“正方形半角”模型及应用

【摘 要】 模型化是一种重要的数学思想方法，应用模型进行解题降低了思考難度，学生在高效地理解问题的同时，也能够对几何有更加深入的认识，拓宽了学生的解题思路，提高了解题速度和解题能力.

【关键词】 正方形半角;模型化;中考数学

初中几何中有许多几何模型，这些几何模型的背后蕴含非常实用的思想方法和一些简单的几何结论.因此，对于一些基本的几何模型要加以认真研究，并储备起来，在头脑中形成系统完备的待用几何模型库，把这些几何模型当作利刃，用到解题中去.这样不仅积累了更多有用的几何知识，而且对于拓宽解题思路，提高解题速度和解题能力十分重要.下面就以“正方形半角”模型为例予以说明，与其共勉.

1 “正方形半角”模型及相关结论

从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与正方形其它两边的交点构成的基本平面几何模型.即，如图1，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在BC，CD边上，满足∠EAF=45°，连接EF，则有以下结论：

①EF=BE+DF;

②△CEF的周长等于正方形边长的2倍;

③S△ABE+S△ADF=S△AEF;

④半角三角形EF边上的高与正方形的边长相等;

⑤EA是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线;

⑥当BE=DF（即CE=CF）时，EF有最小值（即△AEF的面积最小），△CEF的面积有最大值;

……

（正方形半角模型所衍生出的其它相关结论还有许多，请读者自行探究不再赘述.特别说明的是，此模型中还隐藏着一个三角形“双外角平分线”模型：三角形两条外角平分线的夹角等于90°减去第三个内角度数的12，即∠EAF=90°-12∠C.）

分析 由正方形ABCD，知AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠ABE=90°，所以把△ADF（或△ABE）绕点A顺时针（或逆时针）旋转90°至△ABF′（如图2），由∠ABE+∠ABF′=∠ABE+∠ADF=180°，所以点F′，B，E在一条直线上.此时可证得△AF′E≌△AFE（SAS），可得EF=EF′=BE+BF′，即EF=BE+DF，结论①得证;C△CEF=CE+CF+EF=CE+CF+BE+DF=2AB，结论②成立;由△AF′E≌△AFE，得S△AEF=S△AEF′=S△ABE+S△ABF′=S△ABE+S△ADF，结论③成立;结论④成立（全等三角形对应边上的高相等，即如图2，AG=AB=AD）;由结论④可得结论⑤成立（角平分线性质的推论）;在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2≥2CE·CF，当CE=CF（即BE=DF）时等号成立，此时，EF取最小值（即△AEF的面积最小），则CE·CF有最大值，S△CEF=12CE·CF最大，结论⑥得证;……

2 模型的应用

例1 如图1，点E，F分别是正方形ABCD中BC，CD边上的点，且∠EAF=45°，则EFAB的最小值是.

解析1 设AB=a，EF=b，BE=x，则EFAB=ba，CE=a-x，DF=EF-BE=b-x，CF=a-b+x.

在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，（a-x）2+（a-b+x）2=b2，整理，得，x2-bx+a2-ab=0.

因为BE存在，所以方程有实数根，即Δ≥0，故b2-4a2+4ab≥0，两边同时除以a2，得

（ba）2+4ba-4≥0，解得ba≥22-2或ba≤-2-22（舍去）.

故EFAB的最小值为22-2.

解析2 由∠EAF=45°（定值），△EAF的高（定角所对边EF上的高）等于正方形的边长AB（定值），符合三角形“定角定高”模型，必有隐藏圆存在，于是可作△EAF的外接圆，再利用“垂线段最短”构建半径的不等式求出EF的范围，进而解决问题.方法如下.

如图3，作△EAF的外接圆O，连接OE，OF，则∠EOF=2∠EAF=90°（圆周角定理）. 连接OA，过点O作OH⊥EF，垂足为点H，过点A作AG⊥EF，垂足为点G，则OA+OH≥AG.

设AB=a，EF=b，圆O的半径为r，则OA=OE=OF=r，AG=AB=a，b=EF=2r，OH=12EF=22r.

由OA+OH≥AG，得r+22r≥a，两边同除以b，得r+22r2r≥ab，即ab≤2+12，取倒数，得ba≥22-2.

故EFAB的最小值为22-2[1].

注 此结论也是“正方形半角”模型中又一个重要结论，即半角三角形中半角所对边的最小值为正方形边长的（22-2）倍.

例2 （2019年徐州市中考）如图4，平面直角坐标系中，O为原点，点A，B分别在 y轴、x轴的正半轴上，△AOB的两条外角平分线交于点P，且点P在反比例函数y=9x的图象上. PA的延长线交x轴于点C，PB的延长线交y轴于点D，连接CD.

（1）求∠P的度数及点P的坐标;

（2）求△COD的面积;

（3）△AOB的面积是否存在最大值？如存在，求出最大面积;若不存在，请说明理由.

解析 （1）由∠APB是Rt△AOB两锐角外角平分线的夹角，所以有∠APB=90°-12∠AOB=45°（三角形“外角平分线”模型）.

由此联想构造“正方形半角”模型.方法如下：

如图4，过点P作PH⊥AB于点H，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，则四边形PMON为矩形.

由AP，BP分别是∠MAB，∠ABN的平分线，可知PM=PH=PN，所以四边形PMON为正方形，又点P在反比例函数y=9x的图象上，所以点P的坐标为（3，3）.

（2）由点P（3，3）知，正方形PMON的边长为3.如图4，设OA=a，OB=b，由模型可知：AB=AM+BN=3-a+3-b=6-a-b，

所以a2+b2=（6-a-b）2，整理，得a+b=16ab+3.

因为△MAP∽△OAC，所以MAOA=MPOC，即3-aa=3OC所以OC=3a3-a.

同理，可得OD=3b3-b.

所以S△COD=12OC·OD=12×3a3-a×3b3-b=9ab18-6（a+b）+2ab

=9ab18-6（16ab+3）+2ab=9.

（3）由（2）中a+b=16ab+3，整理得b=18-6a6-a.

所以S△AOB=12ab=12a·18-6a6-a=3（3a-a2）6-a.

设3a-a26-a=k，整理得，a2-（3+k）a+6k=0，因为a为实数，所以Δ=（3+k）2-4×6k≥0，解得k≥9+62或k≤9-62.

因为△AOB的面积不可能大于9，所以k≤9-62，所以△AOB的最大面积为27-182.

另：（3）解析2： 由例1解析2中提供的思路方法，構造△APB的外接圆⊙Q（如图5），求出AB的取值范围.

由模型中的结论⑥可知，当AB取最小值时，△AOB的面积有最大值.

QA=QB=QP=r，r=22AB，QG=12AB，

由QP+QG≥PH，得22AB+12AB≥3

，解得AB≥62-6，

所以AB的最小值为62-6.

因为AB=AM+BN=3-a+3-b=6-a-b，所以6-a-b=62-6，

当a=b时，AB的值最小，△AOB有最大面积，

所以a=b=6-32，S△AOB=12ab=12×（6-32）2=27-182.

注 根据例1中提供的结论，我们则可快速求出AB的最小值：

AB=（22-2）×3=62-6.

例3 （2021年湖北襄阳市中考）如图6，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC上，点F在CB的延长线上，∠EAF=45°，AE交BD于点G，tan∠BAE=12，BF=2，则FG=.

解析1 如图6，将△ABF，逆时针旋转90°，得△ADH，则DH=BF=2，可求得∠EAH=45°.连接EH，则有EH=BE+DH.

设BE=x，由tan∠BAE=BEAB=12，得AB=2BE=2x，EC=BE=x.CH=2x-2，EH=BE+DH=x+2.

在Rt△ECH中，（x+2）2=x2+（2x-2）2，解得x=3（不合题意的已舍去），

所以AB=6，BE=3，EF=5，AE=AB2+BE2=62+32=35.

由△AGD∽△EGB，得AGEG=ADEB=63=2，

所以AG=2GE，所以GE=13AE=13×35=5，所以AG=2GE=25.

在△ABE和△FGE中，∠AEB=∠FEG，AEBE=353=5，FEGE=55=5，

所以AEBE=FEGE，所以△ABE∽△FGE，∠ABE=∠FGE=90°，所以△AGF是等腰直角三角形，FG=AG=25.

解析2 如图7，将△ABF，逆时针旋转90°，得△ADH，则DH=BF=2，可求得∠EAH=45°.连接EH，则有EH=BE+DH.

设BE=x，由tan∠BAE=BEAB=12，得AB=2BE=2x，EC=BE=x.CH=2x-2，EH=BE+DH=x+2.

在Rt△ECH中，（x+2）2=x2+（2x-2）2，解得x=3（不合题意的舍去），

所以AB=2BE=2x=6，AF=AB2+BF2=62+22=210.

连接GH，则△AHG≌△AFG，所以∠AFG=∠AHG=45°.

因为∠GAH=∠GDH=45°，所以A，G，H，D四点共圆，所以∠AHG=∠ADG=45°，所以∠AFG=∠AHG=45°，△AGF为等腰直角三角形（也可通过两次“8”字型相似证得），

所以FG=22AF=22×210=25.

例4 （2010年徐州市中考）如图8，将边长为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E，F分别在边AB、CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P， 连接EP. 随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与A，D重合），△PDM的周长是否发生变化？请说明理由（说明：本题省去了第1问）.

解析 从问题中就可以猜测出△PDM的周长不发生变化，且周长一定与正方形的边长存在某种倍分关系，我们自然联想到“正方形半角模型”中：半角三角形半角所对的边与正方形的两边所构成的直角三角形的周长恰好等于正方形边长的2倍.因此，只要能证明MP=AM+CP即可.由“正方形半角模型”解题思想方法中获得启迪，作出了如下所示的辅助线：连接BM，BP，知∠AMB=∠MBC=∠BMP，MB为∠AMP的平分线，运用截长补短法完成解答.

①截长法：如图9，在MP上截取MG=MA，继而可证得△GMB≌△AMB，△GBP≌△CBP;

②补短法：如图10，延长DC至G，使CG=AM，连接BG，MG，只需证明PM=PG即可;

或如图11，延长DA至G，使MG=MP（如果使AG=CP则思维受阻无法获证），连接BG，相关证明请读者自行完成不再赘述.

模型化是一种重要的数学思想方法，“正方形半角”模型是初中阶段比较重要的基本模型，在数学中考试题中，有许多省份的压轴题多以半角模型为背景进行试题创作，所以数学教学中要重视基本模型研究，充分发挥其蕴含的数学价值，深入开发、创新，使其更具有活力和生命力，以便指导我们解决相关的数学问题.

参考文献

[1]李加禄.一道赛题的解法探索、拓展及推广[J].数理天地，2021（04），34-36.

作者简介

周忠柱（1977—），男，山东微山人，中学高级教师;济宁市首批名师工作室主持人，荣获济宁市杏坛名师、济宁市教学能手、邹城市个人三等功、邹城市师德模范、邹城市优秀教师;主持济宁市级课题并获济宁市教育科学研究优秀成果一等奖.