專題30 半角模型（解析版）

模塊二常見(jiàn)模型專練

專題30半角模型

例1（2022年·貴州黔西·中考真題）綜合與實(shí)踐

（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量

關(guān)系為．

（2）如圖2，在四邊形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若

∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)寫(xiě)出猜想，并給予證明．

（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點(diǎn)M、N分別在DA、CD的延長(zhǎng)線上，

若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系為．

【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由見(jiàn)解析；（3）MN=CN-AM，理由見(jiàn)解析

【分析】（1）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，

∠ABM=∠M'BC，可得到點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，從而證得

△NBM≌△NBM'，即可求解；

（2）把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，

∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，再由∠MBN＝∠ABC，可得到

∠M'BN=∠MBN，從而證得△NBM≌△NBM'，即可求解；

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

證得△ABM≌△CBM'，從而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，進(jìn)而得到∠MAM'=∠ABC，再

第1頁(yè)共66頁(yè).

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

【詳解】解：（1）如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，

∠ABM=∠M'BC，

在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC，

∴∠BCM'+∠BCD=180°，

∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，

∵∠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(jìn)'N=M'C+CN，

∴MN=M'C+CN=AM+CN；

（2）MN=AM+CN；理由如下：

如圖，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，

∠ABM=∠M'BC，

∵∠A+∠C＝180°，

∴∠BCM'+∠BCD=180°，

∴點(diǎn)M'、C、N三點(diǎn)共線，

第2頁(yè)共66頁(yè).

∵∠MBN＝∠ABC，

∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，

∴∠CBN+∠M'BC=∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN=M'N，

∵M(jìn)'N=M'C+CN，

∴MN=M'C+CN=AM+CN；

（3）MN=CN-AM，理由如下：

如圖，在NC上截取CM'=AM，連接BM'，

∵在四邊形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，

第3頁(yè)共66頁(yè).

∴∠MBN＝∠MAM'=∠M'BN，

∵BN=BN，

∴△NBM≌△NBM'，

∴MN=M'N，

∵M(jìn)'N=CN-CM'，

∴MN=CN-AM．

故答案是：MN=CN-AM．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，圖形的旋轉(zhuǎn)，根據(jù)題意做適當(dāng)輔助線，

得到全等三角形是解題的關(guān)鍵．

從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與該頂點(diǎn)的兩對(duì)邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平

面幾何模型稱為半角模型。

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

結(jié)論一

半角模型中射線與端點(diǎn)對(duì)邊交點(diǎn)的連線長(zhǎng)等于端點(diǎn)兩相鄰點(diǎn)到各自最近交點(diǎn)的距離和。

即如圖中，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E,F分別在BC和CD邊上，滿足∠EAF=45°，連結(jié)EF，則有：EF=BE+DF。

第4頁(yè)共66頁(yè).

結(jié)論二

兩射線的公共端點(diǎn)是射線截端點(diǎn)兩對(duì)邊所得直角三角形的一個(gè)旁心，即射線平分截得的直角三角形兩

銳角的外角。

結(jié)論三

兩射線的端點(diǎn)到射線與端點(diǎn)兩對(duì)邊交點(diǎn)的連線的距離等于正方形的邊長(zhǎng)。

結(jié)論四

過(guò)兩射線的端點(diǎn)且垂直于射線與端點(diǎn)兩對(duì)邊交點(diǎn)連線的直線分“半角三角形”得的兩個(gè)三角形與半角

三角形外的兩個(gè)小三角形分別全等。

結(jié)論五

射線截端點(diǎn)兩對(duì)邊所得直角三角形的兩直角邊相等時(shí)，其斜邊長(zhǎng)取到最小值，其面積取到最大值。

【變式1】（2021·遼寧·沈陽(yáng)市南昌中學(xué)（含：西校區(qū)、光榮中學(xué)）九年級(jí)階段練習(xí)）如圖，菱形ABCD與

菱形EBGF的頂點(diǎn)B重合，頂點(diǎn)F在射線AC上運(yùn)動(dòng)，且，對(duì)角線AC、BD相交于

點(diǎn)O．

（1）如圖1．當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，直接寫(xiě)出的值為；

（2）當(dāng)頂點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到如圖2的位置時(shí)，連接CG，，且，試探究CG與DF的數(shù)量關(guān)系，

說(shuō)明理由，并直接寫(xiě)出直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)；

（3）如圖3，取點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，若B、E、P三點(diǎn)共線，且當(dāng)CF＝2時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出BP的長(zhǎng)．

第5頁(yè)共66頁(yè).

【答案】（1）；（2），；（3）

【分析】（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)，由菱形性質(zhì)和已知得出，，

，再由含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出，

，進(jìn)而求得的值；

（2）菱形的邊長(zhǎng)為，由是等腰直角三角形，再已知菱形的條件，求出

是等腰直角三角形，繼而得出，從而求出，由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱可知

，再由三角形外角的性質(zhì)可得直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為；

（3）利用半角模型將逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到位置，從而得出（SAS），得到一個(gè)

由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而確定三條線段關(guān)系，再利用中位線定

理和三角形相似在菱形中得出NF、AN與菱形邊長(zhǎng)關(guān)系，求出菱形邊長(zhǎng)即可解答．

【詳解】解：（1）設(shè)菱形ABCD邊長(zhǎng)，

∵在菱形ABCD中，，

∴，，，

∴，，，

∵在四邊形是菱形，，，

，

，

∴，

∴，

∴，

．

（2），直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為．

理由如下，如圖，連接BF，延長(zhǎng)GC交FD于N，

第6頁(yè)共66頁(yè).

設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為，

∵，且，

∴，

∵，

∵四邊形是菱形，，

，

∴，

∴，

∵，，

∴，，

由（2）可知：，

∴，

∴，

由B、D是關(guān)于AC的軸對(duì)稱可知，，

又∵，

第7頁(yè)共66頁(yè).

∴，

即直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為；

（3），

過(guò)程如下：依題意，作出圖形，此時(shí)B、E、P三點(diǎn)共線，

連接BF，并將線段BF繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°到BM位置，連接MG、MA，

∵，

∴（SAS）

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴（SAS），

∴

過(guò)M點(diǎn)作MH⊥CH，

∵，

∴，，

∴，，

第8頁(yè)共66頁(yè).

取OD的中點(diǎn)Q，連接QP，

∵AP=PD，

∴，，

∴，

∴，

∴，

設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為，則，

∴，

，

，

在中，，

∴，

解得（舍去），，

∴，，

∵在中，，

∴．

【點(diǎn)睛】本題是幾何旋轉(zhuǎn)綜合題，主要考查了菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)全等、30°直角三角形性質(zhì)和勾股定理解

三角形等，解題關(guān)鍵是利用特殊角進(jìn)行計(jì)算得出其他角度數(shù)，利用旋轉(zhuǎn)得到由CF、NF、AN三條線段長(zhǎng)組

成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而通過(guò)已知計(jì)算．

【變式2】（2021·河南平頂山·九年級(jí)期中）（1）閱讀理解

如圖1，在正方形ABCD中，若E，F(xiàn)分別是CD，BC邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，則我們常常會(huì)想到：把ADE

繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到ABG．易證AEF≌，得出線段BF，DE，EF之間的關(guān)系為；

（2）類比探究

如圖2，在等邊ABC中，D，E為BC邊上的點(diǎn)，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求線段DE的長(zhǎng)；

第9頁(yè)共66頁(yè).

（3）拓展應(yīng)用

如圖3，在ABC中，AB＝AC＝，∠BAC＝150°，點(diǎn)D，E在BC邊上，∠DAE＝75°，若DE是等

腰ADE的腰，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段BD的長(zhǎng)．

【答案】（1）AGF，EF＝DE+BF；（2）DE＝；（3）BD＝2或2

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

（2）證明△AFD≌△AED（SAS），則FD＝DE，在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°

＝2×＝，則,即可求解；

（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，△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當(dāng)DE＝AE時(shí)，BD對(duì)應(yīng)①

中的CE，即可求解．

【詳解】解：（1）由圖象的旋轉(zhuǎn)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，

故答案為：AGF，EF＝DE+BF；

（2）將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB的位置，連接FD，

由（1）知，△AFB≌△AEC（SAS），則AF＝AE，F(xiàn)B＝EC＝2，

第10頁(yè)共66頁(yè).

∵∠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°，

過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BD交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠FBH＝60°，

在Rt△FBH中，∠FBH＝60°，則BH＝BF＝1，F(xiàn)H＝BFsin60°＝2×＝，

則

故DE＝；

（3）①當(dāng)DE＝AD時(shí)，則∠DAE＝∠DEA＝75°，則∠ADE＝180°﹣2×75°＝30°，

在等腰△ABC中，∠BAC＝150°，則∠ABC＝∠ACB＝15°，

將△AEC圍繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△AFB所在的位置（點(diǎn)F對(duì)應(yīng)點(diǎn)E），連接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，

設(shè)BD＝a，則AD＝BD＝ED＝a，則BE＝2a，

過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BA交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，則∠HAC＝2∠ABC＝30°，

在△ABC中，AB＝AC＝，∠HAC＝30°，

設(shè)AC＝x，則CH＝x，AH＝x，

由BC2＝（AB+AH）2+HC2得：BC2＝（x+x）2+（x）2，

將x＝代入上式并解得：BC＝4+2；

在△ADE中，AD＝DE＝a，∠ADE＝30°，

第11頁(yè)共66頁(yè).

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（舍去負(fù)值），故a＝2，

則BD＝2，

CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；

②當(dāng)DE＝AE時(shí)，

BD對(duì)應(yīng)①中的CE，

故BD＝2；

綜上，BD＝2或2．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰

三角形的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.

【變式3】（2021·遼寧沈陽(yáng)·一模）（1）思維探究：

如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且∠EAF＝45°，連接EF，則三條線段EF，BE，

DF滿足的等量關(guān)系式是；小明的思路是：將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ABG的位置，并

說(shuō)明點(diǎn)G，B，E在同一條直線上，然后證明△AEF≌即可得證結(jié)論；（只需填空，無(wú)需證明）

（2）思維延伸：

如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D，E均在邊BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝45°，

猜想三條線段BD，DE，EC應(yīng)滿足的等量關(guān)系，并說(shuō)明理由；

（3）思維拓廣：

如圖3，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC＝5，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE

＝30°，當(dāng)BD＝1時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段CE的長(zhǎng)．

第12頁(yè)共66頁(yè).

【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由見(jiàn)解析；（3）或

【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AG=AF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，則有∠GAE=∠EAF=45°，進(jìn)而

證得△AEG≌△AEF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=EF即可解答；

（2）將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，連接EG，可證得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，

進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，再根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論；

（3）當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，可證得∠GAE=∠DAE=30°，

∠GCE=120°，進(jìn)而可證得△GAE≌△DAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)證得GE=DE，過(guò)G作GH⊥EC，交EC

延長(zhǎng)線于H，設(shè)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；當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，同樣的方法可求得CE的長(zhǎng)．

【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，

∵將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ABG，

∴AG=AF，BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，

∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，

∴點(diǎn)G、B、E共線，

∵∠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，

第13頁(yè)共66頁(yè).

故答案為：BE＋DF＝EF，△AEG；

（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由為：

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，

∴∠ABC=∠ACB=45°，

如圖2，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△ACG，連接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為等邊三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，

由題意，點(diǎn)D，E均在直線BC上，點(diǎn)D在點(diǎn)E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，

∴①當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B右側(cè)時(shí)，BD=1，如圖3，

將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，

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

∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，

第14頁(yè)共66頁(yè).

∴∠DAB+∠EAC=30°，

∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE=30°

∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，

∴△GAE≌△DAE（SAS）,

∴GE=DE，

過(guò)G作GH⊥EC，交EC延長(zhǎng)線于H，

∵∠ECG=∠ACG+∠ACB=60°+60°=120°，

∴∠GCH=60°，

在Rt△GCH中，CH=CG·cos60°=，GH=CG·sin60°=，

設(shè)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當(dāng)點(diǎn)D在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，BD=1

同理，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，

易證△GAE≌△DAE，得GE=DE，

過(guò)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°=，

設(shè)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，

第15頁(yè)共66頁(yè).

解得：x=，即CE=，

綜上，CE的長(zhǎng)為或．

【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股

定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、解一元一次方程、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，難度適中，熟練掌

握相關(guān)知識(shí)的性質(zhì)與運(yùn)用，正確作出輔助線，借助旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得出全等三角形是解答的關(guān)鍵．

【變式4】（2021·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于

點(diǎn)O．

(1)求邊AB的長(zhǎng)；

(2)求∠BAC的度數(shù)；

(3)如圖2，將一個(gè)足夠大的直角三角板60°角的頂點(diǎn)放在菱形ABCD的頂點(diǎn)A處，繞點(diǎn)A左右旋轉(zhuǎn)，其中三

角板60°角的兩邊分別與邊BC，CD相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF．判斷AEF是哪一種特殊三角形，并說(shuō)明理

由．△

【答案】（1）2；（2）；（3）見(jiàn)詳解

【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出OA=1，OB=，根據(jù)勾股定理可得出答案；

（2）得出△ABC是等邊三角形即可；

（3）由△ABC和△ACD是等邊三角形，利用ASA可證得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根據(jù)有一個(gè)角

是60°的等腰三角形是等邊三角形推出即可．

第16頁(yè)共66頁(yè).

【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，

∴△AOB為直角三角形，且．

∴；

（2）∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC，

由（1）得：AB=AC=BC=2，

∴△ABC為等邊三角形，

∠BAC=60°；

（3）△AEF是等邊三角形，

∵由（1）知，菱形ABCD的邊長(zhǎng)是2，AC=2，

∴△ABC和△ACD是等邊三角形，

∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，

∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，

∴∠BAE=∠CAF，

在△ABE和△ACF中，

∴△ABE≌△ACF（ASA），

∴AE=AF，

∵∠EAF=60°，

∴△AEF是等邊三角形．

【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)以及圖形的旋轉(zhuǎn)．解題的

關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)．

21．（2020·重慶江津·八年級(jí)期中）（1）如圖1，在正方形ABCD中，E是AB上一點(diǎn)，G是AD上一點(diǎn)，

∠ECG=45°，求證EG=BE+GD．

第17頁(yè)共66頁(yè).

（2）請(qǐng)用（1）的經(jīng)驗(yàn)和知識(shí)完成此題：如圖2，在四邊形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，

E是AB上一點(diǎn)，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的長(zhǎng)？

【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）EG=10．

【分析】（1）延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可直接證明△EBC≌△FDC，從

而得出∠BCE=∠DCF，根據(jù)∠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，即可證出EG=BE+GD；

（2）過(guò)C作CD⊥AG，交AG延長(zhǎng)線于D，則四邊形ABCD是正方形，設(shè)EG=x，則AE=8，根據(jù)（1）可

得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．

【詳解】（1）證明：如圖3所示，延長(zhǎng)AD至F，使DF=BE，連接CF，

∵四邊形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頁(yè)共66頁(yè).

∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°，

∴∠ECG=∠FCG．

∵GC=GC，EC=FC，

∴△ECG≌△FCG，

∴EG=GF．

∵GF=GD+DF=BE+GD，

∴EG=BE+GD．

（2）解：如圖4，過(guò)C作CD⊥AG，交AG延長(zhǎng)線于D，

在直角梯形ABCG中，

∵AGBC，∠A=∠B=90°，

又∠CDA=90°，AB=BC，

∴四邊形ABCD為正方形．

∴AD=AB=BC=12．

已知∠ECG=45°，根據(jù)（1）可知，EG=BE+DG，

設(shè)EG=x，則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．

【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，注意每個(gè)題目之間的關(guān)系，正確作出輔

助線是解題的關(guān)鍵．

【變式5】（2020·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）請(qǐng)閱讀下列材料：

第19頁(yè)共66頁(yè).

已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別為線段BC上兩動(dòng)點(diǎn)，若∠DAE＝

45°．探究線段BD、DE、EC三條線段之間的數(shù)量關(guān)系：

（1）猜想BD、DE、EC三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系式，直接寫(xiě)出你的猜想；

（2）當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E在線段BC上，動(dòng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)在線段CB延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖（2），其它條件不變，（1）中探

究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請(qǐng)說(shuō)明你的猜想并給予證明；

（3）已知：如圖（3），等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E在邊AB上，且∠DCE＝30°，請(qǐng)你找出一個(gè)條件，

使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，并求出此時(shí)等腰三角形頂角的度數(shù)．

【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，詳見(jiàn)解析；（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，

線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．

【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，得到△AFD≌△ABD，然后

可以得到AF＝AB，F(xiàn)D＝DB，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，再利用已知條件可以證明△AFE≌△ACE，

從而可以得到∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，根據(jù)勾股定理即可證明猜想的結(jié)論；

（2）根據(jù)（1）的思路一樣可以解決問(wèn)題；

（3）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．如圖，與（1）類似，以CE為一邊，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°，這樣就可以解決問(wèn)題．

【詳解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；

證明：如圖，將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE，

∴△AFD≌△ABD，

∴AF＝AB，F(xiàn)D＝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頁(yè)共66頁(yè).

∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，

∴DE2＝FD2+EF2

∴DE2＝BD2+EC2；

（2）關(guān)系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．

證明：將△ADB沿直線AD對(duì)折，得△AFD，連FE

∴△AFD≌△ABD，

∴AF＝AB，F(xiàn)D＝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）當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形．

如圖，與（2）類似，以CE為一邊，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，

第21頁(yè)共66頁(yè).

可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．

∴AD＝DF，EF＝BE．

∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．

若使△DFE為等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，

∴當(dāng)AD＝BE時(shí)，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個(gè)等腰三角形，且頂角∠DFE為120°．

【點(diǎn)睛】此題比較復(fù)雜，考查了全等三角形的性質(zhì)與判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)點(diǎn)，

此題關(guān)鍵是正確找出輔助線，通過(guò)輔助線構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，要掌握輔助線的作圖根據(jù)．

【培優(yōu)練習(xí)】

1．（2022秋·山西·九年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀以下材料，并按要求完成相應(yīng)的任務(wù)：

從正方形的一個(gè)頂點(diǎn)引出夾角為45的兩條射線，并連接它們與該頂點(diǎn)的兩對(duì)邊的交點(diǎn)構(gòu)成的基本平面幾何

模型稱為半角模型．半角模型可證出多個(gè)幾何結(jié)論，例如：

如下圖1，在正方形ABCD中，以A為頂點(diǎn)的EAF45，AE、AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．易

證得EFBEFD．

大致證明思路：如圖2，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，得到ABH，由HBE180可得H、B、E三

點(diǎn)共線，HAEEAF45，進(jìn)而可證明AEH≌AEF，故EFBEDF．

第22頁(yè)共66頁(yè).

任務(wù)：

如圖3，在四邊形ABCD中，ABAD，BD90，BAD120，以A為頂點(diǎn)的EAF60，AE、

AF與BC、CD邊分別交于E、F兩點(diǎn)．請(qǐng)參照閱讀材料中的解題方法，你認(rèn)為結(jié)論EFBEDF是否依

然成立，若成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

【答案】成立，證明見(jiàn)解析

【分析】根據(jù)閱讀材料將△ADF旋轉(zhuǎn)120°再證全等即可求得EF=BE+DF．

【詳解】解：成立．

證明：將ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120，得到ABM，

ABM≌ADF，ABMD90，MABFAD，AMAF，MB=DF，

MBEABMABE180，M、B、E三點(diǎn)共線，

MAEMABBAEFADBAEBADEAF60．

AMAF，MAEFAE，AEAE，

MAE≌FAE(SAS)，

EFMEMBBEDFBE．

【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)中的三角形全等，讀懂材料并運(yùn)用所學(xué)的全等知識(shí)是本題關(guān)鍵．

2．（2022秋·陜西寶雞·九年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）已知，如圖1，四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)分別在邊BC、

CD上，且EAF45，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問(wèn)題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方

法．

第23頁(yè)共66頁(yè).

(1)在圖1中，連接EF，為了證明結(jié)論“EFBEDF”，小亮將ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90后解答了這

個(gè)問(wèn)題，請(qǐng)按小亮的思路寫(xiě)出證明過(guò)程；

(2)如圖2，當(dāng)EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到圖2位置時(shí)，試探究EF與DF、BE之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？

【答案】(1)見(jiàn)解析

(2)EFDFBE．

【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，證明AGEAEF即可．

（2）把ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，使AB與CD重合，點(diǎn)E與點(diǎn)G對(duì)應(yīng)到AD，證明AEFAGF

即可求得EFDFBE．

【詳解】（1）證明：如圖1，

由旋轉(zhuǎn)可得GBDF,AFAG,BAGDAF

四邊形ABCD為正方形

BADADFABC90

ABCABG180

G、B、C三點(diǎn)在一條直線上

EAF45

BAEDAF45

BAGBAE45EAF

第24頁(yè)共66頁(yè).

在AGE和AFE中

AGAF

GAEEAF

AEAE

AGEAFESAS

GEEF

GEGBBEBEDF

EFBEDF

（2）結(jié)論：EFDFBE．

理由：如圖2，把ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，使AB與AD重合，點(diǎn)E與點(diǎn)G對(duì)應(yīng)，同（1）可證

得AEFAGFSAS

EFGF,且DGBE

EFDFDGDFBE

【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利

用旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形．

3．（2022秋·江蘇揚(yáng)州·八年級(jí)校考階段練習(xí)）（1）【閱讀理解】如圖，已知ABC中，ABAC，點(diǎn)D、

1

E是邊BC上兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足DAEBAC，

2

求證：BDCEDE．

第25頁(yè)共66頁(yè).

我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問(wèn)題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方法．

小明的解題思路：將半角DAE兩邊的三角形通過(guò)旋轉(zhuǎn)，在一邊合并成新的△AFE，然后證明與半角形成

的VADE全等，再通過(guò)全等的性質(zhì)進(jìn)行等量代換，得到線段之間的數(shù)量關(guān)系．

請(qǐng)你根據(jù)小明的思路寫(xiě)出完整的解答過(guò)程．

證明：將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，

……

（2）【應(yīng)用提升】如圖，正方形ABCD（四邊相等，四個(gè)角都是直角）的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以

每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線AD點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q點(diǎn)D同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿射線AD方向向右運(yùn)動(dòng)，

當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)，連接BP，過(guò)點(diǎn)P作BP的垂線交過(guò)點(diǎn)Q平行于CD的直線l于點(diǎn)E，BE

與CD相交于點(diǎn)F，連接PF，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，

①求PBE的度數(shù)；

②試探索在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中△PDF的周長(zhǎng)是否隨時(shí)間t的變化而變化？若變化，說(shuō)明理由；若不變，試求這個(gè)

定值．

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）①45；②不變，2

【分析】（1）如圖1，將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合

已知可證△DAF≌△FAE，再根據(jù)三角形三邊關(guān)系定理即可證得結(jié)論；

（2）①如圖2，根據(jù)已知結(jié)合正方形性質(zhì)證得△ABP≌△QPE，推出PBPE，即可證出結(jié)論；

②如圖3，延長(zhǎng)DA到G，使AGCF，連接BG，證出△BAG≌△BCF，得到BGBF，ABGCBF，

證出△PBG≌△PBF，由全等三角形的性質(zhì)得出PFPG，由此可得出△PDF的周長(zhǎng)是定值8．

【詳解】（1）如圖1，將△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，使AB與AC重合，連接EF，

第26頁(yè)共66頁(yè).

∵△ABD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至△ACF，

∴△ABD≌△ACF

∴BDCF，ADAF，BADCAF，

1

∵BADDAECAEBAC，DAEBAC，

2

∴BADCAEDAE

∴CAFCAEDAE

∵CAECAFEAF

∴DAEFAE

∵AEAE

∴△DAE≌△FAE

∴DEFE

∵CFCEEF

∴BDCEDE

（2）①如圖2，

由題意：APDQ

∵四邊形ABCD是正方形，

∴ABAD，A90

∵APDQ

∴ADPQAB

∵PBPE

∴BPE90

∴ABPAPB90

APBEPQ90

第27頁(yè)共66頁(yè).

∴ABPEPQ

在ABP和△QPE中

ABPEPQ

∵AEQP

ABPQ

∴△ABP≌△QPE

∴PBPE

∴PBEPEB45

②△PDF的周長(zhǎng)不隨時(shí)間t的變化而變化，

如圖3，延長(zhǎng)DA到G，使AGCF，連接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頁(yè)共66頁(yè).

∴PFPAAGPACF

∵正方形ABCD（四邊相等，四個(gè)角都是直角）的邊長(zhǎng)為4

∴△PDF的周長(zhǎng)

PFDPDFPADPDFCFADCD8

∴△PDF的周長(zhǎng)是定值8．

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，

構(gòu)造全等三角形是解決本題的關(guān)鍵．

4．（2021秋·廣西南寧·九年級(jí)統(tǒng)考期中）【探索發(fā)現(xiàn)】如圖①，四邊形ABCD是正方形，M，N分別在邊

CD、BC上，且∠MAN=45°，我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問(wèn)題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用

的方法．如，小明將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)D與點(diǎn)B重合，得到△ABE，如圖②．從而證明出

了DM+BN=MN．

(1)請(qǐng)你按照小明的方法證明：DM+BN=MN；

【類比延伸】

(2)如圖③，點(diǎn)N、M分別在正方形ABCD的邊BC、CD的延長(zhǎng)線上，∠MAN=45°，連接數(shù)MN，請(qǐng)根據(jù)小

明的發(fā)現(xiàn)給你的啟示寫(xiě)出MN、DM、BN之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

第29頁(yè)共66頁(yè).

【答案】(1)見(jiàn)詳解

(2)見(jiàn)詳解

【分析】（1）將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DM=BE，AM=AE，∠MAE=90°，

?DAM行BAE,D=?ABE90,證明E,B,N三點(diǎn)共線，DBAE+DBAN=∠EAN=45°，再證明

△EAN≌△MAN即可得到結(jié)論；

（2）將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AM=AE，DM=BE，∠MAE=90°，

結(jié)合正方形的性質(zhì)同理可得：E,B,N共線，再證明△EAN≌△MAN，利用全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．

（1）解：∵正方形ABCD，DABABCD90,ABAD,將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到

△ABE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得DM=BE，AM=AE，∠MAE=90°，?DAM行BAE,D=?ABE90,∴E,B,N

三點(diǎn)共線，∵∠MAN=45°，\DDAM+DBAN=45°,∴DBAE+DBAN=∠EAN=45°，在△AMN與△AEN中

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

（2）DM+MN=BN．理由如下：將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AM=AE，

DM=BE，∠MAE=90°，結(jié)合正方形的性質(zhì)同理可得：E,B,N共線，

第30頁(yè)共66頁(yè).

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

∵AN=AN，∴△EAN≌△MAN，∴EN=MN，∵BE+EN=BN，∴DM+MN=BN．

【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練的利用旋轉(zhuǎn)構(gòu)建全等

三角形是解本題的關(guān)鍵．

5．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）問(wèn)題背景：在解決“半角模型”問(wèn)題時(shí)，旋轉(zhuǎn)是一種常用方法．如圖①，

在四邊形ABCD中，ABAD，BAD120，BADC90，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點(diǎn)，且EAF60，

連接EF，探究線段BE，EF，DF之間的數(shù)量關(guān)系．

(1)探究發(fā)現(xiàn)：小明同學(xué)的方法是將ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°至△ADG的位置，使得AB與AD重合，

然后證明△AGF≌△AEF，從而得出結(jié)論：____________；

(2)拓展延伸：如圖②，在正方形ABCD中，E、F分別在邊BC、CD上，且EAF45，連接EF，（1）中

的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)寫(xiě)出證明過(guò)程，若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

(3)嘗試應(yīng)用：在（2）的條件下，若BE3，DF2，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)．

【答案】(1)EF=BE+DF

(2)成立，證明過(guò)程見(jiàn)解析

(3)6

【分析】(1)由題中所給思路，證明△AGF≌△AEF及G、D、F三點(diǎn)共線即可得到GD=BE，

EF=GF=GD+DF=BE+DF；

(2)仿照(1)中思路，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，D點(diǎn)落在B點(diǎn)處，F(xiàn)點(diǎn)落在G點(diǎn)處，連接GB，證明

第31頁(yè)共66頁(yè).

△GAE≌△FAE(SAS)及G、B、E三點(diǎn)共線，進(jìn)而得到EF=GE=GB+BE=DF+BE；

(3)設(shè)正方形邊長(zhǎng)為x，則EC=BC-BE=x-3，F(xiàn)C=CD-DF=x-2，由(2)中結(jié)論可知：EF=BE+DF=3+2=5，最后

在Rt△EFC中，由勾股定理有：EC2+CF2=EF2，代入數(shù)據(jù)即可求解．

（1）

解：∵ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°至△ADG的位置，使得AB與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三點(diǎn)共線，

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)中的結(jié)論依然成立，即：EFBEDF，理由如下：

將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，D點(diǎn)落在B點(diǎn)處，F(xiàn)點(diǎn)落在G點(diǎn)處，連接GB，如上圖，

第32頁(yè)共66頁(yè).

∵∠EAF=45°，

∴∠DAF+∠BAE=45°，

∵旋轉(zhuǎn)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三點(diǎn)共線，

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：設(shè)正方形邊長(zhǎng)為x，則EC=BC-BE=x-3，F(xiàn)C=CD-DF=x-2，

由(2)中結(jié)論可知：EF=BE+DF=3+2=5，

在Rt△EFC中，由勾股定理有：EC2+CF2=EF2，代入數(shù)據(jù)：

∴(x-3)2+(x-2)2=25，

解出：x1=6，x2=-1(負(fù)值舍去)

∴正方形的邊長(zhǎng)為6．

【點(diǎn)睛】本題借助正方形的性質(zhì)考查了三角形全等的判定及性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的應(yīng)用、勾股定理求線段長(zhǎng)等知識(shí)

點(diǎn)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及三角形全等的判定方法是解決本類題的關(guān)鍵．

6．（2020秋·重慶璧山·九年級(jí)重慶市璧山中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）“半角型”問(wèn)題探究：如圖1，在四邊形ABCD

第33頁(yè)共66頁(yè).

中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究圖中線段BE，EF，F(xiàn)D之間的數(shù)

量關(guān)系．

（1）小明同學(xué)的方法是將△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°到△ADG的位置，然后再證明△AFE≌△AFG，

從而得出結(jié)論：

（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且∠EAF

1

＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說(shuō)明理由．

2

（3）如圖3，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，AE＝CF＝1，O為EF的中點(diǎn)，

動(dòng)點(diǎn)G、H分別在邊AD、BC上，EF與GH的交點(diǎn)P在O、F之間（與O、F不重合），且∠GPE＝45°，

設(shè)AG＝m，求m的取值范圍．

48

【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）見(jiàn)詳解；（3）m

33

【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換及三角形全等即可得解；

（2）延長(zhǎng)FD到點(diǎn)G，使DG=BE，連接AG，通過(guò)△ABE≌△ADG,AEF≌AGF即可得解；

（3）根據(jù)題意分兩種情況∶P與O重合，H與C重合，通過(guò)構(gòu)造全等三角形，求得MN=NQ，再設(shè)BM=a，

4

則