中 考数 学2020第二部分 河南中考题型过关题型八 类比、拓展探究题中考数学2020第二部分 河南中考题型过关题型八 类比、拓展 考法帮类型4 “一线三等角”模型类型2 中点模型类型3 半角模型类型1 “手拉手”模型类型4 “一线三等角”模型类型2 中点模型类型3 类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法1.1.【模型说明】【模型说明】 两个三角形的顶点重合,其中一个三角形不动,另一个三角形绕着一个重合的顶 点旋转,就好像手拉着手一样,故叫“手拉手”模型.2.2.【模型特征】【模型特征】 (1)有共顶点的一对相似三角形(对应边相等时,是全等三角形); (2)一个三角形位置固定,另一个三角形绕公共顶点旋转; (3)“左手拉左手”“右手拉右手”(如下表中的“左手”点A与点C,“右手” 点B与点D始终相连).典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法1.【模 类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解3.3.【【模型类别及相关结论模型类别及相关结论】】 高分技法模型模型模型模型模型模型模型模型说说说说明明明明基本基本基本基本结论结论结论结论模型模型1: 1: 1.△AOB≌△COD(1.△AOB≌△COD(两两三三角形重角形重合合),OA=OB,∠AOB=α;),OA=OB,∠AOB=α;2.2.将将△△CODCOD绕点绕点O O旋转旋转, ,直线直线AC,BDAC,BD交于点交于点E,E,夹角为夹角为β.β.1.1.点点A,O,CA,O,C不共线时不共线时, ,有有 △△AOC≌△BOD,△AOCAOC≌△BOD,△AOC和和△△BODBOD均为等腰三角形均为等腰三角形; ;2.2.当当α≤90°α≤90°时时,β=α,,β=α,当当α>90°α>90°时时,β=180°-α.,β=180°-α.3.3.点点E E在在△△OABOAB的外接圆上的外接圆上. .模型模型2: 2: 1.△AOB≌△COD(1.△AOB≌△COD(两两三三角形重角形重合合),OA≠OB,∠AOB=α;),OA≠OB,∠AOB=α;2.2.将将△△CODCOD绕点绕点O O旋转旋转, ,直线直线AC,BDAC,BD交于点交于点E,E,夹角为夹角为β.β.1.1.点点A,O,CA,O,C不共线时不共线时, ,有有△AOC∽△BOD,△AOC△AOC∽△BOD,△AOC和和△△BODBOD均为等腰三角形均为等腰三角形; ;2.2.当当α≤90°α≤90°时时,β=α,,β=α,当当 α>90° α>90°时时,β=180°-α;,β=180°-α;3.3.点点E E在在△△OABOAB的外接圆上的外接圆上. .典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解3.【模型类别及相关 类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型模型模型模型模型模型模型说说说说明明明明基本基本基本基本结论结论结论结论模型模型3: 3: 1.△AOB∽△COD(1.△AOB∽△COD(OCOC90°α>90°时时,β=180°-α;,β=180°-α;3.3.点点E E在在△△OABOAB的外的外接圆上接圆上. .典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型说明 类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法模型模型模型模型模型模型模型模型说说说说明明明明基本基本基本基本结论结论结论结论模型模型4: 4: 1.△AOB,△COD1.△AOB,△COD是直是直角三角形角三角形,O,O是直角顶是直角顶点点,△AOB∽△COD(OC90°α>90°时时,β=180°-,β=180°-α;α;3.3.点点E E在在△△OABOAB的外接圆的外接圆上上. .典例剖析类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法模型模型说明 考法帮1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方,图形正对我们,我们左边顶点为“左手”, 右边顶点为“右手”.2.两条“拉手线”所在直线夹角与初始图形中公共顶点对应的角相等或互补.3.三角形顺时针或逆时针旋转,得到的结论都是一样的,要根据题干的条件灵活运用. 4.“手拉手”模型中,对应边与“拉手线”组成的两个三角形相似(若“手拉手”的两个三角形均是 等腰三角形,且公共顶点是顶角顶点,则对应边与“拉手线”组成的两个三角形全等).5.在河南中考的第22题(3)中,考查点可能是:①点重合问题;②共线问题;③夹角是特殊角问题.模型讲解高分技法类型1 “手拉手”模型典例剖析考法帮1.判断“左右手”的方法:将初始图形的公共顶点放在上方 类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解 高分技法典例剖析4.4.【模型构造】【模型构造】如果题中图形没有共顶点的相似图形,就需要“补形”,即构造一对共顶点的相似图形. 图(1) 图(2)“补形”方法:如图(1),此图形有一个等腰直角三角形ACD和一条“拉手线”BD,则以顶点A为直角顶点,补一个等腰直角三角形ABE,再连接另一条“拉手线”CE,得到图(2).结论:△ABD≌△AEC,△ABE∽△ADC.即“旋转相似+旋转全等”都出现了.注:其他“手拉手”模型的“补形”方法基本是一致的.类型1 “手拉手”模型考法帮模型讲解高分技法典例剖析4. 类型1 “手拉手”模型考法帮典例剖析 高分技法模型讲解例例1 1 [2018河南,22](1)问题发现问题发现如图(1),在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°,连接AC,BD交于点M.填空:①的值为 ; ②∠AMB的度数为 . (2)类比探究类比探究如图(2),在△OAB和△OCD中,∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,连接AC,交BD的延长线于点M.请判断的值及∠AMB的度数,并说明理由.(3)拓展延伸拓展延伸在(2)的条件下,将△OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M.若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长. 图(1) 图(2) 备用图类型1 “手拉手”模型考法帮典例剖析高分技法模型讲解例1 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析 思路分析 (1)根据“手拉手”模型3,得到△AOC≌△BOD,∠AMB=∠AOB;(2)根据“手拉手”模型4,得到△AOC∽△BOD,AC⊥BD,求解即可;(3)在旋转过程中,始终有“拉手线”AC与BD互相垂直,据此设未知数,运用勾股定理求解即可.参考答案参考答案 (1)①1②40°解法提示:①∵∠AOB=∠COD,∴∠BOD=∠AOC,又∵OC=OD,OA=OB,∴△AOC≌△BOD,(此为“手拉手”模型3的应用,△OAB和△OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”)∴AC=BD,∠OBD=∠OAC,∴ =1.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法思路分析 (1)根据 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法②设BD,OA交于点N,∵∠MNA=∠ONB,∠OBD=∠OAC,∴∠AMB=∠AOB=40°.(“拉手线”AC,BD所在直线所夹锐角与∠AOB相等)(2) ,∠AMB=90°.理由如下:∵∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,∴ ,∠COD+∠AOD=∠AOB+∠AOD,即∠AOC=∠BOD,∴△AOC∽△BOD,(此为“手拉手”模型4的应用,△OAB和△OCD是共顶点相似三角形,AC,BD是“拉手线”)∴ ,∠CAO=∠DBO.设AO,BM交于点N,∵∠ANM=∠BNO,∴∠AMB=∠AOB=90°.(“拉手线”AC,BD所在直线互相垂直)典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法②设BD,OA交于点 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)AC的长为 或 .解法提示:由(2)可知,∠AMB=90°, ,设BD=x,则AC= .分两种情况讨论.如图(1),当点M,C在OA上侧重合时,在Rt△ABC中,AB2=AC2+BC2,∴ ,解得x1=2,x2=-3(不合题意,舍去), ∴AC= .如图(2),当点M,C在OA下侧重合时,在Rt△ABC中,AB2=AC2+BC2,∴ ,解得x1=-2(不合题意,舍去),x2=3, ∴AC= .综上所述,AC的长为 或 .典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(3)AC的长为 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法例例2 2 在△ABC中,∠BAC=60°.(1)如图(1),AB=AC,点P在△ABC内,且∠APC=150°,PA=3,PC=4.以AP为一边,在AP右侧作等边三角形APD, 连接CD. ①依题意补全图(1); ②直接写出PB的长.(2)如图(2),若AB=AC,点P在△ABC外,且PA=3,PB=5,PC=4,求∠APC的度数.(3)如图(3),若AB=2AC,点P在△ABC内,且PA=,PB=5,∠APC=120°,直接写出PC的长. 图(1) 图(2) 图(3)典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法例2 在△ABC 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法思路分析思路分析 (1)依题意补形,根据“手拉手”模型3,得到△ABP≌△ACD,得到BP=CD,进而在△DPC中进行求解;(2)“补形”方法同(1),再结合勾股定理的逆定理进行求解;(3)根据“手拉手”模型5补形,已知△ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的△APD和“拉手线”CD,得到△ABP∽△ACD,再结合勾股定理进行求解.参考答案参考答案 (1)①依题意补全图形,如图(1)所示. 图(1)典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法思路分析 (1)依题 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法②PB=5.解法提示:由等边三角形的性质,得AD=DP=AP=3,∠DAP=∠APD=60°,又∠BAC=60°,∠APC=150°,∴∠BAP=∠CAD,∠DPC=90°,又AB=AC,∴△ABP≌△ACD,(此为“手拉手”模型3的应用,△ABC和△APD是共顶点相似三角形,BP,CD是“拉手线”)∴BP=CD.在Rt△PDC中,∠DPC=90°,PD=3,PC=4,∴BP=CD=5.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法②PB=5.典例剖析 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(2)如图(2),以AP为一边,在AP的左上方作等边三角形APD,连接DC,(根据“手拉手”模型3补形,已知等边三角形ABC和“拉手线”BP,补充等边三角形APD和“拉手线”CD)可得DP=AD=AP=3,∠PAD=∠DPA=60°=∠BAC,∴∠BAP=∠CAD,又AB=AC,∴△APB≌△ADC,∴CD=BP=5.在△DPC中,DP2+CP2=32+42=52=CD2,∴∠DPC=90°,∴∠APC=∠DPC-∠DPA=90°-60°=30°.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(2)如图(2),典 类型1 “手拉手”模型考法帮 高分技法(3)PC=2.解法提示:在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2AC,易得∠ACB=90°,∠ABC=30°.如图(3),将AP绕点A逆时针旋转60°,得到AE,在AE上截取AD= AP,连接DP,DC,(根据“手拉手”模型5补形,已知△ABC和“拉手线”BP,补充与它相似的△APD和“拉手线”CD)则△APD∽△ABC,∴∠APD=∠ABC=30°,∠ADP=∠ACB=90°,∴∠DPC=120°-30°=90°,PD=APsin∠PAD= ×sin 60°= .∵∠BAC=∠PAD=60°,∴∠BAP=∠CAD,又 =2,∴△ABP∽△ACD,∴ =2,∴CD= .在Rt△DPC中,根据勾股定理,得CP= =2.典例剖析模型讲解类型1 “手拉手”模型考法帮高分技法(3)PC=2.典例 考法帮解决类比探究题的一般思路解决类比探究题的一般思路第一问通过操作发现,找到解决问题的思路和方法;第二问通常是在第一问的基础上,改变其中的一个条件,只需观察改变的条件,即可利用同样的思路解决问题;第三问通常将原题中的特殊情况推广到一般情况,利用前两问的做题思路进行求解.模型讲解高分技法类型1 “手拉手”模型典例剖析考法帮解决类比探究题的一般思路模型讲解高分技法类型1 “ 类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析1.1.【模型说明】【模型说明】中点模型,即与中点有关的模型,一般涉及三角形各边中点、中线及中位线的有关性质的应用.解决此类问题时,常常采用“倍长中线”、构造直角三角形的斜边中线和轴对称变换等方法解题.类类类类型型型型作法作法作法作法说说说说明明明明图图图图示示示示见中线见中线, ,可倍长可倍长倍长中线或类中线倍长中线或类中线( (与中点有与中点有关的线段关的线段) )构造全等三角形或构造全等三角形或平行四边形平行四边形. . 见等腰三角形见等腰三角形, ,想想““三线合一三线合一””. .已知等腰三角形底边的中点已知等腰三角形底边的中点, ,可以考虑与顶角顶点相连可以考虑与顶角顶点相连, ,用用““三线合一三线合一””. .2.2.【辅助线作法】【辅助线作法】类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模型说明】类 类型2 中点模型考法帮模型讲解 典例剖析类类型型作法作法说说明明图图示示见斜边见斜边, ,想中线想中线已知直角三角形斜边的中点已知直角三角形斜边的中点, ,可以考虑构造斜边中线可以考虑构造斜边中线, ,目目的是得到三条等线段和两对的是得到三条等线段和两对等角等角. . 见一个或多个中见一个或多个中点点, ,想中位线想中位线已知三角形两边的中点已知三角形两边的中点, ,可可以连接这两个中点以连接这两个中点, ,构造中构造中位线位线. . 已知一边中点已知一边中点, ,可以在其他可以在其他边上取中点边上取中点, ,连接两个中点连接两个中点构造中位线构造中位线. .已知一边中点已知一边中点, ,过中点作其过中点作其他边的平行线他边的平行线, ,可构造相似可构造相似比为比为1∶21∶2的相似三角形的相似三角形. .类型2 中点模型考法帮模型讲解典例剖析类型作法说明图示见 考法帮例例3 3 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,点D是AC边上一点,过点D作DE⊥AB于点E,连接BD,取BD的中点F,连接FE,FC.【观察猜想】(1)如图(1),线段FE与线段FC的数量关系是 ,∠EFC= °; 【问题探究】(2)将图(1)中的△ADE绕点A逆时针旋转,当旋转角是60°时,如图(2)所示,连接CE,请判断△FEC是不是等边三角形,并说明理由.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮例3 如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ 考法帮思路分析思路分析 (1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE=FC=BD,再结合三角形外角及等腰三角形的性质,可求得∠EFC的度数.(2)方法一方法一( (倍长中线法倍长中线法) ):延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,根据条件证明△CBG∽△CAE,可求得∠ECG=90°,∠CEG=60°,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法二方法二( (倍长中线法倍长中线法) ):延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,根据条件证明△EDH∽△EAC,可求得∠CEH=90°,∠ECH=60°,最后结合直角三角形斜边中线的性质,可得CF=EF,问题得证.方法三方法三( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法):取AD的中点M,连接EM,根据条件证明△AEC≌△MEF,得到EC=EF,∠AEC=∠MEF,从而得到∠CEF=60°,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮思路分析 (1)根据直角三角形斜边中线的性质,可得FE 考法帮方法四方法四( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法) ):取AB的中点N,连接CN,根据条件证明△CAE≌△CNF,得到CE=CF,∠ACE=∠NCF,从而得到∠ECF=60°,问题得证.方法五方法五( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法) ):过点D作DP⊥BC,DO⊥AC,垂足分别为点P,O,连接PF,根据条件证明△EDF≌△CPF,得到FE=FC,∠DFE=∠PFC,从而得到∠EFC=60°,问题得证.方法六方法六( (构造全等三角形法构造全等三角形法):延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,根据条件证明△AEF≌△QCF,得到FE=FC,∠EFA=∠CFQ,从而得到∠EFC=60°,问题得证.方法七方法七( (轴对称法轴对称法) ):作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,过点F作FS⊥AC于点S,根据条件证明FE=FC,∠CFE=60°,问题得证.方法八方法八( (轴对称法轴对称法) ):作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,过点F作FW⊥AT于点W,根据条件证明FE=FC,∠CFE=60°,问题得证.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法四(构造直角三角形斜边中线法):取AB的中点N,连 考法帮参考答案参考答案 (1)FE=FC 60解法提示:在Rt△DCB和Rt△DEB中,点F是斜边上的中点,∴FE=BF=FC,∴∠FCB=∠FBC= ∠DFC,∠FEB=∠FBE= ∠DFE,∴∠EFC=∠DFC+∠DFE=2∠ABC=60°.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮参考答案 (1)FE=FC 60模型讲解典例剖析类型2 考法帮(2)△FEC是等边三角形.理由如下:方法一方法一( (倍长中线法倍长中线法) ):如图(1),延长EF到点G,使FG=EF,连接BG,CG,易证△EFD≌△GFB,∴BG=DE,∠FBG=∠EDF.易知∠EDA=30°,DE=AE,∠CAE=120°,∴ ,∠FBG=∠EDF=150°,∴∠CBG=150°-30°=120°=∠CAE,∴△CBG∽△CAE,∴∠BCG=∠ACE, ,∴∠ECG=∠ECB+∠BCG=∠ECB+∠ACE=90°,∴∠CEG=60°,CF=EF,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮(2)△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 考法帮方法二方法二( (倍长中线法倍长中线法) ):如图(2),延长CF至点H,使FH=CF,连接DH,EH,易证△DFH≌△BFC,∴DH=BC= AC,∠HDF=∠B=30°,∴ ,∠EDH=180°-30°-30°=120°=∠EAC,∴△EDH∽△EAC,∴∠DEH=∠AEC, ,∴∠CEH=∠CED+∠DEH=∠CED+∠AEC=90°,∴∠ECH=60°,CF=EF,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法二(倍长中线法):如图(2),延长CF至点H,使F 考法帮方法三方法三( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法) ):如图(3),取AD的中点M,连接EM,∵∠AED=90°,∴EM=AM,又∠EAM=60°,∴△AEM是等边三角形,∴AE=EM,∠AME=60°,∴∠EMF=120°=∠CAE.∵MF=MD+DF= AD+ BD= AB,AC= AB,∴MF=AC,∴△AEC≌△MEF,∴EC=EF,∠AEC=∠MEF,∴∠CEF=∠MEF+∠CEM=∠AEC+∠CEM=∠AEM=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法三(构造直角三角形斜边中线法):如图(3),取AD 考法帮方法四方法四( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法) ):如图(4),取AB的中点N,连接CN,则CN=AN=BN= AB,又DF=FB= DB,∴NF=NB-FB= (AB-BD)= AD=AE.易证△ACN是等边三角形,∴AC=NC,∠ANC=60°,∴∠CNF=120°=∠CAE,∴△CAE≌△CNF,∴CE=CF,∠ACE=∠NCF,∴∠ECF=∠ECN+∠NCF=∠ECN+∠ACE=∠ACN=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法四(构造直角三角形斜边中线法):如图(4),取AB 考法帮方法五方法五( (构造直角三角形斜边中线法构造直角三角形斜边中线法) ):如图(5),过点D作DP⊥BC,DO⊥AC,垂足分别为点P,O,连接PF,则PF=DF=BF.易证DE=DO=PC,∠FPC=∠FDE=150°,△DFP是等边三角形,∴△EDF≌△CPF,∠DFP=60°,∴FE=FC,∠DFE=∠PFC,∴∠EFC=∠DFP=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法五(构造直角三角形斜边中线法):如图(5),过点D 考法帮方法六方法六( (构造全等三角形法构造全等三角形法) ):如图(6),延长AC到点Q,使CQ=AE,连接FQ,设点M为AD的中点,则AM=MD=AE.∵AF=AM+MF=AM+ AB,AQ=AC+CQ= AB+AE,∴AF=AQ,又∠QAF=60°,∴△AFQ是等边三角形,∴∠AFQ=∠CQF=60°=∠EAF,AF=FQ,∴△AEF≌△QCF,∴FE=FC,∠EFA=∠CFQ,∴∠EFC=∠AFQ=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法六(构造全等三角形法):如图(6),延长AC到点Q 考法帮方法七方法七( (轴对称法轴对称法) ):如图(7),作点E关于直线AB的对称点R,易知点R在AC上,连接DR,FR,则DR⊥AC,FR=FE,∠EFA=∠RFA.过点F作FS⊥AC于点S,则∠AFS=30°,DR∥FS∥BC.∵DF=BF,∴RS=SC,∴直线SF是线段RC的垂直平分线,∴FR=FC,∠RFS=∠CFS,∴FE=FC,∠CFE=∠RFC+∠RFE=2∠SFA=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法七(轴对称法):如图(7),作点E关于直线AB的对 考法帮方法八方法八( (轴对称法轴对称法) ):如图(8),作点C关于直线AB的对称点T,易知点T在AE的延长线上,连接BT,FT,则BT⊥AT,FT=FC,∠CFA=∠TFA,∠ABT=∠ABC=30°.过点F作FW⊥AT于点W,则∠AFW=30°,DE∥FW∥BT.∵DF=BF,∴TW=WE,∴直线WF是线段ET的垂直平分线,∴FT=FE,∠TFW=∠EFW,∴FE=FC,∠CFE=∠CFA+∠AFE=∠AFT+∠AFE=2∠AFE+2∠EFW=2∠AFW=60°,∴△FEC是等边三角形.模型讲解典例剖析类型2 中点模型考法帮方法八(轴对称法):如图(8),作点C关于直线AB的对 类型3 半角模型考法帮典例剖析例例4 4 (1)发现问题发现问题如图(1),在正方形ABCD中,点E,F分别是BC,CD边上的动点(均不与端点重合),且∠EAF=45°,试判断BE,EF,DF之间的数量关系.小明把△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADG,发现EF=BE+DF,请你给出证明过程.(2)类比探类比探究①如图(2),在正方形ABCD中,若点E,F分别是边CB,DC延长线上的动点,且∠EAF=45°,则(1)中的结论还成立吗? 请写出证明过程;②如图(3),在正方形ABCD中,若点E,F分别是BC,CD延长线上的动点,且∠EAF=45°,请直接写出EF,BE,DF之间的数量关系.(不要求证明)(3)拓展应用拓展应用在(1)中, 若正方形ABCD的边长为6,AE=3,求EF的长.类型3 半角模型考法帮典例剖析例4 (1)发现问题 类型3 半角模型考法帮典例剖析 思路分析思路分析 利用半角模型进行求解.(1)先证明△AFG≌△AFE,得到EF=FG,再进行等量代换即可得证.(2)①先把△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADG,再证明△AFG≌△AFE,得到EF=FG,最后进行等量代换即可得证.②方法同①.(3)根据勾股定理,可求得BE的长,再在Rt△CEF中,结合勾股定理和(1)中结论进行求解.类型3 半角模型考法帮典例剖析思路分析 利用半角模型进行 类型3 半角模型考法帮典例剖析 参考答案参考答案 (1)证明:由旋转的性质可得∠ADG=∠B=90°,AG=AE,∠DAG=∠BAE,DG=BE.又∠ADC=90°,∴F,D,G三点共线.∵∠EAF=45°,∴∠BAE+∠FAD=45°,∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=45°,∴∠FAG=∠EAF,又AE=AG,AF=AF,∴△AFG≌△AFE,∴FE=FG.∵FG=FD+DG=DF+BE,∴EF=BE+DF.类型3 半角模型考法帮典例剖析参考答案 (1)证明:由旋 类型3 半角模型考法帮典例剖析(2)①不成立.证明:如图(1),把△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADG.∵∠ADG=∠ADF=90°,∴F,G,D三点共线.由旋转的性质知∠DAG=∠BAE,AG=AE,DG=BE,∴∠FAB+∠DAG=∠FAB+∠BAE=∠FAE=45°,∴∠FAG=∠FAE,∴△AFG≌△AFE,∴EF=FG.∵FG=DF-DG=DF-BE,∴EF=DF-BE.类型3 半角模型考法帮典例剖析(2)①不成立. 类型3 半角模型考法帮典例剖析②EF=BE-DF.解法提示:如图(2),把△ADF绕点A逆时针旋转90°得到△ABH,易证△AEH≌△AEF,则EF=EH=BE-BH=BE-DF,即EF=BE-DF.(3)由(1)知,EF=DF+BE. 在Rt△ABE中,BE= ,∴CE=6-3=3.设EF=x,则DF=x-3,∴CF=6-(x-3)=9-x.在Rt△CEF中,CF2+CE2=EF2,即(9-x)2+32=x2,解得x=5,故EF的长是5.类型3 半角模型考法帮典例剖析②EF=BE-DF. 类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析1.1.【模型说明】【模型说明】“一线三等角”模型指的是三个等角的顶点在同一条直线上的模型,也称为“K型”相似模型,如图,∠ABC=∠ACE=∠CDE.特别地,当∠ABC=∠ACE=∠CDE=90°时,该模型是“一线三直角”模型(详见高分突破·微专项4中的“一线三直角”模型).类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析1.【模 类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析2.2.【模型类别及相关结论】【模型类别及相关结论】类别类别类别类别图图图图示示示示常用常用常用常用辅辅辅辅助助助助线线线线结论结论结论结论K K型型锐锐角角30°30°角角 ∠B=∠ACE=∠D=30° ∠B=∠ACE=∠D=30° 射线射线BA,DEBA,DE交于点交于点F.F.1.∠BFD=120°;1.∠BFD=120°;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+ +DE.DE.45°45°角角 ∠B=∠ACE=∠D=45°∠B=∠ACE=∠D=45° 射线射线BA,DEBA,DE交于点交于点F.F.1.∠BFD=90°;1.∠BFD=90°;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+ +DE.DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析2.【模 类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别类别类别类别图图图图示示示示常用常用常用常用辅辅辅辅助助助助线线线线结论结论结论结论K K型型锐锐角角60°60°角角 ∠B=∠ACE=∠D=60° ∠B=∠ACE=∠D=60° 射线射线BA,DEBA,DE交于点交于点F.F.1.∠BFD=60°;1.∠BFD=60°;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+DE.+DE.非特非特殊角殊角αα ∠B=∠ACE=∠D=∠B=∠ACE=∠D=αα 射线射线BA,DEBA,DE交于点交于点F.F.1.∠BFD=180°-2α;1.∠BFD=180°-2α;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+DE.+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示 类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别类别类别类别图图图图示示示示常用常用常用常用辅辅辅辅助助助助线线线线结论结论结论结论K K型型钝钝角角120°120°角角 ∠B=∠ACE=∠D=120° ∠B=∠ACE=∠D=120° 射线射线AB,EDAB,ED交于点交于点F.F.1.∠F=60°;1.∠F=60°;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+DE.+DE.非特非特殊角殊角αα ∠B=∠ACE=∠D=∠B=∠ACE=∠D=αα 射线射线AB,EDAB,ED交于点交于点F.F.1.∠F=2α-180°;1.∠F=2α-180°;2.△BAC∽△DCE;2.△BAC∽△DCE;3.3.若若AC=CE,AC=CE,则则△△BAC≌△DCE,BD=ABBAC≌△DCE,BD=AB+DE.+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析类别图示 类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析变变K K型型 ∠ABC=∠1=∠D=α ∠ABC=∠1=∠D=α射线射线BA,DEBA,DE交于点交于点F. F. 延长延长AB,EDAB,ED交于点交于点F.F.1.1.当当α<90°α<90°时时,∠BFD=180°-,∠BFD=180°-2α,2α,当当α>90°α>90°时时,∠BFD=2α-,∠BFD=2α-180°;180°;2.△BAC∽△DBE;2.△BAC∽△DBE;3.3.若若AC=BE,AC=BE,则则△△BAC≌△DBE,BD=BAC≌△DBE,BD=DC+DE.DC+DE.类型4 “一线三等角”模型考法帮模型讲解典例剖析变K型 考法帮例例5 5 (1)如图(1),在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥m,CE⊥m,垂足分别为点D,E.求证:DE=BD+CE.(2)如图(2),将(1)中的条件改为:在△ABC中,AB=AC,D,A,E三点都在直线m上,且∠BDA=∠AEC=∠BAC=α,其中α为任意锐角或钝角,则结论DE=BD+CE是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)如图(3),在等边三角形DEF中,DE=6,菱形ABFC的顶点A在边DE上,顶点B在△DEF的一个外角的平分线上,且BD=2,∠FBA=60°,求点C到直线DE的距离.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型考法帮例5 (1)如图(1),在△ABC中,∠BAC=9 考法帮思路分析思路分析 (1)利用“一线三直角”模型,可得△ADB≌△CEA,再结合等量代换,即可得证.(2)利用“一线三等角”模型,可得△ADB≌△CEA,再结合等量代换,即可得证.(3)连接CE,先求出∠AEC=120°,再根据第(2)问的结论,得到DE,BD,CE之间的数量关系,最后结合特殊角的三角函数值求解即可.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型参考答案参考答案 (1)证明:∵BD⊥m,CE⊥m,∴∠BDA=∠CEA=90°.∵∠BAC=90°,∴∠BAD+∠CAE=90°,又∵∠BAD+∠ABD=90°,∴∠CAE=∠ABD.在△ADB和△CEA中,∴△ADB≌△CEA,(此为“一线三直角”模型的应用,由∠BDA=∠BAC=∠AEC=90°和AB=AC,得到△ADB≌△CEA)∴AE=BD,AD=CE,∴DE=AE+AD=BD+CE.考法帮思路分析 (1)利用“一线三直角”模型,可得△ADB≌ 考法帮(2)成立.证明:∵∠BDA=∠BAC=α,∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α,∴∠CAE=∠ABD.在△ADB和△CEA中,∴△ADB≌△CEA,(此为“一线三等角”模型的应用,由∠BDA=∠BAC=∠AEC=α和AB=AC,得到△ADB≌△CEA)∴AE=BD,AD=CE,∴DE=AE+AD=BD+CE.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型考法帮(2)成立.模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角” 考法帮(3)如图,连接CE,AF,过点C作CG⊥DE,交直线DE于点G.易知FC=FA,∠FAC=60°,∵△DEF是等边三角形,∴∠DFE=∠FDE=60°,DF=EF,∴∠DFA=∠EFC,又DF=EF,∴△DFA≌△EFC,∴∠FEC=∠FDA=60°,∴∠CEG=60°,∠AEC=120°=∠BDA=∠BAC.由(2)可得DE=BD+CE,(此为“一线三等角”模型的应用,由∠BDA=∠BAC=∠AEC=120°和AB=AC,得到△ADB≌△CEA)∴CE=DE-BD=6-2=4.在Rt△CEG中,∠CEG=60°,CE=4,∴CG=CEsin∠CEG=4×sin 60°= .故点C到直线DE的距离为 .模型讲解典例剖析类型4 “一线三等角”模型考法帮(3)如图,连接CE,AF,过点C作CG⊥DE,交直线 。
