专题25 婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理）讲义 2026年中考数学二轮复习

该初中数学中考复习讲义聚焦婆罗摩笈多定理专题，覆盖圆内接四边形、垂直证明与线段求值等中考核心考点，通过模型讲解（基础模型及拓展）、例题分析、课堂随练、巩固提高的系统架构，帮助学生梳理几何图形对称与不变性质，突破综合题推理难点。 亮点在于模型化分层教学策略，如“知垂直推中点”模型通过一线三垂直构造全等，培养学生推理能力与几何直观，例题与练习结合中考题型设计，确保学生掌握快速推导线段关系的方法。分层训练适配不同水平学生，教师可依此精准把控复习节奏，有效提升学生几何综合题应考能力。

专题25 婆罗摩笈多定理(布拉美古塔定理） 婆罗摩笈多定理模型，由古代印度数学家婆罗摩笈多发现并命名，是处理对角线互相垂直的圆内接四边形的经典几何模型，可快速推导线段相等、垂直关系及面积结论，深刻体现几何图形的对称与不变性质。中考常以四边形综合、圆内接四边形、垂直证明与线段求值题型出现，题目结构精巧、结论优美，兼具历史内涵与思维深度，是几何演绎推理与数形结合思想的典型代表。 本专题从模型讲解、例题分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析婆罗摩笈多定理模型的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 模型讲解 一、模型简介 （一）知“垂直”，推“中点”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN. 【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直） 过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q， 易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM ∴AP＝DQ 易证：△APN≌△DQN ∴AN＝DN ②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S ∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S ＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证. ③如图，由①得，PN＝QN， ∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证. （二）知“中点”，推“垂直”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q，则①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP 【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线） 证明：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME， 易证：△PBC≌△PME ∴BC＝ME，BC∥ME ∵AB＝AC ∴AB＝EM， ∵BC∥ME， ∴∠CBE＋∠BEM＝180°， 又∵∠ABC＝∠DBE＝90° ∴∠CBE＋∠ABD＝180°， ∴∠ABD＝∠MEB， 易证：△ABD≌△MEB， ∴∠2＝∠1， ∵∠1＋∠3＝90° ∴∠2＋∠3＝90° ∴∠DQP＝90° ②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证. ③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。 （三）婆罗摩笈多定理： 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个名称，叫做“布拉美古塔定理”（又译《卜拉美古塔定理”）。 【证明】 ∵AC⊥BD，ME⊥BC ∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF ∴∠CAD=∠AMF ∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90° ∴∠FMD=∠FDM ∴MF=DF，即F是AD中点 【定理拓展】 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边。 如上图，圆内接四边形ABCD中，AC⊥BD，M是垂足。F是AD中点，则FM⊥BC。 过圆内接四边形两对角线交点做另一边的垂线，必过其对边为一边，以交点为一顶点的三角形的外心。 二、模型拓展 拓展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O， ⑴若MN⊥AD，则点M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM. ⑵若M是BC的中点，则①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM. 拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180º，MN过点O.N在AD延长线上. ⑴若∠ANM＝∠AOB，则M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM. ⑵若M是BC的中点，则②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM. 拓展3：如图，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180º，MN过点O. ⑴若M是BC的中点，则①AD＝2OM，②S＝S. ⑵若N是AD的中点，则①BC＝2ON，②S＝S. 拓展4：如图，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180º，则S＝S. 例题分析 【例1】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． 【例2】在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形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；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ． 【答案】①②③④ 【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案． 【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC， 即∠CAE＝∠BAG， ∴△ABG≌△AEC（SAS）， ∴BG＝CE，故①正确； 设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1， ∵△ABG≌△AEC， ∴∠ACE＝∠AGB， ∵∠AKG＝∠NKC， ∴∠CNG＝∠CAG＝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，如图2， ∵AH⊥BC， ∴∠ABH+∠BAH＝90°， ∵∠BAE＝90°， ∴∠EAP+∠BAH＝90°， ∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确； ∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE， ∴△ABH≌△EAP（AAS）， ∴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③正确． 综上所述，①②③④结论都正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键． 【例3】以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于，延长交于点． 　 （1）如图1，若，，易证：； （2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由． 【答案】 （1）见解析；（2）时，（1）中结论成立，证明见解析；时，（1）中结论成立，证明见解析． 【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC=45°，证得∠EAN=∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论； （2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN=NG． 【详解】（1）证明：∵，，∴， ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵四边形和四边形为正方形， ∴， ∴. （2）如图1，时，（1）中结论成立. 理由：过点作交的延长线于， 过点作于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴. 如图2，时，（1）中结论成立. 理由：过点作交的延长线于， 过点作于， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴. 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键． 课堂随练 1．求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边． 要求：（1）在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E，并延长EP与AD交于点F，不写作法，保留作图痕迹 （2）利用（1）中所作的图形写出已知、求证和证明过程． 【答案】（1）见解析；（2）DF=FP=AF，点F为AD的中点，过程见解析 【分析】（1）过P作BC的垂线即可得到答案；（2）根据题意写好已知，求证，利用圆周角定理及直角三角形的性质证明 【详解】解：（1）补全的图形如图所示；         （2）已知：四边形ABCD为圆内接四边形，AC⊥BD，PE⊥BC．延长EP交AD于点F． 求证：点F为AD的中点 证明：∵AC⊥BD，PE⊥BC ∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90° ∵EF是线段   ∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90° ∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90° ∴∠ECP=∠DPF ∵∠ACB与∠ADB为同弧所对的圆周角 ∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF ∴∠DPF=∠PDF ∴△DPF为等腰三角形，DF=FP ∵∠APF=∠APD -∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF ∴∠APF=∠PAF ∴△APF为等腰三角形，PF=AF 即DF=FP=AF，点F为AD的中点． 【点睛】本题考查的是过一点作已知直线的垂线，圆周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形两锐角互余，掌握以上知识是解题的关键． 2．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． 巩固提高 1．已知，△ABC中，BC＝6，AC＝4，M是BC的中点，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，正方形ACFG，连接EG，MA的延长线交EG于点N， (1)如图，若∠BAC＝90°，求证：AM＝EG，AM⊥EG； (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (3)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B，C，F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长． 【答案】(1)证明见解析；(2)结论不变；(3)AN的值为． 【分析】(1)方法一：如图1中，直接证明△ABC≌△AEG即可解决问题； 方法二：如图2中，如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH．证明△EAG≌△ABH即可解决问题． (2)如图3中，结论不变．证明方法类似方法二． (3)分两种情形分别求解即可解决问题． 【详解】(1)证明：方法一：如图1中， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， 在△ABC和△AEG中， ∴△ABC≌△AEG(SAS)， ∴BC＝EG，∠CBA＝∠AEG， 又∵M是AB的中点， ∴AM＝BM＝BC， ∴AM＝EG， ∠M BA＝∠MAB＝∠AEN， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠BAM+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG． 方法二：如图，延长AM至点H，使AM＝MH，连接BH． 在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA＝∠CAB＝90° ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°＝∠BAC＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， ∴△EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (2)如图3中，结论不变． 理由：在△ACM和△HBM中， △ACM≌△HBM(SAS)， ∴BH＝AC，∠BHM＝∠CAM， ∴AC∥BH， ∴∠HBA+∠CAB＝90°， ∵四边形ABDE，四边形ACFG均为正方形， ∴∠BAE＝∠CAG＝90°， ∴∠BAC+∠EAG＝180°， ∴∠ABH＝∠EAG， 且AB＝AE，AC＝AG， ∴BH＝AG， 在△EAG和△ABH中， △EAG≌△ABH(SAS)， ∴EG＝BC，∠NEA＝∠HAB， ∴∠ANE＝180°﹣(∠NEA+∠EAN)＝180°﹣(∠HAB+∠EAN)＝180°﹣(180°﹣90°)＝90°， ∴AM⊥EG， ∵∠BAC＝90°，AM为BC中点， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG． (3)①如图4﹣1中，当点F在BC的延长线上时，作CH⊥AM于H． 易证：△ANG≌△CHA，可得AN＝CH， 在Rt△ACM中，∵AC＝4，CM＝3， ∴ ∵•AM•CH＝•AC•CM， ∴CH＝， ∴AN＝CH＝． ②如图4﹣2中，当点F在线段BC上时，同法可得AN＝CH＝. 综上所述，AN的值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常压轴题． 2．以△ABC的边AB，AC为边分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，M为EG的中点，连接AM． （1）如图1，∠BAC=90°，试判断AM与BC关系？ （2）如图2，∠BAC≠90°，图1中的结论是否成立？若不成立，说明理由；若成立，给出证明． 【答案】(1)证明见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析. 【分析】（1）结论：AM=BC．易知AM=EG，只要证明△BAC≌△EAG即可解决问题； （2）结论仍然成立．延长AM到N，使得AM=MN，连接EN、NG．只要证明△BAC≌△AEN，即可解决问题． 【详解】（1）结论：AM=BC． 理由：∵∠BAC=∠EAG=90°，EM=GM， ∴AM=EG， 在△BAC和△EAG中， ， ∴△BAC≌△EAG， ∴BC=EG， ∴AM=BC． (2)（1）中结论仍然成立． 理由：延长AM到N，使得AM=MN，连接EN、NG． ∴EM=MG，AM=MN， ∴四边形AENG是平行四边形， ∴EN=AG，EN∥AG， ∴∠NEA+∠EAG=180°， ∵∠BAE=∠CAG=90°， ∴∠BAC+∠EAG=180°， ∴∠NEA=∠BAC， ∵AB=AE，AC=EN， ∴△BAC≌△AEN， ∴BC=AN， ∴AM=BC． 【点睛】本题考查正方形的性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质、平行时四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 第 1 页 共 22 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题25婆罗摩笈多定理（布拉美古塔定理） 婆罗摩复多定理模型，由古代印度数学家婆罗摩笈多发现并命名，是处理对角线互相垂直的圆内接四边形的 经典几何模型，可快速推导线段相等、垂直关系及面积结论，深刻体现几何图形的对称与不变性质。中考常以四边 形综合、圆内接四边形、垂直证明与线段求值题型出现，题目结构精巧、结论优美，兼具历史内涵与思维深度，是 几何演绎推理与数形结合思想的典型代表。 本专题从模型讲解、例题分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析婆罗摩笈多定理模 型的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 模型讲解 一、模型简介 (一)知“垂直”，推“中点”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B,若MN LCE,则①点N是AD的中点，②SaCE= SMBD,③CE=2BN. 【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直） 第1页共8页 过A作AP⊥MN,垂足为P,过D作DQ⊥MN交N的延长线于Q, 易证：△ABP≌△BCM AP=BM△DQB≌△BME,DQ=BM ∴.AP=DQ 易证：△APN≌△DQN .AN=DN ②如图，由①知，S ACDM=S ABAP，S AEBM=S ABDO,SAAPN=S ADON S ABD =S MBN +S ADBN =SABAP +S MPN +S ABDO -SADON =SAB4P十SABD0=SACBM+SAEBM=S ACBE,即S ACBE=S ABD,得证. ③如图，由①得，PN=QN, ∴.CE=CM+EM=BP+BQ=BN-NP+BN+QN=2BN,得证. (二)知“中点”，推“垂直”。 如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q,则①PQ⊥AD, ②SACBE=S MBD,③AD-2BP B 【证明】如图，(（知中点得垂直，倍长中线) 3 B 证明：延长BP至点M,使PM=BP,连结ME, 第2页共8页 易证：△PBC≌△PME ∴.BC=ME,BCIIME .AB=AC ..AB=EM, BCIIME, ∴.∠CBE+∠BEM=180°， 又'，∠ABC=∠DBE=90° .∠CBE+∠ABD=180°， .∠ABD=∠MEB, 易证：△ABD≌△MEB, ∴.∠2=∠1， .∵∠1+∠3=90° .∠2+∠3=90 ∴.∠DQP=90° ②如图，由①知S ACBE=S ACBP+SAEBP=S AEMP+S AEBP=S AMER=S MRD,得证. ③如图，由①知AD=MB=2BP,得证。 (三)婆罗摩笈多定理： 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个 名称，叫做“布拉美古塔定理”（又译《卜拉美古塔定理”）。 【证明】 .AC⊥BD,ME⊥BC ∴.∠CBD=∠CME .'∠CBD=∠CAD,∠CME=∠AMF ∴.∠CAD=∠AMF 第3页共8页 ∴.AF=MF .·∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA-90 ∴.∠FMD=∠FDM .MF=DF,即F是AD中点 【定理拓展】 若圆内接四边形的对角线相互垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边。 如上图，圆内接四边形ABCD中，AC⊥BD,M是垂足。F是AD中点，则FM LBC。 过圆内接四边形两对角线交点做另一边的垂线，必过其对边为一边，以交点为一顶点的三角形的外心。 二、模型拓展 蹈展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O, (I)若MN⊥AD,则点M是BC的中点，②SA4OD=S ABOC,③AD=2OM. D M B (2)若M是BC的中点，则①MN⊥AD,②S MOD=S ABOC,③AD=2OM. 拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB+∠C0D=180°，MN过点0.N在AD延长线上 (I)若∠ANM=∠AOB,则M是BC的中点，②SMOD=SABOC，③AD=2OM D M (②)若M是BC的中点，则②∠ANM=∠A0B,②SA4OD=SABOC,③AD=20M 拓展3：如图，△A0B≌△COD且∠AOB=∠COD=180°，MN过点0. (1)若M是BC的中点，则①AD=20M,②S MOD=S ABOC· (2)若N是AD的中点，则①BC=2ON,②S MOD=S ABOC 第4页共8页 M 拓展4： 如图，在△A0B.△C0D中，40-C9,且∠A0B+∠C0D=10,则SaD=SAc· BO DO 例题分析 【例1】如图，AB⊥CD于点E,且AB=CD=AC,若点I是三角形ACE的角平分线的交点，点F是BD的中点. 下列结论：①LAIC=135°；②BD=BI;③SA4c=SABD;④IF⊥AC.其中正确的是 (填序号). 【例2】在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB,AC为边向外作正方形ABDE和正方形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;③AM是△AEG的中线；④ ∠EAM=∠ABC.其中正确的是 第5页共8页 M G A D 【例3】以RIAABC的两边AB、AC为边，向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG,过点A作AM⊥BC于 M,延长MA交EG于点N. G D M 图1 ® ® (1)如图1，若∠BAC=90°，AB=AC,易证：EN=GN; (2)如图2，∠BAC=90°；如图3，∠BAC≠90°，(1)中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若 不成立，写出你的结论，并说明理由. 课堂随练 1.求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边. 要求：(1)在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E,并延长EP与AD交于点F,不写作法，保留作图痕迹 (2)利用(1)中所作的图形写出己知、求证和证明过程. A D 0 P B 第6页共8页 2.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. G H A M 求证： 1>aM=号8G, (2)AH⊥EG: (3)EG2+BC2=2(AB2+AC2). 巩固提高 1.已知，△ABC中，BC=6,AC=4,M是BC的中点，分别以AB,AC为边向外作正方形ABDE,正方形ACFG, 连接EG,MA的延长线交EG于点N, 0图，若∠BAC=90,求i证：AM=EG,AMLEG:: (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至如图，(1)中结论是否仍然成立？请说明理由； (③)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至B,C,F三点在一条直线上，请画出图形，并直接写出AN的长. E N D G D G A M B M 图1 图2 第7页共8页 2.以△ABC的边AB,AC为边分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接EG,M为EG的中点，连接AM. (1)如图1，∠BAC-90°，试判断AM与BC关系？ (2)如图2，∠BAC≠90°，图1中的结论是否成立？若不成立，说明理由；若成立，给出证明 E G G D A O F B C 图1 B 图2 第8页共8页