文档内容
模型介绍
角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角
模型；正方形中角含半角模型两种类型。解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折
目标三角形法.
角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。它主要包含：等腰直角三角形角含半角
模型；正方形中角含半角模型两种类型。解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折
目标三角形法.
类型一：等腰直角三角形角含半角模型
（1）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°，则：BD2+CE2=DE2.
图示（1） 作法1：将△ABD旋转90° 作法2：分别翻折△ABD,△ACE
（2）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在BC上，点E在BC延长线上，且∠DAE=45°，
则：BD2+CE2=DE2.
图示（2）（3）如图，将等腰直角三角形变成任意等腰三角形时，亦可以进行两种方法的操作处理..
任意等腰三角形
类型二：正方形中角含半角模型
（1）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，连接EF，过点A作AG⊥于
EF于点G，则：EF=BE+DF，AG=AD.
图示（1） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（2）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，
则：EF=DF-BE.
图示（2） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°
（3）如图，将正方形变成一组邻边相等，对角互补的四边形，在四方形ABCD中，AB=AD，
∠BAD+∠C=180°，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF= ∠BAD，连接EF，则：EF=BE+DF.图示（3） 作法：将△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的大小
【专题说明】
半角模型应用比较广泛：理解半角模型的定义，掌握正方形背景中半角模型的模型的应用，掌握等腰直角
三角形背景中半角模型的应用尤为重要。
【知识总结】
过等腰三角形顶点作两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，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。一、半角模型特征
1、共端点的等线段； 2、共顶点的倍半角；
二、半角模型辅助线的作法
1、旋转的方法：以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角；
2、旋转的条件：具有公共端点的等线段；
3、旋转的目的：将分散的条件集中，隐蔽的关系显现。
例题精讲
【例1】．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在AB，AD上，若CE＝5，且∠ECF＝45°，则
CF的长为 ．解：如图，延长FD到G，使DG＝BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中， ，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CG＝CE，∠DCG＝∠BCE，
∴∠GCF＝45°，
在△GCF与△ECF中， ，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴GF＝EF，
∵CE＝5，CB＝4，
∴BE＝3，
∴AE＝1，
设AF＝x，则DF＝4﹣x，GF＝3+（4﹣x）＝7﹣x，
∴EF＝ ＝ ，
∴（7﹣x）2＝1+x2， ∴x＝ ，
即AF＝ ，
∴DF＝4﹣ ＝ ，
∴CF＝ ＝ ＝ ， 故答案为： ．变式训练
【变式1-1】．如图四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AB＝BC+AD，∠DAC＝45°，E为CD上一
点，且∠BAE＝45°．若CD＝4，则△ABE的面积为（ ）
A． B． C． D．
解法一：作AF⊥CB交CB的延长线于F，在CF的延长线上取一点G，使得FG＝DE．
∵AD∥BC，
∴∠BCD+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝∠BCD＝∠AFC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形，
∵∠CAD＝45°，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCF是正方形，
∴AF＝AD，∠AFG＝∠ADE＝90°，
∴△AFG≌△ADE，
∴AG＝AE，∠FAG＝∠DAE，
∴∠FAG+∠FAB＝∠EAD+∠FAB＝45°＝∠BAE，
∴△BAE≌△BAG，∴BE＝BG＝BF+GF＝BF+DE，
设BC＝a，则AB＝4+a，BF＝4﹣a，
在Rt△ABF中，42+（4﹣a）2＝（4+a）2，解得a＝1，
∴BC＝1，BF＝3，设BE＝b，则DE＝b﹣3，CE＝4﹣（b﹣3）＝7﹣b．
在Rt△BCE中，12+（7﹣b）2＝b2，解得b＝ ，
∴BG＝BE＝ ，
∴S△ABE ＝S△ABG ＝ × ×4＝ ．
【变式1-2】．如图，△ABC是边长为5的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，以点D
为顶点作一个60°的角，使其两边分别交AB、AC于点M、N，则△AMN的周长为 1 0 ．
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CDN中，
，
∴△BDF≌△CDN（SAS）， ∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°， ∴∠BDM+∠BDF＝60°，在△DMN和△DMF中，
，
∴△DMN≌△DMF（SAS） ∴MN＝MF，
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝5+5＝10． 故答案为：10．
【变式1-3】．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长
交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：
①AP＝PF；
②BG2+DP2＝GP2；
③PB﹣PD＝ BF；
④S四边形PEFG ＝S△APG ．
以上结论正确的有 ①②④ （填入正确的序号即可）．
解：①如图1，取AF的中点T，连接PT，BT，∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵AT＝TF，
∴BT＝AT＝TF＝PT，
∴A，B，F，P四点共圆，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故①正确，
②如图2，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，过点B作BN⊥BD，交AM于N，连接NG，
∵∠ADE＝∠ABM＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C，B，M共线，
∵∠EAF＝45°，∠DAB＝90°，
∴∠DAE+∠BAF＝45°，
∵∠DAE＝∠BAM，
∴∠BAM+∠BAF＝45°＝∠EAF，∵∠GBN＝90°，∠ABD＝45°，
∴∠ABN＝45°＝∠ADP，
∵AB＝AD，∠DAP＝∠BAN，
∴△DAP≌△BAN（ASA），
∴AP＝AN，
∵AG＝AG，
∴△AGP≌△AGN（SAS），
∴PG＝NG，
∵∠NBG＝90°，
∴BN2+BG2＝NG2，
∴BG2+PD2＝GP2，故②正确；
③如图3，连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形，
在△PBA和PBC中，
，
∴△PBA≌△PBC（SAS），
∴PA＝PC，
∵PF＝PA，
∴PF＝PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ＝QC，
∵PB＝ BQ，PD＝ PW＝ CQ＝ FQ，
∴PB﹣PD＝ （BQ﹣FQ）＝ BF，故③不正确；④如图2，∵∠ABF+∠APF＝180°
∴A，B，F，P四点共圆，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△AFE≌△AFM，
∴∠AFE＝∠AFB，
∴∠APG＝∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG∽△FAE，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴S四边形PEFG ＝S△APG ，故④正确， 故答案为：①②④．
【例2】．如图，△AEF中∠EAF＝45°，AG⊥EF于G，且GF＝2，GE＝3，求S△AEF ．
解：如图，将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点
C．
∴AD＝AG＝AB，∠D＝∠AGF＝90°，∠B＝∠AGE＝90°，∠DAF＝∠GAF，∠BAE＝∠GAE，
∵∠EAF＝45°＝∠FAG+∠GAE，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠DAB＝45°+45°＝90°，
即∠B＝∠D＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∴四边形ABCD是正方形．
由折叠知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，
∴BE＝EG＝3，DF＝FG＝2，
∵EF＝5，
设AG＝x，则AB＝BC＝CD＝AG＝x，CE＝CB﹣BE＝x﹣3，CF＝x﹣2．
∵CE2+CF2＝EF2，
∴（x﹣3）2+（x﹣2）2＝52．
解得x ＝6，x ＝﹣1（舍去）．
1 2
∴AG＝6．
∴△AEF的面积＝ EF•AG＝ ×5×6＝15．
变式训练
【变式2-1】．如图，等边△ABC中，D、E为BC边上的点，BD＝2CE，∠DAE＝30°，DE＝3，CE的长
为 ．
解：将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，作FH⊥BC于H．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵∠DAE＝30°，
∴∠CAF+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝30°，
∴∠EAD＝∠EAF＝30°，
∵AE＝AE，AD＝AF，
∴△EAD≌△EAF，
∴DE＝EF＝3，设EC＝x，则BD＝CF＝2x
∵∠ACF＝∠ACB＝60°，
∴∠FCH＝60°，∴CH＝ CF＝x，FH＝ x，
在Rt△EFH中，EF2＝EH2+FH2，
∴9＝4x2+3x2，
∴x＝ ，
故答案为 ．
【变式2-2】．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D＝90°，BC＝CD＝12，∠ABE＝45°，
若AE＝10．求CE的长度．
解：过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，
延长DM到G，使MG＝CE，连接BG，
易知四边形BCDM是正方形，
则△BEC与△BGM中，
，
∴△BEC≌△BMG（SAS），
∴∠MBG＝∠CBE，BE＝BG，
∵∠ABE＝45°，
∴∠CBE+∠ABM＝∠MBG+∠ABM＝45°，
即∠ABE＝∠ABG＝45°，
在△ABE与△ABG中，，
∴△ABE≌△ABG（SAS），
∴AG＝AE＝10，
设CE＝x，则AM＝10﹣x，
AD＝12﹣（10﹣x）＝2+x，DE＝12﹣x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，
∴100＝（x+2）2+（12﹣x）2，
即x2﹣10x+24＝0；
解得：x ＝4，x ＝6． 故CE的长为4或6．
1 2
【变式2-3】．如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D和点E均在边BC上，且∠DAE＝
45°．
（1）如图②，把△ABD绕点A顺时针旋转 90°至△ACG，可使AB与AC重合，连接 EG，求证：
△DAE≌△GAE；
（2）试猜想BD、DE、EC应满足的数量关系，并写出推理过程．
解：（1）由旋转可知，△ABD≌△ACG，
∴AD＝AG，
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°，
∴∠EAG＝45°，
在△DAE和△GAE中，
，
∴△DAE≌△GAE（SAS）；（2）由△DAE≌△GAE，
∴BD＝EG，
由旋转，BD＝CG，∠ACG＝∠B，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ECG＝90°，
在Rt△CEG中，EG2＝EC2+CG2，
∴DE＝CE2+BD2．
实战演练
1．如图，已知等边三角形△ABC边长为a，等腰三角形△BDC中∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，角的两边
分别交AB，AC于点M，N，连接MN，则△AMN的周长为（ ）
A．a B．2a C．3a D．4a
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为a的等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，在Rt△BDF和Rt△CND中，BF＝CN，DB＝DC，
∴Rt△BDF≌Rt△CDN（HL），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°，
∴∠BDM+∠BDF＝60°，∠FDM＝60°＝∠MDN，DM为公共边，
∴△DMN≌△DMF（SAS），
∴MN＝MF
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝2a，
故选：B．
2．如图，菱形ABCD的边AB＝20，面积为320，∠BAD＜90°， O与边AB，AD都相切，AO＝10，则
O的半径长等于（ ） ⊙
⊙
A．5 B．6 C．2 D．3
解：如图作DH⊥AB于H，连接BD，延长AO交BD于E．
∵菱形ABCD的边AB＝20，面积为320，
∴AB•DH＝320，
∴DH＝16，在Rt△ADH中，AH＝ ＝12，
∴HB＝AB﹣AH＝8，
在Rt△BDH中，BD＝ ＝8 ，
设 O与AB相切于F，与AD相切于J，连接OF，OJ，则OF⊥AB，OJ⊥AD，OF＝OJ，
∴⊙OA平分∠DAB，
∵AD＝AB，
∴AE⊥BD，
∵∠OAF+∠ABE＝90°，∠ABE+∠BDH＝90°，
∴∠OAF＝∠BDH，∵∠AFO＝∠DHB＝90°，
∴△AOF∽△DBH，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴OF＝2 ．
故选：C．
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上，若AE＝ ，∠EAF＝45°，则
AF的长为 2 ．
解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝6，
∴NF＝ x，AN＝6﹣x，
∵AB＝2，
∴AM＝BM＝1，
∵AE＝ ，AB＝2，
∴BE＝1，∴ME＝ ＝ ＝ ，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAE+∠NAF＝45°，
∵∠MAE+∠AEM＝45°，
∴∠MEA＝∠NAF，
∴△AME∽△FNA，
∴ ，
∴ ，
解得x＝2．
∴ ＝ ＝2 ．
故答案为：2 ．
4．PA、PB切 O于A、B两点，CD切 O于点E，交PA、PB于C、D，若 O的半径为r，△PCD的周
⊙ ⊙ ⊙
长等于3r，则tan∠APB的值是 ．
解：连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F．
∵PA，PB切 O于A、B两点，CD切 O于点E
∴∠OAF＝∠⊙PBF＝90°，CA＝CE，DB⊙＝DE，PA＝PB，
∵△PCD的周长＝PC+CE+DE+PD＝PC+AC+PD+DB＝PA+PB＝3r，
∴PA＝PB＝ r．在Rt△PBF和Rt△OAF中，
，
∴Rt△PBF∽Rt△OAF．
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴AF＝ FB，
在Rt△FBP中，
∵PF2﹣PB2＝FB2
∴（PA+AF）2﹣PB2＝FB2
∴（ r+ BF）2﹣（ r）2＝BF2，
解得BF＝ r，
∴tan∠APB＝ ＝ ＝ ， 故答案为： ．
5．如图，在正方形ABCD中，点M，N在CB，CD上运动，且∠MAN＝45°，在MN上截取一点G，满足
BM＝GM，连接AG，取AM，AN的中点F，E，连接GF，GE，令AM，AN交BD于H，I两点，若AB
＝4，当GF+GE的取值最小时，则HI的长度为 8 ﹣ 4 ．解：如图1中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABJ，则AN＝AJ，∠DAN＝∠BAJ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABC＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAJ＝∠MAB+∠BAJ＝∠MAB+∠DAN＝45°，
∴∠MAJ＝∠MAN，
∵AM＝AM，AJ＝AN，
∴△AMJ≌△AMN（SAS），
∴∠AMB＝∠AMN，
∵MA＝MA，MB＝MG，
∴△MAB≌△MAG（SAS），
∴AB＝AG＝4，∠ABM＝∠AGM＝90°，
∵AF＝FM，AE＝EN，
∴FG＝ AM，EG＝ AN，
∴GF+GE＝ （AM+AN），
下面证明当AM＝AN时，AM+AN的值最小，如图2中，过点A在直线l∥MN，作点N关于直线l的对
称点N′，连接AN′，MN′．∵N，N′关于直线对称，
∴AN＝AN′，
∴AM+AN＝AN′+AM，
∴当A，M，N′共线时，AM+AN的值最小，
此时∵AN＝AN′，
∴∠ANN′＝∠AN′N，
∵MN∥直线l，NN′⊥直线l，
∴NN′⊥MN，
∴∠MNN′＝90°，
∴∠AMN+∠AN′N＝90°，
∠ANM+∠ANN′＝90°，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AN＝AM，
∴当AM＝AN时，AM+AN的值最小，
如图1中，当AM＝AN时，可知BH＝DI，过点H作HP⊥AB于P，在AP上截取一点K，使得AK＝
KH，连接KH，设PH＝PB＝x，
∵∠BAM＝∠DAN＝22.5°，KA＝KH，
∴∠KAH＝∠KHA＝22.5°，
∴∠PKH＝∠KAH+∠KHA＝45°，
∴PK＝PB＝PH＝x．AK＝KH＝ x，
∵AB＝4，∴2x+ x＝4，
∴x＝4﹣2 ，
∴BH＝DI＝ PB＝4 ﹣4，
∵BD＝4 ，
∴HI＝4 ﹣2（4 ﹣4）＝8﹣4 ， 故答案为8﹣4 ．
6．如图，正方形被两条与边平行的线段 EF，GH分割成四个小矩形，P是EF与GH的交点，若矩形
PFCH的面积恰是矩形AGPE面积的2倍，试确定∠HAF的大小并证明你的结论．
解：如图，连接FH，延长CB到M，使BM＝DH，连接AM，
∵Rt△ABM≌Rt△ADH，
∴AM＝AH，∠MAB＝∠HAD，
∴∠MAH＝∠MAB+∠BAH＝∠BAH+∠HAD＝90°，
如图设正方形边长为a，AG＝m，GP＝n，则FC＝a﹣n，CH＝a﹣m，
因为面积是二倍所以列式得到：a2﹣（m+n）a+mn＝2mn，
在直角三角形FCH中FH2＝（a﹣n）2+（a﹣m）2，将上面的式子联立得到：
FH2＝MF2＝（m+n）2，即得到FH＝MF，
∵AF＝AF，AH＝AM，
∴△AMF≌△AHF，
∴∠MAF＝∠HAF，
∴∠HAF＝∠MAF＝45°．7．如图，正方形ABCD的边长为1，点M、N分别在BC、CD上，且△CMN的周长为2，求△MAN的面
积的最小值．
解：设DN＝x，BM＝y，
∴NC＝1﹣x，MC＝1﹣y，C△NCM ＝NC+CM+NM＝2，
∴NM＝x+y．
将△DNA绕点A顺时针旋转90°至△ABF，
则NM＝MF，AM＝MA，AN＝AF，
∴△ANM≌△AFM（SSS）．
∴∠NAM＝45°，∠DNA＝∠AFB＝∠ANE．
过点A作AE⊥NM，垂足为E，
∵∠AEN＝∠D，∠DNA＝∠ANE，AN为公共边，
∴△DAN≌△EAN（AAS），
∴AE＝AD＝1，∵在Rt△CNM中，由勾股定理得：CN2+CM2＝NM2，
∴（1﹣x）2+（1﹣y）2＝（x+y）2，
∴化简得：xy+x+y﹣1＝0，①
∴S△ANM ＝ （x+y）②．
∵（x﹣y）2≥0，
∴（x+y）2≥4xy，
∴xy≤ ，③
∴将②③代入①并整理可得S2+2S﹣1≥0，④
∴（S+1）2≥2．
∵S＞0，
∴S≥ ﹣1，
∴△MAN的面积的最小值为 ﹣1．
8．如图，E是正方形ABCD中CD边上一点，以点A为中心把△ADE顺时针旋转90°．
（1）在图中画出旋转后的图形；
（2）若旋转后E点的对应点记为M，点F在BC上，且∠EAF＝45°，连接EF．
①求证：△AMF≌△AEF；
②若正方形的边长为6， ，求EF．
解：（1）如图，△ABM为所作；（2）①如图，连接EF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵△ADE点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∴AM＝AE，∠MAE＝90°，
又∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠EAF，
在△AMF和△AEF中，
，
∴△AMF≌△AEF（SAS）．
②∵△AMF≌△AEF，
∴EF＝MF，
即EF＝MF＝BM+BF，
而BM＝DE，
∴EF＝BF+DE，
在Rt△ADE中， ，
∴CE＝CD＝DE＝6﹣3＝3，
设EF＝x，则BF＝x﹣3，
∴CF＝6﹣（x﹣3）＝9﹣x．
在Rt△CEF中，CF2+CE2＝EF2，
即（9﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝5．
即EF＝5．9．如图，边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边CD、AD上，连接BE、BF、EF，且有AF+CE＝
EF．
（1）求（AF+1）（CE+1）的值；
（2）探究∠EBF的度数是否为定值，并说明理由．
解：（1）设CE＝x，AF＝y，则DE＝1﹣x，DF＝1﹣y，
∵AF+CE＝EF，
∴EF＝x+y．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝90°，
∴EF2＝DE2+DF2，即（x+y）2＝（1﹣x）2+（1﹣y）2，
∴xy+x+y＝1，
∴（AF+1）（CE+1）＝（y+1）（x+1）＝xy+x+y+1＝1+1＝2；
（2）∠EBF的度数为定值，理由如下：
如图，将△ABF绕点B顺时针旋转90°得到△BCM，此时AB与CB重合．
由旋转，可得：AB＝CB，BF＝BM，AF＝CM，∠ABF＝∠CBM，∠BCM＝∠A＝90°，
∴∠BCM+∠BCD＝90°+90°＝180°，
∴点M、C、E在同一条直线上．
∵AF+CE＝EF，CM+CE＝EM，
∴EF＝EM．在△BEF和△BEM中， ，
∴△BEF≌△BEM（SSS），
∴∠EBF＝∠EBM＝∠CBM+∠CBE＝∠ABF+∠CBE，
又∵∠ABC＝90°，∠ABC＝∠EBF+∠ABF+∠CBE，
∴∠EBF＝ ∠ABC＝45°．
10．在正方形ABCD中，连接BD．
（1）如图1，AE⊥BD于E，直接写出∠BAE的度数；
（2）如图2，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转 30°后得到△AB E ，AB
1 1 1
与BD交于M，AE 的延长线与BD交于N．求证：BM2+ND2＝MN2．（提示，将△AND绕点A顺时针旋
1
转90°，得到△AFB，并连接FM．）
（3）如图3，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF分别与BD
交于M、N，写出线段BM、DN、MN之间的数量关系，并证明．
解：（1）如图1中，∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠ADB＝45∘，
∵AE⊥BD，
∴∠ABE＝∠BAE＝45∘；
（2）将△AND绕点D顺时针旋转90∘，得到△AFB，
∴∠ADB＝∠FBA，∠BAF＝∠DAN，DN＝BF，AF＝AN，
∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，
∴∠ADB＝∠ABD＝45∘，
∴∠FBM＝∠FBA+∠ABD＝∠ADB+∠ABD＝90∘，
在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2＝FM2，
∵旋转△ABE得到△AB E ，
1 1
∴∠E AB ＝45∘，
1 1
∴∠BAB +∠DAN＝90∘﹣45∘＝45∘，
1
∵∠BAF＝DAN，
∴∠BAB +∠BAF＝45∘，
1
∴∠FAM＝45∘，
∴∠FAM＝∠E AB ，
1 1
∵AM＝AM，AF＝AN，
∴△AFM≌△ANM，∴FM＝MN，
∵BM2+FB2＝FM2，
∴BM2+DN2＝MN2．
（3）结论：BM2+DN2＝MN2．
理由：如图3中，
将△ADF绕点A顺时针旋转90∘得到△ABG，
∴DF＝GB，
∵正方形ABCD的周长为4AB，
△CEF周长为EF+EC+CF，
∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，
∴4AB＝2（EF+EC+CF），
∴2AB＝EF+EC+CF
∵EC＝AB﹣BE，CF＝AB﹣DF，
∴2AB＝EF+AB﹣BE+AB﹣DF，
∴EF＝DF+BE，
∵DF＝GB，
∴EF＝GB+BE＝GE，
由旋转得到AF＝AG，
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF，
∴∠EAG＝∠EAF＝45°，
同理可得BM2+DN2＝MN2．
声明：试题解析著初中数学；邮箱：lsjycs@xyh.com；学号：30145887
11．如图，四边形ABCO为正方形，若点A坐标为（0，5）．（1）如图1，直接写出点B的坐标 （ 5 ， 5 ） ；
（2）如图1，点D为线段OA上一点，连接BD，若点A到BD的距离为1，求点C到BD的距离；
（3）如图2，若D为x轴上一点，且OD＝2，M为y轴正半轴上一点，且∠DBM＝45°，直接写出点M
的坐标 （ 0 ， ）或（ 0 ， ） ．
解：（1）∵四边形ABCO为正方形，点A坐标为（0，5），
∴B的坐标（5，5），
故答案为：（5，5）；
（2）如图1，作AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，
∵∠ABE+∠FBC＝90°，∠ABE+∠EAB＝90°，
∴∠FBC＝∠EAB，
又∵AB＝BC，∠AEB＝∠BFC＝90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BF＝AE＝1，
又∵BC＝OA＝5，
∴CF＝ ＝2 ，
即点C到BD的距离为2 ；
（3）①当点D位于x轴正半轴时，如图2，在x轴上截取CF＝AM，∵AB＝CB，∠MAB＝∠FCB＝90°，
∴△ABM≌△CBF（SAS），
∴BM＝BF，∠ABM＝∠CBF，
∵∠DBM＝45°，
∴∠DBF＝∠DBC+∠CBF＝∠DBC+∠ABM＝90°﹣∠DBM＝45°，
∴∠DBM＝∠DBF，
又∵BD＝BD，
∴△DBM≌△DBF（SAS），
设OM＝y，则AM＝CF＝5﹣y，DF＝DM＝CD+CF＝5﹣2+5﹣y＝8﹣y，
在Rt△MOD中，MD2＝OM2+OD2，
即（8﹣y）2＝y2+22，
解得：y＝ ，
∴此时M点坐标为（0， ）；
②当点D位于x轴负半轴时，如图3，在x轴上截取CF＝AM，
同理可得△ABM≌△CBF，△DBM≌△DBF，
设OM＝y，则AM＝y﹣5＝CF，DF＝2+5﹣（ y﹣5）＝12﹣y＝DM，
在Rt△MOD中，MD2＝OM2+OD2，
即（12﹣y）2＝y2+22，解得：y＝ ，
∴此时M点坐标为（0， ），
综上，M点坐标为（0， ）或（0， ），
故答案为：（0， ）或（0， ）．
12．（1）【探索发现】
如图1，正方形ABCD中，点M、N分别是边BC、CD上的点，∠MAN＝45°，若将△DAN绕点A顺时
针旋转90°到△BAG位置，可得△MAN≌△MAG，若△MCN的周长为6，则正方形ABCD的边长为 3
．
（2）【类比延伸】
如图（2），四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，点M、N分别在边BC、CD
上的点，∠MAN＝60°，请判断线段BM，DN，MN之间的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展应用】
如图3，四边形ABCD中，AB＝AD＝10，∠ADC＝120°，点M，N分别在边BC，CD上，连接AM，
MN，△ABM是等边三角形，AM⊥AD，DN＝5（ ﹣1），请直接写出MN的长．
解：（1）如图1中，
∵△MAN≌△MAG，
∴MN＝GM，∵DN＝BG，GM＝BG+BM，
∴MN＝BM+DN，
∵△CMN的周长为：MN+CM+CN＝6，
∴BM+CM+CN+DN＝6，
∴BC+CD＝6，
∴BC＝CD＝3，
故答案为3．
（2）如图2中，结论：MN＝NM+DN．
延长CB至E，使BE＝DN，连接AE，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠D＝∠ABE，
在△ABE和△ADN中，
，
∴△ABE≌△ADN，
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵∠BAD＝2∠MAN，
∴∠DAN+∠BAM＝∠MAN，
∴∠MAN＝∠EAM，
在△MAN和△MAE中，
，
∴△MAN≌△MAE，
∴MN＝EM＝BE+BM＝BM+DN，即MN＝BM+DN；（3）解：如图3，把△ABM绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AN．作NH⊥AD于H，在AH上取
一点K，使得∠NKH＝30°
在Rt△DHN中，∵∠NDH＝60°DN＝5（ ﹣1），
∴DH＝ DN＝ ，HN＝ DH＝ ，
在Rt△KNH中，KN＝2HN＝15﹣5 ，HK＝ HN＝ ，
∴AK＝AH﹣HK＝15﹣5 ，
∴AK＝KN，
∴∠KAN＝∠KNA，
∵∠NKH＝∠KAN+∠KNA，
∴∠NAK＝15°，
∴∠MAN＝75°＝ ∠BAD，
由（2）得，MN＝BM+DN＝10+5（ ﹣1）＝5+5 ．
13．请阅读下列材料：
问题：正方形ABCD中，M，N分别是直线CB、DC上的动点，∠MAN＝45°，当∠MAN交边CB、DC
于点M、N（如图①）时，线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？
小聪同学的思路是：延长CB至E使BE＝DN，并连接AE，构造全等三角形经过推理使问题得到解决．
请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：
（1）直接写出上面问题中，线段BM，DN和MN之间的数量关系；
（2）当∠MAN分别交边CB，DC的延长线于点M/N时（如图②），线段BM，DN和MN之间的又有
怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明；
（3）在图①中，若正方形的边长为16cm，DN＝4cm，请利用（1）中的结论，试求MN的长．解：（1）BM+DN＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
理由如下：
如图，在DC上截取DF＝BM，连接AF．
∵AB＝AD，∠ABM＝∠ADF＝90°，
∴△ABM≌△ADF （SAS）
∴AM＝AF，∠MAB＝∠FAD．
∴∠MAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°．
又∠MAN＝45°，
∴∠NAF＝∠MAN＝45°．
∵AN＝AN，
∴△MAN≌△FAN．
∴MN＝FN，
即 MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM；
（3）∵正方形的边长为16，DN＝4，
∴CN＝12．
根据（1）可知，BM+DN＝MN，
设 MN＝x，则 BM＝x﹣4，
∴CM＝16﹣（x﹣4）＝20﹣x．
在Rt△CMN中，
∵MN2＝CM2+CN2，
∴x2＝（20﹣x）2+122．
解得 x＝13.6．
∴MN＝13.6cm．14．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 ．
实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B+∠D＝180°，
在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达经测量得到∠EAF＝
∠BAD，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．
解：问题背景：∵∠ADC＝90°，∠ADC+∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝60°，∠BAD＝120°，
∴∠BAE+DAF＝120°﹣60°＝60°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝60°＝∠EAF，
在△AEF和△AGF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
实际应用：如图2，延长CD至H，使DH＝BE，连接AH，
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADH+∠ADC＝180°，
∴∠ADH＝∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE＝AH，∠BAE＝∠DAH，
∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠HAF＝∠DAH+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FH，
∵FH＝DH+DF＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF，
∵BE＝10米，DF＝15米， ∴EF＝10+15＝25（米）．15．如图，在平面直角坐标系中，直线 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 C，抛物线
经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线AC上方抛物线上一动点，
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，求 的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的∠DCF＝2∠BAC，若
存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）在 中，令x＝0得y＝2，令y＝0得x＝﹣4，
∴A（﹣4，0），C（0，2），
∵ 经过A、C两点，
∴ ，
∴解得 ，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣ x2﹣ x+2；
（2）①过D作DM∥y轴交AC于点M，过B作BN∥y轴交于AC于N，如图：在y＝﹣ x2﹣ x+2中，令y＝0，得﹣ x2﹣ x+2＝0，
解得x ＝﹣4，x ＝1，
1 2
∴B（1，0），
在 中，令x＝1得y＝ ，
∴N（1， ），BN＝ ，
设D（m，﹣ m2﹣ m+2），则M（m， m+2），
∴DM＝﹣ m2﹣ m+2﹣（ m+2）＝﹣ m2﹣2m，
∵DM∥y轴，BN∥y轴，
∴DM∥BN，
∴∠EDM＝∠EBN，∠EMD＝∠ENB，
∴△EDM∽△EBN，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝﹣ （m+2）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当m＝﹣2时， 取最大值，最大值为 ；
②存在点D，使得△CDF中的∠DCF＝2∠BAC，理由如下：
过D作DG∥x轴，交y轴于R，交直线AC于G，如图：∵DG∥x轴，
∴∠BAC＝∠DGC，
∵∠DCF＝2∠BAC，
∴∠DCF＝2∠DGC，
∵∠DCF＝∠DGC+∠CDG，
∴∠DGC＝∠CDG，
∴∠BAC＝∠CDG，
∴tan∠BAC＝tan∠CDG，即 ＝ ，
设D（t，﹣ t2﹣ t+2），
∴DR＝﹣t，OR＝﹣ t2﹣ t+2，
∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴OA＝4，OC＝2，
∴CR＝OR﹣OC＝﹣ t2﹣ t，
∴ ＝ ，
解得t＝﹣2， ∴D（﹣2，3）．
