专题07 全等三角形中的奔驰模型与婆罗摩笈多模型解读与提分精练-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（广东专用）

专题07 全等三角形中的奔驰模型与婆罗摩笈多模型 目录 1 模型1.奔驰模型之点在等边三角形内 1 模型2.奔驰模型之点在等腰直角三角形内 4 模型3.奔驰模型之点在三角形外 8 模型4.“婆罗摩笈多”模型 12 17 模型1.奔驰模型之点在等边三角形内 此模型通常会和旋转一起来考查，还会综合勾股定理的知识来解题。为什么和旋转-起考查，因为旋转的特征是:共顶点等线段。等边三角形，三边相等，每一个顶点出发都有两个相等线段，都符合共顶点等线段。等边三角形三个顶点都可以作为旋转中心(如上图的旋转)。 条件：如图，已知正三角形内有一点P，满足（常考数据：BP=3，AP=4，CP=5）， 结论：∠APB=150°。（注意该模型条件结论互换后依旧可以证明） 常用结论 等边三角形的面积公式：（选填题非常适用） 证明：以AP为边向左侧作等边三角形APP’，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APP’都为等边三角形；∴AB=AC，AP=AP’=PP’，∠BAC=∠PAP’=∠PP’A=60°； ∴∠BAC-∠PAC=∠PAP’-∠PAC，∴∠BAP=∠P’AC，∴（SAS），∴BP=CP’，∠APB=∠AP’C； ∵，∴，∴∠PP’C=90°， ∴∠AP’C=∠PP’C+∠PP’A=150°；∴∠APB=150°。 例1．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图，是正内一点，，，，将线段BO以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论，①可以由绕点逆时针旋转得到；②点与的距离为5；③；④四边形面积；⑤，其中正确的结论是（    ） A．①④⑤ B．①③④ C．①③④⑤ D．①③⑤ 【答案】C 【分析】根据正三角形性质，得，；根据旋转的性质，得，，根据等边三角形的性质，可判断②，通过证明，即可判断①；根据勾股定理逆定理，得，结合等边三角形 ，可判断③；根据等腰三角形三线合一和勾股定理的性质，可计算得，从而判断④；绕点A逆时针旋转得到，根据等腰三角形、勾股定理及其逆定理的性质计算，可判断⑤，即可得到答案． 【详解】解：连接，如下图：∵正 ∴， ∵线段以点B为旋转中心逆时针旋转得到线段， ∴， ∴为等边三角形∴，即②错误； ∵， ∴ 和中 ∴ ∴，可以由绕点B逆时针旋转得到，即①正确； ∵，∴ ∴ ∵为等边三角形∴ ∴，即③正确； ∵∴ 过点B做，交于点N ∵为等边三角形∴ ∴ ∴ ∴ ∴四边形面积，即④正确； ∵正 ∴绕点A逆时针旋转得到，如下图： ∵，，， ∴为等边三角形∴ 过点A做，交于点G，如下图：∵为等边三角形∴ ∴ ∴ ∴ ∵，，∴ ∴ ∴ ∴ ∴，即⑤正确；故选：C． 【点睛】本题考查了等边三角形、旋转、全等三角形、勾股定理逆定理的知识；解题的关键是熟练掌握旋转、等边三角形、等腰三角形三线合一、勾股定理及其逆定理的性质，从而完成求解． 例2．（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，点P是等边三角形内的一点，且，，，则的度数为 ．    【答案】150 【分析】将绕点B逆时针旋转后得到的．首先证明，推出，，所以为等边三角形，得，可得，，，，即可得到为直角三角形，则，所以；由此即可解决问题． 【详解】解：如图，将绕点B逆时针旋转后得到的．    ∴，∴，， ∴为等边三角形，∴，， ∵，，∴，∴为直角三角形， ∴，∴；故答案为：150． 【点睛】本题考查旋转的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是勾股定理逆定理的应用，属于中考常考题型． 模型2.奔驰模型之点在等腰直角三角形内 条件：如图，已知等腰直角三角形ABC内有一点P，满足， 结论：∠CPB=135°。（注意该模型条件结论互换后依旧可以证明） 证明：以AP为边向左侧作等腰直角三角形APP’，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APP’都为等腰直角三角形； ∴AB=AC，AP=AP’，∠BAC=∠PAP’=90°，，∠AP’P=45°； ∴∠BAC-∠PAC=∠PAP’-∠PAC，∴∠PAB=∠P’AC，∴（SAS），∴BP=CP’，∠APB=∠AP’C； ∵，∴，∴∠PP’C=90°， ∴∠AP’C=∠PP’C+∠PP’A=135°；∴∠APB=135°。 例1．（23-24九年级上·湖北孝感·阶段练习）如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（　　） A． B． C．5 D．5 【答案】A 【分析】先利用等腰直角，得到，再证明，接着把绕点C顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得到，则可判断为等腰直角三角形，从而，然后计算，从而利用勾股定理计算出AE即可． 【详解】解∶∵等腰直角，∴， ∵，∴， 如下图，把绕点C顺时针旋转得到，连接， ∴，∴为等腰直角三角形， ∴，∴， ∴，故选∶A． 【点睛】本题考查了勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质以及旋转的性质，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 例2．（2024·河北·校考一模）如图1，在正方形内有一点P，，，，求的度数． 【分析问题】根据已知条件比较分散的特点，我们可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是将绕点B逆时针旋转，得到了（如图2），然后连结． 【解决问题】请你通过计算求出图2中的度数； 【比类问题】如图3，若在正六边形内有一点P，且，，． （1）的度数为 ；（2）直接写出正六边形的边长为 ． 【答案】（1）；（2）；． 【分析】解决问题：由旋转的性质可得，，，，然后证明得到，则； （1）仿照【分析】中的思路，将绕点B逆时针旋转，得到了，连接．如图所示，根据旋转的性质可得：，从而得出为等腰三角形，，，由，得到，可以求得，由勾股定理的逆定理就可以求出，从而得出结论； （2）延长，作于点G，在中，，就可以得出，，，则，在中，根据勾股定理得． 【详解】解决问题：由旋转的性质可得，，，， ∴，，∵，，， ∴，∴，∴； （1）仿照【分析】中的思路，将绕点B逆时针旋转，得到了，连接．如图5， ∴，∴，∴为等腰三角形， ∵，∴，作于G，∴． ∵，∴，∴∴， 在中，∵，，，∴，，， ∴ ∴是直角三角形，∴． ∴．故答案为： （2）延长，作于点G，如图6， 在中，，∴， ∴，，∴， 在中，根据勾股定理得．故答案为： 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，多边形内角和，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质． 模型3.奔驰模型之点在三角形外 模型1）条件：如图1，点P在等边三角形ABC外，若，结论：∠CPA=30°。 模型2）条件：如图2，点P在等腰直角三角形ABC外，若 ，结论：∠APC=45°。 （注意：上述两个模型结论和条件互换也成立） 图1 图2 鸡爪就是模型本质就是通过旋转构造“手拉手”，构造出全等三角形，实现边的转化，结合勾股定理，非常有意思。连完辅助线往往会产生新的直角三角形、等边三角形等。 模型1）证明：以AP为边向右侧作等边三角形ADP，连接DC。 ∵三角形ABC和三角形ADP都为等边三角形；∴AB=AC，AP=AD=DP，∠BAC=∠PAD=∠APD=60°； ∴∠BAC+∠PAC=∠PAD+∠PAC，∴∠BAP=∠CAD，∴（SAS），∴BP=CD； ∵，∴，∴∠DPC=90°，∴∠CPA=∠DPC-∠APD=30°。 模型2）证明：以AP为边向上方作等腰直角三角形APP’，且∠PAD=90°，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APD都为等腰直角三角形； ∴AB=AC，AP=AD，∠BAC=∠PAD=90°，，∠APD=45°； ∴∠BAC+∠PAC=∠PAD+∠PAC，∴∠PAB=∠DAC，∴（SAS），∴BP=CD； ∵，∴，∴∠DPC=90°，∴∠APC=∠DPC-∠APD=45°。 例1．（2023·广西贺州·二模）如图，点P为等边三角形外一点，连接，，若，，，则的长是 ．    【答案】 【分析】把绕点B顺时针旋转，连接，，可证是等边三角形，利用证明，得出，在中，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：把绕点B顺时针旋转，连接，，如图所示：    则，，∴是等边三角形，∴，， ∵是等边三角形，∴，，∴， ∴，∴，∵，∴， 又，，∴．故答案为：． 【点睛】本题主要考查等边三角形的判定和性质，直角三角形，勾股定理，旋转的性质的综合，三角形全等的判定和性质，掌握旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理是解题的关键． 例2．（2024九年级上·重庆·专题练习）如图，是等边三角形外一点，，，，求的度数． 【答案】 【分析】由等边三角形的性质可知，，；将绕点顺时针旋转得，连，首先证明为等边三角形，可确定，由勾股定理的逆定理可证明为直角三角形，且，然后计算的度数即可． 【详解】解：∵为等边三角形，∴，， 可将绕点顺时针旋转得，连，如下图， ∴，，，，∴为等边三角形，∴， 在中，，，，∴，∴为直角三角形，且， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理的逆定理、四边形内角和等知识，正确作出辅助线，构建直角三角形和等边三角形是解题关键． 例3．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点B逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以． （1）请补全图形； 【探究应用】（2）如图2，在中，，．D为外一点，且，，求的度数； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于D，M为上一点，连接，N为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长______．            【答案】（1）见解析；（2）；（3）3 【分析】本题主要考查了三角形的综合，灵活运用旋转构造相似三角形，利用相似三角形的判定和性质是本题解题的关键．（1）题意补全图形即可；（2）将绕点A逆时针旋转得到，连接，作于F，根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求得，推出，据此求解即可； （3）延长构造等边三角形，然后利用两组三角形相似求出，最后利用勾股定理求解． 【详解】解：（1）补全图形，如图， ； （2）将绕点A逆时针旋转得到，连接，作于F， 由旋转的性质知，，，， ∵，，∴， ∴，∴，， 由勾股定理得，，，∴， ∵，∴，∴，∴； （3）延长交于，延长到，使，连接，如图， ，，， ，是等边三角形，， ，， ，，，， ，，， 过作于，过作于，， ，，， ∵，∴，，，， ，，∴．故答案为：3． 模型4.“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）△BCP和△ADP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ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。 证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。 在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知） ∴∆WEN≌ ∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。 ∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。 ∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。 ∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。 在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA ≌ ∆ACB(SAS)。 ∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC ≌ ∆EAW， ∴S∆EWA = S∆ACB。 ∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 ∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。 又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。 ∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。 ∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。 模型2）知垂直证中点 条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。 结论：N为EG的中点；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。 证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°， ∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°， ∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN， ∵∠GAN+∠MAC =90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN， 在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC ≌ ∆EAW(AAS) ， ∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN， 在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌ ∆AGN (ASA)， ∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN， ∵∆ABC ≌ ∆EAW，∴S∆EWA = S∆ACB，∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN， ∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 （法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。 ∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM； 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX； ∴Rt∆ABM ≌Rt∆EAX （ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG ≌Rt∆CMA （ASA），∴GY=AM； ∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX =GY； ∴Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点； ∵Rt∆ABM ≌Rt∆EAX ，∴S∆ABM =S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG ≌Rt∆CMA，∴S∆AYG =S∆CMA，CM=AY； ∵Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN，∴S∆EXN = S∆GYN，XN=YN； ∴S△ABC=S∆ABM+S∆CMA =S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN +S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG； ∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。 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．（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：． 【答案】(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，， ，，， ，．故答案为：； 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2．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的顶点C、B分别在射线MN，射线NQ上滑动（顶点C、B与点N不重合）在滑动过程中，点A到直线MN的距离AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）． （2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的顶点C、F也分别在射线NM、射线NP上滑动（顶点C、F与点N不重合），连接AE交MN于点D，试探究AD与ED的数量关系，并证明你的结论． （3）如图2，，，在△ECF和△ABC保持原来滑动状态的过程中，△ACE的面积是否有最大值？若有，请求出△ACE的最大面积并求此时BF的长度；若△ACE的面积没有最大值，请说明理由． 【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，证明见解析；（3）△ACE的最大面积为6，． 【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，证明△ACH≌△CBN即可得到AH＝CN； （2）同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，然后可得AH＝CN＝EI，利用AAS证明△EID≌△AHD即可得到AD＝ED；（3）根据全等三角形的性质证明，过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，可得FC≥FT，则当FC＝FT＝，即FC与BC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）∵△ABC是等腰直角三角形，，∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°， ∵MN⊥PQ于N，∴∠MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACH=∠CBN， 在△ACH和△CBN中，，∴△ACH≌△CBN（AAS），∴AH＝CN，故答案为：＝； （2）AD＝ED，证明：过点A作AH⊥MN于点H，过点E作EI⊥MN于点I， 同（1）可证△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴AH＝CN，EI＝CN，∴AH＝EI， 又∵∠EDI＝∠ADH，∠EID＝∠AHD＝90°，∴△EID≌△AHD（AAS），∴AD＝ED； （3）∵，，∴由勾股定理可得BC＝，CF＝， 如图，∵△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴，， ∵△EID≌△AHD，∴，∴， 过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，则， ∵FC≥FT，∴当FC＝FT＝，即FC与BC垂直时，最大， 此时， ∴△ACE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． 1．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为 ．    【答案】1 【分析】连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，根据圆周角定理的推论得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半径． 【详解】解：连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，      ∵是直径，∴，由题意知，∴， ∵，∴，∴，∴，∴， ∵，∴， 同理可得，∴， ∴，即的半径为1，故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，作出合适的辅助线，证明是解题的关键． 2．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以△ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有 （填写编号）． 【答案】①②④⑤ 【分析】利用正方形的性质，通过证明三角形全等以及利用四点共圆的判定和圆周角定理逐一判断即可得出正确答案． 【详解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴，，； ∴，即，∴， ∴，∴①正确；∵，∴点A、D、O、C四点共圆， （注意如果没有学习圆的相关知识 也可以通过构造手拉手全等证明下面结论） 如图，连接AD，∴，故⑤正确；同理可证， ∴，由知， 而与不一定相等，∴与不一定相等，因此③不一定成立； 如图，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，∵M点是AB的中点，∴AM=BM， 又∵，∴，∴，∴ ∴AH=BC，∴AH=CG，， ∵，， ∴，即，∴，∴， ∵，故④正确；由，∴， ∴，∴，故②正确； 因此①②④正确；故答案为：①②④⑤． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、圆周角定理、倍长中线法构造全等三角形等内容，本题综合性较强、需要学生熟练掌握相关知识并进行灵活运用，本题蕴含了数形结合的思想方法等． 3．（2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ．… 任务：(1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 【答案】(1)①；②(2)1 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键．（1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论；（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，．∴． 又∵，（同弧所对的圆周角相等）， ∴．∴．…故答案为：①；②； （2）解：四边形是内接四边形，， ，，即， ，，，，． 4．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）阅读下面材料：张明同学遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且，，，求的度数． 张明同学是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造，连接，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决． (1)请你计算图1中的度数；(2)参考张明同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形内有一点，且，，，求的度数． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）将△APB逆时针旋转60°得到△AP′C，根据旋转的性质可知△ABP≌△ACP′，求证△APP′为等边三角形，再根据勾股定理的逆定理得出∠PP′C=90°，即可求出∠AP′C=∠APB=150°； （2）将△APB绕点A顺时针旋转90°，根据旋转的性质可知是等腰直角三角形，求证∠APP′=45°，用勾股定理逆定理求出∠P′PB=90°，最后求出∠APB=∠P'PB+∠APP'=135°即可． 【详解】（1）（1）如图2，把绕点A逆时针旋转60°得到， 由旋转的性质，，，，， ∴是等边三角形，∴，， ∵，，∴，∴， ∴；∴； （2）如图3，把绕点逆时针旋转90°得到， 由旋转的性质，，，， ∴是等腰直角三角形，∴，， ∵，，∴，∴， ∴，∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理的运用，全等三角形的判定与性质，做辅助线构造直角三角形是解答的关键. 5．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则． 证明：，， ，（依据）， ，… (1)上述证明过程中的依据是指______．(2)请补全上述证明过程． (3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度． 【答案】(1)等边对等角；(2)见解析；(3)． 【分析】（1）根据条件和结论即可判断出答案；（2）根据前面的证明过程得到，由等量代换得到，即可得到，结论得证；（3）由圆周角定理求出，根据等腰三角形三线合一得到，，由勾股定理求出，由等积法求出，在中，由勾股定理求出，根据布拉美古塔定理可得，则，即可证明，得到，代入已知线段即可得到答案． 【详解】（1）∵，（等边对等角）， ∴上述证明过程中的依据是指等边对等角；故答案为：等边对等角 （2）证明：， ，，（等边对等角）， ，∴， ∵，∴，∴，∴． （3）解：∵，∴是等腰三角形，∵点是弧的中点，∴， ∴，，∴， ∵，∴，∴， 在中，， 由题意得，四边形内接于，对角线，垂足为F，点G为的中点，连结并延长，交于点，根据布拉美古塔定理可得，， ∵，∴， ∴，∴，解得 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关定理并进行正确推理是解题的关键． 6． （2024·河南·校考一模）（1）阅读理解:利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．如图，点是等边三角形内一点，，求的度数．为利用已知条件，不妨把绕点顺时针旋转60°得，连接，则的长为_______；在中，易证，且的度数为_____，综上可得的度数为__ ； （2） 类比迁移:如图，点是等腰内的一点，．求的度数； （3）拓展应用:如图，在四边形中，，请直接写出的长． 【答案】（1）2， 30°， 90° ；（2）90°；（3）2． 【分析】（1）由旋转性质、等边三角形的判定可知△CP′P是等边三角形，由等边三角形的性质知∠CP′P=60°，根据勾股定理逆定理可得△AP′P是直角三角形，继而可得答案． （2）如图2，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP′，同理可得△CP′P是等腰直角三角形和△AP′P是直角三角形，所以∠APC=90°；（3）如图3，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG，根据勾股定理求CG的长，就可以得BD的长． 【详解】解：（1）把△BPC绕点C顺时针旋转60°得△AP'C，连接PP′（如图1）． 由旋转的性质知△CP′P是等边三角形；∴P′A=PB=、∠CP′P=60°、P′P=PC=2， 在△AP′P中，∵AP2+P′A2=12+（）2=4=PP′2； ∴△AP′P是直角三角形；∴∠P′AP=90°．∵PA=PC，∴∠AP′P=30°； ∴∠BPC=∠CP′A=∠CP′P+∠AP′P=60°+30°=90°．故答案为2；30°；90°； （2）如图2，把△BPC绕点C顺时针旋转90°得△AP'C，连接PP′． 由旋转的性质知△CP′P是等腰直角三角形；∴P′C=PC=1，∠CPP′=45°、P′P=，PB=AP'=， 在△AP′P中，∵AP'2+P′P2=（）2+（）2=2=AP2； ∴△AP′P是直角三角形；∴∠AP′P=90°．∴∠APP'=45°∴∠APC=∠APP'+∠CPP'=45°+45°=90° （3）如图3，∵AB=AC，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACG，连接DG．则BD=CG， ∵∠BAD=∠CAG， ∴∠BAC=∠DAG，∵AB=AC，AD=AG，∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD，∴△ABC∽△ADG， ∵AD=2AB，∴DG=2BC=10，过A作AE⊥BC于E， ∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，∴∠ADG+∠ADC=90°，∴∠GDC=90°， ∴CG===2，∴BD=CG=2． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质和旋转的性质等知识，解题的关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 7．（2023·山东济南·模拟预测）（问题提出）如图1，在等边内部有一点P，，，，求的度数． （数学思考）当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分散的条件集中起来解决问题． 【尝试解决】将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形．，又，，，为 三角形，的度数为 ． 【类比探究】如图2，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数． 【联想拓展】如图3，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数．    【答案】【尝试解决】直角，；【类比探究】；【联想拓展】 【分析】尝试解决：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质，得到，为等边三角形，进而得到，，再利用勾股定理的逆定理，证明为直角三角形，得到，即可求出的度数； 类比探究：将绕点A逆时针旋转，得到，连接，根据旋转的性质，得到，为等腰直角三角形，进而得到，，再利用勾股定理的逆定理，证明为直角三角形，得到，即可求出的度数； 联想拓展：如图，以为直角边构造直角三角形，使得，，先证明，得出，进而证明，得到，然后利用特殊角的三角函数值，分别求出，，再利用勾股定理的逆定理，证明是直角三角形，得到，即可求出的度数． 【详解】尝试解决：解：将绕点A逆时针旋转，得到，连接， ，，，为等边三角形，，， ，，， ，为直角三角形，， ，的度数为，故答案为：直角，； 类比探究：解：如图，将绕点A逆时针旋转，得到，连接， 由旋转的性质可知，，，， 是等腰直角三角形，，， ，，， ，为直角三角形， ，；    联想拓展：解：如图，以为直角边构造直角三角形，使得，， ，，，，， ，，，， ，，， ，，，， ，，， 在中，，，，，， ，是直角三角形，，．    【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理逆定理，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键． 8．（2024·江西·模拟预测）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． (1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是______．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如图1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”． (3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长． 【答案】(1)③(2)见解析(3)1.5 【分析】（1）根据“婆氏四边形”的定义，即可求解；（2）设AC与BD交于点E，根据圆周角定理可得，从而得到∠CED=90°，即可求证；（3）根据锐角三角函数可得BC=5，AC=4，再根据BD为的直径，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根据四边形ABED是“婆氏四边形”，可得BD⊥AE，根据垂径定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时，则四边形ABCD的对角线AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC， ∵四边形ABCD为的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=180°， ∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形；故答案为：③ （2）证明：设AC与BD交于点E， ∵， ∴，∴∠CED=90°， ∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”； （3）解：∵，∴，∴AC=4， ∵BD为的直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴BD⊥AE， ∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3， 设AD=DE=x，则CD=4-x，CE=5-3=2，在中，， ∴，解得：，即DE=1.5． 【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，理解“婆氏四边形”的定义是解题的关键． 9．（23-24九年级上·重庆江北·期末）【问题背景】如图1，P是等边三角形外一点，，则．小明为了证明这个结论，将绕点A逆时针旋转，请根据此思路完成其证明； 【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形中，，，点P在外部，且，若的面积为5.5，求； 【拓展创新】如图3，在四边形中，，点E在四边形内部，且，，，，，直接写出的长． 【答案】[问题背景]见解析；[迁移应用]；[拓展创新] 【分析】[问题背景]按题意画出图形，根据旋转的性质得到AP=AP′，PB=P′C，证明△APP′为等边三角形，从而推出∠PP′C=90°，在△PP′C中，利用勾股定理得到，再利用等量代换可得结果； [迁移应用]作线段BM垂直于BP交PC的延长线于点M，连接AM，证得∠PBC=∠ABM，证明△PBC≌△MBA（SAS），得出∠AMP=90°，由三角形的面积可求出答案； [拓展创新]将△AED绕点E顺时针旋转90°至△FEC，连接BF，证得∠FCE=90°，由勾股定理求出FB=，证明△ABE≌△FBE（SAS），由全等三角形的性质得出AB=FB． 【详解】解：[问题背景]如图1，连接PP′，由旋转可得： AP=AP′，PB=P′C，∠PAP′=∠BAC=60°，∴△APP′为等边三角形，∴∠APP′=60°，PP′=AP′=PA， ∵∠APB=30°，∴∠AP′C=30°∴∠PP′C=90°， 在△PP′C中，，∴； [迁移应用]如图2，作线段BM垂直于BP交PC的延长线于点M，连接AM， ∵∠BPM=45°，∠PBM=90°，∴△BPD为等腰直角三角形，∴BP=BM， ∵∠ABM+∠MBC=∠ABC=90°，∠PBM=∠PBC+∠MBC=90°，∴∠PBC=∠ABM， 在△PBC和△MBA中，，∴△PBC≌△MBA（SAS）， ∴∠AMP=90°，∴S△PAC＝PC•AD＝PC2=5.5，∴PC=（负值舍去）． [拓展创新]如图3，将△AED绕点E顺时针旋转90°至△FEC，连接BF， 则AD=CF=，AE=EF，∠ADE=∠FCE，∴∠EDC=∠ECD=45°， ∵AD∥BC，∴∠ADE+∠EDC+∠ECD+∠ECB=180°， ∵ED=EC，∠CED=90°，∴∠EDC=∠ECD=45°，∴∠ADE+∠ECB=90°， ∴∠FCE+∠ECB=90°，即∠FCB=90°，∴FB==， ∵∠AEB=135°，∠AEF=90°，∴∠FEB=360°-135°-90°=135°，∴∠AEB=∠FEB， 在△ABE和△FBE中，，∴△ABE≌△FBE（SAS），∴AB=FB=． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题07 全等三角形中的奔驰模型与婆罗摩笈多模型 目录 1 模型1.奔驰模型之点在等边三角形内 1 模型2.奔驰模型之点在等腰直角三角形内 4 模型3.奔驰模型之点在三角形外 8 模型4.“婆罗摩笈多”模型 12 17 模型1.奔驰模型之点在等边三角形内 此模型通常会和旋转一起来考查，还会综合勾股定理的知识来解题。为什么和旋转-起考查，因为旋转的特征是:共顶点等线段。等边三角形，三边相等，每一个顶点出发都有两个相等线段，都符合共顶点等线段。等边三角形三个顶点都可以作为旋转中心(如上图的旋转)。 条件：如图，已知正三角形内有一点P，满足（常考数据：BP=3，AP=4，CP=5）， 结论：∠APB=150°。（注意该模型条件结论互换后依旧可以证明） 常用结论 等边三角形的面积公式：（选填题非常适用） 证明：以AP为边向左侧作等边三角形APP’，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APP’都为等边三角形；∴AB=AC，AP=AP’=PP’，∠BAC=∠PAP’=∠PP’A=60°； ∴∠BAC-∠PAC=∠PAP’-∠PAC，∴∠BAP=∠P’AC，∴（SAS），∴BP=CP’，∠APB=∠AP’C； ∵，∴，∴∠PP’C=90°， ∴∠AP’C=∠PP’C+∠PP’A=150°；∴∠APB=150°。 例1．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图，是正内一点，，，，将线段BO以点为旋转中心逆时针旋转得到线段，下列结论，①可以由绕点逆时针旋转得到；②点与的距离为5；③；④四边形面积；⑤，其中正确的结论是（    ） A．①④⑤ B．①③④ C．①③④⑤ D．①③⑤ 例2．（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，点P是等边三角形内的一点，且，，，则的度数为 ．    模型2.奔驰模型之点在等腰直角三角形内 条件：如图，已知等腰直角三角形ABC内有一点P，满足， 结论：∠CPB=135°。（注意该模型条件结论互换后依旧可以证明） 证明：以AP为边向左侧作等腰直角三角形APP’，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APP’都为等腰直角三角形； ∴AB=AC，AP=AP’，∠BAC=∠PAP’=90°，，∠AP’P=45°； ∴∠BAC-∠PAC=∠PAP’-∠PAC，∴∠PAB=∠P’AC，∴（SAS），∴BP=CP’，∠APB=∠AP’C； ∵，∴，∴∠PP’C=90°， ∴∠AP’C=∠PP’C+∠PP’A=135°；∴∠APB=135°。 例1．（23-24九年级上·湖北孝感·阶段练习）如图，等腰直角，点P在内，，，则PB的长为（　　） A． B． C．5 D．5 例2．（2024·河北·校考一模）如图1，在正方形内有一点P，，，，求的度数． 【分析问题】根据已知条件比较分散的特点，我们可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起，于是将绕点B逆时针旋转，得到了（如图2），然后连结． 【解决问题】请你通过计算求出图2中的度数； 【比类问题】如图3，若在正六边形内有一点P，且，，． （1）的度数为 ；（2）直接写出正六边形的边长为 ． 模型3.奔驰模型之点在三角形外 模型1）条件：如图1，点P在等边三角形ABC外，若，结论：∠CPA=30°。 模型2）条件：如图2，点P在等腰直角三角形ABC外，若 ，结论：∠APC=45°。 （注意：上述两个模型结论和条件互换也成立） 图1 图2 鸡爪就是模型本质就是通过旋转构造“手拉手”，构造出全等三角形，实现边的转化，结合勾股定理，非常有意思。连完辅助线往往会产生新的直角三角形、等边三角形等。 模型1）证明：以AP为边向右侧作等边三角形ADP，连接DC。 ∵三角形ABC和三角形ADP都为等边三角形；∴AB=AC，AP=AD=DP，∠BAC=∠PAD=∠APD=60°； ∴∠BAC+∠PAC=∠PAD+∠PAC，∴∠BAP=∠CAD，∴（SAS），∴BP=CD； ∵，∴，∴∠DPC=90°，∴∠CPA=∠DPC-∠APD=30°。 模型2）证明：以AP为边向上方作等腰直角三角形APP’，且∠PAD=90°，连接P’C。 ∵三角形ABC和三角形APD都为等腰直角三角形； ∴AB=AC，AP=AD，∠BAC=∠PAD=90°，，∠APD=45°； ∴∠BAC+∠PAC=∠PAD+∠PAC，∴∠PAB=∠DAC，∴（SAS），∴BP=CD； ∵，∴，∴∠DPC=90°，∴∠APC=∠DPC-∠APD=45°。 例1．（2023·广西贺州·二模）如图，点P为等边三角形外一点，连接，，若，，，则的长是 ．    例2．（2024九年级上·重庆·专题练习）如图，是等边三角形外一点，，，，求的度数． 例3．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）【问题情境】在数学课上，老师出了这样一个问题：“如图1，在四边形中，，，，，，求的长．”经过小组合作交流，找到了解决方法：构造旋转全等．将绕点B逆时针旋转到，连接．则是等边三角形，所以，导角可得，所以． （1）请补全图形； 【探究应用】（2）如图2，在中，，．D为外一点，且，，求的度数； 【拓展延伸】（3）如图3，在中，，，于D，M为上一点，连接，N为上一点，若，，，连接，请直接写出线段的长______．            模型4.“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）△BCP和△ADP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ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。 证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。 在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知） ∴∆WEN≌ ∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。 ∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。 ∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。 ∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。 在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA ≌ ∆ACB(SAS)。 ∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC ≌ ∆EAW， ∴S∆EWA = S∆ACB。 ∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 ∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。 又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。 ∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。 ∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。 模型2）知垂直证中点 条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。 结论：N为EG的中点；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。 证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°， ∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°， ∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN， ∵∠GAN+∠MAC =90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN， 在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC ≌ ∆EAW(AAS) ， ∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN， 在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌ ∆AGN (ASA)， ∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN， ∵∆ABC ≌ ∆EAW，∴S∆EWA = S∆ACB，∵∆WEN≌ ∆AGN， ∴S∆WEN= S∆AGN， ∴S∆ACB=S∆EWA =S∆AEN +S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=S△AEG。 （法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。 ∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM； 在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX； ∴Rt∆ABM ≌Rt∆EAX （ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG ≌Rt∆CMA （ASA），∴GY=AM； ∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX =GY； ∴Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点； ∵Rt∆ABM ≌Rt∆EAX ，∴S∆ABM =S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG ≌Rt∆CMA，∴S∆AYG =S∆CMA，CM=AY； ∵Rt∆EXN ≌ Rt∆GYN，∴S∆EXN = S∆GYN，XN=YN； ∴S△ABC=S∆ABM+S∆CMA =S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN +S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG； ∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。 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．（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：． 例2．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的顶点C、B分别在射线MN，射线NQ上滑动（顶点C、B与点N不重合）在滑动过程中，点A到直线MN的距离AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）． （2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的顶点C、F也分别在射线NM、射线NP上滑动（顶点C、F与点N不重合），连接AE交MN于点D，试探究AD与ED的数量关系，并证明你的结论． （3）如图2，，，在△ECF和△ABC保持原来滑动状态的过程中，△ACE的面积是否有最大值？若有，请求出△ACE的最大面积并求此时BF的长度；若△ACE的面积没有最大值，请说明理由． 1．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为 ．    2．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以△ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有 （填写编号）． 3．（2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ．… 任务：(1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 4．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）阅读下面材料：张明同学遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC内有一点P，且，，，求的度数． 张明同学是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造，连接，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决． (1)请你计算图1中的度数；(2)参考张明同学思考问题的方法，解决下列问题：如图3，在正方形内有一点，且，，，求的度数． 5．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则． 证明：，， ，（依据）， ，… (1)上述证明过程中的依据是指______．(2)请补全上述证明过程． (3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度． 6． （2024·河南·校考一模）（1）阅读理解:利用旋转变换解决数学问题是一种常用的方法．如图，点是等边三角形内一点，，求的度数．为利用已知条件，不妨把绕点顺时针旋转60°得，连接，则的长为_______；在中，易证，且的度数为_____，综上可得的度数为__ ； （2） 类比迁移:如图，点是等腰内的一点，．求的度数； （3）拓展应用:如图，在四边形中，，请直接写出的长． 7．（2023·山东济南·模拟预测）（问题提出）如图1，在等边内部有一点P，，，，求的度数． （数学思考）当图形中有一组邻边相等时，通过旋转可以将分散的条件集中起来解决问题． 【尝试解决】将绕点A逆时针旋转，得到，连接，则为等边三角形．，又，，，为 三角形，的度数为 ． 【类比探究】如图2，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数． 【联想拓展】如图3，在中，，，其内部有一点P，若，，，求的度数．    8．（2024·江西·模拟预测）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． (1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是______．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如图1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”． (3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长． 9．（23-24九年级上·重庆江北·期末）【问题背景】如图1，P是等边三角形外一点，，则．小明为了证明这个结论，将绕点A逆时针旋转，请根据此思路完成其证明； 【迁移应用】如图2，在等腰直角三角形中，，，点P在外部，且，若的面积为5.5，求； 【拓展创新】如图3，在四边形中，，点E在四边形内部，且，，，，，直接写出的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$