人教版中考数学压轴题解题模型----几何图形之半角模型(含解析)
半角模型-初三数学半角模型
半角模型1、产生条件：共顶点、等线段，一个小角等于大角的一半，对角互补的四边形。
2、常见形式：图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况，还有2α套α的情况。
求证的结论一般是“a+b=c 或者a -b=c ”。
3、解题方法: 通过辅助线“截长补短”，构造全等三角形，转移边角。
旋转移位造全等，翻折分割构全等。
4、经典题型：4.1、正方形半角模型：90°→ 45°例1、如图，正方形ABCD 中，∠EAF=45°。
求证： （1）EF=BE+DF ． （2）∠EFC 周长 = 2AB （3）EA 平分∠BEF变式训练：如图，正方形ABCD 中，∠EAF=45°。
求证：EF=DF - BEBB4.2、等腰直角三角形半角模型：90°→ 45°例2、如图，等腰直角三角形中∠BAC=90°，∠EAF=45°，求证：BE 、EF 、CF 的数量关系。
变式训练：如图，等腰直角三角形中∠BAC=90°，∠EAF=45°，求证：BE 2 + CF 2 = EF 2。
FE4.3、对角互补、邻边相等四边形半角模型：2α → α例3、如图，四边形ABCD 中，∠A=∠C=90°，∠D=60°，AB=BC ，E 、F ，分变式训练：如图，四边形ABCD 中，∠A=∠C=90°，∠D=60°，AB=BC ，若E 、F 分别在AD 、DC 的延长线上，且∠EBF=60°，求证：AF=EF+CE ．专题训练：1、如图1．在四边形ABCD中．AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF．（1）求证：EF=BE+DF；（2）在（1）问中，若将∠AEF绕点A逆时针旋转，当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关系．CBAE2、 如图，∠ABC 中，CA=CB ，∠ACB=120°，点E 为AB 上一点，∠DCE=∠DAE= 60°，求证:AD+DE= BE.3、 如图，∠A=∠B=90°，CA=CB=4， ∠ACB=120°，∠ECF=60°，AE=3， BF=2，求五边形ABCDE 的面积.A。
中考数学必会几何模型：半角模型
中考数学必会几何模型：半角模型半角模型是指存在两个角度是一半关系，并且这两个角共顶点的模型。
通过先旋转全等再轴对称全等，一般结论是证明线段和差关系。
常见的半角模型是90°含45°，120°含60°。
例如，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，它的两边分别交线段CB、DC于点M、N。
要求证：BM+DN=MN，以及作AH⊥XXX于点H，求证：AH=AB。
证明过程如下：1.延长ND到E，使DE=BM。
由四边形ABCD是正方形，得AD=AB。
在△ADE和△ABM中，有AD=AB，∠ADE=∠BAM，DE=BM，因此△ADE≌△ABM。
得AE=AM，∠XXX∠BAM。
由∠MAN=45°，得∠BAM+∠NAD=45°，因此∠MAN=∠EAN=45°。
在△AMN和△AEN中，有MA=EA，∠MAN=∠EAN，AN=AN，因此△AMN≌△AEN。
得MN=EN。
因此BM+DN=DE+DN=EN=MN。
2.由(1)得△AMN≌△XXX。
因此S△AMN=S△AEN，即AH×MN=AD×EN。
又因为MN=EN，得AH=AD。
因此AH=AB。
在等边△ABC的两边AB、AC上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN=60°，∠BDC=120°，BD=DC。
要探究当M、N分别在线段AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系。
1) 当DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是BM+NC=MN。
2) 猜想：当DM≠DN时，仍有BM+NC=MN。
证明如下：延长AC至E，使CE=BM，连接DE。
因为BD=CD，且∠BDC=120°，所以△BDC是等边三角形。
因此BD=DC=CE=BM，得△BDE是等边三角形，∠BED=60°。
因此△DEN和△DME是等腰三角形，得DN=EN，DM=EM。
2023中考数学常见几何模型《全等模型-半角模型》含答案解析
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 ∠+∠=︒，点E ，F 分别在BC ，CD 上，若2BAD EAF ∠∠=，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 ∠=︒，120ABC ∠=︒，150BCD ∠=︒，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≈）．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 ∠=∠，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 ∠=∠，求证：EF ＝BE ＋DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是O 的内接四边形，BC 是直径，AB ＝AC ，请直接写出PB ＋PC 与AP 的关系．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 ∠=︒，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=，求AF的长．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， CEF的周长等于．（4）如图4，正方形ABCD中， AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、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．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．（2022·江西九江·一模）如图（1），在四边形ABCD 中，180B D ∠+∠=︒，AB AD =，以点A 为顶点作EAF ∠，且12EAF BAD ∠=∠，连接EF ．(1)观察猜想 如图（2），当90BAD B D ∠=∠=∠=︒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 中，90BAC ∠=︒，4AB AC ==，点D ，E 均在边BC 上，且45DAE ∠=︒，若BD =，求DE 的长．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 ∠=︒，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 ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF =45°，若B Ð、D ∠都不是直角，则当B Ð与D ∠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 ∠=︒，AB AC =，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE =45，若1BD =，2EC =，求DE 的长．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．5．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形ABCD 中，45MAN ∠=︒，MAN ∠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 ∠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 ≠时（如图2），求证：MN BM DN =+；(3)当MAN ∠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．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 ∠=∠=︒，100BAD ∠=︒，50EAF ∠=︒，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 ∠+∠=︒，2BAD EAF ∠∠=．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．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，∠BAD．猜想线段BE，EF，FD之间的数量关系并说明理由．且∠EAF＝128．（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．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，∠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∠EAF=12系．并证明你的猜想．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．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。
2024年中考数学几何模型归纳(全国通用)：全等与相似模型-半角模型(教师版)
专题16全等与相似模型-半角模型全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。
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；3）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 。
4）等边三角形半角模型（60°-30°型）条件： ABC 是等边三角形，∠EAD =30°；结论：①△BDA ≌△CFA ；②△DAE ≌△FAE ；③∠ECF =120°；④DE 2＝(12BD ＋EC)2+2；5）半角模型（2 - 型）条件：∠BAC =2 ，AB =AC ，∠DAE = ；结论：①△BAD ≌△CAF ；②△EAD ≌△EAF ；③∠ECF=180°-2 。
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 。
2022年中考数学复习专题三半角模型及其例题解析
专题03 半角模型半角模型：是指有公共顶点，锐角等于较大的角的一半，且较大的角的两边相等(不等)，通过旋转，可将角进行等量转化，构造全等（相似）的三角形的几何模型。
主要解法：一、经典之旋转法。
二、创新之翻折法。
三、常规之补短法。
熟练掌握：正方形的10个结论。
学会变通：矩形通过截或补变成正方形。
含60°角的菱形除旋转外，还可以借助对角线，构成等边三角形，利用三边相等，构造全等。
模型总讲:如图，已知在正方形ABCD 中，∠EAF =45°，连接BD 与AM ，AN 分别交于E 、F 两点。
1. BE+DF=EF ；2. △CEF 的周长等于正方形的边长的2倍。
3. S △ABE +S △ADF =S △AEF4. 点A 到MN 的距离等于正方形的边长；即AH=AD5. MN 2=MB 2+DN 2；6. 点A,M,F,D 四点共圆。
点A,B,E,N 四点共圆. 点M,E,F,N四点共圆。
点N,F,C,E,M 五点共圆。
7. 证明△AFM 和△AEN 为等腰直角三角形。
8.MN EF=√229. S △AMF =2S △AEF 10. 5组相似△HMN ∼△DFN(图9) △HMN ∼△BME(图10) △AMN ∼△BNA(图11) △AMN ∼△DMA(图12) △ AMN∽△ AFE证明如下: 结论1(图1)将△ABE 逆时针旋转90°，与△ADE'重合. 则AE=AE', ∠BAE=∠DAE’,易得 ∠EAF=∠E'AF=45° 又∵ AF=AF∴△EAF ≌ △E'AF （SAS ）(图2) ∴EF=E'F=DE'+DF ∴BE+DF=EF(结论1成立) 结论2 由结论1可得:AO HN M EBCD FAE'OEBCD F图1C △CEF =CE+CF+EF= CE+CF+BE+DF=BC+CD=2BC即△CEF 的周长等于正方形的边长的2倍。
数学中考复习——半角模型
A
D
45°
F
B
E
C
二、运用模型
⑤ 若点E、F分别在CB、DC的延长线上，∠EAF=45°，那么线段EF、 DF、BE之间有怎样的数量关系？
三、深化模型
正方形ABCD，边长为a，E、F分别为BC、CD上的点，∠EAF=45°， 连接BD交AE于点M，交AF于点N，那么线段DN，MN，BM之间有 什么数量关系？
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，他的结论是
。
探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，
课堂小结：
这节课你都有哪些收获？
中考链接
数学模型二、坐标系中的等腰直角三角形
——畅想思维飞扬之梦
平面直角坐标系中，△ABC为等腰直角三角形，∠B=90°，点B
坐标为（3,1），求点A的坐标。
y
A
思路剖析: 构造“k型” 全等或“弦图” 全等 解题策略：
过直角顶点和另外一个顶点做
B
坐标轴的垂线
O
中考复习专题
“半角”模型
——奏响思维“直通车”之歌
学习目标：
1．在解题过程中提炼解题策略、经验、方法、技巧。 2．在学习过程中树立模型意识，充分关注模型、提炼 模型、运用模型、深化模型、升华模型。 3．通过导师引领，小组合作，提高学习效率。
一、提炼模型
正方形ABCD，边长为a，E、F分别为BC、CD上的点，∠EAF=45°， 求证：①EF=BE+DF ②∠AEF=∠AEB,∠AFD=∠AFE;③△ECF的周长为正 方形边长的2倍；④点A到EF的距离等于正方形边长。
中考数学几何专题——半角模型(几何压轴)
半角模型1、角含半角模型条件：（1）正方形ABCD （2）结论：（1）EF=DF+BE（2）D CEF周长为正方形ABCD周长的一半也可以这样：条件：（1）正方形ABCD （2）EF=DF+BE结论：条件：（1）正方形ABCD （2）结论：（1）EF=DF-BE条件：（1）结论：D AHE为等腰直角三角形证明：连接AC\ÐDAH=ÐCAE\D ADH相似于D ACE\DAAH=ACAE\D AHE相似于D ADC条件：（1）等腰直角D ABC（2）结论：BD2+CE2=DE2若ÐDAE旋转到D ABC外部时结论：BD2+CE2=DE2经典例题1．如图，正方形ABCD中，E、F分别在BC、DC上，且∠EAF=45°．求证：BE+DF=EF．2．如图，在正方形ABCD中，E和F分别是BC和CD上的点，AG⊥EF，∠EAF=45°，求证：AG=AD．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，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）4、如图①△ABC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD=CD，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N，连接MN．（1）探究BM、MN、NC之间的关系，并说明理由．（2）若△ABC的边长为2，求△AMN的周长．（3）若点M、N分别是AB、CA延长线上的点，其它条件不变，在图②中画出图形，并说出BM、MN、NC之间的关系．5．（2014秋•安阳校级期中）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D和点E均在边BC 上，且∠DAE=45°，试猜想BD．DE．EC应满足的数量关系，并写出推理过程．6．在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E在直线BC上，∠DAE=45°，（1）写出图中的相似三角形；（2）求证：BE•CD=2S△ABC，并探究BD、DE、CE之间的数量关系，给以证明．7．已知在△ABC中，AB=AC，点D、E在边BC上，将△ABD绕着点A旋转，得到△ACD′，接连D′E交AC于点O．（1）如图1，当△BAC=120°，△DAE=60°时，求证：DE=D′E；（2）如图2，当△DAE=45°，△BAC=90°，BD=DE时，在不舔加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的所有的全等三角形．8．（2014秋•通山县期中）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．9．△ABC的边BC在直线l上，点D，E是直线l上的两点，且BA=BD，CA=CE（1）如图1，若AB=AC，△BAC=90°，求△CAE的度数；（2）如图2，若△BAC=90°，求△CAE的度数；（3）如图3，设△BAC=α，△DAE=β，请直接写出α与β的关系式．10．（2011秋•朝阳区期末）已知，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=，点D、E在BC边上（均不与点B、C重合，点D始终在点E左侧），且∠DAE=45°．（1）请在图△中找出两对相似但不全等的三角形，写在横线上，；（2）设BE=m，CD=n，求m与n的函数关系式，并写出自变量n的取值范围；（3）如图△，当BE=CD时，求DE的长；（4）求证：无论BE与CD是否相等，都有DE2=BD2+CE2．11．（2014•平谷区一模）（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MN2=BM2+DN2，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．△如图2，当△BAC=60°，△DAE=30°时，BD、DE、EC应满足的等量关系是；△如图3，当△BAC=α，（0°＜α＜90°），△DAE=时，BD、DE、EC应满足的等量关系是．[参考：sin2α+cos2α=1]12．（2015•海宁市模拟）（1）探究：如图1和2，四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．△如图1，若△B、△ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能证得EF=BE+DF，请写出推理过程；△如图2，若△B、△D都不是直角，则当△B与△D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（2）拓展：如图3，在△ABC中，△BAC=90°，AB=AC=2，点D、E均在边BC上，且△DAE=45°．若BD=1，求DE的长．13．（2015•滑县一模）（1）问题发现如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，△EAF=45°，连接EF、则EF=BE+DF，试说明理由；（2）类比引申如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，△BAD=90°，点E、F分别在边BC、CD上，△EAF=45°，若△B，△D都不是直角，则当△B与△D满足等量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）联想拓展如图3，在△ABC中，△BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且△DAE=45°，猜想BD、DE、EC满足的等量关系，并写出推理过程．14．（2014•山西校级模拟）已知△ABC中，AB=AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，连结D′E．（1）如图1，当△BAC=120°，△DAE=60°时，求证：DE=D′E；（2）如图2，当DE=D′E时，△DAE与△BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．（3）如图3，在（2）的结论下，当△BAC=90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△D′EC 是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必说明理由）。
中考数学解题的基本模型半角模型
中考数学解题的基本模型半角模型建立模型如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠BCD=180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=1/2∠BAD.求证：EF=BE+DF.分析：要证明一条线段等于两条线段的和，我们首先想到的是"截长补短"添加辅助线.如下图，在线段EF上截取EG=EB.如果能证明线段GF=DF，则结论得证.而要证明两条线段相等，且两条线段不在同一个三角形中，可以尝试利用全等.即证明△ABE≌△AGE.通过尝试，我们发现很难证明这两个三角形全等，所以"截长"无法得到我们想要的结果.再试一试“补短”，延长CD至点G，使DG=EB.如下图：此时若能证明FG=FE，则FE=FG=FD+DG=FD+BE.结论得证.而要证明FE=FG，只需证明△AEF≌AGF即可.证明：延长FD至点G，使DG=BE.易证△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG.∴∠EAF=1/2∠BAD=∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=∠GAF又∵AF=AF，∴△EAF≌△GAF.∴EF=GF=DF+DG=DF+BE反思：1、本题中的辅助线：延长DG=BE，也可以通过旋转来实现（实际上就是将三角形ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数）.需要指出的是，如果用旋转，需说明C、D、G三点共线（证明∠ADG+∠ADC=180°即可）.2、题中有三个非常重要的元素：（1）∠EAF=1/2∠BAD（半角模型名称的由来）；（2）AB=AD. 共端点的两条线段相等，这点尤为关键，它为下一步的旋转提供了条件.当题中出现一个角等于另一角的一半，且共端点的线段相等时，常采用旋转，将分散的条件集中起来，为下一步的证明做好铺垫. （3）对角互补.由于对角互补的存在，通过旋转，两边的两个三角形可拼成一个大三角形，进而可证明三角形全等.一、半角结构之90°与45°先来看一道题目：如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，∠EAF=45°.求证：EF=BE+DF.证明：证明：∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD且∠ABE+∠ADF=180°将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，此时点C、D、G三点共线.∴∠BAE=∠DAG，AE=AG. ∵∠EAF=45°∴∠BAE+∠DAF=∠DAG+∠DAF=∠GAF=45°∴∠EAF=∠GAF. 又∵AF=AF.∴△EAF≌△GAF.∴EF=GF=DF+DG=DF+BE.模型应用1：如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°.BE=2cm,DF=3cm.求正方形的边长.分析：根据上题的结论可知EF=BE+DF=5.设正方形的边长为x，那么CE=x-2，CF=x-3.在Rt△CEF中，根据勾股定理得，CE^2+CF^2=EF^2，即(x-2)^2+(x-3)^2=5^2，解得，x=6.所以正方形的边长为6以上的半角结构主要发生在四边形中，再次回顾半角结构中的重要元素：（1）半角（2）邻边相等（3）对角互补. 半角模型中经常通过旋转将分散的条件集中起来，进而通过三角形的全等进行证明.在三角形中同样存在半角模型，下面以一道题为例来说明三角形中的半角模型.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.点D，E是BC边上两点且∠DAE=45°求证：BD^2+CE^2=DE^2分析：看到这个结论，相信大部分同学首先想到的是勾股定理，但DE,BD,CE不在同一个三角形中.所以要想办法将他们集中在一个三角形里面，根据题中条件AB=AC，共端点的两条线段相等，可以尝试旋转.证明：因为AB=AC，且∠BAC=90°.将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG. 如下图：由旋转的性质可知，△ABD≌△ACG.∴AD=AG，∠BAD=∠CAG，∠ABD=∠ACG=45°.∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=∠CAG+∠EAC=45°∴∠DAE=∠GAE∴△DAE≌△GAE(SAS)∴DE=GE在Rt△GCE中CE^2+CG^2=GE^2∵BD=CG，DE=CG∴BD^2+CE^2=DE^2反思：对于本题，我们通过旋转将分散的条件集中起来，进而得到结论。
人教版中考数学压轴题解题模型----几何图形之半角模型(含解析)
几何图形之半角模型主题半角模型教学内容教学目标1.掌握正方形的定义，弄清正方形与平行四边形、菱形、矩形的关系。
2.掌握正方形的性质定理1和性质定理2。
3.正确运用正方形的性质解题。
4.通过四边形的附属关系渗透集合思想。
5.通过理解四种四边形内在联系，培养学生辩证观点。
知识构造正方形的性质因为正方形是特殊的平行四边形，还是特殊的矩形，特殊的菱形，所以它具有这些图形性质的综合，因此正方形有以下性质〔由学生和教师一起总结〕。
正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。
正方形性质定理2：正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。
说明：定理2包括了平行四边形，矩形，菱形对角线的性质，一个题设同时有四个结论，这是该定理的特点，在应用时需要哪个结论就用哪个结论，并非把结论写全。
小结：〔1〕正方形与矩形，菱形，平行四边形的关系如上图〔2〕正方形的性质： ①正方形对边平行。
②正方形四边相等。
③正方形四个角都是直角。
④正方形对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
典型例题精讲例1．如图，折叠正方形纸片ABCD ，先折出折痕BD ，再折叠使AD 边与对角线BD 重合，得折痕DG ，使2AD =，求AG ．【解析】：作GM ⊥BD ，垂足为M ． 由题意可知∠ADG=GDM ， 那么△ADG ≌△MDG ． ∴DM=DA=2． AC=GM 又易知：GM=BM ．而BM=BD-DM=22-2=2〔2-1〕， ∴AG=BM=2〔2-1〕．例 2 ．如图，P 为正方形ABCD 内一点，10PA PB ==，并且P 点到CD 边的距离也等于10，求正方形ABCD 的面积？【解析】：过P 作EF AB ⊥于F 交DC 于E ． 设PF x =，那么10EF x =+，1(10)2BF x =+． 由222PB PF BF =+． 可得：222110(10)4x x =++．故6x=．216256S==．ABCD例3. 如图，E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上的一点，AM EF⊥，•垂足为M，AM AB=+，为什么？=，那么有EF BE DF【解析】：要说明EF=BE+DF，只需说明BE=EM，DF=FM即可，而连结AE、AF．只要能说明△ABE≌△AME，△ADF≌△AMF即可．理由：连结AE、AF．由AB=AM，AB⊥BC，AM⊥EF，AE公用，∴△ABE≌△AME．∴BE=ME．同理可得，△ADF≌△AMF．∴DF=MF．∴EF=ME+MF=BE+DF．例4．如以下图E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，且45EAF︒∠=，试说明EF BE DF=+。
半角模型(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)
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
相似三角形中的基本模型-半角模型(解析版)
相似三角形中的基本模型--半角模型相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。
相似三角形与其它知识点结合以综合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。
如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本解题模型，再遇到该类问题就信心更足了。
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(相似模型)【常见模型及结论】1)半角模型(正方形中的半角相似模型)条件：已知，如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠EAF=45°结论：如图1，△AMN∽△AFE且AFAM=AEAN=EFMN=2．(思路提示：∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE)；图1图2结论：如图2，△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；结论：如图3，连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且AFAM=ACAB=2；图3图4结论：如图4，△BME∽△AMN∽△DFN.2)半角模型(特殊三角形中的半角相似模型)(1)含45°半角模型图1图2条件：如图1，已知∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=∠DAE=45°；结论：①△ABE∽△DAE∽△DCA；②ABBE=ADAE=CDAC；③AB⋅AC=BE⋅CD(AB2=BE⋅CD)(2)含60°半角模型条件：如图1，已知∠BAC=120°，∠ADE=∠DAE=60°；结论：①△ABD∽△CAE∽△CBA；②ADBD=CEAE=ACAB；③AD⋅AE=BD⋅CE(DE2=BD⋅CE)1(2023·山东济南·九年级期中)如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、DC边上的两点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M，N．下列结论：①AB2=BN⋅DM；②AF平分∠DFE；③AM⋅AE=AN⋅AF；④BE+DF=2MN．其中正确的结论是()A.①②③④B.①②③C.①③D.①②【答案】A【分析】①转证AB:BN=DM:AB，因为AB=AD，所以即证AB:BN=DM:AD．证明△ABN∽△MDA；②把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得△ADH证明△AFH≌△AFE(SAS)；③即证AM:AN=AF:AE，证明△AMN∽△AFE(两角相等)；④由②得BE十DF=EF，当E点与B点重合、F与C重合时，根据正方形的性质，结论成立．【详解】①∵∠BAN=∠BAM+∠MAN=∠BAM+45°，∠AMD=∠ABM+∠BAM=45°+∠BAM，∴∠BAN=∠AMD．又∠ABN=∠ADM=45°，∴△ABN∽△MDA，∴AB:BN=DM:AD，∵AD=AB，∴AB2=BN⋅DM．故①正确；②如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°．∴∠EAF=∠HAF，∵AE=AH，AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴∠AFH =∠AFE ，即AF 平分∠DFE ，故②正确；③∵AB ∥CD ，∴∠DFA =∠BAN ，∵∠AFE =∠AFD ，∠BAN =∠AMD ，∴∠AFE =∠AMN ，又∠MAN =∠FAE ，∴△AMN ∽△AFE ，∴AM :AF =AN :AE ，即AM ·AE =AN ·AF ，故③正确；④由②得BE +DF =DH +DF =FH =FE ，过A 作AO ⊥BD ，作AG ⊥EF ，则△AFE 与△AMN 的相似比就是AG :AO ，易证△ADF ≌△AGF (AAS )，则可知AG =AD =2AO ，从而得证，故④正确，故选：A ．【点睛】此题考查了正方形的性质、相似(包括全等)三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性极强，难度较大．2(2023·山东滨州·统考中考模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB =2，BC =4，点E 、F 分别在BC 、CD 上，若AE =5，∠EAF =45°，则AF 的长为．【答案】4103【分析】取AB 的中点M ，连接ME ，在AD 上截取ND =DF ，设DF =DN =x ，则NF =2x ，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME ∽△FNA ，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x 的值，在直角三角形ADF 中利用勾股定理即可求出AF 的长．【详解】解：取AB 的中点M ，连接ME ，在AD 上截取ND =DF ，设DF =DN =x ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D =∠BAD =∠B =90°，AD =BC =4，∴NF =2x ，AN =4-x ，∵AB =2，∴AM =BM =1，∵AE =5，AB =2，∴BE =1，∴ME =BM 2+BE 2=2，∵∠EAF =45°，∴∠MAE +∠NAF =45°，∵∠MAE +∠AEM =45°，∴∠MEA =∠NAF ，∴△AME ∽△FNA ，∴AM FN =ME AN ，∴12x=24-x ，解得：x =43∴AF =AD 2+DF 2=4103故答案为4103．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．3(2023·福建龙岩·统考一模)如图，∠ACB =90°,AC =BC ,∠DCE =45°，如果AD =3,BE =4，则BC 的长是( )．A.5B.52C.62D.7【答案】C【详解】分析：由于△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，设DE=x，则AB=7+x，可以得出△ACE∽△CDE∽△BDC，根据相似三角形的性质，列出关于x方程，解出x，再计算BC的长．详解：设DE=x，则AB=7+x．∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠DCE=∠CAE=∠DBC=45°∴△ACE∽△CDE∽△BDC，设CD=a，CE=b，则有以下等式：x：b=b：3+x，x：a=a：4+x，x：a=b：AC，整理得：b2=x(x+3)，a2=x(x+4)，x•AC=ab，x2(x+3)(x+4)=a2b2=x2•AC2=x2(x+7)22，解得：x=5；∴AB=12，∴AC=BC=62．故选C．点睛：本题主要考查了三角形相似的性质和判定、等腰直角三角形的性质，以及列方程求解的能力．4(2023·广东·九年级专题练习)如图，ΔABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点D为BC边上的点，点E为线段CD上一点，且CE=1，AB=23，∠DAE=60°，则DE的长为．【答案】7 3【分析】利用含30°角的直角三角形的性质及图形的相似可求DE的长．【详解】解：如图，作AF⊥BC于F，作EG⊥AC于G．∵ΔABC中，∠BAC=120°，AB=AC．∴∠B=∠C=30°．在R tΔCEG中，∠C=30°．∴EG=12CE=12，CG=32．∴AG=23-32=332．∵AF⊥BC．∴∠AFC=90°．∴AF=12AC=3．∵∠DAE=60°=∠FAC．∴∠DAF=∠EAG．∵∠AFD=∠AGE=90°．∴ΔADF∽ΔAGE．∴AF AG =DFEG，即3332=DF12．∴DF=13．由勾股定理得：AE2=AG2+EG2=AF2+EF2．∴EF2=3322+12 2-(3)2=4．∴EF=2．DE=2+13=73故答案为：73【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质及相似三角形的判定，作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键．5(2023·辽宁沈阳·统考二模)在菱形ABCD中，∠B=60°．点E，F分别在边BC，CD上，且BE= CF．连接AE，AF．(1)如图1，连接EF ，求证：△AEF 是等边三角形；(2)AG 平分∠EAF 交BC 于点G ．①如图2，AG 交EF 于点M ，点N 是BC 的中点，当BE =4时，求MN 的长．②如图3，O 是AC 的中点，点H 是线段AG 上一动点(点H 与点A ，点G 不重合)．当AB =12，BE =4时，是否存在直线OH 将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1∶3．若存在，请直接写出AH AG 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)①MN =23；②12或57【分析】(1)证△ABE ≌△ACF ，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；(2)①连接AN ，证△NAM ∽△BAE ，列出比例式，根据相似比即可求解；②分点H 为AG 中点和点N 为EC 中点两种情况，根据相似比，求出比值即可．【详解】解：(1)∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =BC ，∵∠B =60°，∴△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∠ACB =∠ACD =∠BAC =60°，∵BE =CF ，∴△ABE ≌△ACF ；∴AE =AF ，∴∠BAE =∠CAF ，∴∠EAF =60°，∴△AEF 是等边三角形；(2)①连接AN ，∵点N 是BC 的中点，∴∠ANB =90°，∵∠B =60°，∴∠BAN =30°，∴cos ∠BAN =AN AB=32，由(1)知，△AEF 是等边三角形，∠EAF =60°，AG 平分∠EAF∴∠AME =90°，∠EAM =30°，∴cos ∠EAM =AM AE=32，∠BAN -∠EAN =∠EAM -∠EAN ，即∠BAE =∠NAM ，∴△NAM ∽△BAE∴MN BE =AM AE，∴MN 4=32，∴MN =23②如图，当点H 为AG 中点时，即AH AG=12；∵O 是AC 的中点，∴OH ∥EC ，∴△AMO ∽△AEC ,∵AO AC =12，∴S △AMO S △AEC =14，即S △AMO S 四边形MECO=13；同理，如图所示，当点N 为EC 中点时，ON ∥AE ，S △CON S 四边形NEAO=13；连接FG ，作FP ⊥BC ，交BC 延长线与点P ，∵BE =CF =4，AB =BC =12，∴CE =8,∵CD ∥AB ，∴∠B =∠DCP =60°，∴∠CFP =30°，∴CP =2，FP =CF 2-CP 2=23，∵AE =AF ，AG =AG ，∠EAG =∠FAG ，∴△EAG ≌△FAG ，∴EG =FG ，设EG =x ,CG =8-x ，PG =10-x ，(10-x )2+(23)2=x 2，解得，x =5.6，∵EN =CN =4，AH AG =EN EG =45.6=57；综上，AH AG的值为：12或57．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关几何知识，构建几何模型证明相似或全等．6(2023山东九年级期中)如图，正方形ABCD 的对角线相交于点O ，点M ，N 分别是边BC ，CD 上的动点(不与点B ，C ，D 重合)，AM ，AN 分别交BD 于点E ，F ，且∠MAN 始终保持45°不变．(1)求证：AF AM=22；(2)求证：AF ⊥FM ；(3)请探索：在∠MAN 的旋转过程中，当∠BAM 等于多少度时，∠FMN =∠BAM ？写出你的探索结论，并加以证明．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)∠BAM =22.5．【分析】(1)先证明A 、B 、M 、F 四点共圆，根据圆内接四边形对角互补即可证明∠AFM =90°，根据等腰直角三角形性质即可解决问题．(2)由(1)的结论即可证明．(3)由：A ．B 、M 、F 四点共圆，推出∠BAM =∠EFM ，因为∠BAM =∠FMN ，所以∠EFM =∠FMN ，推出MN ∥BD ，得到CMCB =CN CD，推出BM =DN ，再证明△ABM ≌△ADN 即可解决问题．【详解】解：(1)∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABD =∠CBD =45°，∠ABC =90°，∵∠MAN =45°，∴∠MAF =∠MBE ，∴A 、B 、M 、F 四点共圆，∴∠ABM +∠AFM =180°，∴∠AFM =90°，∴∠FAM =∠FMA =45°，∴AM =2AF ，∴AF AM=22．(2)由(1)可知∠AFM =90°，∴AF ⊥FM ．(3)结论：∠BAM =22.5时，∠FMN =∠BAM理由：∵A 、B 、M 、F 四点共圆，∴∠BAM =∠EFM ，∵∠BAM =∠FMN ，∴∠EFM =∠FMN ，∴MN ∥BD ，∴CM CB =CN CD，∵CB =DC ，∴CM =CN ，∴MB =DN ，在△ABM 和△ADN 中，∵AB =AD ，∠ABM =∠ADN ，BM =DN ，∴△ABM ≌△ADN ，∴∠BAM =∠DAN ，∵∠MAN =45°，∴∠BAM +∠DAN =45°，∴∠BAM =22.5°．7(2022·广东深圳·统考二模)【教材呈现】(1)如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC 和AFG 摆放在一起，点A 为公共顶点，∠BAC =∠G =90°，若△ABC 固定不动，将△AFG 绕点A 旋转，边AF ，AG 与边BC 分别交于点D ，E (点D 不与点B 重合，点E 不与点C 重合)，则结论BE ⋅CD =AB 2是否成立(填“成立”或“不成立”)；【类比引申】(2)如图2，在正方形ABCD 中，∠EAF 为∠BAD 内的一个动角，两边分别与BD ，BC 交于点E ，F ，且满足∠EAF =∠ADB ，求证：△ADE ∽△ACF ；【拓展延伸】(3)如图3，菱形ABCD 的边长为12cm ，∠BAD =120°，∠EAF 的两边分别与BD ，BC 相交于点E ，F ，且满足∠EAF =∠ADB ，若BF =9cm ，则线段DE 的长为cm ．【答案】(1)成立；(2)证明见解析；(3)53cm ．【分析】(1)根据等腰三角形性质得出∠DAC =∠AEB ，再证△BEA ∽△CAD 即可；(2)根据正方形性质得出∠CAF =∠DAE 即可；(3)如图3，在DE 上取一点M ，使∠MAD =30°，过M 作MN ⊥AD 于N ，根据四边形ABCD 为菱形，且∠BAD =120°，证出∠MAD =∠MDA =30°，再证△ACF ∽△AME ，求出AC =3AM ，利用菱形ABCD 的边长为12cm ，求出CF =3ME =3cm 即可．【详解】解：(1)结论BE ⋅CD =AB 2成立理由：如图1，∵△ABC 和△AFG 都是等腰直角三角形，∴∠B =∠C =∠FAG =45°∵∠DAC =∠CAE +45°，∠AEB =∠CAE +45°，∴∠DAC =∠AEB又∵∠B =∠C ，∴△BEA ∽△CAD ，∴BE AC =AB CD ，∵AC =AB ，∴BE ⋅CD =AB 2，故答案为：成立(2)证明：如图2，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠CAD =∠ACB =∠ADB =45°，∵∠EAF =∠ADB ，∴∠EAF =∠CAD =45°，∴∠ACF +∠CAE =∠DAE +∠CAE ，∴∠CAF =∠DAE ，又∵∠ACB =∠ADB ，∴△ADE ∽△ACF ；(3)线段DE 的长为53cm理由：如图3，在DE 上取一点M ，使∠MAD =30°，过M 作MN ⊥AD 于N ，又∵四边形ABCD 为菱形，且∠BAD =120°，∴∠CAD =∠ACB =∠ADC =60°，∴∠MDA =12∠ADC =30°∴∠MAD =∠MDA =30°，∴∠AME =60°，∴∠AME =∠ACB =60°，∵∠CAD =60°，∠MAD =30°，∴∠CAM =30°，∵∠EAF =∠ADB ，∴∠EAF =∠CAM =30°，∴∠CAF =∠MAE ，∴△ACF ∽△AME ，∴CF ME =AC AM，∵AN =12AD ，AN =AM cos30°=32AM ，∴2AN =3AM ，2AN =AD ，∴MA =MD =33AD ，∵AD =AC ，∴AC =3AM ，∴CF ME =ACAM=3，∵菱形ABCD的边长为12cm，∴BC=AD=12cm，∵BF=9cm，∴CF=3ME=3cm，∴ME=3cm，∵MD=33AD，∴MD=33×12=43cm ，∴DE=ME+MD=43+3=53cm，∴线段DE的长为53cm．故答案为53．【点睛】本题考查等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数，掌握等腰直角三角形性质，正方形性质，三角形相似判定与性质，菱形性质，锐角三角形函数是解题关键．课后专项训练1(2023·广东深圳·九年级校考阶段练习)如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，DC上，AE、AF分别交BD于点M，N，连接CN、EN，且CN=EN．下列结论：①AN=EN，AN⊥EN；②BE+DF=EF；③∠DFE=2∠AMN；④EF2=2BM2+2DN2．其中正确结论的个数是()A.4B.3C.2D.1【答案】A【分析】将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，则∠1=∠4，AE=AH，BE=DH，可证得△BNA ≌△BNC，从而得到AN=CN，∠NCE=∠BAN，进而得到∠NEC=∠NCE=∠BAN，再由四边形内角和定理可得AN=NE,AN⊥NE，故①正确；再证明△AFE≌△AFH，可得EF=FH=DF+DH=DF+ BE,∠AFH=∠AFE，故②正确；再由∠MAN=∠NDF=45°,∠ANM=∠DNF，可得∠AMN=∠AFD=∠AFE，从而得到∠DFE=2∠AMN，故③正确；再证明△AMN∽△AFE，△AEN是等腰直角三角形，可得AE=2AN，从而得到EF=2MN，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，则∠DAG=∠BAM,AM=AG，∠ADG=∠ABM=45°，证明△ANG≌△ANM，可得MN=GN，再由勾股定理，可得故④正确，即可求解．【详解】解：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH，则∠1=∠4，AE=AH，BE=DH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,∠ABD=∠CBD=45°，在△BNA和△BNC中，BN=BN ∠NBA=∠BA=BCNBC∴△BNA≌△BNC，∴AN=CN，∠NCE=∠BAN，∵CN=EN，∴∠NEC=∠NCE=∠BAN，∵∠NEC+∠BEN=180°，∴∠BAN+∠BEN=180°，∴∠ABC+∠ANE=180°，∴∠ANE=90°，∴AN=NE,AN⊥NE，故①正确；∴∠3=∠AEN=45°，∵∠1=∠4，∴∠2+∠4=∠2+∠1=45°，∴∠3=∠FAH=45°，∵AF=AF,AE=AH，∴△AFE≌△AFH，∴EF=FH=DF+DH=DF+BE,∠AFH=∠AFE，故②正确；∵∠MAN=∠NDF=45°,∠ANM=∠DNF，∴∠AMN=∠AFD=∠AFE，又∵∠AFE=∠AFD,∠DFE=∠AFE+∠AFD，∴∠DFE=2∠AMN，故③正确；∵∠MAN=∠EAF,∠AMN=∠AFE，∴△AMN∽△AFE，∴NMEF =ANAE，∵AN=NE,AN⊥NE，∴△AEN是等腰直角三角形，∴AE=2AN，∴NMEF =ANAE=12，∴EF=2MN，如图，将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，则∠DAG=∠BAM,AM=AG，∠ADG=∠ABM=45°，∴∠NDG=90°，即△GDN是直角三角形，∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠DAN=∠DAG+∠DAN=∠GAN=45°=∠MAN，∵AN=AN，∴△ANG≌△ANM，∴MN=GN，∴MN2=DN2+DG2=DN2+BM2，∴EF2=2MN2=2DN2+2BM2，故④正确；故选A．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题．2(2022·广东深圳·统考一模)如图，正方形ABCD中，E是BC的中点，F在CD上，CF=2DF，连接AE，AF与对角线BD交于点M，N，连接MF，EN．给出结论：①∠EAF=45°；②AN⊥EN；③tan∠AMN=3；④DN:MN:BM=2:5:3．其中正确的是()A.①②③B.①②④C.①③④D.②③④【答案】A【分析】将△ABE顺时针旋转，使得AB与AD重合，此时得△ADG，将△AFD逆时针旋转，使得AD与AB 重合，此时得△ABH，根据∠HAF=∠GAE=90°，即可求得∠HAE=∠FAE=45°，①正确；根据∠HAE=∠FAE=45°可得△AMN∼△DFN，即可求tan∠AMN=tan∠DFN=ADDF =63=3，即可得③正确；根据如图正方形构造直角坐标系，求出直线AE、AF、BD的解析式，再联立解析式，即可求得M、N两点的坐标，再根据坐标求出DN、MN、BM、AN、NE，即可知AN=NE=3102，则有∠EAN=∠AEN=45°，则有∠ANE=90°，AN⊥NE，②正确；根据DN、MN、BM长度可知DN:MN:BM=3:5:4，④错误．【详解】将△ABE顺时针旋转，使得AB与AD重合，此时得△ADG，将△AFD逆时针旋转，使得AD与AB 重合，此时得△ABH，链接EF，如图所示：为了方便计算，设正方形的边长为6，则有AB=BC=CD=AD=6，则有BE=EC=3=DG，CF=4，DF=2=BH，∠BAE=∠DAG，则有：HE=5=FG，利用勾股定理，易求得：AH=AF=210，AE=AG=35，EF=5，BD=62，根据图形的旋转，可知∠HAB=∠FAD，∠BAE=∠DAG，∴∠HAF=∠GAE=90°，∵AH=AF，HE=5=FG，AE=AE，∴△AHE≅△AFE，同理可证得△AEF≅△AGF，∴∠HAE=∠FAE，又∵∠HAF=∠GAE=90°，∴∠HAE=∠FAE=45°，故①正确；∵∠HAE=∠FAE=45°，∠ANM=∠DNF，∴△AMN∼△DFN，同理可证△AMN∼△BME，∴∠AMN=∠DFN，∴tan∠AMN=tan∠DFN=ADDF =62=3，故③正确；以B为坐标原点O，AB所在的直线为y轴，以BC所在的直线为x轴，构建直角坐标系，则有A点坐标为(0,6)，B点坐标为(0,0)，C点坐标为(6,0)，D点坐标为(6,6)，F点坐标为(6,4)，E点坐标为(3,0)，则直线AF的解析式为：y=-13x+6，BD的解析式为y=x，AE的解析式为y=-2x+6，联立：y=-13x+6 y=x，得到N点坐标为：92,9 2，同理的M点坐标为(2,2)，过M点作MP垂直于BC，交BC于P点，过N点作NQ垂直于DC，交DC于Q点，则有MP=2，DQ=DC-QC=6-92=32，则有BM=(2-0)2+(2-0)2=22，DN=6-9 22+6-922=322，则有MN=BD-BM-DN=62-22-322=522，则有：DN:MN:BM=322:522:22=3:5:4，故④错误；根据N点坐标为：92 ,92，A点坐标为：(0,6)，E点坐标为：(3,0)，可得AN=0-9 22+6-922=NE=3-922+0-922=3102，则在△AEN中，∠EAN=∠AEN=45°，∴∠ANE=90°，∴AN⊥NE，故②正确；故选：A．【点睛】本题考查了直角坐标系的构建、相似三角形以及坐标系中求解两点间距离等知识．准确作出辅助线并构建直角坐标系是解答本题的关键．3如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C ，AB 、AC 分别交对角线BD于点E、F，若AE=4，则EF⋅ED的值为()A.4B.6C.8D.16【答案】D【分析】先根据正方形的性质、旋转的性质可得∠EAF=∠EDA=45°，再根据相似三角形的判定与性质即可得．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC=∠EDA=45°，由旋转的性质得：∠B AC =∠BAC，∴∠B AC =∠EDA，即∠EAF=∠EDA，在△AEF和△DEA中，∠EAF=∠EDA ∠AEF=∠DEA，∴△AEF∼△DEA，∴EF AE =AEDE，即EF4=4DE，∴EF⋅DE=16，故选：D．【点拨】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．4如图，菱形ABCD的边长为4，E，F分别是AB，AD边上的动点，BE=AF，∠BAD=120°，则下列结论：①ΔBEC≌ΔAFC；②ΔECF为等边三角形；③∠AGE=∠AFC；④若AF=1，则GFGE=12．其中正确个数为()A.4B.3C.2D.1【答案】B【分析】由SAS证明△BEC≌△AFC，①正确；由全等三角形的形状得CE=CF，∠BCE=∠ACF，再由∠BCE+∠ECA=∠BCA=60°，得∠ACF+∠ECA=60°，得△CEF是等边三角形，②正确；由∠AGE=∠CAF+∠AFG=60°+∠AFG，∠AFC=∠CFG+∠AFG=60°+∠AFG，得∠AGE=∠AFC，故③正确；④过点E 作EM ∥BC 交AC 下点M 点，易证△AEM 是等边三角形，则EM =AE ，由AF ∥EM ，则△AFG ∽△MEG ，得④错误．【详解】解：①∵四边形ABCD 是菱形，∴AB =AD =4，∠BAC =∠CAD ．∵∠BAD =120°，∴∠BAC =∠CAD =60°，∴ΔABC 和ΔACD 都是等边三角形，∴∠B =∠CAD =60°，BC =AC ．∵BE =AF ，∴ΔBEC ≌ΔAFC SAS ，故①正确．②∵ΔBEC ≌ΔAFC ，∴CE =CF ，∠BCE =∠ACF ．∵∠BCE +∠ECA =∠BCA =60°，∴∠ACF +∠ECA =60°，∴ΔCEF 是等边三角形，故②正确．③∵∠AGE =∠CAF +∠AFG =60°+∠AFG ，∠AFC =∠CFG +∠AFG =60°+∠AFG ，∴∠AGE =∠AFC ，故③正确．④过点E 作EM ∥BC 交AC 于点M ，∴∠AEM =∠B =60°，∠AME =∠ACB =60°，∴ΔAEM 是等边三角形，∴EM =AE ．∵BE =AF =1，∴AE =AB -BE =4-1=3，∴EM =AE =3．∵AF ∥EM ，∴ΔAFG ~ΔMEG ，∴GF GE=AF EM =13﹐故④错误，正确个数为3．故选B ．【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．5(2023·浙江绍兴·校联考三模)矩形ABCD 中，AB =6，AD =12，连接BD ，E ，F 分别在边BC ，CD 上，连接AE ，AF 分别交BD 于点M ，N ，若∠EAF =45°，BE =3，则DN 的长为．【答案】1255【分析】根据矩形的性质，由勾股定理得出BD ，延长AB 至P ，使PB =AB =6，过P 作BC 的平行线交DC 的延长线于Q ，得正方形APQD ，延长AE 交PQ 于H ，连接HF ，将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°，点D 与点P 重合，得到△APG ，由旋转的性质可得PG =PF ，∠APG =∠ADF =90°，AG =AF ，∠PAG =∠DAF ，证出∠GAF =90°，得出∠GAH =∠FAH =45°，可证△AGH ≌△AFH ，得出GH =FH ，证出FH =DF +PH ，设DF =x ，则FQ =12-x ，利用勾股定理列出方程求出x =4，然后由DF ∥AB ，得△DFN ∽△BAN ，所以DF AB=DN BN =23，即可求出DN 的长．【详解】解：在矩形ABCD 中，∵∠BAD =90°，AB =6，AD =12，∴BD =AB 2+AD 2=62+122=65，如图，延长AB 至P ，使PB =AB =6，过P 作BC 的平行线交DC 的延长线于Q ，得正方形APQD ，延长AE交PQ于H，连接HF，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，点D与点P重合，得到△APG，∵四边形APQD是正方形，∴AP=PQ=DQ=AD，∠PAD=∠APH=∠Q=∠ADQ=90°，由旋转得：△APG≌△ADF，∴PG=DF，∠APG=∠ADF=90°，AG=AF，∠PAG=∠DAF，∴∠PAG+∠PAF=∠PAF+∠DAF=90°，即∠GAF=90°，C ，P，H三点共线，∵∠HAF=45°，∴∠GAH=90°-45°=45°，∴∠GAH=∠FAH=45°，在△AGH和△AFH中，AG=AF∠GAH=∠FAH AH=AH，∴△AGH≌△AFH SAS ，∴GH=FH，∵GH=PG+PH=DF+PH，∴FH=DF+PH，设DF=x，则FQ=DQ-DF=12-x，∵AB=BP=6，BE∥PQ，∴AEEH =ABBP=1，∴AE=EH，∴PH=2BE=2×3=6，∴FH=DF+PH=6+x，HQ=12-6=6，在Rt△QFH中，由勾股定理得：FQ2+HQ2=FH2，∴(12-x2+62=x+62，解得：x=4，∴DF=4，∵DF∥AB，∴△DFN∽△BAN，∴DFAB =DN BN=23，∴DN=25BD=25×65=1255．故答案为：1255．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等和由勾股定理得出方程是解题的关键．6(2023·成都市·九年级专题练习)如图，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△AED≌△AEF；②AEBE=ADCD；③△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；④BE2+DC2=DE2；⑤BE=EF-DC；其中正确的选项是(填序号)【答案】①③④【分析】①根据旋转的性质知∠CAD=∠BAF，AD=AF，因为∠BAC=90°，∠DAE=45°，所以∠CAD+∠BAE=45°，可得∠EAF=45°=∠DAE，由此即可证明△AEF≌△AED；②当△ABE∽△ACD时，该比例式成立；③根据旋转的性质，△ADC ≌△ABF ，进而得出△ABC 的面积等于四边形AFBD 的面积；④据①知BF =CD ，EF =DE ，∠FBE =90°，根据勾股定理判断．⑤根据①知道△AEF ≌△AED ，得CD =BF ，DE =EF ；由此即可确定该说法是否正确．【详解】解：①根据旋转的性质知∠CAD =∠BAF ，AD =AF ．∵∠BAC =90°，∠DAE =45°，∴∠CAD +∠BAE =45°，∴∠EAF =45°，∴△AED ≌△AEF ；故本选项正确；②∵AB =AC ，∴∠ABE =∠ACD ；∴当∠BAE =∠CAD 时，△ABE ∽△ACD ，∴AE BE =AD CD ；当∠BAE ≠∠CAD 时，△ABE 与△ACD 不相似，即AE BE ≠AD CD；∴此比例式不一定成立，故本选项错误；③根据旋转的性质知△ADC ≌△AFB ，∴S △ABC =S △ABD +S △ABF =S 四边形AFBD ，即三角形ABC 的面积等于四边形AFBD 的面积，故本选项正确；④∵∠FBE =45°+45°=90°，∴BE 2+BF 2=EF 2．∵△ADC 绕点A 顺时针旋转90°后，得到△AFB ，∴△AFB ≌△ADC ，∴BF =CD ．又∵EF =DE ，∴BE 2+DC 2=DE 2，故本选项正确；⑤根据①知道△AEF ≌△AED ，得CD =BF ，DE =EF ，∴BE +DC =BE +BF >DE =EF ，即BE +DC >FE ，故本选项错误．综上所述：正确的说法是①③④．故答案为：①③④．【点睛】本题考查了图形的旋转变换以及全等三角形的判定等知识，三角形三边的关系，相似三角形的性质与判定，解题时注意旋转前后对应的相等关系．7(2023·上海宝山·校考一模)如图，在△ABC 中，AB =AC ，点D 、E 在边BC 上，∠DAE =∠B =30°，且AD AE=32，那么DE BC 的值是．【答案】13318-1．【分析】由已知可得△ABE ∼△DAE ，从而可知AB BE =AD AE=32，AE 2=BE ∙DE ，设AB =3x ，则BE =2x ，再利用勾股定理和等腰三角形性质用x 表示DE 和BC ，从而解答【详解】解：∵∠BAE =∠DAE +∠BAD ，∠ADE =∠B +∠BAD ，又∵∠DAE =∠B =30°，∴∠BAE =∠ADE ，∴△ABE ∼△DAE ，∴AB BE =AD AE =32，AE 2=BE ∙DE ，过A 点作AH ⊥BC ，垂足为H ，设AB =3x ，则BE =2x ，∵∠B =30°，∴AH =12AB =32x ，BH =332AB =332x ，∴EH =BH -BE =332-2 x ，在Rt △AHE 中，AE 2=AH 2+EH 2=32x 2+332x -2x 2=13-63 x 2，又∵AE 2=BE ∙DE ，∴13-63 x 2=2x ∙DE ，∴DE =13-632x ，∵AB =AC ，AH ⊥BC ，∴BC =2BH =33x ，∴DE BC=13-632x 33x =13318-1，故答案为：DE BC =13-632x 33x=13318-1 .【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质以及勾股定理，利用三角形相似得到AB 与BE 的关系是解题的关键．8(2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中)通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的.下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，∠EAF =45°，连接EF ，则EF =BE +DF ，试说明理由．(1)思路梳理∵AB =CD ，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，可使AB 与AD 重合.∵∠ADC =∠B =90°，∠FDG =180°，∴点F ，D ，G 共线.根据(从“SSS ，ASA ，AAS ，SAS ”中选择填写)，易证△AFG ≌，得EF =BE +DF ．(2)类比引申如图2，四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =90°，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF =45°.若∠B ，∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足等量关系时，仍有EF =BE +DF ．(3)联想拓展如图3，在△ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC ，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE =45°.猜想BD ，DE ，EC 应满足的等量关系，并写出推理过程．(4)思维深化如图4，在△ABC 中，∠BAC =60°，AB =AC ，点D ，E 均在直线BC 上，点D 在点E 的左边，且∠DAE =30°，当AB =4，BD =1时，直接写出CE 的长．【答案】(1)SAS，△AFE(2)∠B+∠D=180°(3)DE2=BD2+EC2，理由见解析(4)CE的长为87或83【分析】(1)把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，再证明△AFE≌△AFG进而得到EF=FG，即可证明结论；(2)∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF与(1)的证法类同；(3)把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE ，连接DE ，根据旋转的性质，可知△AEC≌△ABE 得到BE =EC、AE =AE、∠C=∠ABE 、∠EAC=∠E AB，，根据Rt△ABC中的，AB=AC得到∠E BD=90°，所以E B2+BD2=E D2，证△AE D≌△AED，利用DE =DE 得到DE2=BD2+EC2；(4)分两种情况：点D在BC边上或点D在BC的延长线上，①当点D在BC边上时，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，利用三角函数求出BG，DG，AF，再证明△AFE∽△AGD，运用相似三角形性质即可求出EF，再由CE=CF-EF可求得CE；②当点D在CB的延长线上时，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，与①同理可求得EF，再由CE=CF+EF求出CE即可．【详解】(1)解：∵AB=AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∴∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，在△AFE和△AFG中，AE=AG∠EAF=∠FAG AF=AF，∴△AFE≌△AFG SAS ，∴EF=FG，即：EF=BE+DF．故答案为：SAS，△AFE；(2)解：∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF，理由如下：∵AB=AD，∴如图2:把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，∴∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC+∠B=180°，∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，在△AFE和△AFG中，AE=AG∠FAE=∠FAG AF=AF，∴△AFE≌△AFG SAS ，∴EF=FG，即：EF=BE+DF．故答案为：∠B+∠D=180°；(3)解：猜想：DE2=BD2+EC2．理由如下：如图3：把△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE ，连接DE ，∴△AEC≌△ABE ，∴BE =EC，AE =AE，∠C=∠ABE ，∠EAC=∠E AB，在Rt△ABC中，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ABC+∠ABE'=90°，即∠E BD=90°，∴E B2+BD2=E D2，又∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠E AB+∠BAD=45°，即∠E AD=45°，在△AE D和△AED中，AE =AE∠E AD=∠DAE AD=AD，∴△AE D≌△AED SAS ，∴DE=DE ，∴DE2=BD2+EC2；(4)解：点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，BD=1，∴分两种情况：点D在BC边上或点D在CB的延长线上，①当点D在BC边上时，如图4-1，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，∵AB=AC=4，∠BAC=60°，∴BF=CF=2，∠BAF=∠CAF=30°，AF=3BF=23，∵∠AGD=90°，∠B=60°，BD=1，∴BG=12BD=12，DG=3BG=32，∴AG=AB-BG=4-12=72，∵∠DAE=30°，∴∠DAF+∠BAD=∠DAF+∠FAE=30°，∴∠BAD=∠FAE，∵∠AFE=∠AGD=90°，∴△AFE∽△AGD，∴EFDG =AFAG，∴EF32=2372，∴EF=67，∴CE=CF-EF=2-67=87；②当点D在CB的延长线上时，如图4-2，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DG⊥AB于点G，由①知，BF=CF=2，∠BAF=∠CAF=30°，∵∠DGB=90°，∠DBG=∠ABC=60°，∴BG=12BD=12，DG=3BG=32，∴AG=AB+BG=4+12=92，∵∠DAE=∠BAF=30°，∴∠DAG+∠BAE=∠BAE+∠EAF，∴∠DAG=∠EAF，∴△DAG∽△EAF，∴EFDG =AF AG，∴EF32=2392，∴EF=23，∴CE=CF+EF=2+23=83．综上所述，CE的长为87或83．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、旋转变换的性质、三角函数定义、勾股定理的应用等知识点，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、相似三角形的判定和性质，合理添加辅助线并灵活运用分类讨论思想是解题的关键．9(2023·陕西西安·九年级校考期中)问题研究，如图，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E为底边BC 上的两个动点(不与B、C重合)，且∠DAE=∠B．(1)请在图中找出一个与△ABE相似的三角形，这个三角形是；(2)若∠BAC=90°，分别过点D、E作AB、AC的垂线，垂足分别为F、G，且DF、EG的反向延长线交于点M，若AB=1，求四边形AFMG的面积；问题解决(3)如图所示，有一个矩形仓库ABCD，其中AB=40米，AD=30米，现计划在仓库的内部的E、F两处分别安装监控摄像头，其中点E在边BC上，点F在边DC上．设计要求∠EAF=45°且CE=CF，则CE的长应为多少米？【答案】(1)ΔDAE；(2)四边形的面积为12；(3)CE的长为70+45385米．【分析】(1)根据已知条件及相似三角形的判定可直接得出；(2)把ΔABD绕点A逆时针旋转90°得到ΔACH，连接EH，根据旋转可得ΔABD≅ΔACH，利用三角形全等的性质得出BD=CH，AD=AH，∠ACH=∠B，利用角和边之间的关系可得：ΔCEH为直角三角形，根据勾股定理及等量代换得出CE2+BD2=EH2，根据全等三角形的判定得出ΔHAE≅ΔDAE，得EH=DE，再求出各三角形的面积确定SΔCGE+SΔBDF=SΔDEM，再根据图形中三角形的关系得出S四边形AFMG=SΔABC，即可求得四边形面积；(3)根据(2)中思路，作图：延长AD到S，延长BC到G，使AS=BG=AB，连接SG，延长AF交SG于点H，连接EH，延长GS到T，使ST=BE，连接AT，则四边形ABGS为正方形，根据全等三角形的判定定理得出ΔATH≅ΔAEH，根据全等三角形的性质及等量代换得出∠HAT=∠HAE，再利用三角形全等的判定证明ΔATH≅ΔAEH，设CE=CF=x，可得出ST=30-x，GE=x+10，DF=40-x，在根据相似三角形的判定和性质得出ADAS=DFSH，将各边代入得出SH，HE，GH，在RtΔADF中，利用勾股定理得出方程求解即可．【详解】解：(1)∵∠AEB=∠DEA，∠B=∠DAE，∴ΔDAE~ΔABE，故答案为：ΔDAE；(2)如图所示：把ΔABD绕点A逆时针旋转90°得到ΔACH，连接EH，∴ΔABD≅ΔACH，∠DAH=90°，∴BD=CH，AD=AH，∠ACH=∠B，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ACH=45°，∴∠ECH=∠ACB+∠ACH=90°，∴CE2+CH2=EH2，∴CE2+BD2=EH2，∵∠DAE=∠B，∴∠DAE=45°，∵∠DAH=90°，∴∠HAE=∠DAE=45°，在ΔHAE和ΔDAE中，AH=AD∠HAE=∠DAE AE=AE，∴ΔHAE≅ΔDAE，∴EH=DE，∴CE2+BD2=DE2，∵MG⊥AC于点G，∠ACB=45°，∴∠DEM=∠CEG=∠ACB=45°，∴CG=EG，∴CE2=2CG2，∵SΔCGE=12×CG×CE=CG22，∴SΔCGE=CE24，同理可得：SΔBDF =BD24，在ΔDEM中，∠DEM=∠EDM=45°，∴∠M=90°，同理可得：SΔDEM=DE2 4，∵CE2+BD2=DE2，∴SΔCGE+SΔBDF=SΔDEM，∴S四边形AFMG =S五边形AFDEG+SΔCGE+SΔBDF，即S四边形AFMG=SΔABC，∵SΔABC=12×AB×AC=12，∴S四边形AFMG=12，即四边形的面积为12；(3)如图，延长AD到S，延长BC到G，使AS=BG=AB，连接SG，延长AF交SG于点H，连接EH，延长GS到T，使ST=BE，连接AT，则四边形ABGS为正方形，∴BG=GS=AS=AB=40，DS=CG=40-30=10，在ΔABE和ΔAST中，AB=AS∠ABE=∠ASTBE=ST，∴∠BAE=∠SAT，AB=AT，∴∠HAT=∠HAS+∠SAT=∠HAS+∠BAE=45°，，∴∠HAT=∠HAE，在ΔATH和ΔAEH中，AT=AE∠HAT=∠HAEAH=AH，∴ΔATH≅ΔAEH，∴HT=HE，设CE=CF=x，则ST=BE=BC-CE=30-x，GE=x+10，DF=40-x，∵DF∥SH，∴ΔADF~ΔASH，∴ADAS=DFSH，即：3040=40-xSH，解得：SH=160-4x3，∴HE=HT=HS+ST=160-4x3+30-x=250-7x3，GH=GS-SH=40-160-4x3=4x-403，∴在Rt ΔADF 中，x +10 2+4x -4032=250-7x 3 2，解得：x 1=70+45385，x 2=70-45385(舍去)，即CE 的长为70+45385米．【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的运用求解等，根据题意作出相应辅助线，融会贯通综合运用这些知识点是解题关键．10(2023·陕西汉中·九年级统考期末)如图，△ABC 中，∠BAC =120°，AB =AC ，点D 为BC 边上一点．(1)如图1，若AD =AM ，∠DAM =120°．①求证：BD =CM ；②若∠CMD =90°，求BD CD的值．(2)如图2，点E 为线段CD 上一点，且CE =4，AB =63，∠DAE =60°，求DE 的长．【答案】(1)①见解析，②BD CD=12(2)6.5【分析】(1)①通过证明△ABD ≌△ACM ，即可求证；②由①可得BD =CM ，再根据等边对等角求出∠ACM 和∠ACB 的度数，即可得出∠MCD =60°，最后根据直角三角形中30°角所对的边是斜边的一半即可求证；(2)过点E 作EG ⊥AC 于G ，过A 作AF ⊥BC 于F ，证明△ADF ∽△AEG ，可以求出DF ，利用勾股定理可以求出EF 的长，从而可以求解．【详解】(1)证明：①∵∠BAC =120°，∠DAM =120°，∴∠BAC -∠CAD =∠DAM -∠CAD ，即∠BAD =∠MAC ，在△ABD 和△ACM 中，AB =AC∠BAD =∠MAC AD =AM，∴△ABD ≌△ACM SAS ，∴BD =CM ；②∵∠BAC =120°，AB =AC ，∴∠ACB =12180°-120° =30°，由①可得：△ABD ≌△ACM ，∴∠ACM =∠ACB =30°，∴∠DCM =∠ACM +∠ACB =60°，∵∠CMD =90°，∴在△CDM 中，∠CDM =180°-90°-60°=30°，∴CM =12CD ，整理得：CM CD =12，由①可得BD =CM ，∴BD CD=12．(2)过点A 作AF ⊥BC 于点F ，过点E 作EG ⊥AC 于点G ，∵AB =AC ，∠BAC =120°，∴∠C =12180°-120° =30°，∵EG ⊥AC ，AB =AC =63，∴AF =12AC =33，在Rt △ACF 中，根据勾股定理可得：CF =AB 2-AF 2=9，∵CE =4，∴EF =CF -CE =9-4=5，∵EG ⊥AC ，∠C =30°，∴EG =12EC =2，在Rt △CEG 中，根据勾股定理可得：CG =CE 2-EG 2=23，∴AG =AC -CG =63-23=43，∵AB =AC ，∠BAC =120°，AF ⊥BC ，∴∠CAF =12∠BAC =60°，∵∠DAE =60°，∴∠DAE -∠EAF =∠CAF -∠EAF ，即∠DAF =∠EAG ，∵∠AFD =∠AGE =90°，∴△ADF ∽△AEG ，∴DF EG =AF AG ，即DF 2=3343，解得：DF =32，∴DE =DF +EF =32+5=6.5．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．11(2023·辽宁沈阳·九年级统考期末)【教材呈现】(1)如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC 和AFG 摆放在一起，A 为公共顶点，∠BAC =∠G =90°，BC =6，若△ABC 固定不动，将△AFG 绕点A 旋转，边AF 、AG 与边BC 分别交于点D ，E (点D 不与点B 重合，点E 不与点C 重合)①求证：AE 2=DE •BE ；②求BE •CD 的值；【拓展探究】(2)如图2，在△ABC 中，∠C =90°，点D ，E 在边BC 上，∠B =∠DAE =30°，且AD =34AE ，请直接写出DE BC 的值．【答案】(1)①证明见解析；②18；(2)25318-2【分析】(1)①只需要证明△ABE ∽△DAE ，得到AE DE =BE AE，即可推出AE 2=DE ∙BE ；②先证明∠AEB =∠DAC ，则可证△AEB ∽△DAC ，推出BE ∙CD =AB ∙CA ，然后利用勾股定理求出AB =AC =32，即可得到BE ∙CD =AB ∙CA =18；(2)设AD =3x ，AE =4x ，先证明△ADE ∽△BDA ，推出BD AB =AD AE =34，设BD =3y ，AB =4y ，得到DE =AE ⋅AD AB=3x 2y ，求出AC =2y ，BC =23y ，则CD =BC -BD 23-3 y 在直角△ACD 中，AD 2=CD 2+AC 2，则9x 2=23-3 2y 2+4y 2，即可推出x 2y2=25-1239，由此求解即可．【详解】解：(1)①∵△ABC 和△AGF 都是等腰直角三角形，∠BAC =∠G =90°，∴∠B =∠C =∠GAF =。
中考数学压轴题分析：半角模型
中考数学压轴题分析：半角模型等腰直角三角形的直角内含有一个45°的角，形成了倍半的关系。
这样的图形也会出现在正方形之中。
其实等腰直角三角形可以看成正方形的一半，而正方形有时候也可以看出两个等腰直角三角形拼成的图形。
等腰直角三角形中常常需要利用三线合一进行解题。
主要是得到3个等腰直角三角形，进而得到边与角的等量关系。
【中考真题】（2020·襄阳）在△ABC中，∠BAC═90°，AB＝AC，点D在边BC 上，DE⊥DA且DE＝DA，AE交边BC于点F，连接CE．（1）特例发现：如图1，当AD＝AF时，①求证：BD＝CF；②推断：∠ACE＝°；（2）探究证明：如图2，当AD≠AF时，请探究∠ACE的度数是否为定值，并说明理由；（3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当EF/AF=1/3时，过点D作AE的垂线，交AE于点P，交AC于点K，若CK=16/3，求DF的长．【分析】题（1）的第①小问用全等即可证明。
第②小问通过目测观察或者尺子一量就出来了。
当然，要证明也不难。
因为这里面有一个8字形。
所以比较容易得到一个等量关系。
可以得到∠DAE=∠DCE，那么结论就出来了。
其实本质是四点共圆。
题（2）就是在题（1）②的基础上面用二次相似就可以了。
当然，要用四点共圆说明也可以。
题（3）因为DP与AE垂直，所以可以考虑过点C作CG⊥AE，那么就可以得到一个8字形与一个A字形。
有两个相似再加上等腰直角三角形的三线合一。
进而可以得出边长的比例关系。
设GF=x，再表示出其它线段，表示出CK的长，进而得到x的值。
就可以在△DPF中利用勾股定理得到DF的长度了。
当然，本题也可以像上图，连接EK。
得到AK与EK是相等的，因为DK是AE的垂直平分线。
在△DKC中设未知数利用勾股定理，可以求出AK、EK和EC的长度。
再求出AE、DP和PF的长度就可以了。
【答案】（1）①证明：如图1中，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACF，∵AD＝AF，∴∠ADF＝∠AFD，∴∠ADB＝∠AFC，∴△ABD≌△ACF（AAS），∴BD＝CF．②结论：∠ACE＝90°．理由：如图1中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACD＝∠AED＝45°，∴A，D，E，C四点共圆，∴∠ADE+∠ACE＝180°，∴∠ACE＝90°．故答案为90．（2）结论：∠ACE＝90°．理由：如图2中，∵DA＝DE，∠ADE＝90°，AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ACD＝∠AED＝45°，∴A，D，E，C四点共圆，∴∠ADE+∠ACE＝180°，∴∠ACE＝90°．（3）如图3中，连接EK．∵∠BAC+∠ACE＝180°，∴AB∥CE，∴EC/AB=EF/AF=1/3，设EC＝a，则AB＝AC＝3a，AK＝3a-16/3，∵DA＝DE，DK⊥AE，∴AP＝PE，∴AK＝KE＝3a-16/3，∵EK²＝CK²+EC²，∴（3a-16/3）²＝（16/3）²+a²，解得a＝4或0（舍弃），∴EC＝4，AB＝AC＝12，∴AE=√(AC²+EC² )=√(4²+12² )=4√10，∴DP＝PA＝PE=1/2AE＝2√10，EF=1/4AE=√10，∴PF＝FE=√10，∵∠DPF＝90°，∴DF=√(DP²+PF² )=√((2√10 )²+(√10 )² )=5√2．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
几何图形之半角模型主题半角模型教学内容教学目标1.掌握正方形的定义，弄清正方形与平行四边形、菱形、矩形的关系。
2.掌握正方形的性质定理1和性质定理2。
3.正确运用正方形的性质解题。
4.通过四边形的从属关系渗透集合思想。
5.通过理解四种四边形内在联系，培养学生辩证观点。
知识结构正方形的性质因为正方形是特殊的平行四边形，还是特殊的矩形，特殊的菱形，所以它具有这些图形性质的综合，因此正方形有以下性质（由学生和老师一起总结）。
正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。
正方形性质定理2：正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。
说明：定理2包括了平行四边形，矩形，菱形对角线的性质，一个题设同时有四个结论，这是该定理的特点，在应用时需要哪个结论就用哪个结论，并非把结论写全。
小结：（1）正方形与矩形，菱形，平行四边形的关系如上图（2）正方形的性质：①正方形对边平行。
②正方形四边相等。
③正方形四个角都是直角。
④正方形对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
典型例题精讲例1．如图，折叠正方形纸片ABCD ，先折出折痕BD ，再折叠使AD 边与对角线BD 重合，得折痕DG ，使2AD =，求AG ．【解析】：作GM ⊥BD ，垂足为M ． 由题意可知∠ADG=GDM ， 则△ADG ≌△MDG ． ∴DM=DA=2． AC=GM 又易知：GM=BM ．而BM=BD-DM=22-2=2（2-1）， ∴AG=BM=2（2-1）．例2 ．如图，P 为正方形ABCD 内一点，10PA PB ==，并且P 点到CD 边的距离也等于10，求正方形ABCD 的面积？【解析】：过P 作EF AB ⊥于F 交DC 于E ．设PF x =，则10EF x =+，1(10)2BF x =+．由222PB PF BF =+． 可得：222110(10)4x x =++． 故6x =．216256ABCD S ==．例 3. 如图，E 、F 分别为正方形ABCD 的边BC 、CD 上的一点，AM EF ⊥，•垂足为M ，AM AB =，则有EF BE DF =+，为什么？【解析】：要说明EF=BE+DF ，只需说明BE=EM ，DF=FM 即可，而连结AE 、AF ．只要能说明△ABE ≌△AME ，△ADF ≌△AMF 即可． 理由：连结AE 、AF ．由AB=AM ，AB ⊥BC ，AM ⊥EF ，AE 公用， ∴△ABE ≌△AME ． ∴BE=ME ．同理可得，△ADF ≌△AMF ．∴DF=MF ．∴EF=ME+MF=BE+DF ．例4．如下图E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，且45EAF ︒∠=，试说明EF BE DF =+。
【解析】：将△ADF 旋转到△ABC ，则△ADF ≌△ABG∴AF=AG ，∠ADF=∠BAG ，DF=BG∵∠EAF=45°且四边形是正方形， ∴∠ADF ﹢∠BAE=45° ∴∠GAB ﹢∠BAE=45° 即∠GAE=45°∴△AEF ≌△AEG （SAS ） ∴EF=EG=EB ﹢BG=EB ﹢DF例 5. 如图，在正方形ABCD 的BC 、CD 边上取E 、F 两点，使45EAF ∠=，AG EF ⊥于G . 求证：AG AB =【解析】：欲证 AG=AB ，就图形直观来看，应证Rt △ABE 与Rt △AGE 全等，但条件不够. ∠EAF=45°怎么用呢？显然∠1＋∠2=45°，若把它们拼在一起，问题就解决了.【证明】：把 △A FD 绕A 点旋转90°至△AHB.∵∠EAF=45°，∴∠1＋∠2=45°. ∵∠2=∠3，∴∠1＋∠3=45°. 又由旋转所得 AH=AF ，AE=AE. ∴ △AEF ≌△AEH.例6.(1) 如图1,在正方形ABCD 中,点E ,F 分别在边BC ,CD 上,AE ,BF 交于点O ,90AOF ︒∠=.求证：BE CF =.(2) 如图2,在正方形ABCD 中,点E ,H ,F ,G 分别在边AB ,BC ,CD ,DA 上,EF ,GH 交于点O ,90FOH ︒∠=,4EF =.求GH 的长.1.已知点E ,H ,F ,G 分别在矩形ABCD 的边AB ,BC ,CD ,DA 上，EF ,GH 交于点O ,90FOH ︒∠=,4EF =. 直接写出下列两题的答案：图2①如图3,矩形ABCD 由2个全等的正方形组成,求GH 的长；②如图4,矩形ABCD 由n 个全等的正方形组成,求GH 的长(用n 的代数式表示).【解析】(1) 证明：如图1，∵ 四边形ABCD 为正方形，∴ AB =BC ,∠ABC =∠BCD =90°， ∴ ∠EAB +∠AEB =90°. ∵ ∠EOB =∠AOF ＝90°,∴ ∠FBC +∠AEB =90°，∴ ∠EAB =∠FBC ，∴ △ABE ≌△BCF ， ∴ BE =CF ． (2) 解：如图2,过点A 作AM //GH 交BC 于M ， 过点B 作BN //EF 交CD 于N ,AM 与BN 交于点O /， 则四边形AMHG 和四边形BNFE 均为平行四边形， ∴ EF=BN ,GH=AM ，∵ ∠FOH ＝90°, AM //GH ，EF//BN , ∴ ∠NO /A =90°,故由(1)得, △ABM ≌△BCN ， ∴ AM =BN ， ∴ GH =EF =4．(3) ① 8．② 4n ．巩固训练【双基训练】1. 如图6，点A 在线段BG 上，四边形ABCD 与DEFG 都是正方形，•其边长分别为3cm 和5cm ，则CDE ∆的面积为________2cm ．(6) (7) 2．你可以依次剪6张正方形纸片，拼成如图7所示图形．•如果你所拼得的图形中正方形①的面积为1，且正方形⑥与正方形③的面积相等，•那么正方形⑤的面积为________．3.如图9，已知正方形ABCD 的面积为35平方厘米，E 、F 分别为边AB 、BC 上的点．AF 、CE 相交于G ，并且ABF ∆的面积为14平方厘米，BCE ∆的面积为5平方厘米，•那么四边形BEGF 的图3 图4 图2O ′ NM 图1ABCDEF12G面积是________．4. 如图，A 、B 、C 三点在同一条直线上，2AB BC =。
分别以AB 、BC 为边作正方形ABEF 和正方形BCMN ，连接FN ， EC 。
求证：FN EC =。
5.如图 ，ABCD 是正方形．G 是BC 上的一点，DE AG ⊥于 E ，BF AG ⊥于 F ． （1）求证：ABF DAE △≌△；（2）求证：DE EF FB =+．【纵向应用】6. 在正方形ABCD 中，12∠=∠．求证：BE OF 21=7. 在正方形ABCD 中，12∠=∠．AE DF ⊥,求证：CE OG 21=8. 如图13，点E 为正方形ABCD 对角线BD 上一点, EF BC ⊥,ABCD FOEG H 12A D E FC G B专题（1）定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
（2）特征：边：两组对边分别平行；四条边都相等； 内角：四个角都是90°；对角线：对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角。
（3）主要识别方法：1：对角线相等的菱形是正方形 2：对角线互相垂直的矩形是正方形3：四边相等，有一个角是直角的四边形是正方形 4：一组邻边相等的平行四边形是正方形5：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形。
不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形。
正方形的中点四边形是正方形。
典例精讲例 1. 已知：如图，P 是正方形ABCD 内点，15PAD PDA ︒∠=∠=．求证：PBC ∆是正三角形．【证明】：如下图做△DGC 使与△ADP 全等，可得△PDG 为等边△，从而可得 △DGC ≌△APD ≌△CGP,得出PC=AD=DC,和∠DCG=∠PCG ＝150所以∠DCP=300 ，从而得出△PBC 是正三角形例 2. 如图，分别以ABC ∆的AC 和BC 为一边，在ABC ∆的外侧作正方形ACDE 和正方形CBFG ，点P 是EF 的中点．求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半．【证明】：过E,C,F 点分别作AB 所在直线的高EG ，CI ，FH 。
可得PQ=2EGFH。
由△EGA ≌△AIC ，可得EG=AI ， 由△BFH ≌△CBI ，可得FH=BI 。
APCDB PCGFBQADE从而可得PQ=2AI BI=2AB， 从而得证。
例4. 如图，四边形ABCD 为正方形，DE AC ∥，AE AC =，AE 与CD 相交于F ． 求证：CE CF =．【证明】：顺时针旋转△ADE ，到△ABG ，连接CG . 由于∠ABG=∠ADE=900+450=1350从而可得B ，G ，D 在一条直线上，可得△AGB ≌△CGB 。
推出AE=AG=AC=GC ，可得△AGC 为等边三角形。
∠AGB=300，既得∠EAC=300，从而可得∠A EC=750。
又∠EFC=∠DFA=450+300=750.可证：CE=CF 。
例6. 设P 是正方形ABCD 一边BC 上的任一点，PF AP ⊥，CF 平分DCE ∠． 求证：PA PF =．【证明】：作FG ⊥CD ，FE ⊥BE ，可以得出GFEC 为正方形。
令AB=Y ，BP=X ,CE=Z ,可得PC=Y-X 。
tan ∠BAP=tan ∠EPF=X Y =Z Y XZ，可得YZ=XY-X 2+XZ ，即Z(Y-X)=X(Y-X) ，既得X=Z ，得出△ABP ≌△PEF ， 得到PA ＝PF ，得证 。
AF D E C B D FEP C BA D例7. 已知：P 是边长为1的正方形ABCD 内的一点，求PA PB PC ++的最小值．【证明】：顺时针旋转△BPC 600 ，可得△PBE 为等边三角形。
既得PA+PB+PC=AP+PE+EF 要使最小只要AP ，PE ，EF 在一条直线上， 即如下图：可得最小PA+PB+PC=AF 。
既得AF=213(1)42= 23=4232=2(31)2 = 2(31)2= 622。
例8. P 为正方形ABCD 内的一点，并且PA a =，2PB a =，3PC a =，求正方形的边长．【证明】顺时针旋转△ABP 900 ，可得如下图：既得正方形边长L = 2222(2)()22a = 522a 。