC的最小值是() A.6 B.8 C.10 D.12 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CB=7,AC=9,以C为圆心、3为半径作⊙C,P 为⊙C上一动点，连接AP、BP,则，AP+BP的最小值为() B A.7 B.52 C.4+√10 D.213 模型三将军饮马 基本概念：两条线段（也有可能是三条、四条）的最小值问题，往往是将军饮马模 型。通过转化的思想转化成两个定点之间线段最短来求解。 问题与条件 图示 秒杀方法 一、（两定一动，定直 ●B 作点A关于直线1 线，求和最小) A● 的对称点A’,连 结B,与直线， 的交点就是点P 在直线1同恻有A.B B 两点，在1上找一点 P,使得AP+PB最小· 二、（两定一动，定直 ●B 连结AB,作线段AB 线，求差最小) A● 的垂甫平分线.与 直线1的交点就是 在直线1同侧有A,B 点P,此时最小值 是0 两点，在1上找一点 P,使得|AP-PB最小 A 三、（两定一动，定直 连结BA并延长，与 线，求差最大) 直线，的交点就是 ●B 点P,此时最大值 A● 在直线1同侧有A,B 等于AB 两点，在1上找一点 P.使得引AP-PB最大 B P 四、（两定两动，定直 一、先将点A向右 平移口个单位长度 线，两动在定直线上组 a 到点A,作A关于 成的线段为定值，求和 直线1的对称点 最大) ●B A”。 A● 在直线1同侧有A,B 二、 连结A”B,与 直线1的交点就是 两点·在1上找两点 点D.连结AD,过 C,D(其中CD的长度 点A作AC∥AD, 固定，等于所给线段 交直线1于点 C.则 d),使得AC+CD+DB 最小 此时AC+CD+DB 最小 五、（一定点在定角度 M 分别作点P关于射 内，求和最大) 线OM的对称点 P,P,连结 ● 在∠MOW内有一点P, PP,与射线ON 在边OW,OM上分别找 OM的交点就是点 点Q,R,使得PQ+R N Q,R.此时最小值 等于PP" +P最小. M ● R Q W ●P' 六、（一定点在定角度 M 作点P关于射线OM 内，求和最小) 的对称点P,作 P PQ⊥ON,垂足为 ● 在∠MOW内有一点P, Q,PQ与射线OW 的交点就是R. 在边OM,OW上分别找 O 点R,Q.使得PR+R W 最小 P M R O Q 七、（两定点在定角度 M 、 作点P关于射 内，求和最小) 线OM的对称点 ●p P,作点Q关于射 在∠MOW内有两点P, ●Q 线OW的对称点Q Q,在边OM,OW上分别 O 二、连接P⑨.与 W 射线OM,OW的交点 找点R,S.使得PR+ M 就是R,S. RS+SQ最小. PR R P Q S Q5 模型母题 1.如图，点E在等边VABC的边BC上，BE=4,射线CD L BC,垂足为点C,点P是射 线CD上一动点，点F是线段AB上一动点，当P+P的值最小时，BF=5.则P+FP 这个最小值是() A.9 B.10 c.5V3 D.35 2.如图，正方形ABCD的边长是5，点E,F分别是边AB,BC上的动点，且 AE=BF,连接CE,AF,则CE+AF的最小值是() D B A.5 B.5√2 C.2W5 D.55 3.如图，抛物线y=，x-4x+6与y轴交于点A,与x轴交于点B,线段CD在抛物线的 2 对称轴上移动（点C在点D下方），且CD=3.当四边形ABCD的周长最小时，点D的 坐标为() B A.(4,1) B.(4,2) C.(4,3) D.(4,4) 模型四半角模型 基本概念：常见的半角模型出现在等腰直角三角形中和正方形中。比如直角中含有45 度角。其中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。 问题与条件 图示 结论及证明 一、 等腰直角三角形 结论： 中角含半角 45o (1) △BAE∽△ADE∽△CDA 在△ABC中，AB=AC, (2)BD+CE=DE. ∠BAC=90°，点D,E 在BC上且∠DAE=45° 证明：将△BD绕点A逆 时针旋转90°得到 △AC℉，连结EF. 则∠EAF=∠EAD= 45°，AF=AD, 所以△ADR∽△FAE (SAS). 所以DE=EF. 而CF=BD,∠FCE= ∠FCA+∠ACE=90°， 所以BD+CE=CF+CE =EF=DE 二、正方形中角含半 结论： 角 (1)EF =BE+DF 在正方形ABCD中，点 (2)如图2，过点A作 E,F分别在边BC,CD AG⊥EF于点G,则AG= F 上，∠EAF=45°，连 AD: 图1 结Er (3)如图3，连结BD交 AE于点H,连结FH.则 FHLAE 证明： 图2 （1)如图4，将△ABE 绕点A逆时针旋转90° 得到△ADI证明.则 ∠IAF=∠EAF=45°， AI=AE, 所以△AEF∽△AIF (SAS), 图3 所以EF=IF=DI+DF= BE+DF (2)因为 △AEF∽△AIF, AG⊥EF,AD⊥IF, 所以AG=AD. 图4 (3)由∠HAF=∠HDF= 45°可得A,D,F, H四点共圆， 从而∠AHF=180°- ∠ADF=90°， 即FHLAE. 模型母题 如图①，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，点E,F分别 是BC,CD上的点，且∠EAF=60°，连接EF,探究线段BE,EF,DF之间的数量关 系 G ,N C B E E 图① 图② 图③ 探究发现 (1)小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD 重合，然后再证明△AFE≌△AFG,从而得出结论：-一一一； 拓展延伸 (2)如图②，在四边形ABCD中，AB=AD,B+∠D=180°，点E,F分别是边BC, CD上的点，且<BP-AD,连接Bn.(1)中的结论是否仍然就立？若或立，请5出 证明过程；若不成立，请说明理由； (3)如图③，在正方形ABCD中，点E,，F分别是边BC,CD上的点，且∠EAF=45°， 连接EF,已知BE=3,，DF=2,求正方形ABCD的边长， 模型五一线三等角模型 基本概念：一线三等角既可以出现在全等三角形中，也可以出现在相似三角形中。其 中出现的二级结论及证明方法是需要熟悉掌握的。尤其是常见的，角是直角的时候， 还经常与折叠、坐标等情景结合考察。 问题与条件 图示 结论及证明 一、 当点P在线段AB D 结论： 上，且∠3两边在AB同 △ACP△ 侧时. BPD 若∠1为直角、钝角、 证明：略 锐角 0 2 B 二、当点P在AB或BA △ACP△BFD. 的延长线上，且∠3两 边在AB同侧时. D 三、当点P在AB或BA △ACP△BFD. 的延长线上，且∠3两 边在AB异侧时. D 模型母题 1如图，在平面直角坐标系中，将直线y=一3x向上平移3个单位，与y轴、x轴分 别交于点A、B,以线段AB为斜边在第一象限内作等腰直角三角形ABC.若反比例函 数y=(x>0)的图象经过点C,则k的值为() A.2 B.3 C.4 D.6 2.如图1所示，已知△ABC中，LACB=90°，AC=BC,直线m经过点C,过A、B两 点分别作直线的垂线，垂足分别为E、F. 图1 图2 图3 (1)如图1，当直线m在A、B两点同侧时，求证：EF=AE+BF; (2)若直线m绕点C旋转到图2所昕示的位置时(BF<AE),其余条件不变，猜想 EF与AE,BF有什么数量关系？并证明你的猜想； (3)若直线m绕点C旋转到图3所示的位置时(BF>AE)其余条件不变，问EF与 AE,BF的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明. 模型六隐圆、四点共圆模型 常见隐圆模型 图示 结论 模型一、动点定长模型 若P为动点， AB=AC=AP,则B、C、P 三点共圆，A圆心，AB P(动 半径 【拓展】折叠问题构造 出隐圆 从圆的定义构造 圆，构造思路：若动点 P(动) 到平面内某定点的距离 始终为定值，则其轨迹 是圆或圆弧· 模型二、定边对直角 C动) 固定线段AB所对动 角∠C恒为90°，则A、 B、C三点共圆，AB为直 径 模型三、定边对定角 在“定边对直角”问题 中，依据“直径所对的圆 周角是直角”，关键性在 于寻找定边、直角，而 根据圆周角定理：同圆 或等圆中，同弧或等弧 所对的圆周角都相.定 边必不可少，而直角则 可一般为定角，例如， AB为定值，∠P为定 角，则P点轨迹是一个 圆 常见四点共圆模型 结论 B 若平面上A、B、C、D四个点满足 ∠ABD=∠ACD=90°，则A、B、C、D在以AD中点E 为圆心、EA长为半径的圆上（可证 EA=EB=EC=ED)· 若平面上A、B、C、D四个点满足 ∠ABC=∠ADC=90°，则A、B、C、D在以AC中，点E 为圆心、EA为半径的圆上（可证 EA=EB=EC=ED). 若平面上A、B、C、D四个点满足∠ADB=∠ACB,则 A、B、C、D四点共圆· 证明条件：线段同侧张角相等. D 若平面上A、B、C、D四个点满足 ∠ABC+∠ADC=180°，则A、B、C、D四点共圆. …0 证明条件：1.四边形对角互补： 2.四边形外角等于内对角. 两条线段被一点分成（内分或外分)两段长的乘积相等，则这两条线段的四个端点共圆 四边形ABCD的对角线AC、BD交于H, 若AHCH=BHDH,则A、B、C、D四，点共圆. 提示：通过证明VABC~VABD,从而得出∠C=∠D, 转化为定长对定角模型。 、D 四边形ABCD的对边BA、CD的延长线交于P, 若PAPB=PDPC,则A、B、C、D四，点共圆 提示：通过证明VPAD~VPBC,从而得出 ∠PDA=∠PBC,进而得出∠PBC+∠CDA=180°，对 角互补的四边形，四个顶点共圆。 模型母题 1.(动点定长模型)如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中 点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△AMN,连接AC,则 AC长度的最小值是 2.(直角圆周角模型)如图，Rt△ABC中，AB⊥BC,AB=8,BC-4,P是△ABC内部的 一个动点，且满足∠PAB=∠PBC,则线段CP长的最小值是 R 3.(四点共圆模型)如图，△ABC∽△4DE,∠BAC=∠DAE=90°，AB=4,AC=3, F是DE的中点，若点E是直线BC上的动点，连接BF,则BF的最小值是() A. B.2 c.9 D.4 模型七手拉手模型 条件 图示 结论 基本条件： △OAC兰△OBD 1.共顶点 (SAS) 2。夹角相等 举一反三： 3.两组边相等（或者出 现2个等腰三角形) 1.当出现手拉手全 等的时候，必然还会 如图，O40B,0G-OD 出现一组相似三角 (四线共点，两两相 形：△OAB相似于 等)，∠A0B∠COD △OCD (夹角相等) 2.其他条件不变，当 OA不等于OB时，就成 了手拉手相似模型 (也叫旋转相似)， 此时会有2组相似三 角形。 1. 等边三角形手拉手 (1)如图，B、C、D 结论一 :△ACD△ 三点共线，△ABC和 BCE △CDE是等边三角形， 证 明 连接AD、BE,交于点 AC=BC → P: ∠ACD=∠BCE CD=CE △ACD≌△BCE (SAS) (2)记AC、BE交点 结论二： △ACN≌ 为M,AD、CE交点为 △BCM;△MCE≌△ N: NCD 证 明 [∠MBC=∠NAC BC=AC ∠BCM=∠ACN △ACN≌ △BCM (SAS)i 「∠MCE=∠NCD CE=CD ∠CEM=∠CDN →△MCE≌△NCD （ASA) (3)连接MW: 结论三：AMNC是 等边三角形. 证 明 CM=CN →△M ∠MCN=60° CW是等边三角形. (4)记AD、BE交点 结论四：PC平分∠ 为P,连接PC: BPD 证明：△BCE兰△ H G ACD→CG=CH→ PC平分∠BPD. （5)连接PC: E 结论五：∠APB=∠ BPC∠CPD=∠ A 60 160 DPE=60°. 6060 B D (6)连接AE: 结论六：P点是 △4CE的费马点 （PA+PC+PE值最 小) ● 2.正方形手拉手 如图，四边形ABCD和 结论一 △BCEY△ 四边形CEFG均为正方 DCG 形，连接BE、DG: 证 明 CB=CD ∠BCE=∠DCG→ CE=CG △BCE≌A DCG G (SAS) 结论二：BE=DG, BE LDG 证明：△BCE≌△ DCG→BE=DG; ∠CBE=∠CDG→∠ DHB=∠BCD=90° (旋转角都相等) 模型母题 1.如图，四边形ABCD中，已知∠BAC=∠BDC=90°，且AB=AC. D ⊙ (1)求证：∠ABD=∠ACD; (2)记△ABD的面积为S,△ACD的面积为S,· ①证：-号4D: ②过点B作BC的垂线，过点A作BC的平行线，两直线相交于M,延长BD至P,使得 DP=CD,连接MP.当MP取得最大值时，求∠CBD的大小. 模型八梯子模型（斜边中点模型) 条件 图示 结论及证明 如图所示，线段AB的 【结论】当0，Q,C三点共线 两端在坐标轴上滑动， 时，OC取得最大值， ∠ABC=90°，AB的中点 【证明】在Rt△AOB中， 为Q,连接OQ,QC A0=BO, B :.00-号8 在Rt△ABC中，由勾股定理得 CO=OB'+CB= +CB .0C≤O0+C0 当0,0，C三点共线， OC取得最大值， 0C=00+0C,即 2 AB CB 【小结】梯子模型的题，关 键是取两个图形的公共边的 中点作为桥梁。 模型母题 1.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=1,AC=4,点A在y轴上，点C在x轴 上，则点A在移动过程中，BO的最大值是· B 0 模型九倍长中线模型 条件 图示 结论及证明 1、基本型：如图1， 证明思路：延长 在三角形ABC中，AD AD至点E,使得 为BC边上的中线， B D B D AD=DE.若连结 E E BE,则 (1) (2) △BDE=△CDA; 图1 若连结EC,则 △ABD三△ECD 2、中点型：如图2，C 证明思路：若延长 为AB的中点. EC至点F,使得 C CF=EC,连结 G AF,则 (1) (2) △BCE=△ACF: 图2 若延长DC至点 G,使得 CG=DC,连结 BG,则 △ACD=△BCG 3、中点+平行线型：如 B B 证明思路：延长 图3，ABI∥CD,点E CE交AB于点F 为线段AD的中点. (或交BA延长线于 点F),则 图3 △EDC三△EAF 模型母题 1.如图，△ABC与△ACD均为直角三角形，且∠ACB=∠CAD=90°，AD=2BC=6 AB:BC=5:3,点E是BD的中点，则AB的长为一 A E B 模型十截长补短模型 条件 图示 方法 截长法与补短法，具体 如图1，若证明线段 做法是在某条线段上截 A B 取一条线段与特定线段 AB,CD,EF之间存在 相等，或是将某条线段 E 图1 EF=AB+CD,可以考虑 延长，使之与特定线段 图2 截长补短法。 相等，再利用三角形全 等的有关性质加以说 明，这种做法一般遇到 图3 截长法：如图2，在 证明三条线段之间关系 EF上截取EG=AB,在 是常用. 证明G=CD即可； 补短法：如图3，延 长AB至H点，使 BH=CD,再证明 AH=EF即可. 模型母题 1.如图所示，△4BC是边长为1的正三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°的∠MDN,点M、N分别在AB、AC上，求△AMN的周长· N M D 模型十一截长补短模型 条件 图示 秒杀方法 (1)如图，将∠AOB旋 利用旋转性质解题的 转至∠A’OB’,则∠ 步骤为： AOA=∠BOB. (1)找旋转点，得等 (2)如图，将△A0B旋 边、等角； 转至△AOB’,连结 AA,BB,则△AOA' (2)证全等或相似； ∽△B0B(即旋转相 (3)利用全等或者相 似) 似得到边、角关系 【小结】旋转相似核 心：有公共顶点、夹 角相等、两边成比例 →构造相似三角形， 实现线段转化、角度 转移。 模型母题 1.【问题发现】(1)如图1，在Rt△ABC中，AB=AC,D为BC边上一点（不与点B, C重合)将线段AD绕点A顺时针旋转90得到AE,连接EC,则线段BD与CE的数量关 系是，位置关系是； D 图1 图2 图3 【探究证明】（2)如图2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB=AC,AD=AE,将△ADE绕点 A旋转，当点C,D,E在同一直线时，BD与CE具有怎样的位置关系，并说明理由： 【拓展延伸】（3)如图3，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，BC=2CD=4,将△ACD绕点A 顺时针旋转，点C对应点E,设旋转角∠CAE为(0°<<360°)，当点C,D,E在同 一直线时，画出图形，并求出线段BE的长度. 模型十二弦图模型 条件 图示 结论及证明 1.内弦图 【结论】：△ABE≌△BCF≌ △CDG≌△DAH. 如图，在正方形ABCD 中，BF L CG,CGL 【证明】： DH,DH⊥AE,AE⊥ 因为∠ABC=∠BFC=90° BE 所以∠ABE+∠FBC=∠FBC十 ∠FCB-90°. 所以∠ABE=∠FCB. 又因为AB=BC.所以△ABE≌ △BC℉， 同理可得△ABE≌△BCF≌△ CDG≌△DAH. 2.外弦图（此图中 【结论】：△OBM≌△MCN ≌△NDP≌△PAQ, 还包含了一线三等 角) 【证明】： 因为∠B=∠QMN=∠C= 如图，在正方形ABCD 中，点M,N,P,2 90°， 在正方形ABCD边上， 且四边形MNPQ为正 所以∠BQOM+∠QMB=∠ 方形 QMB+∠NMC=90°， 所以∠BOM=∠NMC. 又因为QM=MN,所以△ QBM≌△MCN. 同理可得△QBM≌△MCN ≌△NDP≌△PAQ 3.用赵爽弦图证明 证明：由图2得，大正方形 勾股定理 应@ 面积=4× 2ab+c2= (a+b)2, 图1 图2 整理得b+c2+2b 2ab+c2, .c2=a2+b2, 即直角三角形两直角边的平 方和等于斜边的平方. 模型母题 1.公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了"赵爽弦图”.将 两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方 形MNP2,记空隙处正方形ABCD,正方形EFGH的面积分别为S,S,(S,>S,),则 下列四个判断：①+S-e②DG-2MF;③若∠M阳-30，则8=3汉： ④若点A是线段GF的中点，则3S,=4S,其中正确的序号是 D B ☒} G E 图1 图2 模型十三勾股树模型 条件 图示 结论 面积核心：以直 迭代规律：勾 角三角形三边向 股树无限分叉 外作相似图形 时，每一层所 (正方形正三角 有小图形面画积 形半圆等)，两 和=最底层大 直角边上图形面 图形面积，总 积之和=斜边上 面积保持不 图形面积。 变。 作等腰直 作正方形（毕达 作等边三角形 作半圆 角三角形 哥拉斯树的起 始图形) 结论：S,+S2=S 模型母题 1.如图1，毕达哥拉斯树，也叫勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的 一个可以无限重复的树形图形.在图2中，∠ACB=90°，分别以Rt△ABC的三条边为 边向外作正方形，连接BE,DG、BE,交AC于点Q,若∠BAC=30°，BC=2,则四 边形EQGD的面积是 D E 30 B M 图1 图2 模型十四瓜豆原理 条件 图示 结论 一、 运动轨迹 解析：Q点轨迹是一个 为圆 圆 ·0 问题1.如图，P 理由：Q点始终为AP 是圆0上一个动 中点，连接AO,取AO 点，A为定点， 中点M,则M点即为Q Q 点轨迹圆圆心，半径 连接AP,Q为AP MQ是OP一半，任意 A 中点.当点P在 时刻，均有 △AMQ∽△AOP, 圆0上运动时， OM A0 1 Q点轨迹是？ PO AP 2 问题2.如图， 解析：Q点轨迹是一个 △APQ是直角三角 圆 形，∠PAQ=90°且 ·0 理由：APLAQ,∴9 AP=2AQ,当P在 点轨迹圆圆心M满足 圆0运动时，Q AM⊥AO: 点轨迹是？ 又：AP:AQ=2:1, Q点轨迹圆圆心M满足 AO:AM=2:1. 即可确定圆M位置，任 意时刻均有 △APO∽△AQM,且相 似比为2. 模型总结 条件：两个定量 (1)主动点、从动点与定点连线的夹角是定量（∠PAQ是定值）； (2)主动点、从动点到定点的距离之比是定量(AP:AQ是定值)· 结论 (1)主、从动点与定点连线的夹角等于两圆心与定点连线的夹角：∠PAQ=∠OAM: (2)主、从动点与定点的距离之比等于两圆心到定点的距离之比：AP:AQ=AO:AM, 也 等于两圆半径之比. 条件 图示 结论 二、运动轨迹为 A 解析： 当P点轨迹是直 线时，Q点轨迹也是一条 直线 直线. 问题1：如图，P 理由：分别过A、Q向 BC作垂线，垂足分别为 是直线BC上一动 C M、N,在运动过程中， A 点，连接AP,取 因为AP=2AQ,所以QN始 终为AM的一半，即Q点 AP中点Q,当点P 到BC的距离是定值，故 在BC上运动时，Q Q点轨迹是一条直线. 点轨迹是？ M 问题2：如图， 【分析】当AP与AQ夹 △APQ是等腰直角 角固定且AP:AQ为定值 三角形， 的话，P、Q轨迹是同一 ∠PAO=90° 且 C 种图形. AP=AQ,当点P 22 当确定轨迹是线段的时 在直线BC上运动 候，可以任取两个时刻 时，求Q点轨 的Q点的位置，连线即 迹？ 1 可，比如Q点的起始位 A 置和终点位置，连接即 得Q点轨迹线段. O P、Q两点轨迹所在直线 的夹角等于∠PAQ(当∠ a PAQ≤90°时，∠PAQ等 于MN与BC夹角) P、Q两点轨迹长度之比 等于AP:AQ(由△ABC∽ △AN,可得 AP:AQ=BC:MN) 。 模型总结 条件：主动点、从动点与定点连线的夹角是定量： 主动点、从动点到定点的距离之比是定量 结论：①主动点、从动点的运动轨迹是同样的图形： ②主动点路径所在直线与从动点路径所在直线的夹角等于定角 ③当主动点、从动点到定点的距离相等时，从动点的运动路径长等于主动 点的运动路径长。 模型母题 1.如图，A是⊙B上任意一点，点C在⊙B外，已知AB=2,BC=4,△ACD是等边三 角形，则△BCD的面积的最大值为 B 2.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0,4)，P是x轴上一动点，把 线段PA绕点P顺时针旋转60得到线段PF,连接OF,则线段OF长的最小值是 模型十五铅垂法求三角形面积最值 条件 图示 结论 A、B两点之间的 AY 水平距离称为“水 平宽”； 一水平宽×铅垂高 2 过点C作x轴的垂 线与AB交点为 【解题步骤】 D,线段CD即为 AB边的“铅垂 (1)求A、B两点水平距离， 高”. 即水平宽； 求三角形面积的最 (2)过点C作x轴垂线与AB交 值 于点D,可得点D横坐标同点 C: (3)求直线AB解析式并代入 点D横坐标，得点D纵坐标： /超 (4)根据C、D坐标求得铅垂 高； 水平宽 (5)利用公式求得三角形面 积. 模型母题 1.在平面直角坐标系xOy中，等腰直角△4BC的直角顶点C在y轴上，另两个顶点A, B在x轴上，且AB=4,抛物线经过A,B,C三点，如图1所示. (1)求抛物线所表示的二次函数表达式. (2)过原点任作直线1交抛物线于M,N两点，如图2所示. ①求△CMN面积的最小值， ②已知Q1-马是抛物线上一定点，问抛物线上是否存在点P,使得点P与点D关于直线 1对称，若存在，求出点P的坐标及直线1的一次函数表达式；若不存在，请说明理由. B C c 图1 图2 模型十六中点模型 条件 图示 结论 在△ABC中，AB A AD平分∠BAC,AD是边 =AC,取BC的 BC上的高，AD是BC边 中点D,连接AD 上的中线， B D 在Rt ABC中，D B CD=AD=BD. 为斜边AB的中 D 点，连接CD 在Rt△ABC中， AD=BD=CD=BC,△ AB=2BC,作斜 BCD是等边三角形. 边AB上的中线 y CD D 在△ABC中，AD A △ADC△EDB. 为△ABC的中线， 延长AD至点E, B 使得DE=AD,连 接BE 在△ABC中，AD A 四边形ABEC是平行四边 为△ABC的中线， 形. 延长AD至点E, B 使得DE=AD,连 接BE 已知点E是△ 四边形BFCE为平行四边 ABC△ABC中线 形或ABDF≌△CDE或△ AD上的一点，延 B BEDY△CFD. 长AD至点F,使 得 DE DF DE-DF 连接BFCF D为AB的中点， DE为△ABC的中位线； 过点D作DEI BC; DC为△ABF的中位线. 过点B作BFII DC 交AC的延长线于 点F 如图1 AB=BC 连 接AC、OB,则 图 OB⊥AC,OB平 分AC 如图2，点C为 弦AB的中点，连 接OC,则OC⊥ AB. 模型母题 1.半径为2.5的⊙O中，直径AB的不同侧有定点C和动点P.已知BC:CA=4:3, 点P在AB上运动，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q. (1)当点P与点C关于AB对称时，求CQ的长； (2)当点P运动到AB的中点时，求CQ的长； (3)当点P运动到什么位置时，CQ取到最大值？求此时CQ的长. 模型十七奔驰模型 条件 图示 结论 等边三角形ABC ①∠APB=150° 内部任意一点 P,连接PA、 PB、PC。 ®Sw=A8=25g+36 4 若满足 PA2+PB2=PC2 ①【证明】以AP为边向左侧作 等特殊条件，可求 B C 等边△APD,连接BD, 出 ∠APB,∠BPC,∠C ,△ABC,△ADP为等边三角形 的度数。 ∴.∠DAB=60°-∠BAP,∠PAC= 如图，等边△ 60°-∠BAP ABC,PA=3, D ∴.∠DAB=∠PAC PB=4,PC=5 可得△DAB≌△PAC B ∴.DB=PC=5 .'DP2+BP2=DB2, ∴.∠DPB=90°，∠APB=150° ②过B作BQ⊥AP于Q, .∠APB=150° ∴.∠BPQ=30°，BP=4,BQ=2 P0=√BP2-E O2=2V3 ∴.AB2=AQ2+BQ2=25+12V3 AB2=25V3+36 4 模型母题 1.如图，P是等边三角形ABC内一点，将△ACP绕点A顺时针旋转60°得到△ABQ,若 PA=2,PB=4,PC=25,则四边形APBQ的面积为() A.2N5 B.33 C.45 D.53 模型十八角平分线模型 条件 图示 结论 P是∠AOB平分 y PM-PN 线上的一点，过 M 点P作PM⊥OA P 于点M,过点P 作PN⊥OB于点 B 0 N AD是∠CAB的 C DE-DC 平分线 ∠C=90°，过 点D作DE⊥AB d A 于点E E 点D是∠AOB △OED≌△OFD 平分线上的一 点，在OA、OB 上分别取点E、 1D F 且 中 0 OE=OF,连接 DE、DF 点D是∠AOB △EOD是等腰三角 平分线上的一 形，即EO=ED. 点，过点D作 E 3 D DE∥OB 12 B o OC 平 分 OD=OE ∠AOB,点D 是OA上一点，过 E< 点D作DE∥OC 交OB的反向延长 线于点E OE平分∠AOB, A DE=EF,OD-OF, ∠ODF=∠OFD. 点D在OA上， D DE⊥OE,则可延 E 长DE交OB于点 B F 0 F 已知：OC平分 A △OEM∽△OFN ∠AOB,点E、 E F分别在OAOB F 上，过点E作 E EM⊥OC于点 0 M,过点F作 FN⊥OC于点W 已知：OC平分 A △OEM∽△OFN ∠AOB,点E M b C F在OC上，作 EM⊥OA于点 E M,作FN⊥OB 0 N 于点W 已知：OC平分 △OEM∽△OFN ∠AOB,点E、 F在OC上，作 C M F ∠EMO=∠FNC ⊙ N ∠BAC是圆O的 B BF=CF,DG 圆周角，∠DOE =EG 是圆O的圆心 角，AF平分∠ D BAC,OG平分∠ DOE,连接BF CF DG EG 【内内模型】如 ∠D=90°+ 32A 图，△ABC两个 内角平分线交于 D 点D 3 12 4 B 【内外模型】如 ∠D= A 图，△ABC的一 个内角平分线和 一个外角平分线 交于点D 【外外模型】如 4 ∠D=90°- 图，△ABC两个 外角的角平分线 B 交于点D E 模型母题 1.在△ABC中，若存在一个内角角度是另外一个内角角度的n倍(n为大于1的正整 数)，则称△ABC为n倍角三角形.例如，在△ABC中，∠A=80°，∠B=75°，∠C= 25°，可知∠B=3∠C,所以△ABC为3倍角三角形. (1)在△ABC中，∠A=80°，∠B=60°，则△ABC为倍角三角形； (2)若锐角三角形MNP是3倍角三角形，且最小内角为a,请直接写出a的取值范围 为一· (3)如图，直线MN与直线PQ垂直相交于点O,点A在射线OP上运动（点A不与点O 重合)，点B在射线OM上运动（点B不与点O重合）.延长BA至G,已知∠BAO、 ∠OAG的角平分线与∠B0Q的角平分线所在的直线分别相交于E、F,若△AEF为4倍角 三角形，求∠AB0的度数. B A 模型十九最大张角模型（米勒定理） 问题和条件 图示 结论及证明 已知点A,B是∠ 【结论】当且仅当三角形ABC MON的边ON上的 两个定点，点C是 的外圆与边OM相切于点C时， 边OM上的动点， ∠ACB最大， 则当C在何处时， ∠ACB最大？ 【证明】连结A,B,因为∠ AC'B是圆外角，∠ACB是圆周 角，易证∠AC'B小于∠ACB, 故 ∠ACB 最大 在△ACD中∠ADB=∠ACD+∠DAC 所以∠ADB>∠ACD 又因为∠ACB=∠ADB 所以∠ACB>∠ACD 模型母题 1.如图，在△ABC中，AC=6,BC=8√5，∠ACB=60°，过点A作BC的平行线1，P 为直线1上一动点，OO为△APC的外接圆，直线BP交⊙O于E点，则AE的最小值为 A E C 模型二十正方形十字架模型 条件 图示 结论及证明 AE=BF,△ABE≌△BCF 证明： 在正方形ABCD中， AB=BC,∠ABE=∠BCD=90° 如图：正方形 ABCD内部， 如果AE⊥BF,则 AE⊥BF ∠FBC+∠AEB=90°，∠FBC+∠BFC=90° ∴.∠AEB=∠BFC 又.AB=BC .VABE =VBCF(AAS) “AE=BF（对应边相等) △BCF≌△IME A 当正方形内部 为以下垂直形 状时，同样可 以通过证明全 等的方式证明 互相垂直的两 M E 条线段相等。 D △ABE≌△MNF F M B ∠IHQ=∠PJK,△JPK≌△HQI A D B P 模型母题 1.如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE=1.将正方形沿GF折叠，使 点A恰好与点E重合，连接AF,EF,GE,则四边形AGEF的面积为()】 D B E A.2V10 B.25 C.6 D.5 模型二十一三角形--一8字模型 条件 图示 结论 如图，AC与BD相 【结论】∠A+ 交于点0 A ∠B=∠C+∠D. B 【证明】在△ AB0中，∠A+ ∠B+∠ 1=180° 2 在△CD0中， ∠C+∠D+∠ 2=180°， .∠1=∠2， ∴.∠A+∠B=∠ C+∠D. 模型母题 1.如图，已知AB=AC,∠FBA=∠ECA,∠EAF=∠BAC,点C,D,E,F共线.则下列结 论：①△AFB AEC;②BF=CE;③∠BFC=∠EAF;④AB=BC.其中正确的是 (填序号)· E B 模型二十二三角形-一燕尾模型（飞镖模型) 条件 图示 结论 如图1所示，已知 A ∠BDC∠A+∠B+∠C. 四边形ABDC 【证明】如图，延长BD 交AC于点E. :∠BEC是△ABE的外 角，.∠BEC=∠A+∠B. D E 又，∠BDC是△CDE的外 角， .∴.∠BDC∠BEC+∠C∠ B C A+∠B+∠C. 模型母题 1.如图，在VABC中，∠A=20°，∠ABC与∠ACB的角平分线交于D,∠ABD与∠ACD的 角平分线交于点D,依此类推，∠ABD,与∠ACD,的角平分线交于点D,则∠BD,C的度数 是() A D A.24 B.25 C.30° D.36° 模型二十三中点四边形模型 条件 图示 结论 (1)任意四 边形四条边的 中点依次连接 得到的四边形 一定是平行四 边形。 (2)对角线 垂直的四边形 (包括菱形) 的中点四边形 依次连接四边形 是矩形。 四边中点连线的 四边形得到中点 (3)对角线 四边形 相等的四边形 (包括矩亚) 的中点四边形 是菱形。 (4)对角线 垂直且相等的 M 四边形（包括 正方形)的中 点四边形是正 方形。 模型母题 1.我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形 H 图1 图2 (1)如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中 点，中点四边形EFGH是· (2)如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB,PC=PD,∠APB= ∠CPD,点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.猜想中点四边形EFGH 的形状，并证明你的猜想. (3)若改变(2)中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点 四边形EFGH的形状（不必证明）， 模型二十四婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理） 条件 图示 结论及证明 （一)知“垂 【结论】①点N是AD的中点，② 直”，推“中 SACBE=S△ABD,③CE=2BN. 点”。 【证明】 如图，△ABC和△ (1)过A作AP⊥MN,垂足为 DBE是等腰直角三 角形，MN经过点 P,过D作DQ⊥MN交MN的延 B,若MN⊥CE 长线于Q, 易证：△ABP≌△BCM,AP= BM,△DQB≌△BME,DQ=BM P ∴.AP=DQ 易证：△APN≌△DQN ..AN-DN ②如图，由①知，SACM= B SABAP,SAB△aM=S ABD,S△MPv= S ADON .∴S MABD=SABN十S ADEN=S ABAP +S MPN+S ABD2 -S ADON -S ABAP +S ABDO =S ACBM +S ARBM =SACBE,即SACBE=SA4BD,得证. ③如图，由①得，PN=QN, ∴.CE=CM+EM=BP+BQ=BN -NP+BN+QN=2BN,得证 (二)知“中 点”，推“垂 【结论】①PQLAD,②S△CBB= 直”。 SAABD,③AD=2BP 如图，△ABC和△ 【证明】：延长BP至点M,使 DBE是等腰直角三 PM-BP, 连结ME, 角形，点P是CE 的中点，PB的延 易证：△PBC≌△PME 长线交AD于点Q ∴.BC=ME,BC∥ME .AB=AC ∴.AB=EM, .BC∥ME, ∴.∠CBE+∠BEM=180°， 又.'∠ABC=∠DBE=909 ∴.∠CBE+∠ABD=180°， ∴.∠ABD=∠MEB, 易证：△ABD≌△MEB, ∴.∠2=∠1， ,∠1+∠3=90° ∴.∠2十∠3=90° ∴.∠DQP=90° ②如图， 由①知S ACBE=Sac8P十 S ASBP -S ARMP +S ARBP =S AMBB S MBD,得证， ③如图，由①知AD=MB= 2BP,得证。 （三)婆罗 【证明】 摩笈多定理： ,'AC⊥BD,ME⊥BC 若圆内接四边形 的对角线相互垂 ∴.∠CBD=∠CME 直，则垂直于一 边且过对角线交 .∠CBD=∠CAD, 点的直线将平分 ∠CME=∠AMF 对边。 ∴.∠CAD=∠AMF ∴.AF=MF ,∠AMD=90°，同时 ∠MAD+∠MDA=90° ∴.∠FMD=∠FDM ∴MF=DF,即F是AD中点 模型母题 1.在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB,AC为边向作正方形ABDE和正 方形ACFG,连接CE,BG和EG,EG与HA的延长线交于点M,下列结论：①BG=CE; ②BG⊥CE;③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC.其中正确的是一. M D 模型二十五垂美四边形模型 【定义】对角线互相垂直的四边形为垂美四边形。 已知 图示 结论（性质） 证明过程 四边形中 ①S垂美四边形 ①S垂美四边形 ABCD= AC⊥BD ABCD-ACBD SAAPD+S△CPD+ SAAPB+SACPB 1 1 AP*PD+二CP* 2 1 1 +二AP*PB+二CP*P 2 2 1 AC*BD 2 ②AB2+DC2=AD2+BC2 ②由勾股定理易证。 如图，在 D DP2+BP2=AP2+PC DP2+BP2=DP2+BC2+PC2 矩形ABCD 中，P为 PC2+AP2=PC2+DP2+AD2 CD边上一 3 点，连接 而AD=BC AP、BP ..DP2+BP2-AP+PC2 如图，在 AP2+PC2-DP2+BP2 矩形ABCD 中，P为矩 形内部任 B 意一点， 连接AP、 过点P分别作PE⊥AB、 BP,CP, DP PF⊥BC、PG⊥CD、PH⊥ AD垂足分别为点E、点 F、点G、点H 由已知条件可得HF⊥EG ∵HG+EF=EH+FG(证明 过程略) 而AP=EH, BP=EF CP=FG,DP=GH ..AP2+PC2=DP2+BP2 模型母题 如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形. (1)概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,CB=CD,问四边形ABCD 是垂美四边形吗？请说明理由； (2)性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC,BD交于点0.猜想： AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想. (3)解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形 ACFG和正方形ABDE,连结CE,BG,GE.已知AC=4,AB=5,求GE的长. B D D 图1 图2 图3 模型二十六相似三角形之母子型相似 “母子”模型的图形（通常有一个公共顶点和另外一个不是公共的顶点，由于小三角形寓 于大三角形中，恰似子依母怀)，也是有一个“公共角”，再有一个角相等或夹这个公共 角的两边对应成比例就可以判定这两个三角形相似 条件 图示 结论 （1)“母子”模 △ABD∽△ACB D 型（斜射影模 AB2=AD.AC. 型) 条件：如图 ∠C=∠ABD (2)双垂直模型 △ACD∽△ABC∽△C (射影模型) BDi CA2=ADAB BC2 BD-BA CD2= 条件如图， DADB. ∠ACB=90°， CD⊥AB （3)“母子”模 △ABD∽△ECA 型（变形） 条件：如图， D B ∠D=∠CAE, AB=AC (4)共边模型 BD=BA.BC D 条件：如图，在四 边形ABCD中， B 对角线BD平分 ∠ABC ∠ADB=∠DCB 模型母题 1.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15,BC=9,点P,2分别在BC,AC上， CP=3x,C0=4x(0<x<3).把△PCQ绕点P旋转，得到△PDE,点D落在线段P9 上.若点D在∠BAC的平分线上，则CP的长为() D A.5 B.5.5 C.6 D.6.5 2.如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=4,O为矩形ABCD对角线的交点，以D为圆 心，1为半径作OD,P为OD上的一个动点，连接AP,OP,则△AOP面积的最大值是 () B C A. c.7 4 模型二十七相似三角形之K字型相似 学习K字型相似，需要和全等三角形模型当中的一线三等角全等模型联系起来， 事实上，当相似比等于1（或者对应边相等）的时候，K字型相似就成了一线三等角全 等模型。 条件 图示 结论 一、同侧型 结论：△ACE∽△BED。 条件：如图，4 证明：：∠1+∠C=∠2+∠ 1=∠2=∠3 DEB(外角定理)，∠1= B ∠2 (锐角型) ∠C=∠DEB,,∠1=∠ D 3,∴.△ACE∽△BED。 (直角型) D (钝角型) 二、异侧型 结论：△ADE∽△BEC. 证明：，∠1=∠2，∴.∠ 条件：如图，∠ 2 A 1=∠2=∠3， CBE=∠EAD(等角的补角 相等)，∴∠C=∠DEB, .∠1=∠3，.△ACE∽△ BED。 .∠2=∠C+∠CEB(外角 定理)，∠3=∠DEA+∠ CEB,∠2=∠3∴∠C=∠ DEA,∴.△ADE∽△BEC 模型母题 1.如图，平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AB:BC=3:2,点A(3,0),B(0,6)分别在x 轴，y轴上，反比例函数y=的图象经过点D,则k值为(） B D A.12 B.14 C.7 D.9 2.如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线 上，且BE=BF,连接AC、AE、AF,过点E作EG⊥AF于点G,分别交AB、AC、 DC于点M、H、N.则下列结论：①MN=AF;②∠EAH=∠EHA; ⑧BN,BN=BCHN:④若BP:C=3:4,则am∠PAC-号：⑤图中共有5个等腰三角 形.其中正确的结论是() MG中 EB万 A.①②③⑤ B.①②④⑤ C.①②③④ D.①③④⑤ 模型二十八相似三角形之A字型相似 “A”字模型图形（通常只有一个公共顶点）的两个三角形有一个“公共角”（是 对应角)，再有一个角相等或夹这个公共角的两边对应成比例，就可以判定这两个三 角形相似。 条件 图示 结论 ①“A”字模型 结论：△ADB∽△4BC台AD=AE AB AC 条件：如图， D DE BC° DE∥BC B 证明：，DE∥BC ①“A”字模型（平 行) ∴.∠ADE=∠ABC∠AED=∠ACB .△ADE∽△ABC .AD=AF_DE AB AC BC ②反“A”字模型 A 结论：△ADB∽△ACB台AD=AE AC AB 条件：如图 DE ∠AED=∠B BCo 证明：，∠AE,D=∠B, B ∠A=∠A,( 公共角) ②反“A”字模型（不平 行) .△ADE△ACB, .AD=AE= AC AB DE BC ③同向双“A”字模 A 结论： △AEF∽△ABC 型 △AEG∽△ABD 条件：如图， E △AGF∽△ADC台EG-FG_AG BD CD AD EF∥BC D 证 明 :.EF∥BC ③同向双“A”字模型 ∴.∠AEF=∠ABC ∠AFE=∠ACB .△AEF∽△ABC, 同理可证：△AEG∽△ABD △AGF∽△ADC,.4D=AE= AB AC DE BC ④内接矩形模型 结论：△ADG△ABC,△ADN~△ 条件：如图，△ABC ABM AGN △ 的内接矩形DEFG ACM DG ANAN 的边EF在BC边 BC AB AM 上，D、G分别在 B E MF AB、AC边上，且 证明 :.DEFG 是矩 形 ④内接矩形模型 AM LBC .DG∥EF,∴.∠ADG=∠ABC, ∠AGD=∠ACB .△ADG∽△ABC, 同理可证：△ADW~△ABM,△AGW ~△ACM,∴.DC-AN_AN BC AB AM 模型母题 1.在锐角VABC中，分别以AB和AC为斜边向VABC的外侧作等腰Rt△ABM和等腰 Rt△ACN,点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN.根据题 意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①MD=FE,②∠DM=∠EFN, 1 ③MLN,④Sce=S地e四，其中结论正确的个数为(） A.4 B.3 C.2 D.1 2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，取AC的中点D,连接BD,点C关于线段BD的对 称点为点E,点F为线段CD上的一个动点，连接AE、BD、BE、DE,已知AC=2W5, BC=2,AB= 号，0/E,当：r的值碳小时，则货的佰为() A.25 B.365 D 5 5 c.9 3-2 模型二十九相似三角形之“8”字型相似 “8”字模型图形的两个三角形有“对顶角”，再有一个角相等或夹对顶角的两边 对应成比例就可以判定这两个三角形相似·. 条件 图示 结论 ①"8"字模型 结论：△AOB△COD台AB=OA CD OC 条件：如图， OB AB∥CD OD° D 证明：AB∥CD,∴.∠A=∠C ∠B=∠D ∴.△AOB∽△COD .AB=O4OB CD OC OD° ②反“8”字模型 D 结论：△AOB∽△DOC台AB=OA CD OD 条件：如图2， ∠A=∠D; OB OC° 证明 :.∠A ∠D ∴.∠AOB=∠DOC,(对顶角) A40B∽AD0C,B=04 CD OD OB 0C° ③平行双“8”字模 结论：AE_BE=4B。 DF CF CD 型 条件：如图3， 证明：AB∥CD,.∠A=∠D AB∥CD ∠AEO=∠DFO ∴.△AEO∽△DFO, 同理可证：△BEO∽△CFO, △ABO∽△DCO .AEBE AB DE CF CD ④斜双“8”字模型 结论 :△AOD∽△BOC 条件：如图4， △AOB∽△DOC台∠3=∠4。 ∠1=∠2 B 证明：∠1=∠2，∠AOD=∠BOC （对顶角)，∴.△AOD∽△BOC, ∴.AO:BO=DO:CO 即 AO:DO-BO:CO :∠AOB=∠DOC（对顶角)， ∴.△AOB∽△DOC,.∠3=∠4. 模型母题 1.如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3,AC=4,点P为BC上任意一点，连接PA, 以PA、PC为邻边作平行四边形PAOc,连接PQ,则PQ的张的最小值为 2.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点0是坐标原点，点A是函数y=1(x<0)图象上 一点，A0的延长线交函数y- 《(x>0,k是不等于0的常数)的图象于点C,点A关 于y轴的对称点A',点C关于x轴的对称点为C',连结CC'交x轴于点B,连结AB, AA',AC”,若VABC的面积等于6，则由线段AC,CC',CA,AA所围成的图形的面 积等于· 模型三十相似三角形之射影定理 条件 图示 结论 如图，∠ACB DC2=DADB =90°，CD1 AB, AC2=ADAB B BC2=BD-BA ACBC=AB·CD(面积法) 记忆口诀： 公共边2=共线边乘积 模型母题 1.如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交BC于点E,点F在BC的 延长线上，且CF=BE,连接DF (1)求证：四边形AEFD是矩形： (2)连接AC,若∠ACD=90°，AE=4,CF=2,求EC和AC的长. B E 2.如图，在RtAABC中，∠ACB=90°，AC=3,BC=4,CD1AB,垂足为D,E为 BC的中点，AE与CD交于点F,则DF的长为· B E D 模型三十一托勒密定理 托勒密定理(Ptolemy's theorem):指圆内接凸四边形两对对边乘积的和等 于两条对角线的乘积。 （托勒密不等式)：对于任意凸四边形ABCD,有AC,BD≤AB.CD+AD·BC 条件 图示 结论 在四边形ABCD 结论： 中，若A、B、 AC.BD=AB.CD+AD.BC C、D四点共圆 证明：核心方法是利用旋转相 似，产生两组相似三角形，对 应边成比例推出。 在线段BD上取点E,使得∠ BAE=∠CAD, 易证△AEB~△ADC, AB BE ACCD,即 AC.BE=AB.CD 当∠BAE=∠CAD时，可得：∠ BAC=∠EAD, 易证△ABC△AED, AD DE AC CB ,即 AC.DE AD.BC AC BE+AC.DE =AB CD+AD.BC AC.BD=AB.CD+AD.BC. (1)当△ABC是 图1： 等边三角形时， DB=DA+DC 如图1，当点D 0 在弧AC上时，根 据托勒密定理 图1 有： DB.AC=AD.BC+AB CD D 又等边△ABC有 AB=ACBC,故 有结论： DB=DA+DC· 如图2，当点D 在弧BC上时，结 论： 图2： DA=DB+DC. DA-DB+DC. 图2 (2)当△ABC是 A 图3：V2AD=BD+CD. 等腰直角三角 形， 如图3，当点D 在弧BC上时： 图3 AD.BC=AB.CD+AC.BD 1 图4：BD=√2AD+CD. AB:AC:BC=1:1 ,代入可得： √2AD=BD+CD 图4 如图4，当点D 在弧AC上时： AD·BC=AB:CD+AC:BD AB:AC:BC=1:1:2 ,代入可得： BD=√2AD+CD 模型母题 1.如图，A,P,B,C是⊙O上的四个点，∠APC=∠BPC=60°，过点A作⊙O的切线 交BP的延长线于点D. (1)求证：△ADP∽△BDA; (2)试探究线段PA,PB,PC之间的数量关系，并证明你的结论 D 2.已知AB为⊙O的直径，CD为⊙O的一条弦，顺次连接AC、CB、BD、DA. (1)当∠ACD=45°（如图1-1）时，线段CA、CB、CD间的数量关系为 (2)当∠ACD=30°（如图1-2）时，求证：√3CA+CB=2CD. 0 图1-1 图1-2 模型三十二相交弦定理 条件 图示 结论 条件：在⊙0中， 结论：APDP=BPCP。 弦AB、CD相交于 3 【证明】在△APB和△CPD中 B 点P。 0 ∠1=∠2 ∠3=∠4 .△APB△CPD（实质是 “8”字型相似，不要把对应 边看错即可) AP=BP CP DP 则APDP=BP.CP 条件：在⊙0中， M 结论：BP.CP=MPNP OP所在直线与⊙0 =(r-OP)(r+0P)=r2-0P2 D 交于MN两点， B r为⊙0的半径。 模型母题 1如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O,点D为AC上的动点（点AC除 外)，BD的延长线交⊙O于点E,连接CE. D 0 B (I)求证△CED∽ABAD; (2)当DC=2AD时，求CE的长. 模型三十三弦切角定理、切割线定理 一、弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于 它所夹的弧弧所对的圆周角度数， 二、切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点 的两条线段长的比例中项 条件 图示 结论 弦切角定理：已 B 【结论】：∠1=∠23 知线段AB切⊙0 【证明】连接OB、OD,则 于点B,线段 D A ∠4=∠5 BC、CD为⊙0的 B 弦。 线段AB切⊙0于点B 3 ∴.∠1+∠4=90° D .∠3+∠4+∠5=180° ∴.∠3+2∠4=180°又.∵∠3=2∠2 ∴.∠2+∠4=90° 1=22则21=∠2=3 切割线定理：已 B 【结论】：AB=AD·AC 知如图，线段ADC 【证明】 0 是⊙0的一条割 D .∠1=∠2（弦切角定理模 线，AB是⊙0的 一条切线，切点 型)，∠A=∠A 为点B。 .△ABD△ACB =8 则AB2=ADAC AC 模型母题 1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BE平分∠ABC交AC于点E,点D在AB上， DE⊥EB, (1)求证：AC是△BDE的外接圆的切线； (2)若D=2√6，A矩=6√2，求BD的长. 模型三十四割线定理 割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积 相等 条件 图示 结论 条件：在⊙0 结论：APBP=CPDP。 中，弦AB、CD相 0 【证明】连接AC、BD 交于点P,且点P 通过已知条件证明△APC~ 在圆外 △DPB 能-需则P2r=-P,DP (请尝试连接AD,BC自 行证明) 模型母题 1.如图，过点P引圆的两条割线PAB和PCD,分别交圆于点A,B和C,D,连结 AcBD,则在下列洛比例试中，①片-号：片-器：®器- ,成立的有 AC BD (把你认为成立的比例式的序号都填上). B