2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章 微专题 半角模型 教学课件

半角模型微专题一阶

认识模型模型分析1.含45°半角模型(1)在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，点E，F分别在边BC，CD上．辅助线作法1：延长EB至点G，使得GB＝DF；辅助线作法2：将△ADF绕着点A旋转，使AD与AB重合，得到△ABG(需证明G，B，E三点共线)，连接GF.

结论：①△AEF≌△AEG；②△AGF为等腰直角三角形；③EF＝BE＋DF.(2)△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，点D，E在边BC上．辅助线作法1：将△ABD绕着点A旋转，使AB与AC重合，得到△ACF，连接EF；辅助线作法2：将AB和AC分别沿AD，AE翻折，使AB与AC重合，构成直角(即∠DME).结论：①△ADE≌△AFE；②△CEF为直角三角形；③BD2＋CE2＝DE2.(①②均由辅助线作法1得出)2.含60°半角模型A为公共顶点，∠B＝∠E＝90°，∠BAE＝120°，∠CAD＝60°，AB＝AE．辅助线作法1：延长DE至点F，使EF＝BC，连接AF；辅助线作法2：将△ABC绕着点A旋转，使AB与AE重合，得到△AEF(需证明D，E，F三点共线).结论：①△ACD≌△AFD；②CD＝BC＋DE.例1

如图，E，F分别是正方形ABCD边BC，CD上的点，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF.一题多解法例1题图解法一：证明：如解图①，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，使AD与AB重合．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠D＝90°，由旋转的性质可知，△ADF≌△ABG，∴DF＝BG，AF＝AG，∠GAB＝∠FAD，例1题解图①一题多解例1题解图①∠GBA＝∠D＝90°.∵∠GBA＋∠ABE＝180°，∴G，B，E三点共线．∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE＋∠FAD＝45°，∴∠BAE＋∠GAB＝45°，∴∠EAG＝∠EAF＝45°.在△AFE和△AGE中，

∴△AFE≌△AGE(SAS)，∴EF＝EG.∵EG＝BE＋BG，∴EF＝BE＋BG＝BE＋DF例1题图解法二：证明：如图，延长CD至点G，使得DG＝BE.G∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°.在△ABE和△ADG中，

∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG.例1题图G∵∠BAE＋∠EAD＝90°，∴∠DAG＋∠EAD＝90°，即∠EAG＝90°.∵∠EAF＝45°，∴∠FAG＝∠EAF＝45°.在△AFE和△AFG中，

∴△AFE≌△AFG(SAS)，∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF.例2

将两个全等的等腰直角三角形按照如图所示的方式摆放，其中AB＝AC＝AG＝FG，AF，AG分别与BC交于D，E两点，求证：BD2＋CE2＝DE2.一题多解法例2题图解法一：证明：如解图①，将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACH，使AB与AC重合连接EH.根据旋转的性质可得，△BAD≌△CAH，∴∠BAD＝∠CAH，AD＝AH，BD＝CH，∠ABD＝∠ACH.例2题解图①一题多解∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，∠DAE＝∠ABD＝∠ACH＝45°，∴∠BAD＋∠EAC＝45°，∴∠CAH＋∠EAC＝45°，∴∠HAE＝∠DAE＝45°.在△DAE和△HAE中，

∴△DAE≌△HAE(SAS)，例2题解图①∴DE＝EH.∵∠ABC＝∠ACB＝∠ACH＝45°，∴∠HCE＝90°，在Rt△HCE中，根据勾股定理，得CH2＋CE2＝EH2，∴CE2＋BD2＝DE2；例2题解图①解法二：证明：如解图②，将△ABD和△ACE分别沿AD，AE翻折，使得AB，AC重合在AH上．由折叠的性质得，BD＝DH，CE＝HE.∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠AHD＝∠AHE＝45°，∴∠DHE＝90°.在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DH2＋EH2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2.例2题解图②例3如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是四边形ABCD的边BC，CD上的点，其中AB＝AD，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，求证：EF＝BE＋DF.例3题图证明：如解图，将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABG，AD与AB重合，由旋转的性质得，△ADF≌△ABG，∴∠D＝∠ABG，AF＝AG，DF＝BG，∠BAG＝∠DAF.∵∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABG＋∠ABC＝180°，例3题解图∴点G，B，C三点共线．∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，∴∠DAF＋∠BAE＝∠BAE＋∠BAG＝120°－∠EAF＝60°，∴∠GAE＝∠FAE，在△AGE和△AFE中，

∴△AGE≌△AFE(SAS)，∴EF＝GE＝BE＋BG＝BE＋DF.例3题解图二阶

应用模型1.如图，已知正方形ABCD中，M在CB的延长线上，N在DC的延长线上，∠MAN＝45°.求证：MN＝DN－BM.第1题图证明：如图，在DN上截取DE＝MB，连接AE.E∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝∠D＝∠ABM＝90°.在△ABM与△ADE中，

第1题图E∴△ABM≌△ADE(SAS)，∴AM＝AE，∠MAB＝∠EAD.∵∠MAN＝∠MAB＋∠BAN＝45°，∴∠DAE＋∠BAN＝45°，∴∠EAN＝∠BAD－(∠DAE＋∠BAN)＝45°＝∠MAN.在△AMN和△AEN中，

∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴MN＝EN.∵EN＝DN－DE，∴MN＝DN－BM.

解题关键点在DN上截取DE＝MB，证明三角形全等，通过等量代换，转化线段之间关系求解．2.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2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.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°，第2题解图∴∠CAF＋∠CAE＝30°，即∠EAF＝30°，∴∠EAF＝∠EAD.在△DAE和△FAE中，

∴△DAE≌△FAE(SAS)，∴EF＝ED.∵∠ACB＝∠ACF＝60°，∴∠FCG＝180°－∠ACB－∠ACF＝60°.∵FG⊥CG，第2题解图∴CG＝FC·cos∠FCG＝1，FG＝FC·sin∠FCG＝

，∴EG＝EC＋CG＝5，∴EF＝

，∴DE＝EF＝2.第2题解图3.如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，O，P，Q分别是AB，BC，AC上的点，且OB＝2CQ＝12，CQ＝

AO，∠POQ＝75°，求BP的长．第3题图解：如解图，过点O作BC的平行线，交AC于点K.∵△ABC为等腰三角形，∠A＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠AOK＝∠AKO＝30°，∠BOK＝∠CKO＝150°.∵OB＝2CQ，CQ＝

AO，∴OB＝

AO，易知OK＝

AO，∴OB＝OK＝KC＝12.将△OBP绕点O逆时针旋转，使OB与OK重合，得到△OKP′.第3题解图第3题解图∵∠B＝∠OKP′＝30°，∴∠OKP′＋∠CKO＝180°，即P′，K，C三点共线．由旋转的性质得OP′＝OP，P′K＝PB.∵∠KOP′＋∠KOQ＝∠BOP＋∠KOQ＝∠BOK－∠POQ＝75°，∴∠P′OQ＝∠POQ，∵OQ＝OQ，∴△OP′Q≌△OPQ，∴P′Q＝PQ，过点Q作QL⊥BC于点L，过点K作KH⊥BC于点H.∵BO＝OK＝KC＝12，第3题解图∴BC＝2CH＋OK＝2CK·cos30°＋12＝12＋12，CQ＝KQ＝6，∴QL＝CQ·sin30°＝3，CL＝CQ·cos30°＝