2026年中考数学专题复习 初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十八 “婆罗摩笈多”模型

初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十八：婆罗摩笈多模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) △ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°（也可以是正方形） （1）S△ABC＝S△ADE； （2）或（知一推一）. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 证明结论或进行面积求解 利用中点或垂直构造模型证明 常在解答题中进行证明、计算 倍长中线、一线三垂直 PART 2——模型思路. “婆罗摩笈多”模型是中等生及优生很有必要了解的模型，它经常作为全等单元的考试难题，并且很多同学一旦见到变了位置的等腰直角三角形（或正方形）就不知所措，实际上，“婆罗摩笈多”在认真了解后就极为简单，对此，本次专题附有几何画板的动态旋转演示，方便理解，它实质是利用了倍长中线或“一线三垂直”模型的全等综合题，婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，而婆罗摩笈多定理可抽象成如图的图形. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “婆罗摩笈多”模型 （已知中点） 倍长AF，通过证明△ABF≌△MEF，再根据第一次全等利用平行线和 同角的补角（∠AEM=∠CAD）证明△AME≌△ACD，即可完成证明. “婆罗摩笈多”模型 （已知垂直） 通过构造直线BC的垂线，产生“一线三垂直”模型，同时求证△ABN≌△CAG和 △APE≌△DGA，可得BN=PE=AG，产生相等的边，以证明△BFN≌△EFP，最后 求得BF=EF而求证. PART 3——模型练习. 1.（2024·四川成都期中）如图，于点，且，若点是三角形的角平分线的交点，点是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 2.（2024·辽宁丹东期末）如图，在锐角中，是边上的高，分别以为一边，向外作正方形和正方形（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接与的延长线交于点M，过点G作，垂足为点N．下列结论：①；②；③；④；⑤是的中线．其中正确的结论有 个． 3.（2025·重庆渝北期末节选）已知与为等腰直角三角形，． (1)如图1，若线段与相交于点，，求的度数； (2)如图2，连接，，点是的中点，求证：． 4.（2023·陕西西安交大附中期末）如图，在中，，，分别以、为边向外作正方形和正方形，连接，的面积是 ．    5.（2024·山东泰安）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：． 6.（2025·重庆巫山期末）在中，以为边向外作正方形． (1)如图1，若，连接，求的值； (2)如图2，以为边向外作正方形，连接，取的中点为，连接，延长交于，求证：. 7.（2023·重庆西大附中月考节选）如图，为等腰三角形，，D为边上一点，连接． (1)如图1，若，将绕点D逆时针旋转90°得到线段，连接，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，将绕点A逆时针旋转90°得到线段，连接，若G为中点，连接，求证：平分. 8.（2024·安徽合肥寿春月考）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． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线直线，垂足分别为点D，E．结论：． 模型分析：      (1)填空： ①如图1，若，则______； ②如图2，，，点的坐标为，则点的坐标为______． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (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4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，则______． 9.（2025·重庆綦江期末）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题： (1)如图1，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到_____，_____，_____．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型； (2)如图2，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；我们把这个数学模型称为“婆罗摩笈多”模型． (3)如图2，，，，连接，，的面积为，的面积为，，求的值． 10.（2023·重庆西大附中月考改编）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就． 婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德． 婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位． 例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： ①图1中S△ABC＝S△ADE； ②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；   ③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． 将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 11.（2025·上海浦东新区校级月考）（）如图，，，直线过点，点在直线同侧，，，垂足分别为，求证：． （）将图中绕着点旋转得到图，请写出线段和的关系，并证明； （）如图，过边分别向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点．证明：是的中点． （）如图，直角梯形中，，，，，将腰绕点逆时针旋转至，的面积为________． 12.（2023·四川遂宁）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    13.（2025·江西南昌校级期末）定义：由共用直角顶点且互不重叠的两个等腰直角三角形的其余四个顶点顺次连接而成的四边形叫做“比翼四边形”，两个等腰直角三角形共用的直角顶点叫做“比翼中心”． 【概念感知】 （1）下列四边形是“比翼四边形”的是________填序号； 平行四边形         菱形          矩形          正方形 【特例探索】 （2）如图，比翼四边形中，等腰和的腰长相等，过比翼中心的线段于点，交于点，试判断与的数量关系，并说明理由； 【深化研究】 （3）如图，比翼四边形中，等腰和等腰的腰长不相等，过比翼中心的线段于点，交于点，试判断与的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （4）如图，以的两直角边，为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于点，交于点若，，请直接写出的长． 14.（2024·河北石家庄校级期中）综合与实践： （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：在中．，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D、E．证明：． （2）组员小刘对图2（，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D、E．）进行了探究，他发现线段、、之间也存在着类似的数量关系，请你直接写出这个发现． 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： （3）如图3，已知，是边上的高，．过的边、向外作正方形和正方形，延长交于点I，若，请直接写出的面积． （4）如图4，在中，是钝角，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是12，请直接写出与的面积之和． 15.（2025·北京西城校级期中）【阅读理解】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是的中点，求边上的中线的取值范围． (1)【方法探索】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长到点E，使，连接．这样就能把线段集中在中．请根据小明的方法思考： ①补全图形，由已知和作图能得到的理由是______； A．；B．；C．；D． ②利用三角形的三边关系可以确定的取值范围，从而可以得到的取值范围是______． (2)【问题解决】 由第（1）问方法的启发，请解决下面问题： ①如图2，在中，D是边上的一点，是的中线，，，证明； ②如图3，是的中线，过点A分别向外作、，使得，，直接写出线段与的关系． (3)【问题拓展】 我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． ①如图4，已知为直角三角形，，以为边向外作正方形，正方形，连接．求证：与为偏等积三角形； ②如图5，将分别以为边向外作正方形，正方形，正方形，连接，则图中有______组偏等积三角形． (4)【综合运用】 如图6，四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，，已知，的面积为，计划修建一条经过点C的笔直的小路，点F在边上，的延长线经过的中点．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价为______元． PART 4——模型变式. 【变式1】（2024·重庆巴蜀入学）如图，点A在线段上，四边形和四边形都是正方形，面积分别是10和18，则的面积为 ． 【变式2】（2023·江苏苏州中学二模）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． (1)如图1，已知等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，请将它分成两个三角形，使它们成为偏等积三角形； (2)理解运用：如图2，已知△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG．求证：△ABC与△AEG为偏等积三角形； (3)如图3，四边形ABED是一片绿色花园，△ACB、△DCE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°（0＜∠BCE＜90°），已知BE＝60m，△ACD的面积为2100m2．计划修建一条经过点C的笔直的小路CF，F在BE边上，FC的延长线经过AD中点G．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价． 【变式3】（2025·四川内江校级期末模拟）（1）如图1，已知：在中，，，直线经过点，，垂足分别为点、．证明：①；②．    （2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，，、、三点都在上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．      （3）如图3，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，求证：是的中点．    【变式4】（2023·江西赣州校级竞赛）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： （1）AMEG； （2）AH⊥EG； （3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【变式5】（2025·江苏连云港校级期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． 【初步尝试】（1）如图①，在中，，，为上一点，当的长为________时，与为偏等积三角形． 【理解应用】（2）如图②，与为偏等积三角形，，，且线段的长度为奇数，过点作，交的延长线于点，则的长为________． 【综合应用】（3）如图③，已知和为两个等腰直角三角形，其中，，，且，为的中点．请根据上述条件，回答以下问题： ①与的数量关系为________； ②试探究线段与的数量关系，并写出解答过程． ③与是偏等积三角形吗？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 初中数学几何模型研究大讲堂 专题二十八：婆罗摩笈多模型 PART 1——模型认知. 已知 图示 结论(性质) △ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°（也可以是正方形） （1）S△ABC＝S△ADE； （2）或（知一推一）. 考法 常考设问 考查题型 解题思路 考 法 1 证明结论或进行面积求解 利用中点或垂直构造模型证明 常在解答题中进行证明、计算 倍长中线、一线三垂直 PART 2——模型思路. “婆罗摩笈多”模型是中等生及优生很有必要了解的模型，它经常作为全等单元的考试难题，并且很多同学一旦见到变了位置的等腰直角三角形（或正方形）就不知所措，实际上，“婆罗摩笈多”在认真了解后就极为简单，对此，本次专题附有几何画板的动态旋转演示，方便理解，它实质是利用了倍长中线或“一线三垂直”模型的全等综合题，婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，而婆罗摩笈多定理可抽象成如图的图形. 常见辅助线作法： 已知 图示 作法 “婆罗摩笈多”模型 （已知中点） 倍长AF，通过证明△ABF≌△MEF，再根据第一次全等利用平行线和 同角的补角（∠AEM=∠CAD）证明△AME≌△ACD，即可完成证明. “婆罗摩笈多”模型 （已知垂直） 通过构造直线BC的垂线，产生“一线三垂直”模型，同时求证△ABN≌△CAG和 △APE≌△DGA，可得BN=PE=AG，产生相等的边，以证明△BFN≌△EFP，最后 求得BF=EF而求证. 证明过程：（展示知垂直的结论证明）若AM⊥BC，则． 证明：过E作EP⊥MN交MN延长线于O，过D作DO⊥MN于O， ∵∠BAE=90°，∠DAC=90°， ∴∠BAM+∠EAP=90°，∠MAC+∠DAO=90°， ∵AM⊥BC， ∴∠ABM+∠BAM=90°，∠MCA+∠MAC=90° ∴∠ABM=∠EAP，∠MCA=∠OAD， ∵EP⊥MN， ∴∠EPA=90° 在△EAP和△ABM中， ， ∴△EAP≌△ABM（AAS）， ∴EP=AM， ∵DO⊥MN， ∴∠AOD=90°， 在△CAM和△ADO中， ， ∴△CAM≌△ADO（AAS） ∴AM=DO， ∴EP=DO=AM， 在△EPN和△DON中， ∴△EPN≌△DON（AAS）， ∴EN=DN， PART 3——模型练习. 1.（2024·四川成都期中）如图，于点，且，若点是三角形的角平分线的交点，点是的中点．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）． 【答案】①③④ 【分析】本题实质上属于婆罗摩笈多模型，主要考查了全等三角形的性质与判定、角平分线的定义，掌握全等三角形的性质与判定，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．利用点是三角形的角平分线的交点，得到，，结合，再利用三角形内角和定理可判断①；通过证明和，得到，分析可知需证明，则需证明是等腰直角三角形，而题目条件无法判断，可判断②；延长至点使得，连接，先证明，进而推出，可判断③；延长交于点，由得到，结合可判断④，即可得出结论． 【详解】解：， ， ， 点是三角形的角平分线的交点， 平分，平分， ，， ， ，故①正确； ，，， ， ，， ， 同理可得：， ，， ， ， 若需证明，则需证明是等腰直角三角形，而题目条件无法判断，故②不正确； 如图，延长至点使得，连接， 点是的中点， ， 又，， ， ，，， ，，， ， ， ， 又，， ， ， ，故③正确； 如图，延长交于点， ， ， ， ， ， ， ，故④正确； 综上所述，其中正确的是①③④． 故答案为：①③④． 2.（2024·辽宁丹东期末）如图，在锐角中，是边上的高，分别以为一边，向外作正方形和正方形（正方形四条边都相等，四个角都是直角），连接与的延长线交于点M，过点G作，垂足为点N．下列结论：①；②；③；④；⑤是的中线．其中正确的结论有 个． 【答案】5 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明，判断①正确；设与交于点O，与交于点R，由，，推出，从而判断②正确；根据判断③正确；证明，判断④正确；过点E作的垂线，交的延长线于点P，同理可证，得到，证明，即可判断⑤正确，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形，都是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； 设与交于点O，与交于点R， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵，是边上的高， ∴， ∴，故③正确； ∵，，， ∴， ∴，故④正确； 过点E作的垂线，交的延长线于点P， 同理可证， ∴， 又∵， ∴， ∴，即是的中线，故⑤正确． 故答案为5. 3.（2025·重庆渝北期末节选）已知与为等腰直角三角形，． (1)如图1，若线段与相交于点，，求的度数； (2)如图2，连接，，点是的中点，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可解答； （2）如图2，延长至N，使，连接，则，证明，然后再证明，即可得结论； 【详解】（1）解：如图1，∵，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （2）证明：如图2，延长至N，使，连接，则， 设与交于点O，与交于点K， ∵M是的中点， ∴， ∵， ∴（SAS）， ∴，， ∵， ∴， 设，， ∴， ∵与为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 中，， 中，， ∴ ∴， ∵， ∴（SAS）， ∴， ∵， ∴. 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了等腰直角三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 4.（2023·陕西西安交大附中期末）如图，在中，，，分别以、为边向外作正方形和正方形，连接，的面积是 ．    【答案】 【分析】延长，过作，由“”可证，可得，由三角形的面积公式可得结论． 【详解】解：延长，过作，则，    由题意可知，，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴的面积， 故答案为：． 【点睛】本题是全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5.（2024·山东泰安）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，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．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根据得到即可得到结论． 【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，连接，延长到，使，连接并延长交于点． ，，， ， ，， ， ， ， ， ． ， ． 在和中， ，，， ， ． 是中点，是中点， 是中位线， ． ， ， ． ， ． 故答案为：； ②证明： ∵， ， ， ． 【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． 6.（2025·重庆巫山期末）在中，以为边向外作正方形． (1)如图1，若，连接，求的值； (2)如图2，以为边向外作正方形，连接，取的中点为，连接，延长交于，求证：. 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）通过作辅助线构造直角三角形，利用正方形性质和直角三角形的边角关系求出相关线段长度，再用勾股定理计算． （2）构造全等三角形，利用正方形性质得到对应边和角相等，通过证明三角形全等得到线段关系，进而证明． 【详解】（1）解：过作交的延长线于． ∵四边形是正方形， ∴，． ∵， ∴， ∴在中，， ∴，． ∵， ∴． 在中，． （2）证明：延长到，使，连接． ∵是中点， ∴． 在和中， ∴， ∴，． ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴． 7.（2023·重庆西大附中月考节选）如图，为等腰三角形，，D为边上一点，连接． (1)如图1，若，将绕点D逆时针旋转90°得到线段，连接，若，，求四边形的面积； (2)如图2，若，将绕点A逆时针旋转90°得到线段，连接，若G为中点，连接，求证：平分. 【答案】(1)8 (2)见解析 【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判断与性质、线段和的最小值等知识点，正确添加辅助线、构造全等三角形成为解题的关键． （1）如图：过点D作交的延长线于点H，利用等腰三角形性质和旋转变换的性质可证得，再利用即可解答； （2）如图：延长至L，使，连接，先证得得出，再运用三角形中位线定理推出，根据平行线的性质得出，进而完成解答； 【详解】（1）解：如图：过点D作交的延长线于点H， ∵为等腰三角形，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由旋转得， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ． （2）解：如图：延长至L，使，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由旋转得∶， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵点A、G分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平分. 8.（2024·安徽合肥寿春月考）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． 【全等模型】如图1，已知：在中，，直线经过点，直线直线，垂足分别为点D，E．结论：． 模型分析：      (1)填空： ①如图1，若，则______； ②如图2，，，点的坐标为，则点的坐标为______． (2)这时组员小刘想，如果三个角不是直角，那么这两个三角形还会全等吗？如图3现将【全等模型】的条件改为：在中，，直线经过点D，A，E三点，且．请判断与是否全等，并说明理由． (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4，过的边向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，若，则______． 【答案】(1)①8；② (2)，理由见解析 (3)5 【分析】（1）①根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质得到，，于是得到结论； ②如图2，过作轴于，过作轴于，根据垂直的定义得到，根据余角的性质得到，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）根据已知条件得到，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （3）如图4，过作于，的延长线于．根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，同理，，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论． 【详解】（1）解：①直线，直线， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， 故答案为：8； ②如图2， 过作轴于，过作轴于， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，， 点的坐标为， ，， ，， ， 故答案为：； （2）解：，理由如下： ，，， ， ，， ； （3）如图4，过作于，的延长线于． 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ，， 同理，，， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：5． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 9.（2025·重庆綦江期末）通过对如图数学模型的研究学习，解决下列问题： (1)如图1，，，过点作于点，过点作于点．由，得．又，可以推理得到．进而得到_____，_____，_____．我们把这个数学模型称为“字”模型或“一线三等角”模型； (2)如图2，，，，连接，，且于点，与直线交于点．求证：点是的中点；我们把这个数学模型称为“婆罗摩笈多”模型． (3)如图2，，，，连接，，的面积为，的面积为，，求的值. 【答案】(1)，， (2)证明见解析 (3)1012 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，理解“一线三等角”的全等模型以及该模型的构成条件、证明过程及结论是解题关键． （1）证明，根据全等三角形的判定与性质逐步分析即可解答； （2）过作于，过作于，利用“K字模型”的结论可得故可推出，同理可得，再证即可证明结论； （3）过作于，交于，过作于，过作于，利用“K字模型”的结论可得，，进一步可证，再求解即可． 【详解】（1）解：，， ， ， ， 在和中， ， ，， ， 故答案为：，； （2）证明：如图2，过作于，过作于， 由“字”模型得：， ， 同理：， ， ，， ， 在与中， ， ， ， 点是的中点； （3）解：如图3，过作于，交于，过作于，过作于， ，，， 由“字”模型得：，， ，， 由（2）知：点是的中点， 得， ， ， 即， ， 的值为1012． 10.（2023·重庆西大附中月考改编）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就． 婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德． 婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位． 例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： ①图1中S△ABC＝S△ADE； ②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；   ③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． 将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 【答案】证明见详解． 【分析】延长AF，使FQ=AF，连接DQ，将△ACE绕点A逆时针旋转90°，得△ARD，由点F为BD中点，可得DF=BF，先证△DQF≌△BAF（SAS），DQ=BA=AC，∠FDQ=∠FBA，可证DQ∥BA，根据△ACE绕点A逆时针旋转90°得△ARD，可得AR=AC=AB=QD，RD=CE，证明R、A、B三点共线，再证△DQA≌△ARD（SAS），即可． 【详解】延长AF，使FQ=AF，连接DQ，将△ACE绕点A逆时针旋转90°，得△ARD ∵点F为BD中点， ∴DF=BF， 在△DQF和△BAF中， ∴△DQF≌△BAF（SAS）， ∴DQ=BA=AC，∠FDQ=∠FBA， ∴DQ∥BA， ∵△ACE绕点A逆时针旋转90°得△ARD ∴△ACE≌△ARD，∠RAC=90°， ∴AR=AC=AB=QD，RD=CE， ∵∠CAB=90°， ∴∠RAB=∠RAC+∠CAB=90°+90°=180°， ∴R、A、B三点共线， ∵DQ∥BA， ∴∠QDA=∠RAD， 在△DQA和△ARD中， ∴△DQA≌△ARD（SAS）， ∴AQ=DR， ∴2AF=AG=DR=CE， ∴2AF=CE． 【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，三角形面积，中线加倍，三角形中线性质，等腰直角三角形性质，图形旋转变换性质，三点共线，掌握以上知识，尤其是利用辅助线作出准确图形是解题关键． 11.（2025·上海浦东新区校级月考）（）如图，，，直线过点，点在直线同侧，，，垂足分别为，求证：． （）将图中绕着点旋转得到图，请写出线段和的关系，并证明； （）如图，过边分别向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点．证明：是的中点． （）如图，直角梯形中，，，，，将腰绕点逆时针旋转至，的面积为________． 【答案】（）证明见解析；（），证明见解析；（）证明见解析；（） 【分析】（）利用余角性质可得，进而由即可证明； （）由可得，，进而根据即可求证； （）分别过点向作垂线，垂足分别为，同理（）可证，，可得，，即得，进而证明即可求证； （）过点作交延长线于点，过点作交延长线于点，由旋转可得，，同理（）可证，即得，再证明四边形是矩形，可得，即得，最后根据三角形的面积公式计算即可求解． 【详解】（）证明：∵，直线过点， ∴， ∵，，垂足分别为， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （）解：． 证明：由（）知， ∴，， ∵， ∴， ∴； （）证明：如图，分别过点向作垂线，垂足分别为，则， 同理（）可证，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的中点； （）解：如图，过点作交延长线于点，过点作交延长线于点， 由旋转得，，， 同理（）可证， ∴， 在直角梯形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了余角性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，矩形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 12.（2023·四川遂宁）如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)    【答案】①②④ 【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点， 过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出 ，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：①当时，是等边三角形， ∴ ∴ ∵等腰直角、， ∴ ∴ ∴；故①正确； ②∵等腰直角、， ∴， ∴ ∴ ∴；故②正确； ④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，    ∵， ∴， 又， ∴ 又∵， ∴ 同理得，， ∴，，， ∵，，， ∴， ∴，即是的中点，故④正确， ∴， 设，则 在中， 在中， ∴ ∴ 解得： ∴， ∴， ∴ ∴ 在中， ∴,故③错误 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 13.（2025·江西南昌校级期末）定义：由共用直角顶点且互不重叠的两个等腰直角三角形的其余四个顶点顺次连接而成的四边形叫做“比翼四边形”，两个等腰直角三角形共用的直角顶点叫做“比翼中心”． 【概念感知】 （1）下列四边形是“比翼四边形”的是________填序号； 平行四边形         菱形          矩形          正方形 【特例探索】 （2）如图，比翼四边形中，等腰和的腰长相等，过比翼中心的线段于点，交于点，试判断与的数量关系，并说明理由； 【深化研究】 （3）如图，比翼四边形中，等腰和等腰的腰长不相等，过比翼中心的线段于点，交于点，试判断与的数量关系，并说明理由； 【拓展应用】 （4）如图，以的两直角边，为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于点，交于点若，，请直接写出的长． 【答案】（1）④；（2），理由见解析；（3），理由见解析；（4）9.8 【分析】（1）根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质进行判断即可； （2）证明，，可得，再进一步结合等腰三角形的性质可得结论； （3）如图，过作于，过作于，证明，可得，同理可得：，证明，再证明，即可得到结论； （4）证明，，，可得，求解，，结合（3）的结论可得：，可得，从而可得结论. 【详解】解：（1）∵平行四边形，菱形，矩形的对角线不能把四边形分成四个等腰直角三角形， ∴平行四边形，菱形，矩形不是“比翼四边形”， ∵正方形的对角线把正方形分成四个等腰直角三角形， ∴正方形是“比翼四边形”， ∴四边形是“比翼四边形”的是正方形， 故答案为：④ （2）∵比翼四边形中，等腰和的腰长相等， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，而， ∴； （3）如图，过作于，过作于， ∵，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∵，， ∴， ∴； （4）∵以的两直角边，为边，向外作正方形和正方形，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 结合（3）的结论可得：， ∴， ∴. 【点睛】本题考查的是平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 14.（2024·河北石家庄校级期中）综合与实践： （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：在中．，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D、E．证明：． （2）组员小刘对图2（，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D、E．）进行了探究，他发现线段、、之间也存在着类似的数量关系，请你直接写出这个发现． 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： （3）如图3，已知，是边上的高，．过的边、向外作正方形和正方形，延长交于点I，若，请直接写出的面积． （4）如图4，在中，是钝角，，，直线m与的延长线交于点F，若，的面积是12，请直接写出与的面积之和． 【答案】（1）证明见解析（2）（3）2（4）6 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键； （1）由题意可得可得出，再证可得，然后根据线段的和差和等量代换即可证明结论； （2）同（1）证可得，然后根据线段的和差和等量代换即可证明结论； （3）过E作于M，的延长线于N，由（1）和（2）的结论可知，，证得，继而得出，，据此求解可得答案． （4）证明，可得，再作，可得，进而得出答案． 【详解】（1）证明：∵直线，直线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： ∵直线，直线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图3，过E作于M，的延长线于N，    ∴， 由（1）和（2）的结论可知， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 则 ． （4）∵，， ∴， 又∵， ∴， ． 如图所示，过点A作于，则，． ， ． ， 与的面积之和为6． 15.（2025·北京西城校级期中）【阅读理解】数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，，，D是的中点，求边上的中线的取值范围． (1)【方法探索】 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：如图1，延长到点E，使，连接．这样就能把线段集中在中．请根据小明的方法思考： ①补全图形，由已知和作图能得到的理由是______； A．；B．；C．；D． ②利用三角形的三边关系可以确定的取值范围，从而可以得到的取值范围是______． (2)【问题解决】 由第（1）问方法的启发，请解决下面问题： ①如图2，在中，D是边上的一点，是的中线，，，证明； ②如图3，是的中线，过点A分别向外作、，使得，，直接写出线段与的关系． (3)【问题拓展】 我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． ①如图4，已知为直角三角形，，以为边向外作正方形，正方形，连接．求证：与为偏等积三角形； ②如图5，将分别以为边向外作正方形，正方形，正方形，连接，则图中有______组偏等积三角形． (4)【综合运用】 如图6，四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，，已知，的面积为，计划修建一条经过点C的笔直的小路，点F在边上，的延长线经过的中点．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价为______元． 【答案】(1)①B；② (2)①见解析；②且 (3)①见解析；②6 (4)42000 【分析】（1）①延长到点E，使，根据定理证明，可得结论； ②由全等三角形的性质可得，结合三角形的三边关系即可求出的取值范围； （2）①延长到点F，使得，连接，由第（1）问方法可证明，得出，，结合同角的补角相等可证，得出，即可证明结论； ②延长交于点P，延长使，连接，证明，得出，，证明，得出，，进而推导出；由，推导出，进而得到； （3）①作，交的延长线于H，先证明得到，即可得到，即与为偏等积三角形； ②延长到点H，使得，连接，则，再证明，得到，即可得到，同理可得，再依据偏等积三角形的定义求解即可； （4）由（3）同理得，过点A作，交的延长线于M，首先根据平行和中点证明，得，再证明，得，从而证明，即可解决问题． 本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，倍长中线模型等知识，理解新定义是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图1，延长到点E，使， 是的中点， ， 在和中， ， ， 故答案为：B； ②， ， 在中，， ， ， 故答案为：； （2）①证明：如图2，延长到点F，使得，连接 是边上的中线， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ； ②；；理由如下： 如图3，延长交于点P，延长使，连接， 为边上的中线， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ； ， ， ， ， ； 综上所述，且； （3）①证明：作交的延长线于H，如图， 四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， 与为偏等积三角形； ②延长到点H，使得，连接，如图5， ， 四边形，四边形是正方形， ，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 与是偏等积三角形； 同理可得， 偏等积三角形有与，与，与，与，与，与6组； 故答案为：6； （4）如图6，过点A作，交的延长线于M， ， 点G为的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， （元）， 答：修建小路的总造价为42000元． 故答案为：． PART 4——模型变式. 【变式1】（2024·重庆巴蜀入学）如图，点A在线段上，四边形和四边形都是正方形，面积分别是10和18，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，算术平方根的应用，过点E作，交的延长线于H，由题意可证，即可得则可求的面积． 【详解】解：如图：过点E作，交的延长线于H， ∵四边形和四边形都是正方形，面积分别是10和18， ，， 在中，， ，， ，且，， ， ， ， 故答案为：． 【变式2】（2023·江苏苏州中学二模）我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． (1)如图1，已知等腰直角△ABC，∠ACB＝90°，请将它分成两个三角形，使它们成为偏等积三角形； (2)理解运用：如图2，已知△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG．求证：△ABC与△AEG为偏等积三角形； (3)如图3，四边形ABED是一片绿色花园，△ACB、△DCE是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°（0＜∠BCE＜90°），已知BE＝60m，△ACD的面积为2100m2．计划修建一条经过点C的笔直的小路CF，F在BE边上，FC的延长线经过AD中点G．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)42000元. 【分析】（1）如图1，作的中线，与的面积相等（作中线也可以）; （2）如图2，过点作交的延长线于．证明，推出可得结论; （3）首先，过作于，过作于，证，得，则；其次，过点作，交的延长线于，证得，得到，再证，得，由余角的性质可证，然后由三角形面积得，求出，即可求解． 【详解】（1）如图1中，作的中线，与的面积相等（作中线也可以）; （2）证明：如图，过点作交的延长线于; 四边形，四边形都是正方形， ，，， ， ， ， ， ，， ， 与为偏等积三角形; （3）首先，过作于，过作于，如图所示， 则， 、是等腰直角三角形， ，，， ， ， ， 在和中， ，，， ， ， ，， ， 其次，如图，过点作，交的延长线于， 则， 点为的中点， ， 在和中， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 修建小路的总造价为：（元． 【点睛】本题是三角形综合题目，考查了新定义“偏等积三角形”的定义、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积三角形”的定义，证明和是解题的关键，属于中考常考题型． 【变式3】（2025·四川内江校级期末模拟）（1）如图1，已知：在中，，，直线经过点，，垂足分别为点、．证明：①；②．    （2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，，、、三点都在上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．      （3）如图3，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，求证：是的中点．    【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）成立：DE=BD+CE；证明见解析；（3）见解析 【分析】（1）①根据平行线的判定与性质即可求解；②由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD＋CE； （2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论； （3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点． 【详解】（1）①∵BD⊥直线l，CE⊥直线l ∴∠BDA=∠CEA=90° ∵∠BAC=90° ∴∠BAD+∠CAE=90° ∵∠BAD+∠ABD=90° ∴∠CAE=∠ABD ②在△ADB和△CEA中 ∴△ADB≌△CEA（AAS） ∴AE=BD，AD=CE ∴DE=AE+AD=BD+CE； （2）成立：DE=BD+CE证明如下： ∵∠BDA=∠BAC=α ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°﹣α ∴∠DBA=∠CAE 在△ADB和△CEA中 ∴△ADB≌△CEA（AAS） ∴AE=BD、AD=CE ∴DE=AE+AD=BD+CE； （3）如图过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．    【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到BD＝AE、CE＝AD是解题的关键． 【变式4】（2023·江西赣州校级竞赛）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： （1）AMEG； （2）AH⊥EG； （3）EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析 【分析】（1）延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN，先证得△MBN≌△MCA，得到∠BNM＝∠CAM，NB＝AC，从而得到BN∥AC，NB＝AG，进一步得到∠NBA＝∠GAE，根据SAS证得△NBA≌△GAE，即可证得结论； （2）由△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG，进一步求得∠HAE+∠AEH＝90°，即可证得∠AHE＝90°，得到AH⊥EG； （3）连接CE、BG，易证△ACE≌△ABG，得出CE⊥BG，根据勾股定理得到EG2+BC2＝CG2+BE2，从而得到2（AB2+AC2）． 【详解】（1）证明：延长AM到点N，使MN＝MA，连接BN， ∵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）， ∴AN＝EG， ∴AMEG； （2）证明：由（1）△NBA≌△GAE得∠BAN＝∠AEG， ∵∠HAE+∠BAN＝180°﹣90°＝90°， ∴∠HAE+∠AEH＝90°， ∴∠AHE＝90°， 即AH⊥EG； （3）证明：连接CE、BG， ∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形， ∴AC=AG，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°， ∴∠BAG=∠CAE， ∴△ACE≌△ABG ∴CE⊥BG， ∴EG2+BC2＝CG2+BE2， ∴EG2+BC2＝2（AB2+AC2）． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，勾股定理的应用等，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键． 【变式5】（2025·江苏连云港校级期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形． 【初步尝试】（1）如图①，在中，，，为上一点，当的长为________时，与为偏等积三角形． 【理解应用】（2）如图②，与为偏等积三角形，，，且线段的长度为奇数，过点作，交的延长线于点，则的长为________． 【综合应用】（3）如图③，已知和为两个等腰直角三角形，其中，，，且，为的中点．请根据上述条件，回答以下问题： ①与的数量关系为________； ②试探究线段与的数量关系，并写出解答过程． ③与是偏等积三角形吗？请说明理由． 【答案】（1）2；（2）；（3）①；②，理由见解析；③与是偏等积三角形，理由见解析 【分析】（1）根据新定义，当为的中点时，满足条件，从而可得答案； （2）由与为偏等积三角形，证明，再证明，可得，，再利用三角形三边的关系求解，结合为奇数，求解，从而可得答案； （3）①由周角的定义可得出答案； ②延长至，使，连接，证明，由全等三角形的性质得出 ，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论； ③证明，且与不是全等三角形，即可得到与是偏等积三角形． 【详解】解：（1）如图，连接， 当时，，   与不全等， 与为偏等积三角形， 故答案为：2； （2）与为偏等积三角形， ． ∵， ． ， ， ，， ， ， ． 为奇数， ， ； （3）①∵， ∴； ②，理由如下：延长至G，使，连接，如图所示：    ∵F为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由①得：， ∴． ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴； ③∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，且则与不是全等三角形， ∴与是偏等积三角形． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，倍长中线的问题，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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