(完整版)几何模型——半角模型

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中考数学几何专题——半角模型

几何模型之半角模型一、旋转性质1.图形对应边相等（易得等腰，且等腰均相似）2.对应角相等3.对应点与旋转中心连线构成旋转角，旋转角处处相等二、半角模型半角模型（90°含45°）条件模型结论①等腰直角△ABC;②∠DAE=45°DE2=BD2+CE2①等腰直角△ABC;②∠DAE=45°DE2=BD2+CE2①正方形ABCD;②∠EAF=45°①EF=BE+DF；②△CEF的周长是正方形周长的一半；③点A到EF的距离等于正方形的边长.①正方形ABCD;②∠EAF=45°EF=DF-BE三、模型演练1.如图，在正方形ABCD中，AB=1，E，F分别是边BC，CD上的点，连接EF、AE、AF，过A作AH⊥EF 于点H．若EF=BF+DF．那么下列结论：①AE平分∠BEF；②FH=FD；③∠EAF=45°；④S△E A F=S△A B E+S△A D F；⑤△CEF的周长为2．其中正确结论的是．2.在Rt△ABC中，AB=AC，D､E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A 顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论①△AEF≌△AED；②∠AED=45°；③BE+DC=DE；④BE2+DC2=DE2，其中正确的是（）A.②④B.①④C.②③D.①③3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．4.如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（4，4），点E、F分别在边BC、BA上，OE=25．若∠EOF=45°，则F点的坐标是．5.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，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）6.如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E是BC边上的任意两点，且∠DAE=45°．（1）将△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△ACF，请在图（1）中画出△ACF．（2）在（1）中，连接EF，探究线段BD，EC和DE之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．（3）如图2，M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BM+DN=MN，试求∠MAN的大小．。

半角模型结论及证明过程

半角模型结论及证明过程嘿，朋友！咱们今天来聊聊半角模型，这可有意思啦！你知道吗？半角模型就像是一个藏着宝藏的神秘盒子，一旦你打开它，就能发现里面奇妙的规律。

咱们先来说说半角模型的结论。

比如说一个正方形，有一个角度是正方形内角一半的角，那围绕这个半角产生的一些线段和图形之间，就有着特别的关系。

就像有个例子，正方形 ABCD 边长是 a，∠EAF = 45°，E 在 BC 边上，F 在 CD 边上。

这时候你会发现，EF = BE + DF 。

是不是很神奇？那怎么证明这个结论呢？咱们一步步来。

先把△ABE 绕着点 A 顺时针旋转 90°，让 AB 和 AD 重合，新的点记作 E' 。

这样一转，BE 就变成了 DE' 。

这时候你看，∠EAF = 45°，∠DAE' = 45°，那∠FAE' 不也是 45°吗？再看看△AEF 和△AE'F ，AE = AE' ，AF 是公共边，∠EAF =∠E'AF ，这不就全等了嘛！全等之后，EF 不就等于 E'F 了？而 E'F 正好就是 DE' + DF ，也就是 BE + DF 。

你说这像不像走迷宫，找到一条正确的路，一下子就通了？其实啊，半角模型在很多数学问题里都能派上大用场。

比如说解决一些几何图形的面积问题，或者是判断线段之间的关系。

它就像是一把神奇的钥匙，能打开很多难题的锁。

想想看，如果在考试里遇到这样的题目，你一下子就用半角模型把答案找出来了，那得多厉害，多有成就感啊！所以说，半角模型可是数学里的一个宝贝，咱们可得把它好好掌握，让它成为咱们解题的利器！朋友，你觉得半角模型有趣不？是不是也想多练练，把它用得炉火纯青？。

几何模型――半角模型培训资料.ppt

然而，生活不仅是诗和远方，更要面对现实。如果曾经的拥有，不能天长地久，那么就要学会华丽地转身，学会忘记。忘记该忘记的人，忘记该忘记的事儿，忘记苦乐年华的悲喜交集。
人有悲欢离合，月有阴晴圆缺。对于离开的人，不必折磨自己脆弱的生命，虚度了美好的朝夕；不必让心灵痛苦不堪，弄丢了快乐的自己。擦汗眼泪，告诉自己，日子还得继续，谁都不是谁的唯一，相信最美的风景一直在路上。
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基ห้องสมุดไป่ตู้模型（1）——正方形内含半角
如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF。
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（1）证明：由旋转可得GB=DF，AF=AG，∠BAG=∠DAF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD=90°， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF，在△AGE和△AFE中 ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE=EF， ∵GE=GB+BE=BE+DF， ∴EF=BE+DF；
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“不能。” “它能滋润你的干渴？”
“不能。”
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其实，世上最温暖的语言，“ 不是我爱你，而是在一起。” 所以懂得才是最美的相遇！只有彼此以诚相待，彼此尊重，
相互包容，相互懂得，才能走的更远。相遇是缘，相守是爱。缘是多么的妙不可言，而懂得又是多么的难能可贵。否则就会错过一时，错过一世！
人生，就是一场修行。你路过我，我忘记你；你有情，他无意。谁都希望在正确的时间遇见对的人，然而事与愿违时，你越渴望的东西，也许越是无情无义地弃你而去。所以美好的愿望，就会像肥皂泡一样破灭，只能在错误的时间遇到错的人。

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+Ð°，∴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．。

第四讲半角模型

2021.1
【小结】1.辅助线的实质：中间的“半角”等于旁边两小角之和，通过旋转变换，将两小角拼凑成与“半角”相等的角，构造出“SAS”型全等三角形.
2.与“补短法”有异曲同工之妙，但辅助线的描述不同，证明过程也有细节的差异：若延长 CB 到 G，使 BG=DF，不必证 G，B，C 共线，需先证△AEG≌△AEF；若旋转△ADF（或△ABE），需强调旋转三要素，且必须先证 G，B，C 共线.
初一寒假“魔法几何”讲义
第四讲半角模型
内部资料，请勿外传
模型概述过多边形的某个顶点引两条射线，使这两条射线的夹角为该顶角的一半. 思想方法通过旋转变换构造全等三角形，实现线段的转化. 基本模型一、正方形含半角如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 边上的点，∠EAF=45°，证明以下结论：（1）EF=BE+DF；（2）△CEF 的周长是正方形边长的 2 倍；（3）FA 平分∠DFE，EA 平分∠BEF；（4）S△AEF=S△AEB+S△AFD. 分析：90°角中含 45°角，符合半角模型，通过旋转构造全等三角形，实现线段和角的转化。解答：
（1）如图 1，当点 M，N 分别在边 AB，AC 上，且 DM=DN 时，则 BM，NC，MN 之间的数量关系是
；此时 Q = L
（直接写出结果）.
（2）如图 2，当点 M，N 分别在边 AB，AC 上，且 DM=DN 时，猜想 BM，NC，MN 之间的数量关系
并以证明.
（3）如图 3，当 M，N 分别在边 AB，CA 的延长线上时，猜想 BM，NC，MN 之间的数量关系并加以
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初一寒假“魔法几何”讲义
内部资料，请勿外传
中考真题 1.如图，已知△ABC，∠ACB=90°，AC=BC，点 E，F 在 AB 上，∠ECF=45°. （1）求证：△ACF≌△BEC. （2）设△ABC 的面积为 S，求证：AF·BE=2S. （3）试判断以线段 AE，EF，FB 为边的三角形的形状并给出证明.

九年级中考几何模型之半角模型详解

中考几何模型之半角模型【模型由来】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。

如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。

【模型思想】通过旋转变化后构造全等三角形，实线边的转化。

【基本模型】类型一、90°中夹45°(正方形中的半角模型)条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。

结论①：图1、2中，EF=BE+FD；证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，且AE=AE，AF=AF’，∴△FAE≌△F’AE(SAS)，∴EF=EF’，又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，∴F’、B、E三点共线，∴EF’=BE+BF’=BE+DF。

结论②：图2中MN²=BM²+DN²；证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN，且AM=AM，AN=AN’，∴△MAN’≌△MAN(SAS)，∴MN=MN’，又∠ADN=45°=∠ABN ’，∠ABD=45°，∴∠MBN ’=∠ABD+∠ABN ’=45°+45°=90°，∴在Rt △MBN ’中，MN ’²=BM ²+BN ’²，即MN ²=BM ²+BN ’²。

结论③：图1、2中EA 平分∠BEF ，FA 平分∠DFE 。

(完整word版)初中几何-半角模型

归纳一种几何模型：半角模型
特点：
过等腰△ABC(AB=AC)顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为A/2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点M、N，则BM,MN,NC之间必存在固定关系。

这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关.
解决方法：
以点A为中心，把△ACN（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABN'，连接MN'；
结论：
1:△AMN全等于△AMN'，MN=MN';
2:关注BM,MN',N'B(=NC)，
若共线，则存在x+y=z型的关系；
若不共线，则△BMN'中，∠MBN'必与∠A相关，于是由勾股定理（有时需要作垂线）或直接用余弦定理可得
三者关系.
应用环境：（限于初中）
1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°60°、75°或它们的补角、90°；
2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形；
3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边；
4：此等腰三角形的相关弦.
以上条件可以形成数百种题目！而解决方法均可以运用此方法.。

初中几何模型：半角模型分析

初中几何模型—半角模型分析归纳一种几何模型：半角模型特点：过等腰△ABC(AB=AC)顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为A/2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点M、N，则BM,MN,NC之间必存在固定关系。

这种关系仅与两条相关直线及顶角A相关。

解决方法：以点A为中心，把△ACN（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABN'，连接MN'；结论：1:△AMN全等于△AMN'，MN=MN'; 2:关注BM,MN',N'B(=NC)，若共线，则存在x+y=z型的关系；若不共线，则△BMN'中，∠MBN'必与∠A相关，于是由勾股定理（有时需要作垂线）或直接用余弦定理可得三者关系.应用环境：（限于初中）1：顶角为特殊角的等腰三角形，如顶角为30°、45°60°、75°或它们的补角、90°；2：正方形、菱形等也能产生等腰三角形；3：过底角顶点的两条相关直线：底边、底角两条平分线、腰上的两高、底角的邻补角的两条角平分线，底角的邻余角另外两边等；正方形或棱形的另外两边；4：此等腰三角形的相关弦。

以上条件可以形成数百种题目！而解决方法均可以运用此方法.例题分析：已知如图：①∠2=12∠AOB；②OA=OB.OAB EF123连接FB，将△FOB绕点O旋转至△FOA的位置，连接F′E，FE，可得△OEF≌△OEF′4321F'FE BAO模型分析∵△OBF≌△OAF′，∴∠3=∠4，OF=OF′.∴∠2=12∠AOB，∴∠1+∠3=∠2∴∠1+∠4=∠2。

几何模型之半角模型

半角模型
结论三：∠AEB=∠AEF=∠ANM,∠AFD=∠AEF=∠AMN
半角模型
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
（3）求证：∠AEB=∠AEF=∠ANM,∠AFD=∠AEF=∠AMN
结论四：
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
（4）
半角模型
结论五：作GE⊥BC,证N是DG中点
半角模型
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
(5)作GE⊥BC,证N是DG中点，AN⊥NE,AN=NE
作FH ⊥DB ,证BM=MH,AM⊥MF,AM=MF
(Q)
(Q)
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
（6）
半角模型
结论七：
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
(7)
半角模型
小结：
“半角模型”①共端点的等线段；②共顶点的倍半角；
结论五：作GE⊥BC,N是DG中点,AN⊥NE,AN=NE
半角模型
如图，在正方形ABCD中，点E .F分别为BC .CD上一点，并且∠EAF=45°，AE .AF分别交对角线于M.N
(5)作GE⊥BC,N是DG中点,AN⊥NE,AN=NE
作FH ⊥DB ,BM=MH,AM⊥MF,AM=MF
结论六：

初中几何9大模型（1）：半角模型

初中几何9大模型（1）：半角模型重要几何模型1--半角模型模型特点倍长中线或类中线（与中点有关的线段）构造全等三角形如图①：（1）∠2=1/2∠AOB；（2）OA=OB。

如图②：连接 FB，将△FOB 绕点 O 旋转至△FOA 的位置，连接F′E、FE，可得△OEF′≌△OEF。

典型例题1如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F 分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=1/2∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAA证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF =1/2∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．【解析】证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．在△ABG和△ADF中，易证△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF=1/2∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．在△AEG和△AEF中，易证△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．典型例题2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．【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．【解析】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，易证△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∵∠MON＝60°，∴∠COD+∠AOM＝60°，∵∠AOC＝120°，∴∠DOM＝60°，在△DMO和△NMO中，易证△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，易证△CDO≌△ANO（SAS）∴OD＝ON，∠COD＝∠AON，∴∠DOM＝∠NOM，在△DMO和△NMO中，易证△DMO≌△NMO（SAS）∴MN＝DM，∴CM＝DM﹣CD＝MN﹣AN．典型例题3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；（3）如图3，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，若CN ＝CD＝6，设BD与AM的延长线交于点P，交AN于Q，直接写出AQ、AP的长．分析典型例题4-5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：AH＝AB；（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，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH ＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．典型例题6（1）如图1，将∠EAF绕着正方形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交BC于E，交CD于F，连接EF．若∠EAF＝45°，BE、DF的长度是方程x2﹣5x+6＝0的两根，请直接写出EF的长；（2）如图2，将∠EAF绕着四边形ABCD的顶点A顺时针旋转，∠EAF的两边交CB的延长线于E，交DC的延长线于F，连接EF．若AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，∠EAF∠BAD，请直接写出EF与DF、BE之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在（2）的前提下，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长．①EF的长为：5；②数量关系：EF＝DF﹣BE．【分析】（1）先证明△ABE≌△ADM，再证明△AEF≌△AMF，得到EF＝DF+BE即可；（2）先证明△ADM≌△ABE，再证明△EAF≌△MAF，即可；（3）直接计算△CEF的周长＝EF+BE+BC+CF＝DF+BC+CF＝9+4+2＝15．（3）由上面的结论知：DF＝EF+BE；∵BC＝4，DC＝7，CF＝2，∴DF＝CD+CF＝9∴△CEF的周长＝EF+BE+BC+CF＝DF+BC+CF＝9+4+2＝15．即△CEF的周长为15．①EF＝DF﹣BE＝FC+CD﹣BE＝5②和（2）方法一样，EF＝DF﹣BE．故答案为EF＝DF﹣BE．。

几何模型：半角模型

半角模型一、90°夹45°定义：过正方形的一个顶点作一个45°角可形成90°夹45°的夹半角模型。

（1）角含半角模型90°-1条件：①；②或者②；（2）角含半角模型90°-2 ➢ 条件：①；②；（1）（2）（3）角含半角模型90°-3条件：①；②；（4）角含半角模型90°变形 ➢ 条件：①正方形；②；（3）（4）二、120°夹60°（1）内夹（120°角完全包含60°角）（2）外夹：（120°角不完全包含60°角） ➢ 条件：①∠CAB=120°；②∠EAF=120°；C(1)(2)核心思想：（1）内夹角补短，外夹用截长；(2)先证小全等，再证大全等。

一、内嵌45°如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上一点.并且∠EAF=45°，AE、AF分别交对角线于M、N.（1）求证：求证：EF=BE＋DF；（或△EFC周长为定值）F （2）求证:∠AEB=∠AEF=∠ANM，∠AFD=∠AFE=∠AMN；F （3）求证:MN 2=BM 2＋DN 2；F （4）求证：2AM 2=BM 2＋DM 2，2AN 2=BN 2＋DN 2；F （5）连接NE，求证：AN=AE，AN⊥NE；F （6）连接MF，求证：AM=MF，AM⊥MF；F（7=BA＋BE=DA＋DF；FF（9）求证：EF；F（10）过点E作EG⊥BC交BD于点G，求证：N是DG中点；F （11）过点F作FH⊥DC交BD于H，求证：M是BH中点；F（12）过点E作EP⊥BD交BD于点P，求证：NP=12BD；F（13）过点F 作FQ ⊥BD 交BD 于点Q ，求证：MQ =12BD ；F（14）求证：S △AMN =12S △AEF (或S △AMN = S 四边形MEFN )F二、外嵌45°如图，在正方形ABCD 中，若∠BEC =45°，连接AE ，DE.E（1）求证：∠AEC =∠BED =90°；（2）求证：∠AEB=∠CED=45°；E （3）求证：EB平分∠AEC，EC平分∠BED；（4）求证：EB＋ED EC；（5）求证：EA＋ECEB；（6）求证：S四边形ABCE=12EB 2．正方形.gsp（1）内夹（120°角完全包含60°角）已知：∠BAC=120°，AB=AC，∠D=60°∠EAF=60°，证明：BE+CF=EF变式：已知：∠BAC=120°，AB=AC，∠D=60°，BE+CF=EF，证明：∠EAF=60°B（2）外夹：（120°角不完全包含60°角）已知：∠BAC=120°，AB=AC，∠BDC=60°，CF-BE=EF，证明：∠EAF=60°变式：已知：∠BAC=120°，AB=AC，∠BDC=60°，∠EAF=60°，证明：CF-BE=EF ArrayCE4.在等腰直角三角形ABC的斜边上取两点M,N，使∠MCN=45°,若AM=3,BN=4，求△ABC的面积5、在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF2=ME2+NF2；（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．6、如图1，四边形ABCD是由两个全等的等腰直角三角形斜边重合在一起组成的平面图形．如图2，点P是边BC上一点，PH⊥BC交BD于点H，连接AP交BD于点E，点F为DH中点，连接AF．（1）求证：四边形ABCD为正方形；（2）当点P在线段BC上运动时，∠PAF的大小是否会发生变化？若不变，请求出∠PAF的值；若变化，请说明理由；（3）求证：BE2+DF2=EF2．7.如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．（3）若EG=4，GF=6，BM=38.如图，⊙O中AB是直径，C是⊙O上一点，∠ABC=450，等腰直角三角形DCE中∠DCE是直角，点D 在线段AC上。

八年级上册数学半角模型

八年级上册数学半角模型
半角模型是指以等腰三角形顶角的顶点为端点，引两条射线，与等腰三角形顶角相邻的边重合，这两条射线所形成的夹角为等腰三角形顶角的一半。

在八年级上册的数学中，半角模型可以用于解决一些几何问题。

例如，在一个等边三角形ABC中，点D是BC的中点，连接AD并延长到E 点，使得DE等于AE。

求证：角BAE等于角BCE。

这个问题可以通过半角模型来解决。

首先，将三角形ABD绕点A旋转到三角形ACD'的位置，使得AD'与AE重合。

由于旋转过程中只改变了角度，所以旋转前后的图形全等，因此角BAE等于角D'CE。

而由于DE等于AE，所以角D'CE 等于角BCE。

因此，角BAE等于角BCE。

总之，半角模型是一种有用的几何工具，可以用于证明一些等角、等线段的问题。

半角模型(初三数学最全最详细半角模型)

几何模型07——半角模型一、正方形中夹半角模型（45°）例1.如图，已知正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°．求证：（1）EF＝BE+DF；变式1.如图，已知正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．（1）求证：EF＝MF（2）若AE＝2，求FC的长．变式2.在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝20，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，求DE的长．变式3.已知，正方形ABCD，M在CB延长线上，N在DC延长线上，∠MAN＝45°．求证：MN＝DN﹣BM．变式4.在平面直角坐标系中，已知A（x，y），点A作AB⊥y轴，垂足为B．若在x轴正半轴上取一点M，连接BM并延长至N，以BN为直角边作等腰Rt △BNE，∠BNE＝90°，过点A作AF∥y轴交BE于点F，连接MF，设OM ＝a，MF＝b，AF＝c，试证明：＝．例2.如图所示，过正方形ABCD的顶点A在正方形ABCD的内部作∠EAF＝45°，E、F分别在BC、CD上，连接EF，作AH⊥EF于点H求证：AH＝AB．变式1.已知△AMN中，∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝3，NH＝7，求AH的长．变式2.已知：如图，在正方形ABCD中，M在CB延长线上，N在DC延长线上，∠MAN＝45°，AH⊥MN，垂足为H，求证：AH＝AB．二、等腰直角三角形中的夹半角模型（45°）例3.已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在斜边AB上，且∠DCE＝45°，证明：DE2＝BE2+AD2；．变式1.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．变式2.如图，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．∠BAC＝90°，∠EAF＝135°，证明：EF2＝EC2+BF2三、其他半角模型例4.在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC，DM≠DN，证明：MN＝BM+NC．变式1.如图，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．∠BAC＝60°，∠EAF＝30°，已知BE＝3，CF＝5，求线段EF的长度；例5.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＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD；变式1.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＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD；变式2.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＝∠BAD．证明：EF＝BE﹣FD，变式3.已知，如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，E，F分别是线段BC，CD上的点，且BE+FD＝EF．求证：∠EAF＝∠BAD．变式4.已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°．点M在BC上，点N在BC 的上方，且∠MBN＝∠MAN＝60°，求证：MC＝BN+MN；。

初中数学几何模型之半角模型

数学模型-----半角模型几何是初中数学中非常重要的内容，在数学的学习过程中，若能抓住基本图形，举一反三，定能引领学生领略到“一图一世界”的风采．下面先给大家介绍一种常见的数学模型---半角模型，通过对模型的理解和掌握，把模型的结论融会贯通，理解透彻，有助于理清思路、节省大量时间，遇到这一类题型，都是可以迎刃而解的．一、模型类别二、相关结论的运用（一）等边三角形中120︒含60︒半角模型条件：△ABC是等边三角形，∠CDB =120︒，∠EDF=60︒，BD=CD，旋转△BDE至△CDG结论1：△FDE △FDG结论2：EF=BE+CF结论3：∠DEB =∠DEF典例精讲：已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：+＝．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【思路点拨】（1）证明△ABE≌△CBF且△BEF是等边三角形即可；（2）根据“半角”模型1，先证△BAE≌△BCG，再根据“半角”模型1中的结论2得出△GBF≌△EBF，再根据“半角”模型1中的结论3即可；（3）根据“半角”模型1，先证△BAH≌△BCF，再根据“手拉手”模型1中的结论2得出△EBF≌△EBH即可．【详解】解：（1）如图1，△ABE 和△CBF 中，AE CF BAE BCF AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△CBF （SAS ），∴∠CBF ＝∠EBA ，BE ＝BF ，∵∠ABC ＝120°，∠EBF ＝60°，∴△BEF 是等边三角形，CF ＝12B ，AE ＝12BE ， ∴EF ＝BE ＝BF ＝AE+CF ；（2）如图2，延长FC 至G ，使AE ＝CG ，连接BG ，在△BAE 和△BCG 中，BA BC BAE BCG AE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAE ≌△BCG （SAS ），∴∠ABE ＝∠CBG ，BE ＝BG ，∵∠ABC ＝120°，∠EBF ＝60°，∴∠ABE+∠CBF ＝60°，∴∠CBG+∠CBF ＝60°，∴∠GBF ＝∠EBF ，在△GBF 和△EBF 中，BG BE GBF EBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GBF ≌△EBF （SAS ），∴EF ＝GF ＝CF+CG ＝CF+AE ；（3）不成立，但满足新的数量关系．如图3，在AE 上截取AH ＝CF ，连接BH ，在△BAH 和△BCF 中，BA BC BAH BCF AH CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BAH ≌△BCF （SAS ），∴BH ＝BF ，∠ABH ＝∠CBF ，∵∠EBF ＝60°＝∠FBC+∠CBE∴∠ABH+∠CBE ＝60°，∵∠ABC ＝120°，∴∠HBE ＝60°＝∠EBF ，在△EBF 和△HBE 中，BH BF HBE EBF BE BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EBF ≌△EBH （SAS ），∴EF ＝EH ，∴AE ＝EH+AE ＝EF+CF ．【解题技法】本题典型的利用“半角”模型1，其基本思路是“旋转补短”，从而构造全等三角形．实战演练：1. 如图1，在菱形ABCD 中，AC ＝2，BD ＝AC ，BD 相交于点O ．(1)求边AB 的长；(2)求∠BAC 的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD 的顶点A处，绕点A 左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC ，CD 相交于点E ，F ，连接EF ．判断△AEF 是哪一种特殊三角形，并说明理由．【答案】（1）2；（2）60︒ ；（3）见详解【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，，根据勾股定理可得出答案；（2）得出△ABC 是等边三角形即可；（3）由△ABC 和△ACD 是等边三角形，利用ASA 可证得△ABE△△ACF ；可得AE=AF ，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．【详解】解：（1）△四边形ABCD 是菱形，△AC△BD ，△△AOB 为直角三角形，且111,22OA AC OB BD ====△2AB ===；（2）△四边形ABCD 是菱形，△AB=BC ，由（1）得：AB=AC=BC=2，△△ABC 为等边三角形，△BAC=60°；（3）△AEF 是等边三角形，△由（1）知，菱形ABCD 的边长是2，AC=2，△△ABC 和△ACD 是等边三角形，△△BAC=△BAE+△CAE=60°，△△EAF=△CAF+△CAE=60°，△△BAE=△CAF ，在△ABE 和△ACF 中，BAE CAF AB ACEBA FCA ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩△△ABE△△ACF （ASA ），△AE=AF ，△△EAF=60°，△△AEF 是等边三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．2. 在平行四边形ABCD 中，点E ，F 分别在边AD ，AB 上（均不与顶点重合），且∠BCD ＝120°，∠ECF ＝60°．（1）如图1，若AB ＝AD ，求证：AEC BFC ≅；（2）如图2，若AB ＝2AD ，过点C 作CM ⊥AB 于点M ，求证：①AC ⊥BC ；②AE ＝2FM ；（3）如图3，若AB ＝3AD ，试探究线段CE 与线段CF 的数量关系．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析；（3）3CE CF =，证明见解析．【解析】【分析】（1）先根据菱形的判定与性质可得60CAE ACB B ∠=∠=∠=︒，再根据等边三角形的判定与性质可得AC BC =，然后根据角的和差可得ACE BCF ∠=∠，最后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）①先根据平行四边形的性质可得60B ∠=︒，BC AD =，从而可得1cos 2BC B AB ==，再根据直角三角形的性质即可得证；②先根据平行线的性质、直角三角形的性质可得90,30CAE ACB BAC ∠=∠=︒∠=︒，2AC MC=，再根据角的和差可得60ACM ECF ∠=∠=︒，从而可得ACE MCF ∠=∠，然后根据相似三角形的判定与性质可得2AE AC FM MC==，由此即可得证；（3）如图（见解析），先根据平行四边形的性质可得60D B ∠=∠=︒，BC AD =，AB CD =，再根据等边三角形的判定与性质可得60BGC BCG ∠=∠=︒，BC CG =，从而可得3CD CG=，然后根据角的和差可得DCE GCF ∠=∠，最后根据相似三角形的判定与性质可得3CE CD CF CG==，由此即可得出答案．【详解】（1）四边形ABCD 是平行四边形，AB AD =，∴四边形ABCD 是菱形，120BCD ∠=︒，60,CAE ACB B AB BC ∴∠=∠=∠=︒=，ABC ∴是等边三角形，AC BC ∴=，60ECF =︒∠，60ACE ACF ∴∠+∠=︒，又60ACB ∠=︒，即60BCF ACF ∠+∠=︒，ACE BCF ∴∠=∠，在AEC 和BFC △中，CAE B AC BC ACE BCF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()AEC BFC ASA ∴≅；（2）①四边形ABCD 是平行四边形，120BCD ∠=︒，60B ∴∠=︒，BC AD =，//BC AD ，1cos cos 602B ∴=︒=， 2AB AD =，2AB BC ∴=，即12BC AB =， ∴在ABC 中，1cos 2BC B AB ==， ABC ∴是直角三角形，且90ACB ∠=︒，即AC BC ⊥；②90,60,//ACB B BC AD ∠=︒∠=︒，90,30CAE ACB BAC ∴∠=∠=︒∠=︒，∴在Rt ACM △中，2AC MC =，即2AC MC=， CM AB ⊥，90,60CMF ACM ∴∠=︒∠=︒，60MCF ACF ∴∠+∠=︒，60ECF =︒∠，60ACE ACF ∴∠+∠=︒，ACE MCF ∴∠=∠，在ACE 和MCF △中，90CAE CMF ACE MCF ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩， ACE MCF ∴~，2AE AC FM MC∴==，即2AE FM =；（3）3CE CF =，证明如下：如图，在AB 上取一点G ，使得BG BC =，连接CG ，四边形ABCD 是平行四边形，120BCD ∠=︒，60D B ∴∠=∠=︒，BC AD =，AB CD =，BCG ∴是等边三角形，BC CG ∴=，60BGC BCG ∠=∠=︒，3AB AD =，33CD BC CG ∴==，即3CD CG=， 120,60BCD ECF ∠=︒∠=︒，60DCE BCF ∴∠+∠=︒，60BCF ∴∠<︒，即BCF BCG ∠<∠，∴点G 一定在点F 的左侧，60GCF BCF BCG ∴∠+∠=∠=︒，DCE GCF ∴∠=∠，在CDE △和CGF △中，60D FGC DCE GCF ∠=∠=︒⎧⎨∠=∠⎩， CDE CGF ∴~，3CE CD CF CG∴==，即3CE CF =．【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．（二）等腰直角三角形中90︒含45︒半角模型条件：△ABC是等腰直角三角形，∠CAB =90︒，AB=AC，∠DAE=45︒，旋转△BDE至△CDG(△BDE沿AD翻折到△ADF)结论1：△ADE≅△AFE(△ACE≅△AFE)结论2：DE2＝BD2+EC2结论3：C∆CEF=BC(C∆DEF=BC)典例精讲：已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．（1）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN2＝AM2+BN2；思路点拨：考虑MN2＝AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN＝BN，∠MDN＝90°就可以了．请你完成证明过程：（2）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN2＝AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【思路点拨】（1）将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，根据“半角”模型2，证明出△CDN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；（2）将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，根据“半角”模型2，证明△CGN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；【详解】（1）证明：将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△DCM≌△ACM．有CD＝CA，DM＝AM，∠DCM＝∠ACM，∠CDM＝∠A．又由CA＝CB，得CD＝CB．由∠DCN＝∠ECF﹣∠DCM＝45°﹣∠DCM，∠BCN＝∠ACB﹣∠ECF﹣∠ACM＝90°﹣45°﹣∠ACM，得∠DCN＝∠BCN．又CN＝CN，∴△CDN≌△CBN．∴DN＝BN，∠CDN＝∠B．∴∠MDN＝∠CDM+∠CDN＝∠A+∠B＝90°．∴在Rt△MDN中，由勾股定理，得MN2＝DM2+DN2．即MN2＝AM2+BN2．（2）关系式MN2＝AM2+BN2仍然成立．证明：将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM．有CG＝CA，GM＝AM，∠GCM＝∠ACM，∠CGM＝∠CAM．又由CA＝CB，得CG＝CB．由∠GCN＝∠GCM+∠ECF＝∠GCM+45°，∠BCN＝∠ACB﹣∠ACN＝90°﹣（∠ECF﹣∠ACM）＝45°+∠ACM．得∠GCN ＝∠BCN ．又CN ＝CN ，∴△CGN ≌△CBN ．有GN ＝BN ，∠CGN ＝∠B ＝45°，∠CGM ＝∠CAM ＝180°﹣∠CAB ＝135°，∴∠MGN ＝∠CGM ﹣∠CGN ＝135°﹣45°＝90°．∴在Rt △MGN 中，由勾股定理，得MN 2＝GM 2+GN 2．即MN 2＝AM 2+BN 2．【解题技法】利用“半角”模型2，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．实战演练：3. 在等腰ABC 中，CA ＝CB ，点D ，E 在射线AB 上，不与A ，B 重合（D 在E 的左边），且∠DCE ＝12∠ACB ．（1）如图1，若∠ACB ＝90°，将CAD 沿CD 翻折，点A 与M 重合，求证：MCE BCE ≅；（2）如图2，若∠ACB ＝120°，且以AD 、DE 、EB 为边的三角形是直角三角形，求AD EB的值；（3）∠ACB ＝120°，点D 在射线AB 上运动，AC ＝3，则AD 的取值范围为．【答案】（1）证明见解析；（2）12或2；（3）0AD <<【解析】【分析】（1）先根据翻折的性质可得,CA CM ACD MCD =∠=∠，从而可得CM CB =，再根据角的和差可得MCE BCE ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得30A B ==︒∠∠，再根据翻折的性质可得,30DF AD CFD A =∠=∠=︒，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得,30EF EB CFE B =∠=∠=︒，从而可得60DFE ∠=︒，最后根据直角三角形的定义分90EDF ∠=︒和90DEF ∠=︒两种情况，分别利用余弦三角函数即可得；（3）先判断出AD 取得最大值时点D 的位置，再利用余弦三角函数求解即可得．【详解】（1）由翻折的性质得：,CA CM ACD MCD =∠=∠，CA CB =，CM CB ∴=，190,2ACB DCE ACB ∠=︒∠=∠， 45MCD MCE DCE ∴∠+∠=∠=︒，45ACD BCE ACB DCE ∠+∠=∠-∠=︒， MCE BCE ∠=∠∴，在MCE 和BCE 中，CM CB MCE BCE CE CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()MCE BCE SAS ≅∴；（2）如图，将ACD △沿CD 翻折，点A 与F 重合，连接EF ，,120ACB CA CB ∠==︒，30A B ∴∠=∠=︒，由翻折的性质得：,30DF AD CFD A =∠=∠=︒，同（1）的方法可证：FCE BCE ≅，,30EF EB CFE B ∴=∠=∠=︒，60CFD DFE CFE =∠+∴=∠∠︒，以AD 、DE 、EB 为边的三角形是直角三角形，∴以DF 、DE 、EF 为边的三角形是直角三角形，即DEF 是直角三角形，因此分以下两种情况：①当90EDF ∠=︒时，在Rt DEF △中，1cos 2cos 60DF DFE EF ∠==︒=，则12AD DF EB EF ==， ②当90DEF ∠=︒时，在Rt DEF △中，1cos 2cos 60EF DFE DF ∠==︒=，则12EB EF AD DF ==，即2AD EB =，综上，AD EB 的值为12或2；（3）,120ACB CA CB ∠==︒，30A B ∴∠=∠=︒，如图，当点D 在射线AB 上运动至CA CD ⊥的位置时，在Rt ACD △中，cos AC A AD =，即3cos302AD ︒==，解得AD =120ACB ∠=︒，1209030BCD ACB ACD ∴∠=∠-∠=︒-︒=︒，1602DCE ACB ∠=∠=︒， 30BCE DCE BCD ∴∠=∠-∠=︒，30BCE B ∴∠=∠=︒，//∴AB CE ，要使点E 在射线AB 上，且点D 在E 的左边，则AD <即AD 的取值范围为0AD <<，故答案为：0AD <<．【点睛】本题考查了翻折的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、余弦三角函数等知识点，较难的是题（3），正确判断出AD 取得最大值时点D 的位置是解题关键．（三）正方形中90︒含45︒半角模型条件：正方形ABCD 中，∠MAN =45︒ ，旋转△ABF 至△AND ；结论1：△AFM ≅△AMN结论2： MN=BM+DN(MN=DN-BM)结论3：C ∆MCN =2AB ；结论4： AMN ABM ADN S S S =+(AMN ADN ABM S S S =-)典例精讲：（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∠EAF ＝45°，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∠EAF＝45°，则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程．②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，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．【思路点拨】（1）（发现证明）根据“半角”模型3，证明出△EAF≌△GAF，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；（2）（类比引申）①根据“半角”模型3，证明出△EAF≌△GAF，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；②根据“半角”模型3，证明△AFE≌△ANE，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；（3）（联想拓展）求出DG＝2，设DF＝x，则根据“半角”模型3的结论2得出EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，在Rt△EFC中，得出关于x的方程，解出x则可得解．【详解】（1）（发现证明）证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°，∴∠DAG+∠FAD＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，∵AF＝AF，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝DF+BE；（2）（类比引申）①不成立，结论：EF＝DF﹣BE；证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，∴∠FAM＝45°＝∠EAF，∵AF＝AF，∴△EAF≌△MAF（SAS），∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；②如图3，将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，∴AN＝AF，∠NAF＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠NAE＝45°，∴∠NAE＝∠FAE，∵AE＝AE，∴△AFE≌△ANE（SAS），∴EF＝EN，∴BE＝BN+NE＝DF+EF．即BE＝EF+DF．故答案为：BE＝EF+DF．（3）（联想拓展）解：由（1）可知AE＝AG＝3，∵正方形ABCD的边长为6，∴DC＝BC＝AD＝6，∴3DG===∴BE＝DG＝3，∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，设DF＝x，则EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，在Rt△EFC中，∵CF2+CE2＝EF2，∴（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得：x＝2．∴DF＝2，∴AF==【解题技法】“半角”模型3，常与旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，将分散的条件集中起来，将隐秘的关系显现出来．实战演练：4. 思维探索：在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是；（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；拓展提升：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．【答案】思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE﹣1．【解析】【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF 即可求得EF＝DF﹣BE；拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠F AG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝﹣x，根据线段的和差即可得到结论．【详解】思维探索：（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，在△AGE和△AFE中AG AFGAE EAF AE AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，故答案为：8；（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，同（1）可证得△AEF≌△AGF，∴EF＝GF，且DG＝BE，∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，∴四边形ACBG是矩形，∵AC＝BC，∴矩形ACBG是正方形，∴AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，∴△AEC≌△AGF（SAS），∴AE＝AF，∠EAC＝∠F AG，∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，∴∠DAF＝∠DAE＝45°，∵AD＝AD，∴△ADE≌△ADF（SAS），∴∠ADF＝∠ADE＝30°，∴∠BDE＝60°，∵∠DBE＝90°，BD＝2，∴DE＝DF＝4，BE＝设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝x，∴DG＝x，∴DG﹣FG＝DF，即x﹣x＝4，∴x﹣1，∴CE1．【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．5. （1）如图，在正方形ABCD 中，∠FAG=45°，请直接写出DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明．（2）如图，在Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，E，F 分别是BC 上两点，∠EAF=45°，①写出BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明．②若将（2）中的△AEF 绕点A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？若不成立，直接写出新的结论，无需证明．S（3）如图，△AEF 中∠EAF=45°，AG⊥EF 于G，且GF=2，GE=3，则AEF= ．【答案】（1）FG=BF+DG；（2）①EF2=BE2+FC2，理由见解析；②仍然成立；（3）15【解析】【分析】（1）把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，可使AD与AB重合，再证明△AFG≌△AFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG；（2）①根据△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，根据旋转的性质，可知△ACF≌△ABG得到BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG，∠FAC=∠GAB，根据Rt△ABC中的AB=AC得到∠GBE=90°，所以GB2+BE2=GE2，证△AGE≌△AFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2；②将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得△AFG≌△AFE即可求解；（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在Rt△EFC中，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°，∴把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，使AD与AB重合，∴∠BAP=∠DAG ，AP= AG ，∵∠BAD=90°，∠FAG=45°，∴∠BAF+∠DAG=45°，∴∠PAF=∠FAG=45°，∵∠ADC=∠ABC=90°，∴∠FBP=180°，点F 、B 、P 共线，在△AFG 和△AFP 中，AG AP FAG FAP AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AFG ≌△AFP （SAS ），∴PF=FG ，即：FG=BF+DG ；（2）①FC 2+BE 2=EF 2，证明如下：∵AB=AC ，∠BAC=90°，∴∠C=∠ABC=45°，将△AFC 绕点A 顺时针旋转90°得到△AGB ，∴△ACF ≌△ABG ，∴BG=FC ，AG=AF ，∠C=∠ABG=45°，∠FAC=∠GAB ，∴∠GBE=∠ABG +∠ABC =90°，∴GB 2+BE 2=GE 2，又∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠FAC=45°，∴∠GAB+∠BAE=45°，即∠GAE=45°，在△AGE 和△AFE 中，GA FA EAG EAF AE AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AGE ≌△AFE （SAS ），∴GE=EF ，∴FC 2+BE 2=EF 2；②仍然成立，理由如下：如图，将△ABE 绕点A 逆时针旋转使得AB 与AD 重合，点E 的对应点为点G ，∴△ACG ≌△ABE ，∴CG=BE ，AG=AE ，∠ACG=∠ABE=45°，∠BAE=∠CAG ，∴∠GCB=∠ACB +∠ACG =90°，即∠GCF=90°，∴GC 2+CF 2=FG 2，∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=90°，∴∠CAG+∠EAC=90°，又∵∠EAF=45°，∴∠GAF=90°-∠EAF=45°，∴∠GAF=∠EAF=45°，在△AFG 和△AFE 中，GA EA GAF EAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AFG ≌△AFE （SAS ），∴GF=EF ，∴FC 2+BE 2=EF 2；（3）将△AEG 沿AE 对折成△AEB ，将△AFG 沿AF 对折成△AFD ，延长BE 、DF 相交于C ，∴△AEG ≅△AEB ，△AFG ≅△AFD ，∴AB=AG=AD ，BE=EG=3，DF=FG=2，∠EAG=∠EAB ，∠FAG=∠FAD ，∠B=∠D=90°，∵∠EAF=45°，∴∠EAB+∠FAD=∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，∴∠BAD=90°，∴四边形ABCD 为正方形，设AG =x ，则AB=BC=CD=x ，在Rt △EFC 中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=3x -，FC=CD-DF= 2x -， ∴222FC EC EF +=，故()()2222?35x x -+-=，解得：11x =-（舍去），26x =，∴AG=6，∴AEF 115615 22S EF AG==⨯⨯=．故答案为：15．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中．（四）等边三角形中60︒含30︒半角模型条件：△ABC是等边三角形，∠DAE =30︒，旋转△ABD至△ACF；结论1：△ADE≅△AFE结论2：∠ECF =120︒结论3：C∆ECF=AB；典例精讲：转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．（一）尝试探究如图1所示，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF＝30°，连接EF．（1）如图2所示，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF＝度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为．（2）如图3，当点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．（二）拓展延伸如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF＝30°，BE＝1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A 作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．【思路点拨】（一）（1）（发现证明）根据“半角”模型4，证明出△AEF≌△AE′F，进而根据线段的和差关系得出结论；（2）先在BE上截取BG＝DF，连接AG，根据“半角”模型4，判定△GAE≌△FAE，根据线段的和差关系得出结论；（二）先根据“半角”模型4，判定△AEE′是等边三角形，进而得到AN AMAE AB=和∠BAE＝∠MAN，最后判定△BAE∽△MAN，并根据相似三角形对应边成比例，列出比例式求得MN的长．解：（一）（1）将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，则∠BAE＝∠DAE'，BE＝DE′，AE＝AE′，∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，∴∠BAE+∠DAF＝30°，∴∠DAE'+∠DAF＝30°，即∠FAE′＝30°∴∠EAF＝∠FAE′，在△AEF和△AE′F中，AE AEEAF E AF AF AF''⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，即EF＝DF+DE′，∴EF＝DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF＝EF，故答案为：30，BE+DF＝EF；（2）如图3，BE上截取BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，AB ADABE ADF BG DF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，且AG＝AF，∵∠DAF+∠DAE＝30°，∴∠BAG+∠DAE＝30°，∵∠BAD＝60°，∴∠GAE＝60°﹣30°＝30°，∴∠GAE＝∠FAE，在△GAE和△FAE中，AG AFGAE FAE AE AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE＝FE，又∵BE﹣BG＝GE，BG＝DF，∴BE﹣DF＝EF，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF＝EF；（二）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，则AE＝AE′，∠EAE′＝60°，∴△AEE′是等边三角形，又∵∠EAF＝30°，∴AN平分∠EAE'，∴AN⊥EE′，∴RtANE中，ANAE=∵在等边△ABC中，AM⊥BC，∴∠BAM ＝30°，∴AM AB =BAE+∠EAM ＝30°， ∴AN AM AE AB=，又∵∠MAN+∠EAM ＝30°，∴∠BAE ＝∠MAN ，∴△BAE ∽△MAN ，∴MN AN BE AB =，即MN 1=，∴MN 【解题技法】根据“半角”模型，对图形进行分解、组合，抓住图形旋转前后的对应边相等，一般解题方法为作辅助线构造全等三角形或相似三角形．实战演练：6. （1）问题背景：如图1：在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠BAD ＝120°，∠B ＝∠ADC ＝90°，E 、F 分别是BC ，CD 上的点且∠EAF ＝60°，探究图中线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD 到点G ．使DG ＝BE ．连结AG ，先证明ABE ADG ≅△△，再证明AEF AGF ≅△△，可得出结论，他的结论应是；（2）探索延伸：如图2，若在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B+∠D ＝180°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且∠EAF ＝12∠BAD ，上述结论仍然成立（填“是”或“否”）；（3）结论应用：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45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E 、F 处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．（4）能力提高：如图4，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．【答案】（1）BE FD EF +=；（2）是；（3）210海里；（4【解析】【分析】（1）先根据三角形全等的判定定理与性质可得,,BE DG AE AG BAE DAG ==∠=∠，再根据角的和差可得EAF GAF ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得EF GF =，最后根据线段的和差、等量代换即可得；（2）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得,,BE DM AE AM BAE DAM ==∠=∠，再根据角的和差可得EAF MAF ∠=∠，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得EF MF =，最后根据线段的和差、等量代换即可得；（3）先根据方位角的定义、角的和差分别求出140,70,180AOB EOF A OBC ∠=︒∠=︒∠+∠=︒，从而可得12EOF AOB ∠=∠，再根据航行速度与时间分别求出90AE =海里，120BF =海里，然后利用题（2）的结论即可得；（4）过点C 作CE ⊥BC,垂足为点C ，截取CE,使CE=BM.连接AE 、EN,根据（2）中的结论计算即可.【详解】（1）在ABE △和ADG 中，90AB AD B ADG BE DG =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩()ABE ADG SAS ∴≅,,BE DG AE AG BAE DAG ∴==∠=∠120,60BAD EAF ∠=︒∠=︒60BAE DAF ∴∠+∠=︒60DAG DAF ∴∠+∠=︒，即60GAF =︒∠60EAF GAF ∴∠=∠=︒在AEF 和AGF 中，AE AG EAF GAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AEF AGF SAS ∴≅EF GF ∴=DG FD GF +=BE FD EF ∴+=故答案为：BE FD EF +=；（2）是，证明如下：如图，延长CD 至点M ，使得DM BE =180B ADF ∠+∠=︒，180ADM ADF ∠+∠=︒B ADM ∴∠=∠在ABE △和ADM △中，AB AD B ADM BE DM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ABE ADM SAS ∴≅,,BE DM AE AM BAE DAM ∴==∠=∠12EAF BAD ∠=∠ 12BAE DAF BAD EAF BAD ∴∠+∠=∠-∠=∠ 12DAM DAF BAD ∴∠+∠=∠，即12MAF BAD ∠=∠ EAF MAF ∴∠=∠在AEF 和AMF 中，AE AM EAF MAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AEF AMF SAS ∴≅EF MF ∴=DM FD MF +=BE FD EF ∴+=故答案为：是；（3）如图，延长AE 、BF ，相交于点C ，连接EF ，过点B 作BN x ⊥轴于点N 由题意得：30,907020,,70AOG BOD OA OB EOF ∠=︒∠=︒-︒=︒=∠=︒ 309020140AOB AOG DOG BOD ∴∠=∠+∠+∠=︒+︒+︒=︒，70OBN ∠=︒12∴∠=∠EOF AOB 舰艇甲从A 处向正东方向以45海里/小时的速度航行2小时至E 处//AE x ∴轴，45290AE =⨯=（海里）90AGO ∴∠=︒9060A AOG ∴∠=︒-∠=︒舰艇乙从B 处沿北偏东50︒的方向以60海里/小时的速度航行2小时至F 处 50NBD ∴∠=︒，602120BF =⨯=（海里）120OBC OBN NBD ∴∠=∠+∠=︒60120180A OBC ∴∠+∠=︒+︒=︒则由（2）的结论可得：90120210EF AE BF =+=+=（海里）故此时两舰艇之间的距离为210海里；（4）过点C 作CE ⊥BC,垂足为点C,截取CE ，使CE=BM.连接AE 、EN,由（2）可知，CE=BM=1, NE=MN,= .∴MN=,故答案为:【点睛】本题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．。

2024专题3.3旋转---半角模型-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)

BE DF 1
A
D
2
2
⑤CE= 2 DM,DF= BG,EF= GM, ⑥ = =
CE FC 2
M
⑦△AEF的边EF上的高等于正方形的边长；
⑧△EFC的周长等于正方形的边长的2倍.
F
角度之间的关系： ①∠AEB=∠AEF,∠AFE=∠AFD
G
O
②根据下面共圆,每个共圆都至少可以得到四队相等的角.
四点共圆：①ABEM ②ADFG ③GEFM ④CEMF ⑤CEGMF

=

=

= .
A
(1)∵∠MEN=∠MFN=45º,∴M、N、F、E四点共圆
D
45º
∴∠ANM=∠AEF,∠AMN=∠AFE,
∴△AMN∽△AFE.
N
F
M
B
E
C
变式训练
考点3-1
半角模型---90°+45°
【变式6】如图,E,F是正方形ABCD的两边上的点,∠EAF=45º,BD交AE,AF于
A
上且∠EDF=60º.求证：EF=BE+CF.
【分析】将△BDN绕点D顺时针旋转120º得△DCG,
E
F
易证：△DBE≌△DCG(SAS)→DE=DG,∠FDG=∠FDE=60º
易证：△DFE≌△DFG(SAS)→EF=GF,
∴EF=GF=GC+CF=BE+CF.
B
60º
D
C
针对训练
考点3-2
半角模型---120°+60°
图形示例
A
模型分析
当一个角包含着这个角的半角
等边三角形
,常将半角两边的三角形通过

专题五半角模型

条件：△ABC是等边三角形，∠CDB =120°，∠EDF=60°，BD=CD，旋转△BDE至△CDG 结论1：△FDE≅△FDG结论2：EF=BE+CF结论3: ∠DEB =∠DEF典例精讲:已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中：+＝．（不需证明）（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．【思路点拨】（1）证明△ABE≌△CBF且△BEF是等边三角形即可；（2）根据“半角”模型1，先证△BAE≌△BCG，再根据“半角”模型1中的结论2得出△GBF ≌△EBF，再根据“半角”模型1中的结论3即可；（3）根据“半角”模型1，先证△BAH≌△BCF，再根据“手拉手”模型1中的结论2得出△EBF ≌△EBH即可．【详解】解：（1）如图1，在△ABE 和△CBF 中，AE CF BAE BCF AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABE ≌△CBF （SAS ）， ∴∠CBF ＝∠EBA ，BE ＝BF ， ∵∠ABC ＝120°，∠EBF ＝60°， ∴△BEF 是等边三角形，CF ＝12B ，AE ＝12BE ，∴EF ＝BE ＝BF ＝AE+CF ；（2）如图2，延长FC 至G ，使AE ＝CG ，连接BG ，在△BAE 和△BCG 中，BA BCBAE BCG AE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△BAE ≌△BCG （SAS ）， ∴∠ABE ＝∠CBG ，BE ＝BG ， ∵∠ABC ＝120°，∠EBF ＝60°， ∴∠ABE+∠CBF ＝60°， ∴∠CBG+∠CBF ＝60°，∴∠GBF ＝∠EBF ，在△GBF 和△EBF 中，BG BE GBF EBF BF BF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△GBF ≌△EBF （SAS ）， ∴EF ＝GF ＝CF+CG ＝CF+AE ；（3）不成立，但满足新的数量关系．如图3，在AE 上截取AH ＝CF ，连接BH ，在△BAH 和△BCF 中，BA BC BAH BCF AH CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△BAH ≌△BCF （SAS ）， ∴BH ＝BF ，∠ABH ＝∠CBF ， ∵∠EBF ＝60°＝∠FBC+∠CBE ∴∠ABH+∠CBE ＝60°， ∵∠ABC ＝120°， ∴∠HBE ＝60°＝∠EBF ，在△EBF 和△HBE 中，BH BF HBE EBF BE BE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△EBF ≌△EBH （SAS ）， ∴EF ＝EH ，∴AE＝EH+AE＝EF+CF．【解题技法】本题典型的利用“半角”模型1，其基本思路是“旋转补短”，从而构造全等三角形．实战演练:1、如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝AC，BD相交于点O．(1)求边AB的长；(2)求∠BAC的度数；(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A 左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF 是哪一种特殊三角形，并说明理由．2、在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AD，AB上（均不与顶点重合），且∠BCD ＝120°，∠ECF＝60°．（1）如图1，若AB＝AD，求证：△AEC≌△BFC；（2）如图2，若AB＝2AD，过点C作CM⊥AB于点M，求证：①AC⊥BC；②AE＝2FM；（3）如图3，若AB＝3AD，试探究线段CE与线段CF的数量关系．（二）等腰直角三角形中90°含45°半角模型典例精讲:已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．（1）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN2＝AM2+BN2；思路点拨：考虑MN2＝AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN＝BN，∠MDN＝90°就可以了．请你完成证明过程：（2）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN2＝AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【思路点拨】（1）将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，根据“半角”模型2，证明出△CDN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；（2）将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，根据“半角”模型2，证明△CGN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；【详解】（1）证明：将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△DCM≌△ACM．有CD＝CA，DM＝AM，∠DCM＝∠ACM，∠CDM＝∠A．又由CA＝CB，得CD＝CB．由∠DCN＝∠ECF﹣∠DCM＝45°﹣∠DCM，∠BCN＝∠ACB﹣∠ECF﹣∠ACM＝90°﹣45°﹣∠ACM，得∠DCN＝∠BCN．又CN＝CN，∴△CDN≌△CBN．∴DN＝BN，∠CDN＝∠B．∴∠MDN＝∠CDM+∠CDN＝∠A+∠B＝90°．∴在Rt△MDN中，由勾股定理，得MN2＝DM2+DN2．即MN2＝AM2+BN2．（2）关系式MN2＝AM2+BN2仍然成立．证明：将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，则△GCM≌△ACM．有CG＝CA，GM＝AM，∠GCM＝∠ACM，∠CGM＝∠CAM．又由CA＝CB，得CG＝CB．由∠GCN＝∠GCM+∠ECF＝∠GCM+45°，∠BCN＝∠ACB﹣∠ACN＝90°﹣（∠ECF﹣∠ACM）＝45°+∠ACM．得∠GCN＝∠BCN．又CN＝CN，∴△CGN≌△CBN．有GN＝BN，∠CGN＝∠B＝45°，∠CGM＝∠CAM＝180°﹣∠CAB＝135°，∴∠MGN＝∠CGM﹣∠CGN＝135°﹣45°＝90°．∴在Rt△MGN中，由勾股定理，得MN2＝GM2+GN2．即MN2＝AM2+BN2．【解题技法】利用“半角”模型2，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键。