2024河南中考数学专题复习第三部分-题型二-微专题5-半角模型-课件

微专题5半角模型微专题5半角模型(2023许昌模拟)一阶

模型应用模型分析模型特点：共顶点，等线段解题方法：遇见半角作旋转证全等模型分类：①90°含45°；②120°含60°；③60°含30°模型一90°含45°∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°，1.如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，若∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF.一题多解法第1题图方法一：证明：如图，延长CD至点G，使得DG＝BE，连接AG，G在△ABE和△ADG中，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG.∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE＋∠FAD＝45°，∴∠DAG＋∠FAD＝45°，即∠GAF＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，第1题图G在△AFE和△AFG中，∴△AFE≌△AFG(SAS)，∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF.第1题图G方法二：证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD边重合，得到△ADE′，∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE＋∠DAF＝45°，∵∠BAE＝∠DAE′，∴∠FAE′＝45°，∴∠FAE′＝∠FAE，第1题图E′∵∠ADE′＝∠ADF＝90°，AB＝AD，∴∠ADE′＋∠ADF＝180°，∴E′，D，F三点共线，又∵AF＝AF，AE＝AE′，∴△EAF≌△E′AF(SAS)，∴EF＝E′F，∵E′F＝DF＋DE′，E′D＝BE，∴EF＝BE＋DF.第1题图E′半角模型满分技法在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°.辅助线作法：作法一：补短法：延长CD至点G，使得DG＝BE，连接AG.作法二：旋转法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，使AB与AD重合(需证明G，D，C三点共线)．模型二120°含60°2.如图，在四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD上的点，连接AE，AF，EF，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，若BE＝3，DF＝5，求EF的长．解：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转120°，使AB与AD重合，得到△ADM，第2题图由旋转的性质，得∠ADM＝∠B＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM.∵∠ADM＝∠ADF＝90°，∴∠ADM＋∠ADF＝180°，∴F，D，M三点共线，M∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，∴∠BAE＋∠DAF＝60°＝∠DAM＋∠DAF，∴∠MAF＝60°＝∠EAF.在△EAF和△MAF中，∴△EAF≌△MAF(SAS)，∴EF＝MF，∵BE＝3，DF＝5，∴EF＝FM＝DF＋DM＝DF＋BE＝8.第2题图M半角模型满分技法如图，∠BDC＝120°，∠A＝60°，∠EDF＝60°，BD＝CD.辅助线作法：将△BDE绕点D顺时针旋转120°得到△CDG，使BD与CD重合(需证明F，C，G三点共线)．模型三60°含30°由旋转的性质可知：∠ACF＝∠ABD＝60°，∠CAF＝∠BAD，AF＝AD，CF＝BD＝2.∵∠DAE＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAD＋∠CAE＝30°，∴∠CAF＋∠CAE＝30°，3.如图，在等边△ABC中，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，∠DAE＝30°，若BD＝2，CE＝4，求DE的长．第3题图解：如解图，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G.第3题解图第3题解图即∠EAF＝30°，∴∠EAF＝∠EAD.在△DAE和△FAE中，∴△DAE≌△FAE(SAS)，∴ED＝EF.∵∠ACB＝∠ACF＝60°，∴∠FCG＝180°－∠ACB－∠ACF＝60°.∵FG⊥CG，∴CG＝FC·cos∠FCG＝1，FG＝FC·sin∠FCG＝

，∴EG＝EC＋CG＝5，∴EF＝

＝2，∴DE＝EF＝2.拓展研究：若第1，2题中AB≠AD或第3题中AB≠AC，以1～3题中的解题方法还能适用吗？怎么证明；请尝试一下．半角模型满分技法如图，在等边△ABC中，∠DAE＝30°.辅助线作法：将△ABD绕点A逆时针旋转60°，使AB和AC重合，得到△ACF.二阶

综合提升1.如图，在正方形ABCD中，M，N是边BC，CD上任意两点，∠MAN＝45°，连接MN，过点A作AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．解：如图，延长CD到点E，使DE＝BM，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ADC＝∠ABM＝∠ADE＝90°，在△ABM和△ADE中，第1题图E∴△ABM≌△ADE(SAS)，∴∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，∠AMB＝∠AED.∵∠MAN＝45°，∴∠NAE＝∠NAD＋∠EAD＝∠NAD＋∠BAM＝45°＝∠MAN.在△AMN和△AEN中，第1题图E∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴∠AED＝∠AMN，∴∠AMB＝∠AMN，∴MA平分∠BMH.∵AB⊥BM，AH⊥MN，∴AB＝AH.∵AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△AHM(HL)，∴BM＝MH＝2，同理可得NH＝ND＝3，设BC＝AB＝x，则CM＝x－2，CN＝x－3，在Rt△MCN中，由勾股定理得，(x－2)2＋(x－3)2＝52，解得x1＝6，x2＝－1(舍去)，∴AH＝AB＝6.第1题图E2.如图，在等边△ABC中，点P，Q分别在边AB，AC上，D为△ABC外一点，且∠PDQ＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC.(1)如图①，若DP＝DQ，请直接写出BP，QC，PQ之间的数量关系；【解法提示】∵DP＝DQ，∠PDQ＝60°，∴△PDQ是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠PBD＝∠QCD＝90°，在Rt△BDP和Rt△CDQ中，第2题图①∴Rt△BDP≌Rt△CDQ(HL)，∴∠BDP＝∠CDQ＝30°，BP＝CQ，∴DP＝2BP，DQ＝2CQ，∴PQ＝2BP＝2CQ＝BP＋CQ.(1)解：BP＋QC＝PQ；第2题图①由旋转的性质，得DP＝DM，MC＝BP，∠CDM＝∠BDP，∵∠PDQ＝60°，∠BDC＝120°，∴∠BDP＋∠CDQ＝60°，∴∠CDM＋∠CDQ＝∠MDQ＝60°，∴∠PDQ＝∠MDQ，由(1)得∠PBD＝∠QCD＝90°，∴∠QCD＋∠MCD＝180°，∵BD＝CD，∴Q，C，M三点共线．(2)如图②，若DP≠DQ，求证：PQ＝BP＋QC.(2)证明：如图，将△BDP绕点D顺时针旋转120°，使得BD与CD重合，得到△CDM，第2题图②M在△PDQ和△MDQ中，∴△PDQ≌△MDQ(SAS)，∴PQ＝MQ，∵MQ＝MC＋QC＝BP＋QC，∴PQ＝BP＋QC.第2题图②M3.在四边形ABCD中，AB＝AD，点E，F分别是边BC，CD上的点．(1)如图①，若∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，连接EF，试判断BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由；解：(1)EF＝BE＋DF.理由如下：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转60°至△ABG的位置，使AD与AB重合，则∠ABG＝∠D＝90°，∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，BG＝DF.∵∠ABE＝90°，AB＝AD，∴∠ABE＋∠ABG＝180°，∴E，B，G三点共线．第3题图①G∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，∴∠GAB＋∠BAE＝∠GAE＝30°，∴∠GAE＝∠FAE.在△EAG和△EAF中，∴△EAG≌△EAF(SAS)，∴EG＝EF.∵EG＝BE＋BG＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF；第3题图①G∵∠ABE＋∠D＝180°，AD＝AB，∴∠ABE＋∠ABG＝180°，∴E，B，G三点共线．∵∠EAF＝

∠BAD，∴∠BAE＋∠DAF＝

∠BAD，(2)如图②，若∠B＋∠D＝180°，∠EAF＝

∠BAD，连接EF.探究(1)中的结论是否成立，请说明理由．(2)成立．理由如下：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转至△ABG的位置，使AD与AB重合，则AG＝AF，BG＝DF，∠GAB＝∠FAD，∠ABG＝∠D，第3题图②G∴∠GAB＋∠BAE＝

∠BAD＝∠EAG，∴∠GAE＝∠FAE，在△EAG和△EAF中，∴△EAG≌△EAF(SAS)，∴EG＝EF.∵EG＝BE＋BG＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF.第3题图②G∴PQ＝DQ＝AP＝AB＋BP＝12＋4＝16，设DE＝n，则EQ＝16－n，∵PQ∥BC，∴△ABF∽△APR，4.如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点E，F分别在射线DC，CB上，连接AE，AF，∠EAF＝45°，BF＝4.(1)若点E在线段DC上时，求DE的长；第4题图解：(1)如解图①，延长AB至点P，使BP＝BF＝4，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AF交PQ于点R，连接RE，则四边形APQD是正方形，第4题解图①∴

＝

＝

＝

，∴PR＝

BF＝

，∴RQ＝PQ－PR＝16－

＝

，将△APR绕点A逆时针旋转90°，使AP与AD重合，得到△ADM，则AR＝AM，∠PAR＝∠DAM，∵∠EAF＝45°，∴∠PAR＋∠DAE＝45°，∴∠DAM＋∠DAE＝45°，即∠MAE＝45°，∵∠ADM＝∠APR＝90°，AD＝AP，∴∠ADM＋∠ADE＝180°，∴M，D，E三点共线，第4题解图①在△ARE和△AME中，∴△ARE≌△AME(SAS)，∴RE＝ME，即PR＋DE＝RE＝

＋n，在Rt△QRE中，由勾股定理得()2＋(16－n)2＝(＋n)2，解得n＝8，即DE的长为8；第4题解图①

解题关键点“补”矩形为正方形，证得△ABF∽△APR，△ARE≌△AME，在Rt△QRE中用勾股定理求解．(2)若点E在DC的延长线上时，求DE的长．同(1)可得PR＝

BF＝

，RQ＝PQ＋PR＝16＋

＝

，设DE＝n，则EQ＝n－16，过点A作AG⊥AF交CD于点G，则∠RAG＝90°，∴∠RAP＋∠PAG＝∠PAG＋∠DAG，∴∠RAP＝∠DAG，(2)如解图②，延长AB至点P，使BP＝BF＝4，过点P作BC的平行线RQ，交DC的延长线于点Q，延长AF交QP的延长线于点R，连接RE，则四边形APQD是正方形，第4题解图②第4题图在△ARP和△AGD中，∴△ARP≌△AGD(ASA)，∴PR＝DG，AR＝AG，∵∠EAF＝45°，∠GAR＝90°，∴∠GAE＝90°－45°＝45°，第4题解图②在△ARE和△AGE中，∴△ARE≌△AGE(SAS)，∴RE＝DE－PR＝n－

，在Rt△QRE中，由勾股定理得()2＋(n－16)2＝(n－

)2，解得n＝32，即DE的长为32.第4题解图②由折叠可得△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD.又∵AB＝AC，∴AF＝AC，5.(1)如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，当点E在线段BC上，点D在线段CB的延长线上，且∠DAE＝45°时，求证：DE2＝BD2＋EC2；第5题图①(1)证明：如解图①，将△ADB沿直线AD折叠，得到△ADF，连接FE，BF，第5题解图①∵∠FAE＝∠FAD＋∠DAE＝∠FAD＋45°，∠EAC＝∠BAC－∠BAE＝90°－(∠DAE－∠DAB)＝45°＋∠DAB，∴∠FAE＝∠EAC.又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE(SAS)，∴FE＝CE，∠AFE＝∠C＝45°.∵∠AFD＝∠ABD＝180°－