模型2：等腰直角三角形中的半角模型
【例1】（2020·山西晋中·八年级阶段练习）如图所示：已知中，∠ = 90°, = ，在∠内部作∠ = 45°,、分别交于点，.
[操作]（1）将绕点逆时针旋转90°，使边与边重合，把旋转后点的对应点记作点，得到，请在图中画出;(不写出画法) [探究]（2）在(1)作图的基础上，连接， 求证： = ; [拓展]（3）写出线段,和之间满足的数量关系，并简要说明理由． 【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）MN^2=BM^2+NC^2，理由见详解. 【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可； （2）先根据SAS 判定△MAN≌△QAN，进而得出结论； （3）再由全等三角形和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ 中的勾股定理得出结论； 【详解】解：（1）如图，△ACQ 即为所求；
（2）证明：由旋转可得，△ABM≌△ACQ， ∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ ∵∠MAN=45°，∠BAC=90° ∴∠BAM+∠NAC=45° ∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45° 在△MAN 和△QAN 中 ∠ = ∠ ∴△MAN≌△QAN（SAS）， ∴MN=NQ； （3）MN^2=BM^2+NC^2； 由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ， 又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90° 在Rt△NCQ 中，有 NQ^2=CQ^2+NC^2， 即MN^2=BM^2+NC^2； 【点睛】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图形全等），②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点到旋转中心的距离相等． 【例2】．（2022·全国·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD 折叠，使边AB、AD 都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）； (2)转一转：将图1 中的∠EAF 绕点A 旋转，使它的两边分别交边BC、CD 于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ 之间的数量关系为 ； (3)连接正方形对角线BD，若图2 中的∠PAQ 的边AP、AQ 分别交对角线BD 于点M、点N，如图3，则/= ； (4)剪一剪：将图3 中正方形纸片沿对角线BD 剪开，如图4．求证：BM^2＋DN^2＝MN^2． 【答案】(1)45；△AEF，△CEF， (2)PQ＝BP＋DQ (3) 根号2 (4)见解析 【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得结论． （2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2 中，延长CB 到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可得结论． （3）证明△CAQ∽△BAM，可得 / = / = 根号2． （4）如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得结论． (1)解：如图1 中，
∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°， ∴ABC，△ADC 都是等腰三角形， ∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF， ∴∠EAF = 1/2（∠BAC＋∠DAC）＝45°， ∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD， ∴△BAE≌△DAF（ASA）， ∴BE＝DF，AE＝AF， ∵CB＝CD， ∴CE＝CF， ∴△AEF，△CEF 都是等腰三角形， 故答案为：45，△AEF，△EFC． (2) 解：结论：PQ＝BP＋DQ． 理由：如图2 中，延长CB 到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT， ∴△ADQ≌△ABT（SAS）， ∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT， ∵∠PAQ＝45°， ∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°， ∴∠PAT＝∠PAQ＝45°， ∵AP＝AP， ∴△PAT≌△PAQ（SAS）， ∴PQ＝PT， ∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ， ∴PQ＝BP＋DQ． 故答案为：PQ＝BP＋DQ． (3)解：如图3 中，
∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC = 根号2 AB， ∵∠BAC＝∠PAQ＝45°， ∴∠BAM＝∠CAQ， ∴△CAQ∽△BAM， ∴/ = / = 根号2， 故答案为： 根号2． (4)证明：如图4 中，将△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠DAN＋∠BAM＝45°， ∵∠DAN＝∠BAR， ∴∠BAM＋∠BAR＝45°， ∴∠MAR＝∠MAN＝45°， ∵AR＝AN，AM＝AM， ∴△AMR≌△AMN（SAS）， ∴RM＝MN， ∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°， ∴∠RBM＝90°， ∴RM2＝BR2＋BM2， ∵DN＝BR，MN＝RM， ∴BM^2＋DN^2＝MN^2． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题． 【例3】．（2022·江苏·八年级专题练习）问题情境 在等边△ABC 的两边AB，AC 上分别有两点M，N，点D 为△ABC 外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．
特例探究 如图1，当DM＝DN 时， （1）∠MDB＝ 度； （2）MN 与BM，NC 之间的数量关系为 ； 归纳证明 （3）如图2，当DM≠DN 时，在NC 的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN 与BM，NC 之间的数量关系，并加以证明． 拓展应用 （4）△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为 ． 【答案】（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见解析； （4）2/3 【分析】（1）先证明△MDN 是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），得∠BDM＝∠CDN＝30°； （2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC； 归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN； 拓展应用： （3）首先根据题意利用SAS 证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC； （4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN 的周长＝2AB，△ABC 的周长＝3AB，即可得出结论． 【详解】特例探究：/ 解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴△MDN 是等边三角形， ∴MN＝DM＝DN， ∵∠BDC＝120°，BD＝DC， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠DBM＝∠DCN＝90°， ∵BD＝CD，DM＝DN， ∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴∠MDB＝∠NDC＝30°， 故答案为：30； （2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL）， ∴BM＝CN， ∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC， 即MN＝BM+NC； 归纳证明 （3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下： ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠MBD＝∠NCD＝90°． ∴∠MBD＝∠ECD＝90°， 又∵BD＝CD，BM＝CE， ∴△DBM≌△DCE（SAS）， ∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC， ∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°， ∴∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°， ∴∠EDN＝∠MDN， 又∵DN＝DN， ∴△MDN≌△EDN（SAS）， ∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC； 拓展应用（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC， ∴△AMN 的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∴△ABC 的周长＝3AB， ∴△AMN 的周长与△ABC 的周长的比为:2/3＝2/3，故答案为：2/3． 【点睛】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质． |
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