專題16 全等三角形模型之婆羅摩笈多模型解讀與提分精練（全國(guó)）（解析版）

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》?！镀帕_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(wèn)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(lái)的“婆羅摩笈多”模型。TOC\o"1-4"\h\z\u 2模型1.“婆羅摩笈多”模型 2 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(wèn)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(jiàn)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(guò)程中通過(guò)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(guò)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)?！摺螱AC=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?！遅N=AN，∴BC=2AN，∵∠WAB=∠EAB+∠EAW。又∵∠WAB=∠ABM+∠AMB（三角形外角性質(zhì)），∴∠EAB+∠EAW=∠ABM+∠AMB?！摺螮AW=∠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．1 B．2 C．3 D．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(xiě)編號(hào)）．【答案】①②④⑤．【分析】由“SAS”可證△ACG≌△DCB，可得AG=BD，故①正確，通過(guò)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(wèn)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(xiě)出與的位置關(guān)系：___________________；②求證：．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①；②見(jiàn)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(guò)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(guò)程中，點(diǎn)A到直線MN的距離AHCN（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(lái)滑動(dòng)狀態(tài)的過(guò)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(méi)有最大值，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】（1）＝；（2）AD＝ED，證明見(jiàn)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(guò)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(guò)點(diǎn)A作AH⊥MN于點(diǎn)H，過(guò)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(guò)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(guò)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(xiě)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(wèn)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(wèn)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(guò)程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接寫(xiě)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(jiàn)解析；(2)HE=HF；(3)成立，證明參見(jiàn)解析；(4)證明參見(jiàn)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(guò)點(diǎn)E作EP⊥HG于P，過(guò)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(mén)·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(xiě)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(guò)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(guò)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(guò)點(diǎn)A的直線分別交線段，于點(diǎn)，，以下說(shuō)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(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)，證明及，再求解可判斷③正確，于是得到問(wèn)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(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，過(guò)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(xiě)編號(hào)）．【答案】①②④⑤【分析】利用正方形的性質(zhì)，通過(guò)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(méi)有學(xué)習(xí)圓的相關(guān)知識(shí)也可以通過(guò)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)．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．…任務(wù)：(1)材料中①處缺少的條件為_(kāi)_____，②處缺少的條件為_(kāi)_____；(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(guò)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(wèn)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(wèn)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(guò)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(huà)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(xiě)出與之間的面積關(guān)系．【答案】（1）作圖見(jiàn)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(wèn)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(xiě)作法，保留作圖痕跡（2）利用（1）中所作的圖形寫(xiě)出已知、求證和證明過(guò)程．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）DF=FP=AF，點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，過(guò)程見(jiàn)解析【分析】（1）過(guò)P作BC的垂線即可得到答案；（2）根據(jù)題意寫(xiě)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(guò)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(shù)，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(guò)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(guò)程中的依據(jù)是指______．(2)請(qǐng)補(bǔ)全上述證明過(guò)程．(3)請(qǐng)利用布拉美古塔定理完成如下問(wèn)題：如圖2，三角形內(nèi)接于，，點(diǎn)是弧的中點(diǎn)，，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段的長(zhǎng)度．【答案】(1)等邊對(duì)等角；(2)見(jiàn)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(guò)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(guò)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)．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(shù)，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(guò)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_______，，．…任務(wù)：(1)材料中橫線部分缺少的條件為_(kāi)______________．(2)補(bǔ)全后面的證明過(guò)程．【答案】(1)(2)見(jiàn)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(shù)，他也研究過(guò)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(jiàn)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(guò)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(wèn)（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(shuō)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(lái)解決問(wèn)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(xiě)出線段BC與AI之間的數(shù)量關(guān)系：．【答案】（1）見(jiàn)解析（2）結(jié)論還成立，證明見(jiàn)解析（3）①見(jiàn)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(shuō)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(guò)點(diǎn)A的筆直小路，其中點(diǎn)G在邊上，的延長(zhǎng)線經(jīng)過(guò)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_(kāi)_____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(jiàn)解析（3），理由見(jiàn)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(guò)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(guò)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(méi)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(xiě)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(jiàn)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(wèn)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(wèn)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(wèn)題．（3）如圖4中，過(guò)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(wèn)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(guò)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(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．14．（2024·廣東·?？家荒＃┣榫秤^察：將矩形ABCD紙片沿對(duì)角線AC剪開(kāi)，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?lè)较蛐D(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(wèn)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(guò)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=kAE，AC=kAF，試探究HE與HF之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由.【答案】情境觀察：AD（或A′D），90問(wèn)題探究：EP=FQ.證明見(jiàn)解析結(jié)論：HE=HF.證明見(jiàn)解析【詳解】情境觀察AD（或A′D），90問(wèn)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(guò)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=kAE，AC=kAF，∴EP=FQ.∵∠EHP=∠FHQ，∴Rt△EPH≌Rt△FQH.∴HE=HF15．（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(guò)不斷變化題目，引導(dǎo)學(xué)生們發(fā)現(xiàn)解決此類問(wèn)題的圖形中的基本圖形，進(jìn)而通過(guò)構(gòu)造基本圖形，解決問(wèn)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(xiě)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(xiě)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(guò)點(diǎn)E作，交于點(diǎn)F，連接，過(guò)點(diǎn)B作，垂足為G，點(diǎn)M是邊的中點(diǎn)．請(qǐng)直接寫(xiě)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(wèn)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(wèn)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_(kāi)_________；②如圖（c），當(dāng)，時(shí)，則長(zhǎng)為_(kāi)_________．【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(shuō)明理由．【答案】（1）①；②；（2），證明見(jiàn)解析；（3）存在，證明見(jiàn)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