2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章 微专题 半角模型 教学课件

这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章 微专题 半角模型 教学课件，共24页。PPT课件主要包含了例1题图，解法一，例1题解图①，解法二，例2题图，例2题解图①，例2题解图②，例3题图，例3题解图，第1题图等内容，欢迎下载使用。
1. 含45°半角模型(1)在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，点E，F分别在边BC，CD上．辅助线作法1：延长EB至点G，使得GB＝DF；辅助线作法2：将△ADF绕着点A旋转，使AD与AB重合，得到△ABG(需证明G，B，E三点共线)，连接GF.
结论：①△AEF≌△AEG；②△AGF为等腰直角三角形；③EF＝BE＋DF.(2)△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，点D，E在边BC上．辅助线作法1：将△ABD绕着点A旋转，使AB与AC重合，得到△ACF，连接EF；辅助线作法2：将AB和AC分别沿AD，AE翻折，使AB与AC重合，构成直角(即∠DME).
结论：①△ADE≌△AFE；②△CEF为直角三角形；③BD2＋CE2＝DE2.(①②均由辅助线作法1得出)
2. 含60°半角模型A为公共顶点，∠B＝∠E＝90°，∠BAE＝120°，∠CAD＝60°，AB＝AE．辅助线作法1：延长DE至点F，使EF＝BC，连接AF；辅助线作法2：将△ABC绕着点A旋转，使AB与AE重合，得到△AEF(需证明D，E，F三点共线).
结论：①△ACD≌△AFD；②CD＝BC＋DE.
例1　 如图，E，F分别是正方形ABCD边BC，CD上的点，∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF.
∠GBA＝∠D＝90°.∵∠GBA＋∠ABE＝180°，∴G，B，E三点共线．∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠BAE＋∠FAD＝45°，∴∠BAE＋∠GAB＝45°，∴∠EAG＝∠EAF＝45°.在△AFE和△AGE中， ∴△AFE≌△AGE(SAS)，∴EF＝EG.∵EG＝BE＋BG，∴EF＝BE＋BG＝BE＋DF
证明：如图，延长CD至点G，使得DG＝BE.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°.在△ABE和△ADG中， ∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG.
∵∠BAE＋∠EAD＝90°，∴∠DAG＋∠EAD＝90°，即∠EAG＝90°.∵∠EAF＝45°，∴∠FAG＝∠EAF＝45°.在△AFE和△AFG中， ∴△AFE≌△AFG(SAS)，∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF.
例2　 将两个全等的等腰直角三角形按照如图所示的方式摆放，其中AB＝AC＝AG＝FG，AF，AG分别与BC交于D，E两点，求证：BD2＋CE2＝DE2.
∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∴∠BAC＝90°，∠DAE＝∠ABD＝∠ACH＝45°，∴∠BAD＋∠EAC＝45°，∴∠CAH＋∠EAC＝45°，∴∠HAE＝∠DAE＝45°.在△DAE和△HAE中， ∴△DAE≌△HAE(SAS)，
∴DE＝EH.∵∠ABC＝∠ACB＝∠ACH＝45°，∴∠HCE＝90°，在Rt△HCE中，根据勾股定理，得CH2＋CE2＝EH2，∴CE2＋BD2＝DE2；
证明：如解图②，将△ABD和△ACE分别沿AD，AE翻折，使得AB，AC重合在AH上．由折叠的性质得，BD＝DH，CE＝HE.∵△ABC和△AGF都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠AHD＝∠AHE＝45°，∴∠DHE＝90°.在Rt△DHE中，根据勾股定理得，DH2＋EH2＝DE2，∴BD2＋CE2＝DE2.
例3　如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是四边形ABCD的边BC，CD上的点，其中AB＝AD，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，求证：EF＝BE＋DF.
证明：如解图，将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABG，AD与AB重合，由旋转的性质得，△ADF≌△ABG，∴∠D＝∠ABG，AF＝AG，DF＝BG，∠BAG＝∠DAF.∵∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABG＋∠ABC＝180°，
∴点G，B，C三点共线．∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，∴∠DAF＋∠BAE＝∠BAE＋∠BAG＝120°－∠EAF＝60°，∴∠GAE＝∠FAE，在△AGE和△AFE中， ∴△AGE≌△AFE(SAS)，∴EF＝GE＝BE＋BG＝BE＋DF.
1. 如图，已知正方形ABCD中，M在CB的延长线上，N在DC的延长线上，∠MAN＝45°.求证：MN＝DN－BM.
证明：如图，在DN上截取DE＝MB，连接AE.
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝∠D＝∠ABM＝90°.在△ABM与△ADE中，
∴△ABM≌△ADE(SAS)，∴AM＝AE，∠MAB＝∠EAD.∵∠MAN＝∠MAB＋∠BAN＝45°，∴∠DAE＋∠BAN＝45°，∴∠EAN＝∠BAD－(∠DAE＋∠BAN)＝45°＝∠MAN.在△AMN和△AEN中， ∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴MN＝EN.∵EN＝DN－DE，∴MN＝DN－BM.
2. 如图，在等边△ABC中，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，∠DAE＝30°，若BD＝2，CE＝4，求DE的长．
解：如解图，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G.由旋转的性质可知∠ACF＝∠ABD＝60°，∠CAF＝∠BAD，AF＝AD，CF＝BD＝2.∵∠DAE＝30°，∠BAC＝60°，∴∠BAD＋∠CAE＝30°，
∴∠CAF＋∠CAE＝30°，即∠EAF＝30°，∴∠EAF＝∠EAD.在△DAE和△FAE中， ∴△DAE≌△FAE(SAS)，∴EF＝ED.∵∠ACB＝∠ACF＝60°，∴∠FCG＝180°－∠ACB－∠ACF＝60°.∵FG⊥CG，
∴CG＝FC·cs ∠FCG＝1，FG＝FC·sin ∠FCG＝ ，∴EG＝EC＋CG＝5，∴EF＝ ，∴DE＝EF＝2 .
3. 如图，在等腰△ABC中，∠A＝120°，O，P，Q分别是AB，BC，AC上的点，且OB＝2CQ＝12，CQ＝ AO，∠POQ＝75°，求BP的长．
解：如解图，过点O作BC的平行线，交AC于点K.∵△ABC为等腰三角形，∠A＝120°，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠AOK＝∠AKO＝30°，∠BOK＝∠CKO＝150°.∵OB＝2CQ，CQ＝ AO，∴OB＝ AO，易知OK＝ AO，∴OB＝OK＝KC＝12.将△OBP绕点O逆时针旋转，使OB与OK重合，得到△OKP′.
∵∠B＝∠OKP′＝30°，∴∠OKP′＋∠CKO＝180°，即P′，K，C三点共线．由旋转的性质得OP′＝OP，P′K＝PB.∵∠KOP′＋∠KOQ＝∠BOP＋∠KOQ＝∠BOK－∠POQ＝75°，∴∠P′OQ＝∠POQ，∵OQ＝OQ，∴△OP′Q≌△OPQ，∴P′Q＝PQ，过点Q作QL⊥BC于点L，过点K作KH⊥BC于点H.∵BO＝OK＝KC＝12，
∴BC＝2CH＋OK＝2CK·cs 30°＋12＝12 ＋12，CQ＝KQ＝6，∴QL＝CQ·sin 30°＝3，CL＝CQ·cs 30°＝3 .∵CQ＝ AO，∴AO＝4 .设BP＝x，则PQ＝P′Q＝x＋6，PL＝BC－BP－CL＝12 ＋12－x－3 ＝9 ＋12－x，在Rt△PQL中，PQ2＝QL2＋PL2，即(x＋6)2＝32＋(9 ＋12－x)2，解得x＝4 ＋4，∴BP＝4 ＋4.