专题7半角模型（相似模型）2024年中考数学常见几何模型专项复习讲义

专题7半角模型（相似模型）【知识梳理】半角模型问题大家都遇到很多了，一个角与另一个角共顶点，且该角的大小是另一个角大小的一半，常见的是直角与45°角的组合。半角模型通常用“旋转的观点”看待图形的几何变换，即将这个半角绕顶点旋转或通过截长补短的方法，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或相似。本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。【模型分析】模型1.半角模型（相似模型）半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半。模型特征：等线段，共端点，含半角思想方法：通过旋转（或截长补短）构造全等三角形，实现线段的转化。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。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论。【模型展示】正方形半角模型条件：如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=45°，AE，AF分别与BD相交于点M，N。结论一：△MAN∽△MDA，△NAM∽△NBA；【证明】∵正方形ABCD，∴∠ABN=45°∵∠ABN＝∠MAN＝45°，∠BNA＝∠ANM，∴△AMN∽△BAN，同理可证△AMN∽△DMA，结论二：△AMN∽△AFE；【证明】∵正方形ABCD∴∠MBE=∠MAN=45°∵∠BME＝∠AMN（对顶角），∴△BME∽△AMN，∴∠BEM=∠ANM∵EA平分∠BEF（见专题六半角模型全等模型证明）∴∠BEM=∠AEF∴∠ANM=∠AEF∴△AMN∽△AFE结论三：△BAN∽△DMA；【证明】∵正方形ABCD∴∠ABN=∠ADM=45°∵∠AMD=∠ABM+∠BAM∠BAN=∠MAN+∠BAM∴∠AMD=∠BAN∴△BAN∽△DMA结论四：；【证明】连接AC，∵∠DAF＝∠EAC，∠ADB＝∠ACB，∴△ECA∽△NDA，又∵△AMN∽△AFE，∴.【补充】通过面积比是相似比的平方比亦可得到S△AEF=2S△AMN结论五：△BME∽△AMN∽△DFN；【证明】∵∠MBE＝∠MAN＝45°，∠BME＝∠AMN（对顶角），∴△BME∽△AMN，同理可证△DFN∽△AMN结论六：【证明】由结论三可得△DAM∽△BNA，∴,即.结论七：【证明】设DF=a，BE=b，AB=c，则CE=cb，CF=ca，EF=a+b，在Rt△CEF中，（a+b化简得2ab∴.结论八：则当BE＝DF时，EF最小，最小，最大.【证明】如图，作△AEF的外接圆，点P为EF的中点，连接OA、OE、OF、PC，过点A作AH⊥EF.∵∠EAF＝45º，∴∠EOF＝90º，设OP=PC=EF=x，则，，，∴当点A、O、P、C四点共线时，即BE＝DF，、EF、均有最小值，有最大值.结论九：则BNDN=BE,DMBM=DF【证明】由结论8可得△△ECA∽△NDA，∴,,∵,∴,同理可得.2）半角模型（特殊三角形中的半角相似模型）（1）含45°半角模型条件：已知∠BAC＝90°，；结论一：△ABE∽△DAE；△DAE∽△DCA；【证明】∵又∵∠AED=∠BEA∴△ABE∽△DAE同理△DAE∽△DCA结论二：△ABE∽△DCA；【证明】∵又∵∠ADC=∠ABC+∠BAD∠BAE=∠DAE+∠BAD∴∠ADC=∠BAE∴△ABE∽△DCA结论三：；【证明】由结论一可得△ABE∽△DAE；△DAE∽△DCA；∴,∴结论四：（）【证明】由结论二可得△ABE∽△DCA；∴∴∵AB=AC∴含60°半角模型条件：已知∠BAC＝120°，；结论一：△ABD∽△CAE∽△CBA【证明】∵∠BAC＝120°∴∠B+∠C=60°∵∠ADE=60°∴∠B+∠BAD=60°∴∠C=∠BAD∵∴∠BDA=∠CEA=120°∴△ABD∽△CAE∽△CBA结论二：；【证明】由结论一可得△ABD∽△CAE∽△CBA∴,∴结论三：（）【证明】由结论一可得△ABD∽△CAE∴∴∵∴AD=AE∴【典型例题】例1．如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、DC边上的两点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N．下列结论：①AB2＝BN•DM；②AF平分∠DFE；③AM•AE＝AN•AF；④BE+DF=2A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④【答案】D．【分析】①转证AB：BN＝DM：AB，因为AB＝AD，所以即证AB：BN＝DM：AD．证明△ABN∽△MDA（根据两角相等）；②把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得△ADH．证明△AFH≌△AFE（SAS）；③即证AM：AN＝AF：AE．证明△AMN∽△AFE（两角相等）；④由②得BE+DF＝EF．运用特值法验证．当E点与B点重合、F与C重合时，根据正方形的性质，结论成立．【详解】解：①∵∠BAN＝∠BAM+∠MAN＝∠BAM+45°，∠AMD＝∠ABM+∠BAM＝45°+∠BAM，∴∠BAN＝∠AMD．又∠ABN＝∠ADM＝45°，∴△ABN∽△MDA，∴AB：BN＝DM：AD．∵AD＝AB，∴AB2＝BN•DM．故①正确；把△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADH．∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°．∴∠EAF＝∠HAF．∵AE＝AH，AF＝AF，∴△AEF≌△AHF，∴∠AFH＝∠AFE，即AF平分∠DFE．故②正确；③∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAN．∵∠AFE＝∠AFD，∠BAN＝∠AMD，∴∠AFE＝∠AMN．又∠MAN＝∠FAE，∴△AMN∽△AFE．∴AM：AF＝AN：AE，即故③正确；④由②得BE+DF＝DH+DF＝FH＝FE．过A作AO⊥BD，作AG⊥EF．则△AFE与△AMN的相似比就是AG：AO．易证△ADF≌△AGF（AAS），则可知AG＝AD=2故④正确．【点睛】此题考查了正方形的性质、相似（包括全等）三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，综合性极强，难度较大．例2．如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），在AC边上取一点E，使∠ADE＝45°．（1）求证：△ABD∽△DCE；（2）设BD＝x，AE＝y．①求y关于x的函数关系式并写出自变量x的取值范围；②求y的最小值．【答案】（1）见详解；（2）①y=12x2−2x+2（0＜x＜22【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝∠C＝45°，根据三角形的外角性质得到∠BAD＝∠EAC，根据相似三角形的判定定理证明结论；（2）①根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算得到y关于x的函数关系式；②根据二次函数的性质计算即可．【详解】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，BC＝22，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝45°+∠BAD，∠ADC＝∠ADE+∠EAC＝45°+∠EAC，∴∠BAD＝∠EAC，又∠B＝∠C，∴△ABD∽△DCE；（2）解：①∵△ABD∽△DCE，∴BDEC=∴y=12x2−2②y=12x2−2x+2=12则当x=2【点睛】此题考查了正方形的性质、相似（包括全等）三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．例3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝6，点E、F分别在BC、CD上，若AE=5，∠EAF＝45°，则AF的长为210【答案】210【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，则NF=2【详解】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=2∵AB＝2，∴AM＝BM＝1，∵AE=5∴BE＝1，∴ME=B∵∠EAF＝45°，∴∠MAE+∠NAF＝45°，∵∠MAE+∠AEM＝45°，∴∠MEA＝∠NAF，∴△AME∽△FNA，∴AMFN∴12解得x＝2．∴AF=AD2故答案为：210．【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键，例4．如图，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在AB、BC上，∠EDF＝45°，DE、DF分别交AC于点G、H．求证：EF=2【答案】见详解【分析】连接BD，根据四边形ABCD是正方形，于是得到∠DBC＝∠CAD＝∠ADB＝45°，即∠1+∠2＝∠2+∠3＝45°，求得∠1＝∠3，∠DBF＝∠DAC，推出△AGD∽△BFD，根据相似三角形的性质得到DGDF=AD【详解】解：连接BD，∵∠EDF＝45°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBC＝∠CAD＝∠ADB＝45°，即∠1+∠2＝∠2+∠3＝45°，∴∠1＝∠3，∠DBF＝∠DAC，∴△AGD∽△BFD，∴DGDF延长BA到M，使CF＝AM，在△DFC与△AMD中，CF=AM∠MAD=∠DCF=90°∴△DFC≌△AMD，∴∠4＝∠5，DF＝DM，∵∠EDF＝45°，∴∠1+∠4＝45°，∴∠1+∠5＝45°，在△EDF与△MDE中，DF=DM∠EDF=∠MDE∴△EDF≌△MDE，∴∠6＝∠8＝∠7，∴∠8＝∠9，∴∠6＝∠9，∴△DGH∽△DEF，∴GHEF∴EF=2【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．例5．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在BC，CD上．若BE＝2，∠EAF＝45°，则DF的长是．【答案】【分析】取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，先证出四边形ABNM是正方形，利用SAS证出△ABG≌△AMH，再利用SAS证出△AEG≌△AEH，利用勾股定理求出MH，然后利用平行证出△AHM∽△AFD，列出比例式即可求出结论．【详解】解：取AD，BC的中点M，N，连接MN，交AF于H，延长CB至G，使BG＝MH，连接AG，∵点M，点N是AD，BC的中点，∴AM＝MD＝BN＝NC＝4，∵AD∥BC，∴四边形ABNM是平行四边形，∵AB＝AM＝4，∴四边形ABNM是菱形，∵∠BAD＝90°，∴四边形ABNM是正方形，∴MN＝AB＝BN＝4，∠AMH＝90°，∵AB＝AM，∠ABG＝∠AMH＝90°，BG＝MH，∴△ABG≌△AMH（SAS），∴∠BAG＝∠MAH，AG＝AH，∵∠EAF＝45°，∴∠MAH+∠BAE＝45°，∴∠GAB+∠BAE＝∠GAE＝∠EAH＝45°，又∵AG＝AH，AE＝AE∴△AEG≌△AEH（SAS）∴EH＝GE，∴EH＝2+MH，在Rt△HEN中，EH2＝NH2+NE2，∴（2+MH）2＝（4﹣MH）2+4，∴MH＝∵MN∥CD，∴△AHM∽△AFD，∴∴DF＝×＝，故答案为：．【点睛】此题考查的是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质，此题难度较大，掌握相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定及性质、正方形的判定及性质和矩形的性质是解决此题的关键．例6．已知：如图边长为2的正方形ABCD中，∠MAN的两边分别交BC、CD边于M、N两点，且∠MAN＝45°①求证：MN＝BM+DN；②若AM、AN交对角线BD于E、F两点．设BF＝y，DE＝x，求y与x的函数关系式．【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′，根据正方形的性质和∠MAN=45°可进行证明。（2）证明△BFA∽△DAE,根据相似三角形的对应边成比例，可列出函数式。【详解】（1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′，根据正方形的性质和且∠MAN=45°可进行证明．（2）证明△BFA∽△DAE，根据相似三角形的对应边成比例，可列出函数式．试题解析：（1）证明：将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADM′，如图，∵∠M′AN=∠DAN+∠MAB=45°，AM′=AM，BM=DM′，∵M′AN=∠MAN=45°，AN=AN，∴△AMN≌△AM′N′，∴MN=NM′，∴M′N=M′D+DN=BM+DN，∴MN=BM+DN．（2）解：∵∠AED=45°+∠BAE，∠FAB=45°+∠BAE，∴∠AED=∠FAB，∵∠ABF=∠ADE，∴△BFA∽△DAE，∴，∴，∴y=.【点睛】本题主要考查了相似三角形，掌握等腰直角三角形的性质、勾股定理及相似三角形的性质和判定是解决本题的关键．例7．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】①根据BM、DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，即可得结论，进而即可判断；②结合以上结论证明△ABP∽△QDA，对应边成比例即可判断；③△ABP∽△QDA，对应边成比例，根据正方形的性质可得,由∠PBC=∠CDQ=45°，可得△PBC∽△CDQ，进而可得结论；④将△ADQ绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使得AB与AD重合，证明△ABF≌△ADQ可得△GBP是直角三角形，最后利用勾股定理可得结论。【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，∵∠PAQ＝45°，∴∠BAP+∠QAD=45°，∵BM是正方形的外角的平分线，∴∠MBC=135°，∴∠BAP+∠APB=45°，∴∠QAD＝∠APB，∴②正确；∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠ABP=∠QDA=135°，∵∠QAD＝∠APB，∴△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∴BP•DQ＝，∴①错误；∵△ABP∽△QDA，∴BP：DA=BA：DQ，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∴BP：BC=DC：DQ，∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，∴∠PBC=∠QDC=45°，∴△BPC∽△DCQ，∴∠BCP=∠DQC，∴∠PCQ=360°∠BCD∠BCP∠DCQ=270°（∠DQC+∠DCQ）=270°（180°∠CDQ）=135°.∴③正确；如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD∠PAQ=45°．∴∠PAF=∠PAQ．又∵AP=AP，∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．∴在Rt△BPF中，，∴．∴④正确；【点睛】本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握翻转变形的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键。例8．解答下列各题：（1）【阅读理解】我们把有一组邻边相等的凸四边形，叫作“等邻边四边形”．正方形是一个特殊的“等邻边四边形”，如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，我们把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，再通过证明△AEF与△AGF全等，从而发现BE、EF、FD之间的数量关系是EF＝BE+FD（直接写出答案）．（2）【探究引申】如图②，在等邻边四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD≠90°，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足怎样的数量关系时，（1）中的结论仍成立？请说明理由．（3）【问题解决】如图③，在等邻边四边形ABCD中，已知AB＝AD=203米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，在BC、CD上分别取点E、F，且AE⊥AD，DF＝（30−10【答案】（1）EF＝BE+FD；（2）当∠BAD＝2∠EAF时，（1）中的结论仍成立；（3）线段EF的长为（30+103）【分析】（1）根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF＝BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；（3）利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE＝AB＝203米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，只要再证明∠BAD＝2∠EAF即可得出EF＝BE+FD，可得EF的长．【详解】（1）EF＝BE+FD，理由是：如图①，∵△ADG≌△ABE，∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BAE＝∠EAF＝45°，∴∠GAF＝∠FAE，∵∠ADG＝∠B＝∠ADF＝90°，∴F、D、G三点共线，在△GAF和△FAE中，∵AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF＝EF．又∵DG＝BE，∴GF＝BE+DF，∴BE+DF＝EF；故答案为：EF＝BE+FD；（2）当∠BAD＝2∠EAF时，（1）中的结论仍成立；理由如下：如图②，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，∴∠D＝∠ABM，在△ABM和△ADF中，AB=AD∠ABM=∠D∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，在△FAE和△MAE中，∵AF=AM∠FAE=∠MAE∴△FAE≌△MAE（SAS），∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，即EF＝BE+DF；（3）如图③，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H，∵∠BAD＝150°，∠DAE＝90°，∴∠BAE＝60°．又∵∠B＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝203．根据旋转的性质得到：∠ADG＝∠B＝60°，又∵∠ADF＝120°，∴∠GDF＝180°，即点G在CD的延长线上．由旋转得：△ADG≌△ABE，∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，又∵AH＝203×32=30，HF＝HD+DF＝10故∠HAF＝45°，∴∠DAF＝∠HAF﹣∠HAD＝45°﹣30°＝15°，从而∠EAF＝∠EAD﹣∠DAF＝90°﹣15°＝75°，又∵∠BAD＝150°＝2×75°＝2∠EAF，∴根据上述推论有：EF＝BE+DF＝203+30﹣103=30+10即线段EF的长为（30+103）米．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，相似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和等腰直角三角形是解题的关键．【课后专题练】练1．如图，点E、F分别为正方形ABCD的边AB、BC上的点，满足∠EDF＝45°．连接DE、DF分别交正方形对角线AC于点H、G，再连接EG，有如下结论：①AE+CF＞EF；②ED始终平分∠AEF；③△AEH∽△DGH；④DE=2DG；⑤S△DGH【答案】②③④【分析】在BA的延长线上截取AM＝CF，连接DM，如图，先证明△ADM≌△CDF得到∠ADM＝∠CDF，DM＝DF，则可证明∠FDM＝90°，所以∠EDF＝∠EDM＝45°，于是可判断△DEM≌△DEF，所以∠MED＝∠FED，EM＝EF，AM＝CF，则可对①②进行判断；由于∠BAC＝∠DAC＝45°，所以∠EAH＝∠HDG，则可证明△AEH∽△DGH，于是可对③进行判断；根据相似三角形的性质得到∠AED＝∠HGD，AHDH=EHGH，利用比例性质得到AHEH=DHGH【详解】解：在BA的延长线上截取AM＝CF，连接DM，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠BAD＝∠BCD＝90°，在△ADM和△CDF中，AD=CD∠DAM=∠DCF∴△ADM≌△CDF（SAS），∴∠ADM＝∠CDF，DM＝DF，∵∠CDF+∠ADF＝90°，∴∠ADM+∠ADF＝90°，即∠FDM＝90°，∵∠EDF＝45°，∴∠EDM＝45°，在△DEM和△DEF中，DE=DE∠EDM=∠EDF∴△DEM≌△DEF（SAS），∴∠MED＝∠FED，EM＝EF，∴ED平分∠AEF，所以②正确；∵AM＝CF，∴AE+CF＝EF，所以①错误；∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠EAH＝∠HDG，∵∠AHE＝∠DHG，∴△AEH∽△DGH，所以③正确；∴∠AED＝∠HGD，AHDH∴AHEH∵∠AHD＝∠EHG，∴△AHD∽△EHG，∴∠DAH＝∠GEH＝45°，∴△DEG为等腰直角三角形，∴DE=2∵∠AED＝∠HGD，∠AED＝∠FED，∴∠HGD＝∠FED，∵∠HDG＝∠FDE，∴△DGH∽△DEF，∴S△DGHS△DEF=（DGDE）2＝（【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．练2．如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF＝45°，连接EF．延长CD至G，使GD＝EB，连接AG，易证△AFG≌△AFE．所以EF，BE，DF之间的数量关系为EF＝DF+BE．（1）如图2，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD的延长线上，∠EAF＝45°，连接EF．试猜想EF，BE，DF之间的数量关系；（直接写出结果，不需证明）（2）如图3，点E，F分别在正方形ABCD的边CB，DC的延长线上，∠EAF＝45°，连接EF．试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并加以证明；（3）如图4，点E，F在正方形ABCD的对角线BD上，∠EAF＝45°，若BE＝2，DF＝1，请直接写出EF的长．【答案】（1）BE＝EF+DF；（2）DF＝EF+BE；（3）EF的长为5【分析】（1）在BE上截取BG＝DF，连接AG；先由SAS证明△ABG≌△ADF，得出AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证出∠EAG＝∠EAF，由SAS证明△AEG≌△AEF，得出EG＝EF，即可得出结论；（2）在CD上截取DG＝BE，连接AG；先由SAS证明△ABE≌△ADG，得出∠EAB＝∠GAD，AE＝AG，再证出∠GAF＝∠EAF，由SAS证明△AEF≌△AGF，得出EF＝GF，即可得出结论；（3）作BM⊥BD，并在BM上截取BG＝DF＝1，连接AG、EG；先由勾股定理求出EG，求出∠ABG＝∠ADF，由SAS证明△ABG≌△ADF，得出AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，证出∠EAG＝∠EAF，证明△AEG≌△AEF，得出EF＝EG即可．【详解】（1）解：BE＝DF+EF；理由如下：在BE上截取BG＝DF，连接AG；如图2所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝∠ADF＝90°，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠B=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∴∠GAF＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠EAG＝45°，∴∠EAG＝∠EAF，在△AEG和△AEF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF，∴EG+BG＝EF+DF，即BE＝EF+DF；（2）解：DF＝EF+BE；理由如下：在CD上截取DG＝BE，连接AG；如图3所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝∠ABE＝90°，在△ABE和△ADG中，BE=DG∠ABE=∠D∴∠EAB＝∠GAD，AE＝AG，∴∠EAG＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠GAF＝45°，∴∠GAF＝∠EAF，在△AEF和△AGF中，AE=AG∠EAF=∠GAF∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝GF，∵DF＝GF+GD，∴DF＝EF+BE；（3）解：EF的长为5，理由如下：作BM⊥BD，并在BM上截取BG＝DF＝1，连接AG、EG；如图4所示：则∠EBG＝90°，∴EG=B∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ADF＝45°，∴∠ABG＝45°，∴∠ABG＝∠ADF，在△ABG和△ADF中，BG=DF∠ABG=∠ADF∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∴∠GAF＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠EAG＝45°，∴∠EAG＝∠EAF，在△AEG和△AEF中，AG=AF∠EAG=∠EAF∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EG＝EF，∴EF=5【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题难度较大，综合性强；每小题都需要通过作辅助线证明两次三角形全等才能得出结论．练3．在菱形ABCD中，∠B＝60°．点E，F分别在边BC，CD上，且BE＝CF．连接AE，AF．（1）如图1，连接EF，求证：△AEF是等边三角形；（2）AG平分∠EAF交BC于点G．①如图2，AG交EF于点M，点N是BC的中点，当BE＝4时，求MN的长．②如图3，O是AC的中点，点H是线段AG上一动点（点H与点A，点G不重合），当AB＝12，BE＝4时，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请直接写出AHAG【答案】（1）见详解；（2）①MN=23；②AHAG的值为12【分析】（1）根据菱形四条边都相等的性质及∠B＝60°，证明△ABC和△ADC都是等边三角形，再证明△ABE≌△ACF，得到AE＝AF，再证明∠EAF＝60°，即可证明△AEF是等边三角形；（2）①连接AN，先证明△AEM∽△ABN，再证明△NAM∽△BAE，由相似三角形的性质得到MN与BE的比，求出MN的长；②分两种情况，即OH∥CE和OH∥AE，第一种情况由三角形的中位线定理可直接求出结果，第二种情况，连接EF交AG于点M，作EL⊥AB于点L，证明△GEM∽△EAL，求出EG的长，即可求得结果．【详解】证明：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CB＝AD＝CD，∵∠B＝60°，∴∠D＝∠B＝60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴AB＝AC，∠B＝∠ACF＝∠BAC＝60°，∵BE＝CF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，∠BAE＝∠CAF，∴∠EAF＝∠CAE+∠CAF＝∠CAE+∠BAE＝∠BAC＝60°，∴△AEF是等边三角形．（2）①如图2，连接AN，∵点N是BC的中点，∴AN⊥BC；∵AG平分∠EAF，∴AM⊥EF，∴∠AME＝∠ANB＝90°，∵∠AEM＝∠B＝60°，∴△AEM∽△ABN，∴AEAB∴AMAE∵∠EAM＝∠BAN＝30°，∴∠NAM＝∠BAE＝30°﹣∠EAN，∴△NAM∽△BAE，∴MNBE=AN∴MN=32BE=3②存在．如图3，OH交AE于点P，连接OE，∵S△AOP：S四边形OPEC＝1：3，∴S△AOP：S△ACE＝1：4，∵OA＝OC，且△AOE与△COE的高相等，∴S△AOE＝S△COE，∴S△AOP：S△AOE＝1：2，∴S△AOP＝S△EOP，∵△AOP与△EOP的高相等，∴PA＝PE，∴OH∥CE，∴AHAG如图4，OH交CE于点Q，连接EF交AG于点M，作EL⊥AB于点L，同理可得EQ＝CQ，OH∥AE，∵∠ELB＝90°，∠B＝60°，AB＝12，BE＝4，∴∠BEL＝30°，∴BL=12BE∴AL＝AB﹣BL＝12﹣2＝10，EL＝BL•tan60°＝23，∴EF＝AE=AL2∴EM＝FM=12EF=12×∵∠GEM＝180°﹣60°﹣∠AEB＝120°﹣∠AEB，∠EAL＝180°﹣60°﹣∠AEB＝120°﹣∠AEB，∴∠GEM＝∠EAL，∵∠EMG＝∠ALE＝90°，∴△GEM∽△EAL，∴EGAE∴EG=EM⋅AE∵BC＝AB＝12，BE＝4，∴EC＝12﹣4＝8，∴EQ＝CQ=12EC∴AHAG综上所述，AHAG的值为12或【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理、解直角三角形等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，还应注意数形结合、分类讨论等数学思想的运用．练4．已知在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝62，CD⊥AB于D，点E在直线CD上，DE=1（1）如图1，若点E在线段CD上，请分别写出线段AE和CM之间的位置关系和数量关系：AE＝CM，AE⊥CM；（2）在（1）的条件下，当点F在线段AD上，且AF＝2FD时，求证：∠CNE＝45°；（3）当点E在线段CD的延长线上时，在线段AB上是否存在点F，使得∠CNE＝45°？若存在，请直接写出AF的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）AE＝CM，AE⊥CM；（2）见详解；（3）AF＝8【分析】（1）延长AE交CM于点H，由等腰直角三角形的性质就可以得出△AEC≌△CMB，就可以得出∠CAE＝∠BCM而得出结论；（2）如图1，过点A作AG⊥AB，且AG＝BM，连接CG、FG，延长AE交CM于H．先由等腰三角形的性质和勾股定理就可以得出FG＝FM，就可以得出△CAG≌△CBM，就有CG＝CM，∠ACG＝∠BCM．得出∠MCG＝90°．进而证明△FCG≌△FCM就可以得出结论；（3）如图2，作BH⊥CN于H，由条件就可以得出∠ANB＝∠NCB，可以得出△ADE∽△CHB，就可以求出BH的值，再得出△CDF∽△BHF就可以求出DF的值，进而求出AF的值．【详解】解：（1）AE⊥CM，AE＝CM理由：延长AE交CM于点H，∵∠ACB＝90°，CA＝CB＝62，CD⊥AB于D，∴∠CAB＝∠CBA＝∠ACD＝∠BCD＝45°，AD＝BD＝CD=1∵M是DB的中点，∴BM=1∵DE=1∴DE＝BM．在△AEC和△CMB中∵AC=CB∠ACE=∠B∴△AEC≌△CMB（SAS），∴AE＝CM，∠CAE＝∠BCM．∵∠ACM+∠BCM＝90°，∴∠ACM+∠CAE＝90°，∴∠ACH＝90°．∴AH⊥CM．∴AE⊥CM，AE＝CM；（2）如图1，过点A作AG⊥AB，且AG＝BM，连接CG、FG，延长AE交CM于H．∵∠ACB＝90°，CA＝CB＝62，∴∠CAB＝∠CBA＝45°，AB=C∴∠GAC＝∠MBC＝45°．∵CD⊥AB，∴CD＝AD＝BD=1∵M是DB的中点，∴DM＝BM＝3．∴AG＝3．∵AF＝2FD，∴AF＝4，DF＝2，∴FM＝DF+DM＝2+3＝5．∵AG⊥AF，∴FG=A∴FG＝FM．在△CAG和△CBM中，CA=CB∠CAG=∠CBM∴△CAG≌△CBM．∴CG＝CM，∠ACG＝∠BCM．∴∠MCG＝∠ACM+∠ACG＝∠ACM+BCM＝90°．在△FCG和△FCM中，CG=CMFG=FM∴△FCG≌△FCM（SSS）．∴∠FCG＝∠FCM．∴∠FCM＝45°．∵AE⊥CM，∴∠CHN＝90°∴∠CNE＝45°；（3）存在．理由：如图2，作BH⊥CN于H，∴∠CHB＝90°．∵CD⊥AB，∴∠ADE＝90°，∴∠CHB＝∠ADE．∵∠ACB＝90°，CA＝CB＝62，∴∠CAB＝∠CBA＝45°．AB=C∴∠GAC＝∠MBC＝45°．∵CD⊥AB，∴CD＝AD＝BD=1∵DE=1∴DE＝3．在Rt△ADE中，由勾股定理得AE＝35．∵∠CNE＝45°，∴∠CBA＝∠CNE．∵∠AFN＝∠CFB，∴∠NAF＝∠BCF．∴△ADE∽△CHB，∴DEBH∴3BH∴BH=6设DF＝x，则BF＝6﹣x．在Rt△CDF中，由勾股定理，得CF=36+∵∠CDF＝∠BHF＝90°，∠DFC＝∠HFB，∴△CDF∽△BHF，∴CDBH∴66∴x1＝2，x2＝18＞6（舍去），∴x＝2．∴AF＝6+2＝8．答：AF＝8．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，相似三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等和相似是关键．练5．（1）如图1，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，F′是CB延长线上一点，∠FAF′的平分线交边BC于E．已知DF＝BF'，①求证：∠EAF＝45°②若正方形ABCD边长是3，BE＝1，求DF的长．（2）如图2，正方形ABCD中，F是边CD边上一点，E为边AB上一点．以直线EF为对称轴把正方形折叠，BC的对应线段为B'C'，其中点C在边AD上，B'C交边AB于点G，记△AGC′周长为x，正方形ABCD周长为y，求y与x的函数关系式．【答案】（1）①见详解；②DF=32【分析】（1）①证明△ABF'≌△ADF得出AF'＝AF，∠BAF'＝∠DAF，∠EAF'＝∠EAF，EF'＝EF，得出∠FAF'＝∠BAF'+∠BAF＝∠BAD＝90°，即可得出结论；②设DF＝x，则CF＝3﹣x，EF＝EF'＝x+1，在Rt△CEF中，CE＝BC﹣BE＝2，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）设AC′＝a，DF＝b，则DC′y4−a，FC′＝CF=y4−b，证明△DFC′∽△AC′G，由相似三角形的性质得出AGDC'=【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠D＝∠C＝90°，∴∠BAD＝∠ABF'＝90°＝∠D，在△ABF'和△ADF中，BF'=DF∠ABF'=∠D∴△ABF'≌△ADF（SAS），∴AF'＝AF，∠BAF'＝∠DAF，∠EAF'＝∠EAF，EF'＝EF，∴∠FAF'＝∠BAF'+∠BAF＝∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴∠EAF＝45°；②解：设DF＝x，则CF＝3﹣x，EF＝EF'＝x+1，在Rt△CEF中，CE＝BC﹣BE＝3﹣1＝2，由勾股定理得：22+（3﹣x）2＝（x+1）2，解得：x=3即DF=3（2）解：设AC′＝a，DF＝b，则DC′=y4−∵∠FC′G＝90°，∴∠DC′F+∠AC′G＝90°．∵∠DC′F+∠DFC′＝90°，∴∠DFC′＝∠AC′G，又∵∠D＝∠A＝90°，△DFC′∽△AC′G，∴AGDC'=AC'∴AG=a(y4△AGC′的周长为x＝AC′+AG+C′G=ya在Rt△DFC′中，DC′2+DF2＝FC′2即（y4−a）2+b2＝（y整理得ya2−a2∴x＝AC′+C′G+AG=ya∴y＝2x．【点睛】本题考查翻转变换及正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；证明三角形全等和三角形相似是解题的关键。练6．如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥BC交AD于点E，连接BE，点F是BE上一点，