半角模型专题专练复习进程
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．。
专题02 全等模型-半角模型(解析版)
专题02 全等模型--半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.半角模型【模型解读】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。
【常见模型及证法】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。
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.1．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形ABCD 中，AB AD =，180B D Ð+Ð=°，点E ，F 分别在BC ，CD 上，若2BAD EAF ÐÐ=，则EF BE DF =+．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD ．已知100m CD CB ==，60D Ð=°，120ABC Ð=°，150BCD Ð=°，道路AD ，AB 上分别有景点M ，N ，且100m DM =，)501m BN =-，若在M ，N 之间修一条直路，则路线M N ®的长比路线M A N ®®的长少_________m 1.7»）．【答案】370【分析】延长,AB DC 交于点E ，根据已知条件求得90E Ð=°,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得,EC EB ，,AE AD ，从而求得AN AM +的长，根据材料可得MN DM BN =+，即可求解．【详解】解：如图，延长,AB DC 交于点E ，连接,CM CN ，Q 60D Ð=°，120ABC Ð=°，150BCD Ð=°，30A \Ð=°，90E Ð=°，100DC DM ==Q DCM \V 是等边三角形，60DCM \Ð=°,90BCM \Ð=°,在Rt BCE V 中，100BC =，18030ECB BCD Ð=°-Ð=°，1502EB BC ==，EC ==100DE DC EC \=+=+Rt ADE △中，2200AD DE ==+150AE ==+，\200100100AM AD DM =-=+=+()AN AB BN AE EB BN =-=--())15050501=--150=，100150250AM AN \+=++=+Rt CMB △中，BM ==Q )50501EN EB BN EC =+=+==ECN \V 是等腰直角三角形()1752NCM BCM NCB BCM NCE BCE DCB \Ð=Ð-Ð=Ð-Ð-Ð=°=Ð由阅读材料可得))100501501MN DM BN =+=+-=，\路线M N ®的长比路线M A N ®®的长少)250501200370+-+=+»m ．答案：370．【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．2．（2022·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD 中，∠EAF ＝45°，求证：EF ＝BE ＋DF ．”小明同学的思路：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠B ＝∠ADC ＝90°．把△ABE 绕点A 逆时针旋转到ADE ¢△的位置，然后证明AFE AFE ¢≌△△，从而可得=EF E F ¢．E F E D DF BE DF ¢¢=+=+，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＝∠D ＝90°，12EAF BAD Ð=Ð，直接写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，12EAF BAD Ð=Ð，求证：EF ＝BE ＋DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是O e 的内接四边形，BC 是直径，AB ＝AC ，请直接写出PB ＋PC 与AP 的关系．由旋转可知ABE ADE ¢≌△△，∴BE ∵∠B ＋∠ADC ＝180°，∴ADC ADE Ð+Ð∵12EAF BAD Ð=Ð，∴BAE DAF Ð+Ð∴12DAE DAF BAD ¢Ð+Ð=，∴FAE Ð∵AF ＝AF ，∴FAE FAE ¢≌△△，∴FE 由圆内接四边形性质得：∠AC P 即P ，C ，P ¢在同一直线上．∴∵BC 为直径，∴∠BAC =90°=∠BAP ∴△PAP ¢为等腰直角三角形，∴【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．3．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF Ð=°，求证：EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG V ，使AB 与AD 重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且45EAF Ð=°，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点E ，F 分别是BC ，CD 延长线上的动点，且45EAF Ð=°，则EF ，BE ，DF 之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD 的边长为6，AE =AF 的长．BAE DAG \Ð=Ð，AE AG =，90B ADG Ð=Ð=°，180ADF ADG \Ð+Ð=°，F \，D ，G 三点共线，45EAF Ð=°Q ，45BAE FAD \Ð+Ð=°，45DAG FAD \Ð+Ð=°，EAF FAG \Ð=Ð，AF AF =Q ，()EAF GAF SAS \D @D ，EF FG DF DG \==+，EF DF BE \=+；（2）①不成立，结论：EF DF BE =-；证明：如图2，将ABE D 绕点A 顺时针旋转90°至ADM D ，EAB MAD \Ð=Ð，AE AM =，90EAM =°∠，BE DM =，45FAM EAF \Ð=°=Ð，AF AF =Q ，()EAF MAF SAS \D @D ，EF FM DF DM DF BE \==-=-；②如图3，将ADF D 绕点A 逆时针旋转90°至ABN D ，4．（2022·山东省青岛第二十六中学九年级期中）【模型引入】当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且∠EAF12=∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，V CEF的周长等于．（4）如图4，正方形ABCD中，V 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、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝，求EF的长．（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．（5）将△ADF 绕A 顺时针旋转120°，AD与AB 重合，F 转到G ，在AG 上取AH =AN ，连接BH 、MH ，利用△ABH ≌△ADN 和△AMH ≌△AMN ，证明MN =MH ，DN =BH ，再证明△BMH 为直角三角形即可．【详解】（1）EF =FC +AE ，理由如下：证明：将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°，得到△DCM ，∴△DAE ≌△DCM ，∴DE =DM ，AE =CM ，∠ADE =∠CDM ，B 、C 、M 三点共线，∵∠EDF =45°，∴∠ADE +∠FDC =∠CDM +∠FDC =∠MDF =45°，在△DEF 和△DMF 中，45DE DM EDF MDF DF DF =ìïÐ=Ð=°íï=î，∴△DEF ≌△DMF （SAS ），∴EF =FM ∴EF =FM =FC +CM =FC +AE ；（2）解：如图，在DC 上取一点G ，使得DG =BE ，∵∠BAD =∠BCD =90°，∴∠ABC +∠D =180°，∠ABE +∠ABC =180°，∴∠ABE =∠D ，∵AB =AD ，BE =DG ，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =45°，∴∠EAB +∠BAF =∠DAG +∠BAF =45°，∵∠BAD =90°，∴∠FAG =∠FAE =45°，∵AE =AG ，AF =AF ，∴△AFE ≌△AFG （SAS ），∴EF =FG ，设BE =x ，则EC =EB +BC =x +7，EF =FG =18-x ，在Rt △ECF 中，∵EF 2=EC 2+CF 2，∴52+（7+x ）2=（18-x ）2，∴x =5，∴BE =5；（3）解：在DF 上截取DM =BE ，课后专项训练：1．（2022·重庆市育才中学二模）回答问题（1）【初步探索】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_______________；（2）【灵活运用】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；（3）【拓展延伸】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，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．（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 ；1∠DAB ．证明：如图3，在DC 延长线上取一点G ，使得2．（2022·江西九江·一模）如图（1），在四边形ABCD 中，180B D Ð+Ð=°，AB AD =，以点A 为顶点作EAF Ð，且12EAF BAD Ð=Ð，连接EF ．(1)观察猜想 如图（2），当90BAD B D Ð=Ð=Ð=°时，①四边形ABCD 是______（填特殊四边形的名称）；②BE ，DF ，EF 之间的数量关系为______．(2)类比探究 如图（1），线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．(3)解决问题 如图（3），在ABC V 中，90BAC Ð=°，4AB AC ==，点D ，E 均在边BC 上，且45DAE Ð=°，若BD =，求DE 的长．（2）如下图，延长CD 至点H ，使得DH=BE ，∵B ADF Ð+а，∴B ADH Ð=Ð，同（1）②的证明方法得ABE ADH ≌△△，同理证AEF ≌△△，从而得BE FD EF +=．（3）如图过点C 作CM BC ⊥,且CM BD =，3．（2022·山东聊城·九年级期末）（1）如图1，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，45EAF Ð=°，连接EF ，求证：EF BE DF =+，试说明理由．（2）类比引申：如图2，四边形ABCD 中，AB AD =，90BAD Ð=°，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF =45°，若B Ð、D Ð都不是直角，则当B Ð与D Ð满足等量关系______时，仍有EF BE DF =+，试说明理由．（3）联想拓展：如图3，在△ABC 中，90BAC Ð=°，AB AC =，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE =45，若1BD =，2EC =，求DE 的长．【详解】()1证明：如图1中，AB AD=Q，\把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，AB与AD重合．∠ADC=∠B=90°∠FDG=180°，点F、D、G三点共线，则DAG BAEÐÐ=，AE AG=，∠FAG=∠FAD+∠GAD=∠FAD+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF即∠EAF=∠FAG，在△EAF和△GAF中，AF AFEAF GAFAE AG=ìïÐ=Ðíï=î，∴△AFG≌△()AFE SAS，∴EF=FG=BE+DF；()2当180B DÐ+Ð=°，仍有EF BE DF=+．理由：AB AD=Q，\把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图2，BAE DAG\Ð=Ð，∠B=∠ADG90BADÐ=°Q，45EAFÐ=°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠FAG=45°∴∠EAF=∠FAG，180ADC BÐ+Ð=°Q，∴∠ADC+∠ADG=180°∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．在△AFE和△AFG中，AE AGFAE FAGAF AF=ìïÐ=Ðíï=î∴△AFE≌△AFG(SAS)．EF FG\=，即：EF BE DF=+．故答案为：180B DÐ+Ð=°．()3将△ACE绕点A旋转到△ABF的位置，连接DF，则∠FAB=∠CAE90BACÐ=°Q，45DAEÐ=°，∴∠BAD+∠CAE=45°．又∵∠FAB=∠CAE，∴∠FAB+∠BAD=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°．4．（2022·黑龙江九年级阶段练习）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 ．当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，（如图1），易证BM +DN =MN ．(1)当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时（如图2），线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；(2)当∠MAN 绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM 、DN 和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【答案】(1)BM DN MN +=，理由见解析；(2)DN BM MN -=，理由见解析【分析】（1）把ADN D 绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE D ，然后证明得到AEM ANM D D ≌，从而证得ME MN =，可得结论；（2）首先证明ADQ ABM D D ≌，得DQ BM =，再证明AMN AQN D D ≌，得MN QN =，可得结论；（1）解：BM DN MN +=．理由如下：如图2，把ADN D 绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE D ，90ABE ADN \Ð=Ð=°，AE AN =，BE DN =，180ABE ABC \Ð+Ð=°，\点E ，点B ，点C 三点共线，90904545EAM NAM \Ð=°-Ð=°-°=°，又45NAM Ð=°Q ，在AEM D 与ANM D 中，AE AN EAM NAM AM AM =ìïÐ=Ðíï=î，AEM ANM \D D ≌（SAS ），ME MN \=，ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN \+=；（2）解：DN BM MN -=．理由如下：在线段DN 上截取DQ BM =，在ADQ D 与ABM D 中，AD AB ADQ ABM DQ BM =ìïÐ=Ðíï=î，ADQ ABM \D D ≌（SAS ），DAQ BAM \Ð=Ð，QAN MAN \Ð=Ð．在AMN D 和AQN D 中，AQ AM QAN MAN AN AN =ìïÐ=Ðíï=î，AMN AQN \D D ≌（SAS ），MN QN \=，DN BM MN \-=．【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．5．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形ABCD 中，45MAN Ð=°，MAN Ð绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交BC 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．(1)当MAN Ð绕点A 旋转到BM DN =时（如图1），证明：2MN BM =；(2)绕点A 旋转到BM DN ¹时（如图2），求证：MN BM DN =+；(3)当MAN Ð绕点A 旋转到如图3位置时，线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)DN BM MN -=，见解析【分析】（1）把ADN △绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE △，证得B 、E 、M 三点共线，即可得到AEM △≌ANM V ，从而证得ME MN =；（2）证明方法与（1）类似；（3）在线段DN 上截取DQ BM =，判断出ADQ △≌ABM V，同（2）的方法，即可得出结论．（1）证明：如图1，∵把ADN △绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE △，ABE \V ≌ADN △，AE ANM \=，ABE D Ð=Ð，Q 四边形ABCD 是正方形，90ABC D \Ð=Ð=°，90ABE ABC \Ð=Ð=°，\点E 、B 、M 三点共线．90904545EAM NAM \Ð=°-Ð=°-°=°，又45NAM Ð=°Q ，在AEM △与ANM V 中，AE AN EAM NAM AM AM =ìïÐ=Ðíï=î，AEM \△≌()ANM SAS V ，ME MN \=，ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN \+=，BM DN =Q ，2MN BM \=．（2）证明：如图2，把ADN △绕点A 顺时针旋转90°，得到ABE △，ABE \V ≌ADN △，AE ANM \=，ABE D Ð=Ð，Q 四边形ABCD 是正方形，90ABC D \Ð=Ð=°，90ABE ABC \Ð=Ð=°，\点E 、B 、M三点共线．90904545EAM NAM \Ð=°-Ð=°-°=°，又45NAM Ð=°Q ，在AEM △与ANM V 中，AE AN EAM NAM AM AM =ìïÐ=Ðíï=î，AEM \△≌()ANM SAS V ，ME MN \=，ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN \+=．（3）解：DN BM MN -= 理由如下：如图3，在线段DN 上截取DQ BM =，连接AQ ，在ADQ △与ABMV 中，AD AB ADQ ABM DQ BM =ìïÐ=Ðíï=î，ADQ \V ≌()ABM SAS V ，DAQ BAM \Ð=Ð，QAN MAN \Ð=Ð．在AMN V 和AQN △中，AQ AM QAN MAN AN AN =ìïÐ=Ðíï=î，AMN\V ≌()AQN SAS V ，MN QN \=，DN BM MN \-=．【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．6．（2022·江西景德镇·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形ABCD 中，AB AD =，90ABC ADC Ð=Ð=°，100BAD Ð=°，50EAF Ð=°，猜想并写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，证明你的猜想；（2）【迁移推广】如图2，在四边形ABCD 中，AB AD =，180ABC ADC Ð+Ð=°，2BAD EAF ÐÐ=．请写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并证明；（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（O 处）北偏东20°的A 处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的B 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达C ，D 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．【答案】（1）EF =BE +DF ，理由见解析；（2）EF =BE +DF ，理由见解析；（3）85海里【分析】（1）延长CD 至点G ，使DG =BE ，连接AG ，可证得△ABE ≌△ADG ，可得到AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，再由100BAD Ð=°，50EAF Ð=°，可证得△AEF ≌△AGF ，从而得到EF =FG ，即可求解；（2）延长CD 至点H ，使DH =BE ，连接AH ，可证得△ABE ≌△ADH ，可得到AE =AH ，∠BAE =∠DAH ，再由2BAD EAF ÐÐ=，可证得△AEF ≌△AHF ，从而得到EF =FH ，即可求解；（3）连接CD ，延长AC 、BD 交于点M ，根据题意可得∠AOB =2∠COD ，∠OAM +∠OBM =70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：CD =AC +BD ，即可求解．【详解】解：（1）EF =BE +DF ，理由如下：如图，延长CD 至点G ，使DG =BE ，连接AG ，∵90ABC ADC Ð=Ð=°，∴∠ADG =∠ABC =90°，∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADG ，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵100BAD Ð=°，50EAF Ð=°，∴∠BAE +∠DAF =50°，∴∠FAG =∠EAF =50°，∵AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF ，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF ，∴EF =DG +DF =BE +DF ；（2）EF =BE +DF ，理由如下：如图，延长CD 至点H ，使DH =BE ，连接AH ，∵180ABC ADC Ð+Ð=°，∠ADC +∠ADH =180°，∴∠ADH =∠ABC ，∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADH ，∴AE =AH ，∠BAE =∠DAH ，∵2BAD EAF ÐÐ=∴∠EAF =∠BAE +∠DAF =∠DAF +∠DAH ，∴∠EAF =∠HAF ，∵AF =AF ，∴△AEF ≌△AHF ，∴EF =FH ，∵FH =DH +DF ，∴EF =DH +DF =BE +DF ；（3）如图，连接CD ，延长AC 、BD 交于点M ，根据题意得： ∠AOB =20°+90°+40°=150°，∠OBD =60°+50°=110°，∠COD =75°，∠OAM =90°-20°=70°，OA =OB ，∴∠AOB =2∠COD ，∠OAM +∠OBM =70°+110°=180°，∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．7．（2022·上海·九年级专题练习）小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，∠DAE＝45°．若BD＝3，CE＝1，求DE的长．小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90º，得到△ACF，联结EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE＝45°，可证△FAE≌△DAE，得FE＝DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．(1)请回答：在图2中，∠FCE的度数是，DE的长为．参考小明思考问题的方法，解决问题：(2)如图3，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．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．∴BE ＝DG ，AE ＝AG ，∵∠B ＋∠ADC ＝180°，∠∴∠ADG ＋∠ADC ＝180°∵∠EAF ＝12∠BAD ，∴∠8．（2022·黑龙江·哈尔滨市九年级阶段练习）已知四边形ABCD 是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A 点重合，将此三角板绕A 点旋转时，两边分别交直线BC ，CD 于M ，N ．(1)如图1，当M ，N 分别在边BC ，CD 上时，求证：BM +DN =MN(2)如图2，当M ，N 分别在边BC ，CD 的延长线上时，请直接写出线段BM ，DN ，MN 之间的数量关系(3)如图3，直线AN 与BC 交于P 点，MN =10，CN =6，MC =8，求CP 的长．【答案】（1）见解析；（2）BM DN MN -=；（3）3【分析】（1）延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，先证明AGB AND @△△，由此得到AG AN =，GAB DAN Ð=Ð，再根据45MAN Ð=°，90BAD Ð=°，可以得到45GAM NAM Ð=Ð=°，从而证明AMN AMG △≌△，然后根据全等三角形的性质即可证明BM DN MN +=；（2）在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，先证明AGB AND @△△，由此得到AG AN =，GAB DAN Ð=Ð，由此可得90GAN BAD Ð=Ð=°，再根据45MAN Ð=°可以得到45GAM NAM Ð=Ð=°，从而证明AMN AMG △≌△，然后根据全等三角形的性质即可证明BM DN MN -=；（3）在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，先证明ABM ADG V V ≌，再证明AMN AGN △≌△，设DG BM x ==，根据DC BC =可求得2x =，由此可得6AB BC CD CN ====，最后再证明ABP NCP △≌△，由此即可求得答案．【详解】（1）证明：如图，延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD =，90ABG ADN BAD Ð=Ð=Ð=°，在ABG V 与ADN △中，AB AD ABG ADN BG DN =ìïÐ=Ðíï=î， ()AGB AND SAS \△≌△，AG AN \=，GAB DAN Ð=Ð，45MAN Ð=°Q ，90BAD Ð=°，∴45DAN BAM BAD MAN Ð+Ð=Ð-Ð=°，45GAM GAB BAM DAN BAM \Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=°，GAM NAM \Ð=Ð，在AMN V 与AMG V 中，AM AM GAM NAM AN AG =ìïÐ=Ðíï=î， ()AMN AMG SAS \△≌△，MN GM \=，又∵BM GB GM +=，BG DN =，BM DN MN \+=；（2）BM DN MN -=，理由如下：如图，在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD =，90ABG ADN BAD Ð=Ð=Ð=°，在ABG V 与ADN△中，AB AD ABG ADN GB DN =ìïÐ=Ðíï=î，()AGB AND SAS \△≌△，AG AN \=，GAB DAN Ð=Ð，∴GAB GAD DAN GAD Ð+Ð=Ð+Ð，∴90GAN BAD Ð=Ð=°，又45MAN Ð=°Q ，45GAM GAN MAN MAN \Ð=Ð-Ð=°=Ð，在AMN V 与AMG V 中，AM AM GAM NAM AN AG =ìïÐ=Ðíï=î，()AMN AMG SAS \△≌△，MN GM \=，又∵BM BG GM -=，BG DN =，∴BM DN MN -=，故答案为：BM DN MN -=；（3）如图，在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD BC CD ===，90ABM ADG BAD Ð=Ð=Ð=°，//AB CD ，9．（2022·浙江·九年级阶段练习）如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD 的顶点A 重合，将此三角板绕点A 旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC ，DC 于点E ，F ，连接EF ．（1）猜想BE 、EF 、DF 三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）在图1中，过点A 作AM ⊥EF 于点M ，请直接写出AM 和AB 的数量关系；（3）如图2，将Rt △ABC 沿斜边AC 翻折得到Rt △ADC ，E ，F 分别是BC ，CD 边上的点，∠EAF =12∠BAD ，连接EF ，过点A 作AM ⊥EF 于点M ，试猜想AM 与AB 之间的数量关系．并证明你的猜想．【答案】（1）EF =BE +DF ．证明见解析；（2）AM =AB ；（3）AM =AB ．证明见解析10．（2022·北京四中九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点P在线段AB上，作射线CP（0°＜∠ACP＜45°)，射线CP绕点C逆时针旋转45°，得到射线CQ，过点A作AD⊥CP于点D，交CQ 于点E，连接BE．(1)依题意补全图形；(2)用等式表示线段AD，DE，BE之间的数量关系，并证明．【答案】(1)作图见解析．(2)结论：AD+BE=DE．证明见解析．【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）结论：AD+BE=DE．延长DA至F，使DF=DE，连接CF．利用全等三角形的性质解决问题即可．（1）解：如图所示：（2）结论：AD+BE=DE．理由：延长DA至F，使DF=DE，连接CF．∵AD⊥CP，DF=DE，∴CE=CF，∴∠DCF =∠DCE =45°，∵∠ACB =90°，∴∠ACD +∠ECB =45°，∵∠DCA +∠ACF =∠DCF =45°，∴∠FCA =∠ECB ，在△ACF 和△BCE 中，CA CB ACF BCE CF CE =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD +BE =DE ．【点睛】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．。
2025年中考数学总复习一轮专项突破课件：半角模型
又∵∠ECD′＝∠ECA＋∠ACD′＝∠ECA＋∠B＝90°， ∴在Rt△ECD′中，②______. ∵CD′＝BD＝3，CE＝4， ∴DE＝D′E＝③______.
【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：___△_A_D__E_≌_△__A_D__′_E___；“②”应填： __E_C_2_＋_C_D__′_2_＝__E_D_′__2 ___；“③”处应填：__5___．
2025年中考数学总复习一轮专项突破
半角模型
典例 数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发 我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验． 某数学兴趣小组就进行了这样的活动，通过折一折、转一转、剪一剪， 体会了活动带来的乐趣．
(1) 折 一 折 ： 将 正 方 形 纸 片 ABCD 折 叠 ， 使 边 AB ， AD 都 落 在 对 角 线 AC 上，展开得折痕AE，AF，连接EF，如图1，∠EAF＝___4_5_°___．
【变式探究2】(4)剪一剪：小东将正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4， 将∠EAF绕点A旋转，使∠EAF的两边与边BD相交于点P，Q，如图4.请 你帮小东探究BP，PQ，DQ之间的数量关系．
解 ： 将 AQ 绕 点 A 顺 时 针 旋 转 90° 得 到 AE ， 连 接 BE ， EP ， 并 标 记 相 关 角，如解图3所示． 由旋转的性质，可知AE＝AQ. 由题意，得AB＝AD，∠4＝∠5＝45°， ∠BAD＝∠EAQ＝90°. ∴∠1＋∠BAQ＝∠2＋∠BAQ＝90°. ∴∠1＝∠2. ∴△ABE≌△ADQ(SAS)．
强化训练
(2024·乐山改编)【问题情境】
如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝ 4，求DE的长． 解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连接ED′. 由旋转的特征，得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′. ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，∴∠BAD＋∠EAC＝45°. ∵∠BAD＝∠CAD′， ∴∠CAD′＋∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°. ∴∠DAE＝∠D′AE. 在△DAE和△D′AE中，AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE， ∴①______.∴DE＝D′E.
专题04 半角模型巩固练习(基础)-冲刺中考几何专项复习(解析版)
半角模型巩固练习（基础）1. 在等腰Rt△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90º，O为AB的中点，∠EOF＝45º，交CA于F，交BC的延长线于E.（1）求证：EF＝CE＋AF；（2）如图2，当E在BC上，F在CA的反向延长线上时，探究线段AF、CE、EF之间的数量关系，并证明.【解答】（1）见解析；（2）AF－EF＝CE.【解析】（1）连接CO，过点O作OG⊥OF交BE于点G，如图所示：由题意可得△AOF≌△COG，∴OF＝OG，∴△EOF≌△EOG，∴EF＝EG，∴EF＝EG＝EC＋CG＝EC＋AF；（2）AF－EF＝CE.2. 如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180º，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF ＝BAD，求证：EF＝BE＋FD.【解答】见解析【解析】如图，将△ADF顺时针旋转得到△ABG，使得AD与AB重合.∵旋转，∴△ADF≌△ABG，∴∠FAG＝∠BAD，AF＝AG，DF＝GB，∵∠EAF＝BAD，∴∠EAF＝∠EAG，又∵AE＝AE，∴△EAG≌△EAF，∴GE＝EF，∵GE＝GB＋BE＝DF＋BE，∴EF＝BE＋FD.3. 如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，∠BDC＝120º，以D为顶点作一个60º的角，使其两边分别交AB于M，交AC于N，连接MN，则△AMN的周长是多少？【解答】6【解析】∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120º，∴∠BCD＝∠DBC＝30º，∵△ABC是边长为3的等边三角形，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60º，∠DBA＝∠DCA＝90º，如图，延长AB至点F，使BF＝CN.连接DF，在△BDF与△CND中，∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，∵∠MDN＝60º，∴∠BDM＋∠CDN＝60º，∴∠BDM＋∠BDF＝60º，在△DMN与△DMF中，∴MN＝MF，∴△AMN的周长是：AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋BF＋AN＝AB＋AC＝6.4. 如图，在等边△ABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线相交于点O，点E、F分别在线段AB、BC上，连接EO、FO，满足∠EOF＝60º，连接EF.（1）①求证：OB＝OC；②求∠BOC的度数；（2）求证：CF＝BE＋EF.【解答】（1）①见解析；②120º；（2）见解析.【解析】（1）①∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60º，∵OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，∴∠OBC＝∠OCB＝30º，∴OB＝OC；②∵∠OBC＝∠OCB＝30º，∴∠BOC＝180º－∠OBC－∠OCB＝120º.（2）如图，以点O为顶点，OF为一边，作∠FOG＝60º交BC于点G.∵∠BOC＝120º，∴∠BOF＋∠COG＝60º，∵∠EOF＝60º，∴∠EOB＋∠BOF＝60º，∴∠COG＝∠EOB，∵∠ABO＝∠ABC＝30º，∴∠EBO＝∠OCG，∴△BOE≌△COG，∴OG＝OE，BE＝CG，又∵△OEF≌△OGF，∴EF＝FG，∴CF＝FG＋CG，∴CF＝EF＋BE.5. 如图，在平面直角坐标系中，且.（1）求证：△ABC是等边三角形；（2）如图2，A、B两点在轴上、轴上的位置不变，在线段AB上有两动点M、N，满足∠MON＝45º，试猜想线段BM、AN、MN之间的数量关系，并证明你的结论.【解答】（1）见解析；（2）【解析】（1），且，∴，，∴OA＝OB＝OC＝4，∵∠AOB＝∠BOC＝90º，∴∠BCA＝∠CBO＝∠OBA＝∠BAC＝45º，∴BA＝BC且∠CBA＝90º，即△ABC是等腰直角三角形；（2）猜想：.∵OA＝OB＝4，∴∠AOB＝90º，如图，将△BOM绕点O顺时针旋转90º得到△AOD，∴AD＝BM，DO＝MO，∠OAD＝∠OBM＝45º，且∠DOM＝∠AOB＝90º，∴∠AOD＝∠BOM，∵∠MON＝45º，∠AOB＝90º，∴∠BOM＋∠AON＝45º，∴∠AOD＋∠AON＝45º，即∠DON＝∠MON＝45º，∴△DON≌△MON，∴DN＝MN，∵∠OAD＝∠OBM＝∠BAO＝45º，即∠NAD＝90º，.6. 在四边形ABDC中，AC＝AB，DC＝DB，∠CAB＝60º，∠CDB＝120º，E是AC上一点，F是AB延长线上一点，且CE＝BF.（1）试说明：DE＝DF；（2）在图1中，若G在AB上且∠EDG＝60º，试猜想CE、EG、BG之间的数量关系并证明；（3）若题中条件“∠CAB＝60º，∠CDB＝120º”改为“∠CAB＝，∠CDB＝，G在AB上，那么∠EDG满足什么条件时，（2）中的结论仍然成立？”（直接写结果，不需证明）.【解答】（1）见解析；（2）CE＋BG＝EG；（3）当∠EDG＝时，CE＋BG＝EC仍然成立.【解析】（1）在四边形ADBC中，有∠C＋∠CAB＋∠ABD＋∠CDB＝360º，∵∠CAB＝60º，∠CDB＝120º，∴∠C＋∠ABD＝180º，又∵∠ABD＋∠DBF＝180º，∴∠C＝∠BDF，在△CDE与△BDF中，，∴△CDE≌△BDF（SAS），∴DE＝DF；（2）如图，连接AD.在△ABD与△ACD中，∴∠BDA＝∠CDA＝∠CDB＝60º，∵∠EDG＝60º，∴∠CDE＝∠ADG，∠ADE＝∠BDG，由（1）可知△CDE≌△BDF，∴∠CDE＝∠BDF，∴∠BDG＋∠BDF＝60º，即∠FDG＝60º，∴∠EDG＝∠FDG，在△DEG和△DFG中，∴EG＝FG，又∵CE＝BF，FG＝BF＋BG，∴CE＋BG＝EG；（3）要使CE＋BG＝EG仍然成立，则∠EDG＝∠BDA＝∠CDB，即∠EDG＝，∴当∠EDG＝时，CE＋BG＝EC仍然成立.。
专题20 角含半角模型问题(解析版)-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练
专题20 角含半角模型问题【规律总结】角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。
它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。
解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
【典例分析】例1．（2020·广西南宁市·九年级期中）（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．【答案】（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,DM BE,MAD EABMAE BAD 90 ≌MAN 45EAN MAN 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MANEANAN ANAMN AEN SAS ≌MN EN≌BNEB 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,DM BE,MAD EABMAEBAD 120 MAN 60 EAN MAN 60在AMN 和AEN 中MANEANAN 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．例2．（2020·四川成都市·八年级期末）已知，90POQ ∠=，分别在边OP ，OQ 上取点A ，B ，使OA OB =，过点A 平行于OQ 的直线与过点B 平行于OP 的直线相交于点C ．点E ，F 分别是射线OP ，OQ 上动点，连接CE ，CF ，EF ．（1）求证：OA OB AC BC ===；（2）如图1，当点E ，F 分别在线段AO ，BO 上，且45ECF ∠=时，请求出线段EF ，AE ，BF 之间的等量关系式；（3）如图2，当点E ，F 分别在AO ，BO 的延长线上，且135ECF ∠=时，延长AC 交EF 于点M ，延长BC 交EF 于点N ．请猜想线段EN ，NM ，FM 之间的等量关系，并证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）EF AE BF =+；（3）222MN EN FM =+，见解析【分析】（1）连接AB ,通过90POQ ∠=，OA OB =得到AOB 为等腰直角三角形，进而得到45OAB OBA ∠=∠=，根据过点A 平行于OQ 的直线与过点B 平行于OP 的直线相交于点C ，可推出45CBA ∠=，45BAC ∠=，最后通过证明AOB ≌ACB △，可以得出结论；（2）在射线AP 上取点D ，使AD BF =，连接CD ，通过证明CAD ≌CBF ，得到CD CF =，ACD BCF ∠=∠，再结合45ECF ∠=，90ACB ∠=推导证明ECD ≌ECF △，得到ED EF =，最后等量代换线段即可求解；（3）延长AO 到点D ，使得AD BF =，连接CD ，通过证明CAD ≌CBF ，得到CD CF =，ACD BCF ∠=∠，再结合135ECF ∠=，推导证明ECD ≌ECF △，得到D CFM ∠=∠，根据D CFB ∠=∠，等量代换可知CFM CFB ∠=∠，又因为//AC OQ ，推出MCF CFB ∠=∠，进而得到MC MF =，同理可证CN EN =，最后根据勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：连接AB ．90POQ ∠=，OA OB =，∴AOB 为等腰直角三角形，∴45OAB OBA ∠=∠=， 又//BC OP ，且90POQ ∠=，∴BC OQ ⊥，∴90CBF ∠=，∴45CBA ∠=，同理，45BAC ∠=，在AOB 与ACB △中OAB CAB AB ABOBA CBF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴AOB ≌ACB △()ASA ，∴90AOB ACB ∠=∠=，OA OB AC BC ===；（2）如图1，在射线AP 上取点D ，使AD BF =，连接CD ．在CAD 与CBF 中CA CB CAD CBF AD BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴CAD ≌CBF ()SAS ，∴CD CF =，ACD BCF ∠=∠，45ECF ∠=，90ACB ∠=，∴45ACE BCF ∠+∠=，∴45ACE ACD ECD ∠+∠=∠=，∴ECD ECF ∠=∠，在ECD 与ECF △中CD CF ECD ECF CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ECD ≌ECF △()SAS ，∴ED EF =，又ED AD AE BF AE =+=+，∴EF AE BF =+．（3）222MN EN FM =+．证明如下：如图2，延长AO 到点D ，使得AD BF =，连接CD ．∴90CAD CBF ∠=∠=，在CAD 与CBF 中CA CB CAD CBF AD BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴CAD ≌CBF ()SAS ，∴CD CF =，ACD BCF ∠=∠，90ACD DCB ∠+∠=，∴90BCF DCB DCF ∠+∠==∠，∴90FCD BCA ∠=∠=，135ECF ∠=，∴36090135135ECD ∠=--=，∴ECF ECD ∠=∠，在ECD 与ECF △中EC EC ECD ECF CD CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴ECD ≌ECF △()SAS ，∴D CFM ∠=∠，CAD ≌CBF ，∴D CFB ∠=∠，∴CFM CFB ∠=∠，//AC OQ ，∴MCF CFB∠=∠，∴CFM MCF∠=∠，∴MC MF=，=，同理可证：CN EN∴在Rt MCN△中，由勾股定理得：22222=+=+．MN CN CM EN FM【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理以及正方形的有关知识，通过添加辅助线构造全等三角形，通过证明全等三角形得到线段之间的关系是解题的关键．【好题演练】一、单选题1．（2021·上海九年级专题练习）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△FAE＝△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、填空题2．（2021·上海九年级专题练习）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_____．【答案】【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．【详解】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≌≌DMN 的周长为DM +DN +MN ＝DM +DN +BM +CN ＝BD +DC ＝，故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．三、解答题3．（2020·黑龙江哈尔滨市·九年级月考）矩形ABCD 中，M 、N 为边AD 上两点，连接BM 、CN ，MN=BM=CN ，△BMD=120°．（1）如图1，求证：AM=DN ；（2）如图2，点E 、F 分别在NC 、BC 上，△FME=60°，求证：EF= BF+NE ；（3）如图3，在(2)的条件下，过E 作EP△BC 交MF 于P ，2MN=3BF ，EP=7，求CE 的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3【分析】（1）由题意易得AB=CD ，≌A=≌D=90°，进而可证Rt≌ABM≌Rt≌DCN ，最后得证；（2）延长CB 至G ，使BG=NE ，连接MG ，易得≌MBG=≌BMD=≌MNE=120°，进而可证MG=ME ，≌GMB=≌EMN ，≌GMF=≌FME ，MF=MF ，≌GMF≌≌EMF ，然后根据线段的数量关系可求解； （3）设BF=2a ，MN=BM=CN=3a ，则有≌A=≌D=≌DCB=90°，AD=BC ，由（1）可得AM=12BM=32a ，由(2)问可知：EF=BF+NE ，≌GMF≌≌EMF ，≌MFB=≌MFE ，可得CE=CN -EN=3a -(7-2a)=5a -7，过点E 作ER≌BC 于R ，≌ERF=≌ERC=≌DCB=90°，ER≌DC ，然后根据勾股定理进行求解即可．【详解】（1）证明：≌四边形ABCD是矩形，≌AB=CD，≌A=≌D=90°，≌BM=CN，≌Rt≌ABM≌Rt≌DCN(HL)，≌AM=DM（2）解：延长CB至G，使BG=NE，连接MG，≌四边形ABCD是矩形，≌AD≌BC，≌≌MBG=≌BMD=≌MNE=120°，≌BM=MN，≌≌GBM≌≌ENM(SAS)，≌MG=ME，≌GMB=≌EMN，≌≌BMD=120°，≌FME=60° ，≌≌GMF=≌GMB+≌BMF=≌EMN+≌BMF =≌BMD-≌FME=120°-60° =60°，≌≌GMF=≌FME，MF=MF，≌GMF≌≌EMF(SAS)，≌GF=EF，≌GF=BF+GB=BF+NE，即EF=BF+NE；（3）解：≌2MN=3BF，≌设BF=2a，MN=BM=CN=3a，≌四边形ABCD是矩形，≌≌A=≌D=≌DCB=90°，AD=BC，由(1)问可知：Rt≌ABM≌Rt≌DCN，≌≌AMB=≌CND=180°-≌BMD=180°-120° =60° ，≌ABM=≌DCN=90°-60°=30°，在Rt≌ABM中，≌AM=12BM=32a，同理DN=32a，≌AD=BC=AM+MN+DN= 32a+3a+32a=6a，≌FC=BC-BF=6a-2a=4a，由(2)问可知：EF=BF+NE，≌GMF≌≌EMF，≌MFB=≌MFE，≌EP≌BC，≌≌EPF=≌MFB=≌MFE，≌EF=EP=7，≌NE=EF-BF=7-2a，≌CE=CN-EN=3a-(7-2a)=5a-7过点E作ER≌BC于R，≌≌ERF=≌ERC=≌DCB=90°，ER≌DC，≌≌CER=≌DCN=30° ，在Rt≌ERC中，RC=12CE=572a-，≌FR=FC-RC=4a-572a-=372a+，在Rt≌ERC中，ER2=EC2-CR2，在Rt≌ERF中，ER2=EF2-FR2，≌EC2-CR2=EF2-FR2，≌(5a-7)2-(572a-)2=72-(372a+)2解得a1=0 (不符合题意，舍去)，a2=2，≌CE=5a-7=3．【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质与判定、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4．（2020·山东滨州市·八年级期中）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．【答案】（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 CD BDE 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． 5．（2020·陕西西安市·七年级期末）（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．6．（2019·全国九年级专题练习）如图所示，在ABC ∆中，30A B ∠=∠=︒，60MCN ∠=︒，MCN ∠的两边交AB 边于E ，F 两点，将MCN ∠绕C 点旋转（1）画出BCF ∆绕点C 顺时针旋转120︒后的ACK ∆；（2）在（1）中，若222AE EF BF +=，求证：BF =；（3）在（2）的条件下，若1AC =，直接写出EF 的长.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3【解析】【分析】（1）旋转后CB 与CA 重合，作≌KCA=≌FCB ，截取KC=FC 即可；（2）连结KE ，作KH≌AC 于H ，先得到≌ACE+≌BCF=60°，再根据旋转的性质得BF=AK ，≌KCA=≌FCB ，CK=CF ，≌KAC=≌B=30°，则≌KCE=≌FCE ，可根据“SAS”判断≌CKE≌≌CFE ，所以KE=EF ，由于AE 2+EF 2=BF 2，则AE 2+KE 2=AK 2，根据勾股定理的逆定理得≌AEK=90°，且≌KEC=≌FEC=45°，可计算≌BCF=45°，设KH=a ，在Rt≌KHC 中可得；在Rt≌KHA 中得AK=2a ，所以AK ：KC=2a ：，则BF ：，（3）设KH=a ，在Rt≌KHC 中得HC=a ；在Rt≌KHA 中得，则+1，解得a=1，则AK=2，在Rt≌AEK 中，计算出≌KAE=60°，≌AKE=30°，所以AE=12AK=1，KE=．（1）作图如图所示（2）证明：连结KE ，作KH≌AC 于H ，如图，≌≌A=≌B=30°，≌MCN=60°，≌≌ACB=120°，≌≌ACE+≌BCF=60°，≌≌BCF 绕点C 顺时针旋转120゜后的≌ACK ，≌BF=AK ，≌KCA=≌FCB ，CK=CF ，≌KAC=≌B=30°，≌≌KCE=≌KCA+≌ACE=≌FCB+≌ACE=60°，≌≌KCE=≌FCE ，在≌CKE 和≌CFE 中CK CF KCE FCE CE CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，≌≌CKE≌≌CFE ，≌AE2+EF2=BF2，≌AE2+KE2=AK2，≌≌AEK为直角三角形，≌≌AEK=90°，≌≌KEC=≌FEC=45°，≌≌BCF=180°-45°-60°-30°=45°，≌≌KCA=45°，设KH=a，在Rt≌KHC中，a；在Rt≌KHA中，AK=2a，≌AK：KC=2a，≌BF：，即；（3）设KH=a，在Rt≌KHC中，HC=a；在Rt≌KHA中，，，解得a=1，≌AK=2a=2，在Rt≌AEK中，≌KAE=≌KAC+≌CAE=60°，≌≌AKE=30°，≌AE=12AK=1，【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质以及含30度的直角三角形三边的关系．。
专题04 全等模型-半角模型(原卷版)
专题04全等模型-半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。
思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。
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。
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.模型1.半角模型（90°-45°型）【模型展示】1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④∆AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
2）等腰直角三角形半角模型条件：∆ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；例1．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF ∠=︒，求证：EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG ，使AB 与AD 重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点E ，F 分别是BC ，CD 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则EF ，BE ，DF 之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD 的边长为6，AE =AF 的长．例2．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC ，△DEP 是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC ＝∠PDE ＝90°．使△DEP 的顶点P 与△ABC 的顶点A 重合，PD ，PE 分别与BC 相交于点F 、G ，若BF ＝6，CG ＝4，则FG ＝_____．例3．（2022春·山东烟台·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为_____．△绕点（分析：我们把ADF于是易证得：ADF≅直接应用：正方形ABCD(2)【变式练习】已知：如图、、之间的数量关系，并说明理由．写出BD DE CE模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）1）等边三角形半角模型（120°-60°型）条件：∆ABC是等边三角形，∆BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④∆AEF的周长=2AB；⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。
(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。
中考数学复习满分突破(全国通用)：专题12 半角模型(原卷版)
专题12半角模型半角模型的概述：当一个角包含着该角的半角，如90°角包含着45°角，120°角包含着60°角，270°角倍角关系，且这两个角共顶点，共顶点的两条边相等，则该模型为半角模型。
解包含着135°角，即出现12题方法为：1）过公共点作旋转，2）截长补短的方法构造全等解题。
基本模型：1）90°的半角模型（常考）已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C∆CEF=2倍正方形边长④S∆ABE+S∆ADF=S∆AEF⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形(11)EF=2OP(12)S∆AEF=2S∆APO(13)AB2=BP×OD(14)CE•CF=2BE•DF(15)∆EPC为等腰三角形(16)PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)证明：①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM先根据已知条件∆ABE≌∆ADM(SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM而∠BAE+∠FAD=45°，所以∠DAM+∠FAD=45°，可证明∆AEF≌∆AMF (SAS)，由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF②思路：∵∆AEF≌∆AMF(SAS)∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF∴AF平分∠DFE又∵∠AMF=∠AEB∴∠AEB=∠AEF∴AE平分∠BEF③思路：C∆CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+EC）+（DF+FC）=BC+DC=2BC④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG因此可以证明:∆ABE≌∆AGE(AAS),∆AGF≌∆ADF(AAS)所以AB=AG=AD，S∆ABE=S∆AGE，S∆AGF=S∆ADF则S∆AEF=S∆AGE+S∆AGF=S∆ABE+S∆ADF⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB,使AD，AB重合因为∆APD≌∆ANB(AAS)所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°因为∠BAE+∠PAD=45°所以∠NAB+∠BAE=45°则∆ANO≌∆APO(SAS)所以NO=OP在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2，则OP2=OB2+OD2⑦思路：已知tan∠EAB=BEAB =12，且∠EAB+∠FAD=45°∴tan∠FAD=13（“12345型”），∴DF:AD=1:3，即点F为CD的三等分点。
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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．。
专题3.1 半角模型-2021年中考数学第二轮总复习课件(全国通用)
∴DE=GF=b-3,CE=7-b.
4.在Rt△BCE中求出b=25/7
E
DБайду номын сангаас
拓展提高
2.如图,在△ABC中,AB=BC,∠ABC=90º,D是AB上一动点,连接CD,以
CD为直径的⊙M交AC于点E,连接BM并延长交AC于点F,交⊙M于点
G,连接BE.
(1)求证：点B在⊙M上；
(2)当点D移动到使CD⊥BE时,求BC:BD的值； 2 +1
A
【思路点拨】
D
先将△ADF绕点A旋转得△ABF´
再证△AEF≌△AEF´
F
结论：EF=BE+DF
F´
BE C
半角信息——带形旋转——轴对称的全等三角形．
当堂训练一
2.如图,已知△ABC是等腰直角三角形,
A
点D,E在BC上,且满足∠DAE=45º. E´
求证:DE2=BD2+CE2
【思路点拨】
【一】将△ACE绕点A旋转到△ADE´,连
F´
EB
C
半角信息——带形旋转——轴对称的全等三角形．
F
类型2 小角不全在大角内部
1.如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠ADC=180º,E,F分别是BC，
CD上的点,且∠EAF=0.5∠BAD,BE,DF,EF三条线段之间的数量关系
是否仍然成立,若不成立,写出它们之间的数量关系并证明.
C
=AB＋AC=2
D
E
基础训练
4.如图,在正方形ABCD内作∠EAF=45º,AE交BC于点E,AF交CD于点F,连接EF,
过点A作AH⊥EF,垂足为H.
(1)将△ADF绕点A顺时针旋转90º得到△ABG． 求证:△AGE≌△AFE;
专题06 半角模型(知识解读)(学生版)
专题06半角模型（知识解读）【专题说明】角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。
它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。
解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
【方法技巧】类型一：等腰直角三角形角含半角模型（1）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°，则：BD+CE=DE.旋转法翻折法作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE（2）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在BC上，点E在BC延长线上，且∠DAE=45°，则：BD+CE=DE.（3）如图，将等腰直角三角形变成任意等腰三角形时，亦可以进行两种方法的操作处理.任意等腰三角形类型二：正方形中角含半角模型（1）如图，在正方形ABCD 中，点E，F 分别在边BC，CD 上，∠EAF=45°，连接EF，过点A 作AG⊥于EF 于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.图示（1）作法：将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°（2）如图，在正方形ABCD 中，点E，F 分别在边CB，DC 的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，则：EF=DF-BE.图示（2）作法：将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°（3）如图，将正方形变成一组邻边相等，对角互补的四边形，在四方形ABCD 中，AB=AD，∠BAD+∠C=180°，点E，F 分别在边BC，CD 上，∠EAF=21∠BAD，连接EF，则：EF=BE+DF.图示（3）作法：将△ABE 绕点A 逆时针旋转∠BAD 的大小类型三：等边三角形中120°含60°的半角模型作辅助线：延长FC到G，使得CG=BE，连接DG结论：▲DEF≌▲DGF；EF=BE+CF【类型一：等腰直角三角形角含半角模型】【典例1】如图，四边形ABCD中，∠A＝∠BCD＝90°，BC＝CD，若将△ABC绕着点C逆时针旋转90°得△EDC．（1）求证：∠ADC+∠CDE＝180°；（2）若AB＝3cm，AC＝，求AD的长；（3）在（2）的条件下，求四边形ABCD的周长和面积．【变式1-1】如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D、E为BC边上两点，∠DAE＝45°，过A点作AF⊥AE，且AF＝AE，连接DF、BF．下列结论：①△ABF≌△ACE，②AD平分∠EDF；③若BD＝4，CE＝3，则AB＝6；④若AB＝BE，S△ABD＝，其中正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式1-2】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，则MN的长为．【类型二：正方形中角含半角模型】【典例2】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．（1）求证：△EDF≌△MDF；（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？【变式2-1】（2022春•路北区期末）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF 交CD于点F，连接EF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．（1）求证：GE＝FE；（2）若DF＝3，求BE的长为．【变式2-2】（2021秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易证得EF ＝BE+FD．大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．任务：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【典例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，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）【变式3-1】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．【变式3-2】已知：如图边长为2的正方形ABCD中，∠MAN的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠MAN＝45°①求证：MN＝BM+DN；②若AM、AN交对角线BD于E、F两点．设BF＝y，DE＝x，求y与x的函数关系式．【类型三：等边三角形中120°含60°的半角模型】【典例4】已知在△ABC中，AB＝AC，D，E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD'，连接D'E．（Ⅰ）如图1，当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝D'E；（Ⅱ）如图2，当DE＝D'E时，请写出∠DAE与∠BAC的数量关系，并说明理由．（Ⅲ）当∠BAC＝90°，DE＝D'E，EC＝CD'时，请直接写出BD与DE的数量关系（不必说明理由）．【变式4-1】（2017秋•锦江区期末）在△ABC中，AB＝AC，点E，F是边BC所在直线上与点B，C不重合的两点．（1）如图1，当∠BAC＝90°，∠EAF＝45°时，直接写出线段BE，CF，EF的数量关系；（不必证明）（2）如图2，当∠BAC＝60°，∠EAF＝30°时，已知BE＝3，CF＝5，求线段EF的长度；（3）如图3，当∠BAC＝90°，∠EAF＝135°时，请探究线段CE，BF，EF的数量关系，并证明．【变式4-2】等边△ABC，D为△ABC外一点，∠BDC＝120°，BD＝DC，∠MDN＝60°，射线DM与直线AB相交于点M，射线DN与直线AC相交于点N，①当点M、N在边AB、AC上，且DM＝DN时，直接写出BM、NC、MN之间的数量关系．②当点M、N在边AB、AC上，且DM≠DN时，猜想①中的结论还成立吗？若成立，请证明．③当点M、N在边AB、CA的延长线上时，请画出图形，并写出BM、NC、MN之间的数量关系．。
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。
人教版八年级数学上册《全等变化模型-半角模型》专题练习-附含答案
人教版八年级数学上册《全等变化模型-半角模型》专题练习-附含答案【模型展示】 【模型条件】BCD ECF D B DC BC ABCD ∠=∠︒=∠+∠=21180，，中，四方形 【模型结论】FD BE EF +=①BEF CE EFD CF ∠∠平分，平分②证明：【例6-1】如图正方形ABCD中∠EAF的两边分别与边BC、CD交于点E、F AE、AF分别交BD 于点G、H且∠EAF＝45°．（1）当∠AEB＝55°时求∠DAH的度数；（2）设∠AEB＝α则∠AFD＝（用含α的代数式表示）；（3）求证：∠AEB＝∠AEF．【解答】解：（1）由ABCD为正方形则∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°当∠AEB＝55°时∠EAB＝90°﹣∠AEB＝90°﹣55°＝35°∴∠DAH＝90°﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°（2）由四边形ABCD为正方形可知∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°∵∠AEB＝α∴∠EAB＝90°﹣α∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAB﹣∠EAF＝90°﹣（90°﹣α）﹣45°＝α﹣45°∴∠AFD＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α．故答案为：135°﹣α．（3）证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABI可得E、B、I三点共线由旋转可知∠DAF＝∠BAI AF＝AI∵∠DAF+∠EAB＝90°﹣∠EAF＝45°∴∠BAI+∠EAB＝45°＝∠IAE在△EAF和△EAI中∴△EAF≌△EAI（SAS）．∴∠AEF＝∠AEI＝∠AEB．【例6-2】在正方形ABCD中已知∠MAN＝45°AH⊥MN垂足为H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．【解答】解：①DN﹣BM＝MN．证明如下：如图在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＝∠F AN＝45°在△MAN和△F AN中∴△MAN≌△F AN（SAS）∴MN＝NF∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM∴DN﹣BM＝MN；②∵△MAN≌△F AN∴∠HNA＝∠DNA∵∠H＝∠D＝90°AN＝AN∴△AHN≌△ADN（AAS）∴AD＝AH∵AD＝AB∴AH＝AB．【例6-3】如图（1）在平面直角坐标系中AB⊥x轴于B AC⊥y轴于C点C（0 4）A（4 4）过C点作∠ECF分别交线段AB、OB于E、F两点（1）若OF+BE＝AB求证：CF＝CE．（2）如图（2）且∠ECF＝45°S△ECF＝6 求S△BEF的值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥x轴AC⊥y轴∴∠ABO＝∠ACO＝90°∵∠BOC＝90°∴∠A＝360°﹣∠ABO﹣∠ACO﹣∠BOC＝90°∴∠A＝∠BOC∵C（0 4）A（4 4）∴OC＝AC＝AB＝4∵OF+BE＝AB AB＝AE+BE∴OF＝AE在△COF和△CAE中∴△COF≌△CAE（SAS）∴CF＝CE．（2）将△ACE绕点C顺时针旋转90°则FG＝AE+OF CG＝CE∠ACE＝∠GCO∵∠ECF＝45°∴∠ACE+∠FCO＝∠ACO﹣∠ECF＝90°45°＝45°∴∠GCF＝∠GCO+∠FCO＝∠ACE+∠FCO＝45°∴∠GCF＝∠ECF在△GCF和△ECF中∴△GCF≌△ECF（SAS）∵S△ECF＝6∴S△GCF＝6∴S△ECA+S△OCF＝6∵由（1）知四边形OBAC为边长为4的正方形∴S四边形OBAC＝4×4＝16∴S△BEF＝S四边形OBAC﹣S△ECF﹣S△ECA﹣S△OCF＝16﹣6﹣6＝4∴S△BEF的值为4．【例6-4】如图在正方形ABCD中M、N分别是射线CB和射线DC上的动点且始终∠MAN＝45°．（1）如图1 当点M、N分别在线段BC、DC上时请直接写出线段BM、MN、DN之间的数量关系；（2）如图2 当点M、N分别在CB、DC的延长线上时（1）中的结论是否仍然成立若成立给予证明若不成立写出正确的结论并证明；【解答】解：（1）BM+DN＝MN理由如下：如图1 在MB的延长线上截取BE＝DN连接AE∵四边形ABCD是正方形∴AB＝AD∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°∴∠ABE＝90°＝∠D在△ABE和△ADN中∴△ABE≌△ADN（SAS）∴AE＝AN∠EAB＝∠NAD∴∠EAN＝∠BAD＝90°∵∠MAN＝45°∴∠EAM＝45°＝∠NAM在△AEM和△ANM中∴△AEM≌△ANM（SAS）∴ME＝MN又∵ME＝BE+BM＝BM+DN∴BM+DN＝MN；（2）（1）中的结论不成立 DN ﹣BM ＝MN ．理由如下：如图2 在DC 上截取DF ＝BM 连接AF则∠ABM ＝90°＝∠D在△ABM 和△ADF 中∴△ABM ≌△ADF （SAS ）∴AM ＝AF ∠BAM ＝∠DAF∴∠BAM +∠BAF ＝∠BAF +∠DAF ＝∠BAD ＝90°即∠MAF ＝∠BAD ＝90°∵∠MAN ＝45°∴∠MAN ＝∠F AN ＝45°在△MAN 和△F AN 中∴△MAN ≌△F AN （SAS ）∴MN ＝NF∴MN ＝DN ﹣DF ＝DN ﹣BM∴DN ﹣BM ＝MN ． 【模型拓展】【拓展6-1】如图 已知(,)A a b AB y ⊥轴于B 且满足22(2)0a b -+-=（1）求A 点坐标；（2）分别以AB AO 为边作等边三角形ABC ∆和AOD ∆ 如图1试判定线段AC 和DC 的数量关系和位置关系．（3）如图2过A 作AE x ⊥轴于E F G 分别为线段OE AE 上的两个动点 满足45FBG ∠=︒试探究OF AGFG+的值是否发生变化？如果不变请说明理由并求其值；如果变化请说明理由．【解答】解：（1）根据题意得：20a-=且20b-=解得：2a=2b=则A的坐标是(2,2)；（2）AC CD=且AC CD⊥．如图1 连接OC CDA的坐标是(2,2)2AB OB∴==ABC∆是等边三角形30OBC∴∠=︒OB BC=75BOC BCO∴∠=∠=︒在直角ABO∆中45BOA∠=︒754530AOC BOC BOA∴∠=∠-∠=︒-︒=︒OAD∆是等边三角形30DOC AOC∴∠=∠=︒即OC是AOD∠的角平分线OC AD∴⊥且OC平分AD AC DC∴=6075135ACO DCO∴∠=∠=︒+︒=︒36013513590ACD∴∠=︒-︒-︒=︒AC CD∴⊥故AC CD=且AC CD⊥．（3）不变．延长GA至点M使AM OF=连接BM在BAM∆与BOF∆中AB OBBAM BOF AM OF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()BAM BOF SAS∴∆≅∆ABM OBF∴∠=∠BF BM=9045 OBF ABG FBG∠+∠=︒-∠=︒45MBG∴∠=︒在FBG ∆与MBG ∆中 BM BF MBG FBG BG BG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()FBG MBG SAS ∴∆≅∆FG GM AG OF ∴==+ ∴1OF AG FG+=．【拓展6-2】如图1 点A 、D 在y 轴正半轴上 点B 、C 分别在x 轴上 CD 平分ACB ∠与y 轴交于D 点 90CAO BDO ∠=︒-∠．（1）求证：AC BC =；（2）在（1）中点C 的坐标为(4,0) 点E 为AC 上一点 且DEA DBO ∠=∠ 如图2 求BC EC +的长；（3）在（1）中 过D 作DF AC ⊥于F 点 点H 为FC 上一动点 点G 为OC 上一动点 （如图3) 当点H 在FC 上移动、点G 在OC 上移动时 始终满足GDH GDO FDH ∠=∠+∠ 试判断FH 、GH 、OG 这三者之间的数量关系 写出你的结论并加以证明．【解答】（1）证明：90CAO BDO ∠=︒-∠CAO CBD ∴∠=∠．在ACD ∆和BCD ∆中ACD BCD CAO CBD CD CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACD BCD AAS ∴∆≅∆．AC BC ∴=．（2）解：由（1）知CAD DEA DBO ∠=∠=∠BD AD DE ∴== 过D 作DN AC ⊥于N 点 如右图所示： ACD BCD ∠=∠DO DN ∴=在Rt BDO ∆和Rt EDN ∆中BD DE DO DN =⎧⎨=⎩Rt BDO Rt EDN(HL)∴∆≅∆BO EN ∴=．在DOC ∆和DNC ∆中90DOC DNC OCD NCDDC DC ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()DOC DNC AAS ∴∆≅∆可知：OC NC =；28BC EC BO OC NC NE OC ∴+=++-==．（3）GH FH OG =+．证明：由（1）知：DF DO =在x 轴的负半轴上取OM FH = 连接DM 如右图所示： 在DFH ∆和DOM ∆中90DF DO DFH DOM OM FH =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩()DFH DOM SAS ∴∆≅∆．DH DM ∴= 1ODM ∠=∠．122GDH ODM GDM ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠．在HDG ∆和MDG ∆中DH DM GDH GDM DG DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()HDG MDG SAS ∴∆≅∆．MG GH ∴=GH OM OG FH OG ∴=+=+．【拓展6-3】如图1 ACB ∆为等腰三角形 90ABC ∠=︒ 点P 在线段BC 上（不与B C 重合） 以AP 为腰长作等腰直角PAQ ∆ QE AB ⊥于E ．（1）求证：PAB AQE ∆≅∆；（2）连接CQ 交AB 于M 若2PC PB = 求PC MB的值； （3）如图2 过Q 作QF AQ ⊥交AB 的延长线于点F 过P 点作DP AP ⊥交AC 于D 连接DF 当点P 在线段BC 上运动时（不与B C 重合） 式子QF DP DF-的值会变化吗？若不变 求出该值；若变化 请说明理由．【解答】（1）证明：ACB ∆为等腰三角形 90ABC ∠=︒ 点P 在线段BC 上（不与B C 重合） 以AP 为腰长作等腰直角PAQ ∆ QE AB ⊥于E ．AP AQ ∴= 90ABP QEA ∠=∠=︒ 90QAE BAP BAP APB ∠+∠=∠+∠=︒ QAE APB ∴∠=∠在PAB ∆和AQE ∆中ABQ QEA QAE APB AQ PA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()PAB AQE AAS ∴∆≅∆；（2）解：PAB AQE ∆≅∆ AE PB ∴=AB CB = QE CB ∴=．在QEM ∆和CBM ∆中QME CMB QEM CBM QE CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()QEM CBM AAS ∴∆≅∆ME MB ∴=AB CB = AE PB = 2PC PB =BE PC ∴=2PC PB =2PC MB ∴= ∴2PC MB=； （3）式子QF DP DF -的值不会变化． 如下图2所示：作HA AC ⊥交QF 于点HQA AP ⊥ HA AC ⊥ AP PD ⊥90QAH HAP HAP PAD ∴∠+∠=∠+∠=︒ 90AQH APD ∠=∠=︒ QAH PAD ∴∠=∠PAQ ∆为等腰直角三角形AQ AP ∴=在AQH ∆和APD ∆中AQH APDAQ AP QAH PAD∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩()AQH APD ASA ∴∆≅∆AH AD ∴= QH PD =HA AC ⊥ 45BAC ∠=︒HAF DAF ∴∠=∠在AHF ∆和ADF ∆中AH ADHAF DAF AF AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AHF ADF SAS ∴∆≅∆HF DF ∴= ∴1QF DPQF QH HFDF HF HF --===．。
专题：截长补短-半角模型
13.13专题8.2：截长补短-半角模型一．【知识要点】1.半角模型：若一个角等于整个角的一半,往往通过旋转将两个角搬到一起从而产生全等转化问题.有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质。
2.截长补短（截长法，补短法）是证明线段和差问题的基本方法。
二．【经典例题】1.如图，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠B+∠D=180°，∠EAF=21∠BAD ，求证：EF=BE+DF2．（1）如图1，四边形ABCD 中，∠A ＝∠C ＝90°，∠D ＝60°，AB ＝BC ，E 、F 分别在AD 、CD 上，且∠EBF ＝60°，求证：EF ＝AE+CF ．（2）如图2，在题（1）中，若E 、F 分别在AD 、DC 的延长线上，其余条件不变，求证：AE ＝EF+CF ．3.在等腰Rt△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°. O为AB的中点,∠EOF=45°,交CA 于F，交BC的延长线于E.(1)求证:EF=CE+AF;(2)如图2,当E在BC上,F在CA的反向延长线上时,探究线段AF、CE、EF之间的数量关系，并证明.三．【题库】【A】1.如图,四边形ABCD中,∠A=∠C=90°,∠D=60°,AB=BC,E,F分别在AD,CD上,且∠EBF=60°,求证:EF=AE+CF.2.(2021年绵阳期末本题满分8分)如图，在多边形 ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF=BC，∠CBF=2∠DBE，∠ABF=∠CBD.(1)求证:AB=DB(2)求证：ED＝CD+EF．(3)若DE=4，BF=3，求△BDE的面积3.(10分)在∠MAN内部有一点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°，试猜想EF，BE，FC之间的数量关系，并说明结论成立的理由.【B 】1.（1）如图1，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 ；（2）如图2，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，G 是AD 上一点，如果∠ECG ＝45°，请你利用（1）的结论证明：ECGBCE CDG s s s ∆∆∆=+．2.如图，D 为等边ABC ∆外一点，且BD=CD ，120BDC ∠=︒,点M,N 分别在AB,AC 上，且BM+CN=MN.(1) 求证：60MDN ∠=︒. (2) 求证：BD+CD=AD3.点M ，N 在等边三角形ABC 的AB 边上运动，BD=DC ，∠BDC=120°，∠MDN=60°，求证MN=MB+NC ．【C 】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∘，试探究图中线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系。
半角模型及压轴小题练习,中考数学复习之半角模型
半角模型及压轴小题训练半角模型在中考数学试题中，属于非常火的几何模型，相关的题目以选择题、填空题为主，以多选项问题为主流，相关的结论也有诸多变化.与半角模型相关的结论较多，要在考场上有限的时间内判断4-5个结论，明显对多数同学有相当的困难.提前熟悉半角模型及相关结论的证明，对解决此类问题有巨大的帮助.1. 问题背景如图，在△ABC 中，∠BAC=45°，BD=2，CD=3，求AD 的长.方法一：构造相似在CB 延长线上取一点G ，使DG=DA ，则△CAB~△CGA ，AC CB GC AC=设AD=x ,则GC=x x于是3x =+,x =6,故AD=6另法：在BC 的延长线上取一点，构造相似方法二：构相似在AD 上取点N 、M ，使DN=DB,DM=DC ，∠BAD+∠ABN=45°，∠BAD+∠CAD=45°故∠ABN=∠CAD ，得∠ABN~∠CAM设AD=x ,则AN=x -2,AM=x -3，AN BNCM AM =3x =-，x =6即AD=6方法三：构全等过点B 作BE∠AB 交AC 延长线于点E ，作EF∠BF 则∠ABD∠∠BEF 则BF=AD ，EF=BD 设CF=x ,则AD=x +5,又∠ACD~∠ECF 故AD CD EF CF =，532x x+=得x =6即AD=6方法四：（高中）正切和差公式tan tan tan()1tan tan αβαβαβ++=-，tan tan tan BAC 1tan tan BAD CAD BAD CAD ∠+∠∠=-∠∠，223161x x x+=-,x =6即AD=6方法五：翻折构45°半角模型将∠ABD 和∠ACD 分别沿AB 、AC 翻折则∠EAF=90°，分别延长EB 、FC 交于点G 则AEGF 为正方形，设AD=x 则BG=x -2、CG=x -3、(x -2)2+(x -3)2=52得x =6即AD=6后面接着深入探究此模型及结论半角模型相关的系列结论：结论一系列：∠BE+DF=EF∠∠ADF∠∠ABG∠∠AEF∠∠AEG∠∠AEG=∠AEF∠∠AFD=∠AGB=∠AFE简证：在CB 延长线上取一点G ，使BG=DF 又AD=AB ，∠ABG=∠ADF ，故∠ADF∠∠ABG 同时∠1=∠3，∠1+∠2=45°，∠2+∠3=45°AF=AG ，AE=AE ，故∠AEF∠∠AEG 于是结论4，5可同步得出结论二系列：1.∠BEN~∠AMN~∠DMF~∠AEF简证：∠EBN=∠MAN=∠MDF=45°∠BEN=∠AEF ，∠MFD=∠AFE结论三系列：∠∠ADM~∠ACE∠∠ABN~∠ACF∠AE AC EC AM AD DM ===AF AC CF AN AB BN ===EF MN=简证：∠DAF+∠FAC=45°∠FAC+∠EAC=45°得∠DAF=∠EAC 而∠ACM=∠ACE结论四系列：连接ME、NF∠∠ABN~∠MEN∠∠ADM~∠NFM∠AM∠EM，AN∠FN∠AM=ME，AN=NF∠∠AEM、∠ANF 为等腰直角三角形简证：由系列二∠BEN~∠AMN可知AN MNBN EM=→AN BNMN EM=，又∠ANB=∠MNE故∠ABN~∠MEN，结论2证法类似；∠MEN=∠ABN=45°=∠EAM，故∠AME为等腰直角三角形，AM=ME结论系列五：1.MN2=BN2+DM2结论系列六：∠MAN=∠B=45°，∠AMN=∠AMN故∠AMN~∠BMA，同理可得∠AMN~∠DAN得∠AMN~∠BMA~∠DAN推广半角模型：同理可得∠ABC~∠NBA~∠MCA结论系列七：共圆∠A、B、E、M四点共圆∠A、N、F、D四点共圆∠C、E、N、M、F五点共圆结论系列八：①AE平分∠BEF，AF平分∠DFE②点A为∠EFC的旁心③AM-BE④DN⑤|BE-|BN-DM|.练习题1．如图，在正方形ABCD 中，点E 在对角线BD 上，连接AE ，EF ⊥AE 于点E ，交DC 于点F ，连接AF ，已知BC＝4，DE ＝，则△AEF 的面积为（ ）A ．4B ．5C ．10D ．2．如图，在边长为8的正方形ABCD 中，E 、F 分别是边AB 、BC 上的点，且BE ＝CF ＝2，连接DE 、AF 交于点O ，过点F 作AF 的垂线段FG ，连接CG 使得∠GCF ＝135°，连接AG 交DE 于点M ，则△GFM 的面积为（ ）A ．24B ．25C ．2D ．263.如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 、点F 分别是BC 、AB 上的点，连接DE 、DF 、EF ，满足∠DEF ＝∠DEC ．若AF ＝1，则EF 的长为（ ）A ．2.4B ．3.4C ．258D ．54.如图，正方形ABCD 中，点E 在边CD 上，连接AE ，过点A 作AF ⊥AE 交CB 的延长线于点F ，连接EF ，AG 平分∠F AE ，AG 分别交BC ，EF 于点G ，H ，连接EG ，DH ．则下列结论中：①AF ＝AE ；②∠EGC ＝2∠BAG ；③DE +BG ＝EG ；④若DE ＝CE ，则CE ：CG ：EG ＝3：4：5，其中正确的结论有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个5.如图，在正方形ABCD 中，M 为边BC 上的一点，MN ⊥BC 交BD 于点N ，连接AM 交BD 于点E ，F 为DN 中点，连接AF ．有下列说法：①BM ；②∠BAF ＝∠AEF ；③BE 2+DF 2＝EF 2；④AB ﹣MN DF ．其中正确的说法有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6.如图，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，AE 、AF 分别交BD 于点M 、N 连接CN 、EN 且CN=NE ，下列结论：1.AN=EN ，AN∠EN;2.BE+DF=EF;3.2MN EF ;4.图中只有4对相似三角形，其中正确的结论个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.47.如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在边AB 上，BE=1，∠DAM=45°，点F 在射线AM 上，且，过点F 作AD 的平行线交BA 延长线于点H ，CF 与AD 相交于点G ，连接EC 、EG 、EF 下列结论：1.∠ECF 的面积为172；2.∠AEG 的周长为8；3.EG 2=DG 2+BE 2.其中正确的是______8.如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，DG∠EF于点H，交BC于点G，点P在线段BG上，若∠PEF=45°，AE=CG=5，PG=5，则EP=_______9.如图，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别为AD、BC上的点，点G、H分别为AB、CD上的点，线段GH与EF的夹角为45°，GH=，则EF=_______310.如图，正方形ABCD中，AB=2，E是CD的中点，将正方形ABCD沿AM折叠，点B的对应点F落在AE上，延长MF交CD于点N，则DN的长为______11.如图，四边形ABCD中，AD||BC，∠BCD=90°，AB=BC+AD，∠DAC=45°，E为CD上一点，且∠BAE=45°，若CD=4，则∠ABE的面积为_____12.如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB、AD上，若∠ECF=45°，则CF的长为_____13.如图，点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，AC、BD交于点O且∠EAF=45°，AE、AF分别交对角线BD于点M、N，则有以下结论：1.∠AOM~∠ADF；2.EF=BE+DF; 3.∠AEB=∠AEF=∠ANM; 4.S∠AEF=2S∠AMN,正确的个数有___个.14.如图，正方形ABCD中，H为CD上一动点（不含C、D），连接AH交BD于G，过点G作GE⊥AH交BC于E，过E作EF⊥BD于F，连接AE，EH．下列结论：①AG＝EG；②∠EAH＝45°；③BD＝2GF；④GE平分∠FEC．正确的是（填序号）．15.如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP＝PF；②DE+BF＝EF；③PB﹣PD BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG＝S△APG．以上结论正确的有（填入正确的序号即可）．16．如图，在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD 于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则MC；其中正确结论的有．17．如图，在正方形ABCD中，AB＝2．G为对角线BD的延长线上一点，E为线段CD的中点，BF⊥AE，连接OF．已知∠DAG＝15°，下列说法正确的是．（将正确答案的序号填写下来）①AG＝BD；②BF；③OP1OA3；④S△POF＝13；⑤若E点为线段CD上一动点，当AE＝EC+CQ时，AQ＝4．18．如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+2）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值是18a2；⑤当BE＝13a时，G是线段AD的中点．其中正确的结论是．19．如图在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交CB、DC延长线于E、F点且∠EAF＝45°，如果BE＝1，DF ＝7，则EF＝．20.如图，正方形ABCD中，点M是边BC异于点B、C的一点，AM的垂直平分线分别交AB、CD、BD于E、F、K，连接AK、MK．下列结论：①EF＝AM；②AE＝DF+BM；③BK AK；④∠AKM＝90°．其中正确的结论有个．21.如图，在∆ABC 中，∠BAC=120°，D 、E 在BC 上且满足BD=2EC ，∠DAE=60°，求DE.22.如图，梯形ABCD 中，∠D=90°，BC=CD=12，∠ABE=45°，点E 在DC 上，AE 、BC 的延长线相交于点F ，若AE=10，求CEF ADE S S ∆∆+参考答案1. B2.D3.B4.D5.D6.B7.C 411. 50713.4 14.∠∠∠ 15.∠∠∠ ∠ 16.∠∠∠∠17.∠∠∠ 18.∠∠∠ 19.6 20.3 3 22.30或48。
专题04 半角模型巩固练习(提优)-冲刺2020年中考几何专项复习(解析版)
半角模型巩固练习（提优）1.如图，在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180º，AB＝AD，E、F分别是线段BC、CD上的点，且BE＋FD＝EF，求证：∠EAF＝∠BAD.【解答】见解析【解析】证明：将△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，如图：∵旋转，∴AG＝AF，BG＝DF，∠ABG＝∠D，∠BAG＝∠DAF，∵∠B＋∠D＝180º，∴∠B＋∠ABG＝180º，∴点G、B、C三点共线，∵BE＋FD＝EF，∴BE＋BG＝GE＝EF，在△AEG与△AEF中，EAG＝∠EAF，又∵∠BAG＝∠DAF，∴∠EAB＋∠DAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠BAD.2.已知，在正方形ABCD中，∠MAN＝45º，∠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，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM＋DN＝MN.（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN、和MN之间有怎样的数量关系？猜想一下，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想.【解答】（1）猜想：BM＋DN＝MN；（2）猜想：DN－BM＝MN【解析】（1）猜想：BM＋DN＝MN.证明：如图，将△AND绕点A顺时针旋转90º，得到△ABE，则E、B、M共线，∴∠EAM＝90º－∠NAM＝90º－45º＝45º，∵∠NAM＝45º，在△AEM与△ANM中，ME＝MN，∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM，∴DN＋BM＝MN；（2）猜想：DN－BM＝MN.证明：在线段DN上截取DQ＝BM，如图所示.在△ADQ 与△ABM 中，∴∠DAQ ＝∠BAM ，∴∠QAN ＝∠MAN ，在△AMN 与△AQN 中，∴MN ＝QN ，∴DN －BM ＝MN .3. 已知在ABC △中，ο90=∠ACB ，26==CB CA ，AB CD ⊥于D ，点E 在直线CD 上，，点F 在线段AB 上，M 是DB 的中点，直线AE 与直线CF 交于N 点.（1）如图1，若点E 在线段CD 上，请分别写出线段AE 和CM 之间的位置关系和数量关系：___________，___________；（2）在（1）的条件下，当点F 在线段AD 上，且2AF FD =时，求证：ο45=∠CNE；（3）当点E 在线段CD 的延长线上时，在线段AB 上是否存在点F ，使得ο45=∠CNE ．若存在，请直接写出AF 的长度；若不存在，请说明理由．【解答】（1）AE ⊥CM ，AE ＝CM ；（2）见解析；（3）AF ＝8.【解析】（1）AE⊥CM，AE＝CM.如图，延长AE交CM于点H.∵∠ACB＝90º，CA＝CB，CD⊥AB于点D，∴∠CAB＝∠CBA＝∠ACD＝∠BCD＝45º，AD＝BD＝CD＝AB，∵M是DB的中点，∴，∵.在△AEC与△CMB中，∴AE＝CM，∠CAE＝∠BCM，∵∠ACM＋∠BCM＝90º，∴∠ACM＋∠CAE＝90º，∴∠ACH＝90º，∴AH⊥CM，∴AE⊥CM，AE＝CM；（2）如图，过点A作AG⊥AB,且AG=BM,，连接CG、FG,延长AE交CM于H.∵∠CAB＝90º，CA＝CB，∴∠CAB=∠CBA=45°，，∴∠GAC=∠MBC=45°，∵CD⊥AB，∴CD=AD=BD= ，∵M是DB的中点,∴BM＝DM＝3，∴AG＝3，∵AF＝2FD，∴AF＝4，DF＝2，∴FM＝FD＋DM＝2＋3＝5，∵AG⊥AF，，∴FG＝FM，在△CAG和△CBM中，∴CG＝CM，∠ACG＝∠BCM，∴∠MCG＝∠ACM＝∠ACG＝∠ACM＋∠BCM＝90º，在△FCG FCG和△FCM FCM中，FCG＝∠FCM，∴∠FCH＝45º，由（1）知AE⊥CM，∴∠CHN＝90º，∴∠CNE＝45º；（3）存在，如图作BH⊥CN.由条件可得∠CHB=90º，∵CD⊥AB，∴∠ADE=90º，∠CHB=∠ADE，∵∠ACB=90CA=CB=6√2,∴∠CAB=∠CBA=45°AB=√CA2+CB2=12，∴∠GAC=∠MBC=45º，∵CD⊥AB，CD=AD=BD=12AB=6，∵DE=12CD,DE=3.在Rt△ADE中，由勾股定理可得，∵∠CNE＝45º，∴∠CBA＝∠CNE，∵∠AFN＝∠CFB，∴∠NAF＝∠BCF，∴△ADE∽△CHB，，，设 ,则，在Rt △CDF 中,由勾股定理,得，∵∠CDF ＝∠BHF ＝90º，∠DFC ＝∠HFB ，∴△CDF ∽△BHF ，，解得（舍），∴AF ＝6＋2＝8.4. （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 ，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222DN BM MN +=，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 ＝α21时，BD 、DE 、EC 应满足的等量关系是____________【参考：1cos sin22=+αα】【解答】（1）见解析；（2）；（3）【解析】如图，将△ABM 绕点A 逆时针旋转90º得到△ADG ，连接NG.∵旋转，∴△ABM≌△ADG，∴DG＝BM，AG＝AM，∠ADG＝∠ABM＝45º，∠DAG＝∠BAM，∴∠ADB＋∠ADG＝45º＋45º＝90º，即∠NDG＝90º，∵∠EAF＝45º，∴∠BAM＋∠DAN＝45º，∴∠DAG＋∠DAF＝45º，即∠GAN＝45º，∴∠GAN＝∠MAN，∴△AMN≌△AGN（SAS），∴GN＝MN，∵∠NDG＝90º，∴.（2）①如图，将△ABD逆时针旋转60º得到△ACF，连接EF，作FG⊥EC的延长线于点G.由题意可知△ABD≌△ACF，∠FGC＝90º，∴AD＝AF，BD＝CF，∠BAD＝∠CAF，∠B＝∠ACF，∵∠BAC＝60º，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60º，∴∠ACF＝60º，∴∠ACF＋∠ACB＝120º，即∠ECF＝120º，∴∠FCG＝60º，∴∠CFG＝30º，在Rt△CFG中，由勾股定理得BAD＋∠EAC＝30º，∠CAF＋∠EAC＝30º，即∠EAF＝30º，∴∠DAE＝∠FAE，∴△ADE≌△AFE，∴DE＝EF，在Rt△EGF中，由勾股定理得，，，；②将△ABD逆时针旋转得到△ACF，连接EF，作FG⊥EC的延长线于点G.由题意可知△ABD≌△ACF，∠FGC＝90º，∴AD＝AF，BD＝CF，∠BAD＝∠CAF，∠B＝∠ACF，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠B＋∠ACB＋∠BAC＝180º，∠ACB＋∠ACF＋∠FCG＝180º，∴∠BAC＝∠FCG＝，∴∠ACF＝60º，∴CG＝，∴∠DAE＝，∴∠BAD＋∠CAE＝，∠CAF＋∠CAE＝EAF＝，∴∠DAE＝∠FAE，∴△ADE≌△AFE，∴DE＝EF，在Rt△EGF中，由勾股定理得，，，；，.。
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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。
例4、请阅读下列材料：已知：如图1在Rt ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 、E 分别为线段BC 上两动点，若45DAE ∠=︒．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 '∆，连结E D '， 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．图1ABCDE图2AB CDE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.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 ∠=o ，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．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 =+;NMDCBANMCDBANM D CBAEFDCBA(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．（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．EFDCBAEFDCBAFED CBA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）V CMN 的周长等于正方形ABCD 边长的2倍； （4）=W V ABCD CMN S 2ABS MN； （5）若∠MAB ﹦20°，求∠AMN ；（6）若()∠=ααo p p MAB 045，求∠AMN ； （7）=+222EF EB DF ；（8）V AEN 与V AFM 是等腰三角形； （9）=V V AEF AMN S 1S 2。
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)图①M NDCBA 图②MND CBAN图③MD CB A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。
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 旋转，DE ，DF 分别交线段．．AC 于点M ，K ．(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222AM CK MK =+，请直接写出∠CDF 的度数和AMMK 的值．。