分類例說“角含半角”模型及其相應結論

張秘芳 王政揚

(云南師范大學數學學院,650500)

所謂“角含半角”模型，是指在一個平面圖形中,一個角與另一角共頂點,且該角的大小是另一個角大小的一半.“角含半角”模型是初中平面幾何中最常見的一種模型之一.通常利用“旋轉的觀點”看待圖形的幾何變化,即將這個半角頂點旋轉或通過截長補短的方法,使得兩個分散的角變換成為一個三角形,這又相當于構造出兩個三角形全等或相似.

類型1:90°角含45°角

“90°角含45°角”主要包括兩種類型:一種是90°角內有一個45°角，如果在正方形內，可得基本結論EF=DF+BE(如圖1)；如果在等腰直角三角內,可得BD2+CE2=DE2(如圖2).

如圖1,四邊形ABCD為正方形，∠EAF=45°,AB=AC.將線段AF繞點A逆時針旋轉90°得到線段AG，連結BG，根據已知條件可證得?AFE≌?AGE(SAS)，?ABG≌?ADF(HL)，即可得到GE=FE，BG=DF，即EF=DF+BE.

如圖2，∠BAC=90°，∠DAE=45°.將線段AE繞點A逆時針旋轉90°得到線段AF，連結DF，BF，根據已知條件可證得?AED≌?AFD(SAS),?AEC≌?AFB(SAS)，即可得到DE=DF，CE=BF，在Rt?BDF中，由勾股定理可得BD2+CE2=DE2.

另一種是90°角內有一個45°角的一邊，在90°角外有45°角的另一邊，如果在正方形內,可得基本結論EF=DF-BE(如圖3)，如果在等腰直角三角內,可得BD2+CE2=DE2(如圖4).

如圖3,四邊形ABCD為正方形,∠EAF=45°.將線段AE繞點A順時針旋轉90°得到線段AG，根據已知條件可證得Rt?ABE≌Rt?ADG(HL)，從而可得?AEF≌?AGF(SAS)，即可得到BE=DG,EF=GF,即EF=DF-BE.如圖4，∠BAC=90°,∠DAE=45°,AB=AC,類似于如圖2的旋轉變換，即可得到BD2+CE2=DE2.

例1(黃石市2021年中考數學第18題)如圖5,在正方形ABCD中，點E，F分別在邊BC，CD上，且∠EAF=45°，線段AE交BD于點M，AF交BD于點N.

(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，tan∠AEF=2;③連結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).

分析(1)這是典型的90°角含45°角問題，由基本結論：EF=DF+BE，可得?CEF的周長為4.

(2)通過旋轉變換,構造三角形全等,可得① 正確.如圖5,將AM繞點A逆時針旋轉90°，M點落在H點處，根據已知條件，可得：?BAM≌?DAH(SAS),

?MAN≌?HAN(SAS),∠HDN=90°,

即可得：BM2+DN2=MN2.

類型2120°角含60°角

120°角含60°主要包括兩種類型:一種是120°角內有一個60°角，可得基本結論：EF=CE+BF(如圖6)：另一種是120°角內有一個60°角的一邊，在120°角外有60°角的另一邊，可得基本結論EF=BF-CE(如圖7).

如圖6，AC=AB，∠CAB=120°，∠EAF=60°，點E，F分別在邊DC，DB上.將線段AE繞點A順時針旋轉120°得到線段AG，連結BG，根據已知條件可證得?AEF≌?AGF(SAS),?AEC≌?AGB(SAS)，即可得到GF=EF，CE=BG，即EF=CE+BF.

如圖7，AC=AB，∠CAB=120°,∠EAF=60°,將線段AE繞點A順時針旋轉120°得到線段AG，根據已知條件可證得?AEC≌?AGB(SAS)，進而可證得?AEF≌?AGF(SAS),即可得到GB=EC，EF=GF，即EF=BF-CE.

例2已知點P是∠MAN的角平分線上的一點,PB⊥AM，垂足為點B，PC⊥AN，垂足為點C.

(2)如圖9所示,若點D在AB的延長線上,點E在AC的延長線上,則DE，BD，CE三者的數量關系有變換嗎?若有變化,請直接寫出結論.

分析(1)由已知,可知點P是角平分線上的點,且PB⊥AM，垂足為B，PC⊥AN，垂足為C，可得PB=PC，若在AC的延長線上取一點F，使得CF=BD,則?PBD≌?PCF(SAS)，然后再證明?PDE≌?PFE(SAS)，可得出結論.

(2)參考第(1)問的作圖法,可得結論DE=CE-BD.

與前面的做法相類似,通過旋轉變換來構造三角形全等,即可得到基本結論.

本文運用從特殊到一般的敘述方式,逐步得到“角含半角”模型應具備的條件,并得到了一般性的結論.學生在平時的解題訓練中,可由教師適當引導,幫助他們達成理解性的記憶.熟練掌握“角含半角”基本模型及一般性結論,可以大大提高解題效率.