几何模型——半角模型
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．。
半角模型十五个结论及证明
半角模型十五个结论及证明《探索半角模型的十五个结论及证明》嗨，大家好！今天我要和大家一起探索一个超有趣的数学知识——半角模型的十五个结论及证明。
这就像是一场奇妙的数学冒险，跟我来呀！一、什么是半角模型呢？半角模型呀，就像是一个神秘的数学宝藏，藏在各种几何图形里。
想象一下，我们有一个正方形或者等腰直角三角形，然后在这个图形里出现了一个角，这个角是另外一个大角的一半，这就形成了半角模型。
比如说，在正方形里，一个角是45度，它就是直角90度的一半呢。
这时候啊，就会有好多神奇的结论冒出来。
二、结论一：线段相等我给大家举个例子哈。
在正方形ABCD中，∠EAF = 45度（E、F分别在BC、CD 上）。
我们能发现BE + DF = EF。
这是为啥呢？我们可以把△ADF绕着点A顺时针旋转90度，这样AD就和AB重合了。
旋转后的点F变成了F'。
那这个时候呀，我们就会发现△AEF和△AEF'是全等的。
为啥呢？因为AF = AF'，∠EAF = ∠EAF' = 45度，AE是公共边啊。
就像两个一模一样的小积木，那EF就等于EF'了，而EF'就是BE + DF呀。
你们说神奇不神奇？这就好比是把分散的力量集中起来了，原本分开的BE和DF，通过旋转这个魔法，就变成了和EF相等的线段。
三、结论二：三角形面积关系还有一个有趣的结论呢。
三角形AEF的面积等于三角形ABE的面积加上三角形ADF的面积。
这又怎么理解呢？我们刚刚把△ADF旋转到了△ABF'的位置。
那三角形AEF的面积就等于三角形AEF'的面积啦。
而三角形AEF'的面积就是三角形ABE的面积加上三角形ABF'（也就是原来的三角形ADF）的面积。
这就好像是把两个小地块合并起来就等于一个大地块的面积一样。
四、结论三：角平分线如果我们延长CB到G，使得BG = DF，连接AG。
我们会发现AG是∠EAG的角平分线呢。
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。
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：
半角模型结论及证明
半角模型结论及证明半角模型是指使用坐标原点为两点或多点，考虑以每对对角线边长占比进行分解。
一、半角模型原理半角模型的原理是根据给定的坐标多边形，把这些点拆分成若干个环状，每个环状里的顶点数量都是偶数的多边形，以使每一对对角线边长是一样的，其边长的占比等于2π/N，其中N是所拆分的顶点数量。
二、半角模型的应用（1）用于计算机图形学。
如有一个多边形，想把它拆分成若干边数相等的多边形，就可以利用半角模型，将多边形一分为二，将每一对对角线边长占比分解。
（2）用于求解由多条曲线特点或逆时针走向组成的图形。
例如，当用铅笔画出一个圆形，先画一把半径等于一半圆周长的角，然后把圆形拆分成四个同样大小的三角形，用半角模型，一次画出一整圆。
三、半角模型的证明假设多边形的直角坐标原点是（0，0），且给定的多边形有N个顶点，对角线的边长占比是2π/n，则可以证明，凡是要使用半角模型拆分多边形，必须保证多边形的边长占比与2π/n相等。
首先，设从给定多边形的第一个顶点开始，往后逆时针经过的第i个顶点的坐标是(x_i,y_i)，最终能够得到的多边形的边长：ab=∑_(i=1)^N▒r↑i其中，r↑i表示第i条边的长度，由勾股定理可以求出：r↑i=(x_i-x__(i-1))^2+(y_i-y__(i-1))^2因此，多边形的面积：A=ab/2最后，把这两个式子带入：A=(1/2)∑_(i=1)^N▒(x_i-x__(i-1))^2+(y_i-y__(i-1))^2以上就是半角模型的证明。
综上所述，半角模型具有明确的原理，并能够在计算机图形学中应用。
它可以把多边形拆分成若干边数相等的多边形，使得每一对对角线边长的占比等于2π/N，其中N是给定的顶点数量。
此外，半角模型的证明也得到了佐证。
半角模型专题
半角模型半角模型是指：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。
由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半，故名半角模型，又称“角含半角模型”。
其中，将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”（即图中的△AEF）半角模型的条件:共顶点、等线段,一个小角等于大角的一半,对角互补的四边形。
半角模型的结论：1.半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。
即：如图中，EF=BE+DF。
2.∠BEA=∠FEA ,∠DFA=∠EFA3.射线截端点两对边所得直角三角形的两直角边相等时，其斜边长取到最小值，其面积取到最大值。
1．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为．2．如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M，DE＝2，BF＝3，则GM＝．3．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积．4．如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝1，则MF的长为．5．在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，该角可以绕点A转动，∠MAN的两边分别交射线CB，DC于点M，N．（1）当点M，N分别在正方形的边CB和DC上时（如图1），线段BM，DN，MN之间有怎样的数量关系？你的猜想是：，并加以证明．（2）已知正方形ABCD的边长为1，如果△CMNF的周长为2．求∠MAN的度数（3）当点M，N分别在正方形的边CB和DC的延长线上时（如图2），线段BM，DN，MN 之间的数量关系会发生变化吗？证明你的结论．6．（2019春•瑶海区期末）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，先阅读再解决后面的问题：原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，求证：EF＝BE+DF．解题分析：由于AB＝AD，我们可以延长CD到点G，使DG＝BE，易得∠ABE＝∠ADG＝90°，可证△ABE≌△ADG再证明△AFG≌△AFE，得EF＝FG＝DG+FD＝BE+DF问题（1）：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD；问题（2）：如图3，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，点E、F分别在四边形ABCD的边BC、CD上，且∠EAF＝60°，求此时△CEF的周长．7．（2018•开江县二模）阅读材料并解答问题：探究：小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD，点E、F分别为BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE+DF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图1），此时GE即是BE+DF．请回答：在图1中，∠GAF的度数是．理解：如图2，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在斜边AB上，且∠DCE＝45°，请写出AD、DE、BE三条线段之间的数量关系，并证明．应用：如图3，正方形ABCD中，△AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH ＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求AH、EF的长．8．已知：平面直角坐标系中，如图1，点A（a，b），AB⊥x轴于点B，并且满足．（1）试判断△AOB的形状并说明理由．（2）如图2，若点C为线段AB的中点，连OC并作OD⊥OC，且OD＝OC，连AD交x轴于点E，试求点E的坐标．（3）如图3，若点M为点B的左边x轴负半轴上一动点，以AM为一边作∠MAN＝45°交y 轴负半轴于点N，连MN，在点M运动过程中，试猜想式子OM+MN﹣ON的值是否发生变化？若不变，求这个不变的值；若发生变化，试求它变化的范围．9．（2015秋•和平区校级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D 为△ABC为外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N分别在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时＝（直接写出结果）；（2）如图2，点M、N边分别在AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；（4）在（3）问的条件下，若此时AN＝x，则Q＝（用x、L表示，直接写出结果）．10．问题背景：如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．11．已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC （或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：；（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）1．【解答】解：如图，连接AE，AF，EN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，∴∠EAF＝90°，∴△EAF为等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），∴EN＝FN，设DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴CD＝CN+DN＝x+8，∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2＝EN2，即82+（x+3）2＝（x+5）2，解得：x＝12，∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN＝＝＝4，故答案为：4．2．【解答】解：连接GE交AF于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABF＝∠ADE＝∠C＝90°，AB＝AD＝BC＝DC，AD∥BC，∵∠EAF＝45°，∴∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，由旋转得：AE＝AG，∠ABF＝∠ADE＝90°，BG＝DE＝2，∠BAG＝∠DAE，∴∠BAG+∠BAF＝45°，∵∠ABF＝∠ABG＝90°，∴∠GBC＝∠ABG+∠ABF＝180°，∴点G、B、F三点在同一条直线上，∵BF＝3，∴FG＝BG+BF＝2+3＝5，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝FE＝5，设正方形ABCD的边长为x，∴CF＝x﹣3，CE＝x﹣2，在Rt△ECF中，FC2+EC2＝EF2，∴（x﹣3）2+（x﹣2）2＝52，∴x＝6或x＝﹣1（舍去），∴正方形ABCD的边长为6，在Rt△ABF中，AF＝＝＝3，∵AD∥BC，∴∠DAM＝∠MFB，∠ADM＝∠MBF，∴△ADM∽△FBM，∴＝＝＝2，∴AM＝AF＝2，在Rt△ADE中，AE＝＝＝2，∵AG＝AE，FG＝FE，∴AF是EG的垂直平分线，∴∠AOE＝90°，∵∠EAF＝45°，∴AE＝AO，∴AO＝2，∴点M与点O重合，∴EG＝2GM，在Rt△ECG中，EC＝DC﹣DE＝6﹣2＝4，GC＝BC+GB＝6+2＝8，∴EG＝＝＝4，∴GM＝2，故答案为：2．3．【解答】解：把Rt△DEA以绕D按逆时针旋转90°，如图：∵旋转不改变图形的形状和大小，∴A与C重合，∠A＝∠DCE′，∠E′＝∠AED＝90°．∵在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，∴∠A+∠DCB＝180°，∴∠DCE′+∠DCB＝180°，即点B、C、E′在同一直线上，∵∠DEB＝∠E′＝∠B＝90°，∴S矩形DEBE′＝DE×BE＝5×5＝25，∵S矩形DEBE′＝S四边形DEBC+S△DCE，∵S四边形ABCD＝S四边形DEBC+S△ADE＝S四边形DEBC+S△DCE，∴S四边形ABCD＝S矩形DEBE＝25．故四边形ABCD的面积为25．故答案为：25．4．【解答】解：∵△ADE逆时针旋转90°得到△CDM，∴∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，∴F、C、M三点共线，∵∠EDM＝∠EDC+∠CDM＝∠EDC+∠ADE＝90°，∴∠EDF+∠FDM＝90°，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF＝MF，设EF＝MF＝x，∵AE＝CM＝1，且BC＝3，∴BM＝BC+CM＝3+1＝4，∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝4﹣x，∵EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，即22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴MF＝．故答案为：．5．【解答】证明：（1）猜想：BM+DN＝MN，证明如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，在△ABE和△ADN中，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案为：BM+DN＝MN；（3）延长CD至E'使DE'＝BE，连接AE'，由（1）知，△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝BAE，设BE＝x，DF＝y，∵正方形ABCD的边长为1，∴CE＝1﹣x，CF＝1﹣y，∵△CEF的周长为2，∴CE+CF+EF＝2，∴1﹣x+1﹣y+EF＝2，∴EF＝x+y＝BE+DF＝DE'+DF＝E'F，在△E'AF和△EAF中，，∴△E'AF≌△EAF（SSS），∴∠E'AF＝∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，∵∠DAF+∠EAF+∠BAE＝90°，∴∠MAN＝45°（2）DN﹣BM＝MN．证明如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．6．【解答】证明：（1）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图2，∵∠ADF＝90°，∠ADF+∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD+∠DAG＝∠EAD+∠ABE＝∠BAD，∵∠EAF＝∠BAD，∵∠EAG＝∠EAG＝（∠EAF+∠FAG），∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AFG（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG＝EB+DF；（2）解：连接AC，如图3，∵AB＝AD，BC＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）．∴∠DAC＝∠BAC，∴∠BAC＝∠BAD＝60°，∵∠B＝90°，AB＝1，∴在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝＝＝，由（1）得EF＝BE+DF，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝2BC＝2．7．【解答】解：探究：延长CB至G，使BG＝DF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，∴∠FAG＝∠BAG+∠ABE+∠EAF＝∠DAF+∠BAE+∠EAF＝90°，∵∠EAG＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠ABE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EF＝EG＝BE+BG＝BE+DF，故答案为90°；理解：如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠B＝45°，AC＝BC逆时针旋转△BCE至△ACF，∴△BCE≌△ACF，∴AF＝BE，∠CAF＝∠B＝45°，∴∠DAF＝∠CAF+∠BAC＝90°，连接DF，根据勾股定理得，DF2＝AF2+AD2＝BE2+AD2，∵△CAF≌△CBE，∴CF＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠DCF＝∠ACF+∠ACD＝∠ACD+∠BCE＝90°﹣∠DCE＝45°＝∠DCE，∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE，∴DE＝DF，∴DE2＝BE2+AD2；应用：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵AH⊥MN，∴∠AHE＝∠B＝90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB＝∠MAH，BM＝MH＝2，同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD＝∠NAH，DN＝NH＝3∴2∠MAH+2∠NAH＝90°，∴∠MAH+∠NAH＝45°，∴∠MAN＝45°．设正方形的边长为a，∴CM＝a﹣2，CN＝a﹣3，根据勾股定理得，（a﹣2）2+（a﹣3）2＝25，∴a＝﹣1（舍）或a＝6∴BC＝6，∴BD＝6，由（1）可知∠EAF＝45°，∵AB＝AD，∠BAD＝90°，由探究发现得BE2+DF2＝EF2，设EF＝x，∵BD＝6，DF＝2．∴BE＝6﹣2﹣x＝4﹣x，∴（4﹣x）2+（2）2＝x2，解得x＝，∴EF＝．8．【解答】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由如下：∵，∴2a+b+6＝0，a﹣b+12＝0，∴a＝﹣6，b＝6，∴点A（﹣6，6），∵AB⊥x轴，∴AB＝BO＝6，∠ABO＝90°，∴△ABO是等腰直角三角形；（2）如图2，过点D作DH⊥OB于H，∴∠DHO＝∠CBO＝90°，∴∠BCO+∠BOC＝∠DOH+∠COB，∴∠DOH＝∠BCO，又∵CO＝DO，∠DHO＝∠CBO＝90°，∴△BCO≌△HOD（AAS），∴DH＝BO，BC＝OH，∵点C是AB的中点，∴AC＝BC＝3，∴OH＝3，BH＝BO﹣OH＝3，∵AB＝DH，∠AEB＝∠DEH，∠ABE＝∠DHE＝90°，∴△ABE≌△DHE（AAS），∴BE＝EH＝，∴OE＝OH+EH＝，∴点E（﹣，0）；（3）OM+MN﹣ON的值不变，理由如下：过点A作AP⊥MO于P，AQ⊥y轴于Q，AG⊥AM交y轴G，∴AP＝AQ＝6，∠PAQ＝90°＝∠MAG，∴∠PAM＝∠GAQ，又∵∠APM＝∠AQG＝90°，∴△APM≌△AQG（ASA），∴AM＝AG，MP＝QG，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠GAN＝45°，又∵AN＝AN，∴△ANM≌△ANG（SAS），∴MN＝GN，∴OM+MN﹣ON＝OP+MP+GN﹣ON＝6+MP+ON+OG﹣ON＝6+QG+OG＝6+6＝12．9．【解答】解：（1）如图1，猜想：MN＝BM+NC，理由是：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，∵AB＝AC，BM＝CN，∴AM＝AN，∵∠A＝60°，∴△AMN是等边三角形，∴△AMN的周长Q＝3MN＝6BM，等边△4BC的周长L＝3AB＝3（AM+BM）＝9BM，∴＝，故答案为：MN＝BM+NC，；（2）MN＝BM+CN，如图2，延长AC到E，使CE＝BM，连接DE，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB，即∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠DCE＝180°﹣∠ACD＝180°﹣90°＝90°，在Rt△DBM和Rt△DCE中，∵，∴△DBM≌△DCE（HL），∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠CDN＝120°﹣60°＝60°，即∠CDE+∠CDN＝60°，∴∠NDE＝60°，在△MDN和△EDN中，∵，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝NE，∵NE＝CN+CE，CE＝BM，∴MN＝BM+CN；（3）CN＝BM+MN；在NC上截取CF＝BM，连接DF，由（2）知：∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠MBD＝180°﹣90°＝90°，在△DBM和△DCF中，∵，∴△DBM≌△DCF（SAS），∴∠BDM＝∠CDF，DM＝DF，∵∠MDN＝∠BDM+∠BDN＝∠CDF+∠BDN＝60°∵∠BDC＝120°，∴∠NDF＝60°，在△MDN和△FDN中，∵，∴△MDN≌△FDN（SAS），∴MN＝NF，∵CN＝NF+CF，CF＝BM，∴CN＝MN+BM；（4）如图3，∵等边△ABC的周长为L，∴AB＝，△AMN的周长Q＝MN+AN+AM，＝FN+AN+AB+BM，＝AN+AF+AN+AB+CF，＝2x+2AB，＝2x+L，故答案为：2x+L．10．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案为EF＝BE+DF．（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图②，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝1.5×（60+80）＝210海里．答：此时两舰艇之间的距离是210海里11．【解答】解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，∴∠BAM＝∠MAH，在Rt△ABM和Rt△AHM中，，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案为：AB＝AH；（2）AB＝AH成立，理由如下：延长CB至E，使BE＝DN，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又AM＝AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB＝AH．（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，∴四边形ABCD是正方形，∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，解得x＝3，∴NH＝3．。
几何经典模型：半角模型
本文为word版资料，可以任意编辑修半角模型已知如图：①∠2=12∠AOB；②OA=OB.OABEF123连接FB，将△FOB绕点O旋转至△FOA的位置，连接F′E，FE，可得△OEF≌△OEF′4321F'FEO模型分析∵△OBF≌△OAF′，∴∠3=∠4，OF=OF′.∴∠2=12∠AOB，∴∠1+∠3=∠2∴∠1+∠4=∠2又∵OE是公共边，∴△OEF≌△OEF′.（1）半角模型的命名：存在两个角度是一半关系，并且这两个角共顶点；（2）通过先旋转全等再轴对称全等，一般结论是证明线段和差关系；（3）常见的半角模型是90°含45°，120°含60°.模型实例例1 已知，正方形ABCD 中，∠MAN=45°，它的两边分别交线段CB 、DC 于点M 、N ．（1）求证：BM+DN=MN ．（2）作AH ⊥MN 于点H ，求证：AH=AB ．证明：（1）延长ND 到E ，使DE=BM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ．在△ADE 和△ABM 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=BM DE B ADE AB AD∴△ADE ≌△ABM ．∴AE=AM ，∠DAE=∠BAM∵∠MAN=45°，∴∠BAM+∠NAD=45°．∴ ∠MAN=∠EAN=45°．在△AMN 和△AEN 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AN AN EAN MAN EA MA∴△AMN ≌△AEN ．∴MN=EN ．∴BM+DN=DE+DN=EN=MN ．（2）由（1）知，△AMN ≌△AEN ．∴S △AMN =S △AEN ． 即EN AD 21MN AH 21⋅=⋅．例2 在等边△ABC的两边AB、AC上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN=60°，∠BDC=120°，BD=DC．探究：当M、N分别在线段AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系．（1）如图①，当DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是_______________；（2）如图②，当DM≠DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明．图①图②解答（1）BM、NC、MN之间的数量关系是BM+NC=MN．（2）猜想：BM+NC=MN．证明：如图③，延长AC至E，使CE=BM，连接DE．∵BD=CD，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°．又∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°．∴∠MBD=∠NCD=90°．在△MBD与△ECD中，∵DB=DC，∠DBM=∠DCE=90°，BM=CE，∴△MBD≌△ECD（SAS）．∴DM=DE，∠BDM=∠CDE．∴∠EDN=∠BDC-∠MDN=60°．在△MDN和△EDN中，∵MD=ED，∠MDN=∠EDN=60°，DN=DN，∴△MDN≌△EDN（SAS）．∴MN=NE=NC+CE=NC+BM．图③例3 如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC=180°，AB=AD，E、F分别是BC、CD延长线上的点，且∠EAF=21∠BAD．求证：EF=BE-FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．在△ABG和△ADF中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DFBGADFBADAB∴△ABG ≌△ADF（SAS）．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠GAF=∠BAD．∴∠EAF=21∠BAD=21∠GAF．∴∠GAE=∠EAF．在△AEG和△AEF中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AEAEFAEGAEAFAG∴△AEG ≌△AEF（SAS）．∴EG=EF．∵EG=BE-BG，练习：1．已知，正方形ABCD ，M 在CB 延长线上，N 在DC 延长线上，∠MAN=45°．求证：MN=DN-BM ．【答案】证明：如图，在DN 上截取DE=MB ，连接AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠D=∠ABC=90°．在△ABM 和△ADE 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=DE BM ABM D AB AD∴△ABM ≌△ADE ．∴AM=AE ， ∠MAB=∠EAD ．∵∠MAN=45°=∠MAB+∠BAN ，∴∠DAE+∠BAN=45°．∴∠EAN=90°-45°=45°=∠MAN ．在△AMN 和△AEN 中，⎪⎩⎪⎨⎧=∠=∠=AN AN EAN MAN AE AM∴△ABM ≌△ADE ．∴MN=EN ．∵DN-DE=EN ．2．已知，如图①在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE=45°，探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决以下问题：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间的数量关系式，并对你的猜想给予证明；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动到线段CB延长线上时，如图②，其他条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明．图①图②【答案】解答：（1）猜想：DE2=BD2+EC2．证明：将△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，如图①∴△ACE≌△ABE′．∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB．在Rt△ABC中，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°．∴∠ABC+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°．∴E′B2+BD2=E′D2．又∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°．∴∠E′AB+∠BAD=45°，即∠E′AD=45°．∴△AE′D≌△AED．∴DE=DE′．∴DE2=BD2+EC2．图①（2）结论：关系式DE2=BD2+EC2仍然成立．证明：作∠FAD=∠BAD，且截取AF=AB，连接DF，连接FE，如图②∴△AFD≌△ABD．∴FD=DB，∠AFD=∠ABD．又∵AB=AC，∴AF=AC．∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°，∠EAC=∠BAC-∠BAE=90°-（∠DAE-∠DAB ）=90°-（45°-∠DAB）=45°+∠DAB，∴∠FAE=∠CAE．又∵AE=AE，∴△AFE≌△ACE．∴FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°．∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°．∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2．即DE2=BD2+EC2．图②3．已知，在等边△ABC中，点O是边AC、BC的垂直平分线的交点，M、N分别在直线AC、BC上，且∠MON=60°．（1）如图①，当CM=CN时，M、N分别在边AC、BC上时，请写出AM、CN、MN三者之间的数量关系；（2）如图②，当CM≠CN时，M、N分别在边AC、BC上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请你加以证明；若不成立，请说明理由；（3）如图③，当点M在边AC上，点N在BC的延长线上时，请直接写出线段AM、CN、MN三者之间的数量关系．图①图②图③【答案】结论：（1）AM=CN+MN；如图①图①（2）成立；证明：如图②，在AC上截取AE=CN，连接OE、OA、OC．∵O是边AC、BC垂直平分线的交点，且△ABC为等边三角形，∴OA=OC，∠OAE=∠OCN=30°，∠AOC=120°．又∵AE=CN，∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，∠AOE=∠CON．∴∠EON=∠AOC=120°．∵∠MON=60°，∴∠MOE=∠MON=60°．∴△MOE≌△MON．∴ME=MN．∴AM=AE+ME=CN+MN．图②（3）如图③，AM=MN-CN．图③4．如图，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，AB=AD，E、F分别是线段BC、CD上的点，且BE+FD=EF．求证：∠EAF=21∠BAD．【答案】证明：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转∠DAB的度数得到△ABG，AD旋转到AB，AF旋转到AG，∴AG=AF，BG=DF，∠ABG=∠D，∠BAG=∠DAF．∵∠ABC+∠D=180°，∴∠ABC+∠ABG=180°．∴点G、B、C共线．∵BE+FD=EF，∴BE+BG=GE=EF．在△AEG和△AEF中，⎪⎩⎪⎨⎧===EFEGAEAEAFAG∴△AEG≌△AEF．∴∠EAG=∠EAF．∴∠EAB+∠BAG=∠EAF．又∵∠BAG=∠DAF，∴∠EAB+∠DAF=∠EAF．∴∠EAF=21∠BAD．以上王志强录入5．如图①，已知四边形ABCD，∠EAF的两边分别与DC的延长线交于点F，与CB的延长线交于点E，连接EF．（1）若四边形ABCD为正方形，当∠EAF＝45°时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？（只需直接写出结论）（2）如图②，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，当∠EAF＝12∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？请写出结论并证明．（3）在（2）中，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长（直接写出结论）解答：（1）EF=DF-BE（2）EF=DF-BE证明：如图，在DF上截取DM=BE，连接AM，∵∠D+∠ABC=∠ABE+∠ABC=180°∵D=ABE∵AD=AB在△ADM和△ABE中，DM BED ABEAD AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△ADM≌△ABE∴AM=AE，∠DAM=∠BAE∵∠EAF=∠BAE+∠BAF=1∠BAD，∴∠MAF=12∠BAD ∴∠EAF=∠MAF在△EAF 和△MAF 中AE AM EAF MAF AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△EAF ≌△MAF∴EF=MF∵MF=DF-DM=DF-BE ，∴EF=DF-BE（3）∵EF=DF-BE∴△CEF 的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=15。
几何经典模型：半角模型
本文为word版资料，可以任意编辑修1已知如图：①/ 2=1 / AOB :②OA=OB.2连接FB，将△ FOB绕点0旋转至△ FOA的位置,可得△ OEF◎△ OEF '模型分析•/△ OBF ◎△ OAF•••/ 3=/ 4, OF=OF '.1•/ 2=丄 / AOB ,2•••/ 1+/ 3=/ 2•••/ 1+/ 4=/ 2又••• OE是公共边，•△ OEF◎△ OEF '.(1)半角模型的命名：存在两个角度是一半关系，并且这两个角共顶点;(2)通过先旋转全等再轴对称全等，一般结论是证明线段和差关系；(3)常见的半角模型是90°含45°, 120。
含60 ° .半角模型B连接 F ' E, FE,模型实例例1 已知，正方形ABCD中，/ MAN=45 ，它的两边分别交线段CB、DC于点M、N .(1)求证：BM+DN=MN .(2)作AH丄MN于点H，求证：AH=AB .证明：（1）延长ND到E,使DE=BM ,•••四边形ABCD是正方形，••• AD=AB .在△ADE和△ABM中，A D =AB#ADE =ZBDE =BM•△ ADE ◎△ ABM .• AE=AM，/ DAE= / BAM•••/ MAN=45，•/ BAM+ / NAD=45°•/ MAN= / EAN=45°.在A AMN 和△AEN 中，MA =EA#MAN =NEANAN =AN•△ AMN ◎△ AEN .• MN=EN .• BM+DN=DE+DN=EN=MN（2）由（1）知，A AMN 也厶AEN .•S A AMN =S A AEN .刚1 1即一AH MN AD EN .2 2又••• MN=EN ,• AH=AD .即AH=AB .li M C例2 在等边△ABC的两边AB、AC上分别有两点M、N , D为△ABC外一点，且/ MDN=6°，/ BDC=120 , BD=DC .探究：当M、N 分别在线段AB、AC 上移动时，BM、NC、MN 之间的数量关系.（1）如图①，当DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是___________________ ;（2）如图②，当D佯DN时，猜想（1）问的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明.图①图②解答(1)BM、NC、MN之间的数量关系是BM+NC=MN(2)猜想：BM+NC=MN .证明：如图③，延长AC至E,使CE=BM，连接DE.•/ BD=CD，且/ BDC=120°,•••/ DBC= / DCB=30° .又•••△ ABC是等边三角形，•••/ ABC= / ACB=60° .•••/ MBD= / NCD=90° .在厶MBD与厶ECD中，•/ DB=DC，/ DBM= / DCE=90°, BM=CE ,•△MBD ◎△ ECD ( SAS).• DM=DE，/ BDM= / CDE .•••/ EDN= / BDC- / MDN=60 .在厶MDN 和△EDN中，•/ MD=ED，/ MDN= / EDN=60°, DN=DN ,•△MDN ◎△ EDN ( SAS).• MN=NE=NC+CE=NC+BM .图③例3 如图，在四边形ABCD中，/ B+ / ADC=180 , AB=AD , E、F分别是BC、CD延长线上的点，且/ EAF= - / BAD .求证：EF=BE-FD .2证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG .•••/ B+ / ADC=180°，/ ADF+ / ADC=180°, •••/ B= / ADF .在△ABG 和△ADF 中，AB =AD=ZADFBG 二DF•••△ABG ◎△ ADF ( SAS).•••/ BAG= / DAF , AG=AF .•••/ GAF= / BAD .•••/ EAF= - / BAD=丄/ GAF .2 2•••/ GAE= / EAF .在△AEG和△AEF中，AG =AF」ZGAE =NFAEAE =AE•△AEG ◎△ AEF ( SAS)• EG=EF.•/ EG=BE-BG ,• EF=BE-FD .练习：1 已知，正方形ABCD , M在CB延长线上，N在DC延长线上, 求证：MN=DN-BM .【答案】证明：如图，在DN上截取DE=MB，连接AE , •••四边形ABCD是正方形，••• AD=AB，/ D= / ABC=90°.在A ABM和A ADE中，“D =AB=NABMBM =DE•△ ABM ADE .• AM=AE , / MAB= / EAD .•••/ MAN=45 = / MAB+ / BAN ,•••/ DAE+ / BAN=45°.•••/ EAN=90° -45 =45 °= / MAN . 在A AMN和△AEN中，AM =AE<NMAN =/EANAN 二AN•△ ABM ◎△ ADE .• MN=EN .•/ DN-DE=EN .• DN-BM=MN .MAN=45A2. 已知，如图①在Rt△ABC中，/ BAC=90°, AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若/DAE=45°，探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系.小明的思路是：把A AEC绕点A顺时针旋转90 °得到△ABE',连接E'D使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决以下问题：(1) 猜想BD、DE、EC三条线段之间的数量关系式，并对你的猜想给予证明；(2) 当动点E在线段BC上，动点D运动到线段CB延长线上时，如图②，其他条件不变，(1 )中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明.图①图②【答案】解答：（1）猜想：DE2=BD2+EC2.证明：将A AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，如图①•••△ ACE ◎△ ABE'.••• BE' =EC AE' =AE / C= / ABE'，/ EAC= / E' AB 在Rt A ABC 中，•/ AB=AC ,•••/ ABC= / ACB=45° .•••/ ABC+ / ABE' =90；即/ E' BD=90°• E' B+BD2=E'D又•••/ DAE=45°,•••/ BAD+ / EAC=45° .•••/ E' AB k BAD=45°，即/ E' AD=45.•△AE'D^A AED .• DE=DE .2 2 2• DE =BD +EC .图①(2)结论：关系式DE2=BD2+EC2仍然成立.证明：作/ FAD= / BAD，且截取AF=AB，连接DF，连接FE，如图②•••△AFD ◎△ ABD .••• FD=DB，/ AFD= / ABD .又••• AB=AC ,• AF=AC .•••/ FAE= / FAD+ / DAE= / FAD+45。
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．。
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 =。
2024年中考数学几何模型归纳(全国通用)16 全等与相似模型-半角模型(学生版)
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 。
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。
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基本模型（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。
（1）证明： 由旋转可得GB=DF，AF=AG，∠BAG=∠DAF， ∵四边形ABห้องสมุดไป่ตู้D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；
（2）解：EF=DF﹣BE， 证明如下： 如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD， 交CD于点G， 同（1）可证得△AEF≌△AGF， ∴EF=GF，且DG=BE， ∴EF=DF﹣DG=DF﹣BE．
基本模型（2）——等边三角形内含半 角
基本模型（3）——等腰直角三角形内 含半角
几何模型——半角模型
什么叫半角模型？
定义：我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条 射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半 这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形 等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转 到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换， 然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的 性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题。