专题16 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

专题16 全等三角形模型之婆罗摩笈多模型 婆罗摩笈多（Brmgupt）是七世纪时的印度数学家，在世时间约是公元 598 年 ~ 660 年。他编著了 《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》。《婆罗摩修正体系》中有关数学的部分涉及到有关三角形、四 边形、零、负数、一阶和二阶方程的研究，《肯达克迪迦》则是天文方面的著作，研究了关于月食、 日食、行星的合等问题。他提出的一些概念在世界数学史上也有很高的地位，比如负数。以他命名的 婆罗摩笈多定理又称“布拉美古塔”定理。本专题我们讲的就是由婆罗摩笈多定理演化而来的“婆罗摩笈 多”模型。 .................................................................................................................................................2 模型1“婆罗摩笈多”模型..............................................................................................................................2 ...............................................................................................................................................15 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒 置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样 才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法 的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中 提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因 为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几 何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每 一个题型，做到活学活用！ 模型1“婆罗摩笈多”模型 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从 交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。 模型特征：（1）△BP 和△DP 是两个等腰直角三角形，且直角顶点重合 模型1）知中点证垂直 条件：分别以三角形B 的边B、为边，向三角形外侧外做正方形BDE 和正方形FG，为EG 的中点， M、、三点共线。结论：M⊥B；B=2；S△B=S△EG 。 证明：（倍长中线法）延长到，使=，连接E。 在∆E 和∆G 中，=（已作），∠E=∠G（对顶角），E=G（已知） ∴∆E≌ ∆G(SS)，∴E=G，∠E=∠G。 ∠ ∵ E=∠G∴E//G，∴∠E+∠EG=180°(平行线同旁内角)。 ∠ ∵ G=90°，∠EB=90°，∴∠EG+∠B=180°，∴∠E=∠B。 ∵E=G，又∵G=，∴E=。 在∆E 和∆B 中：E=B，∠E=∠B，E=，∴∆E ≌ ∆B(SS)。 ∴=B，∠E=∠B，∵∆B ≌ ∆E， ∴S∆E = S∆B。 ∵∆E≌ ∆G， ∴S∆E= S∆G，∴S∆B=S∆E =S∆E +S∆E=S∆E+S∆G=S△EG。 ∵=，∴B=2 ，∵∠B=∠EB+∠E。 又∵∠B=∠BM+∠MB（三角形外角性质），∴∠EB+∠E=∠BM+∠MB。 ∠ ∵ E=∠B（∠B 即∠BM），∴∠EB+∠BM=∠BM+∠MB。 ∠ ∴ EB=∠MB，∴∠MB=90°，即M⊥B。 模型2）知垂直证中点 条件：分别以∆B 的边B、为边，向三角形外侧外做正方形BDE 和正方形FG，M⊥B。 结论：为EG 的中点；B=2 ；S△B=S△EG。 证明：（法1:平行线法）作E//G，交的延长线于，∵E//G，∴∠E+∠EG=180°， ∠ ∵ EB 和∠G 为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EG+∠B=180°， ∠ ∴ E=∠B，∵E//G，∴∠E=∠G， ∠ ∵ G+∠M =90°，∵M⊥B，∴∠M+∠M=90°，∴∠M=∠G，∴∠M=∠E， 在∆B 和∆E 中，∠B=∠E，∠B=∠E，B=E，∴∆B ≌ ∆E(S) ， ∴=B，∴E=，∵=G，∴E=G，∵E//G，∴∠E=∠G， 在∆E 和∆G 中，∠E=∠G，E=G，∠E=G，∴∆E≌ ∆G (S)， ∴E=G，即为EG 的中点，∴=，∴B==2， ∵∆B ≌ ∆E，∴S∆E = S∆B，∵∆E≌ ∆G， ∴S∆E= S∆G， ∴S∆B=S∆E =S∆E +S∆E=S∆E+S∆G=S△EG。 （法2:三垂直模型法）作EX⊥，交的延长线于X，作GY⊥，将于Y。 ∵M⊥B，∴∠BM+∠BM=90°，∵∠EB=90°，∴∠E+∠BM=90°，∴∠BM=∠E 在Rt∆BM 和Rt∆EX 中，∵∠BM=∠E，∴∠EX=∠BM； 在Rt∆BM 和Rt∆EX 中，∠BM=∠EX，B=E，∠BM=∠EX； ∴Rt∆BM ≌Rt∆EX （S），∴M=EX，同理可证：∴Rt∆YG ≌Rt∆M （S），∴GY=M； ∵M=EX，∴GY=EX，在Rt∆EX 和Rt∆GY 中，∠EX=∠GY，∠EX=∠GY，EX =GY； ∴Rt∆EX ≌ Rt∆GY（S），∴E=G，即为EG 的中点； ∵Rt∆BM ≌Rt∆EX ，∴S∆BM =S∆EX，BM=X，∵Rt∆YG ≌Rt∆M，∴S∆YG =S∆M，M=Y； ∵Rt∆EX ≌ Rt∆GY，∴S∆EX = S∆GY，X=Y； ∴S△B=S∆BM+S∆M =S∆EX+S∆YG=S∆E +S∆EX+S∆G-S∆GY=S∆EG； ∴B=BM+M=X+Y=+X+-Y=2。 其实该模型也可以模仿 模型1）中的倍长中线法，有兴趣的同学们可以自己去尝试以下哦！ 例1．（24-25 九年级上·江苏南通·阶段练习）如图，点 的坐标为 ，点 为 轴的负半轴上的一个动 点，分别以 ， 为直角边在第三、第四象限作等腰 、等腰 ，连接 交 轴于 点， 当点 在 轴上移动时，则 的长度为（ ） ．1 B．2 ．3 D．4 【答】 【分析】本题考查图形与坐标，涉及全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的定义、坐标与图形性质 等知识点的应用，作 轴于 ，求出 ，证 ，求出 ，证 ，推出 ，即可得出答．主要考查学生综合运用性 质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有 ， ， ， ，全 等三角形的对应角相等，对应边相等． 【详解】解：作 轴于 ，如图所示： ∵等腰 、等腰 ，∴ ， ， ， ， ， 在 和 中， ， ， ． 在 和 中， ， ， ， 又 点 的坐标为 ， ， ，故选． 例2．（2024·重庆渝中·二模）如图，以 的边 、 为边向外作正方形 和正方形 ， 连接 、 相交于点 ，连接 、 ，取 中点 ，连接 并延长交 于点 ．下列结论： ① ；② ；③ 平分 ；④ ；⑤ ．其中正确的结论有 （填写编号）． 【答】①②④⑤． 【分析】由“SS”可证△G △ ≌DB，可得G=BD，故①正确，通过证明点D，点，点，点四点共圆，可得 ∠D=∠=45°，故⑤正确；由角的和差关系可得不一定平分∠DG，故③错误；由“SS”可证△BM △ ≌M， △≌△DG，可得S△B=S△=S△DG，∠=∠DG，故④正确；由余角的性质可求∠D+∠D=90°，可得M⊥DG，故② 正确；即可求解． 【详解】解：如图，连接D，延长M 至，使M=M，连接， ∵四边形DE 是正方形，四边形BGF 是正方形， ∴=D，B=G，∠D=∠BG=90°，∠D=45°，∴∠G=∠BD， △ ∴G △ ≌DB（SS），∴G=BD，∠G=∠DB，∠DB=∠G，故①正确； ∠ ∵ G=∠DB，∴点D，点，点，点四点共圆， ∠ ∴ D=∠D=90°，∠D=∠=45°，故⑤正确； ∠ ∴ B=45°=∠，∴∠G+∠G=∠D+∠D， △ ∵B 是任意三角形，∴不一定等于B，即D 与B 不一定相等， ∠ ∴ DB 与∠G 不一定相等，∴∠D 与∠G 不一定相等，∴不一定平分∠DG，故③错误； ∵点M 是B 的中点，∴M=BM，又∵M=M，∠MB=∠M，∴△BM △ ≌M（SS）， ∴=B=G，∠=∠B，∠B=∠M，S△BM=S△M，∴S△B=S△， ∠ ∵ DG+∠M+∠BM=180°，∠+∠+∠M=180°，∴∠=∠DG， 又∵=D，G=，∴△≌△DG（SS）， ∴S△=S△DG，∠=∠DG，∴S△B=S△DG，故④正确； ∠ ∵ D=90°，∴∠D+∠M=90°，∴∠D+∠D=90°， ∴M⊥DG，故②正确，故答为①②④⑤． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，余角的性质 等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 例3．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰 中， ， ，点 ， 分别 在 ， 上， ，连接 ， ，取 中点 ，连接 ． (1)求证： ， ；(2)将 绕点 顺时针旋转到图2 的位置． ①请直接写出 与 的位置关系：___________________；②求证： ． 【答】(1)见解析(2)① ；②见解析 【分析】（1）先证明 得到 ， ，根据直角三角形斜边中线性质得到 ，根据等边对等角证明 ，进而可证明 ； （2）①延长 到点 ，使 ，连结 ，延长 到 ，使 ，连接 并延长交 于 点 ．同（1）证明 得到 ，然后利用三角形的中位线性质得到 ， 则 ，进而证明 即可得到结论； ②延长 到点 ，使 ，连接 ．先证明 ，得到 ， ，进 而 ， ．证明 得到 即可得到结论． 【详解】（1）证明：在 和 中， ， ， ， ， ， ． 是 斜边 的中点， ， ， ， ． ， ， ． ； （2）解：① ；理由如下：延长 到点 ，使 ，连结 ，延长 到 ，使 ， 连接 并延长交 于点 ． 证明 （具体证法过程跟②一样）． ， 是 中点， 是 中点， 是 中位线， ， ， ， ， ， ．故答为： ； ②证明：延长 到点 ，使 ，连接 ． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ， ．在 和 中， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角 形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与 运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键． 例4．（23-24 八年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，M⊥PQ 于，△B 是等腰直角三角形， ，等腰直角△B 的顶点、B 分别在射线M，射线Q 上滑动（顶点、B 与点不重合）在滑动过程 中，点到直线M 的距离 （填“＞”、“＜”或“＝”）． （2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角△EF 中， ，且△EF 的顶点、F 也分别在射线M、 射线P 上滑动（顶点、F 与点不重合），连接E 交M 于点D，试探究D 与ED 的数量关系，并证明你的结 论． （3）如图2， ， ，在△EF 和△B 保持原来滑动状态的过程中，△E 的面积是否有最大 值？若有，请求出△E 的最大面积并求此时BF 的长度；若△E 的面积没有最大值，请说明理由． 【答】（1）＝；（2）D＝ED，证明见解析；（3）△E 的最大面积为6， ． 【分析】（1）求出∠=∠B，证明△≌△B 即可得到＝； （2）同（1）可证△≌△B，△E △ ≌F，然后可得＝＝E，利用S 证明△ED≌△D 即可得到D＝ED；（3）根据 全等三角形的性质证明 ，过点F 作FT⊥B 交B 延长线于T，可得 F≥FT，则当F＝FT＝ ，即F 与B 垂直时， 最大，然后可求出面积的最大值，最后利用勾股定理 求出BF 即可． 【详解】解：（1）∵△B 是等腰直角三角形， ，∴=B，∠+∠B=90°， ∵M⊥PQ 于，∴∠MQ=90°，∠B+∠B=90°，∴∠=∠B， 在△和△B 中， ，∴△≌△B（S），∴＝，故答为：＝； （2）D＝ED，证明：过点作⊥M 于点，过点E 作E⊥M 于点， 同（1）可证△≌△B，△E △ ≌F，∴＝，E＝，∴＝E， 又∵∠ED＝∠D，∠ED＝∠D＝90°，∴△ED≌△D（S），∴D＝ED； （3）∵ ， ，∴由勾股定理可得B＝ ，F＝ ， 如图，∵△≌△B，△E △ ≌F，∴ ， ， ∵△ED≌△D，∴ ，∴ ， 过点F 作FT⊥B 交B 延长线于T，则 ， ∵F≥FT，∴当F＝FT＝ ，即F 与B 垂直时， 最大， 此时 ， ∴△E 的最大面积为6，此时 ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积计算，勾股定 理等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键． 例5．（2024·湖北·二模）【特例发现】如图1，在△B 中，G⊥B 于点G，以为直角顶点，分别以B，为直 角边，向△B 外作等腰Rt△BE 和等腰Rt△F，过点E、F 作射线G 的垂线，垂足分别为P、Q．求证： EP=FQ． 【延伸拓展】如图2，在△B 中，G⊥B 于点G，以为直角顶点，分别以B，为直角边，向△B 外作Rt△BE 和 Rt△F，射线G 交EF 于点．若B=kE，=kF，请思考E 与F 之间的数量关系，并直接写出你的结论． 【深入探究】如图3，在△B 中，G 是B 边上任意一点，以为顶点，向△B 外作任意△BE 和△F，射线G 交EF 于点．若∠EB=∠GB，∠F=∠G，B=kE，=kF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论． 【应用推广】在上一问的条件下，设大小恒定的角∠分别与△EF 的两边E、F 分别交于点M、，若△B 为腰 长等于4 的等腰三角形，其中∠B=120°，且∠=∠GB=θ=60°，k=2； 求证：当∠在旋转过程中，△EM、△M 和△F 均相似，并直接写出线段M 的最小值（请在答题卡的备用图中 补全作图）． 【答】(1)证明参见解析；(2)E=F；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，M 最小值为1 【分析】特例发现：易证△EP △ ≌BG，△FQ △ ≌G，即可求得EP=G，FQ=G，即可解题； 延伸拓展：②易证△BG∽△EP，△G∽△FQ，得到PE= G，FQ= G，即可求解； 深入探究：判断△PE∽△GB，得到PE= G，△QF∽△G，FQ=，得到FQ= G，再判断△EP △ ≌FQ，即可； 应用推广：由前一个结论得到△EF 为正三角形，再依次判断△M∽△F∽△ME，即可． 【详解】特例发现解：∵∠PE+∠PE=90°，∠GB+∠PE=90°，∴∠PE=∠GB， ∠ ∵ EP=∠GB，E=B，∴△PE △ ≌GB，∴PE=G， 同理，△QF △ ≌G，∴FQ=G，∴PE=FQ； 延伸拓展过点E 作EP⊥G 于P，过点F 作FQ⊥G 于Q， ∠ ∵ PE+∠PE=90°，∠GB+∠PE=90°，∴∠PE=∠GB， ∠ ∴ EP=∠GB，∴△PE∽△GB，∴ ， ∵B=kE，∴ ，∴PE= G，同理，△QF∽△G，∴ ， ∵=kF，∴FQ= G，∴PE=FQ； 深入探究 如图2，在直线G 上取一点P，使得∠EP=∠GB，作FQ∥PE， ∠ ∵ EP+∠BG=180°-∠GB，∠BG+∠BG=180°-∠GB，∴∠EP=∠BG， ∠ ∵ EP=∠GB，∴△PE∽△BG，∴ ，∵B=kE，∴PE= G， 由于∠FQ=∠F=∠G=180°-∠GB，同理可得，△QF∽△G，∴ ， ∵=kF，∴FQ= G，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EP=∠FQ， ∠ ∵ PE=∠QF，∴△EP △ ≌FQ，∴E=F； 应用推广 如图3，在前面条件及结论，得到，点是EF 中点，∴E=F， ∠ ∵ EB=∠GB，∠F=∠G，∴∠EB+∠F=180°， ∠ ∴ EF=360°-（∠EB+∠F）-∠B=60°， △ ∴EF 为正三角形．∴∠EM=∠F=60°=∠M， ∵点是EF 中点，∴∠EM+∠F=120°，∠F+∠F=120°，∴∠EM=∠F． ∠ ∵ EF=∠FE，∴△EM∽△F，∴ ， ∵E=F，∴ ，且∠M=∠F=60°，∴△M∽△F， △ ∴M∽△F∽△ME，在△M 中，∠M=60°， 根据三角形中大边对大角，∴要M 最小，只有△M 是等边三角形，∴∠M=60°， ∠ ∵ EF=60°，∴M∥EF，∵△EF 为等边三角形， ∴M 为△EF 的中位线，∴Mm= EF= ×2=1． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，特殊三 角形的性质，根据条件判定三角形全等和相似是解本题的关键． 例6．（23-24 九年级上·福建厦门·期中）定义：如图13，在 中，把 绕点顺时针旋转 （ ）得到 ，把 绕点逆时针旋转 得到 ，连接 ．当 时，我们称 是 的“旋补三角形”， 边 上的中线 叫做 的“旋补中线”，点叫做 “旋补中心”． (1)在图1 中， 是 的“旋补三角形”， 是 的“旋补中线”，若 为等边三角形， 则 与 的数量关系为： ______ ． (2) 在图2 中，当 为任意三角形时，猜想 与 的数量关系，并给予证明． (3)如图3，在四边形 中， ， ， ， ， ．若四边形内部恰好 存在一点P，使 是 的“旋补三角形”，请直接写出 的“旋补中线”长是____________． 【答】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据等边三角形和旋转的性质得到对应边相等，根据等腰三角形三线合一的性质和含 的 直角三角形性质即可求得；（2）延长中线得平行四边形，利用平行四边形性质和旋补角度关系得 ，即可证明 ，即利用对应边相等求得答；（3）作延长线、中垂线、垂线 及中线，利用含 角的直角三角形性质证明边与角之间的关系，等到 ，再利用全等性质 证明 为平行四边形，根据角度得出 为等边三角形，则 为 的旋补三角形，利用勾 股定理即可求得解 【详解】（1）解：∵ 为等边三角形，∴ ， ， ∵ 是 的“旋补中线”，∴ ，∴ ， ∵ ， ，∴ ，∴ ，则 ． （2）延长 到点M，使得 ，连接 ， ，如图， ∵ ， ，∴四边形 为平行四边形， ， ， ∵ ∴ ，∴ ， 在 和 中， ∴ ，∴ ，则 ． （3）延长 ， 交点M，作 交 于点E，作线段 的垂直平分线交 于点P，交 于点 F，连接 、 、 ，作 的中线 ，连接 交 于点，如图， ∵ ，∴ ，在 中， ， ，则 ， ， 在 中，由 ， ，得 ， ， ∴ ，∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∵ ，∴ ， 在 中，由 ， ，∴ ，即 ， ∴ ，即