婆罗摩笈多模型结论的探究和应用

2023-11-25 00:14凃海元李景财
中学数学·初中版 2023年10期
关键词:数学文化变式模型

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.

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