（全国通用）2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练 模型五 半角模型（原卷版+解析版）

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模型五半角模型半角模型 是指：从 正方形 的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。. 由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半，故名半角模型，又称“角含半角模型”。. 其中，将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”（即图中的△AEF）. 半角模型的结论：. 半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和 。. 即：如图中， EF=BE+DF 。.

半角模型定义
















【基础模型】
【基本模型】
半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。
即如上图中，四边形ABCD是正方形，点E,F分别在BC和CD边上，满足∠EAF=45°，连结EF，则有：EF=BE+DF。
证明：
【证法一】（旋转法）

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°；
将△ADF绕点A旋转至△ABF'的位置（F的对应点为F'），则
△ADF≌△ABF'，∴∠BAF'=∠DAF，BF'=DF，AF=AF'；
∴∠EAF'=∠BAE+∠DAF=45°=∠EAF，
易证△AEF≌△AEF'(SAS)，∴EF=EF'=BF'+BE=DF+BE，
即EF=BE+DF。
（注：若将△ABE绕点A旋转至△ADE'的位置亦可，证法类同）
【证法二】（截长补短法）
延长CB至点F'，使BF'=DF，连结AF'。
易证△ADF≌△ABF'(SAS)，∴AF=AF'，∠BAF'=∠DAF，
∴∠EAF'=∠BAE+∠BAF'=∠BAE+∠DAF=45°=∠EAF，
则△AEF'≌△AEF(SAS)，∴EF=EF'=BF'+BE=BE+DF，
即EF=BE+DF。
（注：若延长CD至点E'，使DE'=BE亦可，证法类同）
【证法三】（解析法）

建立如图的平面直角坐标系，则需要证：MN=AM+BN
设正方形OACB的边长为a，直线OM的解析式为y=kx，∵∠MON=45°，
∴由两角和公式，直线ON的斜率，则直线ON的解析式为。综上可得，点M、N的坐标分别为、

故原命题得证
【强化训练】

1．如图，在中，，，点，为上两点，，为外一点，且，，有下列结论：①；②；③；④.其中正确的是（ ）

A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．②③
【答案】A
【解析】
根据等腰直角三角形的性质，判断出△AFB≌△AEC，即可得出CE=BF，根据勾股定理与等量代换可得②正确，根据在等腰三角形中，角平分线与中线为一条直线即可得出③，再根据勾股定理以及等量代换即可得出④．
【详解】

①∵∠BAC=,FA⊥AE,∠DAE=，
∴∠CAE=−∠DAE−∠BAD=−∠BAD，
∠FAB=−∠DAE−∠BAD=−∠BAD，
∴∠FAB=∠EAC，
∵AB=AC,∠BAC=，
∴∠ABC=∠ACB=，
∵FB⊥BC，
∴∠FAB=，
∴△AFB≌△AEC，
∴CE=BF，故①正确，
②：由①中证明△AFB≌△AEC，
∴AF=AE，
∵∠DAE=，FA⊥AE，
∴∠FAD=∠DAE=，
∴△AFD≌△AED，
连接FD，
∵FB=CE，
∴FB2+BD2=FD2=DE2，故②正确，
③：如图，设AD与EF的交点为G，
∵∠FAD=∠EAD=，AF=AE，
∴AD⊥EF，EF=2EG，
∴S△ADE=AD⋅EG=AD⋅EF=⋅ AD⋅EF，故③正确，
④：∵FB2+BE2=EF2，CE=BF，
∴CE2+BE2=EF2，
在RT△AEF中，AF=AE，
AF2+AE2=EF2，
∴EF2=2AE2，
∴CE2+BE2=2AE2，故④正确。
故选A.
【点评】
本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判断（HL）和勾股定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判断（HL）、勾股定理和等量代换.
2．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）

A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
【答案】C
【解析】
利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点评】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

【答案】2+2
【解析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠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的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，
故答案为：2+2．
【点评】
本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝43，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

【答案】43+4．
【解析】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】
将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝43，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝43+4，
故答案为：43+4．
【点评】
此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
5.问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．
方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；

小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；
问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，证明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，结合图形证明结论；
（2）在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，仿照（1）的方法解答．
【解析】解：（1）CM＝AN+MN，
理由如下：在AC上截取CD＝AN，连接OD，

∵△ABC为等边三角形，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，
∴∠OAC＝∠OCA＝30°，
∴OA＝OC，
在△CDO和△ANO中，
OC=OA∠OCD=∠OANCD=AN，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∵∠MON＝60°，
∴∠COD+∠AOM＝60°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠DOM＝60°，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO，
∴DM＝MN，
∴CM＝CD+DM＝AN+MN；
（2）补全图形如图2所示：

CM＝MN﹣AN，
理由如下：在AC延长线上截取CD＝AN，连接OD，
在△CDO和△ANO中，
CD=AN∠OCD=∠OAN=150°OC=OA，
∴△CDO≌△ANO（SAS）
∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，
∴∠DOM＝∠NOM，
在△DMO和△NMO中，
OD=ON∠DOM=∠NOMOM=OM，
∴△DMO≌△NMO（SAS）
∴MN＝DM，
∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．
6.已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：　AH＝AB　；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）

【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解析】解：（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．
∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，AB=AD∠ABE=∠ADNBE=DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND，
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2
∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）
解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．

7.在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．

（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；
（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．
【答案】（1）说明见解析；（2）EF= FC+BE．理由见解析．
【解析】
（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明△BDE≌△CDF，从而可以得到DE=DF；
（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．
【详解】
（1）∵ DB⊥AM，DC⊥AN，
∴ ∠DBE=∠DCF=90°．
在△BDE和△CDF中，
∵
∴ △BDE≌△CDF（AAS）．
∴ DE=DF．
（2）过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点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．
【点评】
本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8.请阅读下列材料：
已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：
（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；
（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；
（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．

【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，容易证明△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，从而可以得到∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，根据勾股定理即可证明猜想的结论；
（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，这样就可以解决问题．
【解析】解：（1）DE2＝BD2+EC2；
（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．
证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE
∴△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝DB，
∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，
又∵AB＝AC，
∴AF＝AC，
∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，
∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，
∴∠FAE＝∠EAC，
又∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ACE，
∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°
∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，
∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，
即DE2＝BD2+EC2；
（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．
∴AD＝DF，EF＝BE．
∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．
若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．

8.(1)如图1，将∠EAF绕着正方形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交BC于E，交CD于F，连接EF．若∠EAF＝45°，BE、DF的长度是方程x2﹣5x+6＝0的两根，请直接写出EF的长；
(2)如图2，将∠EAF绕着四边形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交CB的延长线于E，交DC的延长线于F，连接EF．若AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，∠EAF∠BAD，请直接写出EF与DF、BE之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在(2)的前提下，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长．
①EF的长为：5；
②数量关系：EF＝DF﹣BE．

【分析】(1)先证明△ABE≌△ADM，再证明△AEF≌△AMF，得到EF＝DF+BE即可；
(2)先证明△ADM≌△ABE，再证明△EAF≌△MAF，即可；
(3)直接计算△CEF的周长＝EF+BE+BC+CF＝DF+BC+CF＝9+4+2＝15．


(3)由上面的结论知：DF＝EF+BE；
∵BC＝4，DC＝7，CF＝2，
∴DF＝CD+CF＝9
∴△CEF的周长＝EF+BE+BC+CF＝DF+BC+CF＝9+4+2＝15．
即△CEF的周长为15．
①EF＝DF﹣BE＝FC+CD﹣BE＝5
②和(2)方法一样，EF＝DF﹣BE．
故答案为EF＝DF﹣BE．