由婆羅摩笈多定理引發(fā)的思考

徐智勇

摘 要：本文由婆羅摩笈多定理出發(fā)，由特殊到一般，探究了由兩個(gè)具有公共頂點(diǎn)且相似的直角三角形構(gòu)成的四邊形中關(guān)于線段的一些性質(zhì).并利用這些性質(zhì)解決了中學(xué)數(shù)學(xué)中常見(jiàn)的兩類(lèi)問(wèn)題，一是婆羅摩笈多模型問(wèn)題，二是海盜埋寶模型問(wèn)題.

關(guān)鍵詞：婆羅摩笈多定理；婆羅摩笈多模型；海盜埋寶模型

1 定理的背景

婆羅摩笈多［1］出身于古印度的婆羅門(mén)種姓.在社會(huì)中擔(dān)任祭司角色的婆羅門(mén)掌管著解釋和預(yù)言天象的權(quán)力，這就需要他們掌握天文學(xué)知識(shí)，以及測(cè)量和計(jì)算天體運(yùn)行的工具——數(shù)學(xué).婆羅摩笈多在算術(shù)、幾何、代數(shù)和三角等領(lǐng)域都取得了令人矚目的成就.他在研究圓內(nèi)接四邊形時(shí)，曾提出不少有趣的定理［2］，如：

定理1 圓內(nèi)接四邊形中，若二對(duì)角線相互垂直，則過(guò)其交點(diǎn)向一邊所作垂線必平分對(duì)邊.

定理2 圓內(nèi)接四邊形各邊及面積分別記為a、b、c、d、S，則有S²=（p-a）（p-b）（p-c）（p-d），

其中，p=1/2（a+b+c+d）為四邊形周長(zhǎng)的一半.

上述定理都稱(chēng)作“婆羅摩笈多定理”，其中定理1就出現(xiàn)在中學(xué)課本中，中考試題與模擬試題中也曾多次出現(xiàn).

2 定理的思考

婆羅摩笈多（BRAHMAGUPTA）定理：

即如圖1，四邊形ACBD為圓的內(nèi)接四邊形，AB⊥CD，若PM⊥AD，則PM所在直線交BC于中點(diǎn)N.

思考1：反之亦成立.即若N為BC的中點(diǎn)，則PM⊥AD.

思考2：如果將條件弱化，四邊形并非圓的內(nèi)接四邊形，且點(diǎn)A、P、B與點(diǎn)D、P、C不一定在同一直線上，僅考慮兩個(gè)直角三角形相似且有公共直角頂點(diǎn)，會(huì)有什么樣的發(fā)現(xiàn)？

如圖2，兩直角三角形△APC，△DPB共直角頂點(diǎn)P，且△APC∽△DPB，連接BC，AD，直線MN過(guò)點(diǎn)P，與BC和AD的交點(diǎn)分別為M，N，則

（1） 若PM⊥AD，則N為BC的中點(diǎn)；

（2） 若N為BC的中點(diǎn)，則PM⊥AD.

解析：（1） 作CE⊥MN，交MN于點(diǎn)E，作BF⊥MN，交MN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.可以證得△MAP∽△EPC，△MDP∽△FPB，從而有PM/CE=AP/PC，PM/BF=DP/PB.又△APC∽△DPB，則APPC=DPPB，從而有PM/BF=PM/CE，因此BF=CE，進(jìn)一步可以證得△CNE≌△BNF，因此CN=BN，即N為BC的中點(diǎn).

（2） 延長(zhǎng)PN至點(diǎn)Q，使NQ=NP，連接BQ，可證得△CNP≌△BNQ，進(jìn)一步可知BQ=PC，且BQ∥PC，從而∠PBQ+∠BPC=180°，.又∠APD+∠BPC=180°，所以∠PBQ=∠APD.又△APC∽△DPB，所以PD/BP=AP/PC=AP/BQ，可證得△PAD∽△BQP，因此∠BPQ=∠PDA.又∠BPQ+∠MPD=180°-∠BPD=90°，所以∠PDA+∠MPD=90°，則∠PMD=90°，即PM⊥AD.

思考3：思考2基于兩個(gè)直角三角形相似且有公共直角頂點(diǎn)，如果僅考慮兩個(gè)直角三角形相似，但是共銳角頂點(diǎn)，會(huì)有什么樣的發(fā)現(xiàn)？

如圖3，若直線過(guò)點(diǎn)P，可驗(yàn)證當(dāng)直線過(guò)BC中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)該直線并不和AD垂直，若當(dāng)直線垂直于BC時(shí)，此時(shí)該直線也并不經(jīng)過(guò)AD中點(diǎn)，無(wú)法得到和思考2的類(lèi)似的結(jié)論.但分別連接Q與兩個(gè)直角頂點(diǎn)A，D卻會(huì)有另外的發(fā)現(xiàn).

如圖3，兩直角三角形△APC，△DPB有公共銳角頂點(diǎn)P，點(diǎn)A與點(diǎn)D是直角頂點(diǎn)，且△APC∽△DPB，連接BC，AD，Q為BC的中點(diǎn)，連接QA，QD，則有QA=QD.

解析：延長(zhǎng)AQ至點(diǎn)M，使QA=QM，連接MB，MD，延長(zhǎng)AP交MB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N.可證△BQM≌△CQA，進(jìn)一步可知BM=AC，且BM∥AC，從而可知∠N=90°.又由∠PDB=90°可知，P，B，D，N四點(diǎn)共圓，所以∠DPN=∠DBN，進(jìn)一步可知∠DPA=∠DBM.又△APC∽△DPB，所以PD/DB=AP/AC=AP/BM，可證得△PAD∽△BMD，因此∠PDA=∠MDB，進(jìn)一步可得∠MDA為直角.又QA=QM，即Q為斜邊AM的中點(diǎn)，所以QA=QD=QM=1/2AM.

3 變式及應(yīng)用

根據(jù)上述思考，可以解決中學(xué)數(shù)學(xué)中的兩類(lèi)數(shù)學(xué)問(wèn)題，一是婆羅摩笈多模型［3］問(wèn)題，二是海盜埋寶模型［3］問(wèn)題.

3.1 解婆羅摩笈多模型問(wèn)題

婆羅摩笈多模型問(wèn)題常常以如圖4的形式出現(xiàn)，其中△APC，△DPB是等腰直角三角形，連接BC，AD，過(guò)點(diǎn)P的直線分別交AD，BC于點(diǎn)M，N.

其結(jié)論有：

（1） 若N是BC的中點(diǎn)，則MN⊥AD；

（2） 若MN⊥AD，則N是BC的中點(diǎn)；

（3） S_△PBC=S_△PAD；

（4） N是BC的中點(diǎn)，則PN=1/2AD.

這類(lèi)問(wèn)題題目條件中常含有兩個(gè)等腰直角三角形（或兩個(gè)正方形）共直角頂點(diǎn)，相鄰的兩個(gè)底角頂點(diǎn)相連.

變式：參照?qǐng)D2，兩直角三角形△APC，△DPB共直角頂點(diǎn)P，且△APC∽△DPB，∠PAC=60°，連接BC，AD，直線MN過(guò)點(diǎn)P，與BC和AD的交點(diǎn)分別為M，N，若N是BC的中點(diǎn)，試證：（1） S_△PBC=3S_△PAD；（2） PN/AD=32.

解析：延用圖2的輔助線，易證△CNP≌△BNQ，△PAD∽△BQP，從而PQ=2PN，S_△PBC=S_△PBQ，PQ/AD=BQ/AP=PC/AP=根3，進(jìn)一步有S_△PBC/S_△PAD=S_△PBQ/S_△PAD=（BQ/AP）²=（PC/AP）²=3，PQ/AD=根3，因此有S_△PBC=3S_△PAD，PN/AD=根3/2.

其實(shí)婆羅摩笈多模型中兩個(gè)等腰三角形必定相似，是思考2中的特殊情況，即當(dāng)兩個(gè)直角三角形為等腰直角三角形時(shí)的情形.若將等腰或∠PAC=60°條件去掉，只知曉PC/PA=k（k≠0），則婆羅摩笈多模型問(wèn)題的結(jié)論（3）和（4）可以一般化為：

（3） S_△PBC/S_△PAD=（PC/PA）²=k²；

（4） N是BC的中點(diǎn)，則2PN/AD=PC/PA=k.

3.2 解海盜埋寶模型問(wèn)題

海盜埋寶模型問(wèn)題常常以如圖5的形式出現(xiàn)，其中△APC，△DPB是等腰直角三角形，連接AB，CD，Q是CD的中點(diǎn)，作與思考3相同的輔助線.

其結(jié)論有：

（1） △QAB是等腰直角三角形；

（2） △MAB是等腰直角三角形.

這類(lèi)問(wèn)題題目條件中常含有兩個(gè)等腰直角三角形一組底角共頂點(diǎn)，另一組底角頂點(diǎn)相連取中點(diǎn).

有關(guān)婆羅摩笈多定理的題目在各類(lèi)考試中經(jīng)常出現(xiàn)，筆者僅從某個(gè)角度做了一些淺顯的思考，供讀者閱讀參考，以期拋磚引玉，共同交流進(jìn)步.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 陳巍.古印度數(shù)學(xué)家——婆羅摩笈多［J］.語(yǔ)數(shù)外學(xué)習(xí)（高中版上旬），2019（9）：6264.

［2］ 胡炳生.婆羅摩笈多與婆氏定理［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，1994（4）：36.

［3］ 一本考試研究中心.初中數(shù)學(xué)幾何模型［M］.長(zhǎng)沙：湖南教育出版社，2023.