(完整版)半角模型专题专练

半角模型之模型精练半角模型之正方形1如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF 交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AN的长为434　．试题分析：连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF =90°，可证得△ABE≌△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF，AE=AF，从而可得∠EAF=90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，可得EN=FN，设DN=x，则EN=FN=x+5，CE=x+3，由勾股定理解得x=12，可得DN=12，AD=BC=20，由勾股定理即可求解．答案详解：解：如图，连接AE，AF，EN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF(SAS)，∴∠BAE=∠DAF，AE=AF，∴∠EAF=90°，∴△EAF为等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM=FM，∠EAM=∠FAM=45°，∴△AEM≌△AFM(SAS)，△EMN≌△FMN(SAS)，∴EN=FN，设DN=x，∵BE=DF=5，CN=8，∴CD=CN+DN=x+8，∴EN=FN=DN+DF=x+5，CE=BC-BE=CD-BE=x+8-5=x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2=EN2，即82+(x +3)2=(x +5)2，解得：x =12，∴DN =12，AD =BC =BE +CE =5+x +3=20，∴AN =AD 2+DN 2=202+122=434，解法二：可以用相似去做，△ADN 与△FCE 相似，设正方形边长为x ，DN EC =AD CF，即x -8x -5=x x +5，∴x =20．在△ADN 中，利用勾股定理可求得AN =434．所以答案是：434．2已知正方形ABCD 中，∠MAN =45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB ，DC (或它们的延长线)于点M ，N ，AH ⊥MN 于点H ．(1)如图①，当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，请你直接写出AH 与AB 的数量关系：AB =AH ；；(2)如图②，当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时，(1)中发现的AH 与AB 的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；(3)如图③，已知∠MAN =45°，AH ⊥MN 于点H ，且MH =2，AH =6，求NH 的长．(可利用(2)得到的结论)试题分析：(1)由BM =DN 可得Rt △ABM ≌Rt △ADN ，从而可证∠BAM =∠MAH =22.5，Rt △ABM ≌Rt △AHM ，即可得AB =AH ；(2)延长CB 至E ，使BE =DN ，由Rt △AEB ≌Rt △AND 得AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，从而可证△AEM ≌△ANM ，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB =AH ；(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，可证四边形ABCD 是正方形，设NH =x ，在Rt △MCN 中，由勾股定理列方程即可得答案．答案详解：解：(1)∵正方形ABCD ，∴AB =AD ，∠B =∠D =∠BAD =90°，在Rt △ABM 和Rt △ADN 中，AB =AD ∠B =∠D BM =DN，∴Rt △ABM ≌Rt △ADN (SAS )，∴∠BAM =∠DAN ，AM =AN ，∵∠MAN =45°，∴∠BAM +∠DAN =45°，∴∠BAM =∠DAN =22.5°，∵∠MAN =45°，AM =AN ，AH ⊥MN∴∠MAH =∠NAH =22.5°，∴∠BAM =∠MAH ，在Rt △ABM 和Rt △AHM 中，∠BAM =∠MAH ∠B =∠AHM AM =AM，∴Rt △ABM ≌Rt △AHM (AAS )，∴AB =AH ，所以答案是：AB =AH ；(2)AB =AH 成立，理由如下：延长CB 至E ，使BE =DN ，如图：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AD ，∠D =∠ABE =90°，∴Rt △AEB ≌Rt △AND (SAS )，∴AE =AN ，∠EAB =∠NAD ，∵∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAB +∠BAM =45°，∴∠EAM =45°，∴∠EAM =∠NAM =45°，又AM =AM ，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∵AB ，AH 是△AEM 和△ANM 对应边上的高，∴AB =AH ．(3)分别沿AM ，AN 翻折△AMH 和△ANH ，得到△ABM 和△AND ，分别延长BM 和DN 交于点C ，如图：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB=AH=AD=6，∠BAD=2∠MAN=90°，∠B=∠AHM=90°=∠AHN=∠D，∴四边形ABCD是正方形，∴AH=AB=BC=CD=AD=6．由(2)可知，设NH=x，则MC=BC-BM=BC-HM=4，NC=CD-DN=CD-NH=6-x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2=MC2+NC2，∴(2+x)2=42+(6-x)2，解得x=3，∴NH=3．3已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N．(1)如图1，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，有BM+DN=MN．当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．试题分析：(1)在MB的延长线上截取BE=DN，连接AE，根据正方形性质得出AD=AB，∠D=∠DAB=∠ABC=∠ABE=90°，证△ABE≌△ADN推出AE=AN；∠EAB=∠NAD，求出∠EAM =∠MAN，根据SAS证△AEM≌△ANM，推出ME=MN即可；(2)在DN上截取DE=MB，连接AE，证△ABM≌△ADE，推出AM=AE；∠MAB=∠EAD，求出∠EAN=∠MAN，根据SAS证△AMN≌△AEN，推出MN=EN即可．答案详解：解：(1)图1中的结论仍然成立，即BM+DN=MN，理由为：如图2，在MB 的延长线上截取BE =DN ，连接AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AD =AB ，∠D =∠DAB =∠ABC =∠ABE =90°，∵在△ABE 和△ADN 中，AD =AB∠D =∠ABE DN =BE，∴△ABE ≌△ADN (SAS )．∴AE =AN ；∠EAB =∠NAD ，∵∠DAB =90°，∠MAN =45°，∴∠DAN +∠BAM =45°，∴∠EAM =∠BAM +∠EAB =45°=∠MAN ，∵在△AEM 和△ANM 中，AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴ME =MN ，∴MN =ME =BE +BM =DN +BM ，即DN +BM =MN；(2)猜想：线段BM ，DN 和MN 之间的等量关系为：DN -BM =MN ．证明：如图3，在DN 上截取DE =MB ，连接AE ，∵由(1)知：AD =AB ，∠D =∠ABM =90°，BM =DE ，∴△ABM ≌△ADE (SAS )．∴AM =AE ；∠MAB =∠EAD ，∵∠MAN =45°=∠MAB +∠BAN ，∴∠DAE +∠BAN =45°，∴∠EAN =90°-45°=45°=∠MAN ，∵在△AMN 和△AEN 中AM =AE∠MAN =∠EAN AN =AN，∴△AMN ≌△AEN (SAS )，∴MN =EN ，∵DN -DE =EN ，∴DN-BM=MN．4(1)问题情境：如图，正方形ABCD中，AB=6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．①当点E在线段BC上时，求证：DG=FG；②当CE=3时，则CG的长为4或7.2．(2)思维深化：在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高，且BD=2+1，CD=2-1，请直接写出AD的长．试题分析：(1)①由折叠得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；②设CG=x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；(2)由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．答案详解：(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=AD，∠B=∠D=90°，由折叠得：∠AFE=∠B=90°，AF=AB，∴AD=AF，∠AFG=∠D=90°，在Rt△ADG和Rt△AFG中，AD=AF AG=AG，∴Rt△ADG≌Rt△AFG(HL)，∴DG=FG；②解：分两种情况：如图1，点E在边BC上时，设CG=x，则DG=FG=6-x，∵CB=6，CE=3，∴EG=EF+FG=3+6-x=9-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(9-x)2，∴x=4，∴CG=4；如图2，点E在边BC的延长线上时，设CG=x，则DG=FG=x-6，∵CB=6，CE=3，∴EF=BE=3+6=9，∴EG=EF-FG=9-(x-6)=15-x，在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2=EG2，∴32+x2=(15-x)2，∴x=7.2，∴CG=7.2；综上所述，CG的长是4或7.2；所以答案是：4或7.2；(2)解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，可得∠BAD=∠EAB，∠DAC=∠GAC，∠E=∠G=90°，AE=AG=AD，BD=EB=2+1，DC =CG=2-1，∵∠BAC=45°，∴∠EAG=∠E=∠G=90°，∴四边形AEFG为正方形，设正方形的边长为x，则BF=x-(2+1)=x-2-1，CF=x-(2-1)=x-2+1，在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2=BC2，即(x-2-1)2+(x-2+1)2=(2+1+2-1)2，解得：x=2+3或x=2-3(舍去)，∴AD=2+3．半角模型之等腰(直角)三角形5如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，M、N是斜边AB上的两点，且∠MCN=45°，AM=3，BN=5，则MN=　34　．试题分析：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM．则△CRA≌△CNB，△RAM是直角三角形，根据勾股定理即可求解．答案详解：解：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM则△CRA≌△CNB全等，△RAM是直角三角形∴AR=BN=5，∴MN=RM=32+52=34所以答案是：346如图△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．探究：(1)线段BM、MN、NC之间的数量关系．(2)若点M、N分别是AB、CA延长线上的点，其它条件不变，再探线段BM、MN、NC之间的数量关系，在图中画出图形．并对以上两种探究结果选择一个你喜欢的加以证明．试题分析：延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，再进一步证明△DMN≌△DEN，进而得到MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．仿(1)的思路运用截长法证明．答案详解：解：(1)MN=BM+NC．理由如下：延长AC至E，使得CE=BM，连接DE，如图所示：∵△BDC为等腰三角形，△ABC为等边三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°．∴△MBD≌△ECD(SAS)，∴MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，∵∠MDN=∠NDE=60°．∴△DMN≌△DEN(SAS)，∴MN=EN．又NE=NC+CE，BM=CE，∴MN=BM+NC；(2)MN=NC-BM．证明：在CA上截取CE=BM．由(1)知：∠DCE=∠DBM=90°，DC=DB．又CE=BM，∴△DCE≌△DBM(SAS)∴∠CDE=∠BDM，DM=DE．∴∠MDN=∠EDN=60°．∴△MDN≌△EDN(SAS)∴NM=NE．∵NE=NC-CE，CE=BM，∴MN=NC-BM．7如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=4，AB=AC，∠CBD=30°，M，N 分别在BD，CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为23+2　．试题分析：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN=ME，求出MN=CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长=BD+DC，代入求出答案即可．答案详解：解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，∵∠BAC=∠D=90°，∴∠ABD+∠ACD=360°-90°-90°=180°，∴∠ABD+∠ABE=180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN=45°，∠BAC=90°，∴∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM=∠BAC-∠MAN=90°-45°=45°，∴∠EAM=∠MAN，在△AEM 和△ANM 中，AE =AN ∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△AEM ≌△ANM (SAS )，∴MN =ME ，∴MN =CN +BM ，∵在Rt △BCD 中，∠BDC =90°，∠CBD =30°，BC =4，∴CD =12BC =2，BD =BC 2-CD 2=42-22=23，∴△DMN 的周长为DM +DN +MN =DM +DN +BM +CN =BD +DC =23+2，所以答案是：23+2．8某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，等腰直角△ABC 中，AB =AC ，∠BAC =90°，小敏将三角板中含45°角的顶点放在A 上，斜边从AB 边开始绕点A 逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC 于点D ，直角边所在的直线交直线BC 于点E ．(1)小敏在线段BC 上取一点M ，连接AM ，旋转中发现：若AD 平分∠BAM ，则AE 也平分∠MAC ．请你证明小敏发现的结论；(2)当0°<α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD 、CE 、DE 之间存在如下等量关系：BD 2+CE 2=DE 2．同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决：小颖的想法：将△ABD 沿AD 所在的直线对折得到△ADF ，连接EF (如图2)；小亮的想法：将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，连接EG (如图3)；请你从中任选一种方法进行证明；(3)小敏继续旋转三角板，请你继续研究：当135°<α<180°时(如图4)，等量关系BD 2+CE 2=DE 2是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．试题分析：(1)如图1，根据图形、已知条件推知∠BAD +∠MAE =∠DAM +∠EAC =45°，所以∠MAE =∠EAC ，即AE 平分∠MAC ；(2)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．(3)成立．小颖的方法是应用折叠对称的性质和SAS 得到△AEF ≌△AEC ，在Rt △DFE 中应用勾股定理而证明；小亮的方法是将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACG ，根据旋转的性质用SAS 得到△ACE ≌△ACG ，从而在Rt △CEG 中应用勾股定理而证明．当135°<α<180°时，等量关系BD 2+CE 2=DE 2仍然成立．可以根据小颖和小亮的方法进行证明即可．答案详解：解：(1)∵∠BAC =90°，∠DAE =∠DAM +∠MAE =45°，∴∠BAD +∠EAC =45°．又∵AD平分∠MAB，∴∠BAD=∠DAM．∴∠MAE=∠EAC．∴AE平分∠MAC．(2)证明小颖的方法：∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，∴AF=AB，BD=DF，∠AFD=∠B=45°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．证明小亮的方法：由旋转知，△ABD≌△ACG，∴BD=CG，AD=AG，∠ABC=∠ACG，∠BAD=∠CAG，∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠CAE=45°，∴∠EAG=∠CAE+∠CAG=∠CAE+∠BAD=45°=∠DAE，∵AE=AE，∴△DAE≌△GAE(SAS)，∴DE=EG，在Rt△BAC中，AB=AC，∴∠B=∠ACB=45°，∴∠ECG=∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°，根据勾股定理得，EG2=CE2+CG2，∴BD2+CE2=DE2．(3)当135°<α<180°时，等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立．证明如下：如图，将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF．∴BD=DF，AF=AB，∠AFD=∠ABD=180°-∠ABC=135°，∠BAD=∠FAD．又∵AC=AB，∴AF=AC，又∵∠CAE=90°-∠BAE=900-(45°-∠BAD)=45°+∠BAD=45°+∠FAD=∠FAE，在△AEF和△AEC中，∵AF=AC，∠FAE=∠CAE，AE=AE，∴△AEF≌△AEC(SAS)．∴CE=FE，∠AFE=∠C=45°．∴∠DFE=∠AFD-∠AFE=135°-45°=90°．在Rt△DEF中，DF2+FE2=DE2，∴BD2+CE2=DE2．9已知如图1，△ABC，AB=AC，∠BAC=90°，点D、F在BC上，∠DAF=45°．(1)探究∠AFB与∠BAD之间的数量关系并证明；(2)探究BD、DF、CF之间的数量关系并证明；(3)如图2，AF⊥DG，若BF=kFC，求FDAG的值．试题分析：(1)由等腰三角形的性质可得∠C=∠B=45°，由外角的性质可得∠AFB=∠C+∠CAF，可求解；(2)由“SAS”可证△ADF≌△AHF，可得DF=HF，由勾股定理可得结论；(3)通过证明△ABF∽△DCA，可得ACBF=CDAB=ADAF，通过证明△ADG∽△FAD，可得DFAG=AD DG=AFAD，可得结论．答案详解：解：(1)∠AFB+∠BAD=90°，理由如下：∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=∠B=45°，∵∠DAF=45°，∴∠BAD+∠CAF=45°，∴∠CAF=45°-∠BAD，∵∠AFB=∠C+∠CAF，∴∠AFB=45°+45°-∠BAD，∴∠AFB+∠BAD=90°；(2)DF2=CF2+BD2，理由如下：如图，将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到△AHC，连接HF，∴△ADB≌△AHC，∴∠DAB=∠CAH，AH=AD，DB=CH，∠B=∠ACH=45°，∴∠HCF=90°，∠HAF=∠HAC+∠CAF=∠DAB+∠CAF=45°，∴∠HAF=∠DAF=45°，又∵AH=AD，AF=AF，∴△ADF≌△AHF(SAS)，∴DF=HF，∵HF2=CH2+CF2，∴DF2=CF2+BD2；(3)设CF=a，则BF=kCF=ka，∴BC=a+ka，∴AC=AB=22(a+ka)，∵∠AFB+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAD=∠BFA，又∵∠B=∠C=45°，∴△ABF∽△DCA，∴AC BF=CDAB=ADAF，∵AF⊥GD，∠DAF=45°，∴∠DAF=∠ADG=45°，又∵∠DAC=∠BFA，∴△ADG∽△FAD，∴DF AG=ADDG=AFAD，∴DF AG=BFAC=ka22(k+1)a=2kk+1．10如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点(不与点C，点D重合)，将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM 于点K．下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH= 45°，其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.4试题分析：根据翻折不变性可知：MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．答案详解：解：根据翻折不变性可知：MA=ME，∴△AME是等腰三角形，故①正确；如图1，过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O．∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，∴四边形ABGN是矩形，∴NG=AB=AD，由折叠可知：MG⊥AE，∴∠GOT=90°，∵∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，∴∠NGM=∠DAE，∵∠GNM=∠D=90°，∴△GNM≌△ADE(ASA)，∴MG=AE，故②正确；∵MA=ME，∴∠MEA=∠MAE，由折叠可知：∠FEM=∠BAM=90°，∴∠AEF=90°-∠MEA，∵∠AED=90°-∠MAE，∴∠AEF=∠AED，∴AE平分∠DEF，故③正确；∵△GNM≌△ADE，∴MN=DE，∵△ABH与△ADE不全等，∴AH≠AE，故④错误；如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，∵AE平分∠DEF，∴∠AED=∠AEQ，又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，∴△ADE≌△AEQ(AAS)，∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，∵AD=AB，∴AB=AQ，∵AH=AH，∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，∴∠HAB=∠HAQ，∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=12(BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．综上所述：结论正确的有：①②③⑤，共4个．所以选：D．三、半角模型之等补四边形11【初步探索】(1)如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE +FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是∠BAE+∠FAD=∠EAF；【灵活运用】(2)如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF= BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；【拓展延伸】(3)如图3，已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F 在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并给出证明过程．试题分析：(1)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF，据此得出结论；(2)延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE=∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，推导得到2∠FAE+∠DAB=360°，即可得出结论．答案详解：解：(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE=∠DAG，AE=AG，再根据SSS可判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF．所以答案是：∠BAE+∠FAD=∠EAF；(2)仍成立，理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADG，又∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，∴△AEF≌△AGF(SSS)，∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；(3)∠EAF=180°-12∠DAB．证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ADC=∠ABE，又∵AB=AD，∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF (SSS )，∴∠FAE =∠FAG ，∵∠FAE +∠FAG +∠GAE =360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠BAE )=360°，∴2∠FAE +(∠GAB +∠DAG )=360°，即2∠FAE +∠DAB =360°，∴∠EAF =180°-12∠DAB ．12问题背景：(1)如图1：在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =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．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△ABE ≌△ADG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得出结论，他的结论应是EF =BE +DF ．探索延伸：(2)如图2，若在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠D =180°．E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ，上述结论是否仍然成立，并说明理由．试题分析：(1)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题；(2)延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG ，即可证明△ABE ≌△ADG ，可得AE =AG ，再证明△AEF ≌△AGF ，可得EF =FG ，即可解题．答案详解：证明：(1)在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；所以答案是EF =BE +DF ．(2)结论EF =BE +DF 仍然成立；理由：如图2，延长FD 到点G ．使DG =BE ．连接AG，在△ABE 和△ADG 中，DG =BE ∠B =∠ADG AB =AD，∴△ABE ≌△ADG (SAS )，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵∠EAF =12∠BAD ，∴∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF =∠BAD -∠EAF =∠EAF ，∴∠EAF =∠GAF ，在△AEF 和△GAF 中，AE =AG ∠EAF =∠GAF AF =AF，∴△AEF ≌△AGF (SAS )，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF =BE +DF ，∴EF =BE +DF ；13(1)如图1，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B =∠D =90°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF =12∠BAD ．求证：EF =BE +FD ；(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 =12∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？(3)如图3，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠B +∠ADC =180°，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的点，且∠EAF =12∠BAD ，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．试题分析：(1)可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长EB到G，使BG=DF，连接AG．目的就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等将EF转换成GE，那么这样EF=BE+DF了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形ABE和AEF中，只有一条公共边AE，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AFD中，已知了一组直角，BG=DF，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AF，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件(SAS)，那么就能得出EF=GE了．(2)思路和作辅助线的方法与(1)完全一样，只不过证明三角形ABG和ADF全等中，证明∠ABG=∠ADF时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与(1)的结果完全一样．(3)按照(1)的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．根据(1)的证法，我们可得出DF=BG，GE=EF，那么EF=GE=BE-BG =BE-DF．所以(1)的结论在(3)的条件下是不成立的．答案详解：证明：(1)延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立．(3)结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE-FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE-BG∴EF=BE-FD．14如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN= 45°，AM、AN分别与对角线BD交于点E、F，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN=BM+DN；②BE2+DF2=EF2；③BC2=BF•DE；④OM=2OF，一定成立的是()A.①②③B.①②④C.②③④D.①②③④试题分析：由旋转的性质可得AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM =∠ADM'=90°，由“SAS”可证△AMN≌△AM′N，可得MN=NM′，可得MN=BM+DN，故①正确；由“SAS”可证△AEF≌△AED'，可得EF=D'E，由勾股定理可得BE2+DF2=EF2；故②正确；通过证明△DAE∽△BFA，可得DEAB=ADBF，可证BC2=DE•DF，故③正确；通过证明点A，点B，点M，点F四点共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证MO=2EO，由∠BAM≠∠DAN，可得OE≠OF，故④错误，即可求解．答案详解：解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，∴∠ADM'+∠ADC=180°，∴点M'在直线CD上，∵∠MAN=45°，∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，∴∠M′AN=∠MAN=45°，又∵AN=AN，AM=AM'，∴△AMN≌△AM′N(SAS)，∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN；故①正确；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，∴∠D'BE=90°，∵∠MAN=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，∴∠D'AE=∠EAF=45°，又∵AE=AE，AF=AD'，∴△AEF≌△AED'(SAS)，∴EF=D'E，∵D'E2=BE2+D'B2，∴BE2+DF2=EF2；故②正确；∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，∴∠BAF=∠AEF，又∵∠ABF=∠ADE=45°，∴△DAE∽△BFA，∴DE AB=AD BF，又∵AB=AD=BC，∴BC2=DE•DF，故③正确；∵∠FBM=∠FAM=45°，∴点A，点B，点M，点F四点共圆，∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，∴∠EOM=45°=∠EMO，∴EO=EM，∴MO=2EO，∵∠BAM≠∠DAN，∴∠BFM≠∠DEN，∴EO≠FO，∴OM≠2FO，故④错误，所以选：A．15如图，正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，连接AE，AF，与对角线BD分别交于点G，H，连接EH．若∠EAF=45°，则下列判断错误的是()A.BE+DF=EFB.BG2+HD2=GH2C.E，F分别为边BC，CD的中点D.AH⊥EH试题分析：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转的性质可得AB=AD，BM=DF，∠DAF=∠BAM，∠ABM=∠D=90°，AM=AF，由“SAS”可证△AME≌△AFE，可得EF=ME，则EF=BE+DF，所以选项A不合题意；将△ADH绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，此时AB与AD重合，可得AN=AH，∠BAN=∠DAH，∠ADH=∠ABN=45°，DH=BN，由“SAS”可证△ANG≌△AHG，可得GH=NG，由勾股定理可得DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；由∠EAF=∠DBC=45°，可证点A，点B，点E，点H四点共圆，可证AH⊥HE，故D选项不合题意，利用排除法可求解．答案详解：解：如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB =AD ，BM =DF ，∠DAF =∠BAM ，∠ABM =∠D =90°，AM =AF ，∴∠ABM +∠ABE =90°+90°=180°，∴点M ，B ，E 在同一条直线上．∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =∠BAD -∠EAE =90°-45°=45°．∵∠BAE =∠DAF ，∴∠BAM +∠BAE =45°．即∠MAE =∠FAE ．在△AME 与△AFE 中，AM =AF ∠MAE =∠FAE AE =AE，∴△AME ≌△AFE (SAS )，∴ME =EF ，∴EF =BE +DF ，故A 选项不合题意，如图2，将△ADH 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABN ，此时AB 与AD重合，∴△ADH ≌△ABN ，∴AN =AH ，∠BAN =∠DAH ，∠ADH =∠ABN =45°，DH =BN ，∴∠NBG =90°，∴BN 2+BG 2=NG 2，∵∠EAF =45°，∴∠DAF +∠BAE =45°，∴∠BAN +∠BAE =45°=∠NAE ，∴∠NAE =∠EAF ，又∵AN=AH，AG=AG，∴△ANG≌△AHG(SAS)，∴GH=NG，∴BN2+BG2=NG2=GH2，∴DH2+BG2=GH2，故B选项不合题意；∵∠EAF=∠DBC=45°，∴点A，点B，点E，点H四点共圆，∴∠AHE=∠ABE=90°，∴AH⊥HE，故D选项不合题意，所以选：C．16定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”．例如：在四边形ABCD中，若∠A+∠C= 180°或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．概念理解．(1)如图1，已知四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数为90°；②若∠B=90°，且AB=3，AD=2，则CD2-CB2=5．拓展延伸．(2)如图2，已知四边形ABCD是“对补四边形”．当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，试猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并证明．试题分析：(1)①设∠C=n°，则∠A=3n°，∠B=2n°，由四边形ABCD是“对补四边形”得3n+n= 180，则n=45，即可求得∠B=2n°=90°，则∠D=180°-∠B=90°；②由∠B=90°，得∠D=90°，根据勾股定理得CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，则CD2-CB2=AB2 -AD2=32-22=5．(2)延长DF到点G，使AE=CG，根据“同角的补角相等”证明∠A=∠BCG，即可证明△ABE≌△CBG，得BE=BG，∠ABE=∠CBG，则∠EBF=∠GBF=12∠ABC，即可证明△EBF≌△GBF，得EF=GF，则AE+CF=CG+CF=GF=EF．答案详解：解：(1)①设∠C=n°，∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴∠A=3n°，∠B=2n°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°，∴3n+n=180，解得n=45，∴∠B=2n°=90°，∴∠D=180°-∠B=90°，所以答案是：90°．②如图1，连接AC，∵∠B=90°，∴∠D=90°，∴CD2=AC2-AD2，CB2=AC2-AB2，∴CD2-CB2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2，∵AB=3，AD=2，∴CD2-CB2=32-22=5，所以答案是：5．(2)AE+CF=BF，证明：如图2，延长DF到点G，使AE=CG，则∠BCG+∠BCD=180°，∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠BCD=180°，∴∠A=∠BCG，∵AB=CB，∴△ABE≌△CBG(SAS)，∴BE=BG，∠ABE=∠CBG，∵∠EBF=12∠ABC，∴∠GBF=∠CBF+∠CBG=∠CBF+∠ABE=12∠ABC，∴∠EBF=∠GBF，∵BF=BF，∴△EBF≌△GBF(SAS)，∴EF=GF，∵AE+CF=CG+CF=GF，∴AE+CF=EF．17定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，或∠B+∠D=180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．【概念理解】(1)如图(1)，四边形ABCD是“对补四边形”．①若∠A：∠B：∠C=3：2：1，则∠D的度数是90°；②若∠B=90°，且AB=22，AD=2，则CD2-CB2=4．【拓展延伸】(2)如图(2)，四边形ABCD是“对补四边形”，当AB=CB，且∠EBF=12∠ABC时，猜测AE，CF，EF之间的数量关系，并加以证明．【类比运用】(3)如图(3)，如图(4)，在四边形ABCD中，AB=CB，BD平分∠ADC．①如图(3)，求证：四边形ABCD是“对补四边形”；②如图(4)，设AD=a，DC=b，连接AC，当∠ABC=90°，且S△ACDS△ABC=45时，求ab的值．试题分析：(1)①利用“对补四边形”的定义列式解答即可；②利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可；(2)延长EA至点K，使AK=CF，连接BK，利用全等三角形的判定与性质解答即可；(3)①过点B作BM⊥AD，垂足为M，BN⊥DC，垂足为N，利用全等三角形的判定与性质和“对补四边形”的定义解答即可；②利用“对补四边形”的定义，勾股定理，等腰直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可．答案详解：(1)解：①∵四边形ABCD是“对补四边形”，∴∠A+∠C=180°，∠B+∠D=180°．∵∠A：∠B：∠C=3：2：1，∴设∠A=3x°，则∠B=2x°，∠C=x°，∴3x+x=180，∴x=45°．∴∠B=90°，∴∠D=180°-90°=90°，所以答案是：90°；②在“对补四边形”ABCD中，连接AC，如图，∵∠B=90°，∠B+∠D=180°，则∠D=90°，由勾股定理得：CD2=AC2-AD2，BC2=AC2-AB2∴CD2-BC2=AC2-AD2-(AC2-AB2)=AB2-AD2=8-4=4，所以答案是：4；(2)解：AE，CF，EF之间的数量关系为：AE+CF=EF，理由：延长EA 至点K ，使AK =CF ，连接BK ，如图，∵四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠BAD +∠C =180°，又∵∠BAK +∠BAD =180°，∴∠BAK =∠BCD ，在△ABK 和△CBF 中，AB =CB∠BAK =∠BCF AK =CF，∴△ABK ≌△CBF (SAS )，∴∠ABK =∠CBF ，BK =BF ．∴∠KBF =∠ABC ．∵∠EBF =12∠ABC ，∴∠EBF =12∠KBF ，∴∠EBK =∠EBF ，在△BEK 和△BEF 中，BK =BF∠EBK =∠EBF BE =BE，∴△BEK ≌△BEF (SAS )，∴EK =EF ．∴AE +CF =AE +AK =EK =EF ；(3)①证明：过点B 作BM ⊥AD ，垂足为M ，BN ⊥DC ，垂足为N ，如图，则∠BMA =∠BNC =90°，∵BD 平分∠ADC ，∴BM =BN ，在Rt △ABM 和Rt △CBN 中，AB =CBBM =BN ，∴Rt △ABM ≌Rt △CBN (HL )，∴∠BAM =∠C ，∵∠BAM +∠BAD =180°，∴∠C +∠BAD =180°，即∠BAD 与∠C 互补，∴四边形ABCD 是“对补四边形”；②解：由①知四边形ABCD 是“对补四边形”，∴∠ABC +∠ADC =180°．∵∠ABC =90°，∴∠ADC =90°．∵AD =a ，DC =b ，则AC 2=AD 2+CD 2=a 2+b 2，∵AB =BC ，∴AB 2=BC 2=12AC 2=12(a 2+b 2)．∴S △ABC =12×AB •BC =12AB 2=14(a 2+b 2)．∵S △ACD =12×AD •CD =12ab ，S △ACD S △ABC=45，∴12ab 14(a 2+b 2)=45．∴a 2+b 2ab =52，即：a b +b a =52．解得：a b =2或a b =12，∴a b 的值是2或12．四、半角模型之矩形18如图矩形ABCD ，AB =3，AD =6．点M 、N 分别在边CD 、BC 上，AN =13，∠MAN =45°，直接写出AM 的长度．解：如图，取AD ，BC 的中点P ，Q ，连接QP ，连接NH ，∵AD =6，AB =3，∴AP =AB =BQ =PQ =3，∠B =90°，∴四边形ABQP 是正方形，Rt △ABN 中，AB =3，AN =13，∴BN =AN 2-AB 2=(13)2-33=2，∴NQ =3-2=1，∵∠NAH =45°，由(1)同理得：NH =BN +PH ，设PH =x ，则NH =x +2，QH =3-x ，Rt △NHQ 中，NH 2=QH 2+NQ 2，∴(2+x )2=12+(3-x )2，x =35，∵P 是AD 的中点，PH ∥DM ，∴AH =HM ，∴DM =2PH =65，由勾股定理得：AM =AD 2+DM 2=62+65 2=6265；19如图，在矩形ABCD 中，AB =6，AD =m ，点E 在边BC 上，且BE =2．(1)若m =8，点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求DF 的长；(2)若点F 在边DC 上，且∠EAF =45°，求m 的取值范围．(1)作正方形ABNM ，MN 与AF 交于点G ，连接EG ，由发现可知，EG =BE +MG ，设MG =x ，则NG =6-x ，EG =x +2，在Rt △GEN 中，EG 2=NG 2+NE 2，即(x +2)2=(6-x )2+42，解得，x =3，即MG =3，∵MN ∥CD ，∴△AGM ∽△AFD ，∴MG DF =AM AD ，即3DF =68，解得，DF =4；(2)由题意得，m ≥BE ，即m ≥2，当F 与C 重合时，m 最大，由(1)得，MG DF =AM AD ，即36=6m ，解得，m =12，则点F 在边DC 上，∠EAF =45°，m 的取值范围是2≤m ≤12．。

2024中考数学全国真题分类卷模型五半角模型强化训练类型一正方形含半角1.综合与实践数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转，体会活动带给我们的乐趣．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB，AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE，AF，连接EF，如图①.(1)∠EAF＝________°，写出图中两个等腰三角形：________(不需要添加字母)；转一转：将图①中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC，CD于点P，Q，连接PQ，如图②.(2)线段BP，PQ，DQ之间的数量关系为_______________________________________；(3)连接正方形对角线BD，若图②中的∠PAQ的边AP，AQ分别交对角线BD于点M，点N，如图③，求CQBM的值．第1题图2.如图，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC 上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F.设CM＝a，CN＝b，若ab＝8.(1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；(2)①当a＝b时，求∠ECF的度数；②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．3.如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M，N分别是边BC，CD上的动点，∠MAN＝60°，AM，AN分别交BD于点E，F.(1)求证：CM＋CN＝BC；(2)如图②，过点E作EG∥AN交DC的延长线于点G，求证：EG＝EA；(3)如图③，若AB＝1，∠AED＝45°，求EF的长．第3题图参考答案与解析1.解：(1)45，△AEF ，△EFC ，(从△AEF ，△EFC ，△ABC ，△ADC 中任选两个即可)；【解法提示】∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ＝BC ＝CD ，∠BAD ＝90°，∴△ABC ，△ADC 都是等腰三角形，∵∠BAE ＝∠CAE ，∠DAF ＝∠CAF ，∴∠EAF ＝12(∠BAC ＋∠DAC )＝45°，∠BAE ＝∠DAF ＝22.5°，∵AB ＝AD ，∠B ＝∠D ＝90°，∴△BAE ≌△DAF (ASA)，∴BE ＝DF ，AE ＝AF ，∵CB ＝CD ，∴CE ＝CF ，∴△AEF ，△CEF 都是等腰三角形．(2)PQ ＝BP ＋DQ ；【解法提示】如解图，延长CB 到点T ，使得BT ＝DQ ，连接AT .∵AD ＝AB ，∠ADQ ＝∠ABT ＝90°，DQ ＝BT ，∴△ADQ ≌△ABT (SAS)，∴AT ＝AQ ，∠DAQ ＝∠BAT ，∵∠PAQ ＝45°，∴∠PAT ＝∠BAP ＋∠BAT ＝∠BAP ＋∠DAQ ＝45°，∴∠PAT ＝∠PAQ ＝45°，∵AP ＝AP ，∴△PAT ≌△PAQ (SAS)，∴PQ ＝PT ，∵PT ＝PB ＋BT ＝PB ＋DQ ，∴PQ ＝BP ＋DQ .第1题解图(3)∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABM ＝∠ACQ ＝∠BAC ＝45°，AC ＝2AB ，∵∠BAC ＝∠PAQ ＝45°，∴∠BAM ＝∠CAQ ，∴△CAQ ∽△BAM ，∴CQ BM ＝AC AB ＝2.2.解：(1)由线段AE ，EF ，BF 组成的三角形是直角三角形．理由如下：∵AC ＝BC ，∠C ＝90°，∴∠A ＝∠B ＝45°.∵四边形PMCN 是矩形，∴∠CME ＝∠CNF ＝∠P ＝90°，AC ∥PN ，BC ∥PM ，∴∠AME ＝∠BNF ＝90°，∠A ＝∠PFE ＝45°，∠PEF ＝∠B ＝45°，∴△AME ，△PEF ，△BNF 都是等腰直角三角形，∴AM 2＝12AE 2，PE 2＝12EF 2，BN 2＝12BF 2，∴S △AME ＝12AM ·ME ＝12AM 2＝14AE 2，S △BNF ＝12BN ·NF ＝12BN 2＝14BF 2，S △PEF ＝12PE ·PF ＝12PE 2＝14EF 2.∵CM ＝a ，CN ＝b ，ab ＝8，∴S 矩形PMCN ＝8.∵AC ＝BC ＝4，∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝8，∴S 矩形PMCN ＝S △ABC ，∴S △AME ＋S △BNF ＝S △PEF ，∴14AE 2＋14BF 2＝14EF 2，即AE 2＋BF 2＝EF 2，∴由线段AE ，EF ，BF 组成的三角形是直角三角形；(2)①如解图①，过点C 作CG ⊥AB 于点G ，∵AC ＝BC ，∠ACB ＝90°，∴G 为AB 的中点，∴CG ＝AG ＝BG ＝12AB .第2题解图①在Rt △ABC 中，AC ＝BC ＝4，根据勾股定理得AB ＝AC 2＋BC 2＝42，∴CG ＝AG ＝BG ＝22.∵ab ＝8，a ＝b ，∴a ＝b ＝22，即CM ＝CN ＝CG ，在Rt △CME 和Rt △CGE ＝CE ＝CG，∴Rt △CME ≌Rt △CGE (HL)，∴∠MCE ＝∠ECG .同理可证Rt △CNF ≌Rt △CGF ，∴∠NCF ＝∠GCF ，∴∠ECF ＝∠ECG ＋∠GCF ＝12(∠MCG ＋∠NCG )＝12∠MCN ＝45°；②成立．理由如下：当a ≠b 时，如解图②，将△BCF 绕点C 逆时针旋转90°得到△ACH ，连接EH ，第2题解图②∴∠HCF ＝90°，由旋转的性质可得△BCF ≌△ACH ，∴∠HAC ＝∠B ＝45°，AH ＝BF ，CH ＝CF ，∴∠HAC ＋∠BAC ＝∠HAE ＝90°，∴在Rt △AEH 中，根据勾股定理，得AH 2＋AE 2＝EH 2，即BF 2＋AE 2＝EH 2，由(1)知AE 2＋BF 2＝EF 2，∴EH ＝EF ，在△CEH 和△CEF ＝CF＝EF ＝CE，∴△CEH ≌△CEF (SSS)，∴∠ECF ＝∠ECH ＝12∠HCF ＝45°.3.(1)证明：如解图①，连接AC ，∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴AB ＝BC ，AB ∥CD ，∴△ABC 是等边三角形，∴∠ABM ＝∠BAC ＝∠ACN ＝60°，∵∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△BAM和△CAN中，BAM＝∠CAN，＝ACABM＝∠ACN∴△BAM≌△CAN(ASA)，∴BM＝CN，∴CM＋CN＝CM＋BM＝BC；第3题解图①(2)证明：如解图①，连接EC.在△ABE和△CBE中，＝BC，ABE＝∠CBE＝BE∴△ABE≌△CBE(SAS)，∴AE＝CE，∠BAE＝∠BCE，∵EG∥AN，∴∠G＝∠AND，∵∠AND＝∠CAN＋∠ACN＝∠CAN＋60°，∠ECG＝∠BCG＋∠ECB＝60°＋∠ECB，∵∠ECB＝∠BAE＝∠CAN，∴∠ECG＝∠AND＝∠G，∴EC＝EG，∵AE＝EC，∴EG＝EA；(3)解：如解图②，将△ABE 绕点A 逆时针旋转120°得到△ADQ ，连接FQ .第3题解图②∴AE ＝AQ ，∠BAE ＝∠DAQ ，∵∠MAN ＝60°，∴∠BAE ＋∠DAN ＝60°，∴∠DAQ ＋∠DAN ＝60°，即∠QAF ＝60°，∴∠EAF ＝∠QAF ，又∵AF ＝AF ，∴△AFE ≌△AFQ ，∴∠AQF ＝∠AEF ＝45°，∵∠AQD ＝∠AEB ＝135°，∴∠FQD ＝90°，∵∠QDF ＝∠ADQ ＋∠ADF ＝∠ABE ＋∠ADF ＝∠CDB ＋∠ADF ＝60°，设DQ ＝x ，则BE ＝x ，DF ＝2x ，EF ＝FQ ＝3x ，∵AB ＝AD ＝1，∠ABD ＝30°，∴BD ＝3，∵BE ＋EF ＋DF ＝BD ，即x ＋3x ＋2x ＝3，∴x ＝3－12，∴EF ＝3x ＝3－32.。

2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章微专题半角模型知识精练1.问题提出：如图①，已知在△ABC中，∠BAC＝45°，过点A作AD⊥BC于点D，AD＝10，BD＝4，求CD的长；第1题图①问题探究：如图②，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，AD⊥BC，探究AD与BC 的数量关系．第1题图②2.如图①，四边形ABCD是菱形，AC为对角线，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，已知∠ADC＝∠EAF＝60°.(1)判断△AEF的形状，并说明理由；(2)如图②，对角线BD分别交AE，AC，AF于点G，O，H，若该菱形的边长为6，DH＝3.①求AH的长；②求△AGH的面积．图①图②第2题图参考答案与解析1.解：问题提出：如解图①，将△ADB ，△ADC 分别沿AB ，AC 折叠，得到△AD ′B ，△AC ′C ，延长D ′B ，C ′C 交于点E .∵∠BAC ＝45°，即∠BAD ＋∠CAD ＝45°，∴∠D ′AB ＋∠C ′AC ＝45°，∴∠D ′AC ′＝90°.∵AD ⊥BC ，∴∠D ′＝∠C ′＝∠D ′AC ′＝90°.∵AD ′＝AC ′＝AD ＝10，∴四边形AD ′EC ′为正方形．设CD ＝x ，则CE ＝10－x ，BE ＝10－4＝6.在Rt △BCE 中，由勾股定理，得BE 2＋CE 2＝BC 2，即62＋(10－x )2＝(4＋x )2，解得x ＝307.∴CD 的长为307；第1题解图①问题探究：如解图②，将△ADB ，△ADC 分别沿AB ，AC 折叠，得到△AD ′B ，△AC ′C ，延长D ′B ，C ′C 交于点E .∵∠BAC ＝30°，即∠BAD ＋∠CAD ＝30°，∴∠D ′AB ＋∠C ′AC ＝30°，∴∠D ′AC ′＝60°，∴∠D ′EC ′＝360°－90°－90°－60°＝120°.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ABD′＝∠ABC，∠ACB＝∠ACC′，∴∠DBE＝∠DCE，∴BE＝CE.∵AB＝AC，AD⊥BC，BE＝CE，∴A，D，E三点共线．在Rt△AD′E中，AD′＝AD，则AE＝AD′cos30°＝23AD3，则DE＝AE－AD＝23AD3－AD，在Rt△BDE中，BD＝DE·tan∠BED＝(2－3)AD，则BC＝2BD＝(4－23)AD，∴BC＝(4－23)AD.第1题解图②2.解：(1)△AEF是等边三角形，理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，∴∠BAD＝∠BCD＝120°，∴∠DAC＝∠ACD＝∠ADC＝∠ACB＝60°，∴△ADC为等边三角形，∠DAF＋∠FAC＝60°，∴AC＝AD.∵∠EAF＝60°，∴∠FAC＋∠CAE＝60°，∴∠DAF＝∠CAE.在△ADF和△ACE中，ADF ＝∠ACE ，＝AC ，DAF ＝∠CAE ，∴△ADF ≌△ACE (ASA)，∴AE ＝AF .∵∠EAF ＝60°，∴△AEF 是等边三角形；(2)①∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°，∴∠ADB ＝12∠ADC ＝30°.∵AD ＝6，∴OA ＝3，OD ＝33，∴OH ＝OD －DH ＝33－3＝23.在Rt △AOH 中，AH ＝OA 2＋OH 2＝21；②如解图，将△AHG 沿直线AG 折叠，得到△AIG ，连接IB ，过点I 作IJ ⊥BD 于点J .第2题解图由题意可知，∠HAI ＝2∠HAG ＝120°，AD ＝6，∠ADB ＝∠ABD ＝30°，∴BD ＝2OD ＝63.∵∠HAI －∠HAB ＝∠DAB －∠HAB ，∴∠BAI ＝∠DAH .∵AB ＝AD,AH ＝AI ，∴△ADH ≌△ABI (SAS)，∴IB ＝DH ＝3，∠ABI ＝∠ADH ＝30°，∴∠JBI ＝∠ABI ＋∠ABD ＝60°，∴BJ ＝IB ·cos ∠JBI ＝32，IJ ＝IB ·sin ∠JBI ＝32，∴GJ ＝DB －DH －HG －BJ ＝63－3－HG －32＝923－HG .∵△AIG 是由△AHG 折叠得到，∴HG ＝IG ，在Rt △GJI 中，由勾股定理，得IG 2＝IJ 2＋GJ 2，∴HG 2＝IJ 2＋GJ 2，即HG 2＝(32)2＋(932－HG )2，解得HG ＝733，∴S △AHG ＝12HG ·OA ＝12×733×3＝732.。

半角模型半角模型: 指的是一个大角夹着一个度数为它一半的角。

条件: 四边形ABCD中, E、F分别在BC.CD（或延长线上）, 具备下列三个条件:①AB=AD（共顶点等线段）；①①BAD=2①EAF；（共顶点的倍半角）①①B+①ADC=180°（或①BAD+①BCD=180°）（对角互补四边形）结论: EF=BE+DF （延长线上为EF=BE-DF）；AE平分∠BEF, AF平分∠EFD。

情形一: 角内含半角（补短）情形二: 角外含半角（截长）模型一: 90°夹45°例1.如图, 点E、F分别是正方形BC.CD上的点, ∠EAF=45°, 求证:（1）DF+BE=EF；（2）AE平分∠BEF, AF平分∠EFD证明: 延长CB至点G, 使得BG=DF（在CD上补BE亦可）△ABG≌△ADF（SAS）△AEG≌△AEF（SAS）90°外夹45°例 2.如图, 在正方形ABCD中, E、F为CB.DC延长线上点, 且∠EAF=45°, 探究线段EF、BE、DF之间的数量关系, 并证明。

类型二、120°角夹60°例3.如图, 在四边形ABCD中, AB=AD, ∠BAD=120°, E, F分别为BC, CD上的点, ∠EAF=∠C=60°, 求证(1)EF=BE+DF；（2）点A在∠BCD的平分线上.练习:1.如图, 四边形ABCD中, ∠A=∠BCD=60°, ∠ADC=60°, AB=BC, E、F分别在AD、DC延长线上, 且∠EBF=60°, 求证：AE=EF+CF例4.在等边△ABC的两边AB.AC所在直线上分别有两点M、N, D为△ABC 外一点, 且∠MDN＝60°, ∠BDC＝120°, BD＝DC. 探究: 当M、N分别在直线AB.AC上移动时, BM、NC.MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系.（1）如图1, 当点M、N边AB.AC上, 且DM＝DN时, BM、NC.MN之间的数量关系是；此时/＝；（2）如图2, 点M、N在边AB、AC上, 且当DM≠DN时, 猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由.（3）如图3, 当M、N分别在边AB、CA的延长线上时, 探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．任意角夹半角例5.已知, 如图, 在四边形ABCD中, ∠B+∠D＝180°, AB＝AD, E, F分别是线段BC, CD上的点, 且BE+FD＝EF. 求证: ∠EAF＝/∠BAD.练习（1）如图, 在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠B＝∠D＝90°, E、F分别是边BC.CD 上的点, 且∠EAF＝/∠BAD.求证: EF＝BE+FD；（2）如图, 在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠B+∠D＝180°, E、F分别是边BC.CD上的点, 且∠EAF＝/∠BAD, （1）中的结论是否仍然成立？（3）如图, 在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠B+∠ADC＝180°, E、F分别是边BC.CD 延长线上的点, 且∠EAF＝/∠BAD, （1）中的结论是否仍然成立？若成立, 请证明；若不成立, 请写出它们之间的数量关系, 并证明.例6.（1）如图1, 已知正方形ABCD中, ∠MAN＝45°, 猜想线段MN、BM与DN之间有怎样的关系？并证明. （2）如图2, 已知四边形ABCD中, AB⊥BC于点B, AD⊥CD于点D, AB＝AD, ∠BAD＝120°, ∠MAN＝60°, （1）中线段BM与DN之间的关系还成立吗？如果成立, 请证明；如果不成立, 请说明理由. （3）张大爷有一块五边形的土地, 如图3, 已知AB＝AE＝6, BC＝4, DE＝3, ∠BAE＝2∠CAD, AB⊥BC于点B, AE⊥DE于点E, 请你帮助张大爷计算这块土地的面积．课后练习1. 如图, 等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合, 将此三角板绕点A旋转, 使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC.DC于点E、F, 连结EF. 若EF＝5, DF＝2, 则BE的长为.(第1题) (第2题)2. 如图, △ABC为等边三角形, BD＝CD, ∠BDC＝120°, BC＝2, M、N分别在边AB, AC上, 且∠MDN＝60°, 则△AMN的周长等于.3. 在四边形ABCD中, ∠B+∠D＝180°, CB＝CD. 以点C为顶点的∠ECF在四边形ABCD的内部绕点C旋转, 角的两边分别与AB.AD交于点E、F, ∠ECF＝/∠BCD.（1）若∠BCD＝120°,①如图1, 当∠B＝90°, ∠BCE＝30时, 求证: EF＝BE+DF；②如图2, 当∠B≠90时, ①中的结论是否仍然成立？若成立, 请证明；若不成立, 请说明理由；③在∠ECF绕点C旋转的过程中, ①中的结论是否仍然成立, 请直接写出你的结论；（2）如图3, 若∠BCD为任意的一个角（0°＜∠BCD＜180°）, 在∠ECF绕点C旋转的过程中, ①中的三条线段BE, DF, EF之间的数量关系是否发生变化？若变化, 请说明理由；若不变, 请直接写出你的结论．4. 如图1, 四边形ABCD, 将顶点为A的∠EAF绕着顶点A顺时针旋转, 角的一条边与DC的延长线交于点F, 角的另一边与CB的延长线交于点E, 连接EF.（1）如果四边形ABCD为正方形, 当∠EAF＝45°时, 有EF＝DF﹣BE. 请你思考如何证明这个结论（只需思考, 不必写出证明过程）；（2）如图2, 如果在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠ABC＝∠ADC＝90°, 当∠EAF＝/∠BAD时, EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？请写出它们之间的关系式（3）如图3, 如果在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠ABC与∠ADC互补, 当∠EAF＝/∠BAD时, EF与DF、BE之间有怎样的数学关系？请写出它们之间的关系式并给予证明；（4）在（3）中, 若BC＝4, DC＝7, CF＝2, 求△CEF的周长（直接写出结果即可）．5. 已知正方形ABCD, 一等腰直角三角板的一个锐角顶点与A重合, 将此三角板绕A点旋转时, 两边分别交直线BC.CD于M、N.（1）当M、N分别在边BC.CD上时（如图1）, 求证: BM+DN＝MN；（2）当M、N分别在边BC.CD所在的直线上时（如图2）, 线段BM、DN、MN之间又有怎样的数量关系, 请直接写出结论；（不用证明）（3）当M、N分别在边BC、CD所在的直线上时（如图3）, 线段BM、DN、MN之间又有怎样的数量关系, 请写出结论并写出证明过程．6.问题背景:如图1: 在四边形ABCD中, AB＝AD, ∠BAD＝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.小王同学探究此问题的方法是, 延长FD到点G, 使DG＝BE．连结AG, 先证明△ABE ≌△ADG, 再证明△AEF≌△AGF, 可得出结论, 他的结论应是；（2）探索延伸:如图2, 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, 上述结论是否仍成立, 并说明理由；（3）实际应用:如图3, 在某次军事演习中, 舰艇甲在指挥中心（点O处）北偏西30°的A处, 舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处, 并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45海里/时的速度前进, 同时, 舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/时的速度前进, 2小时后, 指挥中心观察到甲、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．7. 如图, △ABC和△DEF是两个等腰直角三角形, ∠BAC＝∠DFE＝90°, AB＝AC, FD＝FE, △DEF的顶点E在边BC上移动, 在移动过程中, 线段DE与线段AB相交于点P,线段EF与线段CA相交于点Q.（1）如图1, 当E为BC中点, 且BP＝CQ时, 求证: △BPE≌△CQE；（2）如图2, 当ED经过点A, 且BE＝CQ时, 求∠EAQ的度数；（3）如图3, 当E为BC中点, 连接AE、PQ, 若AP＝3, AQ＝4, PQ＝5, 求AC的长．11。

半角模型例题已知，正方形 ABCD中，∠ EAF两边分别交线段 BC、 DC于点 E、F，且∠ EAF﹦45°结论 1：BE﹢ DF﹦EF结论 2：S△ABE﹢ S△ADF﹦S△AEF结论 3：AH﹦ AD结论 4：△ CEF的周长﹦ 2 倍的正方形边长﹦ 2AB结论 5：当 BE﹦DF时，△ CEF的面积最小22 2结论 6：BM﹢DN﹦MN结论 7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到结论 8：EA、 FA是△ CEF的外角平分线结论 9：四点共圆结论 10：△ ANE和△ AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到）结论 11： MN﹦EF（可由相似得到）结论 12： S△ AEF﹦2S△ AMN（可由相似的性质得到）结论 5 的证明：设正方形 ABCD的边长为 1则S△AEF﹦1﹣S1﹣S2﹣ S3﹦1﹣ x﹣ y﹣ (1 ﹣x)(1 ﹣y)﹦﹣ xy所以当 x﹦y 时，△ AEF的面积最小结论 6 的证明：将△ ADN顺时针旋转 90°使 AD与 AB重合′∴DN﹦ BN′易证△ AMN≌△ AMN′∴MN﹦ MN′在 Rt△BMN中，由勾股定理可得：2′ 2′2BM﹢BN ﹦MN22 2即 BM﹢DN﹦MN结论 7 的所有相似三角形：△ AMN∽△ DFN△AMN∽△ BME△AMN∽△ BAN△ AMN∽△ DMA△AMN∽△ AFE结论 8 的证明：因为△ AMN∽△ AFE∴∠ 3＝∠ 2因为△ AMN∽△ BAN∴∠ 3＝∠ 4∴∠ 2＝∠ 4因为 AB∥CD∴∠ 1＝∠ 4∴∠ 1＝∠ 2结论 9 的证明：因为∠ EAN﹦∠ EBN＝ 45°∴A、B、E、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证 C、E、N、F 四点共圆A、M、 F、 D 四点共圆C、E、 M、 F 四点共圆**必会结论 --------图形研究正方形半角模型已知：正方形 ABCD ，E、F分别在边 BC 、 CD 上，且 EAF45 ，AE、AF分别交BD于H、 G ，连EF.一、全等关系（）求证：① 2 2 2 平分，平分DF BE EF ；②DG﹢ BH﹦ HG；③AE BEF AF DFE .1二、相似关系（2）求证：①CE 2DG ；② CF 2 BH ；③ EF 2HG .（3）求证：④AB2 BG DH ；⑤ AG 2 BG HG ；⑥BEDF 1 . CE CF 2三、垂直关系（4）求证：①AG EG ；②AH FH ；③tan HCF AB .（5) 、和差关系BE 求证：① BG DG 2BE ；② AD DF 2DH ；③ | BE DF | 2 | BH DG | .例1、在正方形 ABCD中，已知∠ MAN﹦ 45°，若 M、N 分别在边CB、 DC的延长线上移动，①.试探究线段 MN、BM 、 DN之间的数量关系 .②.求证： AB=AH.例2、在四边形 ABCD中，∠ B+∠ D﹦ 180°，AB=AD，若 E、F 分别在边 BC、 CD上，且满足 EF=BE +DF.求证：∠ EAF＝∠BAD例3、在△ ABC中， AB=AC，∠ BAC=2∠ DAE=120°，若 BD=5，CE=8，求 DE的长。

专题02 全等三角形中的半角模型【模型展示】【模型证明】【模型拓展】90°中夹45°(正方形中的半角模型)条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。

结论①：图1、2中，EF=BE+FD证明证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，且AE=AE，AF=AF’，∴△FAE≌△F’AE(SAS)，∴EF=EF’，又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，∴F’、B、E三点共线，∴EF’=BE+BF’=BE+DF 。

结论②：图2中MN²=BM²+DN²；证明：如图4中，将AN 绕点A 顺时针旋转90°，N 点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN ，且AM=AM ，AN=AN’，∴△MAN’≌△MAN(SAS)，∴MN=MN’，又∠ADN=45°=∠ABN’，∠ABD=45°，∴∠MBN’=∠ABD+∠ABN’=45°+45°=90°，∴在Rt △MBN’中，MN’²=BM²+BN’²，即MN²=BM²+BN’²。

结论③：图1、2中EA 平分∠BEF ，FA 平分∠DFE 。

证明过程见证明①中时△FAE ≌△F’AE 即可。

结论④：图1、2中ADF ABE AEF S S S ∆∆∆+=。

证明：如图5中，过A 点作AH ⊥EF 于H 点，由结论③可知：∠AEH=∠AEB ，且∠AHE=∠ABE=90°，AE=AE ，∴△AEB ≌△AEH(AAS)，∴AH=AB=AD ，进而可以证明△AHF ≌△ADF(AAS)，∴ADF ABE AHF AHE AEF S S S S S ∆∆∆∆∆+=+=.【题型演练】一、单选题1．如图，四边形ABCD 内接于⊙O ，AB ＝AD ，∠BCD ＝120°，E 、F 分别为BC 、CD 上一点，∠EAF ＝30°，EF ＝3，DF ＝1．则BE 的长为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．42．如图，点M 、N 分别是正方形ABCD 的边BC 、CD 上的两个动点，在运动过程中保持∠MAN ＝45°，连接EN 、FM 相交于点O ，以下结论：①MN ＝BM +DN ；②BE 2+DF 2＝EF 2；③BC 2＝BF •DE ；④OM OF （ ）A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①②③④二、填空题3．如图，在Rt △ABC 和Rt △BCD 中，∠BAC ＝∠BDC ＝90°，BC ＝4，AB ＝AC ，∠CBD ＝30°，M ，N 分别在BD ，CD 上，∠MAN ＝45°，则△DMN 的周长为_____．4．如图，在边长为6的正方形ABCD 内作45EAF ∠=°，AE 交BC 于点E ，AF 交CD 于点F ，连接EF ，将ADF V 绕点A 顺时针旋转90°得到ABG V ，若2BE =，则EF 的长为______．5．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在边AB ，BC 上，若F 是BC 的中点，且∠EDF ＝45°，则DE 的长为 _____．三、解答题6．正方形ABCD 的边长为3，E 、F 分别是AB 、BC 边上的点,且∠EDF =45°.将△DAE 绕点D 逆时针旋转90°，得到△DCM .（1）求证：EF =FM（2）当AE =1时，求EF 的长．7．已知，如图所示，正方形ABCD 中，E ，F 分别在边BC ，CD 上，且45EAF ∠=°，AE ，AF 分别交BD于H ，G ，连EF ，求证：①DF BE EF += ②222DG BH HG +=.8．如图，在正方形ABCD 中，E 、F 是对角线BD 上两点，将ADF V 绕点A 顺时针旋转90° 后，得到ABM V ，连接EM ，AE ，且使得45∠=°MAE ．（1）求证：=ME EF ；（2）求证：222EF BE DF =+.9．已知：边长为4的正方形ABCD ，∠EAF 的两边分别与射线CB 、DC 相交于点E 、F ，且∠EAF ＝45°，连接EF ．求证：EF ＝BE +DF ．思路分析：(1)如图1，∵正方形ABCD 中，AB ＝AD ，∠BAD ＝∠B ＝∠ADC ＝90°，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADE '，则F 、D 、E '在一条直线上，∠E 'AF ＝ 度，……根据定理，可证：△AEF ≌△AE 'F ．∴EF＝BE+DF．类比探究：(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；拓展应用：(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．10．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝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．11．（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>AG)，∠B=90°，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长？12．如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．(1)求证：GEF EDC@V V (2)求证：四边形BFGH 是正方形；(3)求证：ED 平分∠CEI13．学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题：“如图1，在正方形ABCD 中，∠EAF ＝45°，求证：EF ＝BE ＋DF ．”小明同学的思路：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠B ＝∠ADC ＝90°．把△ABE 绕点A 逆时针旋转到ADE ¢△的位置，然后证明AFE AFE ¢≌△△，从而可得=EF E F ¢．E F E D DF BE DF ¢¢=+=+，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＝∠D ＝90°，12EAF BAD ∠=∠，直接写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系．(2)【应用】如图3，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，12EAF BAD ∠=∠，求证：EF ＝BE ＋DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是O e 的内接四边形，BC 是直径，AB ＝AC ，请直接写出PB ＋PC 与AP 的关系．。

专题04全等模型-半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。

思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。

解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。

半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.模型1.半角模型（90°-45°型）【模型展示】1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④∆AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

2）等腰直角三角形半角模型条件：∆ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2；例1．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF ∠=︒，求证：EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG ，使AB 与AD 重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点E ，F 分别是BC ，CD 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则EF ，BE ，DF 之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD 的边长为6，AE =AF 的长．例2．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC ，△DEP 是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC ＝∠PDE ＝90°．使△DEP 的顶点P 与△ABC 的顶点A 重合，PD ，PE 分别与BC 相交于点F 、G ，若BF ＝6，CG ＝4，则FG ＝_____．例3．（2022春·山东烟台·八年级校考期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝45°，则DE的长为_____．△绕点（分析：我们把ADF于是易证得：ADF≅直接应用：正方形ABCD(2)【变式练习】已知：如图、、之间的数量关系，并说明理由．写出BD DE CE模型2.半角模型（60°-30°型或120°-60°型）1）等边三角形半角模型（120°-60°型）条件：∆ABC是等边三角形，∆BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④∆AEF的周长=2AB；⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。

半角模型例题已知，正方形 ABCD中，∠ EAF两边分别交线段 BC、 DC于点 E、F，且∠ EAF﹦45°结论 1：BE﹢ DF﹦EF结论 2：S△ABE﹢ S△ADF﹦S△AEF结论 3：AH﹦ AD结论 4：△ CEF的周长﹦ 2 倍的正方形边长﹦ 2AB结论 5：当 BE﹦DF时，△ CEF的面积最小22 2结论 6：BM﹢DN﹦MN结论 7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到结论 8：EA、 FA是△ CEF的外角平分线结论 9：四点共圆结论 10：△ANE和△ AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到）结论 11： MN﹦√2 EF（可由相似得到）2结论 12： S△ AEF﹦2S△ AMN（可由相似的性质得到）结论 5 的证明：设正方形 ABCD的边长为 1则S△AEF﹦1﹣S1﹣S2﹣ S3﹦1﹣1 x﹣1y﹣1 (1 ﹣x)(1 ﹣y)22 2﹦1﹣1 xy22所以当 x﹦y 时，△ AEF的面积最小结论 6 的证明：将△ ADN顺时针旋转 90°使 AD与 AB重合′∴DN﹦ BN′易证△ AMN≌△ AMN′∴MN﹦ MN′在 Rt△BMN中，由勾股定理可得：2′ 2′2BM﹢BN ﹦MN22 2即 BM﹢DN﹦MN结论 7 的所有相似三角形：△ AMN∽△ DFN△AMN∽△ BME△AMN∽△ BAN△ AMN∽△ DMA△AMN∽△ AFE结论 8 的证明：因为△ AMN∽△ AFE∴∠ 3＝∠ 2因为△ AMN∽△ BAN∴∠ 3＝∠ 4∴∠ 2＝∠ 4因为 AB∥CD∴∠ 1＝∠ 4∴∠ 1＝∠ 2结论 9 的证明：因为∠ EAN﹦∠ EBN＝ 45°∴A、B、E、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角）同理可证 C、E、N、F 四点共圆A、M、 F、 D 四点共圆C、E、 M、 F 四点共圆**必会结论 -------- 图形研究正方形半角模型已知：正方形 ABCD ，E、F分别在边 BC 、 CD 上，且 EAF45 ，AE、AF分别交BD于H、 G ，连EF.一、全等关系（）求证：① 2 2 2 平分，平分DF BE EF ；②DG﹢ BH﹦ HG；③AE BEF AF DFE .1二、相似关系（2）求证：①CE 2DG ；② CF 2 BH ；③ EF 2HG .（3）求证：④AB2 BG DH ；⑤ AG 2 BG HG ；⑥BEDF 1 . CE CF 2三、垂直关系（4）求证：①AG EG ；②AH FH ；③tan HCF AB .（5) 、和差关系BE 求证：① BG DG 2 BE ；② AD DF 2DH ；③ | BE DF | 2 | BH DG | .例1、在正方形 ABCD中，已知∠ MAN﹦ 45°，若 M、N 分别在边CB、 DC的延长线上移动，①.试探究线段 MN、BM 、 DN之间的数量关系 .②.求证： AB=AH.例2、在四边形 ABCD中，∠ B+∠ D﹦ 180°，AB=AD，若 E、F 分别在边 BC、 CD上，且满足 EF=BE +DF.求证：∠ EAF＝1∠BAD2例3、在△ ABC中， AB=AC，∠ BAC=2∠ DAE=120°，若 BD=5，CE=8，求 DE的长。

半角模型专项训练1．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，M、N是斜边AB上的两点，且∠MCN＝45°，AM＝3，BN＝5，则MN＝．【答案】【解答】解：将△CBN逆时针旋转90度，得到三角形ACR，连接RM则△CRA≌△CNB全等，△RAM是直角三角形∴AR＝BN＝5，∴MN＝RM＝＝故答案是：2．如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝15，点M、N在边BC 上，且∠MAN＝45°，CN＝5，MN＝．【答案】13【解答】解：∵等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝15，∴∠ABC＝∠C＝45°，BC＝AB＝30，把△ACN绕点A顺时针旋转90°得到△ABD，连接MD，如图所示：则∠ABD＝∠C＝45°，BD＝CN＝5，∠DAN＝90°，AD＝AN，∴∠DBM＝45°+45°＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAD＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAD＝∠MAN，在△AMD和△AMN中，，∴△AMD≌△AMN（SAS），∴MD＝MN，设MD＝MN＝x，则BM＝BC﹣MN﹣CN＝25﹣x，在Rt△DBM中，由勾股定理得：BD2+BM2＝MD2，即52+（25﹣x）2＝x2，解得：x＝13，∴MN＝13；故答案为：13．3．如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E是BC边上的任意两点，且∠DAE＝45°．（1）将△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△ACF，请在图（1）中画出△ACF．（2）在（1）中，连接EF，探究线段BD，EC和DE之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．（3）如图2，M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BM+DN＝MN，试求∠MAN的大小．【解答】解：（1）完成图形，（2）连接EF，由旋转可知，AF＝AD，CF＝BD，∠DAF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠F AE＝45°，在△DAE和△F AE中，，∴△DAE≌△F AE（SAS），∴EF＝DE，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACF＝45°，∴∠ECF＝∠ACB+∠ACF＝90°，∴EF2＝EC2+FC2，∴DE2＝EC2+BD2；（3）将△ADN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠D＝90°，∴E，B，M三点共线，∵BM+DN＝MN，∴ME＝MN，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SSS），∴∠MAE＝∠MAN＝45°．4．（1）如图①，正方形ABCD①中，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点C，使DG＝BE，连接EF、AG，求证：EF＝FG；（2）如图②，在△ABC中，∠BAC＝90°，点M、N在边BC上，且∠MAN＝45°，若BM＝2，AB＝AC，CN＝3，求MN的长．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ABE＝∠ADG，AD＝AB，∵在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，在△F AE和△GAF中，，∴△F AE≌△△F AG（SAS），∴EF＝FG；（2）解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°．∵CE⊥BC，∴∠ACE＝∠B＝45°．在△ABM和△ACE中，，∴△ABM≌△ACE（SAS）．∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠CAN＝45°．于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．在△MAN和△EAN中，，∴△MAN≌△EAN（SAS）．∴MN＝EN．在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2+NC2．∴MN2＝BM2+NC2．∵BM＝2，CN＝3，∴MN2＝22+32，∴MN＝．5．已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．（1）当∠MAN绕点A旋转到（如图1）时，求证：BM+DN＝MN；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图2的位置时，猜想线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系呢？请直接写出你的猜想．（不需要证明）【解答】解：（1）猜想：BM+DN＝MN，证明如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，在△ABE和△ADN中，，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．证明如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠F AN＝45°，在△MAN和△F AN中，∴△MAN≌△F AN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN6．把一个含45°的三角板的锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，然后把三角板绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交直线CB、DC于点M、N．（1）当三角板绕点A旋转到图（1）的位置时，求证：MN＝BM+DN．（2）当三角板绕点A旋转到图（2）的位置时，试判断线段MN、BM、DN之间具有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并给予证明．【解答】（1）证明：延长MB到H，使BH＝DN，连接AH，如图（1），∵四边形ABCD为正方形，∴∠D＝∠ABC＝90°，AD＝AB，在△ABH和△ADN中，，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴AH＝AN，∠HAB＝∠NAD，∵∠MAN＝45°，∴∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠HAB+∠BAM＝45°，∴∠HAM＝∠NAM，在△AMH和△AMN中，，∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MH＝MN，即HB+MB＝MN，∴MN＝BM+DN；（2）解：MN＝DN﹣BM．理由如下：在DN上截取DH＝BM，如图（2），与（1）一样可证明△ADH≌△ABM，∴AH＝AM，∠DAH＝∠BAM，∵∠MAN＝45°，∴∠DAH+∠BAN＝45°，∴∠HAN＝45°，∴∠HAN＝∠NAM，在△ANH和△AMN中，，∴△ANH≌△AMN（SAS），∴NH＝MN，而DN＝DH+HN，∴BM+MN＝DN，即MN＝DN﹣BM．7．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC，点M、N在边BC上，且∠MAN＝60°．若BM＝2，CN＝3，则MN的长为．【答案】【解答】解：如图，△ABM绕点A逆时针旋转120°至△APC，连接PN，过点P作BC 的垂线，垂足为D，∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°∵△ABM≌△APC，∴∠B＝∠ACP＝30°，PC＝BM＝2，∠BAM＝∠CAP，∴∠NCP＝60°，∵∠MAN＝60°，∴∠BAM+∠NAC＝∠NAC+∠CAP＝60°＝∠MAN，又∵AM＝AP，AN＝AN，∴△MAN和△P AN中，∴△MAN≌△P AN（SAS），∴MN＝PN，∵PD⊥CN，∠NCP＝60°，∴CD＝PC＝1，PD＝CD＝∴DN＝CN﹣CD＝3﹣1＝2，∴PN＝＝故答案为：．8．△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC，点D、E在直线BC上．（1）如图1，D、E在BC边上，若α＝120°，且AD2+AC2＝DC2，求证：BD＝AD；（2）如图2，D、E在BC边上，若α＝150°，∠DAE＝75°，且ED2+BD2＝CE2，求∠BAD的度数．（3）如图3，D在CB的延长线上，E在BC边上，若∠BAC＝α，∠DAE＝180°﹣，∠ADB＝15°，BE＝4，BD＝2，则CD的值为．【解答】（1）证明：∵AD2+AC2＝DC2，∴∠DAC＝90°，∵∠BAC＝α＝120°，∴∠BAD＝α﹣∠DAC＝30°，∵∠AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAD＝∠B＝30°，∴BD＝AD．（2）解：如图（2），将△AEC绕着点A顺时针旋转150°，得到△AE′B，∴AE′＝AE，∠ABE′＝∠C，BE′＝CE，∠EAC＝∠E′AB，∵∠BAC＝150°，∠DAE＝75°，∴∠BAD+∠EAC＝75°，∴∠BAD+∠E′AB＝75°，即∠E′AD＝75°，∴∠E′AD＝∠EAD，又∵AD＝AD，AE＝AE′，∴△AE′D≌△AED（SAS），∴DE′＝DE，∠E′DA＝∠EDA，∵ED2+BD2＝CE2，∴E′D2+BD2＝BE′2，∴BDE′＝90°，∴∠E′DA＝∠EDA＝45°，∵∠BAC＝150°，AB＝AC，∴，∴∠BAD＝∠ADC﹣∠ABC＝45°﹣15°＝30°，故∠BAD＝30°．（3）解：如图（3），作E关于AD的对称点F，连接DF，AF，CF，作FG⊥BC，∵F，E关于AD对称，∴AF＝AE，DF＝DE，∵AD＝AD，∴△ADF≌△ADE（SSS），∴，∠ADE＝∠ADF＝15°，∴∠FDC＝30°，∴∠EAF＝360°﹣∠DAF﹣∠DAE＝α＝∠BAC，∴∠BAE＝∠CAF，又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴CF＝BE＝4，在Rt△DFG中，∠FDG＝30°，DF＝DE＝BD+BE＝6，∴，FC＝BE＝4，FG＝3，∴，∴，故答案为：．。