第5講半角模型

模塊1本質(zhì)原理

由特殊到一般的分析

定義從/AOB的頂點引出夾角為NEOF的兩條射線，由于兩射線的夾角是原角度的一半，故稱半角模型.

模型分析

如圖5.1所示,已知Z2=^Z-AOB,0A=OB.

連接FB,WAFOB繞著點O順時針旋轉(zhuǎn)，使得OB與OA重合，易證△OEF也△￡?巳

076圖5.1

其實半角模型和手拉手模型的原理一致，均屬于“等線段、共頂點、用旋轉(zhuǎn)”，通過旋轉(zhuǎn)實現(xiàn)邊和角的轉(zhuǎn)移，構(gòu)

造出新的特殊圖形，再利用特殊圖形的性質(zhì)得證結(jié)論.

常見圖形歸納

已知:如圖5.2所示,四邊形ABCD為正方形,NPAQ=45。.

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

圖5.2

已知:如圖5.3所示,四邊形ABCD為正方形,/PAQ=45。.

結(jié)論:①△APQ0Z\AP'Q;②PD+PQ=BQ.

圖5.3

已知:如圖5.4所示,△ABD為等腰直角三角彩NMAN=45。.

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

(2)相似形:△ABM^ANDA.

圖5.4

【分析】由/AND=/B+/NAB=45。+/NAB,NMAB=45。+NNAB彳導(dǎo)NAND=/MAB.又/D=NB=45。,得證△

ABM^>ANDA.

已知:如圖5.5所示,△ABD為等腰直角三角彩/MAN=45。.

結(jié)論：(1)全等形:①△AMN0Z\AM'N;②BN2+DM2=MN2.

(2)相似形:△ABM^ANDA.

圖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°,得證△ABM^ANDA.

實例剖析

如圖5.6所示，在正方形ABCD中,E,F分別是AB,BC邊上的點，且NEDF=45。探究圖中線段EF,AE,FC之間

的數(shù)量關(guān)系.

【分析】如圖5.7所示，將△DAE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90。,得到△DCG,證明△DEF^ADGF即可，此時EF=AE

+CF.

變式①:如圖5.8所示，在四邊形ABCD中,AB=AD,NBAD=NBCD=9(F,/EAF=45。,且BC=7,DC=13,CF=5,則B

E=.

【答案】5.

【分析】如圖5.9所示，在DC上取一點G,使得DG=BE,證明△ABE^^ADG(SAS),推出AE=AG,ZBAE=

NDAG,證明△AFEgZkAFG(SAS),推出EF=FG.設(shè)BE=x,貝!]CG=13-x,EF=FG=18-x.在RtAECF中，根據(jù)EF2=E

C2+CF2,構(gòu)建方程求出x即可解決問題.此時BE=5.

變式②:如圖5.10所示，在四邊形ABCD中,AB=AD,NABC與NADC互補，點E,F分別在射線CB,DC上，目

^EAF=]ABZD.當BC=4,DC=7,CF=1時,△CEF的周長為.

【答案】13.

【分析】如圖5.11所示，在DF上截取DM=BE,同變式①證明△ADM^AABE(SAS)^AEAFgAMAF,即

可求解，此時△CEF的周長為13.

圖5.11

變式③:如圖5.12所示，在正方形ABCD中,△AMN的頂點M,N分別在BC,CD邊上,AH，MN,且AH=AB,連接

BD分別交AM,AN于點E,F.若MH=2,NH=3,DF=2或，則EF=

【答案】苧.

【分析】易證RtAABM^RtAAHM,同理RtAADN^RtAAHN,可得BM=MH=2,DN=NH=3.設(shè)正方形的

邊長為a,則CM=a-2,CN=a-3,根據(jù)勾股定理得（（a-2）2+（a-3尸=25,解得a=6,則BC=6,故BD=6位.

22

由“圖形演變”知BE2+DF2=EK,設(shè)EF=x，則BE=6&—2企一久=4夜—久，即（4V2-%）+（2&）=

久2,解得％=等故EF=^.

變式④:如圖5.13所示,在菱形ABCD中,/B=60。點E,F分別是邊BC,CD上的動點（不與端點重合），且/EAF=

60。,連接BD分別與邊AE,AF交于點M,N.當/DAF=15。時,求證：MN2+DN2=BM2.

【分析】如圖5.14所示，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)120°,AD與AB重合,N轉(zhuǎn)至I」N；連接MN,此時DN=B

N：易證△ANM0ZXANM彳導(dǎo)MN=MN'.又乙MN'B=乙4N'8-/ANM=/AND-/ANM=135。-45。=90。,再利用勾股定

理即可得證.

圖5.13圖5.14

模塊2場景演練

模型的識別：全等形

類型1：旋轉(zhuǎn)后拼角互補

1.如圖5.15所示，在四邊形ABCD中.AB=AD/B+4=180°..E,F分別是BC,CD上的點，且AEAF=1

NB4D廁EF,BE,DF的關(guān)系為.

圖5.15

2.如圖5.16所示，△4BC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD=CD/BDC=120。,以D為頂點作一個（

60。角，角的兩邊分別交AB,AC邊于點M,N,連接MN.若△ABC的邊長為2,則△4MN的周長為.

3.如圖5.17所示，在某次軍事演習中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西；30。的A處，艦艇乙在指揮中心南偏

東70。的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動指令后，艦艇甲向正東方向以60海里/小時的速度前

進，艦艇乙沿北偏東50。的方向以80海里/小時的速度前進，2小時后,甲、乙兩艦艇分別到達E,F處，此時在指

揮中心觀測到兩艦艇之間的夾角為70。，，此時兩艦艇之間的距離為

類型2：旋轉(zhuǎn)后拼角非互補（特殊角）

4.如圖5.18所示,在等邊△4BC中，點P,Q在BC邊上，且乙PAQ=30。,若BP=2,QC=3,則AB=

圖5.18

5.如圖5.19所示，在。O中，AC=BC,AN=AD.^DAE=NR4E,,DF,AB為直徑，求證：DM2+CN2=CM2.

圖5.19

類型3：半角模型綜合應(yīng)用

6.如圖5.20所示,正方形ABCD的邊長為3,點E,F分別在AD,CD上,AE=1,Z.EBF=45。,,經(jīng)過￡,口下的圓

交BF于點G,連接DG,則（CF=_.

圖5.20

模型的識別：相似形

7.如圖5.21所示，在△4BC中，乙4cB=90。,4c=BC=1,,E,F為線段AB上兩動點，且乙ECF=45。，，過

點E,F分別作BC,AC的垂線相交于點M,垂足分別為點H,G,貝MG?=_.

8.如圖5.22所示，在△4BC中，N4CB=90。,4c=BC=1?E,F為直線AB上兩動點，且LECF=45。,過點

E,F分別作直線BC,AC的垂線相交于點M,垂足分別為點H,G,貝UMG?=_.

GM

圖5.22

模型的構(gòu)造

9.如圖5.23所示在四邊形ABCD中，AD\\BC,^BCD=90°,AB=BC+AD,Z.DAC=45°,E為CD上一點,

且^BAE=45。.若CD=4,則BC=,DE=,△ABE的面積為.

圖5.23

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

圖5.24

11.如圖5.25所示，將正方形ABCD折疊,使頂點A與CD邊上的一點H重合（H不與端點C,D重合）,折痕

交AD于點E,交BC于點F,邊AB折疊后與邊BC交于點G.設(shè)正方形ABCD的周長為m,ACHG的周長為n,

則-=

m

圖5.25

半角模型的深入探究

12.如圖5.26所示，在正方形ABCD中,E,F分別在線段BC,CD上，且LEAF=45°,AE,AF分別交BD于M,

N兩點，補充完整下列結(jié)論：

(1)BE+DF=.

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

(3)若AB=2,點E是BC中點很[]DF=.

(4)BM2+DN2=

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

(6)CE=_DN,CF=BM.

(7)△AMN與AAFE.

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

(9)△AMN與,成8字相似.

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

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

(12)連接MF,NEJ)1(UANE,AAMF為________三角形.

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

13.如圖5.27所示，正方形ABCD的邊長為2,BM,DN分別是正方形的兩個外角的平分線，點P,Q分別是

平分線BM,DN上的點，且滿足APAQ=45。,連接PQ,PC,CQ.則下列結(jié)論：

①BP-DQ=3.6;

@ZQAD=ZAPB;

③/PCQ=135。；

@BP2+DQ2=PQ2.

其中正確的有一

圖5.27

模型的綜合應(yīng)用：遇見中考

14.【教材呈現(xiàn)】⑴如圖5.28所示，在同一平面內(nèi)，將兩個全等的等腰R3ABC和RtAAFG擺放在一起,

點A為公共頂點NBAC=/G=90。,若△ABC固定不動.將△AFG繞點A旋轉(zhuǎn)，邊AF,AG與邊BC分別交于點D,

086_

E（點D不與點B重合，點E不與點C重合），則結(jié)論BE.CD=AB2是否成立？（填“成立”或“不成立”）.

【類比引申】⑵如圖5.29所示，在正方形ABCD中,/EAF為/BAD內(nèi)的一個動角，兩邊分別與BD,BC交

于點E,F,且滿足/EAF=NADB,求證:△ADE^AACF.

【拓展延伸】⑶如圖5.30所示，菱形ABCD的邊長為12cm,ZBAD=120°,ZEAF的兩邊分別與BD,BC相交

于點E,F,且滿足/EAF=NADB,若BF=9cm,則線段DE的長為_________cm.

圖5.28圖5.29圖5.30

番外篇：由半角45。引發(fā)的思考

15.由“45。+，"弓|發(fā)的思考如圖5.31所示,已知/NCAB=45°加1BC

聯(lián)想①：如圖5.31所示，若AC=3?AB=4,則CD=_.

聯(lián)想②:如圖5.31所示，若CD=3,BD=2,則AD=.

聯(lián)想③:如圖5.32所示，若EF=5,BE=15,AF=FC,貝!J.4D=

番外篇：遇見中考

16.如圖5.33所示,已知在A2BC中,乙4cB=9(T,D為AB的中點，2E團CD于點F,交BC于點E,連接BF.

若乙BFE=45。,則生=_.

圖5.33

17.如圖5.34所示，已知△48c是直角三角形,乙B=90°,AB=3,BC=5,AE=2倔連接CE以CE為底作

RtACDE,S.CD=DEF是AE邊上的一點，連接BD和BF,且AFBD=45。,,則AF長為.

圖5.34

第5講半角模型

1.EF=BE+DF.

提示如圖J5.1所示，延長FD到點G,使DG=BE,連接AG,先證△ABE絲AADG,再證△AEF咨Z\GAF即可.

2.4.

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

3.280海里.

如圖J5.2所示，連接EF,延長AE,BF相交于點G.

因為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).

圖J5.1圖J5.2

4.5+V19.

如圖J5.3所示，在△ABC外側(cè)作NBAD=NCAQ在射線AD上截取AD=AQ,連接PD,BD,過點D作DE±BC

交CB的延長線于點E,易得△AQC絲Z^ADB,所以BD=QC=3,/ABD=NC=60。.

在4DBP中./DBP=120。,貝！|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+針=719.

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

5.由NDAN=90o,NMAC=45。,可考慮半角模型.

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

CM0AAC'M,易證DC'2+DM2=C'M?,等量代換得DM2+CN2=CM2.

6.|,V5.

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

連接EG,此時NEGF=90。,則△BEG為等腰直角三角形，過點G作MNLAD.

如圖J5.5所示易證4EMG04GNB.設(shè)MD=x，則.ME=NG=2-x,MG=BN=3-x,所以MG+NG=3-x+2-x=3,解得x=L

269

圖J5.4圖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

如圖J5.6所示，作AF±CB交CB的延長線于點F,在CF的延長線上取一點G，使得FG=DE.

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

設(shè)BC=a,貝!]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.

設(shè)DE=b,JJ[]BE=b+3,CE=4-b.

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

44Tcc125450

故S^ABE=S*BG=2X-7X^~V'

10.15.

如圖J5.7所示，將△ABD沿AB所在的直線折疊，使點D落在點E處;將△ACD沿AC所在的直線折疊，使

點D落在點F處，分別延長EB,FC使其交于點M.

易得四邊形AEMF是正方形，設(shè)正方形AEMF的邊長是x,則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,則AE=AD=6,

故S-BC=-40=Tx6x5=15.

圖J5.6圖J5.7

如圖J5.8所示，連接AH,AG,作AM團HG于點M.

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

因為AM=AB,AG=AG,所以R3AGM^RtAAGB,則GM二68,故4GCH的周長=n=CH+HM+MG+CG=CH+DH+

CG+GB=2BC.

因為四邊形ABCD的周長=m=4BC,所以-=

m2

12.(1)EF.

(2)2AB,ZBEF,ZDFE.

*

提示設(shè)DF=x，則EF2=FC2+EC2,BP(%+l)2=(2-x)2+解得x=|.

(4)MN2.

(5)2AM2.

提示：旋轉(zhuǎn)△ABM，使AB與AD重合，再利用勾股定理求解即可.

2AN2.

提示：旋轉(zhuǎn)△ADN，使AD與AB重合，再利用勾股定理求解即可.

(6)V2,V2.

提示:連接AC,證明△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四點共圓倒角可得.

(13)V2,V2.

提示:由A,M,F,D,以及A,N,E,B四點共圓后，通過“等線(AN=NE或AM=MF)、共點(點N或M)、旋轉(zhuǎn)(△BNE

或4MFD)”可得.

13.②③④.

由題意可得/BAP+NAPB=45o,NQAD+NBAP=45。,則/QAD=/APB,故②正確根據(jù)△ABPs/\QDA狷券=

答,可知①錯誤;再根據(jù)△PBCsMDQ得/BCP=NDQC,可知③正確;將4AQD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90。得4ABG,

連接GP交AB的延長線于點H利用SAS證明△AGP2AAPQ得GP=QP,再說明NGBP=90。,利用勾股定理可判斷

④正確.

14.(1)成立.

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

又/B=/C,則△BEAs/iCAD,于是第=弟即ABAC=BECD.

因為AC=AB,所以BECD=AB2.

(2)因為四邊形ABCD是正方形，所以/CAD=NACB=/ADB=45。.

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

因為/ACB=/ADB,所以△ADE^AACF.

272

(3)5V3.

如圖J5.9所示在DE上取一點M,使/MAD=30。,過點M作MNLAD于點N.

同⑵的證法可得4ACFs^AME,則鼻=三=V3,gpCF=舊ME,亦即ME=~=低則MD=^-AD

IVLC"VJJ

yX12=48，故.DE=ME+MD=V3+4V3=5V3(cm).

圖J5.9

15.聯(lián)想①字.

、2_3A/10

如圖J5.10所示，易證△CBP義ZkAQP,所以(QP=PB=1,CD=JCQ2-QD2='2

、國,—51

聯(lián)想②6

解法1如圖J5.ll所示設(shè)(CL^AL=x,AC=則ADBC=ABCL今V2x2-9.5=(V25-x2+x)-x

3V10Ac/

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

2

圖J5.10

解法2如圖