数学-专题02 全等三角形中的半角模型（带答案）

专题02全等三角形中的半角模型【模型展示】特点过正方形ABCD顶角顶点（设顶角为A），引两条射线且它们的夹角为∠A2；这两条射线与过底角顶点的相关直线交于两点E、F，则BE,EF,FC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【模型证明】解决方法以点A为中心，把△ADF（顺时针或逆时针）旋转角A度，至△ABF'；结论1、△AMN全等于△AMN'，MN=MN';2、△AEF全等于△AEF'，EF=EF'→BE+EF=EF;3、；4、△CEF的周长等于正方形ABCD的一半；

5、点A到EF的距离等于正方形的边长（AB）。应用环境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.【模型拓展】证明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=BM²+BN’²，即MN²=BM²+BN’²。结论③：图1、2中EA平分∠BEF，FA平分∠DFE。证明过程见证明①中时△FAE≌△F’AE即可。结论④：图1、2中。证明：如图5中，过A点作AH⊥EF于H点，由结论③可知：∠AEH=∠AEB，且∠AHE=∠ABE=90°，AE=AE，∴△AEB≌△AEH(AAS)，

∴AH=AB=AD，进而可以证明△AHF≌△ADF(AAS)，∴.【题型演练】一、单选题1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，∠BCD＝120°，E、F分别为BC、CD上一点，∠EAF＝30°，EF＝3，DF＝1．则BE的长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，则可证得△ABH≌△ADF，从而AH=AF，∠BAH=∠DAF，易证△AHE≌△AFE，可得HE=EF=3，则可求得BE的长．【详解】延长CB到H，使BH=DF=1，连接AH，如图∵四边形ABCD内接于⊙O∴∠ABC+∠ADC=180゜∵∠ABH+∠ABC=180゜∴∠ABH=∠ADF在△ABH和△ADF中

∴△ABH≌△ADF∴AH=AF，∠BAH=∠DAF∵∠BAD+∠BCD=180゜，∠BCD=120゜∴∠BAD=180゜-∠BCD=60゜∵∠EAF=30゜∴∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=30゜∴∠EAH=∠BAE+∠BAH=30゜在△AHE和△AFE中∴△AHE≌△AFE∴HE=EF=3∴BE=HE-BH=3-1=2故选：B【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，构造辅助线得到全等三角形的问题的关键与难点．2．如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝OF（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④

【答案】A【分析】由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得，可证BC2=DE•BF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．【详解】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N（SAS），∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'（SAS），∴EF=D'E，

∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE•BF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠FO，故④错误，故选：A．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．二、填空题3．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．【答案】2+2【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，∴∠ABD+∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，

∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAM＝∠MAN，在△AEM和△ANM中，，

∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN＝ME，∴MN＝CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，故答案为：2+2．【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．4．如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转90°得到，若，则的长为______．【答案】5【分析】由题意易得，则有，然后可证，则有，设，则有，进而根据勾股定理可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，∴，∵绕点顺时针旋转90°得到，∴，∴点G、B、E三点共线，

∵，∴，∵AE=AE，∴，∴，设，则有，∴在Rt△ECF中，由勾股定理可得，即，解得：，∴；故答案为5．【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．5．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为_____．【答案】2【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明△ADG≌△CDF，得∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明△GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设AE=x，则BE=6x，EF=x+3，再利用勾股定理解决问题．【详解】解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，

∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，∴△ADG≌△CDF（SAS），∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，∵∠EDF＝45°，∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，∵DE＝DE，∴△GDE≌△FDE（SAS），∴GE＝EF，∵F是BC的中点，∴AG=CF=BF=3，设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，解得x＝2，∴AE＝2，∴DE＝，故答案为：2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．三、解答题6．正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.（1）求证：EF=FM

（2）当AE=1时，求EF的长．【答案】(1)见解析；（2）.【分析】（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．【详解】(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDM=45°，∵

DF=DF，∴△DEF≌△DMF，∴

EF=MF（2）设EF=x，∵AE=CM=1，

∴BF=BM-MF=BM-EF=4-x，∵EB=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得，即，解得，.7．已知，如图所示，正方形中，，分别在边，上，且，，分别交

于，，连，求证：①

②.【答案】见解析【分析】①把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据∠EAF=45°求出∠FAG=45°，然后利用边角边定理证明△AEF与△AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF；②把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，根据旋转的性质得到∠NAE=∠EAF，根据全等三角形的性质得到GH=GN，求得∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；【详解】①如图，把△ABE逆时针旋转90°得到△ADM，∴BE=MD，AE=AM，∵∠EAF=45°，∴∠FAM=90°-45°=45°，∴∠EAF=∠FAM，在△AEF和△AMF中，

，∴△AEF≌△AMF（SAS），∴EF=MF，即EF=MD+DF，∴BE+DF=EF；②如图，把△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，连接GN，∴BN=DH，AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ABN=∠ADH，∵∠EAF=45°，∴∠NAE=∠BAN+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠NAE=∠EAF，在△ANG和△AGH中，，∴△AGN≌△AGH（SAS），∴GH=GN，在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADH=45°，∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，∴BG2+BN2=NG2，即BG2+HD2=GH2.【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．8．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接EM，AE，且使得．

（1）求证：；（2）求证：.【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）直接利用旋转的性质证明△AME≌△AFE（SAS），即可得出答案；（2）利用（1）中所证，再结合勾股定理即可得出答案．【详解】证明：（1）∵将绕点A顺时针旋转90°后，得到，，，，，，，，在△AME和中，，；（2）由（1）得：，在中，，又∵，．【点睛】此题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，正确得出△AME≌△AFE是解题关键．9．已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．

思路分析：(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，∠E'AF＝度，……根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．∴EF＝BE+DF．类比探究：(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；拓展应用：(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．【答案】(1)45(2)DF＝BE+EF，证明见解析(3)2【分析】（1）把绕点逆时针旋转至，则、、在一条直线上，，再证△，得，进而得出结论；（2）将绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质得，再证△，得，进而得出结论；（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，则，得，因此，同（2）得△，则，，得、、围成的三角形面积，即可求解．

（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至，则F、D、在一条直线上，≌△ABE，∴＝BE，∠＝∠BAE，＝AE，∴∠＝∠EAD+∠＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴EF＝BE+DF．故答案为：45；（2）解：DF＝BE+EF

理由如下：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△，∴△≌△ABE，

∴AE＝，BE＝，∠＝∠BAE，∴∠＝∠BAE+∠＝∠+∠＝∠BAD＝90°，则∠＝∠﹣∠EAF＝45°，∴∠＝∠EAF＝45°，在△AEF和△中，，∴△AEF≌△（SAS），∴，∵，∴DF＝BE+EF；（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△，连接，则△≌△ABD，∴CD'＝BD，∴，同（2）得：△ADE≌△（SAS），∴，，∴BD、DE、EC围成的三角形面积为、、EC围成的三角形面积．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．10．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，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）；（3）见详解【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，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．∴；（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，∴△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．11．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，求证EG=BE+GD．（2）请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长？【答案】（1）证明见解析；（2）EG=10．【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明△EBC≌△FDC，从而得出∠BCE=∠DCF，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；（2）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，则四边形ABCD是正方形，设EG=x，则AE=8，根据（1）可得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：如图3所示，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，

∵四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，∵∠CDF=180°-∠ADC，∴∠CDF=90°，∴∠ABC=∠CDF，∵BE=DF，∴△EBC≌△FDC，∴∠BCE=∠DCF，EC=FC，∵∠ECG=45°，∴∠BCE+∠GCD=90°-∠ECG=90°-45°=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°，∴∠ECG=∠FCG．∵GC=GC，EC=FC，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF．∵GF=GD+DF=BE+GD，∴EG=BE+GD．（2）解：如图4，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，

在直角梯形ABCG中，∵AGBC，∠A=∠B=90°，又∠CDA=90°，AB=BC，∴四边形ABCD为正方形．∴AD=AB=BC=12．已知∠ECG=45°，根据（1）可知，EG=BE+DG，设EG=x，则AG=AD-DG=AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，∴AE=12-BE=12-4=8．在Rt△AEG中∵EG2=AG2+AE2，即x2=（16-x）2+82，解得：x=10．∴EG=10．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线是解题的关键．12．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．(1)求证：(2)求证：四边形BFGH是正方形；(3)求证：ED平分∠CEI【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析

【分析】（1）先证明∠FEG=∠EDC，即可利用AAS证明全等；（2）首先证明四边形FBHG是矩形，再证明FB=FG即可解决问题；（3）延长BC到J，使得CJ=AI．证明△IDE≌△JDE（SAS）即可解决问题．（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠DCE=∠ABC=∠ABF=90°，∵GF⊥CF，GH⊥AB，∴∠F=∠GHB=∠FBH=90°，∴四边形FBHG是矩形，∵ED=EG，∠DEG=90°，∵∠DEC+∠FEG=90°，∠DEC+∠EDC=90°，∴∠FEG=∠EDC，在△DCE和△EFG中∴△DCE≌△EFG（AAS），（2）∵△DCE≌△EFG∴FG=EC，EF=CD，∵CB=CD，∴EF=BC，∴BF=EC，∴BF=GF，∵四边形FBHG是矩形∴四边形FBHG是正方形．（3）延长BC到J，使得CJ=AI．

∵DA=DC，∠A=∠DCJ=90°，AI=CJ，∴△DAI≌△DCJ（SAS），∴DI=DJ，∠ADI=∠CDJ，∴∠IDJ=∠ADC=90°，∵∠IDE=45°，∴∠EDI=∠EDJ=45°，∵DE=DE，∴△IDE≌△JDE（SAS），∴∠DEI=∠DEJ，∴DE平分∠IEC．【点睛】本题考查旋转变换，正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考