第2章 第4节 半角模型-中考数学压轴题得高分

言学知道 中考数学压轴题得高分1III 第4节 半角模型 前言:如果说手拉手模型侧重在旋转本身,那半角模型更多地体现在题型变化.半角模型一般条 件如下;(1)角含半角;(2)邻边相等;(3)对角互补.其中邻边相等与对角互补,以正方形为背景即可, 至于角含半角,也可替换为其他条件,模型条件的等价条件,亦是模型变式的重点 即EAF-GAF 知识导航 7AE-AG,AF-AF, .△EAF△GAF(SAS). 过1. 模型认识 ..EF-GF-DF+DG-DF+BE, 如图,在四边形ABCD中,BAD十 即EF-BE+DF BCD-180*,AB-AD,点E、F分别在BC. 2.正方形中的半角 BAD. 如图,在正方形ABCD中,E、F分别在 求证:EF-BE十DF. BC、CD上,且 EAF-45*,连接EF. -D G /D 证明:延长CD至点G使得DG一BE,连 结论1:如图1,EF一BE十DF. 接AG. 7G 45 G ./BAD十/BCD-180*. _ D .B十ADC-180* 45 起 又 /ADC+ ADG-180*. B .B-ADG. 在△ABE和△ADG中. 图1 图2 [AB-AD. ABE-ADG. 如图2,若E、F分别在CB、DC的延长线上 BE-DG. 时,则EF-DF-BE. .△ABE△ADG(SAS). 总结反思 . BAE- DAG,AE-AG. 作辅助线时,时而截长,时而补短,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,此处通过旋转即 . BAE+DAF- 1 可得另一半角. 60 几何变换 若想要将一个三角形恰好地旋转到另 位置,需要;邻边相等,对角互补,正方形可满 足要求. 2 ,显然正方形边长为12,..DG-12. 结论2:如图,连接BD,与AE、AF分别交于 引例2如图,在△ABC中,tan乙BAC-1, 点M、N.则MN②}-BM{*}+DN②}. AD IBC于点D,若BD=6,CD=4,则△ABC 的面积是 MG 。 45 2D 2. M/ B C C E 解析AD-12,S△Aac= 3. 模型进阶 ..△ABC的面积为60. -BC,则F是边CD的 结论3:如图,若BE- 结论4:如图,AE平分 BEF,AF平分 DFE. 中点,反之亦然. 1 D D 45 F 7, C 引例1(2020·常德)如图1,已知四边形 引例3(2020·淄博)如图,在直角坐标系 ABCD是正方形,将△DAE、△DCF分别沿 中,以坐标原点O(0,0)、A(0,4)、B(3,0)为顶 DE、DF向内折叠得到图2,此时DA与DC重 点的Rt△AOB,其两个锐角对应的外角角平分 合,A、C都落在G点.若GF=4,EG=6,则DG 线相交于点P,且点P恰好在反比例函数 的图像上,则的值为 的长为 ,_ ) 1 D C D. 11 E 图1 图2 A.36 B. 48 C.49 D.64 解析 从 EDF一45^{考虑到半角模型,从4 解析 如图,过点P分别作PM、PN、PQ垂 N61 壹学知道 中考数学压轴题得高分III 直于y轴、x轴、AB:则/PMAPQA. 90*-EMB.. AMB= BMP. △PNB △$PQB,*. APB=45{$$AB=AM+ (2)若DP=1,则CP=CD-DP-2.如 BN.又OM-ON,..AM-2,BN=3,OM= 图,过点B作BH MN干点H,连接BP ON-6...-36. . AMB三BMP...BA三BH.在正方形 1 ABCD中.BA三BC.'BH三BC,在Rt/ BHE BP-BP. 和Rt△BCP中, 。 .△BHP △BCP BH-BC. 。 (HL),..PH=PC=2.设MD=x,则MH 0 B , MA=3-x,..MP-MH+PH-5-x.在 Rt△MDP中,MD+DP-MP,代入得x+ 模型总结 如图,在正方形ABCD中,若EAF一 45{*,可推得: / (1)EF-BE+DF: DC; C (3)EA平分/BEF,FA平分 DFE D 4. 模型拓展 F 结论5:A、B、E、N四点共圆,A、D、F、M四 点共圆. C .D D 引例4(2023·湖北)如图,将边长为3的 正方形ABCD沿直线EF折叠,使点B的对应 1 点M落在边AD上(点M不与点A、D重合), 点C落在点N处,MN与CD交于点P,折痕 B C 2 分别与边AB、CD交于点E、F,连接BM 图1 图2 (1)求证:AMB- BMP; 结论6:M、N、F、E四点共圆 (2)若DP-1,求MD的长 / D # M 。2 解析(1)由题意得EM-EB,..EBM- 图3 EMB.' AMB=90*- EBM, BMP 62 几何变换 结论7:如图4.△MANo△MDA,△NAMC 【探究一】如图2.把△CDM绕点C逆时针 △NBA. 旋转90*得到△CBH,同时得到点H在直线 AB上.求证:CNM=CNH; 45D 【探究二】在图2中,连接BD,分别交CM、 CN于点EF.求证,△CEFCCNM: 【探究三】把三角尺旋转到如图3所示位 置,直线BD与三角尺45*}角两边CM、CN分别 B C E 交于点E、F,连接AC交BD于点O,求 图4 的值. 结论8:如图5,连接AC,则△AFCC△AMB AF AC D △AFCo△AND,且 -AMAB M AC -2. AD 2 D 4 D 图1 图2 F F E 图5 图6 AF _AE 结论9:△AFE(o△AMN,且 AMAN 图3 EF MN 解析【探究一】由题意得△CDM△CBH. 证明:如图6,由结论6可得 /ANM '.CM=CH,DCM=BCH,..HCN= AEF,AMN= AFE. BCN+ BCH= BCN+ DCM=45*=$$ '△AFEO△AMN MCN. 在 △CNM 和 △CNH 中, AF [CM-CH. MCN-HCN..'.△CNM△CNH(SAS). 引例5(2023·赤峰)数学兴趣小组探究了 CN-CN. 以下几何图形,如图1,把一个含有45^{}角的三角 ..CNM-CNH. 尺放在正方形ABCD中,使45*}角的顶点始终 【探究二】如图,.ECF=45*= NBF. 与正方形的顶点C重合,绕点C旋转三角尺 EFC= NFB,.. CEF= FNB = CNM.又ECF=NCM,:△CEF 时,45*}角的两边CM、CN始终与正方形的边 △CNM. AD、AB所在直线分别相交于点M、N,连接 MN,可得△CMN. 63 喜学知道 中考数学压轴题得高分II 经过点B、点E,若S cop=5,则-= D M B H ## 【探究三】·ECF=45*=DCA, .ECD=NCA.又EDC=135*= 3.(2021·黄石)如图,在正方形ABCD中,点 ,CED=CNA-CNM,.△CEF E、F分别在边BC、CD上,且 EAF=45* AE交BD于点M,AF交BD于点N. △CNM.. FCF. EF ,即 (1)若正方形的边长为2,则CEE的周长是 .NMCN2 (2)下列结论:①BM{*}+DN{}-MN;②若F 是CD的中点,则tan AEF=2;③连接 MF,则△AMF为等腰直角三角形.其中 正确结论的序号是 (把你认为所 真题演练 有正确的都填上). 1.(2022·泰安)如图,四边形ABCD为正方 形,点E是BC的中点,将正方形ABCD沿 r4七 AE折叠,得到点B的对应点为点F,延长 EF交线段DC于点P,若AB一6,则DP的 长度为 4.(2023·济宁)如图,△ABC是边长为6的等 D 边三角形,点D、E在边BC上,若 DAE {P C 2.(2022·尔多斯)如图,正方形OABC的顶 点A、C分别在x轴和y轴上,E、F分别是 边AB、OA上的点,且ECF三45{,将 △ECF沿着CF翻折,点E落在:轴上的点 5.(2019·随州)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), D处.已知反比例函数y:- 将△ADE沿AE对折至△AFE,延长EF交 64 几何变换 边BC于点G,连接AG、CF. 8.(2023·通辽)综合与实践课上,老师让同学 给出下列判断:① EAG=45*};②若DE 们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动, 有一位同学操作过程如下: 操作一:对折正方形纸片ABCD,使AD与 10^{};④若CF三FG,则 △GFC的面积为 1 BC重合,得到折痕EF,把纸片展平; DE=(/2-1)a:BG·DE+AF· 操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使 GE-a{. 点A落在正方形内部点M处,把纸片展平, 其中正确的是 .(写出所有正确判断 连接PM、BM,延长PM交CD于点Q,连 的序号) 接BQ. 2 (1)如图1,当点M在EF上时, EMB 度; (2)改变点P在AD上的位置(点P不与点 A、D重合),如图2,判断MBQ与 CBQ的数量关系,并说明理由。 6.(2019·菜芜)如图,在正方形ABCD中,E、 D A A. .D D F分别是BC、CD上的点,且EAF-45*, AE.AF分别交BD干M N,连按EN.EF. 有以下结论 ①AN=EN;②当AF=AF时,EC BE -2- 图1 图2 2;③BE十DF=EF;④存在点E、F,使得 ( NF>DF,其中正确的个数是 ) 1 , C A.1 B. 2 C.3 D.4 7.(2018·滨州)如图,在矩形ABCD中,AB 2.BC=4,点E、F分别在BC、CD上,若 AE-/5,EAF=45*,则AF 的长为 65 壹学知道 中考数学压轴题得高分II 9.(2020·成都)在矩形ABCD的边CD上取 10.(2021·尔多斯)旋转是一种重要的图形 一点E,将△BCE沿BE翻折,使点C恰好 变换,当图形中有一组邻边相等时往往可以 落在边AD上点F处. 通过旋转解决问题 (1)如图1,若BC=2BA,求CBE的度数; D (2)如图2,当AB=5,且AF·FD=10时; 求BC的长: C (3)如图3,延长EF,与 ABF的平分线交 于点M,BM交AD于点N,当NF B 图1 AB 图2 7 B 图1 图2 图3 Mf (1)尝试解决:如图1,在等腰直角三角形 A 2 ABC 中. BAC=90*},AB=AC,点M$$ 是BC上的一点,BM-1cm,CM-2cm. 图3 将△ABM绕点A旋转后得到△ACN. 连接MN,则AM一。 cm; (2)类比探究:如图2,在“筝形”四边形 ABCD 中,AB=AD-a,CB=CD. AB 1 BC于点B,AD1CD于点D,点 P、Q分别是AB、AD上的点:且 PCB十QCD=PCQ,求△APQ 的周长;(结果用a表示) (3)拓展应用:如图3,已知四边形ABCD. $$AD=$CD, ADC=6 0*$ ABC=$7 5*$$$ AB-2②,BC=2,求四边形ABCD的 面积. 66 第2章 几何变换 11.(2020·湘西)问题背景:如图1,在四边形 ABCD中, BAD=90*,BCD=90$,$$ M $$$A=BC,$ABC$=1 2 0{$$ $MBN$=6 0$$$ MBN绕点B旋转,它的两边分别交 AD、DC于E、F.探究图中线段AE、CF、 图1 图2 EF之间的数量关系. 乙 小李同学探究此问题的方法是:延长FC到 G.使CG=AE,连接BG,先证明△BCG E △BAE,再证明△BFG:△BFE,可得出结 论,他的结论就是 B 探究延伸1;如图2,在四边形ABCD中. 图3 图4 $ $BAD$=90$, $$BCD=90{*,BA =B$C$ ABC=2 MBN, MBN绕点B 旋转$ 它的两边分别交AD、DC于E、F,上述结 论是否仍然成立?请直接写出结论(直接写 出“成立”或者“不成立”),不要说明理由 探究延伸2:如图3,在四边形ABCD中. B$A = BC, BAD + BCD =180$$ ABC=2 MBN, MBN绕点B旋转 它的两边分别交AD、DC于E、F.上述结论 是否仍然成立?并说明理由 实际应用:如图4,在某次军事演习中,舰艇 甲在指挥中心(O处)北偏西30的A处,舰 7.在指挥中心南偏东70的B处,并目两 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75海里/小时的速 度前进,同时舰艇乙沿北偏东50{}的方向以 100海里/小时的速度前进,1.2小时后,指 挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F 处,且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角 为70{*},试求此时两舰艇之间的距离。 N6712.解析：图2：FH=2FG:图3：FH=FG.理由如下：如图，连∠ABD=∠ABC+∠DBC,∠ACE=∠ABC+∠BAC, 接GH,BD,CE,延长BD、CE交于点P.由题意得△ADB≌∠DBC=∠BAC=60°，又∠CEF=120,·∠DBC+ △AEC,∠ABD=∠ACE,又∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠CEF=18O',·.BD∥EF,.∠DBM=∠EFM,又：BD= ∠BPC·∠BPC=∠BAC=90.BD⊥CE,:G、H分别是EF·△EFM≌△DBM,·.DM=EM.(3)当点E在线段 CD,BC的中点HG=2BD.HG∥BD.:F,G分别是DE、BC上时，如图2，由题意得DM=EM∴AM=AE,过点A 1 DC的中点，∴.FG= 2CE,FG∥CE,又：BD=CE,HG= 作AH⊥BC交BC于点H,则AH=33,.EH=CH-CE= 1,∴.AE=27,.AM=√/21：当点E在BC延长线上时，如图 FG,HG⊥FG,.△FGH是等腰直角三角形，.FH=2FG 3,同理可得AM=√39.综上，AM的长为√2I或√39. 题图3中结论同理可证 13.解析：(1)BE=CF30°(2)：∠BAC=∠EAF=120°， 了h ·∠BAE=∠CAF,在△ABE和△ACF中， 图2 (AB-AC, ∠BAE=∠CAF,.△ABE≌△ACF(SAS),∴.BE=CF, AE=AF. ∠ABE=∠ACF,在四边形ABDC中，∠ABE+∠ACD= 180,∴.∠BAC+∠BDC=180,∴∠BDC=60°.(3)BF= cF+2AM2我7 解析：如图1，过点A作 图3 AM⊥BP于点M,在线段BP上取点Q,使得BQ=PD,则 △APD≌△AQB,∴.AP=AQ,∠PAD=∠QAB,.∠PAQ= 第4节半角模型 90°，由(3)得PB=2AM+QB,AB=2.PD=BQ=1.1.2 BD=22BP=AM=.8a=2x7× 2.I0解析：由题意得△CEF2△CDF,.CE=CD, :∠DCO+∠OCF=45,∠ECB+∠OCF=45,.∠DCO= 27一，如图2理可得AW-S=号× ∠ECB.从面可得△DOC≌△EBC,∴.SAE=Sawe=5, 2 万×i+17+n =5,=0 2 3.(1)4(2)①③解析：(1)由题意可得EF=BE十DF, C6w=CE+EB+CF+FD=CB+CD=4,∴.△CEF的周 D 长是4.(2)结论①显然正确：令AB=CD=BC=2,则DF= CF=1,设BE=x,则CE=2一x,EF=1十x,在Rt△ECF中， P+2--+解得=号每E 3tan∠AEF am∠AEB=2X号-3，结论②错误：∠MAF-∠MDF, 图1 图2 .A,D,F.M四点共圆，∴∠AFM=∠ADB=45",.△AMF 14.解析：(1)DM=EM(2)成立，理由如下：如图1，连接BD,是等腰直角三角形，∴结论③正确，综上，正确的是①③. 则△ABD2△ACE,∴.BD=CE=EF,∠ABD=∠ACE,+.3-√3解析：取BC的中点M,连接AM,则AM⊥BC, 中考数学压轴题得高分 ·15. ∠MAC=30"=∠DAE,.∠DAM=∠EAC..∴.tan∠DAM= 3 3rBC=6.六BM=3,AM=35,∴DM=3,BD= 点DE-号DN=AF1 3-3. 8.解析：(1)30(2)∠MBQ=∠CBQ,理由如下：由题意得 △ABP2△MBP,.BA=BM.又BA=BC,.BM=BC.在 (BQ=BQ. 5.①②④⑤解析：易证△ADE≌△AFE,△AFG2△ABG, Rt△BMQ和Rt△BCQ中， .△BMQ≌△BCQ BM=BC, ∴∠EAG-专∠DAB-45,结论①正确：DE-言aG是H.∠MO=∠CB0 9.解析：(1)：BF=BC=2BA,∠A=90°，∠AFB=30°， BC的中点，GC=GF,∴∠GCF=∠GFC.又∠GCF+∠GFC= .∠CBF=30°，又BE平分∠CBF∴∠CBE=15.(2)由题意得 ∠FGB,.∠GFC=∠FGA,.AG∥CF,结论②正确：，E为 CD的中点6-号c5am=号·号·警-若，h- △DFO△F0,÷器-5AB·DE-AP·FD-1o, ,DE=2,CE=3,.DF=5,AF=2/5,,AD=35,∴.BC 2 2.aa2 Ser=亏·6-5结论③错误：若GF-FC,则DE- 35.(3)如图，过点M作PQ∥AD,交BA的延长线于点P, BG,不妨设DE=BG=x,则GE=2r,EC=GC=a一x,由交CD的延长线于点Q,则∠P=∠Q=90°，∠PMN=∠MNF. △ECG是等腰直角三角形，可得2x=V反(a一x),解得x= 易证得△PBM≌△FBM,.∠PMB=∠FMB=∠MNF, (2-1a,结论④正确：正方形面积是a,AF·GE是五边形FM=FN=PM,NF=AV+FD,AD=NF+AN+FD, ABGED的面积，设BG=x,DE=y,则EG=x十y,CG=a一 NF=号ADPM=ZPQ=PB.:AN∥PQd△BAN x,CE=a一y,根据勾股定理，可得(a一r)2+(a一y)=(x十 O△BPM.设PM=NF=x,能=k.BP=BF=2r,AN y》P,化简得xy=a-ar一a5aam=2(a一x)(a-y)= kx,AB=2kx,.在R1△BAF中，AB2+AF2=BF,即 1 公一ar一y+)=:结论⑦正确.综上所述，正确的是r+化+1=4，解得k=号（负位合去)∴提的值 ①②④⑤. 6.B解析：由∠EAN=5=∠EBN,∴A、B、E,N四点共 圆，∠AEN=∠ABN=45°，∴AV=EN,故结论①正确： :AE=AF,AB=AD,.△ABE≌△ADF.设BE=DF=x CD=CF=a,则EF=2r,在Rt△EFC中，2a2=4r,∴4= 瓷-后后一号故精论巴误：由车角股型可 BE+DF=EF,故结论③正确：易证△DNFO△BNA, 10.解析：(1)由题意得△AMB≌△ANC,,.CN=BM=1cm, ÷-贺证-在△ABv中，显结AN<AB在 NF NA 且∠ACN=∠ABM=45,.∠MCN=90,∴MN= △DNF中，NF≤DF,故结论④错误，综上，正确的是①③. 个于7=5cmAM=m.(2图1，延长PB至 点E,使得BE=DQ,则△CDQ2△CBE,∴.CQ=CE, 解析：如图，延长AB至点M使得BM=2,延长DC ∠QCD=∠ECB,.∠PCQ=∠PCE,∴△CQP≌△CEP, 至点N使得CN=2,连接MN,则四边形AMND是正方形，延PQ=PE=PB十BE=PB十DQ,∴.C△%=AP+AQ+ 长AE交MN于点P.BE=1,∴.MP=2,即P是MN的中PQ=AP+PB+AQ+QD=2a,∴△APQ的周长为2a. 中考数学压轴题得高分 ·16. 2.解析：(1)①90°1：1(2)①45°1：2 3解析：I)MN-AC,MN∥AC (2)①，'BE=BM 台A,m-N-专c蛋-股“器-批 BA :∠EBF=45°=∠ABC,.∠ABE=∠CBF,∴△BEAO 图1 图2 △BFC,∠BCF=∠BAE.:BE=号BA,∠BEA=90, (3)如图2，连接DB,作射线CE,使得∠DCE=∠DAB,且 CE=AB,连接BE,过点E作EH⊥BC交BC的延长线于点 ∴sin∠BAE-号∴∠BAE-30,∠BCF-30.②如图1， H.则△DAB≌△DCE,∴.∠ADB=∠CDE,DB=DE, 过点C作CH⊥AD交AD于点H,则△AHC≌△BEA, .∠BDE=60°，∴.△BDE为等边三角形，，∠DBC+ ∠DEC=75°，∴∠BCE=135,∴∠ECH=45°，∴△ECH是 CH-AE-25由适意得△BEDn△CHD80-腊 等腰直角三角形.CE=AB=22,.CH=EH=2,∴，BE= 2= ,CD=42×5=62-26,:CD的长为 V2+=25ise-×25r=5.:sm 25 1+3 62-26. 号C.EH=号X2X2=2,Saw=Sam十Sam SmE十SAan=SamE一S△E=5V5-2,∴四边形ABCD的 而积为53-2. 1L.解析：问题背景：EF=AE十CF,探究延伸1：成立，探究 延伸2：成立.如图，延长FC至点P,使得CP=AE,∠BAD十 图1 ∠BCD=180°，∠BCD十∠BCP=180°，∴，∠BAD=∠BCP,(3)①如图2，当点E在线段CF上时，由题意得△ABE∽ .△BAE≌△BCP,,∠ABE=∠CBP,BE=BP,△CBF,∴∠AEB=∠F=∠EBF,,AE∥BF,,∠BAE+ '.∠CBP+∠FBC=∠ABE+∠FBC=∠FBE,即∠PBF= ∠ABF=180:②如图3，当点F在线段CE上时，由题意得 ∠EBF..△BPF≌△BEF,.EF=PF=CF+CP,即EF= △ABEO△CBF,.∠AEB=∠CFB,∴.∠AEB+∠EBF= CF+AE. ∠CFB+∠EFB=180°，.AE∥BF,.∠BAE=∠ABF.综 上，当点C,E、F在同一直线上时，∠BAE十∠ABF=180°或 ∠BAE=∠ABF (4)由题意可得EF=AE+BF,AE=75×1.2=90(海里)， BF=100×1.2=120(海里)，，.EF=AE+BF=90+120= 210(海里)，即两舰艇之间的臣离为210海里. 第5节从全等到相似 图2 图3 L.解析：连接AC,可得△AHBc△AMC,C%-AC B开一AB=2,4.解析：4)①5@5（2)不变，如图1，可证得△CDB0 ..CM=2 BH. △cEA品-合-. 图 中考数学压轴题得高分 ·17·