模子1：正方形中的半角模子

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模子2：等腰直角三角形中的半角模子

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经典例题

【例1】（2020·山西晋中·八年龄阶段锻真金不怕火）如图所示：已知中，∠ = 90°, = ，在∠里面作∠ = 45°,、分辨交于点，.

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[操作]（1）将绕点逆时针旋转90°，使边与边重合，把旋转后点的对应点记作点，获取，请在图中画出;(不写出画法)

[有计划]（2）在(1)作图的基础上，连结， 求证： = ;

[拓展]（3）写出线段,和之间知足的数目量度，并简要讲解根由．

【谜底】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN^2=BM^2+NC^2，根由见详解.

【分析】（1）阐明旋转中心、旋转地点和旋转角度进行作图即可；

（2）先阐明SAS 判定△MAN≌△QAN，进而得出论断；

（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，临了阐明Rt△NCQ 中的勾股定理得出论断；

【详解】解：（1）如图，△ACQ 即为所求；

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（2）解释：由旋转可得，△ABM≌△ACQ，

∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ

∵∠MAN=45°，∠BAC=90°

∴∠BAM+∠NAC=45°

∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°

在△MAN 和△QAN 中

∠ = ∠

∴△MAN≌△QAN（SAS），

∴MN=NQ；

（3）MN^2=BM^2+NC^2；

由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，

又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°

在Rt△NCQ 中，有

NQ^2=CQ^2+NC^2，

即MN^2=BM^2+NC^2；

【点睛】本题主要考试了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，措置问题的关键是掌捏旋调度换想想要害在措置问题经由中的应用．解题时防卫：①旋转不改换图形的体式和大小（即旋转前后的两个图形全等），②苟且一双对应点与旋转中心的连线所成的角彼此绝顶（齐是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离绝顶．

【例2】．（2022·天下·九年龄专题锻真金不怕火）折一折：将正方形纸片ABCD 折叠，使边AB、AD 齐落在对角线AC上，张开得折痕AE、AF，连结EF，如图1．

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(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；

(2)转一行：将图1 中的∠EAF 绕点A 旋转，使它的双方分辨交边BC、CD 于点P、Q，连结PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ 之间的数目量度为 ；

(3)连结正方形对角线BD，若图2 中的∠PAQ 的边AP、AQ 分辨交对角线BD 于点M、点N，如图3，则/= ；

(4)剪一剪：将图3 中正方形纸片沿对角线BD 剪开，如图4．求证：BM^2＋DN^2＝MN^2．

【谜底】(1)45；△AEF，△CEF，

(2)PQ＝BP＋DQ

(3) 根号2

(4)视力析

【分析】（1）期骗翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，解释△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得论断．

（2）论断：PQ＝BP＋DQ．如图2 中，延伸CB 到T，使得BT＝DQ．解释△PAT≌△PAQ（SAS），可得论断．

（3）解释△CAQ∽△BAM，可得

/ = / = 根号2．

（4）如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°获取△ABR，连结RM．解释△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得论断．

(1)解：如图1 中，

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∵四边形ABCD 是正方形，

∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，

∴ABC，△ADC 齐是等腰三角形，

∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，

∴∠EAF = 1/2（∠BAC＋∠DAC）＝45°，

∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，

∴△BAE≌△DAF（ASA），

∴BE＝DF，AE＝AF，

∵CB＝CD，

∴CE＝CF，

∴△AEF，△CEF 齐是等腰三角形，

故谜底为：45，△AEF，△EFC．

(2) 解：论断：PQ＝BP＋DQ．

根由：如图2 中，延伸CB 到T，使得BT＝DQ．

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∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，

∴△ADQ≌△ABT（SAS），

∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，

∵∠PAQ＝45°，

∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，

∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，

∵AP＝AP，

∴△PAT≌△PAQ（SAS），

∴PQ＝PT，

∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，

∴PQ＝BP＋DQ．

故谜底为：PQ＝BP＋DQ．

(3)解：如图3 中，

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∵四边形ABCD 是正方形，

∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC = 根号2 AB，

∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，

∴∠BAM＝∠CAQ，

∴△CAQ∽△BAM，

∴/ = / = 根号2，

故谜底为： 根号2．

(4)解释：如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°获取△ABR，连结RM．

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∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，

∴∠DAN＋∠BAM＝45°，

∵∠DAN＝∠BAR，

∴∠BAM＋∠BAR＝45°，

∴∠MAR＝∠MAN＝45°，

∵AR＝AN，AM＝AM，

∴△AMR≌△AMN（SAS），

∴RM＝MN，

∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，

∴∠RBM＝90°，

∴RM2＝BR2＋BM2，

∵DN＝BR，MN＝RM，

∴BM^2＋DN^2＝MN^2．

【点睛】本题属于四边形详细题，考试了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相通三角形的判定和性质等学问，解题的关键是正确寻找全等三角形或相通三角形措置问题，属于中考压轴题．

【例3】．（2022·江苏·八年龄专题锻真金不怕火）问题情境

在等边△ABC 的双方AB，AC 上分辨有两点M，N，点D 为△ABC 外少许，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．

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特例有计划

如图1，当DM＝DN 时，

（1）∠MDB＝ 　度；

（2）MN 与BM，NC 之间的数目量度为 　；

归纳解释

（3）如图2，当DM≠DN 时，在NC 的延伸线上取点E，使CE＝BM，连结DE，推断MN 与BM，NC 之间的数目量度，并加以解释．

拓展应用

（4）△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为　 ．

【谜底】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证卓视力析；

（4）2/3

【分析】（1）先解释△MDN 是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再解释Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；

（2）由（1）得DM＝2BM，可得论断MN＝2BM＝BM+NC；

归纳解释：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得论断MN＝BM+CN；

拓展应用：

（3）领先阐明题意期骗SAS 解释△DBM≌△DCE，然后解释△MDN≌△EDN，阐明全等三角形对应绝顶通过线段之间的回荡即可获取MN＝BM+NC；

（4）由（3）获取MN＝BM+NC，则△AMN 的周长＝2AB，△ABC 的周长＝3AB，即可得出论断．

【详解】特例有计划：/

解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，

∴△MDN 是等边三角形，

∴MN＝DM＝DN，

∵∠BDC＝120°，BD＝DC，

∴∠DBC＝∠DCB＝30°，

∵△ABC 是等边三角形，

∴∠ABC＝∠ACB＝60°，

∴∠DBM＝∠DCN＝90°，

∵BD＝CD，DM＝DN，

∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），

∴∠MDB＝∠NDC＝30°，

故谜底为：30；

（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），

∴BM＝CN，

∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，

即MN＝BM+NC；

归纳解释

（3）解：推断：MN＝BM+NC，解释如下：

∵△ABC 是等边三角形，

∴∠ABC＝∠ACB＝60°，

∵BD＝CD，∠BDC＝120°，

∴∠DBC＝∠DCB＝30°，

∴∠MBD＝∠NCD＝90°．

∴∠MBD＝∠ECD＝90°，

又∵BD＝CD，BM＝CE，

∴△DBM≌△DCE（SAS），

∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，

∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，

∴∠MDB+∠NDC＝60°，

∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，

∴∠EDN＝∠MDN，

又∵DN＝DN，

∴△MDN≌△EDN（SAS），

∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；

拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，

∴△AMN 的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，

∵△ABC 是等边三角形，

∴AB＝BC＝AC，

∴△ABC 的周长＝3AB，

∴△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为:2/3＝2/3，故谜底为：2/3．

【点睛】此题考试了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等学问，解题的关键是熟谙掌捏等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．

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