旋转模型-角含半角模型

旋转模型-角含半角模型

【内容介绍】

本次资料主要包含数学科目，重点指导学生了解旋转模型相关知识，掌握不同旋转模型的解题方法；主要是通过要点梳理，帮助大家综合掌握角含半角模型的含义和解题方法，再通过典型例题的分析，帮助大家了解常考题型。建议大家深入学习掌握要点梳理，认真研读例题，并在日常学习中注重练习，实现对学习目标的综合把握。

【要点梳理】

1）半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半

2）思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化 3）基本模型

要点一、正方形含半角

图1 图2

例题：如图1：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，EAF=45，证明以下的结论：（1） EF=BE+DF;(2) △CEF的周长是正方形周长的一半；（3） FA平分DFE， EA平分BEF；（4）S△AEF=S△AEB+S△AFD分析：90角中含有45角，符合半角模型，通过旋转构造全等三角形，实现线段和角的转化。

解答：如图2，在正方形ABCD中，AD=AB,将△ADF沿点A顺时针旋转90，得到ABG，则AG=AF,ABG=D=90,BG=DF,GAF=90,ABC=90GBC=ABG+ABC=180G、B、C三点共线，EAF=45，EAG=EAF=45AG=AF在△AEG和△AEF中，EAG=EAF，AE=AE△AEG△AEF,EF=EG=BE+BG=BE+DF,(1)成立。△CEF的周长=EF+CE+CF=BE+CE+DF+CF=BC+CD,(2)得证；△AEG△AEF,AEG=AEF,G=AFE=AFD,(3)得证；S△AEF=S△AEG=S△AEB+S△AEG=S△AEB+S△AFD,(4)得证小结：辅助线的实质：中间的半角等于两旁边小角的和，通过旋转变换，将两个小角“拼成”与半角相等的角，构成\"SAS\"全等三角形。【变式1】 （探索发现）如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且MAN=45，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转

90，点D与点B重合，得到△ABE，连接AM、AN、MN． （1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程．

（2）如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，

MAN=45，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明

过程．

（3）如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，BAD=120，B+D=180，点N，M分别在边BC，CD上，MAN=60，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系．

【答案】（1）MN=DM+BN，证明见解析；（2）MN=BN−DM,证明见解析；（3）MN=DM+BN．

【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证△ADM≌△ABE，利用

SAS可证△AMN≌△AEN，则可得：MN=DM+BN；

（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证△ADM≌△ABE，利用

SAS可证△AMN≌△AEN，则可得：MN=BN−DM； （3）根据正方形的性质和旋转的性质可证△ADM≌△ABE，利用

SAS可证△AMN≌△AEN，则可得：MN=DM+BN；

证明：（1）如图①，∵四边形ABCD是正方形

∴AB=AD，

ABCADCBAD=90

将△ADM绕点A顺时针旋转90，得到△ABE

要点二、等腰直角三角形含半角

图3 图4

例题：如图3，在△ABC中，ACB=90,CA=CB，点E,F在AB边上，

ECF=45．若AE=10,EF=15，则BF的长为__________．

分析：90角中含有45角，符合半角模型，通过旋转构造全等三角形，实现线段和角的转化。【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．

解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，如图4 ∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90° ∴∠ACE＝∠BCG． ∵在△ACE与△BCG中，

CE＝CG∵ACE＝BCG， AC＝CB∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG， ∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°． 在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，

∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2． 又∵∠ECF＝45°，

∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF． ∵在△ECF与△GCF中，

EC＝CGFCG＝ECF， CF＝CF∴△ECF≌△GCF（SAS）． ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2， ∵AE=10,EF=15，

∴BF=152−102=125=55， 故答案是：55．

【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．

如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D为顶点作MDN=60，点M、N分别在AB、AC上． （1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______； （2）如图②，求证：BM+NC=MN．

【答案】（1）4；（2）见解析 【分析】

（1）首先证明△BDM≌△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=

11DM=MN，即可解决问题； 22（2）延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，首先证明

△BDM≌△CDE，再证明△MDN≌△EDN，得出MN=NE，进而得出结果即可．

解：（1）∵△ABC是等边三角形，MN//BC，

AMN=ABC=60，ANM=ACB=60 ∴△AMN是等边三角形，AM=AN，则BM=NC， ∵△BDC是顶角BDC=120的等腰三角形，

DBC=DCB=30， DBM=DCN=90， 在△BDM和△CDN中，

BM=CN,MBD=DCN, BD=CD,△BDM≌△CDN(SAS)，

DM=DN，BDM=CDN， ∵MDN=60，

∴△DMN是等边三角形，BDM=CDN=30，

NC=BM=11DM=MN，MN=MB+NC， 22∴△AMN的周长=AB+AC=4．

（2）如图，延长AC至点E，使得CE=BM，连接DE，

∵△ABC是等边三角形，BDC是顶角BDC=120的等腰三角形，

ABC=ACB=60，DBC=DCB=30，

ABD=ACD=90， DCE=90， 在△BDM和△CDE中，

BD=CD,MBD=ECD, BM=CE,△BDM≌△CDE(SAS)，

MD=ED，MDB=EDC，

MDE=120−MDB+EDC=120， ∵MDN=60，

NDE=60， 在△MDN和△EDN中，

MD=ED,MDN=NDE=60, DN=DN,△MDN≌△EDN(SAS)．

MN=NE，

又∵NE=NC+CE=NC+BM，

BM+NC=MN．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．

专项练习

1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）

A．①②③④

B．②③

C．②③④

D．③④

2．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④

BP2+DQ2=PQ2．其中正确的有（ ）

A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

4．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4√3，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

参考答案 1．C 【分析】

利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可． 【详解】

解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB， ∴△ABF≌△ACD，

∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，

∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确

无法判断BE＝CD，故①错误， 故选：C．

【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 2．C 【分析】

运用正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质综合推理判断． 【详解】

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠BAP+∠QAD =45°，

∵BM是正方形的外角的平分线， ∴∠MBC=135°， ∴∠BAP+∠APB=45°，

∴∠QAD＝∠APB， ∴②正确；

∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线， ∴∠ABP=∠QDA=135°， ∵∠QAD＝∠APB， ∴△ABP∽△QDA， ∴BP：DA=BA：DQ，

22∴BP•DQ＝BA=2=4，

∴①错误； ∵△ABP∽△QDA， ∴BP：DA=BA：DQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=DA， ∴BP：BC=DC：DQ，

∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线， ∴∠PBC=∠QDC=45°， ∴△BPC∽△DCQ， ∴∠BCP=∠DQC，

∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°. ∴③正确；

如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．

∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD． ∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°． ∴∠PAF=∠PAQ． 又∵AP=AP，

∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．

∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．

222∴在Rt△BPF中，BP+BF=PF，

222BP+DQ=PQ∴．

∴④正确；

故选C．

【点拨】本题考查了正方形的性质；角平分线的定义；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；旋转变换的性质．熟练掌握上述性质，灵活运用旋转构图求解是解题的关键. 3．23+2 【分析】

将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，

∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可． 【详解】

将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°，

∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，

∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中，

AE＝ANEAM＝NAMAM＝AM，

∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME，

∴MN＝CN+BM，

∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4， ∴CD＝

1BC＝2，BD＝BC2−CD2＝42−22＝23， 2∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝23+2， 故答案为：23+2．

【点拨】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键． 4．4√3+4． 【解析】 【分析】

将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可． 【详解】

将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°，

∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，

∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，

∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， 𝐴𝐸=𝐴𝑁

{∠𝐸𝐴𝑀=∠𝑁𝐴𝑀 ，

𝐴𝑀=𝐴𝑀∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM，

∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4√3，CD＝BD×tan∠CBD＝4，

∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4√3+4， 故答案为：4√3+4．

【点拨】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.