几何模型总结专题8：全等之半角模型-2025年中考数学常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（浙江专用）

专题8 “各类半角”模型 模型: 全等之手拉手模型 【模型介绍】一般我们认为：半角模型是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边需要相等，通过旋转等方式，可将角进行等量转化，构造成为“半角”模型. 【模型分析】 【1】半角模型之等边三角形（60°-30°型） 条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°； 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 【2】半角模型之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＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. 【3】半角模型之等腰直角三角形（90°-45°型） 条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°； 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 【4】半角模型之正方形（90°-45°型） 条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. 【5】半角模型之任意角度三角形（-型） 条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=； 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-. ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE. 【模型分层应用—基础】 1．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，过点A作AF⊥AD，垂足是A，过点C作CF⊥BC，垂足是C，交AF于点F，连接EF，下列结论：①△ABD≌△ACF；②DE＝EF；③若S△ADE＝10，S△CEF＝4，则S△ABC＝24；④BD+CE＝DE．其中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④ 2．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，；④BE+DF＝EF；⑤若点F是DC的中点，则CECB，其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF．有以下结论：①△AMN∽△BME；②AN＝EN；③BE+DF＝EF；④当AE＝AF时，，则正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 4．如图，正方形ABCD中，E是BC上一点，F是CD延长线上一点，BE＝DF，连接AE，AF，EF，G为EF中点，连接AG，DG．若∠BAE＝α，则∠DGF＝（　　） A． B．30°﹣α C．45°﹣α D．α 5．如图所示，边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在线段OD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，则下列结论： ①EF＝EC；②CF2＝CG•CA；③BE•DH＝16；④若BF＝1，则， 正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，正方形ABCD的边长为3，点M在CB延长线上，BM＝1，作∠MAN＝45°交DC延长线于点N，则MN的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 7．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若∠EAF＝45°，BE＝1，则下列结论中：①∠AFD+∠AEB＝135°；②；③DF＝1；④DN2+BM2＝MN2；⑤2MN＝3BM；结论正确的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E是BC上一点，点F是CD上一点，若∠EAF＝45°，且AE，则AF的长为（　　） A． B． C． D．5 9．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E、F分别是BD、CD边上一点，连接AE、AF，BD交AF于点G，若BE＝3，∠EAF＝∠ABD，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 10．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E在边BC上，且∠DAE＝60°．将△ADE沿AE翻折，点D的对应点是D'，连接CD'，若BD＝4，CE＝5，则DE的长为（　　） A． B． C． D． 【模型分层应用—综合】 1．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，∠EAF∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且．连接EF，若∠AEF＝α，则∠CFE一定等于（　　） A．2a﹣60° B．20°+α C．35° D．45° 3．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E，F分别在AB，BC上．将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为　　． 4．如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB、BC上，点E为AB的中点．将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，此时DA与DC重合（A、C都落在点G），连接BG．则下列结论正确的有 　　（直接写序号即可）． ①∠EDF＝45°；②AE+CF＝EF；③三角形BEG是等边三角形；④三角形DEF的面积为30． 5．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N．下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③若tan∠BAE，则tan∠DAF；④若BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝18．其中结论正确的是　　（将正确的序号写在横线上） 6．如图，正方形ABCD中，AB＝1，点E、F分别是边BC、CD上的两点，∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．以下结论正确的是　 　． ①AG＝1；②△CEF的周长是定值，定值是2；③DF2+BE2＝EF2；④DN2+BM2＝MN2． 7．如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为 　 　． 8．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°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 　 　． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF，上述结论是否仍然成立？说明理由． 【结论运用】 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，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1.5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（∠EOF），为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 9．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，点E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，连接AE，AF．延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．若∠EAF＝55°，则∠FAG的度数为 　 °　． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若BE＝1，∠EAF＝45°，则AG的长为　． 12．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是AD上一点，把∠A沿BE折叠，使点A落在F处，点Q是CD上一点，将∠C沿BQ折叠，点C恰好落在直线BF上，若∠BQE＝45°，则AE＝　　． 13．如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，分别以AE、AF为对称轴，折叠△ABE、△ADF，使得AB和AD与AG重合，连接BG交AE于点H，连接CG． （1）HE：AH＝　 ；（2）S△AFE：S正方形ABCD＝　 　． 14．已知如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则S△MBF＝　 　． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题8 “各类半角”模型 模型: 全等之手拉手模型 【模型介绍】一般我们认为：半角模型是指有公共顶点，较小角等于较大角的一半，较大的角的两边需要相等，通过旋转等方式，可将角进行等量转化，构造成为“半角”模型. 【模型分析】 【1】半角模型之等边三角形（60°-30°型） 条件：ABC是等边三角形，∠EAD=30°； 结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转60°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠FCA=60°，AD＝AF，BD＝CF； ∵∠DAE=30°，∴∠BAD+∠EAC=30°，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=30°，∴∠DAE=∠FAE=30°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE，∴ED＝EF，∵ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠ECF=120°， 过点F作FH⊥BC，∴∠FCH=60°，∠CFH=30°，∴CH=CF=BD，FH=CF=BD， ∵在直角三角形中：FE2＝FH2＋EH2,∴DE2＝(BD＋EC)2+(BD)2； 【2】半角模型之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＋CF；④AEF的周长=2AB； ⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. 证明：将△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCG，即△BDE≌△CDG， ∴∠EDB=∠GDC，∠DBE=∠DCG，BE＝GC，DE＝DG； ∵∠BDC=120°，∠EDF=60°，∴∠BDE+∠CDF=60°，∴∠GDC+∠CDF=∠GDF=60°，故∠GDF=∠EDF， ∵DF＝DF，∴△EDF≌△GDF，∴EF＝GF，∵GF＝CG＋CF，∴GF＝BE＋CF，∴EF＝BE＋CF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋CF+AE＋AF=AB＋AC=2AB， 过点D作DH⊥EF，DM⊥GF，则∠DHF=∠DMF=90°， ∵△EDF≌△GDF，∴DM=DH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△DHF≌△DMF， ∴∠HFD=∠MFD，同理可证：∠BFD=∠FED，即DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC. 【3】半角模型之等腰直角三角形（90°-45°型） 条件：ABC是等腰直角三角形（∠BAC=90°，AB＝AC），∠DAE=45°； 结论：①△BAD≌△CAG；②△DAE≌△GAE；③∠ECG==90°；④DE2＝BD2＋EC2； 证明：将△ABD绕点A逆时针旋转90°至△ACG，即△BAD≌△CAG， ∴∠BAD=∠CAG，∠B=∠GCA=45°，AD＝AG，BD＝CG； ∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠CAG+∠EAC=∠GAE=45°，∴∠DAE=∠GAE=45°， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△GAE，∴ED＝EG，∵ABC是等腰直角三角形，∴∠ACB=45°，∴∠ECG=90°，∴GE2＝GC2＋EC2,∴DE2＝BD2＋EC2； 【4】半角模型之正方形（90°-45°型） 条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. 证明：将△CBE绕点C逆时针旋转90°至△CDG，即△CBE≌△CDG， ∴∠ECB=∠GCD，∠B=∠CDG=90°，BE＝DG，CE＝CG； ∵ABCD是正方形，∴∠B=∠CDF=∠BCD=90°，BA＝DA；∴∠CDG+∠CDF=180°，故F、D、G共线。 ∵∠ECF=45°，∴∠BCE+∠DCF=45°，∴∠GCD+∠DCF=∠GCF=45°，∴∠ECF=∠GCF=45°， ∵CF＝CF，∴△CEF≌△CGF，∴EF＝GF，∵GF＝DG＋DF，∴GF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF， ∴AEF的周长=EF+AE＋AF=BE＋DF+AE＋AF=AB＋AD=2AB，过点C作CH⊥EF，则∠CHE=90°， ∵△CEF≌△CGF，∴CD=CH（全等三角形对应边上的高相等），再利用HL证得：△CBE≌△CHE， ∴∠HEC=∠CBE，同理可证：∠HFC=∠DFC，即CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD. 【5】半角模型之任意角度三角形（-型） 条件：∠BAC=，AB=AC，∠DAE=； 结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-。 证明：将△ABD绕点A逆时针°至△ACF，即△BAD≌△CAF， ∴∠BAD=∠CAF，∠B=∠BCA=∠FCA=90°-，AD＝AF，BD＝CF；∴∠ECF=∠BCA+∠FCA=180°-. ∵∠BAC=，∠DAE=，∴∠BAD+∠EAC=，∴∠CAF+∠EAC=∠FAE=，∴∠DAE=∠FAE=， ∵AE＝AE，∴△DAE≌△FAE. 【模型分层应用—基础】 1．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D，E是斜边BC上两点，且∠DAE＝45°，过点A作AF⊥AD，垂足是A，过点C作CF⊥BC，垂足是C，交AF于点F，连接EF，下列结论：①△ABD≌△ACF；②DE＝EF；③若S△ADE＝10，S△CEF＝4，则S△ABC＝24；④BD+CE＝DE．其中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．①②③ D．①③④ 【答案】C 【解】：在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠BAD+∠DAC＝90°，∠B＝∠ACB＝45°， ∵AF⊥AD， ∴∠CAF+∠DAC＝90°， ∴∠CAF＝∠BAD， ∵CF⊥BC， ∴∠ACF＝90°﹣∠ACB＝45°， ∴∠B＝∠ACF， 在△ABD和△ACF中， ， ∴△ABD≌△ACF（ASA），故①正确； ∴AD＝AF， ∵AF⊥AD，∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠FAE＝90°﹣∠DAE＝45°， 在△ADE和△AFE中， ， ∴△ADE≌△AFE（SAS）， ∴DE＝EF，故②正确； ∵△ABD≌△ACF，△ADE≌△AFE， ∴S△ABD＝S△ACF，BD＝CF，DE＝EF，S△ADE＝S△AFE， ∴S△ABC＝S△ABD+S△ADE+S△AEC＝S△ACF+S△ADE+S△AEC＝S△ADE+S△AFE+S△CEF＝2S△ADE+S△CEF＝2×10+4＝24，故③正确； ∵△CEF中，CF+CE＞EF， ∴BD+CE＞DE， 故④错误， 综上，正确的是①②③， 故选：C． 2．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，；④BE+DF＝EF；⑤若点F是DC的中点，则CECB，其中正确的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【解】：如图1，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°， ∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME， ∴△AMN∽△BME，∴，∴， ∵∠AMB＝∠EMN，∴△AMB∽△NME，故①正确， ∴∠AEN＝∠ABD＝45°∴∠NAE＝∠AEN＝45°，∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确， 在△ABE和△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴BE＝DF， ∵BC＝CD，∴CE＝CF， 假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x， 如图2，连接AC，交EF于O， ∵AE＝AF，CE＝CF， ∴AC是EF的垂直平分线， ∴AC⊥EF，OE＝OF， Rt△CEF中，OCEFx， △EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°， ∴OE＝BE， ∵AE＝AE， ∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL）， ∴AO＝AB＝1， ∴ACAO+OC， ∴1x， x＝2， ∴，故③不正确， ③如图3， ∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH， ∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE， ∵∠ABE＝∠ABH＝90°， ∴H、B、E三点共线， 在△AEF和△AEH中， ， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故④正确， 如图4中，设正方形的边长为2a，则DF＝CF＝a，AFa， ∵DF∥AB， ∴，∴AN＝NEAFa，∴AEANa ∴BEa， ∴ECaBC，故⑤正确．故选：C． 3．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF．有以下结论：①△AMN∽△BME；②AN＝EN；③BE+DF＝EF；④当AE＝AF时，，则正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【解】：①∵四边形ABCD是正方形，∠EAF＝45°，∴∠CBD＝∠EAF＝45°， 又∵∠BME＝∠AMN，∴△AMN∽△BME，故①正确； ②由①知△AMN∽△BME，∴，∴， ∵∠AMB＝∠EMN，∴△AMB∽△NME，∴∠NEA＝∠ABM， ∵∠ABM＝∠CBD＝45°，∠EAF＝45°， ∴∠NEA＝∠EAF＝45°，∴AN＝EN，故②正确； ③如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH， ∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE， ∵∠ABE＝∠ABH＝90°，∴H，B，E共线， 在△AEF与△AEH中，，∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故③正确； ④在△ABE与△ADF中，， ∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE＝DF，∠BAE＝∠DAF＝22.5°， ∵BC＝CD，∴CE＝CF， 假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x， 如图，连接AC，交EF于O ， ∵AE＝AF，CE＝CF，∴AC是EF的垂直平分线，∴AC⊥EF，OE＝OF， ∵∠BAC＝45°，∴∠EAC＝22.5°， ∴BE＝EO＝1﹣x，∴（1﹣x）＝x，∴x＝2， ∴，故④错误，故选：B． 4．如图，正方形ABCD中，E是BC上一点，F是CD延长线上一点，BE＝DF，连接AE，AF，EF，G为EF中点，连接AG，DG．若∠BAE＝α，则∠DGF＝（　　） A． B．30°﹣α C．45°﹣α D．α 【答案】D 【解】：如图，连接CG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABE＝∠ADC＝90°＝∠ADF， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF，∠BEA＝∠DAF， ∵∠BAE+∠DAE＝90°， ∴∠DAF+∠DAE＝90°，即∠EAF＝90°， ∴△EAF为等腰直角三角形， ∴∠AEF＝∠AFE＝45°， 又∵G为EF的中点， ∴AG＝EG＝FG＝CG， 在△ADG和△CDG中， ， ∴△ADG≌△CDG（SSS）， ∴∠ADG＝∠CDG＝45°， ∵∠BAE＝α， ∴∠DAF＝α，∠AFD＝90°﹣α，∠DFG＝∠AFD﹣∠AFE＝90°﹣α﹣45°＝45°﹣α， 又∵∠CDG＝∠DFG+∠DGF， ∴∠DGF＝45°﹣（45°﹣α）＝α． 故选：D． 5．如图所示，边长为4的正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E在线段OD上，连接CE，作EF⊥CE交AB于点F，连接CF交BD于点H，则下列结论： ①EF＝EC；②CF2＝CG•CA；③BE•DH＝16；④若BF＝1，则， 正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【解】：如图，连接AE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝∠BAC＝∠DAC＝45°， 又∵DE＝DE， ∴△ADE≌△CDE（SAS）， ∴AE＝EC，∠DAE＝∠DCE， ∴∠EAF＝∠BCE， ∵∠ABC+∠FEC+∠EFB+∠BCE＝360°， ∴∠BCE+∠EFB＝180°， 又∵∠AFE+∠EFB＝180°， ∴∠AFE＝∠BCE＝∠EAF， ∴AE＝EF，∴EF＝EC，故①正确； ∵EF＝EC，∠EFC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°，∴∠FAC＝∠EFC＝45°， 又∵∠ACF＝∠FCG，∴△FCG∽△ACF， ∴，∴CF2＝CG•CA，故②正确； ∵∠ECH＝∠CDB，∠EHC＝∠DHC， ∴△ECH∽△CDH，∴，∴， ∵∠ECH＝∠DBC，∠BEC＝∠CEH， ∴△ECH∽△EBC，∴，∴， ∴，∴BC•CD＝DH•BE＝16，故③正确； ∵BF＝1，AB＝4，∴AF＝3，， ∵∠ECF＝∠ACD＝45°，∴∠ACF＝∠DCE， 又∵∠FAC＝∠CDE＝45°，∴△AFC∽△DEC， ∴，∴，∴，故④正确，故选：D． 6．如图，正方形ABCD的边长为3，点M在CB延长线上，BM＝1，作∠MAN＝45°交DC延长线于点N，则MN的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【解】：如图所示，在DC上取一点F，使得DF＝BM，连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABM＝90°， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AM＝AF，∠MAB＝∠DAF， ∴∠MAB+∠BAF＝∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°， ∴∠MAF＝90°， 又∵∠MAN＝45°， ∴∠MAN＝∠FAN＝45°， 又∵AN＝AN， ∴△MAN≌△FAN（SAS）， ∴MN＝FN， 设MN＝FN＝x， ∵BM＝DF＝1，BC＝CD＝3， ∴DN＝DF+FN＝1+x，CM＝BM+BC＝4， ∴CN＝DN﹣DC＝x﹣2， 在Rt△MCN中，CM2+CN2＝MN2， ∴42+（x﹣2）2＝x2， 解得x＝5， ∴MN＝5， 故选：C． 7．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若∠EAF＝45°，BE＝1，则下列结论中：①∠AFD+∠AEB＝135°；②；③DF＝1；④DN2+BM2＝MN2；⑤2MN＝3BM；结论正确的有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解】：∠ADF+∠AFD+∠FAD＝180°，∠AEB+∠ABE+∠BAE＝180°， ∴∠ADF+∠AFD+∠FAD+∠AEB+∠ABE+∠BAE＝360°， ∵∠ADF＝∠ABE＝90°， ∴∠AFD+∠FAD+∠AEB+∠BAE＝180°， ∵∠EAF+∠BAE+∠FAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠FAD＝45°，∠AFD+∠AEB＝180°﹣45°＝135°，故①正确； ∵BE＝1，AB＝2， 在Rt△ABE中， ∴， ∵AD∥BC， ∴△ADM∽△EBM， ∴， ∵AD＝4，AM＝AE﹣EM，∴．∴，故②正确； 在Rt△ABD中，， ∵，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴△ADB∽△BAE， ∴∠BAE＝∠ADB， ∵∠BAE+∠DAE＝90°， ∴∠DAE+∠ADB＝90°， ∴∠AMD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠MNA＝45°， ∴， ∵∠BAE＝∠ADB，∠AMD＝∠AMB＝90°， ∴△ADM∽△BAM， ∴， ∴， ∴，， ∵AB∥CD， ∴△ANB∽△FND， ∴， ∴，故③错误； ∴DN2+BM2≠MN2，故④错误；∴2MN≠3BM，故⑤错误；故选：B． 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，点E是BC上一点，点F是CD上一点，若∠EAF＝45°，且AE，则AF的长为（　　） A． B． C． D．5 【答案】A 【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＝4， ∴NFx，AN＝4﹣x， ∵AB＝2， ∴AM＝BM＝1， ∵AE，AB＝2， ∴BE＝1， ∵∠EAF＝45°， ∴∠MAE+∠NAF＝45°， ∵∠MAE+∠AEM＝45°， ∴∠MEA＝∠NAF， ∴△AME∽△FNA， ∴，即， 解得，x， ∴AF． 故选：A． 9．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E、F分别是BD、CD边上一点，连接AE、AF，BD交AF于点G，若BE＝3，∠EAF＝∠ABD，则DG的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解】：在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E、F分别是BD、CD边上一点，连接AC，交BD于点O； ∴AB＝CD＝6，∠BAD＝90°， 在直角三角形ABD中，， ∴OA＝OB＝OC＝OD＝5， ∴∠ABD＝∠BAC， ∵∠EAF＝∠ABD， ∴∠BAC＝∠EAF， ∴∠BAE+∠EAC＝∠CAF+∠CAE， ∴∠BAE＝∠CAF． ∵AB∥CD， ∴∠ACF＝∠BAC＝∠ABD， ∴△ABE∽△ACF， ∴，即， 解得：CF＝5， ∴DF＝CD﹣CF＝6﹣5＝1， ∵AB∥CD， ∴△ABG∽△FDG， ∴， ∴， 解得：， 故选：C． 10．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E在边BC上，且∠DAE＝60°．将△ADE沿AE翻折，点D的对应点是D'，连接CD'，若BD＝4，CE＝5，则DE的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解】：如图，作D′H⊥EC于H． ∵∠DAE＝∠EAD′＝60°，∠BAC＝120°， ∴∠BAD+∠EAC＝60°，∠EAC+∠CAD′＝60°， ∴∠BAD＝∠CAD′， ∵AB＝AC，AD＝AD′， ∴△BAD≌△CAD′， ∴CD′＝BD＝4，∠B＝∠ACD′＝∠ACB＝30°， ∴∠D′CH＝60°，∠CD′H＝30°， ∴CHCD， 在Rt△D′EH中，ED′， ∴DE＝ED′，故选：B． 【模型分层应用—综合】 1．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，∠EAF∠BAD，若DF＝1，BE＝5，则线段EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【解】：在BE上截取BG＝DF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF， 在△ADF与△ABG中 ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AG＝AF，∠FAD＝∠GAB， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠FAE＝∠GAE， 在△AEG与△AEF中 ， ∴△AEG≌△AEF（SAS） ∴EF＝EG＝BE﹣BG＝BE﹣DF＝4． 故选：B． 2．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且．连接EF，若∠AEF＝α，则∠CFE一定等于（　　） A．2a﹣60° B．20°+α C．35° D．45° 【答案】A 【解】：延长CB到点H，使BH＝DF，连接AH、EF， 则∠ABC+∠ABH＝180°， 由题意可得：∠C＝360°﹣∠BAD﹣（∠ABC+∠D）＝60°，∠ABH＝∠D， 在△ABH和△ADF中， ， ∴ABH≌△ADF（SAS）， ∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∴， ∴∠EAH＝∠EAF， 在△EAH和△EAF中， ， ∴∠EAH＝∠EAF（SAS）， ∴∠AEH＝∠AEF＝a， ∴∠FEH＝2∠AEF＝2a， ∴∠CFE＝∠FEH﹣∠C＝2a﹣60°， 故选：A． 3．如图，已知四边形ABCD是正方形，点E，F分别在AB，BC上．将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为　　． 【答案】12． 【解】：∵△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，GF＝4，EG＝6， ∴AE＝6，CF＝4，EF＝10，AD＝DG＝CD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD，∠B＝90°， 设AD＝AB＝BC＝CD＝x，则DG＝x，BE＝x﹣6，BF＝x﹣4， 在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2， ∴（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，解得x＝12或x＝﹣2（舍去）， ∴DG＝12， 故答案为：12． 4．如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB、BC上，点E为AB的中点．将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，此时DA与DC重合（A、C都落在点G），连接BG．则下列结论正确的有 　　（直接写序号即可）． ①∠EDF＝45°；②AE+CF＝EF；③三角形BEG是等边三角形；④三角形DEF的面积为30． 【答案】见试题解答内容 【解】：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠ADG+∠CDG＝90°， ∵∠EDG＝∠ADE，∠FDG＝∠FDC， ∴∠EDF＝∠EDG+∠FDG45°，故①正确； ∵∠DGE＝∠A＝90°，∠DGF＝∠C＝90°， ∴∠DGE+∠DGF＝180°， ∴E、G、F共线， ∵EG＝AE，FG＝CF， ∴AE+CF＝EF，故②正确； ∵点E为AB的中点． ∴AE＝BE， ∵EG＝AE， ∴EG＝EB， ∴△BEG是等腰三角形， ∵AD＝2AE， ∴DEAE， ∴cos∠AED， ∴∠AED≠60°， ∴∠GEB≠60°， ∴三角形BEG不是等边三角形，故③错误； 设CF＝x，则BF＝6﹣x，EF＝3+x， 在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2， ∴32+（6﹣x）2＝（3+x）2， 解得x＝2， ∴EF＝3+2＝5， ∴三角形DEF的面积为：EF•DG15，故④错误； 故答案为①②． 5．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N．下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③若tan∠BAE，则tan∠DAF；④若BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝18．其中结论正确的是　　（将正确的序号写在横线上） 【答案】见试题解答内容 【解】：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH， 由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°， ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△AEF和△AEH中， ∴△AEF≌△AEH（SAS）， ∴EH＝EF， ∴∠AEB＝∠AEF， ∴BE+BH＝BE+DF＝EF， 故①正确； 过A作AG⊥EF于G， ∴∠AGE＝∠ABE＝90°， 在△ABE与△AGE中， ∴△ABE≌△AGE（AAS）， ∴AB＝AG， ∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确； ∵tan∠BAE， ∴设BE＝m，AB＝2m， ∴CE＝m， 设DF＝x，则CF＝2m﹣x，EF＝BE+DF＝m+x， ∵CF2+CE2＝EF2， ∴（2m﹣x）2+m2＝（m+x）2， ∴xm， ∴tan∠DAF；故③正确； ∵BE＝2，DF＝3， ∴EF＝BE+DF＝5， 设BC＝CD＝n， ∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3， ∴EF2＝CE2+CF2， ∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2， ∴n＝6（负值舍去）， ∴AG＝6， ∴S△AEF6×5＝15．故④错误， 故答案为：①②③． 6．如图，正方形ABCD中，AB＝1，点E、F分别是边BC、CD上的两点，∠EAF＝45°，AG⊥EF于点G，连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．以下结论正确的是　 　． ①AG＝1；②△CEF的周长是定值，定值是2；③DF2+BE2＝EF2；④DN2+BM2＝MN2． 【答案】见试题解答内容 【解】：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD＝1，∠BAC＝∠ADC＝∠ABC＝90°， ∴把△ADF绕点A顺时针旋转90°可得到△ABP，如图， ∴AP＝AF，BP＝DF，∠ABP＝∠ADC＝90°，∠PAF＝∠BAD＝90°， ∴∠ABP+∠ABC＝180°，即点P在CB的延长线上， ∵∠EAF＝45°， ∴∠PAE＝45°， 在△AEP和△AEF中 ， ∴△AEP≌△AEF， ∴EP＝EF， ∵AG⊥EF，AB⊥EP， ∴AG＝AB＝1，所以①正确； ∵EF＝EP＝BE+BP＝BE+DF，所以③错误； ∴△CEF的周长＝EF+CE+CF＝BE+EC+CF+DF＝CB+CD＝1+1＝2，所以②正确； 连接NH，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABD＝∠ADB＝45°， ∵△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH， ∴AM＝AH，BM＝DH，∠ADH＝∠ABM＝45°，∠MAH＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠NAH＝45°， ∴∠NDH＝45°+45°＝90°， ∴DN2+DH2＝NH2， ∴DN2+BM2＝NH2， 在△ANM和△ANH中 ， ∴△ANM≌△ANH， ∴MN＝NH， ∴DN2+BM2＝MN2，所以④正确． 故答案为①②④． 7．如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为 　 　． 【答案】66． 【解】：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示： 过点A作AN⊥BC于点N，如图， ∵AB＝AC＝4，∠BAC＝120°， ∴BN＝CN，∠B＝∠ACB＝30°． 在Rt△BAN中，∠B＝30°，AB＝4， ∴ANAB＝2， ∴BN6， ∴BC＝12． ∴∠ACB＝∠B＝∠ACF＝30°， ∴∠ECG＝60°． ∵CF＝BD＝2CE， ∴CG＝CE， ∴△CEG为等边三角形， ∴EG＝CG＝FG， ∴∠EFG＝∠FEG∠CGE＝30°， ∴△CEF为直角三角形． ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠CAE＝60°， ∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°． 在△ADE和△AFE中， ， ∴△ADE≌△AFE（SAS）， ∴DE＝FE． 设EC＝x，则BD＝CF＝2x，DE＝FE＝12﹣3x， 在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，CF＝2x，EC＝x， EFx， ∴12﹣3xx， ∴x＝2（3）， ∴DEx＝66． 故答案为：66． 8．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°，试探究图1中线段BE、EF、FD之间的数量关系． 【初步探索】 小亮同学认为：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，则可得到BE、EF、FD之间的数量关系是 　 　． 【探索延伸】 在四边形ABCD中如图2，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，∠EAF，上述结论是否仍然成立？说明理由． 【结论运用】 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，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1.5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（∠EOF），为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】【初步探索】EF＝BE+FD；【探索延伸】上述结论仍然成立，理由见解答； 【结论运用】210海里． 【解】【初步探索】：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，如图， 在Rt△ABE和Rt△ADG中， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAD，∠EAG＝∠EAD+∠DAG， ∴∠BAD＝∠EAG． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠EAFEAG， ∴∠EAF＝∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵GF＝GD+DF＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； 故答案为：EF＝BE+FD； 【探索延伸】结论仍然成立：EF＝BE+DF． 证明：延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，如图， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADG＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAD，∠EAG＝∠EAD+∠DAG， ∴∠BAD＝∠EAG． ∵∠EAF∠BAD， ∴∠EAFEAG， ∴∠EAF＝∠GAF． 在△AEF和△AGF中， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵GF＝GD+DF＝DF+BE， ∴EF＝BE+DF； 【结论运用】解：连接EF，延长AE、BF交于点C，如图， ∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°， ∴∠EOF∠AOB， ∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°， ∴四边形OABC中：OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝180°且∠EOF∠AOB， ∴四边形OABC符合探索延伸中的条件， ∴结论EF＝AE+BF成立， 即EF＝AE+BF＝1.5×60+1.5×80＝210（海里）， 答：此时两舰艇之间的距离是210海里． 9．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，点E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，连接AE，AF．延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG．若∠EAF＝55°，则∠FAG的度数为 　 °　． 【答案】55°． 【解答】解：∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADG+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵EF＝BE+DF，FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴EF＝FG， 在△AEF与△GAF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝55°， 故答案为：55°． 10．如图，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°，BE＝2，EF＝5，则DF＝　　． 【答案】见试题解答内容 【解答】解： 延长FD到M，使DM＝BE，连接AM， ∵∠B＝∠ADC＝90°， ∴∠ADM＝∠B＝90°， 在△ABE和△ADM中 ∴△ABE≌△ADM（SAS）， ∴AE＝AM，∠BAE＝∠DAM， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝60°， ∴∠MAF＝60°＝∠EAF， 在△EAF和△MAF中 ∴△EAF≌△MAF（SAS）， ∴EF＝FM， ∴DF＝EF﹣BE＝5﹣2＝3， 故答案为：3． 11．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若BE＝1，∠EAF＝45°，则AG的长为　． 【答案】． 【解】：过点E作EH⊥AE，交AG于点H，过点H作HM⊥BC，垂足为M， ∴∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°， ∴∠AEB+∠HEM＝90°，∠FCG＝180°﹣∠BCD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠AHE＝90°﹣∠EAH＝45°， ∴AE＝EH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠HEM， ∵∠B＝∠HME＝90°， ∴△ABE≌△EMH（AAS）， ∴AB＝EM＝2，BE＝HM＝1， ∵∠B＝∠HMF＝90°，∠AFB＝∠HFM， ∴△ABF∽△HMF， ∴， ∴， ∴FM＝3， ∴BF＝BE+EM+FM＝6， ∴CF＝BC﹣BF＝8﹣6＝2， ∴AF2， ∵∠B＝∠FCG＝90°，∠AFB＝∠CFG， ∴△ABF∽△GCF， ∴， ∴， ∴FG， ∴AG＝AF+FG， 故答案为：． 12．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是AD上一点，把∠A沿BE折叠，使点A落在F处，点Q是CD上一点，将∠C沿BQ折叠，点C恰好落在直线BF上，若∠BQE＝45°，则AE＝　　． 【答案】见试题解答内容 【解】：由翻折的性质可知：∠ABE＝∠FBE，∠CBQ＝∠PBQ． ∴∠EBQ45°． ∴∠EBQ＝∠BQE＝45°． ∴BE＝EQ，∠BEQ＝90°． ∴∠DEQ+∠AEB＝90°． 又∵∠AEB+∠ABE＝90°， ∴∠DEQ＝∠ABE． 在△AEB和△DQE中，， ∴△AEB≌△DQE． ∴DE＝AB＝4． ∴AE＝AD﹣DE＝6﹣4＝2． 故答案为：2． 13．如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，分别以AE、AF为对称轴，折叠△ABE、△ADF，使得AB和AD与AG重合，连接BG交AE于点H，连接CG． （1）HE：AH＝　 ；（2）S△AFE：S正方形ABCD＝　 　． 【答案】（1）1：4；（2）5：12． 【解】：（1）∵AE为对称轴， ∴△AEG≌△AEB，BG⊥AE， ∴∠GHE＝∠BHE＝90°， 又∵∠HEB＝∠BEA， ∴△HEB∽△BEA， ∴， 在正方形ABCD中，设边长为2x， 则BE＝x，AB＝2x， ∴AEx， ∴HEx， ∴AH＝AE﹣HExxx， ∴HE：AHx：x＝1：4． 故答案为：1：4； （2）设正方形ABCD的边长为2，则S正方形ABCD＝4， ∵S△AFE（S正方形ABCD﹣S△FCE），CE＝BE＝GE＝1， 设FG＝DF＝x， 则EF＝1+x，CF＝2﹣x， 在△EFC中， ∵EF2＝CE2+CF2， ∴（1+x）2＝（2﹣x）2+1， 解得：x， ∴CE＝2﹣x， ∴S△CFECE×CF1， ∴S△AFE（4）， ∴S△AFE：S正方形ABCD：4＝5：12． 故答案为：5：12． 14．已知如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则S△MBF＝　 　． 【答案】见试题解答内容 【解】：∵DC＝BC＝AD＝4，EC＝1， ∴DE＝3， ∵将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合， ∴AG＝AE，DE＝GB＝3，∠DAE＝∠BAG， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAE+∠BAF＝45°， ∴∠GAB+∠BAF＝45°， ∴∠GAF＝∠EAF，且AG＝AE，AF＝AF， ∴△AGF≌△AEF（SAS） ∴EF＝GF＝3+BF， ∵EF2＝EC2+FC2， ∴（3+BF）2＝1+（4﹣BF）2， ∴BF， ∴GF＝BG+BF， ∴S△AGFGF×AB， ∵BM∥AG， ∴△BMF∽△GAF， ∴（）2， ∴S△BFM， 故答案为：． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$