半角模型收集专练
半角模型之模型精练(解析版)--中考数学专题训练
半角模型之模型精练半角模型之正方形1如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF 交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AN的长为434 ．试题分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF =90°，可证得△ABE≌△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF，AE=AF，从而可得∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，可得EN=FN，设DN=x，则EN=FN=x+5，CE=x+3，由勾股定理解得x=12，可得DN=12，AD=BC=20，由勾股定理即可求解．答案详解：解：如图，连接AE，AF，EN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF(SAS)，∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，∴∠EAF=90°，∴△EAF为等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM=FM，∠EAM=∠FAM=45°，∴△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，∴EN=FN，设DN=x，∵BE=DF=5，CN=8，∴CD=CN+DN=x+8，∴EN=FN=DN+DF=x+5，CE=BC-BE=CD-BE=x+8-5=x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2=EN2，即82+(x +3)2=(x +5)2，解得：x =12，∴DN =12，AD =BC =BE +CE =5+x +3=20，∴AN =AD 2+DN 2=202+122=434，解法二：可以用相似去做，△ADN 与△FCE 相似，设正方形边长为x ，DN EC =AD CF，即x -8x -5=x x +5，∴x =20．在△ADN 中，利用勾股定理可求得AN =434．所以答案是：434．2已知正方形ABCD 中，∠MAN =45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB ，DC (或它们的延长线)于点M ，N ，AH ⊥MN 于点H ．(1)如图①，当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，请你直接写出AH 与AB 的数量关系：AB =AH ；；(2)如图②，当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时，(1)中发现的AH 与AB 的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；(3)如图③，已知∠MAN =45°，AH ⊥MN 于点H ，且MH =2，AH =6，求NH 的长．(可利用(2)得到的结论)试题分析：(1)由BM =DN 可得Rt △ABM ≌Rt △ADN ，从而可证∠BAM =∠MAH =22.5，Rt △ABM ≌Rt △AHM ，即可得AB =AH ；(2)延长CB 至E ，使BE =DN ，由Rt △AEB ≌Rt △AND 得AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，从而可证△AEM ≌△ANM ，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB =AH ；(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，可证四边形ABCD 是正方形，设NH =x ，在Rt △MCN 中，由勾股定理列方程即可得答案．答案详解：解：(1)∵正方形ABCD ，∴AB =AD ，∠B =∠D =∠BAD =90°，在Rt △ABM 和Rt △ADN 中，AB =AD ∠B =∠D BM =DN，∴Rt △ABM ≌Rt △ADN (SAS )，∴∠BAM =∠DAN ，AM =AN ，∵∠MAN =45°，∴∠BAM +∠DAN =45°，∴∠BAM =∠DAN =22.5°，∵∠MAN =45°，AM =AN ，AH ⊥MN∴∠MAH =∠NAH =22.5°，∴∠BAM =∠MAH ，在Rt △ABM 和Rt △AHM 中，∠BAM =∠MAH ∠B =∠AHM AM =AM，∴Rt △ABM ≌Rt △AHM (AAS )，∴AB =AH ，所以答案是：AB =AH ；(2)AB =AH 成立，理由如下：延长CB 至E ，使BE =DN ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AD ，∠D =∠ABE =90°，∴Rt △AEB ≌Rt △AND (SAS )，∴AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，∵∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAB +∠BAM =45°，∴∠EAM =45°，∴∠EAM =∠NAM =45°，又AM =AM ，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∵AB ，AH 是△AEM 和△ANM 对应边上的高，∴AB =AH ．(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，如图：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB=AH=AD=6，∠BAD=2∠MAN=90°，∠B=∠AHM=90°=∠AHN=∠D，∴四边形ABCD是正方形，∴AH=AB=BC=CD=AD=6．由(2)可知，设NH=x，则MC=BC-BM=BC-HM=4，NC=CD-DN=CD-NH=6-x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，∴(2+x)2=42+(6-x)2，解得x=3，∴NH=3．3已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N．(1)如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，有BM+DN=MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．试题分析：(1)在MB的延长线上截取BE=DN，连接AE，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=∠ABE=90°，证△ABE≌△ADN推出AE=AN；∠EAB=∠NAD，求出∠EAM =∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME=MN即可；(2)在DN上截取DE=MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM=AE；∠MAB=∠EAD，求出∠EAN=∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN=EN即可．答案详解：解：(1)图1中的结论仍然成立，即BM+DN=MN，理由为：如图2，在MB 的延长线上截取BE =DN ，连接AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =AB ，∠D =∠DAB =∠ABC =∠ABE =90°，∵在△ABE 和△ADN 中，AD =AB∠D =∠ABE DN =BE，∴△ABE ≌△ADN (SAS )．∴AE =AN ；∠EAB =∠NAD ，∵∠DAB =90°，∠MAN =45°，∴∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAM =∠BAM +∠EAB =45°=∠MAN ，∵在△AEM 和△ANM 中，AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴ME =MN ，∴MN =ME =BE +BM =DN +BM ，即DN +BM =MN；(2)猜想：线段BM ，DN 和MN 之间的等量关系为：DN -BM =MN ．证明：如图3，在DN 上截取DE =MB ，连接AE ，∵由(1)知：AD =AB ，∠D =∠ABM =90°，BM =DE ，∴△ABM ≌△ADE (SAS )．∴AM =AE ；∠MAB =∠EAD ，∵∠MAN =45°=∠MAB +∠BAN ，∴∠DAE +∠BAN =45°，∴∠EAN =90°-45°=45°=∠MAN ，∵在△AMN 和△AEN 中AM =AE∠MAN =∠EAN AN =AN，∴△AMN ≌△AEN (SAS )，∴MN =EN ，∵DN -DE =EN ，∴DN-BM=MN．4(1)问题情境：如图，正方形ABCD中，AB=6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．①当点E在线段BC上时，求证：DG=FG；②当CE=3时，则CG的长为4或7.2．(2)思维深化：在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高，且BD=2+1，CD=2-1，请直接写出AD的长．试题分析：(1)①由折叠得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；②设CG=x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；(2)由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．答案详解：(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD，∠B=∠D=90°，由折叠得：∠AFE=∠B=90°，AF=AB，∴AD=AF，∠AFG=∠D=90°，在Rt△ADG和Rt△AFG中，AD=AF AG=AG，∴Rt△ADG≌Rt△AFG(HL)，∴DG=FG；②解：分两种情况：如图1，点E在边BC上时，设CG=x，则DG=FG=6-x，∵CB=6，CE=3，∴EG=EF+FG=3+6-x=9-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(9-x)2，∴x=4，∴CG=4；如图2，点E在边BC的延长线上时，设CG=x，则DG=FG=x-6，∵CB=6，CE=3，∴EF=BE=3+6=9，∴EG=EF-FG=9-(x-6)=15-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(15-x)2，∴x=7.2，∴CG=7.2；综上所述，CG的长是4或7.2；所以答案是：4或7.2；(2)解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，BD=EB=2+1，DC =CG=2-1，∵∠BAC=45°，∴∠EAG=∠E=∠G=90°，∴四边形AEFG为正方形，设正方形的边长为x，则BF=x-(2+1)=x-2-1，CF=x-(2-1)=x-2+1，在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2=BC2，即(x-2-1)2+(x-2+1)2=(2+1+2-1)2，解得：x=2+3或x=2-3(舍去)，∴AD=2+3．半角模型之等腰(直角)三角形5如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，M、N是斜边AB上的两点，且∠MCN=45°，AM=3，BN=5，则MN= 34 ．试题分析：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM．则△CRA≌△CNB，△RAM是直角三角形，根据勾股定理即可求解．答案详解：解：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM则△CRA≌△CNB全等，△RAM是直角三角形∴AR=BN=5，∴MN=RM=32+52=34所以答案是：346如图△ABC是正三角形，△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边于M、N两点，连接MN．探究：(1)线段BM、MN、NC之间的数量关系．(2)若点M、N分别是AB、CA延长线上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的数量关系，在图中画出图形．并对以上两种探究结果选择一个你喜欢的加以证明．试题分析：延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．仿(1)的思路运用截长法证明．答案详解：解：(1)MN=BM+NC．理由如下：延长AC至E，使得CE=BM，连接DE，如图所示：∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°．∴△MBD≌△ECD(SAS)，∴MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，∵∠MDN=∠NDE=60°．∴△DMN≌△DEN(SAS)，∴MN=EN．又NE=NC+CE，BM=CE，∴MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．证明：在CA上截取CE=BM．由(1)知：∠DCE=∠DBM=90°，DC=DB．又CE=BM，∴△DCE≌△DBM(SAS)∴∠CDE=∠BDM，DM=DE．∴∠MDN=∠EDN=60°．∴△MDN≌△EDN(SAS)∴NM=NE．∵NE=NC-CE，CE=BM，∴MN=NC-BM．7如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=4，AB=AC，∠CBD=30°，M，N 分别在BD，CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为23+2 ．试题分析：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN=ME，求出MN=CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长=BD+DC，代入求出答案即可．答案详解：解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，∵∠BAC=∠D=90°，∴∠ABD+∠ACD=360°-90°-90°=180°，∴∠ABD+∠ABE=180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN=45°，∠BAC=90°，∴∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM=∠BAC-∠MAN=90°-45°=45°，∴∠EAM=∠MAN，在△AEM 和△ANM 中，AE =AN ∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴MN =ME ，∴MN =CN +BM ，∵在Rt △BCD 中，∠BDC =90°，∠CBD =30°，BC =4，∴CD =12BC =2，BD =BC 2-CD 2=42-22=23，∴△DMN 的周长为DM +DN +MN =DM +DN +BM +CN =BD +DC =23+2，所以答案是：23+2．8某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，等腰直角△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A 上，斜边从AB 边开始绕点A 逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC 于点D ，直角边所在的直线交直线BC 于点E ．(1)小敏在线段BC 上取一点M ，连接AM ，旋转中发现：若AD 平分∠BAM ，则AE 也平分∠MAC ．请你证明小敏发现的结论；(2)当0°<α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD 、CE 、DE 之间存在如下等量关系：BD 2+CE 2=DE 2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：小颖的想法：将△ABD 沿AD 所在的直线对折得到△ADF ，连接EF (如图2)；小亮的想法：将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，连接EG (如图3)；请你从中任选一种方法进行证明；(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°<α<180°时(如图4)，等量关系BD 2+CE 2=DE 2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．试题分析：(1)如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD +∠MAE =∠DAM +∠EAC =45°，所以∠MAE =∠EAC ，即AE 平分∠MAC ；(2)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．(3)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．当135°<α<180°时，等量关系BD 2+CE 2=DE 2仍然成立．可以根据小颖和小亮的方法进行证明即可．答案详解：解：(1)∵∠BAC =90°，∠DAE =∠DAM +∠MAE =45°，∴∠BAD +∠EAC =45°．又∵AD平分∠MAB，∴∠BAD=∠DAM．∴∠MAE=∠EAC．∴AE平分∠MAC．(2)证明小颖的方法：∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，∴AF=AB，BD=DF，∠AFD=∠B=45°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．证明小亮的方法：由旋转知，△ABD≌△ACG，∴BD=CG，AD=AG，∠ABC=∠ACG，∠BAD=∠CAG，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，∴∠EAG=∠CAE+∠CAG=∠CAE+∠BAD=45°=∠DAE，∵AE=AE，∴△DAE≌△GAE(SAS)，∴DE=EG，在Rt△BAC中，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°，根据勾股定理得，EG2=CE2+CG2，∴BD2+CE2=DE2．(3)当135°<α<180°时，等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立．证明如下：如图，将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF．∴BD=DF，AF=AB，∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，又∵∠CAE=90°-∠BAE=900-(45°-∠BAD)=45°+∠BAD=45°+∠FAD=∠FAE，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．9已知如图1，△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点D、F在BC上，∠DAF=45°．(1)探究∠AFB与∠BAD之间的数量关系并证明；(2)探究BD、DF、CF之间的数量关系并证明；(3)如图2，AF⊥DG，若BF=kFC，求FDAG的值．试题分析：(1)由等腰三角形的性质可得∠C=∠B=45°，由外角的性质可得∠AFB=∠C+∠CAF，可求解；(2)由“SAS”可证△ADF≌△AHF，可得DF=HF，由勾股定理可得结论；(3)通过证明△ABF∽△DCA，可得ACBF=CDAB=ADAF，通过证明△ADG∽△FAD，可得DFAG=AD DG=AFAD，可得结论．答案详解：解：(1)∠AFB+∠BAD=90°，理由如下：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=∠B=45°，∵∠DAF=45°，∴∠BAD+∠CAF=45°，∴∠CAF=45°-∠BAD，∵∠AFB=∠C+∠CAF，∴∠AFB=45°+45°-∠BAD，∴∠AFB+∠BAD=90°；(2)DF2=CF2+BD2，理由如下：如图，将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到△AHC，连接HF，∴△ADB≌△AHC，∴∠DAB=∠CAH，AH=AD，DB=CH，∠B=∠ACH=45°，∴∠HCF=90°，∠HAF=∠HAC+∠CAF=∠DAB+∠CAF=45°，∴∠HAF=∠DAF=45°，又∵AH=AD，AF=AF，∴△ADF≌△AHF(SAS)，∴DF=HF，∵HF2=CH2+CF2，∴DF2=CF2+BD2；(3)设CF=a，则BF=kCF=ka，∴BC=a+ka，∴AC=AB=22(a+ka)，∵∠AFB+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠BFA，又∵∠B=∠C=45°，∴△ABF∽△DCA，∴AC BF=CDAB=ADAF，∵AF⊥GD，∠DAF=45°，∴∠DAF=∠ADG=45°，又∵∠DAC=∠BFA，∴△ADG∽△FAD，∴DF AG=ADDG=AFAD，∴DF AG=BFAC=ka22(k+1)a=2kk+1．10如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点(不与点C，点D重合)，将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM 于点K．下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH= 45°，其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4试题分析：根据翻折不变性可知：MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．答案详解：解：根据翻折不变性可知：MA=ME，∴△AME是等腰三角形，故①正确；如图1，过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O．∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，∴四边形ABGN是矩形，∴NG=AB=AD，由折叠可知：MG⊥AE，∴∠GOT=90°，∵∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，∴∠NGM=∠DAE，∵∠GNM=∠D=90°，∴△GNM≌△ADE(ASA)，∴MG=AE，故②正确；∵MA=ME，∴∠MEA=∠MAE，由折叠可知：∠FEM=∠BAM=90°，∴∠AEF=90°-∠MEA，∵∠AED=90°-∠MAE，∴∠AEF=∠AED，∴AE平分∠DEF，故③正确；∵△GNM≌△ADE，∴MN=DE，∵△ABH与△ADE不全等，∴AH≠AE，故④错误；如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，∵AE平分∠DEF，∴∠AED=∠AEQ，又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，∴△ADE≌△AEQ(AAS)，∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，∵AD=AB，∴AB=AQ，∵AH=AH，∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，∴∠HAB=∠HAQ，∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=12(BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．综上所述：结论正确的有：①②③⑤，共4个．所以选：D．三、半角模型之等补四边形11【初步探索】(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE +FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠FAD=∠EAF；【灵活运用】(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF= BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】(3)如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F 在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．试题分析：(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．答案详解：解：(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．所以答案是：∠BAE+∠FAD=∠EAF；(2)仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS)，∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)∠EAF=180°-12∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF (SSS )，∴∠FAE =∠FAG ，∵∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠BAE )=360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠DAG )=360°，即2∠FAE +∠DAB =360°，∴∠EAF =180°-12∠DAB ．12问题背景：(1)如图1：在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠B =∠ADC =90°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点．且∠EAF =60°．探究图中线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，先证明△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论应是EF =BE +DF ．探索延伸：(2)如图2，若在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ，上述结论是否仍然成立，并说明理由．试题分析：(1)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题；(2)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题．答案详解：证明：(1)在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；所以答案是EF =BE +DF ．(2)结论EF =BE +DF 仍然成立；理由：如图2，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG，在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；13(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？(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．试题分析：(1)可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件(SAS)，那么就能得出EF=GE了．(2)思路和作辅助线的方法与(1)完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与(1)的结果完全一样．(3)按照(1)的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据(1)的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG =BE-DF．所以(1)的结论在(3)的条件下是不成立的．答案详解：证明：(1)延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立．(3)结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE-BG∴EF=BE-FD．14如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN= 45°，AM、AN分别与对角线BD交于点E、F，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN=BM+DN；②BE2+DF2=EF2；③BC2=BF•DE；④OM=2OF，一定成立的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④试题分析：由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM =∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得DEAB=ADBF，可证BC2=DE•DF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=2EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．答案详解：解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N(SAS)，∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'(SAS)，∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴DE AB=AD BF，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE•DF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=2EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠2FO，故④错误，所以选：A．15如图，正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，连接AE，AF，与对角线BD分别交于点G，H，连接EH．若∠EAF=45°，则下列判断错误的是()A.BE+DF=EFB.BG2+HD2=GH2C.E，F分别为边BC，CD的中点D.AH⊥EH试题分析：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质可得AB=AD，BM=DF，∠DAF=∠BAM，∠ABM=∠D=90°，AM=AF，由“SAS”可证△AME≌△AFE，可得EF=ME，则EF=BE+DF，所以选项A不合题意；将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，可得AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ADH=∠ABN=45°，DH=BN，由“SAS”可证△ANG≌△AHG，可得GH=NG，由勾股定理可得DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；由∠EAF=∠DBC=45°，可证点A，点B，点E，点H四点共圆，可证AH⊥HE，故D选项不合题意，利用排除法可求解．答案详解：解：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB =AD ，BM =DF ，∠DAF =∠BAM ，∠ABM =∠D =90°，AM =AF ，∴∠ABM +∠ABE =90°+90°=180°，∴点M ，B ，E 在同一条直线上．∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =∠BAD -∠EAE =90°-45°=45°．∵∠BAE =∠DAF ，∴∠BAM +∠BAE =45°．即∠MAE =∠FAE ．在△AME 与△AFE 中，AM =AF ∠MAE =∠FAE AE =AE，∴△AME ≌△AFE (SAS )，∴ME =EF ，∴EF =BE +DF ，故A 选项不合题意，如图2，将△ADH 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABN ，此时AB 与AD重合，∴△ADH ≌△ABN ，∴AN =AH ，∠BAN =∠DAH ，∠ADH =∠ABN =45°，DH =BN ，∴∠NBG =90°，∴BN 2+BG 2=NG 2，∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =45°，∴∠BAN +∠BAE =45°=∠NAE ，∴∠NAE =∠EAF ，又∵AN=AH，AG=AG，∴△ANG≌△AHG(SAS)，∴GH=NG，∴BN2+BG2=NG2=GH2，∴DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；∵∠EAF=∠DBC=45°，∴点A，点B，点E，点H四点共圆，∴∠AHE=∠ABE=90°，∴AH⊥HE，故D选项不合题意，所以选：C．16定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”．例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C= 180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．概念理解．(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为90°；②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2-CB2=5．拓展延伸．(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”．当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．试题分析：(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n= 180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°-∠B=90°；②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，则CD2-CB2=AB2 -AD2=32-22=5．(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．答案详解：解：(1)①设∠C=n°，∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴∠A=3n°，∠B=2n°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，∴3n+n=180，解得n=45，∴∠B=2n°=90°，∴∠D=180°-∠B=90°，所以答案是：90°．②如图1，连接AC，∵∠B=90°，∴∠D=90°，∴CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，∴CD2-CB2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2，∵AB=3，AD=2，∴CD2-CB2=32-22=5，所以答案是：5．(2)AE+CF=BF，证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCG，∵AB=CB，∴△ABE≌△CBG(SAS)，∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，∵∠EBF=12∠ABC，∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，∴∠EBF=∠GBF，∵BF=BF，∴△EBF≌△GBF(SAS)，∴EF=GF，∵AE+CF=CG+CF=GF，∴AE+CF=EF．17定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．【概念理解】(1)如图(1)，四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数是90°；②若∠B=90°，且AB=22，AD=2，则CD2-CB2=4．【拓展延伸】(2)如图(2)，四边形ABCD是“对补四边形”，当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，猜测AE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明．【类比运用】(3)如图(3)，如图(4)，在四边形ABCD中，AB=CB，BD平分∠ADC．①如图(3)，求证：四边形ABCD是“对补四边形”；②如图(4)，设AD=a，DC=b，连接AC，当∠ABC=90°，且S△ACDS△ABC=45时，求ab的值．试题分析：(1)①利用“对补四边形”的定义列式解答即可；②利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可；(2)延长EA至点K，使AK=CF，连接BK，利用全等三角形的判定与性质解答即可；(3)①过点B作BM⊥AD，垂足为M，BN⊥DC，垂足为N，利用全等三角形的判定与性质和“对补四边形”的定义解答即可；②利用“对补四边形”的定义，勾股定理，等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可．答案详解：(1)解：①∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°．∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴设∠A=3x°，则∠B=2x°，∠C=x°，∴3x+x=180，∴x=45°．∴∠B=90°，∴∠D=180°-90°=90°，所以答案是：90°；②在“对补四边形”ABCD中，连接AC，如图，∵∠B=90°，∠B+∠D=180°，则∠D=90°，由勾股定理得：CD2=AC2-AD2，BC2=AC2-AB2∴CD2-BC2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2=8-4=4，所以答案是：4；(2)解：AE，CF，EF之间的数量关系为：AE+CF=EF，理由：延长EA 至点K ，使AK =CF ，连接BK ，如图，∵四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠BAD +∠C =180°，又∵∠BAK +∠BAD =180°，∴∠BAK =∠BCD ，在△ABK 和△CBF 中，AB =CB∠BAK =∠BCF AK =CF，∴△ABK ≌△CBF (SAS )，∴∠ABK =∠CBF ，BK =BF ．∴∠KBF =∠ABC ．∵∠EBF =12∠ABC ，∴∠EBF =12∠KBF ，∴∠EBK =∠EBF ，在△BEK 和△BEF 中，BK =BF∠EBK =∠EBF BE =BE，∴△BEK ≌△BEF (SAS )，∴EK =EF ．∴AE +CF =AE +AK =EK =EF ；(3)①证明：过点B 作BM ⊥AD ，垂足为M ，BN ⊥DC ，垂足为N ，如图，则∠BMA =∠BNC =90°，∵BD 平分∠ADC ，∴BM =BN ，在Rt △ABM 和Rt △CBN 中，AB =CBBM =BN ，∴Rt △ABM ≌Rt △CBN (HL )，∴∠BAM =∠C ，∵∠BAM +∠BAD =180°，∴∠C +∠BAD =180°，即∠BAD 与∠C 互补，∴四边形ABCD 是“对补四边形”；②解：由①知四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠ABC +∠ADC =180°．∵∠ABC =90°，∴∠ADC =90°．∵AD =a ，DC =b ，则AC 2=AD 2+CD 2=a 2+b 2，∵AB =BC ，∴AB 2=BC 2=12AC 2=12(a 2+b 2)．∴S △ABC =12×AB •BC =12AB 2=14(a 2+b 2)．∵S △ACD =12×AD •CD =12ab ，S △ACD S △ABC=45，∴12ab 14(a 2+b 2)=45．∴a 2+b 2ab =52，即：a b +b a =52．解得：a b =2或a b =12，∴a b 的值是2或12．四、半角模型之矩形18如图矩形ABCD ，AB =3，AD =6．点M 、N 分别在边CD 、BC 上，AN =13，∠MAN =45°，直接写出AM 的长度．解：如图，取AD ，BC 的中点P ，Q ，连接QP ，连接NH ，∵AD =6，AB =3，∴AP =AB =BQ =PQ =3，∠B =90°，∴四边形ABQP 是正方形，Rt △ABN 中，AB =3，AN =13，∴BN =AN 2-AB 2=(13)2-33=2，∴NQ =3-2=1，∵∠NAH =45°，由(1)同理得：NH =BN +PH ，设PH =x ，则NH =x +2，QH =3-x ，Rt △NHQ 中，NH 2=QH 2+NQ 2，∴(2+x )2=12+(3-x )2，x =35，∵P 是AD 的中点，PH ∥DM ，∴AH =HM ，∴DM =2PH =65，由勾股定理得：AM =AD 2+DM 2=62+65 2=6265；19如图，在矩形ABCD 中，AB =6，AD =m ，点E 在边BC 上，且BE =2．(1)若m =8，点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求DF 的长；(2)若点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求m 的取值范围．(1)作正方形ABNM ，MN 与AF 交于点G ，连接EG ，由发现可知，EG =BE +MG ，设MG =x ，则NG =6-x ，EG =x +2，在Rt △GEN 中，EG 2=NG 2+NE 2，即(x +2)2=(6-x )2+42，解得，x =3，即MG =3，∵MN ∥CD ，∴△AGM ∽△AFD ，∴MG DF =AM AD ，即3DF =68，解得，DF =4；(2)由题意得，m ≥BE ，即m ≥2，当F 与C 重合时，m 最大，由(1)得，MG DF =AM AD ，即36=6m ，解得，m =12，则点F 在边DC 上，∠EAF =45°，m 的取值范围是2≤m ≤12．。
半角模型专题训练含解析
半角模型专题训练一、解答题1．（探索发现）如图①，四边形ABCD 是正方形，M ，N 分别在边CD 、BC 上，且45MAN=∠︒，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将ADM ∆绕点A 顺时针旋转90︒，点D 与点B 重合，得到ABE ∆，连接AM 、AN 、MN ．（1）试判断DM ，BN ，MN 之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M 、N 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 的延长线上，45MAN=∠︒，连接MN ，请写出MN 、DM 、BN 之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD 中，AB=AD ，120BAD=∠︒，180B+D=∠∠︒，点N ，M 分别在边BC ，CD 上，60MAN=∠︒，请直接写出线段BN ，DM ，MN 之间的数量关系．2．如图，等腰直角三角形ABC 中，∠BAC = 90°，AB =AC ，点M ，N 在边BC 上，且∠MAN =45°．若BM = 1，CN =3，求MN 的长．3．问题背景：如图1，在四边形ABCD 中，90BAD ︒∠=，90BCD ︒∠=，BA BC =，120ABC ︒∠=，60MBN ︒∠=，MBN ∠绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．探究图中线段,,AE CF EF 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC 到G ，使CG AE =，连接BG ，先证明BCG BAE △≌△，再证明BGF BEF △≌△，可得出结论，他的结论就是______________；探究延伸：如图2，在四边形ABCD 中，BA BC =，180BAD BCD ︒∠+∠=，2ABC MBN ∠=∠，MBN ∠绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O 处）北偏西30°的A 处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E 、F 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．4．如图，AB AD BC DC ===，90C D ABE BAD ∠=∠=∠=∠=︒，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，45EAF ∠=︒，过点A 作GAB FAD ∠=∠，且点G 在CB 的延长线上．（1）GAB ∆与FAD ∆全等吗？为什么？（2）若2DF =，3BE =，求EF 的长．5．如图，在四边形ABCD 中，90B D ∠=∠=︒，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，连接AE ，AF ，EF ．（1）如图①，AB AD =，120BAD ∠=︒，60EAF ∠=︒．求证：EF BE DF =+；（2）如图②，120BAD ∠=︒，当AEF 周长最小时，求AEF AFE +∠∠的度数； （3）如图③，若四边形ABCD 为正方形，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，且45EAF ∠=︒，若3BE =，2DF =，请求出线段EF 的长度．6．如图，ABC 是边长为2的等边三角形，BDC 是顶角为120°的等腰三角形，以点D 为顶点作60MDN ∠=︒，点M 、N 分别在AB 、AC 上．（1）如图①，当//MN BC 时，则AMN 的周长为______；（2）如图②，求证：BM NC MN +=．7．问题背景如图①，在四边形ABCD 中，AB AD =，120BAD ∠=︒，90B ADC ∠=∠=︒，点E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且60EAF ∠=︒，连接EF ，探究线段BE ，EF ，DF 之间的数量关系．探究发现（1）小明同学的方法是将ABE △绕点A 逆时针旋转120︒至ADG 的位置，使得AB 与AD 重合，然后再证明AFE AFG △≌△，从而得出结论：______；拓展延伸（2）如图②，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，点E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且12EAF BAD ∠=∠，连接EF ．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；（3）如图③，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且45EAF ∠=︒，连接EF ，已知3BE =，2DF =，求正方形ABCD 的边长．8．如图，ABC 是边长为3的等边三角形，BDC 是等腰三角形，且120BDC ∠=︒，以D 为顶点作一个60︒角，使其两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN ，求AMN 的周长．9．如图，已知：正方形ABCD ，点E ，F 分别是BC ，DC 上的点，连接AE ，AF ，EF ，且45EAF ∠=︒，求证：BE DF EF +=．10．（1）如图1，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠BAD ＝100°，∠B ＝∠ADC ＝90°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点．且∠EAF ＝50°．探究图中线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系．小明同学探究的方法是：延长FD 到点G ，使DG ＝BE ，连接AG ，先证明△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论是 （直接写结论，不需证明）； （2）如图2，若在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B +∠D ＝180°，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且2∠EAF ＝∠BAD ，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；（3）如图3，四边形ABCD 是边长为7的正方形，∠EBF ＝45°，直接写出△DEF 的周长．11．如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路．例如图中△ADF与△ABG可以看作绕点A旋转90°的关系．这可以证明结论“EF ＝BE＋DF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程．（1）延长CB到点G，使BG＝，连接AG；（2）证明：EF＝BE＋DF12．（2019秋•东台市期末）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC 的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时QL；（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．参考答案1．（1）MN DM BN =+，证明见解析；（2）MN BN DM =-,证明见解析；（3）MN DM BN =+．【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM ≌ABE ，利用SAS 可证AMN AEN ≌，则可得：MN DM BN =+；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM ≌ABE ，利用SAS 可证AMN AEN ≌，则可得：MN BN DM =-；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM ≌ABE ，利用SAS 可证AMN AEN ≌，则可得：MN DM BN =+；【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD 是正方形∴AB=AD ，ABC ADC BAD =90将ADM 绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE∴ADM ≌ABE∴AM AE,DMBE,MAD EAB MAE BAD 90 ∵MAN 45EANMAN 45 在AMN 和AEN 中AMAE MANEAN AN ANAMN AEN SAS ≌MN EN∵EN EB BN DM BN =+=+，∴MN BN DM =+（2）如图②，将ADM 绕点A 顺时针旋转90，得到ABE∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD，ABC ADC BAD=90∵ADM绕点A顺时针旋转90，得到ABE ∴ADM≌ABE∴AM AE,DM BE,MAD EABMAE BAD90,∵MAN45EAN MAN45在AMN和AEN中AM AEMAN EANAN AN≌AMN AEN SASMN EN∵BN EB EN DM MN，=-；即：MN BN DM（3）如图，∵AB AD =，BAD 120∠=，B D 180，将ADM 绕点A 顺时针旋转120，得到ABE∴ADM ≌ABE∴AM AE,DMBE,MAD EAB MAE BAD 120 MAN 60EANMAN 60 在AMN 和AEN 中AMAE MANEAN AN ANAMN AEN SAS ≌MN EN ENBE BN MN DM BN ；【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．2【分析】过点C 作CE ⊥BC ，垂足为点C ，截取CE ，使CE ＝BM ．连接AE 、EN ．通过证明△ABM ≌△ACE （SAS ）推知全等三角形的对应边AM ＝AE 、对应角∠BAM ＝∠CAE ；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN ＝45°得到∠MAN ＝∠EAN ＝45°，所以△MAN ≌△EAN （SAS ），故全等三角形的对应边MN ＝EN ；最后由勾股定理得到EN 2＝EC 2＋NC 2即MN 2＝BM 2＋NC 2．【详解】解：如图，过点C 作CE ⊥BC ，垂足为点C ，截取CE ，使CE ＝BM ．连接AE 、EN ．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．在△ABM和△ACE中AB ACB ACE BM CE⎧∠⎪∠⎪⎨⎩＝＝＝，∴△ABM≌△ACE（SAS）．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠CAN＝45°．于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．在△MAN和△EAN中AM AEMAN EAN AN AN⎪∠⎪⎩∠⎧⎨＝＝＝，∴△MAN≌△EAN（SAS）．∴MN＝EN．在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．∴MN2＝BM2＋NC2．∵BM＝1，CN＝3，∴MN2＝12＋32，∴MN．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．=+；探究延伸：成立，理由见解析；实际应用：210海里3．问题背景：EF AE CF【分析】问题背景：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，即可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸1：延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸2：延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，先证明△BCH≌△BAE，即可得到BE=HB，∠ABE=∠HBC，再证明△HBF≌△EBF，即可得出EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：连接EF，延长BF交AE的延长线于G，根据题意可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．再根据探究延伸2的结论：EF=AE+BF，即可得到两舰艇之间的距离．【详解】解：问题背景：如图1，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，先证明△BCG≌△BAE，再证明△BFG≌△BFE，可得出结论：EF=AE+CF；故答案为：EF=AE+CF；探究延伸1：上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由如下：如图2，延长FC到G，使CG=AE，连接BG，∵CG=AE，∠BCG=∠A=90°，BC=BA，∴△BCG≌△BAE（SAS），∴BG=BE，∠ABE=∠CBG，∵∠ABC=2∠EBF，∴∠ABE+∠CBF=∠EBF，即∠CBG+∠CBF=∠EBF，∴∠GBF=∠EBF，又∵BF=BF，∴△BFG≌△BFE（SAS），∴GF=EF，即GC+CF=EF，∴AE+CF=EF∴可得出结论：EF=AE+CF；探究延伸2：上述结论仍然成立，即EF=AE+CF，理由：如图3，延长DC到H，使得CH=AE，连接BH，∵∠BAD+∠BCD=180°，∠BCH+∠BCD=180°，∴∠BCH=∠BAE，∵BA=BC，CH=AE，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BE=HB，∠ABE=∠HBC，∴∠HBE=∠ABC，又∵∠ABC=2∠MBN，∴∠EBF=∠HBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴EF=HF=HC+CF=AE+CF；实际应用：如图4，连接EF，延长BF交AE的延长线于G，因为舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，所以∠AOB=140°，因为指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，所以∠EOF=70°，所以∠AOB=2∠EOF．依题意得，OA=OB，∠A=60°，∠B=120°，所以∠A+∠B=180°，因此本题的实际的应用可转化为如下的数学问题：在四边形GAOB中，OA=OB，∠A+∠B=180°，∠AOB=2∠EOF，∠EOF的两边分别交AG，BG于E，F，求EF的长．根据探究延伸2的结论可得：EF=AE+BF，根据题意得，AE=75×1.2=90（海里），BF=100×1.2=120（海里），所以EF=90+120=210（海里）．答：此时两舰艇之间的距离为210海里．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，解答时注意类比思想的灵活应用．4．（1）△GAB≌△F AD，理由见解析；（2）EF=5【分析】（1）由题意可得∠ABG=∠D=90°，进一步即可根据ASA证得△GAB≌△F AD；（2）由（1）的结论可得AG=AF，GB=DF，易得∠BAE+∠DAF=45°，进而可推出∠GAE=∠EAF，然后利用SAS即可证明△GAE≌△F AE，可得GE=EF，进一步即可求出结果．解：（1）∵90D ABE ∠=∠=︒，点G 在CB 的延长线上，∴∠ABG =∠D =90°，在△GAB 和△F AD 中，∵GAB FAD ∠=∠，AB =AD ，∠ABG =∠D ，∴△GAB ≌△F AD （ASA ）；（2）∵△GAB ≌△F AD ，∴AG =AF ，GB =DF ，∵90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴∠BAE +∠DAF =45°，∴∠BAE +∠GAB =45°，即∠GAE =45°，∴∠GAE =∠EAF ，在△GAE 和△F AE 中，∵AG =AF ，∠GAE =∠EAF ，AE =AE ，∴△GAE ≌△F AE （SAS ），∴GE =EF ，∵GE =GB +BE =DF +BE =2+3=5，∴EF =5．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，属于常考题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．5．（1）见解析；（2）AEF AFE +∠∠120=︒；（3）5EF =．【分析】（1）延长FD 到点G,使DG BE =，连接AG ，首先证明ABE ADG ≌，则有AE AG =，BAE DAG ∠=∠，然后利用角度之间的关系得出60EAF FAG ∠=∠=︒，进而可证明EAF GAF △≌△，则EF FG DG DF ==+，则结论可证；（2）分别作点A 关于BC 和CD 的对称点A '，A ''，连接A A '''，交BC 于点E ，交CD 于点F ，根据轴对称的性质有A E AE '=，A F AF ''=，当点A '、E 、F 、A ''在同一条直线上时，A A '''即为AEF 周长的最小值，然后利用AEF AFE EA A EAA FAD A ''''∠+∠=∠+∠+∠+∠求解即可；（3）旋转ABE △至ADP △的位置，首先证明PAF EAF ≌△△，则有EF FP =，最后利用EF PF PD DF BE DF ==+=+求解即可．【详解】（1）证明：如解图①，延长FD 到点G ，使DG BE =，连接AG ，在ABE △和ADG 中，,,,AB AD ABE ADG BE DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ABE ADG SAS ∴≌．AE AG ∴=，BAE DAG ∠=∠，120BAD ∠=︒，60EAF ∠=︒，60BAE FAD DAG FAD ∴∠+∠=∠+∠=︒．60EAF FAG ∴∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中，,,,AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()EAF GAF SAS ∴≌．EF FG DG DF ∴==+，EF BE DF ∴=+；（2）解：如解图，分别作点A 关于BC 和CD 的对称点A '，A ''，连接A A '''，交BC 于点E ，交CD 于点F ．由对称的性质可得A E AE '=，A F AF ''=，∴此时AEF 的周长为AE EF AF A E EF A F A A '''''++=++=．∴当点A '、E 、F 、A ''在同一条直线上时，A A '''即为AEF 周长的最小值．120DAB ∠=︒，18012060AA E A ''∴∠'︒︒+∠=-=︒．,EA A EAA FAD A ''''∠=∠∠=∠，,EA A EAA AEF FAD A AFE ''''∠+∠=∠∠+∠=∠， AEF AFE EA A EAA FAD A ''''∴∠+∠=∠+∠+∠+∠=()2260120AA E A '''∠+∠=⨯︒=︒；（3）解：如解图，旋转ABE △至ADP △的位置，90PAE DAE PAD DAE EAB ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，AP AE =，PAF PAE EAF ∠=∠-∠904545EAF =︒-︒=︒=∠．在PAF △和EAF △中，,,,AP AE PAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()PAF EAF SAS ∴≌△△．EF FP ∴=．325EF PF PD DF BE DF ∴==+=+=+=．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．6．（1）4；（2）见解析【分析】（1）首先证明△BDM ≌△CDN ，进而得出△DMN 是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=12DM=12MN ，即可解决问题； （2）延长AC 至点E ，使得CE BM =，连接DE ，首先证明BDM CDE △≌△，再证明MDN EDN △≌△，得出MN NE =，进而得出结果即可．【详解】解：（1）∵ABC 是等边三角形，//MN BC ，60AMN ABC ∴∠=∠=︒，60ANM ACB ∠=∠=︒∴AMN 是等边三角形，AM AN ∴=，则BM NC =，∵BDC 是顶角120BDC ∠=︒的等腰三角形，30DBC DCB ∴∠=∠=︒，90DBM DCN ∴∠=∠=︒，在BDM 和CDN △中，,,,BM CN MBD DCN BD CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()BDM CDN SAS ∴△≌△，DM DN ∴=，BDM CDN ∠=∠，∵60MDN ∠=︒，∴DMN 是等边三角形，30BDM CDN ∠=∠=︒，1122NC BM DM MN ∴===，MN MB NC ∴=+， ∴AMN 的周长4AB AC =+=．（2）如图，延长AC 至点E ，使得CE BM =，连接DE ，∵ABC 是等边三角形，BDC 是顶角120BDC ∠=︒的等腰三角形，60ABC ACB ∴∠=∠=︒，30DBC DCB ∠=∠=︒，90ABD ACD ∠∴∠==︒，90DCE ∴∠=︒，在BDM 和CDE △中，,,,BD CD MBD ECD BM CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()BDM CDE SAS ∴△≌△，MD ED ∴=，MDB EDC ∠=∠，120120MDE MDB EDC ∴∠=︒-∠+∠=︒，∵60MDN ∠=︒，60NDE ∴∠=︒，在MDN △和EDN △中，,60,,MD ED MDN NDE DN DN =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩()MDN EDN SAS ∴△≌△．MN NE ∴=，又∵NE NC CE NC BM =+=+，BM NC MN ∴+=．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．7．（1）EF BE DF =+；（2）（1）中的结论EF BE DF =+仍然成立．证明见解析；（3）正方形ABCD 的边长为6．【分析】（1）证明AEF AGF ≌，可得EF FG =，即可得出结论；（2）要探究BE ，EF ，DF 之间的数量关系，方法同（1）即可得出结论；（3）根据（1）（2）的结论和勾股定理，即可求出正方形ABCD 的边长.【详解】（1）解：由旋转得：AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，BE=DG ，∵120BAD ∠=︒，∴∠EAG=120°，∵60EAF ∠=︒,∴∠GAF=60EAF ∠=︒,又∵AF=AF ，∴AFE AFG △≌△，∴EF=GF ，∵GF=DG+DF ，∴EF BE DF =+，故答案为：EF BE DF =+；（2）解：（1）中的结论EF BE DF =+仍然成立.证明：如解图，将ABE △绕点A 逆时针旋转至ADG 的位置，使AB 与AD 重合.则ADG B ∠=∠，DG BE =，AG AE =，BAE DAG ∠=∠，又∵180B ADC ∠+∠=︒，∴180ADG ADC ∠+∠=︒，∴C ，D ，G 三点共线. ∵12FAD DAG FAD BAE BAD EAF BAD ∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，∴FAG EAF ∠=∠，又∵AF AF =，∴AEF AGF ≌，∴EF FG =，又∵FG DG DF BE DF =+=+，∴EF BE DF =+；（3）解：由（1）（2）可知325EF BE DF =+=+=．设正方形ABCD 的边长为x ，则3CE x =-，2CF x =-，在Rt CEF 中，222EF CE CF =+，∴()()222532x x =-+-，解得16x =，21x =-（不合题意，舍去），故正方形ABCD 的边长为6.【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理的运用，正方形的性质，解题中注意类比方法的运用，同样的类型题可以运用同样的思路及方法进行证明.8．AMN 的周长为6．【分析】要求△AMN 的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB 至F ，使BF=CN ，连接DF ，通过证明△BDF ≌△CDN ，及△DMN ≌△DMF ，从而得出MN=MF ，△AMN 的周长等于AB+AC 的长．【详解】解：∵△BDC 是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC 是边长为3的等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延长AB 至F ，使BF=CN ，连接DF ，在Rt △BDF 和Rt △CND 中，BF=CN ，DB=DC∴△BDF ≌△CDN ，∴∠BDF=∠CDN ，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN ，DM 为公共边 ∴△DMN ≌△DMF ，∴MN=MF∴△AMN 的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【点睛】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．9．见解析．【分析】将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ADG ，根据旋转的性质可得GD=BE ，AG=AE ，∠DAG=∠BAE ，然后求出∠FAG=∠EAF ，再利用“边角边”证明△AEF 和△AGF 全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG ，即可得出结论．【详解】如解图，将ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG 的位置，使AB 与AD 重合．∴AG AE =，,DAG BAE DG BE ∠=∠=．∵45EAF ∠=︒．∴904545GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒， ∴EAF GAF ∠=∠．在AGF 和AEF 中，,AG AE GAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()AGF AEF SAS △≌△．∴EF GF =．∵GF DG DF BE DF =+=+，∴BE DF EF +=．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．10．（1）EF ＝BE +DF ；（2）成立，理由详见解析；（3）14．【分析】（1）延长FD 到点G ．使DG ＝BE ．连结AG ，由“SAS ”可证△ABE ≌△ADG ，可得AE ＝AG ，∠BAE ＝∠DAG ，再由“SAS ”可证△AEF ≌△AGF ，可得EF ＝FG ，即可解题；（2）延长EB 到G ，使BG ＝DF ，连接AG ，即可证明△ABG ≌△ADF ，可得AF ＝AG ，再证明△AEF ≌△AEG ，可得EF ＝EG ，即可解题；（3）延长EA 到H ，使AH ＝CF ，连接BH ，由“SAS ”可证△ABH ≌△CBF ，可得BH ＝BF ，∠ABH ＝∠CBF ，由“SAS ”可证△EBH ≌△EBF ，可得EF ＝EH ，可得EF ＝EH ＝AE +CF ，即可求解．【详解】证明：（1）延长FD 到点G ．使DG ＝BE ．连结AG ，在△ABE 和△ADG 中，90AB AD ABE ADG BE DG ︒=⎧⎪∠=∠=⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∴AE ＝AG ，∠BAE ＝∠DAG ，∵∠BAD ＝100°，∠EAF ＝50°，∴∠BAE +∠F AD ＝∠DAG +∠F AD ＝50°，∴∠EAF ＝∠F AG ＝50°，在△EAF 和△GAF 中，∵AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EAF ≌△GAF （SAS ），∴EF ＝FG ＝DF +DG ，∴EF ＝BE +DF ，故答案为：EF ＝BE +DF ；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB 到G ，使BG ＝DF ，连接AG ，∵∠ABC +∠D ＝180°，∠ABG +∠ABC ＝180°，∴∠ABG ＝∠D ，∵在△ABG 与△ADF 中，AB=AD ABG=D BG=DF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴△ABG ≌△ADF （SAS ），∴AG ＝AF ，∠BAG ＝∠DAF ，∵2∠EAF ＝∠BAD ，∴∠DAF +∠BAE ＝∠BAG +∠BAE ＝12∠BAD ＝∠EAF ， ∴∠GAE ＝∠EAF ，又AE ＝AE ，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF．∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD；（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠BAH＝∠BCF＝90°，又∵AH＝CF，AB＝BC，∴△ABH≌△CBF（SAS），∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，∵∠EBF＝45°，∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，∴∠EBH＝∠EBF，又∵BH＝BF，BE＝BE，∴△EBH≌△EBF（SAS），∴EF＝EH，∴EF＝EH＝AE+CF，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．11．（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于△ADF 与△ABG 可以看作绕点A 旋转90°的关系，根据旋转的性质知BG=DF ，从而得到辅助线的做法；（2）先证明△ADF ≌△ABG ，得到AG=AF ，∠GAB=∠DAF ，结合∠EAF ＝45°，易知∠GAE=45°，再证明△AGE ≌△AFE 即可得到EF ＝GE=BE+GB=BE ＋DF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF ，从而得到辅助线的做法：延长CB 到点G ，使BG=DF ，连接AG ；（2）∵四边形ABCD 为正方形，∴AB=AD ，∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°，在△ADF 和△ABG 中AD AB ADF ABG DF BG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADF ≌△ABG （SAS ），∴AF=AG ，∠DAF=∠GAB ，∵∠EAF=45°，∴∠DAF+∠EAB=45°，∴∠GAB+∠EAB=45°，∴∠GAE=∠EAF =45°，在△AGE 和△AFE 中0AG AF GAE FAE AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADF ≌△ABG （SAS ），∴GE=EF ，∴EF ＝GE=BE+GB=BE ＋DF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型．12．（1）BM +NC ＝MN ，23；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC ﹣BM ＝MN ，详见解析【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN，此时23QL=；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．【详解】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时23QL=．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴23QL=；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴23QL=；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．。
半角模型专题专练复习进程
半角模型专题专练半角模型例题已知，正方形ABCD 中，∠EAF 两边分别交线段BC 、DC 于点E 、F ，且∠EAF ﹦45° 结论1：BE ﹢DF ﹦EF结论2：S △ABE ﹢S △ADF ﹦S △AEF 结论3：AH ﹦AD结论4：△CEF 的周长﹦2倍的正方形边长﹦2AB 结论5：当BE ﹦DF 时，△CEF 的面积最小 结论6：BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论8：EA 、FA 是△CEF 的外角平分线 结论9：四点共圆结论10：△ANE 和△AMF 是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论11：MN ﹦√22EF （可由相似得到）结论12：S △AEF ﹦2S △AMN （可由相似的性质得到） 结论5的证明：设正方形ABCD 的边长为1 则S △AEF ﹦1﹣S 1﹣S 2﹣S 3﹦1﹣12x ﹣12y ﹣12(1﹣x)(1﹣y) ﹦12﹣12xy所以当x ﹦y 时，△AEF 的面积最小结论6的证明：将△ADN 顺时针旋转90°使AD 与AB 重合 ∴DN ﹦BN ′易证△AMN ≌△AMN ′ ∴MN ﹦MN ′在Rt △BMN ′中，由勾股定理可得： BM 2﹢BN ′2﹦MN ′2 即BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7的所有相似三角形：△AMN ∽△DFN △AMN ∽△BME △AMN ∽△BAN △AMN ∽△DMA △AMN ∽△AFE结论8的证明：因为△AMN ∽△AFE∴∠3＝∠2因为△AMN ∽△BAN ∴∠3＝∠4 ∴∠2＝∠4 因为AB ∥CD ∴∠1＝∠4 ∴∠1＝∠2结论9的证明：因为∠EAN ﹦∠EBN ＝45°∴A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A 、M 、F 、D 四点共圆 C 、E 、M 、F 四点共圆**必会结论-------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形ABCD ，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且︒=∠45EAF ，AE 、AF 分别交BD 于H 、G ，连EF .一、全等关系（1）求证：①EF BE DF =+；②DG 2﹢BH 2﹦HG 2；③AE 平分BEF ∠，AF 平分DFE ∠. 二、相似关系（2）求证：①DG CE 2=；②BH CF 2=；③HG EF 2=. （3）求证：④DH BG AB ⋅=2；⑤HG BG AG ⋅=2；⑥21=⋅CF DF CE BE . 三、垂直关系（4）求证：①EG AG ⊥；②FH AH ⊥；③BEAB HCF =∠tan . （5)、和差关系求证：①BE DG BG 2=-；②DH DF AD 2=+； ③||2||DG BH DF BE -=-.例1、在正方形ABCD 中，已知∠MAN ﹦45°，若M 、N 分别在边CB 、DC 的延长线上移动，①.试探究线段MN 、BM 、DN 之间的数量关系. ②.求证：AB=AH.例2、在四边形ABCD 中，∠B+∠D ﹦180°，AB=AD ，若E 、F 分别在边BC 、CD 上，且满足EF=BE +DF.求证：∠EAF ＝12∠BAD例3、在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=2∠DAE=120°，若BD=5，CE=8，求DE 的长。
半角模型专题--优选专练.doc
半角模型例题已知，正方形 ABCD中，∠ EAF两边分别交线段 BC、 DC于点 E、F，且∠ EAF﹦45°结论 1：BE﹢ DF﹦EF结论 2：S△ABE﹢ S△ADF﹦S△AEF结论 3：AH﹦ AD结论 4：△ CEF的周长﹦ 2 倍的正方形边长﹦ 2AB结论 5：当 BE﹦DF时，△ CEF的面积最小22 2结论 6：BM﹢DN﹦MN结论 7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到结论 8：EA、 FA是△ CEF的外角平分线结论 9：四点共圆结论 10：△ ANE和△ AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到）结论 11： MN﹦EF（可由相似得到）结论 12： S△ AEF﹦2S△ AMN（可由相似的性质得到）结论 5 的证明：设正方形 ABCD的边长为 1则S△AEF﹦1﹣S1﹣S2﹣ S3﹦1﹣ x﹣ y﹣ (1 ﹣x)(1 ﹣y)﹦﹣ xy所以当 x﹦y 时，△ AEF的面积最小结论 6 的证明：将△ ADN顺时针旋转 90°使 AD与 AB重合′∴DN﹦ BN′易证△ AMN≌△ AMN′∴MN﹦ MN′在 Rt△BMN中，由勾股定理可得：2′ 2′2BM﹢BN ﹦MN22 2即 BM﹢DN﹦MN结论 7 的所有相似三角形：△ AMN∽△ DFN△AMN∽△ BME△AMN∽△ BAN△ AMN∽△ DMA△AMN∽△ AFE结论 8 的证明：因为△ AMN∽△ AFE∴∠ 3＝∠ 2因为△ AMN∽△ BAN∴∠ 3＝∠ 4∴∠ 2＝∠ 4因为 AB∥CD∴∠ 1＝∠ 4∴∠ 1＝∠ 2结论 9 的证明：因为∠ EAN﹦∠ EBN＝ 45°∴A、B、E、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证 C、E、N、F 四点共圆A、M、 F、 D 四点共圆C、E、 M、 F 四点共圆**必会结论 --------图形研究正方形半角模型已知：正方形 ABCD ，E、F分别在边 BC 、 CD 上，且 EAF45 ，AE、AF分别交BD于H、 G ，连EF.一、全等关系（）求证：① 2 2 2 平分，平分DF BE EF ；②DG﹢ BH﹦ HG；③AE BEF AF DFE .1二、相似关系（2）求证：①CE 2DG ；② CF 2 BH ；③ EF 2HG .（3）求证：④AB2 BG DH ；⑤ AG 2 BG HG ；⑥BEDF 1 . CE CF 2三、垂直关系（4）求证：①AG EG ；②AH FH ；③tan HCF AB .（5) 、和差关系BE 求证：① BG DG 2BE ；② AD DF 2DH ；③ | BE DF | 2 | BH DG | .例1、在正方形 ABCD中，已知∠ MAN﹦ 45°，若 M、N 分别在边CB、 DC的延长线上移动，①.试探究线段 MN、BM 、 DN之间的数量关系 .②.求证： AB=AH.例2、在四边形 ABCD中，∠ B+∠ D﹦ 180°，AB=AD，若 E、F 分别在边 BC、 CD上，且满足 EF=BE +DF.求证：∠ EAF＝∠BAD例3、在△ ABC中， AB=AC，∠ BAC=2∠ DAE=120°，若 BD=5，CE=8，求 DE的长。
半角模型初二练习题
半角模型初二练习题卷一：选择题（每题1分，共计50分）请将选择题的答案填写在答题卡上。
1. 下列各词组中，拼音读半角音的组合是：A. 佛山、北方、电影B. 摄影、东方、上海C. 味精、瓦罐、恶搞D. 手工、喜鹊、摸爬滚打2. 在中国的传统文化中，下列哪个词语读音为半角音？A. 静修B. 春节C. 父亲节D. 快乐3. “夜半琴声寒”这句诗中，下列哪个字的读音是半角音？A. 夜B. 琴C. 寒D. 声4. 下列句子中，标点符号占用一个半角位置的是：A. 我今天买了很多东西。
B. 她是一个非常漂亮的女孩。
C. 他用力地拍了一下桌子！D. 爸爸说：“好好学习，天天向上！”5. 中秋节通常是农历几月几日？A. 正月十五B. 三月五日C. 八月十五D. 十二月二十四......卷二：填空题（共计30分）请将填空题的答案写在答题卡上。
1. 拼音中，t中间的音调是______。
2. “______之福”是中国的一种传统方式，表示让他人分享自己的好运。
3. 汉字中的“钅”部字是______。
4. 下列成语中，读音带有半角音的是“______”。
5. 成语“______”中的“同”字的读音是半角音。
......卷三：阅读理解（共计20分）请在答题纸上写出你的阅读理解答案。
阅读下面短文，回答问题：悠扬的琴音在整个房间中回响，空气中弥漫着一种宁静的气息。
这是王老师在家里放松的方式——弹奏古琴。
王老师爱琴如命，她认为每一次弹奏都是一种独特的艺术表达。
她坚持每天都要练习，并不断提升自己的琴艺。
王老师的执着和努力感染了身边的人，她有很多学生，他们都很喜欢王老师的教学方式。
问题：1. 王老师喜欢弹奏的乐器是什么？2. 王老师每天都会做什么？3. 王老师的琴艺得到了谁的认可？......卷四：写作题（共计50分）请在答题纸上按要求完成写作。
假设你是Lisa，请你以“我的兴趣爱好”为题目，写一篇80-100字的作文。
要求包括以下内容：1. 自我介绍（姓名、年级）。
(完整版)半角模型专题专练
半角模型例题已知，正方形ABCD 中，∠EAF 两边分别交线段BC 、DC 于点E 、F ，且∠EAF ﹦45° 结论1：BE ﹢DF ﹦EF结论2：S △ABE ﹢S △ADF ﹦S △AEF 结论3：AH ﹦AD结论4：△CEF 的周长﹦2倍的正方形边长﹦2AB 结论5：当BE ﹦DF 时，△CEF 的面积最小 结论6：BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论8：EA 、FA 是△CEF 的外角平分线 结论9：四点共圆 结论10：△ANE 和△AMF 是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论11：MN ﹦√22EF （可由相似得到）结论12：S △AEF ﹦2S △AMN （可由相似的性质得到） 结论5的证明：设正方形ABCD 的边长为1 则S △AEF ﹦1﹣S 1﹣S 2﹣S 3﹦1﹣12x ﹣12y ﹣12(1﹣x)(1﹣y) ﹦12﹣12xy所以当x ﹦y 时，△AEF 的面积最小结论6的证明：将△ADN 顺时针旋转90°使AD 与AB 重合 ∴DN ﹦BN ′易证△AMN ≌△AMN ′ ∴MN ﹦MN ′在Rt △BMN ′中，由勾股定理可得： BM 2﹢BN ′2﹦MN ′2 即BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7的所有相似三角形：△AMN ∽△DFN△AMN ∽△BME△AMN ∽△BAN△AMN ∽△DMA△AMN ∽△AFE结论8的证明：因为△AMN ∽△AFE ∴∠3＝∠2因为△AMN ∽△BAN ∴∠3＝∠4 ∴∠2＝∠4 因为AB ∥CD ∴∠1＝∠4 ∴∠1＝∠2结论9的证明：因为∠EAN ﹦∠EBN ＝45°∴A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A 、M 、F 、D 四点共圆 C 、E 、M 、F 四点共圆**必会结论-------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形ABCD ，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且︒=∠45EAF ，AE 、AF 分别交BD 于H 、G ，连EF .一、全等关系（1）求证：①EF BE DF =+；②DG 2﹢BH 2﹦HG 2；③AE 平分BEF ∠，AF 平分DFE ∠. 二、相似关系（2）求证：①DG CE 2=；②BH CF 2=；③HG EF 2=. （3）求证：④DH BG AB ⋅=2；⑤HG BG AG ⋅=2；⑥21=⋅CF DF CE BE . 三、垂直关系（4）求证：①EG AG ⊥；②FH AH ⊥；③BEAB HCF =∠tan . （5)、和差关系求证：①BE DG BG 2=-；②DH DF AD 2=+； ③||2||DG BH DF BE -=-.例1、在正方形ABCD 中，已知∠MAN ﹦45°，若M 、N 分别在边CB 、DC 的延长线上移动，①.试探究线段MN 、BM 、DN 之间的数量关系. ②.求证：AB=AH.例2、在四边形ABCD 中，∠B+∠D ﹦180°，AB=AD ，若E 、F 分别在边BC 、CD 上，且满足EF=BE +DF. 求证：∠EAF ＝12∠BAD例3、在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=2∠DAE=120°，若BD=5，CE=8，求DE 的长。
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半角模型例题已知，正方形 ABCD中，∠ EAF两边分别交线段 BC、 DC于点 E、F，且∠ EAF﹦45°结论 1：BE﹢ DF﹦EF结论 2：S△ABE﹢ S△ADF﹦S△AEF结论 3：AH﹦ AD结论 4：△ CEF的周长﹦ 2 倍的正方形边长﹦ 2AB结论 5：当 BE﹦DF时，△ CEF的面积最小22 2结论 6：BM﹢DN﹦MN结论 7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到结论 8：EA、 FA是△ CEF的外角平分线结论 9：四点共圆结论 10：△ANE和△ AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到）结论 11： MN﹦√2 EF（可由相似得到）2结论 12： S△ AEF﹦2S△ AMN（可由相似的性质得到）结论 5 的证明：设正方形 ABCD的边长为 1则S△AEF﹦1﹣S1﹣S2﹣ S3﹦1﹣1 x﹣1y﹣1 (1 ﹣x)(1 ﹣y)22 2﹦1﹣1 xy22所以当 x﹦y 时，△ AEF的面积最小结论 6 的证明：将△ ADN顺时针旋转 90°使 AD与 AB重合′∴DN﹦ BN′易证△ AMN≌△ AMN′∴MN﹦ MN′在 Rt△BMN中，由勾股定理可得：2′ 2′2BM﹢BN ﹦MN22 2即 BM﹢DN﹦MN结论 7 的所有相似三角形：△ AMN∽△ DFN△AMN∽△ BME△AMN∽△ BAN△ AMN∽△ DMA△AMN∽△ AFE结论 8 的证明：因为△ AMN∽△ AFE∴∠ 3＝∠ 2因为△ AMN∽△ BAN∴∠ 3＝∠ 4∴∠ 2＝∠ 4因为 AB∥CD∴∠ 1＝∠ 4∴∠ 1＝∠ 2结论 9 的证明：因为∠ EAN﹦∠ EBN＝ 45°∴A、B、E、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证 C、E、N、F 四点共圆A、M、 F、 D 四点共圆C、E、 M、 F 四点共圆**必会结论 -------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形 ABCD ，E、F分别在边 BC 、 CD 上，且 EAF45 ，AE、AF分别交BD于H、 G ，连EF.一、全等关系（）求证：① 2 2 2 平分，平分DF BE EF ；②DG﹢ BH﹦ HG；③AE BEF AF DFE .1二、相似关系（2）求证：①CE 2DG ；② CF 2 BH ；③ EF 2HG .（3）求证：④AB2 BG DH ；⑤ AG 2 BG HG ；⑥BEDF 1 . CE CF 2三、垂直关系（4）求证：①AG EG ；②AH FH ；③tan HCF AB .（5) 、和差关系BE 求证：① BG DG 2 BE ；② AD DF 2DH ；③ | BE DF | 2 | BH DG | .例1、在正方形 ABCD中，已知∠ MAN﹦ 45°，若 M、N 分别在边CB、 DC的延长线上移动，①.试探究线段 MN、BM 、 DN之间的数量关系 .②.求证： AB=AH.例2、在四边形 ABCD中，∠ B+∠ D﹦ 180°，AB=AD，若 E、F 分别在边 BC、 CD上，且满足 EF=BE +DF.求证：∠ EAF＝1∠BAD2例3、在△ ABC中， AB=AC，∠ BAC=2∠ DAE=120°，若 BD=5，CE=8，求 DE的长。
三角形全等几何模型(半角模型)(精选精练)(专项练习)(教师版)24-25学年八年级数学上册专项突破
专题12.16三角形全等几何模型（半角模型）（精选精练）（专项练习）1．如图，在正方形ABCD 中，点P 在直线BC 上，作射线AP ，将射线AP 绕点A 逆时针旋转45°，得到射线AQ ，交直线CD 于点Q ，过点B 作BE ⊥AP 于点E ，交AQ 于点F ，连接DF ．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE ，EF ，DF 之间的数量关系，并证明．2．如图，ABC 是边长为3的等边三角形，BDC 是等腰三角形，且120BDC ∠=︒，以D 为顶点作一个60︒角，使其两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN ，求AMN 的周长．3．（23-24八年级上·河南漯河·阶段练习）如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，90B D ∠=∠=︒，E 、F分别是边BC 、CD 上的点，EAF ∠=12BAD ．(1)求证：EF BE FD =+．(2)求证：AF 平分DFE ∠．4．问题背景：如图1：在四边形ABCD 中，AB AD =，120BAD ∠=︒，90B ADC ∠=∠=︒．E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且60EAF ∠=︒．探究图中线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系．（1）小王同学探究此问题的方法是：延长FD 到点G ，使DG BE =．连接AG ，先证明ABE ADG △≌△，再证明AEF AGF ≌，他的结论应是；（并写出证明过程）探索延伸：（2）如图2，若在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠∠=︒＋，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且EAF ∠是BAD ∠的二分之一，上述结论是否仍然成立，并说明理由．5．（22-23九年级下·山东滨州·期中）（1）如图1，在四边形ABCD 中，120AB AD BAD =∠=︒，，90ABC ADC ∠=∠=︒，且60EAF ∠=︒，求证：EF BE FD =+．（2）如图2，若在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，E F 、分别是BC CD 、上的点，且12EAF BAD ∠=∠，上述结论是否仍然成立？请说明理由．6．【问题引领】问题1：如图1．在四边形ABCD 中，CB CD =，90B ADC ∠=∠=︒，120BCD ∠=︒．E ，F 分别是AB ，AD 上的点．且60ECF ∠=︒．探究图中线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系．小王祠学探究此问题的方法是，延长FD 到点G ．使DG BE =．连接CG ．先证明CBE CDG △△≌，再证明CEF CGF ≌△△．他得出的正确结论是______．【探究思考】问题2：如图2，若将问题Ⅰ的条件改为：四边形ABCD 中，CB CD =，180ABC ADC ∠+∠=︒，12ECF BCD ∠=∠，问题1的结论是否仍然成立?请说明理由．【拓展延伸】问题3：如图3在问题2的条件下，若点E 在AB 的延长线上，点F 在DA 的延长线上，则问题2的结论是否仍然成立？若不成立，猜测此时线段BE ，EF ，FD 之间存在的等量关系是______．7．（1）如图1：在四边形ABCD 中，AB AD =，120BAD ∠=︒，90B ADC ∠=∠=︒．E ，F 分别是BC ，CD 上的点．且60EAF ∠=︒．探究图中线段EF ，BE ，FD 之间的数量关系．小明同学探究的方法是：延长FD 到点G ．使DG BE =，连接AG ，先证明ABE ADG ≌△△，再证明AEF AGF △△≌，可得出结论，他的结论是________（直接写结论，不需证明）；（2）如图2，若在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，E 、F 分别是BC ，CD 上的点，且EAF ∠是BAD ∠的二分之一，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）如图3，四边形ABCD 是边长为n 的正方形，45EBF ∠=︒，直接写出三角形DEF 的周长．8．（23-24八年级上·北京朝阳·阶段练习）在ABC 中，AB AC =，点D 是直线BC 上一点（不与B C 、重合），以AD 为一边在AD 的右侧作ADE V ，使,AE AD BD CE ==．设,BAC BCE αβ∠=∠=．(1)如图1，如果90,BAC BCE ∠=︒∠=___________度；(2)如图2，你认为αβ、之间有怎样的数量关系？并说明理由．(3)当点D 在直线BC 上移动时，αβ、之间又有怎样的数量关系？请在备用图上画出图形，并直接写出你的结论．（B 、C 、E 三点不共线）参考答案：1．（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析．【分析】（1）根据题意补全图形即可．（2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明．【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF．证明：延长FE到H,使EH=EF∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线． 的周长为6．2．AMN【分析】要求△AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BF=CN，连接DF，通过证明△BDF≌△CDN，及△DMN≌△DMF，从而得出MN=MF，△AMN的周长等于AB+AC的长．【详解】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC是边长为3的等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延长AB至F，使BF=CN，连接DF，在Rt△BDF和Rt△CND中，BF=CN，DB=DC∴△BDF≌△CDN，∴∠BDF=∠CDN，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边∴△DMN≌△DMF，∴MN=MF∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【点睛】此题主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键．3．(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质；（1）延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ．先说明ABG ADF ≌，然后利用全等三角形的性质和已知条件证得AEG AEF ≌，最后再运用全等三角形的性质和线段的和差即可解答；（2）根据（1）的结论可得G AFE ∠=∠，AFD G ∠=∠，即可得出AFD AFE ∠=∠，即可得证．【详解】（1）证明：延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ．90ABG ABC D ∠=∠=∠=︒ ，AB AD =，ABG ADF ∴ ≌．AG AF ∴=，12∠=∠．1323EAF ∴∠+∠=∠+∠=∠=12BAD ∠．GAE EAF ∴∠=∠．又AE AE = ，AEG AEF ∴ ≌．EG EF ∴=．EG BE BG =+ ．EF BE FD ∴=+；（2）证明：∵ABG ADF ≌，∴AFD G ∠=∠，∵AEG AEF ≌，∴G AFE ∠=∠，∴AFD AFE ∠=∠，即AF 平分DFE ∠．4．（1）EF BE DF =+，证明过程见解析（2）成立，理由见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．（1）先利用“SAS ”判断ABE ADG △≌△得到AE AG =，BAE DAG ∠=∠，再证明EAF GAF ∠=∠，接着根据“SAS ”判断AEF AGF ≌，所以EF FG =，从而得到EF BE DF =+；（2）结论仍然成立，证明方法与（1）相同．【详解】解：（1）EF BE DF =+，证明如下：如下图，延长FD 到点G ，使得DG BE =，连接AG，∵90B ADC ∠=∠=︒，∴18090ADG ADC ∠=︒-∠=︒，在ABE 和ADG △中，90BE DG B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴(SAS)ABE ADG ≌，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，∵60EAF ∠=︒，120BAD ∠=︒，∴GAF DAG DAF BAE DAF EAF ∠=∠+∠=∠+∠=∠，在AEF △和AGF 中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴(SAS)AEF AGF ≌△△，∴EF FG =，∵FG DG DF BE DF =+=+，∴EF BE DF =+；故答案为：EF BE DF =+；（2）结论EF BE DF =+仍然成立，理由如下：如下图，延长FD 到点G ，使得DG BE =，连接AG ，∵180B ADF ∠+∠=︒，180ADF ADG ∠+∠=︒，∴B ADG ∠=∠，在ABE 和ADG △中，BE DG B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴(SAS)ABE ADG ≌，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，∵12EAF BAD ∠=∠，∴GAF DAG DAF BAE DAF EAF ∠=∠+∠=∠+∠=∠，在AEF △和AGF 中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴(SAS)AEF AGF ≌△△，∴EF FG =，∵FG DG DF BE DF =+=+，∴EF BE DF =+．5．（1）见解析；（2）结论EF BE FD =+仍然成立；理由见解析【分析】本题主要考查的是三角形的综合题，主要涉及三角形全等的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解此题的关键．（1）延长FD 到G ，使DG BE =，连接AG ，根据SAS 证明ABE ADG △≌△可得AE AG =，再证明AEF AGF ≌，可得EF FG =，即可得出结论；（2）延长FD 到G ，使DG BE =，连接AG ，根据SAS 证明ABE ADG △≌△可得AE AG =，再证明AEF AGF ≌，可得EF FG =，即可得出结论．【详解】证明：如图，延长FD 到G ，使DG BE =，连接AG ，则18090ADG ADC ∠=︒-∠=︒，又90ABC ∠=︒，∴ABC ADG ∠=∠，在ABE 和ADG △中，DG BE B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ABE ADG ∴ ≌，AE AG ∴=，BAE DAG ∠=∠，60EAF ∠=︒ ，120BAD ∠=︒，60GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒=∠，GAF EAF ∴∠=∠，在AEF △和AGF 中，AE AG GAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS AEF AGF ∴ ≌，EF FG ∴=，FG DG DF BE DF =+=+ ，EF BE DF ∴=+；（2）结论EF BE DF =+仍然成立，理由如下：如图，延长FD 到G ，使DG BE =，连接AG ，∵180,180B ADC ADC ADG ∠+∠=︒∠+∠=︒，∴B ADG ∠=∠，在ABE 和ADG △中，DG BE B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS ABE ADG ∴ ≌，AE AG ∴=，BAE DAG ∠=∠，12EAF BAD ∠=∠ ，GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠，GAF EAF ∴∠=∠，在AEF △和AGF 中，AE AG GAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()SAS AEF AGF ∴ ≌，EF FG ∴=，FG DG DF BE DF =+=+ ，EF BE DF ∴=+．6．问题1：BE FD EF +=；问题2：问题1中结论仍然成立，理由见解析；问题3：结论：DF EF BE =+．【分析】问题1，先证明CBE CDG ≌△△，得到CE CG =，BCE DCG ∠=∠，再证明CEF CGF ≌，得到EF GF =，即可得到EF DG DF BE DF =+=+；问题2，延长FD 到点G ．使DG BE =．连接CG ，先判断出ABC GDC ∠=∠，进而判断出CBE CDG ≌△△，再证明CEF CGF ≌，最后用线段的和差即可得出结论；问题3，在DF 上取一点G ．使DG BE =．连接CG ，然后同问题2的方法即可得出结论．【详解】解：问题1，如图1，延长FD 到点G ．使DG BE =．连接CG，∵90ADC B ∠∠==︒，∴18090CDG ADC ∠-∠=︒=︒，∴90CBE CDG ∠∠==︒，在CBE △和CDG 中，===BE DG CBE CDG BC DC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴()SAS CBE CDG △≌△，∴CE CG =，BCE DCG ∠=∠，∴BCE ECD DCG ECD ∠+∠=∠+∠，即120ECG BCD ∠∠==︒，∵60ECF ∠=︒，∴60GCF ECG ECF ∠∠-∠==︒，∴=ECF GCF ∠∠，在CEF △和CGF △中，===CE CG ECF GCF CF CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩，∴()SAS CEF CGF ≌，∴EF GF =，∴EF DG DF BE DF =+=+；故他得到的正确结论是：=+EF BE DF ；问题2，问题1中结论仍然成立，如图2，理由：延长FD 到点G ．使DG BE =．连接CG ，∵+=180ABC ADC ∠∠︒，+=180CDG ADC ∠∠︒，∴ABC GDC ∠=∠，在CBE △和CDG 中，BE DG CBE CDG BC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS CBE CDG △≌△，∴CE CG =，BCE DCG ∠=∠，∴BCE ECD DCG ECD ∠+∠=∠+∠，即ECG BCD ∠=∠，∵12ECF BCD ∠=∠，∴12ECF ECG ∠=∠，∴=ECF GCF ∠∠，在CEF △和CGF △中，CE CG ECF GCF CF CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS CEF CGF ≌，∴EF GF =，∴EF DG DF BE DF =+=+；即=+EF BE DF ；问题3．结论：DF BE EF =+，理由如下：如图3，在DF 上取一点G ．使DG BE =．连接CG ，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，180ABC CBE ∠+∠=︒，∴ADC CBE ∠=∠，即CDG CBE ∠=∠，在CBE △和CDG 中，BE DG CBE CDG BC DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS CBE CDG △≌△，∴CE CG =，BCE DCG ∠=∠，∴BCE BCG DCG BCG ∠+∠=∠+∠，即ECG BCD ∠=∠，∵12ECF BCD ∠=∠，∴12ECF ECG ∠=∠，∴=ECF GCF ∠∠，在CEF △和CGF △中，CE CG ECF GCF CF CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS CEF CGF ≌，∴EF GF =，∴EF GF DF DG DF BE ==-=-．即DF BE EF =+．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够正确作出辅助线构造全等三角形．7．（1）EF BE DF =+；（2）结论仍然成立，EF BE FD +＝；（3）2n ．【分析】（1）延长FD 到点G ，使DG BE =，连结AG ，由“SAS ”可证ABE ADG △≌△，可得AE AG =，BAE DAG ∠=∠，再由“SAS ”可证AEF AGF ≌，可得EF FG =，即可解题；（2）延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG ，即可证明ABG ADF ≌，可得AF AG =，再证明AEF AEG △≌△，可得EF EG =，即可解题；（3）延长EA 到H ，使AH CF =，连接BH ，由“SAS ”可证ABH CBF ≌，可得BH BF =，ABH CBF ∠=∠，由“SAS ”可证EBH EBF ≌，可得EF EH =，可得EF EH AE CF ==+，即可求解．【详解】（1）延长FD 到点G ，使DG BE =，连结AG ，在ABE 和ADG △中，BE DG B ADG AB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS ABE ADG △△≌，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，∵120BAD ∠=︒，60EAF ∠=︒，∴60BAE FAD DAG FAD ∠+∠=∠+∠=︒，∴60EAF FAG ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中，AG AE EAF FAG AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()SAS EAF GAF ≌，∴EF FG DF DG ==+，∴EF BE DF =+，故答案为：EF BE DF =+；（2）结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EB 到G ，使BG DF =，连接AG，∵180180ABC D ABG ABC ∠+∠︒∠+∠︒＝，＝，∴ABG D ∠∠＝，同（1）理：()SAS ABG ADF △△≌，∴AG AF =，BAG DAF ∠=∠，∵12EAF BAD ∠=∠，∴12DAF BAE BAG BAE BAD EAF ∠+∠=∠+∠=∠=∠，∴GAE EAF ∠=∠，又AE AE =，∴()SAS AEG AEF △△≌，∴EG EF =，∵EG =BE +BG ，∴EF BE FD +＝；（3）如图，延长EA 到H ，使AH CF =，连接BH ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB BC AD CD n ====，90BAD BCD ∠=∠=︒，∴90BAH BCF ∠=∠=︒，又∵AH CF =，AB BC =，∴()SAS ABH CBF ≌，∴BH BF =，ABH CBF ∠=∠，∵45EBF ∠=︒，∴45CBF ABE HBA ABE EBH ∠+∠=︒=∠+∠=∠，∴EBH EBF ∠=∠，又∵BH BF =，BE BE ＝，∴()SAS EBH EBF ≌，∴EF EH =，∴EF EH AE CF ==+，∴DEF 的周长2DE DF EF DE DF AE CF AD CD n =++=+++=+=．【点睛】此题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键．8．(1)90；(2)=180αβ+︒；(3)图象见详解；=180αβ+︒；【分析】（1）先证明ABD ACE ≌（SSS ），则可得B ACE ∠∠=，根据90BAC ∠=︒，可知9090B ACB ACE ACB ∠∠∠∠+=︒+=︒，则；（2）已知ABD ACE ≌，则B ACE ∠∠=，则B ACB BCE ∠∠∠+=，根据180180B ACB BAC BCE BAC ∠∠∠++∠=︒+∠=︒，可得，则=180αβ+︒．（3）连接AD ，作AE 使得DAE BAC ∠∠=，AE AD =，连接DE 、CE ：根据BAD BAC CAD ∠∠∠=+，CAE DAE CAD ∠∠∠=+，可得BAD CAE ∠∠=，证明ABD ACE ≌，进而可得B ACE ∠∠=，则B 180BCE AC ACE BCA B BAC ∠∠=+∠=∠+∠=︒-∠，由此可证明αβ、之间存在数量关系为=180αβ+︒；【详解】（1）解：在ABD 与ACE 中，AB AC AE AD BD CE =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴ABD ACE ≌（SSS ），∴B ACE ∠∠=，∵90BAC ∠=︒，∴90B ACB ∠∠+=︒，∴90ACE ACB ∠∠+=︒，故答案为：90；（2）解：已知ABD ACE ≌，∴B ACE ∠∠=，∴B ACB BCE ∠∠∠+=，∵180B ACB BAC ∠∠++∠=︒，∴180BCE BAC ∠+∠=︒，∴=180αβ+︒．（3）解：连接AD ，作AE 使得DAE BAC ∠∠=，AE AD =，连接DE 、CE，可得下图：∵BAD BAC CAD ∠∠∠=+，CAE DAE CAD ∠∠∠=+，∴BAD CAE ∠∠=；在ABD 和ACE 中，AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ABD ACE ≌()SAS ；∴B ACE ∠∠=；∴B 180BCE AC ACE BCA B BAC ∠∠=+∠=∠+∠=︒-∠，∴αβ、之间存在数量关系为=180αβ+︒．【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，能够熟练掌握全等三角形的判定定理，找出相应的判定条件是解决本题的关键．。
(完整版)半角模型专题专练
半角模型例题已知，正方形ABCD 中，∠EAF 两边分别交线段BC 、DC 于点E 、F ，且∠EAF ﹦45° 结论1：BE ﹢DF ﹦EF结论2：S △ABE ﹢S △ADF ﹦S △AEF 结论3：AH ﹦AD结论4：△CEF 的周长﹦2倍的正方形边长﹦2AB 结论5：当BE ﹦DF 时，△CEF 的面积最小 结论6：BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论8：EA 、FA 是△CEF 的外角平分线 结论9：四点共圆 结论10：△ANE 和△AMF 是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论11：MN ﹦√22EF （可由相似得到）结论12：S △AEF ﹦2S △AMN （可由相似的性质得到） 结论5的证明：设正方形ABCD 的边长为1 则S △AEF ﹦1﹣S 1﹣S 2﹣S 3﹦1﹣12x ﹣12y ﹣12(1﹣x)(1﹣y) ﹦12﹣12xy所以当x ﹦y 时，△AEF 的面积最小结论6的证明：将△ADN 顺时针旋转90°使AD 与AB 重合 ∴DN ﹦BN ′易证△AMN ≌△AMN ′ ∴MN ﹦MN ′在Rt △BMN ′中，由勾股定理可得： BM 2﹢BN ′2﹦MN ′2 即BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7的所有相似三角形：△AMN ∽△DFN△AMN ∽△BME△AMN ∽△BAN△AMN ∽△DMA△AMN ∽△AFE结论8的证明：因为△AMN ∽△AFE ∴∠3＝∠2因为△AMN ∽△BAN ∴∠3＝∠4 ∴∠2＝∠4 因为AB ∥CD ∴∠1＝∠4 ∴∠1＝∠2结论9的证明：因为∠EAN ﹦∠EBN ＝45°∴A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A 、M 、F 、D 四点共圆 C 、E 、M 、F 四点共圆**必会结论-------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形ABCD ，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且︒=∠45EAF ，AE 、AF 分别交BD 于H 、G ，连EF .一、全等关系（1）求证：①EF BE DF =+；②DG 2﹢BH 2﹦HG 2；③AE 平分BEF ∠，AF 平分DFE ∠. 二、相似关系（2）求证：①DG CE 2=；②BH CF 2=；③HG EF 2=. （3）求证：④DH BG AB ⋅=2；⑤HG BG AG ⋅=2；⑥21=⋅CF DF CE BE . 三、垂直关系（4）求证：①EG AG ⊥；②FH AH ⊥；③BEAB HCF =∠tan . （5)、和差关系求证：①BE DG BG 2=-；②DH DF AD 2=+； ③||2||DG BH DF BE -=-.例1、在正方形ABCD 中，已知∠MAN ﹦45°，若M 、N 分别在边CB 、DC 的延长线上移动，①.试探究线段MN 、BM 、DN 之间的数量关系. ②.求证：AB=AH.例2、在四边形ABCD 中，∠B+∠D ﹦180°，AB=AD ，若E 、F 分别在边BC 、CD 上，且满足EF=BE +DF. 求证：∠EAF ＝12∠BAD例3、在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=2∠DAE=120°，若BD=5，CE=8，求DE 的长。
半角模型专题专练
半角模型例题F ,且∠ EAF= 45已知，正方形ABCDK∠ EAF两边分别交线段BG DC于点E、结论1: BE+ DF= EF结论2: S△ABE + S∆ ADF= AEF结论3: AH= AD结论4:A CEF的周长=2倍的正方形边长=2AB结论5:当BE= DF时，△ CEF的面积最小结论6: BM+ DN = MN结论7:三角形相似，可由三角形相似的传递性得到结论8: EA FA是厶CEF的外角平分线结论9:四点共圆结论10: △ ANE和厶AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到）结论11: MN= — EF （可由相似得到）结论12: S^AEF=2S A AMN（可由相似的性质得至U）结论5的证明：设正方形ABCD勺边长为1 则S∆ AEF= 1 —S —S2 —S B1—_ x ——y ——(1 —x)(1 —y)=一一一Xy所以当X = y时，△ AEF的面积最小结论6的证明:将厶ADN i时针旋转90°使AD与AB重合∙∙∙ DN= BN易证△ AMI⅛^ AMN∙∙∙ MN= MN在Rt△ BMN中，由勾股定理可得：BM + BN2= MN2即BM+DN= MN结论7的所有相似三角形:.J Q△ AMN^ DFN △ AMN^ BME △ AMN^ BAN △AMN^DMA △ AMN^ AFE结论8的证明:因为△ AMN P ^ AFE∙∙∙∠ 3=∠ 2因为△ AMF Φ^ BAN∙°∙∠ 3=∠ 4 ∙i ∠ 2=∠ 4因为AB// CD ∙∠1 = ∠ 4 ∙∠1 = ∠ 2结论9的证明：**必会结论 ------ 图形研究正方形半角模型一、 全等关系(1) 求证：① DF BE =EF :②DG+ BH= HG;③ AE 平分.BEF , 二、 相似关系(2) 求证：① CE= 2DG ; ® CF =J 2BH ; @ EF = J 2HG . (3) 求证：④ AB 2 =BG DH ; @ AG 2 =BG HG ; ® B E -DF =-.CE CF 2三、 垂直关系AB(4) 求证：① AG _ EG :② AH _ FH :③ tan HCF =A B .BE(5) 、和差关系求证：① BG -DG 「2 BE ; ® AD DF 「2DH ; ③ ∣BE-DF |=』2 | BH - DG |.已知：正方形 ZEAF =45， AE 、 ABCD ， E 、F 分别在边BC 、CD 上，且 AF 分别交BD 于H 、G ,连EF .D因为∠ EAN=∠ EBN= 45° ∙ A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定 理：共边同侧等顶角）同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A M F 、D 四点共圆 C 、E 、M F 四点共圆AF 平分.DFE .B AOHDFE例1、在正方形ABCD中，已知∠ MAN= 45° ,若M N分别在边CB DC的延长线上移动，①•试探究线段MN BM、DN之间的数量关系.② .求证：AB=AH.例2、在四边形ABCD中∠ B+∠ D= 180°, AB=AD 若E、F 分别在边BC CD上，且满足EF=BE +DF.求证：∠ EAF^-∠ BAD例3、在厶ABC中，AB=AC ∠ BAC=∠ DAE=120 ,若BD=5CE=β求DE的长。
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半角模型例题已知，正方形ABCD 中，∠EAF 两边分别交线段BC 、DC 于点E 、F ，且∠EAF ﹦45° 结论1：BE ﹢DF ﹦EF 结论2：S △ABE ﹢S △ADF ﹦S △AEF 结论3：AH ﹦AD结论4：△CEF 的周长﹦2倍的正方形边长﹦2AB 结论5：当BE ﹦DF 时，△CEF 的面积最小 结论6：BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论8：EA 、FA 是△CEF 的外角平分线 结论9：四点共圆结论10：△ANE 和△AMF 是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论11：MN ﹦√22EF （可由相似得到）结论12：S △AEF ﹦2S △AMN （可由相似的性质得到） 结论5的证明：设正方形ABCD 的边长为1则S △AEF ﹦1﹣S 1﹣S 2﹣S 3﹦1﹣12x ﹣12y ﹣12(1﹣x)(1﹣y) ﹦12﹣12xy所以当x ﹦y 时，△AEF 的面积最小结论6的证明：将△ADN 顺时针旋转90°使AD 与AB 重合 ∴DN ﹦BN ′易证△AMN ≌△AMN ′ ∴MN ﹦MN ′在Rt △BMN ′中，由勾股定理可得： BM 2﹢BN ′2﹦MN ′2 即BM 2﹢DN 2﹦MN 2结论7的所有相似三角形：△AMN ∽△DFN △AMN ∽△BME△AMN ∽△BAN△AMN ∽△DMA△AMN ∽△AFE结论8的证明：因为△AMN ∽△AFE ∴∠3＝∠2因为△AMN ∽△BAN ∴∠3＝∠4 ∴∠2＝∠4 因为AB ∥CD ∴∠1＝∠4 ∴∠1＝∠2结论9的证明：因为∠EAN ﹦∠EBN ＝45°∴A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A 、M 、F 、D 四点共圆 C 、E 、M 、F 四点共圆**必会结论-------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形ABCD ，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且︒=∠45EAF ，AE 、AF 分别交BD 于H 、G ，连EF .一、全等关系（1）求证：①EF BE DF =+；②DG 2﹢BH 2﹦HG 2；③AE 平分BEF ∠，AF 平分DFE ∠. 二、相似关系（2）求证：①DG CE 2=；②BH CF 2=；③HG EF 2=. （3）求证：④DH BG AB ⋅=2；⑤HG BG AG ⋅=2；⑥21=⋅CF DF CE BE . 三、垂直关系（4）求证：①EG AG ⊥；②FH AH ⊥；③BEABHCF =∠tan . （5)、和差关系求证：①BE DG BG 2=-；②DH DF AD 2=+； ③||2||DG BH DF BE -=-.例1、在正方形ABCD中，已知∠MAN﹦45°，若M、N分别在边CB、DC的延长线上移动，①.试探究线段MN、BM 、DN之间的数量关系.②.求证：AB=AH.例2、在四边形ABCD中，∠B+∠D﹦180°，AB=AD，若E、F分别在边BC、CD上，且满足EF=BE +DF.∠BAD求证：∠EAF＝12例3、在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=120°，若BD=5，CE=8，求DE的长。
例4、请阅读下列材料：已知：如图1在Rt ABCDAE∠=︒．探=，点D、E分别为线段BC上两动点，若45∠=︒，AB ACBAC∆中，90究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把AEC∆，连结E D'，∆绕点A顺时针旋转90︒，得到ABE'使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，并对你的猜想给予证明；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图2，其它条件不变，⑴中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明．例5、探究：（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE、DF 与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：；（2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E、F 分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=21∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（3）在（2）问中，若将△AE F绕点A逆时针旋转，当点分别E、F运动到BC、CD延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明..练习巩固1：如图，在四边形ABCD中，∠B﹦∠D﹦90°，AB﹦AD，若E、F分别在边BC、CD 上的点，且∠EAF＝12∠BAD .求证：EF=BE +DF.图1AB CD E图2ABCD E练习巩固2：如图，在五边形ABCDE 中，AB ﹦BC ﹦CD ﹦DE ﹦EA ， ∠CAD ＝12∠BAE ，求∠BAE 的度数练习巩固3：已知：正方形ABCD 中，45MAN ∠=，绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．（1）如图1，当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时，有BM DN MN +=．当MAN ∠ 绕点A 旋转到BM DN ≠时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当MAN ∠绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM DN ，和MN 之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．NMDCBANMCDBANM D CBA* * 练习巩固4(1)如图，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？不用证明．(3) 如图，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．（4）如图①，将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E、F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P，连接EP．（1）如图②，若M为AD边的中点，①△AEM的周长﹦cm；②求证：EP﹦AE﹢DP；（2）随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与A、D重合），△PDM的周长是否发生变化？请说明理由．EFDCBAEFDCBAEFDCBA（5）.如图17，正方形ABCD ，E 、F 分别为BC 、CD 边上一点． （1）若∠EAF ﹦45º．求证：EF ﹦BE ﹢DF ．（2）若△AEF 绕A 点旋转，保持∠EAF ﹦45º，问⊿CEF 的周长是否随△AEF 位置的变化而变化？（3）已知正方形ABCD 的边长为1，如果⊿CEF 的周长为2．求∠EAF 的度数．练习巩固5、如图，已知在正方形ABCD 中，∠MAN ﹦45°，连接BD 与AM ，AN 分别交于E 、F 两点。
求证：（1）MN ﹦MB ﹢DN ；（2）点A 到MN 的距离等于正方形的边长； （3）CMN 的周长等于正方形ABCD 边长的2倍； （4）=ABCD CMN S 2ABS MN； （5）若∠MAB ﹦20°，求∠AMN ； （6）若()∠=ααMAB 045，求∠AMN ；（7）=+222EF EB DF ；（8）AEN 与AFM 是等腰三角形； （9）=AEF AMNS 1S2。
FE DCBA图17练习巩固6、在等边ABC ∆的两边AB ，AC 所在直线上分别有两点M N D ，，为ABC ∆外一点，且60MDN ∠=︒，120BDC ∠=︒，BD CD =，探究：当点M N ，分别爱直线AB AC ，上移动时，BM BN MN ，，之间的数量关系及AMN ∆的周长Q 与等边ABC ∆的周长L 的关系．（1）如图①，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN =时，BM NC MN ，，之间的数量关系式_________；此时QL=__________ （2）如图②，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN ≠时，猜想(1)问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；（3）如图③，当点M N ，分别在边AB CA ，的延长线上时，若AN x =，则Q =_________(用x L ，表示) 练习巩固7、如图所示，△ABC 是边长为1的等边三角形，△BDC 是顶角为120°的等腰三角形，以D 为顶点作一个60°的∠MDN ，点M ，N 分别在AB ，AC 上，求△AMN 的周长练习巩固8、如图，在正方形ABCD 中，BE=3，EF ﹦5，DF ﹦4，求∠BAE ﹢∠DCF 为多少度。
图①M NDCBA 图②MND CBAN图③MD CBA巩固练习9、如图1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB﹦∠F﹦90°，∠A﹦∠E﹦30°。
△EDF绕着边AB的中点D旋AC于点M，K．转，DE，DF分别交线段．．(1)①如图2、图3，当∠CDF﹦0°或60°时，AM﹢CK_______MK(填“>”，“<”或“=”)．②如图4，当∠CDF﹦30°时，AM﹢CK___MK(只填“>”或“<”)．(2)猜想：如图1，当0°＜∠CDF＜60°时，AM﹢CK_______MK，证明你所得到的结论．(3)如果2MK的值．2AM2+，请直接写出∠CDF的度数和MK=CKAM* *。