資源簡(jiǎn)介

模型18 “半角”模型
基礎(chǔ)模型
結(jié)論 1. ∠ECF=90°; 2. △ADE≌△AFE; 3. DE =BD +EC 1. ∠ECF=60°; 2. △ADE≌△AFE 1. ∠ECF=180°-2α; 2. △ADE≌△AFE
證明:如圖,將△ABD 繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACF,連接EF,則有△ABD≌△ACF,
∴AD=AF,BD=CF,∠BAD=∠CAF,∠ACF=∠B=45°,
∴ ∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°(結(jié)論1).
∵∠DAE=45°,∠BAC=90°,∴∠BAD+∠EAC=45°,
∴∠CAF+∠EAC=45°,
又∵AE=AE,∴△ADE≌△AFE(結(jié)論2),∴DE=EF,
(結(jié)論3).
自主證明：
模型拓展
拓展方向：四邊形中的半角模型(中考常考四邊形中的半角模型)
類(lèi)型 90°含45° 120°含60°
圖示
條件 在正方 形 ABCD中,∠EAF=45° ∠BCD=90°,∠ECF=45°,BC=DC 在菱形 ABCD中,∠BAD=120°,∠EAF=60° ∠BDC = 120°, BD =CD,∠EDF=60°
變形 將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90° 將△BCE 繞點(diǎn) C 順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90° 將△BEA 繞點(diǎn) A 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) 120° 將△BDE 繞點(diǎn) D 順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°
結(jié)論 1. ∠FAG=90°; 2. △AFE≌△AGE; 3. EF=BE+DF 1. ∠ECG=90°; 2. △ECF≌△GCF; 3. EF=BE+DF 1. △AEF≌△AGF; 2. △AEF為等邊三角形(連接AC，可得△AEC≌△AFD) 1. △DEF≌△DGF; 2. EF=BE+FC
模型解題三步法
例1 如圖,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=120°,點(diǎn)D,E在邊 BC上,且∠DAE=60°,若 ,則DE的長(zhǎng)為 .
例2 如圖,在正方形ABCD中,點(diǎn)E,F分別在邊 BC,CD上,∠BAE+∠DAF=45°.若DF=2BE=2,則EF的長(zhǎng)為 .
中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺(tái)
題以類(lèi)解
1. 如圖，點(diǎn)O處為某海域的指揮中心，甲海監(jiān)船在點(diǎn) O的北偏西30°方向的A 處，乙海監(jiān)船在點(diǎn) O的南偏東70°方向的 B 處，兩海監(jiān)船與點(diǎn) O處的距離相等.一條遇險(xiǎn)拋錨的漁船發(fā)出求救信號(hào)，指揮中心接收信號(hào)后，立即命令甲乙海監(jiān)船前往救援，甲海監(jiān)船以45海里/時(shí)的速度向正東方向前進(jìn)，同時(shí)乙海監(jiān)船以50海里/時(shí)的速度沿北偏東50°的方向前進(jìn)，3小時(shí)后，甲、乙監(jiān)船分別到達(dá) C，D處，且兩海監(jiān)船之間的夾角為70°，則甲乙兩海監(jiān)船之間的距離為 海里.
2. 如圖,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,點(diǎn)D,E 為 BC 邊上的兩點(diǎn),且∠DAE=45°,將△ADC繞點(diǎn)A 順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△AFB,連接EF交AB 于點(diǎn) M,連接 MD.則下列結(jié)論:(①EF =BE +BF ;②EF=DE;③BE+DC>DE;④若∠AME=90°,則BF=BE.其中正確的有 (填正確結(jié)論的序號(hào)).
3. 如圖,四邊形ABCD 為菱形,∠A=60°,點(diǎn) E,F分別是AB,AD 上的點(diǎn),且AE=DF.連接DE,BF交于點(diǎn) G,連接 CG,BD.若 CG=7,BG=5,則DG= .
4.數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師讓同學(xué)們根據(jù)自己所學(xué)的知識(shí)去了解半角模型，探究半角模型的相關(guān)結(jié)論.
【操作發(fā)現(xiàn)】
(1)如圖①，將正方形紙片ABCD 折疊，使得邊AB，AD都落在對(duì)角線AC上，展開(kāi)正方形得到折痕AE,AF,連接EF,則∠EAF 的度數(shù)為 °;
【結(jié)論猜想】
(2)如圖②,將∠EAF 繞點(diǎn) A 旋轉(zhuǎn),使它的兩邊分別交邊 BC,CD 于點(diǎn) M,N,連接MN,求證:MN=BM+DN;
【遷移應(yīng)用】
(3)如圖③,當(dāng)點(diǎn) M 在射線 CB 上時(shí)(點(diǎn) B的左側(cè))，試探究 DN，BM，MN之間的數(shù)量關(guān)系.
模型展現(xiàn)
自主證明：
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得,△ABD≌△ACF,
∴ ∠B=∠ACF.
∵∠BAC=120°,AB=AC,
∴∠B=∠ACB=30°,
∴ ∠ECF=∠ACB+∠ACF=60°(結(jié)論1).由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知,∠BAD=∠CAF,AF=AD.
∵∠BAC=120°,∠DAE=60°,
∴∠BAD+∠EAC=60°,
∴ ∠CAF+∠EAC=60°,即∠EAF=60°,
又∵AE=AE,
∴△ADE≌△AFE(結(jié)論2).
模型解題三步法
例1 【解析】如解圖，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) 120°,得到△ACD',則連接 D'E,△ABD≌△ACD',∴ D'C=BD= ，由“半角”模型得∠ECD'=60°,過(guò)點(diǎn) D'作 D'G⊥BC于點(diǎn)G, 由“半角”模型得,△ADE≌△AD'E,∴DE=D'E,在Rt△D'EG中,由勾股定理得， 解得
例2 ∠BAD=2∠EAF AB=AD
3 【解析】如解圖,將△ABE 繞點(diǎn) A 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADG，根據(jù)“半角”模型得EF=BE+DF=1+2=3.
題以類(lèi)解
1.285 【解析】找模型：是否存在共頂點(diǎn)的一個(gè)小角是另一個(gè)大角的一半： 2∠COD，大角的兩條邊是否相等： 抽離模型：如解圖，用模型：延長(zhǎng)AC，BD相交于點(diǎn) E,· 又 ，由“半角”模型可得CD=AC+BD,即CD=3×(45+50)=285.
2.①②③④ 【解析】找模型：是否存在共頂點(diǎn)的一個(gè)小角是另一個(gè)大角的一半：∠BAC=2∠DAE,大角的兩條邊是否相等:AB=AC;抽離模型：如解圖；用模型：①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知,△AFB≌△ADC,∴∠ABF=∠C=45°,BF=DC,∵∠ABC=45°,∴∠EBF=∠ABC+∠ABF=90°,∴在 Rt△BEF 中,由勾股定理得 故結(jié)論①正確；②由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得,AD=AF,∠CAD=∠BAF,∵∠CAD+∠BAE = 45°,∴ ∠BAF + ∠BAE = 45°,∴∠EAF=∠EAD=45°,∵AE=AE,∴△AEF≌△AED(SAS),∴ EF=DE(“半角”模型),故結(jié)論②正確;③∵CD=BF,DE=EF,在△BEF中,∵BE+BF>EF,∴BE+DC>DE,故結(jié)論③正確;④ 若 ∠AME = 90°, 則 ∠BME = 90°,∵∠ABC=45°,∴ ∠MEB =45°,∵∠FBE =90°,∴ △BFE 為等腰直角三角形,∴ BF=BE，故結(jié)論④正確；綜上所述，正確的結(jié)論有①②③④.
3. 2 【解析】如解圖,延長(zhǎng) FB 到點(diǎn) M,使 BM=DG,連接CM.∵∠A=60°,AB=AD,∴△ABD為等邊三角形,∴ ∠A=∠BDF=60°.∵ CD∥AB,∴∠ADC=180°-∠A=120°,同理得∠ABC=120°.在△AED 和△DFB 中，
△AED≌△DFB(SAS),∴ ∠ADE=∠DBF,∠AED= ∠DFB. ∵ AD∥BC,DC∥AB,∴∠DFB=∠CBM,∠AED=∠CDG,∴∠AED=∠CBM = ∠CDG,∴ ∠CBM = ∠CDG,∵△DBC是等邊三角形,∴CD=CB,在△CDG和△CBM中,
∴∠DCG=∠BCM,CG=CM,∴∠GCM=∠DCB=60°,∴ △CGM是等邊三角形,∴CG=GM=BG+BM=BG+DG,∴DG=CG-BG=7-5=2.
4. (1)解:45;
【解法提示】∵ 四邊形 ABCD 為正方形，∴∠BAD=90°,∵ 折疊后邊AB,AD 都落在對(duì)角線AC上,∴由折疊的性質(zhì)知∠BAE=∠CAE
(2)證明:如解圖①,將△ADN繞點(diǎn)A 順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG,使AD與AB 重合,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知,△ADN≌△ABG,
∴DN=BG,AN=AG,∠NAD=∠GAB,∠D=∠ABG,
∴∠ABG+∠ABM=180°,即點(diǎn)G，B，M三點(diǎn)共線，
∵∠MAN=45°,∠BAD=90°,
∴∠BAM+∠NAD=45°,
∴∠BAM+∠GAB=45°,即∠MAG=45°,
∴∠MAG=∠MAN,在△ANM 和△AGM中,
∴△ANM≌△AGM(SAS),
∴MN=MG,
∵M(jìn)G=BM+BG,BG=DN,
∴MN=MG=BM+DN;
(3)解:DN-BM=MN,理由如下:
如解圖②,在 DC上截取DE=BM,連接AE,則易得△ADE≌△ABM(SAS),
∴∠DAE=∠BAM,AE=AM,
∴∠EAM=∠BAM+∠BAE=∠DAE+∠BAE=90°.
∵ ∠MAN=45°,∴ ∠EAN=∠MAN.
∵在△MAN和△EAN中,
∴△MAN≌△EAN(SAS),
∴EN=MN,
即DN-DE=MN,
∴DN-BM=MN.

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