專題30 半角模型（解析版）

模塊二常見模型專練

專題30半角模型

例1（2022年·貴州黔西·中考真題）綜合與實踐

（1）如圖1，在正方形ABCD中，點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？請寫出猜想，并給予證明．

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

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，理由見解析；（3）MN=CN-AM，理由見解析

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

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

△NBM≌△NBM'，即可求解；

（2）把△ABM繞點B順時針旋轉(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M'、C、N三點共線，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'，進而得到∠MAM'=∠ABC，再

第1頁共66頁.

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B順時針旋轉(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M'、C、N三點共線，

∵∠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'N=M'C+CN，

∴MN=M'C+CN=AM+CN；

（2）MN=AM+CN；理由如下：

如圖，把△ABM繞點B順時針旋轉(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M'、C、N三點共線，

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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，

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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．

【點睛】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．

從正方形的一個頂點引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與該頂點的兩對邊的交點構(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對邊交點的連線長等于端點兩相鄰點到各自最近交點的距離和。

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

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結(jié)論二

兩射線的公共端點是射線截端點兩對邊所得直角三角形的一個旁心，即射線平分截得的直角三角形兩

銳角的外角。

結(jié)論三

兩射線的端點到射線與端點兩對邊交點的連線的距離等于正方形的邊長。

結(jié)論四

過兩射線的端點且垂直于射線與端點兩對邊交點連線的直線分“半角三角形”得的兩個三角形與半角

三角形外的兩個小三角形分別全等。

結(jié)論五

射線截端點兩對邊所得直角三角形的兩直角邊相等時，其斜邊長取到最小值，其面積取到最大值。

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

菱形EBGF的頂點B重合，頂點F在射線AC上運動，且，對角線AC、BD相交于

點O．

（1）如圖1．當(dāng)點F與點O重合時，直接寫出的值為；

（2）當(dāng)頂點F運動到如圖2的位置時，連接CG，，且，試探究CG與DF的數(shù)量關(guān)系，

說明理由，并直接寫出直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)；

（3）如圖3，取點P為AD的中點，若B、E、P三點共線，且當(dāng)CF＝2時，請直接寫出BP的長．

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【答案】（1）；（2），；（3）

【分析】（1）設(shè)菱形ABCD邊長，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，

，進而求得的值；

（2）菱形的邊長為，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針旋轉(zhuǎn)60°到位置，從而得出（SAS），得到一個

由CF、NF、AN三條線段長組成的三角形，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與菱形邊長關(guān)系，求出菱形邊長即可解答．

【詳解】解：（1）設(shè)菱形ABCD邊長，

∵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GC交FD于N，

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設(shè)菱形的邊長為，

∵，且，

∴，

∵，

∵四邊形是菱形，，

，

∴，

∴，

∵，，

∴，，

由（2）可知：，

∴，

∴，

由B、D是關(guān)于AC的軸對稱可知，，

又∵，

第7頁共66頁.

∴，

即直線CG與DF所夾銳角的度數(shù)為；

（3），

過程如下：依題意，作出圖形，此時B、E、P三點共線，

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

∵，

∴（SAS）

∴，，

∵，

∴，

∴，

∴（SAS），

∴

過M點作MH⊥CH，

∵，

∴，，

∴，，

第8頁共66頁.

取OD的中點Q，連接QP，

∵AP=PD，

∴，，

∴，

∴，

∴，

設(shè)菱形的邊長為，則，

∴，

，

，

在中，，

∴，

解得（舍去），，

∴，，

∵在中，，

∴．

【點睛】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)鍵是利用特殊角進行計算得出其他角度數(shù)，利用旋轉(zhuǎn)得到由CF、NF、AN三條線段長組

成的三角形，而且有內(nèi)角為120°，從而通過已知計算．

【變式2】（2021·河南平頂山·九年級期中）（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，∠EAF＝45°，則我們常常會想到：把ADE

繞點A順時針旋轉(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，∠DAE＝30°，BD＝1，EC＝2．求線段DE的長；

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（3）拓展應(yīng)用

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

腰ADE的腰，請直接寫出線段BD的長．

【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，△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，BD對應(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，

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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°，

過點F作FH⊥BD交DB的延長線于點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，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A旋轉(zhuǎn)到△AFB所在的位置（點F對應(yīng)點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，

過點C作CH⊥BA交BA的延長線于點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頁共66頁.

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（舍去負值），故a＝2，

則BD＝2，

CE＝BC﹣2a＝4+2﹣4＝2；

②當(dāng)DE＝AE時，

BD對應(yīng)①中的CE，

故BD＝2；

綜上，BD＝2或2．

【點睛】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)知識進行求解.

【變式3】（2021·遼寧沈陽·一模）（1）思維探究：

如圖1，點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A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°至△ABG的位置，并

說明點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，無需證明）

（2）思維延伸：

如圖2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D，E均在邊BC上，點D在點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，并說明理由；

（3）思維拓廣：

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

＝30°，當(dāng)BD＝1時，請直接寫出線段CE的長．

第12頁共66頁.

【答案】（1）BE＋DF＝EF，△AEG；（2），理由見解析；（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A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ACG，連接EG，可證得AG=AD，∠GAE=∠DAE=45°，∠GCE=90°，

進而可證得△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D在點B右側(cè)時，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，可證得∠GAE=∠DAE=30°，

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

延長線于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D在點B左側(cè)時，同樣的方法可求得CE的長．

【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=90°，

∵將△ADF繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)90°至△ABG，

∴AG=AF，BG=DF，∠GAB=∠FAD，∠ABG=∠D=90°，

∴∠ABG+∠ABC=90°+90°=180°，

∴點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頁共66頁.

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A逆時針方向旋轉(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D，E均在直線BC上，點D在點E的左側(cè)，且∠DAE＝30°，

∴①當(dāng)點D在點B右側(cè)時，BD=1，如圖3，

將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，

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

∵∠DAE=30°，∠BAC=60°，

第14頁共66頁.

∴∠DAB+∠EAC=30°，

∴∠GAC+∠EAC=30°，即∠GAE=30°

∴∠GAE=∠DAE，又AG=AD，AE=AE，

∴△GAE≌△DAE（SAS）,

∴GE=DE，

過G作GH⊥EC，交EC延長線于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D在點B左側(cè)時，BD=1

同理，將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°至△ACG，連接EG，

易證△GAE≌△DAE，得GE=DE，

過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頁共66頁.

解得：x=，即CE=，

綜上，CE的長為或．

【點睛】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，綜合性強，難度適中，熟練掌

握相關(guān)知識的性質(zhì)與運用，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·九年級專題練習(xí)）如圖1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于

點O．

(1)求邊AB的長；

(2)求∠BAC的度數(shù)；

(3)如圖2，將一個足夠大的直角三角板60°角的頂點放在菱形ABCD的頂點A處，繞點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E，F(xiàn)，連接EF．判斷AEF是哪一種特殊三角形，并說明理

由．△

【答案】（1）2；（2）；（3）見詳解

【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)有一個角

是60°的等腰三角形是等邊三角形推出即可．

第16頁共66頁.

【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·八年級期中）（1）如圖1，在正方形ABCD中，E是AB上一點，G是AD上一點，

∠ECG=45°，求證EG=BE+GD．

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（2）請用（1）的經(jīng)驗和知識完成此題：如圖2，在四邊形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，

E是AB上一點，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的長？

【答案】（1）證明見解析；（2）EG=10．

【分析】（1）延長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C作CD⊥AG，交AG延長線于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頁共66頁.

∴∠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C作CD⊥AG，交AG延長線于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·九年級專題練習(xí)）請閱讀下列材料：

第19頁共66頁.

已知：如圖（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點D、E分別為線段BC上兩動點，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，直接寫出你的猜想；

（2）當(dāng)動點E在線段BC上，動點D運動在線段CB延長線上時，如圖（2），其它條件不變，（1）中探

究的結(jié)論是否發(fā)生改變？請說明你的猜想并給予證明；

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

使線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個等腰三角形，并求出此時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，詳見解析；（3）當(dāng)AD＝BE時，

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

【分析】（1）DE2＝BD2+EC2，將△ADB沿直線AD對折，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題；

（3）當(dāng)AD＝BE時，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個等腰三角形．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°，這樣就可以解決問題．

【詳解】解：（1）DE2＝BD2+EC2；

證明：如圖，將△ADB沿直線AD對折，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頁共66頁.

∴∠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，線段DE、AD、EB能構(gòu)成一個等腰三角形．

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

第21頁共66頁.

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

【點睛】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)用等知識點，

此題關(guān)鍵是正確找出輔助線，通過輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題，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)：

從正方形的一個頂點引出夾角為45的兩條射線，并連接它們與該頂點的兩對邊的交點構(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幾何結(jié)論，例如：

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

證得EFBEFD．

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

點共線，HAEEAF45，進而可證明AEH≌AEF，故EFBEDF．

第22頁共66頁.

任務(wù)：

如圖3，在四邊形ABCD中，ABAD，BD90，BAD120，以A為頂點的EAF60，AE、

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

然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．

【答案】成立，證明見解析

【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A順時針旋轉(zhuǎn)120，得到ABM，

ABM≌ADF，ABMD90，MABFAD，AMAF，MB=DF，

MBEABMABE180，M、B、E三點共線，

MAEMABBAEFADBAEBADEAF60．

AMAF，MAEFAE，AEAE，

MAE≌FAE(SAS)，

EFMEMBBEDFBE．

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

2．（2022秋·陜西寶雞·九年級統(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”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用的方

法．

第23頁共66頁.

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

個問題，請按小亮的思路寫出證明過程；

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

【答案】(1)見解析

(2)EFDFBE．

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

（2）把ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90，使AB與CD重合，點E與點G對應(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三點在一條直線上

EAF45

BAEDAF45

BAGBAE45EAF

第24頁共66頁.

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A逆時針旋轉(zhuǎn)90，使AB與AD重合，點E與點G對應(yīng)，同（1）可證

得AEFAGFSAS

EFGF,且DGBE

EFDFDGDFBE

【點睛】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，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利

用旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形．

3．（2022秋·江蘇揚州·八年級?？茧A段練習(xí)）（1）【閱讀理解】如圖，已知ABC中，ABAC，點D、

1

E是邊BC上兩動點，且滿足DAEBAC，

2

求證：BDCEDE．

第25頁共66頁.

我們把這種模型稱為“半角模型”，在解決“半角模型”問題時，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，再通過全等的性質(zhì)進行等量代換，得到線段之間的數(shù)量關(guān)系．

請你根據(jù)小明的思路寫出完整的解答過程．

證明：將△ABD繞點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，四個角都是直角）的邊長為4，點P從點A出發(fā)，以

每秒1個單位長度的速度沿射線AD點D運動；點Q點D同時出發(fā)，以相同的速度沿射線AD方向向右運動，

當(dāng)點P到達點D時，點Q也停止運動，連接BP，過點P作BP的垂線交過點Q平行于CD的直線l于點E，BE

與CD相交于點F，連接PF，設(shè)點P運動時間為ts，

①求PBE的度數(shù)；

②試探索在運動過程中△PDF的周長是否隨時間t的變化而變化？若變化，說明理由；若不變，試求這個

定值．

【答案】（1）見解析；（2）①45；②不變，2

【分析】（1）如圖1，將△ABD繞點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的周長是定值8．

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

第26頁共66頁.

∵△ABD繞點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頁共66頁.

∴ABPEPQ

在ABP和△QPE中

ABPEPQ

∵AEQP

ABPQ

∴△ABP≌△QPE

∴PBPE

∴PBEPEB45

②△PDF的周長不隨時間t的變化而變化，

如圖3，延長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頁共66頁.

∴PFPAAGPACF

∵正方形ABCD（四邊相等，四個角都是直角）的邊長為4

∴△PDF的周長

PFDPDFPADPDFCFADCD8

∴△PDF的周長是定值8．

【點睛】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”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用

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

了DM+BN=MN．

(1)請你按照小明的方法證明：DM+BN=MN；

【類比延伸】

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

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

第29頁共66頁.

【答案】(1)見詳解

(2)見詳解

【分析】（1）將△ADM繞點A順時針旋轉(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三點共線，DBAE+DBAN=∠EAN=45°，再證明

△EAN≌△MAN即可得到結(jié)論；

（2）將△ADM繞點A順時針旋轉(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A順時針旋轉(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A順時針旋轉(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頁共66頁.

∵∠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·九年級專題練習(xí)）問題背景：在解決“半角模型”問題時，旋轉(zhuǎn)是一種常用方法．如圖①，

在四邊形ABCD中，ABAD，BAD120，BADC90，點E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，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A逆時針旋轉(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，請寫出證明過程，若不成立，請說明理由．

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

【答案】(1)EF=BE+DF

(2)成立，證明過程見解析

(3)6

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

EF=GF=GD+DF=BE+DF；

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

第31頁共66頁.

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

(3)設(shè)正方形邊長為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A逆時針旋轉(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A順時針旋轉(zhuǎn)90°，D點落在B點處，F(xiàn)點落在G點處，連接GB，如上圖，

第32頁共66頁.

∵∠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(負值舍去)

∴正方形的邊長為6．

【點睛】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、勾股定理求線段長等知識

點，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·九年級重慶市璧山中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）“半角型”問題探究：如圖1，在四邊形ABCD

第33頁共66頁.

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A逆時針旋轉(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，且∠EAF

1

＝∠BAD，上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．

2

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

動點G、H分別在邊AD、BC上，EF與GH的交點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）見詳解；（2）見詳解；（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FD到點G，使DG=BE，連接AG，通過△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，通過構(gòu)造全等三角形，求得MN=NQ，再設(shè)BM=a，

4

則