資源簡介

模型59 “婆羅摩笈多”模型
基礎模型
圖示
條件 △AOB 和△COD 均為等腰直角三角形且頂點 O 重合
結論 1. 若FE⊥BC,則點 F 為AD 的中點;若點 F 為AD 的中點,則 FE⊥BC,2OF=BC; 2. S△AOD=S△BOC
結論分析
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結論1:若FE⊥BC,則點 F為AD的中點;若點F 為AD的中點,則FE⊥BC,2OF=BC
證明:若FE⊥BC,如圖①,分別過點A,D作直
線 FE的垂線，分別交 EF 的延長線于點 G，H.
在直線 EF 上,∠AGO=∠AOB=∠BEO=90°,
AO=BO,
易證△GAO≌△EOB(“一線三等角”模型),同理可得,△DHO≌△OEC,
∴AG=OE=DH,
在△AGF和△DHF中,
∴AF=DF,即點 F為AD的中點.
若點 F為AD的中點,如圖②,延長EF 到點 G,使 連接AG,
∵點 F為AD的中點,
(“倍長中線”模型)，
∴AG=OC.
∵AO=OB,
∴△GAO≌△COB(SAS),
又∵ ∠ODF+∠OAD+∠AOD =180°,∠BOC+∠AOD=180°,
∴∠GAF+∠OAD+∠AOD=∠GAO+∠AOD=180°,
∴ ∠BEO=90°,即OE⊥BC,∴FE⊥BC.
∴∠GAO=∠BOC.
結論
自主證明：
模型拓展
拓展方向：婆羅摩笈多定理在圓中的應用
圖示
條件 ⊙O的內接四邊形ABCD 的對角線BD與AC互相垂直且相交，過交點 M的直線分別交BC,AD 于點 E,F
結論 若FE⊥BC,則點F為AD的中點;若點 F為AD 的中點,則FE⊥BC
模型解題三步法
例如圖,點A 是四邊形 BCDE 內的一點,連接AB,AC,AD,AE,已知AB=AE,AB⊥AE,AD=AC,AD⊥AC,點M為BC 的中點,則
兩個等腰直角三角形且共直角頂點 一邊中點
題以類解
1. 如圖,四邊形ABCD 內接于⊙O,連接AC,BD交于點E，且 過點 E作 交BC 于點F,延長FE交AD 于點 G,若 ,則EG的長為 .
2.如圖，在銳角 中，AH是BC邊上的高，分別以AB，AC 為一邊，向外作正方形ABDE和ACFG,連接CE,BG和EG,EG和HA的延長線交于點M,下列結論:①BG=EC;②BG⊥CE;③AM 是△AEG 的中線;④∠EAM =∠ABC，其中正確的是 .(寫出所有正確結論的序號)
3.如圖，△ABC和△ADE為共頂點的等腰直角三角形， ,點H是CD的中點,連接AH 交 BE 于點 G,AH=3,則 BE的長為 .
4.已 知 △AOB 和 均為等腰直角三角形，∠AOB = 如圖①,連接AD,BC,點H為BC的中點,連接OH交AD 于點 F.
(1)證明: 且OH⊥AD;
(2)將 繞點 O 旋轉到圖②、圖③所示位置時，線段 OH 與 AD 又有怎樣的關系 選擇一個圖形并證明你的結論.
模型59 “婆羅摩笈多”模型
模型展現
自主證明：
如圖②，由結論 1 可得，△AGF ≌ △DOF, △GAO≌△COB,
模型解題三步法
例 【解析】根據婆羅摩笈多模型得，2AM
題以類解
1.4 【解析】找模型：圓內是否存在互相垂直的對角線：AC⊥BD，是否存在過交點的直線：GF.抽離模型：如解圖，用模型：∵四邊形AB-CD 內接于⊙O,AC⊥BD,EF⊥BC,∴∠AED=90°，且根據婆羅摩笈多定理可得點 G 是AD的中點.∵ ∠ACB=30°,∴ ∠ADB = 30°,∵ DE = 4 ,∴ AE = (直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半),且∠GAE = 60°,∴△AGE 為等邊三角形,∴EG=AE=4.
2.①②③④ 【解析】找模型：是否存在兩個等腰直角三角形且共直角頂點：△AEB 和△ACG共直角頂點，點A 在非直角頂點的連線上，是否存在垂直關系：AH⊥BC.抽離模型：如解圖，用模型：∵ AH是 BC邊上的高，∴點M 是 EG的中點,∴ AM 是△AEG的中線,故③正確;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=EC,故①正確;設 BG,CE 相交于點 N,∵ △ABG≌△AEC,∴∠ACE=∠AGB,∵∠NCF+∠NGF= 360°-(∠NCF+∠NGF+∠F)= 360°-(180°+90°)=90°,∴ BG⊥CE,故②正確;∵ ∠EAM+∠BAH=90°,∠BAH+∠ABC=90°,∴ ∠EAM=∠ABC,故④正確.
3.6 【解析】∵ △ABC 和△ADE 為共頂點的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,∴ AB =AC,AD=AE.如解圖,過點 C 作 CP∥AD,交 AH的延長線于點 P，M為 PC 延長線上一點.∵CP∥AD,∴ ∠HAD=∠HPC.又∵H 為 DC 的中點,∴ 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.
4. (1)證明:∵ △AOB 與△COD 均為等腰直角三角形,∠AOB=∠COD=90°,
∴OA=OB,OC=OD.
在Rt△AOD與 Rt△BOC中,
∴Rt△AOD≌Rt△BOC(SAS),
∴∠OAD=∠OBC,AD=BC.
∵點H為BC的中點，
∴∠HOB=∠OBH=∠OAD.
又∵∠OAD+∠ADO=90°,
∴∠ADO+∠HOB=90°,∴∠OFD=90°,
∴OH⊥AD;
(2)解:
選擇題圖②，證明如下：如解圖①，延長 OH到點E,使得 HE=OH,連接 BE.
∵點H 是BC的中點,
∴BH=CH,
易證△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.
選擇題圖③，證明如下：
如解圖②,延長OH到點 E,使得HE=OH,連接 BE,延長EO交AD于點 G.
∵點H是BC的中點,∴BH=CH,易證△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.

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