模型02 三角形中的重要模型（十二大易错模型分析+举一反三+易错题通关）（全国）（解析版）

模型02三角形中的重要模型易错模型1：平分平行（平分射影）构等腰模型模型解读：1）角平分线加平行线必出等腰三角形：由平行线得到内错角相等，由角平分线得到相等的角，等量代换构造等腰。平行线、角平分线及等腰，任意由其中两个条件都可以得出第三个。。

图1图2图3条件：如图1，OO’平分∠MON，过OO’的一点P作PQ//ON.结论：△OPQ是等腰三角形。条件：如图2，△ABC中，BD是∠ABC的角平分线，DE∥BC。结论：△BDE是等腰三角形。条件：如图3，在中，平分，平分，过点O作的平行线与，分别相交于点M，N．结论：△BOM、△CON都是等腰三角形。2）角平分线加射影模型必出等腰三角形：由等角的余角相等和对顶角相等构造等腰。→图4条件：如图4，BE平分∠CBA，∠ACB＝∠CDA＝90°.结论：三角形CEF是等腰三角形。易错提醒：角平分线+平行线模型的应用，学生可能没有熟练掌握如何结合这两种几何元素来构造等腰三角形，或者对模型的适用条件理解不清，导致在复杂图形中无法正确识别模型。例1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在中，按以下步骤作图：①以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点，；②分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，交延长线于点．若，，下列结论错误的是A．B．C．D．【答案】D【详解】解：由作图可知，为的角平分，∴，故A正确；∵四边形为平行四边形，∴，∵∴，∴，∴，∴，故B正确；∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，故D错误；∵，∴，故C正确，故选：D．变式1．（2023·广东·八年级期末）如图，▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，BE平分∠ABC交AD于E点，CF平分∠BCD交AD于F点，则EF的长为cm．【答案】1【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠AEB＝∠EBC，AD＝BC＝5cm，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠EBC，则∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE＝3cm，同理可证：DF＝DC＝AB＝3cm，则EF＝AE+FD﹣AD＝3+3﹣5＝1cm．故答案为：1．变式2．（2024·四川达州·八年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F，则下列结论成立的是（）

A．EC＝EF B．FE＝FC C．CE＝CF D．CE＝CF＝EF【答案】C【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，∴∠CDB＝∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∠BCD+∠B＝90°，∴∠ACD＝∠B，∵AF平分∠CAB，∴∠CAE＝∠BAF，∴∠ACD+∠CAE＝∠B+∠BAF，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF．故选C．易错模型2：角平分线第二定理模型模型解读角平分线第二定理：三角形一个角的平分线与其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。该定理现在教材里面虽然没有讲，但它在实战确有很大的作用（可以避免去构造勾股定理或相似），很多时候能起到事半功倍的良好效果。1）内角平分线定理条件：如图，在△ABC中，若BD是∠ABC的平分线。结论：2）外角平分线定理图2图3条件：如图2，在△ABC中，∠BAC的外角平分线交BC的延长线于点D。结论：．3）奔驰模型条件：如图3，的三边、、的长分别是a，b，c，其三条角平分线交于点O，将分为三个三角形。结论：=c：a：b。易错提醒：（1）定理成立的前提是角平分线必须分对边为两部分，若题目中未明确角平分线在三角形内部或未给出相关条件，直接套用定理会导致错误；（2）‌忽视比例顺序‌：误将比例方向颠倒，需严格对应角的两边与所分对边的位置关系。‌例1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）【问题初探】在数学活动课上，张老师给出如下问题：“如图1，在中，是的角平分线，求证：”，有两名同学给出了不同的解答思路：①如图2，小丽同学从结论出发给出如下解题思路：过点C作的平行线交的延长线于点E，运用等腰三角形和相似等知识解决问题．②如图3，小强同学从“是的角平分线”给出了另一种解题思路：在上截取，连接，过点C作的平行线交的延长线于点G，也是利用相似等知识解决问题．（1）请你选择一名同学的解答思路，写出证明过程．【类比分析】张老师发现之前两名同学都运用了转化思想，将两组线段比值问题转化为两三角形相似的对应边的比．为了帮助学生更好地领悟这种转化思想，张老师将问题进行了改编，提出下面问题，请你解答．（2）如图4，若的外角平分线交的延长线于点D，求证：．【学以致用】（3）如图5，在四边形中，，，，平分，求的长．【答案】（1）小丽同学的解题思路；证明见解析（2）证明见解析（3）【详解】解：（1）证明：小丽同学，∵，∴，；∵平分，∴，∴，∴，∴．小强同学，在上截取，连接，过点C作的平行线交的延长线于点G，∵平分，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴．（2）证明：如图4，过点D作交于点M，∴，，，∴，则；∵平分，∴，∴，∴；（3）解：如图5，延长交的延长线于点F，∵，∴，即，解得，∴，∵，∴，∵平分，∴，．∴过点E作于点G，∴是等腰直角三角形，，∴，∴，解得，∴．变式1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径画弧分别交于点和点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点．若的面积为8，则的面积是（

）A．8 B．16 C．12 D．24【答案】B【详解】解：∵，∴，由作图知：平分，∴，∴，，∴，∴，∴，又的面积为8，∴的面积是，故选B．变式2．（2023·四川泸州·八年级统考期中）如图，的三边、、长分别是10、15、20．其三条角平分线交于点O，将分为三个三角形，等于（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：过O点作，，，垂足分别为，，，的三条角平分线交于点O，，，，，．故选C．易错模型3：弦图模型模型解读：“弦图”就是我国三国时期的数学家赵爽，利用面积相等，形象巧妙的证明方法。所谓弦图模型就是四个全等直角三角形的弦互相垂直围成了一个正方形图形，当弦在围成的正方形之内叫内弦图模型，当弦恰恰是围城正方形的边长时就叫外弦图模型。图1图2图3图4（1）内弦图模型：条件：如图1，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH⊥AE于点H，（2）外弦图模型：条件：如图2，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，EFGH是正方形，（3）内外组合型弦图模型：条件：如图3、4，四边形ABCD、EFGH、PQMN、均为正方形；结论：2S正方形EFGH=S正方形ABCD+S正方形PQMN.上述三类弦图模型除了考查相关证明外，也常和完全平方公式（知二求二）结合考查。（4）半弦图模型图5图6图7条件：如图5，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA+GB=AB。条件：如图6，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA-GB=AB。上面三类半弦图模型的共同特点是两个直角三角形，他们的弦互相垂直。所以做题中见着这样的关键字眼就要想到用弦图的相关知识解决问题。易错提醒：弦图模型常需通过添加对称轴或连接对角线构造全等三角形，若遗漏此类辅助线（如未连接中心对称点或对角线），会导致图形结构不完整，无法应用弦图性质‌。例1．（2024·四川眉山·中考真题）如图，图1是北京国际数学家大会的会标，它取材于我国古代数学家赵爽的“弦图”，是由四个全等的直角三角形拼成．若图1中大正方形的面积为24，小正方形的面积为4，现将这四个直角三角形拼成图2，则图2中大正方形的面积为（

）A．24 B．36 C．40 D．44【答案】D【详解】解：如图，直角三角形的两直角边为，，斜边为，图1中大正方形的面积是24，，小正方形的面积是4，，，图2中最大的正方形的面积；故选：D．变式1．（2024·山东枣庄·二模）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形，正方形，正方形的面积分别为．若正方形的边长为2，则．【答案】【详解】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、且，由题意可知：，，，∴，，∵正方形的边长为2，∴，∴故答案为：．变式2．（2024·山东济南·二模）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出了“赵爽弦图”．将两个大小相同的“赵爽弦图”（如图1）中的两个小正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成边长为10的正方形，则空白部分面积为

【答案】50【详解】解：正方形的边长为10，“赵爽弦图”中正方形的边长5，空白处的面积大正方形的面积小正方形面积．故答案为：．变式3．（23-24八年级下·广东揭阳·期末）综合实践：我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，制作了如图1所示的“赵爽弦图”，弦图中四边形，四边形和四边形都是正方形．某班开展综合与实践活动时，选定对“赵爽弦图”进行观察、猜想、推理与拓展．(1)小亮从弦图中抽象出一对全等三角形如图2所示，请你猜想线段之间的数量关系：________；(2)小红从弦图中抽象出另一对全等三角形如图3所示，请你猜想线段之间的数量关系：______；(3)小明将图3中的延长至点M，使得，连接与相交于点N，请你在图3中画出图形．若，求线段与之间的数量关系．【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴，故答案为：；（2）解：∵，∴，∵，∴，故答案为：；（3）解：补全图形如图：由题意得，，∴，∵，∴，∵，,∴，∴，即，∵，∴，∴．变式4．（2024·广东·中考模拟预测）请阅读下列材料：小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为a(a＞2)的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠CHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积．小明发现，分别延长QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形(如图2)．请回答：(1)若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形(无缝隙不重叠)，则这个新正方形的边长为；(2)求正方形MNPQ的面积；(3)参考小明思考问题的方法，解决问题：如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ．若S△RPQ=，求AD的长．【答案】(1)a(2)S正方形MNPQ=2(3)AD的长为【详解】（1）解：四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为a，每个等腰直角三角形的面积为：a×a=a2，则拼成的新正方形面积为：4×a2=a2，即与原正方形ABCD面积相等，故这个新正方形的边长为：a．（2）解：∵四个等腰直角三角形的面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2，∴S正方形MNPQ=S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF=4S△ARE=4××12=2，答：正方形MNPQ的面积为2．（3）解：如图1所示，分别延长RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W．由题意易得：△RSF，△QET，△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长．不妨设等边三角形边长为a，则SF=AC=a．如答图2所示，过点R作RM⊥SF于点M，则MF=SF=a，在Rt△RMF中，RM=MF•tan30°=a×=a，∴S△RSF=a×a=a2．过点A作AN⊥SD于点N，设AD=AS=x，则AN=AD•sin30°=x，SD=2ND=2ADcos30°=x，∴S△ADS=SD•AN=×x×x=x2．∵三个等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面积和=3S△RSF=3×a2=a2，等于△ABC的面积，∴S△RPQ=S△ADS+S△CFT+S△BEW=3S△ADS，∴=3×x2，得x2=，解得x=或x=-（不合题意，舍去）∴x=，答：AD的长为．易错模型4：勾股树模型模型解读:勾股树，也叫“\t"/item/%E6%AF%95%E8%BE%BE%E5%93%A5%E6%8B%89%E6%96%AF%E6%A0%91/_blank"毕达哥拉斯树”。是由\t"/item/%E6%AF%95%E8%BE%BE%E5%93%A5%E6%8B%89%E6%96%AF%E6%A0%91/_blank"毕达哥拉斯根据\t"/item/%E6%AF%95%E8%BE%BE%E5%93%A5%E6%8B%89%E6%96%AF%E6%A0%91/_blank"勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形，如下图。又因为重复多次后的形状好似一棵树，所以被称为勾股树。条件：如图，在直角三角形外，分别以直角三角形三边为元素向外作形状相同的图形，若分别以两直角边为元素所作图形的面积为S1，S2，以斜边为元素所作的图形的面积为S3。结论：S1+S2=S3条件：如图，正方形的边长为a，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…按照此规律继续下去，结论：。条件：如图，“勾股树”是以边长为m的正方形－边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，结论：第n代勾股树中正方形的个数为：；第n代勾股树中所有正方形的面积为：。易错提醒：勾股树的分支方向依赖初始直角三角形的选择，若误以为所有分支对称（如左右旋转角度相同），可能忽略实际构造中的方向差异。‌例1．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践知识再现：如图，中，，分别以、CA、AB为边向外作的正方形的面积为、、．当，时，______．问题探究：如图，中，．（1）如图，分别以、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为、、，则、、之间的数量关系是______．（2）如图，分别以、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为、、，试猜想、、之间的数量关系，并说明理由．实践应用（1）如图，将图中的绕点逆时针旋转一定角度至，绕点顺时针旋转一定角度至，、相交于点．求证：；（2）如图，分别以图中的边、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为、、．若，柱体的高，直接写出的值．【答案】知识再现；问题探究：（1）；（2）；理由见解析；实践应用：（1）见解析；（2）．【详解】知识再现：解：中，，，，，，，故答案为：；问题探究：解：中，，，，，故答案为：；解：中，，，过点作交于，在等边三角形中，，，，，同理可得，，，；实践应用：证明：设，，，，，，是等边三角形，是等边三角形，，，，是等边三角形，四边形是平行四边形，，，是直角三角形，，，；变式1．（23-24九年级上·辽宁盘锦·开学考试）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，．．．．按照此规律继续下去，则的值为．【答案】【详解】解：如图，为等腰直角三角形，，，，，即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，正方形的边长为2，，面积标记为的正方形的边长为，，面积标记为的正方形边长为，，面积标记为的正方形的边长为，，根据同样的规律，依次类推，，．故答案为：．变式2．（2024·云南九年级一模）如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”：经观察可以发现：图（1）中共有3个正方形，图（2）在图（1）的基础上增加了4个正方形，图（3）在图（2）的基础上增加了8个正方形，……，照此规律“生长”下去，图（6）应在图（5）的基础上增加的正方形的个数是（）A．12 B．32 C．64 D．128【答案】C【详解】解：由题可得，图（2）比图（1）多出4个正方形，图（3）比图（2）多出8个正方形，；图（4）比图（3）多出16个正方形，；图（5）比图（4）多出32个正方形，；照此规律，图（n）比图（n-1）多出正方形的个数为：。故图（6）比图（5）多出正方形的个数为：；故答案为：C．易错模型5：垂美四边形模型模型解读垂美四边形的定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形。图1图2图3图4条件：如图1，已知四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，且AC⊥BD；结论：①AB2+CD2＝AD2+BC2；②“垂美”四边形的面积等于对角线乘积的一半，即S四边形ABCD=AC∙BD。条件：如图2，在矩形ABCD中，P为CD边上有一点，连接AP、BP；结论：DP2+BP2=AP2+PC2条件：如图3（或图4），在矩形ABCD中，P为矩形内部（外部）任意一点，连接AP、BP，CP，DP；结论：AP2+PC2=DP2+BP2用处：①对角线垂直的四边形对边的平方和相等；②已知三边求一边的四边形，可以联想到垂美四边形。易错提醒：当垂美四边形因动点或缩放变形时，若未重新验证对角线垂直性，直接沿用原面积公式或边平方和关系，会导致计算结果错误。‌例1．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形．了解性质：如图1：已知四边形中，．垂足为，则有：；性质应用：（1）如图1，四边形是垂美四边形，若，，，则；性质变式：（2）如图2，图3，P是矩形所在平面内任意一点，则有以下重要结论：．请以图3为例将重要结论证明出来．应用变式：（3）①如图4，在矩形中，O为对角线交点，P为中点，则；（写出证明过程）；②如图5，在中，，，D是内一点，且，，则的最小值是．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）①证明见解析；②【详解】（1）解：如图1，四边形是垂美四边形，，，，，，．故答案为：；（2）证明：过作于，交的延长线于，由（1）性质可知：，即：，又由勾股定理可知：，，即；（3）解：①设，则，由（2）可得，，；②以、为边作矩形，连接、，如图所示：则，由题意得：，即，解得：，当、、三点共线时，最小，的最小值的最小值；故答案为：．变式1．（2024·江苏盐城·一模）如图，四边形的对角线和互相垂直，，则四边形面积最大值为．

【答案】【详解】解：设，四边形的面积为S，∵，∴，∵四边形的对角线和互相垂直，∴，∴当时，S取得最大值，最大值为，即四边形面积最大值为．故答案为：．变式2．（24-25九年级上·广东深圳·月考）垂美四边形定义如下：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．(1)如图1，四边形是“垂美四边形”，猜想与之间的数量关系：______，并说明理由．(2)如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，若，求的长．(3)如图3，在中，，点P是外一点，连接，，已知，若以A、B、C、P为顶点的四边形为垂美四边形，请直接写出的长．【答案】(1)，理由见详解(2)(3)或【详解】（1）解：数量关系为：记交于点O，∵，∴在中，由勾股定理得：，∴，同理可得：，∴；（2）解：如图，∵四边形是正方形，为直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形为“垂美四边形”，∴，在中，由勾股定理得：，∴，同理可求,∴，解得：；（3）解：①当时，则，在中，，∴由勾股定理得，∴，解得：（舍负），∴，过点P作延长线的垂线，垂足为点D，由题意得，，∴，∴，而，∴，∴，∴，∴在中，由勾股定理得，②当时，同上可求此时，过点P作于点D，同上可证：，∴，∴，∴在中，由勾股定理求得，综上：或．变式3．（2024·山东德州·一模）我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”．例如图1，图2，图3中，是的中线，，垂足为．则称为“中垂三角形”．设．(1)①如图1，当，时，____．____．②如图2，当时，求和的值．(2)请猜想、和三者之间的数量关系，并结合图3写出证明过程．(3)如图4，在边长为3的菱形中，为对角线、的交点，分别为线段的中点，连接并延长交于点分别交于点，求的值．【答案】(1)①；②(2)关系为：，见解析证明(3)15【详解】（1）解：如图1、2、3、4，连接，∵是的中线，∴是的中位线，∴，，∴，∵，则在图1中，，由此得：，；在图2中，，，由此得：，，，，则；（2）关系为：，证明：如图3，设：，则：，由（1）得：，，，，则；（3）根据题意可得，∴，∴，，∵分别为线段的中点，∴是的中位线，∴，则，∴，∴，∴，∴，∴分别是中点，，，，，，，∵分别是中点，∴是的中线，∴是“中垂三角形”，由（2）得，即，则．易错模型6：378、578模型模型解读378和578模型：边长为3、7、8或5、7、8的三角形（如图1）。当我们遇到两个三角形的三边长分别为3，7，8和5，7，8的时候，通常不会对它们进行处理，实际是因为我们对于这两组数字不敏感，但如果将这两个三角形拼在一起，你将惊喜地发现这是一个边长为8的等边三角形。图1图2图3图4条件：当两个三角形的边长分别为3，7，8和5，7，8时；结论：①这两个三角形的面积分别为、；②3、8与5、8夹角都是60°；③将两个三角形长为7的边拼在一起，恰好组成一个边长为8的等边三角形。易错提醒：378、578模型特指边长为3、7、8和5、7、8的三角形组合，拼合后形成等边三角形结构。易误判为其他相似模型（如K型、垂美四边形），导致公式误用或角度计算错误.‌例1．（2024·浙江温州·九年级校考期末）边长为5，7，8的三角形的最大角和最小角的和是（

）．A．90° B．150° C．135° D．120°【答案】D【详解】法1：∵△ABC的边长为5，7，8，∴其可以和边长为3，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，又由三角形中大边对大角，可知边长为7的边所对的角为60°，所以最大角和最小角的和是120°.故选D.法2：设△ABC的三边AB=5，AC=7，BC=8，过点A作AD⊥BC于点D，如图设BD=x，则CD=8-x在Rt△ADB中，由勾股定理得：；在Rt△ADC中，由勾股定理得：则得方程：解得：即∵，AD⊥BC∴∠BAD=30゜∴∠ABD=90゜-∠BAD=60゜∴∠BAC+∠C=180゜-∠ABD=120゜∵BC>AC>AB∴∠BAC>∠ABD>∠C故最大角与最小角的和为120゜故选：D．变式1．（2023·江苏·八年级专题练习）已知在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝3，则∠B＝（

）．A．45° B．37° C．60° D．90°【答案】C【详解】法1：∵△ABC的边长为3，7，8，∴其可以和边长为5，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，如图，观察图形可知∠B为等边三角形的一个内角，所以∠B=60°.故选C.法2：如图，过点A作交BC延长线于点D，∵在△ABC中，AB＝8，AC＝7，BC＝3，可设CD=x，则BC=3+x，在中，，在中，，∴，解得：，∴BC=3+x=4，∴在中，，∴，∴．故选C．变式2．（2024八年级·江苏·专题练习）已知在中，，，，则的面积为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：如图，过作，垂足为．设，则，

∵在和中，，，解得，．．故选：C．另解：可以和三边长为3，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，从而求解。易错模型7：等直内接等直模型模型解读等直内接等直模型是指在等腰直角三角形斜边中点作出一个新的等腰直角三角形（该三角形的直角顶点为原等腰直角三角形的斜边中点，其他两顶点落在其直角边上）。该模型也常以正方形为背景命题。条件：已知如图，等腰直角三角形ABC，∠BAC=90°，P为底边BC的中点，且∠EPF=90°。结论：①PE=PF；②PEF为等腰直角三角形（由①②推得）；③AE=FB或CE=AF；④；⑤；⑥。（注意题干中的条件：∠EPF=90°，可以和结论③调换，其他结果依然可以证明的哦！）易错提醒：等直内接等直模型中，内接等直通常与原图形的对称轴或对角线有关。若未明确标注对称轴或忽略垂直性证明（如未通过勾股定理验证），可能导致辅助线构造错误.例1．（2024·天津·模拟预测）如图，已知中，，，直角的顶点P是中点，两边分别交于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出下列四个结论：①是等腰三角形；②M为中点时，；③；④和的面积之和等于9，上述结论中始终正确的有（）个．

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【详解】解：∵，∴是等腰直角三角形，∵点P为的中点，∴，∵是直角，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴是等腰三角形，故①正确；∴，故④正确；∵随着点E的变化而变化，∴不一定等于，故③错误；∵M为中点，，∴，∴，故②正确；故①②④正确，故选：C．变式1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（

）A．18 B． C．9 D．【答案】C【详解】解：连接，如图：∵，，点D是中点，∴∴，∴又∵∴故选：C变式2．（23-24八年级上·山西吕梁·期末）综合与探究问题提出：某兴趣小组在综合与实践活动中提出这样一个问题：在等腰直角三角板中，，，为的中点，用两根小木棒构建角，将顶点放置于点上，得到，将绕点旋转，射线，分别与边，交于，两点，如图1所示．(1)操作发现：如图2，当，分别是，的中点时，试猜想线段与的数量关系是________，位置关系是________．(2)类比探究：如图3，当，不是，的中点，但满足时，判断形状，并说明理由．(3)拓展应用：①如图4，将绕点继续旋转，射线，分别与，的延长线交于，两点，满足，是否仍然具有（2）中的情况？请说明理由；②若在绕点旋转的过程中，射线，分别与直线，交于，两点，满足，若，，则________（用含，的式子表示）．【答案】(1)，(2)是等腰直角三角形，理由见详解(3)①是等腰直角三角形，理由见详解；②或或【详解】（1）解：连接，如图所示：∵，，为的中点，∴，，∴都是等腰直角三角形，∵，分别是，的中点，∴，，，∴，，∴；故答案为，；（2）解：是等腰直角三角形，理由如下：连接，如图所示：∵，，为的中点，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形；（3）解：①仍然具有（2）中的情况，理由如下：连接，如图所示：∵，，为的中点，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形；②由①和（2）可知：在绕点旋转的过程中，始终有，当，是，上的点，如图3，∵，，∴；当射线，分别与直线，交于，两点，如图4，∴；当射线，分别与直线，交于，两点，如图所示：∴故答案为或或．易错模型8：等直+高分模型模型解读等直+高分线模型模型是指在等腰直角三角形过其中一个角所在顶点作另一个底角平分线的垂线。条件：如图，中，，于，平分，且于，与相交于点，是边的中点，连接与相交于点．结论：①；②；③是等腰三角形；④；⑤．例1．（2024·广东汕头·二模）如图，四边形ABCD为正方形，的平分线交BC于点E，将绕点B顺时针旋转90°得到，延长AE交CF于点G，连接BG，DG与AC相交于点H．有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【详解】解：①∵根据旋转可知，，，故①正确；②由正方形的性质得，平分，，，，，故②正确；③，∴AC=AF，∵AG平分，∴，，，，，，，，，，平分，，，，故③正确；④，，，，，，故④正确，综上，正确的结论是①②③④，共四个，故D正确．故选：D．变式1．（23-24九年级下·浙江金华·阶段练习）如图，在中，于D，平分，且于E，与相交于点F，H是边的中点，连接与相交于点G，以下结论中：①是等腰三角形；②；③；④．正确的结论有（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【详解】解：∵平分，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即是等腰三角形，故①正确；∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故②正确；∵H是边的中点，∴，，∴，∴，故③正确；如图所示，连接，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，故④正确；故选A．

变式2．（23-24八年级上·广东东莞·期末）如图，等腰直角中，，，点为上一点，于点，交于点，于点，交于点，连接，．(1)若，求证：垂直平分；(2)若点在线段上运动．①请判断与的数量关系，并说明理由；②求证：平分．【答案】(1)证明见解析(2)①，理由见解析；②证明见解析【详解】（1）证明：∵，∴，在和中，，∴，∴，∴为的垂直平分线；方法二：∵且，∴BD垂直平分；（2）解：，理由如下：∵，∴，∵中，，∴，∴，∵，∴，又∵在等腰直角中，，，∴，∴，在和中，，∴，∴；②作交BD于点N，∴，∴，∵，，且，∴，∵等腰直角中，，，∴，在和中，，∴，∴，即是等腰直角三角形，∴，∵∴平分．易错模型9：维维尼亚模型模型解读条件：在等边中，P是平面上一动点，过点P作PE⊥AC，PF⊥BC，PD⊥AB，过点A作AM⊥BC。结论：①如图1，若动点P在三角形ABC内时，则PD+PE+PF=AM；②如图2，若动点P在三角形ABC外时，则PD+PE-PF=AM。（当点P在三角形ABC外时，受P的位置影响，不同的位置结论稍有不同，但都可以使用等面积法证明）。

图1图2图3图4条件：如图，等腰（AB=AC）中，点P在BC上运动，过点P作PD⊥AB，PH⊥AC，CE⊥AB，结论：①如图3，若动点P在边BC上时，则PE+PD=CF。②如图4，若动点P在BC延长线上时，则|PF-PE|=CD。易错提醒：定理仅适用于‌等边三角形‌或推广后的等腰三角形‌。若错误应用于其他类型三角形（如不等边三角形），会导致结论不成立。‌例1．（2024·河北·二模）如图，P为边长为2的等边三角形ABC内任意一点，连接PA、PB、PC，过P点分别作BC、AC、AB边的垂线，垂足分别为D、E、F，则PD+PE+PF等于（）A． B． C．2 D．【答案】B【详解】解：∵正三角形的边长为2，∴高为2×sin60°＝，∴S△ABC＝×2×＝，∵PD、PE、PF分别为BC、AC、AB边上的高，∴S△PBC＝BC•PD，S△PAC＝AC•PE，S△PAB＝AB•PF，∵AB＝BC＝AC，∴S△PBC+S△PAC+S△PAB＝BC•PD+AC•PE+AB•PF＝×2（PD+PE+PF）＝PD+PE+PF，∵S△ABC＝S△PBC+S△PAC+S△PAB，∴PD+PE+PF＝．故选B．例2．（23-24八年级上·云南昆明·期末）如图（1），已知在中，且过A作于点P，点M是直线上一动点，设点M到两边、的距离分别为m，n，的高为h．(1)当点M运动到什么位置时，，并说明理由．(2)如图（2），试判断m、n、h之间的关系，并证明你的结论．(3)如图（3），当点M运动到的延长线上时，求证：

【答案】(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）解：当点P与点M重合时，，理由：过点M作于点D，于点E，如图，则，，

∵且∴是等边三角形，∵即，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：．理由如下：如图②，连接，则，∴，即，又∵是等边三角形，∴，∴；（3）解：如图，连接，则，∴，即，又∵是等边三角形，∴，∴，∴，∴，两边同时除以2022得，，∴，即．变式1．（23-24九年级下·四川成都·阶段练习）如图，将矩形沿EF折叠，使点D落在点B处，P为折痕上的任意一点，过点P作，垂足分别为G，H，若，，则．【答案】8【详解】解：如图，过点E作于Q，连接，∵四边形是矩形，∴，∴，由折叠可得，，∴，∴，∵、，∴，∵，∴，∵四边形是长方形，∴，．∵，，∴．由折叠易知，，，，∴∴．∴．故答案为：8．变式2．（23-24山西八年级上期中）（1）如图（1），已知在等腰三角形中，，点是底边上的一点，，垂足为点，，垂足为点．求证：为定长．（2）如图（2），已知在等腰三角形中，，点是底边的延长线上的一点，，垂足为点，，垂足为点．求证：为定长．（3）如图（3），已知：点为等边三角形内任意一点，过分别作三边的垂线，分别交三边与、、．求证：为定长．【答案】证明见解析【详解】（1）过点作，垂足为点；连接．∵，∴．又∵，∴，为定长．即等腰三角形底边上的任意一点，到两腰的距离之和等于定长．（2）过点作，垂足为点；连接．∵，∴．又∵，∴，为定长．即等腰三角形底边的延长线上的任意一点，到两腰的距高之差等于定长．（3）∵，∴．又∵为等边三角形，∴．∴，为定长．即等边三角形内一点到三边距离之和为定长．变式3．（2024·江西·一模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”，例如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．(1)定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝______度．(2)变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．(3)深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．(4)迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．【答案】(1)55°(2)①见解析；②△BCD是等边三角形，理由见解析(3)在点P的运动过程中，PM+PN＝CE，理由见解析(4)（6+2）dm【详解】（1）解：∵∠A=130°，∠B=120°，根据“等邻角四边形”定义可知：∠C=∠D，∴∠D=(360°−130°−120°)÷2=55°；（2）①证明：∵ED//BC，∴∠EDB=∠DBC，∵对角线BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠DBC，∴∠ABD=∠EDB，∴四边形ABDE为等邻角四边形，②解：△BCD是等边三角形，理由如下：由①知：∠EDB=∠DBC=∠ABD，设∠EDB=∠DBC=∠ABD=x°，∠BDC=∠C=y°，∵∠A+∠C+∠E=300°，五边形ABCDE内角和为(5﹣2)×180°=540°，∴∠EDC+∠ABC=540°－300°=240°，即：3x+y=240，在△BCD中，∠DBC+∠BDC+∠C=180°，即x+2y=180，由联立方程组，解得，∴∠DBC=60°，∠BDC=∠C=60°，∴△BCD是等边三角形；（3）解：在点P的运动过程中，PM+PN=CE，理由如下：过P作PGCE于G，如图：∵PMAB，CEAB，PGCE，∴∠PME=∠MEG=∠EGP=90°，∴四边形PMEG是矩形，∴PM=EG，ME//PG，AB//PG，∴∠B=∠GPC，∵∠B=∠NCP，∴∠GPC＝∠NCP，∵PNCD，∴∠PGC=∠CNP=90°，∵CP=PC，∴△PGC≌△CNP（AAS），∴CG=PN，∴PM+PN＝EG+CG=CE，即在点P的运动过程中，PM+PN的值总等于CE；（4）作BHAD，垂足为H，如图：由(3)中的结论可得：ED+EC=BH，设DH=xdm，则AH=AD+DH=(3+x)dm，∵BH⊥AF，∴∠BHA=90°，∴BH2=BD2﹣DH2=AB2﹣AH2，∵AB＝2，AD＝3，BD＝，∴()2﹣x2＝(2)2﹣(3+x)2，解得：x＝1，∴BH2＝BD2﹣DH2，＝37﹣1＝36，∴BH＝6dm，∴ED+EC＝6，∵∠ADE＝∠BCE＝90°，且M、N分别为AE、BE的中点，∴DM＝AM＝EM＝AE，CN＝BN＝EN＝BE，∴△DEM与△CEN的周长之和DE+DM+EM+CN+EN+EC＝DE+AE+BE+EC＝DE+AB+EC＝DE+EC+AB＝6+2，∴△DEM与△CEN的周长之和为(6+2)dm．易错模型10：等腰三角形中的分类讨论模型模型解读1.等腰三角形中的分类讨论模型-对角（边）与高的分类讨论模型1）若等腰三角形没有明确角的种类，要分类讨论；从锐角等腰三角形和钝角等腰三角形的角度入手分顶角与底角两种情况进行分类讨论。当然有时候已知条件是以边的形式给出，我们讨论顶角和底角与讨论底和腰的原理相同。2）若等腰三角形没有明确高的位置，要分类讨论；从锐角等腰三角形和钝角等腰三角形的角度入手分腰上高与底边高、界内高与界外高两种情况进行分类讨论。2.等腰三角形的两种分类讨论方法方法1.

“两圆一线”；（一般符合“两个定点一个动点”的等腰三角形）。如图：已知，两点是定点，在坐标轴上找一点构成等腰。①以已知线段为底作它的垂直平分线，与坐标轴的交点即为点P（有2个）；②以已知线段为腰：用线段的两个端点为圆心，线段长为半径，分别作圆。（以为圆心的有4个，以为圆心的有2个）。具体题目要通过计算这些点的坐标来考虑是否出现重叠现象。方法2.

“三边两两相等分三种情况”讨论，先列出三种情况，再首先选最简单的那种情况先解答。若是“两个动点一个定点”，多采用第二种方法分类讨论。但就算是用第二种方法分类讨论，也可以先用“两圆一线”确定符合等腰三角形的点可能有几个及这些点的大致位置。易错提醒：1）未分类讨论或计算时未检验内角和是否为180°；2）分情况讨论后，忽略无效解（如：不满足三边关系等）。例1．（24-25九年级上·山东·期末）若等腰内接于，，，则底角的度数为（）A． B． C．或 D．或【答案】C【详解】解：（1）圆心在外部，在优弧上任选一点，连接，．∵，，；，；（2）圆心在内部．∵，∴，，．综上所述，底角的度数为或，故选：C．例2．（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，中，，，射线从射线开始绕点C逆时针旋转角，与射线相交于点D，将沿射线翻折至处，射线与射线相交于点E．若是等腰三角形，则的度数为．

【答案】或或【详解】解：由折叠的性质知，，当时，，

由三角形的外角性质得，即，此情况不存在；当时，，，由三角形的外角性质得，解得；当时，，∴，由三角形的外角性质得，解得；当时，，∴，∴；综上，的度数为或或．故答案为：或或．例3．（2024·四川成都·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系内，点O为坐标原点，经过的直线交x轴正半轴于点B，交y轴于点，直线交x轴负半轴于点D，若的面积为(1)求直线的表达式和点D的坐标；(2)横坐标为m的点P在线段上（不与点重合），过点P作x轴的平行线交于点E，设的长为，求y与m之间的函数关系式并直接写出相应的m取值范围；(3)在（2）的条件下，在x轴上是否存在点F，使为等腰直角三角形？若存在求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)(2)(3)存在，F的坐标或或【详解】（1）解：，∴设直线的解析式为，∵直线经过，，，∴直线的解析式为，，，的面积为，，，，，直线的解析式为（2）解：设直线的解析式为，，∴，解得．∴直线的解析式为；∵点P在上，且横坐标为m，，轴，∴E的纵坐标为，代入得，，解得，，的长；即，；（3）解：在x轴上存在点F，使为等腰直角三角形，①当时，如图①，有，，，，解得，此时；②当时，如图②，有，的长等于点E的纵坐标，，，解得：，∴点E的横坐标为，∴；③当时，如图③，有，．，．作，点R为垂足，，，．同理，．∵点R与点E的纵坐标相同，，∴，解得：，，∴点F的横坐标为，．综上，在x轴上存在点F使为等腰直角三角形，点F的坐标为或或．

变式1．（2023春·山东枣庄·八年级校考期中）已知x，y满足，则以，的值为两边长的等腰三角形的周长是（）A．20或16 B．20 C．16 D．以上答案均不对【答案】B【详解】解：，又，，，，当等腰三角形的边长为4，4，8时，不符合三角形的三边关系；当等腰三角形的三边为8，8，4时，周长为20，故选：B．变式2．（2024·山东·统考二模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，若为轴上一点，且使得为等腰三角形，则满足条件的点有（

）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】A【详解】解：如图，满足条件的点M的个数为2．故选A．变式3．（2024·江苏泰州·八年级校联考阶段练习）如图1，中，于D，且，(1)试说明是等腰三角形；(2)已知，如图2，动点M从点B出发以每秒的速度沿线段向点A运动，同时动点N从点A出发以相同速度沿线段向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点M运动的时间为t（秒），①若的边与平行，求t的值；②若点E是边的中点，问在点M运动的过程中，能否成为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)①5或6；②9或10或【详解】（1）证明：设，则，在中，，∴，∴是等腰三角形；（2）解：设，则，，而，∴则，由题意可知当点M到达点A时点N刚好到达点C，此时．①当时，，即，∴；当时，，得：；∴若的边与平行，t值为5或6．②∵点E是边的中点，，∴cm，当点M在上，即时，为钝角三角形，但；当时，点M运动到点D，不构成三角形当点M在上，即时，为等腰三角形，有3种可能．如果，则，∴；如果，则点M运动到点A，∴；如果cm，过点E作于F，如图3所示：此时cm，∵，∴cm∵，∴cm，∵cm，则在中，，∴．综上所述，符合要求的t值为9或10或．易错模型11：直角三角形中的分类讨论模型模型解读1）直角三角形中的分类讨论模型-斜边（或直角）不确定的直角三角形模型若直角三角形没有明确谁直角（斜边），要分类讨论；从直角（斜边）入手分三种情况进行讨论。2）直角三角形中的分类讨论模型-直角三角形存在性模型直角三角形存在性的问题，首先需要观察图形，判断直角顶点是否确定。若不确定，则需要进行分类讨论，如下面模型构建。直角三角形存在性的问题常考背景有翻折（折叠）、动点、旋转等。“两定一动”直角三角形存在性问题：（常见与坐标系综合、或结合翻折（折叠）、动点、旋转等）。问题：已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为直角三角形．分三种情况，如图：①以A为直角顶点，即∠BAP＝90°：过点A作AB的垂线，与已知直线l的交点P1即为所求；②以B为直角顶点，即∠ABP＝90°：过点B作AB的垂线，与已知直线l的交点P2即为所求；③以P为直角顶点，即∠APB＝90°：以AB的中点Q为圆心，QA的长为半径画圆，与已知直线l的交点P3，P4即为所求．代数法计算：分别表示出点A，B，P的坐标，再分别表示出AB，AP和BP的长，由①BP2＝AB2＋AP2；②AP2＝AB2＋BP2；③AB2＝AP2＋BP2分别列方程求解．若方程有解，则此情况存在；若方程无解，则此情况不存在。几何法计算：找相似，利用相似三角形求解，如果图中没有相似三角形，可通过添加辅助线构造相似三角形。特殊地，若有30°，45°或60°角可考虑用勾股定理或锐角三角函数求解．易错提醒：在坐标系中构造直角三角形时，可能涉及相似三角形或特殊角（如45°），需综合几何与代数工具验证解的有效性。‌例1．（2024·浙江嘉兴·三模）已知直角三角形两边长为3，4，则该直角三角形斜边上的中线长为（

）A．2或2.5 B．5或 C．2.5或 D．2.5或【答案】A【详解】解：当和为直角边时，则斜边，中线，当斜边为时，中线，∴斜边的长为或，故选：A．例2．（22-23八年级下·安徽阜阳·期末）如图所示，在中，，点是射线上的一个动点．（1）当为直角三角形时，的长为．（2）若点在边的下方，当为直角三角形时，的长为．【答案】或【详解】（1）∵∴，当为直角三角形时，即，∵，∴，，故答案为：．（2）如图1所示，当时，，为等边三角形，∴；如图2所示，当时，，∴,，，又．．故答案为：或．例3．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(0，2)，△ABO为等边三角形，P是x轴上的一个动点（不与O点重合），将线段AP绕A点按逆时针旋转60°，P点的对应点为点Q，连接OQ，BQ。(1)点B的坐标为；(2)①如图①，当点P在x轴负半轴运动时，求证：∠ABQ=90°；②当点P在x轴正半轴运动时，①中的结论是否仍然成立？请补全图②，并作出判断（不需要说明理由）；(3)在点P运动的过程中，若△OBQ是直角三角形，直接写出点P的坐标.【答案】(1)(，1)(2)①见解析；②补全图②见解析，成立(3)(，0)或(，0)【详解】（1）解：如图，过点B作轴，∵点A的坐标为(0，2)，△ABO为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴B(，1)；故答案为：(，1)；（2）①由旋转的性质可知AP=AQ，．∵为等边三角形，∴AO=AB，，∴，∴，∴，∴．∵，∴；②补全图②如图，①中的结论仍然成立．由①同理可证，∴；（3）当点P在x轴负半轴运动时，∵，，∴．当点P在x轴正半轴运动时，∵，，∴．综上可知，故可分类讨论：①当时，如图，此时点P在x轴负半轴，∵，，∴．∵，∴，解得：或（舍）．∵，∴，∴P(，0)；②当时，如图，此时点P在x轴负半轴，∵，，∴，∴．∵，∴，∴P(，0)．综上可知当△OBQ是直角三角形时，点P坐标为(，0)或(，0)．变式1．（2023·辽宁葫芦岛·二模）如图，在中，，，，点D是的中点，点E是斜边上一动点，沿所在直线把翻折到的位置，交于点F，若为直角三角形，则的长为．

【答案】1或【详解】解：如图，当时．在中，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，

，

，如图，当时，作交的延长线于H．设，∵，，∴，∴，∵，∴，在中，，，，在中，∵，∴，解得，综上所述，满足条件的的值为1或，故答案为：1或．变式2．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在平面直角坐标系中，已知，以为一边在外部作等腰直角．则点的坐标为．

【答案】或或【详解】解：如图，当时，作轴于，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，同法可得，当，当是等腰直角三角形的斜边时，是的中点，，综上所述，满足条件的点的坐标为或或．故答案为：或或．变式3．（23-24九年级上·江西景德镇·期末）如图，等边的边长为，点Q是的中点，若动点P以的速度从点A出发沿方向运动，设运动时间为t秒，连接，当是直角三角形时，则t的值为秒．【答案】或2或【详解】解：连接，如图所示：∵等边的边长为，点Q是的中点，∴，，，∴，当时，，∴；∴当P从时，，当P从时，；当时，点P运动到点B，．综上分析可知，t的值为或2或．故答案为：或2或．易错模型12：12345模型模型解读12345基础模型模型还可变式为；变式1：；变式2：。模型拓展：注意：下面模型中，，2，3，，均为对应角的正切值。 （1）∠α+∠β＝45°；（2）∠α+45°＝∠GAF；（3）∠DAF+45°＝∠EAH；（4）∠α+∠β＝135°；（5）∠α+∠β＝90°；（6）∠ADB+∠DBA＝∠BAC；（6）∠ADB+∠DBA＝∠BAC；我们还可以得到上面的这些补充的模型，证明并不算困难，有兴趣的同学可借助网格图或构造图形自行进行证明。我们还可以得到易错提醒：做题不光要知道题目告诉我什么，还要根据已知的信息，思考这里需要什么，而“12345”模型用来解决相关的选填题非常方便。下面所列举的某些题，利用“12345”解题也许未必是最简，最巧妙的，但至少可以成为一种通性通法，可在短时间内快速破题。毕竟在考试的时候时间是非常宝贵的。例1．（2022·四川乐山·中考真题）如图，在中，，，点D是AC上一点，连接BD．若，，则CD的长为（

）A． B．3 C． D．2【答案】C【详解】法1：∵，，∴根据12345模型知：∠BDC＝45°，∵，∴三角形BCD为等腰直角三角形，∵，∴CD=法2：在中，，，∴∴由勾股定理得,过点D作于点E，如图，∵，，∴∴∴∴∵∴∴∴,在中,∴∵∴故选：C变式1．（2024·吉林长春·校考二模）如图，正方形ABCD中，AB=8，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（

）A． B．2 C． D．3【答案】C【详解】解：法1：如图所示，连接AE，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD=AD=8，∠B=∠C=∠D=90°∵G为BC的中点∴BG=GC=4由折叠的性质可得AF=AB=8，BG=GF=4，在Rt△ADE和Rt△AFE中，∵AE=AE，AF=AD=8，∴Rt△ADE≌Rt△AFE（HL）∴DE=EF设DE=EF=x，则EC=8-x在Rt△CEG中，GC2+EC2=GE2，即解得故选：C．法2：由法1知：Rt△ADE≌Rt△AFE，∴∠DAE=∠FAE，由翻折知：∠BAG=∠FAG，∵∠DAB=90°，∴∠GAE=45°，∵AB=8，G是BC的中点，∴，由12345模型变式知：，∵AD=8，∴DE，故选：C．变式2．（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，，，，E是上一点，且，则的长度是（

）A．3.2 B．3.4 C．3.6 D．4【答案】B【详解】法1：如图，过点C作CF⊥AD，交AD延长线于F，∵，，，∴四边形ABCF是正方形，DF=1，CF=4，∴，由12345模型变式(即：)知：∵BC=4，∴BE，AE，∵AF=4，DF=1，∴AD=3，∴DE，故选：B．法2：如图，过点C作CF⊥AD，交AD延长线于F，CG⊥CD，交AB延长线于G，∵，，，∴四边形ABCF是正方形，DF=1，∵∠DCF+∠BCD=90°，∠GCB+∠BCD=90°，∴∠DCF=∠GCB，在△DCF和△GCB中，，∴△DCF≌△GCB，∴CG=CD，BG=DF=1，∵∠DCE=45°，CG⊥CD，∴∠ECG=∠DCE=45°，在△DCE和△GCE中，，∴△DCE≌△GCE，∴S△GCE=S△DCE，DE=GE，∴S正方形ABCF=S△AED+2S△GCE，∴AE·AD+2×GE·BC=AB2，即×3AE+4（5-AE）=42，解得：AE=1.6，∴DE=GE=5-AE=3.4．故选：B．1-1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，在中，，和的平分线相交于点，过点作的平行线交于点，交于点，若的周长为14，则的周长是（

）A．14 B．19 C．21 D．23【答案】C【详解】解：平分，，∵，，，，同理：，，的周长，的周长．故选：C．1-2．（2024·陕西宝鸡·二模）如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，，则的长为（

）

A．9 B．6 C．3 D．2【答案】C【详解】解：∵是的中位线，∴，，，∴，∵是的角平分线交，∴，∴，∴，∴，故选：C．1-3．（2024·山东日照·中考真题）如图，以的顶点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，画射线，交于点，交的延长线于点．(1)由以上作图可知，与的数量关系是_______(2)求证：(3)若，，，求的面积．【答案】(1)(2)证明见解析(3)【详解】（1）解：由作图可知，为的角平分线故答案为：（2）证明：四边形为平行四边形（3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点四边形为平行四边形，，，又．2-1．（2024·广东·九年级期中）如图，的三边长分别是20、30、40，其三条角平分线将分成三个三角形，则等于．

【答案】【详解】解：如图所示，过点O作于D，于E，于F，

∵O是三条角平分线的交点，∴，∵，∴．故答案为：．2-2．（2024·吉林长春·三模）如图①，AD是的角平分线．数学兴趣小组发现结论：．经过讨论得到如下种证明思路：思路：过点向两边作垂线段，利用三角形的面积比证出结论；思路：过点作AB的平行线，与AD的延长线相交，利用三角形相似证出结论；思路：过点作的平行线，与的延长线相交，利用平行线分线段成比例证出结论．(1)请参考以上种证明思路，选择其中一种证出结论；(2)在图①中，AD是的角平分线．若，，，则BD的长度为_______；(3)如图②，在中，，的角平分线BD、CE相交于点，若，则的值为_____．【答案】(1)选择思路1，见解析(2)(3)【详解】（1）解：选择思路：过点作，于、，令的边上的高为，∵AD平分，∴，∴，∵的边上的高为，∴，∴；选择思路：过点作交AD延长线于点，∴，，∴，∴，∵AD平分，∴，∴，∴；选择思路：过点作交延长线于点，∴，，，∵AD平分，∴，∴，∴；（2）解：由（）得，∵，，，∴，∴，故答案为：；（3）解：在上取一点，使得，∵，∴，∴，∵，∴，∵的角平分线BD、CE相交于点，∴，，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴．2-3．（23-24九年级上·吉林·期末）已知，是一条角平分线．【探究发现】如图①，若是的角平分线．可得到结论：．小红的解法如下：过点D作于点E，于点F，过点A作于点G，∵是的角平分线，且，，∴______________．∴_____________．又∵，∴_____________．【类比探究】如图②，若是的外角平分线，与的延长线交于点D．求证：．【答案】[探究发现]，，；[类比探究]证明见解析【分析】本题考查了角平分线的性质定理，等高三角形面积的关系．熟练掌握角平分线的性质定理是解题的关键．[探究发现]根据过程填写即可；[类比探究]证明过程同[探究发现]．【详解】[探究发现]证明：∵是的角平分线，且，，∴．∴．又∵，∴．故答案为：，，；[类比探究]证明：如图②过点D作于N，过点D作于M，过点A作于点P．∵平分，∴．∴，又∵．∴．3-1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图所示的图案是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》中“赵爽弦图”经修饰后的图形，四边形与四边形均为正方形，点是的中点，阴影部分的面积为27，则的长为．【答案】【详解】解：由四边形与四边形均为正方形，点是的中点，可知、、分别为、、的中点，且，，，，，，又，．故答案为：．3-2．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（

）A．1 B．2 C．5 D．10【答案】C【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，，∵E，F，G，H分别为各边中点，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，∴，同理，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴，同理，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，同理，∴平行四边形是矩形，∵，，，∴，∴，又，，∴，∴矩形是正方形，在中，，∴，∴，∴正方形的面积为5，故选：C．3-3．（2024·广东汕头·一模）勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形的三条边为边长向外作正方形，正方形，正方形，连接，，过点作于点，交于点．设正方形的面积为，正方形的面积为，长方形的面积为，长方形的面积为，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【详解】解：①过点作，交的延长线于点，，四边形是正方形，，，，，又，，四边形是矩形，，，∵四边形是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠CAI=90°，∴∠CAD=∠BAI，∴，，即，即①正确；②过点作交的延长线于点，，四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，即，由②知，即②正确；③由①，同理，即③正确；④根据题意得：正方形ADEB的面积等于，∴，在中，，，，即④正确．∴正确的有4个．故选：D.3-4．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为．

【答案】2【详解】解：正方形的面积为4，，，点，，，分别为边，，，的中点，，，同理可得，四边形的面积为．故答案为：2．3-5．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）问题发现：梓航在学完勾股定理后，翻阅资料，发现《几何原本》中有一种很好的勾股定理的证法：如图1，作于点，交于点，通过证明，的方法来证明勾股定理.爱思考的梓航发现一个结论，如图2，若以的直角边，为边向外任意作，，斜边上的，延长，交于点，直线被所截线段为，当时，此时成立.请你帮他完成证明.

问题证明：（1）先将问题特殊化，如图3，当四边形，四边形，四边形均为矩形，且时，求证：，（按梓航的分析，完成填空）分析：过作交直线，于，，过作交，于，；可证；同理可证；另外易得________________可得成立.（2）再探究一般情形，如图2，当四边形，四边形，四边形均为平行四边形，且时，求证：.问题探索：（3）将图2特殊化，如图4，若，，，，且，请你直接写出的值_______________（用含，的式子表示）.【答案】（1）；（2）见解析（3）【详解】（1）根据题意可得，，∴，故答案为：．（2）如图所示，过分别作的垂线，∵，，∴∴，同理可得由（1）可得∴（3）如图所示，连接，取中点，连接，∵，∴∵∴∴∴∴过点作于点，则∴∴∴∵，，四边形是平行四边形，∴∴∴又∴如图所示，过点作，则四边是平行四边形，∴过点作于点，∵∴又∵∴，则∴，，∴∴∵∴4-1．（23-24八年级下·河南开封·期中）如图，在四边形中，，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形，面积分别为a，b，c，d．若，则．【答案】12【详解】解：如图，连接，由题意可知：，，，．在直角和中，，即，，．故答案为：124-2．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，已知直角三角形的直角边分别为a、b，斜边为c，以直角三角形的三边为边（或直径），分别向外作等边三角形、半圆、等腰直角三角形和正方形．那么，这四个图形中，直角三角形外，其他几个图形面积分别记作、、．结论Ⅰ：、、满足只有（4）；结论Ⅱ：∵，∴的有（1）（2）（3）．对于结论Ⅰ和Ⅱ，判断正确的是（

）．A．Ⅰ对Ⅱ不对B．Ⅰ不对Ⅱ对C．Ⅰ和Ⅱ都对D．Ⅰ和Ⅱ都不对【答案】D【详解】解：直角三角形的三边长分别为、、，，图1中，，，，则，，，同理，图2、图3、图4，都符合结论Ⅰ：，对于Ⅱ：，但是都符合，故结论Ⅱ错误．故选：D．4-3．（23-24八年级下·山东日照·期中）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，如果第一个正方形面积为1，则第2024代勾股树中所有正方形的面积为．【答案】2025【详解】解：设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，根据勾股定理可得：，∵,∴第一代勾股树中所有正方形的面积为；同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为；第三代勾股树中所有正方形的面积为；第n代勾股树中所有正方形的面积为；∴第2024代勾股树中所有正方形的面积为2025．故答案为：2025．5-1．（23-24八年级上·河北保定·期中）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】C【详解】解：∵四边形是“垂美”四边形，即，∴在中，，在中，，∴，在中，，在中，，∴，∴，故选：．5-2．（23-24九年级上·天津·期末）如图，四边形两条对角线互相垂直，且．设，。(1)用含的式子表示：_____________；(2)当四边形的面积为时，求的长；【答案】(1)(2)【详解】（1）解：如图所示，设交于点O，∵，，∴，∵四边形两条对角线互相垂直，∴，故答案：；（2）解：由题意得，∴，解得或（舍去）∴．5-3．（2024·陕西·一模）已知矩形ABCD中有一点P，满足PA＝1，PB＝2，PC＝3，则PD＝．【答案】【详解】解：过点P作GHBC交AB、CD于点G、H，过点P作EFAB交AD、BC于点E、F，设AE=BF=c，AG=DH=a，GB=HC=b，ED=FC=d，，，PA＝1，PB＝2，PC＝3，即（负值已舍去）故答案为：．5-4．（23-24八年级下·江西赣州·期末）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1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．经探究发现垂美四边形ABCD的两组对边AB2，CD2和AD2，BC2有一定的数量关系，请你猜想有何种数量关系？并证明．（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．【答案】（1）是垂美四边形，证明见解析；（2）AD2+BC2＝AB2+CD2，证明见解析；（3）GE＝【详解】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形．证明：连接BD、AC∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，

∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）猜想：AD2+BC2＝AB2+CD2证明：∵AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）连接CG、BE，∵∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，∴GE．6-1．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）在中，，，，则的长为．【答案】5或3【详解】解：如图所示，当是锐角三角形时，过点A作于D，∵，∴，∴，∴，∴，∴；

如图所示，当是钝角三角形时，过点A作于D，∵，∴，∴，∴，∴，∴；综上所述，的长为5或3，故答案为：5或3．6-2．（2024·山东八年级课时练习）已知在△ABC中，AB＝7，AC＝8，BC＝5，则∠C＝（

）．A．45° B．37° C．60° D．90°【答案】C【详解】法1：∵△ABC的边长为5，7，8，∴其可以和边长为3，7，8的三角形拼成一个边长为8的等边三角形，如图，观察图形可知∠C为等边三角形的一个内角，所以∠C=60°.故选C.法2：过点A作AD⊥BC于D，如图所示：设CD＝x，则BD＝BC−CD＝5−x，在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD2＝AB2−BD2，在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2＝AC2−CD2，∴AB2−BD2＝AC