模型59 “婆罗摩笈多”模型（含答案）2025年中考数学几何模型专题复习

模型59 “婆罗摩笈多”模型
基础模型
图示
条件 △AOB 和△COD 均为等腰直角三角形且顶点 O 重合
结论 1. 若FE⊥BC,则点 F 为AD 的中点;若点 F 为AD 的中点,则 FE⊥BC,2OF=BC; 2. S△AOD=S△BOC
结论分析
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结论1:若FE⊥BC,则点 F为AD的中点;若点F 为AD的中点,则FE⊥BC,2OF=BC
证明:若FE⊥BC,如图①,分别过点A,D作直
线 FE的垂线，分别交 EF 的延长线于点 G，H.
在直线 EF 上,∠AGO=∠AOB=∠BEO=90°,
AO=BO,
易证△GAO≌△EOB(“一线三等角”模型),同理可得,△DHO≌△OEC,
∴AG=OE=DH,
在△AGF和△DHF中,
∴AF=DF,即点 F为AD的中点.
若点 F为AD的中点,如图②,延长EF 到点 G,使 连接AG,
∵点 F为AD的中点,
(“倍长中线”模型)，
∴AG=OC.
∵AO=OB,
∴△GAO≌△COB(SAS),
又∵ ∠ODF+∠OAD+∠AOD =180°,∠BOC+∠AOD=180°,
∴∠GAF+∠OAD+∠AOD=∠GAO+∠AOD=180°,
∴ ∠BEO=90°,即OE⊥BC,∴FE⊥BC.
∴∠GAO=∠BOC.
结论
自主证明：
模型拓展
拓展方向：婆罗摩笈多定理在圆中的应用
图示
条件 ⊙O的内接四边形ABCD 的对角线BD与AC互相垂直且相交，过交点 M的直线分别交BC,AD 于点 E,F
结论 若FE⊥BC,则点F为AD的中点;若点 F为AD 的中点,则FE⊥BC
模型解题三步法
例如图,点A 是四边形 BCDE 内的一点,连接AB,AC,AD,AE,已知AB=AE,AB⊥AE,AD=AC,AD⊥AC,点M为BC 的中点,则
两个等腰直角三角形且共直角顶点 一边中点
题以类解
1. 如图,四边形ABCD 内接于⊙O,连接AC,BD交于点E，且 过点 E作 交BC 于点F,延长FE交AD 于点 G,若 ,则EG的长为 .
2.如图，在锐角 中，AH是BC边上的高，分别以AB，AC 为一边，向外作正方形ABDE和ACFG,连接CE,BG和EG,EG和HA的延长线交于点M,下列结论:①BG=EC;②BG⊥CE;③AM 是△AEG 的中线;④∠EAM =∠ABC，其中正确的是 .(写出所有正确结论的序号)
3.如图，△ABC和△ADE为共顶点的等腰直角三角形， ,点H是CD的中点,连接AH 交 BE 于点 G,AH=3,则 BE的长为 .
4.已 知 △AOB 和 均为等腰直角三角形，∠AOB = 如图①,连接AD,BC,点H为BC的中点,连接OH交AD 于点 F.
(1)证明: 且OH⊥AD;
(2)将 绕点 O 旋转到图②、图③所示位置时，线段 OH 与 AD 又有怎样的关系 选择一个图形并证明你的结论.
模型59 “婆罗摩笈多”模型
模型展现
自主证明：
如图②，由结论 1 可得，△AGF ≌ △DOF, △GAO≌△COB,
模型解题三步法
例 【解析】根据婆罗摩笈多模型得，2AM
题以类解
1.4 【解析】找模型：圆内是否存在互相垂直的对角线：AC⊥BD，是否存在过交点的直线：GF.抽离模型：如解图，用模型：∵四边形AB-CD 内接于⊙O,AC⊥BD,EF⊥BC,∴∠AED=90°，且根据婆罗摩笈多定理可得点 G 是AD的中点.∵ ∠ACB=30°,∴ ∠ADB = 30°,∵ DE = 4 ,∴ AE = (直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半),且∠GAE = 60°,∴△AGE 为等边三角形,∴EG=AE=4.
2.①②③④ 【解析】找模型：是否存在两个等腰直角三角形且共直角顶点：△AEB 和△ACG共直角顶点，点A 在非直角顶点的连线上，是否存在垂直关系：AH⊥BC.抽离模型：如解图，用模型：∵ AH是 BC边上的高，∴点M 是 EG的中点,∴ AM 是△AEG的中线,故③正确;在正方形ABDE 和ACFG中,AB=AE,AC=AG,∠BAE=∠CAG=90°,∴∠BAE+∠BAC=∠CAG+∠BAC,即∠CAE=∠BAG,在△ABG 和 △AEC 中, ∴△ABG≌△AEC(SAS),∴BG=EC,故①正确;设 BG,CE 相交于点 N,∵ △ABG≌△AEC,∴∠ACE=∠AGB,∵∠NCF+∠NGF= 360°-(∠NCF+∠NGF+∠F)= 360°-(180°+90°)=90°,∴ BG⊥CE,故②正确;∵ ∠EAM+∠BAH=90°,∠BAH+∠ABC=90°,∴ ∠EAM=∠ABC,故④正确.
3.6 【解析】∵ △ABC 和△ADE 为共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,∴ AB =AC,AD=AE.如解图,过点 C 作 CP∥AD,交 AH的延长线于点 P，M为 PC 延长线上一点.∵CP∥AD,∴ ∠HAD=∠HPC.又∵H 为 DC 的中点,∴ DH = CH. ∵ ∠DHA = ∠CHP,∴△ADH≌△PCH(AAS),∴AH=PH=3,∴AP=6,CP=AD.又∵AD=AE,∴AE=CP.∵CP∥AD,∴ ∠ACM = ∠DAC.∵ ∠BAE = ∠BAC+∠DAE-∠DAC=180°-∠DAC,∠ACP=180°-∠ACM,∴ ∠BAE = ∠ACP.∵ AB =AC,∴△ABE≌△CAP(SAS),∴BE=AP=6.
4. (1)证明:∵ △AOB 与△COD 均为等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°,
∴OA=OB,OC=OD.
在Rt△AOD与 Rt△BOC中,
∴Rt△AOD≌Rt△BOC(SAS),
∴∠OAD=∠OBC,AD=BC.
∵点H为BC的中点，
∴∠HOB=∠OBH=∠OAD.
又∵∠OAD+∠ADO=90°,
∴∠ADO+∠HOB=90°,∴∠OFD=90°,
∴OH⊥AD;
(2)解:
选择题图②，证明如下：如解图①，延长 OH到点E,使得 HE=OH,连接 BE.
∵点H 是BC的中点,
∴BH=CH,
易证△BEH≌△COH(SAS),
∴BE=CO,∠EBC=∠BCO,
∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠BCO+∠OBC=180°-∠BOC.
∵∠AOB=∠COD=90°,
∴∠AOD=∠AOB+∠COD-∠BOC=180°-∠BOC=∠OBE.
又∵OB=OA,BE=OC=OD,
∴△BEO≌△ODA(SAS),
由△BEO≌△ODA 知∠EOB=∠DAO,
∴ ∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°,
∴OH⊥AD.
选择题图③，证明如下：
如解图②,延长OH到点 E,使得HE=OH,连接 BE,延长EO交AD于点 G.
∵点H是BC的中点,∴BH=CH,易证△BEH≌△COH(SAS),
∴BE=CO,∠EBC=∠BCO,
∴∠OBE=∠EBC+∠OBC=∠BCO+∠OBC=180°-∠BOC.
∵∠AOB=∠COD=90°,
∴∠AOD=180°-∠BOC=∠OBE.
又∵OB=OA,BE=OC=OD,
∴△BEO≌△ODA(SAS),∴OE=AD,
由△BEO≌△ODA知∠EOB=∠DAO,
∴ ∠DAO+∠AOG=∠EOB+∠AOG=90°,
∴∠AGO=90°,∴OH⊥AD.