几何是初中数学中非常重要的内容，在数学的学习过程中，若能抓住基本图形，举一反三，定能引领学生领略到“一图一世界”的风采．下面先给大家介绍一种常见的数学模型---半角模型，通过对模型的理解和掌握，把模型的结论融会贯通，理解透彻，有助于理清思路、节省大量时间，遇到这一类题型，都是可以迎刃而解的．
一、模型类别
二、相关结论的运用
（一）等边三角形中120含60半角模型
条件：△ABC是等边三角形，∠CDB =120 ，∠EDF=60，BD=CD，旋转△BDE至△CDG
结论1：△FDE△FDG
结论2：EF=BE+CF
结论3： ∠DEB =∠DEF
典例精讲：
已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E、F．
（1）当∠MBN绕B点旋转到AE＝CF时（如图1），试猜想AE，CF，EF之间存在怎样的数量关系？请将三条线段分别填入后面横线中： + ＝ ．（不需证明）
（2）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图2）时，上述（1）中结论是否成立？请说明理由．
（3）当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF（如图3）时，上述（1）中结论是否成立？若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
【思路点拨】
（1）证明△ABE≌△CBF且△BEF是等边三角形即可；
（2）根据“半角”模型1，先证△BAE≌△BCG，再根据“半角”模型1中的结论2得出△GBF≌△EBF，再根据“半角”模型1中的结论3即可；
（3）根据“半角”模型1，先证△BAH≌△BCF，再根据“手拉手”模型1中的结论2得出△EBF≌△EBH即可．
【详解】
解：（1）如图1，
△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠CBF＝∠EBA，BE＝BF，
∵∠ABC＝120°，∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形，CF＝，AE＝，
∴EF＝BE＝BF＝AE+CF；
（2）如图2，延长FC至G，使AE＝CG，连接BG，
在△BAE和△BCG中，
，
∴△BAE≌△BCG（SAS），
∴∠ABE＝∠CBG，BE＝BG，
∵∠ABC＝120°，∠EBF＝60°，
∴∠ABE+∠CBF＝60°，
∴∠CBG+∠CBF＝60°，
∴∠GBF＝∠EBF，
在△GBF和△EBF中，
，
∴△GBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝GF＝CF+CG＝CF+AE；
（3）不成立，但满足新的数量关系．
如图3，在AE上截取AH＝CF，连接BH，
在△BAH和△BCF中，
，
∴△BAH≌△BCF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝60°＝∠FBC+∠CBE
∴∠ABH+∠CBE＝60°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠HBE＝60°＝∠EBF，
在△EBF和△HBE中，
，
∴△EBF≌△EBH（SAS），
∴EF＝EH，
∴AE＝EH+AE＝EF+CF．
【解题技法】本题典型的利用“半角”模型1，其基本思路是“旋转补短”，从而构造全等三角形．
实战演练：
1. 如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等边三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且．
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
2. 在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AD，AB上（均不与顶点重合），且∠BCD＝120°，∠ECF＝60°．
（1）如图1，若AB＝AD，求证：；
（2）如图2，若AB＝2AD，过点C作CM⊥AB于点M，求证：①AC⊥BC；②AE＝2FM；
（3）如图3，若AB＝3AD，试探究线段CE与线段CF的数量关系．
【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析；（3），证明见解析．
【解析】
【分析】（1）先根据菱形的判定与性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据角的和差可得，最后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）①先根据平行四边形的性质可得，，从而可得，再根据直角三角形的性质即可得证；
②先根据平行线的性质、直角三角形的性质可得，，再根据角的和差可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得证；
（3）如图（见解析），先根据平行四边形的性质可得，，，再根据等边三角形的判定与性质可得，，从而可得，然后根据角的和差可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】（1）四边形ABCD是平行四边形，，
四边形ABCD是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
又，即，
，
在和中，，
；
（2）①四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
，
，
，即，
在中，，
是直角三角形，且，
即；
②，
，
在中，，即，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
即；
（3），证明如下：
如图，在AB上取一点G，使得，连接CG，
四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，即，
，
，
，即，
点G一定在点F的左侧，
，
，
在和中，，
，
，
即．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
（二）等腰直角三角形中90含45半角模型
条件：△ABC是等腰直角三角形，∠CAB =90 ，AB=AC，∠DAE=45，旋转△BDE至△CDG(△BDE沿AD翻折到△ADF)
结论1：△ADE△AFE(△ACE△AFE)
结论2： DE2＝BD2+EC2
结论3：C∆CEF=BC(C∆DEF=BC)
典例精讲：
已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．
（1）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN2＝AM2+BN2；
思路点拨：考虑MN2＝AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN＝BN，∠MDN＝90°就可以了．
请你完成证明过程：
（2）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN2＝AM2+BN2是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，根据“半角”模型2，证明出△CDN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；
（2）将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，根据“半角”模型2，证明△CGN≌△CBN，再根据“半角”模型2的结论2即可；
【详解】
（1）证明：
将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，
则△DCM≌△ACM．
有CD＝CA，DM＝AM，∠DCM＝∠ACM，∠CDM＝∠A．
又由CA＝CB，得 CD＝CB．
由∠DCN＝∠ECF﹣∠DCM＝45°﹣∠DCM，
∠BCN＝∠ACB﹣∠ECF﹣∠ACM＝90°﹣45°﹣∠ACM，
得∠DCN＝∠BCN．
又CN＝CN，
∴△CDN≌△CBN．
∴DN＝BN，∠CDN＝∠B．
∴∠MDN＝∠CDM+∠CDN＝∠A+∠B＝90°．
∴在Rt△MDN中，由勾股定理，
得MN2＝DM2+DN2．即MN2＝AM2+BN2．
（2）关系式MN2＝AM2+BN2仍然成立．
证明：将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN，
则△GCM≌△ACM．
有CG＝CA，GM＝AM，
∠GCM＝∠ACM，∠CGM＝∠CAM．
又由CA＝CB，得 CG＝CB．
由∠GCN＝∠GCM+∠ECF＝∠GCM+45°，
∠BCN＝∠ACB﹣∠ACN＝90°﹣（∠ECF﹣∠ACM）＝45°+∠ACM．
得∠GCN＝∠BCN．
又CN＝CN，
∴△CGN≌△CBN．
有GN＝BN，∠CGN＝∠B＝45°，∠CGM＝∠CAM＝180°﹣∠CAB＝135°，
∴∠MGN＝∠CGM﹣∠CGN＝135°﹣45°＝90°．
∴在Rt△MGN中，由勾股定理，
得MN2＝GM2+GN2．即MN2＝AM2+BN2．
【解题技法】利用“半角”模型2，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
实战演练：
3. 在等腰中，CA＝CB，点D，E在射线AB上，不与A，B重合（D在E的左边），且∠DCE＝∠ACB．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，将沿CD翻折，点A与M重合，求证：；
（2）如图2，若∠ACB＝120°，且以AD、DE、EB为边的三角形是直角三角形，求的值；
（3）∠ACB＝120°，点D在射线AB上运动，AC＝3，则AD的取值范围为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）或2；（3）．
【解析】
【分析】（1）先根据翻折的性质可得，从而可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，再根据翻折的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，最后根据直角三角形的定义分和两种情况，分别利用余弦三角函数即可得；
（3）先判断出AD取得最大值时点D的位置，再利用余弦三角函数求解即可得．
【详解】（1）由翻折的性质得：，
，
，
，
，，
，
在和中，，
；
（2）如图，将沿CD翻折，点A与F重合，连接EF，
，
，
由翻折的性质得：，
同（1）的方法可证：，
，
，
以AD、DE、EB为边的三角形是直角三角形，
以DF、DE、EF为边的三角形是直角三角形，即是直角三角形，
因此分以下两种情况：
①当时，
在中，，
则，
②当时，
在中，，
则，
即，
综上，的值为或2；
（3），
，
如图，当点D在射线AB上运动至的位置时，
在中，，即，
解得，
，
，
，
，
，
，
要使点E在射线AB上，且点D在E的左边，则，
即AD的取值范围为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、余弦三角函数等知识点，较难的是题（3），正确判断出AD取得最大值时点D的位置是解题关键．
（三）正方形中90含45半角模型
条件：正方形ABCD中，∠MAN =45 ，旋转△ABF至△AND；
结论1：△AFM△AMN
结论2： MN=BM+DN(MN=DN-BM)
结论3：C∆MCN=2AB；
结论4： ()
典例精讲：
（1）（发现证明）
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．
小明发现，当把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）（类比引申）①如图2，在正方形ABCD中，如果点E，F分别是CB，DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则（1）中的结论还成立吗？请写出证明过程．
②如图3，如果点E，F分别是BC，CD延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF，BE，DF之间的数量关系是 （不要求证明）
（3）（联想拓展）如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝3，求AF的长．
【思路点拨】
（1）（发现证明）根据“半角”模型3，证明出△EAF≌△GAF，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；
（2）（类比引申）①根据“半角”模型3，证明出△EAF≌△GAF，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；
②根据“半角”模型3，证明△AFE≌△ANE，再根据“半角”模型3的结论2即可得证；
（3）（联想拓展）
求出DG＝2，设DF＝x，则根据“半角”模型3的结论2得出EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，在Rt△EFC中，得出关于x的方程，解出x则可得解．
【详解】
（1）（发现证明）
证明：把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠DAG+∠FAD＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝DF+BE；
（2）（类比引申）
①不成立，结论：EF＝DF﹣BE；
证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，
∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，
∴∠FAM＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△MAF（SAS），
∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；
②如图3，将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABN，
∴AN＝AF，∠NAF＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠NAE＝45°，
∴∠NAE＝∠FAE，
∵AE＝AE，
∴△AFE≌△ANE（SAS），
∴EF＝EN，
∴BE＝BN+NE＝DF+EF．
即BE＝EF+DF．
故答案为：BE＝EF+DF．
（3）（联想拓展）
解：由（1）可知AE＝AG＝3，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴DC＝BC＝AD＝6，
∴
∴BE＝DG＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣3＝3，
设DF＝x，则EF＝DG＝x+3，CF＝6﹣x，
在Rt△EFC中，∵CF2+CE2＝EF2，
∴（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得：x＝2．
∴DF＝2，
∴AF＝
【解题技法】“半角”模型3，常与旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，将分散的条件集中起来，将隐秘的关系显现出来．
实战演练：
4. 思维探索：
在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．
（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是 ；
（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；
拓展提升：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．
【答案】思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝﹣1．
【解析】
【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝2，设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2﹣x，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】思维探索：
（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，
故答案为：8；
（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，
∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝BC，
∴矩形ACBG是正方形，
∴AC＝AG，∠CAG＝90°，
在BG上截取GF＝CE，
∴△AEC≌△AGF（SAS），
∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，
∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE＝45°，
∵AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝60°，
∵∠DBE＝90°，BD＝2，
∴DE＝DF＝4，BE＝2，
设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2﹣x，
∴DG＝2+2﹣x，
∴DG﹣FG＝DF，
即2+2﹣x﹣x＝4，
∴x＝﹣1，
∴CE＝﹣1．
【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．
5. （1）如图，在正方形 ABCD 中，∠FAG=45°，请直接写出 DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明．
（2）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，E，F 分别是 BC 上两点，∠EAF=45°，
①写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明．
②若将（2）中的△AEF 绕点 A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？ 若不成立，直接写出新的结论 ，无需证明．
（3）如图，△AEF 中∠EAF=45°，AG⊥EF 于 G，且GF=2，GE=3，则 = ．
【答案】（1）FG=BF+DG；（2）①EF2=BE2+FC2，理由见解析；②仍然成立；（3）15
【解析】
【分析】（1）把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，可使AD与AB重合，再证明△AFG≌△AFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG；
（2）①根据△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，根据旋转的性质，可知△ACF≌△ABG得到BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG，∠FAC=∠GAB，根据Rt△ABC中的AB=AC得到∠GBE=90°，所以GB2+BE2=GE2，证△AGE≌△AFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2；
②将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得△AFG≌△AFE即可求解；
（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在Rt△EFC中，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，使AD与AB重合，
∴∠BAP=∠DAG，AP= AG，
∵∠BAD=90°，∠FAG=45°，
∴∠BAF+∠DAG=45°，
∴∠PAF=∠FAG=45°，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠FBP=180°，点F、B、P共线，
在△AFG和△AFP中，
，
∴△AFG≌△AFP（SAS），
∴PF=FG，
即：FG=BF+DG；
（2）①FC2+BE2=EF2，证明如下：
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠C=∠ABC=45°，
将△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，
∴△ACF≌△ABG，
∴BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG=45°，∠FAC=∠GAB，
∴∠GBE=∠ABG +∠ABC =90°，
∴GB2+BE2=GE2，
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=45°，
∴∠GAB+∠BAE=45°，
即∠GAE=45°，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE=EF，
∴FC2+BE2=EF2；
②仍然成立，理由如下：
如图，将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点为点G，
∴△ACG≌△ABE，
∴CG=BE，AG=AE，∠ACG=∠ABE=45°，∠BAE=∠CAG，
∴∠GCB=∠ACB +∠ACG =90°，即∠GCF=90°，
∴GC2+CF2=FG2，
∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=90°，
∴∠CAG+∠EAC=90°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴GF=EF，
∴FC2+BE2=EF2；
（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，
∴△AEG△AEB，△AFG△AFD，
∴AB=AG=AD，BE=EG=3，DF=FG=2，∠EAG=∠EAB，∠FAG=∠FAD，∠B=∠D=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠FAD=∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为正方形，
设AG =，则AB=BC=CD=，
在Rt△EFC中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=，FC=CD-DF=，
∴，
故，
解得：（舍去），，
∴AG=6，
∴．
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中．
（四）等边三角形中60含30半角模型
条件：△ABC是等边三角形，∠DAE =30 ，旋转△ABD至△ACF；
结论1：△ADE△AFE
结论2：∠ECF =120
结论3：C∆ECF=AB；
典例精讲：
转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．
（一）尝试探究
如图1所示，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，∠EAF＝30°，连接EF．
（1）如图2所示，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF＝ 度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为 ．
（2）如图3，当点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．
（二）拓展延伸
如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF＝30°，BE＝1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．
【思路点拨】
（一）（1）（发现证明）根据“半角”模型4，证明出△AEF≌△AE′F，进而根据线段的和差关系得出结论；
（2）先在BE上截取BG＝DF，连接AG，根据“半角”模型4，判定△GAE≌△FAE，根据线段的和差关系得出结论；
（二）先根据“半角”模型4，判定△AEE′是等边三角形，进而得到和∠BAE＝∠MAN，最后判定△BAE∽△MAN，并根据相似三角形对应边成比例，列出比例式求得MN的长．
解：（一）（1）将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，
则∠BAE＝∠DAE'，BE＝DE′，AE＝AE′，
∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠BAE+∠DAF＝30°，
∴∠DAE'+∠DAF＝30°，即∠FAE′＝30°
∴∠EAF＝∠FAE′，
在△AEF和△AE′F中，，
∴△AEF≌△AE′F（SAS），
∴EF＝E′F，即EF＝DF+DE′，
∴EF＝DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF＝EF，
故答案为：30，BE+DF＝EF；
（2）如图3，BE上截取BG＝DF，连接AG，
在△ABG和△ADF中，，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，且AG＝AF，
∵∠DAF+∠DAE＝30°，
∴∠BAG+∠DAE＝30°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝60°﹣30°＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△GAE和△FAE中，，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝FE，
又∵BE﹣BG＝GE，BG＝DF，
∴BE﹣DF＝EF，
即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF＝EF；
（二）如图4，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′，则
AE＝AE′，∠EAE′＝60°，
∴△AEE′是等边三角形，
又∵∠EAF＝30°，
∴AN平分∠EAE'，
∴AN⊥EE′，
∴RtANE中，，
∵在等边△ABC中，AM⊥BC，
∴∠BAM＝30°，
∴，且∠BAE+∠EAM＝30°，
∴，
又∵∠MAN+∠EAM＝30°，
∴∠BAE＝∠MAN，
∴△BAE∽△MAN，
∴，即，
∴MN＝．
【解题技法】根据“半角”模型，对图形进行分解、组合，抓住图形旋转前后的对应边相等，一般解题方法为作辅助线构造全等三角形或相似三角形．
实战演练：
6. （1）问题背景：
如图1：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°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ；
（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论 仍然成立（填“是”或“否”）；
（3）结论应用：
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45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
（4）能力提高：
如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 ．
【答案】（1）；（2）是；（3）210海里；（4）
【解析】
【分析】（1）先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得；
（2）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得；
（3）先根据方位角的定义、角的和差分别求出，从而可得，再根据航行速度与时间分别求出海里，海里，然后利用题（2）的结论即可得；
（4）过点C作CE⊥BC,垂足为点C，截取CE,使CE=BM.连接AE、EN,根据（2）中的结论计算即可.
【详解】（1）在和中，
，
即
在和中，
故答案为：；
（2）是，证明如下：
如图，延长CD至点M，使得
，
在和中，
，即
在和中，
故答案为：是；
（3）如图，延长AE、BF，相交于点C，连接EF，过点B作轴于点N
由题意得：
，
舰艇甲从A处向正东方向以45海里/小时的速度航行2小时至E处
轴，（海里）
舰艇乙从B处沿北偏东的方向以60海里/小时的速度航行2小时至F处
，（海里）
则由（2）的结论可得：（海里）
故此时两舰艇之间的距离为210海里；
（4）过点C作CE⊥BC,垂足为点C,截取CE，使CE=BM.连接AE、EN,
由（2）可知，CE=BM=1, NE=MN,
NE= .
∴ ,
故答案为:
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．下载本文
