专题复习 正方形之半角模型
2024河南中考数学专题复习第三部分 题型二 微专题5 半角模型 课件
∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴∠AED＝∠AMN， ∴∠AMB＝∠AMN，∴MA平分∠BMH. ∵AB⊥BM，AH⊥MN，∴AB＝AH. ∵AM＝AM， ∴Rt△ABM≌Rt△AHM(HL)，∴BM＝MH＝2， 同理可得NH＝ND＝3， 设BC＝AB＝x，则CM＝x－2，CN＝x－3， 在Rt△MCN中，由勾股定理得，(x－2)2＋(x－3)2＝52， 解得x1＝6，x2＝－1(舍去)，∴AH＝AB＝6.
E
第1题图
2. 如图，在等边△ABC中，点P，Q分别在边AB，AC上，D为△ABC外
一点，且∠PDQ＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC.
(1)如图①，若DP＝DQ，请直接写出BP，QC，PQ之间的数量关系；
【解法提示】∵DP＝DQ，∠PDQ＝60°，∴△PDQ是等边三角形，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAD＋∠CAE＝30°，∴∠CAF＋∠CAE＝30°，
第3题解图
即∠EAF＝30°，∴∠EAF＝∠EAD.
在△DAE和△FAE中，
AD AF EAD EAF , AE AE
∴△DAE≌△FAE(SAS)，∴ED＝EF.
第3题解图
∵∠ACB＝∠ACF＝60°，∴∠FCG＝180°－∠ACB－∠ACF＝60°.
则∠ABG＝∠D＝90°，
∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，BG＝DF.
G
∵∠ABE＝90°，AB＝AD，
∴∠ABE＋∠ABG＝180°，∴E，B，G三点共线．
第3题图①
∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠GAB＋∠BAE＝∠GAE＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE.
在△EAG和△EAF中，
专题复习正方形之半角模型
N BA
（图1）
M
B NN A
（图2）
B
（图3）
M
赞“半角” 正方形中半角藏， 旋转翻折来帮忙。 全等相似皆有益， 平几题中一锦囊。
(1)、CE 2DN
(2)、CF 2BM
A
45°
M
D
N F
B
E
C
4、取EF的中点G，连接GM、GN，△MGN是等腰直 角三角形吗？
A 45°
D
N F
M
B
E
C
(1)、EF=BE+DF(C△CEF=2a)
(2)、∠AEB=∠AEF，∠AFE=∠AFD
(3)、S△AEF=S△ABE+S△ADF (4)、MN2=BM2+DN2
求证： MN 2 AM 2 BN 2
（2）如图2，在Rt△ABC中，AB=AC，∠MCN=45°，上述结论
是否成立？如成立，请证明。
（3）如图3，在Rt△ABC中，AB=AC，∠MCD=45°，延长DC交
BA的延长线于N，MN、AM、BN之间又有怎样的关系？并证明。
C
C
D
45°
45°
C
45°
A
M
A
1、如图，连接BD，求证：
45°
D
N F
（1）、MN2=BM2+DN2 M
（2）、2AM 2 B、（1）连接NE、MF，△ANE、△AMF是等腰直角三
角形吗？如果是，请证明。
（2）你还能得到哪些结论？
①、EF 2MN ②、S△AMN=S四边形MEFN
3、如图，猜想CE与DN，CF与 BM的数量关系，并证明。
(5)、2AM 2 BM 2 DM 2 , 2AN 2 BN 2 DN 2
专题1.8 正方形半角模型(强化)(解析版)
专题1.8 正方形半角模型【例题精讲】【例1】在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，且45EAF CEF Ð=Ð=°．（1）将ADF D 绕着点A 顺时针旋转90°，得到ABG D （如图①)，求证：AEG AEF D @D ；（2）若直线EF 与AB ，AD 的延长线分别交于点M ，N （如图②)，求证：222EF ME NF =+．【解答】（1）证明：ADF D Q 绕着点A 顺时针旋转90°，得到ABG D ，AG AF \=，BG DF =，90GAF Ð=°，BAG DAF Ð=Ð，45EAF Ð=°Q ，904545BAE DAF BAE BAG \Ð+Ð=Ð+Ð=°-°=°，即GAE EAF Ð=Ð，\在AEG D 和AEF D 中，AG AFGAE EAF AE AE=ìïÐ=Ðíï=î，()AEG AEF SAS \D @D ；（2）证明：连接G ，如图所示：Q 四边形ABCD 是正方形，AB BC CD AD \===，90C Ð=°，45CEF Ð=°Q CE CF \=，DF DN =，BM BE =，BC CD =Q ，BE DF \=，BG DF =Q，BG DF BE BM\===，BMG\Ð=°，45Q，Ð=°EMB45EMG\Ð=°，90\=，MG同理：NF=，\=，MG NF22222EG MG ME NF ME\=+=+，Q，AEG AEFD@D\=，EG EF222\=+．EF ME NF【题组训练】1．如图，等边AEFD的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且45Ð=°．求证：CEF矩形ABCD是正方形．【解答】解：Q四边形ABCD是矩形，\Ð=Ð=Ð=°，B D C90Q是等边三角形，AEFDAE AF \=，60AEF AFE Ð=Ð=°，45CEF Ð=°Q ，45CFE CEF \Ð=Ð=°，180456075AFD AEB \Ð=Ð=°-°-°=°，()AEB AFD AAS \D @D ，AB AD \=，\矩形ABCD 是正方形．2．如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 边上的点，45EAF Ð=°．（1）如图（1），试判断EF ，BE ，DF 间的数量关系，并说明理由；（2）如图（2），若AH EF ^于点H ，试判断线段AH 与AB 的数量关系，并说明理由．【解答】（1）解：BE DF EF +=；理由如下：如图1，延长FD 到G ，使DG BE =，连接AG ，Q 在GDA D 和EBA D 中，90DG BE GDA ABE AD AB =ìïÐ=Ð=°íï=î，()GDA EBA SAS \D @D ，AG AE \=，GAD EAB Ð=Ð，故45GAF Ð=°，在GAF D 和EAF D 中，Q AG AE GAF EAF AF AF =ìïÐ=Ðíï=î，()GAF EAF SAS \D @D ，GF EF \=，即GD DF BE DF EF +=+=；（2）AH AB =，理由如下：Q 四边形ABCD 为正方形，AB AD \=，90BAD Ð=°，\把ADF D 绕点A 顺时针旋转90°得到ABQ D ，如图2，AQ AF \=，90FAQ Ð=°，90ABQ D Ð=Ð=°，而90ABC Ð=°，\点Q 在CB 的延长线上，45EAF Ð=°Q ，9045QAE EAF \Ð=°-Ð=°，EAF QAE \Ð=Ð，在AEQ D 和AEF D 中，AE AE EAF QAE AQ AF =ìïÐ=Ðíï=î，()AEQ AEF SAS \D @D ，EQ EF \=，AB EQ ^Q ，AH FE ^，AB AH \=．3．如图，在矩形ABCD 中，点E ，F 分别在BC ，CD 边上，且AE AF =，45CEF Ð=°．（1）求证：四边形ABCD 是正方形；（2）若AF =，1BE =，求四边形ABCD 的面积．【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 是矩形，90B D C \Ð=Ð=Ð=°，AE AF =Q ，AFE AEF \Ð=Ð，45CEF Ð=°Q ，90C Ð=°，45CFE \Ð=°，AFD AEB \Ð=Ð，()ABE ADF AAS \D @D ，AB AD \=，\矩形ABCD 是正方形．（2）解：Q 由（1）可知：AE AF ==，又1BE =，90B Ð=°，\由勾股定理得，AD ===，Q 四边形ABCD 是正方形，\217ABCD S ==正方形．4．正方形ABCD 的边长为6，E ，F 分别是AB ，BC 边上的点，且45EDF Ð=°，将DAE D绕点D 逆时针旋转90°，得到DCM D ．（1）求证：EF CF AE =+；（2）当2AE =时，求EF 的长．【解答】（1）证明：DAE D Q 逆时针旋转90°得到DCM D ，180FCM FCD DCM \Ð=Ð+Ð=°，AE CM =，F \、C 、M 三点共线，DE DM \=，90EDM Ð=°，90EDF FDM \Ð+Ð=°，45EDF Ð=°Q ，45FDM EDF \Ð=Ð=°，在DEF D 和DMF D 中，Q DE DM EDF MDF DF DF =ìïÐ=Ðíï=î，()DEF DMF SAS \D @D ，EF MF \=，EF CF AE \=+；（2）解：设EF MF x ==，2AE CM ==Q ，且6BC =，628BM BC CM \=+=+=，8BF BM MF BM EF x \=-=-=-，624EB AB AE =-=-=Q ，在Rt EBF D 中，由勾股定理得222EB BF EF +=，即2224(8)x x +-=，解得：5x =，则5EF =．5．（1）如图①，点E 、F 分别在正方形ABCD 的边AB 、BC 上，45EDF Ð=°，连接EF ，求证：EF AE FC =+．（2）如图②，点E ，F 在正方形ABCD 的对角线AC 上，45EDF Ð=°，猜想EF 、AE 、FC 的数量关系，并说明理由．【解答】证明：（1）Q 四边形ABCD 是正方形，AB BC CD AD \===，90B C ADC DAB Ð=Ð=Ð=Ð=°，如图①：延长BA ，使AM CF =，连接MD ，在AMD D 和CFD D 中，AM CF MAD C AD CD =ìïÐ=Ðíï=î，()AMD CFD SAS \D @D，MDA CDF \Ð=Ð，MD DF =，45EDF Ð=°Q ，45ADE FDC \Ð+Ð=°，45ADM ADE MDE \Ð+Ð=°=Ð，MDE EDF \Ð=Ð，在EDF D 和EDM D 中，MD DF MDE FDE DE DE =ìïÐ=Ðíï=î，()EDF EDM SAS \D @D ，EF EM \=，EM AM AE AE CF =+=+Q ，EF AE CF \=+；（2）222EF AE CF =+，理由如下：如图②，将CDF D 绕点D 顺时针旋转90°，可得ADN D ，由旋转的性质可得DN DF =，AN CF =，45DAN DCF Ð=Ð=°，CDF ADN Ð=Ð，90CAN CAD DAN \Ð=Ð+Ð=°，222EN AE AN \=+，45EDF Ð=°Q ，45CDF ADE \Ð+Ð=°，45ADE ADN NDE EDF \Ð+Ð=°=Ð=Ð，在EDF D 和EDN D中，FDE NDE DE DE ïÐ=Ðíï=î，()EDF EDN SAS \D @D ，EF EN \=，222EF AE CF \=+．6．（1）如图1，点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上，45EAF Ð=°，求证：EF BE FD =+；（2）如图2，四边形ABCD 中，90BAD й°，AB AD =，180B D Ð+Ð=°，点E 、F 分别在边BC 、CD 上，则当EAF Ð与BAD Ð满足什么关系时，仍有EF BE FD =+，说明理由．【解答】证明：（1）如图1：把ABE D 绕点A 逆时针旋转90°至ADG D ，则ADG ABE D @D ，AG AE \=，DAG BAE Ð=Ð，DG BE =，又45EAF Ð=°Q ，即45DAF BEA EAF Ð+Ð=Ð=°，GAF FAE \Ð=Ð，在GAF D 和EAF D中，GAF FAE AF AF ïÐ=Ðíï=î，()GAF EAF SAS \D @D ．GF EF \=．又DG BE =Q ，GF BE DF \=+，BE DF EF \+=；（2）当2BAD EAF Ð=Ð时，仍有EF BE FD =+，理由如下：如图2，延长CB 至M ，使BM DF =，连接AM ，180ABC D Ð+Ð=°Q ，180ABC ABM Ð+Ð=°，D ABM \Ð=Ð，在ABM D 和ADF D 中，AB AD ABM D BM DF =ìïÐ=Ðíï=î，()ABM ADF SAS \D @D AF AM \=，DAF BAM Ð=Ð，2BAD EAF Ð=ÐQ ，DAF BAE EAF \Ð+Ð=Ð，EAB BAM EAM EAF \Ð+Ð=Ð=Ð，在FAE D 和MAE D 中，AE AE FAE MAE AF AM =ìïÐ=Ðíï=î，()FAE MAE SAS \D @D ，EF EM BE BM BE DF \==+=+，即EF BE DF =+．7．（类比学习，从图1中找方法在图2中运用）（1）如图1，在正方形ABCD （四条边都相等，每个内角都是90)°中，E 是AB 上一点，G 是AD 上一点，F 是AD 延长线上一点，且45GCE Ð=°，BE DF =．求证：GE BE GD =+．（2）如图2，已知：AC 平分BAD Ð，CE AB ^，CD CB =，180B D Ð+Ð=°．求证：AE AD BE =+．【解答】证明：（1）在正方形ABCD 中，BC CD =，在BCE D 和DCF D 中，90BC CD B CDF DF BE =ìïÐ=Ð=°íï=î，()BCE DCF SAS \D @D ，CE CF \=，BCE DCF Ð=Ð，45GCE Ð=°Q ，904545GCF GCD DCF GCD BCE \Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=°-°=°，GCF GCE \Ð=Ð，在GCE D 和GCF D 中，CE CF GCF GCE CG CG =ìïÐ=Ðíï=î，()GCE GCF SAS \D @D ，EG GF \=，GF GD DF =+Q ，GE BE GD \=+；（2）延长AB 到F 使BF AD =，180ABC CBF \Ð+Ð=°，180ABC D Ð+Ð=°Q ，CBF D \Ð=Ð，CD CB =Q ，()CDA CBF SAS \D @D ，DAC F \Ð=Ð，AC Q 平分BAD Ð，DAC CAE \Ð=Ð，CAE F \Ð=Ð，AC FC \=，CE AB ^Q ，AE EF \=，AE AD BE \=+．8．（1）如图1的正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，45EAF Ð=°，延长CD 到点G ，使DG BE =，连接EF ，AG ．求证：EF FG =；（2）如图2，等腰Rt ABC D 中，90BAC Ð=°，AB AC =，点M ，N 在边BC 上，且45MAN Ð=°．若1BM =，3CN =，求MN 的长．【解答】（1）证明：在正方形ABCD 中，ABE ADG Ð=Ð，AD AB =，在ABE D 和ADG D 中，AD AB ABE ADG DG BE =ìïÐ=Ðíï=î，()ABE ADG SAS \D @D ，BAE DAG \Ð=Ð，AE AG =，90EAG \Ð=°，在FAE D 和GAF D 中，45AE AG EAF FAG AF AF =ìïÐ=Ð=°íï=î，()FAE FAG SAS \D @D ，EF FG \=；（2）解：如图，过点C 作CE BC ^，垂足为点C ，截取CE ，使CE BM =．连接AE 、EN ．AB AC =Q ，90BAC Ð=°，45B ACB \Ð=Ð=°．CE BC ^Q ，45ACE B \Ð=Ð=°．在ABM D 和ACE D 中，AB AC B ACE BM CE =ìïÐ=Ðíï=î，()ABM ACE SAS \D @D ．AM AE \=，BAM CAE Ð=Ð．90BAC Ð=°Q ，45MAN Ð=°，45BAM CAN \Ð+Ð=°．于是，由BAM CAE Ð=Ð，得45MAN EAN Ð=Ð=°．在MAN D 和EAN D 中，AM AE MAN EAN AN AN =ìïÐ=Ðíï=î，()MAN EAN SAS \D @D ．MN EN \=．在Rt ENC D 中，由勾股定理，得222EN EC NC =+．222MN BM NC \=+．1BM =Q ，3CN =，22213MN \=+，MN \=9．如图，四边形ABCD 是正方形，点E 是BC 边上的动点（不与点B 、C 重合），将射线AE 绕点A 按逆时针方向旋转45°后交CD 边于点F ，AE 、AF 分别交BD 于G 、H 两点．（1）当55BEA Ð=°时，求HAD Ð的度数；（2）设BEA a Ð=，试用含a 的代数式表示DFA Ð的大小；（3）点E 运动的过程中，试探究BEA Ð与FEA Ð有怎样的数量关系，并说明理由．【解答】解：（1）Q四边形ABCD是正方形，\Ð=Ð=°，90EBA BAD\Ð=°-Ð=°-°=°，EAB AEB90905535\Ð=Ð-Ð-Ð=°-°-°=°；HAD BAD EAF EAB90453510（2）Q四边形ABCD是正方形，\Ð=Ð=Ð=°，90EBA BAD ADF\Ð=°-Ð=°-，EAB AEB a9090\Ð=Ð-Ð-Ð=°-°-°-=-°，DAF BAD EAF EAB a a9045(90)45\Ð=°-Ð=°--°=°-；DFA DAF a a9090(45)135（3）BEA FEAÐ=Ð，理由如下：延长CB至I，使BI DF=，连接AI．Q四边形ABCD是正方形，AD AB\=，90Ð=Ð=°，ADF ABC\Ð=°，ABI90又BI DFQ，=\D@D，DAF BAI SAS()\=，DAF BAIÐ=Ð，AF AIEAI BAI BAE DAF BAE EAF\Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=°=Ð，45又AED的公共边，Q是EAID与EAF()EAI EAF SAS \D @D ，BEA FEA \Ð=Ð．10．如图，在正方形ABCD 中，E 是AB 边上一点，F 是AD 延长线上一点，BE DF =．（1）求证：CE CF =；（2）若点G 在AD 边上，且45GCE Ð=°，3BE =，5DG =，求GE 的长．【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 是正方形，BC DC \=，90B FDC Ð=Ð=°，在EBC D 和FDC D 中，DF EB FDC B CB DC =ìïÐ=Ðíï=î，()CBE CDF SAS \D @D ，CE CF \=；（2）解：由（1）得：CBE CDF D @D ，BCE DCF \Ð=Ð，BCE ECD DCF ECD \Ð+Ð=Ð+Ð，即90ECF BCD Ð=Ð=°，又45GCE Ð=°Q ，45GCF GCE \Ð=Ð=°，Q 在ECG FCG D @D 中，CE CF GCE GCF GC GC =ìïÐ=Ðíï=î，()ECG FCG SAS \D @D，358GE GF DG DF DG BE \==+=+=+=．11．如图，Rt CEF D 中，90C Ð=°，CEF Ð，CFE Ð外角平分线交于点A ，过点A 分别作直线CE ，CF 的垂线，B ，D 为垂足．（1）求证：四边形ABCD 是正方形．（2）已知AB 的长为6，求(6)(6)BE DF ++的值．（3）借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若三角形PQR 中，45QPR Ð=°，一条高是PH ，长度为6，2QH =，则HR = 3或12 ．【解答】（1）证明：作AG EF ^于G ，如图1所示：则90AGE AGF Ð=Ð=°，AB CE ^Q ，AD CF ^，90B D C \Ð=Ð=°=Ð，\四边形ABCD 是矩形，CEF ÐQ ，CFE Ð外角平分线交于点A ，AB AG \=，AD AG =，AB AD \=，\四边形ABCD 是正方形；（2）解：Q 四边形ABCD 是正方形，6BC CD \==，在Rt ABE D 和Rt AGE D 中，AE AE AB AD =ìí=î，Rt ABE Rt AGE(HL)\D @D ，BE BG \=，同理：Rt ADF Rt AGF(HL)D @D ，DF GF \=，BE DF GE GF EF \+=+=，设BE x =，DF y =，则6CE BC BE x =-=-，6CF CD DF y =-=-，EF x y =+，在Rt CEF D 中，由勾股定理得：222(6)(6)()x y x y -+-=+，整理得：6()36xy x y ++=，(6)(6)(6)(6)6()36363672BE DF x y xy x y \++=++=+++=+=；（3）解：①PQR D 是锐角三角形时，如图2所示：把PQH D 沿PQ 翻折得PQD D ，把PRH D 沿PR 翻折得PRM D ，延长DQ 、MR 交于点G ，由（1）（2）得：四边形PMGD 是正方形，MR DQ QR +=，MR HR =，2DQ HQ ==，6MG DG MP PH \====，4GQ \=，设MR HR a ==，则6GR a =-，2QR a =+，在Rt GQR D 中，由勾股定理得：222(6)4(2)a a -+=+，解得：3a =，即3HR =；②当PQR D 是钝角三角形时，过P 作PT PR ^交RQ 延长线于T ，如图3所示：则904545TPQ Ð=°-°=°，由①得：3TH =，PT \===设HR x =，PR y =，则3TR x =+，PTR D Q 的面积11(3)622x =+´=´，\62x =+，225(62)y x \=+①，在Rt PRH D 中，由勾股定理得：2226y x =+②，由①②得：2(12)0x -=，12x \=，即12HR =；综上所述，HR 为3或12，故答案为：3或12．12．（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，G 是AD 上一点，45ECG Ð=°，那么EG 与图中两条线段的和相等？证明你的结论．（2）请用（1）中所积累的经验和知识完成此题，如图2，在四边形ABCG 中，//()AG BC BC AG >，90B Ð=°，12AB BC ==，E 是AB 上一点，且45ECG Ð=°，4BE =，求EG 的长？【解答】解：（1）EG BE DG=+．如图1，延长AD至F，使DF BE=，连接CF，Q四边形ABCD为正方形，Ð=Ð=Ð=°，BC DCABC ADC BCD\=，90Q，Ð=-Ð180CDF ADC\Ð=°，CDF90\Ð=Ð，ABC CDFQ，=BE DF\D@D，()EBC FDC SAS=，\Ð=Ð，EC FCBCE DCFQ，Ð=°45ECGBCE GCD BCD ECG\Ð+Ð=Ð-Ð=°-°=°，904545\Ð+=Ð=°，45GCD DCF FCG\Ð=Ð，ECG FCG=Q，GC GC\D@D，()ECG FCG SASEG GF \=，GF GD DF GD BE =+=+Q ，EG GD BE \=+．（2）如图2，过点C 作CD AG ^，交AG 的延长线于D ．//AG BC Q ，180A B \Ð+Ð=°，90B Ð=°Q ，18090A B \Ð=°-Ð=°，90CDA Ð=°Q ，AB BC =，\四边形ABCD 是正方形，12AB BC ==Q ，12CD AD \==，4BE =Q ，8AE AB BE \=-=，设EG x =，由（1）知EG BE GD =+，4GD x \=-，12(4)16AG AD GD x x \=-=--=-，在Rt AEG D 中：222GE AG AE =+，222(16)8x x \=-+，解得10x =，10EG \=．13．如图，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别为边BC 、CD 上两点，45EAF Ð=°，过点A 作GAB FAD Ð=Ð，且点G 为边CB 延长线上一点．①GAB FAD D @D 吗？说明理由．②若线段4DF =，8BE =，求线段EF 的长度．③若4DF =，8CF =．求线段EF 的长度．【解答】解：①全等．证明：Q 四边形ABCD 为正方形AB AD \=，ABG D Ð=Ð，在ABG D 和ADF D 中，GAB FAD Ð=Ð，AB AD =，ABG D Ð=ÐGAB FAD \D @D ．②解：90BAD Ð=°Q ，45EAF Ð=°45DAF BAE \Ð+Ð=°GAB FADD @D Q GAB FAD \Ð=Ð，AG AF=45GAB BAE \Ð+Ð=°45GAE \Ð=°GAE EAF\Ð=Ð在GAE D 和FAE D 中AG AF =Q ，GAE EAF Ð=Ð，AE AE=()GAE FAE SAS \D @D EF GE \=．GAB FADD @D Q GB DF\=8412EF GE GB BE FD BE \==+=+=+=．③设EF x =，则4BE GE BG x =-=-．EC BC BE =-Q ，12(4)16EC x x \=--=-．在Rt EFC D 中，依据勾股定理可知：222EF FC EC =+，即222(16)8x x -+=，解得：10x =．10EF \=．14．如图，Rt CEF D 中，90C Ð=°，CEF Ð，CFE Ð外角平分线交于点A ，过点A 分别作直线CE ，CF 的垂线，B ，D 为垂足．（1）EAF Ð= 45 °（直接写出结果不写解答过程）；（2）①求证：四边形ABCD 是正方形．②若3BE EC ==，求DF 的长．（3）如图（2），在PQR D 中，45QPR Ð=°，高5PH =，2QH =，则HR 的长度是 （直接写出结果不写解答过程）．【解答】解：（1）90C Ð=°Q ，90CFE CEF \Ð+Ð=°，36090270DFE BEF \Ð+Ð=°-°=°，AF Q 平分DFE Ð，AE 平分BEF Ð，12AFE DFE \Ð=Ð，12AEF BEF Ð=Ð，11()27013522AEF AFE DFE BEF \Ð+Ð=Ð+Ð=´°=°，18045EAF AEF AFE \Ð=°-Ð-Ð=°，故答案为：45；（2）①作AG EF ^于G ，如图1所示：则90AGE AGF Ð=Ð=°，AB CE ^Q ，AD CF ^，90B D C \Ð=Ð=°=Ð，\四边形ABCD 是矩形，CEF ÐQ ，CFE Ð外角平分线交于点A ，AB AG \=，AD AG =，AB AD \=，\四边形ABCD 是正方形；②设DF x =，3BE EC ==Q ，6BC \=，由①得四边形ABCD 是正方形，6BC CD \==，在Rt ABE D 与Rt AGE D 中，AB AG AE AE =ìí=î，Rt ABE Rt AGE(HL)\D @D ，3BE EG \==，同理，GF DF x ==，在Rt CEF D 中，222EC FC EF +=，即2223(6)(3)x x +-=+，解得：2x =，DF \的长为2；（3）解：如图2所示：把PQH D 沿PQ 翻折得PQD D ，把PRH D 沿PR 翻折得PRM D ，延长DQ 、MR 交于点G ，由（1）（2）得：四边形PMGD 是正方形，MR DQ QR +=，MR HR =，2DQ HQ ==，5MG DG MP PH \====，3GQ \=，设MR HR a ==，则5GR a =-，2QR a =+，在Rt GQR D 中，由勾股定理得：222(5)3(2)a a -+=+，解得：157a =，即157HR =；故答案为：157．16．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45EDF Ð=°，将DAE D 绕点D 逆时针旋转90°，得到DCM D ．（1）求证：EF MF=（2）若2AE =，求FC 的长．【解答】解：（1）DAE D Q 逆时针旋转90°得到DCM D ，180FCM FCD DCM \Ð=Ð+Ð=°，F \、C 、M 三点共线，DE DM \=，90EDM Ð=°．90EDF FDM \Ð+Ð=°，45EDF Ð=°Q ，45FDM EDF \Ð=Ð=°，()DEF DMF SAS \D @D ，EF MF \=．（2）设EF MF x ==，2AE CM ==Q ，且6BC =，628BM BC CM \=+=+=，8BF BM MF BM EF x \=-=-=-，624EB AB AE =-=-=Q ．在Rt EBF D 中，由勾股定理得222EB BF EF +=．即2224(8)x x +-=，\解得：5x =，即5FM =．523FC FM CM \=-=-=．17．设E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上滑动保持且45EAF Ð=°，AP EF ^于点P ．（1）求证：AP AB =；（2）若5AB =，求ECF D 的周长．【解答】证明：（1）延长CB 到F ¢，使BF DF ¢=，在正方形ABCD 中，AB AD =，90ABC D Ð=Ð=°，18090ABF ABC D \Т=°-Ð=°=Ð，()ABF ADF SAS \D ¢@D ，AF AF \¢=，12Ð=Ð，13239045EAF EAF EAF \Т=Ð+Ð=Ð+Ð=°-Ð=°=Ð，又EA EA =Q ，()EAF EAF SAS \D ¢@D ，EF EF \¢=，AEF AEF S S ¢D D =，而1122EF AB EF AP ¢=g g ，AB AP \=．解：（2）CEF C EC CF EFD =++EC CF EF =++¢EC BE CF BF =+++¢BC CF DF=++210BC CD AB =+==．18．如图，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是AD 延长线上一点，且DF BE =．（1）求证：CE CF =；（2）若点G 在AD 上，且45GCE Ð=°，则GE BE GD =+成立吗？为什么？【解答】（1）证明：在正方形ABCD 中，Q BC DC B CDF BE DF =ìïÐ=Ðíï=î，()CBE CDF SAS \D @D ．CE CF \=．（2）解：GE BE GD =+成立．理由是：Q 由（1）得：CBE CDF D @D ，BCE DCF \Ð=Ð，BCE ECD DCF ECD \Ð+Ð=Ð+Ð，即90ECF BCD Ð=Ð=°，又45GCE Ð=°Q ，45GCF GCE \Ð=Ð=°．Q CE CF GCE GCF GC GC =ìïÐ=Ðíï=î，()ECG FCG SAS \D @D ．GE GF \=．GE DF GD BE GD \=+=+．19．正方形ABCD 的边长为3，E 、F 分别是AB 、BC 边上的点，且45EDF Ð=°．将DAE D 绕点D 逆时针旋转90°，得到DCM D ．（1）求证：EF FM =；（2）当1AE =时，求EF 的长．【解答】解：（1）证明：DAE D Q 逆时针旋转90°得到DCM D ，180FCM FCD DCM \Ð=Ð+Ð=°，F \、C 、M三点共线，DE DM \=，90EDM Ð=°，90EDF FDM \Ð+Ð=°，45EDF Ð=°Q ，45FDM EDF \Ð=Ð=°，在DEF D 和DMF D 中，DE DM EDF MDF DF DF =ìïÐ=Ðíï=î，()DEF DMF SAS \D @D ，EF MF \=；（2）设EF MF x ==，1AE CM ==Q ，且3BC =，314BM BC CM \=+=+=，4BF BM MF BM EF x \=-=-=-，312EB AB AE =-=-=Q ，在Rt EBF D 中，由勾股定理得222EB BF EF +=，即2222(4)x x +-=，解得：52x =，则52EF =．。
初三旋转模型之正方形45°半角模型的13个结论
正方形半角模型13个结论特点：①共顶点 常见角：45°→90° ②两个角存在一般系 60°→120° 通过旋转变化构造全等三角形，实现边的转化如图，已知正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且45EAF ∠=︒。
结论4：2CEF C AB =△；证明：由结论1可知：BE DF EF +=， 因为CEF C CE CF EF =++△，所以=2CEF BE C DF CD CB B C A E CF =++=++△结论5：AH AB =（见图2）；证明：由结论1可知：GAE FAE ∆≅∆，所以GAE FAE S S ∆∆=， 因为GE EF =， 所以AB AH =。
结论7：BME AMN DFN DMA BAN AFE ∆∆∆∆∆∆∽∽∽∽∽； 证明：通过倒角证明两个角相等，推导出相似。
因为=45,=,MBE NAM AMN BME ∠∠=︒∠∠ 所以BME AMN ∆∆∽。
同理，其他结论都可以进行证明。
GBN DM（见图∽，BAN∆BN DM。
结论10：A N E B 、、、四点共圆；A M F D 、、、四点共圆；C F N M E 、、、、四点共圆；证明：因为A N E B 、、、四点共圆，90,ABE ∠=︒ 所以AE 为圆的直径，所以90,ANE ∠=︒因为45,EAN ∠=︒ 所以ANE ∆为等腰直角三角形； 同理可证AMF ∆为等腰直角三角形。
结论12：2CE CF BE DF =； 证明：因为BME DFN ∆∆∽，所以,BE DN BM DF=由结论8可知,CE CF =， 所以2CE CF BE DF =。
专题06 半角模型(能力提升)(老师版)
专题06半角模型（能力提升）1．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＝．【答案】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°，∴∠GAF＝∠EAF＝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：2．2．如图：已知正方形ABCD，动点M、N分别在DC、BC上，且满足∠MAN＝45°，△CMN的周长为2，则△CMN面积的最大值是．【答案】3﹣2【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，CD＝CB；如图，将△ABN绕点A沿逆时针方向旋转90°得到△ADE，∴AE＝AN，DE＝BN，∠DAE＝∠BAN；∴∠MAE＝∠MAD+∠BAN，∵∠MAN＝45°，∴∠MAD+∠BAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAE＝∠MAN；在△MAE与△MAN中，，∴△MAE≌△MAN（SAS），∴ME＝MN，∴MD+BN＝MN；∴△MCN的周长＝CM+CN+MN＝CM+ME+CN＝CM+DM+CN+BN＝CD+CB＝2，而CD＝CB，∴CD＝CB＝1；设DM＝x，BN＝y，△CMN的面积为s，则S＝＝，整理得：x+y﹣xy＝1﹣2S①；由勾股定理得：MN2＝CM2+CN2，即（x+y）2＝（1﹣x）2+（1﹣y）2，整理得：x+y+xy＝1②，联立①②得：xy＝s，x+y＝1﹣s，∴x、y为方程z2﹣（1﹣s）z+s＝0的两个根，∴△≥0，即[﹣（1﹣s）]2﹣4s≥0，解得：s或s（不合题意，舍去），故答案为3﹣2．3．旋转变换是解决数学问题中一种重要的思想方法，通过旋转变换可以将分散的条件集中到一起，从而方便解决问题．已知，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D、E在边BC上，且．（1）如图a，当α＝60°时，将△AEC绕点A顺时针旋转60°到△AFB的位置，连结DF．①∠DAF＝；②求证：DF＝DE；（2）如图b，当α＝90°时，猜想BD、DE、CE的数量关系，并说明理由．【解答】（1）①解：由旋转知，AF＝AE，∠BAF＝∠CAE，∠EAF＝60°，∵∠DAE＝α，∠BAC＝α＝60°，∴∠DAE＝×60°＝30°，∴∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝30°，∴∠DAF＝∠BAD+∠BAF＝∠BAD+∠CAE＝30°，故答案为：30°；②证明：由①知，AF＝AE，∠DAF＝∠DAE＝30°，∵AB＝AC，∴△DAF≌△DAE（SAS），∴DF＝DE；（2）解：DE2＝BD2+CE2，理由如下：如图，将△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB的位置，连结DF，∴AF＝AE，∠EAF＝90°＝∠BAC，∴∠BAF＝∠CAE，∴△BAF≌△CAE（SAS），∴BF＝CE，∠ABF＝∠ACE，在Rt△ABC中，∠C＝∠ABC＝45°，∴∠ABF＝45°，∴∠DBF＝90°，根据勾股定理得，DF2＝BD2+BF2，∴DF2＝BD2+CE2，同（1）②的方法得，DF＝DE，∴DE2＝BD2+CE2．4．已知∠MBN＝60°，等边△BEF与∠MBN顶点B重合，将等边△BEF绕顶点B顺时针旋转，边EF所在直线与∠MBN的BN边相交于点C，并在BM边上截取AB＝BC，连接AE．（1）将等边△BEF旋转至如图①所示位置时，求证：CE＝BE+AE；（2）将等边△BEF顺时针旋转至如图②、图③位置时，请分别直接写出AE，BE，CE之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，若BF＝4，AE＝1，则CE＝．【解答】（1）证明：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF+CF，∴CE＝BE+AE；（2）解：图②结论为CE＝BE﹣AE，图③结论为CE＝AE﹣BE，图②的理由如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝EF﹣CF，∴CE＝BE﹣AE，图③的利用如下：∵△BEF为等边三角形，∴BE＝EF＝BF，∠EBF＝60°，∴∠EBA+∠ABF＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠CBF+∠ABF＝60°，∴∠EBA＝∠CBF，在△ABE与△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，∵CE＝CF﹣EF，∴CE＝AE﹣BE；（3）解：在（1）条件下，CE＝BE+AE＝BF+AE＝4+1＝5；在（2）条件下，CE＝BE﹣AE＝BF﹣AE＝4﹣1＝3，综上所述，CE＝3或5，故答案为：3或5．5．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交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．【解答】解：（1）如图①AH＝AB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，在△ABM与△ADN中，，∴△ABM≌△ADN，∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵AH⊥MN，∴∠MAH＝MAN＝22.5°，∵∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝22.5°，在△ABM与△AHM中，，∴△ABM≌△AHM，∴AB＝AH；故答案为：AH＝AB；（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE＝DN．∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，在Rt△AEB和Rt△AND中，，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM，∴S△AEM ＝S△ANM，EM＝MN，∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB＝AH；（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得x1＝6，x2＝﹣1（不符合题意，舍去）∴AH＝6．6．问题提出：如图1：在△ABC中，BC＝10且∠BAC＝45°，点O为△ABC的外心，则△ABC的外接圆半径是．问题探究：如图2，正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD两边上点且∠EAF＝45°，请问线段BE、DF、EF有怎样的数量关系？并说明理由．问题解决：如图3，四边形ABCD中，AB＝AD＝4，∠B＝45°，∠D＝135°，点E、F分别是射线CB、CD上的动点，并且∠EAF＝∠C＝60°，试问△AEF的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值．若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）如图1，作出△ABC的外接圆⊙O，∵∠A＝45°，∴∠BOC＝90°，∵BC＝10，∴OB＝sin45°×BC＝，故答案为：5．（2）EF＝BE+DF，理由如下：如图2，延长EB，使BG＝DF，连接AG，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABG＝∠D＝90°，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，∴∠GAE＝45°，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝GE＝DF+BE，（3）存在最小值，如图3，延长CB，使BG＝DF，∵∠ABC＝45°，∴∠ABG＝135°，∴∠ABG＝∠ADF，又∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，∵∠ABC＝45°，∠D＝135°，∠C＝60°，∴∠BAD＝120°，∵∠EAF＝60°，∴∠BAE+∠DAF＝60°，∴∠GAE＝60°，∴△GAE≌△FAE（SAS），在△AEF中，∵∠EAF＝60°，AH＝4，∴EF边上的高AK＝4，画△AEF的外接圆⊙O，作OM⊥EF于M，∵∠EAF＝60°，∴∠EOM＝60°，设OM＝x，EM＝，OE＝2x，EF＝2，∵OM+OA≥AK，∴x+2x≥4，∴x≥，∴EF的最小值为2×，∴S的最小值为．△AEF7．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45度．则有结论EF＝BE+FD成立；（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由．（2）若将（1）中的条件改为：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，延长BC到点E，延长CD 到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF＝BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【解答】解：（1）延长CB到G，使BG＝FD，连接AG，∵∠ABG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF，∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAE，∴△AEF≌△AEG，∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF．（2）结论不成立，应为EF＝BE﹣DF，证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．∵AB＝AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG＝EF∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．8．已知，四边形ABCD是正方形，∠MAN＝45°，它的两边AM、AN分别交CB、DC与点M、N，连接MN，作AH⊥MN，垂足为点H（1）如图1，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；（2）如图2，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，CD＝3，求AD的长；小萍同学通过观察图①发现，△ABM和△AHM关于AM对称，△AHN和△ADN关于AN对称，于是她巧妙运用这个发现，将图形如图③进行翻折变换，解答了此题．你能根据小萍同学的思路解决这个问题吗？【解答】（1）答：AB＝AH，证明：延长CB至E使BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°又∵AB＝AD，∵在△ABE和△ADN中，，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴∠1＝∠2，AE＝AN，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠2+∠3＝90°﹣∠MAN＝45°，∴∠1+∠3＝45°，即∠EAM＝45°，∵在△EAM和△NAM中，，∴△EAM≌△NAM（SAS），又∵EM和NM是对应边，∴AB＝AH（全等三角形对应边上的高相等）；（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，∵AD是△ABC的高，∴∠ADB＝∠ADC＝90°∴∠E＝∠F＝90°，又∵∠BAC＝45°∴∠EAF＝90°延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，又∵AE＝AD＝AF∴四边形AEGF是正方形，由（1）、（2）知：EB＝DB＝2，FC＝DC＝3，设AD＝x，则EG＝AE＝AD＝FG＝x，∴BG＝x﹣2；CG＝x﹣3；BC＝2+3＝5，在Rt△BGC中，（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52解得x1＝6，x2＝﹣1，故AD的长为6．9.已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．（1）如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，有BM+DN＝MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．【解答】解：（1）图1中的结论仍然成立，即BM+DN＝MN，理由为：如图2，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠DAB＝∠ABC＝∠ABE＝90°，∵在△ABE和△ADN中，∴△ABE≌△ADN（SAS）．∴AE＝AN；∠EAB＝∠NAD，∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝45°＝∠MAN，∵在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∴MN＝ME＝BE+BM＝DN+BM，即DN+BM＝MN；（2）猜想：线段BM，DN和MN之间的等量关系为：DN﹣BM＝MN．证明：如图3，在DN上截取DE＝MB，连接AE，∵由（1）知：AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，BM＝DE，∴△ABM≌△ADE（SAS）．∴AM＝AE；∠MAB＝∠EAD，∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN，∴∠DAE+∠BAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，∵在△AMN和△AEN中，∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵DN﹣DE＝EN，∴DN﹣BM＝MN．10．已知正方形ABCD，一等腰直角三角板的一个锐角顶点与A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）当M、N分别在边BC、CD上时（如图1），求证：BM+DN＝MN；（2）当M、N分别在边BC、CD所在的直线上时（如图2，图3），线段BM、DN、MN之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论；（3）在图3中，作直线BD交直线AM、AN于P、Q两点，若MN＝10，CM＝8，求AP的长．【解答】解：（1）证明：作AE⊥AN交CB的延长线于E，∵∠EAB+∠BAN＝90°，∠NAD+∠BAN＝90°，∴∠EAB＝∠NAD．又∵∠ABE＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABE≌△AND（ASA），∴AE＝AN，BE＝DN．∵∠EAM＝∠NAM＝45°，AM＝AM，∴△AME≌△AMN．∴MN＝ME＝MB+BE＝MB+DN．（2）图2的结论：MN+DN＝BM；图3的结论：MN+BM＝DN．（3）连接AC．∵MN＝10，CM＝8，在Rt△MNC中，根勾股定理得：MN2＝CM2+CN2，即102＝82+CN2，∴CN＝6，如图3在ND上截取DG＝BM，∵AD＝AB，∠ABM＝∠ADN＝90°，∴△ADG≌△ABM，∴AG＝AM，∠MAB＝∠DAG，∵∠MAN＝45°，∠BAD＝90°，∴∠MAG＝90°，△AMG为等腰直角三角形，∴AN垂直MG，∴AN为MG垂直平分线，所以NM＝NG．∴DN﹣BM＝MN，即MN+BM＝DN，∴MN+CM﹣BC＝DC+CN，∴CM﹣CN+MN＝2BC，∴8﹣6+10＝2BC，∴BC＝6．∴AC＝6．∵∠BAP+∠BAQ＝45°，∠NAC+∠BAQ＝45°，∴∠BAP＝∠NAC．又∠ABP＝∠ACN＝135°，∴△ABP∽△CAN，∴＝＝．∵在Rt△AND中，根据勾股定理得：AN2＝AD2+DN2＝36+144，解得AN＝6．∴＝，∴AP＝3．。
2020年中考备考专题复习材料：正方形综合------半角模型
证明：如图5，将△MBA绕点A逆时针旋转90°得到△JDA
由旋转可得：AJ=AM，JD=MB，
∠JDA=∠MBA=∠NDA=45°，∠JAD=∠MAB
∴∠JDN=45°+45°=90°，
∠NAJ=∠DAF+∠JAD=∠DAF+∠MAB=45°=∠NAM
∵NA=NA
∴△NAM≌△NAJ
∴OA+OP+PC=(2+ x)，
∵S△AEF= EF·AI=AB·x，S△ABE+S△ADF=S△AEF(如图12)
∴S△CEF= S正方形ABCD-S△ABE-S△ADF-S△AEF
=S正方形ABCD-2S△AEF
=S正方形ABCD-2AB·x
∴当A、O、P、C四点共线时，BE=DF，
x、EF、S△AEF均取得最小值，S△CEF取得最大值
∴S△AEF=S△ABE+S△ABG=S△ABE+S△ADF
结论四：AI=AB;
证明：如图4，作AI⊥EF于点I
∵AE平分∠BEF，AB⊥BC
∴AI=AB
结论五：C△CEF=2AB;
证明：如图1，∵EF=BE+DF，AB=BC=CD
∴C△CEF=CE+CF+EF=CE+CF+BE+DF=CB+CD=2AB
正方形综合------半角模型
半角模型：如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE，AF分别与BD相交于点M，N．
结论一：BE+DF=EF;
法一、证明：如图2，延长CB至G，使BG=DF，连接AG
∵正方形ABCD
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
专题12 半角模型(原卷版)
专题12半角模型半角模型的概述：当一个角包含着该角的半角，如90°角包含着45°角，120°角包含着60°角，270°角包含着135°角，即出现12倍角关系，且这两个角共顶点，共顶点的两条边相等，则该模型为半角模型。
解题方法为：1）过公共点作旋转，2）截长补短的方法构造全等解题。
基本模型：1）90°的半角模型（常考）已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则：①EF=BE+DF②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE③C∆CEF=2倍正方形边长④S∆ABE+S∆ADF=S∆AEF⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G）⑥OP2=OB2+OD2⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形(11)EF=2OP(12)S∆AEF=2S∆APO(13)AB2=BP×OD(14)CE•CF=2BE•DF(15)∆EPC为等腰三角形(16)PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X)证明：①思路：延长CD到点M，使DM=BE，连接AM先根据已知条件∆ABE≌∆ADM(SAS)，由此可得AE=AM，∠BAE=∠DAM而∠BAE+∠FAD=45°，所以∠DAM+∠FAD=45°，可证明∆AEF≌∆AMF(SAS)，由此可得EF=MF，而MF=DM+DF=BE+DF，因此EF=BE+DF②思路：∵∆AEF≌∆AMF(SAS)∴∠AFM=∠AFE，∠AMF=∠AEF∴AF平分∠DFE又∵∠AMF=∠AEB∴∠AEB=∠AEF∴AE平分∠BEF③思路：C∆CEF=EF+EC+FC=(BE+DF)+EC+FC=（BE+EC）+（DF+FC）=BC+DC=2BC④、⑤思路：过点A作AG⊥EF，垂足为点G根据②证明过程可知AFG=∠AFD，∠AEB=∠AEG因此可以证明:∆ABE≌∆AGE(AAS),∆AGF≌∆ADF(AAS)所以AB=AG=AD，S∆ABE=S∆AGE，S∆AGF=S∆ADF则S∆AEF=S∆AGE+S∆AGF=S∆ABE+S∆ADF⑥思路：绕点A将∆APD逆时针旋转90°得到∆ANB,使AD，AB重合因为∆APD≌∆ANB(AAS)所以AN=AP，BN=DP，∠NAB=∠PAD，∠ADP=∠ABN因为∠ADB=∠ABD=45°，所以∠NBO=90°因为∠BAE+∠PAD=45°所以∠NAB+∠BAE=45°则∆ANO≌∆APO(SAS)所以NO=OP在Rt∆NBO中，由勾股定理可知：ON2=OB2+NB2，则OP2=OB2+OD2⑦思路：已知tan∠EAB=BE AB=12，且∠EAB+∠FAD=45°∴tan∠FAD=13（“12345型”），∴DF:AD=1:3，即点F为CD的三等分点。
人教版八年级数学上册《全等变化模型-半角模型》专题练习-附含答案
人教版八年级数学上册《全等变化模型-半角模型》专题练习-附含答案【模型展示】 【模型条件】BCD ECF D B DC BC ABCD ∠=∠︒=∠+∠=21180，，中，四方形 【模型结论】FD BE EF +=①BEF CE EFD CF ∠∠平分，平分②证明：【例6-1】如图正方形ABCD中∠EAF的两边分别与边BC、CD交于点E、F AE、AF分别交BD 于点G、H且∠EAF＝45°．（1）当∠AEB＝55°时求∠DAH的度数；（2）设∠AEB＝α则∠AFD＝（用含α的代数式表示）；（3）求证：∠AEB＝∠AEF．【解答】解：（1）由ABCD为正方形则∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°当∠AEB＝55°时∠EAB＝90°﹣∠AEB＝90°﹣55°＝35°∴∠DAH＝90°﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°（2）由四边形ABCD为正方形可知∠ABE＝∠ADF＝∠BAD＝90°∵∠AEB＝α∴∠EAB＝90°﹣α∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAB﹣∠EAF＝90°﹣（90°﹣α）﹣45°＝α﹣45°∴∠AFD＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α．故答案为：135°﹣α．（3）证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABI可得E、B、I三点共线由旋转可知∠DAF＝∠BAI AF＝AI∵∠DAF+∠EAB＝90°﹣∠EAF＝45°∴∠BAI+∠EAB＝45°＝∠IAE在△EAF和△EAI中∴△EAF≌△EAI（SAS）．∴∠AEF＝∠AEI＝∠AEB．【例6-2】在正方形ABCD中已知∠MAN＝45°AH⊥MN垂足为H若M、N分别在边CB、DC 的延长线上移动．①试探究线段MN、BM、DN之间的数量关系．②求证：AB＝AH．【解答】解：①DN﹣BM＝MN．证明如下：如图在DC上截取DF＝BM连接AF△ABM和△ADF中∴△ABM≌△ADF（SAS）∴AM＝AF∠BAM＝∠DAF∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°即MAF＝∠BAD＝90°∵∠MAN＝45°∴∠MAN＝∠F AN＝45°在△MAN和△F AN中∴△MAN≌△F AN（SAS）∴MN＝NF∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM∴DN﹣BM＝MN；②∵△MAN≌△F AN∴∠HNA＝∠DNA∵∠H＝∠D＝90°AN＝AN∴△AHN≌△ADN（AAS）∴AD＝AH∵AD＝AB∴AH＝AB．【例6-3】如图（1）在平面直角坐标系中AB⊥x轴于B AC⊥y轴于C点C（0 4）A（4 4）过C点作∠ECF分别交线段AB、OB于E、F两点（1）若OF+BE＝AB求证：CF＝CE．（2）如图（2）且∠ECF＝45°S△ECF＝6 求S△BEF的值．【解答】解：（1）证明：∵AB⊥x轴AC⊥y轴∴∠ABO＝∠ACO＝90°∵∠BOC＝90°∴∠A＝360°﹣∠ABO﹣∠ACO﹣∠BOC＝90°∴∠A＝∠BOC∵C（0 4）A（4 4）∴OC＝AC＝AB＝4∵OF+BE＝AB AB＝AE+BE∴OF＝AE在△COF和△CAE中∴△COF≌△CAE（SAS）∴CF＝CE．（2）将△ACE绕点C顺时针旋转90°则FG＝AE+OF CG＝CE∠ACE＝∠GCO∵∠ECF＝45°∴∠ACE+∠FCO＝∠ACO﹣∠ECF＝90°45°＝45°∴∠GCF＝∠GCO+∠FCO＝∠ACE+∠FCO＝45°∴∠GCF＝∠ECF在△GCF和△ECF中∴△GCF≌△ECF（SAS）∵S△ECF＝6∴S△GCF＝6∴S△ECA+S△OCF＝6∵由（1）知四边形OBAC为边长为4的正方形∴S四边形OBAC＝4×4＝16∴S△BEF＝S四边形OBAC﹣S△ECF﹣S△ECA﹣S△OCF＝16﹣6﹣6＝4∴S△BEF的值为4．【例6-4】如图在正方形ABCD中M、N分别是射线CB和射线DC上的动点且始终∠MAN＝45°．（1）如图1 当点M、N分别在线段BC、DC上时请直接写出线段BM、MN、DN之间的数量关系；（2）如图2 当点M、N分别在CB、DC的延长线上时（1）中的结论是否仍然成立若成立给予证明若不成立写出正确的结论并证明；【解答】解：（1）BM+DN＝MN理由如下：如图1 在MB的延长线上截取BE＝DN连接AE∵四边形ABCD是正方形∴AB＝AD∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°∴∠ABE＝90°＝∠D在△ABE和△ADN中∴△ABE≌△ADN（SAS）∴AE＝AN∠EAB＝∠NAD∴∠EAN＝∠BAD＝90°∵∠MAN＝45°∴∠EAM＝45°＝∠NAM在△AEM和△ANM中∴△AEM≌△ANM（SAS）∴ME＝MN又∵ME＝BE+BM＝BM+DN∴BM+DN＝MN；（2）（1）中的结论不成立 DN ﹣BM ＝MN ．理由如下：如图2 在DC 上截取DF ＝BM 连接AF则∠ABM ＝90°＝∠D在△ABM 和△ADF 中∴△ABM ≌△ADF （SAS ）∴AM ＝AF ∠BAM ＝∠DAF∴∠BAM +∠BAF ＝∠BAF +∠DAF ＝∠BAD ＝90°即∠MAF ＝∠BAD ＝90°∵∠MAN ＝45°∴∠MAN ＝∠F AN ＝45°在△MAN 和△F AN 中∴△MAN ≌△F AN （SAS ）∴MN ＝NF∴MN ＝DN ﹣DF ＝DN ﹣BM∴DN ﹣BM ＝MN ． 【模型拓展】【拓展6-1】如图 已知(,)A a b AB y ⊥轴于B 且满足22(2)0a b -+-=（1）求A 点坐标；（2）分别以AB AO 为边作等边三角形ABC ∆和AOD ∆ 如图1试判定线段AC 和DC 的数量关系和位置关系．（3）如图2过A 作AE x ⊥轴于E F G 分别为线段OE AE 上的两个动点 满足45FBG ∠=︒试探究OF AGFG+的值是否发生变化？如果不变请说明理由并求其值；如果变化请说明理由．【解答】解：（1）根据题意得：20a-=且20b-=解得：2a=2b=则A的坐标是(2,2)；（2）AC CD=且AC CD⊥．如图1 连接OC CDA的坐标是(2,2)2AB OB∴==ABC∆是等边三角形30OBC∴∠=︒OB BC=75BOC BCO∴∠=∠=︒在直角ABO∆中45BOA∠=︒754530AOC BOC BOA∴∠=∠-∠=︒-︒=︒OAD∆是等边三角形30DOC AOC∴∠=∠=︒即OC是AOD∠的角平分线OC AD∴⊥且OC平分AD AC DC∴=6075135ACO DCO∴∠=∠=︒+︒=︒36013513590ACD∴∠=︒-︒-︒=︒AC CD∴⊥故AC CD=且AC CD⊥．（3）不变．延长GA至点M使AM OF=连接BM在BAM∆与BOF∆中AB OBBAM BOF AM OF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()BAM BOF SAS∴∆≅∆ABM OBF∴∠=∠BF BM=9045 OBF ABG FBG∠+∠=︒-∠=︒45MBG∴∠=︒在FBG ∆与MBG ∆中 BM BF MBG FBG BG BG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()FBG MBG SAS ∴∆≅∆FG GM AG OF ∴==+ ∴1OF AG FG+=．【拓展6-2】如图1 点A 、D 在y 轴正半轴上 点B 、C 分别在x 轴上 CD 平分ACB ∠与y 轴交于D 点 90CAO BDO ∠=︒-∠．（1）求证：AC BC =；（2）在（1）中点C 的坐标为(4,0) 点E 为AC 上一点 且DEA DBO ∠=∠ 如图2 求BC EC +的长；（3）在（1）中 过D 作DF AC ⊥于F 点 点H 为FC 上一动点 点G 为OC 上一动点 （如图3) 当点H 在FC 上移动、点G 在OC 上移动时 始终满足GDH GDO FDH ∠=∠+∠ 试判断FH 、GH 、OG 这三者之间的数量关系 写出你的结论并加以证明．【解答】（1）证明：90CAO BDO ∠=︒-∠CAO CBD ∴∠=∠．在ACD ∆和BCD ∆中ACD BCD CAO CBD CD CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()ACD BCD AAS ∴∆≅∆．AC BC ∴=．（2）解：由（1）知CAD DEA DBO ∠=∠=∠BD AD DE ∴== 过D 作DN AC ⊥于N 点 如右图所示： ACD BCD ∠=∠DO DN ∴=在Rt BDO ∆和Rt EDN ∆中BD DE DO DN =⎧⎨=⎩Rt BDO Rt EDN(HL)∴∆≅∆BO EN ∴=．在DOC ∆和DNC ∆中90DOC DNC OCD NCDDC DC ∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()DOC DNC AAS ∴∆≅∆可知：OC NC =；28BC EC BO OC NC NE OC ∴+=++-==．（3）GH FH OG =+．证明：由（1）知：DF DO =在x 轴的负半轴上取OM FH = 连接DM 如右图所示： 在DFH ∆和DOM ∆中90DF DO DFH DOM OM FH =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩()DFH DOM SAS ∴∆≅∆．DH DM ∴= 1ODM ∠=∠．122GDH ODM GDM ∴∠=∠+∠=∠+∠=∠．在HDG ∆和MDG ∆中DH DM GDH GDM DG DG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()HDG MDG SAS ∴∆≅∆．MG GH ∴=GH OM OG FH OG ∴=+=+．【拓展6-3】如图1 ACB ∆为等腰三角形 90ABC ∠=︒ 点P 在线段BC 上（不与B C 重合） 以AP 为腰长作等腰直角PAQ ∆ QE AB ⊥于E ．（1）求证：PAB AQE ∆≅∆；（2）连接CQ 交AB 于M 若2PC PB = 求PC MB的值； （3）如图2 过Q 作QF AQ ⊥交AB 的延长线于点F 过P 点作DP AP ⊥交AC 于D 连接DF 当点P 在线段BC 上运动时（不与B C 重合） 式子QF DP DF-的值会变化吗？若不变 求出该值；若变化 请说明理由．【解答】（1）证明：ACB ∆为等腰三角形 90ABC ∠=︒ 点P 在线段BC 上（不与B C 重合） 以AP 为腰长作等腰直角PAQ ∆ QE AB ⊥于E ．AP AQ ∴= 90ABP QEA ∠=∠=︒ 90QAE BAP BAP APB ∠+∠=∠+∠=︒ QAE APB ∴∠=∠在PAB ∆和AQE ∆中ABQ QEA QAE APB AQ PA ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()PAB AQE AAS ∴∆≅∆；（2）解：PAB AQE ∆≅∆ AE PB ∴=AB CB = QE CB ∴=．在QEM ∆和CBM ∆中QME CMB QEM CBM QE CB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()QEM CBM AAS ∴∆≅∆ME MB ∴=AB CB = AE PB = 2PC PB =BE PC ∴=2PC PB =2PC MB ∴= ∴2PC MB=； （3）式子QF DP DF -的值不会变化． 如下图2所示：作HA AC ⊥交QF 于点HQA AP ⊥ HA AC ⊥ AP PD ⊥90QAH HAP HAP PAD ∴∠+∠=∠+∠=︒ 90AQH APD ∠=∠=︒ QAH PAD ∴∠=∠PAQ ∆为等腰直角三角形AQ AP ∴=在AQH ∆和APD ∆中AQH APDAQ AP QAH PAD∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩()AQH APD ASA ∴∆≅∆AH AD ∴= QH PD =HA AC ⊥ 45BAC ∠=︒HAF DAF ∴∠=∠在AHF ∆和ADF ∆中AH ADHAF DAF AF AF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()AHF ADF SAS ∴∆≅∆HF DF ∴= ∴1QF DPQF QH HFDF HF HF --===．。
2025年九年级中考数学二轮复习专题课件——正方形中的半角模型
例题讲解
例6.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．
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＝∠ABM＝ 90°，在△ABM与△ADE中，
∴△ABM≌△ADE（SAS），∴AM＝AE，∠MAB＝ ∠EAD，∵∠MAN＝45°＝∠MAB+∠BAN， ∴∠DAE+∠BAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝ 45°＝∠MAN，在△AMN和△AEN中，
∴△AMN≌△AEN（SAS），∴MN＝EN，∵DN﹣DE ＝EN，∴DN﹣BM＝MN．
例题讲解
例2.如图，已知边长为5正方形ABCD中，M、N分别为边BC、DC上的点，连接AM、AN，过 N作NH⊥AM于点H，若∠ANH＝45°，连接MN．（1）证明：BM＝MN﹣DN；（2）求点A到 MN的距离．
（1）证明：如图，延长CB至E，使得BE＝DN，连 接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D ＝∠ABC＝90°＝∠ABE，在△ADN和△ABE中
解：（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，∵四边形 ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，∴∠D ＝∠ABE＝90°，在△ADN和△ABE中，
∴△NAM≌△EAM（SSS），∴∠NAM＝∠EAM＝ ∠BAM+∠EAB＝
∠BAM+∠DAN＝ ∴△ADN≌△ABE（SAS），∴AN＝AE，∠DAN＝ ∠BAE，∵△CMN的周长为2，正方形ABCD的边长 为1，∵CM+CN+MN＝2＝CD+CB，∴MN＝2﹣CN﹣CM ＝DN+BM＝ME，在△NAM和△EAM中
专题：截长补短-半角模型
13.13专题8.2：截长补短-半角模型一．【知识要点】1.半角模型：若一个角等于整个角的一半,往往通过旋转将两个角搬到一起从而产生全等转化问题.有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等，通过翻折或旋转，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构造全等或相似三角形，弱化条件，变更载体，而构建模型，可把握问题的本质。
2.截长补短（截长法，补短法）是证明线段和差问题的基本方法。
二．【经典例题】1.如图，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠B+∠D=180°，∠EAF=21∠BAD ，求证：EF=BE+DF2．（1）如图1，四边形ABCD 中，∠A ＝∠C ＝90°，∠D ＝60°，AB ＝BC ，E 、F 分别在AD 、CD 上，且∠EBF ＝60°，求证：EF ＝AE+CF ．（2）如图2，在题（1）中，若E 、F 分别在AD 、DC 的延长线上，其余条件不变，求证：AE ＝EF+CF ．3.在等腰Rt△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°. O为AB的中点,∠EOF=45°,交CA 于F，交BC的延长线于E.(1)求证:EF=CE+AF;(2)如图2,当E在BC上,F在CA的反向延长线上时,探究线段AF、CE、EF之间的数量关系，并证明.三．【题库】【A】1.如图,四边形ABCD中,∠A=∠C=90°,∠D=60°,AB=BC,E,F分别在AD,CD上,且∠EBF=60°,求证:EF=AE+CF.2.(2021年绵阳期末本题满分8分)如图，在多边形 ABCDE中，BC⊥CD，BF⊥AE于点F，且BF=BC，∠CBF=2∠DBE，∠ABF=∠CBD.(1)求证:AB=DB(2)求证：ED＝CD+EF．(3)若DE=4，BF=3，求△BDE的面积3.(10分)在∠MAN内部有一点D，过点D分别作DB⊥AM，DC⊥AN，垂足分别为B，C，且BD=CD，点E，F分别在边AM和AN上.(1)如图1，若∠BED=∠CFD，请说明DE=DF;(2)如图2，若∠BDC=120°，∠EDF=60°，试猜想EF，BE，FC之间的数量关系，并说明结论成立的理由.【B 】1.（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是AD 延长线上一点，且DF ＝BE ．求证：CE ＝CF ；（2）如图2，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，G 是AD 上一点，如果∠ECG ＝45°，请你利用（1）的结论证明：ECGBCE CDG s s s ∆∆∆=+．2.如图，D 为等边ABC ∆外一点，且BD=CD ，120BDC ∠=︒,点M,N 分别在AB,AC 上，且BM+CN=MN.(1) 求证：60MDN ∠=︒. (2) 求证：BD+CD=AD3.点M ，N 在等边三角形ABC 的AB 边上运动，BD=DC ，∠BDC=120°，∠MDN=60°，求证MN=MB+NC ．【C 】1.【问题背景】如图1:在四边形ABCD 中,AB=AD,∠BAD=120∘,∠B=∠ADC=90∘,E 、F 分别是BC 、CD 上的点,且∠EAF=60∘，试探究图中线段BE 、EF 、FD 之间的数量关系。
半角模型专题专练
半角模型专题专练已知正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于H、G，连EF。
一、全等关系证明：① DF+BE=EF；② DG²+BH²=HG²；③ AE平分∠XXX，AF平分∠DFE。
二、相似关系证明：① CE=2DG；② CF=2BH；③ EF=2HG。
三、垂直关系证明：① XXX；② AH⊥FH；③ tan∠HCF=和差关系证明：① BG-DG=2BE；② AD+DF=2DH。
例1、在正方形ABCD中，已知∠MAN=45°，若M、N分别在边CB、DC的延长线上移动。
①。
探究线段MN、BM、DN之间的数量关系。
②。
求证：AB=AH。
在正方形ABCD中，根据题意可知∠BAD=90°，∠BAM=45°，∠MAB=45°，∠NAD=45°，∠DAN=45°。
因此，∠MAN=90°，即BM⊥DN，BM=DN。
又因为AB=AD，所以AM=AN，XXX平分∠XXX和∠XXX，即XXX和XXX⊥DC，所以XXX⊥AC。
因此，MN是AC的垂线，所以MN=AC/√2.又因为AC=AB√2，所以MN=AB。
所以，BM=DN=MN/2=AB/2，即AB=2BM=2DN=AH。
例2、在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，AB=AD，若E、F分别在边BC、CD上，且满足EF=BE+DF。
求证：∠XXX∠BAD。
连接AF和BD，设它们的交点为P。
根据题意可知，∠B+∠D=180°，所以ABCD是一个平行四边形，因此AD∥BC。
又因为AB=AD，所以ABCD是一个菱形。
因此，BP=PD，EP=PF，∠EPA=∠FPD。
又因为EF=BE+DF，所以EP=BE，PF=DF。
因此，BP=PD=BE+DF=EF/2.又因为ABCD 是一个菱形，所以∠BAC=∠XXX，∠ACB=∠CBD。
数学中考复习——半角模型
中考复习专题之半角模型
——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、实际应用。
3．通过导师引领，小组合作，提高学习效率。
学习过程：
一、提炼模型
正方形ABCD，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。
解题策略：
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
⑥连接BD交AE于点M，交AF于点N，那么线段DN，MN，BM之间有怎样的数量关系？
变形训练：如图，在Rt△ABD中，AB=AD，M、N是斜边BD上两点，
且∠MAN=45°，你能直接写出BM、MN、DN之间的数量关系吗？
四、中考链接°
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，CD上的。
专题05邻边相等对角互补半角模型证全等解析版
专题05 邻边相等对角互补半角模型证全等类型一 正方形中的半角模型1．如图，已知：正方形ABCD ，点E ，F 分别是BC ，DC 上的点，连接AE ，AF ，EF ，且45EAF Ð=°，求证：BE DF EF +=．【答案】见解析．【解析】【分析】将△ABE 绕点A 逆时针旋转90°得到△ADG ，根据旋转的性质可得GD=BE ，AG=AE ，∠DAG=∠BAE ，然后求出∠FAG=∠EAF ，再利用“边角边”证明△AEF 和△AGF 全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=FG ，即可得出结论．【详解】如解图，将ABE △绕点A 逆时针旋转90°至ADG V 的位置，使AB 与AD 重合．∴AG AE =，,DAG BAE DG BE Ð=Ð=．∵45EAF Ð=°．∴904545GAF DAG DAF BAE DAF BAD EAF Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=Ð-Ð=°-°=°，∴EAF GAF Ð=Ð．在AGF V 和AEF V 中，,AG AE GAF EAF AF AF =ìïÐ=Ðíï=î，∴()AGF AEF SAS △≌△．∴EF GF =．∵GF DG DF BE DF =+=+，∴BE DF EF +=．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换作出全等三角形．2．如图，在正方形ABCD 中，点P 在直线BC 上，作射线AP ，将射线AP 绕点A 逆时针旋转45°，得到射线AQ ，交直线CD 于点Q ，过点B 作BE ⊥AP 于点E ，交AQ 于点F ，连接DF ．（1）依题意补全图形；（2）用等式表示线段BE ，EF ，DF 之间的数量关系，并证明．【答案】（1）补全图形见解析；（2）BE +DF =EF ，证明见解析．【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可．（2）延长FE 到H ,使EH =EF ，根据题意证明△ABH ≌△ADF ，然后根据全等三角形的性质即可证明．【详解】（1）补全图形（2）BE+DF=EF．证明：延长FE到H,使EH=EF∵BE⊥AP，∴AH=AF，∴∠HAP=∠FAP=45°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°∴∠BAP+∠2=45°，∵∠1+∠BAP=45°∴∠1=∠2，∴△ABH≌△ADF，∴DF=BH，∵BE+BH=EH=EF，∴BE+DF=EF．【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．3．如图：E、F分别是正方形ABCD的边CD、DA上一点，且CE+AF=EF，请你用旋转的方法求∠EBF的大小．【答案】45°【解析】【分析】根据CE＋AF＝EF，则已知图形可以认为是把△ABE绕点B逆时针旋转90 º，得到△BAM，根据旋转的定义即可求解．【详解】解：将△BCE以B为旋转中心，逆时针旋转90º，使BC落在BA边上，得△BAM，如图所示，则∠MBE=90º，AM=CE，BM=BE，Q正方形ABCD，\Ð=Ð=°=Ð90,BCD BAD BAM∴M、A、D三点共线，∵CE＋AF＝EF，∴MF＝EF，又∵BF=BF，∴△FBM≌△FBE，∴∠MBF=∠EBF，∴∠EBF =190=452´°°．【点睛】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点-旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．类型二 普通四边形中的半角模型4．（1）如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC ，CD 上的点，且45EAF Ð=°．直接写出BE 、DF 、EF 之间的数量关系；（2）如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，90B D Ð=Ð=°，E 、F 分别是BC ，CD 上的点，且12EAF BAD Ð=Ð，求证：EF BE DF =+；（3）如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B ADC Ð+Ð=°，延长BC 到点E ，延长CD 到点F ，使得12EAF BAD Ð=Ð，则结论EF BE DF =+是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．【答案】（1）EF BE DF =+，理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF ＝BE ＋FD 不成立，应当是EF ＝BE−FD．理由见详解．【解析】【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG ＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【详解】（1）解：EF BE DF=+，理由如下：延长CD，使DM=BE，连接AM，∵在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，∴ABE ADM≌，V V∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，∵45Ð=°，EAF∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，∴∠EAF=∠MAF=45°，又∵AF=AF，AE=AM，∴AEF AMF≌，V V∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，∵∠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，∵12EAF BADÐ=Ð，1,2EAF EAG\Ð=Ð∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，∴∠B ＝∠ADF ．∵在△ABG 与△ADF 中，AB AD ABG ADF BG DF =ìïÐ=Ðíï=î，∴△ABG ≌△ADF （SAS ）．∴∠BAG ＝∠DAF ，AG ＝AF ．∴∠BAG ＋∠EAD ＝∠DAF ＋∠EAD ＝∠EAF ＝12∠BAD 1=2GAF Ð．∴∠GAE ＝12∠BAD =∠EAF ．∵AE ＝AE ，AG ＝AF ．∴△AEG ≌△AEF ．∴EG ＝EF ，∵EG ＝BE −BG∴EF ＝BE −FD ．【点睛】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．5．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．【答案】（1）AE；CF；EF；（2）成立，见解析；（3）不成立，新的关系为AE＝EF＋CF．【解析】【分析】（1）根据题意易得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的性质可得∠ABE=∠CBF=30°，进而根据30°角的直角三角形及等边三角形的性质可求解；（2）如图2，延长FC到H，使CH=AE，连接BH，根据题意可得△BCH≌△BAE，则有BH=BE，∠CBH=∠ABE，进而可证△HBF≌△EBF，推出HF=EF，最后根据线段的等量关系可求解；（3）如图3，在AE上截取AQ=CF，连接BQ，根据题意易得△BCF≌△BAQ，推出BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，进而可证△FBE≌△QBE，推出EF=QE即可．【详解】解：（1）如图1，AE+CF=EF，理由如下：∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，AE=CF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠ABE=∠CBF，BE=BF，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴11,22AE BE CF BF==，∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴1122AE CF BE BF BE EF +=+==，故答案为：AE+CF=EF；（2）如图2，（1）中结论成立；理由如下：延长FC到H，使CH=AE，连接BH，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCH=90°，∴△BCH≌△BAE（SAS），∴BH=BE，∠CBH=∠ABE，∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=120°-60°=60°，∴∠HBC+∠CBF=60°，∴∠HBF=∠MBN=60°，∴∠HBF=∠EBF，∴△HBF≌△EBF（SAS），∴HF=EF，∵HF=HC+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF；（3）如图3，（1）中的结论不成立，关系为AE=EF+CF，理由如下：在AE上截取AQ=CF，连接BQ，∵AB⊥AD，BC⊥CD，∴∠A=∠BCF=90°，∵AB=BC，∴△BCF≌△BAQ（SAS），∴BF=BQ，∠CBF=∠ABQ，∵∠MBN=60°=∠CBF+∠CBE，∴∠CBE+∠ABQ=60°，∵∠ABC=120°，∴∠QBE=120°-60°=60°=∠MBN，∴∠FBE=∠QBE，∴△FBE≌△QBE（SAS），∴EF=QE，∵AE=QE+AQ=EF+CF，∴AE=EF+CF．【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、含30°角的直角三角形的性质及等边三角形的性质是解题的关键．6．综合与实践（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 ．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN ∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．＝12（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 ．若∠MBN＝12【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析【解析】【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝1∠ABC，可得到2∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝1∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．2【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠CBN=45°，∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，∵M'N= M'C+CN，∴MN= M'C+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，∵∠A+∠C＝180°，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN＝1∠ABC，2∠ABC＝∠MBN，∴∠ABM+∠CBN=12∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，∵BN=BN，∴△NBM≌△NBM'，∴MN= M'N，∵M'N= M'C+CN，∴MN= M'C+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠C +∠BAD =180°，∵∠BAM +∠BAD =180°，∴∠BAM =∠C ，∵AB ＝BC ，∴△ABM ≌△CB M'，∴AM =C M'，BM =B M'，∠ABM =∠CB M'，∴∠MA M'=∠ABC ，∵∠MBN ＝12∠ABC ，∴∠MBN ＝12∠MA M'=∠M'BN ，∵BN =BN ，∴△NBM ≌△NBM'，∴MN = M'N ，∵M'N =CN -C M'，∴MN =CN -AM ．故答案是：MN =CN -AM ．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．7．【探索发现】如图①，四边形ABCD 是正方形，M ，N 分别在边CD 、BC 上，且45MAN=а，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将ADM D 绕点A 顺时针旋转90°，点D 与点B 重合，得到ABE D ，连接AM 、AN 、MN ．（1）试判断DM ，BN ，MN 之间的数量关系，并写出证明过程．（2）如图②，点M 、N 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 的延长线上，45MAN=а，连接MN ，请写出MN 、DM 、BN 之间的数量关系，并写出证明过程．（3）如图③，在四边形ABCD 中，AB=AD ，120BAD=а，180B+D=Ðа，点N ，M 分别在边BC ，CD 上，60MAN=а，请直接写出线段BN ，DM ，MN 之间的数量关系．【答案】（1）MN DM BN =+，证明见解析；（2）MN BN DM =-,证明见解析；（3）MN DM BN =+．【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM V ≌ABE V ，利用SAS 可证AMN AEN V V ≌，则可得：MN DM BN =+；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM V ≌ABE V ，利用SAS 可证AMN AEN V V ≌，则可得：MN BN DM =-；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证ADM V ≌ABE V ，利用SAS 可证AMN AEN V V ≌，则可得：MN DM BN =+；【详解】证明：（1）如图①，∵四边形ABCD 是正方形∴AB=AD ，ABC ADC BAD ÐÐÐ===90o将ADM V 绕点A 顺时针旋转90°，得到ABEV ∴ADM V ≌ABEV ∴AM AE,DM BE,MAD EAB ÐÐ===MAE BAD 90ÐÐ\==o∵MAN 45Ð=oEAN MAN 45\Ð=Ð=o在AMN V 和AEN V 中AM AE MAN EAN AN ANì=ïïïïÐ=Ðíïïï=ïî()AMN AEN SAS \V V ≌MN EN\=∵EN EB BN DM BN =+=+，∴MN BN DM =+（2）如图②，将ADM V 绕点A 顺时针旋转90o ，得到ABEV ∵四边形ABCD 是正方形∴AB=AD ，ABC ADC BAD ÐÐÐ===90o∵ADM V 绕点A 顺时针旋转90o ，得到ABEV ∴ADM V ≌ABEV ∴AM AE,DM BE,MAD EAB ÐÐ===MAE BAD 90ÐÐ\==o ,∵MAN 45Ð=oEAN MAN 45\Ð=Ð=o在AMN V 和AEN V 中AM AE MAN EAN AN ANì=ïïïïÐ=Ðíïïï=ïî()AMN AEN SAS \V V ≌MN EN\=∵BN EB EN DM MN =+=+，即：MN BN DM =-；（3）如图，∵AB AD =，BAD 120Ð=o ，B D 180Ð+Ð=o ，将ADM V 绕点A 顺时针旋转120o ，得到ABEV ∴ADM V ≌ABEV ∴AM AE,DM BE,MAD EABÐÐ===MAE BAD 120ÐÐ\==oMAN 60Ð=oQ EAN MAN 60ÐÐ\==o在AMN V 和AEN V 中AM AE MAN EAN AN ANì=ïïïïÐ=Ðíïïï=ïî()AMN AEN SAS \V V ≌MN EN\=EN BE BN=+Q MN DM BN \=+；【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会．类型三 三角形中的半角模型8．如图，△ABC 是边长为3的等边三角形，△BDC 是等腰三角形，且∠BDC ＝120°.以点D 为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB 于点M ，交AC 于点N ，连接MN.(1)求证：MN ＝BM ＋NC ；(2)求△AMN的周长．【答案】（1）证明见解析；（2）6.【解析】【分析】（1）先证明△BDF≌△CDN，得出∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，同时再证明△DMN≌△DMF，得出MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN.（2）根据MN＝MB＋CN，得出△AMN的周长为AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6.【详解】解：(1)∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，∴∠BCD＝∠DBC＝30°.∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠BCA＝60°，∴∠DBA＝∠DCA＝90°，延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，由SAS可证△BDF≌△CDN，∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，∵∠MDN＝60°，∴∠FDM＝∠BDM＋∠CDN＝60°，由SAS可证△DMN≌△DMF，∴MN＝MF＝MB＋BF＝MB＋CN(2)由(1)知MN＝MB＋CN，∴△AMN的周长为AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋AN＋CN＝AB＋AC＝6【点睛】本题属于开放性应用题，适当的构建三角形是解题的关键.题中构建辅助线的方法是“延长AB至F，使BF＝CN，连接DF”，这是本题的重点.9．问题情境在等边△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．特例探究如图1，当DM＝DN时，（1）∠MDB＝ 度；（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；归纳证明（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．拓展应用（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析；（4）2 3【解析】【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN ＝30°；（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN ＝NE，可得结论MN＝BM+CN；拓展应用：（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．【详解】特例探究：解：（1）∵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（HL），∴∠MDB＝∠NDC＝30°，故答案为：30；（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），∴BM＝CN，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，即MN＝BM+NC；归纳证明（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°．∴∠MBD＝∠ECD＝90°，又∵BD ＝CD ，BM ＝CE ，∴△DBM ≌△DCE （SAS ），∴DM ＝DE ，∠MDB ＝∠EDC ，∵∠MDN ＝60°，∠BDC ＝120°，∴∠MDB +∠NDC ＝60°，∴∠EDN ＝∠NDC +∠EDC ＝∠MDB +∠NDC ＝60°，∴∠EDN ＝∠MDN ，又∵DN ＝DN ，∴△MDN ≌△EDN （SAS ），∴MN ＝EN ＝EC +NC ＝BM +NC ；拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN ＝BM +NC ，∴△AMN 的周长＝AM +MN +AN ＝AM +BM +NC +AN ＝AB +AC ＝2AB ，∵△ABC 是等边三角形，∴AB ＝BC ＝AC ，∴△ABC 的周长＝3AB ，∴△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为23AB AB ＝23，故答案为：23．【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．10．如图1，ABC V 是等边三角形，BDC V 是顶角为120°的等腰三角形（即120BDC Ð=°），以D 为顶点作一个60°角，角两边分别交AB ，AC 边于M ，N 两点，连接MN ．（1）探究：线段BM，MN，NC之间的关系，并加以证明；（2）若点M是AB的延长线上的一点，N是CA的延长线上的一点，其它条件不变，请你再探究线段BM，MN，NC之间的关系，在图2中画出图形，并说明理由．【答案】（1）MN=BM+CN，证明见解析；（2）画图见解析，MN=CN-BM，证明见解析．【解析】【分析】（1）延长NC到E，使CE=BM，连接DE，先证△CDE≌△BDM，再证△DMN≌△DEN；（2）在CA上截取CE=BM，连接DE，先证△MBD≌△ECD，再证△NMD≌△NED即可得出结论．【详解】解：（1）MN=BM+CN．如图1，延长NC到E，使CE=BM，连接DE，∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，∴∠DCE=180°-∠ACD=180°-∠ABD=90°，在△CDE和△BDM中，MBD ECD CE BM ïÐÐíïî＝＝，∴△CDE ≌△BDM （SAS ），∴∠CDE=∠BDM ，DE=DM ，∴∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，在△DMN 和△DEN 中，DM DE MDN EDN DN DN ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△DMN ≌△DEN （SAS ），∴MN=NE=CE+CN=BM+CN ．（2）MN=CN-BM ．如图2，在CA 上截取CE=BM ，连接DE ，在△MBD 和△ECD 中，MB EC MBD ECD BD CD ìïÐÐíïî＝＝＝，∴△MBD ≌△ECD （SAS ），∴DM=DE ，∠MDB=∠EDC ，∵∠MDN=∠MDB+∠BDN=∠CDE+∠BDN=60°，∴∠EDN=60°=∠MDN ，在△NMD 和△NED中，MDN EDN ND ND ïÐÐíïî＝＝，∴△NMD ≌△NED （SAS ），∴NE=MN ，∴MN=CN-CE=CN-BM ．【点睛】本题主要考查了等边三角形和等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，难度适中．对于线段和差等式的证明，截长补短是关键．11．（2019秋•东台市期末）在等边△ABC 的两边AB 、AC 所在直线上分别有两点M 、N ，D 为△ABC 外一点，且∠MDN ＝60°，∠BDC ＝120°，BD ＝DC ．探究：当M 、N 分别在直线AB 、AC 上移动时，BM 、NC 、MN 之间的数量关系及△AMN 的周长Q 与等边△ABC 的周长L 的关系．（1）如图1，当点M 、N 边AB 、AC 上，且DM ＝DN 时，BM 、NC 、MN 之间的数量关系是 ；此时Q L= ；（2）如图2，点M 、N 在边AB 、AC 上，且当DM ≠DN 时，猜想（ I ）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M 、N 分别在边AB 、CA 的延长线上时，探索BM 、NC 、MN 之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM +NC ＝MN ，23；（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC ﹣BM ＝MN ，详见解析【解析】【分析】（1）由DM＝DN，∠MDN＝60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD＝BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN，此时23QL=；（2）在CN的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，易证得∠CDN ＝∠MDN＝60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；（3）首先在CN上截取CM1＝BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM＝DM1，然后证得∠CDN ＝∠MDN＝60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC﹣BM＝MN．【详解】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时23QL=．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴23QL=；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴23QL=；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及全等三角形的判定定理．。
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