第二章 全等 模型21“婆罗摩笈多”模型-【荣恒专项】2026年72个模型公式速通初中几何（初中通用）

模型21“婆罗摩笈多”模型 模型21“婆罗摩笈多”模型 ⑧模型解读 模型构建 △AOB和△COD都是等腰直角三角形 D M F为BD的中点，延 延长OF到点M,使 OE⊥AC,AC=20F 长FO,交AC于点E 得MF=OF,连接BM 图形拆解 R EF⊥AC于点E,延 过点B作BH⊥EF于点 F为BD的中点 长EO交BD于点F H,过点D作DK⊥EF 交EF的延长线于点K 如图，延长OF到点M,使 :OD=OC,∴.BM=OC 得FM=OF,连接BM. 在△OBM和△AOC中， .∠OFD=∠MFB, OB=AO, DF=BF, ∠OBM=∠AOC, .△OFD≌△MFB(SAS), ∴.OD=MB, BM=OC. 证明分析 ∠DOF=∠M, .△OBM≌△AOC(SAS), .OD∥BM, ∴.∠BOM=∠OAC,OM=AC, ∴.∠OBM+∠BOD=180% ∴.AC=20F. .∠AOB+∠COD=90°+ .∠B0M+∠AOE=90°， M 90°=180°， ∴.∠OAC+∠AOE=90°， ∴.∠AOC+∠B0D=180°， ∴.∠AE0=90°， .∠OBM=∠AOC. ∴.OE⊥AC 73 72个模型公式速通初中几何 续表 如图，过点B和点D分别.OE=BH 作直线EF的垂线，垂足分 同理，可证得 别为H和K △OEC≌△DKO. :∠AOB=90°，BH⊥EF, .OE=DK,∴.BH=DK ∴.∠AOE+∠BOH=90°， 在△BFH和△DFK中， ∠OBH+∠BOH=90°， 证明分析 (∠BHF=∠K, ∴.∠AOE=∠OBH. ∠BFH=∠DFK, 在△OAE和△BOH中， D BH=DK, K (∠OEA=∠BHO, .△BFH≌△DFK(AAS), ∠AOE=∠OBH, ∴.BF=FD,即F为BD的 AO=BO. 中点 .△OAE≌△BOH(AAS), 8 模型应用 1如图，在△ABC中，AM是边BC上的中线，分别以AB,AC为直角边向外作等腰直角三角 形ABE和等腰直角三角形ACD,则AM与ED之间的数量关系为 只/三步秒题 模型识别 模型抽离 模型应用 延长AM至点N,使 由“婆罗摩笈多”模型可知，在△ABC中， MN=AM,连接BN,CW AM是边BC上的中线， △ABE和△ACD为共 直角顶点的两个等腰直 M为边BC的中点，AM=)AN 角三角形，可识别出“婆 .四边形BNCA为平行四边形， 罗摩笈多”模型 易得△BNA≌△ADE(SAS), .AN=DE=2AM 74 模型21“婆罗摩笈多”模型 分层演练 1.如图，在△ABC中，∠ACB=120°， :2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC> AC=3,BC=2,分别以AC,BC为边向外作 BC,分别以△ABC的三边为边向外作三个 正方形ACFG与正方形BCDE,连接DF, 正方形ABHL,ACDE,BCFG,连接DF. 并过点C作CH⊥AB,垂足为H,延长 过点C作AB的垂线CJ,垂足为J,分别交 HC交FD于点M,求MD的长 DF,LH于点I,K.若CI=5,CJ=4,求四 边形AJKL的面积. K H 75 72个模型公式速通初中几何 3.如图，以△ABC的边AB,AC为腰分别向 :4.已知，在△ABC中，BC=6,AC=4,M是 外作等腰直角三角形ABD和等腰直角三角 BC的中点，分别以AB,AC为边向外作正 形ACE,连接DE.若M为BC的中点，MA 方形ABDE,正方形ACFG,连接EG,延 的延长线交DE于点H. 长MA交EG于点N. (1)求证：AH⊥DE; (2)若DE=4,AH=3,求△ABM的面积. D D B B E M M C 图1 图2 (1)如图1，若∠BAC=90°，求证：AM= B M 1EG,AN⊥EG. (2)将正方形ACFG绕点A顺时针旋转至 如图2所示的位置，(1)中的结论 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， 使得B,C,F三点在一条直线上，请 画出图形，并求出AN的长 76参考答案 ∴.A,B,C三点都在以N为圆心，AW的 当∠ABC=90°时，∠ANC=180°， 长为半径的圆上， .点A运动前后产生的圆心角为180° ∴.∠BNC=2∠BAC=90°， 60°=120°， ..BC2=BN+CN2, 而点M的运动轨迹是以点N为圆心，MN 即(4√2)2=2CW2, 的长为半径的圆弧 .CN=4=AN=BN, ∴.MW=2. “点M的运动路径长为2×120×π=4红 180 3 当∠ABC=30°时，∠ANC=60°， 模型21 “婆罗摩笈多”模型 分层演练 2 模型辨识若连接AD,BF,则△ACD 模型辨识△ACF和△BCD是共顶，点 和△BCF是共顶，点的等腰直角三角形， 的等腰直角三角形，AB⊥QH,可识别出 CJ⊥AB,可识别出“婆罗摩笈多”模型. “婆罗摩笈多”模型， 答案解：根据“婆罗摩笈多”模型 答案解：根据“婆罗摩笈多”模型 结论，得AB=AJ+BJ=2C=10, 的结论，得DF=2MD,因此只需计算DF .∴.AL=10 的长即可 在Rt△ABC中，CJ⊥AB,且CJ=4. 如图，过点F作FN⊥CD,垂足为N .'∠AJC=∠ACB=90°， .∴.∠ACJ+∠BCJ=90°， ∠ACJ+∠CAJ=90°， ∴.∠CAJ=∠BCJ, .∴.tan∠CAJ=tan∠BCJ, .'∠ACB=120°，∠ACF=∠BCD=90°， 即号102， 41 .∠DCF=60°， 獬得AJ=8或AJ=2(舍去)， ..∠CFN=30°. .S四边形AK=80, 又.·BC=DC=2,AC=FC=3, 3 模型辨识△BAD和△CAE是共顶点 c-3FN=35, 的等腰直角三角形，M是BC的中点，可 DN2-3= 识别出“婆罗摩笈多”模型。 在Rt△DFN中，DF=√WF+ND=√7， 答案（1)证明：如图，延长AM DM=号D=7 2 至点F,使MF=AM,连接BF. 37 72个模型公式速通初中几何 又：M为AF的中点， S△Aw=6×号=3. 4 模型辨识若连接BE,CG,则△BAE 和△CAG是共顶，点的等腰直角三角形，M M 是BC的中，点，可识别出“婆罗摩笈多” 模型 F （1)证明：四边形ABDE, .M为BC的中点， 答案 四边形ACFG均是正方形， ∴.BM=MC. ∴.AB=AE,AC=AG 在△AMC和△FMB中， 又.·∠BAC=∠EAG=90°， BM=CM, ∴.△ABC≌△AEG(SAS), ∠FMB=∠AMC, .BC=EG,∠AGE=∠ACB. FM=AM, 又M为BC的中点， .△AMC≌△FMB(SAS), .AM-CM-]BC-]EG, ∴.∠F=∠MAC,BF=CA, .·.∠MAC=∠MCA=∠AGE. .BF∥AC, 又：∠CAG=90°， .∠ABF=180°-∠BAC. ∴.∠MAC+∠GAN=90°， ·△ABD和△ACE都为等腰直角三角形， ∴.∠AGE+∠GAN=90°， ∴.∠DAE=180°-∠BAC, ∴.∠ANG=90°， ∴.∠FBA=∠DAE 即AN⊥EG 在△FBA和△EAD中， (2)解：结论不变.理由如下： FB=EA. ∠FBA=∠EAD, 0 BA=AD ∴.△FBA≌△EAD(SAS), ·.∠BFA=∠AED .∠EAC=90°， H 图1 ∴.∠MAC+∠HAE=90°， 如图1，延长AM至点H,使MH=AM,连 .∠HAE+∠DEA=90°， 接BH. ∴.∠AHE=90°， 在△ACM和△HBM中， 即AH⊥DE. (AM=HM. (2)解：DE=4,AH=3, ∠AMC=∠HMB, ∴.S△ADE=3×4÷2=6, CM=BM. .S△FBM=6. ∴.△ACM≌△HBM(SAS), 38 参考答案 ∴.BH=AC,∠BHM=∠CAM, E .AC∥BH, D ∴.∠HBA+∠CAB=180° .·四边形ABDE,四边形ACFG均为正方形， ∴.∠BAE=∠CAG=90°， 图2 .∠BAC+∠EAG=180°， 易证△ANG≌△CHA, ∴.∠ABH=∠EAG,且AB=AE,AC=AG, ∴.AN=CH ∴.BH=AG 在Rt△ACM中，AC=4,CM=3, 在△EAG和△ABH中， ∴.AM=V32+42=5. CAE=AB, 2AM·CH=2ACCM, ∠EAG=∠ABH, AG-BH CH=号 ·.△EAG≌△ABH(SAS), AN号 ∴.EG=AH,∠NEA=∠HAB, ②如图3，当点F在线段BC上时，作 .AM=号EG, CH⊥AM于点H,同理可得AN=CH=12. ∴.∠ANE=180°-（∠NEA+∠EAN)=180°- (∠HAB+∠EAN)=180°-(180°-90°)= 90°， .AN⊥EG. (3)解：①如图2，当点F在BC的延长 图3 线上时，作CH⊥AM于点H. 综上所述，AN的值为 5 模型22 倍数线段的构造 分层演练 ∴.∠E=∠ADB. 又.∠DFG∠AFE, 模型辨识(3)问题中出现√2，可构 .∠DGF=∠EAF=90°， 造等腰直角三角形」 故BD⊥EC 答案(1)证明：·四边形ABCD (2)解：四边形ABCD是矩形， 是矩形，点E在BA的延长线上， .AE∥CD ∴.∠EAF=∠DAB=90° ∴.∠E=∠DCF,∠EAF=∠CDF, 又.AE=AD,AF=AB, ∴.△AEF∽△DCF, ∴.△AEF≌△ADB(SAS), 39