半角模型-中考复习讲义及练习（解析版）

模块二常见模型专练

专题30半角模型

0氟题四究

gj∣(2022年•贵州黔西•中考真题)综合与实践

(1)如图1,在正方形4BC。中，点M、N分别在40、CO上，若NMBN=45。,则MN,

AM,CN的数量关系为.

(2)如图2,在四边形ABeD中，BC//AD,AB=BC,NA+NC=180。，点M、N分别在

AD,CDJL.,若NMBN=LNABC,试探索线段MMAM,CN有怎样的数量关系？请写出

2

猜想，并给予证明.

(3)如图3,在四边形ABCD中,AB^BC,NABC+NADC=I80。，点、M、N分别在ZM、

CD的延长线上，若NMBN=VABC,试探究线段MMAM,CN的数量关系为

【答案】(1)MN=AM+CN；(2)MN=AM+CN,理由见解析：(3)MN=CN-AM,理由见

解析

【分析】(1)把绕点3顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CΛΓ,BM=BM',

ZA=ZBCM',NABM=NM'BC,可得到点AT、C、N三点共线，再由∕M8N=45t5,可得

NM，BN=NMBN,从而证得△N8M也Z∖N8ΛΓ,即可求解；

(2)把4ABM绕点B顺时针旋转使A8边与BC边重合,则AM=CΛΛ8M=BΛΓ,ZA=ZBCM',

NABM=NM'BC,由∕A+∕C=180cj,可得点M，、C、N三点共线，再由∕Λ∕5N=2∕A8C,

2

可得到NM'BN=NMBM从而证得^NBM学∕∖NBM',即可求解；

(3)在NC上截取CM=AM,连接由N4BC+∕4OC=180。，可得NBAM=/C,再

由48=8C,可证得△48MgZXCB从而得到AM=CMIBM=BM',NABM=NCBM',

进而得到∕ΛMM=∕48C,再由NMBN=ABC,可得NMBN=NM'BN,从而得到

2

ANBM必NBMI即可求解.

【详解】解：(I)如图，把绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=C”,

t

BM=BM',ZA=ZBCM9/ABM=NMEC,

在正方形ABCO中，ZA=ZBCD=ZABC=90o,AB=BC

ΛZβCM,+ZBCD=180o,

，点必、C、N三点共线,

・；NMBV=45。，

/.NABM+∕CBN=45°,

；・/MEN=/MRC+∕CBN=NABM+NCBN=450,

即NMBN=NMBN,

∙/BN=BN,

：,4NBMQ4NBM∖

.∙.MN=M'N,

VMN=MGCN,

IMN=M'C+CN=AM+CN;

(2)MN=AM+CN；理由如下：

如图,把△ABW绕点8顺时针旋转使AB边与BC边重合,则4M=CW,BM=BM',ZA=ZBCM',

•・•ZA+ZC=180°,

,

.∖ZBCM+ZBCD=∖SO°f

・•・点必、C、N三点共线,

YNMBN=LNABC,

2

：.ZABM+ZCBN=-ZABC=NMBN,

2

,

：.ZCBN+ZMBC=ZMBN9即NMBN=∕MBN,

・：BN=BN,

：・/\NBM乌ANBMi

：.MN=M'N,

•：MN=M'C+CN,

：.MN=M'C+CN=AM+CN;

(3)MN=CN-AM,理由如下：

如图，在NC上截取CM匕4M,连接3ΛΓ,

o

Y在四边形ABC。中，ZABC+ZADC=ISO9

ΛZC+ZBAD=180o,

9o

：ZBAM+ZBAD=∖S09

,NBAM=NC,

YAB=BC,

：.AABM必CBMI

,

：.AM=CMfBM=BM',/ABM=/CBMl

1

：.AMAM=AABCi

∙/ZMBN=IZABC

29

・・・/MBN=L/MAM'=∕M'BN,

2

YBN=BN,

'△NBM44NBM∖

：・MN=M'N,

WN=CN-CM',

：.MN=CN-AM.

故答桀是：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.

厚命题居曲

从正方形的一个顶点引出夹角为45。的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交

点构成的基本平面几何模型称为半角模型。

模型1:正方形中的半角模型

模型2：等腰直角三角形中的半角模型

结论一

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，四边形ABCD是正方形，点E,F分别在BC和CD边上，满足NEAF=45°,连结EF,

则有：EF=BE+DFo

结论二

两射线的公共端点是射线截端点两对边所得直角三角形的一个旁心，即射线平分截得的

直角三角形两锐角的外角。

结论三

两射线的端点到射线与端点两对边交点的连线的距离等于正方形的边长。

结论四

过两射线的端点且垂直于射线与端点两对边交点连线的直线分“半角三角形”得的两个

三角形与半角三角形外的两个小三角形分别全等。

结论五

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。

吩客就SDW

【变式1](2021•辽宁•沈阳市南昌中学(含：西校区、光荣中学)九年级阶段练习)如图，

菱形ABCL)与菱形EBGF的顶点8重合,顶点厂在射线AC上运动,且/BCD-/BGF=120，，

对角线AC、8。相交于点。.

(1)如图1.当点F与点。重合时，直接写出差的值为；

FD

(2)当顶点尸运动到如图2的位置时，连接CG,CG1BG，且CG=BG试探究CG与DF

的数量关系，说明理由，并直接写出直线CG与QF所夹锐角的度数；

(3)如图3,取点尸为4。的中点，若B、E、P三点共线，且当CF=2时，请直接写出BP

的长.

图I图2图3

【答案】（1）?（2）FD=√3CG>30°:（3）3√7

【分析】（1）设菱形ABCO边长48=2α,由菱形性质和已知得出NABD=30。，4B4。=60。，

BF=FD=FAB=用a，再由含30度角的直角三角形的性质求出BF=FD=I48=√5α,

AE=EF=BE=-AB=a,进而求得竺的值；

2FD

（2）菱形ABeD的边长为2α,由△BGC是等腰直角三角形CG=IBC=√∑G再已知菱形的

条件，求出ABOF是等腰直角三角形，继而得出BF=OF=√5α,从而求出FD=√3CG,由

B、Q是关于AC的轴对称可知4CDF=/CBF=I5。，再由三角形外角的性质可得直线CG

与DE所夹锐角的度数为30。；

（3）利用半角模型将^BCF逆时针旋转60。到^BAM位置,从而得出aBNF≤ΔBNM

（SAS）,得到一个由CF、NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120°,从而

确定三条线段关系，再利用中位线定理和三角形相似在菱形中得出NF、AN与菱形边长关系,

求出菱形边长即可解答.

【详解】解：（1）设菱形ABS边长4B=2α,

；在菱形ABC。中,NBCD=ZBGF=I20。，

AC1BD，LABC=60o./.BAD=120。，

∙'∙Z4BD=30o.NB40=60%BF=FD=-AB=Wa，

：在四边形EBGF是菱形，ZBGF=120o.BE=EF,

.∙.AEBH=∆EFH=30。，

.∙.∆AFE=60°,

∙,∙Z.AFE="40=60。，

∙'∙AE=EF9

."-AE=EF=BE=-AB=a,

2

∙*,>—AE_=a_=—√3∙

FDV5α3

（2）FD=6CG，直线CG与。尸所夹锐角的度数为30。.

理由如下，如图，连接8凡延长GC交产。于M

设菱形ABCD的边长为2a，

VCG1BG，且CG=BG,

∙'∙ZGBC=zGCB≈450>CG=∙^FC=√20

VzGBE≈60°.

,/四边形EBGF是菱形，ZfiGF=120°.

.-.ZGBF=乙BFG=L乙GBE=30°,

2

.'.ZCFF=Z.GBC-zGBF=15%

.,.ZOBF=ZOBC+ZCBF=30°+15°=45。，

•・ZC1BD，BO=D0,

ʌZBFO=ZOfiF=45%BF=DF，

由（2）可知：BO=√30,

'BF=DF=R,

∙'∙DF=√3CG^

由B、Z）是关于AC的轴对称可知，NCDF=NCBF=I5。，

又,：乙DCN=180o-ZBCG-ZBCD=15°，

乙GNF=ZCDF+∆DCN=30。，

即直线CG与OF所夹锐角的度数为30。；

⑶BP=36

过程如下：依题意，作出图形，此时8、E、P三点共线，

连接8凡并将线段8尸绕点8逆时针旋转60。到8例位置，连接例G、MA,

'-ΛCBA="BM=60%BC=BA

-∙ΔBCF^ΔBAM(SAS)

；•AM=CF=2,/-MAB=/.FCB=60°.

LEBF=：NGBE=30。，

LMBN=∆FBM-乙FBN=30。，

.,.ZMfiG=ZFfiG=30°.

MBNF2BNM(SAS),

'FN=MN

过M点作MHLCH,

•"/1。=60°，

∙"∙ZMΛH=60o.∆HMA=30o,

.,.AH^AM=1,MH=WAH=6,

取OD的中点Q,连接QP,

'：AP=PD,

.'.PQ=^OA,PQ∕∕0A>

,△BN。-ΔBPQ，

.NO_BO_20Q_2

*'pρ~Fρ-3oρ-3,

'-NO=-PQ=-0A,

3*3

设菱形4BC0的边长为20,则40=CO=^AB=Q,

-'.AN=AO-ON=a-^-a=-a,

33

14

MN=FN=Co+ON-CF=a+±α—2=%—2，

33

NH=N4+4”=^Q+L

3

在RtZXMGH中，NH2+MH2=MN2,

ʌ(ɪɑ+I)2+(V3)2=(gα-2)2,

解得%=0(舍去)，a2-3>

,-.PQ=La=|,BQ=^OD=∣√3α=∣√3,

：在Rt△BPQ中，BQ2+PQ2=SP2.

IBP=JBQ2+PQ2=(92+(2√3)2=3√7.

【点睛】本题是几何旋转综合题，主要考查了菱形的性质、旋转全等、30°直角三角形性质

和勾股定理解三角形等，解题关键是利用特殊角进行计算得出其他角度数，利用旋转得到由

CF.NF、AN三条线段长组成的三角形，而且有内角为120。，从而通过已知计算.

【变式2](2021•河南平顶山•九年级期中)(1)阅读理解

如图1,在正方形ABC。中，若E,尸分别是CO,BC边上的点，NE4F=45。，则我们常常

会想到：把A4OE绕点A顺时针旋转90。，得到a4BG.易证四,得出线段8F,

DE,EF之间的关系为___；

（2）类比探究

如图2,在等边/MBC中，D,E为BC边上的点，NDAE=30。，BD=I,EC=2.求线段

OE的长；

（3）拓展应用

如图3,在44BC中，A8=AC=V@+、5，NBAC=I50。，点。，E在8C边上，NDAE=

75。，若。E是等腰A4OE的腰，请直接写出线段BO的长.

图1图2图3

【答案】(1)∆AGF,EF=DE+BF;(2)DE=√7:(3)8。=2或2旧

【分析】(1)证明△AGFg∕∖AEF(SAS),则GF=EF,BPGF=BG+BF=DE+BF=EF,

即可求解；

(2)证明AAFDgZXAEO(SAS),则尸D=OE,在RIAFBH中,NFBH=60°,则8H=∙18F

2

o

=1,FH=BFsm60-2×^-y∕3>则尸。=√F"2+=夕=ED.即可求解;

(3)①当f>E=4O时，△A£)EgZXAO尸(SAS),在AABC中，Λθ=AC=√6+√2-NHAC

=30°,由BC2=CAB+AH')2+∕7C2W:BC2=(x+^jc)2+(夕)2,求出BC=4+2√β;在4ADE

中，AD=DE=a,NADE=30。，同理可得：AE=史E①由4*+40=5£；2,求出《=2,

2

即可求解；②当DE=AE时，8。对应①中的CE即可求解.

【详解】解：(1)由图象的旋转知，AG=AE,ZDAE=ZGABf

∙/NBAF+/DAE=ZBAD-NEAF=45。，

I.ZGAF=ZGAB+ZBAF=ZDΛE-^ZBAF=90o-NEAF=450=NEAF,

XVAG=AE,AF=AF1

：.∆AGF^∆ΛEF(SAS),

：.GF=EF9

即GF=BG+BF=DE+BF=EF,

即EF=DE+BF,

故答案为：∆AGF,EF=DE+BF∙,

（2）将AAEC围绕点4旋转到AAFB的位置，连接尸。，

由（1）知，△AFB丝Z∖AEC（SAS）,贝!]4F=AE,FB=EC=2,

VZMD=ZMB+ZB4D=ZEAC+ZBAD^ZBAC-ZDAE=60°-30°=NzME,

"AD=AD,AF^AE,

.∖∆AFD^∆AED（SAS）,

：.FD=DE,NABF=NC=60°,

在ABO尸中，BD=∖,BF=2,ZFBD=ZABF+ZABC=60o+60°=120°,

过点尸作H∕,8∕）交08的延长线于点H,则N尸8"=60。，

在Rf△FBH中,NFBH=60°,则BH=%F=I,FH=BFsin60o=2×1Z=√3-

22

则FD=√FH2+HD2=∖[7=ED

故DE-ypj∙.

（3）①当OE=Ao时，则NoAE=NoEA=75。，贝∣J/ADE=180°-2x75°=30°,

在等腰AABC中，/BAC=150。，则NABC=NACB=15。，

将AAEC围绕点A旋转到AAFB所在的位置（点F对应点E）,连接OF,

由（2）同理可得：2iADEgZ∖AO尸（SAS）,

JDF=DE,

'：ZADE=ZΛBC+ZBAD=15o+ZBAD=30o,故Na40=15°=/48，

LAD=BD=ED,

设BL>=α,则4D=8D=ED=",贝∣J8E=2α,

过点C作CHYBA交BA的延长线于点H,则N/MC=2/ABC=30。，

在△4BC中，AB=AC=√6+√2.^HAC=30°,

设AC=x,贝UCH^-x,AH=^2X,

22

由BC2=(AB+AH)2+"C?得：BC2=(x+∆x)2+(iχ)2,

22

将X=显+&代入上式并解得：BC=4+2√3;

在AAQE中，AD=DE=a,NADE=30。,

同理可得：4E-0

2

VZAfiE=15o,ZAEβ=75o,故NBAE=90。，

在RrAABE中，AB2+AE2=BE2,即(后+企)2+(ALa)2=(2a)2,

解得a=±2(舍去负值)，故a=2,

则80=2,

CE=BC-2a=4+2√3-4=2√3:

②当ZJE=AE时，

8。对应①中的CE,

故BD=2√3;

综上，8。=2或2百.

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质

与判定，等腰三角形的性质，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求

解.

【变式3］（2021•辽宁沈阳•一模）（1）思维探究：

如图1,点E,P分别在正方形ABCQ的边8C,CDl.,且/E4F=45。，连接EF,则三条

线段E凡BE,。尸满足的等量关系式是:小明的思路是：将AAO尸绕点A顺时针方向

旋转90。至AABG的位置，并说明点G,B,E在同一条直线上，然后证明AAEF丝即

可得证结论；（只需填空，无需证明）

（2）思维延伸：

如图2,在△4BC中，ZBAC=90°,4B=4C,点O,E均在边BC上，点。在点E的左侧,

且/D4E=45。，猜想三条线段BQ,DE,EC应满足的等量关系，并说明理由；

（3）思维拓广：

如图3,在AABC中，NBAC=60。，48=AC=5,点£）,E均在直线BC上，点。在点E的

左侧，且ND4E=30。，当8。=1时，请直接写出线段CE的长.

图1

【答案】⑴BE+DF=EF,AAEG;⑵即2+/="，理由见解析；⑶言或|

【分析】(1)由旋转的性质得AG=AF,ZGAB=ZFAD,ZABG=ZD=WO,则有

ZGAE=ZEAF^450,进而证得△AEGgZXAEF,根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解

答；

(2)将与ABD绕点A逆时针旋转90。至4ACG,连接EG,可证得AG=AD,

ZGAE=ZDAE=45o,ZGCf=90o,进而可证得△GAEg∕∖D4E,根据全等三角形的性质证

得GE=DE,再根据勾股定理即可得出结论；

(3)当点。在点8右侧时，将AABC绕点A逆时针旋转60。至AACG,可证得

ZGAE=ZDAE=30o,NGCE=I20。，进而可证得△GAE^ADAE,根据全等三角形的性质证

得GE=DE,过G作GHLEC,交EC延长线于H,设CE=X,易求得GE=DE=4-x,EH=x+-,

2

GH=3，在AGaE中，由勾股定理可求得CE的值；当点。在点B左侧时，同样的方法可

2

求得CE的长.

【详解】解：(I)Y四边形A8C力是正方形，

.'.AB=AD,ZBAD=ZD=ZABC=90o,

：将44。尸绕点A顺时针方向旋转90。至4ABG,

：.AG=AF,BG=DF,ZGAB=ZFAD,ZABG=ZD=WO,

ZABG+ZABC=90o+90°=180°,

.∙.点G、B、E共线，

VZE4F=45o,

：.NBAE+NFAD=45°,

.∖ZBAE+^GAB=45o,即NGAE=45。

ΛZGAE=ZME,又AG=A尸，AE=AE,

：.∕∖AEG^AAEF(SAS),

：,GE=EF,

•：GE=BE+BG=BE+DF,

：.BE+DF=EF,

故答案为：BE+DF=EF,△AEG：

222

(2)猜想：BD+CE=DEf理由为：

VZβAC=90o,AB=AC,

,NABC=NACB=45。，

如图2,将AABD绕点A逆时针方向旋转90。至AACG,连接EG,

：.AG=ADfCG=BD,/GAC=NDAB,NACG=NABC=45。，

ZΛCG+ZACβ=45o+45o=90o,

GE2=CG2++CE2,

VZDAE=45o,

.∙.ZDAB+ZEAC=45o,

uo

..ZGAC+^EAC=45f即NGA£=45。

：.ZGAE=ADAEiXAG=AD9AE=AEt

.u.∕∖GAE^∕∖DAE(SAS),

：.GE=DE1

・：GE2=CG2++CE2=BD2+CE2,

.'.BD2+CE2=DE2;

图2

(3)V∆ΛBCφ,ZBAC=60o,A8=AC=5,

.∙.ZXABC为等边三角形，

NABC=NACB=6()。，

由题意，点。，E均在直线BC上，点力在点E的左侧，且ND4E=30。,

∙∙.①当点。在点8右侧时，BD=I,如图3,

将AABD绕点A逆时针旋转60。至4ACG,连接EG,

：.AG^AD,CG=BD=I,/GAC=NDAB,/ACG=/ABC=60°,

VZDAE=30o,ZBAC=60°,

.∙.∕ZMB+NEAC=30°,

.∙.ZGAC+NE4C=30°,即ZGAE=30o

：.ΛGAE=ADAE,又AG=AZ),AE=AE,

Λ∆GAf^∆DΛE(SAS),

：.GE=DE,

过G作GH_LEC,交EC延长线于从

,.∙ZECG=ZACG+ZΛCB=60o+60°=120°,

.,.ZGCH=60o,

在Rt∆GCH中，CH=CGcos60o=~,GH=CGsin60。=立，

22

设CE=x,易求得GE=DE=4-x,EH=x+i,

2

在AGaE中，由勾股定理得：(4-工)2=(*)2+(争2,

解得：户三，即CE二三;

33

②当点。在点8左侧时，BD=X

同理，将aABO绕点A逆时针旋转60。至ZSACG,连接EG,

易证△GAE^∕∖DAE,得GE=DE,

过G作GHJ_EC,交CE于H,

VZΛCG=ZADB=120o,NACB=60°,

：.NGCH=60°,

在Rt∆GCH中，C"=CG∙cos600',GH=CG∙sin60°=更,

22

设CE=X,易求得GE=DE=6-X,EH=x

2

在AGHE中，由勾股定理得：（6-x）2=（χ-92+（日）2,

解得：X书，即CE=≡,

综上,CE的长为寺哈

A

C

【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形

的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、解一元一次方程、锐角三角函数等知识，综

合性强，难度适中，熟练掌握相关知识的性质与运用，正确作出辅助线，借助旋转性质得出

全等三角形是解答的关键.

【变式4】(2021.全国•九年级专题练习)如图1,在菱形ABCD中，4C=2,BD=2汽,AC,

8。相交于点。.

⑴求边AB的长；

(2)求NBAC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ABC。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,CO相交于点£,F,连接Ef判断

是哪一种特殊三角形，并说明理由.

【答案】(1)2；(2)60°;(3)见详解

【分析】(I)由菱形的性质得出OA=I,OB=√3,根据勾股定理可得出答案；

(2)得出AABC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AABE丝Z∖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)Y四边形ABCD是菱形，

ΛAClBD,

..•△AOB为直角三角形,且。4=T"=1,OBWBD=6

-AB=yj0A2+OB2Jl2+(√3)2=2；

(2)C四边形ABCD是菱形,

，AB=BC,

由⑴得：AB=AC=BC=2,

,△ABC为等边三角形，

ZBAC=60o;

(3)AAEF是等边三角形，

；由(1)知,菱形ABCD的边长是2,AC=2,

Λ∆ABC和4ACD是等边三角形，

.∙.ZBAC=ZBAE+ZCAE=60o,

∖,ZEAF=ZCAF+ZCAE=60o,

ΛZBAE=ZCAF,

⅛ΔABE和4ACF中,

^BAE=/-CAF

AB=AC

∆EBA=Z-FCA

/.∆ABE^∆ACF(ASA),

ΛAE=AF,

VZEAF=60o,

・・・4AEF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.

21.(2020・重庆江津•八年级期中)(1)如图1,在正方形4BC。中，E是AB上一点，G

是A。上一点，NECG=45°,求证EG=BE+GD

图2

(2)请用(1)的经验和知识完成此题:如图2,在四边形ABe。中,AG//BC(Bc>AG),ZB=90o,

AB=BC=T2,E是AB上一点，且NEeG=45。，BE=4f求EG的长？

【答案】（1）证明见解析；（2）EG=10.

【分析】（1）延长4。至尸，使DF=BE,连接。凡根据正方形的性质，可直接证明

△EBC^AFDCf从而得出NBCE=NOCR根据NGCE=45。，得NGCF=NGCE=45。，利用

全等三角形的判定方法得出AECGg∕∖FCG,BPGE=GF9即可证出EG=BE+GO；

（2）过C作C£>_L4G,交AG延长线于，则四边形ABC。是正方形，设EG=M则A斤8,

根据（1）可得：AG=∖6-X9在直角AAGE中利用勾股定理即可求解.

【详解】（1）证明：如图3所示，延长AO至凡使DF=BE,连接CR

图3

Y四边形ABCD是正方形，

o

.,.BC=DC1ZABC=ZADC=ZBCD=90,

VZCDF=I80o-ZADC,

o

・・・ZCDF=Wt

：・ZABC=ZCDFt

YBE=DFf

；.AEBgdFDC,

：.ZBCE=ZDCFfEC=FC,

•：NECG=45。，

JZBCE+ZGCD=90Q-ZECG=90O-45O=45O,

/./GCD+NDCF=/FCG=45。,

/./ECG=NFCG.

VGC=GC,EC=FC,

：.AECG-FCG,

：・EG=GF.

•：GF=GD+DF=BE+GD,

/.EG=BE+GD.

(2)解：如图4,过。作COLAG,交AG延长线于Q,

GD

'：AG\\BC,NA=NB=90°,

又NCQA=90。，AB=BC,

∙∙.四边形ABC。为正方形.

：.AD=AB=BC=M.

已知NECG=45。，根据(1)可知，EG=BE+DG,

设EG=x,则AG=AD-DG=AD-(EG-BE)=12-(Λ-4)=16-x,

AE=12-BE=12-4=8.

在RmAEG中

,:EG2=AG2+AE2,

即Jr2=(16-x)2+82,

解得：x=10.

ΛEG=IO.

【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.

【变式5】(2020.全国.九年级专题练习)请阅读下列材料：

己知：如图(1)在RtZiABC中，NBAC=90。，AB=AC,点。、E分别为线段BC上两动

点，若ND4E=45。.探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：

(1)猜想B。、DE.EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；

(2)当动点E在线段BC上，动点。运动在线段CB延长线上时，如图(2),其它条件不

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：

(3)已知：如图(3),等边三角形ABC中，点。、E在边AB上，且/£)CE=30。，请你

找出一个条件，使线段。尊AD,班能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角

的度数.

2

【答案】⑴DE=BA+EC2;（2）关系式Z>E2=B02+EC2仍然成立，详见解析；（3）当

A。=BE时，线段。E、AD,EB能构成一个等腰三角形，且顶角NOFE为120。.

【分析】（I）DE2=BD2+EC2,将AADB沿直线AZ）对折，得△AFD,连FE,得到

ΔAFD^ΔABD,然后可以得到AF=A8,FD=DB,NFAD=NBAD,NAFD=NABD,再

利用已知条件可以证明△AFEgaACE,从而可以得到NCFE=/4FD+乙4隹=45。+45。=

90°,根据勾股定理即可证明猜想的结论；

（2）根据（1）的思路一样可以解决问题；

（3）当AD=BE时，线段力E、AD.EB能构成一个等腰三角形.如图，与（1）类似，以

CE为一边，作NECF=NEC8,在CF上截取CF=C8,可得△CFE丝4CBE,

ΔDCF^Δ,DCA,然后可以得到AD=。凡EF=BE.由此可以得到NoFE=/1+/2=

ZA+ZB=120°,这样就可以解决问题.

【详解】解：（1）DE2=BD2+EC2↑

证明：如图，将△AO8沿直线4。对折，得AAFD,连FE,

∕∖AFD^∕∖ABD,

：.AF=AB,FD=DB,ZFAD=ZBAD,NAFD=NABD,

VZβAC=90o,NQAE=45。

：.ZBAD+ZCAE=45°,ZFAD+ZFAE=45°,

：.ZCAE=ZFAE

又AE=AE,AF=AB=AC

.".∆AFE^∆ACE,

：.NDFE=ZAFD+ZAFE=45o+45o=90°,

.∖DE2=FD2+EF2

222

.∖DE^BD+ECi

（2）关系式OE2=BD2+EC2仍然成立.

证明：将AAOB沿直线AD对折，得44∕7λ连FE

.∙.∆AFD^∆ΛBD,

.∖AF=AB,FD=DB,

NFAD=NBAD,ZAFD=ZABD,

又∙.NB=AC,

：.AF^AC,

"：NFAE=ZFAD+ZDAE=^ZFAD+45o,

ZEAC=ZBAC-ZBAE=90O-(.ZDAE-ZDAB)=45°+ZDAB,

.".ZFAE^ZEAC,

y.'：AE=AE,

：.∆AFE^ΔACE,

：.FE=EC,ZAFE=ZACE=45o,ZAFD=ZABD=ISOo-ZAfiC=135o

.,.NDFE=NAFD-NA尸E=135°-45°=90°,

.,.在Rt∆DFE中，DF2+FE2=DE2,

即DE2=BD2+EC2;

(3)当A。=BE时，线段。E、AD,EB能构成一个等腰三角形.

如图，与(2)类似，以CE为一边,作NECF=/EC8,在C尸上截取CF=CB,

可得△CFE9ACBE,∆DCF^ADCA.

C.AD=DF,EF=BE.

ΛZDFF=Zl+Z2=ZA+ZB=120o.

若使ADFE为等腰三角形，只需DF=EF,即AO=BE,

.∙.当4。=BE时，线段力E、AD.E8能构成个等腰三角形，且顶角/力FE为120。.

C

AZ>¾--^2B

iF

【点睛】此题比较复杂，考查了全等三角形的性质与判定、等腰三角形的性质、勾股定理的

应用等知识点，此题关键是正确找出辅助线，通过辅助线构造全等三角形解决问题，要掌握

辅助线的作图根据.

R=r≡≡=⅜⅛西•九年级统考期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：

从正方形的一个顶点引出夹角为45的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成

的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如：

如下图1,在正方形ABCO中，以A为顶点的NE4F=45°,AE、AF与8C、。边分别交

于E、尸两点.易证得EF=BE+ED.

大致证明思路：如图2,将绕点A顺时针旋转90',得到一A3”,由N"8E=180'可

得H、B、E三点共线，NHAE=NEAF=45°,进而可证明AEHgAEF,故EF=BE+DF.

任务：

如图3,在四边形ABC。中，AB=AD,NB=N0=90°,ZSAD=120°.以A为顶点的

NEA尸=60°,AE.AF与BC、C。边分别交于E、F两点.请参照阅读材料中的解题方法,

你认为结论瓦'=3E+D/是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理

由.

图3

【答案】成立，证明见解析

【分析】根据阅读材料将△AO尸旋转120。再证全等即可求得EF=8E+OP.

【详解】解：成立.

证明：将AADF绕点A顺时针旋转120’,得到ΔABM,

.∙.ΔABM^ΔADF,ZABM=ZD=90,ZMAB=ZFAD∙AMAF，MB=DF,

:.ZMBE=ZABM+ZABE=180',M、B、E三点共线，

ZMAE=ZMAB+NBAE=NFAD+ZBAE=NBAD-NEAF=60°.

AM=AF，AMAE=Z-FAE，AE=AE,

.∙.ΔM4E^ΔE4E(SAS),

:.EF=ME=MB+BE=DF-VBE.

【点睛】本题考查旋转中的三角形全等，读懂材料并运用所学的全等知识是本题关键.

2.（2022秋•陕西宝鸡•九年级统考阶段练习）已知，如图1,四边形ABC。是正方形，E,

尸分别在边BC、C。上，且ZE4F=45。，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.

A

/f1

/\

<ς--------------1D/1\/

EQB

/\尸7、/

/\/X.∖7c

图I图2

（1）在图1中，连接EF,为了证明结论“防=3E+O尸”，小亮将Δ4DF绕点A顺时针旋转90。

后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；

（2）如图2,当NEA尸绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与少尸、BE之间有怎样的数量

关系？

【答案】（1）见解析

Q）EF=DF—BE.

【分析】（1）利用旋转的性质，证明ΔAGE=ΔAE尸即可.

（2）把AABE绕点A逆时针旋转90。，使A8与CQ重合，点E与点G对应到Ao,证

明ΔAEF=ΔAGF即可求得痔=Z）F-BE.

【详解】（1）证明：如图1,

图1

由旋转可得GB=Z)F,AF=AG"BAG=ZDAF

四边形ABCZ)为正方形

••・ZBAD=ZADF=ZABC=90°

.,.ZABC+ZABG=180°

:∙G、B、C三点在一条直线上

ZEAF=45°

・•・ZBAE+ZDAF=45°

∙∙∙ZBAG+ZBAE=45。=NEAF

在AAGE和ΔAFE中

AG=AF

<ZGAE=ZEAF

AE=AE

:.^AGEΛAFE(SAS)

・•・GE=EF

GE=GB+BE=BE+DF

••・EF=BE+DF

(2)结论：EF=DF-BE.

理由：如图2,把AABE1绕点A逆时针旋转90。，使AB与重合，点E与点G对

应，同（1）可证得A4EF二ΔAG∕7（SAS）

・•・EF=GF,且DG=BE

∙∙.EF=DF-DG=DF-BE

【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，解题的

关键是学会利用旋转法构造全等三角形.

3.（2022秋•江苏扬州•八年级校考阶段练习）（1）【阅读理解】如图，已知ABC中，AB=AC,

点。、E是边BC上两动点，且满足ND4E=；NBAC,

求证：BD+CE>DE.

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.

小明的解题思路：将半角NTME两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的A4FE,然后

证明与半角形成的VAnE全等,再通过全等的性质进行等量代换,得到线段之间的数量关系.

请你根据小明的思路写出完整的解答过程.

证明：将AABO绕点A旋转至AACF,使AB与AC重合，连接EF,

（2）【应用提升】如图，正方形ABCO（四边相等，四个角都是直角）的边长为4,点P从

点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AZ）点。运动：点。点。同时出发，以相同的

速度沿射线A。方向向右运动，当点尸到达点。时，点。也停止运动，连接BP,过点P作BP

的垂线交过点Q平行于CD的直线/于点E,8E与CQ相交于点/，连接PE,设点尸运动时

间为/（6）,

①求NPBE的度数；

②试探索在运动过程中△/>£>厂的周长是否随时间f的变化而变化？若变化，说明理由；若不

变，试求这个定值.

【答案】（1）见解析；（2）①45。；②不变，2

【分析】（1）如图1,将AABO绕点A旋转至AAb,使AB与AC用合，连接EF,根据

旋转的性质结合已知可证ADAFg△网E,再根据三角形三边关系定理即可证得结论;

（2）①如图2,根据已知结合正方形性质证得AA8PgAQPE,推出P6=PE,即可证出

结论；

②如图3,延长ZM到G,使AG=C/，连接8G,证出A%G丝ZiBC产，得到8G=8f∖

ZABG=NCBF,证出由全等三角形的性质得出P尸=PG,由此可得出

△aw的周长是定值8.

【详解】（1）如图1,将△m£）绕点A旋转至AACF,使AB与AC重合，连接EF.

图1

,.∙ΛABD绕点A旋转至aACF,

ΔΛBD^ΛACF

：.BD=CF,AD=AF,ABAD=ΛCAF,

,/ZBAD+ZDAE+ZCAE=NBAC,ZDAE=-ZBAC,

2

：.NBAD+ZCAE=ADAE

ZCAF+ACAE=NDAE

'：ZCAE+ZCAF=ZEAF

/.ZDAE=ZFAE

'：AE-AE

∕∖DAE^Δ,FAE

∙∙.DE=FE

'：CF+CE>EF

：.BD+CE>DE

(2)①如图2,

由题意：AP=DQ

Y四边形ABe。是正方形,

AB=AD,ZA=90o

・.・AP=DQ

：.AD=PQ=AB

YPB.LPE

・•.NBPE=90。

JZABP+ZAPB=90o

ZAPB+NEPQ=90。

JZABP=NEPQ

在IABP和∕∖QPEv∖∖

ZABP=ZEPQ

∙.∙∖ZA=ZEQP

AB=PQ

：.∕XABP^∕∖QPE

：,PB=PE

：./PBE=NPEB=45。

②4PDF的周长不随时间/的变化而变化，

如图3,延长DA到G,使AG=C/，连接8G,

在aE4G和中

BA=BC

'：（NBAG=NBCF

AG=CF

：.∕∖BAG^∕∖BCF

：.BG=BF,ZABG=NCBF

YNPBE=45。,ZABC=90°

：.ZABP+ZCBF=ZABP+ZABG=45°,

：・/PBG=ZPBF

在aPBG和aPBF中

BG=BF

•：\ZPBG=ZPBF

PB=PB

：.APBG当APBF

：.PF=PG

：.PF=PA+AG=PA+CF

；正方形ABC。(四边相等，四个角都是直角)的边长为4

历"的周长

=PF+DP+DF=(PA+DP)+(DF+CF)=AD+CD=S

•••△夫£)厂的周长是定值8.

【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，学会添

加常用辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键.

4.(2021秋.广西南宁.九年级统考期中)【探索发现】如图①，四边形ABCo是正方形，

M,N分别在边8、BCk,且/M4N=45。，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，小明将AAoM绕点A顺时针旋转90。，点。

与点B重合，得到AABE,如图②.从而证明出了Z)M+BN=MN.

⑴请你按照小明的方法证明：DM+BN=MN;

【类比延伸】

(2)如图③，点N、M分别在正方形ABC。的边BC、CQ的延长线上，NMAN=45。,连接数

MN,请根据小明的发现给你的启示写出DM、BN之间的数量关系，并证明.

Λ/

【答案】(I)见详解

(2)见详解

【分析】(1)将M绕点A顺时针旋转90。得到AABE,由旋转的性质可得DM=BE,

AM=AE,ZMAE=90o,?DAM彳彻IE,D=?ABE90?,证明E,B,N三点共线，

?BAE?BANNEANX50,再证明△EAN丝ZsMAN即可得到结论；

(2)将AADM绕点4顺时针旋转90。得到△ABE,由旋转的性质可得AM=AE,DM=BE,

NAME=90。，结合正方形的性质同理可得：E,及N共线，再证明△E4Ng∕∖MAM利用全

等三角形的性质可得结论.

(1)解：；正方形ABeD,，miS=N/3C=ZD=90。,AB=AD,将AAOM绕点A顺时针

旋转90。得到△ABE,由旋转的性质可得DW=BE,AM=AE,NM4E=90。，

?DAMWAE,D=?ABE90?,.∙.E,B,N三点共线，∙.∙∕MAN=45。，

\?DAM?BAN45?,：.?BAE?BANNEAN=45°,在△4WV与AAEN中又

`:AN=AN:.XEAN色∕∖MAN:.EN=MN,

：EB+BN=EN∖DM+BN=MN

⑵DM+MN=BN.理由如下：将AADM绕点4顺时针旋转90。得到4A8E,由旋转的性质

可得AM=AE,DM=BE,ZMAE=90o,结合正方形的性质同理可得：E,8,N共线,

,.∙NMAN=45°,.*.NEAN=90°-NMAN=45°,在XAMN

与AAEN中又YAN=AN,：.AEANm2MAN,：.EN=MN,'：BE+EN=BN,：.DM+MN=BN.

【点睛】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练的利用

旋转构建全等三角形是解本题的关键.

5.(2022.全国.九年级专题练习)问题背景：在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方

法.如图①，在四边形ABC。中，AB=AD,/840=120。，NB=ZAr)C=90。，点E,F分

别是BC,CC上的点，且㈤F=60。，连接EF,探究线段BE,EF,。尸之间的数量关系.

图①图②

⑴探究发现：小明同学的