婆罗摩笈多模型

婆罗摩笈多模型

一 婆罗摩笈多定理

婆罗摩笈多是七世纪时的印度数学家.
婆罗摩笈多定理：如果\(ABCD\)是\(⊙O\)的内接四边形，对角线\(AC\)和\(BD\)垂直相交，交点为\(E\).
过点\(E\)作\(BC\)的垂线\(EF\)；延长\(FE\)与\(AD\)交于点\(G\).则点\(G\)是\(AD\)的中点.

证明 \(∵AC⊥BD\)，\(EF⊥BC\)，\(∴∠1=∠4\)，
又\(∵∠1=∠2\)，\(∠3=∠4\)，
\(∴∠3=∠2\)， \(∴GE=GD\)，
\(\because \angle A E D=90^{\circ}\)，
\(∴∠3+∠DAE=90^{\circ}\)， \(∠2+∠GEA=90^{\circ}\)，
\(∴∠DAE=∠GEA\)，\(∴GE=GA\)，
\(∴GD=GA\)，即点\(G\)是\(AD\)的中点.

二 婆罗摩笈多模型

如图，两个等腰直角三角形\(Rt△ABE\)和\(Rt△CDE\)，顶点重合，连接\(AD\)，\(BC\)，
①如果\(G\)是\(AD\)中点，那么一定有\(EF⊥BC\)；
②如果\(EF⊥BC\)，那么一定有\(G\)是\(AD\)的中点；
另外得到两个结论：\(S_{\triangle A E D}=S_{\triangle B E C}\)；\(2GE=BC\).

以下证明“如果\(EF⊥BC\)，那么(1)\(G\)是\(AD\)的中点，(2)\(S_{\triangle A E D}=S_{\triangle B E C}\)，(3)\(2GE=BC\).”
证明 (1)过点\(D\)作\(DH||AE\)交\(EG\)的延长线于点\(H\)，则\(∠H=∠4\)，
\(∵∠DEC=90^{\circ}\)，\(∠EFC=90^{\circ}\)，\(∴∠1=∠2\)，
同理\(∠3=∠4\)，则\(∠3=∠H\)，
又\(∵DE=EC\)，\(∴∆HDE≅∆BEC\)，
\(∴HD=BE\)，
又\(∵AE=BE\)，\(∴HD=AE\)，
又\(∵∠H=∠4\)，\(∠HGD=∠AGE\)，\(∴∆HDG≅∆EAG\)，
\(∴AG=GD\)，即\(G\)是\(AD\)的中点，
(2)\(∵∆HDG≅∆EAG\)，\(∆HDE≅∆BEC\)，
\(\therefore S_{\triangle A E D}=S_{\triangle A E G}+S_{\triangle D E G}=S_{\triangle H D G}+S_{\triangle D E G}=S_{\triangle H D E}=S_{\triangle B E C}\)，
(3) \(∵∆HDE≅∆BEC\)，\(∴HE=BC\)，
\(∵∆HDG≅∆EAG\)，\(∴2GE=HE=BC\).

三 例题详解

例1 在锐角三角形\(ABC\)中，\(AH\)是\(BC\)边上的高，分别以\(AB\)、\(AC\)为一边，向外作正方形\(ABDE\)和\(ACFG\)，连接\(CE\)、\(BG\)和\(EG\)，\(EG\)与\(HA\)的延长线交于点\(M\)，
下列结论：①\(BG=CE\)； ②\(BG⊥CE\)； ③\(AM\)是\(△AEG\)的中线； ④\(∠EAM=∠ABC\)；
其中正确结论的个数是 .

解析
对于③，因为四边形\(ABDE\)和\(ACFG\)是正方形，所以\(∆AEB\)和\(∆ACG\)是等腰直角三角形，且\(AH⊥BC\)，属于“婆罗摩笈多模型”，由以上已证明的结论可得\(AM\)是\(△AEG\)的中线，故③正确；
对于④，因为\(∠EAM+∠BAH=90^{\circ}\)，\(∠ABC+∠BAH=90^{\circ}\)，
所以\(∠EAM=∠ABC\)，故④正确.

对于①②，易证明\(∆ABG≅∆AEC\)，\(∆ABG\)可看成由\(∆AEC\)绕着点\(A\)逆时针旋转\(90^{\circ}\)得到，且由旋转的性质可得\(BG\)和\(CE\)的夹角等于旋转角\(90^{\circ}\)，
所以\(BG⊥CE\)，\(BG=CE\)，故①②正确；

故正确结论的个数是\(4\)个.
 
 

例2 已知：\(△AOB\)和\(△COD\)均为等腰直角三角形，\(∠AOB=∠COD=90^{\circ}\)．连接\(AD\)，\(BC\)，点\(H\)为\(BC\)中点，连接\(OH\)．
(1)如图1所示，若\(AB=8\)，\(CD=4\)，求\(OH\)的长．
(2)将\(△COD\)绕点\(O\)旋转一定的角度到图2，判断\(OH\)和\(AD\)的数量关系和位置关系．

解析
(1)\(∵△OAB\)与\(△OCD\)为等腰直角三角形，\(AB=8\)，\(CD=4\)，
\(\therefore O B=4 \sqrt{2}\)，\(O C=2 \sqrt{2}\)，
在\(Rt△BOC\)中\(B C=\sqrt{O B^2+O C^2}=2 \sqrt{10}\)，
在\(Rt△BOC\)中，\(H\)是\(BC\)的中点，则\(O H=\dfrac{1}{2} B C=\sqrt{10}\)；
(2) 分析 \(△AOB\)和\(△COD\)均为等腰直角三角形，有直角顶点重合，属于“婆罗摩笈多模型”，由模型的结论可得\(O H=\dfrac{1}{2} A D\)，\(OH⊥AD\).
由\(H\)是\(BC\)中点，可想到\(8\)字模型；要证明\(O H=\dfrac{1}{2} A D\)，可想到“倍长中线模型”.
证明：\(O H=\dfrac{1}{2} A D\)，\(OH⊥AD\)，证明如下，
如图2中，延长\(OH\)到\(E\)，使得\(HE=OH\)，连接\(BE\)，

\(∵EH=OH\)，\(∠BHE=∠OHC\)，\(BH=CH\)，\(∴△BHE≌△CHO\)，
\(∴BE=OC=OD\)，\(∠E=∠COH\)，
\(∴BE∥OC\)，
\(∴∠OBE+∠BOC=180^{\circ}\)，
延长\(AO\)到\(G\)，
\(∵∠GOB=∠COD=90^{\circ}\)，\(∴∠BOC=∠GOD\)，
\(∴∠AOD+∠BOC=∠AOD+∠GOD=180^{\circ}\)，
\(∴∠OBE=∠AOD\)，
在\(△BEO\)和\(△ODA\)中\(\left\{\begin{array}{l} O B=O A \\ \angle O B E=\angle A O D \\ B E=O D \end{array}\right.\)，
\(∴△BEO≌△ODA\)，
\(∴OE=AD\)，
\(\therefore O H=\dfrac{1}{2} O E=\dfrac{1}{2} A D\)，
由\(△BEO≌△ODA\)，知\(∠EOB=∠DAO\)，
\(∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90^{\circ}\)，
\(∴OH⊥AD\)．