全等与旋转八年级上

婆罗摩笈多模型

又称：双正方形模型、向外作正方形模型

以三角形两边向外作正方形，两条“交叉线”相等且垂直；两个外侧顶点连线的中点与顶点的连线，垂直于第三边且等于第三边的一半，同时两个三角形面积相等。

难度挑战考试权重 8 步证明 · 2 步辅助线

识别口诀 · MNEMONIC

两边各长一个正方形，连两条斜线：等长又垂直；连两个外顶点，中线一半又垂直。

在实验室画辅助线从条件反查返回模型库

标准几何图形

点击下方按钮逐步显示辅助线，观察每一步新增的线段与结论。

标准几何图形 · 辅助线演示已显示 2 步

STEP 1连两条交叉线 $BG$、$CE$：连接

B

与

G

、

C

与

E

。

G

是正方形

A C GF

中与

A

相邻、满足

A G ⊥ A C

且

A G = A C

的顶点，

E

是正方形

A B D E

中与

A

相邻、满足

A E ⊥ A B

且

A E = A B

的顶点。→ 得到

△ A B G

与

△ A E C

：它们有两组边相等（

A B = A E

、

A G = A C

），只差夹角

STEP 2取 $EG$ 中点 $M$，作 $AHperp BC$：连接

E G

并取其中点

M

，连接

A M

；过

A

作

A H ⊥ B C

于

H

（

H

在

B C

上）。→ 把

A M

与

B C

的数量、位置关系摆到一起，可用倍长中线证

A M = \frac{1}{2} B C

模型的基本定义

如图，以

△ A B C

的边

A B

、

A C

为边向外作正方形

A B D E

与正方形

A C GF

（顶点顺序

A \to B \to D \to E

、

A \to C \to F \to G

，两个正方形都在三角形外侧）。连接

B G

、

C E

，则

B G = C E

且

B G ⊥ C E

；取

E G

的中点

M

，则

A M ⊥ B C

且

A M = \frac{1}{2} B C

；并且

S_{△ A E G} = S_{△ A B C}

。图中

H

是

A

到

B C

的垂足，

M

、

A

、

H

三点共线。

题目出现什么条件时应该想到它

这些是“入口信号”，不要求全部出现，但出现得越多，越应该优先检查本模型。

1以三角形的两条边分别向外作正方形，两个正方形共顶点 $A$
2题目出现“以 $A B$ 、 $A C$ 为边向外作正方形”的作图语言
3需要证明两条交叉线段相等且垂直（ $B G = C E$ ， $B G ⊥ C E$ ）
4给出（或需要证明）两个外侧顶点连线的中点 $M$
5结论涉及 $A M$ 与第三边 $B C$ 的数量、位置关系，或两个三角形面积相等
6常出现在压轴题、竞赛题中，是“旋转 $9 0^{\circ}$ + 中线”的综合

常见触发关键词

向外作正方形共顶点BG=CE垂直中点面积相等旋转 90°

辅助线具体画法

重点内容：每一步都写清怎么画、为什么画、画完得到什么。

STEP 1
连两条交叉线 $BG$、$CE$
连接 $B$ 与 $G$ 、 $C$ 与 $E$ 。 $G$ 是正方形 $A C GF$ 中与 $A$ 相邻、满足 $A G ⊥ A C$ 且 $A G = A C$ 的顶点， $E$ 是正方形 $A B D E$ 中与 $A$ 相邻、满足 $A E ⊥ A B$ 且 $A E = A B$ 的顶点。
得到得到 $△ A B G$ 与 $△ A E C$ ：它们有两组边相等（ $A B = A E$ 、 $A G = A C$ ），只差夹角
STEP 2
取 $EG$ 中点 $M$，作 $AHperp BC$
连接 $E G$ 并取其中点 $M$ ，连接 $A M$ ；过 $A$ 作 $A H ⊥ B C$ 于 $H$ （ $H$ 在 $B C$ 上）。
得到把 $A M$ 与 $B C$ 的数量、位置关系摆到一起，可用倍长中线证 $A M = \frac{1}{2} B C$

为什么这样添加辅助线

两个正方形提供的都是“边长相等 + 直角”，但

B G

与

C E

分散在两个角落，必须先把它们连出来。连线的目的，是把

A B

、

A G

与

A E

、

A C

凑成一对三角形：

∠ B A G = ∠ B A C + 9 0^{\circ} = ∠ E A C

，恰好是同一个角加上

9 0^{\circ}

，于是 SAS 成立，

B G

与

C E

成为“绕

A

旋转

9 0^{\circ}

的对应线段”，自然等长且垂直。取

E G

中点

M

则是为了把两个“远端”顶点

E

、

G

的中点与

A

相连：倍长

A M

后得到的平行四边形与

△ A B C

全等，

A M

就被“搬”成

B C

的一半。

添加辅助线后产生的新关系

$△ A B G ≅ △ A E C$ （SAS），从而 $B G = C E$
$B G ⊥ C E$ （对应线段的夹角等于旋转角 $9 0^{\circ}$ ）
$A M ⊥ B C$ ，且 $A M = \frac{1}{2} B C$
$S_{△ A E G} = S_{△ A B C}$
$∠ B A G = ∠ E A C = ∠ B A C + 9 0^{\circ}$
$M$ 、 $A$ 、 $H$ 三点共线（ $H$ 为 $A$ 到 $B C$ 的垂足）

能使用哪些定理和性质

全等三角形判定：SAS旋转的性质：旋转前后图形全等，对应线段相等且夹角等于旋转角平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形正方形的四条边相等、四个角都是直角两边夹角面积公式 $S=\frac{1}{2}ab\sin C$（或等底等高）

完整证明过程

每一步都写明结论与依据，可直接对照考试书写格式。

证明目标以

△ A B C

的边

A B

、

A C

向外作正方形

A B D E

、

A C GF

，

M

为

E G

中点，

H

为

A

到

B C

的垂足。求证

B G = C E

、

B G ⊥ C E

、

A M ⊥ B C

、

A M = \frac{1}{2} B C

、

S_{△ A E G} = S_{△ A B C}

。

1 $A B = A E$ ， $A G = A C$ ， $∠ B A G = ∠ E A C = ∠ B A C + 9 0^{\circ}$
依据正方形四条边相等、四个角是直角； $∠ B A G = ∠ B A C + ∠ C A G$ ， $∠ E A C = ∠ E A B + ∠ B A C$
2 $△ A B G ≅ △ A E C$
依据SAS
3 $B G = C E$ ，且 $B G$ 与 $C E$ 的夹角为 $9 0^{\circ}$
依据全等对应边相等； $△ A E C$ 绕 $A$ 旋转 $9 0^{\circ}$ 恰好得到 $△ A B G$ ，旋转角为 $9 0^{\circ}$
4延长 $A M$ 至 $M^{'}$ ，使 $A M = M M^{'}$ ，则四边形 $A E M^{'} G$ 是平行四边形， $G M^{'} ∥ A E$ 且 $G M^{'} = A E = A B$
依据对角线 $A M^{'}$ 与 $E G$ 互相平分，故为平行四边形；平行四边形对边平行且相等
5 $∠ A G M^{'} = 18 0^{\circ} - ∠ E A G = ∠ B A C$
依据 $G M^{'} ∥ A E$ ，同旁内角互补；而 $∠ E A G = 18 0^{\circ} - ∠ B A C$ （ $A E ⊥ A B$ 、 $A G ⊥ A C$ ）
6 $△ A G M^{'} ≅ △ C A B$ （SAS），故 $A M^{'} = C B$ ， $∠ M^{'} A G = ∠ A C B$
依据 $A G = A C$ ， $G M^{'} = A B$ ， $∠ A G M^{'} = ∠ B A C$
7 $A M = \frac{1}{2} A M^{'} = \frac{1}{2} B C$ ；又 $∠ (A M, A C) = 9 0^{\circ} + ∠ A C B$ ，而直线 $A C$ 、 $B C$ 的夹角等于 $∠ A C B$ ，故 $A M$ 与 $B C$ 的夹角为 $9 0^{\circ}$
依据线段中点定义；角的和差
8 $S_{△ A E G} = \frac{1}{2} A E \cdot A G \cdot sin ∠ E A G = \frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot sin ∠ B A C = S_{△ A B C}$
依据 $A E = A B$ 、 $A G = A C$ ，且 $sin (18 0^{\circ} - ∠ B A C) = sin ∠ B A C$

补充说明

证明只用到“正方形的边相等、角为直角”与

∠ E A G = 18 0^{\circ} - ∠ B A C

，所以对任意三角形都成立；图中

∠ B A C

画成锐角，若它是钝角，

B G = C E

、

A M ⊥ B C

、

A M = \frac{1}{2} B C

、

S_{△ A E G} = S_{△ A B C}

依然成立。若把正方形换成以

A B

、

A C

为直角边的等腰直角三角形，整套结论同样成立。

典型例题

题目如图，以

△ A B C

的边

A B

、

A C

为边向外作正方形

A B D E

、

A C GF

，连接

B G

、

C E

，取

E G

的中点

M

。(1) 判断

B G

与

C E

的关系并说明理由；(2) 已知

B C = 5

，求

A M

；(3) 已知

S_{△ A B C} = 6

，求

S_{△ A E G}

。已知：

A B D E

、

A C GF

为正方形，

M

为

E G

中点，

B C = 5

，

S_{△ A B C} = 6

。

解答

1 $A B = A E$ ， $A G = A C$ ， $∠ B A G = ∠ E A C$
依据正方形性质；两边同加 $9 0^{\circ}$
2 $△ A B G ≅ △ A E C$
依据SAS
3 $B G = C E$ 且 $B G ⊥ C E$
依据全等对应边相等；对应线段夹角等于旋转角 $9 0^{\circ}$
4 $A M ⊥ B C$ ， $A M = \frac{1}{2} B C = \frac{5}{2}$
依据婆罗摩笈多结论（倍长 $A M$ 可证）
5 $S_{△ A E G} = S_{△ A B C} = 6$
依据 $A E = A B$ 、 $A G = A C$ 、 $∠ E A G + ∠ B A C = 18 0^{\circ}$ ，两边夹角面积相等

结论与点评

B G = C E

且

B G ⊥ C E

；

A M = \frac{5}{2}

；

S_{△ A E G} = 6

。三个结论分别来自“旋转全等”“倍长中线”“两边夹角面积”三条线索，是婆罗摩笈多模型的三件套。

常见变式

变式 1向外作等腰直角三角形

把正方形换成以

A B

、

A C

为直角边的等腰直角三角形，

B G = C E

、

B G ⊥ C E

、

A M ⊥ B C

、

A M = \frac{1}{2} B C

仍然成立，证明用的是同一套旋转

9 0^{\circ}

。

变式 2与手拉手联动

婆罗摩笈多可以看成“两次旋转

9 0^{\circ}

的手拉手”：正方形给出

A B = A E

、

A G = A C

，两个等腰直角三角形共顶点

A

，只是两腰互相垂直。

变式 3面积转化

由

S_{△ A E G} = S_{△ A B C}

，可以把不规则四边形

B C E G

的面积拆成两个正方形面积与三角形面积的和差，是“面积法”的常用跳板。

易错点

!正方形顶点顺序写错：正方形 $A B D E$ 的边依次是 $A B$ 、 $B D$ 、 $D E$ 、 $E A$ ， $E$ 与 $B$ 相对，不要写成 $A B E C$ 之类。
!只证出 $B G = C E$ 就结束，漏掉“垂直”，或不知道垂直来自旋转角 $9 0^{\circ}$ 。
!证 $A M = \frac{1}{2} B C$ 时只用眼睛看，不写倍长中线的过程，推理不完整。
!把 $S_{△ A E G} = S_{△ A B C}$ 理解成“两个正方形面积相等”：两个正方形一般不相等，相等的是两个三角形。

关联模型

全等

标准几何图形

模型的基本定义

题目出现什么条件时应该想到它

常见触发关键词

辅助线具体画法

连两条交叉线 $BG$、$CE$

取 $EG$ 中点 $M$，作 $AHperp BC$

为什么这样添加辅助线

添加辅助线后产生的新关系

能使用哪些定理和性质

完整证明过程

典型例题

常见变式

易错点

关联模型

手拉手模型

旋转全等模型

等腰直角三角形构造模型

特殊角旋转模型