2025年中考数学几何模型综合训练专题16全等三角形模型之婆罗摩笈多模型解读与提分精练（教师版）

专题16全等三角形模型之婆罗摩笈多模型

婆罗摩笈多（Brahmagupta）是七世纪时的印度数学家，在世时间约是公元598年~660年。

他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》。《婆罗摩修正体系》中有关数学的部分涉及到有关三角

形、四边形、零、负数、一阶和二阶方程的研究，《肯达克迪迦》则是天文方面的著作，研究了关于

月食、日食、行星的合等问题。他提出的一些概念在世界数学史上也有很高的地位，比如负数。以

他命名的婆罗摩笈多定理又称“布拉美古塔”定理。本专题我们讲的就是由婆罗摩笈多定理演化而来的“婆罗

摩笈多”模型。

.........................................................................................................................................................................................1

模型1.“婆罗摩笈多”模型..............................................................................................................................1

.................................................................................................................................................15

大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒

置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样

才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法

的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中

提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③明白模型中常见的易错点，因

为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几

何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每

一个题型，做到活学活用！

模型1.“婆罗摩笈多”模型

婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，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（反之亦能成立）。

模型特征：（1）BCP和ADP是两个等腰直角三角形，且直角顶点重合.

△△

模型1）知中点证垂直

条件：分别以三角形ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，N

为EG的中点，M、A、N三点共线。结论：AM⊥BC；BC=2AN；SABC=SAEG。

△△

证明：（倍长中线法）延长AN到W，使NW=NA，连接EW。

在∆WEN和∆AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（对顶角），EN=GN（已知）

∴∆WEN≌∆AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。

∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行线同旁内角)。

∵∠GAC=90°，∠EAB=90°，∴∠EAG+∠CAB=180°，∴∠WEA=∠CAB。

∵EW=GA，又∵GA=AC，∴EW=AC。

在∆EWA和∆ACB中：EA=AB，∠WEA=∠CAB，EW=AC，∴∆EWA≌∆ACB(SAS)。

∴WA=CB，∠EAW=∠ABC，∵∆ABC≌∆EAW，∴S∆EWA=S∆ACB。

∵∆WEN≌∆AGN，∴S∆WEN=S∆AGN，∴S∆ACB=S∆EWA=S∆AEN+S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=SAEG。

△

∵WN=AN，∴BC=2AN，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。

又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性质），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。

∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。

∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。

模型2）知垂直证中点

条件：分别以∆ABC的边AB、AC为边，向三角形外侧外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。

结论：N为EG的中点；BC=2AN；SABC=SAEG。

△△

证明：（法1:平行线法）作EW//AG，交AN的延长线于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°，

∵∠EAB和∠GAC为正方形的角，所以两个角均为90°，∴∠EAG+∠BAC=180°，

∴∠WEA=∠BAC，∵EW//AG，∴∠EWN=∠GAN，

∵∠GAN+∠MAC=90°，∵AM⊥BC，∴∠MAC+∠MCA=90°，∴∠MCA=∠GAN，∴∠MCA=∠EWN，

在∆ABC和∆EAW中，∠BCA=∠AWE，∠CAB=∠WEA，AB=EA，∴∆ABC≌∆EAW(AAS)，

∴AW=BC，∴WE=CA，∵CA=AG，∴WE=AG，∵EW//AG，∴∠WEN=∠AGN，

在∆WEN和∆AGN中，∠WEN=∠AGN，WE=AG，∠ENW=GNA，∴∆WEN≌∆AGN(ASA)，

∴EN=GN，即N为EG的中点，∴WN=AN，∴BC=AW=2AN，

∵∆ABC≌∆EAW，∴S∆EWA=S∆ACB，∵∆WEN≌∆AGN，∴S∆WEN=S∆AGN，

∴S∆ACB=S∆EWA=S∆AEN+S∆EWN=S∆AEN+S∆AGN=SAEG。

△

（法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延长线于X，作GY⊥AN，将AN于Y。

∵AM⊥BC，∴∠ABM+∠BAM=90°，∵∠EAB=90°，∴∠EAN+∠BAM=90°，∴∠ABM=∠EAN

在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∵∠ABM=∠EAN，∴∠AEX=∠BAM；

在Rt∆ABM和Rt∆EAX中，∠BAM=∠AEX，AB=EA，∠ABM=∠EAX；

∴Rt∆ABM≌Rt∆EAX（ASA），∴AM=EX，同理可证：∴Rt∆AYG≌Rt∆CMA（ASA），∴GY=AM；

∵AM=EX，∴GY=EX，在Rt∆EXN和Rt∆GYN中，∠ENX=∠GNY，∠EXN=∠GYN，EX=GY；

∴Rt∆EXN≌Rt∆GYN（AAS），∴EN=GN，即N为EG的中点；

∵Rt∆ABM≌Rt∆EAX，∴S∆ABM=S∆EAX，BM=AX，∵Rt∆AYG≌Rt∆CMA，∴S∆AYG=S∆CMA，CM=AY；

∵Rt∆EXN≌Rt∆GYN，∴S∆EXN=S∆GYN，XN=YN；

∴SABC=S∆ABM+S∆CMA=S∆EAX+S∆AYG=S∆EAN+S∆ENX+S∆ANG-S∆GNY=S∆AEG；

△

∴BC=BM+CM=AX+AY=AN+NX+AN-YN=2AN。

其实该模型也可以模仿模型1）中的倍长中线法，有兴趣的同学们可以自己去尝试以下哦！

例1．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）如图，点A的坐标为(6,0)，点B为y轴的负半轴上的一个动点，

分别以OB，AB为直角边在第三、第四象限作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于P点，当

点B在y轴上移动时，则PB的长度为（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】C

【分析】本题考查图形与坐标，涉及全等三角形的性质和判定、等腰直角三角形的定义、坐标与图形性质

等知识点的应用，作ENy轴于N，求出NBEBAO，证△ABO≌△BEN，求出

OBFFBPBNE90，证BFP≌NEP，推出BPNP，即可得出答案．主要考查学生综合运用

性质进行推理和计算的能力，有一定的难度，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，

全等三角形的对应角相等，对应边相等．

【详解】解：作ENy轴于N，如图所示：

∵等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，∴OBBF,ABBE,ABEOBF90，

ENBBOAABE90，OBANBE90，OBAOAB90，NBEBAO，

AOBBNE

在ABO和BEN中，BAONBE，ABO≌BEN(AAS)，OBNEBF．

ABBE

FPBEPN

在△BFP和△NEP中，FBPENP90，BFP≌NEP(AAS)，BPNP，

BFNE

又点A的坐标为(6,0)，OABN6，BPNP3，故选C．

例2．（2024·重庆渝中·二模）如图，以VABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连

接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①

AGBD；②MNDG；③CO平分DCG；④S△ABCS△CDG；⑤AOC45．其中正确的结论有

（填写编号）．

【答案】①②④⑤．

【分析】由“SAS”可证ACG≌△DCB，可得AG=BD，故①正确，通过证明点D，点A，点C，点O四点共

△

圆，可得∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正确；由角的和差关系可得CO不一定平分∠DCG，故③错误；由“SAS”

可证BCM≌△AHM，ACH≌△CDG，可得SABC=SACH=SCDG，∠ACH=∠CDG，故④正确；由余角

△△△

的性质△可求∠CDN+∠D△CN=90°，可得MN⊥DG，故②正确；即可求解．

【详解】解：如图，连接AD，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，

∵四边形ACDE是正方形，四边形BCGF是正方形，

∴AC=CD，BC=CG，∠ACD=∠BCG=90°，∠ADC=45°，∴∠ACG=∠BCD，

∴△ACG≌△DCB（SAS），∴AG=BD，∠CAG=∠CDB，∠DBC=∠AGC，故①正确；

∵∠CAG=∠CDB，∴点D，点A，点C，点O四点共圆，

∴∠DOA=∠ACD=90°，∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正确；

∴∠BOC=45°=∠AOC，∴∠AGC+∠OCG=∠DCO+∠ODC，

∵△ACB是任意三角形，∴AC不一定等于BC，即DC与BC不一定相等，

∴∠CDB与∠AGC不一定相等，∴∠DCO与∠GCO不一定相等，∴CO不一定平分∠DCG，故③错误；

∵点M是AB的中点，∴AM=BM，又∵CM=MH，∠CMB=∠AMH，∴△BCM≌△AHM（SAS），

∴AH=BC=CG，∠H=∠BCH，∠ABC=∠HAM，SBCM=SAMH，∴SABC=SACH，

△△△△

∵∠DCG+∠ACM+∠BCM=180°，∠H+∠CAH+∠ACM=180°，∴∠CAH=∠DCG，

又∵AC=DC，CG=AH，∴△ACH≌△CDG（SAS），

∴SACH=SCDG，∠ACH=∠CDG，∴SABC=SCDG，故④正确；

△△△△

∵∠ACD=90°，∴∠DCN+∠ACM=90°，∴∠CDN+∠DCN=90°，

∴MN⊥DG，故②正确，故答案为①②④⑤．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，余角的性质

等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．

例3．（2024·山东泰安·中考真题）如图1，在等腰Rt△ABC中，ABC90，ABCB，点D，E分别在AB，

CB上，DBEB，连接AE，CD，取AE中点F，连接BF．

(1)求证：CD2BF，CDBF；(2)将DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．

①请直接写出BF与CD的位置关系：___________________；②求证：CD2BF．

【答案】(1)见解析(2)①BF⊥CD；②见解析

【分析】（1）先证明ABE≌CBD得到AECD，FABBCD，根据直角三角形斜边中线性质得到

CDAE2BF，根据等边对等角证明FBABCD，进而可证明BF⊥CD；

（2）①延长BF到点G，使FGBF，连结AG，延长BE到M，使BEBM，连接AM并延长交CD于点

N．同（1）证明△AGB≌△BDC得到ABGBCD，然后利用三角形的中位线性质得到BF∥AN，则

ABGBANBCD，进而证明ANCD即可得到结论；

②延长BF到点G，使FGBF，连接AG．先证明AGF≌EBF，得到FAGFEB，AGBE，进而

AG∥BE，AGBD．证明△AGB≌△BDC得到CDBG即可得到结论．

【详解】（1）证明：在ABE和△CBD中，ABBC，ABECBD90，BEBD，

ABE≌CBDSAS，AECD，FABBCD．

F是Rt△ABE斜边AE的中点，AE2BF，CD2BF，

1

BFAEAF，FABFBA．FBABCD，

2

FBAFBC90，FBCBCD90．BFCD；

（2）解：①BF⊥CD；理由如下：延长BF到点G，使FGBF，连结AG，延长BE到M，使BEBM，

连接AM并延长交CD于点N．

证明△AGB≌△BDC（具体证法过程跟②一样）．ABGBCD，

F是AE中点，B是EM中点，BF是ABM中位线，BF∥AN，

ABGBANBCD，ABCANC90，ANCD，

BF∥AN，BFCD．故答案为：BF⊥CD；

②证明：延长BF到点G，使FGBF，连接AG．

AFEF，FGBF，AFGEFB，AGF≌EBFSAS，

FAGFEB，AGBE，AG∥BE，GABABE180，

ABCEBD90，ABEDBC180，GABDBC．

BEBD，AGBD．在AGB和BDC中，

AGBD，GABDBC，ABCB，AGB≌BDCSAS，CDBG，

BG2BF，CD2BF．

【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．

例4．（23-24八年级上·陕西西安·阶段练习）（1）如图1，MN⊥PQ于N，ABC是等腰直角三角形，ACB90，

等腰直角ABC的顶点C、B分别在射线MN，射线NQ上滑动（顶点△C、B与点N不重合）在滑动过程中，

点A到直△线MN的距离AHCN（填“＞”、“＜”或“＝”）．

（2）如图2，在（1）的条件下，等腰直角ECF中，ECF90，且ECF的顶点C、F也分别在射线

NM、射线NP上滑动（顶点C、F与点N不△重合），连接AE交MN于点△D，试探究AD与ED的数量关系，

并证明你的结论．

（3）如图2，AB4cm，EF6cm，在ECF和ABC保持原来滑动状态的过程中，ACE的面积是否有

最大值？若有，请求出ACE的最大面积并△求此时△BF的长度；若ACE的面积没有最大△值，请说明理由．

△△

【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，证明见解析；（3）ACE的最大面积为6，BF26．

△

【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，证明ACH≌△CBN即可得到AH＝CN；

（2）同（1）可证ACH≌△CBN，EC△I≌△CFN，然后可得AH＝CN＝EI，利用AAS证明EID≌AHD

即可得到AD＝ED；△（3）根据全等三△角形的性质证明SACESACHSECISCBNSCFNSCFB△，过点△F作

FT⊥BC交BC延长线于T，可得FC≥FT，则当FC＝FT＝32，即FC与BC垂直时，S△CFB最大，然后可

求出面积的最大值，最后利用勾股定理求出BF即可．

【详解】解：（1）∵ABC是等腰直角三角形，ACB90，∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°，

∵MN⊥PQ于N，∴∠△MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACH=∠CBN，

ACHCBN

在ACH和CBN中，AHCCNB90，∴△ACH≌△CBN（AAS），∴AH＝CN，故答案为：＝；

ACBC

△△

（2）AD＝ED，证明：过点A作AH⊥MN于点H，过点E作EI⊥MN于点I，

同（1）可证ACH≌△CBN，ECI≌△CFN，∴AH＝CN，EI＝CN，∴AH＝EI，

又∵∠EDI＝△∠ADH，∠EID＝△∠AHD＝90°，∴EID≌AHD（AAS），∴AD＝ED；

（3）∵AB4cm，EF6cm，∴由勾股定理可△得BC＝△22，CF＝32，

如图，∵ACH≌△CBN，ECI≌△CFN，∴SACHSCBN，SECISCFN，

∵EID≌△AHD，∴SEID△SAHD，∴SACESACHSECISCBNSCFNSCFB，

△△1

过点F作FT⊥BC交BC延长线于T，则SBCFT，

CFB2

∵FC≥FT，∴当FC＝FT＝32，即FC与BC垂直时，S△CFB最大，

11

此时SBCFC22326，

CFB22

22

∴ACE的最大面积为6，此时BFBC2FC2223226．

△

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积计算，勾股定

理等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．

例5．（2024·湖北·二模）【特例发现】如图1，在ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，

AC为直角边，向ABC外作等腰RtABE和等腰△RtACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、

Q．求证：EP=FQ△．△△

【延伸拓展】如图2，在ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向ABC

外作RtABE和RtACF△，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数△量关

系，并直△接写出你的△结论．

【深入探究】如图3，在ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向ABC外作任意ABE和ACF，

射线GA交EF于点H．△若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=k△AF，上一问的结△论还成立△吗？

并证明你的结论．

【应用推广】在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，

若ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IH△J=∠AGB=θ=60°，k=2；

求证△：当∠IHJ在旋转过程中，EMH、HMN和FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题

卡的备用图中补全作图）．△△△

【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.

【分析】特例发现：易证AEP≌△BAG，AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；

△△11

延伸拓展：②易证ABG∽△EAP，ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，即可求解；

kk

△△

11

深入探究：判断PEA∽△GAB，得到PE=AG，AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断EPH≌

kk

△△△

△FQH，即可；

应用推广：由前一个结论得到AEF为正三角形，再依次判断MHN∽△HFN∽△MEH，即可．

【详解】特例发现解：∵∠PE△A+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=△90°，∴∠PEA=∠GAB，

∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，

同理，QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；

延伸拓展△过点E作EP⊥HG于P，过点F作FQ⊥HG于Q，

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，

PEAE

∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，

AGAB

PEAE1FQAF

∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，QFA∽△GAC，∴，

AGkAEkAQAC

1△

∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ；

k

深入探究如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA=∠AGB，作FQ∥PE，

∵∠EAP+∠BAG=180°-∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°-∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，

PEAE1

∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，

AGABk

FQAF

由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°-∠AGB，同理可得，AQF∽△CGA，∴，

AGAC

1△

∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，

k

∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；

应用推广如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，

∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，∴∠EAB+∠FAC=180°，

∴∠EAF=360°-（∠EAB+∠FAC）-∠BAC=60°，

∴△AEF为正三角形．∴∠HEM=∠HFN=60°=∠MHN，

∵点H是EF中点，∴∠EHM+∠FHJ=120°，∠FNH+∠FHJ=120°，∴∠EHM=∠FNH．

HMEH

∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△NFH，∴，

HNFN

HMFH

∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，

HNFN

∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在HMN中，∠MHN=60°，

根据三角形中大边对大角，∴要M△N最小，只有HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，

∵∠AEF=60°，∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角△形，

11

∴MN为AEF的中位线，∴MNmin=EF=×2=1．

22

【点睛】△本题是几何变换综合题，主要考查全等三角形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，特殊三

角形的性质，根据条件判定三角形全等和相似是解本题的关键．

例6．（23-24九年级上·福建厦门·期中）定义：如图13，在ABC中，把AB绕点A顺时针旋转（0180）

得到AB，把AC绕点A逆时针旋转得到AC，连接BC．当180时，我们称△ABC是ABC的

“旋补三角形”，△ABC边BC上的中线AD叫做ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

(1)在图1中，△ABC是ABC的“旋补三角形”，AD是ABC的“旋补中线”，若ABC为等边三角形，则AD

与BC的数量关系为：AD______BC．

(2)在图2中，当ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．

(3)如图3，在四边形ABCD中，ÐB=90°，A150，BC12，AB23，AD6．若四边形内部恰好

存在一点P，使PAB是△PDC的“旋补三角形”，请直接写出△PDC的“旋补中线”长是____________．

11

【答案】(1)(2)ADBC(3)39

22

【分析】（1）根据等边三角形和旋转的性质得到对应边相等，根据等腰三角形三线合一的性质和含30的直

角三角形性质即可求得；（2）延长中线得平行四边形，利用平行四边形性质和旋补角度关系得

BACABM，即可证明BAC≌VABM，即利用对应边相等求得答案；（3）作延长线、中垂线、垂线

及中线，利用含30角的直角三角形性质证明边与角之间的关系，等到FBP≌VBFA，再利用全等性质证

明APFB为平行四边形，根据角度得出△APD为等边三角形，则PAB为△PDC的旋补三角形，利用勾股

定理即可求得解

【详解】（1）解：∵ABC为等边三角形，∴ABBCCAACAB，BAC60，

∵AD是ABC的“旋补中线”，∴BDCD，∴ADBC，

11

∵BAC60，BABCAC180，∴BAC120，∴BC30，则ADACBC．

22

（2）延长AD到点M，使得ADDM，连接MC，MB，如图，

∵BDCD，ADDM，∴四边形ABCD为平行四边形，BMACAC，BACABM180，

∵BABCAC180∴BACBAC180，∴BACABM，

BABA

11

在BAC和VABM中，BACABM∴BAC≌VABM，∴BCAM，则ADAMBC．

22

ACBM

（3）延长DA，CB交点M，作CEAD交AD于点E，作线段BC的垂直平分线交CE于点P，交BC于点

F，连接PD、PA、PB，作PAB的中线PN，连接AF交PB于点O，如图，

∵DAB150，∴MAB30，在RtABM中，AB23，ABM90，则AM4,BM2，M60，

1

在Rt△MEC中，由MCMBBC21214，M60，得EMMC7，MCE30，

2

∴EAMEMA743，∵AD6，∴ED3，

∵CEAD，∴PAPD，∵PFBC，∴PBPC，

BF6

在Rt△FBA中，由AB23，BF6，∴tanBAF3，即BAF60，

AB23

∴DAFDABABF1506090，即EAFCED，∴CE∥AF，∴BCEBFA，

∵PBCPCF，∴PBFAFB，∵BFABAF90，FBPBPF90，

∴BPFBAF60，则FBP≌VBFA，∴BAPF，又∵AB∥PF，∴四边形APFB为平行四边形；

∵ABF90，∴BAP90，∴DAP60，则△APD为等边三角形，∴DPA60，

∵CPFBPF60，则CPB120，∴∠APD∠BPC180，则PAB为△PDC的旋补三角形，

在Rt△PAN中，PAAD6，AN3，∴PNAP2AN239．

【点睛】本题主要考查等边三角形性质、旋转的性质、含30的直角三角形性质、平行四边形的判定和性质

和延长中线等知识点，利用题目给定知识点和判定线段和角度之间关系，解题的关键点为结合给定定义作

辅助线证明结论成立．

1．（23-24九年级上·浙江温州·期中）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究过对角线互相

垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆氏四边形”．如图，在O中，四边形ABCD是“婆氏四边

EF

形”，对角线AC，BD相交于点E，过点E作EHDC于点H，延长HE交AB于点F，则的值为（）

AB

1239

A．B．C．D．

25520

【答案】A

【分析】先证明∠EDC∠CEH，再根据同弧所对的圆周角相等推出FAEFEA，则AFEF，再证

EFEF1

明BEFEBF，得到EFBF，则．

ABAFBF2

【详解】解：∵AC⊥BD，EH⊥CD，∴∠CED∠CHE90，

∴∠CEH∠ECH90∠EDC∠ECH，∴∠EDC∠CEH，

∵∠BAC∠BDC，∠AEF∠CEH，∴FAEFEA，∴AFEF，

∵AEB90，∴∠FAE∠ABE90∠FEA∠BEF，

EFEF1

∴BEFEBF，∴EFBF，∴，故选A．

ABAFBF2

【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形两锐

角互余，证明AFEF，EFBF是解题的关键．

2．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂

直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形ABCD是O的内接四边形，

且是“婆罗摩笈多四边形”、若AB2BC2CD2DA28，则O的半径为．

【答案】1

【分析】连接AC，BD交于点E，连接CO并延长交O于F，连接DF，设O的半径为r，根据圆周角定

理的推论得出ABDBDF，然后求出ABDF，再利用勾股定理得出AB2CD24r2，同理可得

BC2AD24r2，然后得出AB2BC2CD2DA28r28，即可求出O的半径．

【详解】解：连接AC，BD交于点E，连接CO并延长交O于F，连接DF，设O的半径为r，

∵CF是直径，∴CDFBDCBDF90，由题意知ACBD，∴BACABD90，

∵BACBDC，∴ABDBDF，∴ADBF，∴ABDF，∴ABDF，

2

∵CDF90，∴AB2CD2DF2CD2CF22r4r2，

同理可得BC2AD24r2，∴AB2BC2CD2DA28r28，

∴r1，即O的半径为1，故答案为：1．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，作出合适的辅助线，证

明ABDF是解题的关键．

3．（23-24八年级·江苏·假期作业）如图，以ABC的边AB，AC为腰分别向外作等腰直角ABE、ACD，

连接ED，BD，EC，过点A的直线l分别交线段DE，BC于点M，N，以下说法：①当ABACBC时，

AED30；②ECBD；③当直线lBC时，点M为线段DE的中点．正确的有．（填序号）

【答案】①②③

【分析】此题重点考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余

角相等、等角的补角相等等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．由ABACBC，得BAC60，

因为AEAB，ACAD，BAECAD90，所以AEAD，EAD120，则AEDADE30，

可判断①正确；由CADBAE90，推导出CAEDAB，可证明CAE≌DAB，得ECBD，可判

断②正确；当直线lBC时，作直线MNBC于点N，过点D作DGMN于点D，过点E作EHMN于

点H，证明EAH≌ABNAAS及ACN≌DAG，再求解可判断③正确，于是得到问题的答案．

【详解】①当ABACBC时，ABC是等边三角形，

∴BAC60，∴EAD360909060120，

∵等腰直角ABE、ACD，∴BAAE,ACAD，∴AEAD，

1

∴AEDADE18012030．故①正确．

2

②∵等腰直角ABE、ACD，∴ABAE,ADAC，BAEDAC90，

∴BADEAC，∴BAD≌EAC，∴ECBD．故②正确．

③如图所示，作直线MNBC于点N，过点D作DGMN于点D，过点E作EHMN于点H，

∵BAE90，MNBC，∴ABNBAN90，又EAMBAN90，∴EAMABN，

又∵EAAB，∴EAH≌ABNAAS，同理得ACN≌DAG，

∴GDAN，AGCN，EHAN,AHBN，

∵EMHDMG，EHMDGM90，∴EHM≌DGM(AAS)，

∴EMDM，即M是ED的中点，故③正确，故答案为：①②③．

4．（2024·湖北黄石·模拟预测）如图，以ABC的边AC、BC为边向外作正方形ACDE和正方形BCGF，连

接AG、BD相交于点O，连接CO、DG，△取AB中点M，连接MC并延长交DG于点N．下列结论：①AG

＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④SABC＝SCDG；⑤∠AOC＝45°．其中正确的结论有

△△

（填写编号）．

【答案】①②④⑤

【分析】利用正方形的性质，通过证明三角形全等以及利用四点共圆的判定和圆周角定理逐一判断即可得

出正确答案．

【详解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴CBCG，ACCD，ACDBCG；

∴∠ACD∠DCG∠BCG∠DCG，即∠ACG∠BCD，∴△ACG≌△DCBSAS，

∴AGBD，∠CAG∠CDB∴①正确；∵∠CAG∠CDB，∴点A、D、O、C四点共圆，

（注意如果没有学习圆的相关知识也可以通过构造手拉手全等证明下面结论）

如图，连接AD，∴∠AOC∠ADC=45°，故⑤正确；同理可证∠BOC=45°，

∴∠AGC∠OCG∠BDC∠OCD=45°，由△ACG≌△DCBSAS知∠AGC=∠DBC，

而DBC与BDC不一定相等，∴OCG与OCD不一定相等，因此③不一定成立；

如图，延长CM至H，使MH=CM，连接AH，∵M点是AB的中点，∴AM=BM，

又∵∠AMH=∠BMC，∴△AMH≌△BMCSAS，∴S△AMHS△BMC，∴S△AHCS△ABC

∴AH=BC，∠MAH=∠MBC∴AH=CG，∠CAH=∠CAM∠MAH∠CAM∠MBC，

∵∠CAM∠MBC∠ACB=180°，∠DCG∠ACB=360°90°90°=180°，

∴∠CAM∠MBC=∠DCG，即∠CAH∠DCG，∴△AHC≌△CGDSAS，∴S△AHCS△CGD，

∵S△ABCS△CGD，故④正确；由△AHC≌△CGDSAS，∴∠ACH∠CDN，

∴∠CDN∠DCN=∠ACM∠DCN=180°∠ACD=90°，∴∠CND=90°，故②正确；

因此①②④正确；故答案为：①②④⑤．

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆的判定、圆周角定理、倍长中线

法构造全等三角形等内容，本题综合性较强、需要学生熟练掌握相关知识并进行灵活运用，本题蕴含了数

形结合的思想方法等．

5．（2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务．

婆罗摩笈多定理：

如图，四边形ABCD内接于O，对角线ACBD，垂足为M，如果直线MEBC，垂足为E，并且交边

于点F，那么AFFD．𝐴

证明：∵ACBD，MEBC，

∴CBDBCM90，CMEBCM90．

∴CBDCME．

又∵CBD①，（同弧所对的圆周角相等）

CMEAMF，

∴CADAMF．

∴AF②．…

任务：(1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______；

(2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题：

如图，已知Rt△ABC中，BAC90，ABAC2，BC，AC分别交O于点D，E，连接AD，BE交于

点P．过点P作MN∥BC，分别交DE，AB于点M，N．若ADBE，求AN的长．

【答案】(1)①CAD；②MF(2)1

【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性

质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键．（1）根据圆周角定理和等角对等

边的性质可得结论；（2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．．

【详解】（1）证明：∵ACBD，MEBC，

∴CBDBCM90，CMEBCM90．∴CBDCME．

又∵CBDCAD，（同弧所对的圆周角相等）CMEAMF，

∴CADAMF．∴AFMF．…故答案为：①CAD；②MF；

（2）解：四边形ABDE是O内接四边形，BACBDE180，

BAC90，BDE90，即DECB，

1

NM∥CB，MNDE，ADBE，ANBN，PNAB1．

2

6．（2024·湖北·一模）问题背景：数学兴趣小组活动时，王老师提出了如下问题：如图（1），在VABC中，

AB8，AC6，求BC边上的中线AD的取值范围．

小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法，作ACD关于点D中心对称的图形，其中点A的对应

点是点M．请你帮助小明完成画图和后面的解答．

尝试运用：如图（2），AD是VABC的中线，ABAE，ACAF，BAECAF90，试判断线段AD

与EF的关系，并加以证明．

AEAF

迁移拓展：如图（3），AD是VABC的中线，k，BAECAF90，直接用含k的代数式写

ABAC

出△AEF与ACD之间的面积关系．

S2

【答案】（1）作图见解析，1AD7（2）EF2AD,EFAD（3）AEF2k

SACD

【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，三角形的三

边关系，中心对称图形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

（1）由中心对称的性质知MDB≌ADC，可得BMAC6，再根据三角形的三边关系即可求解，

（2）利用SAS证明ABM≌EAF，可得AMEF,BAMAEF，再根据平角的性质可得

BAMEAN90，进而可求解；（3）证明△BAM∽△AEF，再根据相似三角形的的性质可得

SAF

AEF22

()k，再推出SABM2SACD，即可求解．

SBAMBM

【详解】解：（1）问题背景：作图如图．

由中心对称的性质知MDB≌ADC，BMAC6．

在ABM中，ABBMAMABBM，86AM86，即2AM14，1AD7．

（2）尝试运用：EF2AD,EFAD．

理由如下：如图，延长AD到点M，使得DMAD，延长DA交EF与点N，连接BM，

由前面知，△BDM≌△CDA，BMAC,BMACAM，AC//BM，BACABM180，

BAEFAC90，BACEAF180，ABMEAF，

ACAF，BMAF，ABEA，ABM≌EAF，AMEF,BAMAEF．

AM2ADEF2AD，BAMEAN90，AEFEAN90，ENA90，EFAD；

（3）迁移拓展：如图，延长AD到点M，使得DMAD，延长DA交EF与点N，连接BM，

AEAFAEAF

由（1）可知：BMAC，k，k，

ABACABBM

SAEFAF22

又由（2）可知ABMEAF，△BAM∽△AEF，()k

SBAMBM

SS

AEF2AEF2

DMAD，SABM2SBDM,又MBD≌ACD，SABM2SACD,k，即2k．

2SACDSACD

7．（2023福建·模拟预测）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RtCEP中，∠CPE+∠ECP=90°∴∠ECP=∠DPF

∵∠AC△B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．

8．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务．

婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在