八上培优5-半角模型.doc

(word完整版)八上培优5 半角模型
八上培优5 半角模型 方法 ：截长补短

图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况。还有套的情况。求证的结论一般是线段的和与差。解决的方法是：截长补短构造全等三角形。旋转移位造全等，翻折分割构全等。截长法，补短法.
勤学早和新观察均有专题。勤学早在第49页，新观察在第34页，新观察培优也有涉及，在第27页2两个例题，29页有习题。这些题大同小异，只是图形略有变化而已。证明过程一般要证明两次全等。
下面是新观察第34页1~4题
1。如图，四边形ABCD中，∠A=∠C=90゜,∠D=60゜，AB=BC，E、F,分别在AD、CD上，且∠EBF=60゜．求证：EF=AE+CF．

2.如图2,在上题中，若E、F分别在AD、DC的延长线上，其余条件不变，求证：AE=EF+CF．

3。如图 ，∠A=∠B=90°， CA=CB=4, ∠ACB=120°,∠ECF=60°,AE=3， BF=2, 求五边形ABCDE的面积.

4．如图1．在四边形ABCD中．AB=AD，∠B+∠D=180゜，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF．
（1）求证:EF=BE+DF；
（2）在(1）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转,当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关系．

3.如图3,在四边形ABDC中,∠B+∠C=180°,DB=DC，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．

勤学早第40页试题
1.（1）如图，已知AB= AC, ∠BAC=90°， ∠ MAN=45°， 过点C作NC ⊥AC交AN于点N，过点B作BM 垂直AB交AM于点M，当∠MAN在∠BAC内部时，求证：BM+CN =MN;

证明： 延长MB到点G，使BG=CN，连接AG，证△ABG≌△ACN（SAS),∴AN=AG,∠BAG= ，∠NAC。 L∵∠GAM=∠GAB + ∠ BAM=∠CAN+ ∠BAM=45°= L∠MAN，
证△AMN≌△AMG(SAS)， ’∴MN= MG= BM + BG= BM十NC.

证明二:(此证明方法见新观察培优第27页例3)

(2）如图,在(1)的条件下，当AM和AN在AB两侧时,(1）的结论是否成立?请说明理由。

解：不成立，结论是：MN=CN一BM，
证明略。

基本模型二 120°套 60°
2。 如图，△ABC中，CA=CB,∠ACB=120°，E为AB上一点，∠DCE=60°,∠DAE= 120°,
求证：DE=BE

证明：(补短法）延长EB至点F,使BF=AD，连接CF，则△CBF≌△CAD，
△CED≌△CEF,.DE- AD=EF— BF= BE.

3.如图，△ABC中,CA=CB,∠ACB=120°，点E为AB上一点，∠DCE=∠DAE= 60°，
求证：AD+DE= BE.

证明：（截长法)在BE上截取BF=AD,连接CF,易证△CBF≌△CAD，
△CED≌ACEF, DE= EF, AD+DE= BF+EF=BE。

比较：新观察培优版27页
例4如 图，△ABC是边长为1的等边三角形,△BDC是顶角，∠BDC= 120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角,角的两边分别交AB、AC于M、N， 连结MN, 试求△AMN的周长.

分析:由于∠MDN=60°，∠BDC=120°，所以∠BDM十∠CDN=60°，注意到DB=DC，考虑运用“旋转法”将∠BDM和∠CDN移到一起，寻找全等三角形.另一方面，△AMN的周长AM+AN + MN= AB+ AC+MN-BM- CN。 猜想MN= BM+CN，证三角形全等解决.

新观察培优68页 例5 如图， 点A、B（2,0)在x轴上原点两侧, C在y轴正半轴上， OC平分∠ACB.
(1)求A点坐标；
(2）如图1， AQ在∠CAB内部,P是AQ上一点， 满足∠ACB=∠AQB， AP=BQ。 试判断△CPQ的形状,并予以证明；
(3)如图2. BD⊥BC交y轴负半轴于D。 ∠BDO=60°， F为线段AC上一动点，E在CB延长线上,满足∠CFD+∠E=180°。 当F在AC上移动时，结论: ①CE+CF值不变; ②CE— CF 值不变，其中只有一个正确结论,请选出正确结论并求其值.

分析:（1)由∠A0C≌△BOC得AO= BO=2, A(- 2,0）.
（2)由△ACP≌△BCQ得CP=CQ。
(3)由BD⊥BC,∠BDO=60°,可证得等边△ABC。由角平分线和DB_⊥BC的条件，运用对称性知DA ⊥AC, 连结DA, 加上条件∠CFD+∠E=180°，可证得△ADF△BDE, 于是CE+CF=2AC= 2AB= 8.

基本模型三 2°套°
4。(1)如图1,在四边形ABCD中, AB=AD，∠B+∠D=180°， E,F分别是BC，CD上的点,且∠EAF=∠ BAD， 求证:EF= BE+ DF；
（2）如图2,在（1）的条件下,若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点E,F分别运动到BC,CD延长线上时，
则EF,BE,DF之间的数量关系是EF=BE— DF

解:(1）EF=BE+DF, 延长FD到点G，使DG=BE,连接AG，
证△ABE≌△ADG （SAS）， 。。∴AE = AG,
∠BAE=∠DAG,∵∠EAF=∠BAD,
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠ BAD— ∠EAF= ∠ EAF, ∴∠ ’EAF= ∠GAF,
证△AEF≌△GAF（SAS),。∴EF= FG， ∵FG=DG+ DF=BE+ DF,∴EF=BE +DF；
(2）EF=BE DF。

外地试题：
4．探究：如图①,点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连结EF，求证:EF=BE+DF．
应用：如图②，在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，AB=AD，∠B+∠D=90°，∠EAF=∠BAD，若EF=3，BE=2,则DF= ．

5．通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，请补充完整．

原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，求证：EF=BE+DF．
(1)思路梳理
∵AB=AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．
∵∠ADG=∠B=90°，∴∠FDG=∠ADG+∠ADC=180°，则点F、D、G共线．
根据 SAS，易证△AFG≌ AFE，从而得EF=BE+DF；
（2）类比引申
如图2，四边形ABCD中,AB=AD，∠BAD=90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°．若∠B、∠D都不是直角，但当∠B与∠D满足等量关系 ∠B+∠D=180°时,仍有EF=BE+DF，请给出证明;
(3）联想拓展
如图3,在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．

7．(1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°,E、F分别是边BC、CD上的点，且AE=AF,∠EAF=∠BAD．现有三种添加辅助线的方式：①延长EB至G，使BG=BE，连接AG；②延长FD至G,使DG=BE，连接AG；③过点A作AG⊥EF，垂足为G；选择其中一种方法添加辅助线，求证：EF=BE+FD；
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB=AD,若∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD，证明（1）中结论是否还成立?
(3)如图3,在四边形ABCD中,AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，(1）中的结论是否仍然成立？若成立,请证明;若不成立,请写出它们之间的数量关系，并证明．

8．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠B=∠D=90°,E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD．求证:EF=BE+FD．
(2）如图2，在四边形ABCD中,AB=AD，∠B+∠D=180°,E、F分别是边BC、CD上的点,且∠EAF=∠BAD,(1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明;若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系,并证明．
（3)如图3,在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立?若成立，请证明;若不成立，请写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系，并证明．

半角模型问题放到平面直角坐标系中是什么样子?
1．如图1，在平面直角坐标系中，△AOB为等腰直角三角形，A（4，4）

(1)求B点坐标；
（2)如图2，若C为x正半轴上一动点，以AC为直角边作等腰直角△ACD，∠ACD=90°，连接OD，求∠AOD的度数；
（3）如图3，过点A作y轴的垂线交y轴于E,F为x轴负半轴上一点，G在EF的延长线上，以EG为直角边作等腰Rt△EGH，过A作x轴垂线交EH于点M，连FM，等式AM=FM+OF是否成立？若成立，请说明；若不成立，说明理由．

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解:（1）如图所示，作AE⊥OB于E，
∵A（4,4），
∴OE=4,
∵△AOB为等腰直角三角形，且AE⊥OB，
∴OE=EB=4，
∴OB=8,
∴B(8,0）；

（2）如图所示，作AE⊥OB于E，DF⊥OB于F,
∵△ACD为等腰直角三角形，
∴AC=DC，∠ACD=90°
即∠ACF+∠DCF=90°,
∵∠FDC+∠DCF=90°，
∴∠ACF=∠FDC，
又∵∠DFC=∠AEC=90°，
∴△DFC≌△CEA（AAS)，
∴EC=DF=4,FC=AE,
∵A（4，4）,
∴AE=OE=4,
∴FC=OE,即OF+EF=CE+EF，
∴OF=CE，
∴OF=DF，
∴∠DOF=45°，
∵△AOB为等腰直角三角形,
∴∠AOB=45°，
∴∠AOD=∠AOB+∠DOF=90°;

（3）AM=FM+OF成立,理由：如图所示，在AM上截取AN=OF,连EN．
∵A（4，4），
∴AE=OE=4，
又∵∠EAN=∠EOF=90°，AN=OF,
∴△EAN≌△EOF（SAS），
∴∠OEF=∠AEN，EF=EN，
又∵△EGH为等腰直角三角形，
∴∠GEH=45°，即∠OEF+∠OEM=45°,
∴∠AEN+∠OEM=45°
又∵∠AEO=90°，
∴∠NEM=45°=∠FEM,
又∵EM=EM，
∴△NEM≌△FEM（SAS)，
∴MN=MF，
∴AM-MF=AM-MN=AN,
∴AM-MF=OF，
即AM=FM+OF；

【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定、等腰三角形的性质和坐标与图形性质的综合应用，解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．

2．如图，直线L交x轴、y轴分别于A、B两点，A（a，0）B（0,b)，且(a-b）2+|b-4|=0
（1)求A、B两点坐标；
（2）C为线段AB上一点，C点的横坐标是3,P是y轴正半轴上一点，且满足∠OCP=45°，求P点坐标；
（3)在（2）的条件下,过B作BD⊥OC,交OC、OA分别于F、D两点，E为OA上一点，且∠CEA=∠BDO,试判断线段OD与AE的数量关系，并说明理由．

（1)解：∵（a-b）2+｜b—4|=0，
∴a-b=0,b—4=0，

∴a=4，b=4，
∴A（4，0）,B（0,4）;

（2）

3．如图，已知A（a，b）,AB⊥y轴于B,且满足｜a-2|+（b—2）2=0，
（1）求A点坐标；
(2)如图1，分别以AB，AO为边作等边三角形△ABC和△AOD,试判定线段AC和DC的数量关系和位置关系,并说明理由；
（3）如图2，过A作AE⊥x轴于E，点F、G分别为线段OE、AE上两个动点,满足∠FBG=45°，试探究的值是否发生变化?如果不变，求其值；如果变化，请说明理由．

2017-2018江汉期中 如图点P为△ABC的外角∠BCD的平分线上一点，PA=PB．
（1)求证：∠PAC=∠PBC；
（2）作PE⊥BC于E，若AC=5，BC=11，求S△PCE：S△PBE；
（3）若M、N分别是边AC、BC上的点，且∠MPN=∠APB,则线段AM、MN、BN之间有何数量关系，并说明理由．

解：（1）如图1,过点P作PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，
∵PC平分∠DCB，
∴PE=PF，
在Rt△PAF和Rt△PEB中,
PF＝PE
PA＝PB，
∴Rt△PAF≌Rt△PEB，
∴∠PAC=∠PBC，

（2）如图2，过点P作PF⊥AC于F，
∵PE⊥BC，CP是∠BCD的平分线，
∴PE=PF，∠PCF=∠PCE，
∵PC=PC,
∴△PCF≌△PCE，
∴CF=CE，
由（1）知，Rt△PAF≌Rt△PEB，
∴AF=BE，
∵AF=AC+CF,BE=BC-CE，
∴AC+CF=BC—CE，
∴5+CF=11—CE，
∴CE=CF=3，
∵△PFC≌△PEC，
∴S△PFC=S△PEC，
∵Rt△PAF≌Rt△PEB，
∴S△PAF=S△PEB,
∴S△PCE：S△PBE=S△PFC：S△PFA
=CF×PF：AC×PF
=CF：AC=3：(3+5）=3：8；

（3）如图3，在BC上截取BQ=AM，
在△PMA和△PQB中，

∴△PMA≌△PQB,
∴PM=PQ，∠MPA=QPB，
∴∠APM+∠QPA=∠APQ+∠QPB，
即:∠APB=∠MPQ,
∵∠MPN=∠APB，
∴∠MPN=∠MPQ,
∴∠MPN=∠QPN，
在△MPN和△QPC中,

∴△MPN≌△QPC,
∴MN=QN，
∴BN=AM+MN．
【点评】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，角平分线定理和角平分线的定义，解(1）的关键是判断出PE=PF，解（2）的关键是求出CE=CF=3，解（3）的关键是构造全等三角形判断出∠APB=∠MPQ，是一道中等难度的中考常考题．

2015—2016江岸八上期末 已知在△ABC中，AB=AC,射线BM、BN在∠ABC内部，分别交线段AC于点G、H．
(1)如图1，若∠ABC=60°、∠MBN=30°，作AE⊥BN于点D，分别交BC、BM于点E、F．
①求证：CE=AG;
②若BF=2AF，连接CF，求∠CFE的度数;
（2)如图2，点E为BC上一点，AE交BM于点F，连接CF，若∠BFE=∠BAC=2∠CFE，直接写出= ．

【分析】（1）①由AB=AC,∠ABC=60°得到△ABC为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠BAC=∠ACB=60°，AB=CA，求得∠BFD=∠AFG=60°，推出∠EAC=∠GBA证得△GBA≌△EAC，根据全等三角形的性质即可得到结论;②如图1，取BF的中点K连接AK，由BF=2AF，推出△FAK是等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到∠FAK=∠FKA，求得∠AKF＝∠BFD＝30°，根据全等三角形的性质得到AG=CE,BG=AE，∠AGB=∠AEC，推出△GAK≌△EFC，根据全等三角形的性质得到∠CFE=∠AKF即可得到结论；
（2）如图2，在BF上取BK=AF，连接AK，推出∠EAC=∠FBA，根据全等三角形的性质得到S△ABK=S△ACF，∠AKB=∠AFC，证得△FAK是等腰三角形，根据等腰三角形的性质得到AF=FK，即可得到结论．

【解答】解：(1)①∵AB=AC，∠ABC=60°
∴△ABC为等边三角形，
则∠BAC=∠ACB=60°,AB=CA,
∵AD⊥BN，∠MBN=30°,
∴∠BFD=∠AFG=60°，
∵∠ABF+∠BAF=60°,
∠BAF+∠EAC=60°
∴∠EAC=∠GBA
在△GBA与△EAC中，
∠GBA＝∠EAC
AB＝CA
∠GAB＝∠ECA,
∴△GBA≌△EAC，
∴CE=AG;
②如图1，取BF的中点K连接AK，
∵BF=2AF，
∴AF=BK=FK=BF，
∴△FAK是等腰三角形，
∴∠FAK=∠FKA,
∵∠BFD=∠FAK+∠FKA=2∠AKF，
∵∠BFD=60°,
∴∠AKF＝∠BFD＝30°,
∵△GBA≌△EAC，
∴AG=CE，BG=AE，∠AGB=∠AEC,
∴KG=BG—BK=AE—AF=FE，
在△GAK与△EFC中，
AG＝CE
∠AGB＝∠AEC
KG＝FE，
∴△GAK≌△EFC，
∴∠CFE=∠AKF，
∴∠CFE=∠AKF=30°；
方法二：只要证明△ADB≌△BFC即可解决问题；

（2）如图2，在BF上取BK=AF，连接AK，
∵∠BFE=∠BAF+∠ABF，
∵∠BFE=∠BAC,
∴∠BAF+∠EAC=∠BAF+ABF,
∴∠EAC=∠FBA，
在△ABK与△ACF中，

AB＝AC
∠ABK＝∠FAC
BK＝AF，
∴△ABK≌△AFC，
∴S△ABK=S△ACF，∠AKB=∠AFC，
∵∠BFE=2∠CFE,
∴∠BFE=2∠AKF，
∵∠BFE=2∠AKF=∠AKF+KAF，
∴∠AKF=∠KAF，
∴△FAK是等腰三角形，
∴AF=FK，
∴BK=AF=FK,
∴S△ABK=S△AFK，
∵S△ABF=S△ABK+S△AFK=2S△ABK=2S△ACF,
∴=2
故答案为：2．