模型18 “半角”模型 模型综合练二 三角形 2025年中考数学几何模型专题复习

模型18 “半角”模型 基础模型 类型 90°含45° 120°含60° 2α含α 图示 条件 ∠BAC = 90°, AB =AC,∠DAE=45° ∠BAC = 120°,AB =AC,∠DAE=60° ∠BAC=2α,AB=AC,∠DAE=α 变形 将△ABD 绕点 A 逆 时针旋转90° 将△ABD 绕点 A 逆 时针旋转 120° 将△ABD 绕点 A 逆 时针旋转2α 结论 1. ∠ECF=90°; 2. △ADE≌△AFE; 3. DE²=BD²+EC² 1. ∠ECF=60°; 2. △ADE≌△AFE 1. ∠ECF=180°-2α; 2. △ADE≌△AFE 证明:如图,将△ABD 绕点A逆时针旋转90°得到△ACF,连接EF,则有△ABD≌△ACF, ∴AD=AF,BD=CF,∠BAD=∠CAF,∠ACF=∠B=45°, ∴ ∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°(结论1). ∵∠DAE=45°,∠BAC=90°,∴∠BAD+∠EAC=45°, ∴∠CAF+∠EAC=45°, 又∵AE=AE,∴△ADE≌△AFE(结论2),∴DE=EF, (结论3). 自主证明： 模型拓展 拓展方向：四边形中的半角模型(中考常考四边形中的半角模型) 类型 90°含45° 120°含60° 图示 条件 在正方 形 ABCD中,∠EAF=45° ∠BCD=90°,∠ECF=45°,BC=DC 在菱形 ABCD中,∠BAD=120°,∠EAF=60° ∠BDC = 120°, BD =CD,∠EDF=60° 变形 将△ADF绕点A顺时针旋转90° 将△BCE 绕点 C 顺时针旋转90° 将△BEA 绕点 A 逆时针旋转 120° 将△BDE 绕点 D 顺时针旋转120° 结论 1. ∠FAG=90°; 2. △AFE≌△AGE; 3. EF=BE+DF 1. ∠ECG=90°; 2. △ECF≌△GCF; 3. EF=BE+DF 1. △AEF≌△AGF; 2. △AEF为等边三角形(连接AC，可得△AEC≌△AFD) 1. △DEF≌△DGF; 2. EF=BE+FC 模型解题三步法 例1 如图,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,点D,E在边 BC上,且∠DAE=60°,若 ,则DE的长为 . 例2 如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在边 BC,CD上,∠BAE+∠DAF=45°.若DF=2BE=2,则EF的长为 . 题以类解 1. 如图，点O处为某海域的指挥中心，甲海监船在点 O的北偏西30°方向的A 处，乙海监船在点 O的南偏东70°方向的 B 处，两海监船与点 O处的距离相等.一条遇险抛锚的渔船发出求救信号，指挥中心接收信号后，立即命令甲乙海监船前往救援，甲海监船以45海里/时的速度向正东方向前进，同时乙海监船以50海里/时的速度沿北偏东50°的方向前进，3小时后，甲、乙监船分别到达 C，D处，且两海监船之间的夹角为70°，则甲乙两海监船之间的距离为 海里. 2. 如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D,E 为 BC 边上的两点,且∠DAE=45°,将△ADC绕点A 顺时针旋转90°得到△AFB,连接EF交AB 于点 M,连接 MD.则下列结论:(①EF²=BE²+BF²;②EF=DE;③BE+DC>DE;④若∠AME=90°,则BF=BE.其中正确的有 (填正确结论的序号). 3. 如图,四边形ABCD 为菱形,∠A=60°,点 E,F分别是AB,AD 上的点,且AE=DF.连接DE,BF交于点 G,连接 CG,BD.若 CG=7,BG=5,则DG= . 4.数学活动课上，老师让同学们根据自己所学的知识去了解半角模型，探究半角模型的相关结论. 【操作发现】 (1)如图①，将正方形纸片ABCD 折叠，使得边AB，AD都落在对角线AC上，展开正方形得到折痕AE,AF,连接EF,则∠EAF 的度数为 °; 【结论猜想】 (2)如图②,将∠EAF 绕点 A 旋转,使它的两边分别交边 BC,CD 于点 M,N,连接MN,求证:MN=BM+DN; 【迁移应用】 (3)如图③,当点 M 在射线 CB 上时(点 B的左侧)，试探究 DN，BM，MN之间的数量关系. 模型展现 自主证明： 由旋转的性质得,△ABD≌△ACF, ∴ ∠B=∠ACF. ∵∠BAC=120°,AB=AC, ∴∠B=∠ACB=30°, ∴ ∠ECF=∠ACB+∠ACF=60°(结论1).由旋转的性质可知,∠BAD=∠CAF,AF=AD. ∵∠BAC=120°,∠DAE=60°, ∴∠BAD+∠EAC=60°, ∴ ∠CAF+∠EAC=60°,即∠EAF=60°, 又∵AE=AE, ∴△ADE≌△AFE(结论2). 模型解题三步法 例1 【解析】如解图，将△ABD绕点A逆时针旋转 120°,得到△ACD',则连接 D'E,△ABD≌△ACD',∴ D'C=BD= ，由“半角”模型得∠ECD'=60°,过点 D'作 D'G⊥BC于点G, 由“半角”模型得,△ADE≌△AD'E,∴DE=D'E,在Rt△D'EG中,由勾股定理得， 解得 例2 ∠BAD=2∠EAF AB=AD 3 【解析】如解图,将△ABE 绕点 A 逆时针旋转90°，得到△ADG，根据“半角”模型得EF=BE+DF=1+2=3. 题以类解 1.285 【解析】找模型：是否存在共顶点的一个小角是另一个大角的一半： 2∠COD，大角的两条边是否相等： 抽离模型：如解图，用模型：延长AC，BD相交于点 E,· 又 ，由“半角”模型可得CD=AC+BD,即CD=3×(45+50)=285. 2.①②③④ 【解析】找模型：是否存在共顶点的一个小角是另一个大角的一半：∠BAC=2∠DAE,大角的两条边是否相等:AB=AC;抽离模型：如解图；用模型：①由旋转的性质可知,△AFB≌△ADC,∴∠ABF=∠C=45°,BF=DC,∵∠ABC=45°,∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°,∴在 Rt△BEF 中,由勾股定理得 故结论①正确；②由旋转的性质得,AD=AF,∠CAD=∠BAF,∵∠CAD+∠BAE = 45°,∴ ∠BAF + ∠BAE = 45°,∴∠EAF=∠EAD=45°,∵AE=AE,∴△AEF≌△AED(SAS),∴ EF=DE(“半角”模型),故结论②正确;③∵CD=BF,DE=EF,在△BEF中,∵BE+BF>EF,∴BE+DC>DE,故结论③正确;④ 若 ∠AME = 90°, 则 ∠BME = 90°,∵∠ABC=45°,∴ ∠MEB =45°,∵∠FBE =90°,∴ △BFE 为等腰直角三角形,∴ BF=BE，故结论④正确；综上所述，正确的结论有①②③④. 3. 2 【解析】如解图,延长 FB 到点 M,使 BM=DG,连接CM.∵∠A=60°,AB=AD,∴△ABD为等边三角形,∴ ∠A=∠BDF=60°.∵ CD∥AB,∴∠ADC=180°-∠A=120°,同理得∠ABC=120°.在△AED 和△DFB 中， △AED≌△DFB(SAS),∴ ∠ADE=∠DBF,∠AED= ∠DFB. ∵ AD∥BC,DC∥AB,∴∠DFB=∠CBM,∠AED=∠CDG,∴∠AED=∠CBM = ∠CDG,∴ ∠CBM = ∠CDG,∵△DBC是等边三角形,∴CD=CB,在△CDG和△CBM中, ∴∠DCG=∠BCM,CG=CM,∴∠GCM=∠DCB=60°,∴ △CGM是等边三角形,∴CG=GM=BG+BM=BG+DG,∴DG=CG-BG=7-5=2. 4. (1)解:45; 【解法提示】∵ 四边形 ABCD 为正方形，∴∠BAD=90°,∵ 折叠后边AB,AD 都落在对角线AC上,∴由折叠的性质知∠BAE=∠CAE (2)证明:如解图①,将△ADN绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG,使AD与AB 重合,由旋转的性质可知,△ADN≌△ABG, ∴DN=BG,AN=AG,∠NAD=∠GAB,∠D=∠ABG, ∴∠ABG+∠ABM=180°,即点G，B，M三点共线， ∵∠MAN=45°,∠BAD=90°, ∴∠BAM+∠NAD=45°, ∴∠BAM+∠GAB=45°,即∠MAG=45°, ∴∠MAG=∠MAN,在△ANM 和△AGM中, ∴△ANM≌△AGM(SAS), ∴MN=MG, ∵MG=BM+BG,BG=DN, ∴MN=MG=BM+DN; (3)解:DN-BM=MN,理由如下: 如解图②,在 DC上截取DE=BM,连接AE,则易得△ADE≌△ABM(SAS), ∴∠DAE=∠BAM,AE=AM, ∴∠EAM=∠BAM+∠BAE=∠DAE+∠BAE=90°. ∵ ∠MAN=45°,∴ ∠EAN=∠MAN. ∵在△MAN和△EAN中, ∴△MAN≌△EAN(SAS), ∴EN=MN, 即DN-DE=MN, ∴DN-BM=MN. 学科网（北京）股份有限公司 $$