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模型43 婆罗摩笈多模型
跟踪练习
1. 如图1,已知点A(2,0)和点B(0,4)，以B为直角顶点在第一象限作等腰直角三角形ABC.
(1)在y轴上是否存在一点M，使得MA+MC最小，若存在，请画出点M(保留画图痕迹).
(2)求点C的坐标.
(3)如图2，若P点为y轴正半轴上的一个动点，分别以AP，OP为腰在第一象限、第二象限作等腰直角三角形APE 和等腰直角三角形 OPD, 连接ED交y轴于点N,当点 P在y轴正半轴上移动时，求PN的长度.
2. 如图1, 图2, 图3, 在△ABC中,分别以AB, AC为边向外作Rt△ABE和 Rt△ACD, AB=AE, AC=AD,∠BAE=∠CAD=90°,则有下列结论:
( Ⅰ )如图1,
(Ⅱ) 如图2, 若AM是边BC上的中线, 则ED=2AM;
(Ⅲ) 如图3, 若AM⊥BC, 则MA的延长线平分ED 于点 N.
(1)从上述的三个结论中选择一个你感兴趣的结论进行证明，写出证明过程；
(2) 能力拓展: 如图4, △ABC与△ADE 均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°,连接BD, CE,若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF=CE.
3. 【感知】如图1,在四边形 ABCD中, ∠C=∠D=90°,点E 在边 CD上, ∠AEB=90°,求证:
【探究】如图2，在四边形ABCD中，∠C=∠ADC=90°,点 E 在边 CD上,点 F 在边 AD 的延长线上,∠FEG=∠AEB=90°,且 连接BG交CD 于点 H.求证:BH=GH.
【拓展】如图3，点E在四边形ABCD 内, ∠AEB+∠DEC=180°,且 过E作EF交AD于点 F, 使∠EFA=∠AEB, 延长FE交 BC 于点 G. 求证: BG=CG.
4.阅读下列相关材料，并完成相应的任务.
布拉美古塔定理
婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，编著了《婆罗摩修正体系》.他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”.定理的内容是：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边.
某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证.
已知：如图，在圆内接四边形ABCD中, 对角线AC⊥BD, 垂足为 P，过点 P作AB的垂线分别交AB, DC于点 H, M.
求证：M是CD的中点.
任务：
(1)请你完成这个定理的证明过程.
(2)该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边.请判断此命题是 命题. (填“真”或“假” )
(3) 若1 则MH的长为 .
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模型进阶
跟踪练习
【几何模型】如图1,在△ABC中,AB=AC,P为底边 BC上任意一点,点P到两腰的距离分别为r ，r ，腰上的高为h，连接AP，则 即 故
【模型应用】
(1)如图2，在边长为3的正方形ABCD中，E为对角线BD上的一点，且BE=BC, F为CE上一点, FM⊥BC于点 M, FN⊥BD于点 N, 试利用上述结论求出 FM+FN的长.
(2)如图3，如果把“等腰三角形”改成“等边三角形”，那么 P 的位置可以由“在底边上任一点”放宽为“在三角形内任一点”，即已知等边三角形ABC内任意一点 P到各边的距离分别为r ，r ，r ， 等边三角形ABC的高为h， 试证明
(3) 若正 n边形. 内部任意一点 P 到各边的距离为r ，r , …, rn, 请问 是否为定值 如果是，请直接写出这个定值；如果不是，请说明理由.
2. (1) 如图1,E,F是正方形ABCD的边 AB及DC延长线上的点，且BE=CF, 则BG与 BC的数量关系是 .
(2)如图2，D，E是等腰三角形ABC的边AB及AC延长线上的点，且BD=CE,连接DE交BC于点F,DG⊥BC交 BC于点 G, 试判断GF与 BC的数量关系，并说明理由；
(3) 如图3, 已知矩形 ABCD的一条边AD=4, 将矩形ABCD沿过A的直线折叠，使得顶点 B 落在CD边上的点 P 处.动点 M在线段AP上(点M与点 P, A不重合),动点 N在线段AB的延长线上，且BN=PM, 连接MN交PB 于点 F,作 ME⊥PB 于 点 E, 且 试根据上面的结论求出矩形ABCD的面积.
3. 【问题情境】
(1)王老师给爱好学习的小明和小颖提出这样一个问题：如图1，在△ABC中, AB=AC, 点 P 为边BC上的任一点, 过点 P 作 PD⊥AB, PE⊥AC, 垂足分别为D, E,过点C作CF⊥AB,垂足为F.求证:PD+PE=CF
请你从小明、小颖的两种证明思路中任选择一种，写出详细的证明过程.
【变式探究】
(2)如图4,当点 P在BC延长线上时，问题情境中，其余条件不变，求证: PD-PE=CF.
请运用上述解答中所积累的经验和方法完成下列两个数学问题.
【结论运用】
(3) 如图5, 将矩形ABCD沿EF折叠，使点 D落在点B处， 点C落在点 C'处， 点 P 为折痕EF上的任一点, 过点 P 作 PG⊥BE,PH⊥BC, 垂足分别为G, H, 若AD=8, CF=3, 求PG+PH的值.
【迁移拓展】
图6是一个机器模型的截面示意图， 在四边形ABCD中，E为AB边上的一点, ED⊥AD, EC⊥CB,垂足分别为D, C, 且AD·CE=DE cm, M, N分别为AE, BE的中点, 连接DM, CN, 求△DEM与△CEN的周长之和.
跟踪练习
1.解析： (1)存在点M，点M的位置如图1所示 提示：作点A关于y轴的对称点F，连接FC，与y轴的交点即为所求的M点.
(2)如图2,作CD⊥x轴,交x轴于点D,作CE⊥y轴, 交y轴于点E.
∵∠ABC=90°, ∴ ∠EBC+∠ABO=90°,又∵∠ABO+∠OAB=90°,
∴∠EBC=∠OAB,
∴ ∠ECB=∠OBA.
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=BC.
在△BEC和△AOB中,
∴△BEC≌△AOB(ASA),
∴EC=OB=4, BE=OA=2,
∴ OD=EC=4, OE=OB+BE=4+2=6,故 C点坐标为(4, 6).
(3) 如图3, 过E作CE⊥y轴于点 C,连接DC.
则∠ECP=∠POA=90°,
∵△APE 是等腰直角三角形，
∴ AP=PE, ∠APE=90°,
∴ ∠OPA+∠EPC=90°.
∵∠OPA+∠OAP=90°,
∴∠OAP=∠EPC,在△AOP和△PCE中,∠AOP=∠PCE, ∠OAP=∠EPC, AP=EP, ∴△AOP ≌△PCE(AAS),
∴ PC=OA=2, CE=OP.
∵△OPD 是等腰直角三角形，
∴ DP⊥y轴, PD=OP,
∴ CE∥PD, CE=PD,
∴四边形 PDCE 是平行四边形，
2. 解析: (1) ( Ⅰ ) 证明: 如图1,过点 D 作 DH⊥AE 于点 H, 过点 C 作CP⊥BA, 交BA的延长线于点 P.
∵∠BAE=90°,
∴ ∠EAP=90°=∠DAC, ∴∠DAH=∠CAP,
∵ DH⊥AE, CP⊥BA,
∴∠DHA=∠CPA=90°,
又∵ AD=AC, ∴△ADH≌△ACP(AAS),
∴ DH=CP,
(Ⅱ) 证明: 如图2, 延长AM 至N,使得MN=AM, 连接BN.
∵ AM是边 BC上的中线, ∴ BM=CM,又∵ ∠AMC=∠BMN, AM=MN,
∴△BMN≌△CMA(SAS),
∴ BN=AC, ∠CAM=∠BNM,
∴ AC∥BN, ∴ ∠BAC+∠ABN=180°,
∵∠BAE=∠CAD=90°,
∴ ∠BAC+∠EAD=180°,
∴ ∠ABN=∠EAD,
∵AC=AD, ∴ BN=AD.
在△ABN和△EAD中, ∴△ABN≌△EAD(SAS), ∴AN=DE,∵ MN=AM, ∴ DE=AN=2AM.
(Ⅲ) 证明: 如图3, 过点E 作EP⊥MN,交 MN的延长线于点 P， 过点 D 作DQ⊥MN于点Q.
∴∠EPA=∠DQA=90°=∠EAB=∠AMB,
∴∠EAP=∠ABM,
又∵AB=AE,
∴△ABM≌△EAP(AAS),
∴AM=EP,
同理可得AM=DQ,
∴EP=DQ,
又∵∠ENP=∠DNQ, ∠EPN=∠DQN=90°,
∴△EPN≌△DQN(AAS),
∴ EN=DN.
(注：选择一个作答即可)
(2) 证明: 如图4, 延长AF至K, 使FK=AF, 连接DK.
∵ F为 BD的中点,
∴DF=BF,
又∵AF=FK, ∠AFB=∠DFK,
∴△AFB≌△KFD(SAS),
∴ AB=KD, ∠ABD=∠BDK,
∴ AB=AC=DK.
∵∠ABD+∠ADB+∠BAD=180°,
∴ ∠DAB+∠ADK=180°,
∵∠DAE=∠CAB=90°,
∴∠DAB+∠CAE=180°,
∴ ∠CAE=∠ADK,
又∵AD=AE, DK=AC,
∴△ADK≌△EAC(SAS),
∴ CE=AK,
∴CE=2AF.
3. 解析: 【感知】证明: ∵∠C=∠D=∠AEB=90°,
∴ ∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90°,
∴ ∠BEC=∠EAD,
∴△AED∽△EBC,
【探究】证明: 如图1, 过点G作GM⊥CD于点M，由【感知】可知
∴ BC=GM,
又∵ ∠C=∠GMH=90°, ∠CHB=∠MHG,
∴△BCH≌△GMH(AAS),
∴BH=GH.
【拓展】证明：如图2，在EG上取点M，使∠BME=∠AFE.
过点C作CN∥BM，交EG的延长线于点N, 则∠N=∠BMG.
∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180°, ∠EFA=∠AEB,
∴ ∠EAF=∠BEM, ∴△AEF ∽△EBM,
∵∠AEB+∠DEC=180°, ∠EFA+∠DFE=180°,
而∠EFA=∠AEB, ∴∠CED=∠EFD,
∵∠BMG+∠BME=180°, ∴∠N=∠EFD,
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180°, ∴∠EDF=∠CEN,
∴△DEF∽△ECN, ∴DEC=EFCN,
又
∴ BM=CN,
又∵∠N=∠BMG, ∠BGM=∠CGN,
∴△BGM≌△CGN(AAS),
∴ BG=CG.
4. 解析: (1) 证明: ∵ AC⊥BD,
∴ ∠APB=∠CPD=90°,
∴∠ABP+∠BAP=90°,
∵ PH⊥AB, ∴ ∠BAP+∠APH=90°,
∴∠ABP=∠APH,
∵∠MPC=∠APH, ∠ABP=∠ACD,
∴∠PCM=∠MPC,
∴ PM=MC,
同理可得, PM=DM,
∴ DM=CM,
∴ M是CD的中点.
(2)真 提示：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边.理由如下：
已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD, 垂足为 P, M是CD的中点，连接MP 并延长交AB 于点 H.
求证: PH⊥AB.
证明: ∵M是CD的中点, AC⊥BD,
∴ DM=CM=PM, ∴∠PCM=∠MPC,
易知∠ABP=∠PCM, ∴∠ABP=∠MPC,
∵∠MPC=∠APH, ∴∠ABP=∠APH,
∴ ∠APH+∠HPB=∠ABP+∠HPB=90°,
∴ PH⊥AB.
提示: ∵ B P=3, H P=
∵M是CD的中点,
模型进阶
跟踪练习
1.解析： 【模型应用】
(1)如图1,过点E作EH⊥BC,垂足为H,连接BF,
∵ BE=BC,
(2)证明: 如图2, 连接PA, PB, PC,
∵△ABC为等边三角形, ∴ BC=AC=AB,
是定值，
R为正n边形的外接圆的半径).
提示： 如图3，设AB为正n边形的任意一边， 长为a， 正n边形的外接圆的半径为 R， 则 又∵ (其中h为边AB上的高)，
∵Rt△BOC中,
2. 解析: 提示： ∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠EBG=∠FCG=90°,在△EBG与△FCG中,
∴△EBG≌△FCG(AAS),
理由如下：
如图, 过点E作EH⊥BC, 交BC的延长线于点H，
∵△ABC为等腰三角形, ∴∠B=∠ACB,
∵∠ACB=∠ECH, ∴ ∠B=∠ECH,在△DBG与△ECH中,
∴△DBG≌△ECH(AAS),
∴ DG=EH, BG=CH,
∴ BC=BG+GC=GC+CH=GH,同理证明△DGF≌△EHF,
(3)由(1) (2)可得
可得 ∵将矩形ABCD 沿过点A的直线折叠，使得顶点 B落在CD边上的点 P处，
∴ AP=AB,
在 Rt△ADP 中, PC) , 即. 解得AB=5.∴矩形ABCD的面积为4×5=20.
3.解析： (1)证明： (小明的证明思路)连接AP, 如图1.
∵ PD⊥AB, PE⊥AC, CF⊥AB, 且
∵AB=AC,
∴CF=PD+PE.
(小颖的证明思路)过点P作PG⊥CF，垂足为G，如图2.
∵ PD⊥AB, CF⊥AB, PG⊥FC,
∴ ∠CFD=∠FDP=∠FGP=90°,
∴四边形 PDFG 是矩形,
∴ DP=FG, ∠DPG=90°,
∵PE⊥AC,∴∠CEP=90°.∴∠PGC=∠CEP.
∵ ∠BDP=∠DPG=90°,
∴PG∥AB, ∴∠GPC=∠B.
∵AB=AC, ∴∠B=∠ACB,
∴∠GPC=∠ECP.
在△PGC和△CEP中,
∴△PGC≌△CEP(AAS).
∴CG=PE,
∴ CF=CG+FG=PE+PD.
(注：选择一种证明思路作答即可)
(2)证明: 连接AP, 如图3.
∵ PD⊥AB, PE⊥AC, CF⊥AB,
且
∵AB=AC,
∴CF=PD-PE.
(3) 过点E作EQ⊥BC, 垂足为 Q, 连接DF, 如图4.
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD=BC, ∠C=∠ADC=90°.
∵ AD=8, CF=3,
∴BF=BC-CF=AD-CF=5.
由折叠可得DF=BF, ∠BEF=∠DEF,
∴ DF=5.
∵∠C=90°,
∵ EQ⊥BC, ∴∠EQC=90°=∠C=∠ADC,
∴四边形EQCD是矩形，
∴EQ=DC=4.
∵ AD∥BC, ∴∠DEF=∠EFB,
又∵∠BEF=∠DEF, ∴∠BEF=∠EFB,
∴ BE=BF.
由问题情境中的结论可得PG+PH=EQ.
∴ PG+PH=4, 即PG+PH的值为4.
(4)延长AD, BC交于点F, 过点B作BH⊥AF, 垂足为H, 如图5.
∵AD·CE=DE·BC, ∴AD=DEC.
∵ ED⊥AD, EC⊥CB,
∴∠ADE=∠BCE=90°, ∴△ADE ∽△BCE,
∴∠A=∠CBE,
∴FA=FB.
由问题情境中的结论可得ED+EC=BH.设DH= xcm, 则AH=AD+DH=(3+x) cm.
∵ BH⊥AF, ∴∠BHA=90°,
解得x=1.
∴ BH=6cm, ∴ ED+EC=6(cm).
∵ ∠ADE=∠BCE=90°, 且 M, N分别为AE, BE的中点,
BE.
∴△DEM与△CEN的周长之和
=DE+DM+EM+CN+EN+EC
=DE+AE+BE+EC
=DE+AB+EC
=DE+EC+AB
∴△DEM 与△CEN 的周长 之 和为

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