《专题2半角模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（解析版）-中考数学备考复习重点资料归纳汇总》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题2半角模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（解析版）-中考数学备考复习重点资料归纳汇总（71页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题02半角模型 解题策略模型1：正方形中的半角模型 模型2：等腰直角三角形中的半角模型 经典例题【例1】（2020山西晋中八年级阶段练习）如图所示：已知ABC中，BAC=90,AB=AC，在BAC内部作MAN=45,AM、AN分别交BC于点M，N.操作（1）将ABM绕点A逆时针旋转90，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图中画出ACQ;(不写出画法)探究（2）在1作图的基础上，连接NQ， 求证： MN=NQ;拓展（3）写出线段BM,MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由【答案】（1）见详解；（2）见
2、详解；（3）MN2=BM2+NC2，理由见详解.【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS判定MANQAN，进而得出结论；（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据RtNCQ中的勾股定理得出结论；【详解】解：（1）如图，ACQ即为所求；（2）证明：由旋转可得，ABMACQ，AM=AQ，BAM=CAQMAN=45，BAC=90BAM+NAC=45CAQ+NAC=45，即NAQ=45在MAN和QAN中AM=AQMAN=QANAN=AN，MANQAN（SAS），MN=NQ；（3）MN2=BM2+NC2；由（2）中可知，MN=NQ，MB=
3、CQ，又NCQ=NCA+ACQ=NCA+ABM=45+45=90在RtNCQ中，有NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2；【点睛】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用解题时注意：旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等【例2】（2022全国九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1(1)EAF ，写出图中两个等腰三角形：
4、 （不需要添加字母）；(2)转一转：将图1中的EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；(3)连接正方形对角线BD，若图2中的PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则CQBM= ；(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4求证：BM2DN2MN2【答案】(1)45；AEF，CEF，(2)PQBPDQ(3)2(4)见解析【分析】（1）利用翻折变换的性质可得EAF45，证明BAEDAF（ASA），推出BEDF，AEAF，可得结论（2）结论：PQBPDQ如图2中，延长CB到T，使得BTDQ证明
5、PATPAQ（SAS），可得结论（3）证明CAQBAM，可得CQBM=ACAB=2（4）如图4中，将ADN绕点A顺时针旋转90得到ABR，连接RM证明AMRAMN（SAS），RBM90，可得结论(1)解：如图1中，四边形ABCD是正方形，ABADBCCD，BAD90，ABC，ADC都是等腰三角形，BAECAE，DAFCAF，EAF=12（BACDAC）45，BAEDAF22.5，BD90，ABAD，BAEDAF（ASA），BEDF，AEAF，CBCD，CECF，AEF，CEF都是等腰三角形，故答案为：45，AEF，EFC(2)解：结论：PQBPDQ理由：如图2中，延长CB到T，使得BTDQAD
6、AB，ADQABT90，DQBT，ADQABT（SAS），ATAQ，DAQBAT，PAQ45，PATBAPBATBAPDAQ45，PATPAQ45，APAP，PATPAQ（SAS），PQPT，PTPBBTPBDQ，PQBPDQ故答案为：PQBPDQ(3)解：如图3中，四边形ABCD是正方形，ABMACQBAC45，AC=2AB，BACPAQ45，BAMCAQ，CAQBAM，CQBM=ACAB=2，故答案为：2(4)证明：如图4中，将ADN绕点A顺时针旋转90得到ABR，连接RMBAD90，MAN45，DANBAM45，DANBAR，BAMBAR45，MARMAN45，ARAN，AMAM，AMR
7、AMN（SAS），RMMN，DABRABD45，RBM90，RM2BR2BM2，DNBR，MNRM，BM2DN2MN2【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题【例3】（2022江苏八年级专题练习）问题情境在等边ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为ABC外一点，且MDN60，BDC120，BDDC特例探究如图1，当DMDN时，（1）MDB 度；（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；归纳证明（3）如图2，当DMDN时，在NC的延长线上取点E，使
8、CEBM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明拓展应用（4）AMN的周长与ABC的周长的比为 【答案】（1）30；（2）MNBM+NC；（3）MNBM+NC，证明见解析；（4）23【分析】（1）先证明MDN是等边三角形，则MNDMDN，再证明RtDBMRtDCN（HL），得BDMCDN30；（2）由（1）得DM2BM，可得结论MN2BMBM+NC；归纳证明：先证DBMDCE（HL），得DMDE，BDMCDE，再证MDNEDN（SAS），得MNNE，可得结论MNBM+CN；拓展应用：（3）首先根据题意利用SAS证明DBMDCE，然后证明MDNEDN，根据全等三角形对应相等通过
9、线段之间的转化即可得到MNBM+NC；（4）由（3）得到MNBM+NC，则AMN的周长2AB，ABC的周长3AB，即可得出结论【详解】特例探究：解：（1）DMDN，MDN60，MDN是等边三角形，MNDMDN，BDC120，BDDC，DBCDCB30，ABC是等边三角形，ABCACB60，DBMDCN90，BDCD，DMDN，RtDBMRtDCN（HL），MDBNDC30，故答案为：30；（2）由（1）得：DM2BM，DMMN，RtDBMRtDCN（HL），BMCN，DMMN2BMBM+NC，即MNBM+NC；归纳证明（3）解：猜想：MNBM+NC，证明如下：ABC是等边三角形，ABCACB6
10、0，BDCD，BDC120，DBCDCB30，MBDNCD90MBDECD90，又BDCD，BMCE，DBMDCE（SAS），DMDE，MDBEDC，MDN60，BDC120，MDB+NDC60，EDNNDC+EDCMDB+NDC60，EDNMDN，又DNDN，MDNEDN（SAS），MNENEC+NCBM+NC；拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MNBM+NC，AMN的周长AM+MN+ANAM+BM+NC+ANAB+AC2AB，ABC是等边三角形，ABBCAC，ABC的周长3AB，AMN的周长与ABC的周长的比为2AB3AB23，故答案为：23【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角
11、形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质【例4】（2020全国九年级专题练习）请阅读下列材料：已知：如图（1）在RtABC中，BAC90，ABAC，点D、E分别为线段BC上两动点，若DAE45探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且DCE30，请你找出一个条件，使线
12、段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数【答案】（1）DE2BD2+EC2；（2）关系式DE2BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角DFE为120【分析】（1）DE2BD2+EC2，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，得到AFDABD，然后可以得到AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，再利用已知条件可以证明AFEACE，从而可以得到DFEAFD+AFE45+4590，根据勾股定理即可证明猜想的结论；（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；（3）当ADBE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形如图，与（1）类似，以CE为一边，作ECFECB，在CF上截取CFCB，可得CFECBE，DCFDCA，然后可以得到ADDF，EFBE由此可以得到DFE1+2A+B120，这样就可以解决问题【详解】解：（1）DE2BD2+EC2；证明：如图，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，AFDABD，AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，BAC90，DAE45BAD+CAE45, FAD+FAE45,CAE=FAE又A
