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中考数学几何模型专项复习 模型20 轴对称——婆罗摩笈多模型-（原卷版+解析）
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这是一份中考数学几何模型专项复习 模型20 轴对称——婆罗摩笈多模型-（原卷版+解析），共26页。试卷主要包含了垂直 中点，中点 垂直等内容，欢迎下载使用。
一、垂直 中点
【结论1】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，
若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN.
【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）
过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证.
③如图，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证.
二、中点 垂直
【结论2】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q，则①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
证明：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME，
易证：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易证：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证.
③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。
婆罗摩笈多定理：
若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个名称，叫做“布拉美古塔定理”
（又译“卜拉美古塔定理”）。
拓展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O，
⑴若MN⊥AD，则点M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180º，MN过点O.N在AD延长线上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，则M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展3：如图，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180º，MN过点O.
⑴若M是BC的中点，则①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中点，则①BC＝2ON，②S＝S.
拓展4：如图，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180º，则S＝S.
1．（江西省南昌市第十九中学2019-2020学年八年级上学期第一次月考数学试题）如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，
求证：DE＝2AM.
1．（河北省石家庄市石家庄外国语学校2019-2020学年八年级上学期期末数学试题）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”
如图1，，其中，，此时，点与点重合，
操作探究1:（1）小凡将图1中的两个全等的和按图2方式摆放，点落在上，所在直线交所在直线于点，连结，求证：．
操作探究2:（2）小彬将图1中的绕点按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长，，它们相交于点．如图3，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答：
①时，求证：为等边三角形；
②当__________时，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小颖将图1中的绕点按顺时针方向旋转角度，线段和相交于点，在操作中，小颖提出如下问题，请你解答：
①如图4，当时，直接写出线段的长为_________．
②如图5，当旋转到点是边的中点时，直接写出线段的长为____________．
2．（重庆市沙坪坝区第一中学校2021-2022学年九年级下学期5月月考数学试题）已知，，，点线段中点，连接．为平面内一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段交于点，若，，求的面积；
(2)如图2，若点在的内部连接、，线段交线段于点，当时，
求证：；
(3)如图3，过作的平行线，交直线于点．连接．将沿翻折得到，当线段最短时，直接写出此时的值．
1．(2023年四川省达州市开江县永兴中学中考数学模拟试题）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a+β＝180°时，我们称△AB'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”．
(1)[特例感知]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，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]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．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD的边AD长．
2．(2023年湖北省随州市曾都区九年级升学适应性考试数学试题）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”．
【特例感知】
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形，且时，则长为 ．
②如图3，当，且时，则长为 ．
【猜想论证】
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长或延长，……）
【拓展应用】
（3）如图4，在四边形中，，，，以为边在四边形内部作等边，连接，．若是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长及四边形的边长．
轴对称
模型（二十）——婆罗摩笈多模型
一、垂直 中点
【结论1】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，
若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN.
【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）
过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证.
③如图，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证.
二、中点 垂直
【结论2】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q，则①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
证明：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME，
易证：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易证：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证.
③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。
婆罗摩笈多定理：
若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个名称，叫做“布拉美古塔定理”
（又译《卜拉美古塔定理”）。
拓展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O，
⑴若MN⊥AD，则点M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180º，MN过点O.N在AD延长线上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，则M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展3：如图，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180º，MN过点O.
⑴若M是BC的中点，则①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中点，则①BC＝2ON，②S＝S.
拓展4：如图，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180º，则S＝S.
1．（江西省南昌市第十九中学2019-2020学年八年级上学期第一次月考数学试题）如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，
求证：DE＝2AM.
答案:见解析.
分析延长AM至N，使MN=AM，证△AMC≌△NMB，推出AC=BN=AD，求出∠EAD=∠ABN，证△EAD≌△ABN即可．
【详解】延长AM至N，使MN＝AM，连接BN，
∵点M为BC的中点，
∴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．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形和全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，延长AM至N，使MN=AM，再只证AN=DE即可，这就是“中线倍长”，实质是“补短法”．
1．（河北省石家庄市石家庄外国语学校2019-2020学年八年级上学期期末数学试题）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”
如图1，，其中，，此时，点与点重合，
操作探究1:（1）小凡将图1中的两个全等的和按图2方式摆放，点落在上，所在直线交所在直线于点，连结，求证：．
操作探究2:（2）小彬将图1中的绕点按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长，，它们相交于点．如图3，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答：
①时，求证：为等边三角形；
②当__________时，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小颖将图1中的绕点按顺时针方向旋转角度，线段和相交于点，在操作中，小颖提出如下问题，请你解答：
①如图4，当时，直接写出线段的长为_________．
②如图5，当旋转到点是边的中点时，直接写出线段的长为____________．
答案:（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）①；②
分析（1）证明Rt△AMB≌Rt△AMD即可解决问题．
（2）①证明∠FCE=∠FEC=60°即可解决问题．
②根据平行线的判定定理即可解决问题．
（3）①连接EC，证明△AEC是等边三角形，利用勾股定理求出AE即可解决问题．
②如图5中，连接AF，BD交于点O．首先证明EC=BD，再证明OB=OD，利用面积法求出OB即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图2，
，，，
，
．
（2）①证明：如图3中，
，，
，
，
，
，
是等边三角形．
②解：当时，．理由如下：
∵，
∴，
，
∴，
当时，．
故答案为．
（3）①解：如图4中，连接,
，，
是等边三角形，
，，
，
．
故答案为．
②解：如图5中，连接，交于点．
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
．
，，
垂直平分线段，
，
在中，
，，，
，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．（重庆市沙坪坝区第一中学校2021-2022学年九年级下学期5月月考数学试题）已知，，，点线段中点，连接．为平面内一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段交于点，若，，求的面积；
(2)如图2，若点在的内部连接、，线段交线段于点，当时，
求证：；
(3)如图3，过作的平行线，交直线于点．连接．将沿翻折得到，当线段最短时，直接写出此时的值．
答案:(1)．
(2)证明见详解．
(3)．
分析（1）过D作交于H，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半、直角三角形角所对直角边等于斜边一半及等腰直角三角形关系结合勾股定理即可求出三角形的底和高，即可得到答案；
（2）延长交于K，过A作交于G，根据等腰直角三角形两个及直角得到角度的等量关系，再根据两次三角形全等即可得到线段相等；
（3）根据等腰直角三角形及线平行得到角度数，再根据对角互补的四边形与圆内接四边形关系等到点M在圆上，根据圆外一点与圆的距离关系找到最小点，根据对称找到相等从而得到三角形相似得出线段与半径的关系，最后根据勾股定理求出平方值即可得到比值．
【详解】（1）解：如图所示过D作交于点H，
∵，，点线段中点，，
∴ ，, ,
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴ ,
∴
在中根据勾股定理可得，
， ，
∴ , ,
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴ ， ,
在中，
∵,，
∴，
，
在中根据勾股定理可得，
∴解得
∴
∴的面积为：．
（2）证明：延长交于K，过A作交于G，
∵，，点线段中点，
∴，， ，
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∵，
∴ ，
在中，
∵ ，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴．
（3）解：过D作，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵∥ ，
∴，
∵，，点线段中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴A、M、D、C四点在⊙H上，
连接与圆相交时最短如图所示，沿翻折得到，根据对称性可得 在圆上，连接 ，
设圆的半径为r，则 ，
∴ ，
连接交于点O，
∵沿翻折得到，
∴ ，， ， ，
在中，
∵ ， ，
∴，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在中根据勾股定理可得，
，
∵ ，
在中根据勾股定理可得，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质、圆的有关计算、等腰三角形有关计算、旋转的性质及勾股定理，解题的难点主要是根据性质作出相应辅助线，巧妙灵活的运用知识点进行计算，第三问中最难点是找到最短距离点．
1．(2023年四川省达州市开江县永兴中学中考数学模拟试题）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a+β＝180°时，我们称△AB'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”．
(1)[特例感知]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，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]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．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD的边AD长．
答案:(1)①；②
(2)AD＝BC，证明见解析
(3)旋补中线长为，
分析（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题．
②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题．
（2）结论：．如图1中，延长AD到M，使得，连接，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题．
（3）如图4中，过点P作于H，取BC的中点J，连接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中结论解决问题即可．
(1)
解：①如图2中，
∵是等边三角形，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
②如图3中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
(2)
结论：AD＝BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
(3)
如图4中，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ．
∵是等边三角形，
∴，
∵∠BCD＝150°，
∴∠PCB＝90°，
∵是的“旋补三角形”，
∴，
∵PH⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的“旋补中线”长，
∵，
∴，
∵也是 的“旋补三角形”，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．(2023年湖北省随州市曾都区九年级升学适应性考试数学试题）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”．
【特例感知】
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形，且时，则长为 ．
②如图3，当，且时，则长为 ．
【猜想论证】
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长或延长，……）
【拓展应用】
（3）如图4，在四边形中，，，，以为边在四边形内部作等边，连接，．若是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长及四边形的边长．
答案:（1）①，②；（2），见解析；（3），
分析（1）①由旋补三角形的概念可证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=BC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=BC．如图1中，延长AD到Q，使得AD=DQ，连接B′Q，C′Q，首先证明四边形AC′QB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′Q，即可解决问题；
（3）由，是等边三角形可得，由旋补三角形的概念可得，PB=PA，进而求出PB的长，再根据勾股定理就可求出BC的长，由（2）的结论即可求出旋补中线PE的长和AD的长．
【详解】解：（1）①∵是的“旋补三角形”，
∴，，,
∵为等边三角形，且，
∴，，
∴是等腰三角形，，
∴AD⊥，，
∴AD=3，
②∵是的“旋补三角形”，
∴，，,
∵，
∴，
∴，
∴，
∵AD为中线，
∴；
（2)猜想：
如图，延长至Q，使．
∵是的“旋补中线”，．
四边形是平行四边形，
，．
由定义可知，，
，，，．
∵，；
（3）过点P作PE⊥AB，取AD的中点F，连接PF，延长DP，过点A作AM⊥DM，如图，
∵，△PCD是等边三角形，
∴，
∵CD=6，
∴PC=CD=PD=6，
∵是的“旋补三角形”，
∴，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，
∴．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
一、垂直 中点
【结论1】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，
若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN.
【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）
过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证.
③如图，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证.
二、中点 垂直
【结论2】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q，则①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
证明：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME，
易证：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易证：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证.
③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。
婆罗摩笈多定理：
若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个名称，叫做“布拉美古塔定理”
（又译“卜拉美古塔定理”）。
拓展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O，
⑴若MN⊥AD，则点M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180º，MN过点O.N在AD延长线上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，则M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展3：如图，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180º，MN过点O.
⑴若M是BC的中点，则①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中点，则①BC＝2ON，②S＝S.
拓展4：如图，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180º，则S＝S.
1．（江西省南昌市第十九中学2019-2020学年八年级上学期第一次月考数学试题）如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，
求证：DE＝2AM.
1．（河北省石家庄市石家庄外国语学校2019-2020学年八年级上学期期末数学试题）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”
如图1，，其中，，此时，点与点重合，
操作探究1:（1）小凡将图1中的两个全等的和按图2方式摆放，点落在上，所在直线交所在直线于点，连结，求证：．
操作探究2:（2）小彬将图1中的绕点按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长，，它们相交于点．如图3，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答：
①时，求证：为等边三角形；
②当__________时，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小颖将图1中的绕点按顺时针方向旋转角度，线段和相交于点，在操作中，小颖提出如下问题，请你解答：
①如图4，当时，直接写出线段的长为_________．
②如图5，当旋转到点是边的中点时，直接写出线段的长为____________．
2．（重庆市沙坪坝区第一中学校2021-2022学年九年级下学期5月月考数学试题）已知，，，点线段中点，连接．为平面内一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段交于点，若，，求的面积；
(2)如图2，若点在的内部连接、，线段交线段于点，当时，
求证：；
(3)如图3，过作的平行线，交直线于点．连接．将沿翻折得到，当线段最短时，直接写出此时的值．
1．(2023年四川省达州市开江县永兴中学中考数学模拟试题）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a+β＝180°时，我们称△AB'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”．
(1)[特例感知]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，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]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．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD的边AD长．
2．(2023年湖北省随州市曾都区九年级升学适应性考试数学试题）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”．
【特例感知】
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形，且时，则长为 ．
②如图3，当，且时，则长为 ．
【猜想论证】
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长或延长，……）
【拓展应用】
（3）如图4，在四边形中，，，，以为边在四边形内部作等边，连接，．若是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长及四边形的边长．
轴对称
模型（二十）——婆罗摩笈多模型
一、垂直 中点
【结论1】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，MN经过点B，
若MN⊥CE，则①点N是AD的中点，②S＝S，③CE＝2BN.
【证明】如图，（知垂直得中点，一线三垂直）
过A作AP⊥MN，垂足为P，过D作DQ⊥MN交MN的延长线于Q，
易证：△ABP≌△BCM,AP＝BM,△DQB≌△BME,DQ＝BM
∴AP＝DQ
易证：△APN≌△DQN
∴AN＝DN
②如图，由①知，S＝S ，S＝S，S＝S
∴S＝S＋S＝S＋S＋S－S
＝S＋S＝S＋S＝S,即S＝S，得证.
③如图，由①得，PN＝QN，
∴CE＝CM＋EM＝BP＋BQ＝BN－NP＋BN＋QN＝2BN，得证.
二、中点 垂直
【结论2】如图，△ABC和△DBE是等腰直角三角形，点P是CE的中点，PB的延长线交AD于点Q，则①PQ⊥AD，②S＝S,③AD=2BP
【证明】如图，（知中点得垂直，倍长中线）
证明：延长BP至点M，使PM＝BP，连结ME，
易证：△PBC≌PME
∴BC＝ME，BC∥ME
∵AB＝AC
∴AB＝EM，
∵BC∥ME，
∴∠CBE＋∠BEM＝180°，
又∵∠ABC＝∠DBE＝90°
∴∠CBE＋∠ABD＝180°，
∴∠ABD＝∠MEB，
易证：△ABD≌△MEB，
∴∠2＝∠1，
∵∠1＋∠3＝90°
∴∠2＋∠3＝90°
∴∠DQP＝90°
②如图，由①知S＝S＋S＝S＋S＝S＝S,得证.
③如图，由①知AD＝MB＝2BP，得证。
婆罗摩笈多定理：
若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边。这个定理有另一个名称，叫做“布拉美古塔定理”
（又译《卜拉美古塔定理”）。
拓展1：如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，MN过点O，
⑴若MN⊥AD，则点M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则①MN⊥AD，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展2：如图，△AOB和△COD是等腰三角形，∠AOB＋∠COD=180º，MN过点O.N在AD延长线上.
⑴若∠ANM＝∠AOB，则M是BC的中点，②S＝S，③AD＝2OM.
⑵若M是BC的中点，则②∠ANM＝∠AOB，②S＝S，③AD＝2OM.
拓展3：如图，△AOB≌△COD且∠AOB＝∠COD=180º，MN过点O.
⑴若M是BC的中点，则①AD＝2OM，②S＝S.
⑵若N是AD的中点，则①BC＝2ON，②S＝S.
拓展4：如图，在△AOB、△COD中，，且∠AOB＋∠COD=180º，则S＝S.
1．（江西省南昌市第十九中学2019-2020学年八年级上学期第一次月考数学试题）如图，AB＝AE，AB⊥AE，AD＝AC，AD⊥AC，点M为BC的中点，
求证：DE＝2AM.
答案:见解析.
分析延长AM至N，使MN=AM，证△AMC≌△NMB，推出AC=BN=AD，求出∠EAD=∠ABN，证△EAD≌△ABN即可．
【详解】延长AM至N，使MN＝AM，连接BN，
∵点M为BC的中点，
∴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．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形和全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力，延长AM至N，使MN=AM，再只证AN=DE即可，这就是“中线倍长”，实质是“补短法”．
1．（河北省石家庄市石家庄外国语学校2019-2020学年八年级上学期期末数学试题）阅读情境：在综合实践课上，同学们探究“全等的等腰直角三角形图形变化问题”
如图1，，其中，，此时，点与点重合，
操作探究1:（1）小凡将图1中的两个全等的和按图2方式摆放，点落在上，所在直线交所在直线于点，连结，求证：．
操作探究2:（2）小彬将图1中的绕点按逆时针方向旋转角度，然后，分别延长，，它们相交于点．如图3，在操作中，小彬提出如下问题，请你解答：
①时，求证：为等边三角形；
②当__________时，．（直接回答即可）
操作探究3:（3）小颖将图1中的绕点按顺时针方向旋转角度，线段和相交于点，在操作中，小颖提出如下问题，请你解答：
①如图4，当时，直接写出线段的长为_________．
②如图5，当旋转到点是边的中点时，直接写出线段的长为____________．
答案:（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）①；②
分析（1）证明Rt△AMB≌Rt△AMD即可解决问题．
（2）①证明∠FCE=∠FEC=60°即可解决问题．
②根据平行线的判定定理即可解决问题．
（3）①连接EC，证明△AEC是等边三角形，利用勾股定理求出AE即可解决问题．
②如图5中，连接AF，BD交于点O．首先证明EC=BD，再证明OB=OD，利用面积法求出OB即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图2，
，，，
，
．
（2）①证明：如图3中，
，，
，
，
，
，
是等边三角形．
②解：当时，．理由如下：
∵，
∴，
，
∴，
当时，．
故答案为．
（3）①解：如图4中，连接,
，，
是等边三角形，
，，
，
．
故答案为．
②解：如图5中，连接，交于点．
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
．
，，
垂直平分线段，
，
在中，
，，，
，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．（重庆市沙坪坝区第一中学校2021-2022学年九年级下学期5月月考数学试题）已知，，，点线段中点，连接．为平面内一点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段交于点，若，，求的面积；
(2)如图2，若点在的内部连接、，线段交线段于点，当时，
求证：；
(3)如图3，过作的平行线，交直线于点．连接．将沿翻折得到，当线段最短时，直接写出此时的值．
答案:(1)．
(2)证明见详解．
(3)．
分析（1）过D作交于H，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半、直角三角形角所对直角边等于斜边一半及等腰直角三角形关系结合勾股定理即可求出三角形的底和高，即可得到答案；
（2）延长交于K，过A作交于G，根据等腰直角三角形两个及直角得到角度的等量关系，再根据两次三角形全等即可得到线段相等；
（3）根据等腰直角三角形及线平行得到角度数，再根据对角互补的四边形与圆内接四边形关系等到点M在圆上，根据圆外一点与圆的距离关系找到最小点，根据对称找到相等从而得到三角形相似得出线段与半径的关系，最后根据勾股定理求出平方值即可得到比值．
【详解】（1）解：如图所示过D作交于点H，
∵，，点线段中点，，
∴ ，, ,
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴ ,
∴
在中根据勾股定理可得，
， ，
∴ , ,
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴ ， ,
在中，
∵,，
∴，
，
在中根据勾股定理可得，
∴解得
∴
∴的面积为：．
（2）证明：延长交于K，过A作交于G，
∵，，点线段中点，
∴，， ，
∵线段是线段绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∵，
∴ ，
在中，
∵ ，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在中，
∵，，，
∴，
∴．
（3）解：过D作，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵∥ ，
∴，
∵，，点线段中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴A、M、D、C四点在⊙H上，
连接与圆相交时最短如图所示，沿翻折得到，根据对称性可得 在圆上，连接 ，
设圆的半径为r，则 ，
∴ ，
连接交于点O，
∵沿翻折得到，
∴ ，， ， ，
在中，
∵ ， ，
∴，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在中根据勾股定理可得，
，
∵ ，
在中根据勾股定理可得，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质、圆的有关计算、等腰三角形有关计算、旋转的性质及勾股定理，解题的难点主要是根据性质作出相应辅助线，巧妙灵活的运用知识点进行计算，第三问中最难点是找到最短距离点．
1．(2023年四川省达州市开江县永兴中学中考数学模拟试题）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a+β＝180°时，我们称△AB'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”．
(1)[特例感知]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，且BC＝6时，则AD长为 ．
②如图3，当∠BAC＝90°，且BC＝7时，则AD长为 ．
(2)[猜想论证]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．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长AD或延长B'A，…）
(3)[拓展应用]如图4，在四边形ABCD中，∠BCD＝150°，AB＝12，CD＝6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边△PCD，连接AP，BP．若△PAD是△PBC的“旋补三角形”，请直接写出△PBC的“旋补中线”长及四边形ABCD的边AD长．
答案:(1)①；②
(2)AD＝BC，证明见解析
(3)旋补中线长为，
分析（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题．
②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题．
（2）结论：．如图1中，延长AD到M，使得，连接，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题．
（3）如图4中，过点P作于H，取BC的中点J，连接PJ．解直角三角形求出BC，PJ，利用（2）中结论解决问题即可．
(1)
解：①如图2中，
∵是等边三角形，
∴ ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
②如图3中，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
(2)
结论：AD＝BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
(3)
如图4中，过点P作PH⊥AB于H，取BC的中点J，连接PJ．
∵是等边三角形，
∴，
∵∠BCD＝150°，
∴∠PCB＝90°，
∵是的“旋补三角形”，
∴，
∵PH⊥AB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的“旋补中线”长，
∵，
∴，
∵也是 的“旋补三角形”，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．(2023年湖北省随州市曾都区九年级升学适应性考试数学试题）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”．
【特例感知】
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形，且时，则长为 ．
②如图3，当，且时，则长为 ．
【猜想论证】
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．（如果你没有找到证明思路，可以考虑延长或延长，……）
【拓展应用】
（3）如图4，在四边形中，，，，以为边在四边形内部作等边，连接，．若是的“旋补三角形”，请直接写出的“旋补中线”长及四边形的边长．
答案:（1）①，②；（2），见解析；（3），
分析（1）①由旋补三角形的概念可证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=BC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=BC．如图1中，延长AD到Q，使得AD=DQ，连接B′Q，C′Q，首先证明四边形AC′QB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′Q，即可解决问题；
（3）由，是等边三角形可得，由旋补三角形的概念可得，PB=PA，进而求出PB的长，再根据勾股定理就可求出BC的长，由（2）的结论即可求出旋补中线PE的长和AD的长．
【详解】解：（1）①∵是的“旋补三角形”，
∴，，,
∵为等边三角形，且，
∴，，
∴是等腰三角形，，
∴AD⊥，，
∴AD=3，
②∵是的“旋补三角形”，
∴，，,
∵，
∴，
∴，
∴，
∵AD为中线，
∴；
（2)猜想：
如图，延长至Q，使．
∵是的“旋补中线”，．
四边形是平行四边形，
，．
由定义可知，，
，，，．
∵，；
（3）过点P作PE⊥AB，取AD的中点F，连接PF，延长DP，过点A作AM⊥DM，如图，
∵，△PCD是等边三角形，
∴，
∵CD=6，
∴PC=CD=PD=6，
∵是的“旋补三角形”，
∴，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，
∴．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
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