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几何经典模型专题归纳
1、瓜豆原理
瓜豆原理 定义 若两动点到某定点的距离比是定值， 夹角是定角， 则两动点的运动路径相同。 瓜豆原理是主从联动轨迹问题，主动点绕定点旋转(旋转+伸缩)成从动点。 主动点叫做瓜， 从动点叫做豆； 主动点到旋转点(变换点)的距离叫主动长， 从动点到旋转点的距离叫从动长； 瓜在直线上运动，豆的运动轨迹也是直线；瓜在圆周上运动，豆的运动轨迹也是圆。
三个条件 ①旋转点为定点(O)； O(旋转点)α (旋转角)B(从动点) A(主动点)
②旋转角为定角(α)；
③动长=定值
结论 ①主动点A在图形M上运动， 那么从动点B在与M 相似的图形上运动；
，主动点运动的路径长_动长=0A=_②定值
模型分析 解题步骤 其实质就是构造旋转、相似； 第1步： 找主动点轨迹； 第2步： 找从动点与主动点的关系(旋转+伸缩)； 第3步： 找主动点的起点和终点(两个特殊点)； 第4步： 通过相似确定从动点的轨迹， 再进行相关计算(如求最值、轨迹路程， 面积等)；
说明 一般在解决此类问题时，通过主动点的起点和终点，找出从动点的起点和终点是解题的关键，根据主动点的特殊位置点， 通过相似确定从动点的特殊点， 从而连成轨迹；
直线型 位似形 已知 如图， 点A为定点， 点P在线段BC上运动， 点Q为AP上一点， 则点Q的运动轨迹也为一条直线(如图虚线MN) ；
结论 AQ=MN
旋转型 已知 如图, 点O为定点, ∠AOB=α, 当点A在直线L上运动 (轨迹为AA')时，则点B的运动轨迹也为直线(如图虚线BB') O(旋转点) α (旋转角) B(从动点) A(主动点)
方法 找一个特殊的主动点， 然后求出从动点运动轨迹所在直线的角为一定角，从而得到从动点的轨迹为一直线。
三个条件 ①旋转点为定点(O 为定点)； ②旋转角为定角(α)； ③ B=K 易证: △AOA'∽ΔBOB' ∴∠AA'O=∠BB'O ∵∠ODB'=∠FDA'(对顶角) ∴∠OBB'=∠OAA'(定角) ∠B'FA'=∠A'OB'=α(定角)
结论 点O为定点, ∠AOB=α, OA: OB=k(定值), 当点 A 在直线L上运动时, 点 B的运动轨迹为一条直线(BB')，直线BB'与直线L的夹角为α。
圆 位似形 模型 如图： 点 A为定点， 点P在⊙O上运动，O为圆心, r为半径, 点 Q为AP 上一点,且AQ:AP=k(定值), 则点 Q 的运动轨迹也为圆(如图虚线⊙M)；
结论 HQ=AM-A -40=k
证明 连接OA, 过Q点作 QM∥OP, 交 OA 于点 M, 于是: MO=AM=A =A =k OA 为定值, AM=k·OA, 则AM 为定值, M为定点; OP 为定值, MQ=k·OP=k·r, 则 MQ 为定值; 所以，点Q在以M为圆心， k·r为半径的圆上。
旋转型 模型 如图, 点A为定点, ∠PAQ=α为定值,AQ:AP=k为定值, 当点P在⊙O 运动时,O为圆心， r为半径， 则点 Q的运动轨迹也为圆(如图虚线⊙M)；
结论 ∠PAQ = ∠OAM=α; A0=AN=NO=k
证明 线段AQ可看成AP 绕A 点逆时针旋转α到AQ， 使AQ=K AP, 再将线段AO 也绕A 点逆时针旋转α到AM, 使 AM=K AO, 易证: △AQM∽ΔAPO (对应边成比例, 夹角相等) 于是：AQ-AM=WO==k, MQ=k-OP=k. AP=k. MQ=k-OP=k. r ⊙O一定, 即O为定点, 半径OP 为定长, 则点M为定点， MQ 为定长， 即到顶点的距离等于定长点的集合， 所以， 点Q的轨迹为以M为圆心， MQ长为半径的圆上。
说明 ①“双动点， 一个随着另一个动”， 即可以考虑“主从联动模型”， 注意模型的三个条件；
②瓜豆模型也叫主从联动模型， 出自成语“种瓜得瓜， 种豆得豆”。 这类动点问题中， 一个动点随另一个动点的运动而运动， 把它们分别叫做从动点和主动点，从动点和主动点的轨迹是一致的， 即所谓“种”圆得圆，“种”线得线(而当主动点轨迹是其他图时， 从动点轨迹必然也是) 。解决这一类问题通常用到旋转和相似；
③主从联动问题变换前后的图形形状不变， 但大小可能发生变化， 其解题方法就是构造旋转、位似图形，本质就是对图形中的每个点进行旋转变化和位似变化。
2、费马点专题
费马点 指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最短的点；
3个 内角 均 <120° ①三角形3个内角均小于120°
若三角形3个内角均小于120°， 那么3 条距离连线正好三等分费马点所在的周角， 即该点所对三角形三边的张角相等(均为120°)，所以三角形的费马点也称为三角形的等角中心。
证明： 任取一顶点C， 然后以C点为旋转中心， 将ΔDCB 逆时针旋转60°到ΔECF 位置。 可知ΔDCB≌ΔECF, ΔECD 为等边三角形。 可得: DB=EF, DC=CE=DE ∴ DA+DB+DC = DA+EF+DE 显然当A、D、E、F四点共线时， 距离之和最短 ∴ 当A、D、E共线时, ∠CDA=180°-60°=120°, ∴ 当D、E、F共线时, ∠BDC=∠FEC=180°-60°=120°, ∴ D点对三个顶点的张角都为120°， 这就是费尔马点的位置。
有一 内角 ≥120° ②若三角形有一内角≥120°， 则此钝角的顶点就是到三个顶点距离和最小的点；
证明: 在ΔABC 内任取一点D, 绕C 点逆时针旋转ΔDCB到ΔECF, 使 F、C、A 三点共线;可知 ΔDCB≌ΔECF, 于是 DB=EF, DC=EC, ∠ECF=∠DCB ∴ ∠DCE=∠BCF=180°-∠BCA≤60°(∠BCA≥120°) ∴ DE≤DC (小角对小边) ∴ DB+DC+DA≥EF+ED+DA≥FA(两点之间, 线段最短) 所以当D在C点时(A、D、E、F四点共线),DB+DC+DA有最小值(FA), 即C为费马点。
结论 ①当ΔABC最大内角小于120°时,费马点D在ΔABC内部,且有∠ADB=∠ADC=∠BDC=120°;
②当ΔABC有一内角不小于120°时， 费马点F与最大角的顶点重合。
画费马点 ①分别以ΔABC每一边为边长向外作等边三角形，作其外接圆，三个外接圆交点P即为费马点；
②作一个等边ΔBCF及其外接圆， 直接连接AF， AF与圆的交点P 即为费马点。
3、托勒密定理
托勒密定理 圆的内接四边形中，两条对角线的积等于两组对边乘积之和。
已知 已知四边形ABCD 内接与⊙O, 求证AC·BD = AB·CD + AD·BC。
图示
证明 辅助线: 在对角线BD上取点E, 使∠BAE=∠CAD, 如图所示, ∵ ∠BAE=∠CAD, ∠1=∠2 ∵ ∠BAC=∠EAD, ∠3=∠4 ∴ △BAE∽△CAD ∴ ΔBAC∽ΔEAD . AB E=ACD ∴AC=ADBE ∴ AB CD=AC BE ……① ∴ AD·BC=AC·DE …② 于是①+②得: AB CD+AD BC = AC BE+AC DE =AC(BE+DE) = AC BD
4、12345 模型
已知条件 图示 结论
① tan∠DAF=, tan∠BAE= ∠DAF+∠BAE=45°, △AEF 为等腰RtΔ简记："" + "
② tan∠DFA=3, tan∠AEB=2 ∠DFA+∠AEB=135°, ΔAEF为等腰RtΔ简记: “3”+“2”= 135°
③ tan∠AEB=2, tan∠FEC= ∠AEB+∠FEC=90°, △AEF 为等腰RtΔ简记：
④ tan∠AEB=3, tan∠FEC= ∠AEB+∠FEC=90°, ΔAEF为等腰RtΔ简记：
⑤ tan∠AFG=, tan∠AEB=2 ∠AEB-∠AFG=45°, ΔAEF为等腰RtΔ简记：
⑥ tan∠DFA=3, tan∠BAE= ∠DFA-∠BAE=45°, △AEF 为等腰RtΔ简记：
⑦ tan∠BDA= , tan∠DBA= B tan(∠BDA+∠DBA)=tan∠BAC= / 简记：""
⑧ tan∠BDA=; tan∠DBA= tan(∠BDA+∠DBA)=tan∠BAC= / 简记："" + "" = ",
说明 1) 这里的“1”“2”“3”"" """"""符号，表示的是 正切值为‘ " " 的角的度数；
2) ①②③④⑤⑥中ΔAEF 为等腰直角三角形, ⑦⑧ΔDAB为等腰三角形;
3) 这些结论适用于选择题、填空题的快速运算， 常与方格、坐标系、正方形以及矩形结合，理解“12345”所表示的含义，快速进行解题， 千万不可死记硬背， 要结合知识本质， 理解记忆。
5、海盗埋宝模型
模型分析
故事由来 海盗头弗林特带着一群海盗匆匆忙忙来到一个孤岛上， 打算将刚抢来的财宝藏在这个岛上。 岛上有三棵树， 构成一个三角形， 其中山毛榉树离海边最近，两橡树在山毛榉树的两侧。 他们从山毛榉树到 1 号橡树拉一根绳子，然后从1 号橡树出发， 沿着垂直于绳子的方向， 往岛里走一段等于这段绳子的长度， 把这一地点记为1 号地点； 从山毛榉树到2号橡树拉一根绳子， 然后从2 号橡树出发， 沿着垂直于绳子的方向， 往岛里走一段等于这段绳子的长度， 把这一地点记为2 号地点； 最后他们把财宝埋藏在1号地点与2号地点的正中间，由于匆忙离开时忘记了绘制藏宝图。 半年后有个小海盗瞒着海盗头偷偷潜回该岛，企图盗走财宝， 他知道找财宝的诀窍， 但令他失望的是， 作为标记的山毛榉树被台风刮走了， 没有留下一点痕迹， 只有两棵橡树还在。但他并不放弃，在没有山毛榉树做标记的情况下，凭着智慧找到了财宝，你知道小海盗是怎样找到的吗
模型分析 如图, △ADC 和ΔBEC 是等腰直角三角形, A、B为直角顶点,且C点为公共点；
如图, 连接DE, F为DE的中点(藏宝点), 连接FA、FB、AB;结论①： △FAB是等腰直角三角形；
如图, 延长AF至点P, 使得FP=AF, 连接PE、PB,延长 PE 交 AC 于点 Q, 结论②: ΔDAF≌ΔEPF (SAS) ; 结论③: ΔACB≌ΔPEB (SAS) ; 结论④： ΔABP是等腰直角三角形；
说明 ①两等腰直角三角形一组底角共顶点， 另一组底角顶点连线取中点， 即可考虑“海盗埋宝”模型；
②海盗埋宝模型实质：就是已知两个“脚拉脚”的等腰直角三角形来推出第三个等腰直角三角形；
③用倍长中线或轴对称构造全等三角形， 用等腰直角三角形、全等三角形的性质， 得到复杂图形中边角相等的关系。
倍长中线法 轴对称构造手拉手模型
图示
证明 如图,延长AF至点P, 使得FP=AF,连接PE、PB, 延长PE交AC于点 Q。易证②ΔDAF≌ΔEPF(SAS)(倍长中线模型) ∴ DA=EP, ∠DAF=∠EPF ∴ DA∥EP ∴ ∠EQC=∠DAQ=90° 在四边形 EQCB中, ∠EQC+∠EBC=90°+90°=180° ∴ ∠QCB+∠QEB=180° ∵ ∠PEB +∠QEB=180° ∴ ∠QCB=∠PEB AC=AD=PE ∠ACB=∠PEB - ③ ΔACB≌ΔPEB (SAS) BC=BE ∴ AB=BP, ∠ABC=∠PBE ∵ ∠ABP=∠ABE+∠PBE=∠ABE+∠ABC=90° ∴ ④ ΔABP是等腰直角三角形 ∵ FP=FA ∴ BF⊥AP (三线合一) ∴ ① ΔFAB 是等腰直角三角形 如图, 将ΔDAC 沿AC 对称, 得到ΔPAC,将ΔEBC沿 BC对称, 得到ΔQBC,连接EP、DQ; 易证ΔPCE≌ΔDCQ(SAS) (手拉手模型) ∴ PE=DQ, PE⊥DQ (手拉手模型结论) ∵ AF是ΔDPE的中位线, BF是ΔEDQ的中位线; ∴ AF= PE, AF∥PE BF= DQ, BF∥DQ ∴ AF=BF, AF⊥BF ①△FAB是等腰直角三角形， F为直角顶点
图示 模型分析
模型扩展 当∠ACE=0°时, A、C、E三点共线, B、C、D三点共线;
当∠ACE=45°时, C、D、E、F四点共线, ∠ACB=90°
当∠ACE=135°时, A、B、C三点共线, D、E、F三点共线;∠EBC=∠ECD=∠DAC=90°。
6、婆罗摩笈多模型
模型分析
已知 ΔAOB 和ΔCOD 均为等腰直角三角形且顶点重合；
结论 ①若FE⊥BC, 则F为AD 的中点; ②若F为AD 的中点, 则 FE⊥BC; ③S△AOD=S△BOC; ④若F为AD的中点, 则2OF=BC;
说明 ①两等腰直角三角形共直角顶点， 相邻的两个底顶点相连， 即为婆罗摩笈多模型；
②模型常用到“中点、垂直”互相转化的结论， 再结合等腰直角三角形性质进行线段、面积计算；
图示
证明 结论① 若FE⊥BC, 则F为 AD 的中点; 结论② 若F为AD 的中点, 则 FE⊥BC;
如图： 分别过点A、D作直线EF的垂线，分别交 EF 于点G和H(构造一线三垂直)；在直线EF上， ∠AGO=∠AOB=∠BEO=90°, AO=BO,易证ΔAGO≌ΔOEB (一线三垂直模型)同理可证, △DHO≌ΔOEC ∴ AG=OE=DH ∠AFG=∠DFH ∠AGF=∠DHF ΔAGF≌ΔDHF(AAS) AG=DH 」 ∴①AF=DF, F是 AD 的中点。 如图: 延长EF到点G, 使GF=FO, 连接 AG,F为AD的中点, 易证ΔAFG≌ΔDFO(“倍长中线”模型) ∴ AG=DO=OC, ∠GAF=∠ODF ∴ AG∥OD ∴ ∠GAO+∠AOD=180° ∵ ∠BOC+∠AOD=180° ∴ ∠GAO=∠BOC AO=OB ΔGAO≌ΔCOB AG=OC ∴ ∠AOG=∠OBC ∵ ∠AOG+∠BOE=90° ∴ ∠OBC+∠BOE=90° ∴ ∠BEO=90°, 即 ②FE⊥BC 由ΔGAO≌ΔCOB, ∴ OG=BC, . OF= oG= BC, 即2OF=BC
续右侧, 证明③S△AOD=S△BOC 由ΔGAO≌ΔCOB, △AFG≌ΔDFO, 可得 ③S△BOC= S△OAG = S△OAF+ S△AFG =S△OAF+ S△DOF =S△AOD
模型扩展
已知 一个圆内接四边形的对角线互相垂直且相交， 过交点M 的直线分别交BC、AD于点E、F；
结论 ⑤若FE⊥BC, 则点F为AD的中点;
⑥若点F为AD的中点, 则FE⊥BC;
证明 证明: ⑤若FE⊥BC, 则点F为 AD 的中点; ∵ ∠1=∠4 (同弧所对的圆周角相等) ∠2=∠3 (对顶角相等) ∠1=∠2 (同角的余角相等) ∴ ∠3=∠4 ∵ ∠3+∠5=90°, ∠4+∠6=90° ∴ ∠5=∠6 ∴ AF=FM=FD, 则点F为AD的中点
证明: ⑥若点F为 AD的中点, 则 FE⊥BC; ∵ 点F为RtΔAMD斜边AD的中点 ∴ ∠3=∠4 ∵ ∠1=∠4 (同弧所对的圆周角相等) ∠2=∠3 (对顶角相等) ∴ ∠1=∠2 ∵ ∠2+∠7=90° ∴ ∠1+∠7=90° ∴ FE⊥BC
说明 婆罗摩笈多定理应用在对角线互相垂直的圆内接四边形中， 证明过程较婆罗摩笈多模较简单，证法： 在圆中， 证直角三角形斜边中线， 简记“垂直对面是中点， 中点反向有垂直”。
7、阿基米德折弦定理
模型分析
由来 阿基米德(古希腊)， 有史以来最伟大的数学家之一， 与牛顿、高斯并称为三大数学王子。
阿基米德折弦定理： 一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影， 就是折弦的中点。
折弦 折弦：圆周上任意一点出发的弦所组成的折线，称之为该图的一条折弦，如图-1 中折弦ABC；
定理 如图-2: 点M为弧AC的中点, 点B为弧AM上任意一点且MD⊥BC, 则有AB+BD=DC;
逆定理 已知AB+BD=DC, ①若M为弧ABC 的中点, 则 MD⊥BC; ②若MD⊥BC, 则点M为弧ABC的中点。
找模型 如图-2： 弧上任意一点与弧的端点相连(折弦)， 且已知弧的中点， 过中点作弦的垂线；
图示
图-1 图-2 图-3 图-4
证明 证法一： 补短法 如图-3, 延长DB至点F, 使BF=BA,连接MF、MA、MB、MC、AC; ∵ M为弧AC的中点, ∴ ∠MAC=∠MCA, AM=CM ∵ ∠MAC=∠MBC ∴ ∠MBC=MCA ∵ ∠MBC +∠MBF =180° ∠MCA+∠MBA =180° ∴ ∠MBF=∠MBA BF=BA ∠MBF=∠MBA △MBF≌△MBA(SAS) MB=MB MF=MA=MC ∵ MD⊥CF ∴ DF=DC ∴ FB+BD=DC ∴ AB+BD=DC 证明二： 截长法 如图-4, 在CD 上截取DG=DB, 连接MG、MA、MB、MC、AC, ∵ MD⊥BG, DG=DB(ΔBMG 是等腰三角形) ∴ MB=MG, ∠MBG=∠MGB ∵ ∠MBG=∠MAC ∠MCA=∠MAC (等弧所对圆周角相等) ∴ ∠MBG=∠MCA=∠MCB + ∠BCA 而∠MGB=∠MCB+ ∠GMC ∴ ∠GMC=∠BCA ∵ ∠BCA=∠BMA(同弧所对圆周角相等) 在ΔGMC 与ΔBMA中 MG=MB ∠GMC=∠BMA ΔGMC≌ΔBMA(SAS) MC=MA ∴ AB=CG ∴ AB+BD=CG+BD=CG+DG=DC
说明 证明线段和差关系，很重要的一个方法就是截长补短法， 详见截长补短模型。
模型分析 图示
证明 证法三: 如图: 连接MA、MB、MC, 过点M作 MH⊥AB, 交AB的延长线于点H, ∵ M 为弧AC 的中点 ∴ AM=CM 又∵∠BAM=∠BCM, ∠MHA=∠MDC=90° ∠MHA=∠MDC ∠BAM=∠BCM ∫ ΔMHA≌ΔMDC (AAS) MA=MC ∴ AH=CD, MH=MD 在 RtΔMHB与RtΔMDB中 MH=MD, MB=MB ∴ RtΔMHB≌RtΔMDB(HL) ∴ BH=BD, AH=AB+BH=AB+BD ∵ AH=DC ∴ AB+BD=DC
扩展模型
模型分析 已知: P为弧AB的中点, 在弧PB上任取一点C, 连接PB, PC; 结论: PB -PC =AC·BC
证明思路如下: 作PM⊥AC于点 M, ①由弧中点得PB=PA; ②由勾股定理得： PB -PC =PA -PC =(MA +MP )-(MC +MP )=MA -MC ; ③由折弦定理得|BC+MC=MA, 则MA-MC=BC; ④因式分解MA -MC =(MA+MC)(MA-MC)=AC·BC; 所以：PB -PC = AC·BC
模型分析 已知: P为弧AB 中点, C 在圆上且在弧 APB外任意一点, 连 PB, PC; 结论：PC -PB =AC·BC
证明思路如下: 作PM⊥AC于点 M, 取弧ACB 中点Q, 连接 QA、QP、QC, 过Q作 QN⊥AC 于点 N; P为劣弧AB中点, Q为优弧ACB 中点, 可知PQ 为圆O 直径; ①由弧中点得PB=PA; ②由上面结论可知：QA -QC =AC·BC ③由勾股定理得：PC +QC =PQ =PA +QA PC -PA =QA -QC =AC·BC 所以：PC -PB =PC -PA = AC·BC

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