几何是初中数学中非常重要的内容，尤其是近几年中考题更注重考察图形的变换，如平移、旋转、翻折等，一般会在压轴题中出现，几何模型之于几何题目，便是如虎添翼，能够极大的提高几何的解题效率, 掌握常见几何模型将有助于学生理清思路、节省大量时间。在平时教学过程中，若能抓住基本图形，举一反三，定能引领学生领略到"一图一世界"的风采.本文就中考常见的半角模型及应用特点举例说明如下：
半角模型剖析
旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。
我们习惯把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题。
经典考题透视
1．（2018•遂宁）已知如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF＝EF，②BF＝4/7，③AF＝30/7，④S△MBF＝32/175中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
【解析】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2019•随州）如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．
给出下列判断：①∠EAG＝45°；②若DE＝1/2a，则AG∥CF；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为1/10a²；④若CF＝FG，则DE＝（√2﹣1）a；⑤BG•DE+AF•GE＝a²．
其中正确的是_______．（写出所有正确判断的序号）
【解析】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用折叠得到线段相等及角相等、正方形的性质的运用是解题的关键．涉及内容多而复杂，难度较大．
3．（2019秋•南京月考）问题背景："半角问题"
（1）如图：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究此"半角问题"的方法是：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是______；（直接写结论，不需证明）
探索延伸：当聪明的你遇到下面的问题该如何解决呢？
（2）若将（1）中"∠BAD＝120°，∠EAF＝60°"换为∠EAF＝1/2∠BAD．其它条件不变．如图1，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
（3）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝1/2∠BAD，请直接写出线段EF、BE、FD它们之间的数量关系．（不需要证明）
（4）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝1/2∠BAD，试问线段EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．
【解析】证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
易证△ABE≌△ADG（SAS）, ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝60°，
∴∠EAF＝∠FAG＝60°，
易证△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，∴EF＝BE+DF；
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
易证△ABG≌△ADF（SAS）．∴AG＝AF，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝1/2∠BAD＝∠EAF．∴∠GAE＝∠EAF．
又AE＝AE，易证△AEG≌△AEF．∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD.
（3）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立．
理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，∴∠ABG＝∠D，
易证△ABG≌△ADF（SAS）．∴AG＝AF，∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝1/2∠BAD＝∠EAF．
∴∠GAE＝∠EAF．又AE＝AE，∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．∴EF＝BE+FD.
（4）结论EF＝BE+FD不成立，应当是EF＝BE﹣FD．
证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．
易证△ABG≌△ADF（SAS）．∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝1/2∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，易证△AEG≌△AEF．∴EG＝EF
∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．
4．已知，如图1，四边形ABCD是正方形，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，我们把这种模型称为"半角模型"，在解决"半角模型"问题时，旋转时一种常用的方法．
（1）在图1中，连接EF，为了证明结论"EF＝BE+DF"，小明将△ADF绕点A顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小明的思路写出证明过程；
（2）如图2，当∠EAF的两边分别与CB、DC的延长线交于点E、F，连接EF，试探究线段EF、BE、DF之间的数量关系，并证明．
【解析】（1）证明：由旋转可得GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
易证△AGE≌△AFE（SAS），∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；
（2）解：EF＝DF﹣BE，
证明如下：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE．
5．（2018秋•京口区校级月考）如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，即可得出BE，EF，FD之间的数量关系，他的结论应是______．
象上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
拓展
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝1/2∠BAD，则BE，EF，FD之间的数量关系是______．
请证明你的结论．
实际应用
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离是 海里（直接写出答案）．
【解析】：如图1，EF＝BE+DF，
理由如下：易证△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝1/2∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
易证△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；
故答案为 EF＝BE+DF；
如图2，EF＝BE+DF，
理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
易证△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝1/2∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
∴∠EAF＝∠GAF，
易证△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；
如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝1/2∠AOB，
∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，
即EF＝1.2×（60+80）＝168（海里）．
6.问题：如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】
小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF＝BE+FD，请你利用图（1）证明上述结论．
【类比引申】
如图（2），四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别在边BC、CD上，则当∠EAF与∠BAD满足______关系时，仍有EF＝BE+FD．
【探究应用】
如图（3），在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知AB＝AD＝80米，∠B＝60°，∠ADC＝120°，∠BAD＝150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF＝40（√3﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长（结果取整数，参考数据：√2＝1.41，√3＝1.73）
【解析】【发现证明】证明：如图（1），∵△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵∠EAF＝45°，即∠DAF+∠BEA＝∠EAF＝45°，
∴∠GAF＝∠FAE，
易证△AFG≌△AFE（SAS）．∴GF＝EF．
又∵DG＝BE，∴GF＝BE+DF，∴BE+DF＝EF．
【类比引申】∠BAD＝2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABM＝180°，∴∠D＝∠ABM，
易证△ABM≌△ADF（SAS），∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∵∠BAD＝2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，
∴∠EAB+∠BAM＝∠EAM＝∠EAF，
易证△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM＝BE+DF，即EF＝BE+DF．
故答案是：∠BAD＝2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H．
∵∠BAD＝150°，∠DAE＝90°，∴∠BAE＝60°．
又∵∠B＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE＝AB＝80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG＝∠B＝60°，
又∵∠ADF＝120°，
∴∠GDF＝180°，即点G在 CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE，DG＝BE，
又∵AH＝80×√3/2＝40√3，HF＝HD+DF＝40+40（√3﹣1）＝40√3，,
故∠HAF＝45°，
∴∠DAF＝∠HAF﹣∠HAD＝45°﹣30°＝15°
从而∠EAF＝∠EAD﹣∠DAF＝90°﹣15°＝75°
又∵∠BAD＝150°＝2×75°＝2∠EAF
∴根据上述推论有：EF＝BE+DF＝80+40（√3﹣1）≈109（米），即这条道路EF的长约为109米．
规律方法总结
1.半角模型的基本条件是：①共端点且相等的线段；②共顶点的倍半角；③对角互补。
2.半角模型的解题策略是：在半角的旁边再构造一个半角，从而得到轴对称全等三角形或旋转全等三角形。
当题目满足半角模型条件时可以尝试旋转或（延长）构造全等从而解决问题，可以总结口诀：遇半角，试旋转，造全等，巧解题.
至于120度内含半角60度或60度内含半角30度的解题思想方法与90度内含半角45度的解题思想方法类似.基本方法都是通过旋转将线段进行转化，由分散化为集中.通常将问题转化为特殊三角形边的关系去研究或构造全等三角形与相似三角形.
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