專題20 角含半角模型問題（解析版）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)經(jīng)典問題專題訓(xùn)練

專題20角含半角模型問題【規(guī)律總結(jié)】角含半角模型，顧名思義即一個角包含著它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型兩種類型。解決類似問題的常見辦法主要有兩種：旋轉(zhuǎn)目標(biāo)三角形法和翻折目標(biāo)三角形法。類型一：等腰直角三角形角含半角模型類型二：正方形中角含半角模型【典例分析】例1．（2020·廣西南寧市·九年級期中）（探索發(fā)現(xiàn)）如圖①，四邊形ABCD是正方形，M，N分別在邊CD、BC上，且，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法．如圖①，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點D與點B重合，得到，連接AM、AN、MN．（1）試判斷DM，BN，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程．（2）如圖②，點M、N分別在正方形ABCD的邊BC、CD的延長線上，，連接MN，請寫出MN、DM、BN之間的數(shù)量關(guān)系，并寫出證明過程．（3）如圖③，在四邊形ABCD中，AB=AD，，，點N，M分別在邊BC，CD上，，請直接寫出線段BN，DM，MN之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】（1），證明見解析；（2）,證明見解析；（3）．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證≌，利用SAS可證，則可得：；【詳解】證明：（1）如圖①，∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴∵在和中∵，∴（2）如圖②，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD，=∵繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴,∵在和中∵，即：；（3）如圖，∵，，，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，得到∴≌∴在和中；【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，利用旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵是學(xué)會．例2．（2020·四川成都市·八年級期末）已知，，分別在邊，上取點，，使，過點平行于的直線與過點平行于的直線相交于點．點，分別是射線，上動點，連接，，．（1）求證：；（2）如圖，當(dāng)點，分別在線段，上，且時，請求出線段，，之間的等量關(guān)系式；（3）如圖，當(dāng)點，分別在，的延長線上，且時，延長交于點，延長交于點．請猜想線段，，之間的等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】（1）見解析；（2）；（3），見解析【分析】（1）連接,通過，得到為等腰直角三角形，進(jìn)而得到，根據(jù)過點平行于的直線與過點平行于的直線相交于點，可推出，，最后通過證明≌，可以得出結(jié)論；（2）在射線上取點，使，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，最后等量代換線段即可求解；（3）延長到點，使得，連接，通過證明≌，得到，，再結(jié)合，推導(dǎo)證明≌，得到，根據(jù)，等量代換可知，又因為，推出，進(jìn)而得到，同理可證，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【詳解】解：（1）證明：連接．，，為等腰直角三角形，，又，且，，，，同理，，在與中，≌，，；（2）如圖，在射線上取點，使，連接．在與中，≌，，，，，，，，在與中≌，，又，．（3）．證明如下：如圖，延長到點，使得，連接．，在與中，≌，，，，，，，，，在與中，≌，，≌，，，，，，，同理可證：，在中，由勾股定理得：．【點睛】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定,勾股定理以及正方形的有關(guān)知識，通過添加輔助線構(gòu)造全等三角形，通過證明全等三角形得到線段之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【好題演練】一、單選題1．（2021·上海九年級專題練習(xí)）如圖所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜邊BC上的兩點，且∠DAE＝45°，將△ADC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°后得到△AFB，連接EF，有下列結(jié)論：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正確的有（）A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④【答案】C【分析】利用旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得△ABF≌△ACD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)一一判斷即可．【詳解】解：∵△ADC繞A順時針旋轉(zhuǎn)90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正確，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正確無法判斷BE＝CD，故①錯誤，故選：C．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)前后兩圖形全等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．二、填空題2．（2021·上海九年級專題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分別在BD，CD上，∠MAN＝45°，則△DMN的周長為_____．【答案】2+2【分析】將△ACN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根據(jù)SAS推出△AEM≌△ANM，根據(jù)全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周長＝BD＋DC，代入求出答案即可．【詳解】將△ACN繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△ABE，如圖：由旋轉(zhuǎn)得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三點共線，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，∴△DMN的周長為DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，故答案為：2+2．【點睛】本題考查直角三角形、全等三角形的性質(zhì)和判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的應(yīng)用，能正確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．三、解答題3．（2020·黑龍江哈爾濱市·九年級月考）矩形ABCD中，M、N為邊AD上兩點，連接BM、CN，MN=BM=CN，∠BMD=120°．（1）如圖1，求證：AM=DN；（2）如圖2，點E、F分別在NC、BC上，∠FME=60°，求證：EF=BF+NE；（3）如圖3，在(2)的條件下，過E作EP∥BC交MF于P，2MN=3BF，EP=7，求CE的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）3【分析】（1）由題意易得AB=CD，∠A=∠D=90°，進(jìn)而可證Rt△ABM≌Rt△DCN，最后得證；（2）延長CB至G，使BG=NE，連接MG，易得∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，進(jìn)而可證MG=ME，∠GMB=∠EMN，∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF，然后根據(jù)線段的數(shù)量關(guān)系可求解；（3）設(shè)BF=2a，MN=BM=CN=3a，則有∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由（1）可得AM=BM=，由(2)問可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，可得CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7，過點E作ER⊥BC于R，∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，然后根據(jù)勾股定理進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠A=∠D=90°，∵BM=CN，∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL)，∴AM=DM（2）解：延長CB至G，使BG=NE，連接MG，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MBG=∠BMD=∠MNE=120°，∵BM=MN，∴△GBM≌△ENM(SAS)，∴MG=ME，∠GMB=∠EMN，∵∠BMD=120°，∠FME=60°，∴∠GMF=∠GMB+∠BMF=∠EMN+∠BMF=∠BMD-∠FME=120°-60°=60°，∴∠GMF=∠FME，MF=MF，△GMF≌△EMF(SAS)，∴GF=EF，∴GF=BF+GB=BF+NE，即EF=BF+NE；（3）解：∵2MN=3BF，∴設(shè)BF=2a，MN=BM=CN=3a，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠DCB=90°，AD=BC，由(1)問可知：Rt△ABM≌Rt△DCN，∴∠AMB=∠CND=180°-∠BMD=180°-120°=60°，∠ABM=∠DCN=90°-60°=30°，在Rt△ABM中，∴AM=BM=，同理DN=，∴AD=BC=AM+MN+DN=+3a+=6a，∴FC=BC-BF=6a-2a=4a，由(2)問可知：EF=BF+NE，△GMF≌△EMF，∠MFB=∠MFE，∵EP∥BC，∴∠EPF=∠MFB=∠MFE，∴EF=EP=7，∴NE=EF-BF=7-2a，∴CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7過點E作ER⊥BC于R，∴∠ERF=∠ERC=∠DCB=90°，ER∥DC，∴∠CER=∠DCN=30°，在Rt△ERC中，RC=CE=，∴FR=FC-RC=4a-=，在Rt△ERC中，ER2=EC2-CR2，在Rt△ERF中，ER2=EF2-FR2，∴EC2-CR2=EF2-FR2，∴(5a-7)2-()2=72-()2解得a1=0(不符合題意，舍去)，a2=2，∴CE=5a-7=3．【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)與判定、全等三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理是解題的關(guān)鍵．4．（2020·山東濱州市·八年級期中）在∠MAN內(nèi)有一點D，過點D分別作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分別為B，C．且BD=CD，點E，F(xiàn)分別在邊AM和AN上．（1）如圖1，若∠BED=∠CFD，請說明DE=DF；（2）如圖2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的數(shù)量關(guān)系，并說明你的結(jié)論成立的理由．【答案】（1）說明見解析；（2）EF=FC+BE．理由見解析．【分析】（1）根據(jù)題目中的條件和∠BED=∠CFD，可以證明△BDE≌△CDF，從而可以得到DE=DF；

（2）作輔助線，過點D作∠CDG=∠BDE，交AN于點G，從而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根據(jù)題目中的條件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的數(shù)量關(guān)系．【詳解】（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠DBE=∠DCF=90°．在△BDE和△CDF中，∵∴△BDE≌△CDF（AAS）．∴DE=DF．（2）過點D作∠CDG=∠BDE，交AN于點G．在△BDE和△CDG中，∵∴△BDE≌△CDG（ASA）∴DE=DG，BE=CG．∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°．∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°．∴∠EDF=∠GDF．在△EDF和△GDF中，∴△EDF≌△GDF（SAS）．∴EF=FG．∴EF=FC+CG=FC+BE．【點睛】本題考查全等三角形的判定、解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．5．（2020·陜西西安市·七年級期末）（2020?錦州模擬）問題情境：已知，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點O，點M、N分別在直線AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系．方法感悟：小芳的思考過程是在CM上取一點，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；小麗的思考過程是在AB取一點，構(gòu)造全等三角形，從而解決問題；問題解決：（1）如圖1，M、N分別在邊AC，AB上時，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）如圖2，M在邊AC上，點N在BA的延長線上時，請你在圖2中補全圖形，標(biāo)出相應(yīng)字母，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】（1）CM＝AN+MN，詳見解析；（2）CM＝MN﹣AN，詳見解析【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，連接OD，證明△CDO≌△ANO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，證明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，結(jié)合圖形證明結(jié)論；（2）在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，仿照（1）的方法解答．【詳解】解：（1）CM＝AN+MN，理由如下：在AC上截取CD＝AN，連接OD，∵△ABC為等邊三角形，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；（2）補全圖形如圖2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延長線上截取CD＝AN，連接OD，在△CDO和△ANO中，，∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，，∴△DMO≌△NMO（SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．【點睛】此題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知等邊三角形的性質(zhì)及全等三角形的判定定理．6．（2019·全國九年級專題練習(xí)）如圖所示，在中，，，的兩邊交邊于，兩點，將繞點旋轉(zhuǎn)（1）畫出繞點順時針旋轉(zhuǎn)后的；（2）在（1）中，若，求證：；（3）在（2）的條件下，若，直接寫出的長.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】【分析】（1）旋轉(zhuǎn)后CB與CA重合，作∠KCA=∠FCB，截取KC=FC即可；（2）連結(jié)KE，作KH⊥AC于H，先得到∠ACE+∠BCF=60°，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，則∠KCE=∠FCE，可根據(jù)“SAS”判斷△CKE≌△CFE，所以KE=EF，由于AE2+EF2=BF2，則AE2+KE2=AK2，根據(jù)勾股定理的逆定理得∠AEK=90°，且∠KEC=∠FEC=45°，可計算∠BCF=45°，設(shè)KH=a，在Rt△KHC中可得KC=a；在Rt△KHA中得AK=2a，所以AK：KC=2a：a=，則BF：CF=，（3）設(shè)KH=a，在Rt△KHC中得HC=a；在Rt△KHA中得AH=a，則AC=AH+HC=a+a=+1，解得