半角模型（含答案）-2025年中考数学几何模型方法巩固练习

第5讲半角模型

模块1本质原理

由特殊到一般的分析

定义从/AOB的顶点引出夹角为NEOF的两条射线，由于两射线的夹角是原角度的一半，故称半角模型.

模型分析

如图5.1所示,已知Z2=^Z-AOB,0A=OB.

连接FB,WAFOB绕着点O顺时针旋转，使得OB与OA重合，易证△OEF也△£«巳

076图5.1

其实半角模型和手拉手模型的原理一致，均属于“等线段、共顶点、用旋转”，通过旋转实现边和角的转移，构

造出新的特殊图形，再利用特殊图形的性质得证结论.

常见图形归纳

已知:如图5.2所示,四边形ABCD为正方形,NPAQ=45。.

结论:①△AQPgZkAQP;②AP平分/DPQ,AQ平分NB(QP-,@C^CQP=^CABCD.

图5.2

已知:如图5.3所示,四边形ABCD为正方形,/PAQ=45。.

结论:①△APQ0Z\AP'Q;②PD+PQ=BQ.

图5.3

已知:如图5.4所示,△ABD为等腰直角三角彩NMAN=45。.

结论：(1)全等形:①△AN'M四△ANM;②BN2+DM2=MN?;③BN2+DN2=N'N2=2AN2.

(2)相似形:△ABM^ANDA.

图5.4

【分析】由/AND=/B+/NAB=45。+/NAB,NMAB=45。+NNAB彳导NAND=/MAB.又/D=NB=45。,得证△

ABM^>ANDA.

已知:如图5.5所示,△ABD为等腰直角三角彩/MAN=45。.

结论：(1)全等形:①△AMN0Z\AM'N;②BN2+DM2=MN2.

(2)相似形:△ABM^ANDA.

图5.5

【分析】由/乙AND=48+乙NAB=45°+4NAB,乙MAB=45°+NN力昆得/AND=/MAB.又/ADB=/A

BM=45°,得证△ABM^ANDA.

实例剖析

如图5.6所示，在正方形ABCD中,E,F分别是AB,BC边上的点，且NEDF=45。探究图中线段EF,AE,FC之间

的数量关系.

【分析】如图5.7所示，将△DAE绕点D逆时针旋转90。,得到△DCG,证明△DEF^ADGF即可，此时EF=AE

+CF.

变式①:如图5.8所示，在四边形ABCD中,AB=AD,NBAD=NBCD=9(F,/EAF=45。,且BC=7,DC=13,CF=5,则B

E=.

【答案】5.

【分析】如图5.9所示，在DC上取一点G,使得DG=BE,证明△ABE^^ADG(SAS),推出AE=AG,ZBAE=

NDAG,证明△AFEgZkAFG(SAS),推出EF=FG.设BE=x,贝!]CG=13-x,EF=FG=18-x.在RtAECF中，根据EF2=E

C2+CF2,构建方程求出x即可解决问题.此时BE=5.

变式②:如图5.10所示，在四边形ABCD中,AB=AD,NABC与NADC互补，点E,F分别在射线CB,DC上，目

^EAF=]ABZD.当BC=4,DC=7,CF=1时,△CEF的周长为.

【答案】13.

【分析】如图5.11所示，在DF上截取DM=BE,同变式①证明△ADM^AABE(SAS)^AEAFgAMAF,即

可求解，此时△CEF的周长为13.

图5.11

变式③:如图5.12所示，在正方形ABCD中,△AMN的顶点M,N分别在BC,CD边上,AH，MN,且AH=AB,连接

BD分别交AM,AN于点E,F.若MH=2,NH=3,DF=2或，则EF=

【答案】苧.

【分析】易证RtAABM^RtAAHM,同理RtAADN^RtAAHN,可得BM=MH=2,DN=NH=3.设正方形的

边长为a,则CM=a-2,CN=a-3,根据勾股定理得（（a-2）2+（a-3尸=25,解得a=6,则BC=6,故BD=6位.

22

由“图形演变”知BE2+DF2=EK,设EF=x，则BE=6&—2企一久=4夜—久，即（4V2-%）+（2&）=

久2,解得％=等故EF=^.

变式④:如图5.13所示,在菱形ABCD中,/B=60。点E,F分别是边BC,CD上的动点（不与端点重合），且/EAF=

60。,连接BD分别与边AE,AF交于点M,N.当/DAF=15。时,求证：MN2+DN2=BM2.

【分析】如图5.14所示，将△ADN绕点A顺时针旋转120°,AD与AB重合,N转至I」N；连接MN,此时DN=B

N：易证△ANM0ZXANM彳导MN=MN'.又乙MN'B=乙4N'8-/ANM=/AND-/ANM=135。-45。=90。,再利用勾股定

理即可得证.

图5.13图5.14

模块2场景演练

模型的识别：全等形

类型1：旋转后拼角互补

1.如图5.15所示，在四边形ABCD中.AB=AD/B+4=180°..E,F分别是BC,CD上的点，且AEAF=1

NB4D厕EF,BE,DF的关系为.

图5.15

2.如图5.16所示，△4BC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD=CD/BDC=120。,以D为顶点作一个（

60。角，角的两边分别交AB,AC边于点M,N,连接MN.若△ABC的边长为2,则△4MN的周长为.

3.如图5.17所示，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西；30。的A处，舰艇乙在指挥中心南偏

东70。的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前

进，舰艇乙沿北偏东50。的方向以80海里/小时的速度前进，2小时后,甲、乙两舰艇分别到达E,F处，此时在指

挥中心观测到两舰艇之间的夹角为70。，，此时两舰艇之间的距离为

类型2：旋转后拼角非互补（特殊角）

4.如图5.18所示,在等边△4BC中，点P,Q在BC边上，且乙PAQ=30。,若BP=2,QC=3,则AB=

图5.18

5.如图5.19所示，在。O中，AC=BC,AN=AD.^DAE=NR4E,,DF,AB为直径，求证：DM2+CN2=CM2.

图5.19

类型3：半角模型综合应用

6.如图5.20所示,正方形ABCD的边长为3,点E,F分别在AD,CD上,AE=1,Z.EBF=45。,,经过£,口下的圆

交BF于点G,连接DG,则（CF=_.

图5.20

模型的识别：相似形

7.如图5.21所示，在△4BC中，乙4cB=90。,4c=BC=1,,E,F为线段AB上两动点，且乙ECF=45。，，过

点E,F分别作BC,AC的垂线相交于点M,垂足分别为点H,G,贝MG•=_.

8.如图5.22所示，在△4BC中，N4CB=90。,4c=BC=1„E,F为直线AB上两动点，且LECF=45。,过点

E,F分别作直线BC,AC的垂线相交于点M,垂足分别为点H,G,贝UMG•=_.

GM

图5.22

模型的构造

9.如图5.23所示在四边形ABCD中，AD\\BC,^BCD=90°,AB=BC+AD,Z.DAC=45°,E为CD上一点,

且^BAE=45。.若CD=4,则BC=,DE=,△ABE的面积为.

图5.23

10.如图5.24所示,已知在△ABC中,Z.BAC=45。,4。1BC于点D.若BD=3,CD=2,则ShABC=

图5.24

11.如图5.25所示，将正方形ABCD折叠,使顶点A与CD边上的一点H重合（H不与端点C,D重合）,折痕

交AD于点E,交BC于点F,边AB折叠后与边BC交于点G.设正方形ABCD的周长为m,ACHG的周长为n,

则-=

m

图5.25

半角模型的深入探究

12.如图5.26所示，在正方形ABCD中,E,F分别在线段BC,CD上，且LEAF=45°,AE,AF分别交BD于M,

N两点，补充完整下列结论：

(1)BE+DF=.

(2)CAEFC=_，EA平分___________,FA平分___________

(3)若AB=2,点E是BC中点很[]DF=.

(4)BM2+DN2=

(5)BM2+DM2=_,BN2+DN2=

(6)CE=_DN,CF=BM.

(7)△AMN与AAFE.

(8)EF=_MN,AM-AE=_.

(9)△AMN与,成8字相似.

(10)AM-ME=_,AN-NF=_

(11)4M2=_,AN2=_.

(12)连接MF,NEJ)1(UANE,AAMF为________三角形.

(13)B4+BE=_BN,DA+DF=_DM.

13.如图5.27所示，正方形ABCD的边长为2,BM,DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P,Q分别是

平分线BM,DN上的点，且满足APAQ=45。,连接PQ,PC,CQ.则下列结论：

①BP-DQ=3.6;

@ZQAD=ZAPB;

③/PCQ=135。；

@BP2+DQ2=PQ2.

其中正确的有一

图5.27

模型的综合应用：遇见中考

14.【教材呈现】⑴如图5.28所示，在同一平面内，将两个全等的等腰R3ABC和RtAAFG摆放在一起,

点A为公共顶点NBAC=/G=90。,若△ABC固定不动.将△AFG绕点A旋转，边AF,AG与边BC分别交于点D,

086_

E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），则结论BE.CD=AB2是否成立？（填“成立”或“不成立”）.

【类比引申】⑵如图5.29所示，在正方形ABCD中,/EAF为/BAD内的一个动角，两边分别与BD,BC交

于点E,F,且满足/EAF=NADB,求证:△ADE^AACF.

【拓展延伸】⑶如图5.30所示，菱形ABCD的边长为12cm,ZBAD=120°,ZEAF的两边分别与BD,BC相交

于点E,F,且满足/EAF=NADB,若BF=9cm,则线段DE的长为_________cm.

图5.28图5.29图5.30

番外篇：由半角45。引发的思考

15.由“45。+，"弓|发的思考如图5.31所示,已知/NCAB=45°加1BC

联想①：如图5.31所示，若AC=3®AB=4,则CD=_.

联想②:如图5.31所示，若CD=3,BD=2,则AD=.

联想③:如图5.32所示，若EF=5,BE=15,AF=FC,贝!J.4D=

番外篇：遇见中考

16.如图5.33所示,已知在A2BC中,乙4cB=9(T,D为AB的中点，2E团CD于点F,交BC于点E,连接BF.

若乙BFE=45。,则生=_.

图5.33

17.如图5.34所示，已知△48c是直角三角形,乙B=90°,AB=3,BC=5,AE=2倔连接CE以CE为底作

RtACDE,S.CD=DEF是AE边上的一点，连接BD和BF,且AFBD=45。,,则AF长为.

图5.34

第5讲半角模型

1.EF=BE+DF.

提示如图J5.1所示，延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先证△ABE丝AADG,再证△AEF咨Z\GAF即可.

2.4.

△AMN的周长=AM+MN+AN=(AM+BM)+(NC+AN)=2+2=4.

3.280海里.

如图J5.2所示，连接EF,延长AE,BF相交于点G.

因为4AOB=4OE+乙EOF+乙BOF=30°+90°+20°=140°,ZFOF=70。,所以乙EOF=*。B.

又。4=OB,N4+NB=(90°-30°)+(70°+50°)=180°,所以EF=AE+BF,即EF=2x(60+80)=280(海里).

图J5.1图J5.2

4.5+V19.

如图J5.3所示，在△ABC外侧作NBAD=NCAQ在射线AD上截取AD=AQ,连接PD,BD,过点D作DE±BC

交CB的延长线于点E,易得△AQC丝Z^ADB,所以BD=QC=3,/ABD=NC=60。.

在4DBP中./DBP=120。,贝！|乙DBE=180°-乙CBD=60。,易得DE=W，BE=|,故PE=BP+BE=2+

在RtADPE中，PD=yjDE2+PE2=J(竽j+针=719.

由小APQ丝Z\APD得PQ=PD=故ABBC=BP+PQ+QC2+V19+3=5+V19.

5.由NDAN=90o,NMAC=45。,可考虑半角模型.

如图J5.4所示,△ANC四△ADC',NANC=ZADC'=135°,ZMDC'=ZADC,-AADM=135°-45°=90。,则△A

CM0AAC'M,易证DC'2+DM2=C'M?,等量代换得DM2+CN2=CM2.

6.|,V5.

设CF=a,AE+CFEF1+EFEF2=ED2+DF2n(a+l)2=22+(3-a)2=>a=|.

连接EG,此时NEGF=90。,则△BEG为等腰直角三角形，过点G作MNLAD.

如图J5.5所示易证4EMG04GNB.设MD=x，则.ME=NG=2-x,MG=BN=3-x,所以MG+NG=3-x+2-x=3,解得x=L

269

图J5.4图J5.5

7a

/4=NB=45'

卜-BF=AC•BC1.

/BFC=/ACE

BF=42MHMG.MH=^xX=1.

AE=J2MG

乙BAC=ACBA=45°0XBCF=AAECAE-BF=AC-BC=1

BF=42MH

MG,MH—■-x.

AE=72MG72V22

9」,消

如图J5.6所示，作AF±CB交CB的延长线于点F,在CF的延长线上取一点G，使得FG=DE.

易证△AFG^AADE,ABAEgZkBAG,所以BE=BG=BF+GF=BF+DE.

设BC=a,贝!]AB=4+a,BF=4-a.

在RtAABF中，42+(4-a)2=(4+a)2,解得a=l,所以BC=1,BF=3.

设DE=b,JJ[]BE=b+3,CE=4-b.

在RtABCE中，仔+(4-b)2=(b+3尸,解得b=之则BG=BE=y.

44Tcc125450

故S^ABE=S*BG=2X-7X^~V'

10.15.

如图J5.7所示，将△ABD沿AB所在的直线折叠，使点D落在点E处;将△ACD沿AC所在的直线折叠，使

点D落在点F处，分别延长EB,FC使其交于点M.

易得四边形AEMF是正方形，设正方形AEMF的边长是x,则BM=x-3,CM=x-2.

270在RtABMC中，由勾股定理得BC2=CM2+B"2,即((3+2)2=(%-3)2+Q—2尸,解得x=6,则AE=AD=6,

故S-BC=-40=Tx6x5=15.

图J5.6图J5.7

如图J5.8所示，连接AH,AG,作AM团HG于点M.

Z1=ZHAB=ZAHD,ZD=ZAMH=90°,AH=八—得^AHDg△AHM,贝!JDH=HM,AD=AM.

因为AM=AB,AG=AG,所以R3AGM^RtAAGB,则GM二68,故4GCH的周长=n=CH+HM+MG+CG=CH+DH+

CG+GB=2BC.

因为四边形ABCD的周长=m=4BC,所以-=

m2

12.(1)EF.

(2)2AB,ZBEF,ZDFE.

*

提示设DF=x，则EF2=FC2+EC2,BP(%+l)2=(2-x)2+解得x=|.

(4)MN2.

(5)2AM2.

提示：旋转△ABM，使AB与AD重合，再利用勾股定理求解即可.

2AN2.

提示：旋转△ADN，使AD与AB重合，再利用勾股定理求解即可.

(6)V2,V2.

提示:连接AC,证明△ADN^AACE.AAFC^AAMB即可.

⑺相似.

提示:ZANM=ZMEB=ZAEF.

(8)V2,AN-AF.

提示：黑=黑=署，再由△AMN-AAFE可得.

crAc,

(9)ABME,ADFN.

(10)BMMN,MNND.

提ZF:由⑼可得.

(11)MNMD,NBNM.

提示:由4AMN^>ADMA,AANM^ABNA可得.

(12)等腰直角.

提示:由A,M,F,D,以及A,N,E,B四点共圆倒角可得.

(13)V2,V2.

提示:由A,M,F,D,以及A,N,E,B四点共圆后，通过“等线(AN=NE或AM=MF)、共点(点N或M)、旋转(△BNE

或4MFD)”可得.

13.②③④.

由题意可得/BAP+NAPB=45o,NQAD+NBAP=45。,则/QAD=/APB,故②正确根据△ABPs/\QDA狷券=

答,可知①错误;再根据△PBCsMDQ得/BCP=NDQC,可知③正确;将4AQD绕点A顺时针旋转90。得4ABG,

连接GP交AB的延长线于点H利用SAS证明△AGP2AAPQ得GP=QP,再说明NGBP=90。,利用勾股定理可判断

④正确.

14.(1)成立.

理由:因为NDAC=NCAE+45o,/AEB=NCAE+45。,所以/DAC=NAEB.

又/B=/C,则△BEAs/iCAD,于是第=弟即ABAC=BECD.

因为AC=AB,所以BECD=AB2.

(2)因为四边形ABCD是正方形，所以/CAD=NACB=/ADB=45。.

又/EAF=ZADB,贝!!ZEAF=ZCAD=45°,BPZCAF+ZCAE=ZDAE+ZCAE,故ZCAF=ZDAE.

因为/ACB=/ADB,所以△ADE^AACF.

272

(3)5V3.

如图J5.9所示在DE上取一点M,使/MAD=30。,过点M作MNLAD于点N.

同⑵的证法可得4ACFs^AME,则鼻=三=V3,gpCF=旧ME,亦即ME=~=低则MD=^-AD

IVLC"VJJ

yX12=48，故.DE=ME+MD=V3+4V3=5V3(cm).

图J5.9

15.联想①字.

、2_3A/10

如图J5.10所示，易证△CBP义ZkAQP,所以(QP=PB=1,CD=JCQ2-QD2='2

、国,—51

联想②6

解法1如图J5.ll所示设(CL^AL=x,AC=则ADBC=ABCL今V2x2-9.5=(V25-x2+x)-x

3V10Ac/

=>%=-----=AD=6.

2

图J5.10

解法2如图