专项6 旋转半角模型-人教版九年级上册期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 6 旋转半角模型 1．(1)画图见解析 (2)MN DM BN  (3)证明见解析 (4)8 【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据题意补全图形即可； （2）根据图形性质猜想结论即可； （3）根据旋转得到 90DM BE AM AE EAM    ， ， ， 90ADM ABE   ，即可得到 AEN AMN≌  即可得到答案； （4）由（3）的结论结合正方形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：如图，补全图形如下： （2）解：结论是：MN DM BN  ； （3）解：理由如下：由旋转，可知： 90 90AE AM BE DM EAM ABE D ABC          ， ， ． ， ∴点 E、B、C共线， 45MAN   ， 45EAN EAM MAN MAN        ． 在 EAN 和 MAN△ 中， AE AM EAN MAN AN AN      ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2  SASEAN MAN ≌ ． EN MN  ， EN BE BN  ， MN DM BN   ； （4）解：由（1）得，MN DM BN  ； CMNC MN CM CN CM DM CN BN BC CD          ， ∵正方形的边长为 4， 4 4 8CMNC BC CD      ； 【点睛】本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． 2．（1）证明详见解析；（2）五边形 ABEFD的周长为18cm． 【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并作 辅助线构造出全等三角形是解题的关键． （1）利用旋转的性质可得DF BG ，则可根据三角形全等判定证明 AGE AFE ≌ 即可； （2）根据旋转的性质得到 ABM ADF ≌ ， 90ABM D     ， MAB FAD  ，AM AF ，MB DF= ， 推出M 、 B、 E三点共线，根据全等三角形的性质即可得到 EF DF BE  ，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵将 ADF△ 绕点A顺时针旋转 90°，点D与点 B重合，得到 ABG EF． ∴DF BG ， GAB FAD   ， AF AG ， 90ABG D   ， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴ AD AB ， 90ABC D DAB       ， ∴ 180ABG ABC   ， ∴点G、 B、C三点共线， ∴GE DF BE  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ∵ 90 45BAE DAF EAF      ， ∴ 45GAE GAB BAE FAE        ， 在 GAE 和 FAE 中， AG AF GAE FAE AE AE       ， ∴  SASGAE FAE ≌ ， ∴GE EF ， EF BE DF  ； （2）解：将 ADF△ 绕点A顺时针旋转120，使点D与点 B重合，得到 ABM ， ABM ADF ≌  ， 90ABM D    ， MAB FAD  ， AM AF ，MB DF= ， 60EAF   ， 60MAE MAB BAE FAD BAE BAD EAF        ， MAE FAE   ， AE AE AM AF ， ，  SASMAE FAE ≌ ，  ME EF ， EF ME MB BE DF BE      ， ∴五边形 ABEFD的周长 AB BE EF DF AD     AB EF EF AD    4 5 5 4     18 cm ， ∴五边形 ABEFD的周长18cm． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 3．(1)见详解 (2) 3 2 CF  (3)8 【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、 根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转可得DE DM ， EDM 为直角，可得出 90EDF MDF   ，由 45EDF  ， 得到 MDF 为 45，可得出 EDF MDF   ，再由DF DF ，利用SAS可得出三角形DEF与三角 形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF CF AE  ； （2）由（1）的全等得到 1AE CM  ，正方形的边长为 3，用 AB AE 求出EB的长，再由BC CM 求出 BM 的长，设EF MF x  ，可得出 BF BM FM BM EF    ，在直角三角形 BEF中，利用勾股 定理列出关于 x的方程，求出方程的解得到 x的值，即为 EF的长． （3）拓展延伸：如图，在正方形 ABCD中，E、F分别在边 BC、CD上，且 45EAF  ，连接 EF， 同（2）可得结论 EF AE CF  仍然成立，再结合 8BC CD  ，即可作答． 【详解】（1）证明： DAE△ 逆时针旋转90得到 DCM△ ， 180FCM FCD DCM     ， AE CM ， F 、C、M 三点共线， DE DM  ， 90EDM  ， 90EDF FDM    ， 45EDF  ， 45FDM EDF     ， 在 DEF 和DMF中， DE DM EDF MDF DF DF       ， (SAS)DEF DMF ≌ ， EF MF  ， EF CF AE   ； （2）解：设EF MF x  ， 1AE CM  ， 3BC  ， 3 1 4BM BC CM      ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 4BF BM MF BM EF x       ， 3 1 2EB AB AE      ， 在Rt EBF△ 中，由勾股定理得， 2 2 2EB BF EF  即 2 2 22 (4 )x x   ， 解得 5 2 x  ， 则 5 2 EF MF  ． ∴ 5 31 2 2 CF MF CM     ； （3）解：如图②，将 ADF△ 绕点A顺时针旋转角度为 BAD 的度数，得到 ABH ， 由旋转可得， AH AF ， BH DF ， DAF BAH   ， D ABH   ， 1 2 EAF DAB   ， 1 2 HAE BAH BAE DAF BAE BAD           ， HAE EAF  ， 180ABH ABE D ABE         ， 点H、 B、 E三点共线， 在 AEH△ 和 AEF△ 中， AH AF HAE EAF AE AE       ， (SAS)AEH AEF ≌ ， EF HE  ， HE BH BE  ， EF DF BE   ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 ∵ 8BC CD  ∴  8 8BE EC CF DF BE DF EC CF       ， ， 则   8BE HB EC CF    ， ∴ 8EH EC CF   ， ∴ 8EF EC CF   ， 则 CEF△ 的周长为8． 【点睛】此题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，以及勾股定理， 利用了转化及方程的思想，熟练掌握性质及定理是解本题的关键． 4．(1)EF BE DF  ，理由见解析 (2) 2 2 2EF BE DF  ，理由见解析 【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、 根据旋转的性质求解 【分析】（1）证明 AFE AGE ≌ 即可得线段 EF BE DF， ， 之间的数量关系； （2）将 ADF△ 绕点 A顺时针旋转90得到 ABG ，连接EG，则 90GBE  ，则由勾股定理得 2 2 2GE BE DF  ；证明 AFE AGE ≌ ，得EF GE= ，即可得线段 EF BE DF， ， 之间的数量关系． 【详解】（1）解： EF BE DF  ；理由如下： 四边形 ABCD是正方形， 90AB AD D ABE DAB      ， ； ADF 绕点 A顺时针旋转90后得到 ABG ， 90AF AG BG DF ABG D      ， ， ， DAF GAB   ； 180ABG ABE   ， 即点 G在EB的延长线上； 45 90EAF DAB      ， ， 45BAE DAF   ， 45BAE GAB   ， 即 45EAF GAE    ； AF AG AE AE  ， ， (SAS)AFE AGE△ ≌△ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 EF GE GB BE    ， 即 EF BE DF  ； 故线段 EF BE DF， ， 之间的数量关系为： EF BE DF  ； （2）解： 2 2 2EF BE DF  ；理由如下： 90BAD  Q ， AB AD ， 45ABE D   ； 把 ADF△ 绕点 A顺时针旋转90后得到 ABG ，如图， 则 45AF AG BG DF ABG D     ， ， ， DAF GAB   ； 45 45 90ABG ABE      ， 即 90GBE  ， 2 2 2 2 2GE BE BG BE DF     ； 45 90EAF DAB      ， ， 45BAE DAF   ， 45BAE GAB   ， 即 45EAF GAE    ； AF AG AE AE  ， ， (SAS)AFE AGE△ ≌△ ， EF GE  ， 2 2 2 EF BE DF= ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定 与性质及勾股定理，旋转三角形是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 5．（1）①45；② BE DF EF  ；（2）BE EF DF  ．证明见解析；（3） 2.5MN  【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、 根据旋转的性质求解 【分析】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、勾股定理，构造全 等三角形是解答的关键． （1）如图 1，先由正方形的性质和旋转性质得 90ABG D ABE      ， GAB FAD   ，AG AF ， BG DF ，进而可得 G、B、E共线， 45EAG  ，证明  SASEAF EAG ≌ 得到 EF EG 即可求解； （2）在图 2中，在DC上截取DH BE ，连接 AH，先证明  SASABE ADH ≌ ，得到 ,AE AH BAE DAH    ，则可得 45EAF FAH    ，再证明  SASEAF HAF ≌ 得到 EF HF ， 进而可得结论； （3）将 ADN△ 绕点A顺时针旋转90得到 ABK ，连接KM ，先求得 6BD  ，则由已知得 2, 4BM DM  ，由旋转可得， , 90ADN ABK KAN  △ ≌△ ，易证 90KBM  ，证明 AMK AMN△ ≌△ 得到KM MN ，设MK MN x  ，则 4BK DN x   ，利用勾股定理列方程求解 x值即可． 【详解】解：（1）∵四边形 ABCD是正方形， ∴ AD AB ， 90D DAB ABC       ， 将 ADF△ 绕点A顺时针旋转90，点D与点 B重合，得到 ABG ． 则 90ABG D ABE       ， GAB FAD   ， AG AF ， BG DF ， ∴G、B、E共线， 45EAF   ， ∴ 45EAG GAB BAE FAD BAE        ， 在 EAF△ 和 EAG△ 中， AF AG EAF EAG AE AE       ，  SASEAF EAG ≌ ， EF EG  ， BE BG EG  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∴ BE DF EF  ， 故答案为：①45 ；② BE DF EF  ； （2）解： BE EF DF  ． 证明如下：如图 2，在DC上截取DH BE ，连接 AH， 在 ABE 和 ADH 中， AB AD ABE D BE DH       ，  SASABE ADH ≌ ， ,AE AH BAE DAH     ， 90BAE BAH BAH DAH       ，即 90EAH BAD     ， 45EAF   ， 45EAF FAH     ， 在 EAF△ 和 HAF△ 中， AE AH EAF HAF AF AF      ，  SASEAF HAF ≌ ， EF HF  ， DH HF DF  ， ∴ BE EF DF  ， （3）将 ADN△ 绕点A顺时针旋转90得到 ABK ，连接KM ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∵四边形 ABCD是正方形， 3 2, 90AB AD BAD      ， 45ABD ADB   ， 2 2 6BD AB AD    1 2, 4 3 BM BD DM BD BM      ， 由旋转可得， , 90ADN ABK KAN  △ ≌△ ， , , 45AK AN BK DN ABK ADB       ， 90KBM ABK ABD     90 , 45KAN MAN      ， 45KAM MAN     ， 又 AM AM ， AMK AMN△ ≌△ ， KM MN  ， 设MK MN x  ，则 4BK DN x   ， 在Rt BMK△ 中， 2 2 2BK BM MK  ， 2 2 2(4 ) 2x x    ， 解得 2.5x  ， 2.5MN  ． 6．（1） EF FC AE  ，理由见解答；（2） 5BE  ；（3）13 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查三角形的知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理，等 腰直角三角形的性质，旋转的性质，学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，即可． （1） ADEV 绕点D旋转90得到 DCM△ ，则 ADE DCM ≌ ，推出 ADE MDC   ，DE DM ， AE CM ，根据 45EDF  ， 45ADE CDF   ，全等三角形的判定和性质，则 DEF DMF△ ≌△ ， 即可； （2）在DC上取点G，使得DG BE ，根据四边形的内角和360，则 180BAD BCD   ，得到 180ABC D   ，根据全等三角形的判定和性质，则 ABE ADG△ ≌△ ，得到 AE AG ， BAE DAG  ，再根据全等三角形的判定和性质，则 AEF AGF ≌ ，设BE x ，得到 7EC x  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 18EF FG x   ，根据勾股定理解出 x即可； （3）（3）在DC上取点G，使得DM BE ，根据四边形的内角和360， ABC 与 ADC 互补， 得到 180ABC ADC    ，根据等量代换，推出 ADC ABE  ，根据全等三角形的判定和性质， 则 ABE ADG△ ≌△ ，推出 AE AG ， BAE DAG  ，再根据角之间的运算，得到 EAF MAF   ， 再根据全等三角形的判定和性质，则 EAF MAF ≌ ， EF MF ，根据三角形的周长，即可． 【详解】（1） EF FC AE  ，理由如下： ∵在四边形 ABCD中， AD CD ， A ADC BCD 90      ， ∴ ADEV 绕点D旋转90得到 DCM△ ， ∴ ADE DCM ≌ ， ∴ ADE MDC   ，DE DM ， AE CM ， B，C，D三点共线， ∵ 45EDF  ， ∴ 45ADE CDF   ， ∴ 45MDC CDF MDF    ， ∴在 DEF 和DMF中， DE DM EDF MDF DF DF       ， ∴ DEF DMF△ ≌△ ， ∴EF FF FC CM FC AE     ； （2）在DC上取点G，使得DG BE ， ∵ 90BAD BCD   ， ∴ 180BAD BCD   ， ∴ 180ABC D   ， ∵ 180ABC ABE   ， ∴ D ABE   ， 在 ABE 和 ADG△ 中， AB AD D ABE BE DG       ， ∴ ABE ADG△ ≌△ ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ∴ AE AG ， BAE DAG  ， ∵ 45EAF  ， ∴ 45EAB BAF DAG BAF      ， ∵ 90BAD  ， ∴ 45FAG FAE   ， ∵ AE AG ， AF AF ， ∴ AEF AGF ≌ ， ∴EF FG ， 设BE x ， ∵ 7BC  ， 13DC  ， 5CF  ， ∴ 7EC x  ， 18EF FG x   ， ∴在Rt EFC△ 中， 2 2 2EF FC EC  ， ∴    2 2218 5 7x x    ， 解得： 5x  ， ∴ 5BE  ． （3）在DC上取点M ，使得DM BE ， ∵ ABC 与 ADC 互补， ∴ 180ABC ADC    ， ∵ 180ABC ABE   ， ∴ ADC ABE  ， 在 ABE 和 ADM△ 中， AB AD ADC ABE BE BM       ， ∴ ABE ADM ≌ ， ∴ AM AE ， DAM EAB   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∵ 1 2 EAF BAE BAF BAD      ， ∴ 1 2 DAM BAF MAF BAD      ， ∴ EAF MAF   ， 在 EAF△ 和 MAF△ 中， AE AM EAF MAF AF AF       ， ∴ EAF MAF ≌ ， ∴ EF MF ， ∵MF FD DM FD BE    ， ∴ EF FD BE  ， ∴ 2ECFC CE EF CF BC BE DC CF BE CF BC CD CF            ， ∵ 4BC  ， 7DC  ， 1CF  ， ∴ 2 4 7 2 13ECFC BC CD CF       ． 7．(1)①见解析；②见解析 (2)  2 2 22EF AE CF  ；理由见解析 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、半圆（直径）所对的圆周角是直角、 相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①连接 PF，证明 AEQ△ 为等腰直角三角形，得出 2 AE AQ  ，证明 APF 为等腰直 角三角形，得出 2 AF AP  ，证明 APQ AFE ∽ ，得出 2 EF AF PQ AP   ； ②延长CB，过点 A作 AG AF ，交CB的延长线于点 G，证明 AGB AFD ≌ ，得出 AG AF ，证 明 GAE FAE≌△ △ ，得出GE EF ， GAE FAES S  ，根据三角形的面积得出得出 1 1 2 2 EG AB AF EQ   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 根据 2 2 EQ AE ， 2 2 AB BD ，得出 1 2 1 2 2 2 2 2 EF BD AF AE   ，即可证明结论； （2）方法一：延长BA，FE交于点 M，延长 EF，BC交于点 K，过点 B作BG BF ，取 BG BF ， 连接GE，过点 G作GH BM^ 于点 H，延长DA，过点 G作GN DN 于点 N，根据等腰直角三角 形性质证明 AM AE ，CF CK ， BM BK ，证明 GBH FBC ≌ ，得出GH CF ， BH BC ，求出 MH CK CF  ，证明 GBE FBE△ ≌△ ，得出GE EF ，证明四边形 ANGH为矩形，得出 GH AN CF  ， GN AH，根据勾股定理得出 2 2 2GE GN AE  ，求出结果即可． 方法二：过点 E作EH BC 与点 H，过点 F作GI AB 与点 I， EH FI、 相交于点 G，连接 BG， 易得四边形 EDFG、AEBH 、GFCH为矩形，则 ,AE BH CF GH  ，再证明四边形 EDFG为正方形， 得出 EG FG ， 90EGF  ，进而得出点 E、B、F三点共圆，且点 G为圆心，则EG FG BG  ， 根据勾股定理可得 2 2 2BG BH GH  ， 2 2 2EG FG EF  ，等量代换得到 2 2 2BG AE CF  ， 2 22BG EF ， 即可推出  2 2 22EF AE CF  ． 【详解】（1）证明：①连接 PF，如图所示： ∵四边形 ABCD为正方形， ∴ 90ABC C ADC BAD        ， ∵A，B，E，Q四个点在同一个圆上， ∵ 90ABE  ， ∴ AE为直径， ∴ 90AQE  ， ∵ 45EAF  ， ∴ AEQ△ 为等腰直角三角形， ∴ 2 AE AQ  ， ∵A，P，F，D四个点在同一个圆上， 90ADFÐ = °， ∴ AF 为直径， ∴ 90APF  ， ∵ 45EAF  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 ∴ APF 为等腰直角三角形， ∴ 2 AF AP  ， ∴ AF AE AP AQ  ， ∵ PAQ EAF∠ ∠ ， ∴ APQ AFE ∽ ， ∴ 2 EF AF PQ AP   ； ②延长CB，过点 A作 AG AF ，交CB的延长线于点 G，如图所示： ∵四边形 ABCD为正方形， ∴ 90ABC C ADC BAD        ， AB AD ， 2 2 AB BD ， ∵ 90GAB BAF BAF FAD    ∠ ∠ ∠ ∠ ， ∴ GAB FAD   ， ∵ 90ABG ADF   ， ∴ AGB AFD ≌ ， ∴ AG AF ， ∵ 45GAE GAF EAF   ∠ ∠ ∠ ， ∴ GAE FAE   ， ∵ AE AE ， ∴ GAE FAE≌△ △ ， ∴GE EF ， GAE FAES S  ， ∴ 1 1 2 2 EG AB AF EQ   ， ∵ AEQ△ 为等腰直角三角形， ∴ 2 2 EQ AE ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 ∵ 2 2 AB BD ， ∴ 1 2 1 2 2 2 2 2 EF BD AF AE   ， ∴ AE AF BD EF   ； （2）解：方法一：  2 2 22EF AE CF  ．理由如下： 延长BA，FE交于点 M，延长 EF， BC交于点 K，过点 B作BG BF ，取BG BF ，连接GE， 过点 G作GH BM^ 于点 H，延长DA，过点 G作GN DN 于点 N，如图所示： ∵四边形 ABCD为矩形， ∴ 90C D ABC BAD     ， ∵DE DF ， ∴ 1 90 45 2 DEF DFE     ∠ ∠ ， ∴ 45AEM DEF  ∠ ∠ ， 45CFK DFE  ∠ ∠ ， ∵ 180 90 90EAM      ∠ ， 180 90 90FCK      ∠ ， ∴ AEM△ 为等腰直角三角形， CFK 为等腰直角三角形， BMK△ 为等腰直角三角形， ∴ AM AE ，CF CK ， BM BK ， ∵ 90GBH HBF HBF CBF    ∠ ∠ ∠ ∠ ， ∴ GBH CBF   ， ∵ 90GHB BCF  ∠ ∠ ，BG BF ， ∴ GBH FBC ≌ ， ∴GH CF ， BH BC ， ∴BM BH BK BC   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 即MH CK CF  ， ∵ 45EBF  ， ∴ 90 45 45GBE      ∠ ， ∴ GBE EBF   ， ∵BG BF ，BE BE ， ∴ GBE FBE△ ≌△ ， ∴GE EF ， ∵ 90ANG NAH GHA   ∠ ∠ ∠ ， ∴四边形 ANGH为矩形， ∴GH AN CF  ， GN AH， 在Rt GEN△ 中，根据勾股定理得： 2 2 2GE GN AE  ， ∴  22 2EF AH AN AE      2 2AM MH CF AE       2 2AE CF CF AE     2 22 AE CF  ， 即  2 2 22EF AE CF  ． 方法二： 过点 E作EH BC 与点 H，过点 F作GI AB 与点 I， EH FI、 相交于点 G，连接 BG， ∵四边形 ABCD为矩形，EH BC ，GI AB ， ∴四边形 EDFG、 AEBH 、GFCH为矩形， ∴ ,AE BH CF GH  ， ∵DE DF ， ∴四边形 EDFG为正方形， ∴ EG FG ， 90EGF  ， ∵ 45EBF  ， ∴点 E、B、F三点共圆，且点 G为圆心， ∴EG FG BG  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 根据勾股定理可得： 2 2 2BG BH GH  ， 2 2 2EG FG EF  ∴ 2 2 2BG AE CF  ， 2 22BG EF ， ∴  2 2 22EF AE CF  ． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，三角 形相似的判定和性质，等腰直角是三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解题的关键 是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 6 旋转半角模型 1．如图，四边形 ABCD是正方形，M，N分别在 ,CD BC上，连接 , ,AM AN MN 且 45MAN  ，我 们把这种模型称为“半角模型”，旋转是解决此类模型的常用方法． (1)补全图形：将 ADM△ 绕点 A顺时针旋转90，点 D与点 B重合，得到 ABE ； (2)直接写出线段 , ,DM BN MN之间的数量关系 ． (3)根据（2）的结论，写出证明过程； (4)如果正方形的边长是 4，求 CNM 的周长． 2．（1）【探究】如图①，正方形 ABCD中， E、 F分别在边 ,BC CD上，且 45EAF  ．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 1， 将 ADF△ 绕点 A顺时针旋转90，点D与点 B重合，得到 ABG ，连接 EF．求证：EF BE DF  ． （2）【拓展】如图②，在四边形 ABCD中， 4AB AD  cm， 90B D    ， 120BAD  ， 以A 为顶点的 60EAF  ， AE、 AF 与 BC、CD边分别交于 E、F两点且 5cmEF  ，求五边形 ABEFD 的周长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 3．半角模型探究 如图，正方形 ABCD的边长为 3，E、F分别是 AB、 BC边上的点，且 45EDF  ．将 DAE 绕点 D逆时针旋转90，得到 DCM△ ． (1)求证： EF AE CF  ； (2)当 1AE  时，求CF的长． (3)探究延伸：如图，在四边形 ABCD中，AB AD ， 180B D   ， 8BC CD  ．E、F分别是边 BC、CD上的点，且 1 2 EAF BAD   ．求 CEF△ 的周长． 4．如图 1，四边形 ABCD是正方形，E，F分别在边 BC和CD上，且 45EAF  （此时 12EAF BAD   ）， 我们把这种模型称为“半角模型”；小明为了解决线段 EF BE DF， ， 之间的关系，将 ADF△ 绕 点 A顺时针旋转90后（如图 2）解决了这个问题． (1)写出线段 EF BE DF， ， 之间的数量关系，并说明理由． (2)如图 3，等腰Rt ABD△ 中， 90BAD  ， AB AD ，点 E，F在边 BD上，且 45EAF  ，请 写出 EF BE DF， ， 之间的数量关系，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 5．【阅读理解】 半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转 或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段 关系、角度、面积等问题， 【初步探究】 如图 1，在正方形 ABCD中，点 ,E F分别在边 ,BC CD上，连接 , ,AE AF EF．若 45EAF  ，将 ADF△ 绕点A顺时针旋转90，点D与点 B重合，得到 ABG ．易证： AEF AEG△ ≌△ ． （1）根据以上信息，填空： ① EAG _______°； ②线段BE EF DF、 、 之间满足的数量关系为_______； 【迁移探究】 （2）如图 2，在正方形 ABCD中，若点 E在射线CB上，点 F在射线DC上， 45EAF  ，猜想线 段BE EF DF、 、 之间的数量关系，请证明你的结论； 【拓展探索】 （3）如图 3，已知正方形 ABCD的边长为3 2, 45EAF  ，连接 BD分别交 AE AF、 于点M N、 ， 若点M 恰好为线段 BD的三等分点，且 BM DM ，求线段MN的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 6．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”， 通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，使得两个分散的角变换成为一个三角形，相当于 构造出两个三角形全等． 【问题初探】 （1）如图 1，在四边形 ABCD中，AD CD ， A ADC BCD 90     ，E、F分别是 AB、BC 边上的点，且 45EDF  ，求出图中线段 EF， AE， FC之间的数量关系． ①如图 1，从条件出发：将ΔADE绕着点D逆时针旋转90到ΔCDM位置，根据“旋转的性质” 分析CM与 AE之间的关系，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系，可证得结论． 【类比分析】 （2）如图 2，在四边形 ABCD中，AB AD ， 90BAD BCD   ， 45EAF  ，且 7BC  ， 13DC  ， 5CF  ，求 BE的长． 【学以致用】 （3）如图 3，在四边形 ABCD中，AB AD ， ABC 与 ADC 互补，点 E、F分别在射线CB、DC 上，且 1 2 EAF BAD   ．当 4BC  ， 7DC  ， 1CF  时，求出 CEF△ 的周长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 7．如图 1是初中平面几何中非常经典的“半角模型”，即在正方形 ABCD中，E，F分别是 BC， CD上的点， 45EAF  ， AE， AF 分别交对角线 BD于 P，Q两点． 我们很容易得到下面三个结论： 结论 1： BE DF EF  结论 2： 2 2 2PQ PB DQ  结论 3：A，B，E，Q四个点在同一个圆上，A，P，F，D四个点在同一个圆上（本题若用到 以上三个结论，可不用证明） 有题目如下： (1)如图 1，条件不变．求证： ① 2 EF PQ  ； ② AE AF BD EF   ． (2)如图 2，在矩形 ABCD中，E，F分别是 AD，CD上的点， 45EBF  ，且DE DF ．请写出CF， AE， EF三者之间满足的数量．．关系，并加以证明．