2025年九年级中考数学复习 婆罗摩笈多模型知识　

专题9 婆罗摩笈多模型 婆罗摩笈多（Brahmagupta）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。 一、知垂直证中点 如图：分别以△ABC的边AB、AC为边，向三角形的外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，AM为BC上的高，延长MA交EG于点N，求证：N为EG的中点． 二、知中点证垂直 如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H，求证：AH⊥EG 【典型例题】 例题1：如图，点A的坐标为（4，0），点B为y轴的负半轴上的一个动点，分别以OB，AB为直角边在第三、第四象限作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于P点，当点B在y轴上移动时，求PB的长度． 例题2：某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【模型初识】如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l于点D，CE⊥直线l于点E．易证：△ABD≌△CAE． （1）如图1，若BD=3，CE=5，则DE= ； 【模型应用】（2）如图2，平面直角坐标系中，∠AOB=90°，OA=OB，点B的坐标为（1，2），则点A的坐标为 ； 【模型拓展】（3）如图3，以△ABC的边AB，AC向外分别作正方形ABDE和正方形ACFG，则∠BAE=∠CAG=90°，AE=AB，AG=AC，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I． ①过点E作EM⊥HI于点M，过点G作GN⊥HI于点N，试说明EM=GN； ②若BH=4，CH=6，请求出AI的长． 【巩固练习】 1.在锐角三角形ABC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与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③∠EAM=∠ABC；④AM是△AEG的中线，其中结论正确的是（ ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 2.如图，过△ABC的边AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高．延长HA交EG于点I．若S△AEG=7，则S△AEI= 3.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=1．分别以AB，AC，BC为边，向外作正方形ABDE，正方形ACFG，正方形BCMN，连接GE，DN．则图中阴影的总面积是 4.某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形． （1）如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥l,CE⊥l,垂足分别为点D、E，则BD、DE和CE三条线段的数量关系为 ； 问题探究：（2）某小组成员将正方形ABCD点A固定在直线l上，过点B作BE⊥l,过点D作DF⊥l.在转动正方形的过程中发现：当AD、AB落在直线同侧时，△ABE和△ADF的面积始终相同．如图2，已知：∠BAD=90°，AB=AD，BE⊥l,DF⊥l,求证：S△ABE=S△ADF； 问题解决：（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题．如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG（正方形的四条边都相等，四个角都是直角），AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，AH=1，BC=3，求S△AEI． 5.（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BCA=90°，CA=CB，直线l经过点C，AD⊥直线MN，BE⊥直线MN，垂足分别为点D、E．证明：DE=AD+BE． 6.【方法回顾】如图1，在中，D，E分别是边的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点F，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证． （1）上述证明过程中： ①证明的依据是（    ） A．              B．             C．               D． ②证明四边形是平行四边形的依据是______； 【类比迁移】（2）如图2，是的中线，交于点E，交于点F，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明． 证明：如图2，延长至点G，使，连接，…请根据小明的思路完成证明过程； 【理解运用】（3）如图3，四边形与四边形均为正方形，连接、，点P是的中点，连接．请判断线段与的数量关系及位置关系，并说明理由： （4）如图4，四边形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，为锐角，已知m，的面积为．计划修建一条经过点A的笔直小路，其中点G在边上，的延长线经过中点F．若小路每米造价500元，则修建小路的总造价为______元．        参考答案 一、知垂直证中点 如图：分别以△ABC的边AB、AC为边，向三角形的外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，AM为BC上的高，延长MA交EG于点N，求证：N为EG的中点． 解：过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图所示： ∵四边形ABDE是正方形， ∴AB=AE，∠BAE=90°， ∴∠EAP+∠BAM=180°-90°=90°， ∵AM⊥BC， ∴∠ABM+∠BAM=90°， ∴∠ABM=∠EAP， 在△ABM和△EAP中， ∴△ABM≌△EAP（AAS）， ∴EP=AM， 同理可得：GQ=AM， ∴EP=GQ， 在△EPN和△GQN中， ∴△EPN≌△GQN（AAS）， ∴EN=NG， ∴N为EG的中点． 二、知中点证垂直 如图，在△ABC外分别以AB，AC为边作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，AM是△ABC中BC边上的中线，延长MA交EG于点H，求证：AH⊥EG 证明：延长AM到点N，使MN=MA，连接BN、CN， ∵AM是△ABC中BC边上的中线， ∴CM=BM， 在△MBN和△MCA中 ∴△MBN≌△MCA（SAS）， ∴∠BNM=∠CAM，NB=AC， ∴BN∥AC，NB=AG， ∴∠NBA+∠BAC=180°， ∵∠GAE+∠BAC=360°-90°-90°=180°， ∴∠NBA=∠GAE， 在△NBA和△GAE中 ∴△NBA≌△GAE（SAS）， ∴∠BAN=∠AEG， ∵∠HAE+∠BAN=180°-90°=90°， ∴∠HAE+∠AEH=90°， ∴∠AHE=90°，即AH⊥EG 【典型例题】 例题1：如图，点A的坐标为（4，0），点B为y轴的负半轴上的一个动点，分别以OB，AB为直角边在第三、第四象限作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于P点，当点B在y轴上移动时，求PB的长度． 【分析】作EN⊥y轴于N，求出∠NBE=∠BAO，证△ABO≌△BEN，求出∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°，证△BFP≌△NEP，推出BP=NP，即可得出答案． 【解答】解：如图，作EN⊥y轴于N， ∵∠ENB=∠BOA=∠ABE=90°， ∴∠OBA+∠NBE=90°，∠OBA+∠OAB=90°， ∴∠NBE=∠BAO， 在△ABO和△BEN中， ∴△ABO≌△BEN（AAS）， ∴OB=NE=BF， ∵∠OBF=∠FBP=∠BNE=90°， 在△BFP和△NEP中， ∴△BFP≌△NEP（AAS）， ∴BP=NP， 又因为点A的坐标为（4，0）， ∴OA=BN=4， ∴BP=NP=2． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质等知识点的应用，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SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应角相等，对应边相等． 例题2：某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的全等模型． 【模型初识】如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l于点D，CE⊥直线l于点E．易证：△ABD≌△CAE． （1）如图1，若BD=3，CE=5，则DE= ； 【模型应用】（2）如图2，平面直角坐标系中，∠AOB=90°，OA=OB，点B的坐标为（1，2），则点A的坐标为 ； 【模型拓展】（3）如图3，以△ABC的边AB，AC向外分别作正方形ABDE和正方形ACFG，则∠BAE=∠CAG=90°，AE=AB，AG=AC，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I． ①过点E作EM⊥HI于点M，过点G作GN⊥HI于点N，试说明EM=GN； ②若BH=4，CH=6，请求出AI的长． 【分析】（1）由AAS可证△ABD≌△CAE，可得BD=AE=3，CE=AD=5，即可求解；（2）同理可证△ACO≌△ODB，可得AC=OD=1，CO=BD=2，即可求解；（3）①同理可证△ABH≌△EAM，△AHC≌△GNA，可得EM=AH，GN=AH，即可求解；②由AAS可证△EMI≌△GNI，可得NI=MI=1，即可求解． 【解答】（1）解：∵BD⊥直线l于点D，CE⊥直线l于点E， ∴∠BDA=∠CEA=90°=∠BAC， ∴∠BAD+∠CAE=90°=∠BAD+∠ABD， ∴∠BAC=∠ABD， 又∵AB=AC， ∴△ABD≌△CAE（AAS）， ∴BD=AE=3，CE=AD=5， ∴DE=AD+AE=8， 故答案为：8； （2）解：过点A作AC⊥x轴于C，过点B作BD⊥x轴于D， ∵点B的坐标为（1，2）， ∴BD=2，OD=1， 由（1）同理可证△ACO≌△ODB， ∴AC=OD=1，CO=BD=2， ∴点A（-2，1）， 故答案为：（-2，1）； （3）①证明：同理可证△ABH≌△EAM，△AHC≌△GNA， ∴EM=AH，GN=AH，BH=AM，CH=AN， ∴EM=NG； ②解：∵BH=AM=4，AN=CH=6， ∴NM=2， ∵NG=EM，∠NIG=∠EIM，∠GNI=∠EMI=90°， ∴△EMI≌△GNI（AAS）， ∴NI=MI=1， ∴AI=AM+IM=5． 【点评】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，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【巩固练习】 1.（2023春•溆浦县校级期中）在锐角三角形ABC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与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③∠EAM=∠ABC；④AM是△AEG的中线，其中结论正确的是（ ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【分析】根据正方形的性质可得AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，然后求出∠CAE=∠BAG，再利用“边角边”证明△ABG和△AEC全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=CE，判定①正确；设BG、CE相交于点N，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE=∠AGB，然后求出∠CNG=90°，根据垂直的定义可得BG⊥CE，判定②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，根据同角的余角相等求出∠ABH=∠EAP，再利用“角角边”证明△ABH和△EAP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠EAM=∠ABC判定③正确，全等三角形对应边相等可得EP=AH，同理可证GQ=AH，从而得到EP=GQ，再利用“角角边”证明△EPM和△GQM全等，根据全等三角形对应边相等可得EM=GM，从而得到AM是△AEG的中线，可判定④正确． 解：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=CE，故①正确； 设BG、CE相交于点N， ∵△ABG≌△AEC， ∴∠ACE=∠AGB， ∵∠NCF+∠NGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°， ∴∠CNG=360°-（∠NCF+∠NGF+∠F）=360°-（180°+90°）=90°， ∴BG⊥CE，故②正确； 过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q， ∵AH⊥BC， ∴∠ABH+∠BAH=90°， ∵∠BAE=90°， ∴∠EAP+∠BAH=180°-90°=90°， ∴∠ABH=∠EAP， 在△ABH和△EAP中， ∴△ABH≌△EAP（AAS）， ∴∠EAM=∠ABC，故③正确，EP=AH， 同理可得GQ=AH， ∴EP=GQ， 在△EPM和△GQM中， ∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM=GM，∴AM是△AEG的中线，故④正确．综上所述，①②③④结论都正确．故选：D． 2.如图，过△ABC的边AB，AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高．延长HA交EG于点I．若S△AEG=7，则S△AEI= 解：过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，如图： ∵四边形ABDE是正方形， ∴∠EMA=∠AHB=90°，∠EAM=90°-∠BAH=∠ABH，AB=AE， ∴△AEM≌△BAH（AAS）， ∴EM=AH，同理AH=GN， ∴EM=GN， 在△EMI和△GNI中， ∴△EMI≌△GNI（AAS）， ∴EI=GI， ∴I是EG的中点． ∴S△AEI=S△AEG=3.5． 故答案为：3.5． 3.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=2，BC=1．分别以AB，AC，BC为边，向外作正方形ABDE，正方形ACFG，正方形BCMN，连接GE，DN．则图中阴影的总面积是 解：如图将△GAE绕点A顺时针旋转90°得到△KAB． ∵∠GAC=∠EAB=90°， ∴∠GAE+∠CAB=180°， ∵∠GAE=∠KAB， ∴∠KAB+∠CAB=180°， ∴C、A、K共线， ∵AG=AK=AC， ∴S△ABK=S△ABC=S△AGE， 同理可证S△BDN=S△ABC， ∴S△AEG+S△BDN=2•S△ABC=2××2×1=2． 故答案为2． 4.某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形． （1）如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥l,CE⊥l,垂足分别为点D、E，则BD、DE和CE三条线段的数量关系为 ； 问题探究：（2）某小组成员将正方形ABCD点A固定在直线l上，过点B作BE⊥l,过点D作DF⊥l.在转动正方形的过程中发现：当AD、AB落在直线同侧时，△ABE和△ADF的面积始终相同．如图2，已知：∠BAD=90°，AB=AD，BE⊥l,DF⊥l,求证：S△ABE=S△ADF； 问题解决：（3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题．如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG（正方形的四条边都相等，四个角都是直角），AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，AH=1，BC=3，求S△AEI． 【分析】（1）证明△ADB≌△CEA（AAS），得出AE=BD，AD=CE，则可得出结论； （2）同（1）可得△ABE≌△DAF，则可得出结论； （3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，由（2）的结论可知△ABH≌△EAM，△CAH≌△AGN，得出EM=AH=GN=1，AM=BH，AN=HC，证明△EMI≌△GNI（AAS），得出IM=IN，求出AI，则可得出答案． （1）解：∵BD⊥直线l,CE⊥直线l, ∴∠BDA=∠CEA=90°， ∵∠BAC=90°， ∴∠BAD+∠CAE=90° ∵∠BAD+∠ABD=90°， ∴∠CAE=∠ABD 在△ADB和△CEA中， ， ∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE=BD，AD=CE， ∴DE=AE+AD=BD+CE； 故答案为：DE=BD+CE； （2）证明：同（1）可得△ABE≌△DAF， ∴S△ABE=S△ADF； （3）解：如图3，过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N， ∴∠EMI=∠GNI=90°， 由（2）的结论可知△ABH≌△EAM，△CAH≌△AGN， ∴EM=AH=GN=1，AM=BH，AN=HC， 在△EMI和△GNI中， ∴△EMI≌△GNI（AAS）， ∴IM=IN， ∴BC=BH+HC=AM+AN=AI-IM+AI+IN=2AI=3， ∴AI=， ∴S△AEI=． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 5.（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BCA=90°，CA=CB，直线l经过点C，AD⊥直线MN，BE⊥直线MN，垂足分别为点D、E．证明：DE=AD+BE． （2）组员小刘想，如果当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系． （3）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点． 【分析】（1）先证明∠ADC=∠BEC=90°，∠DAC=∠BCE，再证明△ADC≌△CEB，再利用相似三角形的性质可得结论；（2）先证明∠ADC=∠BEC=90°，∠DAC=∠BCE，再证明△ADC≌△CEB，再利用相似三角形的性质可得结论；（3）过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．结合由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN，证明△EMI≌△GNI，从而可得结论． （1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°， ∴∠DAC=∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ∴△ADC≌△CEB（AAS）． ∴AD=CE，CD=BE， ∵DC+CE=DE， ∴AD+BE=DE． （2）解：等量关系：DE=AD-BE． 理由如下：∵AD⊥DE，BE⊥DE， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°， ∴∠DAC=∠BCE， 在△ADC和△CEB中， ∴△ADC≌△CEB（AAS）． ∴AD=CE，CD=BE， ∴DE=CE-CD=AD-BE． （3）证明：如图3， 过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N． ∴∠EMI=∠GNI=90° 由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN， ∴EM=GN， 在△EMI和△GNI中， ∴△EMI≌△GNI（AAS）， ∴EI=GI， ∴I是EG的中点． 【点评】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，一线三直角全等模型，线段的和差运算，构造合理的辅助线及掌握等腰直角三角形下的一线三直角全等模型是解决本题的关键． 6.【方法回顾】如图1，在中，D，E分别是边的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点F，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证． （1）上述证明过程中： ①证明的依据是（    ） A．              B．             C．               D． ②证明四边形是平行四边形的依据是______； 【类比迁移】（2）如图2，是的中线，交于点E，交于点F，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明． 证明：如图2，延长至点G，使，连接，…请根据小明的思路完成证明过程； 【理解运用】（3）如图3，四边形与四边形均为正方形，连接、，点P是的中点，连接．请判断线段与的数量关系及位置关系，并说明理由： （4）如图4，四边形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，为锐角，已知m，的面积为．计划修建一条经过点A的笔直小路，其中点G在边上，的延长线经过中点F．若小路每米造价500元，则修建小路的总造价为______元．        【分析】（1）①利用证明；②利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形； （2）如图2，延长至G，使，连接，证明，得到，推出，得到，即可得证； （3）延长至点，使，连接，证明，得到，，再证明，得到，，延长交于点，推出，即可得出结论；（4）构造正方形和正方形，过点作于点，由（3）的结论得到，利用中线平分面积和三角形的面积公式，求出的长，证明，得到，再进行计算即可． 【详解】（1）①延长到点F，使，连接，    ∵D，E分别是边的中点， ∴， 在和中 ， ∴；故选A； ②∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）； 故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （2）证明：如图2，延长至G，使，连接，    在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3），；理由如下：延长至点，使，连接，    同法（2）可得：，∴，， ∴，∴， ∵四边形与四边形均为正方形，∴， ∴， ∴， 又：， ∴， ∴，， ∵， ∴， 延长交于点，则：， ∴， ∴， ∴； 综上：，； （4）∵，是等腰直角三角形，∴， 如图，构造正方形和正方形，过点作于点，    由（3）可知， ∵为的中点， ∴平分的面积， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴修建小路的总造价为元； 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的性质，等腰三三角形的性质，解题的关键是理解并掌握倍长中线法构造全等三角形． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$