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3.如图,在正方形$ABCD$中,若$∠EAF=45°$,点$E$在$BC$上,点$F$在$CD$上,则下列结论:①$EF=BE+DF$; ②$C_{△ CEF}=2AB$; ③$∠AEF=∠AEB$; ④$∠AFD=∠AFE$.其中一定成立的是 (
A.①②③④
B.①②③
C.①②④
D.②③④
A
)A.①②③④
B.①②③
C.①②④
D.②③④
答案
A 由正方形“半角模型”的结论知①②③④正确.详解:延长CB至点G,使得BG=DF,连接AG,过点A作AH⊥EF于点H,如图,
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AD=AB=BC=CD,∠D=∠ABE=∠ABG=∠BAD=90°,
∴ △ADF≌△ABG(SAS),
∴ AG=AF,∠2=∠3,
∵ ∠EAF=45°,
∴ ∠1+∠2=∠BAD-∠EAF=45°,
∴ ∠1+∠3=45°,即∠GAE=45°,
∴ ∠GAE=∠FAE,
∵ AE=AE,
∴ △GAE≌△FAE(SAS),
∴ EF=GE,
∵ GE=BG+BE,BG=DF,
∴ EF=BE+DF,
∴ ①正确.
设正方形ABCD的边长为x,即AB=BC=CD=x,
∴ $C_{△CEF}=CE+FC+EF=x-BE+x-DF+BE+DF=2x$,
∴ $C_{△CEF}=2AB$,
∴ ②正确.
∵ △GAE≌△FAE,
∴ ∠AEF=∠AEB,
∴ ③正确;
∵ AH⊥EF,
∴ ∠AHE=∠ABE=90°,
∵ AE = AE,∠AEB=∠AEH,
∴ △AEB≌△AEH(AAS),
∴ AB=AH,
∵ AD=AB,
∴ AH=AD,又
∵ AF=AF,
∴ Rt△AHF≌Rt△ADF(HL),
∴ ∠AFD=∠AFE,
∴ ④正确.
综上,正确的有①②③④,故选A.
解析
【分析】
本题是正方形中含45°角的经典半角模型问题，解题核心是通过构造全等三角形转化线段和角的关系。思考路径：首先观察到∠EAF是正方形直角的一半，我们可以通过延长线段构造全等，将CD上的DF转移到CB的延长线上，把BE和DF拼接成一条线段，再证两次全等依次验证四个结论：先证△ADF和构造的△ABG全等，得到边和角的等量关系，再证△GAE和△FAE全等，推导线段和角的结论，最后通过作垂线构造直角三角形全等验证剩余角的结论。
【解析】
解：延长CB至点G，使得BG=DF，连接AG，过点A作AH⊥EF于点H，如图：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠D=∠ABE=∠ABG=∠BAD=90°$，
在$△ ADF$和$△ ABG$中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ D=∠ ABG\\ DF=BG\end{array} $
∴ $△ ADF≌△ ABG(\mathrm{SAS})$，
∴ $AG=AF$，$∠2=∠3$，
∵ $∠EAF=45°$，
∴ $∠1+∠2=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°$，
∴ $∠1+∠3=45°$，即$∠GAE=45°$，
∴ $∠GAE=∠FAE=45°$，
在$△ GAE$和$△ FAE$中：
$\{\begin{array}{l}AG=AF\\ ∠ GAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴ $△ GAE≌△ FAE(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF=GE$，
∵ $GE=BG+BE$，且$BG=DF$，
∴ $EF=BE+DF$，故①正确；
设正方形ABCD的边长为x，即$AB=BC=CD=x$，
$△ CEF$的周长$C_{△ CEF}=CE+FC+EF$
$=(BC-BE)+(CD-DF)+BE+DF$
$=BC+CD=2x=2AB$，故②正确；
由$△ GAE≌△ FAE$，可得$∠AEF=∠AEG=∠AEB$，故③正确；
∵ $AH⊥EF$，
∴ $∠AHE=∠ABE=90°$，
在$△ AEB$和$△ AEH$中：
$\{\begin{array}{l}∠ ABE=∠ AHE\\ ∠ AEB=∠ AEH\\ AE=AE\end{array} $
∴ $△ AEB≌△ AEH(\mathrm{AAS})$，
∴ $AB=AH$，
∵ $AD=AB$，
∴ $AH=AD$，
在$\mathrm{Rt}△ AHF$和$\mathrm{Rt}△ ADF$中：
$\{\begin{array}{l}AF=AF\\ AH=AD\end{array} $
∴ $\mathrm{Rt}△ AHF≌\mathrm{Rt}△ ADF(\mathrm{HL})$，
∴ $∠AFD=∠AFE$，故④正确。
综上，①②③④都正确。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形半角模型
【点评】
本题是正方形半角模型的典型考题，解题的关键是通过构造旋转型全等，将分散的线段、角进行转化，综合考查了全等三角形的判定和性质的应用，熟练掌握半角模型的构造方法可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
本题是正方形中含45°角的经典半角模型问题，解题核心是通过构造全等三角形转化线段和角的关系。思考路径：首先观察到∠EAF是正方形直角的一半，我们可以通过延长线段构造全等，将CD上的DF转移到CB的延长线上，把BE和DF拼接成一条线段，再证两次全等依次验证四个结论：先证△ADF和构造的△ABG全等，得到边和角的等量关系，再证△GAE和△FAE全等，推导线段和角的结论，最后通过作垂线构造直角三角形全等验证剩余角的结论。
【解析】
解：延长CB至点G，使得BG=DF，连接AG，过点A作AH⊥EF于点H，如图：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $AD=AB=BC=CD$，$∠D=∠ABE=∠ABG=∠BAD=90°$，
在$△ ADF$和$△ ABG$中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ D=∠ ABG\\ DF=BG\end{array} $
∴ $△ ADF≌△ ABG(\mathrm{SAS})$，
∴ $AG=AF$，$∠2=∠3$，
∵ $∠EAF=45°$，
∴ $∠1+∠2=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°$，
∴ $∠1+∠3=45°$，即$∠GAE=45°$，
∴ $∠GAE=∠FAE=45°$，
在$△ GAE$和$△ FAE$中：
$\{\begin{array}{l}AG=AF\\ ∠ GAE=∠ FAE\\ AE=AE\end{array} $
∴ $△ GAE≌△ FAE(\mathrm{SAS})$，
∴ $EF=GE$，
∵ $GE=BG+BE$，且$BG=DF$，
∴ $EF=BE+DF$，故①正确；
设正方形ABCD的边长为x，即$AB=BC=CD=x$，
$△ CEF$的周长$C_{△ CEF}=CE+FC+EF$
$=(BC-BE)+(CD-DF)+BE+DF$
$=BC+CD=2x=2AB$，故②正确；
由$△ GAE≌△ FAE$，可得$∠AEF=∠AEG=∠AEB$，故③正确；
∵ $AH⊥EF$，
∴ $∠AHE=∠ABE=90°$，
在$△ AEB$和$△ AEH$中：
$\{\begin{array}{l}∠ ABE=∠ AHE\\ ∠ AEB=∠ AEH\\ AE=AE\end{array} $
∴ $△ AEB≌△ AEH(\mathrm{AAS})$，
∴ $AB=AH$，
∵ $AD=AB$，
∴ $AH=AD$，
在$\mathrm{Rt}△ AHF$和$\mathrm{Rt}△ ADF$中：
$\{\begin{array}{l}AF=AF\\ AH=AD\end{array} $
∴ $\mathrm{Rt}△ AHF≌\mathrm{Rt}△ ADF(\mathrm{HL})$，
∴ $∠AFD=∠AFE$，故④正确。
综上，①②③④都正确。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形半角模型
【点评】
本题是正方形半角模型的典型考题，解题的关键是通过构造旋转型全等，将分散的线段、角进行转化，综合考查了全等三角形的判定和性质的应用，熟练掌握半角模型的构造方法可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
4.「2025山东东营中考」【问题情境】在数学综合实践课上,同学们以四边形为背景,探究非动点的几何问题.若四边形ABCD是正方形,M,N分别在边CD,BC上,且∠MAN=45°,我们称之为“半角模型”,在解决“半角模型”问题时,旋转是一种常用的方法.
【初步尝试】
(1)如图1,将△ADM绕点A顺时针旋转90°,点D与点B重合,得到△ABE,连接MN.用等式写出线段DM,BN,MN的数量关系:
【类比探究】
(2)小明改变点的位置后,进一步探究:如图2,点M,N分别在正方形ABCD的边CD,BC的延长线上,∠MAN=45°,连接MN,用等式写出线段MN,DM,BN的数量关系,并说明理由.
【拓展延伸】
(3)其他小组提出新的探究方向:如图3,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B+∠D=180°,点N,M分别在边BC,CD上,∠MAN=60°,用等式写出线段BN,DM,MN的数量关系,并说明理由.
【初步尝试】
(1)如图1,将△ADM绕点A顺时针旋转90°,点D与点B重合,得到△ABE,连接MN.用等式写出线段DM,BN,MN的数量关系:
MN=DM+BN
.【类比探究】
(2)小明改变点的位置后,进一步探究:如图2,点M,N分别在正方形ABCD的边CD,BC的延长线上,∠MAN=45°,连接MN,用等式写出线段MN,DM,BN的数量关系,并说明理由.
【拓展延伸】
(3)其他小组提出新的探究方向:如图3,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°,∠B+∠D=180°,点N,M分别在边BC,CD上,∠MAN=60°,用等式写出线段BN,DM,MN的数量关系,并说明理由.
答案
(1)MN=DM+BN.
详解:由旋转的性质可知 AE=AM,BE=DM,∠EAM=90°,∠ABE=∠D=90°,
∴ ∠ABE+∠ABC=90°+90°=180°,
∴ E,B,C三点共线,
∵ ∠MAN=45°,
∴ ∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN,
在△EAN和△MAN中,
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS),
∴ EN=MN,
∵ EN=BE+BN,
∴ MN=DM+BN.
(2)MN=BN-DM.理由如下:
如图,在BC上取一点E,使BE=MD,连接AE,
∵ AB=AD,∠B=∠ADM=90°,BE=MD,
∴ △ABE≌△ADM(SAS),
∴ AE=AM,∠BAE=∠DAM,
∵ ∠DAM+∠DAN=45°,
∴ ∠BAE+∠DAN=45°,
∴ ∠EAN=45°=∠MAN,
在△EAN和△MAN中,
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS),
∴ EN=MN,
∵ EN=BN-BE,
∴ MN=BN-DM.
(3)MN=DM+BN.理由如下:
如图,将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE,
∴ ∠B=∠ADE,AN=AE,BN=DE,∠DAE=∠BAN,
∵ ∠B+∠ADC=180°,
∴ ∠ADE+∠ADC=180°,
∴ E,D,C三点共线,
由旋转得∠NAE=120°,
∵ ∠NAM=60°,
∴ ∠MAE=60°=∠NAM,
∵ AN=AE,∠NAM=∠EAM,AM=AM,
∴ △EAM≌△NAM(SAS),
∴ MN=EM=DM+DE=DM+BN.
解析
【分析】
本题属于典型的半角模型类几何题，解题核心逻辑是利用“邻边相等、大角含半角”的特征，通过旋转或截长补短构造全等三角形，将分散的三条待研究线段转化到同一条直线上，进而推导数量关系：
(1) 第一问已给出旋转提示，先根据旋转性质推导E、B、C三点共线，再结合∠MAN=45°证明△EAN≌△MAN，即可得到线段和的关系；
(2) 第二问中M、N位于边的延长线上，可采用截长法，在BN上截取BE=DM构造全等三角形，再通过角的等量代换证明第二次全等，推导线段差的关系；
(3) 第三问是半角模型的拓展，在邻边相等、对角互补的四边形中，依然采用旋转法，旋转△ABN后先证E、D、C共线，再证全等得到线段和的关系。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知 AE=AM，BE=DM，∠EAM=90°，∠ABE=∠D=90°，
∴ ∠ABE+∠ABC=90°+90°=180°，
∴ E、B、C三点共线，
∵ ∠MAN=45°，
∴ ∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS)，
∴ EN=MN，
∵ EN=BE+BN，
∴ MN=DM+BN。
(2) 数量关系为$MN=BN-DM$，理由如下：
在BC上取一点E，使BE=MD，连接AE，
∵ AB=AD，∠B=∠ADM=90°，BE=MD，
∴ △ABE≌△ADM(SAS)，
∴ AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∵ ∠MAN=45°，
∴ ∠DAM+∠DAN=45°，
∴ ∠BAE+∠DAN=45°，
∴ ∠EAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS)，
∴ EN=MN，
∵ EN=BN-BE，
∴ MN=BN-DM。
(3) 数量关系为$MN=DM+BN$，理由如下：
将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，
∴ ∠B=∠ADE，AN=AE，BN=DE，∠DAE=∠BAN，
∵ ∠B+∠ADC=180°，
∴ ∠ADE+∠ADC=180°，
∴ E、D、C三点共线，
由旋转得∠NAE=120°，
∵ ∠NAM=60°，
∴ ∠MAE=60°=∠NAM，
在△EAM和△NAM中，
$\{\begin{array}{l}AE=AN,\\ ∠EAM=∠NAM,\\ AM=AM,\end{array} $
∴ △EAM≌△NAM(SAS)，
∴ MN=EM=DM+DE=DM+BN。
【答案】
(1) $\boldsymbol{MN=DM+BN}$
(2) $\boldsymbol{MN=BN-DM}$，理由见解析，辅助线图：
(3) $\boldsymbol{MN=DM+BN}$，理由见解析，辅助线图：
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、半角模型应用
【点评】
本题从正方形半角问题逐步拓展到一般邻边相等、对角互补四边形的半角问题，层层递进，核心考查几何构造能力与逻辑推理能力，掌握“旋转构造全等”的半角模型通用解法，能够快速解决这类线段和差类几何问题。
【难度系数】
0.65
本题属于典型的半角模型类几何题，解题核心逻辑是利用“邻边相等、大角含半角”的特征，通过旋转或截长补短构造全等三角形，将分散的三条待研究线段转化到同一条直线上，进而推导数量关系：
(1) 第一问已给出旋转提示，先根据旋转性质推导E、B、C三点共线，再结合∠MAN=45°证明△EAN≌△MAN，即可得到线段和的关系；
(2) 第二问中M、N位于边的延长线上，可采用截长法，在BN上截取BE=DM构造全等三角形，再通过角的等量代换证明第二次全等，推导线段差的关系；
(3) 第三问是半角模型的拓展，在邻边相等、对角互补的四边形中，依然采用旋转法，旋转△ABN后先证E、D、C共线，再证全等得到线段和的关系。
【解析】
(1) 由旋转的性质可知 AE=AM，BE=DM，∠EAM=90°，∠ABE=∠D=90°，
∴ ∠ABE+∠ABC=90°+90°=180°，
∴ E、B、C三点共线，
∵ ∠MAN=45°，
∴ ∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS)，
∴ EN=MN，
∵ EN=BE+BN，
∴ MN=DM+BN。
(2) 数量关系为$MN=BN-DM$，理由如下：
在BC上取一点E，使BE=MD，连接AE，
∵ AB=AD，∠B=∠ADM=90°，BE=MD，
∴ △ABE≌△ADM(SAS)，
∴ AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∵ ∠MAN=45°，
∴ ∠DAM+∠DAN=45°，
∴ ∠BAE+∠DAN=45°，
∴ ∠EAN=45°=∠MAN，
在△EAN和△MAN中，
$\{\begin{array}{l}AE=AM,\\ ∠EAN=∠MAN,\\ AN=AN,\end{array} $
∴ △EAN≌△MAN(SAS)，
∴ EN=MN，
∵ EN=BN-BE，
∴ MN=BN-DM。
(3) 数量关系为$MN=DM+BN$，理由如下：
将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE，
∴ ∠B=∠ADE，AN=AE，BN=DE，∠DAE=∠BAN，
∵ ∠B+∠ADC=180°，
∴ ∠ADE+∠ADC=180°，
∴ E、D、C三点共线，
由旋转得∠NAE=120°，
∵ ∠NAM=60°，
∴ ∠MAE=60°=∠NAM，
在△EAM和△NAM中，
$\{\begin{array}{l}AE=AN,\\ ∠EAM=∠NAM,\\ AM=AM,\end{array} $
∴ △EAM≌△NAM(SAS)，
∴ MN=EM=DM+DE=DM+BN。
【答案】
(1) $\boldsymbol{MN=DM+BN}$
(2) $\boldsymbol{MN=BN-DM}$，理由见解析，辅助线图：
(3) $\boldsymbol{MN=DM+BN}$，理由见解析，辅助线图：
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、半角模型应用
【点评】
本题从正方形半角问题逐步拓展到一般邻边相等、对角互补四边形的半角问题，层层递进，核心考查几何构造能力与逻辑推理能力，掌握“旋转构造全等”的半角模型通用解法，能够快速解决这类线段和差类几何问题。
【难度系数】
0.65
