小专题培优6 半角模型-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学二轮A+培优册（广西专用）

小专题培优6半角模型 模型特点 由一组共端点的等线段和共顶，点的半角组成 (1)“半角模型，必旋转”，根据旋转的性质及等量代换得到相等的线段和角； 解题策略 (2)运用正方形的性质及全等三角形的判定证明三角形全等 正方形含半角 等腰直角三角形含半角 等边三角形含半角(DB=DC, (∠EAF=45°) (∠DAE=45) ∠BDC=120°，∠EDF=60) 模型分析 △AFE≌△AGE, △DAE兰△DAF, △EDF≌△GDF. 结论 EF=BE+DF BD2+CE2=DE2 BD2+BE2=DE2,EF=BE+CF 例 多解法如图，四边形ABCD是正方形，E,F分别是边BC,CD上的点，连接线段AE,AF, EF,∠EAF=45°.试判断BE,EF,DF之间的数量关系，并说明理由. 解法一：延长CD到点G,使得DG=BE连接AG.通过构造全等三角形，利用半 角模型求解 解法二：将△ABE绕点A逆时针旋转90°，使得AB与AD边重合，得到△ADE 利用旋转的性质和半角模型求解 15 /I//I/I/I/针对训练11T/I/ 1.(沪科八上P152T4改编)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,点E,F在AB边上， ∠ECF=45°.若AE=10,EF=15,则BF的长为 B M 第1题图 第2题图 第3题图 2.如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=8,AB=AC,∠CBD=30°，点 M,N分别在BD,CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长 3.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°.若EF=3,DF=1,则BE的长 4.如图，梯形ABCD中，AD∥BC,AB=BC=DC,点E,F分别在AD,AB上，且∠FCE= 专∠Ban E D (1)求证：BF=EF-ED; (2)连接AC,若∠B=80°，∠DEC=70°，求∠ACF的度数. 16 5.【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题.若四 边形ABCD是正方形，点M,N分别在边CD,BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模 型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法 M D EB N C 图1 图2 图3 (1)【初步尝试】如图1，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE, 连接MN.用等式写出线段DM,BW,MN的数量关系 (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M,N分别在正方形ABCD 的边CD,BC的延长线上，∠MAN=45°，连接MW,用等式写出线段MN,DM,BW的数量关 系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD= 120°，∠B+∠D=180°，点N,M分别在边BC,CD上，∠MAN=60°，用等式写出线段BW, DM,MN的数量关系，并说明理由. 171.解：如解图，连接AD,过点D分别作DG⊥AB于点G, DH⊥AC于点H, ,△ABC为等边三角形，∴.∠BAC=60° ,∠EDF=120°，∴.∠EAF+∠EDF=180°， .∴.∠AED+∠AFD=180° ,∠AED+∠DEG=180°，∴.∠DEG=∠DFH. .D为BC边的中点，.AD平分∠BAC,.DG=DH 在△DEG和△DFH中， A ∠DEG=∠DFH, ∠EGD=∠FHD DG =DH. .△DEG≌△DFH(AAS), .DE=DF=6. D 过点E作EP⊥BC于点P. ∠BDE=45°，EP= 2DE-32 ∠B=60°BB=EP sin60°-26. 2.解：如解图，作PQ⊥AB于点Q,PR⊥BC于点R 在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=√AB+BC=5. .∠PQB=∠QBR=∠BRP=90°， ∴四边形PQBR是矩形， ∴.PR=BQ,PQ∥BC,∠QPR=90°=∠MPN, ∴.∠QPE=∠RPF s△0PE∽ARPr,PO.P =2...PO=2PR=2B0 PR PF PO//BC...AQ:OP AP=AB:BC:AC=3:4:5 设PQ=4x,则AQ=3x,AP=5x,BQ=2x, ∴.AB=BQ+AQ=2x+3x=5x,∴.AP=AB=3. A R 第2题解图 变式题解图 【变式，【解标】如解图，作0DL4C于点D, OE⊥BC于点E,则∠0DP=∠OEQ=90°.∠ACB=90°， 四边形DCE0为矩形，∠D0E=90°.∠M0N=90°， OD OP OA ÷∠D0P=LE00.△PD0△QE0,OEO0'0B 、号设0A=x,则0B=2x,易知∠A0D=LABC=30°一AD= 2,0E=x在△AD0中，由勾股定理，得OD= 1 2， 0D.20P0P_5当04-m时，设0A=mx,则 0Ex00'…0020Bn OB=nx∠ABC=30°，∴.AD=)m,0E= 2nx,在 △D0中，由勾股定理，得00=5， OP OD 2m,00F0E 5 2 mx √3m 1 2 n 小专题培优6半角模型 例解：结论：EF=DF+BE. 理由：解法一：如解图1，延长CD到点G,使得DG=BE, 连接AG. :四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD,∠B=∠ADC=90°， ∴.∠ADG=90°，∴.∠B=∠ADG, .△ABE≌△ADG(SAS),.AE=AG,∠BAE=∠DAG. .:∠EAF=45°，∴.∠BAE+∠DAF=45°， .∠DAG+∠DAF=45°，∴.∠EAF=∠GAF .·AF=AF,.△AFE≌△AFG(SAS), .EF=FG=DF+DG=DF+BE. G 1E1 D E E 解图1 解图2 解法二：如解图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，使 AB与AD边重合，得到△ADE', ∴.AE=AE',BE=DE',∠BAE=∠DAE',∠ABE=∠ADE= 90°. .·∠EAF=45°，∠BAD=90°，∴.∠BAE+∠DAF=45°. :∠BAE=∠DAE',.∠FAE'=∠DAF+∠DAE'=45°， ·.∠FAE'=∠FAE. .·∠ADE'=∠ADF=90°， ∴.∠ADE+∠ADF=180°，.E',D,F三点共线. .·AF=AF,AE=AE, △EAF≌△E'AF(SAS),.EF=E'F ·E'F=DF+DE',BE=DE',∴.EF=DF+BE L.55【解析】如解图，将CE绕点C顺时针旋转90°得到 CG,连接GB,GF.·∠BCE+∠ECA=∠BCE+∠BCG= 90°，.∠ECA=∠BCG.在△ACE和△BCG中， (AC=BC. ∠ACE=∠BCG,△ACE≌△BCG(SAS),·∠A= CE=CG. ∠CBG,AE=BG..·∠ACB=90°，CA=CB,∴.∠A=∠ABC= 45°，∠CBG=45°，∠FBG=∠ABC+∠CBG=90°， .FG=BG+BF2=AE2+BF2.∠ECF=45°，.∠FCG= ∠ECG-∠ECF=45°=∠ECE.在△ECF和△GCF中， CE=CG. ∠ECF=∠GCF,'.△ECF≌△GCF(SAS),.EF=GF, CF=CF. 29 .EF=AE+BF.AE=10,EF=15,.BF=√15-10= 55. C D E B M 第1题解图 第2题解图 2.45+4【解析】如解图，将△ACN绕点A顺时针旋转 90°得到△ABE.由旋转得∠NAE=90°，AN=AE,EB=CN ∠ABE=∠ACD,∠EAB=∠CAN..·∠BAC=∠D=90°， ∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD+∠ABE=180°.又点 M在BD上，.点E,B,M,D共线.∠MAW=45°，∠BAC= 90°，.∴.∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM= ∠BAC-∠MAW=45°，.∠EAM=∠MAN.在△AEM和 (AE=AN, △ANM中. ∠EAM=∠NAM,.△AEMM≌△ANM(SAS)、 AM=AM. .∴.MN=ME=EB+BM=CN+BM.在Rt△BCD中，∠BDC= 90°，∠CBD=30°，BD=BC·cos∠CBD=4V3,.CD= 2BC=4.△DMN的周长为DM+DN+M=DM+D四 BM+CN=BD+DC=43+4. 3.2【解析】如解图，延长CB到点H,使BH=DF=1,连接 AH..四边形ABCD内接于⊙O,∴.∠ABC+∠ADC= 180°..·∠ABH+∠ABC=180°，∴.∠ABH=∠ADF.在 (AB=AD. △ABH和△ADF中，〈∠ABH=∠ADF,..△ABH≌△ADF BH=DF. (SAS),.AH=AF,∠BAH=∠DAF..∠BAD+∠BCD= 180°，∠BCD=120°，.∴∠BAD=60°..∠EAF=30°， ∴.∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30°，∴.∠EAH=∠BAE+ AH=AF, ∠BAH=30°.在△AHE和△AFE中 ∠EAH=∠EAF」 AE=AE. ∴.△AHE≌△AFE(SAS),∴.HE=EF=3,∴.BE=HE-BH=2 H B B 第3题解图 第4题解图 4.解：(1)如解图，将△BCF绕点C旋转使BC与CD重合， 得到△DCF',则BF=DF'. AD∥BC,AB=DC,∴.梯形ABCD为等腰梯形， .∠BAD=∠ADC,∠BAD+∠ABC=180°， 30 .∠ADC+∠ABC=180°. 由旋转可知LABC=∠CDF', .∠ADC+∠CDF'=180°，.A,D,F'三点共线. LFCE=∠BCD LBCF+LECD-LEGF-LBCD. ·FC=F'C,EC=EC.∠ECF'=∠DCE+∠F'CD=∠DCE+ ∠BCF=∠ECF, .△FCE≌△F'CE,EF=EF'=DF'+ED, .BF=EF-ED (2)如解图. .·AB=BC,∠B=80°，∴.∠ACB=50°. 由(1)得∠FEC=∠DEC=70°. 又：AD∥BC, ∴.∠BCE=∠DEC=70°，∠BCD=∠F'DC=∠B=80°. .∠DCE=10°，.∠BCF=30°， ∴.∠ACF=∠ACB-∠BCF=20°. 5.解：(1)DM+BN=MW (2)BN-DM=MN.理由如下： 如解图1，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B 重合，得到△ABE, .DM=BE,AM=AE,∠DAM=∠BAE,∠ADM=∠ABE= 90°，∴.点E在BC上 ,·四边形ABCD是正方形， .∠BAD=∠BAE+∠EAD=90° ∴.∠DAM+∠EAD=∠EAM=90 .·∠MAN=45°，.∠EAN=∠MAN=45° .AN=AN,..△EAN≌△MAN(SAS), ∴.EN=MN,∴.BN-BE=MN, .BN-DM=MN M D BE C B 解图1 解图2 (3)DM+BN=MWN.理由如下： 如解图2，将△ADM绕点A顺时针旋转120°，点D与点B 重合，得到△ABE, ∴.DM=BE,AM=AE,∠DAM=∠BAE,∠ADM=∠ABE. .·∠BAD=120°，∠MAN=60°， ∴.∠DAM+∠BAN=120°-60°=60°， .∠BAE+∠BAN=∠EAN=60°，∴.∠EAN=∠MAN. .∠ABC+∠D=180°， .∠ABE+∠ABC=∠D+∠ABC=180°， E,B,N三点共线 ·:AN=AN,.△EAN≌△MAW(SAS), ∴.EN=MN,∴.EB+BN=MN, ∴.DM+BN=MN.