2024年中考数学二轮专题复习之半角模型

中考数学二轮专题复习之半角模型 一、知识导航 1. 90°+45°模型． 如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°连接EF． 【两个基本结论】 结论1：EF=BE+DF． 证明：延长CD至点G使得DG=BE【截长】 易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45° 易证：△AFE≌△AFG（SAS）→ EF=GF 综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF． 若E、F分别在CB、DC延长线上时，结论变为：EF=DF-BE． 证明：在DC上取点G使得DG=BE【补短】 易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45° 易证：△AEF≌△AGF（SAS）→ EF=GF 综上：EF=GF=DF-DG=DF-BE 【小结】截长、补短只是形式，关键点在于已知半角的情况下，构造相应的另一个半角．此处通过旋转，想要将一个图形毫无违和地旋转到另一位置，需要：邻边相等，对角互补．正方形可满足一切你所想． 结论2：连接AD，与AE、AF分别交于M、N，则：． 证明：构造△ADM’≌△ABM → AM=AM’，∠MAN=∠M’AN，BM=DM’ 易证：△AMN≌△AM’N（SAS）→ MN=M’N 易证：△M’DN是直角三角形 → → ． 【其他结论】 结论3：若，则点F是CD边中点．反之亦然． 结论4：过点A作AH⊥EF交EF于H点，则△ABE≌△AHE，△AHF≌△ADF． 另外还可得：AE平分∠BEF，AF平分∠DFE． 结论5：A、B、E、N四点共圆，A、D、F、M四点共圆． 证明：∠EAN=∠EBN=45°，∴A、B、E、N四点共圆．同理可证A、D、F、M四点共圆． 另外还可得：连接EN、MF，可得△AEN、△AMF是等腰直角三角形． 结论6：M、N、F、E四点共圆． 证明：∵∠MEF=∠MFN，∴M、N、F、E四点共圆． 结论7：△AMN∽△AFE．且． 由构图3可得∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE．可得△AMN∽△AFE． 结论8：△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA． 结论9：连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且． 【思考】对于以上9个结论，在正方形中，有哪些作为条件能推出∠EAF=45°的？ 【小结】从结论5开始，后面的可能都用不上，但既然半角模型作为题型出现，了解下图形的更多性质有时候能帮上大忙．在这里除了给的∠EAF=45°外，正方形对角线也会形成其他45°角，多组相等角总能撞出些火花． 2. 120°+60°模型 （1）如图，△ABC是等边三角形，BD=CD且∠BDC=120°，E、F在直线AB、AC上且∠EDF=60° 结论：EF=BE+CF 证明：延长AC至点G使得CG=BE， 易证：△DBE≌△DCG（SAS）→ DE=DG，∠FDG=∠FDE=60° 易证：△DFE≌△DFG（SAS）→ EF=GF 综上：EF=GF=GC+CF=BE+CF （2）若点F在AC的延长线上，EF、BE、CF之间又有何数量关系？ 二、典例精析 1． 如图，正方形的边长为2，点，分别在边，上，若，则的周长等于　　． 【分析】半角模型． 根据半角模型结论可知EF=AE+CF， ∴△EDF的周长等于DA+DC=4， 故△EDF的周长为4． 2． 如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为，将绕点顺时针旋转得到，若，，则的长为　 　． 【分析】半角模型． EF=BE+DF=5，设正方形边长为x，则CE=x-2，CF=x-3， 勾股定理得：，解得x=6或-1（舍）， 故AH=AB=6，AH的长为6． 3． 如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交 边BC于点G，连接AG，CF． 给出下列判断：①∠EAG=45°；②若，则AG∥CF；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为；④若CF=FG，则；⑤． 其中正确的是______．（写出所有正确判断的序号） 【分析】半角模型． 结论①正确，易证△ADE≌△AFE，△AFG≌△ABG，∴． 结论②正确，若，则G是BC中点，GC=GF，∴∠GCF=∠GFC，又∠CFG+∠GFC=∠FGB，∴∠GFC=∠FGA，∴AG∥CF． 结论③错误，∠FGB=2∠FGA，∴∠FGC=∠FGA，∴AG∥CF．若E为CD中点，则，，有，∴． 结论④正确，若GF=FC，则DE=BG，不妨设DE=BG=x，则GE=2x，，由△ECG是等腰直角三角形，可得：，解得：． 结论⑤正确，正方形面积是，是五边形ABGED的面积，故证明△GEC面积为即可．设BG=m，DE=n，则EG=m+n，CG=a-m，CE=a-n，根据勾股定理可得：，化简得：， ∴．