专题六 半角模型-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·山东数学 模 型 方 法 专题六　 半角模型 一阶 模型初探 例　 (1)【感知】如图①,四边形 ABCD 是正方形,E,F 分 别在边 BC 和 CD 上,且∠EAF = 45°,这种模型 称为“半角模型” . 小星为了探究线段 EF,BE, DF 之间的关系,将△ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°, 如图②,即解决了这个问题. 则线段 EF,BE,DF 之间的关系为　 EF=BE+DF　 ; 图① 　 　 图② 例题图 (2) 【变式】 如图 ③, 在等腰直角三角形 ABD 中, ∠BAD=90°,AB=AD,点 E,F 在边 BD 上,且∠EAF= 45°,请写出 EF,BE,DF 之间的关系,并说明理由; 例题图③ (3) 【应用】如图④,在△ABC 中,AB = AC, ∠BAC = 120°,点 D,E 在边 BC 上,且∠DAE = 60°,当 BD= 10,EC= 16 时,求 BC 的长. 例题图④ 解:BC=40,详解见本册 P. 模型解读 情形 1:正方形 ABCD 中含 45°的角 ∠EDF. 作法:将△ADE 逆时针旋转 90°得 到△CDM. 图示: 结论:△DEF≌△DMF; DC=DG; EF=MF=CM+CF=AE+CF. 情形 2:等腰 Rt △ABC 中 90°角含 45°的角∠DAE. 图示、作法及结论: 情形 3:60°,120°含半角. 图示: 结论:△ADE≌△AD′E. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 71 专项培优练·山东数学 模 型 方 法 二阶 对接中考 1. [2024 淄博周村区二模]如图,正方形 ABCD 的边长为 4,点 M 在 CB 延长线上,BM = 1,作 ∠MAN= 45°交 DC 的延长线于点 N,则 MN 的长为　 　 　 　 　 . 第 1 题图 2. 多解法 ∙∙∙ 如图,在△ABC 中,∠BAC = 45°,AD⊥BC 于点 D,若 BD = 4,DC = 6,则 AD 的长 为　 　 　 12　 . 第 2 题图 3. 如图,在菱形 ABCD 中,∠ABC= 120°,AB = 4,动点 M,N 分别在 AD,CD 上(不含端点),若 ∠MBN= 60°,则四边形 BMDN 周长的最小值是　 4 3 +4　 . 第 3 题图 4. 如图,等边三角形 ABC 的边长为 2,△BDC 是等腰三角形,顶角∠BDC = 120°,以 D 为顶点 作一个 60°的角,角的两边分别交 AB 于点 M,交 AC 于点 N,连接 MN,则△AMN 的周长 为　 　 　 4　 . 第 4 题图 5. 如图,∠AOB= 90°,OP 平分∠AOB,一个 45°角的顶点与 P 重合,角的两边分别与射线 OA 交于点 C,与射线 OB 交于点 D. 若 OP= 3,则△COD 的周长为　 3 2 　 . 第 5 题图 81 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 = ∠CAD= 45°,∴ BC = DC,∠DAB = 90°,∵ ∠ABC = 60°, ∴ ∠ADC= ∠EBC = 120°,∴ △ADC≌△EBC,∴ AC = CE, ∠ACD= ∠ECB,∴ ∠ACE = ∠BCD = 180° - ∠BAD = 90°, ∴ △ACE 为等腰直角三角形,∵ AB+AD = 2,∴ AB+BE = 2, ∴ AE= 2,∴ AC= AE 2 = 2 ,∵ OA =OC,OH⊥AC,∴ AH = CH = 1 2 AC= 2 2 ,∵ ∠ABC= 60°,∴ ∠AOC= 120°,由垂径定理 得 OA= AH sin60° = 6 3 ,∴ ☉O 的半径是 6 3 . 图① 　 图② 第 1 题解图 解法二:如解图②,过点 C 作 CM⊥AB 于点M,CN⊥AD 交 AD 的延长线于点 N,过点 O 作 OH⊥AC 于点 H,连接 OA, OC, ∵ ∠BAC= ∠CAD = 45°, ∴ AC 平分∠BAN, ∴ CM = CN,∵ ∠MAN= ∠BAC+∠CAD = 90°,∠AMC = ∠N = 90°, ∴ 四边形 AMCN 是正方形,∴ AM=AN,∵ ∠BAC = ∠CAD, ∴ BC= CD, ∵ CM = CN, ∴ Rt △CBM≌ Rt △CDN ( HL), ∴ MB=ND,∵ AB+AD = AM+MB+AD = AM+DN+AD = AM+ AN= 2AM = 2, ∴ AM = 1, ∵ ∠BAC = 45°, ∠AMC = 90°, ∴ △ACM 是等腰直角三角形,∴ AC = 2 AM = 2 ,∵ ∠B = 60°,∴ ∠AOC= 2∠B= 120°,∵ OA =OC,OH⊥AC,∴ AH = 1 2 AC= 2 2 ,∠AOH = 1 2 ∠AOC = 60°,∴ OA = AH sin60° = 6 3 , ∴ ☉O 的半径是 6 3 . 2. 4　 【解析】如解图,过点 O 分别作 OG⊥CD,OH⊥BC,垂 足分别为 G,H,∵ 点 O 在正方形 ABCD 的对角线 AC 上, ∴ OG = OH, ∠GOH = 90°,即四边形 CGOH 是正方形, ∵ ∠EOF= ∠EOG + ∠GOF = ∠GOF + ∠FOH = ∠GOH, ∴ ∠EOG= ∠FOH, 又 ∵ ∠OGE = ∠OHF, ∴ △OGE ≌ △OHF( ASA), ∴ S四边形CEOF = S正方形CGOH . ∵ AD = CD = 3, ∴ AC= 3 2 ,∵ CO= 2AO,∴ CO= 2 2 ,∴ S正方形CGOH = 1 2 CO2 = 1 2 ×(2 2 ) 2 = 4,∴ S四边形CEOF = 4. 第 2 题解图 拓展设问　 1 2 　 【解析】如解图,过点 O 分别作 OG⊥CD,OH ⊥AD, 垂足分别为 G, H, 易得四边形 OHDG 为矩形, ∴ ∠HOG= 90°,∵ OF⊥OE,∴ ∠EOG+ ∠HOM = ∠EOG+ ∠GON= 90°,∴ ∠HOM = ∠GON,又∵ ∠MHO = ∠NGO = 90°,∴ △MHO∽ △NGO, ∴ OM ON = OH OG . ∵ AD = 3, ∴ AC = 3 2 ,∵ CO= 2AO,∴ AO = 2 ,CO = 2 2 ,∴ OH = 2 2 OA = 1, OG= 2 2 OC= 2,∴ OM ON =OH OG = 1 2 . 拓展设问题解图 3. 4　 【解析】如解图,∵ AB = AD,∠BAD = 60°,∴ 将△ADC 绕点 A 顺时针旋转 60°得到△ABE. ∵ 四边形的内角和为 360°,∠BAD = 60°,∠BCD = 120°,∴ ∠D+∠ABC = 180°. ∴ ∠ABE+∠ABC= 180°,∴ E,B,C 三点共线. 根据旋转性 质可知∠EAC = ∠BAD = 60°,AE = AC,∴ △AEC 是等边三 角形,四边形 ABCD 的面积等于 △AEC 的面积, 等边 △AEC 的面积为 3 4 AC2 = 4 3 ,解得 AC= 4(负值已舍) . 第 3 题解图 4. 1　 【解析】解法一:如解图①,过点 D 作 DG∥BC 交 AB 于 点 G,∵ D 为 AC 的中点,∴ GD 为△ABC 的中位线,∴ G 为 AB 的中点,∴ BG = 1 2 AB = 2,又∵ △ABC 是等边三角形, ∴ ∠GDC= ∠EDF = ∠DGE = ∠DCF = 120°,DG = 1 2 BC = 1 2 AC = DC = 2. ∵ ∠GDE + ∠EDC = ∠EDC + ∠CDF, ∴ ∠GDE= ∠CDF,∴ △GDE≌△CDF( ASA),∴ GE = CF. 又∵ BE= 1,∴ GE= 1,∴ CF= 1. 图① 　 　 图② 第 4 题解图 解法二:如解图②,过点 D 分别作 DM⊥AB 于点 M,DN⊥ BC 于点 N,连接 BD,∵ D 是 AC 的中点,△ABC 是等边三 角形,∴ AD = 1 2 AC = 2,BD 是∠ABC 的平分线,∴ DM= DN,∵ ∠ABC = 60°,∴ ∠MDN = 120°, ∵ ∠EDF = 120°, ∴ ∠MDE+∠NDE = ∠NDE + ∠NDF = 120°, ∴ ∠MDE = ∠NDF, ∵ ∠DME = ∠DNF = 90°, ∴ △DME ≌ △DNF(ASA),∴ ME =NF,在 Rt△ADM 中,AD = 2,∠A = 60°,∴ AM= 1,同理可得 CN = 1,∴ ME = AB-AM-BE = 2, ∴ NF= 2,∴ CF= 1. 专题六　 半角模型 例　 解:(1)EF=BE+DF;【解析】由旋转可得 GB =DF,AF = AG,∠BAG= ∠DAF,∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ ∠BAD = 90°,∵ ∠EAF = 45°, ∴ ∠BAE + ∠DAF = 45°, ∴ ∠BAG + 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 56 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∠BAE = 45°, ∴ ∠GAE = ∠EAF, 在 △AGE 和 △AFE 中, AG=AF, ∠GAE= ∠EAF, AE=AE, { ∴ △AGE ≌ △AFE ( SAS), ∴ GE = EF, ∵ GE=GB+BE=BE+DF,∴ EF=BE+DF; (2)EF2 =BE2 +DF2 ,理由如下: 把△AFD 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△AE′B,连接 EE′,如 解图①, 例题解图① ∴ BE′=FD,AE′=AF,∠D= ∠ABE′,∠FAD= ∠E′AB, ∵ AB=AD,∠BAD= 90°, ∴ ∠ABD= ∠ADB= 45°, ∴ ∠ABD+∠ABE′= 90°,即∠E′BD= 90°, ∴ E′B2 +BE2 =E′E2 , 又∵ ∠FAE= 45°, ∴ ∠BAE+∠FAD= 45°, ∴ ∠E′AB+∠BAE= 45°,即∠E′AE= 45°, 在△AEE′和△AEF 中, AE=AE, ∠E′AE= ∠FAE, AE′=AF, { ∴ △AEE′≌△AEF(SAS), ∴ EE′=EF, ∴ EF2 =BE2 +DF2 ; (3)把△ACE 绕点 A 顺时针旋转 120°得到△ABP,连接 PD,如解图②, 例题解图② ∴ AP = AE, PB = CE = 16, ∠PBA = ∠C, ∠EAP = ∠BAC = 120°, ∵ AB=AC,∠BAC= 120°, ∴ ∠ABD= ∠C= ∠ABP= 30°, ∴ ∠ABD+∠ABP= 60°,即∠PBD= 60°, 又∵ ∠DAE= 60°, ∴ ∠PAD= ∠EAP-∠DAE= 120°-60° = 60°, 在△AED 和△APD 中, AD=AD, ∠EAD= ∠PAD= 60°, AE=AP, { ∴ △AED≌△APD(SAS),∴ ED=PD, 过点 D 作 DH⊥BP,垂足为 H, ∵ ∠PBD= 60°,∴ ∠HDB= 30°, ∴ BH= 1 2 BD= 1 2 ×10 = 5, ∴ HD= BD2 -BH2 = 102 -52 = 5 3 , ∴ HP=BP-BH= 16-5 = 11. ∴ PD= HP2 +HD2 = 112 +(5 3 ) 2 = 14, ∴ DE=PD= 14, ∴ BC=BD+DE+EC= 40. 1. 17 3 　 【解析】如解图,在 DC 上截取 DF,使 DF =MB,连接 AF,∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ ∠BAD = ∠D = ∠ABC = 90°,AD = AB, ∴ ∠D = ∠ABM = 90°, ∴ △ADF≌ △ABM (SAS),∴ AF = AM,∠DAF = ∠BAM,∴ ∠FAM = ∠MAB+ ∠BAF= ∠DAF + ∠BAF = ∠BAD = 90°, ∵ ∠MAN = 45°, ∴ ∠FAN= 45°,又∵ AN = AN,∴ △ANF≌△ANM( SAS), ∴ NF=MN,设 MN = x,则 CN = FN-CF = x-(4-1) = x- 3, MC=BC+BM= 5,在Rt△CMN 中,由勾股定理得 CM2 +CN2 =MN2 ,即 52 +(x-3) 2 = x2 ,解得 x= 17 3 ,∴ MN= 17 3 . 第 1 题解图 2. 12　 【解析】解法一:如解图①,∵ 将△ABD 沿着 AB 翻折 得到△ABE,将△ACD 沿着 AC 翻折得到△ACF,延长 EB, FC 交于点 G,∴ AE = AD = AF,BD = BE = 4,DC = CF = 6, ∠BAD= ∠BAE,∠CAD= ∠CAF,∠E = ∠ADB = 90°,∠F = ∠ADC= 90°,∵ ∠BAC = 45°,∴ ∠EAF = ∠BAD+∠BAE+ ∠CAD+∠CAF= 90°,∴ 四边形 AEGF 是矩形,又∵ AE = AF,∴ 四边形 AEGF 是正方形,∴ AE =EG =GF =AF,∠G = 90°,设 AD=AE=AF= x,则 BG= x-4,CG= x-6,在Rt△GBC 中,BC2 =BG2 +CG2 ,∴ (4+6) 2 = (x-4) 2 +( x-6) 2 ,∴ x = 12 (负值已舍去),∴ AD= 12. 图① 　 　 图② 第 2 题解图 解法二:如解图②,过点 B 作 BH⊥AC 于点 H,交 AD 于点 G,∵ ∠BAC = 45°, ∴ AH = BH, ∵ ∠C + ∠CAD = ∠C + ∠CBH= 90°, ∴ ∠CAD = ∠CBH,又∵ ∠AHG = ∠BHC = 90°,∴ △AHG≌△BHC( ASA),∴ AG = BC = BD+CD = 10. 设 GD= x,则 AD= 10+x,∵ ∠BDG= ∠ADC= 90°,∴ △BDG ∽△ADC,∴ BD GD = AD CD ,即 4 x = 10 +x 6 ,解得 x = 2(负值已舍 去),∴ AD= 10+x= 10+2 = 12. 3. 4 3 +4　 【解析】如解图,连接 BD. ∵ 四边形 ABCD 是菱 形,AB= 4,∠ABC= 120°,∴ AB=BC=CD=AD = 4,∠ABD = ∠CBD= 1 2 ∠ABC = 60°,∴ △ABD,△BDC 都是等边三角 形,∴ ∠BDM= ∠BCN= 60°,DB=CB,∵ ∠MBN= ∠DBC= 60°,∴ ∠DBM= ∠CBN,∴ △DBM≌△CBN( ASA),∴ BM =BN,DM = CN,∴ DM+DN = CN+DN = CD = 4,∵ 四边形 BMDN 的周长为 BM+DM+DN+BN = 2BM+4,∴ 当 BM 的 值最小时,四边形 BMDN 的周长最小,根据垂线段最短可 知,当 BM⊥AD 时,BM 的值最小,此时 BN = BM = AB· sin60° = 2 3 ,∴ 四边形 BMDN 周长的最小值为 4 3 +4. 第 3 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 66 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 4. 4　 【解析】如解图,将△BDM 绕点 D 顺时针旋转 120°,得 到 △CDP, ∴ △BDM ≌ △CDP, ∴ MD = PD, CP = BM, ∠MBD= ∠DCP,∠MDB = ∠PDC,∵ △BDC 是等腰三角 形,且∠BDC = 120°, ∴ BD = CD, ∠DBC = ∠DCB = 30°, 又∵ △ABC 是等边三角形, ∴ ∠ABC = ∠ACB = 60°, ∴ ∠MBD= ∠ABC+∠DBC = 90°,同理可得∠NCD = 90°, ∴ ∠PCD= ∠NCD = ∠MBD = 90°, ∴ ∠DCN + ∠DCP = 180°,∴ N,C,P 三点共线, ∵ ∠MDN = 60°, ∴ ∠MDB + ∠NDC = ∠PDC + ∠NDC = ∠BDC - ∠MDN = 60°, 即 ∠MDN= ∠PDN = 60°,又∵ DN = DN,∴ △NMD≌△NPD (SAS),∴ MN= PN = NC+CP = NC+BM,∴ △AMN 的周长 为 AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC= 2+2 = 4. 第 4 题解图 　 　 　 第 5 题解图 5. 3 2 　 【解析】如解图,过点 P 作 PE⊥OA 于点 E,PF⊥OB 于点 F,∵ ∠AOB = 90°,∴ 四边形 OEPF 为矩形,又∵ OP 平分∠AOB,∴ PE=PF,∴ 四边形 OEPF 为正方形,∴ OE =OF = PE = PF = 2 2 OP = 3 2 2 ,∠EPF = ∠PFO = 90°,把 △PEC 绕点 P 逆时针旋转 90°得到△PFG, ∴ ∠CPG= 90°,PC=PG,∠PFG = ∠PEC = 90°,FG = EC,∴ FG 在 OF 的延长线上,∴ DG = DF+FG,∵ ∠CPD = 45°, ∴ ∠DPG= 45°,在△CPD 和△GPD 中, PC=PG, ∠CPD= ∠GPD, PD=PD, { ∴ △CPD≌ △GPD(SAS),∴ CD = DG,∴ △COD 的周长为 OC+OD+ CD=OC+OD+DG = OC+OD+DF+FG = OC+OD+DF+EC = OE+OF= 2OE= 3 2 . 专题七　 十字模型 例　 (1)证明:∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ AD=DC,∠EAD= ∠FDC= 90°, 又∵ AE=DF,∴ △AED≌△DFC(SAS), ∴ ∠DFC= ∠AED, ∴ ∠DFC+∠ADE= ∠AED+∠ADE= 90°, ∴ ∠DPF= 90°,∴ CF⊥DE; (2)1;【解法提示】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD = CD, ∠A= ∠CDF = 90°,∵ DE⊥CF,∴ ∠DCF = 90° - ∠EDC = ∠ADE,∴ △ADE≌△DCF(ASA),∴ DE=CF,∴ DE CF = 1. (3) 4 7 . 【解法提示】 ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠A = ∠CDE= 90°,∴ ∠ADB+∠BDC= 90°,∵ CE⊥BD,∴ ∠DCE +∠BDC = 90°, ∴ ∠DCE = ∠ADB, ∴ △DCE ∽ △ADB, ∴ CE BD =CD AD ,∵ AD= 7,CD= 4,∴ CE BD = 4 7 . 1. 1 2 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD = AB,∠D = ∠EAB= 90°,AC = 2 AB,∴ AB = 2 2 AC = 2 2 × 2 = 1,在 △ADF 和 △BAE 中, AD=BA, ∠D= ∠EAB, DF=AE, { ∴ △ADF ≌ △BAE (SAS), ∴ ∠DAF = ∠ABE, ∵ ∠DAF + ∠BAO = 90°, ∴ ∠ABE+∠BAO = 90°,∴ ∠AOB = 90°,∵ P 为 AB 的中 点,∴ OP= 1 2 AB= 1 2 . 变式 　 109 13 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AB =BC, ∠ABE = ∠BCF = 90°, 又 ∵ BE = CF, ∴ △BAE ≌ △CBF (SAS),∴ ∠BAE = ∠CBF, BF = AE = AB2 +BE2 = 13, ∴ ∠BAE+∠ABG = ∠CBF+ ∠ABG = 90°,∴ ∠BGE = 90°, ∴ ∠BGE= ∠BCF, 又 ∵ ∠EBG = ∠FBC, ∴ △BGE ∽ △BCF,∴ BG BC = BE BF ,即 BG 12 = 5 13 ,解得 BG = 60 13 ,∴ FG = BF- BG= 109 13 . 2. 4 10 3 　 【解析】如解图,过点 H 作 HM⊥AB,垂足为 M,过 点 F 作 FN ⊥ AD, 垂足为 N, 设 HM, FE 交于点 O, ∴ ∠ENF= ∠GMH = 90°, ∵ 四边形 ABCD 为矩形,易得 NF=AB= 4,MH = BC = 6,∵ EF⊥GH,∴ ∠GHM+∠HOE = ∠EFN+∠FOM = 90°,又∵ ∠HOE = ∠FOM,∴ ∠GHM = ∠EFN,∴ △MHG∽△NFE,∴ EF ∶ GH = NF ∶ MH = 2 ∶ 3. ∵ AG=CH= 1,∴ MB = 1,∴ GM = 2,∴ 在 Rt△HGM 中,GH = GM2 +MH2 = 2 10 ,∴ EF= 2 3 GH= 4 10 3 . 第 2 题解图 　 　 　 第 3 题解图 3. C　 【解析】如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,则 FH=CD =AD,在 Rt△FHE 和 Rt△DAG 中, EF=GD, FH=DA,{ ∴ Rt△FHE ≌Rt△DAG(HL),∴ EH = AG,∠HFE = ∠ADG = α,∵ DE = 2AG,∴ DE= 2EH,即点 H 为 DE 的中点,∴ EH =DH =AG = CF,∴ AB-AG=BC-CF,即 BG =BF,∴ △BFG 为等腰直角 三角形,∴ ∠BFG= 45°,∴ ∠EFG = 90° -∠BFG-∠HFE = 90°-45°-α= 45°-α. 4. 2 2 　 【解析】如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,BE 与 GF 交于点 O,易得四边形 FHDC 为矩形, ∴ FH = DC, ∠HFC = 90°, ∴ FH = BC, ∠BFH = 90°, ∵ GF ⊥ BE, ∴ ∠BOF= 90°,∴ ∠EBC+∠BFO = ∠BFO+∠GFH = 90°, ∴ ∠EBF = ∠GFH, ∵ ∠GHF = ∠C = 90°, ∴ △GFH ≌ △EBC(ASA),∴ GF = BE. ∵ 四边形 BFEG 的面积为 5, GF⊥BE,∴ 1 2 GF·BE= 5,即 1 2 BE2 = 5,∴ BE2 = 10,∵ 点 E 为 CD 的中点,∴ CE= 1 2 CD = 1 2 BC. ∵ BC2 +CE2 =BE2 , ∴ BC2 +( 1 2 BC) 2 = 10,解得 BC = 2 2 ( 负值已舍去), ∴ AB= 2 2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 76