【中考数学专题】三大变换之旋转（半角模型）

半角模型是全等三角形中一种常见的模型，如果说三垂直偏方法，手拉手半题型半方法，那么半角模型就是彻彻底底的一种题型，本文将介绍常见的半角模型结论．

常见的半角模型可以分为“90°+45°”和“120°+60°”两种，其中“90°+45°”居多，而表现形式通常是在正方形中．

01

半角模型—90°+45°

两个基本结论其一

如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°连接EF．

结论1：EF=BE+DF．

证明：延长CD至点G使得DG=BE【截长】

易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45°

易证：△AFE≌△AFG（SAS）→ EF=GF

综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF．

【变式】若E、F分别在CB、DC延长线上时，结论变为：EF=DF-BE．

证明：在DC上取点G使得DG=BE【补短】

易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45°

易证：△AEF≌△AGF（SAS）→ EF=GF

综上：EF=GF=DF-DG=DF-BE

【小结】截长、补短只是形式，关键点在于已知半角的情况下，构造相应的另一个半角．此处通过旋转，想要将一个图形毫无违和地旋转到另一位置，需要：邻边相等，对角互补．正方形可满足一切你所想．

两个基本结论其二

结论2：连接AD，与AE、AF分别交于M、N，

则：MN²=BM²+DN²．

证明：构造△ADM’≌△ABM → AM=AM’，∠MAN=∠M’AN，BM=DM’

易证：△AMN≌△AM’N（SAS）→ MN=M’N

易证：△M’DN是直角三角形 →M'N²=M'D²+DN²→MN²=BM²+DN²．

除了以上两个常用结论外，在这个图形还有一些其他有趣的结论．

结论3

若BE=1/3BC，则点F是CD边中点．反之亦然．

结论4

过点A作AH⊥EF交EF于H点，则△ABE≌△AHE，△AHF≌△ADF．

另外还可得：AE平分∠BEF，AF平分∠DFE．

结论5

A、B、E、N四点共圆，A、D、F、M四点共圆．

证明：∠EAN=∠EBN=45°，∴A、B、E、N四点共圆．同理可证A、D、F、M四点共圆．

另外还可得：连接EN、MF，可得△AEN、△AMF是等腰直角三角形．

结论6

M、N、F、E四点共圆．

证明：∵∠MEF=∠MFN，∴M、N、F、E四点共圆．

结论7

△AMN∽△AFE．且相似比AF：AM=根号2．

由构图3可得∠ANM=∠AEF，∠AMN=∠AFE．可得△AMN∽△AFE．

结论8

△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA．

结论9

连接AC，则△AMB∽△AFC，△AND∽△AEC．且AF：AM=AC：AB=根号2．

【小结】从结论5开始，后面的可能都用不上，但既然半角模型作为题型出现，了解下图形的更多性质有时候能帮上大忙．在这里除了给的∠EAF=45°外，正方形对角线也会形成其他45°角，多组相等角总能撞出些火花．

【思考】对于以上9个结论，在正方形中，有哪些作为条件能推出∠EAF=45°的？

02

半角模型—120°+60°

半角模型—120°+60°

如图，△ABC是等边三角形，BD=CD且∠BDC=120°，E、F在直线AB、AC上且∠EDF=60°

结论：EF=BE+CF

证明：延长AC至点G使得CG=BE，

易证：△DBE≌△DCG（SAS）→ DE=DG，∠FDG=∠FDE=60°

易证：△DFE≌△DFG（SAS）→ EF=GF

综上：EF=GF=GC+CF=BE+CF

【思考】若点F在AC的延长线上，EF、BE、CF之间又有何数量关系？

03

中考真题

2016徐州中考

2017贺州中考

2019随州中考

2018遂宁中考

来源：有一点数学，作者刘岳