几何模型——半角模型资料讲解
【优】全等三角形之半角模型(解析版)
全等三角形之半角模型【模型讲解】模型、半角全等模型【解题技巧】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（或者补短）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。
半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转（或者补短）——证全等——得到相关结论.【巩固训练】1．（1）如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且12EAF BAD ∠=∠．求证：EF BE FD =+；（2）如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B ADC ∠+∠=︒，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的点，且12EAF 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．【答案】（1）见证明；（2）结论EF ＝BE +FD 不成立，应当是EF ＝BE ﹣FD ，证明见详解．【分析】（1）延长CB 至M ，使BM ＝DF ，连接AM ．先证明△ABM ≌△ADF ，得到AF ＝AM ，∠2＝∠3，再证明△AME ≌△AFE ，得到EF ＝ME ，进行线段代换，问题得证；（2）在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．先证明△ABG ≌△ADF ，得到AG ＝AF ，再证明△AEG ≌△AEF ，得到EG ＝EF ，进行线段代换即可证明EF ＝BE ﹣FD ．【详解】解：（1）证明：如图，延长CB 至M ，使BM ＝DF ，连接AM ．∵∠ABC +∠D ＝180°，∠1+∠ABC ＝180°，∴∠1＝∠D ，在△ABM 与△ADF 中，1AB AD D BM DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABM ≌△ADF （SAS ）．∴AF ＝AM ，∠2＝∠3．∵∠EAF 12=∠BAD ，∴∠2+∠412=∠BAD ＝∠EAF ．∴∠3+∠4＝∠EAF ，即∠MAE ＝∠EAF ．在△AME 与△AFE 中，AM AF MAE EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AME ≌△AFE （SAS ）．∴EF ＝ME ，即EF ＝BE +BM ，∴EF ＝BE +DF；（2）结论EF ＝BE +FD 不成立，应当是EF ＝BE ﹣FD ．证明：如图，在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．∵∠B +∠ADC ＝180°，∠ADF +∠ADC ＝180°，∴∠B ＝∠ADF ．∵在△ABG与△ADF中，AB ADABG ADFBG DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF12=∠BAD，∴∠GAE＝∠EAF．在△AGE与△AFE中，AG AFGAE EAFAE AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEG≌△AEF，∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG，∴EF＝BE﹣FD．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．2．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），求证：△ABE≌△CBF．（2）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．（3）当∠MBN绕点B旋转到图3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．【答案】（1）见解析；（2）AE+CF＝EF，证明见解析；（3）AE﹣CF＝EF，证明见解析【分析】（1）利用SAS 定理证明△ABE ≌△CBF ；（2）延长DC 至点K ，使CK ＝AE ，连接BK ，分别证明△BAE ≌△BCK 、△KBF ≌△EBF ，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（3）延长DC 至G ，使CG ＝AE ，仿照（2）的证明方法解答．【详解】（1）证明：在△ABE 和△CBF 中，=90?AB BC BAE BCF AE CF =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠，∴△ABE ≌△CBF （SAS ）；（2）解：AE +CF ＝EF ，理由如下：延长DC 至点K ，使CK ＝AE ，连接BK ，在△BAE 与△BCK 中，=BA BC BAE BCK AE CK =⎧⎪=⎨⎪⎩∠∠，∴△BAE ≌△BCK （SAS ），∴BE ＝BK ，∠ABE＝∠KBC ，∵∠FBE ＝60°，∠ABC ＝120°，∴∠FBC +∠ABE ＝60°，∴∠FBC +∠KBC ＝60°，∴∠KBF ＝∠FBE ＝60°，在△KBF 与△EBF 中，BK BE KBF EBF BF BF =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠，∴△KBF ≌△EBF （SAS ），∴KF ＝EF ，∴AE +CF ＝KC +CF ＝KF ＝EF ；（3）解：AE ﹣CF ＝EF ，理由如下：延长DC 至G ，使CG ＝AE ，由（2）可知，△BAE ≌△BCG （SAS ），∴BE ＝BG ，∠ABE ＝∠GBC ，∠GBF ＝∠GBC ﹣∠FBC ＝∠ABE ﹣∠FBC ＝120°+∠FBC ﹣60°﹣∠FBC ＝60°，∴∠GBF ＝∠EBF ，∵BG ＝BE ，∠GBF ＝∠EBF ，BF ＝BF ，∴△GBF ≌△EBF ，∴EF ＝GF ，∴AE ﹣CF ＝CG ﹣CF ＝GF ＝EF．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．3.（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：________________．（2）探索延伸：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12EAF∠=∠BAD．上述结论是否仍然成立？请说明理由．（3）方法应用：如图3，E、F分别是正方形ABCD边BC、CD上的动点，连接AE、AF，并且始终保持∠EAF=45°，连接EF并延长与AD的延长线交于点G，说明AG=EG．（正方形四边相等，四个角均为90°）【答案】（1）EF=BE+FD，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGD，可得EF=FG即可；（2）如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合，即△ADF≌△ABG；然后再证△EAG≌△EAF，可得GE=EF，再根据线段的和差即可解答；（3）将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH，然后再证△EAF≌△HAF可得∠H=∠AEF，再根据直角三角形的性质得到∠EAG=∠H，即，∠EAG=∠AEF，最后根据等腰三角形的性质解答即可．【详解】解：(1)EF=BE+FD，理由如下：如图1，将△ABE逆时针旋转得到△ADG，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADG（SAS）∴AE=AG，∠BAE=∠DAG.∵∠EAF=60°，∠BAD=120°∵∠EAF=12∠BAD∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°∴∠EAF=∠GAF 在△AEF和△GAF中AE=AG，∠EAF=∠GAF，AF=AF∴△EAG≌△EAF（SAS）∴EF=FG∴FG=DG+DF=BE+DF∴EF=BE+DF；故答案为EF=BE+DF；（2）证明：如图2，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合∴△ADF≌△ABG∴∠FAG=∠BAD，AF=AG，DF=GB∵∠EAF=12BAD∴∠EAF=∠EAG.在△EAG和△EAF中∵AG=AF，∠EAF=∠EAG，AE=AE∴△EAG≌△EAF（SAS）∴GE=EF，∵GE=GB+BE=DF+BE∴EF=BE+FD；（3）如图3，将△ABE逆时针旋转得到△ADH，使得AD与AB重合,即△ABE≌△ADH∴AE=AH，∠BAE=∠DAH.∵∠EAF=45°，∠BAD=90°∵∠EAF=12∠BAD∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF=60°∴∠EAF=∠HAF在△AEF和△HAF中AE=AH，∠EAF=∠HAF，AF=AF∴△EAF≌△HAF（SAS）∴∠H=∠AEF∵∠EAF=90°，∠HAD=90°∴∠HAD+∠EAG=∠HAD+∠H∴∠EAG=∠H∵∠H=∠AEF∴∠EAG=∠AEF∴AG=EG．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质以及旋转的性质，通过旋转作出全等三角形是解答本题的关键．4．在图1、图2，图3中．点E 、F 分别是四边形ABCD 边BC CD 、上的点；下面请你根据相应的条件解决问题．特例探索：（1）在图1中，四边形ABCD 为正方形（正方形四边相等，四个内角均为直角），45EAF ∠=︒，延长CD 至G ，使,2,3DG BE BE DF ===．则EF =__________．在图2中，90B D ∠=∠=︒，AB AD =，60BAD ∠=︒，30EAF∠=︒，1BE =， 1.5FD =；则EF =__________．归纳证明：（2）在图3中，180B D ∠+∠=︒，AB AD =．且12EAF BAD ∠=∠，请你观察（1）中的结果，猜想图3中线段,,BE EF FD 之间的数量关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．【答案】（1）5，2.5；（2）EF=BE+FD ；（3）1650m ．【分析】（1）先证明出△ABE ≅△ADG ，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG ，利用△AEF ≅△AGF 即可得出结果；延长CD 到G ，使BE=DG ，连接AG ，同理证明即可；（2）延长FD 到G ，使BE=DG ，利用条件证明△ABE ≅△ADG ，再根据∠DAF+∠BAE=45°得出∠EAF=∠FAG ，利用△AEF ≅△AGF 即可得出结论；（3）依照结论（2），延长DB 到E ，使BE=AC ，连接OE ，通过求证△OAC ≅△OBE 和△OCD ≅△OED 得出CD=DE=BD+BE=BD+AC ，代入数据求值即可．【详解】（1）∵BE=DG=2，∠B=∠ADG=90°，AB=AD ；∴△ABE ≅△ADG （SAS ），∴AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG ，∴△AEF ≅△AGF （SAS ），∴EF=GD+DF=3+2=5；延长CD 到G ，使BE=DG ，连接AG ，同理可证：△ABE ≅△ADG ，△AEF ≅△AGF ，∴EF=GD+DF=2.5；（2）延长FD 到G ，使BE=DG ，∵BE=DG ，∠B=∠ADG ，AB=AD ；∴△ABE ≅△ADG （SAS ），∴AE=AG ，∠BAE=∠DAG ，又∵∠DAF+∠BAE=45°，∴∠DAF+∠DAG=45°，∴∠EAF=∠FAG ，∴△AEF ≅△AGF （SAS ），∴EF=GD+DF=DF+BE ；【点睛】此题属于推理探究类综合题考查全等三角形的性质及判定，有一定难度，主要总结该类题的规律解题即可．5．如图1，在正方形ABCD 中，,E F 分别是, BC CD 上的点，且45EAP ∠=︒，则有结论EF BE FD =+成立；()1如图2，在四边形ABCD 中，,90, AB AD B D E F =∠=∠=︒、分别是, BC CD 上的点，且EAF ∠是BAD ∠的一半，那么结论EF BE FD =+是否仍然成立?若成立，请证明；不成立，请说明理由．()2若将()1中的条件改为：如图3，在四边形ABCD 中，,180AB AD B ADC =∠+∠=︒，延长BC 到点E ，延长CD 到点F ，使得EAF ∠仍然是BAD ∠的一半，则结论EF BE FD =+是否仍然成立?若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明【答案】（1）详见解析；（2）结论不成立，应为,EF BE DF =-证明详见解析【分析】（1）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质得出, BAG DAF AG AF ∠=∠=，再根据角的和差EAG EAF ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理与性质、线段的和差即可得；（2）先根据角的和差、邻补角的定义得出B ADF ∠=∠，再根据三角形全等的判定定理与性质得出, BAG DAF AG AF ∠=∠=，然后根据角的和差倍分得出EAG EAF ∠=∠，最后根据三角形全等的判定定理与性质、线段的和差即可得．【详解】（1）EF BE FD =+仍成立，证明如下：延长CB 到G ，使BG FD =，连接AG 90ABG D ∠=∠=︒ ，AB AD =()ABG ADF SAS ∴≅ , BAG DAF AG AF∴∠=∠=12EAF BAD ∠=∠ ，即1()2EAF DAF BAE EAF ∠=∠+∠+∠DAF BAE EAF ∠∠∠∴+=BAG BAE EAF ∴∠+∠=∠，即EAG EAF∠=∠()AEF AEG SAS ∴≅ EF EG BE BG EB FD ∴==+=+；（2）结论不成立，应为EF EB FD =-，证明如下：在BE 上截取BG ，使BG FD =，连接AG180B ADC =︒∠+∠ ，180ADF ADC ∠∠=+︒B ADF∴∠=∠AB AD = ()ABG ADF SAS ∴≅ , BAG DAF AG AF∴∠=∠=12EAF BAD ∠=∠ ，即1()2EAF DAE EAG BAG ∠=∠+∠+∠11()()22EAF DAE EAG DAF EAF EAG ∴∠=∠+∠+∠=∠+∠EAG EAF ∴∠=∠AE AE = ()AEG AEF SAS ∴≅ EG EF∴=EG EB BG EB FD =-=- EF EB FD ∴=-．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、角的和差倍分等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．6．(1)问题背景：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．小明同学探究此问题的方法是延长FD 到点G ，使DG=BE ，连结AG ，先证明ΔABE ≅ΔADG ，再证明ΔAEF ≌ΔAGF ，可得出结论，他的结论应是．(2)探索延伸：如图2，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠B+∠D=180°，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，∠EAF=12∠BAD，上述结论是否依然成立？并说明理由．【答案】（1）EF=BE+DF ；（2）成立，见解析【分析】（1）延长FD 到点G ．使DG=BE ．连结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 ．连结AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE=AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF=FG ，即可解题；【详解】解：（1）EF=BE+DF ，证明如下：在△ABE 和△ADG 中，DG BE B ADGAB AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ABE ADG SAS ∴∆∆≌,AE AG BAE DAG ∴=∠=∠12EAF BAD ∠=∠ GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF EAF∴∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=∠EAF GAF ∴∠=∠在△AEF 和△AGF 中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AEF AGF SAS ∴∆∆≌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：延长FD 到点G ．使DG=BE ．连结AG，如图②，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△AGF 中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AEF ≌△AGF （SAS ），∴EF=FG ，∵FG=DG+DF=BE+DF ，∴EF=BE+DF ；【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质及“半角模型”，熟练掌握全等三角形的判定和性质及“半角模型”构造全等的方法是解题的关键．。
2022年中考数学几何模型提升专题07 正方形基本型—半角模型
专题07正方形基本型——半角模型【模型解读】知一推四：如图，ABCD 为正方形，E,F 分别是BC,DC 边上的点，母题：如图，ABCD 为正方形，E,F 分别是BC,DC 边上的点，∠EAF=45°，AG ⊥EF （2）DN ²+BM ²=MN ²（3）∠MGN=90°AA E 平分∠BEF BE +DF =EF∠EAF =45°作AH ⊥EF ，AH=AB AF 平分∠DFE⑤④③②①①DE+BF=EF ②BG 2+HD 2=GH 2③△AGD ∽△HGA ∽△HAB ：2子母型，1共享型 ④S ABCD =BH·DG⑤AH=HF ，AH ⊥HF ；AG=GE ，AG ⊥GE ⑥△AGH ∽△AEF （用全等导角） ⑦22==FC HD EF GH（4）证：①²•AM MN MD =；②²•AN NM NB =（5）证：△AMN 与△AFE 相似，并求出相似比（6）若BE=2,DF=3，①求AG ，②求MN 的值（7）①证明：AN=EN,②证明：AM ⊥MFFFF（8）证明BN•DM=S ABCD（9）证明NDEC（10）求BMFCFFFF【模型实例】1．如图，正方形ABCD 边长为6，E 是BC 的中点，连接AE ，以AE 为边在正方形内部作45EAF ∠=︒，边AF 交CD 于F ，连接EF ．则下列说法正确的有( ) ①30EAB ∠=︒；②BE DF EF +=；③tan 3AFE ∠=；④6CEF S ∆=．A ．①②③B ．②④C ．①④D ．②③④2．如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在BC ，CD 上，AE AF =，AC 与EF 相交于点G ．下列结论：①AC 垂直平分EF ；②BE DF EF +=；③当15DAF ∠=︒时，AEF ∆为等边三角形；④当60EAF ∠=︒时，AEB AEF ∠=∠．其中正确的结论是( )A ．①③B ．②④C ．①③④D ．②③④3．如图，正方形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），且45EAF ∠=︒，AE 、AF 与对角线BD 分别相交于点G 、H ，连接EH 、EF ，则下列结论：①ABH GAH ∆∆∽；②ABG HEG ∆∆∽；③AE =；④EH AF ⊥；⑤EF BE DF =+ 其中正确的有( )A ．2B ．3C ．4D ．54．如图，正方形ABCD 的对角线相交于点O ，点M ，N 分别是边BC ，CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），AM ，AN 分别交BD 于E ，F 两点，且45MAN ∠=︒，则下列结论：①MN BM DN =+；②AEF BEM ∆∆∽；③AF AM =；④FMC ∆是等腰三角形．其中正确的是 ．（填写正确序号）5．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45MAN ∠=︒，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 =+；②222BE DF EF +=；③2BC BF DE =⋅；④OM =，一定成立的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①②③④6．如图，正方形ABCD 的对角线相交于点O ，点M ，N 分别是边BC ，CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），AM ，AN 分别交BD 于E ，F 两点，且45MAN ∠=︒，则下列结论：①MN BM DN =+；②AEF BEM ∆∆∽；③2AF AM =；④FMC ∆是等腰三角形．其中正确的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个专题04正方形基本型【模型解读】①DE+BF=EF②BG2+HD2=GH2③△AGD∽△HGA∽△HAB：2子母型，1共享型④S ABCD=BH·DG⑤AH=HF，AH⊥HF；AG=GE，AG⊥GE⑥△AGH∽△AEF（用全等导角）⑦22==FCHDEFGH知一推四：如图，ABCD 为正方形，E,F 分别是BC,DC 边上的点，BADFA E 平分∠BEF BE +DF =EF∠EAF =45°作AH ⊥EF ，AH=AB AF 平分∠DFE⑤④③②①母题：如图，ABCD 为正方形，E,F 分别是BC,DC 边上的点，∠EAF=45°，AG ⊥EF （2）DN ²+BM ²=MN ²【简证】旋转△AND ，可得'BN DN =且∠N’BM=90°，由勾股定理可知222''N M N B BM =+易证△绿≌△蓝，可知'N MMN =,从而得证ADADADFF（3）∠MGN=90°【简证】两组全等可得2个45°，从而得证（4）证：①²•AM MN MD =；②²•AN NM NB =FFFF【①简证】子母型相似【②简证】子母型相似（5）证：△AMN 与△AFE 相似，并求出相似比【简证】导角得相似，对应边上的高之比等于相似比FFFF（6）若BE=2,DF=3，①求AG ，②求MN 的值【① 简证】如图，设EC x =，则有22²154x x x +-=⇒=（），∴AG=AB=6【②简证】MN AH AMN AFE MN EF AG⇒==⇒==△∽△F x-13F相似比：AH AG AH AB ∠1=∠2=∠3（7）①证明：AN=EN,②证明：AM ⊥MF【① 简证】两次相似：△AMN ∽△BME ⇒△BMA ∽△EMN ；或者四点共圆【② 简证】同上3FFFF（8）证明BN •DM=S ABCD【简证】∠1=45°+∠2=∠BAN ⇒△BAN ∽△DMA ⇒BN •DM=AB •AD（9）证明ND EC（10）求BMFC【（9）简证】旋转相似FFFFF∣【（10）简证】旋转相似∣【模型实例】1．如图，正方形ABCD 边长为6，E 是BC 的中点，连接AE ，以AE 为边在正方形内部作45EAF ∠=︒，边AF 交CD 于F ，连接EF ．则下列说法正确的有( )①30EAB ∠=︒；②BE DF EF +=；③tan 3AFE ∠=；④6CEF S ∆=．A ．①②③B ．②④C ．①④D ．②③④【解答】解：延长CB 到G ，使BG DF =，连接AG ．如图所示： 四边形ABCD 是正方形，AB AD ∴=，90ABE D ∠=∠=︒，90ABG D ∴∠=︒=∠，在ABG ∆和ADF ∆中，FFFFAB AD ABG D BG DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()ABG ADF SAS ∴∆≅∆， AG AF ∴=，12∠=∠，又45EAF ∠=︒，90DAB ∠=︒， 2345∴∠+∠=︒， 1345∴∠+∠=︒， 45GAE EAF ∴∠=∠=︒．在AEG ∆和AEF ∆中， AG AF GAE EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AEG AEF SAS ∴∆≅∆， GE EF ∴=，GE BG BE =+，DF BG =，EF DF BE ∴=+，故②正确，3BE EC ==，6AB =， 1tan 32BE AB ∴∠==， 330∴∠≠︒，故①错误，设DF x =，则3EF x =+，在Rt EFC ∆中，222EF CF EC =+，222(3)3(6)x x ∴+=+-， 2x ∴=， 2DF BG ∴==，tan tan 3ABAFE G BG∴∠===，故③正确， 1134622CEF S CE CF ∆∴=⋅⋅=⨯⨯=，故④正确． 故选：D ．2．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE AF=，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE DF EF∆为+=；③当15DAF∠=︒时，AEF等边三角形；④当60∠=∠．其中正确的结论是()∠=︒时，AEB AEFEAFA．①③B．②④C．①③④D．②③④【解答】解：四边形ABCD是正方形，∠=∠=︒，ACD ACB∠=∠=︒，45AB AD BC CD∴===，90B D=，AE AFAB AD=，∴∆≅∆，Rt ABE Rt ADF(HL)∴=，BE DF∴=，CE CF又45∠=∠=︒，ACD ACBAC∴垂直平分EF，故①正确；BCD∠=︒，AC垂直平分EF，=，90CE CF∴=，EG GF当AE平分BAC+=，故②错误；=，即BE DF EF∠时，BE EG∆≅∆，Rt ABE Rt ADF∴∠=∠=︒，DAF BAE15∴∠=︒，60EAF又AE AF=，∴∆是等边三角形，故③正确；AEF=，60AE AF∠=︒，EAF∴∆是等边三角形，AEFAEF∴∠=︒，60∠=︒，∠=︒，30CAEBAC45∴∠=︒，15BAE75AEB AEF ∴∠=︒≠∠，故④错误；故选：A ．3．如图，正方形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），且45EAF ∠=︒，AE 、AF 与对角线BD 分别相交于点G 、H ，连接EH 、EF ，则下列结论：①ABH GAH ∆∆∽；②ABG HEG ∆∆∽；③AE =；④EH AF ⊥；⑤EF BE DF =+ 其中正确的有( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解答】解：在正方形ABCD 中， 45ABG ∴∠=︒，45AGH ABG BAG BAG ∴∠=∠+∠=︒+∠，45EAF ∠=︒， 45BAH BAG ∴∠=∠+︒， BAH AGH ∴∠=∠， AHG BHA ∠=∠，ABH GAH ∴∆∆∽，故①正确； 45EAF DBC ∠=∠=︒，A ∴，B ，E ，H 四点共圆，ABG GEH ∴∠=∠，BAG EHG ∠=∠， ABG HEG ∴∆∆∽；故②正确； 45AEH EAH ∠=∠=︒，AEH ∴∆是等腰直角三角形，90AHE ∴∠=︒，AE ，EH AF ∴⊥；故③④正确；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 =，12∠=∠，90ABM D ∠=∠=︒，AM AF =，9090180ABM ABE ∴∠+∠=︒+︒=︒，因此，点M ，B ，E 在同一条直线上． 45EAF ∠=︒，23904545BAD EAE ∴∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒．12∠=∠，1345∴∠+∠=︒．即MAE FAE ∠=∠．在AME ∆与AFE ∆中AM AF MAE FAE AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AME AFE ∴∆≅∆． ME EF ∴=，故EF BE DF =+，故⑤正确， 故选：D ．4．如图，正方形ABCD 的对角线相交于点O ，点M ，N 分别是边BC ，CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），AM ，AN 分别交BD 于E ，F 两点，且45MAN ∠=︒，则下列结论：①MN BM DN =+；②AEF BEM ∆∆∽；③AF AM ；④FMC ∆是等腰三角形．其中正确的是 ①②③④ ．（填写正确序号）【解答】解：将ABM ∆绕点A 逆时针旋转90︒至ADM ∆'，45M AN DAN MAB ∠'=∠+∠=︒，AM AM '=，BM DM ='，45M AN MAN ∠'=∠=︒，AN AN =， AMN ∴∆≅△()AM N SAS ''， MN NM ∴='，M N M D DN BM DN ∴'='+=+， MN BM DN ∴=+；故①正确； 135FDM ∠'=︒，45M AN ∠'=︒， 180M AFD ∴∠'+∠=︒， 180AFE AFD ∠+∠=︒，AFE M ∴∠=∠'， AMB M ∠=∠'， AMB AFE ∴∠=∠，45EAF EBM ∠=∠=︒，AEF BEM ∴∆∆∽，故②正确；∴AE EF BE EM =，即AE BEEF EM=， AEB MEF ∠=∠， AEB FEM ∴∆∆∽，45EMF ABE ∴∠=∠=︒，AFM ∴∆是等腰直角三角形，∴AF AM =；故③正确； 在ADF ∆与CDF ∆中， 45AD DC ADF CDF DF DF =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩， ()ADF CDF SAS ∴∆≅∆， AF CF ∴=，AF MF =，FM FC ∴=，FMC ∴∆是等腰三角形，故④正确；故答案为：①②③④．5．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45MAN ∠=︒，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 =+；②222BE DF EF +=；③2BC BF DE =⋅；④OM =，一定成立的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①②③④【解答】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 '∠=∠，90MAM '∠=︒，90ABM ADM '∠=∠=︒， 180ADM ADC '∴∠+∠=︒，∴点M '在直线CD 上，45MAN ∠=︒，45DAN MAB DAN DAM M AN ''∴∠+∠=︒=∠+∠=∠， 45M AN MAN ∴∠'=∠=︒，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 '=，45ADF ABD '∠=∠=︒，DAF BAD '∠=∠，90D BE '∴∠=︒， 45MAN ∠=︒，45BAE DAF BAD BAE D AE ''∴∠+∠=︒=∠+∠=∠，45D AE EAF '∴∠=∠=︒，又AE AE =，AF AD '=，()AEF AED SAS '∴∆≅∆，EF D E '∴=，222D E BE D B ''=+，222BE DF EF ∴+=；故②正确；45BAF BAE EAF BAE ∠=∠+∠=∠+︒，45AEF BAE ABE BAE ∠=∠+∠=︒+∠， BAF AEF ∴∠=∠，又45ABF ADE ∠=∠=︒，DAE BFA ∴∆∆∽， ∴DE AD AB BF=， 又AB AD BC ==， 2BC DE DF ∴=⋅，故③正确；45FBM FAM ∠=∠=︒，∴点A ，点B ，点M ，点F 四点共圆，90ABM AFM ∴∠=∠=︒，45AMF ABF ∠=∠=︒，BAM BFM ∠=∠， 同理可求90AEN ∠=︒，DAN DEN ∠=∠，45EOM EMO ∴∠=︒=∠，EO EM ∴=，MO ∴=，BAM DAN ∠≠∠，BFM DEN ∴∠≠∠，EO FO ∴≠，OM ∴≠，故④错误，故选：A ．6．如图，正方形ABCD 的对角线相交于点O ，点M ，N 分别是边BC ，CD 上的动点（不与点B ，C ，D 重合），AM ，AN 分别交BD 于E ，F 两点，且45MAN ∠=︒，则下列结论：①MN BM DN =+；②AEF BEM ∆∆∽；③AF AM ；④FMC ∆是等腰三角形．其中正确的有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【解答】解：将ABM ∆绕点A 逆时针旋转90︒至ADM ∆'，45M AN DAN MAB ∠'=∠+∠=︒，AM AM '=，BM DM ='，45M AN MAN ∠'=∠=︒，AN AN =，AMN ∴∆≅△()AM N SAS ''，MN NM ∴='，M N M D DN BM DN ∴'='+=+，MN BM DN ∴=+；故①正确；135FDM ∠'=︒，45M AN ∠'=︒，180M AFD ∴∠'+∠=︒，180AFE AFD ∠+∠=︒，AFE M ∴∠=∠'，AMB M ∠=∠'，AMB AFE ∴∠=∠，45EAF EBM ∠=∠=︒，AEF BEM ∴∆∆∽，故②正确； ∴AE EFBE EM =，即AEBEEF EM =，AEB MEF ∠=∠，AEB FEM ∴∆∆∽，45EMF ABE ∴∠=∠=︒，AFM ∴∆是等腰直角三角形，∴AF AM =；故③正确；在ADF ∆与CDF ∆中，45AD CDADF CDF DF DF=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，()ADF CDF SAS ∴∆≅∆，AF CF ∴=，=，AF MF∴=，FM FC∴∆是等腰三角形，故④正确；FMC故选：D．。
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 。
正方形半角模型的13个结论
正方形半角模型的13个结论 序号 结论描述 图形说明
1 半角线将正方形的一角平分。 在正方形一角画一条射线，将角平分。
2 半角线与正方形的两边形成等腰直角三角形。 半角线与相邻两边构成的三角形。
3 半角线的长度等于正方形对角线的一半。 利用勾股定理或等腰直角三角形的性质证明。
4 半角线与正方形对角线垂直并交于中点。 通过证明三角形相似或利用正方形性质得出。
5 半角线将正方形划分为两个面积相等的部分。 面积计算或利用对称性证明。
6 半角线与正方形边形成的两个角均为45°。 等腰直角三角形的性质。
7 以半角线为直径的圆与正方形的一边相切。 利用切线性质或几何作图证明。
8 半角线、正方形对角线及相邻边构成的三角形是30°-60°-90°三角形（特定情况）。
当正方形边长与半角线长度满足特定比例时。
9 半角线将正方形外一点到正方形两顶点的距离之和最小化（费尔马点问题特特定几何条件下的最短路径例）。 问题。 10 半角线与正方形某一边的平行线交于一点，该点到正方形顶点的距离关系可确定。 通过相似三角形或三角函数关系得出。
11 半角线与正方形对角线交点将对角线分为两段，其比值为特定值（如黄金分割比，但非必然）。
特定条件下的
比例关系。
12 半角线与正方形外部某一直线相交，形成的角与正方形内部角有特定关系（如补角、和角等）。 通过角度计算或几何性质推导。
13 半角线在正方形内外构造的特殊图形（如正方形、矩形、等腰三角形等）具有特定的面积、周长或边长关系。 利用几何图形的性质和计算公式推导。
几何模型与证法-中考几何专题复习：半角模型
半角模型课程名称授课教师年级日期学科时段数学1掌握半角模型的模型特点，学会辨认半角模型2学会使用半角模型的方法进行解题教学目标3学会找出隐藏的半角模型，并能够正确解答课首沟通上次课的内容是什么？现在的学校进度到哪里了？学校最近有测验吗？知识导图课首小测书面测试1. 如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ABE，则∠BED为多少度？2.如图，已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°求证：EF＝BE+DF知识梳理模型概述：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。
导学一正方形内含半角知识点讲解 1 正方形内含半角思想方法：通过旋转变换构造全等三角形，实现线段的转化。
例题1.如图，在正方形ABCD钟，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△AFD2.如图，在正方形ABCD 中，AB ＝1，点E ，F 分别在边BC 和CD 上，AE ＝AF ，∠EAF ＝60°，则CF 的长是________.3. 如图，在正方形ABCD 中，AB ＝1，E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，连接EF 、AE 、AF ，过A 作AH ⊥EF 于点H ．若EF ＝BE+DF ，那么下列结论：①AE 平分∠BEF ；②FH ＝FD ；③∠EAF ＝45°；④S＝S +S△EAF △ABE △ADF ；⑤△CEF 的周长为2． 其中正确结论的序号是__________ 我爱展示我爱展示题1.如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，∠EAF ＝45°，正方形ABCD 的边长为3，则△ECF 的周长为 ．2. 如图，正方形ABCD中，AB＝1，点E、F分别是边BC、CD上的两点，∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．以下结论正确的是__________ ．2 2 2 2 2 2①AG＝1；②△CEF的周长是定值，定值是2；③DF +BE ＝EF ；④DN +BM ＝MN ．3. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC于点F，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得△ABG，则CF的长为_____ ．导学二等腰三角形内含半角例题1. （1）如图1，已知△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E、F在直线AB上，∠ECF＝∠B，①△ACF与△BEC的关系为．②设△ABC的面积为S，求证：AF•BE＝2S．（2）如图2，将（1）中的∠ACB＝90°改为∠ACB＝α°，求证：（3）如图3，在（2）中的条件不变的情况下，（2）中的结论是否成立？（直接写出结论，不用说明理由）2. （1）如图1，点E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，连接EF，2 2 2则EF、BE、FD之间的数量关系是：EF＝BE+FD．连结BD，交AE、AF于点M、N，且MN、BM、DN满足MN ＝BM +DN ，请证明这个等量关系；（2）在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别为BC边上的两点．①如图2，当∠BAC＝60°，∠DAE＝30°时，BD、DE、EC应满足的等量关系是_____________ ；②如图3，当∠BAC＝α，（0°＜α＜90°），∠DAE＝时，BD、DE、EC应满足的等量关系是___________ ．2 2[参考：sin α+cos α＝1】3. D为等边△ABC外一点，且BD＝CD，∠BDC＝120°，点M，N分别在AB，AC上，若BM+CN＝MN，求证：（1）∠MDN＝60°；（2）作出△DMN的高DH，并证明DH＝BD．我爱展示我爱展示题1. 【发现证明】（1）如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE+FD，请你利用图1证明上述结论．【类比引申】（2）如图2，点E、F分别在正方形ABCD的边CB、CD的延长线上，∠EAF＝45°，连接EF，请直接写出EF、BE、DF之间的数量关系，不需证明；【联想拓展】（3）如图3，如图，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E、F在边BC上，且∠EAF＝45°，若BE＝1，CF＝2，求EF的长．2. 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＝__________ ；（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．导学三半角模型综合题例题1. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：正确的序号是________.2. 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＝∠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△AEF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．我爱展示我爱展示题1.如图，边长为的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM＝_________.2. （1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，把△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABG，请直接写出图中所有的全等三角形；（2）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°．①如图2，若E、F分别是边BC、CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，求证：EF＝BE+DF；②若E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且2∠EAF＝∠BAD，①中的结论是否仍然成立？请说明理由．限时考场模拟1.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．2.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，CD∥AB，∠ABC的平分线BD交AC于点E，DE＝．3. 如图，在△ABC中，AC：BC：AB＝5：12：13，⊙O在△ABC内自由移动，若⊙O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为，则△ABC的周长为．自主学习1.已知，如图，在RT△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,点D,E在斜边AB上，且∠DCE=45°，求证：线段DE,AD,BE中能构成一个直角三角形。
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. 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 =+。
初中数学复习几何模型专题讲解6---半角模型
初中数学复习几何模型专题讲解专题06 半角模型一、单选题1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠F AE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（）A．①②③④B．②③C．②③④D．③④【答案】C【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，∴△ABF≌△ACD，∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确无法判断BE＝CD，故①错误，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．二、解答题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．【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EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．【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．3．在∠MAN内有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C．且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上．（1）如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF；（2）如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，猜想EF，BE，CF具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由．（1）说明见解析；（2）EF= FC+BE．理由见解析．【分析】（1）根据题目中的条件和∠BED=∠CFD，可以证明△BDE≌△CDF，从而可以得到DE=DF；（2）作辅助线，过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G，从而可以得到△BDE≌△CDG，然后即可得到DE=DG，BE=CG，再根据题目中的条件可以得到△EDF≌△GDF，即可得到EF=GF，然后即可得到EF，BE，CF具有的数量关系．【详解】（1）∵DB⊥AM，DC⊥AN，∴∠DBE=∠DCF=90°．在△BDE和△CDF中，∵,,,BED CFDDBE DCF BD CD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BDE≌△CDF（AAS）．∴DE=DF．（2）过点D作∠CDG=∠BDE，交AN于点G．在△BDE和△CDG中，∵,,, EBD GCD BD CDBDE CDG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△BDE≌△CDG（ASA）∴DE=DG，BE=CG．∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°．∴∠FDG=∠CDG+∠CDF=60°．∴∠EDF=∠GDF．在△EDF 和△GDF 中，,,,DE DG EDF GDF DF DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ △EDF ≌△GDF （SAS ）．∴ EF =FG ．∴ EF =FC +CG =FC +BE ．【点睛】本题考查全等三角形的判定、解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．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．（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．【详解】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．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．【答案】（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．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 +=．（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．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．（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．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．【答案】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．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45+=．∠=︒，求证：BE DF EFEAF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．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＋DF【答案】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．11．（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．【答案】（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．如图，点E 是正方形ABCD 的边BC 上一点，连接DE ，将DE 绕着点E 逆时针旋转90°，得到EG ，过点G 作GF ⊥CB ，垂足为F ，GH ⊥AB ，垂足为H ，连接DG ，交AB 于I ．（1）求证：四边形BFGH 是正方形；（2）求证：ED 平分∠CEI ；（3）连接IE ，若正方形ABCD 的边长为，则△BEI 的周长为 ．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）先证根据∠F＝∠GHB＝∠ABF＝90°证得四边形BFGH为矩形，再证明△DCE≌△EFG进而可证得BF＝FG，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得证；（2）延长EC到点M，使得CM＝AI，连接DM，先证△ADI≌△CDM可得DI＝DM，∠ADI＝∠CDM，进而可证△EDM≌△EDI得∠DEI＝∠DEC，即可得证；（3）由（2）可知IE＝EM＝EC＋CM＝EC＋AI，则△BEI的周长为BI＋BE＋IE＝BI＋BE＋EC＋AI＝AB＋BC，由此可求得答案．【详解】（1）证明：∵将DE绕着点E逆时针旋转90°得到EG，∴DE＝EG，∠DEG＝90°，∴∠DEC＋∠GEF＝90°，∵在正方形ABCD中∴∠C＝∠ABC＝∠ABF＝90°，BC＝CD，∴∠DEC＋∠CDE＝90°，∴∠CDE＝∠GEF，∵GF⊥CB，GH⊥AB，∴∠F ＝∠GHB ＝90°，∴∠F ＝∠GHB ＝∠ABF ＝90°，∴四边形BFGH 为矩形，在△DCE 与△EFG 中，F C CDE GEF GE DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△DCE ≌△EFG （AAS ）∴EF ＝CD ，FG ＝CE ，∴EF ＝BC ，∴EF －BE ＝BC －BE ，即BF ＝CE ，∴BF ＝FG ，∴矩形BFGH 为正方形；（2）证明：如图，延长EC 到点M ，使得CM ＝AI ，连接DM ， ∵在正方形ABCD 中∴∠ADC ＝∠A ＝∠DCE ＝∠DCM ＝90°，AD ＝CD ， 在△ADI 与△CDM 中，AD CD A DCM AI CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADI ≌△CDM （SAS ）∴DI ＝DM ，∠ADI ＝∠CDM ，∵DE ＝EG ，∠DEG ＝90°，∴∠EDG ＝∠EGD ＝45°，又∵∠ADC ＝90°，∴∠ADI ＋∠CDE ＝45°，∴∠EDM ＝∠CDM ＋∠CDE ＝45°，∴∠EDM ＝∠EDG ，在△EDM 与△EDI 中，ED ED EDM EDI DM DI =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EDM ≌△EDI （SAS ）∴∠DEI ＝∠DEC ，∴DE 平分∠IEC ；（3）解：由（2）可知△EDM ≌△EDI ，∴IE＝EM＝EC＋CM，又∵CM＝AI，∴IE＝EC＋CM＝EC＋AI，∴△BEI的周长为BI＋BE＋IE＝BI＋BE＋EC＋AI＝AB＋BC，∵正方形ABCD的边长为，∴△BEI的周长为AB＋BC＝，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的判定及性质以及作出正确的辅助线是解决本题的关键．13．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（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，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，得到△AFD≌△ABD，然后可以得到AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，从而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根据勾股定理即可证明猜想的结论；（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，这样就可以解决问题．【详解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD+∠CAE＝45°, ∠F AD+∠F AE＝45°,∴∠CAE=∠F AE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠F AE＝∠F AD+∠DAE＝∠F AD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠F AE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【点睛】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握辅助线的作图根据．14．（2020•锦州模拟）问题情境：已知，在等边△ABC中，∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O，点M、N分别在直线AC，AB上，且∠MON＝60°，猜想CM、MN、AN三者之间的数量关系．方法感悟：小芳的思考过程是在CM上取一点，构造全等三角形，从而解决问题；小丽的思考过程是在AB取一点，构造全等三角形，从而解决问题；问题解决：（1）如图1，M、N分别在边AC，AB上时，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明；（2）如图2，M在边AC上，点N在BA的延长线上时，请你在图2中补全图形，标出相应字母，探索CM、MN、AN三者之间的数量关系，并证明．【答案】（1）CM＝AN+MN，详见解析；（2）CM＝MN﹣AN，详见解析【分析】（1）在AC上截取CD＝AN，连接OD，证明△CDO≌△ANO，根据全等三角形的性质得到OD ＝ON ，∠COD ＝∠AON ，证明△DMO ≌△NMO ，得到DM ＝MN ，结合图形证明结论；（2）在AC 延长线上截取CD ＝AN ，连接OD ，仿照（1）的方法解答．【详解】解：（1）CM ＝AN +MN ，理由如下：在AC 上截取CD ＝AN ，连接OD ，∵△ABC 为等边三角形，∠BAC 与∠ACB 的角平分线交于点O ，∴∠OAC ＝∠OCA ＝30°，∴OA ＝OC ，在△CDO 和△ANO 中，OC OA OCD OAN CD AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CDO ≌△ANO （SAS ）∴OD ＝ON ，∠COD ＝∠AON ，∵∠MON ＝60°，∴∠COD +∠AOM ＝60°，∵∠AOC ＝120°，∴∠DOM ＝60°，在△DMO 和△NMO 中，OD ON DOM NOM OM OM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DMO ≌△NMO ，∴DM ＝MN ，∴CM ＝CD +DM ＝AN +MN ；（2）补全图形如图2所示：CM ＝MN ﹣AN ，理由如下：在AC 延长线上截取CD ＝AN ，连接OD ，在△CDO 和△ANO 中，150CD AN OCD OAN OC OA =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△CDO ≌△ANO （SAS ）∴OD ＝ON ，∠COD ＝∠AON ，∴∠DOM ＝∠NOM ，在△DMO 和△NMO 中，OD ON DOM NOM OM OM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DMO ≌△NMO （SAS ）∴MN ＝DM ，∴CM ＝DM ﹣CD ＝MN ﹣AN ．【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．15．（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．【答案】（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．16．（2019秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF12=∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．【答案】详见解析【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF12=∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．【详解】证明：在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．∵∠B +∠ADC ＝180°，∠ADF +∠ADC ＝180°，∴∠B ＝∠ADF ．在△ABG 和△ADF 中，AB AD B ADF BG DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABG ≌△ADF （SAS ），∴∠BAG ＝∠DAF ，AG ＝AF ．∴∠BAG +∠EAD ＝∠DAF +∠EAD ＝∠EAF 12=∠BAD ． ∴∠GAE ＝∠EAF ．在△AEG 和△AEF 中， AG AF GAE EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEG ≌△AEF （SAS ）．∴EG ＝EF ，∵EG ＝BE ﹣BG∴EF ＝BE ﹣FD ．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．17．如图，在正方形ABCD 中，E 、F 是对角线BD 上两点，将ADF 绕点A 顺时针旋转90︒ 后，得到ABM ，连接EM ，AE ，且使得45∠=︒MAE ．（1）求证：=ME EF ；（2）求证：222EF BE DF =+.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）直接利用旋转的性质证明△AME ≌△AFE （SAS ），即可得出答案；（2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案．【详解】证明：（1）∵将ADF 绕点A 顺时针旋转90°后，得到ABM ，∴MB DF ＝，AM AF ＝，∠∠BAM DAF ＝，MA AF ∴⊥，45∠︒MAE ＝，45∴∠︒EAF ＝，∴∠∠MAE FAE ＝，在△AME 和AFE △中AM AF MAE FAE AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AME AFE SAS ∴≅，∴=ME EF ；（2）由（1）得：=ME EF ，在Rt MBE 中，222+MB BE ME =，又∵MB DF =，222∴+EF BE DF =．【点睛】此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出△AME≌△AFE是解题关键．18．（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：①∠BEA =∠G，② EF=FG．（2）如图2，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．【答案】（1）①见解析②见解析（2【分析】（1）在△ABE和△ADG中，根据SAS得出△ABE≌△ADG则∠BEA＝∠G.然后在△FAE和△GAF中通过SAS证明得出△FAE≌△GAF，则EF=FG.（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．在△ABM 和△ACE中，通过SAS证明得出△ABM≌△ACE, AM=AE, ∠BAM+∠CAN=45°. 在△MAN和△EAN中，通过SAS证明得出△MAN≌△EAN, MN=EN. Rt△ENC中，由勾股定理，得EN 2=EC 2+NC 2得出最终结果.【详解】（1）证明：在正方形ABCD 中，∠ABE=∠ADG ，AD=AB ，在△ABE 和△ADG 中，AD AB ABE ADG DG BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∠BEA ＝∠G∴∠BAE=∠DAG ，AE=AG ，又∠BAD ＝90°，∴∠EAG=90°，∠FAG ＝45°在△FAE 和△GAF 中， 45AE AG EAF FAG AF AF =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∴△FAE ≌△GAF （SAS ），∴EF=FG（2）。
半角模型专题
半角模型半角模型是指：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。
由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半，故名半角模型，又称“角含半角模型”。
其中，将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”（即图中的△AEF）半角模型的条件:共顶点、等线段,一个小角等于大角的一半,对角互补的四边形。
半角模型的结论：1.半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。
即：如图中，EF=BE+DF。
2.∠BEA=∠FEA ,∠DFA=∠EFA3.射线截端点两对边所得直角三角形的两直角边相等时，其斜边长取到最小值，其面积取到最大值。
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．2．如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M，DE＝2，BF＝3，则GM＝．3．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积．4．如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝1，则MF的长为．5．在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，该角可以绕点A转动，∠MAN的两边分别交射线CB，DC于点M，N．（1）当点M，N分别在正方形的边CB和DC上时（如图1），线段BM，DN，MN之间有怎样的数量关系？你的猜想是：，并加以证明．（2）已知正方形ABCD的边长为1，如果△CMNF的周长为2．求∠MAN的度数（3）当点M，N分别在正方形的边CB和DC的延长线上时（如图2），线段BM，DN，MN 之间的数量关系会发生变化吗？证明你的结论．6．（2019春•瑶海区期末）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，先阅读再解决后面的问题：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．解题分析：由于AB＝AD，我们可以延长CD到点G，使DG＝BE，易得∠ABE＝∠ADG＝90°，可证△ABE≌△ADG再证明△AFG≌△AFE，得EF＝FG＝DG+FD＝BE+DF问题（1）：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD；问题（2）：如图3，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，点E、F分别在四边形ABCD的边BC、CD上，且∠EAF＝60°，求此时△CEF的周长．7．（2018•开江县二模）阅读材料并解答问题：探究：小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD，点E、F分别为BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE+DF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图1），此时GE即是BE+DF．请回答：在图1中，∠GAF的度数是．理解：如图2，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在斜边AB上，且∠DCE＝45°，请写出AD、DE、BE三条线段之间的数量关系，并证明．应用：如图3，正方形ABCD中，△AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH ＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求AH、EF的长．8．已知：平面直角坐标系中，如图1，点A（a，b），AB⊥x轴于点B，并且满足．（1）试判断△AOB的形状并说明理由．（2）如图2，若点C为线段AB的中点，连OC并作OD⊥OC，且OD＝OC，连AD交x轴于点E，试求点E的坐标．（3）如图3，若点M为点B的左边x轴负半轴上一动点，以AM为一边作∠MAN＝45°交y 轴负半轴于点N，连MN，在点M运动过程中，试猜想式子OM+MN﹣ON的值是否发生变化？若不变，求这个不变的值；若发生变化，试求它变化的范围．9．（2015秋•和平区校级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D 为△ABC为外一点，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分别在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时＝（直接写出结果）；（2）如图2，点M、N边分别在AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；（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证明；（4）在（3）问的条件下，若此时AN＝x，则Q＝（用x、L表示，直接写出结果）．10．问题背景：如图1：在四边形ABC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，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；探索延伸：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＝∠BAD，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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．11．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：；（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）1．【解答】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＝＝＝4，故答案为：4．2．【解答】解：连接GE交AF于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABF＝∠ADE＝∠C＝90°，AB＝AD＝BC＝DC，AD∥BC，∵∠EAF＝45°，∴∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，由旋转得：AE＝AG，∠ABF＝∠ADE＝90°，BG＝DE＝2，∠BAG＝∠DAE，∴∠BAG+∠BAF＝45°，∵∠ABF＝∠ABG＝90°，∴∠GBC＝∠ABG+∠ABF＝180°，∴点G、B、F三点在同一条直线上，∵BF＝3，∴FG＝BG+BF＝2+3＝5，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝FE＝5，设正方形ABCD的边长为x，∴CF＝x﹣3，CE＝x﹣2，在Rt△ECF中，FC2+EC2＝EF2，∴（x﹣3）2+（x﹣2）2＝52，∴x＝6或x＝﹣1（舍去），∴正方形ABCD的边长为6，在Rt△ABF中，AF＝＝＝3，∵AD∥BC，∴∠DAM＝∠MFB，∠ADM＝∠MBF，∴△ADM∽△FBM，∴＝＝＝2，∴AM＝AF＝2，在Rt△ADE中，AE＝＝＝2，∵AG＝AE，FG＝FE，∴AF是EG的垂直平分线，∴∠AOE＝90°，∵∠EAF＝45°，∴AE＝AO，∴AO＝2，∴点M与点O重合，∴EG＝2GM，在Rt△ECG中，EC＝DC﹣DE＝6﹣2＝4，GC＝BC+GB＝6+2＝8，∴EG＝＝＝4，∴GM＝2，故答案为：2．3．【解答】解：把Rt△DEA以绕D按逆时针旋转90°，如图：∵旋转不改变图形的形状和大小，∴A与C重合，∠A＝∠DCE′，∠E′＝∠AED＝90°．∵在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，∴∠A+∠DCB＝180°，∴∠DCE′+∠DCB＝180°，即点B、C、E′在同一直线上，∵∠DEB＝∠E′＝∠B＝90°，∴S矩形DEBE′＝DE×BE＝5×5＝25，∵S矩形DEBE′＝S四边形DEBC+S△DCE，∵S四边形ABCD＝S四边形DEBC+S△ADE＝S四边形DEBC+S△DCE，∴S四边形ABCD＝S矩形DEBE＝25．故四边形ABCD的面积为25．故答案为：25．4．【解答】解：∵△ADE逆时针旋转90°得到△CDM，∴∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，∴F、C、M三点共线，∵∠EDM＝∠EDC+∠CDM＝∠EDC+∠ADE＝90°，∴∠EDF+∠FDM＝90°，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF＝MF，设EF＝MF＝x，∵AE＝CM＝1，且BC＝3，∴BM＝BC+CM＝3+1＝4，∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝4﹣x，∵EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，即22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴MF＝．故答案为：．5．【解答】证明：（1）猜想：BM+DN＝MN，证明如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，在△ABE和△ADN中，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案为：BM+DN＝MN；（3）延长CD至E'使DE'＝BE，连接AE'，由（1）知，△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝BAE，设BE＝x，DF＝y，∵正方形ABCD的边长为1，∴CE＝1﹣x，CF＝1﹣y，∵△CEF的周长为2，∴CE+CF+EF＝2，∴1﹣x+1﹣y+EF＝2，∴EF＝x+y＝BE+DF＝DE'+DF＝E'F，在△E'AF和△EAF中，，∴△E'AF≌△EAF（SSS），∴∠E'AF＝∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，∵∠DAF+∠EAF+∠BAE＝90°，∴∠MAN＝45°（2）DN﹣BM＝MN．证明如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．6．【解答】证明：（1）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图2，∵∠ADF＝90°，∠ADF+∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD+∠DAG＝∠EAD+∠ABE＝∠BAD，∵∠EAF＝∠BAD，∵∠EAG＝∠EAG＝（∠EAF+∠FAG），∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AFG（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG＝EB+DF；（2）解：连接AC，如图3，∵AB＝AD，BC＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）．∴∠DAC＝∠BAC，∴∠BAC＝∠BAD＝60°，∵∠B＝90°，AB＝1，∴在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝＝＝，由（1）得EF＝BE+DF，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝2BC＝2．7．【解答】解：探究：延长CB至G，使BG＝DF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，∴∠FAG＝∠BAG+∠ABE+∠EAF＝∠DAF+∠BAE+∠EAF＝90°，∵∠EAG＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠ABE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EF＝EG＝BE+BG＝BE+DF，故答案为90°；理解：如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠B＝45°，AC＝BC逆时针旋转△BCE至△ACF，∴△BCE≌△ACF，∴AF＝BE，∠CAF＝∠B＝45°，∴∠DAF＝∠CAF+∠BAC＝90°，连接DF，根据勾股定理得，DF2＝AF2+AD2＝BE2+AD2，∵△CAF≌△CBE，∴CF＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠DCF＝∠ACF+∠ACD＝∠ACD+∠BCE＝90°﹣∠DCE＝45°＝∠DCE，∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE，∴DE＝DF，∴DE2＝BE2+AD2；应用：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵AH⊥MN，∴∠AHE＝∠B＝90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB＝∠MAH，BM＝MH＝2，同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD＝∠NAH，DN＝NH＝3∴2∠MAH+2∠NAH＝90°，∴∠MAH+∠NAH＝45°，∴∠MAN＝45°．设正方形的边长为a，∴CM＝a﹣2，CN＝a﹣3，根据勾股定理得，（a﹣2）2+（a﹣3）2＝25，∴a＝﹣1（舍）或a＝6∴BC＝6，∴BD＝6，由（1）可知∠EAF＝45°，∵AB＝AD，∠BAD＝90°，由探究发现得BE2+DF2＝EF2，设EF＝x，∵BD＝6，DF＝2．∴BE＝6﹣2﹣x＝4﹣x，∴（4﹣x）2+（2）2＝x2，解得x＝，∴EF＝．8．【解答】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由如下：∵，∴2a+b+6＝0，a﹣b+12＝0，∴a＝﹣6，b＝6，∴点A（﹣6，6），∵AB⊥x轴，∴AB＝BO＝6，∠ABO＝90°，∴△ABO是等腰直角三角形；（2）如图2，过点D作DH⊥OB于H，∴∠DHO＝∠CBO＝90°，∴∠BCO+∠BOC＝∠DOH+∠COB，∴∠DOH＝∠BCO，又∵CO＝DO，∠DHO＝∠CBO＝90°，∴△BCO≌△HOD（AAS），∴DH＝BO，BC＝OH，∵点C是AB的中点，∴AC＝BC＝3，∴OH＝3，BH＝BO﹣OH＝3，∵AB＝DH，∠AEB＝∠DEH，∠ABE＝∠DHE＝90°，∴△ABE≌△DHE（AAS），∴BE＝EH＝，∴OE＝OH+EH＝，∴点E（﹣，0）；（3）OM+MN﹣ON的值不变，理由如下：过点A作AP⊥MO于P，AQ⊥y轴于Q，AG⊥AM交y轴G，∴AP＝AQ＝6，∠PAQ＝90°＝∠MAG，∴∠PAM＝∠GAQ，又∵∠APM＝∠AQG＝90°，∴△APM≌△AQG（ASA），∴AM＝AG，MP＝QG，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠GAN＝45°，又∵AN＝AN，∴△ANM≌△ANG（SAS），∴MN＝GN，∴OM+MN﹣ON＝OP+MP+GN﹣ON＝6+MP+ON+OG﹣ON＝6+QG+OG＝6+6＝12．9．【解答】解：（1）如图1，猜想：MN＝BM+NC，理由是：∵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，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，∵AB＝AC，BM＝CN，∴AM＝AN，∵∠A＝60°，∴△AMN是等边三角形，∴△AMN的周长Q＝3MN＝6BM，等边△4BC的周长L＝3AB＝3（AM+BM）＝9BM，∴＝，故答案为：MN＝BM+NC，；（2）MN＝BM+CN，如图2，延长AC到E，使CE＝BM，连接DE，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB，即∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠DCE＝180°﹣∠ACD＝180°﹣90°＝90°，在Rt△DBM和Rt△DCE中，∵，∴△DBM≌△DCE（HL），∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠CDN＝120°﹣60°＝60°，即∠CDE+∠CDN＝60°，∴∠NDE＝60°，在△MDN和△EDN中，∵，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝NE，∵NE＝CN+CE，CE＝BM，∴MN＝BM+CN；（3）CN＝BM+MN；在NC上截取CF＝BM，连接DF，由（2）知：∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠MBD＝180°﹣90°＝90°，在△DBM和△DCF中，∵，∴△DBM≌△DCF（SAS），∴∠BDM＝∠CDF，DM＝DF，∵∠MDN＝∠BDM+∠BDN＝∠CDF+∠BDN＝60°∵∠BDC＝120°，∴∠NDF＝60°，在△MDN和△FDN中，∵，∴△MDN≌△FDN（SAS），∴MN＝NF，∵CN＝NF+CF，CF＝BM，∴CN＝MN+BM；（4）如图3，∵等边△ABC的周长为L，∴AB＝，△AMN的周长Q＝MN+AN+AM，＝FN+AN+AB+BM，＝AN+AF+AN+AB+CF，＝2x+2AB，＝2x+L，故答案为：2x+L．10．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴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：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图②，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝1.5×（60+80）＝210海里．答：此时两舰艇之间的距离是210海里11．【解答】解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴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，，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案为：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．。
几何经典模型：半角模型
本文为word版资料，可以任意编辑修半角模型已知如图：①∠2=12∠AOB；②OA=OB.OABEF123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'FEO模型分析∵△OBF≌△OAF′，∴∠3=∠4，OF=OF′.∴∠2=12∠AOB，∴∠1+∠3=∠2∴∠1+∠4=∠2又∵OE是公共边，∴△OEF≌△OEF′.（1）半角模型的命名：存在两个角度是一半关系，并且这两个角共顶点；（2）通过先旋转全等再轴对称全等，一般结论是证明线段和差关系；（3）常见的半角模型是90°含45°，120°含60°.模型实例例1 已知，正方形ABCD 中，∠MAN=45°，它的两边分别交线段CB 、DC 于点M 、N ．（1）求证：BM+DN=MN ．（2）作AH ⊥MN 于点H ，求证：AH=AB ．证明：（1）延长ND 到E ，使DE=BM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ．在△ADE 和△ABM 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=BM DE B ADE AB AD∴△ADE ≌△ABM ．∴AE=AM ，∠DAE=∠BAM∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠NAD=45°．∴ ∠MAN=∠EAN=45°．在△AMN 和△AEN 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AN AN EAN MAN EA MA∴△AMN ≌△AEN ．∴MN=EN ．∴BM+DN=DE+DN=EN=MN ．（2）由（1）知，△AMN ≌△AEN ．∴S △AMN =S △AEN ． 即EN AD 21MN AH 21⋅=⋅．例2 在等边△ABC的两边AB、AC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分别在线段AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．（1）如图①，当DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是_______________；（2）如图②，当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．图①图②解答（1）BM、NC、MN之间的数量关系是BM+NC=MN．（2）猜想：BM+NC=MN．证明：如图③，延长AC至E，使CE=BM，连接DE．∵BD=CD，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°．又∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．∴∠MBD=∠NCD=90°．在△MBD与△ECD中，∵DB=DC，∠DBM=∠DCE=90°，BM=CE，∴△MBD≌△ECD（SAS）．∴DM=DE，∠BDM=∠CDE．∴∠EDN=∠BDC-∠MDN=60°．在△MDN和△EDN中，∵MD=ED，∠MDN=∠EDN=60°，DN=DN，∴△MDN≌△EDN（SAS）．∴MN=NE=NC+CE=NC+BM．图③例3 如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC=180°，AB=AD，E、F分别是BC、CD延长线上的点，且∠EAF=21∠BAD．求证：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．在△ABG和△ADF中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DFBGADFBADAB∴△ABG ≌△ADF（SAS）．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠GAF=∠BAD．∴∠EAF=21∠BAD=21∠GAF．∴∠GAE=∠EAF．在△AEG和△AEF中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AEAEFAEGAEAFAG∴△AEG ≌△AEF（SAS）．∴EG=EF．∵EG=BE-BG，练习：1．已知，正方形ABCD ，M 在CB 延长线上，N 在DC 延长线上，∠MAN=45°．求证：MN=DN-BM ．【答案】证明：如图，在DN 上截取DE=MB ，连接AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠D=∠ABC=90°．在△ABM 和△ADE 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DE BM ABM D AB AD∴△ABM ≌△ADE ．∴AM=AE ， ∠MAB=∠EAD ．∵∠MAN=45°=∠MAB+∠BAN ，∴∠DAE+∠BAN=45°．∴∠EAN=90°-45°=45°=∠MAN ．在△AMN 和△AEN 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AN AN EAN MAN AE AM∴△ABM ≌△ADE ．∴MN=EN ．∵DN-DE=EN ．2．已知，如图①在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE=45°，探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决以下问题：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间的数量关系式，并对你的猜想给予证明；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动到线段CB延长线上时，如图②，其他条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明．图①图②【答案】解答：（1）猜想：DE2=BD2+EC2．证明：将△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，如图①∴△ACE≌△ABE′．∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB．在Rt△ABC中，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°．∴∠ABC+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°．∴E′B2+BD2=E′D2．又∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∴∠E′AB+∠BAD=45°，即∠E′AD=45°．∴△AE′D≌△AED．∴DE=DE′．∴DE2=BD2+EC2．图①（2）结论：关系式DE2=BD2+EC2仍然成立．证明：作∠FAD=∠BAD，且截取AF=AB，连接DF，连接FE，如图②∴△AFD≌△ABD．∴FD=DB，∠AFD=∠ABD．又∵AB=AC，∴AF=AC．∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°，∠EAC=∠BAC-∠BAE=90°-（∠DAE-∠DAB ）=90°-（45°-∠DAB）=45°+∠DAB，∴∠FAE=∠CAE．又∵AE=AE，∴△AFE≌△ACE．∴FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°．∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°．∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2．即DE2=BD2+EC2．图②3．已知，在等边△ABC中，点O是边AC、BC的垂直平分线的交点，M、N分别在直线AC、BC上，且∠MON=60°．（1）如图①，当CM=CN时，M、N分别在边AC、BC上时，请写出AM、CN、MN三者之间的数量关系；（2）如图②，当CM≠CN时，M、N分别在边AC、BC上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请你加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图③，当点M在边AC上，点N在BC的延长线上时，请直接写出线段AM、CN、MN三者之间的数量关系．图①图②图③【答案】结论：（1）AM=CN+MN；如图①图①（2）成立；证明：如图②，在AC上截取AE=CN，连接OE、OA、OC．∵O是边AC、BC垂直平分线的交点，且△ABC为等边三角形，∴OA=OC，∠OAE=∠OCN=30°，∠AOC=120°．又∵AE=CN，∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，∠AOE=∠CON．∴∠EON=∠AOC=120°．∵∠MON=60°，∴∠MOE=∠MON=60°．∴△MOE≌△MON．∴ME=MN．∴AM=AE+ME=CN+MN．图②（3）如图③，AM=MN-CN．图③4．如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，AB=AD，E、F分别是线段BC、CD上的点，且BE+FD=EF．求证：∠EAF=21∠BAD．【答案】证明：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转∠DAB的度数得到△ABG，AD旋转到AB，AF旋转到AG，∴AG=AF，BG=DF，∠ABG=∠D，∠BAG=∠DAF．∵∠ABC+∠D=180°，∴∠ABC+∠ABG=180°．∴点G、B、C共线．∵BE+FD=EF，∴BE+BG=GE=EF．在△AEG和△AEF中，⎪⎩⎪⎨⎧===EFEGAEAEAFAG∴△AEG≌△AEF．∴∠EAG=∠EAF．∴∠EAB+∠BAG=∠EAF．又∵∠BAG=∠DAF，∴∠EAB+∠DAF=∠EAF．∴∠EAF=21∠BAD．以上王志强录入5．如图①，已知四边形ABCD，∠EAF的两边分别与DC的延长线交于点F，与CB的延长线交于点E，连接EF．（1）若四边形ABCD为正方形，当∠EAF＝45°时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？（只需直接写出结论）（2）如图②，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，当∠EAF＝12∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？请写出结论并证明．（3）在（2）中，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长（直接写出结论）解答：（1）EF=DF-BE（2）EF=DF-BE证明：如图，在DF上截取DM=BE，连接AM，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°∵D=ABE∵AD=AB在△ADM和△ABE中，DM BED ABEAD AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADM≌△ABE∴AM=AE，∠DAM=∠BAE∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=1∠BAD，∴∠MAF=12∠BAD ∴∠EAF=∠MAF在△EAF 和△MAF 中AE AM EAF MAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF ≌△MAF∴EF=MF∵MF=DF-DM=DF-BE ，∴EF=DF-BE（3）∵EF=DF-BE∴△CEF 的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=15。
第57讲：半角模型（上）
第57讲：半角模型（上）
半角模型是初中几何方面问题的常见模型，常用于基本几何命题的证明和一些边长、角度等的计算。
半角模型，通常出现在正方形中。
但是，但是，但是，不仅限于正方形！比如前几年天津的一道真题，就是以一个矩形作为半角模型的载体，这个以后专门再讲。
本次课程中的半角模型，以正方形为例（其中有很多重要的结论）：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。
由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半，故名半角模型，又称“角含半角模型”。
半角模型的结论特别多，具体可参考视频中所介绍的例题。
但万变不离其宗，把握几个本质，就可以很好的解决此类题。
【1】出现半角，旋转试一试
【2】四点共圆和8字模型的多次利用
【3】A字模型也出现在其中
掌握以上三点，基本是能够应对中考数学的所有半角模型了！。