专题30 半角模型（解析版）.docx

1、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MBN45，则MN，AM，CN的数量关系为 （2）如图2，在四边形ABCD中，BCAD，ABBC，A+C180，点M、N分别在AD、CD上，若MBNABC，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，ABBC，ABC+ADC180，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若MBNABC，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；

2、（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=MBC，可得到点M、C、N三点共线，再由MBN=45，可得MBN=MBN，从而证得NBMNBM，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=MBC，由A+C180，可得点M、C、N三点共线，再由MBNABC，可得到MBN=MBN，从而证得NBMNBM，即可求解；（3）在NC上截取C M=AM，连接B M，由ABC+ADC180，可得BAM=C，再由ABBC，可证得ABMCB M，从而得到AM=

3、C M，BM=B M，ABM=CB M，进而得到MA M=ABC，再由MBNABC，可得MBNMBN，从而得到NBMNBM，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=MBC，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，MBN=MBC+CBN=ABM+CBN=45，即MBN=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN= MC+CN，MN= MC+CN=AM+CN；（2）MN=AM+CN；理由如下：如图，把ABM

4、绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM，BM=BM，A=BCM，ABM=MBC，A+C180，BCM+BCD=180，点M、C、N三点共线，MBNABC，ABM+CBN=ABCMBN，CBN+MBC =MBN，即MBN=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN= MC+CN，MN= MC+CN=AM+CN；（3）MN=CN-AM，理由如下：如图，在NC上截取C M=AM，连接B M，在四边形ABCD中，ABC+ADC180，C+BAD=180，BAM+BAD=180，BAM=C，ABBC，ABMCB M，AM=C M，BM=B M，ABM=CB M，MA M=ABC，M

5、BNABC，MBNMA M=MBN，BN=BN，NBMNBM，MN= MN，MN=CN-C M，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E

6、F，则有：EF=BE+DF。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

7、（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CF2时，请直接写出BP的长【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）

8、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，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，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

9、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MHCH，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，EAF45，则我们常常会想到：把ADE绕点A顺时针旋转90，

10、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，DAE30，BD1，EC2求线段DE的长；（3）拓展应用如图3，在ABC中，ABAC，BAC150，点D，E在BC边上，DAE75，若DE是等腰ADE的腰，请直接写出线段BD的长【答案】（1）AGF，EFDE+BF；（2）DE；（3）BD2或2【分析】（1）证明AGFAEF（SAS），则GFEF，即GFBG+BFDE+BFEF，即可求解；（2）证明AFDAED（SAS），则FDDE，在RtFBH中，FBH60，则BHBF1，FHBFsin602，则,即可求解；（3）当DE

11、AD时，ADEADF（SAS），在ABC中，ABAC，HAC30，由BC2（AB+AH）2+HC2得：BC2（x+x）2+（x）2，求出BC4+2；在ADE中，ADDEa，ADE30，同理可得：AE，由AB2+AE2BE2，求出a2，即可求解；当DEAE时，BD对应中的CE，即可求解【详解】解：（1）由图象的旋转知，AGAE，DAEGAB，BAF+DAEBADEAF45，GAFGAB+BAFDAE+BAF90EAF45EAF，又AGAE，AFAF，AGFAEF（SAS），GFEF，即GFBG+BFDE+BFEF，即EFDE+BF，故答案为：AGF，EFDE+BF；（2）将AEC围绕点A旋转到A

12、FB的位置，连接FD，由（1）知，AFBAEC（SAS），则AFAE，FBEC2，FADFAB+BADEAC+BADBACDAE6030DAE，ADAD，AFAE，AFDAED（SAS），FDDE，ABFC60，在BDF中，BD1，BF2，FBDABF+ABC60+60120，过点F作FHBD交DB的延长线于点H，则FBH60，在RtFBH中，FBH60，则BHBF1，FHBFsin602，则故DE；（3）当DEAD时，则DAEDEA75，则ADE18027530，在等腰ABC中，BAC150，则ABCACB15，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

13、得：ADEADF（SAS），DFDE，ADEABC+BAD15+BAD30，故BAD15ABD，ADBDED，设BDa，则ADBDEDa，则BE2a，过点C作CHBA交BA的延长线于点H，则HAC2ABC30，在ABC中，ABAC，HAC30，设ACx，则CHx，AHx，由BC2（AB+AH）2+HC2得：BC2（x+x）2+（x）2，将x代入上式并解得：BC4+2；在ADE中，ADDEa，ADE30，同理可得：AE，ABE15，AEB75，故BAE90，在RtABE中，AB2+AE2BE2，即（）2+（）2（2a）2，解得a2（舍去负值），故a2，则BD2，CEBC2a4+242；当DEAE

14、时，BD对应中的CE，故BD2；综上，BD2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EAF45，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，BAC90，ABAC，点D，

15、E均在边BC上，点D在点E的左侧，且DAE45，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，BAC60，ABAC5，点D，E均在直线BC上，点D在点E的左侧，且DAE30，当BD1时，请直接写出线段CE的长【答案】（1）BEDFEF，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AEGAEF，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

16、证得GAEDAE，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GAEDAE，根据全等三角形的性质证得GE=DE，过G作GHEC，交EC延长线于H，设CE=x，易求得GE=DE=4x，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=

17、90，ABG+ABC=90+90=180，点G、B、E共线，EAF=45，BAE+FAD=45，BAE+GAB=45，即GAE =45GAE=FAE，又AG=AF，AE=AE，AEGAEF（SAS）,GE=EF，GE=BE+BG=BE+DF，BE+DF=EF，故答案为：BEDFEF，AEG；（2）猜想：BD2+CE2=DE2，理由为：BAC90，ABAC，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，

18、GAC+EAC=45，即GAE =45GAE=DAE，又AG=AD，AE=AE，GAEDAE（SAS）,GE=DE，GE2=CG2+CE2=BD2+CE2，BD2+CE2=DE2；（3）ABC中，BAC60，ABAC5，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DAE30，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，DAB+EAC=30，GAC+EAC=30，即GAE =30GAE=DAE，又AG=AD，A

19、E=AE，GAEDAE（SAS）,GE=DE，过G作GHEC，交EC延长线于H，ECG=ACG+ACB=60+60=120，GCH=60，在RtGCH中，CH=CGcos60=，GH= CGsin60=，设CE=x，易求得GE=DE=4x，EH= x+，在GHE中，由勾股定理得：（4x）2=( x+)2+（）2，解得：x=，即CE=；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GAEDAE，得GE=DE，过G作GHEC，交CE于H，ACG=ADB=120，ACB=60，GCH=60，在RtGCH中，CH=CGcos60=，GH= CGsin60=，设C

20、E=x，易求得GE=DE=6x，EH= x，在GHE中，由勾股定理得：（6x）2=( x)2+（）2，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，AC2，BD2，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

21、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ABEACF；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，ACBD，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=

22、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，ABEACF（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（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

23、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EBCFDC，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ECGFCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；（2）过C作CDAG，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，

24、四边形ABCD是正方形，BC=DC，ABC=ADC=BCD=90，CDF=180-ADC，CDF=90，ABC=CDF，BE=DF，EBCFDC，BCE=DCF，EC=FC，ECG=45，BCE+GCD=90-ECG=90-45=45，GCD+DCF=FCG=45，ECG=FCGGC=GC，EC=FC，ECGFCG，EG=GFGF=GD+DF= BE+GD，EG= BE+GD（2）解：如图4，过C作CDAG，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，

25、设EG=x，则AG=AD-DG= AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，AE=12-BE=12-4=8在RtAEG中EG2=AG2+AE2，即x2=（16-x）2+82，解得：x=10EG=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：已知：如图（1）在RtABC中，BAC90，ABAC，点D、E分别为线段BC上两动点，若DAE45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

26、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DCE30，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）DE2BD2+EC2；（2）关系式DE2BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当ADBE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）DE2BD2+EC2，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，得到AFDABD，然后可以得到AFAB，FDDB

27、，FADBAD，AFDABD，再利用已知条件可以证明AFEACE，从而可以得到DFEAFD+AFE45+4590，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ADBE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ECFECB，在CF上截取CFCB，可得CFECBE，DCFDCA，然后可以得到ADDF，EFBE由此可以得到DFE1+2A+B120，这样就可以解决问题【详解】解：（1）DE2BD2+EC2；证明：如图，将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FE，AFDABD，AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，BAC9

28、0，DAE45BAD+CAE45, FAD+FAE45,CAE=FAE又AE=AE,AF=AB=ACAFEACE，DFEAFD+AFE45+4590，DE2FD2+EF2DE2BD2+EC2；（2）关系式DE2BD2+EC2仍然成立证明：将ADB沿直线AD对折，得AFD，连FEAFDABD，AFAB，FDDB，FADBAD，AFDABD，又ABAC，AFAC，FAEFAD+DAEFAD+45，EACBACBAE90（DAEDAB）45+DAB，FAEEAC，又AEAE，AFEACE，FEEC，AFEACE45，AFDABD180ABC135DFEAFDAFE1354590，在RtDFE中，DF

29、2+FE2DE2，即DE2BD2+EC2；（3）当ADBE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ECFECB，在CF上截取CFCB，可得CFECBE，DCFDCAADDF，EFBEDFE1+2A+B120若使DFE为等腰三角形，只需DFEF，即ADBE，当ADBE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

30、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，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点易证得大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、三点共线，进而可证明，故任务：如图3，在四边形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，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：将绕点顺时针

31、旋转，得到，、三点共线，【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1，四边形是正方形，分别在边、上，且，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(1)在图1中，连接，为了证明结论“ ”，小亮将绕点顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；(2)如图2，当绕点旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用旋转的性质，证明即可（2）把绕点逆时针旋转，使 与 重合，点 与点 对应到 ，证明 即可求得 【详解】（1）证明

32、：如图1，由旋转可得 , , 四边形 为正方形 、 、 三点在一条直线上 在 和 中 （2）结论： 理由：如图2，把 绕点 逆时针旋转 ，使 与 重合，点 与点 对应，同（1）可证得 ,且 【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，已知中，点、是边上两动点，且满足，求证：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：将半角两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的，然后证明与半角形成的全等，再通过全等的性质进行等量

33、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：将绕点旋转至，使与重合，连接，（2）【应用提升】如图，正方形（四边相等，四个角都是直角）的边长为4，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线点运动；点点同时出发，以相同的速度沿射线方向向右运动，当点到达点时，点也停止运动，连接，过点作的垂线交过点平行于的直线于点，与相交于点，连接，设点运动时间为，求的度数； 试探索在运动过程中的周长是否随时间的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值【答案】（1）见解析；（2）；不变，2【分析】（1）如图1，将绕点旋转至，使与重合，连接，根据旋转的性质结合已知可证，再根据三角形三

34、边关系定理即可证得结论；（2）如图2，根据已知结合正方形性质证得，推出，即可证出结论；如图3，延长到，使，连接，证出，得到，证出，由全等三角形的性质得出，由此可得出的周长是定值8【详解】（1）如图1，将绕点旋转至，使与重合，连接，绕点旋转至，（2）如图2，由题意：四边形是正方形，在和中的周长不随时间的变化而变化，如图3，延长到，使，连接，在和中，在和 中正方形（四边相等，四个角都是直角）的边长为4的周长的周长是定值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，

35、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，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【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=

36、90， 证明三点共线，EAN=45，再证明EANMAN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：共线，再证明EANMAN，利用全等三角形的性质可得结论（1）解：正方形ABCD，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， 三点共线，MAN=45， EAN=45，在AMN与AEN中又AN=ANEANMANEN=MN，EB+BN=ENDM+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=

37、 AE，DM= BE，MAE=90，结合正方形的性质同理可得：共线，MAN=45， EAN =90-MAN = 45，在AMN与AEN中又AN=AN， EANMAN，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，在四边形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，且，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绕点A逆时针旋转120至的位置，使得AB与AD

38、重合，然后证明，从而得出结论：_；(2)拓展延伸：如图，在正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且，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，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GAEFAE(SAS)及G、B、E三点共线，进而得到EF=GE=GB+BE=

39、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RtEFC中，由勾股定理有：EC+CF=EF，代入数据即可求解（1）解：绕点A逆时针旋转120至的位置，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，BAEDAG(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，在和中：，（2

40、）解：(1)中的结论依然成立，即：，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，EAF=45，DAF+BAE=45，旋转90，即FAG=90，BAG+BAE=90-DAF=90-45=45，DAF=BAG,在GAB和FAD中：，GABFAD(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，在GAE和FAE中：，GAEFAE(SAS)，EF=GE=GB+BE=DF+BE（3）解：设正方形边长为x，则EC=BC-BE=x-3，

41、FC=CD-DF=x-2，由(2)中结论可知：EF=BE+DF=3+2=5，在RtEFC中，由勾股定理有：EC+CF=EF，代入数据：(x-3)+(x-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中，ABAD，BAD120，BADC90，且EAF60，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AB

42、E绕点A逆时针旋转120到ADG的位置，然后再证明AFEAFG，从而得出结论：（2）如图2，在四边形ABCD中，ABAD，B+D180，E，F分别是边BC，CD上的点，且EAFBAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AECF1，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GPE45，设AGm，求m的取值范围【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）【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，通过即可得解；（3）根据题意分

43、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，则CM=4-a，MN=QN=a+2，根据，得出，进而得到a=，求得AG的长为于；根据BM=，可得，进而分析计算即可得出m的取值范围 【详解】解（1）结论 EF=BE+FD理由如下 由旋转及题意知，F，D，G三点共线，BE=DG，AE=AG，BAE=DAG，EAF=BAD,GAF=DAF+DAG=DAF+BAE=BAD-EAF=EAF，EAF=GAF，在AEF和AGF中， ， .EF=FG，又FG=DG+DF=BE+DF，EF=BE+DF.（2）结论EF=BE+DF仍然成立理由如下 延长FD到点G，使DG=BE，连

44、接AG，如图所示B+ADC180， ，在ABE和ADG中， AE=AG，BAE=DAG， ，EAF=GAF，在AEF和AGF中， ， .EF=FG.又 FG=DG+DF=BE+DF，EF=BE+DF（3）假设P与O重合， 如图，O为EF的中点，O为正方形ABCD的对称中心，过A作ANEF交CD于N，则NF=AE=1，DN=CN=2，过O作交AD于，交BC于， ,过A作交BC于M， , , MAN=45,延长CD到Q，使DQ=BM，由AB=AD，B=ADQ，BM=DQ，可得ABMADQ， AM=AQ,BAM=DAQ MAN=45,BAD=90,BAM+DAN=45=DAQ+DAN=QAN, MA

45、N= QAN由AM=AQ，MAN=QAN，AN=AN，可得MANQAN， MN=NQ设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2， ,解得a=， BM=, CM=又， ，当H与C重合时，如图由知BM=，m的取值范围为 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转变换以及正方形的性质，熟练掌握相关各个性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.7（2022秋江苏八年级专题练习）【探索发现】如图，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且，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图，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接AM、AN、M

46、N（1）试判断DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程（2）如图，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，连接MN，请写出MN、DM、BN之间的数量关系，并写出证明过程（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，点N，M分别在边BC，CD上，请直接写出线段BN，DM，MN之间的数量关系【答案】（1），证明见解析；（2）,证明见解析；（3）【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可证，利用SAS可证，则可得：；（2）根据正方形的性质和旋转的性质可证，利用SAS可证，则可得：；（3）根据正方形的性质和旋转的性质可证，利用SAS可证，则可得：；【详解】证明：（1）如图，四边形A

47、BCD是正方形AB=AD，=将绕点A顺时针旋转，得到 在和中， （2）如图，将绕点A顺时针旋转，得到四边形ABCD是正方形AB=AD，=绕点A顺时针旋转，得到 ,在和中，即：；（3）如图， ，将绕点A顺时针旋转，得到在和中；【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质等知识，利用旋转法构造全等三角形是解题的关键是学会8（2020秋河南安阳八年级校考阶段练习）如图1：在四边形ABCD中，ABAD，BAD120，BADC90，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF60，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系（1）小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DGBE，连接AG，先证

48、明ABEADG，再证明AEFAGF，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系，他的结论应是 像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型拓展（2）如图2，若在四边形ABCD中，ABAD，B+D180，E、F分别是BC，CD上的点，且EAFBAD，则BE，EF，FD之间的数量关系是 请证明你的结论实际应用（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50的方向以80海里小时的速度前进，1.

49、2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70，试求此时两舰艇之间的距离是 海里（直接写出答案）【答案】（1）EFBE+FD；（2）EFBE+FD，证明见解析；（3）168海里【分析】如图1，延长FD到点G使DGBE连结AG，证明ABEADG，根据全等三角形的性质得到AEAG，证明AEFAGF，得EFFG，证明结论；如图2，延长FD到点G使DGBE连结AG，证明ABEADG，根据全等三角形的性质得到AEAG，证明AEFAGF，得EFFG，证明结论；如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，根据题意得到EOFAOB，OAOB，OAC+OBC180，根据图2的结论

50、计算【详解】解：如图1，EFBE+DF，理由如下：在ABE和ADG中，ABEADG（SAS），AEAG，BAEDAG，EAFBAD，GAFDAG+DAFBAE+DAFBADEAFEAF，EAFGAF，在AEF和GAF中，AEFAGF（SAS），EFFG，FGDG+DFBE+DF，EFBE+DF；故答案为 EFBE+DF；如图2，EFBE+DF，理由：延长FD到点G使DGBE连结AG，在ABE和ADG中，ABEADG（SAS），AEAG，BAEDAG，EAFBAD，GAFDAG+DAFBAE+DAFBADEAFEAF，EAFGAF，在AEF和GAF中，AEFAGF（SAS），EFFG，FGDG+

51、DFBE+DF，EFBE+DF；如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，AOB30+90+（9070）140，EOF70，EOFAOB，OAOB，OAC+OBC（9030）+（70+50）180，符合探索延伸中的条件，结论EFAE+BF成立，即EF1.2（60+80）168（海里）故答案为：168【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证AEFAGF是解题的关键9（2022秋八年级课时练习）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且EAF45，连接EF，这种模型属于“半角模型”中的一类，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的分析思路例如

52、图中ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系这可以证明结论“EFBEDF”，请补充辅助线的作法，并写出证明过程（1）延长CB到点G，使BG ，连接AG；（2）证明：EFBEDF【答案】（1）DF；（2）见解析【分析】（1）由于ADF与ABG可以看作绕点A旋转90的关系，根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法；（2）先证明ADFABG，得到AG=AF，GAB=DAF，结合EAF45，易知GAE=45，再证明AGEAFE即可得到EFGE=BE+GB=BEDF【详解】解：（1）根据旋转的性质知BG=DF，从而得到辅助线的做法：延长CB到点G，使BG=DF，连接AG；（2）四边形ABCD为

53、正方形，AB=AD，ADF=ABE=ABG=90，在ADF和ABG中ADFABG（SAS），AF=AG，DAF=GAB，EAF=45，DAF+EAB=45，GAB+EAB=45，GAE=EAF =45，在AGE和AFE中0ADFABG（SAS），GE=EF，EFGE=BE+GB=BEDF【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查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方法提示构造全等三角形，属于中考常考题型10（2021江苏九年级专题练习）已知如图1，四边形是正方形，分别在边、上，且，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（1）在

54、图l中，连接，为了证明结论“”，小亮将绕点顺时针旋转后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；（2）如图2，当绕点旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？（3）如图3，如果四边形中，且，求的长【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）的长为5【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质，证明即可求证；（2）在上取一点，使，先证明，再证明，即可得出答案；（3）在上取一点，使，先证明，再证明，得到EF=FG，设，用含x的代数式表达GC和EF，根据勾股定理列出方程，解出x的值即可【详解】（1）证明：，EAF=45，DAF+BAE=45，即GAB+BAE=45，GAE=EAF，在GAE和

55、FAE中，；（2）解：在上取一点，使，四边形ABCD是正方形，AD=AB，ADG=ABE=90，又DG=BE，EAF=BAE+BAF=45，GAD+BAF=45，GAF=45，即EAF=GAF，即；（3）解：在上取一点，使，D+ABC=180，ABE+ABC=180，D=ABE，又AB=AD，DG=BE，EAF=BAE+BAF=45，GAD+BAF=45，GAF=45，即EAF=GAF，EF=FG设，在中，解得：，答：的长为5【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，根据条件证明是解题关键11（2021秋江苏镇江八年级阶段练习）如图：在四边形ABCD中，AB=AD，B

56、AD=120，B=ADC=90，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF=60，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系（1）小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明ABEADG，再证明AEFAGF，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系，他的结论应是_象上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型（2）拓展 如图，若在四边形ABCD中,，AB=AD，B+D=180，E、F分别是BC，CD上的点，且EAF=BAD，则BE，EF，FD之间的数量关系是_请证明你的结论（3）实际应用 如图,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥

57、中心(O处)北偏西35的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东75的B处,，且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东50的方向以80海里小时的速度前进，1.2小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为65,试求此时两舰艇之间的距离是_海里 (直接写出答案）【答案】（1）EF=BE+FD；（2） EF=BE+FD；（3）168海里【分析】（1）延长FD到点G使DG=BE连结AG，即可证明ABEADG，可得AE=AG，再证明AEFAGF，可得EF=FG，即可解题；（2）延长FD到点G使DG=BE连结AG，即可证明AB

58、EADG，可得AE=AG，再证明AEFAGF，可得EF=FG，即可解题；（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证【详解】（1）EF=BE+DF，证明如下：在ABE和ADG中，ABEADG（SAS），AE=AG，BAE=DAG，EAF=BAD，GAF=DAG+DAF=BAE+DAF=BADEAF=EAF，EAF=GAF，在AEF和GAF中，AEFAGF（SAS），EF=FG，FG=DG+DF=BE+DF，EF=BE+DF；故答案为 EF=BE+DF（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G使DG=BE连结AG，如图，在ABE和ADG中，ABEADG（SAS），

59、AE=AG，BAE=DAG，EAF=BAD，GAF=DAG+DAF=BAE+DAF=BADEAF=EAF，EAF=GAF，在AEF和GAF中，AEFAGF（SAS），EF=FG，FG=DG+DF=BE+DF，EF=BE+DF；（3）如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，AOB=35+90+（9075）=130，EOF=65，EOF=AOB，又OA=OB，OAC+OBC=（9035）+（75+50）=180，符合探索延伸中的条件，结论EF=AE+BF成立，即EF=1.2（60+80）=168海里答：此时两舰艇之间的距离是168海里【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等

60、的性质，本题中求证AEFAGF是解题的关键12（2022秋辽宁鞍山九年级统考期中）如图1，四边形是正方形，分别在边、上，且，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(1)直接写出图1中线段、之间的数量关系；(2)如图2，当绕点旋转到图2位置时，试探究与、之间有怎样的数量关系？(3)如图3，如果四边形中，且，求的长【答案】(1)(2)结论：，详见解析(3)【分析】（1）延长到点G，使得，先证明，再证明即可（2）仿照(1)证明求解即可（3）在上取一点，使得，先证明，再证明，运用勾股定理计算即可【详解】（1）解：线段、之间的数量关系是，理由如下：延长到点G，使得

61、，因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以（2）结论：，理由：如图2中，把绕点逆时针旋转到，交于点，可证得，且，（3）解：如图3中，在上取一点，使得，设，则，在中，【点睛】本题考查了半角模型，三角形全等的判定和性质，猜想问题，熟练掌握半角模型的实质，活用三角形全等的判定和性质是解题的关键13（2022秋上海普陀八年级校考期中）（探索发现）如图，四边形是正方形，分别在边上，且，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，如图，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接(1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程；(2)如图如果

62、正方形的边长为4，求三角形的周长；(3)如图，点分别在正方形的边的延长线上，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程【答案】(1)，证明见详解；(2)8；(3)，证明见详解【分析】（1）根据旋转得到， 即可得到即可得到答案；（2）由（1）结论代入即可得到答案；（3）在上取连接，首先由，得，再利用证明，得，即可得到答案【详解】（1）解：，理由如下，证明：是绕点A顺时针旋转 得到，在与中，；（2）解：由（1）得，；，正方形的边长为4，；（3）解：在上取，连接，在与中，在与中，【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键

63、14（2023江西九年级专题练习）【模型建立】(1)如图1，在正方形中，分别是边，上的点，且，探究图中线段，之间的数量关系小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明，之间的数量关系为_；小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程_像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型【类比探究】(2)如图2，在四边形中，与互补，分别是边，上的点，且，试问线段，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由【模型应用】(3)如图3，在矩形中，点在边上，求的长【答案】(1)BE+DF=EF，将ADF绕A点顺时针旋转90(2)EF=D

64、F+BE，理由见详解(3)5.2【分析】（1）沿着小明的思路，先证ADFABG，再证AEFAEG，即可得出结论；在的基础上，证明GAF=90即可得解；（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证ABMADF，再证MAEFAE，即可得出结论；（3）过E点作ENAC于N点，设EC=x，则有x6，即BE=6-x，分别在RtABE和RtADC中，表示出和求出AC，再证AEN是等腰直角三角形，即可得，则有，再证RtABCRtENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE（1）BE+DF=EF，理由如下：沿着小明的思路进行证明，在正方形ABCD中，有AD=AB，D=ABC=90，即有

65、ABG=90，BG=DF，AD=AB，D=ABG=90，ADFABG，AF=AG，DAF=BAG，BAD=90，EAF=45，BAE+DAF=45，BAE+BAG=45=EAF，AF=AG，AE=AE，AEFAEG，EG=EF，EG=BG+BE，BG=DF，EF=BE+DF，结论得证；将ADF绕A点顺时针旋转90即可得到ABG理由如下：在已经证得ADFABG，并得到BAE+BAG=45=EAF，GAF=EAG+EAF=45+45=90，将ADF绕A点顺时针旋转90即可得到ABG；故答案为：BE+DF=EF，将ADF绕A点顺时针旋转90；（2）EF=DF+BE，理由如下：延长CB至点M，使得BM

66、=DF，连接AM，如图，ABC与D互补，D+ABC=180，ABC+ABM=180，ABM=D，AB=AD，BM=DF，ABMADF，DAF=BAM，AM=AF，EAF=BAD，BAE+FAD=BAD，BAE+FAD=EAF，DAF=BAM，BAM+BAE=EAF，MAE=EAF，AM=AF，AE=AE，MAEFAE，ME=EF，ME=BE+MB，MB=DF，EF=DF+BE，结论得证；（3）过E点作ENAC于N点，如图，AD=6，AB=4，在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，D=B=90，设EC=x，则有x6，BE=BC-EC=6-x，在RtABE中，在RtADC中，CAE=4

67、5，ENAC，ANE=90=ENC，AEN=45，AEN是等腰直角三角形，即：ENC=90=B，ACB=ECN，RtABCRtENC，AB=4，AC=，EC=x，结合x6，解得x=5.2，CE=5.2【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造全等三角形是解答本题的关键15（2020秋山东青岛九年级山东省青岛第二十六中学校考期中）【模型引入】当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC

68、边上的点，且EDF45，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，ABAD，BADBCD90，EAF45，且BC7，DC13，CF5，求BE的长【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，ABAD，ABC与ADC互补，点E、F分别在射线CB、DC上，且EAFBAD当BC4，DC7，CF1时，CEF的周长等于 （4）如图4，正方形ABCD中，AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AHMN，且AHAB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH2，NH3，DF2，求EF的长（5）如图5，已知菱形ABCD中，B=60，点E、F分别是边BC，CD上的

69、动点（不与端点重合），且EAF=60连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当DAF15时，求证：MN2+DN2=BM2【答案】（1）EF=FC+AE，理由见解析；（2）BE=5；（3）13；（4）EF=；（5）见解析【分析】（1）求证DEFDMF，即可推出EF与FM的数量关系；（2）在DC上取一点G，使得DG=BE，证明ABEADG（SAS），推出AE=AG，BAE=DAG，证明AFEAFG（SAS），推出EF=FG，设BE=x，则CG=13-x，EF=FG=18-x，在RtECF中，根据EF2=EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题；（3）证明ADMABE（SAS）和EAFMAF，即可求

70、解；（4）先求出BM，DN，进而求出正方形的边长，再判断出EAF=45，借助探究的结论即可得出结论（5）将ADF绕A顺时针旋转120，AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，利用ABHADN和AMHAMN，证明MN=MH，DN=BH，再证明BMH为直角三角形即可【详解】（1）EF=FC+AE，理由如下：证明：将DAE绕点D逆时针旋转90，得到DCM，DAEDCM，DE=DM，AE=CM，ADE=CDM，B、C、M三点共线，EDF=45，ADE+FDC=CDM+FDC=MDF=45，在DEF和DMF中，DEFDMF（SAS），EF=FMEF=FM=FC+CM=FC+AE；

71、（2）解：如图，在DC上取一点G，使得DG=BE，BAD=BCD=90，ABC+D=180，ABE+ABC=180，ABE=D，AB=AD，BE=DG，ABEADG（SAS），AE=AG，BAE=DAG，EAF=45，EAB+BAF=DAG+BAF=45，BAD=90，FAG=FAE=45，AE=AG，AF=AF，AFEAFG（SAS），EF=FG，设BE=x，则EC=EB+BC=x+7，EF=FG=18-x，在RtECF中，EF2=EC2+CF2，52+（7+x）2=（18-x）2，x=5，BE=5；（3）解：在DF上截取DM=BE，D+ABC=ABE+ABC=180，D=ABE，AD=AB

72、，ADMABE（SAS），AM=AE，DAM=BAE；EAF=BAE+BAF=BAD，MAF=BAD，EAF=MAF；AF是EAF与MAF的公共边，EAFMAF，EF=MF；MF=DF-DM=DF-BE，EF=DF-BECEF的周长=CE+EF+FC=BC+BE+DC+CF-BE+CF=BC+CD+2CF=13，故答案为：13；（4）解：四边形ABCD是正方形，AB=AD，ABC=ADC=90，AHMN，AHM=ABC=90，在RtAMB和RtAMH中，RtAMBRtAMH，MAB=MAH，BM=MH=2，同理可证RtANDRtANH，NAD=NAH，DN=NH=3，2MAH+2NAH=90，

73、MAH+NAH=45，MAN=45设正方形的边长为a，CM=a-2，CN=a-3，根据勾股定理得，（a-2）2+（a-3）2=25，a=-1（舍）或a=6，BC=6，BD=6，逆时针旋转ABE至ADG，ABEADG，AE=AG，ABE=ADG=45，GDF=ADG+ADB=90，连接GF，根据勾股定理得，GF2=DG2+DF2=BE2+DF2，ABEADG，AE=AG，BAE=DAG，GAF=DAG+DAF=BAE+DAF=90-EAF=45=EAF，AF=AF，GAFEAF，GF=EF，EF2=BE2+AD2；设EF=x，BD=6，DF=2BE=6-2-x=4-x，（4-x）2+（2）2=x

74、2，解得x=，EF=；（3）将ADF绕A顺时针旋转120，此时AD与AB重合，F转到G，在AG上取AH=AN，连接BH、MH，如图：ADF绕A顺时针旋转得ABG，BAG=DAF，又AH=AN，AB=AD，ABHADN（SAS），DN=BH，ABH=ADN，B=60，且EAF=60BAD=120，DAF+BAE=EAF=60，BAG+BAE=EAF，即MAH=MAN，而AH=AN，AM=AM，AMHAMN（SAS），MN=MH，AMN=AMH，菱形ABCD，B=60，ABD=ADB=30，HBD=ABH+ABD=60，DAF=15，EAF=60，ADM中，DAM=AMD=75，AMN=AMH=75，HMB=180-AMN-AMH=30，BHM=90，BH2+MH2=BM2，DN2+MN2=BM2【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题