一、垂直 中點
【結論1】如圖，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN經(jīng)過點B，
若MN⊥CE，則①點N是AD的中點，②S＝S，③CE＝2BN.

【證明】如圖，（知垂直得中點，一線三垂直）

過A作AP⊥MN，垂足為P，過D作DQ⊥MN交MN的延長線于Q，
易證：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易證：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如圖，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得證.
③如圖，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得證.
二、中點 垂直
【結論2】如圖，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，點P是CE的中點，PB的延長線交AD于點Q，則①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP

【證明】如圖，（知中點得垂直，倍長中線）
證明：延長BP至點M，使PM＝BP，連結ME，
易證：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易證：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如圖，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得證.
③如圖，由①知AD＝MB＝2BP，得證。
婆羅摩笈多定理：
若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線將平分對邊。這個定理有另一個名稱，叫做“布拉美古塔定理”
（又譯“卜拉美古塔定理”）。


拓展1：如圖，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN過點O，
⑴若MN⊥AD，則點M是BC的中點，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中點，則①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.

拓展2：如圖，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180o，MN過點O.N在AD延長線上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，則M是BC的中點，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中點，則②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.

拓展3：如圖，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180o，MN過點O.
⑴若M是BC的中點，則①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中點，則①BC＝2ON，②S＝S.

拓展4：如圖，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180o，則S＝S.


1．（江西省南昌市第十九中學2019-2020學年八年級上學期第一次月考數(shù)學試題）如圖，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，點M為BC的中點，
求證：DE＝2AM.
1．（河北省石家莊市石家莊外國語學校2019-2020學年八年級上學期期末數(shù)學試題）閱讀情境：在綜合實踐課上，同學們探究“全等的等腰直角三角形圖形變化問題”
如圖1，，其中，，此時，點與點重合，
操作探究1:（1）小凡將圖1中的兩個全等的和按圖2方式擺放，點落在上，所在直線交所在直線于點，連結，求證：．
操作探究2:（2）小彬將圖1中的繞點按逆時針方向旋轉角度，然后，分別延長，，它們相交于點．如圖3，在操作中，小彬提出如下問題，請你解答：
①時，求證：為等邊三角形；
②當__________時，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小穎將圖1中的繞點按順時針方向旋轉角度，線段和相交于點，在操作中，小穎提出如下問題，請你解答：
①如圖4，當時，直接寫出線段的長為_________．
②如圖5，當旋轉到點是邊的中點時，直接寫出線段的長為____________．
2．（重慶市沙坪壩區(qū)第一中學校2021-2022學年九年級下學期5月月考數(shù)學試題）已知，，，點線段中點，連接．為平面內一點，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接．
(1)如圖1，當點在線段上時，線段與線段交于點，若，，求的面積；
(2)如圖2，若點在的內部連接、，線段交線段于點，當時，
求證：；
(3)如圖3，過作的平行線，交直線于點．連接．將沿翻折得到，當線段最短時，直接寫出此時的值．
1． (2024年四川省達州市開江縣永興中學中考數(shù)學模擬試題）我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC′，連接B'C'，當a+β＝180°時，我們稱△AB'C'是△ABC的“旋補三角形”，△AB'C邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”．
(1)[特例感知]在圖2，圖3中，△AB'C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．
①如圖2，當△ABC為等邊三角形，且BC＝6時，則AD長為 ．
②如圖3，當∠BAC＝90°，且BC＝7時，則AD長為 ．
(2)[猜想論證]在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長AD或延長B'A，…）
(3)[拓展應用]如圖4，在四邊形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD為邊在四邊形ABCD內部作等邊△PCD，連接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋補三角形”，請直接寫出△PBC的“旋補中線”長及四邊形ABCD的邊AD長．
2． (2024年湖北省隨州市曾都區(qū)九年級升學適應性考試數(shù)學試題）我們定義：如圖1，在中，把繞點順時針旋轉得到，把繞點逆時針旋轉得到，連接．當時，我們稱是的“旋補三角形”，邊上的中線叫做的“旋補中線”．
【特例感知】
（1）在圖2，圖3中，是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”．
①如圖2，當為等邊三角形，且時，則長為 ．
②如圖3，當，且時，則長為 ．
【猜想論證】
（2）在圖1中，當為任意三角形時，猜想與的數(shù)量關系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長或延長，……）
【拓展應用】
（3）如圖4，在四邊形中，，，，以為邊在四邊形內部作等邊，連接，．若是的“旋補三角形”，請直接寫出的“旋補中線”長及四邊形的邊長．
軸對稱
模型（二十）——婆羅摩笈多模型

一、垂直 中點
【結論1】如圖，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN經(jīng)過點B，
若MN⊥CE，則①點N是AD的中點，②S＝S，③CE＝2BN.

【證明】如圖，（知垂直得中點，一線三垂直）

過A作AP⊥MN，垂足為P，過D作DQ⊥MN交MN的延長線于Q，
易證：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易證：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如圖，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得證.
③如圖，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得證.
二、中點 垂直
【結論2】如圖，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，點P是CE的中點，PB的延長線交AD于點Q，則①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP

【證明】如圖，（知中點得垂直，倍長中線）
證明：延長BP至點M，使PM＝BP，連結ME，
易證：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易證：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如圖，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得證.
③如圖，由①知AD＝MB＝2BP，得證。
婆羅摩笈多定理：
若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線將平分對邊。這個定理有另一個名稱，叫做“布拉美古塔定理”
（又譯《卜拉美古塔定理”）。


拓展1：如圖，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN過點O，
⑴若MN⊥AD，則點M是BC的中點，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中點，則①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.

拓展2：如圖，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180o，MN過點O.N在AD延長線上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，則M是BC的中點，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中點，則②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.

拓展3：如圖，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180o，MN過點O.
⑴若M是BC的中點，則①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中點，則①BC＝2ON，②S＝S.

拓展4：如圖，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180o，則S＝S.


1．（江西省南昌市第十九中學2019-2020學年八年級上學期第一次月考數(shù)學試題）如圖，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，點M為BC的中點，
求證：DE＝2AM.
【答案】見解析.
【分析】延長AM至N，使MN=AM，證△AMC≌△NMB，推出AC=BN=AD，求出∠EAD=∠ABN，證△EAD≌△ABN即可．
【詳解】延長AM至N，使MN＝AM，連接BN，
∵點M為BC的中點，
∴CM=BM，
在△AMC和△NMB中

∴△AMC≌△NMB（SAS），
∴AC=BN，∠C=∠NBM，
∵AB⊥AE，AD⊥AC，
∴∠EAB=∠DAC=90°，
∴∠EAD+∠BAC=180°，
∴∠ABN=∠ABC+∠C=180゜-∠BAC=∠EAD，
在△EAD和△ABN中
∵，
∴△ABN≌△EAD（SAS），
∴DE=AN=2MN．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形和全等三角形的性質和判定的應用，主要考查學生的推理能力，延長AM至N，使MN=AM，再只證AN=DE即可，這就是“中線倍長”，實質是“補短法”．
1．（河北省石家莊市石家莊外國語學校2019-2020學年八年級上學期期末數(shù)學試題）閱讀情境：在綜合實踐課上，同學們探究“全等的等腰直角三角形圖形變化問題”
如圖1，，其中，，此時，點與點重合，
操作探究1:（1）小凡將圖1中的兩個全等的和按圖2方式擺放，點落在上，所在直線交所在直線于點，連結，求證：．
操作探究2:（2）小彬將圖1中的繞點按逆時針方向旋轉角度，然后，分別延長，，它們相交于點．如圖3，在操作中，小彬提出如下問題，請你解答：
①時，求證：為等邊三角形；
②當__________時，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小穎將圖1中的繞點按順時針方向旋轉角度，線段和相交于點，在操作中，小穎提出如下問題，請你解答：
①如圖4，當時，直接寫出線段的長為_________．
②如圖5，當旋轉到點是邊的中點時，直接寫出線段的長為____________．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②；（3）①；②
【分析】（1）證明Rt△AMB≌Rt△AMD即可解決問題．
（2）①證明∠FCE=∠FEC=60°即可解決問題．
②根據(jù)平行線的判定定理即可解決問題．
（3）①連接EC，證明△AEC是等邊三角形，利用勾股定理求出AE即可解決問題．
②如圖5中，連接AF，BD交于點O．首先證明EC=BD，再證明OB=OD，利用面積法求出OB即可解決問題．
【詳解】（1）證明：如圖2，
，，，
，
．
（2）①證明：如圖3中，
，，
，
，
，
，
是等邊三角形．
②解：當時，．理由如下：
∵，
∴，
，
∴，
當時，．
故答案為．
（3）①解：如圖4中，連接,

，，
是等邊三角形，
，，
，
．
故答案為．
②解：如圖5中，連接，交于點．

，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
．
，，
垂直平分線段，
，
在中，
，，，
，
，
，
，
，
故答案為．
【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等邊三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
2．（重慶市沙坪壩區(qū)第一中學校2021-2022學年九年級下學期5月月考數(shù)學試題）已知，，，點線段中點，連接．為平面內一點，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，連接．
(1)如圖1，當點在線段上時，線段與線段交于點，若，，求的面積；
(2)如圖2，若點在的內部連接、，線段交線段于點，當時，
求證：；
(3)如圖3，過作的平行線，交直線于點．連接．將沿翻折得到，當線段最短時，直接寫出此時的值．
【答案】(1)．
(2)證明見詳解．
(3)．
【分析】（1）過D作交于H，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊一半、直角三角形角所對直角邊等于斜邊一半及等腰直角三角形關系結合勾股定理即可求出三角形的底和高，即可得到答案；
（2）延長交于K，過A作交于G，根據(jù)等腰直角三角形兩個及直角得到角度的等量關系，再根據(jù)兩次三角形全等即可得到線段相等；
（3）根據(jù)等腰直角三角形及線平行得到角度數(shù)，再根據(jù)對角互補的四邊形與圓內接四邊形關系等到點M在圓上，根據(jù)圓外一點與圓的距離關系找到最小點，根據(jù)對稱找到相等從而得到三角形相似得出線段與半徑的關系，最后根據(jù)勾股定理求出平方值即可得到比值．
【詳解】（1）解：如圖所示過D作交于點H，
∵，，點線段中點，，
∴ ，, ,
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴ ,
∴
在中根據(jù)勾股定理可得，
， ，
∴ , ,
∵線段是線段繞點逆時針旋轉得到，
∴ ， ,
在中，
∵,，
∴，
，
在中根據(jù)勾股定理可得，

∴解得
∴
∴的面積為：．
（2）證明：延長交于K，過A作交于G，
∵，，點線段中點，
∴，， ，
∵線段是線段繞點逆時針旋轉得到，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∵，
∴ ，
在中，
∵ ，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴．
（3）解：過D作，
∵線段繞點逆時針旋轉得到線段，
∴，，
∴，
∵∥ ，
∴，
∵，，點線段中點，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴A、M、D、C四點在⊙H上，
連接與圓相交時最短如圖所示，沿翻折得到，根據(jù)對稱性可得 在圓上，連接 ，
設圓的半徑為r，則 ，
∴ ，
連接交于點O，
∵沿翻折得到，
∴ ，， ， ，
在中，
∵ ， ，
∴，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在中根據(jù)勾股定理可得，
，
∵ ，
在中根據(jù)勾股定理可得，
，
∴．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質、圓的有關計算、等腰三角形有關計算、旋轉的性質及勾股定理，解題的難點主要是根據(jù)性質作出相應輔助線，巧妙靈活的運用知識點進行計算，第三問中最難點是找到最短距離點．
1． (2024年四川省達州市開江縣永興中學中考數(shù)學模擬試題）我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC′，連接B'C'，當a+β＝180°時，我們稱△AB'C'是△ABC的“旋補三角形”，△AB'C邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”．
(1)[特例感知]在圖2，圖3中，△AB'C′是△ABC的“旋補三角形”，AD是△ABC的“旋補中線”．
①如圖2，當△ABC為等邊三角形，且BC＝6時，則AD長為 ．
②如圖3，當∠BAC＝90°，且BC＝7時，則AD長為 ．
(2)[猜想論證]在圖1中，當△ABC為任意三角形時，猜想AD與BC的數(shù)量關系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長AD或延長B'A，…）
(3)[拓展應用]如圖4，在四邊形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD為邊在四邊形ABCD內部作等邊△PCD，連接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋補三角形”，請直接寫出△PBC的“旋補中線”長及四邊形ABCD的邊AD長．
【答案】(1)①；②
(2)AD＝BC，證明見解析
(3)旋補中線長為，
【分析】（1）①首先證明是含有是直角三角形，可得即可解決問題．
②首先證明，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可解決問題．
（2）結論：．如圖1中，延長AD到M，使得，連接，首先證明四邊形是平行四邊形，再證明，即可解決問題．
（3）如圖4中，過點P作于H，取BC的中點J，連接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中結論解決問題即可．
(1)
解：①如圖2中，
∵是等邊三角形，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案為：3．
②如圖3中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案為：．
(2)
結論：AD＝BC．
理由：如圖1中，延長AD到M，使得AD＝DM，連接B′M，C′M
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
(3)
如圖4中，過點P作PH⊥AB于H，取BC的中點J，連接PJ．
∵是等邊三角形，
∴，
∵∠BCD＝150°，
∴∠PCB＝90°，
∵是的“旋補三角形”，
∴，
∵PH⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的“旋補中線”長，
∵，
∴，
∵也是 的“旋補三角形”，
∴．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、直角三角形30度角性質、等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．
2． (2024年湖北省隨州市曾都區(qū)九年級升學適應性考試數(shù)學試題）我們定義：如圖1，在中，把繞點順時針旋轉得到，把繞點逆時針旋轉得到，連接．當時，我們稱是的“旋補三角形”，邊上的中線叫做的“旋補中線”．
【特例感知】
（1）在圖2，圖3中，是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”．
①如圖2，當為等邊三角形，且時，則長為 ．
②如圖3，當，且時，則長為 ．
【猜想論證】
（2）在圖1中，當為任意三角形時，猜想與的數(shù)量關系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長或延長，……）
【拓展應用】
（3）如圖4，在四邊形中，，，，以為邊在四邊形內部作等邊，連接，．若是的“旋補三角形”，請直接寫出的“旋補中線”長及四邊形的邊長．
【答案】（1）①，②；（2），見解析；（3），
【分析】（1）①由旋補三角形的概念可證明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=BC即可解決問題；
②首先證明△BAC≌△B′AC′，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可解決問題；
（2）結論：AD=BC．如圖1中，延長AD到Q，使得AD=DQ，連接B′Q，C′Q，首先證明四邊形AC′QB′是平行四邊形，再證明△BAC≌△AB′Q，即可解決問題；
（3）由，是等邊三角形可得，由旋補三角形的概念可得，PB=PA，進而求出PB的長，再根據(jù)勾股定理就可求出BC的長，由（2）的結論即可求出旋補中線PE的長和AD的長．
【詳解】解：（1）①∵是的“旋補三角形”，
∴，，,
∵為等邊三角形，且，
∴，，
∴是等腰三角形，，
∴AD⊥，，
∴AD=3，
②∵是的“旋補三角形”，
∴，，,
∵，
∴，
∴，
∴，
∵AD為中線，
∴；
（2)猜想：
如圖，延長至Q，使．
∵是的“旋補中線”，．
四邊形是平行四邊形，
，．
由定義可知，，
，，，．
∵，；
（3）過點P作PE⊥AB，取AD的中點F，連接PF，延長DP，過點A作AM⊥DM，如圖，
∵，△PCD是等邊三角形，
∴，
∵CD=6，
∴PC=CD=PD=6，
∵是的“旋補三角形”，
∴，PB=PA，，
∴△PAB是等腰三角形，，
∵PE⊥AB，
∴EB=EA
∵AB=12，
∴BE=6，，
在△PBC中，由勾股定理得，
，
由（2）可知，，
∴，
∵，
∴,
∵,
∴，
∴，，
∴MD=12，
在△AMD中，由勾股定理得，
∴．
【點睛】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、直角三角形30度角性質、等邊三角形的判定和性質、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．

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中考數(shù)學二輪培優(yōu)專題16 婆羅摩笈多模型（2份打包，原卷版+解析版）
專題16 婆羅摩笈多模型-2023年中考數(shù)學一輪復習熱點題型與方法精準突破（原卷版）

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