2026年中考数学经典几何模型：婆罗摩笈多模型

该初中数学讲义聚焦中考几何模型应用，以婆罗摩笈多模型为核心，覆盖等腰直角三角形共顶点、中点与垂直关系、面积计算等高频考点，通过“基础模型-结论证明-拓展应用-典例训练”架构梳理知识联系，设计考点梳理、方法指导（如倍长中线、一线三等角）、真题训练环节，帮助学生突破几何综合题难点。 亮点在于以核心素养为导向，通过模型故事激发兴趣，结合几何直观和推理能力设计教学活动，如利用“倍长中线”证明中点与垂直关系，“一线三等角”全等模型破解线段关系。特设分层训练（基础到创新题型）和即时反馈，确保学生高效掌握模型应用，助力教师精准把控复习节奏，提升学生中考几何题应考能力。

婆罗摩笈多模型 模型故事 婆罗摩笈多 婆罗摩笈多是七世纪时的印度数学家.以他命名的婆罗摩笈多定理又称“布拉美古塔定理”. 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形的对角线互相垂直相交，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. 今天讲的就是由婆罗摩笈多定理演化而来的“婆罗摩笈多模型”. 模型展现 基础模型 图示 特点 △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 F为AD的中点; 2. 若F为AD的中点,则FE⊥BC; 3. S△AOD=S△BOC; 4. 若F为AD 的中点,则2OF=BC 结论分析 结论1:若FE⊥BC,则 F 为 AD 的中点 证明：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,交EF于点 H. 同理可得,△DHO≌△OEC, ∴AG=OE=DH, 在△AGF与△DHF中, ∴△AGF≌△DHF(AAS), ∴AF=DF,即F为AD 的中点. 在直线 EF上,∠AGO=∠AOB=∠BEO=90°,AO=BO,易证△GAO≌△EOB(“一线三等角”全等模型), ?怎么用 1.找模型 两等腰直角三角形共直角顶点，相邻的两个底角顶点相连 2.用模型 常用到“中点、垂直”互相转化的结论，再结合等腰直角三角形的性质解决线段、面积的计算 思 考 延 伸 “一线三等角”全等模型 结论2:若F为AD的中点,则 FE⊥BC 证明:如图②,延长EF到点G,使FG=FO,连接AG, ∵F为AD的中点, ∴△AGF≌△DOF(“倍长中线”模型), ∴AG=DO,∠GAF=∠ODF, ∴AG=OC. 又∵∠ODF+∠OAD+∠AOD=180°,∠BOC+∠AOD=180°, ∴∠GAF+∠OAD+∠AOD=∠GAO+∠AOD=180°, ∴∠GAO=∠BOC. ∵AO=OB, ∴△GAO≌△COB(SAS), ∴∠AOG=∠OBC. ∵ ∠AOG+∠BOE=90°, ∴∠OBC+∠BOE=90°, ∴∠BEO=90°,即OE⊥BC, ∴FE⊥BC. 结论3: 证明:由结论2可得,△AOG≌△OBC,△AGF≌△DOF, 结论4:若F 为AD的中点,则 2OF=BC 证明:由结论2可得,△AOG≌△OBC, ∴OG=BC. 又∵FG=FO, ∴BC=2OF. 模型拓展 拓展方向：婆罗摩笈多定理在圆中的应用 图示 特点 一个圆内接四边形的对角线互相垂直且相交,过交点 M的直线分别交 BC,AD 于点 E,F 结论 1. 若FE⊥BC,则点F为AD的中点; 2. 若点 F为AD 的中点,则FE⊥BC 模型典例 例1 模型叠加如图，点A是四边形BCDE内的一点，连接AB，AC,AD,AE,已知.,点M为BC的中点，则 例2 如图,已知△ABC 内接于⊙O,点D 在⊙O上,,连接AD交BC于点 P,作ON⊥CD 于点N,连接NP 并延长交AB 于点M,则 PM的长为. 针对训练 1. 如图,在锐角△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和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. 2. 如图,△ABC和△ADE 为共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,点H是CD的中点,连接 AH交 BE 于点G,AH=3,则BE的长为. 3. 模型迁移如图，平面直角坐标系xOy中，点A，B分别为γ轴，x轴上一点，若以AB为直角边作等腰Rt△ABC,∠CAB=90°,以OA为直角边作等腰Rt△OAE,∠EAO=90°,连接EC，交y轴于点 F，试问A点在运动过程中S△AOB :S△AEF的值是否会发生变化?如果没有变化，请说明理由. 4. ()创新题型-创新设问)已知△AOB 和△COD 均为等腰直角三角形,∠AOB =∠COD=90°.如图①,连接AD,BC,点 H为BC的中点,连接OH. (1)证明:且OH⊥AD; (2)✔选做 将△COD 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. 参考答案 模型典例 例1 【解析】如解图，延长AM至点M，使MN=AM，连接BN(遇中点，倍长中线构全等). ∵ 点 M 为 BC 的中点,∴ CM = BM.又∵ ∠AMC =∠NMB,∴ △AMC≌△NMB(SAS),∴AC=BN,∠ACM=∠NBM.∵AB⊥AE,AD ⊥ AC,∴ ∠EAB = ∠DAC = 90°,∴∠EAD+∠BAC=180°,∴∠ABN=∠ABC+∠NBM=∠ABC+∠ACM=180°-∠BAC=∠EAD(同角的补角相等).∵AC=AD,∴AD= BN.在△EAD 和△ABN 中, ∴ △EAD ≌ △ABN(SAS),∴ DE = AN =2AM,. 例2 /₂ 【解析】∵∠BOD=120°,∴∠BAD=60°.∵∠ABC=30°,∴∠APB=90°,即AD⊥BC.∵ AC=,∠ACB =45°,∴ AP = PC =1.∵ON⊥CD,∴ 由垂径定理可知,N 是 CD的中点，由婆罗摩笈多模型可知，PM ⊥(等面积法). ∵AP=1,∠ABC=30°,∴AB=2,BP= , 针对训练 1. ①②③④ 【解析】易证△ABG≌△AEC(SAS),∴BG=CE,故①正确,∴ ∠ACE=∠AGB,∴根据手拉手模型易得 BG⊥CE,故②正确，根据婆罗摩笈多模型可知，若AH 是BC 上的高,则AM 是△AEG的中线,故③正确,∵∠EAM+∠BAH=90°,∠BAH+∠ABC=90°,∴∠EAM=∠ABC,故④正确. 2. 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. 3.解：A点在运动过程中S△AOB:S△AEF的值不会发生变化， 理由:如解图,过点 C 作 CP⊥y轴于点P, ∴∠APC=∠BOA=90°, ∴∠OAB+∠OBA=90°. ∵∠CAB=90°, ∴∠OAB+∠PAC=90°, ∴∠OBA=∠PAC. 在△AOB 和△CPA中, ∴△AOB≌△CPA(AAS), ∴CP=AO. ∵OA=AE,∴CP=AE, 在△EAF和△CPF中, ∴△EAF≌△CPF(AAS),∴AF=PF, ∴S△AOB:S△AEF=2:1, ∴A点在运动过程中S△AOB:S△AEF的值不会发生变化. 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,BC=AD. ∵点 H 为 BC 的中点, ∴∠HOB=∠OBH=∠OAD. 又∵∠OAD+∠ADO=90°, ∴∠ADO+∠HOB=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. 学科网（北京）股份有限公司 $