TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc29578" PAGEREF _Tc29578 \h 2
\l "_Tc5073" 模型1.“婆羅摩笈多”模型 PAGEREF _Tc5073 \h 2
\l "_Tc27816" PAGEREF _Tc27816 \h 8
大家在掌握幾何模型時(shí)，多數(shù)同學(xué)會(huì)注重模型結(jié)論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導(dǎo)致本末倒置。要知道數(shù)學(xué)題目的考察不是一成不變的，學(xué)數(shù)學(xué)更不能死記硬背，要在理解的基礎(chǔ)之上再記憶，這樣才能做到對(duì)于所學(xué)知識(shí)的靈活運(yùn)用，并且更多時(shí)候能夠啟發(fā)我們解決問題的關(guān)鍵就是基于已有知識(shí)、方法的思路的適當(dāng)延伸、拓展，所以學(xué)生在學(xué)習(xí)幾何模型要能夠做到的就是：①認(rèn)識(shí)幾何模型并能夠從題目中提煉識(shí)別幾何模型；②記住結(jié)論，但更為關(guān)鍵的是記住證明思路及方法；③ 明白模型中常見的易錯(cuò)點(diǎn)，因?yàn)槎鄶?shù)題目考察的方面均源自于易錯(cuò)點(diǎn)。當(dāng)然，以上三點(diǎn)均屬于基礎(chǔ)要求，因?yàn)轭}目的多變性，若想在幾何學(xué)習(xí)中突出，還需做到的是，在平時(shí)的學(xué)習(xí)過程中通過大題量的訓(xùn)練，深刻認(rèn)識(shí)幾何模型，認(rèn)真理解每一個(gè)題型，做到活學(xué)活用！
模型1.“婆羅摩笈多”模型
婆羅摩笈多定理：如果一個(gè)圓內(nèi)接四邊形（即對(duì)角互補(bǔ)的四邊形）的對(duì)角線互相垂直且相交，那么從交點(diǎn)向某一邊所引垂線的反向延長(zhǎng)線必經(jīng)過這條邊對(duì)邊的中點(diǎn)（反之亦能成立）。
模型特征：（1）△BCP和△ADP是兩個(gè)等腰直角三角形，且直角頂點(diǎn)重合.
模型1）知中點(diǎn)證垂直
條件：分別以三角形ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，N為EG的中點(diǎn)，M、A、N三點(diǎn)共線。結(jié)論：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。
證明：（倍長(zhǎng)中線法）延長(zhǎng)AN到W，使NW=NA，連接EW。
在?WEN和?AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（對(duì)頂角），EN=GN（已知）
∴?WEN≌ ?AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。
∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行線同旁內(nèi)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=S△AEG。
∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。
又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性質(zhì)），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。
∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。
∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。
模型2）知垂直證中點(diǎn)
條件：分別以?ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。
結(jié)論：N為EG的中點(diǎn)；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。
證明：（法1:平行線法）作EW//AG，交AN的延長(zhǎng)線于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°，
∵∠EAB和∠GAC為正方形的角，所以兩個(gè)角均為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為EG的中點(diǎn)，∴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=S△AEG。
（法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延長(zhǎng)線于X，作GY⊥AN，將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，同理可證：∴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為EG的中點(diǎn)；
∵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；
∴S△ABC=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。
其實(shí)該模型也可以模仿 模型1）中的倍長(zhǎng)中線法，有興趣的同學(xué)們可以自己去嘗試以下哦！
例1．（24-25九年級(jí)上·江蘇南通·階段練習(xí)）如圖，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)為軸的負(fù)半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別以，為直角邊在第三、第四象限作等腰、等腰，連接交軸于點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)在軸上移動(dòng)時(shí)，則的長(zhǎng)度為（ ）
A．1B．2C．3D．4
例2．（2024·重慶渝中·二模）如圖，以的邊、為邊向外作正方形和正方形，連接、相交于點(diǎn)，連接、，取中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)．下列結(jié)論：①；②；③平分；④；⑤．其中正確的結(jié)論有 （填寫編號(hào)）．
例3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰中，，，點(diǎn)，分別在，上，，連接，，取中點(diǎn)，連接．
(1)求證：，；(2)將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．
①請(qǐng)直接寫出與的位置關(guān)系：___________________；②求證：．
例4．（23-24八年級(jí)上·陜西西安·階段練習(xí)）（1）如圖1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的頂點(diǎn)C、B分別在射線MN，射線NQ上滑動(dòng)（頂點(diǎn)C、B與點(diǎn)N不重合）在滑動(dòng)過程中，點(diǎn)A到直線MN的距離AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）如圖2，在（1）的條件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的頂點(diǎn)C、F也分別在射線NM、射線NP上滑動(dòng)（頂點(diǎn)C、F與點(diǎn)N不重合），連接AE交MN于點(diǎn)D，試探究AD與ED的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）如圖2，，，在△ECF和△ABC保持原來滑動(dòng)狀態(tài)的過程中，△ACE的面積是否有最大值？若有，請(qǐng)求出△ACE的最大面積并求此時(shí)BF的長(zhǎng)度；若△ACE的面積沒有最大值，請(qǐng)說明理由．
例5．（2024·湖北·二模）【特例發(fā)現(xiàn)】如圖1，在△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點(diǎn)E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q．求證：EP=FQ．
【延伸拓展】如圖2，在△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射線GA交EF于點(diǎn)H．若AB=kAE，AC=kAF，請(qǐng)思考HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并直接寫出你的結(jié)論．
【深入探究】如圖3，在△ABC中，G是BC邊上任意一點(diǎn)，以A為頂點(diǎn)，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射線GA交EF于點(diǎn)H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一問的結(jié)論還成立嗎？并證明你的結(jié)論．
【應(yīng)用推廣】在上一問的條件下，設(shè)大小恒定的角∠IHJ分別與△AEF的兩邊AE、AF分別交于點(diǎn)M、N，若△ABC為腰長(zhǎng)等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；
求證：當(dāng)∠IHJ在旋轉(zhuǎn)過程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接寫出線段MN的最小值（請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的備用圖中補(bǔ)全作圖）．
例6．（23-24九年級(jí)上·福建廈門·期中）定義：如圖13，在中，把繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)（）得到，把繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當(dāng)時(shí)，我們稱是的“旋補(bǔ)三角形”，邊上的中線叫做的“旋補(bǔ)中線”，點(diǎn)A叫做“旋補(bǔ)中心”．
(1)在圖1中，是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”，若為等邊三角形，則與的數(shù)量關(guān)系為：______．
(2) 在圖2中，當(dāng)為任意三角形時(shí)，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
(3)如圖3，在四邊形中，，，，，．若四邊形內(nèi)部恰好存在一點(diǎn)P，使是的“旋補(bǔ)三角形”，請(qǐng)直接寫出的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)是____________．
1．（23-24九年級(jí)上·浙江溫州·期中）婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他研究過對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆氏四邊形”．如圖，在中，四邊形是“婆氏四邊形”，對(duì)角線相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作于點(diǎn)H，延長(zhǎng)交于點(diǎn)F，則的值為（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24九年級(jí)下·江西南昌·期末）婆羅摩笈多是公元7世紀(jì)的古印度偉大數(shù)學(xué)家，曾研究對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆羅摩笈多四邊形”．如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，且是“婆羅摩笈多四邊形”、若，則的半徑為 ．

3．（23-24八年級(jí)·江蘇·假期作業(yè)）如圖，以的邊，為腰分別向外作等腰直角、，連接，，，過點(diǎn)A的直線分別交線段，于點(diǎn)，，以下說法：①當(dāng)時(shí)，；②；③當(dāng)直線時(shí)，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)．正確的有 ．（填序號(hào)）

4．（2024·湖北黃石·模擬預(yù)測(cè)）如圖，以△ABC的邊AC、BC為邊向外作正方形ACDE和正方形BCGF，連接AG、BD相交于點(diǎn)O，連接CO、DG，取AB中點(diǎn)M，連接MC并延長(zhǎng)交DG于點(diǎn)N．下列結(jié)論：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正確的結(jié)論有 （填寫編號(hào)）．
5．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測(cè)）閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：(1)材料中①處缺少的條件為______，②處缺少的條件為______；
(2)根據(jù)材料，應(yīng)用婆羅摩笈多定理解決下面試題：
如圖，已知中，，，分別交于點(diǎn)D，E，連接交于點(diǎn)P．過點(diǎn)P作，分別交于點(diǎn)M，N．若，求的長(zhǎng)．
6．（2024·湖北·一模）問題背景：數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)時(shí)，王老師提出了如下問題：如圖（1），在中，，，求邊上的中線的取值范圍．
小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法，作關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱的圖形，其中點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)．請(qǐng)你幫助小明完成畫圖和后面的解答．
嘗試運(yùn)用：如圖（2），是的中線，，，，試判斷線段與的關(guān)系，并加以證明．
遷移拓展：如圖（3），是的中線，，，直接用含的代數(shù)式寫出與之間的面積關(guān)系．
7．（2023福建·模擬預(yù)測(cè)）求證：對(duì)角線互相垂直圓內(nèi)接四邊形，自對(duì)角線的交點(diǎn)向一邊作垂線，其延長(zhǎng)線必平分對(duì)邊．要求：（1）在給出的圓內(nèi)接四邊形作出PE⊥BC于點(diǎn)E，并延長(zhǎng)EP與AD交于點(diǎn)F，不寫作法，保留作圖痕跡（2）利用（1）中所作的圖形寫出已知、求證和證明過程．
8．（23-24九年級(jí)上·山西臨汾·期末）閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
婆羅摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的算術(shù)運(yùn)算規(guī)則、二次方程等方面均有建樹，特別是在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻(xiàn)．他曾經(jīng)提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下：
布拉美古塔定理：已知：如圖1，四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，垂足為，點(diǎn)為的中點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)，交于點(diǎn)，則．
證明：，，，（依據(jù)），
，…
(1)上述證明過程中的依據(jù)是指______．(2)請(qǐng)補(bǔ)全上述證明過程．
(3)請(qǐng)利用布拉美古塔定理完成如下問題：如圖2，三角形內(nèi)接于，，點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，，請(qǐng)直接寫出線段的長(zhǎng)度．
9．（23-24九年級(jí)上·山西長(zhǎng)治·期末）閱讀與思考
閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：(1)材料中橫線部分缺少的條件為_______________．(2)補(bǔ)全后面的證明過程．
10．（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的運(yùn)算規(guī)則，二次方程等方面均有建樹，他也研究過對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形稱為“婆氏四邊形”．
(1)若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是______．（填序號(hào)）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如圖1，四邊形ABCD為的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求證：四邊形ABCD是“婆氏四邊形”．
(3)如圖2，在中，，以AB為弦的交AC于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，連接DE，AE，BD，，，若四邊形ABED是“婆氏四邊形”，求DE的長(zhǎng)．
11．（23-24九年級(jí)上·河南新鄉(xiāng)·期中）某學(xué)習(xí)小組在探究三角形相似時(shí)，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．
（1）如圖1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥直線I，CE上直線l，垂足分別為D、E．求證：＝k．
（2）組員小劉想，如果三個(gè)角都不是直角，那么結(jié)論是否仍然成立呢？如圖2，將（1）中的條件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三點(diǎn)都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請(qǐng)問（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)你給出證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．
（3）數(shù)學(xué)老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵(lì)他們運(yùn)用這個(gè)知識(shí)來解決問題：如圖3，在ABC中，沿ABC的邊AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC邊上的高，延長(zhǎng)HA交EG于點(diǎn)I．①求證：I是EG的中點(diǎn)．②直接寫出線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系： ．
12．（23-24八年級(jí)下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）【方法回顧】如圖1，在中，D，E分別是邊的中點(diǎn)，小明在證明“三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半”時(shí)，通過延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使，連接，證明，再證四邊形是平行四邊形即得證．
（1）上述證明過程中：
①證明的依據(jù)是（ ）
A． B． C． D．
②證明四邊形是平行四邊形的依據(jù)是______；
【類比遷移】（2）如圖2，是的中線，交于點(diǎn)E，交于點(diǎn)F，且，求證：．小明發(fā)現(xiàn)可以類比材料中的思路進(jìn)行證明．
證明：如圖2，延長(zhǎng)至點(diǎn)G，使，連接，…請(qǐng)根據(jù)小明的思路完成證明過程；
【理解運(yùn)用】（3）如圖3，四邊形與四邊形均為正方形，連接、，點(diǎn)P是的中點(diǎn)，連接．請(qǐng)判斷線段與的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系，并說明理由：
（4）如圖4，四邊形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，為銳角，已知m，的面積為．計(jì)劃修建一條經(jīng)過點(diǎn)A的筆直小路，其中點(diǎn)G在邊上，的延長(zhǎng)線經(jīng)過中點(diǎn)F．若小路每米造價(jià)500元，則修建小路的總造價(jià)為______元．

13．（2024·重慶·?？家荒＃┪覀兌x：如圖1，在△ABC中，把AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B'C'，當(dāng)a+β＝180°時(shí)，我們稱△AB'C'是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，△AB'C邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補(bǔ)中線”．
(1)[特例感知]在圖2，圖3中，△AB'C′是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，AD是△ABC的“旋補(bǔ)中線”．
①如圖2，當(dāng)△ABC為等邊三角形，且BC＝6時(shí)，則AD長(zhǎng)為 ．
②如圖3，當(dāng)∠BAC＝90°，且BC＝7時(shí)，則AD長(zhǎng)為 ．
(2)[猜想論證]在圖1中，當(dāng)△ABC為任意三角形時(shí)，猜想AD與BC的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長(zhǎng)AD或延長(zhǎng)B'A，…）
(3)[拓展應(yīng)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(nèi)部作等邊△PCD，連接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋補(bǔ)三角形”，請(qǐng)直接寫出△PBC的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)及四邊形ABCD的邊AD長(zhǎng)．
14．（2024·廣東·?？家荒＃┣榫秤^察：將矩形ABCD紙片沿對(duì)角線AC剪開，得到△ABC和△A′C′D，如圖1所示.將△A′C′D的頂點(diǎn)A′與點(diǎn)A重合，并繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D、A(A′)、B在同一條直線上，如圖2所示．觀察圖2可知：與BC相等的線段是 ▲ ，∠CAC′= ▲ °．
問題探究：如圖3，△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB、AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點(diǎn)E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q. 試探究EP與FQ之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.
拓展延伸：如圖4，△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，分別以AB、AC為一邊向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射線GA交EF于點(diǎn)H. 若AB= k AE，AC= k AF，試探究HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.

15．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）綜合與實(shí)踐：數(shù)學(xué)實(shí)踐課堂上，張老師從一道基礎(chǔ)題入手，通過不斷變化題目，引導(dǎo)學(xué)生們發(fā)現(xiàn)解決此類問題的圖形中的基本圖形，進(jìn)而通過構(gòu)造基本圖形，解決問題．
(1)基礎(chǔ)題：如圖1，于點(diǎn)B，于點(diǎn)D，P是上一點(diǎn)，．
①若，則與的關(guān)系為 ．②若，且，則 ．
(2)構(gòu)造應(yīng)用①如圖2，點(diǎn)E是正方形邊上一點(diǎn)，與交于點(diǎn)G，連接，請(qǐng)直接寫出 °．
②如圖3，沿的邊向外作矩形和矩形，，連接是邊上的高，延長(zhǎng)交于點(diǎn)K，求證：K是中點(diǎn)，并直接寫出與的數(shù)量關(guān)系： ．
(3)綜合應(yīng)用：如圖4，在矩形中，，點(diǎn)E是邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)A、D重合），連接，過點(diǎn)E作，交于點(diǎn)F，連接，過點(diǎn)B作，垂足為G，點(diǎn)M是邊的中點(diǎn)．請(qǐng)直接寫出當(dāng)值最小時(shí)的值為： ．
16．（24-25九年級(jí)上·廣東深圳·階段練習(xí)）綜合與實(shí)踐
【問題情境】我們定義：如圖（a），在中，把繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當(dāng)時(shí)，我們稱是的“旋補(bǔ)三角形”，的邊上的中線叫做的“旋補(bǔ)中線”，點(diǎn)叫做“旋補(bǔ)中心”．
【特例感知】（1）在圖（b）和圖（c）中，是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”．
①如圖（b），當(dāng)為等邊三角形時(shí)，與的數(shù)量關(guān)系為__________；
②如圖（c），當(dāng)，時(shí)，則長(zhǎng)為__________．
【猜想論證】（2）如圖（a），當(dāng)為任意三角形時(shí)，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
【拓展應(yīng)用】（3）如圖（d），在四邊形中，，，，，．在四邊形內(nèi)部是否存在點(diǎn)，使是的“旋補(bǔ)三角形”？若存在，給予證明，并求出的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)；若不存在，說明理由．
17．（2024·山西太原·三模）請(qǐng)閱讀下面的材料，并解答問題．
婆羅摩笈多（Brahmagupta）約公元598年生，約660年卒，在數(shù)學(xué)、天文學(xué)方面有所成就，他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達(dá)克迪迦》，婆羅摩笈多的一些數(shù)學(xué)成就在世界數(shù)學(xué)史上有較高的地位，其中有著名的婆羅摩笈多定理．婆羅摩笈多定理：圓的內(nèi)接四邊形的對(duì)角線與垂直相交于M，過點(diǎn)M的直線與邊分別相交于點(diǎn)F、E．則有下兩個(gè)結(jié)論：
如果，那么；如果，那么．
數(shù)學(xué)課上，趙老師帶領(lǐng)大家對(duì)該定理的第一條進(jìn)行了探究．
證明：，，即，，，
在中，，……
請(qǐng)解答以下問題：(1)請(qǐng)完成所給材料的證明過程；(2)請(qǐng)證明結(jié)論（2）；
(3)應(yīng)用：如圖圓O中，半徑為4，A，B，C，D為圓上的點(diǎn)，，連接交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作于E，延長(zhǎng)交于G，則的長(zhǎng)度為______．
18．（23-24九年級(jí)下·重慶·階段練習(xí)）如圖1，等腰和等腰中，，，，點(diǎn)、、、在一條直線上．當(dāng)點(diǎn)和點(diǎn)重合時(shí)，等腰靜止不動(dòng)，等腰從出發(fā)，沿線段方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒．1）請(qǐng)?zhí)羁眨寒?dāng)、12、14秒時(shí)，的長(zhǎng)度分別為 、 、 ；
2）在等腰的運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)等腰和等腰重疊部分的面積為，請(qǐng)直接寫出與的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量的取值范圍；
3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，將等腰繞點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)角（），連接、，過點(diǎn)作，延長(zhǎng)．①求證：；②若，求的長(zhǎng)度．
婆羅摩笈多定理：如圖，四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，垂足為M，如果直線，垂足為E，并且交邊AD于點(diǎn)F，那么．
證明：∵，，∴，．∴．
又∵① ，（同弧所對(duì)的圓周角相等）
，∴．∴② ．…
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的算數(shù)運(yùn)算法則、二次方程等方面均有建樹，特別在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻(xiàn)，他曾提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下．
婆羅摩笈多定理：如圖，已知四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，，相交于點(diǎn)M，如果直線，垂足為E，并且交邊于點(diǎn)F，那么．
證明：，，．．
又_______，，．…
專題16 全等三角形模型之婆羅摩笈多模型
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是七世紀(jì)時(shí)的印度數(shù)學(xué)家，在世時(shí)間約是公元 598年 ~ 660年。他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達(dá)克迪迦》。《婆羅摩修正體系》中有關(guān)數(shù)學(xué)的部分涉及到有關(guān)三角形、四邊形、零、負(fù)數(shù)、一階和二階方程的研究，《肯達(dá)克迪迦》則是天文方面的著作，研究了關(guān)于月食、日食、行星的合等問題。他提出的一些概念在世界數(shù)學(xué)史上也有很高的地位，比如負(fù)數(shù)。以他命名的婆羅摩笈多定理又稱“布拉美古塔”定理。本專題我們講的就是由婆羅摩笈多定理演化而來的“婆羅摩笈多”模型。
TOC \ "1-4" \h \z \u \l "_Tc23784" PAGEREF _Tc23784 \h 2
\l "_Tc17354" 模型1.“婆羅摩笈多”模型 PAGEREF _Tc17354 \h 2
\l "_Tc14065" PAGEREF _Tc14065 \h 15
大家在掌握幾何模型時(shí)，多數(shù)同學(xué)會(huì)注重模型結(jié)論，而忽視幾何模型的證明思路及方法，導(dǎo)致本末倒置。要知道數(shù)學(xué)題目的考察不是一成不變的，學(xué)數(shù)學(xué)更不能死記硬背，要在理解的基礎(chǔ)之上再記憶，這樣才能做到對(duì)于所學(xué)知識(shí)的靈活運(yùn)用，并且更多時(shí)候能夠啟發(fā)我們解決問題的關(guān)鍵就是基于已有知識(shí)、方法的思路的適當(dāng)延伸、拓展，所以學(xué)生在學(xué)習(xí)幾何模型要能夠做到的就是：①認(rèn)識(shí)幾何模型并能夠從題目中提煉識(shí)別幾何模型；②記住結(jié)論，但更為關(guān)鍵的是記住證明思路及方法；③ 明白模型中常見的易錯(cuò)點(diǎn)，因?yàn)槎鄶?shù)題目考察的方面均源自于易錯(cuò)點(diǎn)。當(dāng)然，以上三點(diǎn)均屬于基礎(chǔ)要求，因?yàn)轭}目的多變性，若想在幾何學(xué)習(xí)中突出，還需做到的是，在平時(shí)的學(xué)習(xí)過程中通過大題量的訓(xùn)練，深刻認(rèn)識(shí)幾何模型，認(rèn)真理解每一個(gè)題型，做到活學(xué)活用！
模型1.“婆羅摩笈多”模型
婆羅摩笈多定理：如果一個(gè)圓內(nèi)接四邊形（即對(duì)角互補(bǔ)的四邊形）的對(duì)角線互相垂直且相交，那么從交點(diǎn)向某一邊所引垂線的反向延長(zhǎng)線必經(jīng)過這條邊對(duì)邊的中點(diǎn)（反之亦能成立）。
模型特征：（1）△BCP和△ADP是兩個(gè)等腰直角三角形，且直角頂點(diǎn)重合.
模型1）知中點(diǎn)證垂直
條件：分別以三角形ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，N為EG的中點(diǎn)，M、A、N三點(diǎn)共線。結(jié)論：AM⊥BC；BC=2AN；S△ABC=S△AEG 。
證明：（倍長(zhǎng)中線法）延長(zhǎng)AN到W，使NW=NA，連接EW。
在?WEN和?AGN中，NW=NA（已作），∠WNE=∠ANG（對(duì)頂角），EN=GN（已知）
∴?WEN≌ ?AGN(SAS)，∴EW=GA，∠EWN=∠GAN。
∵∠EWN=∠GAN∴EW//GA，∴∠WEA+∠EAG=180°(平行線同旁內(nèi)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=S△AEG。
∵WN=AN，∴BC=2AN ，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。
又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性質(zhì)），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB。
∵∠EAW=∠ABC（∠ABC即∠ABM），∴∠EAB+∠ABM=∠ABM+∠AMB。
∴∠EAB=∠AMB，∴∠AMB=90°，即AM⊥BC。
模型2）知垂直證中點(diǎn)
條件：分別以?ABC的邊AB、AC為邊，向三角形外側(cè)外做正方形ABDE和正方形ACFG，AM⊥BC。
結(jié)論：N為EG的中點(diǎn)；BC=2AN ；S△ABC=S△AEG。
證明：（法1:平行線法）作EW//AG，交AN的延長(zhǎng)線于W，∵EW//AG，∴∠WEA+∠EAG=180°，
∵∠EAB和∠GAC為正方形的角，所以兩個(gè)角均為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為EG的中點(diǎn)，∴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=S△AEG。
（法2:三垂直模型法）作EX⊥AN，交AN的延長(zhǎng)線于X，作GY⊥AN，將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，同理可證：∴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為EG的中點(diǎn)；
∵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；
∴S△ABC=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。
其實(shí)該模型也可以模仿 模型1）中的倍長(zhǎng)中線法，有興趣的同學(xué)們可以自己去嘗試以下哦！
例1．（24-25九年級(jí)上·江蘇南通·階段練習(xí)）如圖，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)為軸的負(fù)半軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別以，為直角邊在第三、第四象限作等腰、等腰，連接交軸于點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)在軸上移動(dòng)時(shí)，則的長(zhǎng)度為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】本題考查圖形與坐標(biāo)，涉及全等三角形的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的定義、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，作軸于，求出，證，求出，證，推出，即可得出答案．主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計(jì)算的能力，有一定的難度，注意：全等三角形的判定定理有，，，，全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊相等．
【詳解】解：作軸于，如圖所示：
∵等腰、等腰，∴，
，，，，
在和中，，，．
在和中，，，，
又點(diǎn)的坐標(biāo)為，，，故選C．
例2．（2024·重慶渝中·二模）如圖，以的邊、為邊向外作正方形和正方形，連接、相交于點(diǎn)，連接、，取中點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)．下列結(jié)論：①；②；③平分；④；⑤．其中正確的結(jié)論有 （填寫編號(hào)）．
【答案】①②④⑤．
【分析】由“SAS”可證△ACG≌△DCB，可得AG=BD，故①正確，通過證明點(diǎn)D，點(diǎn)A，點(diǎn)C，點(diǎn)O四點(diǎn)共圓，可得∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正確；由角的和差關(guān)系可得CO不一定平分∠DCG，故③錯(cuò)誤；由“SAS”可證△BCM≌△AHM，△ACH≌△CDG，可得S△ABC=S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，故④正確；由余角的性質(zhì)可求∠CDN+∠DCN=90°，可得MN⊥DG，故②正確；即可求解．
【詳解】解：如圖，連接AD，延長(zhǎng)CM至H，使MH=CM，連接AH，
∵四邊形ACDE是正方形，四邊形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正確；
∵∠CAG=∠CDB，∴點(diǎn)D，點(diǎn)A，點(diǎn)C，點(diǎn)O四點(diǎn)共圓，
∴∠DOA=∠ACD=90°，∠ADC=∠AOC=45°，故⑤正確；
∴∠BOC=45°=∠AOC，∴∠AGC+∠OCG=∠DCO+∠ODC，
∵△ACB是任意三角形，∴AC不一定等于BC，即DC與BC不一定相等，
∴∠CDB與∠AGC不一定相等，∴∠DCO與∠GCO不一定相等，∴CO不一定平分∠DCG，故③錯(cuò)誤；
∵點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)，∴AM=BM，又∵CM=MH，∠CMB=∠AMH，∴△BCM≌△AHM（SAS），
∴AH=BC=CG，∠H=∠BCH，∠ABC=∠HAM，S△BCM=S△AMH，∴S△ABC=S△ACH，
∵∠DCG+∠ACM+∠BCM=180°，∠H+∠CAH+∠ACM=180°，∴∠CAH=∠DCG，
又∵AC=DC，CG=AH，∴△ACH≌△CDG（SAS），
∴S△ACH=S△CDG，∠ACH=∠CDG，∴S△ABC=S△CDG，故④正確；
∵∠ACD=90°，∴∠DCN+∠ACM=90°，∴∠CDN+∠DCN=90°，
∴MN⊥DG，故②正確，故答案為①②④⑤．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，余角的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．
例3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖1，在等腰中，，，點(diǎn)，分別在，上，，連接，，取中點(diǎn)，連接．
(1)求證：，；(2)將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．
①請(qǐng)直接寫出與的位置關(guān)系：___________________；②求證：．
【答案】(1)見解析(2)①；②見解析
【分析】（1）先證明得到，，根據(jù)直角三角形斜邊中線性質(zhì)得到，根據(jù)等邊對(duì)等角證明，進(jìn)而可證明；
（2）①延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連結(jié)，延長(zhǎng)到，使，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)．同（1）證明得到，然后利用三角形的中位線性質(zhì)得到，則，進(jìn)而證明即可得到結(jié)論；
②延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連接．先證明，得到，，進(jìn)而，．證明得到即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）證明：在和中，，，，
，，．
是斜邊的中點(diǎn)，，，
，．，
，．；
（2）解：①；理由如下：延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連結(jié)，延長(zhǎng)到，使，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)．
證明（具體證法過程跟②一樣）．，
是中點(diǎn)，是中點(diǎn)，是中位線，，
，，，
，．故答案為：；

②證明：延長(zhǎng)到點(diǎn)，使，連接．
，，，，
，，，，
，，．
，．在和中，
，，，，，
，．
【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，靈活添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解答的關(guān)鍵．
例4．（23-24八年級(jí)上·陜西西安·階段練習(xí)）（1）如圖1，MN⊥PQ于N，△ABC是等腰直角三角形，，等腰直角△ABC的頂點(diǎn)C、B分別在射線MN，射線NQ上滑動(dòng)（頂點(diǎn)C、B與點(diǎn)N不重合）在滑動(dòng)過程中，點(diǎn)A到直線MN的距離AH CN（填“＞”、“＜”或“＝”）．
（2）如圖2，在（1）的條件下，等腰直角△ECF中，，且△ECF的頂點(diǎn)C、F也分別在射線NM、射線NP上滑動(dòng)（頂點(diǎn)C、F與點(diǎn)N不重合），連接AE交MN于點(diǎn)D，試探究AD與ED的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）如圖2，，，在△ECF和△ABC保持原來滑動(dòng)狀態(tài)的過程中，△ACE的面積是否有最大值？若有，請(qǐng)求出△ACE的最大面積并求此時(shí)BF的長(zhǎng)度；若△ACE的面積沒有最大值，請(qǐng)說明理由．
【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，證明見解析；（3）△ACE的最大面積為6，．
【分析】（1）求出∠ACH=∠CBN，證明△ACH≌△CBN即可得到AH＝CN；
（2）同（1）可證△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，然后可得AH＝CN＝EI，利用AAS證明△EID≌△AHD即可得到AD＝ED；（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證明，過點(diǎn)F作FT⊥BC交BC延長(zhǎng)線于T，可得FC≥FT，則當(dāng)FC＝FT＝，即FC與BC垂直時(shí)，最大，然后可求出面積的最大值，最后利用勾股定理求出BF即可．
【詳解】解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，，∴AC=BC，∠ACH+∠BCN=90°，
∵M(jìn)N⊥PQ于N，∴∠MNQ=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACH=∠CBN，
在△ACH和△CBN中，，∴△ACH≌△CBN（AAS），∴AH＝CN，故答案為：＝；
（2）AD＝ED，證明：過點(diǎn)A作AH⊥MN于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EI⊥MN于點(diǎn)I，
同（1）可證△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴AH＝CN，EI＝CN，∴AH＝EI，
又∵∠EDI＝∠ADH，∠EID＝∠AHD＝90°，∴△EID≌△AHD（AAS），∴AD＝ED；
（3）∵，，∴由勾股定理可得BC＝，CF＝，
如圖，∵△ACH≌△CBN，△ECI≌△CFN，∴，，
∵△EID≌△AHD，∴，∴，
過點(diǎn)F作FT⊥BC交BC延長(zhǎng)線于T，則，
∵FC≥FT，∴當(dāng)FC＝FT＝，即FC與BC垂直時(shí)，最大，
此時(shí)，
∴△ACE的最大面積為6，此時(shí)．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積計(jì)算，勾股定理等知識(shí)，作出合適的輔助線，構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵．
例5．（2024·湖北·二模）【特例發(fā)現(xiàn)】如圖1，在△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點(diǎn)E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q．求證：EP=FQ．
【延伸拓展】如圖2，在△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB，AC為直角邊，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射線GA交EF于點(diǎn)H．若AB=kAE，AC=kAF，請(qǐng)思考HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并直接寫出你的結(jié)論．
【深入探究】如圖3，在△ABC中，G是BC邊上任意一點(diǎn)，以A為頂點(diǎn)，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射線GA交EF于點(diǎn)H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一問的結(jié)論還成立嗎？并證明你的結(jié)論．
【應(yīng)用推廣】在上一問的條件下，設(shè)大小恒定的角∠IHJ分別與△AEF的兩邊AE、AF分別交于點(diǎn)M、N，若△ABC為腰長(zhǎng)等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；
求證：當(dāng)∠IHJ在旋轉(zhuǎn)過程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接寫出線段MN的最小值（請(qǐng)?jiān)诖痤}卡的備用圖中補(bǔ)全作圖）．
【答案】(1)證明參見解析；(2)HE=HF；(3)成立，證明參見解析；(4)證明參見解析，MN最小值為1.
【分析】特例發(fā)現(xiàn)：易證△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，F(xiàn)Q=AG，即可解題；
延伸拓展：②易證△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，F(xiàn)Q=AG，即可求解；
深入探究：判斷△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，F(xiàn)Q=，得到FQ=AG，再判斷△EPH≌△FQH，即可；
應(yīng)用推廣：由前一個(gè)結(jié)論得到△AEF為正三角形，再依次判斷△MHN∽△HFN∽△MEH，即可．
【詳解】特例發(fā)現(xiàn)解：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，
同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；
延伸拓展過點(diǎn)E作EP⊥HG于P，過點(diǎn)F作FQ⊥HG于Q，

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，
∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，
∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，
∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ；
深入探究 如圖2，在直線AG上取一點(diǎn)P，使得∠EPA=∠AGB，作FQ∥PE，
∵∠EAP+∠BAG=180°-∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°-∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，
∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，
由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°-∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，
∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，
∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；
應(yīng)用推廣 如圖3，在前面條件及結(jié)論，得到，點(diǎn)H是EF中點(diǎn)，∴AE=AF，
∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，∴∠EAB+∠FAC=180°，
∴∠EAF=360°-（∠EAB+∠FAC）-∠BAC=60°，
∴△AEF為正三角形．∴∠HEM=∠HFN=60°=∠MHN，
∵點(diǎn)H是EF中點(diǎn)，∴∠EHM+∠FHJ=120°，∠FNH+∠FHJ=120°，∴∠EHM=∠FNH．
∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△NFH，∴，
∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，
∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，
根據(jù)三角形中大邊對(duì)大角，∴要MN最小，只有△HMN是等邊三角形，∴∠AMN=60°，
∵∠AEF=60°，∴MN∥EF，∵△AEF為等邊三角形，
∴MN為△AEF的中位線，∴MNmin=EF=×2=1．
【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，特殊三角形的性質(zhì)，根據(jù)條件判定三角形全等和相似是解本題的關(guān)鍵．
例6．（23-24九年級(jí)上·福建廈門·期中）定義：如圖13，在中，把繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)（）得到，把繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當(dāng)時(shí)，我們稱是的“旋補(bǔ)三角形”，邊上的中線叫做的“旋補(bǔ)中線”，點(diǎn)A叫做“旋補(bǔ)中心”．
(1)在圖1中，是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”，若為等邊三角形，則與的數(shù)量關(guān)系為：______．
(2) 在圖2中，當(dāng)為任意三角形時(shí)，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
(3)如圖3，在四邊形中，，，，，．若四邊形內(nèi)部恰好存在一點(diǎn)P，使是的“旋補(bǔ)三角形”，請(qǐng)直接寫出的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)是____________．
【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到對(duì)應(yīng)邊相等，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)和含的直角三角形性質(zhì)即可求得；（2）延長(zhǎng)中線得平行四邊形，利用平行四邊形性質(zhì)和旋補(bǔ)角度關(guān)系得，即可證明，即利用對(duì)應(yīng)邊相等求得答案；（3）作延長(zhǎng)線、中垂線、垂線及中線，利用含角的直角三角形性質(zhì)證明邊與角之間的關(guān)系，等到，再利用全等性質(zhì)證明為平行四邊形，根據(jù)角度得出為等邊三角形，則為的旋補(bǔ)三角形，利用勾股定理即可求得解
【詳解】（1）解：∵為等邊三角形，∴，，
∵是的“旋補(bǔ)中線”，∴，∴，
∵，，∴，∴，則．
（2）延長(zhǎng)到點(diǎn)M，使得，連接，，如圖，

∵，，∴四邊形為平行四邊形，，，
∵∴，∴，
在和中，∴，∴，則．
（3）延長(zhǎng)，交點(diǎn)M，作交于點(diǎn)E，作線段的垂直平分線交于點(diǎn)P，交于點(diǎn)F，連接、、，作的中線，連接交于點(diǎn)O，如圖，
∵，∴，在中，，，則，，
在中，由，，得，，
∴，∵，∴，
∵，∴，∵，∴，
在中，由，，∴，即，
∴，即，∴，∴，
∵，∴，∵，，
∴，則，∴，又∵，∴四邊形為平行四邊形；
∵，∴，∴，則為等邊三角形，∴，
∵，則，∴，則為的旋補(bǔ)三角形，
在中，，，∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查等邊三角形性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、含的直角三角形性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)和延長(zhǎng)中線等知識(shí)點(diǎn)，利用題目給定知識(shí)點(diǎn)和判定線段和角度之間關(guān)系，解題的關(guān)鍵點(diǎn)為結(jié)合給定定義作輔助線證明結(jié)論成立．
1．（23-24九年級(jí)上·浙江溫州·期中）婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他研究過對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆氏四邊形”．如圖，在中，四邊形是“婆氏四邊形”，對(duì)角線相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作于點(diǎn)H，延長(zhǎng)交于點(diǎn)F，則的值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先證明，再根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等推出，則，再證明，得到，則．
【詳解】解：∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，故選A．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了同弧所對(duì)的圓周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形兩銳角互余，證明，是解題的關(guān)鍵．
2．（23-24九年級(jí)下·江西南昌·期末）婆羅摩笈多是公元7世紀(jì)的古印度偉大數(shù)學(xué)家，曾研究對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把這類四邊形稱為“婆羅摩笈多四邊形”．如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，且是“婆羅摩笈多四邊形”、若，則的半徑為 ．

【答案】1
【分析】連接，交于點(diǎn)E，連接并延長(zhǎng)交于F，連接，設(shè)的半徑為r，根據(jù)圓周角定理的推論得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半徑．
【詳解】解：連接，交于點(diǎn)E，連接并延長(zhǎng)交于F，連接，設(shè)的半徑為r，

∵是直徑，∴，由題意知，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
∵，∴，
同理可得，∴，
∴，即的半徑為1，故答案為：1．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理的推論，圓心角、弧、弦的關(guān)系，勾股定理，作出合適的輔助線，證明是解題的關(guān)鍵．
3．（23-24八年級(jí)·江蘇·假期作業(yè)）如圖，以的邊，為腰分別向外作等腰直角、，連接，，，過點(diǎn)A的直線分別交線段，于點(diǎn)，，以下說法：①當(dāng)時(shí)，；②；③當(dāng)直線時(shí)，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)．正確的有 ．（填序號(hào)）

【答案】①②③
【分析】此題重點(diǎn)考查等腰直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等角的余角相等、等角的補(bǔ)角相等等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．由，得，因?yàn)?，，，所以，，則，可判斷①正確；由，推導(dǎo)出，可證明，得，可判斷②正確；當(dāng)直線時(shí)，作直線于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)E作于點(diǎn)，證明及， 再求解可判斷③正確，于是得到問題的答案．
【詳解】①當(dāng)時(shí)，是等邊三角形，
∴，∴，
∵等腰直角、，∴，∴，
∴．故①正確．
②∵等腰直角、，∴，，
∴，∴，∴．故②正確．
③如圖所示，作直線于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)E作于點(diǎn)，

∵，，∴，又，∴，
又∵，∴，同理得，
∴，，，
∵，，∴，
∴，即是的中點(diǎn)，故③正確，故答案為：①②③．
4．（2024·湖北黃石·模擬預(yù)測(cè)）如圖，以△ABC的邊AC、BC為邊向外作正方形ACDE和正方形BCGF，連接AG、BD相交于點(diǎn)O，連接CO、DG，取AB中點(diǎn)M，連接MC并延長(zhǎng)交DG于點(diǎn)N．下列結(jié)論：①AG＝BD；②MN⊥DG；③CO平分∠DCG；④S△ABC＝S△CDG；⑤∠AOC＝45°．其中正確的結(jié)論有 （填寫編號(hào)）．
【答案】①②④⑤
【分析】利用正方形的性質(zhì)，通過證明三角形全等以及利用四點(diǎn)共圓的判定和圓周角定理逐一判斷即可得出正確答案．
【詳解】解:∵正方形ACDE和正方形BCGF，∴，，；
∴，即，∴，
∴，∴①正確；∵，∴點(diǎn)A、D、O、C四點(diǎn)共圓，
（注意如果沒有學(xué)習(xí)圓的相關(guān)知識(shí) 也可以通過構(gòu)造手拉手全等證明下面結(jié)論）
如圖，連接AD，∴，故⑤正確；同理可證，
∴，由知，
而與不一定相等，∴與不一定相等，因此③不一定成立；
如圖，延長(zhǎng)CM至H，使MH=CM，連接AH，∵M(jìn)點(diǎn)是AB的中點(diǎn)，∴AM=BM，
又∵，∴，∴，∴
∴AH=BC，∴AH=CG，，
∵，，
∴，即，∴，∴，
∵，故④正確；由，∴，
∴，∴，故②正確；
因此①②④正確；故答案為：①②④⑤．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓的判定、圓周角定理、倍長(zhǎng)中線法構(gòu)造全等三角形等內(nèi)容，本題綜合性較強(qiáng)、需要學(xué)生熟練掌握相關(guān)知識(shí)并進(jìn)行靈活運(yùn)用，本題蘊(yùn)含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等．
5．（2024·河南新鄉(xiāng)·模擬預(yù)測(cè)）閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：(1)材料中①處缺少的條件為______，②處缺少的條件為______；
(2)根據(jù)材料，應(yīng)用婆羅摩笈多定理解決下面試題：
如圖，已知中，，，分別交于點(diǎn)D，E，連接交于點(diǎn)P．過點(diǎn)P作，分別交于點(diǎn)M，N．若，求的長(zhǎng)．
【答案】(1)①；②(2)1
【分析】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊的性質(zhì)，關(guān)鍵是能熟練應(yīng)用圓的有關(guān)性質(zhì)，掌握相應(yīng)角的定義和計(jì)算是關(guān)鍵．（1）根據(jù)圓周角定理和等角對(duì)等邊的性質(zhì)可得結(jié)論；（2）應(yīng)用（1）的結(jié)論，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可求解．．
【詳解】（1）證明：∵，，
∴，．∴．
又∵，（同弧所對(duì)的圓周角相等），
∴．∴．…故答案為：①；②；
（2）解：四邊形是內(nèi)接四邊形，，
，，即，
，，，，．
6．（2024·湖北·一模）問題背景：數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)時(shí)，王老師提出了如下問題：如圖（1），在中，，，求邊上的中線的取值范圍．
小明在組內(nèi)經(jīng)過合作交流，得到了如下的解決方法，作關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱的圖形，其中點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)．請(qǐng)你幫助小明完成畫圖和后面的解答．
嘗試運(yùn)用：如圖（2），是的中線，，，，試判斷線段與的關(guān)系，并加以證明．
遷移拓展：如圖（3），是的中線，，，直接用含的代數(shù)式寫出與之間的面積關(guān)系．
【答案】（1）作圖見解析，（2）（3）
【分析】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，中心對(duì)稱圖形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
（1）由中心對(duì)稱的性質(zhì)知，可得，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可求解，
（2）利用證明，可得，再根據(jù)平角的性質(zhì)可得，進(jìn)而可求解；（3）證明，再根據(jù)相似三角形的的性質(zhì)可得，再推出，即可求解．
【詳解】解：（1）問題背景：作圖如圖．

由中心對(duì)稱的性質(zhì)知，．
在中，，，即，．
（2）嘗試運(yùn)用：．
理由如下：如圖，延長(zhǎng)到點(diǎn)，使得，延長(zhǎng)交與點(diǎn)，連接，
由前面知，，，，，
，，，
，，，，．
，，，，；
（3）遷移拓展：如圖，延長(zhǎng)到點(diǎn)，使得，延長(zhǎng)交與點(diǎn)，連接，
由（1）可知：，，，
又由（2）可知，，
，,又，,，即．
7．（2023福建·模擬預(yù)測(cè)）求證：對(duì)角線互相垂直圓內(nèi)接四邊形，自對(duì)角線的交點(diǎn)向一邊作垂線，其延長(zhǎng)線必平分對(duì)邊．要求：（1）在給出的圓內(nèi)接四邊形作出PE⊥BC于點(diǎn)E，并延長(zhǎng)EP與AD交于點(diǎn)F，不寫作法，保留作圖痕跡（2）利用（1）中所作的圖形寫出已知、求證和證明過程．
【答案】（1）見解析；（2）DF=FP=AF，點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，過程見解析
【分析】（1）過P作BC的垂線即可得到答案；（2）根據(jù)題意寫好已知，求證，利用圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)證明
【詳解】解：（1）補(bǔ)全的圖形如圖所示；

（2）已知：四邊形ABCD為圓內(nèi)接四邊形，AC⊥BD，PE⊥BC．延長(zhǎng)EP交AD于點(diǎn)F．
求證：點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)
證明：∵AC⊥BD，PE⊥BC∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90°
∵EF是線段 ∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90°
∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90°∴∠ECP=∠DPF
∵∠ACB與∠ADB為同弧所對(duì)的圓周角∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF
∴∠DPF=∠PDF∴△DPF為等腰三角形，DF=FP
∵∠APF=∠APD -∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF∴∠APF=∠PAF
∴△APF為等腰三角形，PF=AF即DF=FP=AF，點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)．
【點(diǎn)睛】本題考查的是過一點(diǎn)作已知直線的垂線，圓周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形兩銳角互余，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
8．（23-24九年級(jí)上·山西臨汾·期末）閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
婆羅摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的算術(shù)運(yùn)算規(guī)則、二次方程等方面均有建樹，特別是在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻(xiàn)．他曾經(jīng)提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下：
布拉美古塔定理：已知：如圖1，四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，垂足為，點(diǎn)為的中點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)，交于點(diǎn)，則．
證明：，，
，（依據(jù)），
，…
(1)上述證明過程中的依據(jù)是指______．(2)請(qǐng)補(bǔ)全上述證明過程．
(3)請(qǐng)利用布拉美古塔定理完成如下問題：如圖2，三角形內(nèi)接于，，點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，，請(qǐng)直接寫出線段的長(zhǎng)度．
【答案】(1)等邊對(duì)等角；(2)見解析；(3)．
【分析】（1）根據(jù)條件和結(jié)論即可判斷出答案；（2）根據(jù)前面的證明過程得到，由等量代換得到，即可得到，結(jié)論得證；（3）由圓周角定理求出，根據(jù)等腰三角形三線合一得到，，由勾股定理求出，由等積法求出，在中，由勾股定理求出，根據(jù)布拉美古塔定理可得，則，即可證明，得到，代入已知線段即可得到答案．
【詳解】（1）∵，（等邊對(duì)等角），
∴上述證明過程中的依據(jù)是指等邊對(duì)等角；故答案為：等邊對(duì)等角
（2）證明：，
，，（等邊對(duì)等角），
，∴，
∵，∴，∴，∴．
（3）解：∵，∴是等腰三角形，∵點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，∴，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
在中，，
由題意得，四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，垂足為F，點(diǎn)G為的中點(diǎn)，連結(jié)并延長(zhǎng)，交于點(diǎn)，根據(jù)布拉美古塔定理可得，，
∵，∴，
∴，∴，解得
【點(diǎn)睛】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)定理并進(jìn)行正確推理是解題的關(guān)鍵．
9．（23-24九年級(jí)上·山西長(zhǎng)治·期末）閱讀與思考
閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)．
任務(wù)：(1)材料中橫線部分缺少的條件為_______________．(2)補(bǔ)全后面的證明過程．
【答案】(1)(2)見解析
【分析】本題考查了同弧所對(duì)的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余等知識(shí)．熟練掌握同弧所對(duì)的圓周角相等，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形兩銳角互余是解題的關(guān)鍵．
（1）由等量代換作答即可；（2）根據(jù)等邊對(duì)等角可得，由，可得，則，進(jìn)而結(jié)論得證．
【詳解】（1）解：由題意知，材料中橫線部分缺少的條件為，故答案為：；
（2）證明：，，，，，
又，，，，∴，
∵，∴，∴，∴．
10．（2024·江西·模擬預(yù)測(cè)）婆羅摩芨多是公元7世紀(jì)古印度偉大的數(shù)學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的運(yùn)算規(guī)則，二次方程等方面均有建樹，他也研究過對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形，我們把對(duì)角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形稱為“婆氏四邊形”．
(1)若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是______．（填序號(hào)）①矩形；②菱形；③正方形．(2)如圖1，四邊形ABCD為的內(nèi)接四邊形，連接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求證：四邊形ABCD是“婆氏四邊形”．
(3)如圖2，在中，，以AB為弦的交AC于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E，連接DE，AE，BD，，，若四邊形ABED是“婆氏四邊形”，求DE的長(zhǎng)．
【答案】(1)③(2)見解析(3)1.5
【分析】（1）根據(jù)“婆氏四邊形”的定義，即可求解；（2）設(shè)AC與BD交于點(diǎn)E，根據(jù)圓周角定理可得，從而得到∠CED=90°，即可求證；（3）根據(jù)銳角三角函數(shù)可得BC=5，AC=4，再根據(jù)BD為的直徑，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根據(jù)四邊形ABED是“婆氏四邊形”，可得BD⊥AE，根據(jù)垂徑定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解．
【詳解】（1）解：當(dāng)平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”時(shí)，則四邊形ABCD的對(duì)角線AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC，
∵四邊形ABCD為的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形；故答案為：③
（2）證明：設(shè)AC與BD交于點(diǎn)E，
∵，
∴，∴∠CED=90°，
∴AC⊥BD，∴四邊形ABCD是“婆氏四邊形”；
（3）解：∵，∴，∴AC=4，
∵BD為的直徑，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四邊形ABED是“婆氏四邊形”，∴BD⊥AE，
∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3，
設(shè)AD=DE=x，則CD=4-x，CE=5-3=2，在中，，
∴，解得：，即DE=1.5．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形，圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，理解“婆氏四邊形”的定義是解題的關(guān)鍵．
11．（23-24九年級(jí)上·河南新鄉(xiāng)·期中）某學(xué)習(xí)小組在探究三角形相似時(shí)，發(fā)現(xiàn)了下面這種典型的基本圖形．
（1）如圖1，在ABC中，∠BAC＝90°，＝k，直線l經(jīng)過點(diǎn)A，BD⊥直線I，CE上直線l，垂足分別為D、E．求證：＝k．
（2）組員小劉想，如果三個(gè)角都不是直角，那么結(jié)論是否仍然成立呢？如圖2，將（1）中的條件做以下修改：在ABC中，＝k，D、A、E三點(diǎn)都在直線l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α為任意銳角或鈍角．請(qǐng)問（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)你給出證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．
（3）數(shù)學(xué)老師贊賞了他們的探索精神，并鼓勵(lì)他們運(yùn)用這個(gè)知識(shí)來解決問題：如圖3，在ABC中，沿ABC的邊AB、AC向外作矩形ABDE和矩形ACFG，＝＝，AH是BC邊上的高，延長(zhǎng)HA交EG于點(diǎn)I．①求證：I是EG的中點(diǎn)．②直接寫出線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系： ．
【答案】（1）見解析（2）結(jié)論還成立，證明見解析（3）①見解析②BC=AI
【分析】（1）由條件可證明△ABD∽△CAE，可得=＝k；
（2）由條件可知∠BAD＋∠CAE＝180°?α，且∠DBA＋∠BAD＝180°?α，可得∠DBA＝∠CAE，結(jié)合條件可證明△ABD∽△CAE，同（1）可得出結(jié)論；（3）①過點(diǎn)G作GMAE交AI的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接EM，證明△ABC∽△GMA，再得到四邊形AGME是平行四邊形，故可求解；②由①得到BC=AM，再根據(jù)四邊形AGME是平行四邊形得到BC=AI，故可求解．
【詳解】（1）如圖1，
∵BD⊥直線l，CE⊥直線l，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°
∵∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD?∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA，
∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（2）成立，證明如下：如圖2，
∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°?α，∴∠DBA＝∠CAE，
∵∠ABD＝∠CAE，∠BDA＝∠CEA∴△ADB∽△CEA，∴=＝k；
（3）①過點(diǎn)G作GMAE交AI的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接EM
∵四邊形AGFC是矩形，∴∠GAC=90°
又AH⊥BC∴∠AHC=90°∴∠5+∠CAH=∠4+∠CAH=90°∴∠5=∠4
∵∠BDE=∠AHB=90°∴∠2+∠BAH=∠1+∠BAH=90°∴∠2=∠1
又GMAE∴∠3=∠2∴∠3=∠1∴△ABC∽△GMA
∴又∵∴∴GM=AE
又∵GMAE∴四邊形AGME是平行四邊形∴EI=IG故I為EG的中點(diǎn)；
②由①知∴BC=AM
∵四邊形AGME是平行四邊形∴AI=IM∴AI=AM∴BC=AI
∴線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系為BC=AI故答案為：BC=AI．
【點(diǎn)睛】此題主要考查相似三角形的判斷與性質(zhì)綜合，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找到相似三角形，列出比例式求解．
12．（23-24八年級(jí)下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）【方法回顧】如圖1，在中，D，E分別是邊的中點(diǎn)，小明在證明“三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半”時(shí)，通過延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使，連接，證明，再證四邊形是平行四邊形即得證．
（1）上述證明過程中：
①證明的依據(jù)是（ ）
A． B． C． D．
②證明四邊形是平行四邊形的依據(jù)是______；
【類比遷移】（2）如圖2，是的中線，交于點(diǎn)E，交于點(diǎn)F，且，求證：．小明發(fā)現(xiàn)可以類比材料中的思路進(jìn)行證明．
證明：如圖2，延長(zhǎng)至點(diǎn)G，使，連接，…請(qǐng)根據(jù)小明的思路完成證明過程；
【理解運(yùn)用】（3）如圖3，四邊形與四邊形均為正方形，連接、，點(diǎn)P是的中點(diǎn)，連接．請(qǐng)判斷線段與的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系，并說明理由：
（4）如圖4，四邊形是一片草坪，、是等腰直角三角形，，為銳角，已知m，的面積為．計(jì)劃修建一條經(jīng)過點(diǎn)A的筆直小路，其中點(diǎn)G在邊上，的延長(zhǎng)線經(jīng)過中點(diǎn)F．若小路每米造價(jià)500元，則修建小路的總造價(jià)為______元．

【答案】（1）①②一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形（2）見解析（3），理由見解析（4）
【分析】（1）①利用證明；②利用一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形證明四邊形是平行四邊形；
（2）如圖2，延長(zhǎng)至G，使，連接，證明，得到，推出，得到，即可得證；
（3）延長(zhǎng)至點(diǎn)，使，連接，證明，得到，，再證明，得到，，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，推出，即可得出結(jié)論；（4）構(gòu)造正方形和正方形，過點(diǎn)作于點(diǎn)，由（3）的結(jié)論得到，利用中線平分面積和三角形的面積公式，求出的長(zhǎng)，證明，得到，再進(jìn)行計(jì)算即可．
【詳解】（1）①延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使，連接，

∵D，E分別是邊的中點(diǎn)，∴，
在和中，∴；故選A；
②∵，∴，，∴，
∵，∴，又，
∴四邊形是平行四邊形（一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）；
故答案為：一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；
（2）證明：如圖2，延長(zhǎng)至G，使，連接，

在和中，，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，∴；
（3），；理由如下：延長(zhǎng)至點(diǎn)，使，連接，

同法（2）可得：，∴，，
∴，∴，
∵四邊形與四邊形均為正方形，∴，
∴，∴，
又：，∴，∴，，
∵，∴，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，則：，
∴，∴，∴；綜上：，；
（4）∵，是等腰直角三角形，∴，
如圖，構(gòu)造正方形和正方形，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

由（3）可知，
∵為的中點(diǎn)，∴平分的面積，∴，
∴，∴，∵，
∴，，
又，∴，∴，
∴修建小路的總造價(jià)為元；故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，正方形的性質(zhì)，等腰三三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解并掌握倍長(zhǎng)中線法構(gòu)造全等三角形．
13．（2024·重慶·校考一模）我們定義：如圖1，在△ABC中，把AB繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)β得到AC′，連接B'C'，當(dāng)a+β＝180°時(shí)，我們稱△AB'C'是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，△AB'C邊B'C'上的中線AD叫做△ABC的“旋補(bǔ)中線”．
(1)[特例感知]在圖2，圖3中，△AB'C′是△ABC的“旋補(bǔ)三角形”，AD是△ABC的“旋補(bǔ)中線”．
①如圖2，當(dāng)△ABC為等邊三角形，且BC＝6時(shí)，則AD長(zhǎng)為 ．
②如圖3，當(dāng)∠BAC＝90°，且BC＝7時(shí)，則AD長(zhǎng)為 ．
(2)[猜想論證]在圖1中，當(dāng)△ABC為任意三角形時(shí)，猜想AD與BC的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．（如果你沒有找到證明思路，可以考慮延長(zhǎng)AD或延長(zhǎng)B'A，…）
(3)[拓展應(yīng)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(nèi)部作等邊△PCD，連接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋補(bǔ)三角形”，請(qǐng)直接寫出△PBC的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)及四邊形ABCD的邊AD長(zhǎng)．
【答案】(1)①；②(2)AD＝BC，證明見解析(3)旋補(bǔ)中線長(zhǎng)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(jié)論：．如圖1中，延長(zhǎng)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(diǎn)P作于H，取BC的中點(diǎn)J，連接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中結(jié)論解決問題即可．
【詳解】（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(jié)論：AD＝BC．
理由：如圖1中，延長(zhǎng)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(diǎn)P作PH⊥AB于H，取BC的中點(diǎn)J，連接PJ．
∵是等邊三角形，∴，
∵∠BCD＝150°，∴∠PCB＝90°，∵是的“旋補(bǔ)三角形”，
∴，
∵PH⊥AB，∴，∴，∴，∴，
∴，∴的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)，
∵，∴，
∵也是 的“旋補(bǔ)三角形”，∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、直角三角形30度角性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
14．（2024·廣東·?？家荒＃┣榫秤^察：將矩形ABCD紙片沿對(duì)角線AC剪開，得到△ABC和△A′C′D，如圖1所示.將△A′C′D的頂點(diǎn)A′與點(diǎn)A重合，并繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D、A(A′)、B在同一條直線上，如圖2所示．觀察圖2可知：與BC相等的線段是 ▲ ，∠CAC′= ▲ °．
問題探究：如圖3，△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，以A為直角頂點(diǎn)，分別以AB、AC為直角邊，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，過點(diǎn)E、F作射線GA的垂線，垂足分別為P、Q. 試探究EP與FQ之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論.

拓展延伸：如圖4，△ABC中，AG⊥BC于點(diǎn)G，分別以AB、AC為一邊向△ABC外作矩形ABME和矩形ACNF，射線GA交EF于點(diǎn)H. 若AB= k AE，AC= k AF，試探究HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由.
【答案】情境觀察：AD（或A′D），90
問題探究：EP=FQ. 證明見解析
結(jié)論： HE=HF. 證明見解析
【詳解】情境觀察AD（或A′D），90
問題探究 結(jié)論：EP=FQ.
證明：∵△ABE是等腰三角形，∴AB=AE，∠BAE=90°.
∴∠BAG+∠EAP=90°.∵AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.
∵EP⊥AG，∴∠AGB=∠EPA=90°，∴Rt△ABG≌Rt△EAP. ∴AG=EP.同理AG=FQ. ∴EP=FQ
拓展延伸
結(jié)論： HE=HF.
理由：過點(diǎn)E作EP⊥GA，F(xiàn)Q⊥GA，垂足分別為P、Q.
∵四邊形ABME是矩形，∴∠BAE=90°，
∴∠BAG+∠EAP=90°.AG⊥BC，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠ABG=∠EAP.
∵∠AGB=∠EPA=90°，∴△ABG∽△EAP， 同理△ACG∽△FAQ，
∵AB= k AE，AC= kAF，∴EP=FQ.
∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH. ∴HE=HF
15．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）綜合與實(shí)踐
數(shù)學(xué)實(shí)踐課堂上，張老師從一道基礎(chǔ)題入手，通過不斷變化題目，引導(dǎo)學(xué)生們發(fā)現(xiàn)解決此類問題的圖形中的基本圖形，進(jìn)而通過構(gòu)造基本圖形，解決問題．
(1)基礎(chǔ)題：如圖1，于點(diǎn)B，于點(diǎn)D，P是上一點(diǎn)，．
①若，則與的關(guān)系為 ．②若，且，則 ．
(2)構(gòu)造應(yīng)用①如圖2，點(diǎn)E是正方形邊上一點(diǎn)，與交于點(diǎn)G，連接，請(qǐng)直接寫出 °．
②如圖3，沿的邊向外作矩形和矩形，，連接是邊上的高，延長(zhǎng)交于點(diǎn)K，求證：K是中點(diǎn)，并直接寫出與的數(shù)量關(guān)系： ．
(3)綜合應(yīng)用：如圖4，在矩形中，，點(diǎn)E是邊上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)A、D重合），連接，過點(diǎn)E作，交于點(diǎn)F，連接，過點(diǎn)B作，垂足為G，點(diǎn)M是邊的中點(diǎn)．請(qǐng)直接寫出當(dāng)值最小時(shí)的值為： ．
【答案】(1)①；②(2)①45；②(3)或
【分析】（1）①根據(jù)垂直的定義及同角的余角相等推出，由此證明；
②根據(jù)證得，由此得到；
（2）①如圖，在邊上取點(diǎn)H，使，連接，證明，推出，即可求出的度數(shù)；②過E作的延長(zhǎng)線于M，的延長(zhǎng)線于N．證明，推出，得到，，同理，，，得到，即可證得，推出，即K是中點(diǎn)；根據(jù)得出；（3）連接．先證明．確定出點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，3為半徑的圓上．當(dāng)A，G，M三點(diǎn)共線時(shí)，．此時(shí)，取最小值．在中利用勾股定理即可求出，過點(diǎn)G作交于點(diǎn)H．即有．則有，根據(jù)，可得，進(jìn)而求出．由得，即可求出．再證得
，推出，，則，解方程即可求出．
【詳解】（1）①∵，，，
∴，∴，
又∵，∴，故答案為；
②∵，∴，∴，故答案為；
（2）①如圖，在邊上取點(diǎn)H，使，連接，

∵正方形，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∴，故答案為45；
②如圖，過E作的延長(zhǎng)線于M，的延長(zhǎng)線于N．∴，
∵，，∴，
又∵∴
∴，∴，，
同理，，∴，
∵，∴，∴，即K是中點(diǎn)；
∵
∴，故答案為
（3）解：如圖，連接．∵，∴是直角二角形．
∴．∴點(diǎn)G在以點(diǎn)M為圓心，3為半徑的圓上．
當(dāng)A，G，M三點(diǎn)不共線時(shí)，由三角形兩邊之和大于第三邊得： ，
當(dāng)A，G，M三點(diǎn)共線時(shí)，．
此時(shí)，取最小值．在中，．∴的最小值為5．
如圖，過點(diǎn)G作交于點(diǎn)H．
∴．∴，∵的最小值為5，即，，
∴．∴．由得，
∴，即，解得．∴．
∵，∴，∴
∴．設(shè)，則，∴，解得或．∴或．
【點(diǎn)睛】此題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，正確掌握各判定和性質(zhì)定理及正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．
16．（24-25九年級(jí)上·廣東深圳·階段練習(xí)）綜合與實(shí)踐
【問題情境】我們定義：如圖（a），在中，把繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，連接．當(dāng)時(shí)，我們稱是的“旋補(bǔ)三角形”，的邊上的中線叫做的“旋補(bǔ)中線”，點(diǎn)叫做“旋補(bǔ)中心”．
【特例感知】（1）在圖（b）和圖（c）中，是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”．
①如圖（b），當(dāng)為等邊三角形時(shí)，與的數(shù)量關(guān)系為__________；
②如圖（c），當(dāng)，時(shí)，則長(zhǎng)為__________．
【猜想論證】（2）如圖（a），當(dāng)為任意三角形時(shí)，猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．
【拓展應(yīng)用】（3）如圖（d），在四邊形中，，，，，．在四邊形內(nèi)部是否存在點(diǎn)，使是的“旋補(bǔ)三角形”？若存在，給予證明，并求出的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)；若不存在，說明理由．
【答案】（1）①；②；（2），證明見解析；（3）存在，證明見解析，
【分析】（1）①證明是含有角的直角三角形，可得，即可得解；
②證明，根據(jù)直角三角形斜邊中線定理即可得解；
（2）結(jié)論：．如圖，延長(zhǎng)到，使得，連接，，證明四邊形是平行四邊形，證明，即可得證；
（3）存在．如圖，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于，作于，作線段的垂直平分線交于，交于，連接、、、，作的中線，連接交于，證明，，再證明，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：（1）①∵是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”，
∴，，，，
∴，
∵是等邊三角形，∴，，
∴，，
∴，∴，故答案為：；
②∵是的“旋補(bǔ)三角形”，∴，，，
∴，
∵，，是的“旋補(bǔ)中線”，
∴，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，故答案為：；
（2）結(jié)論：．
證明：如圖，延長(zhǎng)到，使得，連接，，∴，
∵是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”，
∴，，，，
∴四邊形是平行四邊形，，
∴，，∴，
在和中，，∴，
∴，∴；
（3）在四邊形內(nèi)部存在點(diǎn)，使是的“旋補(bǔ)三角形”．
證明：如圖，延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于，作于，作線段的垂直平分線交于，交于，連接、、、，作的中線，連接交于，∴，
∵在四邊形中，，，，，，
∴，，
設(shè)，則，在中，，
∴，解得：或（負(fù)值不符合題意，舍去）
∴，，，
在中，，，，
∴，∴，，
∴，∵，∴垂直平分，∴，
在中，，
∵垂直平分，，∴，，∴，
在中，，∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∵，，∴，，
在和中，∴，∴，
∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是矩形，∴，
∴，∵，∴是等邊三角形，∴，
∵，∴，
又∵，，是邊上的中線，
∴是的“旋補(bǔ)三角形”，是的“旋補(bǔ)中線”，
∴，∴的“旋補(bǔ)中線”長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形角性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，等邊三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確新定義，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．
17．（2024·山西太原·三模）請(qǐng)閱讀下面的材料，并解答問題．
婆羅摩笈多（Brahmagupta）約公元598年生，約660年卒，在數(shù)學(xué)、天文學(xué)方面有所成就，他編著了《婆羅摩修正體系》《肯達(dá)克迪迦》，婆羅摩笈多的一些數(shù)學(xué)成就在世界數(shù)學(xué)史上有較高的地位，其中有著名的婆羅摩笈多定理．婆羅摩笈多定理：圓的內(nèi)接四邊形的對(duì)角線與垂直相交于M，過點(diǎn)M的直線與邊分別相交于點(diǎn)F、E．則有下兩個(gè)結(jié)論：
如果，那么；如果，那么．
數(shù)學(xué)課上，趙老師帶領(lǐng)大家對(duì)該定理的第一條進(jìn)行了探究．
證明：，，即，
，，
在中，，……
請(qǐng)解答以下問題：(1)請(qǐng)完成所給材料的證明過程；(2)請(qǐng)證明結(jié)論（2）；
(3)應(yīng)用：如圖圓O中，半徑為4，A，B，C，D為圓上的點(diǎn)，，連接交于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作于E，延長(zhǎng)交于G，則的長(zhǎng)度為______．
【答案】(1)見解析(2)見解析(3)
【分析】（1）利用圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)得到進(jìn)而推出，同理得到，根據(jù)等邊對(duì)等角即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)題意得到，進(jìn)而得到，利用圓周角定理結(jié)合對(duì)頂角推出，從而得到，即可證明；
（3）連接，設(shè)交于點(diǎn)M，先利用等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合題意易證，再利用三角形內(nèi)角和定理推出，從而證明，由（1）中結(jié)論易得，由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半即可得到，再根據(jù)勾股定理求出，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：，，即，
，，在中，，，
又∵，∴，∴，
∵，∴∴，∴；
（2）證明：∵∴，∴
又∵，∴，
∵，∴∴，∴；
（3）解：如圖，連接，設(shè)交于點(diǎn)M，
，，
，，即，
，
，，
，，由（1）中結(jié)論可得，
，，在中，，．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的內(nèi)接四邊形，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，勾股定理，熟練運(yùn)用等腰三角形等角對(duì)等邊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
18．（23-24九年級(jí)下·重慶·階段練習(xí)）如圖1，等腰和等腰中，，，，點(diǎn)、、、在一條直線上．當(dāng)點(diǎn)和點(diǎn)重合時(shí)，等腰靜止不動(dòng)，等腰從出發(fā)，沿線段方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒．
1）請(qǐng)?zhí)羁眨寒?dāng)、12、14秒時(shí)，的長(zhǎng)度分別為 、 、 ；
2）在等腰的運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)等腰和等腰重疊部分的面積為，請(qǐng)直接寫出與的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量的取值范圍；
3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，將等腰繞點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)角（），連接、，過點(diǎn)作，延長(zhǎng)．
①求證：；
②若，求的長(zhǎng)度．
【答案】【詳解】（1），，10．（2） ；（3）①見解析，②CH=
【分析】（1）利用運(yùn)動(dòng)時(shí)，BF的長(zhǎng)度變化，利用勾股定理即可得出結(jié)論；
（2）分四種情形①當(dāng)0＜t≤6時(shí)，重疊部分為三角形，②當(dāng)6＜x≤8時(shí)，重疊部分為四邊形，③當(dāng)8＜x≤12時(shí)，重疊部分為五邊形，④當(dāng)12＜x＜14時(shí)，重疊部分為四邊形，分別求解即可．
（3）①過點(diǎn)A作AM∥CD交CH延長(zhǎng)線于M，證明△DCH≌△AMH和△ACM≌△CBE即可，
②過B點(diǎn)作BN⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于N，解直角三角形求出BE，利用BE=CM=2CH即可得出答案.
【詳解】（1）解：設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x，則BE=x，如圖：
∵EF=8，∴BF=，∵∠C=90°，∴BD==，
當(dāng)x=6時(shí)，BD=，當(dāng)x=12時(shí)，BD=，當(dāng)x=14時(shí)，BD=10，
故答案為，，10．
（2）解：①當(dāng)0＜t≤6時(shí)，重疊部分為三角形，如圖，

∵AC=BC，DE=DF，∠C=∠F=90°，∴∠GEB=∠GBE=45，∴△EBG為等腰直角三角形，∴
∵BE=x故當(dāng)0＜x≤6時(shí)，S=；
②當(dāng)6＜x≤8時(shí)，重疊部分為四邊形，如圖，，
同理可知：∵△EBG、△ECH為等腰直角三角形，BC=6，EC=x-6∴S=；
③當(dāng)8＜x≤12時(shí)，重疊部分為五邊形，EC=x-6，F(xiàn)B=x-8，BE=x，
同理可知：△EBG、△ECH、△BFM為等腰直角三角形，
又因?yàn)?，∴即：?
④當(dāng)12＜x＜14時(shí)，重疊部分為四邊形，如圖：BF=x-8，
同理可知：△BFM為等腰直角三角形，
∵∴即s=，
∴重疊部分的面積為S與x的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量的取值范圍為：
；
（3）①證明：過點(diǎn)A作AM∥CD交CH延長(zhǎng)線于M，

∴∠MAC+∠ACD=180°，又∠DCE=∠ACB=90°,∠BCE+∠ACD=180°，∴∠MAC=∠BCE，
又∵CG⊥BE，∴∠CGB=∠ACB=90°,∴∠ACM+∠BCG=∠GBC+∠BCG=90°，∴∠ACM=∠GBC，
又∵AC=BC=6，∴△ACM≌△CBE（AAS）∴AM=CE，又CD=CE，
∴AM=CD，又AM∥CD，∴∠DCH=∠M，∠CDH=∠MAH，∴△DCH≌△AMH（ASA）∴AH=DH；
②解：過B點(diǎn)作BN⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于N，
∵∠DCN=∠ACB=90°，∴∠BCN=∠ACD=60°，∴BN=6sin60°= ，CN=6cs60°=3，則EN=8+3=11，
∴BE= 又由前得∵△DCH≌△AMH，△ACM≌△CBE，∴CH=
【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)變換、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形綜合等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)正確畫出圖形，確定自變量x的取值范圍，學(xué)會(huì)利用分段函數(shù)表示函數(shù)關(guān)系式，學(xué)會(huì)分類討論的思想思考問題，題目比較復(fù)雜，計(jì)算量比較大，屬于中考?jí)狠S題．
婆羅摩笈多定理：
如圖，四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，垂足為M，如果直線，垂足為E，并且交邊AD于點(diǎn)F，那么．
證明：∵，，
∴，．
∴．
又∵① ，（同弧所對(duì)的圓周角相等）
，
∴．
∴② ．…
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，他在三角形、四邊形、零和負(fù)數(shù)的算數(shù)運(yùn)算法則、二次方程等方面均有建樹，特別在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻(xiàn)，他曾提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“布拉美古塔定理”，該定理的內(nèi)容及部分證明過程如下．
婆羅摩笈多定理：如圖，已知四邊形內(nèi)接于，對(duì)角線，，相交于點(diǎn)M，如果直線，垂足為E，并且交邊于點(diǎn)F，那么．
證明：，
，．
．
又_______，，
．
…

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