许多中考试题都是以教材的例题、习题为背景，经过命题专家巧妙构思编拟而成，中考试题的权威性和导向性是由命题专家独具匠心精心打造的，其思路和方法常具有类比迁移和拓广探索性。数学学习中，适时地对课本的定理进行适当的延伸与提炼，形成模型，再利用模型去分析和解决问题，能缩短思考时间，提高学习效率，提升创新创造能力。
笔者在教学勾股定理内容时，为帮助学生形成新的模型图，给出下面这道题:
在△ABC中，AD⊥BC于D，求证: AB²-BD²=AC²-CD²=AD².
这是一道无图题，蕴含分类图，图有两种可能，如图1、图2.
题中有垂直且有线段的平方之间的关系，自然想到勾股定理.将图形看成两个直角三角形，利用勾股定理及两个直角三角形的公共边，便能得证.
即由AD⊥BC，得 AB ²-BD ²=AD ²,AC ²-CD ²=AD ²，
所以AB²-BD²=AC²-CD²=AD².
这个模型图在初中数学中应用广泛，我们把这两个图形形象地称之为"双勾模型".
例1.△ABC中，AB=AC，∠B＝2∠A，求证：AB² -BC² =AB·BC
解析：此题看似比较难，有两边平方但没有直角三角形，联想双勾模型，作BD⊥AC于D，作∠ABC的角平分线交AC于E点，易得∠BEC=2∠A=∠C，所以BE=BC，于是DE=CD，利用双勾模型结论可得AB² -BC² = AD² -CD²=(AD+CD)(AD-CD)
=(AD+CD)(AD-DE)=AC·AE=AB·AE . ①
因为∠ABE＝1/2∠ABC=∠A,所以AE=BE=BC. ②
把②代入①得AB² -BC² =AB·BC
评析：遇到两边平方差（但不在直角三角形中），可以考虑作垂线构造直角三角形，利用双勾模型结论解题。
例2.如图，在△ABC中，AB＝15，BC＝14，AC＝13，求△ABC的面积．
某学习小组经过合作交流，给出了下面的解题思路，请你按照他们的解题思路，完成解答过程．
（1）作AD⊥BC于点D，设BD＝x，用含x的代数式表示CD＝_____
（2）请根据勾股定理，利用AD作为"桥梁"建立方程．并求出x的值；
（3）利用勾股定理求出AD的长，再计算三角形的面积．
（4）如果一个三角形的三边长分别为a，b，c，
这一公式称为海伦公式．请你用海伦公式验算所求三角形面积是否正确．
【分析】（1）直接利用BC的长表示出DC的长；
（2）直接利用勾股定理进而得出x的值；
（3）利用三角形面积求法得出答案；
（4）直接求出p的值，再代入公式求出答案．
【解答】（1）∵BC＝14，BD＝x，∴DC＝14﹣x，
故答案为：14﹣x；
（2）∵AD⊥BC，
∴AD²＝AC²﹣CD²，AD²＝AB²﹣BD²，
即利用双勾模型基本图形1的结论，AC²﹣CD²＝AB²﹣BD²= AD²
∴13²﹣（14﹣x）²＝15²﹣x²，
解得：x＝9；
故（3）中计算正确．
评析 本题求面积实际上是求一边上的高.利用双勾模型图1求出BD的长，然后利用勾股定理即可求出高AD的长.
例3．阅读理解：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．垂美四边形有如下性质：
垂美四边形的两组对边的平方和相等．
已知：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，对角线AC、BD相交于点E．
求证：AD²+BC²＝AB²+CD2
证明：∵四边形ABCD是垂美四边形
∴AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD²+BC²＝AE²+DE²+BE²+CE²，
AB²+CD²＝AE²+BE²+CE²+DE²，
∴AD²+BC²＝AB²+CD²．
拓展探究：
（1）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）如图3，在Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，分别以AB，AC为底边，在Rt△ABC外部作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，连接FD，FE，分别交AB，AC于点M，N．试猜想四边形FMAN的形状，并说明理由；
问题解决：
如图4，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，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5．求GE长．
【分析】拓展探究：（1）由AB＝AD，CB＝CD即可知直线AC是线段BD的垂直平分线，据此可得；
（2）由F为斜边BC的中点知AF＝CF＝BF，结合题意得AD＝DB、AE＝CE，从而得出DF⊥AB、EF⊥AC，根据∠BAC＝90°即可得出答案；
问题解决：连接CG、BE，证△GAB≌△CAE得∠ABG＝∠AEC，结合∠AEC+∠AME＝90°知CE⊥BG，由定义得四边形CGEB是垂美四边形，根据CG²+BE²＝CB²+GE²将相关长度代入可得答案．
【解答】拓展探究：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：
∵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）四边形FMAN是矩形，
理由：如图3，连接AF，
∵Rt△ABC中，点F为斜边BC的中点，∴AF＝CF＝BF，
又∵等腰三角形ABD和等腰三角形ACE，
∴AD＝DB、AE＝CE，
∴由（1）可得，DF⊥AB，EF⊥AC，
又∵∠BAC＝90°，∴∠AMF＝∠MAN＝∠ANF＝90°，
∴四边形AMFN是矩形；
问题解决：
连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
∵在△GAB和△CAE中，AG＝AC，∠GAB＝∠CAE，AB＝AE，
∴△GAB≌△CAE，∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴CG²+BE²＝CB²+GE²，
∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝3，CG＝4√2，BE＝5√2，
∴GE²＝CG²+BE²﹣CB²＝73，∴GE＝√73．
评析：本题垂美四边形图形可看成两个双勾模型图(1)，若利用双勾模型图的结沦很容易解决，这也体现了利用模型图给解题带来的简便.
例4.(1)( 阿波罗尼斯定理)如图1，平行四边形ABCD中，AC、BD是两条对角线，求证：AC²+BD²＝2(AB²+BC²)．
（2）如图，PT是△PQR的中线，已知：PQ＝7，QR＝6，RP＝5．求：PT的长度．
【解析】（1）证明：作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，如图1所示：
∠AMB＝∠DQC＝90°，AD=MQ,
由平行四边形ABCD，得BC=AD=MQ,AB=CD,
由基本图形1，可得AB²-BM²=AC²-MC²①
由基本图形2，可得DC²-CQ²=BD²-BQ²②
1 +②AB²-BM²+ DC²-CQ²=AC²-MC²+ BD²-BQ²
AC²+ BD² =AB²-BM²+ DC²-CQ²+MC²+BQ²
=( BQ²-CQ² )+( MC² -BM² )+AB² +DC²
=BC·(BQ+CQ)+BC·(MC-BM)+AB² +DC²
= BC·(BQ+CQ+MC-BM) +AB² +DC²
=2BC²+2AB²
（2）解：延长PT至S，使得PT＝TS，连接QS，RS，如图2所示：
∵PT是△PQR的中线，
∴QT＝RT，
∴四边形PQSR为平行四边形，
∴PQ＝RS＝7，RP＝QS＝5，
由（2）得：PS²+RQ²＝2（PQ2+ PR²），
∴（2PT）²+6²＝2（7²+5²），
∴PT＝2√7．
评析： 题中出现了线段之间的平方关系，易联想到勾股定理，为此作高构造直角三角形，形成了双勾模型图，利用这个模型图即可完成证明.
进一步拓展：三角形版的阿波罗尼斯定理：三角形两边平方的和等于所夹中线及第三边之半的平方和的2倍.如图，AD为△ABC中线，则AB²+AC²=2(AD²+BD²).
例5. 已知，如图1，正方形ABCD和正方形BEFG，三点A、B、E在同一直线上，连接AG和CE，
（1）判定线段AG和线段CE的数量有什么关系？请说明理由．
（2）将正方形BEFG，绕点顺时针旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）若在图2中连接AE和CG，且AE＝2CG＝4，求正方形ABCD和正方形BEFG的面积之和为 _______．（直接写出结果）．
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝CB，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝90°，然后利用"边角边"证明△ABG和△CBE全等，再根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）先求出∠ABG＝∠CBE，然后利用"边角边"证明△ABG和△CBE全等，再根据全等三角形对应边相等即可得证；
（3）连接AC、EG，设AG、CE交点为H，根据全等三角形对应角相等可得∠BAG＝∠BCE，然后求出∠CAH+∠ACH＝90°，从而证明得到AG⊥CE，再根据勾股定理求出AC2+EG2＝CG2+AE2，然后根据正方形的面积等于对角线平方的一半求解即可．
【解答】（1）AG＝CE．
理由如下：在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝CB，BG＝BE，∠ABG＝∠CBE＝90°，
在△ABG和△CBE中，AB=CB, ∠ABG＝∠CBE＝90°，BG=BE,
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴AG＝CE；
（2）AG＝CE仍然成立．
理由如下：在正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝CB，BG＝BE，∠ABC＝∠EBG＝90°，
∵∠ABG＝∠ABC+∠CBG，
∠CBE＝∠EBG+∠CBG，
∴∠ABG＝∠CBE，
在△ABG和△CBE中，AB=CB, ∠ABG＝∠CBE，BG=BE,
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴AG＝CE；
（3）连结AC,EG,AE,CG, 由正方形ABCD和正方形BEFG，得
AB=CB,BG=BE，∠ABC=GBE＝90°，
∴∠ABG=∠CBE， 可得△ABG≌△CBE，
∴∠BAG=∠BCE.
从而∠CAH+∠ACH=∠CAH+∠ACB+∠BCE=∠CAH+∠ACB+∠BAG＝90°，
即AG⊥CE.
由双勾模型图1及例2，易推得
CG² +AE² =AC² +EG²，
由AE=2CG=4，得CG=2，
∴AC² +EG² =2² +4²=20.
因此，正方形ABCD和正方形BEFG的面积之和为AB² +BE² =1/2(AC² +EG² )=1/2×20=10.
评析： 题中"正方形的母子图"中有一个重要的结论:AG与CE既相等，又垂直.由垂直，联想到双勾模型图，便能顺利解答.当然，解本题时，若有例3的模型图在心中，就更易解答.
解题反思总结：几何与图形领域中存在着很多基本图形，每一个基本图形都可视为一个几何模型，它的性质、研究方法对其他较复杂几何图形性质的探究具有重要的导航作用。在具体的情境中加强对基本模型的研究，并让学生慧眼视图，从复杂图形中找出基本模型，利用模型解决相关问题，强化模型解题的思维方法，积累有效的数学活动经验。
近几年的中考数学试卷，加大了对几何图形性质探究问题的考察力度，以检测学生的思维方式、思维水平。所以，在几何与图形的课堂习题教学中，要有意识、有目的引导学生大胆尝试联想，变化问题的条件和结论，将图形的结构重组与更新，探索条件（或图形）变化中不变的结论，或不变的条件而变化的结论，建立基本几何模型，打开思维的大门，提升学生的推理猜想能力、创新创造能力。
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