全等的八大模型之二——婆罗摩笈多模型多变形式及应用

之前写了全等的模型之一——手拉手模型。

（下面请在微信中打开）

在中考数学试题中，平面几何考点没有特别复杂，无非就那么几种套路，我们从中可以总结一些常见的结论和模型。在中考数学最后阶段，对于那些经典几何模型及结论，应做到，第一要理解模型本身的结论，第二找到它的应用场景，第三训练找模型的能力。

今天探讨的是“婆罗摩笈多模型”多变形式及应用。这个名字很难读，我们有些同学戏称为“婆婆模型”，嗯，那就简称为婆婆模型吧。

先了解婆罗摩笈多(Brahmagupta) 其人：

婆罗摩笈多(Brahmagupta) 约公元598年生，约660年卒.在数学、天文学方面有所成就.婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为现在巴基斯坦的信德。

婆罗摩笈多在30岁左右，编著了《婆罗摩修正体系》(Br1hma-sphuatasiddh1nta，公元628年)一书.该书用此名，是因为他修改和引用了印度最古老的天文学著作《婆罗摩体系》(Brāhmasiddh1nta)的内容.《婆罗摩修正体系》分为24章，其中《算术讲义》(Ganit1d'h1ya)和《不定方程讲义》(Kutakh1dyaka)两章是专论数学的，前者研究三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等;后者研究一阶和二阶不定方程.《婆罗摩修正体系》的其他各章是关于天文学研究的，也涉及到许多数学知识.

婆罗摩笈多的另一部著作《肯达克迪迦》(Khandakh1dyaka，音译)，是天文学方面的名著.它包含8章，研究了行星的黄经，与周日运动有关的三个问题，月食、日食、星的偕日升落，以及行星的会合等.

婆罗摩笈多的这些著作在拉贾斯坦邦、古吉拉特邦、中央邦、北方邦、比哈尔、尼泊尔、潘贾婆(Panjab)和克什米尔等地受到广泛重视，许多学者对其进行过研究.

婆罗摩笈多对数学的最突出贡献是解不定方程Nx2+1=y2.在欧洲，这类方程由费马提出，但后来欧拉误记为佩尔提出，并写入他的著作中。后人多称佩尔方程。沿续至今。1767年，J·拉格朗日(Lagrange)运用连分数理论，给出了该问题的完全的解答.事实上，婆罗摩笈多在公元628年便几乎完全解出了这种方程，只是当时不为欧洲人所知.其后，婆罗摩笈多的解法又被婆什迦罗(Bh1skara)改进.此外，他还提出了几何界的"婆罗摩笈多定理"。

今天要讨论的正是这个几何界的"婆罗摩笈多定理"。

先从最简单的、学生经常可见的题目讲起。

例1.如图，向△ABC的外侧作正方形ABDE、正方形ACFG．过A作AH⊥BC于H，AH的反向延长线与EG交于P．求证：BC=2AP．

动画展示一下：

经过“测量”发现，只要符合题目条件，不论这个△ABC的形状如何改变，总是有BC=2AP，我们不得不佩服古人的智慧——这个问题他们是怎么发现的呢？出题人比解题人厉害啊！

如何证明呢？证明的方法其实初中学生能经常见到的构造“一线三垂直”或倍长中线的方法。

方法一：

再看下面的效果图：

看清楚了要证明哪三组全等吗？

这个方法要证明三组全等，是训练数学优生的好素材！

方法二：利用倍长中线的方法；

以上性质证明采用构造法，构造了“一线三直角”模式及利用中点构造“倍长中线”模型，题目图形结构及解法特色带给了我们丰富启迪和无限回味空间及解题可借鉴宝贵的套路经验，遇到类似条件我们可以尝试，大胆如法炮制往往带来奇效。

总结：

模型条件：（1）共顶点：顶点A；(2)等线段：AB=AC, AD=AE;(3)顶角相等：∠BAC=∠EAD=90,

条件与手拉手模型类似，后面笔者将推出有专门文章讲述，进一步简化图形，我们看得或许更加明晰。

如图，两个等腰直角三角形Rt△ABO和Rt△CDO，顶点重合，连接AC,BD,此时：①如果G是AC中点，那么一定有GF⊥BD,

②如果GF⊥BD，那么一定有G是AC的中点。

以上两个性质可以互推。

另外得到两个结论：③S△BOD=S△AOC；④2GO=BD。这四个性质。

上述结论具有双向性：

1. 一边为中点，另一边为垂直；2. 一边为垂直，另一边为中点。

当两个等腰直角三角形位置发生变化，如下图，但只要顶点O综合，以上四个性质仍然成立，证明方式完全相同。

下面看一道难度很大一道作图题，得分率很低，很多同学不知如何下手。如果我们熟知婆罗摩笈多模型模型我们能很快进入解题状态，否则难以快速求解问题，我们不难体会几何模型带来功效，助推我们打开探究问题的神秘之门。

例1（2018天津中考题）．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均在格点上，

（I）∠ACB的大小为_________（度）；

（Ⅱ）在如图所示的网格中，P是BC边上任意一点，以A为中心，取旋转角等于∠BAC，把点P逆时针旋转，点P的对应点为P′，当CP′最短时，请用无刻度的直尺，画出点P′，并简要说明点P′的位置是如何找到的（不要求证明）

【分析】（I）根据勾股定理可求AB，AC，BC的长，再根据勾股定理的逆定理可求∠ACB的大小；

（Ⅱ）通过将点B以A为中心，取旋转角等于∠BAC旋转，找到线段BC旋转后所得直线FG，只需找到点C到FG的垂足即为P′

（Ⅱ）作图过程如下：

取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求

证明：连CF，∵AC，CF为正方形网格对角线

点C在射线FG上．由作图可知T为AB中，∴∠TCA＝∠TAC，

∴∠F+∠P′CF＝∠B+∠TCA＝∠B+∠TAC＝90°，∴CP′⊥GF，此时，CP′最短

故答案为：如图，取格点D，E，连接DE交AB于点T；取格点M，N，连接MN交BC延长线于点G：取格点F，连接FG交TC延长线于点P′，则点P′即为所求

例2（2017江西中考题）．我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

特例感知：

（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．

①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝______BC；

②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为________．

猜想论证：

（2）在图1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．

拓展应用

（3）如图4，在四边形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD＝1/2AB′即可解决问题；

②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；

（2）结论：AD＝1/2BC．如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；

（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA＝PD，PB＝PC，再证明∠APD+∠BPC＝180°，即可；

【解答】（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′，

∵DB′＝DC′，∴AD⊥B′C′，

∵∠BAC＝60°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，∴∠B′AC′＝120°，

∴∠B′＝∠C′＝30°，∴AD＝1/2AB′＝1/2BC，故答案为1/2．

②如图3中，∵∠BAC＝90°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，

∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，

∵AB＝AB′，AC＝AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC＝B′C′，

∵B′D＝DC′，∴AD＝1/2B′C′＝1/2BC＝4，

故答案为4．

（2）结论：AD＝1/2BC．

理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M

∵B′D＝DC′，AD＝DM，∴四边形AC′MB′是平行四边形，∴AC′＝B′M＝AC，

∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°，

∴∠BAC＝∠MB′A，∵AB＝AB′，

∴△BAC≌△AB′M，∴BC＝AM，∴AD＝1/2BC．

（3）存在．

理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．

∵∠ADC＝150°，∴∠MDC＝30°，

在Rt△DCM中，∵CD＝2√3，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，

∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°，

在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，

∴EM＝1/2BM＝7，∴DE＝EM﹣DM＝3，

∵AD＝6，∴AE＝DE，∵BE⊥AD，∴PA＝PD，PB＝PC，

在Rt△CDF中，∵CD＝2√3，CF＝6，

∴tan∠CDF＝√3，∴∠CDF＝60°,∴∠ADF＝90°＝∠AEB，

∴∠CBE＝∠CFD，

∵∠CBE＝∠PCF，∴∠CFD＝∠PCF，

∵∠CFD+∠CDF＝90°，∠PCF+∠CPF＝90°，

∴∠CPF＝∠CDF＝60°＝∠CDF

易证△FCP≌△CFD，∴CD＝PF，∵CD∥PF，∴四边形CDPF是矩形，

∴∠CDP＝90°，∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDP＝60°，∴△ADP是等边三角形，

∴∠ADP＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，

∴∠BPC＝120°，∴∠APD+∠BPC＝180°，

∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，

       具有极具内涵婆罗摩笈多模型结合图形变换，尤其图形的旋转，常常作为创新几何压轴问题重要途径。本题具有婆罗摩笈多模型的影子，可以看做模型进一步拓展。