“正方形半角”模型及應用

【摘 要】 模型化是一種重要的數(shù)學思想方法，應用模型進行解題降低了思考難度，學生在高效地理解問題的同時，也能夠?qū)缀斡懈由钊氲恼J識，拓寬了學生的解題思路，提高了解題速度和解題能力.

【關鍵詞】 正方形半角;模型化;中考數(shù)學

初中幾何中有許多幾何模型，這些幾何模型的背后蘊含非常實用的思想方法和一些簡單的幾何結(jié)論.因此，對于一些基本的幾何模型要加以認真研究，并儲備起來，在頭腦中形成系統(tǒng)完備的待用幾何模型庫，把這些幾何模型當作利刃，用到解題中去.這樣不僅積累了更多有用的幾何知識，而且對于拓寬解題思路，提高解題速度和解題能力十分重要.下面就以“正方形半角”模型為例予以說明，與其共勉.

1 “正方形半角”模型及相關結(jié)論

從正方形的一個頂點引出夾角為45°的兩條射線，并連接它們與正方形其它兩邊的交點構(gòu)成的基本平面幾何模型.即，如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上，滿足∠EAF=45°，連接EF，則有以下結(jié)論：

①EF=BE+DF;

②△CEF的周長等于正方形邊長的2倍;

③S△ABE+S△ADF=S△AEF;

④半角三角形EF邊上的高與正方形的邊長相等;

⑤EA是∠BEF的平分線，F(xiàn)A是∠DFE的平分線;

⑥當BE=DF（即CE=CF）時，EF有最小值（即△AEF的面積最?。鰿EF的面積有最大值;

……

（正方形半角模型所衍生出的其它相關結(jié)論還有許多，請讀者自行探究不再贅述.特別說明的是，此模型中還隱藏著一個三角形“雙外角平分線”模型：三角形兩條外角平分線的夾角等于90°減去第三個內(nèi)角度數(shù)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）繞點A順時針（或逆時針）旋轉(zhuǎn)90°至△ABF′（如圖2），由∠ABE+∠ABF′=∠ABE+∠ADF=180°，所以點F′，B，E在一條直線上.此時可證得△AF′E≌△AFE（SAS），可得EF=EF′=BE+BF′，即EF=BE+DF，結(jié)論①得證;C△CEF=CE+CF+EF=CE+CF+BE+DF=2AB，結(jié)論②成立;由△AF′E≌△AFE，得S△AEF=S△AEF′=S△ABE+S△ABF′=S△ABE+S△ADF，結(jié)論③成立;結(jié)論④成立（全等三角形對應邊上的高相等，即如圖2，AG=AB=AD）;由結(jié)論④可得結(jié)論⑤成立（角平分線性質(zhì)的推論）;在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2≥2CE·CF，當CE=CF（即BE=DF）時等號成立，此時，EF取最小值（即△AEF的面積最?。?，則CE·CF有最大值，S△CEF=12CE·CF最大，結(jié)論⑥得證;……

2 模型的應用

例1 如圖1，點E，F(xiàn)分別是正方形ABCD中BC，CD邊上的點，且∠EAF=45°，則EFAB的最小值是.

解析1 設AB=a，EF=b，BE=x，則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.

因為BE存在，所以方程有實數(shù)根，即Δ≥0，故b2-4a2+4ab≥0，兩邊同時除以a2，得

（ba）2+4ba-4≥0，解得ba≥22-2或ba≤-2-22（舍去）.

故EFAB的最小值為22-2.

解析2 由∠EAF=45°（定值），△EAF的高（定角所對邊EF上的高）等于正方形的邊長AB（定值），符合三角形“定角定高”模型，必有隱藏圓存在，于是可作△EAF的外接圓，再利用“垂線段最短”構(gòu)建半徑的不等式求出EF的范圍，進而解決問題.方法如下.

如圖3，作△EAF的外接圓O，連接OE，OF，則∠EOF=2∠EAF=90°（圓周角定理）. 連接OA，過點O作OH⊥EF，垂足為點H，過點A作AG⊥EF，垂足為點G，則OA+OH≥AG.

設AB=a，EF=b，圓O的半徑為r，則OA=OE=OF=r，AG=AB=a，b=EF=2r，OH=12EF=22r.

由OA+OH≥AG，得r+22r≥a，兩邊同除以b，得r+22r2r≥ab，即ab≤2+12，取倒數(shù)，得ba≥22-2.

故EFAB的最小值為22-2[1].

注 此結(jié)論也是“正方形半角”模型中又一個重要結(jié)論，即半角三角形中半角所對邊的最小值為正方形邊長的（22-2）倍.

例2 （2019年徐州市中考）如圖4，平面直角坐標系中，O為原點，點A，B分別在 y軸、x軸的正半軸上，△AOB的兩條外角平分線交于點P，且點P在反比例函數(shù)y=9x的圖象上. PA的延長線交x軸于點C，PB的延長線交y軸于點D，連接CD.

（1）求∠P的度數(shù)及點P的坐標;

（2）求△COD的面積;

（3）△AOB的面積是否存在最大值？如存在，求出最大面積;若不存在，請說明理由.

解析 （1）由∠APB是Rt△AOB兩銳角外角平分線的夾角，所以有∠APB=90°-12∠AOB=45°（三角形“外角平分線”模型）.

由此聯(lián)想構(gòu)造“正方形半角”模型.方法如下：

如圖4，過點P作PH⊥AB于點H，作PM⊥y軸于點M，作PN⊥x軸于點N，則四邊形PMON為矩形.

由AP，BP分別是∠MAB，∠ABN的平分線，可知PM=PH=PN，所以四邊形PMON為正方形，又點P在反比例函數(shù)y=9x的圖象上，所以點P的坐標為（3，3）.

（2）由點P（3，3）知，正方形PMON的邊長為3.如圖4，設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.

因為△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.

設3a-a26-a=k，整理得，a2-（3+k）a+6k=0，因為a為實數(shù)，所以Δ=（3+k）2-4×6k≥0，解得k≥9+62或k≤9-62.

因為△AOB的面積不可能大于9，所以k≤9-62，所以△AOB的最大面積為27-182.

另：（3）解析2： 由例1解析2中提供的思路方法，構(gòu)造△APB的外接圓⊙Q（如圖5），求出AB的取值范圍.

由模型中的結(jié)論⑥可知，當AB取最小值時，△AOB的面積有最大值.

QA=QB=QP=r，r=22AB，QG=12AB，

由QP+QG≥PH，得22AB+12AB≥3

，解得AB≥62-6，

所以AB的最小值為62-6.

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

當a=b時，AB的值最小，△AOB有最大面積，

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

注 根據(jù)例1中提供的結(jié)論，我們則可快速求出AB的最小值：

AB=（22-2）×3=62-6.

例3 （2021年湖北襄陽市中考）如圖6，正方形ABCD的對角線相交于點O，點E在邊BC上，點F在CB的延長線上，∠EAF=45°，AE交BD于點G，tan∠BAE=12，BF=2，則FG=.

解析1 如圖6，將△ABF，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADH，則DH=BF=2，可求得∠EAH=45°.連接EH，則有EH=BE+DH.

設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（不合題意的已舍去），

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，F(xiàn)EGE=55=5，

所以AEBE=FEGE，所以△ABE∽△FGE，∠ABE=∠FGE=90°，所以△AGF是等腰直角三角形，F(xiàn)G=AG=25.

解析2 如圖7，將△ABF，逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ADH，則DH=BF=2，可求得∠EAH=45°.連接EH，則有EH=BE+DH.

設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（不合題意的舍去），

所以AB=2BE=2x=6，AF=AB2+BF2=62+22=210.

連接GH，則△AHG≌△AFG，所以∠AFG=∠AHG=45°.

因為∠GAH=∠GDH=45°，所以A，G，H，D四點共圓，所以∠AHG=∠ADG=45°，所以∠AFG=∠AHG=45°，△AGF為等腰直角三角形（也可通過兩次“8”字型相似證得），

所以FG=22AF=22×210=25.

例4 （2010年徐州市中考）如圖8，將邊長為4cm的正方形紙片ABCD沿EF折疊（點E，F(xiàn)分別在邊AB、CD上），使點B落在AD邊上的點M處，點C落在點N處，MN與CD交于點P， 連接EP. 隨著落點M在AD邊上取遍所有的位置（點M不與A，D重合），△PDM的周長是否發(fā)生變化？請說明理由（說明：本題省去了第1問）.

解析 從問題中就可以猜測出△PDM的周長不發(fā)生變化，且周長一定與正方形的邊長存在某種倍分關系，我們自然聯(lián)想到“正方形半角模型”中：半角三角形半角所對的邊與正方形的兩邊所構(gòu)成的直角三角形的周長恰好等于正方形邊長的2倍.因此，只要能證明MP=AM+CP即可.由“正方形半角模型”解題思想方法中獲得啟迪，作出了如下所示的輔助線：連接BM，BP，知∠AMB=∠MBC=∠BMP，MB為∠AMP的平分線，運用截長補短法完成解答.

①截長法：如圖9，在MP上截取MG=MA，繼而可證得△GMB≌△AMB，△GBP≌△CBP;

②補短法：如圖10，延長DC至G，使CG=AM，連接BG，MG，只需證明PM=PG即可;

或如圖11，延長DA至G，使MG=MP（如果使AG=CP則思維受阻無法獲證），連接BG，相關證明請讀者自行完成不再贅述.

模型化是一種重要的數(shù)學思想方法，“正方形半角”模型是初中階段比較重要的基本模型，在數(shù)學中考試題中，有許多省份的壓軸題多以半角模型為背景進行試題創(chuàng)作，所以數(shù)學教學中要重視基本模型研究，充分發(fā)揮其蘊含的數(shù)學價值，深入開發(fā)、創(chuàng)新，使其更具有活力和生命力，以便指導我們解決相關的數(shù)學問題.

參考文獻

[1]李加祿.一道賽題的解法探索、拓展及推廣[J].數(shù)理天地，2021（04），34-36.

作者簡介

周忠柱（1977—），男，山東微山人，中學高級教師;濟寧市首批名師工作室主持人，榮獲濟寧市杏壇名師、濟寧市教學能手、鄒城市個人三等功、鄒城市師德模范、鄒城市優(yōu)秀教師;主持濟寧市級課題并獲濟寧市教育科學研究優(yōu)秀成果一等獎.