婆羅摩笈多模型結論的探究和應用

凃海元 李景財

摘要：從婆羅摩笈多定理入手，探究兩個共直角頂點的等腰直角三角形模型，即“婆羅摩笈多”模型，再以垂直關系或平分關系為出發點探究模型的三個結論，通過三個變式探索基本圖形的內涵與外延，以達到觸類旁通的目的，讓數學學科核心素養落地生根.

關鍵詞：“婆羅摩笈多”模型；變式；基本結論；數學文化

婆羅摩笈多是印度7世紀卓越的天文學家和數學家，他著有《婆羅門歷算書》，其中有兩章專論數學，包括算術、不定方程和幾何等內容，尤其是他研究圓內接四邊形得出了不少有趣的定理，其中婆羅摩笈多定理常為后人所研究.

1 婆羅摩笈多定理及相關結論

1.1 婆羅摩笈多定理

若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線將平分對邊.

符號語言：圓內接四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為M，過點M作NH⊥BC交AD于點N，那么N為AD中點.

簡證：如圖1，因為AC⊥BD，NH⊥BC，以及∠BCM=∠ADM，所以可得∠HMC=∠DAM.因為∠HMC=∠AMN，所以∠DAM=∠AMN，則MN=AN.同理可得MN=DN，所以AN=DN，即N為AD的中點.

1.2 婆羅摩笈多模型及結論

對婆羅摩笈多定理條件進行弱化，脫離圓的背景，增加“等腰”的條件，可得婆羅摩笈多模型.

如圖2，如果四邊形ABCD的對角線AC，BD滿足AC⊥BD，垂足為點M，且AM=BM，CM=DM（即△ABM和△CDM為共頂點M的兩個等腰直角三角形），過點M的直線分別與AD，BC交于點N，H.

結論1：若NH⊥BC，則N為AD的中點，且BC=2MN.

結論2：若N為AD的中點，則NH⊥BC，且BC=2MN.

結論3：S△ADM=S△BMC.

證明略.

簡證：對于結論1，容易證明△AMD≌△BMC，所以∠BCM=∠ADM.同上面定理的證明，可得N為AD的中點.因為N為AD中點，且AC⊥BD，所以BC=AD=2MN.

對于結論2，由（1）可知∠BCM=∠ADM.由N為AD的中點，且AC⊥BD，得MN=AN，可得∠DAM=∠AMN=∠HMC.因為∠ADM＋∠DAM=90°，所以∠BCM＋∠HMC=90°，即NH⊥BC.因為N為AD中點，AC⊥BD，所以BC=AD=2MN.

對于結論3，因為△AMD≌△BMC，所以S△ADM=S△BMC.

1.3 婆羅摩笈多模型的變式

若對上述模型條件進行弱化，使點B，M，D（或者點A，M，C）不共線，上述三個結論是否會發生改變？

變式1? 如圖3，△ABM和△CDM為共頂點M的兩個等腰直角三角形，連接AD，BC，過點M的直線分別與AD，BC相交于點N，H，則結論1～3仍成立.

證明：（1）如圖4，延長MN至點E，使ME=BC.由NH⊥BC，可得∠MBC=∠AME，∠MCB=∠EMD.因為AM=BM，所以△MAE≌△BMC，則AE=MC，∠AEM=∠MCB.又CM=DM，則AE=DM，∠AEM=∠EMD，所以AE∥DM，故四邊形AMDE是平行四邊形，因此N為AD與EM的中點.故BC=ME=2MN.

（2）如圖4，延長MN至點E，使NE=MN.由AN=DN，則四邊形AMDE是平行四邊形，故AE=DM=MC，∠EAM＋∠AMD=180°.又∠AMD＋∠BMC=180°，所以∠EAM=∠BMC，于是△MAE≌△BMC，則∠AEM=∠MCB.又∠AEM=∠EMD，所以∠MCH＋∠HMC=∠EMD＋∠HMC=90°，即NH⊥BC.因為N為AD的中點，所以BC=ME=2MN.

（3）由△MAE≌△BMC及四邊形AMDE是平行四邊形，得S△ADM=S△MAE=S△BMC.

變式2? 若對上述模型中的某一個等腰直角三角形進行旋轉，其他條件不變，三個結論是否會發生改變？

如圖5，△ABM和△CDM為共頂點M的兩個等腰直角三角形，連接AD，BC，過點M的直線分別與AD，BC相交于點N，H，則結論1～3仍成立.

變式3? 若對婆羅摩笈多模型的條件作進一步弱化，上面的三個結論還成立嗎？

如圖6，△ABM和△CDM為共頂點M的兩個等腰三角形，AM=BM，CM=DM，其中∠AMB＋∠CMD=180°，連接AD，BC，過點M的直線分別與AD，BC相交于點N，H，可得如下結論：

結論（1）：若∠BHM=∠AMB（或者∠CHM=∠CMD），那么N為AD的中點，且BC=2MN.

結論（2）：若N為AD的中點，那么∠BHM=∠AMB（或者∠CHM=∠CMD），且BC=2MN.

結論（3）：S△ADM=S△BMC.

變式2，3的證明略.

由此可知，隨著條件的一般化，結論1、結論2更具有一般性.

2 婆羅摩笈多模型的應用

例1? （2022年武漢市中考數學試題第16題）如圖7，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF．過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K．若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是．

解析：如圖8，因為CJ⊥AB，由結論1可知點I是DF的中點.由∠DCF=90°，可知DF=2CI.再由△DCF≌△ACB，可得AB=DF=2CI.因為CI=5，所以AB=10.設AJ=m，則JB=10－m.因為∠ACB=90°，由△ACJ∽△CBJ，可得CJ2=AJ·JB，所以42=m（10－m），解得m=8.因為四邊形ABHL是正方形，所以AL=AB=10，故四邊形AJKL的面積是10×8=80.

例2? （2021年武漢市東湖高新區和江岸區期末聯考試題）如圖9，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，O是AC的中點，點F，D分別在AB，BC上（點F，D與點A，B，C都不重合），OF⊥OD，OE⊥AD交AB于點E.

求證：E是BF的中點.

證明：因為O是等腰直角三角形ABC斜邊AC上的中點，所以OB⊥OA，OB=OA=OC，∠FAO=∠DBO=45°.又OF⊥OD，則△AFO≌△BDO，所以OF=OD．

為了研究方便，現對圖9進行簡化，如圖10，延長OE至點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．

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

所以BE=FE，故E是BF的中點.

例3? 〔2017年江西中考第（3）問的變式〕我們定義：如圖11，在△ABC中，把AB繞點A順時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到AB′，把AC繞點A逆時針旋轉β得到AC′，連接B′C′.當α＋β=180°時，我們稱△AB′C′是△ABC的“旋補三角形”，△AB′C′的邊B′C′上的中線AD叫做△ABC的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”.

問題? 如圖12，在四邊形ABCD中，∠BCD=150°，AB=12，CD=6，以CD為邊在四邊形ABCD內部作等邊三角形PCD，連接AP，BP.若△PAD是△PBC的“旋補三角形”，請直接寫出△PBC的“旋補中線”長及四邊形ABCD的邊AD的長.

解析：如圖13，過點P作PE⊥AB于點E，取BC的中點F，連接PF.因為△PCD是等邊三角形，且CD=6，所以PC=CD=PD=6，∠PCD=∠CPD=60°.因為∠BCD=150°，所以∠PCB=90°.因為△PAD是△PBC的“旋補三角形”，所以∠APB=180°-60°=120°，且PA=PB.因為PE⊥AB，AB=12，所以AE=EB=6，∠APE=∠BPE=60°.由三角函數關系，得PB=6÷sin 60°=43，所以BC=PB2-PC2=23，于是△PBC的“旋補中線”的長度等于12BC，即“旋補中線”長度等于3.由F是BC的中點，可得BF=CF=3，則PF=PC2+CF2=39.因為△PBC也是△PAD的“旋補三角形”，所以AD=2PF=239.

婆羅摩笈多模型結論經典，變式豐富，在平時的教學中利用該素材，融入數學史，可發揮數學的教育功能，同時可激發學生的數學學習興趣，培養學生的數學思維，并讓數學學科核心素養落地生根.

參考文獻：

[1]龔穎.婆羅摩笈多定理的變式與應用[J].數學通訊，2017（8）：62-64.

[2]桂文通.素養導向下的中考數學試題評價策略——以2022年武漢市中考數學試題為例[J].教師教育論壇，2022，35（10）：44-47.