初中几何48种数学模型是压轴题（半角模型-2023年中考数学压轴大题之经典模型）
初中几何48种数学模型是压轴题（半角模型-2023年中考数学压轴大题之经典模型）【详解】解：（1）如图，△ACQ 即为所求；（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ 中的勾股定理得出结论；【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN^2=BM^2 NC^2，理由见详解.【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；（2）先根据SAS 判定△MAN≌△QAN，进而得出结论；
- 模型1：正方形中的半角模型
- 经典例题
【例1】（2020·山西晋中·八年级阶段练习）如图所示：已知中，∠ = 90° = ，在∠内部作∠ = 45° 、分别交于点，.
[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，得到，请在图中画出;(不写出画法)
[探究]（2）在(1)作图的基础上，连接， 求证： = ;
[拓展]（3）写出线段 和之间满足的数量关系，并简要说明理由．
【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN^2=BM^2 NC^2，理由见详解.
【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；
（2）先根据SAS 判定△MAN≌△QAN，进而得出结论；
（3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ 中的勾股定理得出结论；
【详解】解：（1）如图，△ACQ 即为所求；
（2）证明：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】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等．
【例2】．（2022·全国·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD 折叠，使边AB、AD 都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；
(2)转一转：将图1 中的∠EAF 绕点A 旋转，使它的两边分别交边BC、CD 于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ 之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2 中的∠PAQ 的边AP、AQ 分别交对角线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．
【答案】(1)45；△AEF，△CEF，
(2)PQ＝BP＋DQ
(3) 根号2
(4)见解析
【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论．
（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2 中，延长CB 到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论．
（3）证明△CAQ∽△BAM，可得
/ = / = 根号2．
（4）如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论．
(1)解：如图1 中，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC 都是等腰三角形，
∵∠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 都是等腰三角形，
故答案为：45，△AEF，△EFC．
(2) 解：结论：PQ＝BP＋DQ．
理由：如图2 中，延长CB 到T，使得BT＝DQ．
∵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．
故答案为：PQ＝BP＋DQ．
(3)解：如图3 中，
∵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，
故答案为： 根号2．
(4)证明：如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠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】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
【例3】．（2022·江苏·八年级专题练习）问题情境
在等边△ABC 的两边AB，AC 上分别有两点M，N，点D 为△ABC 外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN 时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN 与BM，NC 之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN 时，在NC 的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN 与BM，NC 之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为 ．
【答案】（1）30；（2）MN＝BM NC；（3）MN＝BM NC，证明见解析；
（4）2/3
【分析】（1）先证明△MDN 是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS 证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM NC；
（4）由（3）得到MN＝BM NC，则△AMN 的周长＝2AB，△ABC 的周长＝3AB，即可得出结论．
【详解】特例探究：/
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°，
故答案为：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；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM NC，证明如下：
∵△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，故答案为：2/3．
【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
