專題20 半角模型【有答案】

中考?？紟缀文Ｐ蛯ｎ}20半角模型倍長(zhǎng)中線或類(lèi)中線（與中點(diǎn)有關(guān)的線段）構(gòu)造全等三角形如圖①：（1）∠2=∠AOB；（2）OA=OB。如圖②：連接FB，將△FOB繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)至△FOA的位置，連接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。模型精練1．（2019秋?九龍坡區(qū)校級(jí)月考）如圖．在四邊形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分別是邊BC、CD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且∠EAF=12∠BAD，求證：EF＝BE﹣【點(diǎn)睛】在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．根據(jù)SAA證明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根據(jù)∠EAF=12∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可證明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣【解析】證明：在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．在△ABG和△ADF中，AB=AD∠B=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=12∠∴∠GAE＝∠EAF．在△AEG和△AEF中，AG=AF∠GAE=∠EAF∴△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．2．（2020?錦州模擬）問(wèn)題情境：已知，在等邊△ABC中，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，點(diǎn)M、N分別在直線AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系．方法感悟：小芳的思考過(guò)程是在CM上取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問(wèn)題；小麗的思考過(guò)程是在AB取一點(diǎn)，構(gòu)造全等三角形，從而解決問(wèn)題；問(wèn)題解決：（1）如圖1，M、N分別在邊AC，AB上時(shí)，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明；（2）如圖2，M在邊AC上，點(diǎn)N在BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)你在圖2中補(bǔ)全圖形，標(biāo)出相應(yīng)字母，探索CM、MN、AN三者之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【點(diǎn)睛】（1）在AC上截取CD＝AN，連接OD，證明△CDO≌△ANO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OD＝ON，∠COD＝∠AON，證明△DMO≌△NMO，得到DM＝MN，結(jié)合圖形證明結(jié)論；（2）在AC延長(zhǎng)線上截取CD＝AN，連接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，連接OD，∵△ABC為等邊三角形，∠BAC與∠ACB的角平分線交于點(diǎn)O，∴∠OAC＝∠OCA＝30°，∴OA＝OC，在△CDO和△ANO中，OC=OA∠OCD=∠OAN∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，OD=ON∠DOM=∠NOM∴△DMO≌△NMO，∴DM＝MN，∴CM＝CD+DM＝AN+MN；（2）補(bǔ)全圖形如圖2所示：CM＝MN﹣AN，理由如下：在AC延長(zhǎng)線上截取CD＝AN，連接OD，在△CDO和△ANO中，CD=AN∠OCD=∠OAN=150°∴△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，OD=ON∠DOM=∠NOM∴△DMO≌△NMO（SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．3．（2020?章丘區(qū)模擬）如圖，在正方形ABCD中，M、N分別是射線CB和射線DC上的動(dòng)點(diǎn)，且始終∠MAN＝45°．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在線段BC、DC上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BM、MN、DN之間的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在CB、DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，給予證明，若不成立，寫(xiě)出正確的結(jié)論，并證明；（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在CB、DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，若CN＝CD＝6，設(shè)BD與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，交AN于Q，直接寫(xiě)出AQ、AP的長(zhǎng)．【點(diǎn)睛】（1）在MB的延長(zhǎng)線上，截取BE＝DN，連接AE，則可證明△ABE≌△ADN，得到AE＝AN，進(jìn)一步證明△AEM≌△ANM，得出ME＝MN，得出BM+DN＝MN；（2）在DC上截取DF＝BM，連接AF，可先證明△ABM≌△ADF，得出AM＝AF，進(jìn)一步證明△MAN≌△FAN，可得到MN＝NF，從而可得到DN﹣BM＝MN；（3）由已知得出DN＝12，由勾股定理得出AN=AD2+DN2=65，由平行線得出△ABQ∽△NDQ，得出BQDQ=AQNQ=ABDN=12，AQAN=13，求出AQ＝25；由（2）得出DN﹣BM＝MN．設(shè)BM＝x，則MN＝12﹣x，CM＝6+x，在Rt△CMN中，由勾股定理得出方程，解方程得出BM＝2，由勾股定理得出AM=AB【解析】解：（1）BM+DN＝MN，理由如下：如圖1，在MB的延長(zhǎng)線上，截取BE＝DN，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠D，在△ABE和△ADN中，AB=AD∠ABE=∠D∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAN＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝45°＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，AE=AN∠EAM=∠NAM∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又∵M(jìn)E＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案為：BM+DN＝MN；（2）（1）中的結(jié)論不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下：如圖2，在DC上截取DF＝BM，連接AF，則∠ABM＝90°＝∠D，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠D∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，即∠MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，AM=AF∠MAN=∠FAN∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．（3）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABM＝∠MCN＝90°，∵CN＝CD＝6，∴DN＝12，∴AN=AD2∵AB∥CD，∴△ABQ∽△NDQ，∴BQDQ∴AQAN∴AQ=13AN＝2由（2）得：DN﹣BM＝MN．設(shè)BM＝x，則MN＝12﹣x，CM＝6+x，在Rt△CMN中，由勾股定理得：62+（6+x）2＝（12﹣x）2，解得：x＝2，∴BM＝2，∴AM=AB2∵BC∥AD，∴△PBM∽△PDA，∴PMPA∴PM=12AM∴AP＝AM+PM＝310．4．（2019?麒麟?yún)^(qū)模擬）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M、N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：AH＝AB；（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫(xiě)出理由，如果成立請(qǐng)證明；（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，NH＝3，求AH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）【點(diǎn)睛】（1）由三角形全等可以證明AH＝AB，（2）延長(zhǎng)CB至E，使BE＝DN，證明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，（3）分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCE，設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．【解析】解：（1）如圖①AH＝AB．（2）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長(zhǎng)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=∠ADN∴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=∠NAM∴△AEM≌△ANM．∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，∵AB、AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB＝AH．（3）如圖③分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．設(shè)AH＝x，則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．（不符合題意，舍去）∴AH＝6．5．（2019秋?東臺(tái)市期末）在等邊△ABC的兩邊AB、AC所在直線上分別有兩點(diǎn)M、N，D為△ABC外一點(diǎn)，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：當(dāng)M、N分別在直線AB、AC上移動(dòng)時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系及△AMN的周長(zhǎng)Q與等邊△ABC的周長(zhǎng)L的關(guān)系．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M、N邊AB、AC上，且DM＝DN時(shí)，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系是BM+NC＝MN；此時(shí)QL=2（2）如圖2，點(diǎn)M、N在邊AB、AC上，且當(dāng)DM≠DN時(shí)，猜想（I）問(wèn)的兩個(gè)結(jié)論還成立嗎？若成立請(qǐng)直接寫(xiě)出你的結(jié)論；若不成立請(qǐng)說(shuō)明理由．（3）如圖3，當(dāng)M、N分別在邊AB、CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，探索BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系如何？并給出證明．【點(diǎn)睛】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可證得△MDN是等邊三角形，又由△ABC是等邊三角形，CD＝BD，易證得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性質(zhì)，即可求得BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系BM+NC＝MN，此時(shí)QL（2）在CN的延長(zhǎng)線上截取CM1＝BM，連接DM1．可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易證得∠CDN＝∠MDN＝60°，則可證得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性質(zhì)，即可得結(jié)論仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，連接DM1，可證△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后證得∠CDN＝∠MDN＝60°，易證得△MDN≌△M1DN，則可得NC﹣BM＝MN．【解析】解：（1）如圖1，BM、NC、MN之間的數(shù)量關(guān)系BM+NC＝MN．此時(shí)QL=23．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等邊三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴QL（2）猜想：結(jié)論仍然成立．（3分）．證明：在NC的延長(zhǎng)線上截取CM1＝BM，連接DM1．（4分）∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周長(zhǎng)為：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴QL（3）證明：在CN上截取CM1＝BM，連接DM1．（4分）可證△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，（5分）可證∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N，（7分）．∴NC﹣BM＝MN．（8分）．6．請(qǐng)閱讀下列材料：已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段BC上兩動(dòng)點(diǎn)，若∠DAE＝45°．探究線段BD、DE、EC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系．小明的思路是：把△AEC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE′，連接E′D，使問(wèn)題得到解決．請(qǐng)你參考小明的思路探究并解決下列問(wèn)題：（1）猜想BD、DE、EC三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系式，直接寫(xiě)出你的猜想；（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E在線段BC上，動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖（2），其它條件不變，（1）中探究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請(qǐng)說(shuō)明你的猜想并給予證明；（3）已知：如圖（3），等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E在邊AB上，且∠DCE＝30°，請(qǐng)你找出一個(gè)條件，使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，并求出此時(shí)等腰三角形頂角的度數(shù)．【點(diǎn)睛】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，容易證明△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知條件可以證明△AFE≌△ACE，從而可以得到∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，根據(jù)勾股定理即可證明猜想的結(jié)論；（2）根據(jù)（1）的思路一樣可以解決問(wèn)題；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（1）類(lèi)似，以CE為一邊，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°，這樣就可以解決問(wèn)題．【解析】解：（1）DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．證明：將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，F(xiàn)D＝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）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（2）類(lèi)似，以CE為一邊，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為等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．7．（2019?夏津縣二模）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝45度．則有結(jié)論EF＝BE+FD成立；（1）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分別是BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF是∠BAD的一半，那么結(jié)論EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．（2）若將（1）中的條件改為：如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)E，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，則結(jié)論EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；不成立，請(qǐng)寫(xiě)出它們的數(shù)量關(guān)系并證明．【點(diǎn)睛】（1）結(jié)論仍然成立．延長(zhǎng)CB到G，使BG＝FD，根據(jù)已知條件容易證明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，而∠EAF=12∠BAD，所以得到∠DAF+∠BAE＝∠EAF，進(jìn)一步得到∠EAF＝∠GAE，現(xiàn)在可以證明△AEF≌△（2）結(jié)論不成立，應(yīng)為EF＝BE﹣DF，如圖在CB上截取BG＝FD，由于∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，可以得到∠B＝∠ADF，再利用已知條件可以證明△ABG≌△ADF，由此可以推出∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，而∠EAF=12∠BAD，所以得到∠EAF＝∠GAE，現(xiàn)在可以證明△AEF≌△AEG，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)就可以證明EF＝EG＝EB﹣BG＝EB﹣【解析】解：（1）延長(zhǎng)CB到G，使BG＝FD，連接AG，∵∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF，∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∵∠EAF=12∠∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAE，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF．（2）結(jié)論不成立，應(yīng)為EF＝BE﹣DF，證明：在BE上截取BG，使BG＝DF，連接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=12∠∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．8．（1）如圖1，將∠EAF繞著正方形ABCD的頂點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∠EAF的兩邊交BC于E，交CD于F，連接EF．若∠EAF＝45°，BE、DF的長(zhǎng)度是方程x2﹣5x+6＝0的兩根，請(qǐng)直接寫(xiě)出EF的長(zhǎng)；（2）如圖2，將∠EAF繞著四邊形ABCD的頂點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，∠EAF的兩邊交CB的延長(zhǎng)線于E，交DC的延長(zhǎng)線于F，連接EF．若AB＝AD，∠ABC與∠ADC互