专题21 全等与相似模型之半角模型解读与提分精练（全国通用）（解析版）

专题21 全等与相似模型之半角模型 全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。全等三角形、相似三角形与其它知 识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法， 熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方 便掌握。 .................................................................................................................................................1 模型1 半角模型（全等模型）.......................................................................................................................1 模型2 半角模型（相似模型）.....................................................................................................................13 ...............................................................................................................................................15 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒 置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样 才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法 的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中 提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因 为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几 何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每 一个题型，做到活学活用！ 模型1 半角模型（全等模型） 半角模型概念：半角模型是指是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边相等，通过旋 转，可将角进行等量转化，构造全等三角形的几何模型。 1）正方形半角模型 条件：四边形BD 是正方形，∠EF=45°；结论：①△BE △ ≌DG；②△EF △ ≌GF；③EF＝BE＋DF；④ EF 的 周长=2B；⑤E、F 分别平分∠BEF 和∠EFD。 证明：将△BE 绕点逆时针旋转90°至△DG，即△BE △ ≌DG， ∴∠EB=∠GD，∠B=∠DG=90°，BE＝DG，E＝G； ∵BD 是正方形，∴∠B=∠DF=∠BD=90°，B＝D；∴∠DG+∠DF=180°，故F、D、G 共线。 ∵∠EF=45°，∴∠BE+∠DF=45°，∴∠GD+∠DF=∠GF=45°，∴∠EF=∠GF=45°， ∵F＝F，∴△EF △ ≌GF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴ EF 的周长=EF+E＋F=BE＋DF+E＋F=B＋D=2B，过点作⊥EF，则∠E=90°， ∵△EF △ ≌GF，∴D=（全等三角形对应边上的高相等），再利用L 证得：△BE △ ≌E， ∴∠E=∠BE，同理可证：∠F=∠DF，即E、F 分别平分∠BEF 和∠EFD。 2）等腰直角三角形半角模型 条件： B 是等腰直角三角形（∠B=90°，B＝），∠DE=45°； 结论：①△BD △ ≌G；②△DE △ ≌GE；③∠EG==90°；④DE2＝BD2＋E2； 证明：将△BD 绕点逆时针旋转90°至△G，即△BD △ ≌G， ∴∠BD=∠G，∠B=∠G=45°，D＝G，BD＝G； ∵∠DE=45°，∴∠BD+∠E=45°，∴∠G+∠E=∠GE=45°，∴∠DE=∠GE=45°， ∵E＝E，∴△DE △ ≌GE，∴ED＝EG，∵ B 是等腰直角三角形，∴∠B=45°，∴∠EG=90°，∴GE2＝G2＋ E2,∴DE2＝BD2＋E2； 3）等边三角形半角模型（120°-60°型） 条件： B 是等边三角形， BD 是等腰三角形，且BD=D，∠BD=120°，∠EDF=60°； 结论：①△BDE △ ≌DG；②△EDF △ ≌GDF；③EF＝BE＋F；④ EF 的周长=2B； ⑤DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EF。 证明：将△DBE 绕点D 顺时针旋转120°至△DG，即△BDE △ ≌DG， ∴∠EDB=∠GD，∠DBE=∠DG，BE＝G，DE＝DG； ∵∠BD=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠DF=60°，∴∠GD+∠DF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF △ ≌GDF，∴EF＝GF，∵GF＝G＋F，∴GF＝BE＋F，∴EF＝BE＋F， ∴ EF 的周长=EF+E＋F=BE＋F+E＋F=B＋=2B， 过点D 作D⊥EF，DM⊥GF，则∠DF=∠DMF=90°， ∵△EDF △ ≌GDF，∴DM=D（全等三角形对应边上的高相等），再利用L 证得：△DF △ ≌DMF， ∴∠FD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF 分别平分∠BEF 和∠EF。 4）等边三角形半角模型（60°-30°型） 条件： B 是等边三角形，∠ED=30°； 结论：①△BD △ ≌F；②△DE △ ≌FE；③∠EF=120°；④DE2＝( BD＋E)2+ ； 证明：将△BD 绕点逆时针旋转60°至△F，即△BD △ ≌F， ∴∠BD=∠F，∠B=∠F=60°，D＝F，BD＝F； ∵∠DE=30°，∴∠BD+∠E=30°，∴∠F+∠E=∠FE=30°，∴∠DE=∠FE=30°， ∵E＝E，∴△DE △ ≌FE，∴ED＝EF，∵ B 是等边三角形，∴∠B=60°，∴∠EF=120°， 过点F 作F⊥B，∴∠F=60°，∠F=30°，∴= F= BD，F= F= BD， ∵在直角三角形中：FE2＝F2＋E2,∴DE2＝( BD＋E)2+( BD)2； 5）任意角度的半角模型（ - 型） 条件：∠B= ，B=，∠DE= ； 结论：①△BD △ ≌F；②△ED △ ≌EF；③∠EF=180°- 。 证明：将△BD 绕点逆时针 °至△F，即△BD △ ≌F， ∴∠BD=∠F，∠B=∠B=∠F=90°- ，D＝F，BD＝F；∴∠EF=∠B+∠F=180°- 。 ∵∠B= ，∠DE= ，∴∠BD+∠E= ，∴∠F+∠E=∠FE= ，∴∠DE=∠FE= ， ∵E＝E，∴△DE △ ≌FE。 例1．（2023·广东广州·二模）在正方形 中，点E、F 分别在边 上，且 ，连接 ． (1)如图1，若 ， ，求 的长度；(2)如图2，连接 ， 与 、 分别相交于点M、， 若正方形 的边长为6， ，求 的长；(3)判断线段 三者之间的数量关系并证 明你的结论﹒ 【答】(1) (2) (3) 【分析】（1）延长 ，使 ，证明 和 ，求得 ．（2）设 ，则 ，在 中，根据勾股定理可得， ，解得： ．（3） 三者之间的数量关系： ，证 明 和 ，根据勾股定理即可证明． 【详解】（1）解：延长 ，使 ，如图所示： ∵四边形 为正方形，∴ ， ， 在 和 中， ，∴ ，∴ ， ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， 在 和 中， ，∴ ，∴ ． （2）解：设 ，则 ，由（1）可知， ， 在 中，根据勾股定理可得， ，解得： ，∴ ． （3） 三者之间的数量关系： ． 证明：截取 ，在 和 中， ，∴ ， ∴ ， ，又∵ ，∴ ， 在 和 中， ，∴ ， ∴ ，∴ ．即 ． 【点睛】此题考查了三角形全等、勾股定理，解题的关键是构造辅助线，熟悉三角形全等的证明． 例2．（23-24 八年级下·四川达州·阶段练习）倡导研究性学习方式，着力材研究，习题研究，是学生跳出 题海，提高学习能力和创新能力的有效途径． (1)【问题背景】已知：如图1，点E、F 分别在正方形 的边 上， ，连接 ，则 之间存在怎样的数量关系呢？ （分析：我们把 绕点顺时针旋转 至 ，点G、B、在一条直线上．） 于是易证得： 和 ，所以 ． 直接应用：正方形 的边长为6， ，则 的值为 ． (2)【变式练习】已知：如图2，在 中， ，D、E 是斜边 上两点，且 ，请 写出 之间的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】在（2）的条件下，当 绕着点逆时针一定角度后，点D 落在线段B 上，点E 落在线 段B 的延长线上，如图3，此时（2）的结论是否仍然成立，并证明你的结论． 【答】(1) (2) ，见解析(3)成立，见解析 【分析】（1）根据分析过程及图形分析即可；（2） ，把 顺时针旋转到 的 位置此时 与 重合，连接 ，证 ，得 ，再证 是直 角三角形，然后由勾股定理即可解决问题；（3）根据第（2）问的辅助线画出图形即可证明． 【详解】（1）∵四边形 是正方形，∴ ， 把 绕点顺时针旋转 至 ，则 与 重合， ∴ ∴ ， ∴点G、B、在一条直线上 ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ；∵正方形 的边长为6， ， ∴ ，∴ ， ， 在 中， ，∴ ，解得 ， ∴ 故答为： ； （2） ，理由如下：把 顺时针旋转到 的位置此时 与 重合，连接 ， 则 ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ，∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ，∴ 是直角三角形， ∴ ，∴ ． （3） 依然成立，理由如下： 把 顺时针旋转到 的位置此时 与 重合，连接 ， 则 ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ，∵ ，∴ ， ∴ ，∴ ， ∴ 是直角三角形，∴ ，∴ ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三 角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性比较强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于 中考常考题型． 例3．（23-24 九年级上·浙江台州·期中）如图，在 中，B＝，∠B＝120°，点D、E 都在边B 上， ∠BD＝15°，∠DE＝60°．若DE=3，则B 的长为 ． 【答】 【分析】如图（见解析），先根据等腰三角形的定义可得 ，再根据角的和差可得 ， ，从而可得 ，设 ，然后利用直 角三角形的性质、勾股定理可得 ，最后根据线段的和差建立方程，解方程即可得． 【详解】如图，过点作 于点F， 在 中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，设 ， 在 中， ， ， ， ， 又 ， ，解得 ，则 ，故答为： ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识点，通过作辅助线， 构造等腰直角三角形是解题关键． 例4．（23-24 九年级上·江西南昌·期中）（1）如图①，在直角 中， ， ，点D 为 边上一动点（与点B 不重合），连接 ，将 绕点逆时针旋转 ，得到 ，那么 之间的位置关系为__________，数量关系为__________；（2）如图②，在 中， ， ，D，E（点D，E 不与点B，重合）为 上两动点，且 ．求证： ． （3）如图③，在 中， ， ， ， ，D，E（点D，E 不与 点B，重合）为 上两动点，若以 为边长的三角形是以 为斜边的直角三角形时，求 的 长． 【答】（1）E⊥BD；E=BD；（2）见解析；（3） ． 【分析】（1）根据 ，D=E，运用SS 证明 ，根据全等三角形性质得出对应边 相等，对应角相等，即可得到线段E、BD 之间的关系； （2）把 绕点顺时针旋转 ，得到 ，连接DG，由SS 得到 ，可得DE=DG， 即可把EF、BE、F 放到一个直角三角形中，从而根据勾股定理即可证明； （3）把 绕点顺时针旋转 ，得到 ，可得F=E， ，E=BF， ， 由SS 可证 ，可得DF=DE，由以BD、DE、E 为边的三角形是直角三角形，分两种情况讨 论，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：（1）E 与BD 位置关系是E⊥BD，数量关系是E=BD ∵ 绕点逆时针旋转 ，得到 ∴ ∴ ， ∴ ∵B=，D=E∴ ∴ 且E=BD ∵ ∴ ，即E⊥BD 故答为：E⊥BD；E=BD； （2）如图②，把 绕点顺时针旋转 ，得到 ，连接DG， 则 ∴G=E，BG=E， ∵ ， ∴ 在 和 中， ∴ ∴ED=GD ∵ ∴ 即 （3）如图③，把 绕点顺时针旋转 ，得到 ， ∴ ∴F=E， ，E=BF， ∵ ，B=∴ ∴ ∵ ， ∴ ，且F=E，D=D∴ ∴DF=DE ∵以BD、DE、E 为边的三角形是直角三角形 ∴以BD、DF、BF 为边的三角形是直角三角形 ∴ 是直角三角形 若 ，且 ∴BF=2BD=E， ∵ ∴ ∴ ∴ 若 ，且 ∴BD=2BF=2E， ∵ ∴ ∴BD=2， ∴ 【点睛】此题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质、勾 股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 例5．（2024·江西·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形 中， ， ， ， ，猜想并写出线段 ， ， 之间的数量关系，证明 你的猜想； （2）【迁移推广】如图2，在四边形 中， ， ， ．请 写出线段 ， ， 之间的数量关系，并证明； （3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（ 处）北偏东20°的 处．舰艇乙在指 挥中心南偏西50°的 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80 海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90 海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测 到甲、乙两舰艇分别到达 ， 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰 艇之间的距离． 【答】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85 海里 【分析】（1）延长D 至点G，使DG=BE，连接G，可证得△BE △ ≌DG，可得到E=G，∠BE=∠DG，再由 ， ，可证得△EF △ ≌GF，从而得到EF=FG，即可求解；（2）延长D 至点，使 D=BE，连接，可证得△BE △ ≌D，可得到E=，∠BE=∠D，再由 ，可证得△EF △ ≌F，从而得 到EF=F，即可求解； （3）连接D，延长、BD 交于点M，根据题意可得∠B=2∠D，∠M+∠BM=70° +110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：D=+BD，即可求解． 【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长D 至点G，使DG=BE，连接G， ∵ ，∴∠DG=∠B=90°， ∵B=D，∴△BE △ ≌DG，∴E=G，∠BE=∠DG， ∵ ， ，∴∠BE+∠DF=50°，∴∠FG=∠EF=50°， ∵F=F，∴△EF △ ≌GF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF； （2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长D 至点，使D=BE，连接， ∵ ，∠D+∠D=180°，∴∠D=∠B， ∵B=D，∴△BE △ ≌D，∴E=，∠BE=∠D， ∵ ∠ ∴ EF=∠BE+∠DF=∠DF+∠D，∴∠EF=∠F， ∵F=F，∴△EF △ ≌F，∴EF=F，∵F=D+DF，∴EF=D+DF=BE+DF； （3）如图，连接D，延长、BD 交于点M， 根据题意得： ∠B=20°+90°+40°=150°，∠BD=60°+50°=110°，∠D=75°，∠M=90°-20°=70°，=B， ∠ ∴ B=2∠D，∠M+∠BM=70°+110°=180°， ∵=B，∴由（2）【迁移推广】得：D=+BD， ∵=80×05=40，BD=90×05=45，∴D=40+45=85 海里．即此时两舰艇之间的距离85 海里． 【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形 的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意 类比思想的应用． 例6．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形 中， ， ， 点 ， 分别在 ， 上，若 ，则 ． 【解决问题】如图②，在某公的同一水平面上，四条道路围成四边形 ．已知 ， ， ， ，道路 ， 上分别有景点 ， ，且 ， ，若在 ， 之间修一条直路，则路线 的长比路线 的长少_______ __ （结果取整数，参考数据： ）． 【答】370 【分析】延长 交于点 ，根据已知条件求得 ,进而根据含30 度角的直角三角形的性质，求 得 ， ，从而求得 的长，根据材料可得 ，即可求解． 【详解】解：如图，延长 交于点 ，连接 ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， , , 在 中， ， ， ， ， ， 中， ， ， ， ， ， 中， 是等腰直角三角形 由阅读材料可得 ， 路线 的长比路线 的长少 ．答：370． 【点睛】本题考查了含30 度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键． 模型2 半角模型（相似模型） 半角模型特征：①共端点的等线段； ②共顶点的倍半角； 半角模型辅助线的作法：由旋转（或翻折）构造两对全等，从而将边转化，找到边与边的关系（将分散的 条件集中，隐蔽的关系显现）。 常见的考法包括：90°与45°（正方形、直角三角形）；120°与60°（等边三角形）等。 1）半角模型（正方形（或等腰直角三角形）中的半角相似模型） 条件：已知，如图，在正方形BD 中，∠EF 的两边分别交B、D 边于M、两点，且∠EF＝45° 结论：如图1，△MD∽△M∽△B； 图1 图2 证明：∵BD 是正方形，∴∠DM=45°，∵∠EF＝45°，∴∠DM=∠EF， ∠ ∵ MD=∠M，∴△MD∽△M，同理：△M∽△B，∴△MD∽△M∽△B； 结论：如图2，△BME∽△M∽△DF 证明：∵BD 是正方形，∴∠DF=45°，∵∠EF＝45°，∴∠DF=∠EF， ∠ ∵ DF=∠M，∴△M∽△DF，同理：△BME∽△M，∴△BME∽△M∽△DF； 结论：如图3，连接，则△MB∽△F，△D∽△E．且 ； M N F E D C B A 45° 45° A B C D E F N M