八上培优半角模型

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2α套α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.ACBFEACBFED4．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;NBA NGBAN G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.B NBNF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=BECF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.CBAECBAE F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.A BDP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.x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.(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=12∠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，易证△AFG≌，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=12∠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=12∠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=12∠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=12∠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=12∠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=12∠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．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OF AGFG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=12∠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=12CF ×PF ：12AC ×PF =CF ：AC=3：（3+5）=3：8；（3）如图3，在BC 上截取BQ=AM ， 在△PMA 和△PQB 中，PA PB PAM PBQ MA BQ ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△PMA ≌△PQB ，∴PM=PQ ，∠MPA=QPB ，∴∠APM+∠QPA=∠APQ+∠QPB ， 即：∠APB=∠MPQ ，∵∠MPN=12∠APB ， ∴∠MPN=12∠MPQ ，∴∠MPN=∠QPN ，在△MPN 和△QPC 中，PN PN MPN QPN MP QP ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△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ABF ACFS S= ．【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 ＝12∠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 ＝∠EACAB ＝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=12BF ，∴△FAK 是等腰三角形， ∴∠FAK=∠FKA ，∵∠BFD=∠FAK+∠FKA=2∠AKF ， ∵∠BFD=60°， ∴∠AKF ＝12∠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 ， ∴ABF ACFS S=2故答案为：2．。