江蘇省無錫市港下中學 程 軍 （郵編：214199）

1 真題回放

（2021無錫中考壓軸題第28題）已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，點E是射線BC上的動點，以AE為直角邊在直線BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，設BE＝m.

備用圖

（1）如圖1，若點E在線段BC上運動，EF交CD于點P，AF交CD于點Q，連結CF，

圖1

②在△PQE中，設邊QE上的高為h，請用含m的代數(shù)式表示h，并求h的最大值；

（2）省略.

解析（1）①由△AEF為等腰直角三角形，構圖K字型（圖2），過F作FG⊥BC，易知△ABE≌△EGF，F(xiàn)G＝BE＝CG＝，得CF＝

圖2

對于（1）②，根據(jù)∠EAF＝45°，若能識別出這是正方形中的“半角模型”，則解題自然快捷簡單.由正方形半角模型知，AE平分∠BEQ（圖3），則∠AEB＝∠AEQ，由于∠AEF＝90°，則易知EF平分∠CEQ，故QE上的高h＝PH＝PC，由

圖3

h＝時，h最大值

反思 本題第②題若看不出正方形中的半角模型，即AE平分∠BEQ，那么求h要困難些.

2 何為半角模型？

“半角模型”，就是指一個角包含著它的一半大小的角，且這兩個角的頂點重合，把這種模型叫半角模型.當其中一個角為45°，另一個角為90°時，就稱為正方形半角模型.

如下圖，正方形ABCD中，∠EAQ＝45°＝∠BAD，一般有以下結論：

（1）EQ＝BE+DQ，（2）△CEQ周長＝2AB，（3）∠1＝∠2，∠3＝∠4，（如圖4）

圖4

證明，可通過旋轉法完成，如圖5，把△ADQ繞A順時針旋轉 90°到△ABQ′處，證△AEQ′≌△AEQ，得Q′E＝QE，∠1＝∠2，∠3＝∠4.

圖5

正方形中半角模型應用十分廣泛，現(xiàn)以2021全國中考試題為例，與讀者分享.

3 正方形半角模型在中考試題中的應用和解析

例1（2021黃石） 如圖6，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于M點，AF交BD于N點.

圖6

（1）若正方形的邊長為2，則△CEF的周長是______.

（2）下列結論：①BM2+DN2＝MN2；②若F是CD的中點，則tan∠AEF＝2；③連接MF，則△AMF為等腰直角三角形.其中正確結論的序號是 ____（把你認為所有正確的都填上）.

解析顯然符合正方形半角模型，（1）△CEF周長＝2AB＝4，（2）如圖7，把△ABM繞A逆時針旋轉 90°，得△AM′D，由△AMN≌△AM′N，結合∠M′DN＝90°，即證BM2+DN2＝MN2.

圖7

①正確；②由半角模型知∠AEF＝∠AEB（如圖8），設DF＝CF＝x，EF＝y(tǒng)，由EF＝DF+BE，得BE＝y(tǒng)-x，CE＝2x-（y-x）＝3x-y，由勾 股 定 理 ，得，故tan∠AEF＝3，②錯誤.對于③利用△AMN∽△DFN（如圖9），得△AND∽△MNF，∠MFN＝∠AND＝45°故③正確，正確序號為_①③.

圖8

圖9

反思本試題中用到兩個常用結論，（1）△CEF周長＝正方形邊長2倍，（2）EF＝BE+DF.

例2（2021葫蘆島） 如圖10，將正方形紙片ABCD沿PQ折疊，使點C的對稱點E落在AB上，點D的對稱點為F，EF交AD于點G，連接CG交PQ于H，連接CE，下列四個結論中：

圖10

（1）△PBE∽△QFG；

（2）S△CEG＝S△CBE+S四邊形CDQH；

（3）EC平分∠BEG；

（4）EG2-CH2＝GQ·GD，正確的是_____（填序號即可）.

圖12

解析（1）根據(jù)軸對稱變換，易知∠CEF＝∠GFQ＝90°，利用K字型和“8”字型（如圖11），

圖11

得△PBE∽△EAG∽△QFG.（1）正確.（2）由折疊知（如圖11），∠1＝∠DCE＝∠BEC，作CK⊥EF，△BEC≌KEC，△CKG≌△CDG，問題就又轉化為正方形中的半角模型，即∠ECG＝45°，顯然S△CEG＞S△CBE+S四邊形CDQH，（2）錯誤.（3）正確.對于（4）連NH（如圖12），則△CHN與例1中的△ANF是同一性質的等腰直角三角形，實質一回事.NH＝CH，則EG2-CH2＝GH2，即證GH2＝GQ·GD，也即證△GHQ∽△GDH，只要∠1＝∠GHQ＝45°，只要說明DH平分∠ADC（即B、D、H三點共線），作HS⊥AD，HT⊥CD，構圖K字型，△PRH≌△HTC，故HR＝TC，HT＝HS，即∠1＝45°.故（4）正確，（如圖13）正確序號為（1）（3）（4）.

圖13

反思對于（2）如圖11，即在正方形半角模型中，用到兩對全等三角形，△CBE≌△CKE，△CKG≌△CDG；（3）用到了模型中的第2個結論；（4）這個結論很有趣，是正方形半角模型的推論，實質是說明△CNH為等腰直角三角形，與例1中的△AMF為等腰直角三角形是一回事，如下圖所示.當∠NCG＝45°，設BD交CG于H，則△CNH為等腰直角三角形（圖14），同樣△CGL也是等腰直角三角形（圖15）.把半角45°角頂點放在A處（圖16），就是例1中第（3）結論.2021黃石和葫蘆島兩地的這道試題有異曲同工之妙.

圖14

圖15

圖16

例3（2021海南）如圖17，在正方形ABCD中，點E是邊BC上一點，且點E不與點B、C重合，點F是BA的延長線上一點，且AF＝CE.

圖17

（1）求證：△DCE≌△DAF；

（2）如圖18，連接EF，交AD于點K，過點D作DH⊥EF，垂足為H，延長DH交BF于點G，連接HB，HC.①求證：HD＝HB；②若DK·HC＝，求HE的長.

圖18

解析（1）省略，證明正方形半角模型的基本做法就是旋轉△DCE到△DFA.（2）中①根據(jù)條件暗合了∠EDG＝45°，即符合半角模型，△DEH為等腰直角三角形，只要說明C、H、A三點共線，與例2中第4個結論一致，作HM⊥AB，HK⊥AD（圖19），易 知AH平 分∠BAD，同理CH平分∠BCD，即A、H、C三點共線，由對稱性知HD＝HB.對于 ②結合HC＝，利用相似，即△DHN∽DKH，DH2＝，得DH2＝1，DH＝1（取正），即HE＝1.（圖20）

圖19

圖20

反思通過旋轉DE到DF，作DH⊥EF構圖半角模型，其中EF中點H必在在AC上，本題中的H點即例1中的M點，例1和例3中部分條件和結論互換（即已知點M在對角線上，則M為某個等腰直角三角形斜邊中點；已知H為等腰直角三角形斜邊中點，則可說明H在對角線上），最終模型仍然是半角模.例2和例3則是構圖半角模型的兩種不同說法，例2以翻折變換陳述，例3以旋轉變換陳述，萬變不離其宗.

4 正方形半角模型結論的推廣

上述幾個2021中考試題都青睞正方形半角模型.事實上當45°角的一邊與正方形邊的延長線相交，同樣具有類似的結論.

推廣1如圖21，在正方形ABCD中，點E、F分別在CB、DC延長線上，∠EAF＝45°，連EF，則（1）EF＝DF-BE；（2）∠AEB+∠AEF＝180°，∠AFD＝∠AFE.

圖21

證明把△ABE繞A逆時針旋轉90°到△ADG處（圖22），則AG＝AE，再證△AFE≌△AFG，F(xiàn)G＝FE，∠AEF＝∠AGF，即得上述兩結論.

圖22

推廣2如圖23，在四邊形ABCD中 ，AB＝AD，∠BAD+ ∠BCD＝180°，點E，F(xiàn)在BC和CD上，若，則（1）EF＝BE+DF；（2） ∠AEB＝∠AEF，∠AFD＝∠AFE.

圖23

證明同推廣1類似.（圖24）

圖24

5 對今后教學的建議和思考

數(shù)學解題模型就是解題中經(jīng)常碰到的基本圖形，基本結論.這些圖形經(jīng)典美妙，結論簡潔明了，被廣泛應用，具有強大的生命力.熟記這些結論，不僅可以提高解題速度、提高解題效率，而且有利于提高學生的數(shù)學構圖能力、數(shù)學聯(lián)想能力.

5.1 重視積累基本解題模型，提高識圖能力

解題模型雖不是數(shù)學定理，但其作用不亞于定理.它是教學中總結出來的解題利器，經(jīng)得起實踐檢驗.它往往蘊涵著數(shù)學基本知識和基本處理方法.在復雜圖形中若能發(fā)現(xiàn)或構造解題模型，就可以直接獲取圖形所蘊含的結論和方法，實現(xiàn)思維跳躍，節(jié)省解題時間.解題模型有助于提高學生的識圖能力，有助于發(fā)展學生的構圖能力，培養(yǎng)學生的創(chuàng)造性思維.

5.2 重視變式訓練（條件和結論互換），提高對解題模型的實戰(zhàn)性

有效的解題模型往往可以互換條件和結論，得到的新命題，結論具有相似性或互補性.變換模型的部分條件，從不同角度向外擴散，形成有規(guī)律可循的系列模型，有利于找到解決類似問題的思路和方法，提高解題模型的實戰(zhàn)性.