几何模型——半角模型说课讲解
人教版九年级数学上册《半角模型专题探究》优质课教案_10
通过上面两道题的解决,变式(2)学生可以轻松的猜想出结论.
基本模型（2）——等腰直角三角形内含半角
如图，已知Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，点D、E在斜边BC上，且∠DAE=45°,探究BD、DE、EC三条线段之间的数量关系,并对你的猜想给予证明.
∠BDC=120°,BD=DC.
求证：BM+CN=MN
分析已知条件,此题是120°夹60°问题,而且题中也有一组有公共端点的线段,因此此题仍可以使用截长补短法或旋转法解决.
让学生自由选择方法解决此题,发现多数学生采用的仍是旋转法,因为他们发现旋转法可简化证明步骤,但仍需注意要证明三点共线.
由于时间有限,课堂上我们不能把所有的半角模型题都练到,但通过前面几道题的探究此时请学生来总结:
学生B;旋转法
对于学生在叙述过程中出现的问题需要及时纠正,对于学生可能会犯的错误要特别注意,如旋转的三要素,三点共线的证明.
之后通过课件演示动画,展示两种解决方法,使学生能更直观的体会两种方法的优缺点.
变式(1)：已知：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是CB、DC的延长线上的点，且∠EAF＝45°.
猜想:线段BE,DF,EF之间有什么关系并证明.
将基本模型(1)进行变式,首先让生猜想结论,继续探究解决方法.
学生A:截长法.
学生B:旋转法.
通过两道题的训练,学生能够体会,解决此类半角问题,采用截长补短法或旋转法.但对于半角模型的特征还没有明确掌握.
变式（2）已知：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝45°.
基本模型（1）——正方形内含半角
已知：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°.
人教版中考数学压轴题解题模型----几何图形之半角模型(含解析)
几何图形之半角模型主题半角模型教学内容教学目标1.掌握正方形的定义，弄清正方形与平行四边形、菱形、矩形的关系。
2。
掌握正方形的性质定理1和性质定理2。
3。
正确运用正方形的性质解题。
4.通过四边形的从属关系渗透集合思想。
5.通过理解四种四边形内在联系，培养学生辩证观点。
知识结构正方形的性质因为正方形是特殊的平行四边形,还是特殊的矩形，特殊的菱形，所以它具有这些图形性质的综合,因此正方形有以下性质(由学生和老师一起总结）.正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角,四条边相等。
正方形性质定理2:正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。
说明：定理2包括了平行四边形，矩形,菱形对角线的性质，一个题设同时有四个结论，这是该定理的特点，在应用时需要哪个结论就用哪个结论，并非把结论写全。
小结：（1）正方形与矩形，菱形,平行四边形的关系如上图（2）正方形的性质：①正方形对边平行.②正方形四边相等.③正方形四个角都是直角.④正方形对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.典型例题精讲例1．如图，折叠正方形纸片ABCD ,先折出折痕BD ，再折叠使AD 边与对角线BD 重合，得折痕DG ,使2AD =,求AG ．【解析】：作GM ⊥BD ，垂足为M ． 由题意可知∠ADG=GDM ， 则△ADG ≌△MDG ． ∴DM=DA=2． AC=GM 又易知：GM=BM ．而BM=BD —DM=22-2=2（2-1), ∴AG=BM=2（2-1）．例2 ．如图，P 为正方形ABCD 内一点，10PA PB ==，并且P 点到CD 边的距离也等于10,求正方形ABCD 的面积？【解析】：过P 作EF AB ⊥于F 交DC 于E ．设PF x =,则10EF x =+，1(10)2BF x =+．由222PB PF BF =+． 可得：222110(10)4x x =++． 故6x =．216256ABCD S ==．例3。
第四讲 半角模型
2021.1
【小结】1.辅助线的实质：中间的“半角”等于旁边两小角之和，通过旋转变换，将两小角拼凑成与“半 角”相等的角，构造出“SAS”型全等三角形.
2.与“补短法”有异曲同工之妙，但辅助线的描述不同，证明过程也有细节的差异：若延长 CB 到 G，使 BG=DF，不必证 G，B，C 共线，需先证△AEG≌△AEF；若旋转△ADF（或△ABE），需强调旋转三要素， 且必须先证 G，B，C 共线.
初一寒假“魔法几何”讲义
第四讲 半角模型
内部资料，请勿外传
模型概述 过多边形的某个顶点引两条射线，使这两条射线的夹角为该顶角的一半. 思想方法 通过旋转变换构造全等三角形，实现线段的转化. 基本模型 一、正方形含半角 如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 边上的点，∠EAF=45°，证明 以下结论： （1）EF=BE+DF； （2）△CEF 的周长是正方形边长的 2 倍； （3）FA 平分∠DFE，EA 平分∠BEF； （4）S△AEF=S△AEB+S△AFD. 分析：90°角中含 45°角，符合半角模型，通过旋转构造全等三角形，实现线段和 角的转化。 解答：
（1）如图 1，当点 M，N 分别在边 AB，AC 上，且 DM=DN 时，则 BM，NC，MN 之间的数量关系是
；此时 Q = L
（直接写出结果）.
（2）如图 2，当点 M，N 分别在边 AB，AC 上，且 DM=DN 时，猜想 BM，NC，MN 之间的数量关系
并以证明.
（3）如图 3，当 M，N 分别在边 AB，CA 的延长线上时，猜想 BM，NC，MN 之间的数量关系并加以
5
初一寒假“魔法几何”讲义
内部资料，请勿外传
中考真题 1.如图，已知△ABC，∠ACB=90°，AC=BC，点 E，F 在 AB 上，∠ECF=45°. （1）求证：△ACF≌△BEC. （2）设△ABC 的面积为 S，求证：AF·BE=2S. （3）试判断以线段 AE，EF，FB 为边的三角形的形状并给出证明.
九年级中考几何模型之半角模型详解
中考几何模型之半角模型【模型由来】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。
如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。
【模型思想】通过旋转变化后构造全等三角形，实线边的转化。
【基本模型】类型一、90°中夹45°(正方形中的半角模型)条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
结论①：图1、2中，EF=BE+FD；证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，且AE=AE，AF=AF’，∴△FAE≌△F’AE(SAS)，∴EF=EF’，又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，∴F’、B、E三点共线，∴EF’=BE+BF’=BE+DF。
结论②：图2中MN²=BM²+DN²；证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN，且AM=AM，AN=AN’，∴△MAN’≌△MAN(SAS)，∴MN=MN’，又∠ADN=45°=∠ABN ’，∠ABD=45°，∴∠MBN ’=∠ABD+∠ABN ’=45°+45°=90°，∴在Rt △MBN ’中，MN ’²=BM ²+BN ’²，即MN ²=BM ²+BN ’²。
结论③：图1、2中EA 平分∠BEF ，FA 平分∠DFE 。
初中几何模型：半角模型分析
初中几何模型—半角模型分析归纳一种几何模型：半角模型特点：过等腰△ABC(AB=AC)顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为A/2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点M、N，则BM,MN,NC之间必存在固定关系。
这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关。
解决方法：以点A为中心，把△ACN（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABN'，连接MN'；结论：1:△AMN全等于△AMN'，MN=MN'; 2:关注BM,MN',N'B(=NC)，若共线，则存在x+y=z型的关系；若不共线，则△BMN'中，∠MBN'必与∠A相关，于是由勾股定理（有时需要作垂线）或直接用余弦定理可得三者关系.应用环境：（限于初中）1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°60°、75°或它们的补角、90°；2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形；3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边；4：此等腰三角形的相关弦。
以上条件可以形成数百种题目！而解决方法均可以运用此方法.例题分析：已知如图：①∠2=12∠AOB；②OA=OB.OAB EF123连接FB，将△FOB绕点O旋转至△FOA的位置，连接F′E，FE，可得△OEF≌△OEF′4321F'FE BAO模型分析∵△OBF≌△OAF′，∴∠3=∠4，OF=OF′.∴∠2=12∠AOB，∴∠1+∠3=∠2∴∠1+∠4=∠2。
人教版中考数学压轴题解题模型----几何图形之半角模型(含解析汇报)
几何图形之半角模型主题半角模型教学内容教学目标1.掌握正方形的定义，弄清正方形与平行四边形、菱形、矩形的关系。
2.掌握正方形的性质定理1和性质定理2。
3.正确运用正方形的性质解题。
4.通过四边形的从属关系渗透集合思想。
5.通过理解四种四边形内在联系，培养学生辩证观点。
知识结构正方形的性质因为正方形是特殊的平行四边形，还是特殊的矩形，特殊的菱形，所以它具有这些图形性质的综合，因此正方形有以下性质（由学生和老师一起总结）。
正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。
正方形性质定理2：正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。
说明：定理2包括了平行四边形，矩形，菱形对角线的性质，一个题设同时有四个结论，这是该定理的特点，在应用时需要哪个结论就用哪个结论，并非把结论写全。
小结：（1）正方形与矩形，菱形，平行四边形的关系如上图（2）正方形的性质：①正方形对边平行。
②正方形四边相等。
③正方形四个角都是直角。
④正方形对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
典型例题精讲例1．如图，折叠正方形纸片ABCD ，先折出折痕BD ，再折叠使AD 边与对角线BD 重合，得折痕DG ，使2AD =，求AG ．【解析】：作GM ⊥BD ，垂足为M ． 由题意可知∠ADG=GDM ， 则△ADG ≌△MDG ． ∴DM=DA=2． AC=GM 又易知：GM=BM ．而BM=BD-DM=22-2=2（2-1）， ∴AG=BM=2（2-1）．例2 ．如图，P 为正方形ABCD 内一点，10PA PB ==，并且P 点到CD 边的距离也等于10，求正方形ABCD 的面积？【解析】：过P 作EF AB ⊥于F 交DC 于E ．设PF x =，则10EF x =+，1(10)2BF x =+．由222PB PF BF =+． 可得：222110(10)4x x =++． 故6x =．216256ABCD S ==．例 3. 如图，E 、F 分别为正方形ABCD 的边BC 、CD 上的一点，AM EF ⊥，•垂足为M ，AM AB =，则有EF BE DF =+，为什么？【解析】：要说明EF=BE+DF ，只需说明BE=EM ，DF=FM 即可，而连结AE 、AF ．只要能说明△ABE ≌△AME ，△ADF ≌△AMF 即可． 理由：连结AE 、AF ．由AB=AM ，AB ⊥BC ，AM ⊥EF ，AE 公用， ∴△ABE ≌△AME ． ∴BE=ME ．同理可得，△ADF ≌△AMF ．∴DF=MF ．∴EF=ME+MF=BE+DF ．例4．如下图E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，且45EAF ︒∠=，试说明EF BE DF =+。
半角模型讲解及相关应用
半角模型讲解及相关应用半角模型（Half-angle model）是一种用于计算力学中的机械杆件受力、应力和变形的方法。
它基于假设杆件的横截面保持平面且只发生平面应力状态的假设，并将力和应力分解为弧度和半径的函数。
半角模型通常应用于简化复杂结构的问题，可以得到精确且一致的结果，同时减少了计算的复杂性。
半角模型的基本原理是将杆件按照弧度和横截面半径进行划分，并将每个划分面内的受力和应力分解为切向力和切向应力。
然后使用平衡方程和应力平衡方程来求解每个划分面的受力和应力。
最后将受力和应力沿杆件长度进行积分，得到整个杆件的受力和应力分布。
半角模型可以应用于各种力学问题中，例如梁的弯曲和剪切、轴的转动和屈服等。
它可以用来解决结构力学、固体力学、材料力学等领域中的问题。
在结构力学中，半角模型可以用来求解梁的弯矩分布和挠度分布。
通过将梁按照弧度和横截面半径进行划分，并将每个划分面的受力和应力分解为切向力和切向应力，可以得到每个切面上的微分力和微分应力。
然后利用平衡方程和应力平衡方程，可以求解每个切面上的受力和应力。
最后将受力和应力沿梁的长度进行积分，就可以得到整个梁的弯矩分布和挠度分布。
在固体力学中，半角模型可以用来求解杆件的应力和变形。
通过将杆件按照弧度和横截面半径进行划分，并将每个划分面的受力和应力分解为切向力和切向应力，可以得到每个切面上的微分力和微分应力。
然后利用平衡方程和应力平衡方程，可以求解每个切面上的受力和应力。
最后将受力和应力沿杆件的长度进行积分，就可以得到整个杆件的应力和变形。
在材料力学中，半角模型可以用来求解材料的屈服和断裂。
通过将材料按照弧度和横截面半径进行划分，并将每个划分面的受力和应力分解为切向力和切向应力，可以得到每个切面上的微分力和微分应力。
然后利用平衡方程和应力平衡方程，可以求解每个切面上的受力和应力。
最后将受力和应力沿材料的长度进行积分，就可以得到整个材料的屈服和断裂情况。
总结起来，半角模型是一种用于计算力学中机械杆件受力、应力和变形的方法。
吃透动态几何三角形全等之半角模型
半角模型应用比较广泛：理解半角模型的定义，掌握正方形背景中半角模型的模型的应用，掌握等腰直角三角形背景中半角模型的应用尤为重要。
知识精讲：过等腰三角形顶点两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。
解题技巧：在图1中，△AEB由△AND旋转所得，可得△AEM≌△AMN，∴BM+DN=MN∠AMB=∠AMNAB=AH△CMN的周长等于正方形周长的一半在图2中将△ABC旋转至△BEF，易得△BED≌△BCD同理得到边角之间的关系；总之：半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.题型讲解：1、正方形ABCD中，E是CD边上一点.将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示，观察可知：与DE相等的线段是______,∠AFB=_______.如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ.2、如图，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,D,E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，当∠DAE=45°时，求证：DE=D′E；在（1）的条件下，猜想：BD2，DE2，CE2有怎样的数量关系？请写出，并说明理由.3、如图，E、F是正方形ABCD的边AD、CD上的点，连BE、EF、BF，BF平分∠EBC。
求证：BE=AE+CF4、正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，且∠EAF=45°，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，求证：EF=BE+DF.5、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，如图1，△ABC是周长为9的等边三角形，则△AMN的周长Q=_______如图2，当点M,N边AB,AC上，且DM=DN时，BM,NC,MN之间的数量关系是______;Q=_______L点M,N在边AB,AC上，且当DM≠DN时，猜想（2）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明.专项练习：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°的角，角的两边分别交于AB于M，交AC于N,连接MN,求证：MN=BM+CN.【解析】半角模型，先证旋转全等△DCN≌△DBQ，再证对称全等△DNM≌△DQM7、已知四边形ABCD中，AB⊥AD,BC⊥CD,AB=BC,∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN 绕点B旋转，它的两边分别交AD,DC（或它们的延长线）于E,F当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时，求证：△ABE≌△CBF当∠MBN绕点B旋转到AE≠CF时，如图2，猜想线段AE,CF,EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想当∠MBN绕点B旋转到图三这种情况下，猜想线段AE,CF,EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想.【解析】半角模型（1）SAS证全等即可（2）作∠EBQ=120°，或延长FC至点Q使得CQ=AE，证旋转和对称全等得到AE+CF=EF（3）在AM上取一点H使得AH=CF，证△BAH≌△BCF，△BFE≌△BHE可得AE=FC+EF8、如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE.求证：CE=CF若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？【解析】（1）半角模型，证△CBE≌△CDF即可（2）成立，证完旋转全等（△CBE≌△CDF）再证对称全等（△CEG≌△CFG）即可9、E,F分别是正方形ABCD的边BC,CD上的点，且∠EAF=45°，AH⊥EF,H为垂足，求证：AH=AB.【解析】半角模型，延长EB至点M使得BM=DF，证△ADF≌ABM（旋转全等），再证△AFE≌△AME（对称全等）得AE平分∠FEM即可10、已知两个全等的等腰直角△ABC,△DEF，其中∠∠ACB=∠DFE=90°，E为AB中点，△DEF可绕顶点E旋转，线段DE，EF分别交线段CA,CB（或它们所在直线）于M,N如图1，当线段EF经过△ABC的顶点C时，点N与点C重合，线段DE交AC于M,求证：AM=MC如图2，当线段EF与线段BC边交于点N，线段DE与线段AC交于M点，连MN,EC,请探究AM,MN,CN之间的等量关系，并说明理由.如图3，当线段EF与BC延长线交于点N点，线段DE与线段AC交于M点，连MN,EC，请猜想AM,MN,CN之间的等量关系，不必说明理由.【解析】（1）CE是中垂线，∠FED=45°，所以EM是中垂线，则AM=MC（2）AM-CN=MN；过E作EG⊥EN交AC于点G，可证△AGE≌△CEN（AAS），再证△EGM≌△ENM（SAS）【半角模型，先证旋转全等，再证对称全等】（3）AM+CN=MN；过E作EH⊥EN交AC的延长线于点H，可证△AHE≌△CNE （AAS），再证△EHM≌△ENM（SAS）【半角模型，先证旋转全等，再证对称全等】答案：1、解析：∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF,∵DE=BF,∠AFB=∠AED.将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，则∠D=∠ABE=90°即点E,BP共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ,BE=DQ∵∠PAQ=45°∠PAE=45°∴∠PAQ=∠PAE在△APE和△APQ中AE=AQ∠PAE=∠PAQAP=AP△APE≌△APQ(SAS)∴PE=PQ而PE=PB+BE=PB+DQ∴DQ+BP=PQABD2、解析：因为△ABD绕点A旋转，得到△ACD′∴AD=AD′，∠DAD’=∠BAC=90°∵∠DAE=45°∴∠EAD’=∠DAD’-∠DAE=45°∴在△AED和△AED′中AE=AE∠EAD=∠AED’AD=AD’∴△AED≌△AED’∴DE=D’E由（1）得△AED≌△AED’，ED=ED’在△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°∴∠B=∠ACB=45°∵△ABD绕点A旋转，得到△ACD’∴BD=CD’,∠B=∠ACD’=45°∴∠BCD’=∠ACB+∠ACD’=45°+45°=90°3、解析：将△CBF逆时针旋转90°得到△ABG,由旋转的性质可得AG=CF,∠G=∠BFC,∠ABG=∠CBF∵BF平分∠EBC,∴∠EBG=∠ABF=∠BFC∴∠G=∠EBG∴EG=EB∴BE=AE+CF.4、解析：如图，由题意得：△ABE≌△ADG∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,BE=DG∴FG=BE+DF∴∠BAE+∠FAD=∠FAD+∠DAG∵∠EAF=45°，∠BAD=90°∴∠BAE+∠FAD=90°-45°，∴∠FAG=45°，∠EAF=∠FAG 在△EAF和△GAF中，AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF∴△EAF≌△GAF（SAS）∴EF=FG,而FG=BE+DF∴EF=BE+DF5、解析：（1）如图2，延长AC至E，使CE=BM,连接DE可得△MBD≌△ECD(SAS)∴DM=DE,∠BDM=∠CDE∴∠EDM=∠BDC-∠MDN=60°同理可得△MDN≌△EDN(SAS)∴MN=NE=NC+BM∵△AMN的周长Q=AM+AN+MN=AM+AN+(NV+BM)=(AM+BM)+(AN+NC)=AB+AC=2AB等边△ABC的周长L=3AB=9，AB=3，则Q=6（2）如图，BM,NC,MN之间的数量关系BM+NC=MN.此时QL =23（3）（2）中的结论仍然成立，证明参考（1）专项练习：1、【解析】半角模型，先证旋转全等△DCN≌△DBQ，再证对称全等△DNM≌△DQM2、【解析】半角模型（1）SAS证全等即可（2）作∠EBQ=120°，或延长FC至点Q使得CQ=AE，证旋转和对称全等得到AE+CF=EF（3）在AM上取一点H使得AH=CF，证△BAH≌△BCF，△BFE≌△BHE可得AE=FC+EF3、【解析】（1）半角模型，证△CBE≌△CDF即可（2）成立，证完旋转全等（△CBE≌△CDF）再证对称全等（△CEG≌△CFG）即可4、【解析】半角模型，延长EB至点M使得BM=DF，证△ADF≌ABM（旋转全等），再证△AFE≌△AME（对称全等）得AE平分∠FEM即可5、【解析】（1）CE是中垂线，∠FED=45°，所以EM是中垂线，则AM=MC（2）AM-CN=MN；过E作EG⊥EN交AC于点G，可证△AGE≌△CEN（AAS），再证△EGM≌△ENM（SAS）【半角模型，先证旋转全等，再证对称全等】（3）AM+CN=MN；过E作EH⊥EN交AC的延长线于点H，可证△AHE≌△CNE（AAS），再证△EHM≌△ENM（SAS）【半角模型，先证旋转全等，再证对称全等】。
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基本模型（ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ）——正方形内含半 角
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点， ∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF。
（1）证明： 由旋转可得GB=DF，AF=AG，∠BAG=∠DAF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD=90°， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF， 在△AGE和△AFE中 ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE=EF， ∵GE=GB+BE=BE+DF， ∴EF=BE+DF；
几何模型——半角模型
什么叫半角模型？
定义：我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线， 使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型 称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等， 解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边 合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明 与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得出线 段之间的数量关系，从而解决问题。
（2）解：EF=DF﹣BE， 证明如下： 如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD， 交CD于点G， 同（1）可证得△AEF≌△AGF， ∴EF=GF，且DG=BE， ∴EF=DF﹣DG=DF﹣BE．
基本模型（2）——等边三角形内 含半角
基本模型（3）——等腰直角三角 形内含半角