专题30 半角模型（解析版）

模块二常见模型专练

专题30半角模型

例1（2022年·贵州黔西·中考真题）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．

（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，

若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、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△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＝∠ABC，可得到

∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；

（3）在NC上截取CM'=AM，连接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可

证得△ABM≌△CBM'，从而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，进而得到∠MAM'=∠ABC，再

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由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．

【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，

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∵∠MBN＝∠ABC，

∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，

∴∠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CM'=AM，连接BM'，

∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，

∴∠C+∠BAD=180°，

∵∠BAM+∠BAD=180°，

∴∠BAM=∠C，

∵AB＝BC，

∴△ABM≌△CBM'，

∴AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，

∴∠MAM'=∠ABC，

∵∠MBN＝∠ABC，

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∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN=M'N，

∵M'N=CN-CM'，

∴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．

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∠EAF=45°，连结EF，则有：EF=BE+DF。

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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。

【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ABCD与

菱形EBGF的顶点B重合，顶点F在射线AC上运动，且，对角线AC、BD相交于

点O．

（1）如图1．当点F与点O重合时，直接写出的值为；

（2）当顶点F运动到如图2的位置时，连接CG，，且，试探究CG与DF的数量关系，

说明理由，并直接写出直线CG与DF所夹锐角的度数；

（3）如图3，取点P为AD的中点，若B、E、P三点共线，且当CF＝2时，请直接写出BP的长．

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【答案】（1）；（2），；（3）

【分析】（1）设菱形ABCD边长，由菱形性质和已知得出，，

，再由含30度角的直角三角形的性质求出，

，进而求得的值；

（2）菱形的边长为，由是等腰直角三角形，再已知菱形的条件，求出

是等腰直角三角形，继而得出，从而求出，由B、D是关于AC的轴对称可知

，再由三角形外角的性质可得直线CG与DF所夹锐角的度数为；

（3）利用半角模型将逆时针旋转60°到位置，从而得出（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ABCD边长，

∵在菱形ABCD中，，

∴，，，

∴，，，

∵在四边形是菱形，，，

，

，

∴，

∴，

∴，

．

（2），直线CG与DF所夹锐角的度数为．

理由如下，如图，连接BF，延长GC交FD于N，

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设菱形的边长为，

∵，且，

∴，

∵，

∵四边形是菱形，，

，

∴，

∴，

∵，，

∴，，

由（2）可知：，

∴，

∴，

由B、D是关于AC的轴对称可知，，

又∵，

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∴，

即直线CG与DF所夹锐角的度数为；

（3），

过程如下：依题意，作出图形，此时B、E、P三点共线，

连接BF，并将线段BF绕点B逆时针旋转60°到BM位置，连接MG、MA，

∵，

∴（SAS）

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴（SAS），

∴

过M点作MH⊥CH，

∵，

∴，，

∴，，

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取OD的中点Q，连接QP，

∵AP=PD，

∴，，

∴，

∴，

∴，

设菱形的边长为，则，

∴，

，

，

在中，，

∴，

解得（舍去），，

∴，，

∵在中，，

∴．

【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ABCD中，若E，F分别是CD，BC边上的点，∠EAF＝45°，则我们常常会想到：把ADE

绕点A顺时针旋转90°，得到ABG．易证AEF≌，得出线段BF，DE，EF之间的关系为；

（2）类比探究

如图2，在等边ABC中，D，E为BC边上的点，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求线段DE的长；

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（3）拓展应用

如图3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，点D，E在BC边上，∠DAE＝75°，若DE是等

腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长．

【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2

【分析】（1）证明△AGF≌△AEF（SAS），则GF＝EF，即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，即可求解；

（2）证明△AFD≌△AED（SAS），则FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°

＝2×＝，则,即可求解；

（3）①当DE＝AD时，△ADE≌△ADF（SAS），在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，由BC2

＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，求出BC＝4+2；在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE

＝30°，同理可得：AE＝，由AB2+AE2＝BE2，求出a＝2，即可求解；②当DE＝AE时，BD对应①

中的CE，即可求解．

【详解】解：（1）由图象的旋转知，AG＝AE，∠DAE＝∠GAB，

∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，

∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠DAE+∠BAF＝90°﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，

又∵AG＝AE，AF＝AF，

∴△AGF≌△AEF（SAS），

∴GF＝EF，

即GF＝BG+BF＝DE+BF＝EF，

即EF＝DE+BF，

故答案为：AGF，EF＝DE+BF；

（2）将△AEC围绕点A旋转到△AFB的位置，连接FD，

由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），则AF＝AE，FB＝EC＝2，

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∵∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠EAC+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝60°﹣30°＝∠DAE，

∵AD＝AD，AF＝AE，

∴△AFD≌△AED（SAS），

∴FD＝DE，∠ABF＝∠C＝60°，

在△BDF中，BD＝1，BF＝2，∠FBD＝∠ABF+∠ABC＝60°+60°＝120°，

过点F作FH⊥BD交DB的延长线于点H，则∠FBH＝60°，

在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，则BH＝BF＝1，FH＝BFsin60°＝2×＝，

则

故DE＝；

（3）①当DE＝AD时，则∠DAE＝∠DEA＝75°，则∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，

在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，则∠ABC＝∠ACB＝15°，

将△AEC围绕点A旋转到△AFB所在的位置（点F对应点E），连接DF，

由（2）同理可得：△ADE≌△ADF（SAS），

∴DF＝DE，

∵∠ADE＝∠ABC+∠BAD＝15°+∠BAD＝30°，故∠BAD＝15°＝∠ABD，

∴AD＝BD＝ED，

设BD＝a，则AD＝BD＝ED＝a，则BE＝2a，

过点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠HAC＝2∠ABC＝30°，

在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，

设AC＝x，则CH＝x，AH＝x，

由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，

将x＝代入上式并解得：BC＝4+2；

在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，

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同理可得：AE＝，

∵∠ABE＝15°，∠AEB＝75°，故∠BAE＝90°，

在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，即（）2+（）2＝（2a）2，

解得a＝±2（舍去负值），故a＝2，

则BD＝2，

CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；

②当DE＝AE时，

BD对应①中的CE，

故BD＝2；

综上，BD＝2或2．

【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，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，则三条线段EF，BE，

DF满足的等量关系式是；小明的思路是：将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG的位置，并

说明点G，B，E在同一条直线上，然后证明△AEF≌即可得证结论；（只需填空，无需证明）

（2）思维延伸：

如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝45°，

猜想三条线段BD，DE，EC应满足的等量关系，并说明理由；

（3）思维拓广：

如图3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE

＝30°，当BD＝1时，请直接写出线段CE的长．

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【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由见解析；（3）或

【分析】（1）由旋转的性质得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，则有∠GAE=∠EAF=45°，进而

证得△AEG≌△AEF，根据全等三角形的性质证得GE=EF即可解答；

（2）将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，连接EG，可证得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，

进而可证得△GAE≌△DAE，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D在点B右侧时，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，可证得∠GAE=∠DAE=30°，

∠GCE=120°，进而可证得△GAE≌△DAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，过G作GH⊥EC，交EC

延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH=x+，GH=，在△GHE中，由勾股定理可求得CE的

值；当点D在点B左侧时，同样的方法可求得CE的长．

【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，

∵将△ADF绕点A顺时针方向旋转90°至△ABG，

∴AG=AF，BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，

∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，

∴点G、B、E共线，

∵∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠FAD=45°，

∴∠BAE+∠GAB=45°，即∠GAE=45°

∴∠GAE=∠FAE，又AG=AF，AE=AE，

∴△AEG≌△AEF（SAS）,

∴GE=EF，

∵GE=BE+BG=BE+DF，

∴BE+DF=EF，

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故答案为：BE＋DF＝EF，△AEG；

（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由为：

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，

∴∠ABC=∠ACB=45°，

如图2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转90°至△ACG，连接EG，

∴AG=AD，CG=BD，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=45°，

∴∠ACG+∠ACB=45°+45°=90°，

∴GE2=CG2++CE2，

∵∠DAE=45°，

∴∠DAB+∠EAC=45°，

∴∠GAC+∠EAC=45°，即∠GAE=45°

∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，

∴△GAE≌△DAE（SAS）,

∴GE=DE，

∵GE2=CG2++CE2=BD2+CE2，

∴BD2+CE2=DE2；

（3）∵△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，

∴△ABC为等边三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

由题意，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且∠DAE＝30°，

∴①当点D在点B右侧时，BD=1，如图3，

将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，

∴AG=AD，CG=BD=1，∠GAC=∠DAB，∠ACG=∠ABC=60°，

∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，

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∴∠DAB+∠EAC=30°，

∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE=30°

∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，

∴△GAE≌△DAE（SAS）,

∴GE=DE，

过G作GH⊥EC，交EC延长线于H，

∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，

∴∠GCH=60°，

在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH=CG·sin60°=，

设CE=x，易求得GE=DE=4﹣x，EH=x+，

在△GHE中，由勾股定理得：（4﹣x）2=(x+)2+（）2，

解得：x=，即CE=；

②当点D在点B左侧时，BD=1

同理，将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACG，连接EG，

易证△GAE≌△DAE，得GE=DE，

过G作GH⊥EC，交CE于H，

∵∠ACG=∠ADB=120°，∠ACB=60°，

∴∠GCH=60°，

在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH=CG·sin60°=，

设CE=x，易求得GE=DE=6﹣x，EH=x﹣，

在△GHE中，由勾股定理得：（6﹣x）2=(x﹣)2+（）2，

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解得：x=，即CE=，

综上，CE的长为或．

【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，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．

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【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．

21．（2020·重庆江津·八年级期中）（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．

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（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°，

第18页共66页.

∴∠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．

【变式5】（2020·全国·九年级专题练习）请阅读下列材料：

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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：

（1）猜想BD、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D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D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，

使线段DE、AD、EB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．

【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，

线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．

【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，得到△AFD≌△ABD，然后

可以得到AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE，

从而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝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DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（1）类似，以CE为一边，作

∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA，然后可以得到AD＝DF，

EF＝BE．由此可以得到∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°，这样就可以解决问题．

【详解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；

证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，

∴△AFD≌△ABD，

∴AF＝AB，FD＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，

∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°

∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠FAD+∠FAE＝45°,

∴∠CAE=∠FAE

又AE=AE,AF=AB=AC

∴△AFE≌△ACE，

第20页共66页.

∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，

∴DE2＝FD2+EF2

∴DE2＝BD2+EC2；

（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．

证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE

∴△AFD≌△ABD，

∴AF＝AB，FD＝DB，

∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，

又∵AB＝AC，

∴AF＝AC，

∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，

∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，

∴∠FAE＝∠EAC，

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；

（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．

如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，

第21页共66页.

可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．

∴AD＝DF，EF＝BE．

∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．

若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，

∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．

【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．

【培优练习】

1．（2022秋·山西·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ABCD中，以A为顶点的EAF45，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易

证得EFBEFD．

大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90，得到ABH，由HBE180可得H、B、E三

点共线，HAEEAF45，进而可证明AEH≌AEF，故EFBEDF．

第22页共66页.

任务：

如图3，在四边形ABCD中，ABAD，BD90，BAD120，以A为顶点的EAF60，AE、

AF与BC、CD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EFBEDF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．

【答案】成立，证明见解析

【分析】根据阅读材料将△ADF旋转120°再证全等即可求得EF=BE+DF．

【详解】解：成立．

证明：将ADF绕点A顺时针旋转120，得到ABM，

ABM≌ADF，ABMD90，MABFAD，AMAF，MB=DF，

MBEABMABE180，M、B、E三点共线，

MAEMABBAEFADBAEBADEAF60．

AMAF，MAEFAE，AEAE，

MAE≌FAE(SAS)，

EFMEMBBEDFBE．

【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ABCD是正方形，E，F分别在边BC、

CD上，且EAF45，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．

第23页共66页.

(1)在图1中，连接EF，为了证明结论“EFBEDF”，小亮将ADF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EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？

【答案】(1)见解析

(2)EFDFBE．

【分析】（1）利用旋转的性质，证明AGEAEF即可．

（2）把ABE绕点A逆时针旋转90，使AB与CD重合，点E与点G对应到AD，证明AEFAGF

即可求得EFDFBE．

【详解】（1）证明：如图1，

由旋转可得GBDF,AFAG,BAGDAF

四边形ABCD为正方形

BADADFABC90

ABCABG180

G、B、C三点在一条直线上

EAF45

BAEDAF45

BAGBAE45EAF

第24页共66页.

在AGE和AFE中

AGAF

GAEEAF

AEAE

AGEAFESAS

GEEF

GEGBBEBEDF

EFBEDF

（2）结论：EFDFBE．

理由：如图2，把ABE绕点A逆时针旋转90，使AB与AD重合，点E与点G对应，同（1）可证

得AEFAGFSAS

EFGF,且DGBE

EFDFDGDFBE

【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，ABAC，点D、

1

E是边BC上两动点，且满足DAEBAC，

2

求证：BDCEDE．

第25页共66页.

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DAE两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的△AFE，然后证明与半角形成

的VADE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△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，

……

（2）【应用提升】如图，正方形ABCD（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AD点D运动；点Q点D同时出发，以相同的速度沿射线AD方向向右运动，

当点P到达点D时，点Q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l于点E，BE

与CD相交于点F，连接PF，设点P运动时间为ts，

①求PBE的度数；

②试探索在运动过程中△PDF的周长是否随时间t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△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，根据旋转的性质结合

已知可证△DAF≌△FAE，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△ABP≌△QPE，推出PBPE，即可证出结论；

②如图3，延长DA到G，使AGCF，连接BG，证出△BAG≌△BCF，得到BGBF，ABGCBF，

证出△PBG≌△PBF，由全等三角形的性质得出PFPG，由此可得出△PDF的周长是定值8．

【详解】（1）如图1，将△ABD绕点A旋转至△ACF，使AB与AC重合，连接EF，

第26页共66页.

∵△ABD绕点A旋转至△ACF，

∴△ABD≌△ACF

∴BDCF，ADAF，BADCAF，

1

∵BADDAECAEBAC，DAEBAC，

2

∴BADCAEDAE

∴CAFCAEDAE

∵CAECAFEAF

∴DAEFAE

∵AEAE

∴△DAE≌△FAE

∴DEFE

∵CFCEEF

∴BDCEDE

（2）①如图2，

由题意：APDQ

∵四边形ABCD是正方形，

∴ABAD，A90

∵APDQ

∴ADPQAB

∵PBPE

∴BPE90

∴ABPAPB90

APBEPQ90

第27页共66页.

∴ABPEPQ

在ABP和△QPE中

ABPEPQ

∵AEQP

ABPQ

∴△ABP≌△QPE

∴PBPE

∴PBEPEB45

②△PDF的周长不随时间t的变化而变化，

如图3，延长DA到G，使AGCF，连接BG，

在△BAG和△BCF中

BABC

∵BAGBCF

AGCF

∴△BAG≌△BCF

∴BGBF，ABGCBF

∵PBE45，ABC90

∴ABPCBFABPABG45，

∴PBGPBF

在△PBG和△PBF中

BGBF

∵PBGPBF

PBPB

∴△PBG≌△PBF

∴PFPG

第28页共66页.

∴PFPAAGPACF

∵正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4

∴△PDF的周长

PFDPDFPADPDFCFADCD8

∴△PDF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ABCD是正方形，M，N分别在边

CD、BC上，且∠MAN=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△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，如图②．从而证明出

了DM+BN=MN．

(1)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ABCD的边BC、CD的延长线上，∠MAN=45°，连接数MN，请根据小

明的发现给你的启示写出MN、DM、BN之间的数量关系，并证明．

第29页共66页.

【答案】(1)见详解

(2)见详解

【分析】（1）将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，由旋转的性质可得DM=BE，AM=AE，∠MAE=90°，

�DAM行BAE,D=�ABE90,证明E,B,N三点共线，ÐBAE+ÐBAN=∠EAN=45°，再证明

△EAN≌△MAN即可得到结论；

（2）将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，由旋转的性质可得AM=AE，DM=BE，∠MAE=90°，

结合正方形的性质同理可得：E,B,N共线，再证明△EAN≌△MAN，利用全等三角形的性质可得结论．

（1）解：∵正方形ABCD，DABABCD90,ABAD,将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到

△ABE，由旋转的性质可得DM=BE，AM=AE，∠MAE=90°，�DAM行BAE,D=�ABE90,∴E,B,N

三点共线，∵∠MAN=45°，\ÐDAM+ÐBAN=45°,∴ÐBAE+ÐBAN=∠EAN=45°，在△AMN与△AEN中

又∵AN=AN∴△EAN≌△MAN∴EN=MN，∵EB+BN=EN∴DM+BN=MN

（2）DM+MN=BN．理由如下：将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，由旋转的性质可得AM=AE，

DM=BE，∠MAE=90°，结合正方形的性质同理可得：E,B,N共线，

第30页共66页.

∵∠MAN=45°，∴∠EAN=90°-∠MAN=45°，在△AMN与△AEN中又

∵AN=AN，∴△EAN≌△MAN，∴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ABCD中，ABAD，BAD120，BADC90，点E，F分别是BC，CD上的点，且EAF60，

连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．

(1)探究发现：小明同学的方法是将ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，

然后证明△AGF≌△AEF，从而得出结论：____________；

(2)拓展延伸：如图②，在正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且EAF45，连接EF，（1）中

的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．

(3)尝试应用：在（2）的条件下，若BE3，DF2，求正方形ABCD的边长．

【答案】(1)EF=BE+DF

(2)成立，证明过程见解析

(3)6

【分析】(1)由题中所给思路，证明△AGF≌△AEF及G、D、F三点共线即可得到GD=BE，

EF=GF=GD+DF=BE+DF；

(2)仿照(1)中思路，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，D点落在B点处，F点落在G点处，连接GB，证明

第31页共66页.

△GAE≌△FAE(SAS)及G、B、E三点共线，进而得到EF=GE=GB+BE=DF+BE；

(3)设正方形边长为x，则EC=BC-BE=x-3，FC=CD-DF=x-2，由(2)中结论可知：EF=BE+DF=3+2=5，最后

在Rt△EFC中，由勾股定理有：EC²+CF²=EF²，代入数据即可求解．

（1）

解：∵ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，

∴∠EAG=∠BAD=120°，

∵∠BAE=∠BAD-∠EAD=120°-∠EAD，∠DAG=∠EAG-∠EAD=120°-∠EAD，

∴∠BAE=∠DAG，

且AE=AG，

∴△BAE≌△DAG(AAS)，

∴∠EBA=∠GDA=90°，GD=BE，

∴∠GDA+∠ADF=90°+90°=180°，

∴G、D、F三点共线，

又由已知：∠EAF=60°，

∴∠GAF=∠EAG-∠EAF=120°-60°=60°，

AEAG

在AGF和△AEF中：EAFGAF60，

AFAF

∴△AGF≌△AEF(SAS)，

∴EFGFGDDFBEDF．

（2）

解：(1)中的结论依然成立，即：EFBEDF，理由如下：

将△ADF绕点A顺时针旋转90°，D点落在B点处，F点落在G点处，连接GB，如上图，

第32页共66页.

∵∠EAF=45°，

∴∠DAF+∠BAE=45°，

∵旋转90°，即∠FAG=90°，

∴∠BAG+∠BAE=90°-∠DAF=90°-45°=45°，

∴∠DAF=∠BAG,

AGAF

在△GAB和△FAD中：BAGDAF，

ABAD

∴△GAB≌△FAD(SAS)，

∴∠ABG=∠ADF=90°，BG=DF，

∴∠ABG+∠ABE=90°+90°=180°，

∴G、B、E三点共线，

又已知∠EAF=45°，

∴∠GAE=90°-∠EAF=90°-45°=45°，

∴∠GAE=∠EAF，

AGAF

在△GAE和△FAE中：GAEFAE45，

AEAE

∴△GAE≌△FAE(SAS)，

∴EF=GE=GB+BE=DF+BE．

（3）

解：设正方形边长为x，则EC=BC-BE=x-3，FC=CD-DF=x-2，

由(2)中结论可知：EF=BE+DF=3+2=5，

在Rt△EFC中，由勾股定理有：EC²+CF²=EF²，代入数据：

∴(x-3)²+(x-2)²=25，

解出：x1=6，x2=-1(负值舍去)

∴正方形的边长为6．

【点睛】本题借助正方形的性质考查了三角形全等的判定及性质、旋转的应用、勾股定理求线段长等知识

点，熟练掌握旋转的性质及三角形全等的判定方法是解决本类题的关键．

6．（2020秋·重庆璧山·九年级重庆市璧山中学校校考阶段练习）“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD

第33页共66页.

中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数

量关系．

（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，

从而得出结论：

（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF

1

＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．

2

（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，

动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，

设AG＝m，求m的取值范围．

48

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）m

33

【分析】（1）根据旋转变换及三角形全等即可得解；

（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，通过△ABE≌△ADG,AEF≌AGF即可得解；

（3）根据题意分两种情况∶P与O重合，H与C重合，通过构造全等三角形，求得MN=NQ，再设BM=a，

4

则