IS-lm模型习题

IS-LM模型习题

一、选择题：

1.货币供给量增加使LM曲线右移,表示（）

A、同一利率水平下的收入增加

B、利率不变收入减少

C、同一收入水平下的利率提高

D、收入不变利率下降

2.产品市场和货币市场同时均衡出现于（）

A、各种收入水平和各种利率水平

B、各种收入水平和一种利率水平

C、一种收入水平和各种利率水平

D、一种收入水平和一种利率水平

3.IS曲线上的每一点都表示（）。

A、产品市场投资等于储蓄时收入与利率的组合；

B、使投资等于储蓄的均衡货币额；

C、货币市场货币需求等于货币供给时的均衡货币额；

D、产品市场与货币市场都均衡时的收入与利率组合。

4.一般来说，IS曲线的斜率（）

A.、为负B、为正

C、为零

D、等于1。

5.按照凯恩斯的观点，人们持有货币是由于（）

A.、交易动机B、预防动机

C、投机动机

D、以上都正确。

6.LM曲线表示（（）

A.、产品市场均衡时，收入与利率之间同方向的变动关系；

B、产品市场均衡时，收入与利率之间反方向的变动关系；

C、货币市场均衡时，收入与利率之间同方向的变动关系；

D、货币市场均衡时，收入与利率之间反方向的变动关系。

7.IS曲线与LM曲线相交时表示（）。

A.、产品市场处于均衡状态，而货币市场处于非均衡状态；

B、产品市场处于非均衡状态，而货币市场处于均衡状态；

C、产品市场与货币市场都处于均衡状态；

D、产品市场与货币市场都处于非均衡状态。

8.IS曲线表示满足（）关系．

A、收入－支出均衡

B、总供给和总需求均衡

C、储蓄和投资均衡

D、以上都对

9.在IS曲线上存在储蓄和投资均衡的收入和利率的组合有（）

A、一个

B、无数个

C、一个或无数个

D、一个或无数个都不可能

10.货币市场和产品市场同时均衡出现于（）

A、各种收入水平和利率水平上

B、一种收入水平和利率水平上

C、各种收入水平和一定利率水平上

D、一种收入水平和各种利率水平上

11、IS曲线上的任一点都表示（）

A、计划投资等于计划储蓄的收入和利率的组合

B、实际投资等于计划储蓄的收入和利率的组合

C、计划投资等于实际储蓄的收入和利率的组合

D、货币需求等于货币供给的收入和利率的组合

12、如果边际消费倾向提高，则IS曲线（）

A、向外平移

B、向内平移

C、变得更为陡直 D变得更为平坦

13、政府增加政府支出，同时中央银行增加货币供应量，那么（）

A、均衡收入增加，利率水平提高

B、均衡收入增加，利率水平降低

C、均衡收入减少，利率水平提高

D、均衡收入增加，利率水平不确定

1 4、IS-LM模型研究的是（）

A、在利率与投资不变的情况下，总需求对均衡的国民收入的决定

B、在利率与投资变动的情况下，总需求对均衡的国民收入的决定

C、把总需求与总供给结合起来，研究总需求和总供给对国民收入和价格水平的影响

D、考虑价格变动因素时，研究总需求对均衡国民收入的影响

15、IS曲线向左下方移动的条件是（）

A、自发总需求增加

B、自发总需求减少

C、价格水平下降

D、货币供给减少

1 6、收入增加时，货币的交易需求将（）

A、增加

B、不变

C、减少

D、根据货币的交易需求情况而定

二、判断题

1、当收入增加时，人们用于满足交易需求的货币需求不变（）

2、凯恩斯认为交易需求是收入和利率的函数（）

3、利率越高，投机性货币持有量则越少（）

4、LM曲线的斜率恒为正，说明随着收入的上升货币的投机需求也在上升（）

5、若货币供给量增加，会引起LM曲线向右移动（）

6、在货币市场和产品市场两市场情况下，由于IS曲线的右移所引起的收入增加，要大于仅存在产品市场所引起的收入的增加幅度（）

7、如果LM曲线是完全垂直的，那么财政政策在增加就业方面是无效的．（）

8、在LM曲线上的任何一点，利率与国民生产总值的结合都实现了货币需求等于货币供给．（）

9、若货币供给减少，则LM曲线向右移动．（）

10、在物价水平不变时，中央银行在公开市场上购买政府债券使LM曲线向右移动．（）

11、在物价水平不变时，中央银行决定提高要求的准备金率使LM曲线向右方移动．（）

三、论述题

1、用IS-LM模型分析扩张性货币政策对经济的影响

2、用IS-LM模型分析扩张性财政政策对经济的影响

3、什么是货币需求？人们持有货币的三种主要动机是什么？

4、影响货币需求量的因素有哪些？

5、税率增加如何影响IS曲线、均衡收入和利率?

6、试述流动性陷阱产生的原因。

四、计算题

1、假设货币需求为L=0.2y-10r，货币供给为200美元，S=-60+0.2y，t=100，i =150，G=100。

(1) 求IS和LM方程;

(2) 求均衡收入、利率;

(3) 政府支出从100美元增加到120美元时，均衡收入、利率有何变化?

(4) 是否存在“挤出效应”?

2、已知消费函数C=30+0.8Y，投资函数I=60-10r，求IS曲线方程

3、已知L=0.3Y+100-15r，M=1000。试推导出LM曲线

4、已知C=100+0.7(Y-T),I=900-25r.G=100.T=100,L=0.2Y+100-50r, M=500.

试求均衡的收入Y和利率r。

5、已知某小国在封闭条件下的消费函数为C=305+0.8Y，，投资函数为I=395-200r，货币的需求函数为L=0.4Y-100r，实际货币供给m=150

（1）写出IS曲线和LM曲线的方程

（2）计算均衡的国民收入和利息率

（3）如果此时政府购买增加100，那么均衡国民收入会增

加多少

（4）计算（3）中的政府购买乘数

（5）写出乘数定理中的政府购买乘数公式，利用这一公式

计算（3）中的乘数

（6）比较（4）和（5）的结果是否相同，请给出解释。

6、假设某经济社会的消费函数为c=100+0.8yd，投资i=50，政府购买性支出g=200，政府转移支付tr=62.5，税收t=162.5（单位：10亿美元）。求：（1）均衡收入。

（2）投资乘数、政府购买支出乘数、税收乘数及转移支付乘数。

7、已知货币需求Md＝0.3Y＋100－15r，货币供给Ms=1000，P＝1,请计算：当Ms增加到1090时，LM曲线如何移动？移动多少？

中考数学 几何专题——半角模型

几何模型之半角模型 一、旋转性质 1.图形对应边相等（易得等腰，且等腰均相似） 2.对应角相等 3.对应点与旋转中心连线构成旋转角，旋转角处处相等 二、半角模型 半角模型（90°含45°） 条件模型结论 ①等腰直角△ABC; ②∠DAE=45° DE2=BD2+CE2 ①等腰直角△ABC; ②∠DAE=45° DE2=BD2+CE2 ①正方形ABCD; ②∠EAF=45°①EF=BE+DF； ②△CEF的周长是正方形周长的一半； ③点A到EF的距离等于正方形的边长. ①正方形ABCD; ②∠EAF=45°EF=DF-BE 三、模型演练 1.如图，在正方形ABCD中，AB=1，E，F分别是边BC，CD上的点，连接EF、AE、AF，过A作AH⊥EF 于点H．若EF=BF+DF．那么下列结论：①AE平分∠BEF；②FH=FD； ③∠EAF=45°；④S△E A F=S△A B E+S△A D F；⑤△CEF的周长为2．其中正确结论的 是．

2.在Rt△ABC中，AB=AC，D?E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A 顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论①△AEF≌△AED；②∠AED=45°； ③BE+DC=DE；④BE2+DC2=DE2，其中正确的是（） A.②④ B.①④ C.②③ D.①③ 3如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长． 4.如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（4，4），点E、F分别在边BC、BA上，OE=25．若∠EOF=45°，则F点的坐标是． 5.已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交

中考数学几何专题之手拉手模型(初三数学)

手拉手模型 【课堂导入】 什么是手拉手相似基本图形？与手拉手全等的基本图形类似，手拉手相似要比手拉手全等更具有一般性。 在上面右侧的四个图形中，每一个图形中都存在两对相似三角形，△ADE∽△ABC， △ADB∽△AEC，这两对相似三角形是可以彼此转化的。

【例1】已知：△ABC，△DEF 都是等边三角形，M 是 BC 与 EF 的中点，连接 AD，BE. （1）如图1，当EF 与BC 在同一条直线上时，直接写出 AD 与BE 的数量关系和位置关系； （2）△ABC 固定不动，将图1 中的△DEF 绕点M 顺时针旋转（0o≤≤90o）角，如图2 所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，说明理由； 【例2】以平面上一点O 为直角顶点，分别画出两个直角三角形，记作△AOB 和△COD，其中∠ABO=∠DCO=30°．点E、F、M 分别是AC、CD、DB 的中点，连接FM、EM． ①如图 1，当点D、C 分别在 AO、BO 的延长线上时 F M E M ②如图2，将图1 中的△AOB 绕点O 沿顺时针方向旋转60度角，其 他条件不变，判断 F M的值是否发生变化，并对你的结论进行证明； E M

【例3】如图 1，在△ABC 中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，点 E，F 分别是线段 BC， AF=_______． AC 的中点，连结 EF．（1）线段B E 与A F 的位置关系是_______， BE （1）中的结论是（2）如图2，当△CEF 绕点C顺时针旋转α时（0°＜α＜180°） ，连结A F，BE， 否仍然成立.如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由． 【例4】如图 1，在四边形 ABCD 中，点E、F 分别是AB、CD 的中点，过点E 作AB 的垂 线，过点F 作CD 的垂线，两垂线交于点G，连接AG、BG、CG、DG，且∠AGD=∠BGC． （1）求证：AD=BC． （2）求证：△AGD∽△EGF． （3）如图2，若AD、BC 所在直线互相垂直，求E F A D的值．

(完整版)高中物理传送带模型典型例题(含答案)【经典】,推荐文档

难点形成的原因： 1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等 基础知识模糊不清； 2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误； 3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误过程。 1、水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图所示为一水平传送带装置示意图．绷紧的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑 动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与 传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2. (1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和 传送带对应的最小运行速率． 解析　(1)行李刚开始运动时，受力如图所示，滑动摩擦力： F f ＝μmg ＝4 N 由牛顿第二定律得：F f ＝ma 解得：a ＝1 m/s 2(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则：v ＝at ，解得t ＝＝1 s v a (3)行李始终匀加速运行时间最短，且加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时， 有：v ＝2aL 解得：v min ＝＝2 m/s 2min 2aL 故传送带的最小运行速率为2 m/s 行李运行的最短时间：t min ＝＝2 s v min a 2：如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s 的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个 质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B 的长度L=50m ，则物体从 A 到 B 需要的时间为多少？ 【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度 2 m/s 2.1sin cos =-=m mg mg a θ θμ。 这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s 为止，其对应的时 间和位移分别为： ,33.8s 2.1101s a v t === m 67.412 21==a s υ＜50m 以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移2s 所用的时间为2t ，则202t s υ=，50m －41.67m=210t 解得： s, 33.8 2=t 所以：s 66.16s 33.8s 33.8=+=总t 。 3、如图所示，绷紧的传送带，始终以2 m/s 的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角 θ＝30°。现把质量为10 kg 的工件轻轻地放在传送带底端P 处，由传送带传送至顶端Q 处。已知P 、Q 之间的距离为4 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g ＝10 3 2m/s 2。 (1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动； (2)求工件从P 点运动到Q 点所用的时间。 [答案]　(1)先匀加速运动0.8 m ，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s 解析　(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ ma 代入数值得： a ＝2.5 m/s 2

半角模型题

半角模型题 Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998

半角模型 例1(海淀201405-8) 如图，点P 是以O 为圆心， AB 为直径的半圆的中点，AB=2，等腰直角三角板45°角的顶点与点P 重合， 当此三角板绕点P 旋转时，它的斜边和直角边所在的直线与直径AB 分别 相交于C 、D 两点．设线段AD 的长为x ，线段BC 的长为y ，则下列图象中，能表示y 与x 的函数关系的图象大致是 A B C D 例2.(海201311-24)．已知在ABC △中， 90=∠ACB ，26==CB CA ， AB CD ⊥于D ，点E 在直线CD 上，CD DE 2 1=，点F 在线段AB 上，M 是DB 的中点，直线AE 与直线CF 交于N 点. （1）如图1，若点E 在线段CD 上，请分别写出线段AE 和CM 之间的位置关系和数量关系：___________，___________； （2）在（1）的条件下，当点F 在线段AD 上，且2AF FD =时，求证： 45=∠CNE ； （3）当点E 在线段CD 的延长线上时，在线段AB 上是否存在点F ，使得 45=∠CNE ．若存在，请直接写出AF 的长度；若不存在，请说明理由． D C B A N F E C B A

24. （本小题满分8分） （1）AE ⊥CM ，AE =CM （2）如图，过点A 作AG ⊥AB ,且AG =BM,，连接CG 、FG ,延长AE 交CM 于H . ∵ 90=∠ACB ,26==CB CA , ∴∠CAB =∠CBA =45°， 12. ∴∠GAC =∠MBC =45°. ∵AB CD ⊥, ∴CD=AD=BD =162 AB =. ∵ M 是DB 的中点, ∴3BM DM ==. ∴3AG =. ∵2AF FD =, ∴4 2.AF DF ==， ∴+2+3=5.FM FD DM == ∵AG ⊥AF , ∴FG = ∴.FG FM = 在△CAG 和△CBM 中， ∴△CAG ≌△CBM ． ∴CG =CM ,ACG BCM ∠=∠． ∴++90MCG ACM ACG ACM BCM ∠=∠∠=∠∠=．在△FCG 和△FCM 中， ∴△FCG ≌△FCM ． ∴FCG FCM ∠=∠． ∴45FCH ∠=. 由（1）知AE ⊥CM ， ∴90CHN ∠= ∴ 45=∠CNE . （3）存在. AF =8. 例3．(平谷201405-24)（1）如图1，点E 、F 分别是正方形ABCD 的边BC 、CD 上的点，∠EAF =45°，连接EF ， 则EF 、BE 、FD 之间的数量关系是：EF =BE +FD ．连结BD ，交AE 、AF 于点M 、N ，且MN 、BM 、DN 满足222DN BM MN +=，请证明这个等量关系；

专题20 半角模型(解析版)

中考常考几何模型 专题20 半角模型 倍长中线或类中线（与中点有关的线段）构造全等三角形 如图①： （1）∠2=2 1 ∠AOB ；（2）OA=OB 。 如图②： 连接 FB ，将△FOB 绕点 O 旋转至△FOA 的位置，连接 F ′E 、FE ，可得△OEF ′≌△OEF 。 模型精练 1．（2019秋?九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD 中，∠B +∠ADC ＝180°，AB ＝AD ，E 、F 分别是边BC 、CD 延长线上的点，且∠EAF =1 2 ∠BAD ，求证：EF ＝BE ﹣FD ． 【点睛】在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ．根据SAA 证明△ABG ≌△ADF 得到AG ＝AF ，∠BAG ＝∠DAF ，根据∠EAF =1 2∠BAD ，可知∠GAE ＝∠EAF ，可证明△AEG ≌△AEF ，EG ＝EF ，那么EF ＝

GE ＝BE ﹣BG ＝BE ﹣DF ． 【解析】证明：在BE 上截取BG ，使BG ＝DF ，连接AG ． ∵∠B +∠ADC ＝180°，∠ADF +∠ADC ＝180°， ∴∠B ＝∠ADF ． 在△ABG 和△ADF 中， {AB =AD ∠B =∠ADF BG =DF ， ∴△ABG ≌△ADF （SAS ）， ∴∠BAG ＝∠DAF ，AG ＝AF ． ∴∠BAG +∠EAD ＝∠DAF +∠EAD ＝∠EAF =1 2∠BAD ． ∴∠GAE ＝∠EAF ． 在△AEG 和△AEF 中， {AG =AF ∠GAE =∠EAF AE =AE ， ∴△AEG ≌△AEF （SAS ）． ∴EG ＝EF ，

初中几何经典模型总结(手拉手模型)

初中几何经典模型总结（手拉手模型） 模型可以让同学更快的进入到几何之中，产生兴趣。也是近来学习初中几何不可或缺的一种重要方法。下面给大家介绍一种经典几何模型---手拉手模型，这也是历年数学中考常考的几何压轴题型之一。手拉手模型的概念:1、手的判别：判断左右：将等腰三角形顶角顶点朝上，正对读者，读者左边为左手顶点，右边为右手顶点。2、手拉手模型的定义：定义: 两个顶角相等且有共顶点的等腰三角形形成的图形。（左手拉左手，右手拉右手）例如：3、手拉手模型的重要结论三个固定结论:结论1:△ABC≌△AB'C'(SAS)BC=B'C'（左手拉左手等于右手拉右手）结论2：∠BOB'=∠BAB'（用四点共圆证明）结论3: AO平分∠BOC'（用四点共圆证明）例题解析：类型一共顶点的等腰直角三角形中的手拉手例1：已知：如图△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∠BAC=∠DAE=90°．求证：BD=CE．分析： 要证BD=CE可转化为证明△BAE≌△CAD，由已知可证 AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，因为∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即可证∠BAE=∠CAD，符合SAS，即得证．解答：证明：∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°，∴∠BAC ∠CAE=∠EAD ∠CAE，即∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，

AB=AC,∠BAE=∠CAD，AE=AD∴△BAE≌△CAD（SAS）， ∴BD=CE．类型二共顶点的等边三角形中的手拉手例2：图1、图2中，点B为线段AE上一点，△ABC与△BED都是等边三角形。(1)如图1，求证：AD=CE；(2)如图2，设CE与AD交于点F，连接BF.①求证：∠CFA=60°；②求证：CF BF=AF.分析：（1）如图1，利用等边三角形性质得：BD=BE，AB=BC，∠ABC=∠DBE=60°，再证∠ABD=∠CBE，根据SAS 证明△ABD≌△CBE得出结论；（2）①如图2，利用（1）中的全等得：∠BCE=∠DAB，根据两次运用外角定理可得结论； ②如图3，作辅助线，截取FG=CF，连接CG，证明△CFG 是等边三角形，并证明△ACG≌△BCF，由线段的和得出结论．解答：证明：(1)如图1，∵△ABC与△BED都是等边三角形，∴BD=BE,AB=BC,∠ABC=∠DBE=60°，∴∠ABC ∠CBD=∠DBE ∠CBD，即∠ABD=∠CBE，在△ABD和△CBE 中，AB=AC∠ABD=∠CBEBD=BE，∴△ABD≌△CBE(SAS)，∴AD=CE，(2)①如图2,由(1)得：△ABD≌△CBE， ∴∠BCE=∠DAB，∵∠ABC=∠BCE ∠CEB=60°，∴∠ABC=∠DAB ∠CEB=60°，∵∠CFA=∠DAB ∠CEB，∴∠CFA=60°，②如图3,在AF上取一点G,使FG=CF,连接CG,∵∠AFC=60°， ∴△CGF是等边三角形，∴∠GCF=60°，CG=CF，∴∠GCB ∠BCE=60°，∵∠ACB=60°，∴∠ACG ∠GCB=60°， ∴∠ACG=∠BCE，∵AC=BC，∴△ACG≌△BCF，∴AG=BF，

半角模型专题专练复习进程

半角模型专题专练

半角模型例题 已知，正方形ABCD 中，∠EAF 两边分别交线段BC 、DC 于点E 、F ，且∠EAF ﹦45° 结论1：BE ﹢DF ﹦EF 结论2：S △ABE ﹢S △ADF ﹦S △AEF 结论3：AH ﹦AD 结论4：△CEF 的周长﹦2倍的正方形边长﹦2AB 结论5：当BE ﹦DF 时，△CEF 的面积最小 结论6：BM 2﹢DN 2﹦MN 2 结论7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论8：EA 、FA 是△CEF 的外角平分线 结论9：四点共圆 结论10：△ANE 和△AMF 是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论11：MN ﹦√2 2EF （可由相似得到） 结论12：S △AEF ﹦2S △AMN （可由相似的性质得到） 结论5的证明： 设正方形ABCD 的边长为1 则S △AEF ﹦1﹣S 1﹣S 2﹣S 3 ﹦1﹣12x ﹣12y ﹣1 2(1﹣x)(1﹣y) ﹦1 2﹣1 2xy 所以当x ﹦y 时，△AEF 的面积最小 结论6的证明： 将△ADN 顺时针旋转90°使AD 与AB 重合 ∴DN ﹦BN ′ 易证△AMN ≌△AMN ′ ∴MN ﹦MN ′ 在Rt △BMN ′中，由勾股定理可得： BM 2﹢BN ′2﹦MN ′2 即BM 2﹢DN 2﹦MN 2 结论7的所有相似三角形：

△AMN ∽△DFN △AMN ∽△BME △AMN ∽△BAN △AMN ∽△DMA △AMN ∽△AFE 结论8的证明： 因为△AMN ∽△AFE ∴∠3＝∠2 因为△AMN ∽△BAN ∴∠3＝∠4 ∴∠2＝∠4 因为AB ∥CD ∴∠1＝∠4 ∴∠1＝∠2 结论9的证明： 因为∠EAN ﹦∠EBN ＝45° ∴A 、B 、E 、N 四点共圆（辅圆定理：共边同侧等顶角） 同理可证C 、E 、N 、F 四点共圆 A 、M 、F 、D 四点共圆 C 、E 、M 、F 四点共圆 **必会结论-------- 图形研究正方形半角模型 已知：正方形ABCD ，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且?=∠45EAF ，AE 、AF 分别交BD 于H 、G ，连EF . 一、全等关系 （1）求证：①EF BE DF =+；②DG 2﹢BH 2﹦HG 2；③AE 平分BEF ∠，AF 平分DFE ∠. 二、相似关系 （2）求证：①DG CE 2=；②BH CF 2=；③HG EF 2=. （3）求证：④DH BG AB ?=2；⑤HG BG AG ?=2；⑥21=?CF DF CE BE . 三、垂直关系 （4）求证：①EG AG ⊥；②FH AH ⊥；③BE AB HCF =∠tan . （5)、和差关系 求证：①BE DG BG 2=-；②DH DF AD 2=+； ③||2||DG BH DF BE -=-.

高中物理力学典型例题

高中物理力学典型例题 1、如图1-1所示，长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距 为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重 为12牛的物体。平衡时，绳中张力T=＿＿＿＿ 分析与解：本题为三力平衡问题。其基本思路为：选对象、分析力、画 力图、列方程。对平衡问题，根据题目所给条件，往往可采用不同的方 法，如正交分解法、相似三角形等。所以，本题有多种解法。 解法一：选挂钩为研究对象，其受力如图1-2所示，设细绳与水平夹角 为α，由平衡条件可知：2TSinα=F，其中F=12牛，将绳延长，由图 中几何条件得：Sinα=3/5，则代入上式可得T=10牛。 解法二：挂钩受三个力，由平衡条件可知：两个拉力（大小相等均为T） 的合力F’与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形 为菱形。如图1-2所示，其中力的三角形△OEG与△ADC相似，则： 得：牛。 想一想：若将右端绳A 沿杆适当下移些，细绳上张力是否变化？ （提示：挂钩在细绳上移到一个新位置，挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等，细绳的张力仍不变。） 2、如图2-1所示，轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、 B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相 等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块， 使绳处于水平拉直状态，由静止释放物块，在物块下落过程中，保持 C、D两端的拉力F不变。 （1）当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？ （2）在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？ （3）求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H？ 分析与解：物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角 逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两 绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受合力 逐渐减小，向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时，速度达到 最大值。之后，因为两绳间夹角继续减小，物块所受合外力竖直向上， 且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度 减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H。 当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。 对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。 （1）当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg，所以绳对物块拉力大小恒为mg，由平衡条件知：2θ=120°，所以θ=60°，由图2-2知： h=L*tg30°= L [1] （2）当物块下落h时，绳的C、D端均上升h’，由几何关系可得：h’=-L [2] 克服C端恒力F做的功为：W=F*h’[3]

八上培优半角模型精修订

八上培优半角模型 SANY标准化小组 #QS8QHH-HHGX8Q8-GNHHJ8-HHMHGN#

八上培优5 半角模型方法：截长补短 图形中，往往出现90°套45°的情况，或者120°套60°的情况。还有2α套α的情况。求证的结论一般是线段的和与差。解决的方法是：截长补短构造全等三角形。旋转移位造全等，翻折分割构全等。截长法，补短法。 勤学早和新观察均有专题。勤学早在第49页，新观察在第34页，新观察培优也有涉及，在第27页2两个例题，29页有习题。这些题大同小异，只是图形略有变化而已。证明过程一般要证明两次全等。 下面是新观察第34页1~4题 1.如图，四边形ABCD中，∠A=∠C=90゜，∠D=60゜，AB=BC，E、F，分别在AD、CD 上，且∠EBF=60゜．求证：EF=AE+CF． 2.如图2，在上题中，若E、F分别在AD、DC的延长线上，其余条件不变，求证： AE=EF+CF． 3.如图，∠A=∠B=90°, CA=CB=4, ∠ACB=120°，∠ECF=60°，AE=3, BF=2, 求五边形ABCDE的面积.

A C B F E A C B F E D 4．如图1．在四边形ABCD中．AB=AD，∠B+∠D=180゜，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠BAD=2∠EAF． （1）求证：EF=BE+DF； （2）在（1）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点E、F分别运动到BC、CD延长线上时，如图2所示，试探究EF、BE、DF之间的数量关 系． 3.如图3，在四边形ABDC中，∠B+∠C=180°，DB=DC，∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，角的两边分别交AB、AC于E、F两点，连接EF，探索线段BE、CF、EF之间的数量关系，并加以证明．

半角模型专题--优选专练.doc

半角模型例题 已知，正方形 ABCD中，∠ EAF两边分别交线段 BC、 DC于点 E、F，且∠ EAF﹦ 45°结论 1：BE﹢ DF﹦EF 结论 2：S△ABE﹢ S△ADF﹦S△AEF 结论 3：AH﹦ AD 结论 4：△ CEF的周长﹦ 2 倍的正方形边长﹦ 2AB 结论 5：当 BE﹦DF时，△ CEF的面积最小 22 2 结论 6：BM﹢DN﹦MN 结论 7：三角形相似，可由三角形相似的传递性得到 结论 8：EA、 FA是△ CEF的外角平分线 结论 9：四点共圆 结论 10：△ ANE和△ AMF是等腰直角三角形（可通过共圆得到） 结论 11： MN﹦EF（可由相似得到） 结论 12： S△ AEF﹦2S△ AMN（可由相似的性质得到） 结论 5 的证明： 设正方形 ABCD的边长为 1 则S△AEF﹦1﹣S1﹣S2﹣ S3 ﹦1﹣ x﹣ y﹣ (1 ﹣x)(1 ﹣y) ﹦﹣ xy 所以当 x﹦y 时，△ AEF的面积最小 结论 6 的证明： 将△ ADN顺时针旋转 90°使 AD与 AB重合 ′ ∴DN﹦ BN ′ 易证△ AMN≌△ AMN ′ ∴MN﹦ MN ′ 在 Rt△BMN中，由勾股定理可得： 2′ 2′2 BM﹢BN ﹦MN 22 2 即 BM﹢DN﹦MN 结论 7 的所有相似三角形： △ AMN∽△ DFN△AMN∽△ BME△AMN∽△ BAN△ AMN∽△ DMA△AMN∽△ AFE

结论 8 的证明： 因为△ AMN∽△ AFE ∴∠ 3＝∠ 2 因为△ AMN∽△ BAN ∴∠ 3＝∠ 4 ∴∠ 2＝∠ 4 因为 AB∥CD ∴∠ 1＝∠ 4 ∴∠ 1＝∠ 2 结论 9 的证明： 因为∠ EAN﹦∠ EBN＝ 45° ∴A、B、E、N 四点共圆（辅圆定 理：共边同侧等顶角） 同理可证 C、E、N、F 四点共圆 A、M、 F、 D 四点共圆 C、E、 M、 F 四点共圆 **必会结论 --------图形研究正方形半角模型 已知：正方形 ABCD ，E、F分别在边 BC 、 CD 上，且 EAF 45 ，AE、AF分别交BD于H、 G ，连EF. 一、全等关系 （）求证：① 2 2 2 平分，平分 DF BE EF ；②DG﹢ BH﹦ HG；③AE BEF AF DFE . 1 二、相似关系 （2）求证：①CE 2DG ；② CF 2 BH ；③ EF 2HG . （3）求证：④AB2 BG DH ；⑤ AG 2 BG HG ；⑥BE DF 1 . CE CF 2 三、垂直关系 （4）求证：①AG EG ；②AH FH ；③tan HCF AB . （5) 、和差关系 BE 求证：① BG DG 2BE ；② AD DF 2DH ； ③ | BE DF | 2 | BH DG | .

初中几何专项——手拉手模型

E A D B C E A D B C E D C B A 图3图21图 O H G A B C D M P D E C B A 手拉手模型 模型 手拉手 如图，△ABC 是等腰三角形、△ADE 是等腰三角形，AB=AC ，AD=AE ，∠BAC=∠DAE= 。 结论：△BAD ≌△CAE 。 模型分析 手拉手模型常和旋转结合，在考试中作为几何综合题目出现。 模型实例 例1．如图，△ADC 与△GDB 都为等腰直角三角形，连接AG 、CB ，相交于点H ，问：（1）AG 与CB 是否相等？ （2）AG 与CB 之间的夹角为多少度？ 3．在线段AE 同侧作等边△CDE （∠ACE<120°），点P 与点M 分别是线段BE 和AD 的中点。 求证：△CPM 是等边三角形。

F E C B A H D E C B A 1．如图，在△ABC中，AB=CB，∠ABC=90°，F为AB延长线上一点，点E在 BC上，且AE=CF。 （1）求证：BE=BF； （2）若∠CAE=30°，求∠ACF度数。 2．如图，△ABD与△BCE都为等边三角形，连接AE与CD，延长AE交CD于点 H．证明： （1）AE=DC； （2）∠AHD=60°； （3）连接HB，HB平分∠AHC。

B A D C P E 3图B D A E C 图21 图P D E C B A 3．将等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 按图①方式放置，∠A=90°，AD 边与AB 边重合，AB=2AD=4。将△ADE 绕点A 逆时针方向旋转一个角度α（0°<α>180°），BD 的延长线交CE 于P 。 （1）如图②，证明：BD=CE ，BD ⊥CE ； （2）如图③，在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求出CP 的长。

高中物理难点分类解析滑块与传送带模型问题(经典)

滑块—木板模型 例1如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B 一起加速的最大加速度由A决定。解答：物块A能获得的最大加速度为：．∴A、B 一起加速运动时，拉力F的最大值为：． 变式1例1中若拉力F作用在A上呢如图2所示。解答：木板B能获得的最大加速度为：。∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为： ． 变式2在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 解答：木板B能获得的最大加速度为：，设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则： 解得： 《 例2 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒 力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s通过的位移大小。（g 取10m/s2） 解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2，此时小车的加速度为：，当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1，解得：t1=1s ，v共=2m/s，以后物体与小车相对静止： （∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s= a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m

练习1如图4所示，在水平面上静止着两个质量均为m=1kg、长度均为L=1．5m的木板A和B，A、B 间距s=6m，在A的最左端静止着一个质量为M=2kg的小滑块C，A、B与C之间的动摩擦因数为μ1=0．2，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0．1。最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现在对C施加一个水平向右的恒力F=4N，A和C开始运动，经过一段时间A、B相碰，碰后立刻达到共同速度，C瞬间速度不变，但A、B并不粘连，求：经过时间t=10s时A、B、C的速度分别为多少（已知重力加速度g=10m/s2） 解答：假设力F作用后A、C一起加速，则：，而A能获得的最 大加速度为：，∵，∴假设成立，在A、C滑行6m的过程中：，∴v1=2m/s，，A、B相碰过程，由动量守恒定律可得：mv1=2mv2 ，∴v2=1m/s，此后A、C相对滑动：，故C匀速运动； ，故AB也匀速运动。设经时间t2，C从A右端滑下：v1t2－v2t2=L∴t2=1．5s，然后A、B分离，A减速运动直至停止：a A=μ2g=1m/s2，向 左，，故t=10s时，v A=0．C在B上继 续滑动，且C匀速、B加速：a B=a0=1m/s2，设经时间t4，C．B速度相 等：∴t4=1s。此过程中，C．B的相对位移为：，故C没有从B的右端滑下。然后C．B一起加速，加速度为a1，加速的时间为： ，故t=10s时，A、B、C的速度分别为0，2．5m/s，2．5m/s． $ 练习2如图5所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数 ，取g=10m/s2，试求： （1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端 （2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后。（解答略）答案如下：（1）t=1s，（2）①当F≤N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F；，②当2N6N时，A、B发生相对滑动，N． 滑块问题 1．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=；木板右端放着一

人教版八年级下册第18章平行四边形——弦图模型和半角模型专题(Word版,无答案)

一 ) 弦图模型 基本图形】已知正方形 ABCD,过 B,D 两点分别向过点 C 的直线作垂线 , 垂足分别为点 E,F, 则△ BCE ≌△ CDF h, 正方形 ABCD 的四 个顶点分 (1) 当 a=45 °时, 求△EAD 的面积 (2) 当 a=30 °时, 求△EAD 的面积 (3) 当0°

变式训练 】如图，分别以 ABC 的AC 和BC 为一边，在ABC 的外侧作正方形ACDE 和正方形CBFG ，点P 是EF 的中点．求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半． 4．如图,直角梯形ABCD 中,AD/BC,∠ADC=90°,是AD 的垂直平分线,交AD 于点M,以腰AB 为边作正方形ABFE，EP⊥l 于点P. 求证:2EP+AD=2CD 二）半角模型 半角模型【用旋转和对称（翻折）的方法解决问题】基本结论：在正方形ABCD中，若M、N 分别在边BC、CD上移动，且满足MN=BM+ DN，则有以下基本结论（需记忆）：① . ∠MAN4=5°；② . C CMN 2AB；③ . AM、AN分别平分 ∠BMN和∠DNM. 同样，在正方形ABCD中,若已知∠MAN4=5°，则会有：① . MN=B+MD N; ②C CMN 2AB;③.AM、AN分别平分∠BMN 和∠DNM④; 若继续作AH⊥MN于点H, 则有AH=AB. F

初二数学手拉手模型

初二数学中的“手拉手”模型 如图1：两个公共顶点并且顶角相等的等腰三角形所组成的图 形具有很特别的性质，我们形象地称其为“手拉手”模型；在这个 图形种蕴含这两个全等三角形，而且这两个全等三角形可以看成其 中一个绕着顶点旋转顶角地度数后变成另外一个。 在图1中，只需要连结BD，CE则容易证明△ABD≌△ACE；同 时△ACE可以看成△ABD绕着点A顺时针旋转∠BAC的度数得到。 熟悉手拉手模型对于解题是十分有帮助的。下面以一些初二阶段 的考题为例子一起来巩固强化一下这个模型。 例1（15石狮八年级期末26题）△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE. （1）如图1，连结BE、CD，求证：CD=BE； （2）如图2，连结BD、CD，若∠BAC=∠DAE=60°，CD⊥AE，AD=3，CD=4，求BD的长； （3）如图3，若∠BAC=∠DAE=90°，以点A为旋转中心旋转△ABC，使得点C恰好落在斜边DE上，试探究、、之间的数量关系，并加以证明． 本分析：本题就是一道典型的手拉手模型问题，这边的两个等顶角共定点的等腰三角形是△ABC和△AED，因此图形中一定存在着两个全等的可以看成旋转得到的三角形。有了这个理念就不难想到第二题连结BE；第三题连结BE，得到全等三角形，第二题中两个全等三角形 是△ABE与△ACD；第三问全等的三角形是△ABE与△ACD。发现全等在本题中是关键；例 如第二题、三题就是通过全等把已知条件集中到同一个直角三角形中；利用勾股定理求解。

例2：如图3，在三角形ABC中AB=AC，∠BAC=90°，P是BC上的一点，证明： BP2+CP2=2AP2 分析：这个题目中并没有直接的“手拉手”模型；但是 题目中有一个已知的等腰直角三角形ABC，要证明的式 子中有一个线段AP是以A为端点的，因此我们可以考 虑以AP为直角边，构造以点A为顶点的另一个等腰直 角三角形APD，这样就出现“手拉手”模型了，而模型 中存在的两个旋转三角形也随之显现，能把相关线 段集中到同一个直角三角形中。如图4 （注：本题也可以直接考虑△ABP旋转） 例3：（17秋永春期末检测） 如图5，已知∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60°， ①三角形ABC是__________三角形 ②求证AC=BC＋CD （2）如图6，如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60°”改写成“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=45°”，求线段AC，BC，CD的关系，并给出证明。 分析：②中要证明AC=BC＋CD可以用“截长补短”的思维去考虑， 截长：在AC上截取CE等于BC，连结BE证明AE＝CD， 补短：延长CD至点F使得DF=BC，接着证明三角形ACF是等边。

传送带问题典型题解

传送带问题典型题解 摩擦力做功 A 、滑动摩擦力做功的特点： ①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功。 ②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总为负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。 B 、静摩擦力做功的特点： 1．静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． 2．相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的和总是等于零． 三、传送带问题： 传送带类分水平、倾斜两种：按转向分顺时针、逆时针转两种。 （1）受力和运动分析： 受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在V 物与V 传相同的时刻； 运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。 分析关键是： ◆ V 物、V 带的大小与方向； ◆ mgsin θ与f 的大小与方向。 (2)传送带问题中的功能分析 ①功能关系：WF=△E K +△E P +Q ②对W F 、Q 的正确理解 （a ）传送带做的功：W F =F ·S 带 功率P=F ×V 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f ·S 相对 （c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中 物体获得的动能E K =2mv 2 1传E K ， 因为摩擦而产生的热量Q 两者间有如下关系：E K =Q= 2mv 21传 难点： 1、属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。 2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误。该难点应属于思维上有难度的知识点，突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。 3、对于匀速运动的传送带传送初速为零的物体，传送带应提供两方面的能量，一是物体动能的增加，二是物体与传送带间的摩擦所生成的热（即内能），有不少同学容易漏掉内能的转化，因为该知识点具有隐蔽性，往往是漏掉了，也不能在计算过程中很容易地显示出来，尤其是在综合性题目中更容易疏忽。突破方法是引导学生分析有滑动摩擦力做功转化为内能的物理过程，使“只要有滑动摩擦力做功的过程，必有内能转化”的知识点在学生头脑中形成深刻印象。

2018年初中数学突破中考压轴题几何模型之正方形的半角模型教案

正方形角含半角模型提升 例1．如图，折叠正方形纸片ABCD ，先折出折痕BD ，再折叠使AD 边与对角线BD 重合，得折痕DG ，使2AD =，求AG ． 例2 ．如图，P 为正方形ABCD 内一点，10PA PB ==，并且P 点到CD 边的距离也等于10，求正方形ABCD 的面积 例3. 如图，E 、F 分别为正方形ABCD 的边BC 、CD 上的一点，AM EF ⊥，?垂足为M ，AM AB =，则有EF BE DF =+，为什么 例4. 如图，在正方形ABCD 的BC 、CD 边上取E 、F 两点，使45EAF ∠=o ，AG EF ⊥于G . 求证：AG AB = 例5.(1) 如图1,在正方形ABCD 中,点E ,F 分别在边BC ,CD 上,AE ,BF 交于点 O ,90AOF ?∠=. 求证：BE CF =. (2) 如图2,在正方形ABCD 中,点E ,H ,F ,G 分别在边AB ,BC ,CD ,DA 上,EF ,GH 交于点 O ,90FOH ?∠=,4EF =.求GH 的长. 【双基训练】 1. 如图6，点A 在线段BG 上，四边形ABCD 与DEFG 都是正方形，?其边长分别为3cm 和5cm ，则CDE ?的面积为________2cm ． (6) (7) 2．你可以依次剪6张正方形纸片，拼成如图7所示图形．?如果你所拼得的图形中正方形①的面积为1，且正方形⑥与正方形③的面积相等，?那么正方形⑤的面积为________． 3.如图9，已知正方形ABCD 的面积为35平方厘米，E 、F 分别为边AB 、BC 上的点．AF 、CE 相交于G ，并且ABF ?的面积为14平方厘米，BCE ?的面积为5平方厘米，?那么四边形BEGF 的面积是________． 4. 如图，A 、B 、C 三点在同一条直线上，2AB BC =。分别以 AB 、BC 为边作正方形ABEF 和正方形BCMN ，连接FN ， EC 。 求证：FN EC =。 5.如图 ，ABCD 是正方形．G 是BC 上的一点，DE AG ⊥于 E ，BF AG ⊥于 F ． （1）求证：ABF DAE △≌△； （2）求证：DE EF FB =+． 【纵向应用】 6. 在正方形ABCD 中，12∠=∠．求证：BE OF 2 1 = 7. 在正方形ABCD 中，12∠=∠．AE DF ⊥,求证：CE OG 2 1= 8. 如图13，点E 为正方形ABCD 对角线BD 上一点, EF BC ⊥, EG CD ⊥ 求证：AE FG ⊥ 9.已知：点E 、F 分别正方形ABCD 中AB 和BC 的中点，连接AF 和DE 相交于点G , 图2 D G A E B C F 13 A D E F C G B

中考数学压轴题专项汇编专题角含半角模型

专题15 角含半角模型 破题策略 1． 等腰直角三角形角含半角 如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点D ，E 在BC 上且∠DAE ＝45° （1） △BAE ∽△ADE ∽△CDA （2）BD 2＋CE 2＝DE 2 ． 45° E A B C D 证明（1）易得∠ADC ＝∠B ＋∠BAD ＝∠EAB ， 所以△BAE ∽△ADE ∽△CD A ． （2）方法一（旋转法）：如图1，将△ABD 绕点A 逆时针旋转90°得到△ACF ，连结EF ． 45° F E A B C D 则∠EAF ＝∠EAD ＝45°，AF ＝AD ， 所以△ADE ∽△FAE （ SAS ）． 所以DE ＝ EF ． 而CF ＝BD ，∠FCE ＝∠FCA ＋∠ACE ＝90°， 所以BD 2＋ CE 2＝CF 2＋CE 2＝EF 2＝DE 2 ． 方法二（翻折法）：如图2，作点B 关于AD 的对称点F ，连结AF ，DF ，EF ． 45° E A B C D 因为∠BAD ＋∠EAC ＝∠DAF ＋∠EAF ， 又因为∠BAD ＝∠DAF ， 则∠FAE ＝∠CAE ，AF ＝AB ＝AC ， 所以△FAE ∽△CAE （SAS ）． 所以EF ＝ E C ．

而DF ＝BD ， ∠DFE ＝∠AFD ＋ ∠AFE ＝90°， 所以BD 2＋ EC 2＝ FD 2＋ EF 2＝ DE 2 ． 【拓展】①如图，在△ ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，点D 在BC 上，点E 在BC 的 延长线上，且∠DAE ＝45°，则BD 2＋CE 2＝DE 2 ． E D 可以通过旋转、翻折的方法来证明，如图： E A D F E A D ②将等腰直角三角形变成任意的等腰三角形：如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，点D ，E 在 BC 上，且∠DAE ＝1 2 ∠BAC ，则以BD ，DE ，EC 为三边长的三角形有一个内角度数为180° －∠BA C ． B 可以通过旋转、翻折的方法将BD ，DE ，EC 转移到一个三角形中，如图： B C E B D