模型汇编 | 半角模型结论汇编（含解析）

一、45°--90°半角模型的基本结论

45°---90°半角模型是初中几何中最重要的模型之一，涉及的知识点包括全等三角形的判定，性质；等腰三角形；等积变换；勾股定理；平行四边形判定，性质；四点共圆；旋转；相似等。几乎包含了整个初中的几何考点。特点是：图形复杂，变化多，结论多。平时学生练习比较零散，不利于掌握。现在把其中常用的结论加以整理，方便大家学习。

证明策略：旋转法，翻折法，截长补短法

1.找共顶点的等边 2.旋转等边所在的三角形使得两条等边重合，构造半角全等。3.注意是否要考虑三点共线。           

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45°--90°半角模型的基本结论1 

基本结论一：如图，正方形ABCD中，E、F为BC，CD的上点且∠EAF=45°，AH⊥EF.求证：(1)EF=BE+DF(2)C_ΔECF=2AB 

 (3) AH=AB (4) S_△ABE+S_△ADF=S_△AEF 

_{(5) ∠BEA=∠BEF  ∠AFE=∠AFD}  

结论一

方法一：旋转法

方法一：如图1，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG.(亦可旋转△ABE)

∴∠DAF=∠GAB

∵∠BAD=90°,∠EAF=45°    ∴∠BAE+DAF=90°-45°=45°

∴∠GAE=∠BAE+∠GAB=45°=∠FAE, ∠ABC=∠D=∠ABG=90°

∴∠ABC+∠ABG=180°   ∴点G,B,E三点共线。

∴△AEF≅△AEG（SAS）   ∴EF=GE，

即EG=GB+BE，∴EF=BE+GB．

结论一

方法二：截长补短法

方法二：截长补短法（证明略）

证明:延长CB至点G,使GB=DF,连接AG.

1.证明ΔABG≅ΔADF(SAS)

2.∠GAE=∠BAE+∠GAB=45°=∠FAE

3.证明△AEF≅△AEG（SAS），∴EF=BE+GB．

（亦可延长CD至点M，使得DM=BE,连接AM）

结论一

方法三：翻折法

方法三：把ΔABE沿AE翻折得到ΔAEG,连接GF.

∴AB=AG=AD,BE=GE,∠BAE=∠GAE.

∵∠BAD=90°,∠EAF=∠EAG+GAF=45°

∴∠BAE+DAF=90°-45°=45°

∴∠GAE+∠DAF=45° ∴∠GAF=∠DAF

∴ΔAGF≅ΔADF(ASA)

∴∠AGF=∠D=90°，GF=DF.

∴∠AGF+∠AGE=180°

∴点E,G,F三点共线。

∴EF=EG+FG=BE+DF.

结论二

      证明：由（1）可知：EF=BE+DF

 ∴C_ΔECF=EC+CF+EF  

              =EC+CF+BE+DF

             =BC+CD

              =2AB

 结论三

证明：由（1）中的翻折法可知：AH=AB

结论四

证明：

∵SΔABE=1/2AB·BE   SΔADF=1/2AD·DF  SΔAEF=1/2EF·AH

由（1）可知：EF=BE+DF

 ∴S_△ABE+S_△ADF=S_△AEF

结论五

  _{证明：由结论一中的翻折法可得。}

中考真题实战练习 

(2017年长沙)如图，将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的一点H重合（H不与端点C，D重合），折痕交AD于点E，交BC于点F，边AB折叠后与边BC交于点G．设正方形ABCD的周长为m，△DHG的周长为n，则n/m的值为______

解：连接BH,BG,过点B做BM⊥HG.

1.由翻折的性质可知：EH=EB,则∠1=∠2.

2.由翻折的性质可知：∠EHG=∠BMG=90°，则EH∥BM,故∠1=∠3=∠2

3.易证ΔBAH≅ΔBMH(AAS),ΔBMG≅ΔBCG(HL),则∠MBG=∠CBM

4.由（3）可知：∠HBG=45°，由半角模型基本结论可知：n/m=0.5

45°--90°半角模型的基本结论2 

基本结论二：如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D，E在BC上且∠DAE＝45°.

结论：BD²＋CE²＝DE²

方法一

旋转法

证明：

1.将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连结EF．

2. ∠1=∠2,则 ∠1+∠DAC=∠2+∠DAC=90°=∠DAF.

3.∠DAE=45°,故∠DAE=∠FAE.

4.AD=AF,故ΔAED≅ΔAEF.EF=ED.

5.在RtΔEFC中，FC²＋CE²＝EF²,则BD²＋CE²＝DE²

（也可以考虑旋转△ACE）

方法二

翻折法

证明：

1.把ΔABD沿AD翻折得ΔAFD,连接EF.

2.∠1=∠2,AB=AF=AC,DB=DF.

3.∠2+∠3=∠1+∠4=45°,则∠3=∠4.

4.ΔAEF≅ΔAEC,则EC=EF.

5.在RtΔEFE中，FD²＋FE²＝ED²,则BD²＋CE²＝DE²

变式：如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝90°,点D在BC上，点E在BC 的延长线上，

且∠DAE＝45°，则BD²＋CE²＝DE²

 方法一

旋转法

证明：

1.把ΔABD绕点A逆时针旋转90°得到ΔACF,连接EF.

2.∠BAD=∠CAF,故∠BAC=∠DAF=90°.

3.∠DAE=45°,故∠FAE=45°.

4.AD=AF,故ΔAED≅ΔAEF.

5.BD=FC.DE=FE.

6.∠FCE=180°-∠FCE=90°

7.在RtΔEFC中，FC²＋CE²＝EF²,则BD²＋CE²＝DE²

（也可以考虑旋转△ACE）

方法二

翻折法

证明：

1.把ΔABD沿AD翻折得ΔADB',连接EB'.

2.证ΔAEC≅ΔAEB'(SAS)

3.证ΔDB'E为RtΔ.

5.在RtΔDEB'中，B'D²＋B'E²＝ED²,则BD²＋CE²＝DE²

中考实战练习

（2012·宁德）某数学兴趣小组开展了一次活动，过程如下：如图1，在等腰直角△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，小敏将一块三角板中含45°角的顶点放在A上，从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α，其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D，直角边所在的直线交直线BC于点E．

（1）小敏在线段BC上取一点M，连接AM，旋转中发现：若AD平分∠BAM，则AE也平分∠MAC．请你证明小敏发现的结论；

（2）当0°＜α≤45°时，小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系：BD²+CE²=DE²．

同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决；

小颖的想法：将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，连接EF（如图2）

小亮的想法：将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG（如图3）；

请你从中任选一种方法进行证明；

（3）小敏继续旋转三角板，在探究中得出当45°＜α＜135°且α≠90°时，等量关系BD²+CE²=DE²仍然成立，先请你继续研究：当135°＜α＜180°时（如图4）等量关系BD²+CE²=DE²是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．

（1）证明：如图1，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠DAM+∠MAE+∠EAC＝90°．

∵∠DAE＝45°，∴∠BAD+∠EAC＝45°．

∵∠BAD＝∠DAM，∴∠BAD+∠EAC＝∠DAM+∠EAC＝45°，

∴∠DAM+∠MAE＝∠DAM+∠EAC，∴∠MAE＝∠EAC，即AE平分∠MAC.

（2）选择小颖的方法．

证明：如图2，连接EF．

由折叠可知，∠BAD＝∠FAD，AB＝AF，BD＝DF，

∵∠BAD＝∠FAD，∴由（1）可知，∠CAE＝∠FAE．

在△AEF和△AEC中，∴△AEF≌△AEC（SAS），

∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45°∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝90°．

在Rt△DFE中，DF²+FE²＝DE²，∴BD²+CE²＝DE²．       

（3）当135°＜α＜180°时，等量关系BD²+CE²＝DE²仍然成立．证明如下：

 如图4，按小颖的方法作图，设AB与EF相交于点G．

∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF，

∴AF＝AB，∠AFD＝∠ABD＝135°，∠BAD＝∠FAD．

又∵AC＝AB，∴AF＝AC．

又∵∠CAE＝90°﹣∠BAE＝90°-（45°-∠BAD）＝45°+∠BAD＝45°+∠FAD＝∠FAE．

∴∠CAE＝∠FAE．

在△AEF和△AEC中，

∵，

∴△AEF≌△AEC（SAS），

∴CE＝FE，∠AFE＝∠C＝45°．

∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝∠135°﹣∠C＝135°﹣45°＝90°．

∴∠DFE＝90°．

在Rt△DFE中，DF²+FE²＝DE²，∴BD²+CE²＝DE²．

45°--90°半角模型的基本结论3

基本结论三：如图，正方形ABCD中，E、F为BC，CD的上点且∠EAF=45°。求证：

(1) BM²+DN²=MN²

(2) 2AM²=BM²+DM²     2AN²=DN²+BN²

(3) △AEN为等腰直角三角形  △AFM为等腰直角三角形

(4)    √2BN=AB+BE    √2DM=AD+DF

(5)√2DN=CE   √2BM=CF  √2MN=EF

结论1-2的证明

旋转法

证明：

1.把△ABM绕点A逆时针旋转90使得AB与AD重合.得△ADM’.

2.证明ΔM'ND为RtΔ.则ND²+M'D²=NM'².

3.再证ΔANM≅ΔANM',则BM²+DN²=MN²．

4.易证△AMM’为等腰直角三角形.故 2AM²=BM²+DM² 

 结论3的证明

旋转法

证明：

(1)把△AND绕点A顺时针旋转90使得AB与AD重合.得△ABQ.

则△ABN,

(ii)△APQ为等腰直角三角形,△NBQ为RtΔ.故PA=PQ=PN=PB.

(iii)∠1=∠2,所以∠PEB=∠PBE,PB=PE.

(iv)PE=PA.三线合一，所以ΔANE为等腰直角三角形。

（四点共圆证明更简洁，初三用.）

结论4的证明

旋转法

证明：(i)把△BNE绕点B顺时针旋转90^。得△BE’N’.

(ii)∠BAF+∠BEN=180°，AN=EN=E'N'.则四边形AE'N'N是平行四边形。

(iii)NN'=AB+BE'=AB+BE=√(2) BN

结论五的证明

旋转法

证明：1.把△ABM绕点B顺时针旋转90°使得AB与BC重合.得△CBM’.

2.证明MM'∥CD, AM⊥M'C且AM⊥MF,所以MF∥M'C. CF=√(2)BM

以上的结论全部使用的是旋转法证明的，旋转证明的核心技巧就是等边共顶点，绕共点旋转。

二、60°--120°半角模型的基本结论

60°---120°半角模型是初中几何中最重要的模型之一，涉及的知识点包括全等三角形的判定，性质；等腰三角形；等积变换；旋转等。包含了初中的大部分几何考点。特点是：图形复杂，变化多，结论多。平时学生练习比较零散，不利于掌握。现在把其中常用的结论加以整理，方便大家学习。

证明策略：旋转法，翻折法，截长补短法 1.找共顶点的等边 2.旋转等边所在的三角形使得两条等边重合，构造半角全等。3.注意是否要考虑三点共线。         

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60°---120°半角模型的基本结论

已知：△ABC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD=CD，∠BDC=120°，∠MDN=60°，

角的两边分别交AB、AC边于M、N，连接MN．

结论：(1)BM+NC=MN.    (2)C_△AMN=2AB

 结论一的证法2种

方法一：旋转法

证明：

把ΔDNC绕点D逆时针旋转120°使DC与DB重合，得ΔDBG.

1.∠GBD+∠ABD=180°,故G,B,A三点共线。

2.∠1=∠2，∠2+∠3=120°-60°=60°=∠1+∠3=∠GDM

3.证ΔMDG≅ΔMDN

4.MN=BG=BM+BG=BM+NC.

证明：

把ΔDBM绕点D顺时针旋转120°使DC与DB重合，得ΔDCG.

1.∠GCD+∠ACD=180°,故G,C,A三点共线。

2.∠1=∠3，∠2+∠3=120°-60°=60°=∠1+∠2=∠GDN

3.证ΔMDN≅ΔGDN

4.5.MN=NG=NC+CG=BD+NC.

 结论一的证法2种

方法二：截长补短法

证法：

延长AB至点G,使得BG=NC,连接GD.

1.∠ACD=∠ACB+∠DCB=90°,∠GBD=180°-∠ABD=90°

2.DB=DC,故ΔDBG≅ΔDCN(SAS)，∠1=∠2

3.∠2+∠3=120°-60°=60°=∠1+∠3=∠GDM

4.证ΔMDG≅ΔMDN

5.MN=BG=BM+BG=BM+NC.

证明：

长AC至点G,使得BM=GC,连接GD.

1.∠ACD=∠ACB+∠DCB=90°,∠GCD=180°-∠ACB=90°

2.DB=DC,故ΔDCG≅ΔDBM(SAS)，∠1=∠3

3.∠2+∠3=120°-60°=60°=∠1+∠2=∠GDN

4.证ΔNDG≅ΔMDN

5.MN=NG=NC+CG=BD+NC.

  结论二的证法

证明：

 C_△AMN=AM+MN+AN

      =AM+BM+NC+AN =AB+AC=2AB

变式

已知：已知：△ABC是正三角形，△BDC是等腰三角形，BD=CD，∠BDC=120°，

∠MDN=60°，若点M、N分别是AB、CA延长线上的点。结论：MN=NC-BM

证法一

旋转法

证明:

1.把ΔMBD绕点D顺时针旋转120°使DB与DC重合，得到ΔDCG.

2.∠DBM=∠DCG=90°,故N,G,C三点共线。

3.∠1=∠2，∠2+∠GDB=∠1+∠GDB=120°,DM=DG.

4.∠MDN=60°,故∠GDN=60°

5.ΔDGN≅ΔDMN,MN=NG=NC-CG=NC-MB.

证法二

截长补短

证明：

1.在NC上截取一点G使GC=MB,连接DG.

2.证法同方法一.（略）

中考实战练习  

（2017年武汉稍作改变）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝5,CE=8，则DE的长为_______

证法一

旋转法

证明：

1.把ΔABD绕点A逆时针旋转120°使AB与AC重合，得到ΔACF.连接EF,FC,过点F做FG⊥BC.

2.∠FCG=60°且FC=BD=5，则GC=2.5.

3.在RtΔFGC中，FG=(5/2)√(3) .在RtΔFGE中,EF=7

4.ΔAED≅ΔAEF,故DE=EF=7

 证法二

翻折法

证明：

1.把ΔABD沿AD翻折得到ΔADF.把ΔAEC沿AE翻折得到ΔAEF.          

连接EF,FD,过点E做FD⊥EH.

2.∠EFD=60°且FE=EC=8，则HF=4，DH=1

3.在RtΔFEH中，FG=4√(3) .在RtΔFGE中,DE=1

三、α--2α半角模型的基本结论

α---2α半角模型是初中几何中最重要的模型之一，他是前面几个模型的一般化。特点是：图形复杂，变化多，结论多。平时学生练习比较零散，不利于掌握。现在把其中常用的结论加以整理，方便大家学习。

证明策略：旋转法，翻折法，截长补短法

1.找共顶点的等边 2.旋转等边所在的三角形使得两条等边重合，构造半角全等。3.注意是否要考虑三点共线。  

α---2α半角模型的基本结论

基本结论：如图1．在四边形ABCD中．AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF．

（1）求证：EF=BE+DF；

（2）在（1）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关系。

 结论一证法一

旋转法

证明：

1.把ΔABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，得ΔADH.

2.∠B=∠ADH,∠B+∠D=180°,则∠ADH+∠D=180°,故H.D.C三点共线。

3.∠1=∠3，∠1+∠2=∠EAF,故∠2+∠3=∠EAF=∠HAF.

4.ΔEAF≅ΔHAF(SAS).

5.EF=HF=HD+DF=BE+DF.

 结论一证法二

截长补短法

证明：

1.在CB的延长线上截取一点H，使得BH=DF,连接AH.

2.∠B+∠D=180°,∠ABH+∠B=180°,则∠ABH=∠D.

3.ΔABH ≅ΔADF(SAS),AH=AF,∠3=∠2.

4.∠1+∠2=∠EAF,故∠2+∠3=∠EAF=∠HAF.

4.ΔEAF ≅ΔHAF(SAS).

5.EF=HE=HB+BE=BE+DF.

  结论二证法一

旋转法

证法：

1.把ΔADF绕点A顺时针旋转使AD与AB重合,得ΔABH.

2.∠B+∠D=180°,∠B=∠ADF,故H.D.C三点共线

3.证ΔAEF≅ΔAEH(SAS)

4.EF=HE=BE-BH=BE-DF

结论二证法二

截长补短法

证明：

1.在EB上截取一点H，使得BH=DF,连接AH.

2.∠B+∠D=180°,∠ADF+∠D=180°,则∠ADF=∠B.

3.ΔABH≅ΔADF(SAS),AH=AF,∠1=∠2.

4.∠3+∠2=∠EAF,故∠1+∠3=∠EAF=∠HAF.

4.ΔEAF≅ΔHAE(SAS).

5.EF=HE=BE-BH=BE-DF.

中考实战练习

（2014·德州）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△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是EF＝BE+FD；

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，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

实际应用：

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为70°，试求此时两舰艇之间的距离．（答案210KM）

证明：参见例题

来源：奶爸许老师数学（ID：xuguanghong76）