小专题培优6 半角模型-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学重难题型册配套课件（陕西专用）

该初中数学中考复习课件聚焦“半角模型”几何核心考点，对接中考几何综合题考查要求，梳理正方形、等腰直角三角形、等边三角形三类半角模型，归纳全等构造结论和旋转解题策略，分析考点权重，突出常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“模型解析+多解法示范+分层巩固”模式，如正方形半角模型通过延长法和旋转法构造全等，培养学生几何直观（数学眼光）和推理能力（数学思维）。设置典型例题及巩固练习，帮助学生掌握构造全等技巧，教师可依此开展专题教学，提升学生中考冲刺得分率。

数 学 陕西 重难题型册 1 一、小专题培优 小专题培优6　半角模型 典例精讲 模型 特点 由一组共端点的等线段和共顶点的半角组成 解题 策略 (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； (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 模型 分析 正方形含半 角(∠EAF＝ 45°) 等腰直角三角形 含半角 (∠DAE＝45°) 等边三角形含半角(DB＝DC，∠BDC＝120°，∠EDF＝60°) 结论 △AFE≌△AGE，EF＝BE＋DF △DAE≌△DAF， BD2＋CE2＝DE2 △EDF≌△GDF， 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. 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. 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. 又∵AF＝AF，AE＝AE'，∴△EAF≌△E'AF(SAS)，∴EF＝E'F. ∵E'F＝DF＋DE'，BE＝DE'，∴EF＝DF＋BE. 巩固练习 1. 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 ⁠. 5 　 【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， ∴△ACE≌△BCG(SAS)， ∴∠A＝∠CBG，AE＝BG. ∵∠ACB＝90°，CA＝CB，∴∠A＝∠ABC＝45°，∴∠CBG＝45°，∴∠FBG＝∠ABC＋∠CBG＝90°，∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2.∵∠ECF＝45°，∴∠FCG＝∠ECG－∠ECF＝45°＝∠ECF.在△ECF和△GCF中， ∴△ECF≌△GCF(SAS)，EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2.∵AE＝10，EF＝15， ∴BF＝ ＝5 . 第1题解图 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的周长为 ⁠. 4 ＋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，∴E，B，M，D四点共线.∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB＋∠BAM＝∠CAN＋∠BAM＝∠BAC－∠MAN＝45°，∴∠EAM＝∠MAN. 在△AEM和△ANM中， ∴△AEM≌△ANM(SAS)，∴MN＝ME＝EB＋BM＝CN＋BM. 在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝8， ∴BD＝BC· cos ∠CBD＝4 ，CD＝ BC＝4， ∴△DMN的周长为DM＋DN＋MN＝DM＋DN＋BM＋CN＝BD＋ DC＝4 ＋4. 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 为 ⁠. 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△ABH和△ADF中， ∴△ABH≌△ADF(SAS)，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF. ∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∠BCD＝120°，∴∠BAD＝60°. ∵∠EAF＝30°，∴∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝30°，∴∠EAH＝∠BAE＋∠BAH＝30°. 在△AHE和△AFE中， ∴△AHE≌△AFE(SAS)，∴HE＝EF＝3， ∴BE＝HE－BH＝3－1＝2. 4. 【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. 图1 【初步尝试】(1)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，BN，MN的数量关 系： ⁠； DM＋BN＝MN　 【类比探究】(2)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MN， 用等式写出线段MN，DM，BN的数量关系，并说明理由； 图2 解：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. 解图1 【拓展延伸】(3)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BN，DM，MN的数量 关系，并说明理由. 图3 解：DM＋BN＝MN. 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≌△MAN(SAS)，∴EN＝MN，∴EB＋ BN＝MN，∴DM＋BN＝MN. 解图2 19 $