婆罗摩笈多模型结论的探究和应用

凃海元 李景财

摘要：从婆罗摩笈多定理入手，探究两个共直角顶点的等腰直角三角形模型，即“婆罗摩笈多”模型，再以垂直关系或平分关系为出发点探究模型的三个结论，通过三个变式探索基本图形的内涵与外延，以达到触类旁通的目的，让数学学科核心素养落地生根.

关键词：“婆罗摩笈多”模型；变式；基本结论；数学文化

婆罗摩笈多是印度7世纪卓越的天文学家和数学家，他著有《婆罗门历算书》，其中有两章专论数学，包括算术、不定方程和几何等内容，尤其是他研究圆内接四边形得出了不少有趣的定理，其中婆罗摩笈多定理常为后人所研究.

1 婆罗摩笈多定理及相关结论

1.1 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.

符号语言：圆内接四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为M，过点M作NH⊥BC交AD于点N，那么N为AD中点.

简证：如图1，因为AC⊥BD，NH⊥BC，以及∠BCM=∠ADM，所以可得∠HMC=∠DAM.因为∠HMC=∠AMN，所以∠DAM=∠AMN，则MN=AN.同理可得MN=DN，所以AN=DN，即N为AD的中点.

1.2 婆罗摩笈多模型及结论

对婆罗摩笈多定理条件进行弱化，脱离圆的背景，增加“等腰”的条件，可得婆罗摩笈多模型.

如图2，如果四边形ABCD的对角线AC，BD满足AC⊥BD，垂足为点M，且AM=BM，CM=DM（即△ABM和△CDM为共顶点M的两个等腰直角三角形），过点M的直线分别与AD，BC交于点N，H.

结论1：若NH⊥BC，则N为AD的中点，且BC=2MN.

结论2：若N为AD的中点，则NH⊥BC，且BC=2MN.

结论3：S△ADM=S△BMC.

证明略.

简证：对于结论1，容易证明△AMD≌△BMC，所以∠BCM=∠ADM.同上面定理的证明，可得N为AD的中点.因为N为AD中点，且AC⊥BD，所以BC=AD=2MN.

对于结论2，由（1）可知∠BCM=∠ADM.由N为AD的中点，且AC⊥BD，得MN=AN，可得∠DAM=∠AMN=∠HMC.因為∠ADM＋∠DAM=90°，所以∠BCM＋∠HMC=90°，即NH⊥BC.因为N为AD中点，AC⊥BD，所以BC=AD=2MN.

对于结论3，因为△AMD≌△BMC，所以S△ADM=S△BMC.

1.3 婆罗摩笈多模型的变式

若对上述模型条件进行弱化，使点B，M，D（或者点A，M，C）不共线，上述三个结论是否会发生改变？

变式1  如图3，△ABM和△CDM为共顶点M的两个等腰直角三角形，连接AD，BC，过点M的直线分别与AD，BC相交于点N，H，则结论1～3仍成立.

证明：（1）如图4，延长MN至点E，使ME=BC.由NH⊥BC，可得∠MBC=∠AME，∠MCB=∠EMD.因为AM=BM，所以△MAE≌△BMC，则AE=MC，∠AEM=∠MCB.又CM=DM，则AE=DM，∠AEM=∠EMD，所以AE∥DM，故四边形AMDE是平行四边形，因此N为AD与EM的中点.故BC=ME=2MN.

（2）如图4，延长MN至点E，使NE=MN.由AN=DN，则四边形AMDE是平行四边形，故AE=DM=MC，∠EAM＋∠AMD=180°.又∠AMD＋∠BMC=180°，所以∠EAM=∠BMC，于是△MAE≌△BMC，则∠AEM=∠MCB.又∠AEM=∠EMD，所以∠MCH＋∠HMC=∠EMD＋∠HMC=90°，即NH⊥BC.因为N为AD的中点，所以BC=ME=2MN.

（3）由△MAE≌△BMC及四边形AMDE是平行四边形，得S△ADM=S△MAE=S△BMC.

变式2  若对上述模型中的某一个等腰直角三角形进行旋转，其他条件不变，三个结论是否会发生改变？

如图5，△ABM和△CDM为共顶点M的两个等腰直角三角形，连接AD，BC，过点M的直线分别与AD，BC相交于点N，H，则结论1～3仍成立.

变式3  若对婆罗摩笈多模型的条件作进一步弱化，上面的三个结论还成立吗？

如图6，△ABM和△CDM为共顶点M的两个等腰三角形，AM=BM，CM=DM，其中∠AMB＋∠CMD=180°，连接AD，BC，过点M的直线分别与AD，BC相交于点N，H，可得如下结论：

结论（1）：若∠BHM=∠AMB（或者∠CHM=∠CMD），那么N为AD的中点，且BC=2MN.

结论（2）：若N为AD的中点，那么∠BHM=∠AMB（或者∠CHM=∠CMD），且BC=2MN.

结论（3）：S△ADM=S△BMC.

变式2，3的证明略.

由此可知，随着条件的一般化，结论1、结论2更具有一般性.

2 婆罗摩笈多模型的应用

例1  （2022年武汉市中考数学试题第16题）如图7，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分别以△ABC的三边为边向外作三个正方形ABHL，ACDE，BCFG，连接DF．过点C作AB的垂线CJ，垂足为J，分别交DF，LH于点I，K．若CI＝5，CJ＝4，则四边形AJKL的面积是．

解析：如图8，因为CJ⊥AB，由结论1可知点I是DF的中点.由∠DCF=90°，可知DF=2CI.再由△DCF≌△ACB，可得AB=DF=2CI.因为CI=5，所以AB=10.设AJ=m，则JB=10－m.因为∠ACB=90°，由△ACJ∽△CBJ，可得CJ2=AJ·JB，所以42=m（10－m），解得m=8.因为四边形ABHL是正方形，所以AL=AB=10，故四边形AJKL的面积是10×8=80.

例2  （2021年武汉市东湖高新区和江岸区期末联考试题）如图9，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，O是AC的中点，点F，D分别在AB，BC上（点F，D与点A，B，C都不重合），OF⊥OD，OE⊥AD交AB于点E.

求证：E是BF的中点.

证明：因为O是等腰直角三角形ABC斜边AC上的中点，所以OB⊥OA，OB=OA=OC，∠FAO=∠DBO=45°.又OF⊥OD，则△AFO≌△BDO，所以OF=OD．

为了研究方便，现对图9进行简化，如图10，延长OE至点G，使OG=AD.

由OE⊥AD，OB⊥OA，得∠PAO＋∠AOP=90°，∠AOP＋∠BOG=90°，所以∠PAO=∠BOG，于是△AOD≌△OBG，故OD=BG=OF，∠D=∠G．

因为OE⊥AD，OF⊥OD，所以∠D＋∠DOP=90°，∠DOP＋∠EOF=90°，于是∠D=∠EOF，则∠EOF=∠G.又∠GEB=∠OEF，所以△GEB≌△OEF.

所以BE=FE，故E是BF的中点.

例3  〔2017年江西中考第（3）问的变式〕我们定义：如图11，在△ABC中，把AB繞点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α＋β=180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′的边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”.

问题  如图12，在四边形ABCD中，∠BCD=150°，AB=12，CD=6，以CD为边在四边形ABCD内部作等边三角形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的长.

解析：如图13，过点P作PE⊥AB于点E，取BC的中点F，连接PF.因为△PCD是等边三角形，且CD=6，所以PC=CD=PD=6，∠PCD=∠CPD=60°.因为∠BCD=150°，所以∠PCB=90°.因为△PAD是△PBC的“旋补三角形”，所以∠APB=180°-60°=120°，且PA=PB.因为PE⊥AB，AB=12，所以AE=EB=6，∠APE=∠BPE=60°.由三角函数关系，得PB=6÷sin 60°=43，所以BC=PB2-PC2=23，于是△PBC的“旋补中线”的长度等于12BC，即“旋补中线”长度等于3.由F是BC的中点，可得BF=CF=3，则PF=PC2+CF2=39.因为△PBC也是△PAD的“旋补三角形”，所以AD=2PF=239.

婆罗摩笈多模型结论经典，变式丰富，在平时的教学中利用该素材，融入数学史，可发挥数学的教育功能，同时可激发学生的数学学习兴趣，培养学生的数学思维，并让数学学科核心素养落地生根.

参考文献：

[1]龚颖.婆罗摩笈多定理的变式与应用[J].数学通讯，2017（8）：62-64.

[2]桂文通.素养导向下的中考数学试题评价策略——以2022年武汉市中考数学试题为例[J].教师教育论坛，2022，35（10）：44-47.