专题02 全等三角形中的半角模型-2023年中考数学难点突破与经典模型精讲练（全国通用）

专题02 全等三角形中的半角模型 【模型展示】 特点 过正方形ABCD顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点E、F，则BE,EF,FC之间必存在固定关系。这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关. 【模型证明】 解决方法 以点A为中心，把△ADF（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABF'； 结论 1、△AMN全等于△AMN'，MN=MN'; 2、△AEF全等于△AEF'，EF=EF'→BE+EF=EF; 3、； 4、△CEF的周长等于正方形ABCD的一半； 5、点A到EF的距离等于正方形的边长（AB）。 应用环境 1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°、60°、75°或它们的补角、90°； 2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形； 3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边； 4：此等腰三角形的相关弦. 【模型拓展】 证明 90°中夹45°(正方形中的半角模型) 条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。 结论①：图1、2中，EF=BE+FD 证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’， ∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF， 且AE=AE，AF=AF’， ∴△FAE≌△F’AE(SAS)， ∴EF=EF’， 又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°， ∴F’、B、E三点共线， ∴EF’=BE+BF’=BE+DF。 结论②：图2中MN²=BM²+DN²； 证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’， ∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN， 且AM=AM，AN=AN’， ∴△MAN’≌△MAN(SAS)， ∴MN=MN’， 又∠ADN=45°=∠ABN’，∠ABD=45°， ∴∠MBN’=∠ABD+∠ABN’=45°+45°=90°， ∴在Rt△MBN’中，MN’²=BM²+BN’²， 即MN²=BM²+BN’²。 结论③：图1、2中EA平分∠BEF，FA平分∠DFE。 证明过程见证明①中时△FAE≌△F’AE即可。 结论④：图1、2中。 证明：如图5中，过A点作AH⊥EF于H点，由结论③可知：∠AEH=∠AEB， 且∠AHE=∠ABE=90°，AE=AE，∴△AEB≌△AEH(AAS)， ∴AH=AB=AD，进而可以证明△AHF≌△ADF(AAS)， ∴. 【题型演练】 一、单选题 1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长． 【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图 ∵四边形ABCD内接于⊙O ∴∠ABC+∠ADC=180゜ ∵∠ABH+∠ABC=180゜ ∴∠ABH=∠ADF 在△ABH和△ADF中 ∴△ABH≌△ADF ∴AH=AF，∠BAH=∠DAF ∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜ ∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜ ∵∠EAF=30゜ ∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜ ∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜ 在△AHE和△AFE中 ∴△AHE≌△AFE ∴HE=EF=3 ∴BE=HE-BH=3-1=2 故选：B 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点． 2．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由