模型3 半角模型-【一战成名新中考】2025辽宁中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·辽宁数学 模 型 方 法 半 角 模 型 模型三　 半角模型 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀧈 􀧈 􀧈􀧈 模型解 读 一个角包含着它一半大小的角,将这样的模型统称为半角模型􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍. 基本模型 结论 ①△AEF≌△AEG;②EF=BE+DF;③连接 GF,△AGF 为等腰直角三角形 拓展模型 △ABC 为等腰直角三 角形,∠BAC= 90° 作法 1: 将△ABD 绕点 A 逆时 针旋转 90°得△ACF 作法 2: 将△ABD, △ACE 分别沿直 线 AD,AE 翻折,点 B,C 在点 F 处重合 结论 ——— △ADE≌△AFE, ∠ECF= 90°, BD2 +CE2 = CF2 +CE2 = EF2 =DE2 BD=DF,CE=EF, ∠DFE= 90°, BD2 +CE2 =DF2 +EF2 =DE2 拓展模型 120°含 60° 　 　 　 　 　 60°含 30° 作法:将△ABD 绕点 A 逆时针旋转 120°(60°)得到△ACD′ 结论 △ADE≌△AD′E 例　 [2024 大连沙河口区期末]如图,在正方形 ABCD 中,点 M,N 分别在 BC,CD 上,且∠MAN= 45°,连接 MN. 若∠BAM=α,则∠NMC 的度数是 ( B ) 例题图 A. 45-α B. 2α C. 90-α D. 60-α 91 专项培优练·辽宁数学 模 型 方 法 半 角 模 型 拓展 1 若 AB= 5,BM= 2,则线段 NC 的长为 ( ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　A. 2 B. 3 C. 15 7 D. 20 7 拓展 2 在拓展 1 的条件下,△MCN 的周长为　 　 　 　 ; 拓展 3 若点M,N分别是边 BC,CD上的动点,AB=1,其他条件不变,则MN的最小值为　 　 　 　 . 参考公式:a+ b a ≥2 a· b a (a>0,b>0) 针对训练 1. 如图,在菱形 ABCD 中,∠ABC= 120°,AB= 4,动点 M,N 分别在 AD,CD 上(不含端点),若 ∠MBN= 60°,则四边形 BMDN 周长的最小值是　 4 3 +4　 . 第 1 题图 　 　 　 　 　 第 2 题图 2. 在△ABC 中,∠BAC= 90°,AB=AC = 3 2 . 点 E,F 均在边 BC 上,且∠EAF = 45°,若 BE = 2, 则 CF 的长为　 　 　 　 . 变式 如图,在△ABC 中,AB = AC,∠BAC = 120°,点 D,E 在边 BC 上,且∠DAE = 60°,当 BD= 10,EC= 16 时,求 BC 的长. 第 2 题变式图 解:把△ACE 绕点 A 顺时针旋转 120°得到△ABP,连接 PD,如解图, ∴AP=AE,PB=CE=16,∠PBA=∠C,∠EAP=∠BAC=120°, ∵AB=AC,∠BAC=120°, ∴∠ABD = ∠C = ∠ABP = 30°,∴ ∠ABD +∠ABP = 60°,即∠PBD =60°, 又∵∠DAE=60°,∴∠PAD=∠EAP-∠DAE=120°-60° =60°, 在△AED 和△APD 中, AD=AD, ∠EAD=∠PAD=60°, AE=AP, ì î í ï ï ïï ∴△AED≌△APD(SAS),∴ED=PD, 过点 D 作 DH⊥BP,垂足为 H, ∵∠PBD=60°,∴∠HDB=30°,∴BH= 1 2 BD= 1 2 ×10=5, HD= BD2-BH2 = 102-52 =5 3 , ∴HP=BP-BH=16-5=11,∴PD= HP2+HD2 = 112+(5 3 ) 2 =14, ∴DE=PD=14,∴BC=BD+DE+EC=10+14+16=40. 02 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 第 6 题拓展 3 解图 模型三　 半角模型 例 　 B 　 【解析】 在正方形 ABCD 中, AD = AB, ∠BAD = ∠ABC= ∠ADC= 90°,如解图,将△ADN 绕点 A 顺时针旋 转 90°得△ABE,E,B,M 三点共线,则 AE = AN,∠BAE = ∠DAN,∵ ∠MAN = 45°,∴ ∠BAM+∠DAN = 45°,∠EAM = ∠BAM+ ∠BAE = 45°, ∴ ∠EAM = ∠NAM, 在 △EAM 和 △NAM 中, AE=AN, ∠EAM= ∠NAM, AM=AM, { ∴ △EAM≌ △NAM ( SAS), ∴ ∠AME = ∠AMN, ∵ ∠BAM = α, ∴ ∠AMB = 90° - α, ∴ ∠AMN= ∠AMB= 90°-α,∴ ∠NMC= 180°-∠AMN-∠AMB = 180°-2×(90°-α)= 2α. 例题解图 拓展 1 D　 【解析】根据例题同理可得△ABE≌△ADN, ∴ EB=DN,设 CN= x,则 DN = 5-x,∵ BM = 2,MN = EM,∴ MN=ME = EB+BM = 7-x,CM = 3,在 Rt△CMN 中,MN2 = CM2 +CN2 ,∴ (7-x) 2 = 32 +x2 ,解得 x= 20 7 ,∴ CN= 20 7 . 拓展 2 10　 【解析】由拓展 1 可知,CN= 20 7 ,CM= 3,MN = 7- 20 7 = 29 7 ,∴ △MCN 的周长为 CN+CM+MN = 20 7 + 3+ 29 7 = 10. 拓展 3 2 2 -2　 【解析】如解图,延长 CB 到点 G,使 BG = DN,连接 AG. 根据例题同理可得△GAM≌△NAM,∴ GM = MN,设 DN= x,MN = y,则 GM = y,BG = x. ∵ BC = CD = AB = 1,∴ CN= 1-x,CM = x-y+1,在 Rt△CMN 中,由勾股定理, 得 MN2 =CM2 +CN2 ,即 y2 = (x-y+1) 2 +(1-x) 2 ,整理可得 y = x 2 +1 x+1 = (x +1) 2 -2(x+1) +2 x+1 = x+1+ 2 x+1 -2,∵ x+1+ 2 x+1 ≥ 2 (x+1)· 2 x+1 = 2 2 ,∴ y≥2 2 - 2,故 MN 的最小值为 2 2 -2. 拓展 3 题解图 【针对训练】 1. 4 3 +4　 【解析】如解图,连接 BD. ∵ 四边形 ABCD 是菱 形,AB= 4,∠ABC= 120°,∴ BC=CD=AD=AB = 4,∠ABD = ∠CBD= 1 2 ∠ABC = 60°,∴ △ABD,△BDC 都是等边三角 形,∴ ∠BDM= ∠BCN= 60°,DB=CB,∵ ∠MBN= ∠DBC= 60°, ∴ ∠DBM = ∠CBN, ∴ △DBM ≌ △CBN ( ASA ), ∴ BM=BN,DM=CN,∴ DM+DN=NC+DN=CD= 4,∵ 四边 形 BMDN 的周长为 BM+DM+DN+BN = 2BM+4,∴ 当 BM 的值最小时,四边形 BMDN 的周长最小,根据垂线段最短 可知,当 BM⊥AD 时,BM 的值最小,此时 BN =BM = AB· sin60° = 4× 3 2 = 2 3 ,∴ 四边形 BMDN 周长的最小值为 4 3 +4. 第 1 题解图 2. 3 2 　 【解析】如解图,把△ABE 绕点 A 逆时针旋转 90°得 △ACN,连接 FN,∴ AN = AE,CN = BE = 2,∠ACN = ∠B, ∠EAN = 90°, ∵ ∠BAC = 90°, AB = AC = 3 2 , ∴ ∠B = ∠ACB= 45°, BC = 2 AB = 6, ∴ EC = 4, ∠FCN = 90°, ∵ ∠EAF= 45°, ∴ ∠BAE + ∠CAF = 90° - 45° = 45°, ∵ ∠BAE= ∠CAN,∴ ∠FAN = ∠EAF = 45°,又∵ AF = AF, AE=AN,∴ △EAF≌△NAF( SAS),∴ EF = NF,设 CF = x, 则 NF=EF= 4-x,在 Rt△FCN 中,FN2 =FC2 +CN2 ,即(4- x) 2 = x2 +22 ,解得 x= 3 2 ,即 CF= 3 2 . 第 2 题解图 变式 解:如解图,把△ACE 绕点 A 顺时针旋转 120°得到 △ABP,连接 PD, 第 2 题变式解图 ∴ AP = AE,PB = CE = 16, ∠PBA = ∠C, ∠EAP = ∠BAC = 120°, ∵ AB=AC,∠BAC= 120°, ∴ ∠ABD= ∠C= ∠ABP= 30°, ∴ ∠ABD+∠ABP= 60°,即∠PBD= 60°, 又∵ ∠DAE= 60°, ∴ ∠PAD= ∠EAP-∠DAE= 120°-60° = 60°, 在△AED 和△APD 中, AD=AD, ∠EAD= ∠PAD= 60°, AE=AP, { 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 75 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 ∴ △AED≌△APD(SAS), ∴ ED=PD, 过点 D 作 DH⊥BP,垂足为 H, ∵ ∠PBD= 60°, ∴ ∠HDB= 30°, ∴ BH= 1 2 BD= 1 2 ×10 = 5, HD= BD2 -BH2 = 102 -52 = 5 3 , ∴ HP=BP-BH= 16-5 = 11. ∴ PD= HP2 +HD2 = 112 +(5 5 ) 2 = 14, ∴ DE=PD= 14,∴ BC=BD+DE+EC= 10+14+16 = 40. 模型四　 一线三等角模型(含弦图模型) 例　 49 5 　 【解析】由折叠可知,∠DFE = ∠A = 60°,∵ 等边三 角形 ABC 的边长为 28,BF = 7, ∴ CF = 28 - 7 = 21, ∵ ∠EFC= 180° -∠DFB-∠DFE,∠FDB = 180° - ∠DFB- ∠B,∴ ∠EFC = ∠FDB,又∵ ∠B = ∠C = 60°,∴ △BDF ∽△CFE,∴ BD BF =CF CE ,即 15 7 = 21 CE ,解得 CE= 49 5 . 【针对训练】 1. 5　 【解析】∵ △ABC 是等腰直角三角形,AD⊥BD,CE⊥ BD,∴ AB = BC, ∠D = ∠CEB = ∠ABC = 90°, ∴ ∠ABD + ∠CBE = 90°, ∠ABD + ∠BAD = 90°, ∴ ∠BAD = ∠CBE, ∴ △ABD≌△BCE( AAS),∴ BD = CE = 7,BE = AD = 2,∴ DE=BD-BE= 7-2 = 5. 2. 8　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ AB = CD, ∠B = ∠C= 90°,∴ ∠BAE+∠AEB = 90°,∵ △AEF 是等腰直角 三角形,∴ AE = EF,∠AEF = 90°,∴ ∠FEC+∠AEB = 90°, ∴ ∠BAE = ∠FEC, 在 △ABE 和 △ECF 中, ∠B= ∠C, ∠BAE= ∠CEF, AE=EF, { ∴ △ABE≌△ECF,∴ AB = CE,BE = CF, ∵ 点 F 是 CD 的中点,∴ CF = 1 2 CD,∴ BE = CF = 1 2 AB, ∵ BE+CE=BC= 12,∴ 1 2 AB+AB= 12,∴ AB= 8. 3. 15　 【解析】解法 1:如解图①,延长 BC 到点M,使得 DC= DM,则∠DCM = ∠M, ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ DM=DC=AB= 10,∵ DC∥AB,∴ ∠DCM = ∠B,∴ ∠B = ∠M,∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC, ∴ ∠BFE= ∠DEM,∴ △BFE∽△MED,∴ BE DM = EF DE ,即 4 10 = 6 DE ,∴ DE= 15. 第 3 题解图① 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:∵ ∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC,∴ ∠BFE = ∠DEC,如解图②,过点 C 作 CG∥ FE 交 DE 于点 G,∴ ∠DEF = ∠EGC,∴ ∠B = ∠EGC, ∴ △FBE∽△EGC,∴ BE FE =CG EC ,∵ 四边形 ABCD 是平行 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋四边形,∴ AB=DC= 10,∠B+∠BCD= 180°,∵ ∠EGC+ ∠DGC = 180°, ∠B = ∠EGC, ∴ ∠DGC = ∠BCD, ∵ ∠EDC= ∠CDG,∴ △DGC∽△DCE,∴ DC DE = CG EC ,∴ BE CG =EF EC ,即 BE FE =DC DE ,即 4 6 = 10 DE ,∴ DE= 15. 第 3 题解图② 模型五　 手拉手模型 例 1　 A　 【解析】由题意可得 AB =A′B,BC′= A′C′,∠ABA′= 60°,∴ △ABA′为等边三角形, ∴ AB = AA′,在 △ABC′和 △AA′C 中, AB=AA′, BC′=A′C′, AC′=AC′, ì î í ïï ï ∴ △ABC′≌△AA′C′,可得∠BAC′ = ∠A′AC′,∵ ∠BAA′ = ∠BAC′+∠A′AC′ = 60°,∴ ∠BAC′ = ∠A′AC′= 30°,∴ ∠CAC′= ∠BAC-∠BAC′= 45°-30° = 15°. 例 2　 3 5 2 　 【解析】∵ 将△CDE 绕点 C 逆时针旋转 90°得到 △CBF,∴ ∠ECF = 90°,CE = CF,∴ △CEF 是等腰直角三 角形,∵ 四边形 ABCD 是正方形,AB = 3,∴ ∠CDA = 90°, AD=CD=AB= 3,AD∥BC,∵ DG = 1 2 AG,∴ DG = 1 3 AD = 1, 在 Rt △CDG 中, 由 勾 股 定 理, 得 CG = DG2 +CD2 = 12 +32 = 10 ,∵ AD∥BC,∴ △DEG∽△BEC,∴ DG BC = EG CE = 1 3 ,∴ CE= 3EG= 3 4 CG= 3 10 4 ,∴ EF= 2CE= 3 5 2 . 【针对训练】 1. 4　 【解析】 如解图,延长 BD 交 AE 的延长线于点 F. ∵ ∠ABC= ∠EDC = 90°,∠BAC = ∠DEC = 30°, ∴ ∠ACB = ∠ECD=60°,∴ BC AC =CD CE = 1 2 ,∴ ∠BCD = ∠ECA,∴ △BCD∽ △ACE,∴ BD AE =BC AC = 1 2 ,∴ AE= 2BD= 4. 第 1 题解图 2. 3 -1　 【解析】∵ △ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形, AB= 2 ,AD = 2,∴ BC = 2,DE = 2 2 . ∵ ∠BAD = ∠BAC+ ∠CAD = ∠DAE + ∠CAD = ∠CAE, AB = AC, AD = AE, ∴ △ABD≌△ACE( SAS), ∴ BD = CE, ∠ABD = ∠ACE = 45°,∴ ∠BCE = ∠ACB+∠ACE = 90° = ∠ECD. 设 CD = x, 则 BD=CE= 2+x,在 Rt△ECD 中,根据勾股定理得,CD2 + 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 85