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. |
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。 |
【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2 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。 |
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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🔺ABC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_______．
【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．
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