第 5 讲 半角模型 (含答案)2025年中考数学几何模型方法巩固练习

第 5 讲 半角模型
模块1 本 质 原 理
由特殊到一般的分析
定义 从∠AOB 的顶点引出夹角为∠EOF 的两条射线，由于两射线的夹角是原角度的一半，故称半角模型.
模型分析
如图5.1所示，已知
连接 FB,将△FOB 绕着点O 顺时针旋转,使得OB 与OA 重合,易证△OEF≌△OEF′.
其实半角模型和手拉手模型的原理一致，均属于“等线段、共顶点、用旋转”，通过旋转实现边和角的转移，构造出新的特殊图形，再利用特殊图形的性质得证结论.
常见图形归纳
已知:如图5.2所示,四边形 ABCD 为正方形,∠PAQ=45°.
结论:①△AQP≌△AQ'P;② AP 平分∠DPQ,AQ 平分∠B(
已知:如图5.3所示,四边形 ABCD 为正方形,∠PAQ=45°.
结论:①△APQ≌△AP'Q;② PD+PQ= BQ.
已知:如图5.4所示,△ABD 为等腰直角三角形,∠MAN=45°.
结论:(1)全等形:①△AN'M≌△ANM;② BN +DM = MN ;③ BN +DN =N'N
(2) 相似形:△ABM∽△NDA.
【分析】 由∠AND=∠B+∠NAB=45°+∠NAB,∠MAB=45°+∠NAB,得∠AND=∠MAB.又∠D=∠B=45°,得证△ABM∽△NDA.
已知:如图5.5所示,△ABD 为等腰直角三角形,∠MAN=45°.
结论:(1) 全等形:①△AMN≌△AM'N;② BN +DM = MN .
(2) 相似形:△ABM∽△NDA.
【分析】 由∠ ,得∠AND=∠MAB.又∠ADB=∠ABM=45°,得证△ABM∽△NDA.
实例剖析
如图5.6所示,在正方形 ABCD中,E,F分别是AB,BC边上的点,且∠EDF=45°,探究图中线段 EF，AE，FC 之间的数量关系.
【分析】 如图5.7所示,将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°,得到△DCG,证明△DEF≌△DGF 即可,此时EF=AE+CF.
变式①:如图5.8所示,在四边形 ABCD 中,AB=AD,∠BAD=∠BCD=90°,∠EAF=45°,且 BC=7,DC=13,CF=5,则BE= .
【答案】 5.
【分析】 如图5.9 所示,在 DC 上取一点G,使得 DG= BE,证明△ABE≌△ADG(SAS),推出AE=AG,∠BAE=∠DAG,证明△AFE≌△AFG(SAS),推出 EF = FG.设BE=x,则CG=13-x,EF=FG=18-x.在 Rt△ECF 中,根据 构建方程求出x 即可解决问题.此时 BE=5.
变式②:如图5.10所示,在四边形 ABCD中,AB=AD,∠ABC与∠ADC 互补,点E,F 分别在射线CB,DC上,且 当 BC=4,DC=7,CF=1时,△CEF 的周长为 .
【答案】 13.
【分析】 如图5.11 所示,在 DF 上截取DM = BE,同变式①证明△ADM≌△ABE(SAS)和△EAF≌△MAF,即可求解,此时△CEF 的周长为13.
变式③:如图5.12所示,在正方形 ABCD 中,△AMN的顶点M,N分别在BC,CD 边上,AH⊥MN,且AH=AB,连接BD分别交AM,AN于点E,F.若 MH=2,NH=3,DF= 则EF= .
【答案】
【分析】 易证 Rt△ABM≌Rt△AHM,同理 Rt△ADN≌Rt△AHN,可得 BM= MH=2,DN= NH=3.设正方形的边长为a,则CM=a-2,CN=a-3,根据勾股定理得( =25,解得a=6,则BC=6,故.
由“图形演变”知 ,设EF=x,则 即 解得 故
变式④:如图5.13所示,在菱形 ABCD中,∠B=60°,点 E,F分别是边BC,CD 上的动点(不与端点重合),且∠EAF=60°,连接BD 分别与边AE,AF 交于点M,N.当∠DAF=15°时,求证:
【分析】 如图5.14所示,将△ADN绕点A 顺时针旋转120°,AD 与AB 重合,N转到N',连接 MN',此时 DN=BN',易证△ANM≌△AN'M,得 MN=MN'.又 -∠AN'M=∠AND-∠ANM=135°-45°=90°,再利用勾股定理即可得证.
中小学教育资源及组卷应用平台
模块2 场 景 演 练
模型的识别：全等形
类型1：旋转后拼角互补
1. 如图5.15 所示,在四边形 ABCD 中, . E,F分别是BC,CD 上的点，且 则 EF,BE,DF 的关系为 .
2. 如图5.16所示, 是正三角形， 是等腰三角形， 以D 为顶点作一个( 角,角的两边分别交 AB,AC 边于点M,N,连接MN.若 的边长为2，则 的周长为 .
3.如图5.17所示，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西； 的A 处，舰艇乙在指挥中心南偏东 的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东 的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后，甲、乙两舰艇分别到达E，F处，此时在指挥中心观测到两舰艇之间的夹角为 ，此时两舰艇之间的距离为 .
类型2：旋转后拼角非互补(特殊角)
4.如图5.18所示，在等边 中,点 P,Q在BC 边上,且 若 则
5. 如图5.19所示,在⊙O中, ,DF,AB 为直径,求证：
类型3：半角模型综合应用
6. 如图5.20所示,正方形 ABCD 的边长为3,点 E,F 分别在AD,CD 上, ,经过E,D,F的圆交BF 于点G,连接DG,则(
模型的识别：相似形
7. 如图5.21所示,在 中， ,E,F 为线段AB 上两动点，且 ，过点 E，F 分别作BC，AC 的垂线相交于点M，垂足分别为点 H，G，则
8. 如图5.22所示,在 中， ,E,F为直线AB 上两动点，且 过点 E，F分别作直线BC，AC的垂线相交于点M，垂足分别为点H，G，则
模型的构造
9. 如图5.23 所示,在四边形 ABCD 中, E为 CD上一点，且 若 则 的面积为 .
10. 如图5.24所示,已知在 中， 于点D.若 BD=3,CD 则
11.如图5.25所示,将正方形ABCD 折叠,使顶点 A 与CD 边上的一点H 重合(H不与端点C，D重合)，折痕交AD 于点E，交 BC 于点F，边 AB 折叠后与边BC交于点G.设正方形 ABCD 的周长为m,△CHG 的周长为n,则
半角模型的深入探究
12. 如图5.26所示,在正方形 ABCD中,E,F分别在线段BC,CD上,且 AE，AF 分别交BD 于M，N两点，补充完整下列结论：
(1) BE+DF= .
EA 平分 ,FA 平分
(3)若AB=2,点 E 是BC 中点,则 DF= .
(7) △AMN 与△AFE .
(9) △AMN与 , 成8字相似.
(12) 连接 MF,NE,则△ANE,△AMF为 三角形.
.
13.如图5.27所示，正方形 ABCD 的边长为2，BM，DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM，DN 上的点，且满足 连接 PQ,PC,CQ.则下列结论：
②∠QAD=∠APB;
③∠PCQ=135°;
其中正确的有 .
模型的综合应用：遇见中考
14.【教材呈现】 (1)如图5.28 所示，在同一平面内，将两个全等的等腰 Rt△ABC 和Rt△AFG 摆放在一起,点 A 为公共顶点,∠BAC=∠G=90°,若△ABC 固定不动,将△AFG 绕点A 旋转,边 AF,AG 与边BC 分别交于点D,E(点 D 不与点B 重合,点 E 不与点C 重合),则结论 BE·CD=AB 是否成立 (填“成立”或“不成立”).
【类比引申】 (2)如图5.29 所示,在正方形 ABCD 中,∠EAF 为∠BAD 内的一个动角,两边分别与 BD,BC 交于点E,F,且满足∠EAF=∠ADB,求证:△ADE∽△ACF.
【拓展延伸】 (3)如图5.30所示,菱形 ABCD 的边长为12cm,∠BAD=120°,∠EAF的两边分别与BD,BC 相交于点E,F,且满足∠EAF=∠ADB,若 BF=9cm,则线段 DE 的长为 cm.
番外篇：由半角 引发的思考
15. 由“45°+⊥”引发的思考:如图5.31所示,已知∠
联想①：如图5.31所示，若 则
联想②:如图5.31所示,若CD=3,BD=2,则AD= .
联想③:如图5.32所示,若EF=5,BE=15,AF=FC,则.
番外篇：遇见中考
16. 如图5.33 所示,已知在 中， D为AB 的中点， 于点F,交 BC于点E,连接 BF,若 则
17. 如图5.34所示,已知 是直角三角形， 5, 连接CE,以 CE 为底作 且 F 是AE 边上的一点，连接BD 和BF,且 ,则 AF长为 .
第5讲 半 角 模 型
1. EF=BE+DF.
提示:如图J5.1所示,延长 FD 到点G,使DG= BE,连接AG,先证△ABE≌△ADG,再证△AEF≌△GAF 即可.
2. 4.
△AMN的周长=AM+MN+AN=(AM+BM)+(NC+AN)=2+2=4.
3. 280海里.
如图J5.2所示,连接EF,延长AE,BF 相交于点G.
因为 0°,所以
又 °,所以EF=AE+BF,即 EF=2×(60+80)=280(海里).
如图J5.3所示,在△ABC 外侧作∠BAD=∠CAQ,在射线 AD 上截取AD=AQ,连接PD,BD,过点 D 作 DE⊥BC 交CB 的延长线于点 E,易得△AQC≌△ADB,所以BD=QC=3,∠ABD=∠C=60°.
在△DBP 中,∠DBP =120°,则 60°,易得 故
在Rt△DPE中,
由△APQ≌△APD,得 故
5. 由∠DAN=90°,∠MAC=45°,可考虑半角模型.
如图 J5.4 所示,△ANC≌△ADC',∠ANC =∠ADC'=135°,∠MDC'=∠ADC'- 则△ACM≌△AC'M,易证 等量代换得
设 -a)
连接EG,此时∠EGF=90°,则△BEG为等腰直角三角形,过点 G 作MN⊥AD.
如图J5.5所示,易证△EMG≌△GNB.设 MD=x,则.ME=NG=2-x,MG=BN=3-x,所以 MG+NG=3-x+2-x=3,解得x=1.在 Rt△MDG 中,
如图J5.6所示，作AF⊥CB交CB的延长线于点F，在 CF 的延长线上取一点G，使得FG=DE.
易证△AFG≌△ADE,△BAE≌△BAG,所以BE=BG=BF+GF=BF+DE.
设BC=a,则AB=4+a,BF=4-a.
在 Rt△ABF 中, 解得a=1,所以BC=1,BF=3.
设DE=b,则 BE=b+3,CE=4-b.
在Rt△BCE中, 解得 则
故
10. 15.
如图J5.7所示,将△ABD 沿AB 所在的直线折叠,使点 D 落在点E 处;将△ACD 沿AC 所在的直线折叠，使点 D 落在点F 处，分别延长 EB，FC使其交于点M.
易得四边形 AEMF 是正方形,设正方形 AEMF 的边长是x,则 BM=x-3,CM=x-2.
在 Rt△BMC中，由勾股定理得 即( 解得x=6,则AE=AD=6,故
如图J5.8所示,连接AH,AG,作 于点M.
由∠1=∠HAB=∠AHD,∠D=∠AMH=90°,AH = AH,得△AHD≌△AHM,则DH=HM,AD=AM.
因为AM=AB,AG=AG,所以Rt△AGM≌Rt△AGB,则GM=GB,故△GCH 的周长=n=CH+HM+MG+CG=CH+DH+CG+GB=2BC.
因为四边形 ABCD 的周长=m=4BC,所以
12.(1) EF.
(2)2AB,∠BEF,∠DFE.
提示:设 DF=x,则 即 解得
(4) MN .
(5)2AM .
提示：旋转△ABM，使AB与AD 重合，再利用勾股定理求解即可.
2AN .
提示：旋转△ADN，使AD 与AB 重合，再利用勾股定理求解即可.
提示:连接AC,证明△ADN∽△ACE,△AFC∽△AMB 即可.
(7) 相似.
提示:∠ANM=∠MEB=∠AEF.
(8) ,AN·AF.
提示： 再由△AMN∽△AFE 可得.
(9)△BME,△DFN.
(10) BM·MN,MN·ND.
提示：由(9)可得.
(11) MN·MD,NB·NM.
提示:由△AMN∽△DMA,△ANM∽△BNA 可得.
(12) 等腰直角.
提示:由A,M,F,D,以及A,N,E,B四点共圆倒角可得.
提示:由A,M,F,D,以及A,N,E,B四点共圆后,通过“等线(AN= NE 或AM=MF)、共点(点 N 或M)、旋转(△BNE 或△MFD)”可得.
13. ②③④.
由题意可得∠BAP+∠APB=45°,∠QAD+∠BAP=45°,则∠QAD=∠APB,故②正确;根据△ABP∽△QDA,得 可知①错误;再根据△PBC∽△CDQ,得∠BCP=∠DQC,可知③正确;将△AQD 绕点A 顺时针旋转90°得△ABG,连接 GP 交AB 的延长线于点H,利用SAS证明△AGP≌△APQ,得GP=QP,再说明∠GBP=90°,利用勾股定理可判断④正确.
14. (1) 成立.
理由:因为∠DAC=∠CAE+45°,∠AEB=∠CAE+45°,所以∠DAC=∠AEB.
又∠B=∠C,则△BEA∽△CAD,于是 即 AB·AC=BE·CD.
因为AC=AB,所以BE·CD=AB .
(2) 因为四边形 ABCD 是正方形,所以∠CAD=∠ACB=∠ADB=45°.
又∠EAF=∠ADB,则∠EAF=∠CAD=45°,即∠CAF+∠CAE=∠DAE+∠CAE,故∠CAF=∠DAE.
因为∠ACB=∠ADB,所以△ADE∽△ACF.
如图J5.9 所示,在 DE 上取一点M,使∠MAD =30°,过点 M 作MN⊥AD 于点N.
同(2)的证法可得△ACF∽△AME,则 即 亦即 则 故.
15. 联想①
如图 J5.10 所示,易证△CBP≌△AQP,所以(
联想②:6.
解法1 如图J5.11 所示,设 ( 则 AD·BC = AB·CL
解法2 如图J5.12所示，利用补形，将 和 各翻折一次，设 MN=MO=x.
在 Rt△MCB 中,
解法3 如图J5.13所示，利用补形，补成一线三等角模型(也可以内部补型，如图J5.14所示).设 则
解法4* 利用“和角公式”,设 AD = x,∠BAD =α,∠CAD =β,则 tan(α+β)= 即 解得 AD=6.
联想③:24.
如图J5.15所示,设 BD=3CG=3GD=3a.
在 Rt△FGB中, .
如图J5.16所示,过点 B 作BG⊥AE 交AE 的延长线于点G.
因为 AE⊥CD,∠BFE=45°,所以△BFG 为等腰直角三角形,设
又 AG⊥DF,AG⊥BG,D 为AB 边的中点,则 DF 为 的中位线，即 AG=2a,所以
在 Rt△ABC 中,CD 为AB 边上的中线,则
又CF∥GB,则△CFE∽△BGE,故
如图J5.17所示,利用∠DBF=45°,构造等腰 Rt△BDM,连接 ME.
因为△BDM,△CDE 为等腰直角三角形,易证△EDM≌△CDB(SAS),所以. =5,∠MED=∠DCB=∠CDE=90°,可得到 ME∥DC∥AB,则 解得