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考点5：半角模型
1．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若BM= 1，CN=3，求MN的长．
2．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．
3．如图，已知：正方形，点，分别是，上的点，连接，，，且，求证：．
4．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．
（1）延长CB到点G，使BG＝ ，连接AG；
（2）证明：EF＝BE＋DF
5．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转 后，得到，连接EM，AE，且使得．
求证：；（2）求证：.
6．如图所示，在中，，，的两边交边于，两点，将绕点旋转
（1）画出绕点顺时针旋转后的；
（2）在（1）中，若，求证：；
（3）在（2）的条件下，若，直接写出的长.
7．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．
8．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．
9．如图，，，点、分别在边、上，，过点作，且点在的延长线上．
（1）与全等吗？为什么？
（2）若，，求的长．
10．已知：正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交（或它们的延长线）于点．
当绕点旋转到时（如图1），易证．
（1）当绕点旋转到时（如图2），线段和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当绕点旋转到如图3的位置时，线段和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
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参考答案
解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，
截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝．
2．【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．
3．【详解】
如解图，将绕点逆时针旋转至的位置，使与重合．
∴，．
∵．
∴，
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
∵，
∴．
4．解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，
在△ADF和△ABG中
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF=AG，∠DAF=∠GAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠GAB+∠EAB=45°，
∴∠GAE=∠EAF =45°，
在△AGE和△AFE中0
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴GE=EF，
∴EF＝GE=BE+GB=BE＋DF
5．【详解】
证明：（1）∵将绕点A顺时针旋转90°后，得到，
，，，
，
，
，
，
在△AME和中
，
，
；
（2）由（1）得：，
在中，，
又∵，
．
6．【详解】
（1）作图如图所示
（2）证明：连结KE，作KH⊥AC于H，如图，
∵∠A=∠B=30°，∠MCN=60°，
∴∠ACB=120°，
∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵△BCF绕点C顺时针旋转120゜后的△ACK，
∴BF=AK，∠KCA=∠FCB，CK=CF，∠KAC=∠B=30°，
∴∠KCE=∠KCA+∠ACE=∠FCB+∠ACE=60°，
∴∠KCE=∠FCE，
在△CKE和△CFE中
，
∴△CKE≌△CFE，
∴KE=EF，
∵AE2+EF2=BF2，
∴AE2+KE2=AK2，
∴△AEK为直角三角形，
∴∠AEK=90°，
∴∠KEC=∠FEC=45°，
∴∠BCF=180°-45°-60°-30°=45°，
∴∠KCA=45°，
设KH=a，在Rt△KHC中，KC=a；在Rt△KHA中，AK=2a，
∴AK：KC=2a：a=，
∴BF：CF=，
即BF=CF；
（3）设KH=a，在Rt△KHC中，HC=a；在Rt△KHA中，AH=a，
∴AC=AH+HC=a+a=+1，解得a=1，
∴AK=2a=2，
在Rt△AEK中，∠KAE=∠KAC+∠CAE=60°，
∴∠AKE=30°，
∴AE=AK=1，
∴KE=AE=，
∴EF=．
7．【详解】
(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM
∴DE=DM ∠EDM=90°
∴∠EDF + ∠FDM=90°
∵∠EDF=45°
∴∠FDM =∠EDM=45°
∵ DF= DF
∴△DEF≌△DMF
∴ EF=MF
（2） 设EF=x ∵AE=CM=1
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x
∵ EB=2
在Rt△EBF中，由勾股定理得
即
解之，得　
8．解：将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90 ，使BC落在BA边上，得△BAM，则∠MBE=90 ，AM=CE,BM=BE,因为CE＋AF＝EF，所以MF＝EF，又BF=BF,所以△FBM≌△FBE,所以∠MBF=∠EBF, 所以∠EBF=
9．【详解】
解：（1）∵，点在的延长线上，
∴∠ABG=∠D=90°，
在△GAB和△FAD中，
∵，AB=AD，∠ABG=∠D，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵△GAB≌△FAD，
∴AG=AF，GB=DF，
∵，，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
∵AG=AF，∠GAE=∠EAF，AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
∵GE=GB+BE=DF+BE=2+3=5，
∴EF=5．
10．【详解】
（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线．
∴∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°，
又∵∠NAM=45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME=MN，
∵ME=BE+BM=DN+BM，
∴DN+BM=MN；
（2）DN-BM=MN．
在线段DN上截取DQ=BM，如图，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∴∠QAN=∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．

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