【模型导学】细解倍角含半角模型，举例说明其应用
“倍角含半角模型”（也称半角模型），是中考中最常见的题型之一。因为其内容丰富，变换灵活，所以具有一定的难度。虽然网络上对于“倍角含半角模型”的文章比较多，但仅仅是对某一具体的模型挖掘的比较透彻——尤其是对“90°含45°模型”挖掘的比较透彻，但对于“倍角含半角模型”的一般情况研究的不多，且对于“倍角含半角模型”和“对角互补模型”之间的关系研究不多。
方法是利器，思想是灵魂。本文尝试运用“从特殊到一般的思想”和“从一般到特殊思想”来研究下“倍角含半角模型”。重点研究“倍角含半角模型”的由来及应对策略，以期建立通法通解，并揭示“倍角含半角模型”与“对角互补模型”的关系。关于“90°含45°半角模型”及“对角互补模型”的相关内容，请大家自己百度，不是本文重点讲述内容。
基本模型一：等腰三角形顶角之半角
例1、如图1，已知正△ABC中，BD=CE=2，∠DAE=30°，求DE；
解析：如图2，∵△ABC为正三角形，且BD=CE=2，易想到三线合一，作BC边上的高AF，则FB=FD。设FD=FE=x，则FB=FC=x+2,AB=AC=2x+4,AF=√3（x+2）.如果能够建立关于x的方程，即可求解。显然，此时还不能构造方程——思路受阻！
观察到题目中∠DAE=30°还没有用到，显然，∠BAD=∠DAF=∠FAE=∠EAC=15°。如图3，作DM⊥AB于M，则易证△MAD≌△FAD，则DM=DF。因为BD=2，∠B=60°，则易知BM=1，则DM=DF=FE=√3，则DE=2√3。
例2、如图4，已知正△ABC中，BD=1，CE=3，∠DAE=30°，求DE；
解析：这道题目，由于BD≠EC，大家可以尝试一下，仿照例1的方法好像已经行不同了。那么我们必须寻找别的思路。
如图5，把△ABD以AD所在直线为对称轴折叠到△ADM的位置，连接ME。易证明△ABD≌△AMD，则∠BAD=∠MAD，AB=AM,BD=MD=1。∵∠BAC=60°，∠DAE=∠MAD+∠NAE =30°，∴∠BAD+∠CAE=30°，∴∠MAE=∠CAE，又∵AM=AC，AE=AE，∴△ACE≌△AME，∴EM=EC=3,∠DMA=∠B=60°，∠EMA=∠C=60°，∠DME=120°。
如图6，作EF⊥DM，交DM延长线于点F，则∠EMF=60°，∴MF=3/2，EF=3√3/2.
例3、如图7，已知等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，∠DAE=45°，BD=1，CE=3，求DE；
解析：这道题目仍然可以仿照例2的方法，作出△ABD关于AD所在直线的轴对称三角形来解决，过程略；
有没有其他解法呢？
如图8，将△AEC以点A为旋转中心，顺时针旋转90°，得到△AMB，连接MD。易得△AMB≌△AEC，则∠MAB=∠EAC，MB=EC=3，∠ABM=∠C=45°。易知∠ABC=45°，则∠MBD=90°，则MD=√10.因为∠BAC=90°，∠DAE=45°，则∠BAD+∠EAC=45°，∵∠MAB=∠EAC，∴∠MAD=∠EAD=45°。∵AM=AE，AD=AD，则△MAD≌△EAD，∴DE=DM=√10。
例4、如图9，已知等腰△ABC中，AB=AC，∠DAE=1/2∠BAC=α，BD=a，CE=b，求DE（用含α的式子表示）；
解析：解决此题的本质，其实是建立一个通法通解的数学模型。
其实，例2和例3提供的方法都可看做解决这类问题的通用方法：（1）作△ABD关于AD所在直线的轴对称三角形ADM；（2）把将△AEC以点A为旋转中心，顺时针旋转90°，得到△AMB。
我们以例2提供的方法（1）为例。如图10，辅助线及证明仿照例2，略。此时，DM=a，EM=b，∠DME=180°-2α，∠EMF=2α，则MF=ME˙cos2α=b˙cos2α，EF=EM˙sinα=b˙sin2α，∵DE2=DF2+EF2,即DE2=（a+b˙cos2α）2+(b˙sin2α)2=a2+2abcos2α+（b˙cos2α）2+(b˙sin2α)2=a2+b2+2abcos2α——这难倒不是大名鼎鼎的“余弦定理”吗？虽然结果这个通解有点略超点小范围，但是这个公式却可以看做上述例1、例2、例3的通解。掌握了这个通解，例1、例2、例3是直接套用公式的事，此意义也非同小可。
我们每个人都是一个个独立的鲜活的个体，也都有自己最精彩的一面，所以对于社会中的人来说，我们每个人又都可以看做是具有我们自己独特个性特点的“特殊性”，而整个社会上的人则具有普遍性、“一般性”。“察己可以知人”，“人同此心心同此理”，从一些具有“特殊性”的个体的特征，总结出所有人具有的公共属性——“一般性”，是“归纳”、是“概括”、是“类比”、也是“建模”。从一个个表象的，具体的个体出发，摒弃他们的个体属性，总结出他们本质的共同属性的过程，也就是数学上大名鼎鼎的“从特殊到一般的思想”。就像上面的四道题，从例1、例2、例3，我们可以总结出例4这样一个一般性的方法和结论来，就是“从特殊到一般”的“建模”过程。而运用例4所建立的模型，可以解决所有“等腰三角形顶角之半角模型”的问题，则是从“一般到特殊的思想”。
“等腰三角形顶角之半角模型”通法总结：
策略一：折叠。即遇到等腰三角形的顶角的半角，常将此半角的一条边与等腰三角形相邻的腰所构成的三角形沿着半角的边所在的直线折叠；
策略二：旋转。即遇到等腰三角形的顶角的半角，常将此半角的一条边与等腰三角形相邻的腰所构成的三角形沿等腰三角形的顶点向等腰三角形的另一腰旋转等腰三角形的顶角的度数；
基本模型二：对角互补含半角
这次，咱们从最常见的“90°含45°半角模型”出发。
例1、如图1，已知正方形ABCD中，∠EAF=45°，求证：BE+DF=EF；
解析：遇到线段和差的相等关系式，最常见的策略是“截长补短”。
首先尝试“截长”！
如图2，作AM⊥EF于点M，则∠ABE=∠AME，∠AMF=∠ADF，△ABE和△AME中只有AM为公共边，不能证明全等，△ADF和△AMF中只有AF为公共边，不能证明全等.....
若在EF上截取EM=EB，只需证明FM=FD。但仍然发现，△ABE和△AME的全等无法证明，△ADF和△AMF的全等也无法证明......
不过还有一招，不太常用的，叫做“统一法”。
原题目等价于：如图3，把△ABE沿着AE所在直线折叠，得到△AEM，延长EM，交CD于点F'，连接AF'。易证明△ABE≌△ANE，则AB=AM=AD，∠BAE=∠MAE，∠ABE=∠AME=∠AMF'=∠ADF'=90°，根据斜边直角边定理易证△AMF'≌△ADF'，则∠MAF'=∠DAF'，∵∠BAD=90°，则∠EAF'=45°，则点F与点F'重合，则EF与EF'重合，∵EF'=EM+MF'=BE+DF'=BE+DF。
“统一法”不太好理解啊！！！
“截长”不顺利，试试“补短”！
如图4，延长CB到M，使得MB=DF，连接AM，易证明△ABM≌△ADF，则AM=AF，MB=FD，∠MAB=∠FAD。∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，则∠BAE+∠FAD=45°,∴∠MAB+∠BAE=∠MAE=∠FAE=45°，易证明△AME≌△AFE，则EM=EF，即MB+BE=DF+BE=EF。
当然，这种“补短”，其实质是把△ADF绕着点A顺时针“旋转”90°得到△ABM来进行证明。
例2、如图5，已知四边形ABCD中，∠BAD=120°，∠BCD=60°，∠EAF=60°，且AB=AD，CB=CD，求证：BE+DF=EF；
解析：类比例1，如图6，把△ADF绕着点A顺时针“旋转”120°得到△ABM。易证明△△ABM≌△ADF，则AM=AF，MB=FD，∠MAB=∠FAD。∵∠BAD=120°，∠EAF=60°，则∠BAE+∠FAD=60°,∴∠MAB+∠BAE=∠MAE=∠FAE=60°，易证明△AME≌△AFE，则EM=EF，即MB+BE=DF+BE=EF。
例3、如图7，已知四边形ABCD中，∠EAF=1/2∠BAD=α，∠BCD=180°-2α，且AB=AD，CB=CD，求证：BE+DF=EF；
解析：证明可类比例1、例2......略......
但，这道题才是一般性的结论，即：
两个顶角互补共底边的等腰三角形，在其中一个等腰三角形的顶角内作顶角的半角，与另一个等腰三角形的两腰的交点构成的线段，等于等腰三角形两底角顶点到半角与另一腰两个交点构成的线段和。
方法策略：
把半角一边和与之相邻的等腰三角形的腰构成的三角形绕着等腰三角形的顶点旋转等腰三角形的顶角的度数。
突然发现，这两种“倍角含半角模型”的共同策略都是“旋转”！！！即“旋转”是“倍角含半角模型”的“通法”！！！可以简称“共顶点，等线段，半角模型用旋转”。
旋转中心：等线段的公共顶点；
旋转方向：顺时针、逆时针都行；
旋转角度：共顶点等线段的夹角；
旋转对象：共顶点的一条等线段和与至相邻的半角的一条边构成的三角形。
现在，模型也建立了，通法也总结出来了，咱们练练下面的几道题目吧！！！
1、如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、DC边上的两点，且∠EAF=45°，AE、AF分别交BD于M、N．下列结论：①AB2=BN·DM；②AF平分∠DFE；③AM·AE=AN·AF；④BE+DF=√2MN．其中正确的结论是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ①②③ D. ①②③④
2、（2015四川资阳）如图2，在△ABC中，∠ACB=90º，AC=BC=1，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．现有以下结论：①AB=√2；②当点E与点B重合时，MH=1/2；③AF+BE=EF；④MG·MH=1/2，其中正确结论为（ ）——选自《春季攻势》
A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
3、(2014年四川省绵阳市)如图3，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的动点，∠EAF=45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为 ．
4、如图4，已知△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高，BD=2，CD=3，求AD。——选自《春季攻势》第3讲“构造方程法”。
5、已知：如图5，△ABC中，∠C＝90°，D为AB的中点，E、F分别在AC、BC上，且DE⊥DF．求证：AE2＋BF2＝EF2．——选自《春季攻势》第16讲“辅助线秘籍（2）”
6.(2019年10月河南省实验中学秋季第一次月考) (1)操作发现
如图1，在五边形 ABCDE中，AB＝AE， ∠B＝∠BAE＝ ∠AED＝90°， ∠CAD＝45°， 试猜想BC，CD，DE之间的数量关系，小明经过仔细思考，得到如下解题思路:
将△ABC绕点A逆时针旋转90°至△AEF，由∠B＝∠AED＝90，得∠DEF＝180°， 即点D，E，F三点共线，易证△ACD≌ ，故BC，CD，DE之间的数量关系是 ；
(2) 类比探究
如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD， ∠ABC+∠D＝180°，点E，F分别在边CB， DC的延长线上， ∠EAF＝1/2∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明；
（3) 拓展延伸 如图3，在△ABC中， ∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝2，CE＝3，则DE的长为 。
7、已知：如图（1），在平面直角坐标系中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上．另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC=AC,∠C=120°．现有两动点Ｐ，Ｑ分别从Ａ，Ｏ两点同时出发，点Ｑ以每秒1个单位的速度沿ＯＣ向点Ｃ运动，点Ｐ以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止．
（1）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（2）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D,使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标；
（3）如图（2），现有∠MCN=60°,其两边分别与OB,AB交于点M,N，连接MN．将∠MCN绕着C点旋转(0°＜旋转角＜60°)，使得M,N始终在边OB和边AB上．试判断在这一过程中,△BMN的周长是否发生变化?若没变化,请求出周长；若发生变化，请说明理由．