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幾何經典模型專題歸納
1、瓜豆原理
瓜豆原理 定義 若兩動點到某定點的距離比是定值， 夾角是定角， 則兩動點的運動路徑相同。 瓜豆原理是主從聯動軌跡問題，主動點繞定點旋轉(旋轉+伸縮)成從動點。 主動點叫做瓜， 從動點叫做豆； 主動點到旋轉點(變換點)的距離叫主動長， 從動點到旋轉點的距離叫從動長； 瓜在直線上運動，豆的運動軌跡也是直線；瓜在圓周上運動，豆的運動軌跡也是圓。
三個條件 ①旋轉點為定點(O)； O(旋轉點)α (旋轉角)B(從動點) A(主動點)
②旋轉角為定角(α)；
③動長=定值
結論 ①主動點A在圖形M上運動， 那么從動點B在與M 相似的圖形上運動；
，主動點運動的路徑長_動長=0A=_②定值
模型分析 解題步驟 其實質就是構造旋轉、相似； 第1步： 找主動點軌跡； 第2步： 找從動點與主動點的關系(旋轉+伸縮)； 第3步： 找主動點的起點和終點(兩個特殊點)； 第4步： 通過相似確定從動點的軌跡， 再進行相關計算(如求最值、軌跡路程， 面積等)；
說明 一般在解決此類問題時，通過主動點的起點和終點，找出從動點的起點和終點是解題的關鍵，根據主動點的特殊位置點， 通過相似確定從動點的特殊點， 從而連成軌跡；
直線型 位似形 已知 如圖， 點A為定點， 點P在線段BC上運動， 點Q為AP上一點， 則點Q的運動軌跡也為一條直線(如圖虛線MN) ；
結論 AQ=MN
旋轉型 已知 如圖, 點O為定點, ∠AOB=α, 當點A在直線L上運動 (軌跡為AA')時，則點B的運動軌跡也為直線(如圖虛線BB') O(旋轉點) α (旋轉角) B(從動點) A(主動點)
方法 找一個特殊的主動點， 然后求出從動點運動軌跡所在直線的角為一定角，從而得到從動點的軌跡為一直線。
三個條件 ①旋轉點為定點(O 為定點)； ②旋轉角為定角(α)； ③ B=K 易證: △AOA'∽ΔBOB' ∴∠AA'O=∠BB'O ∵∠ODB'=∠FDA'(對頂角) ∴∠OBB'=∠OAA'(定角) ∠B'FA'=∠A'OB'=α(定角)
結論 點O為定點, ∠AOB=α, OA: OB=k(定值), 當點 A 在直線L上運動時, 點 B的運動軌跡為一條直線(BB')，直線BB'與直線L的夾角為α。
圓 位似形 模型 如圖： 點 A為定點， 點P在⊙O上運動，O為圓心, r為半徑, 點 Q為AP 上一點,且AQ:AP=k(定值), 則點 Q 的運動軌跡也為圓(如圖虛線⊙M)；
結論 HQ=AM-A -40=k
證明 連接OA, 過Q點作 QM∥OP, 交 OA 于點 M, 于是: MO=AM=A =A =k OA 為定值, AM=k·OA, 則AM 為定值, M為定點; OP 為定值, MQ=k·OP=k·r, 則 MQ 為定值; 所以，點Q在以M為圓心， k·r為半徑的圓上。
旋轉型 模型 如圖, 點A為定點, ∠PAQ=α為定值,AQ:AP=k為定值, 當點P在⊙O 運動時,O為圓心， r為半徑， 則點 Q的運動軌跡也為圓(如圖虛線⊙M)；
結論 ∠PAQ = ∠OAM=α; A0=AN=NO=k
證明 線段AQ可看成AP 繞A 點逆時針旋轉α到AQ， 使AQ=K AP, 再將線段AO 也繞A 點逆時針旋轉α到AM, 使 AM=K AO, 易證: △AQM∽ΔAPO (對應邊成比例, 夾角相等) 于是：AQ-AM=WO==k, MQ=k-OP=k. AP=k. MQ=k-OP=k. r ⊙O一定, 即O為定點, 半徑OP 為定長, 則點M為定點， MQ 為定長， 即到頂點的距離等于定長點的集合， 所以， 點Q的軌跡為以M為圓心， MQ長為半徑的圓上。
說明 ①“雙動點， 一個隨著另一個動”， 即可以考慮“主從聯動模型”， 注意模型的三個條件；
②瓜豆模型也叫主從聯動模型， 出自成語“種瓜得瓜， 種豆得豆”。 這類動點問題中， 一個動點隨另一個動點的運動而運動， 把它們分別叫做從動點和主動點，從動點和主動點的軌跡是一致的， 即所謂“種”圓得圓，“種”線得線(而當主動點軌跡是其他圖時， 從動點軌跡必然也是) 。解決這一類問題通常用到旋轉和相似；
③主從聯動問題變換前后的圖形形狀不變， 但大小可能發生變化， 其解題方法就是構造旋轉、位似圖形，本質就是對圖形中的每個點進行旋轉變化和位似變化。
2、費馬點專題
費馬點 指位于三角形內且到三角形三個頂點距離之和最短的點；
3個 內角 均 <120° ①三角形3個內角均小于120°
若三角形3個內角均小于120°， 那么3 條距離連線正好三等分費馬點所在的周角， 即該點所對三角形三邊的張角相等(均為120°)，所以三角形的費馬點也稱為三角形的等角中心。
證明： 任取一頂點C， 然后以C點為旋轉中心， 將ΔDCB 逆時針旋轉60°到ΔECF 位置。 可知ΔDCB≌ΔECF, ΔECD 為等邊三角形。 可得: DB=EF, DC=CE=DE ∴ DA+DB+DC = DA+EF+DE 顯然當A、D、E、F四點共線時， 距離之和最短 ∴ 當A、D、E共線時, ∠CDA=180°-60°=120°, ∴ 當D、E、F共線時, ∠BDC=∠FEC=180°-60°=120°, ∴ D點對三個頂點的張角都為120°， 這就是費爾馬點的位置。
有一 內角 ≥120° ②若三角形有一內角≥120°， 則此鈍角的頂點就是到三個頂點距離和最小的點；
證明: 在ΔABC 內任取一點D, 繞C 點逆時針旋轉ΔDCB到ΔECF, 使 F、C、A 三點共線;可知 ΔDCB≌ΔECF, 于是 DB=EF, DC=EC, ∠ECF=∠DCB ∴ ∠DCE=∠BCF=180°-∠BCA≤60°(∠BCA≥120°) ∴ DE≤DC (小角對小邊) ∴ DB+DC+DA≥EF+ED+DA≥FA(兩點之間, 線段最短) 所以當D在C點時(A、D、E、F四點共線),DB+DC+DA有最小值(FA), 即C為費馬點。
結論 ①當ΔABC最大內角小于120°時,費馬點D在ΔABC內部,且有∠ADB=∠ADC=∠BDC=120°;
②當ΔABC有一內角不小于120°時， 費馬點F與最大角的頂點重合。
畫費馬點 ①分別以ΔABC每一邊為邊長向外作等邊三角形，作其外接圓，三個外接圓交點P即為費馬點；
②作一個等邊ΔBCF及其外接圓， 直接連接AF， AF與圓的交點P 即為費馬點。
3、托勒密定理
托勒密定理 圓的內接四邊形中，兩條對角線的積等于兩組對邊乘積之和。
已知 已知四邊形ABCD 內接與⊙O, 求證AC·BD = AB·CD + AD·BC。
圖示
證明 輔助線: 在對角線BD上取點E, 使∠BAE=∠CAD, 如圖所示, ∵ ∠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
已知條件 圖示 結論
① tan∠DAF=, tan∠BAE= ∠DAF+∠BAE=45°, △AEF 為等腰RtΔ簡記："" + "
② tan∠DFA=3, tan∠AEB=2 ∠DFA+∠AEB=135°, ΔAEF為等腰RtΔ簡記: “3”+“2”= 135°
③ tan∠AEB=2, tan∠FEC= ∠AEB+∠FEC=90°, △AEF 為等腰RtΔ簡記：
④ tan∠AEB=3, tan∠FEC= ∠AEB+∠FEC=90°, ΔAEF為等腰RtΔ簡記：
⑤ tan∠AFG=, tan∠AEB=2 ∠AEB-∠AFG=45°, ΔAEF為等腰RtΔ簡記：
⑥ tan∠DFA=3, tan∠BAE= ∠DFA-∠BAE=45°, △AEF 為等腰RtΔ簡記：
⑦ tan∠BDA= , tan∠DBA= B tan(∠BDA+∠DBA)=tan∠BAC= / 簡記：""
⑧ tan∠BDA=; tan∠DBA= tan(∠BDA+∠DBA)=tan∠BAC= / 簡記："" + "" = ",
說明 1) 這里的“1”“2”“3”"" """"""符號，表示的是 正切值為‘ " " 的角的度數；
2) ①②③④⑤⑥中ΔAEF 為等腰直角三角形, ⑦⑧ΔDAB為等腰三角形;
3) 這些結論適用于選擇題、填空題的快速運算， 常與方格、坐標系、正方形以及矩形結合，理解“12345”所表示的含義，快速進行解題， 千萬不可死記硬背， 要結合知識本質， 理解記憶。
5、海盜埋寶模型
模型分析
故事由來 海盜頭弗林特帶著一群海盜匆匆忙忙來到一個孤島上， 打算將剛搶來的財寶藏在這個島上。 島上有三棵樹， 構成一個三角形， 其中山毛櫸樹離海邊最近，兩橡樹在山毛櫸樹的兩側。 他們從山毛櫸樹到 1 號橡樹拉一根繩子，然后從1 號橡樹出發， 沿著垂直于繩子的方向， 往島里走一段等于這段繩子的長度， 把這一地點記為1 號地點； 從山毛櫸樹到2號橡樹拉一根繩子， 然后從2 號橡樹出發， 沿著垂直于繩子的方向， 往島里走一段等于這段繩子的長度， 把這一地點記為2 號地點； 最后他們把財寶埋藏在1號地點與2號地點的正中間，由于匆忙離開時忘記了繪制藏寶圖。 半年后有個小海盜瞞著海盜頭偷偷潛回該島，企圖盜走財寶， 他知道找財寶的訣竅， 但令他失望的是， 作為標記的山毛櫸樹被臺風刮走了， 沒有留下一點痕跡， 只有兩棵橡樹還在。但他并不放棄，在沒有山毛櫸樹做標記的情況下，憑著智慧找到了財寶，你知道小海盜是怎樣找到的嗎
模型分析 如圖, △ADC 和ΔBEC 是等腰直角三角形, A、B為直角頂點,且C點為公共點；
如圖, 連接DE, F為DE的中點(藏寶點), 連接FA、FB、AB;結論①： △FAB是等腰直角三角形；
如圖, 延長AF至點P, 使得FP=AF, 連接PE、PB,延長 PE 交 AC 于點 Q, 結論②: ΔDAF≌ΔEPF (SAS) ; 結論③: ΔACB≌ΔPEB (SAS) ; 結論④： ΔABP是等腰直角三角形；
說明 ①兩等腰直角三角形一組底角共頂點， 另一組底角頂點連線取中點， 即可考慮“海盜埋寶”模型；
②海盜埋寶模型實質：就是已知兩個“腳拉腳”的等腰直角三角形來推出第三個等腰直角三角形；
③用倍長中線或軸對稱構造全等三角形， 用等腰直角三角形、全等三角形的性質， 得到復雜圖形中邊角相等的關系。
倍長中線法 軸對稱構造手拉手模型
圖示
證明 如圖,延長AF至點P, 使得FP=AF,連接PE、PB, 延長PE交AC于點 Q。易證②ΔDAF≌ΔEPF(SAS)(倍長中線模型) ∴ DA=EP, ∠DAF=∠EPF ∴ DA∥EP ∴ ∠EQC=∠DAQ=90° 在四邊形 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 (三線合一) ∴ ① ΔFAB 是等腰直角三角形 如圖, 將ΔDAC 沿AC 對稱, 得到ΔPAC,將ΔEBC沿 BC對稱, 得到ΔQBC,連接EP、DQ; 易證ΔPCE≌ΔDCQ(SAS) (手拉手模型) ∴ PE=DQ, PE⊥DQ (手拉手模型結論) ∵ AF是ΔDPE的中位線, BF是ΔEDQ的中位線; ∴ AF= PE, AF∥PE BF= DQ, BF∥DQ ∴ AF=BF, AF⊥BF ①△FAB是等腰直角三角形， F為直角頂點
圖示 模型分析
模型擴展 當∠ACE=0°時, A、C、E三點共線, B、C、D三點共線;
當∠ACE=45°時, C、D、E、F四點共線, ∠ACB=90°
當∠ACE=135°時, A、B、C三點共線, D、E、F三點共線;∠EBC=∠ECD=∠DAC=90°。
6、婆羅摩笈多模型
模型分析
已知 ΔAOB 和ΔCOD 均為等腰直角三角形且頂點重合；
結論 ①若FE⊥BC, 則F為AD 的中點; ②若F為AD 的中點, 則 FE⊥BC; ③S△AOD=S△BOC; ④若F為AD的中點, 則2OF=BC;
說明 ①兩等腰直角三角形共直角頂點， 相鄰的兩個底頂點相連， 即為婆羅摩笈多模型；
②模型常用到“中點、垂直”互相轉化的結論， 再結合等腰直角三角形性質進行線段、面積計算；
圖示
證明 結論① 若FE⊥BC, 則F為 AD 的中點; 結論② 若F為AD 的中點, 則 FE⊥BC;
如圖： 分別過點A、D作直線EF的垂線，分別交 EF 于點G和H(構造一線三垂直)；在直線EF上， ∠AGO=∠AOB=∠BEO=90°, AO=BO,易證ΔAGO≌ΔOEB (一線三垂直模型)同理可證, △DHO≌ΔOEC ∴ AG=OE=DH ∠AFG=∠DFH ∠AGF=∠DHF ΔAGF≌ΔDHF(AAS) AG=DH 」 ∴①AF=DF, F是 AD 的中點。 如圖: 延長EF到點G, 使GF=FO, 連接 AG,F為AD的中點, 易證ΔAFG≌ΔDFO(“倍長中線”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
續右側, 證明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
模型擴展
已知 一個圓內接四邊形的對角線互相垂直且相交， 過交點M 的直線分別交BC、AD于點E、F；
結論 ⑤若FE⊥BC, 則點F為AD的中點;
⑥若點F為AD的中點, 則FE⊥BC;
證明 證明: ⑤若FE⊥BC, 則點F為 AD 的中點; ∵ ∠1=∠4 (同弧所對的圓周角相等) ∠2=∠3 (對頂角相等) ∠1=∠2 (同角的余角相等) ∴ ∠3=∠4 ∵ ∠3+∠5=90°, ∠4+∠6=90° ∴ ∠5=∠6 ∴ AF=FM=FD, 則點F為AD的中點
證明: ⑥若點F為 AD的中點, 則 FE⊥BC; ∵ 點F為RtΔAMD斜邊AD的中點 ∴ ∠3=∠4 ∵ ∠1=∠4 (同弧所對的圓周角相等) ∠2=∠3 (對頂角相等) ∴ ∠1=∠2 ∵ ∠2+∠7=90° ∴ ∠1+∠7=90° ∴ FE⊥BC
說明 婆羅摩笈多定理應用在對角線互相垂直的圓內接四邊形中， 證明過程較婆羅摩笈多模較簡單，證法： 在圓中， 證直角三角形斜邊中線， 簡記“垂直對面是中點， 中點反向有垂直”。
7、阿基米德折弦定理
模型分析
由來 阿基米德(古希臘)， 有史以來最偉大的數學家之一， 與牛頓、高斯并稱為三大數學王子。
阿基米德折弦定理： 一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影， 就是折弦的中點。
折弦 折弦：圓周上任意一點出發的弦所組成的折線，稱之為該圖的一條折弦，如圖-1 中折弦ABC；
定理 如圖-2: 點M為弧AC的中點, 點B為弧AM上任意一點且MD⊥BC, 則有AB+BD=DC;
逆定理 已知AB+BD=DC, ①若M為弧ABC 的中點, 則 MD⊥BC; ②若MD⊥BC, 則點M為弧ABC的中點。
找模型 如圖-2： 弧上任意一點與弧的端點相連(折弦)， 且已知弧的中點， 過中點作弦的垂線；
圖示
圖-1 圖-2 圖-3 圖-4
證明 證法一： 補短法 如圖-3, 延長DB至點F, 使BF=BA,連接MF、MA、MB、MC、AC; ∵ M為弧AC的中點, ∴ ∠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 證明二： 截長法 如圖-4, 在CD 上截取DG=DB, 連接MG、MA、MB、MC、AC, ∵ MD⊥BG, DG=DB(ΔBMG 是等腰三角形) ∴ MB=MG, ∠MBG=∠MGB ∵ ∠MBG=∠MAC ∠MCA=∠MAC (等弧所對圓周角相等) ∴ ∠MBG=∠MCA=∠MCB + ∠BCA 而∠MGB=∠MCB+ ∠GMC ∴ ∠GMC=∠BCA ∵ ∠BCA=∠BMA(同弧所對圓周角相等) 在ΔGMC 與ΔBMA中 MG=MB ∠GMC=∠BMA ΔGMC≌ΔBMA(SAS) MC=MA ∴ AB=CG ∴ AB+BD=CG+BD=CG+DG=DC
說明 證明線段和差關系，很重要的一個方法就是截長補短法， 詳見截長補短模型。
模型分析 圖示
證明 證法三: 如圖: 連接MA、MB、MC, 過點M作 MH⊥AB, 交AB的延長線于點H, ∵ M 為弧AC 的中點 ∴ AM=CM 又∵∠BAM=∠BCM, ∠MHA=∠MDC=90° ∠MHA=∠MDC ∠BAM=∠BCM ∫ ΔMHA≌ΔMDC (AAS) MA=MC ∴ AH=CD, MH=MD 在 RtΔMHB與RtΔMDB中 MH=MD, MB=MB ∴ RtΔMHB≌RtΔMDB(HL) ∴ BH=BD, AH=AB+BH=AB+BD ∵ AH=DC ∴ AB+BD=DC
擴展模型
模型分析 已知: P為弧AB的中點, 在弧PB上任取一點C, 連接PB, PC; 結論: PB -PC =AC·BC
證明思路如下: 作PM⊥AC于點 M, ①由弧中點得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, 則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為弧AB 中點, C 在圓上且在弧 APB外任意一點, 連 PB, PC; 結論：PC -PB =AC·BC
證明思路如下: 作PM⊥AC于點 M, 取弧ACB 中點Q, 連接 QA、QP、QC, 過Q作 QN⊥AC 于點 N; P為劣弧AB中點, Q為優弧ACB 中點, 可知PQ 為圓O 直徑; ①由弧中點得PB=PA; ②由上面結論可知：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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