專(zhuān)題36 中考命題核心元素含45°角的問(wèn)題的幾種解題思路（解析版）

專(zhuān)題36含45°角的問(wèn)題的幾種解題思路（解析版）

模塊一典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練

思路1：套用半角模型常用結(jié)論．

模型解讀：

常用結(jié)論：如圖①，BM＋DN＝MN；MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；△CMN的周長(zhǎng)＝2AB.

常用證明方法：如圖②，將△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABN′，證明△AMN≌△AMN′.

常用結(jié)論：如圖③，BP2＋QD2＝PQ2.

常用證明方如圖④，在正方形ABCD中，AD＝a，點(diǎn)M，N分別在BC，CD邊上，且∠MAN＝45°.

拓展結(jié)論：

(1)BM＋DN＝MN；

(2)MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；

(3)△CMN的周長(zhǎng)＝2a(為定值)；

(4)S△ABM＋S△ADN＝S△AMN；

MN

(5)的最小值為22－2；

AB

2

(6)S△AMN的最小值為(2－1)a；

2

(7)S△CMN的最大值為(3－22)a；

(8)BP2＋QD2＝PQ2；

(9)△APQ∽△BAQ∽△DPA∽△BPM∽△DNQ；

(10)BQ·DP＝AB·AD＝a2(定值)；

(11)△APQ∽△ANM(相似比為1∶2)；

(12)S△AMN＝2S△APQ；

(13)P，M，N，Q四點(diǎn)共圓；

(14)△AMC∽△AQD(相似比為1∶2)；

(15)CM·CN＝2BM·DN；

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(16)MQ⊥AN，NP⊥AM；

(17)△APN與△AQM均為等腰直角三角形；

(18)A，B，M，Q四點(diǎn)共圓；

(19)A，P，N，D四點(diǎn)共圓．

法：將△ABP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADP′，證明△AQP≌△AQP′.

思路2：作垂直，將45°角置于直角三角形中，構(gòu)造等腰直角三角形解決問(wèn)題．

思路3：利用同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半，構(gòu)造直角三角形，解決問(wèn)題．

思路4：利用兩角和或差的正切公式

；

典例1在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（4，0）、B（﹣6，0），點(diǎn)C是y軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠BCA＝45°

時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．

思路引領(lǐng)：由于本題沒(méi)有交代點(diǎn)C在y軸正半軸上還是負(fù)半軸上，因此這道題點(diǎn)C的位置需要分兩種

情況討論，這兩個(gè)位置正好關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，因此我們只需求解點(diǎn)C在y軸正半軸上的情況，然后由對(duì)稱(chēng)性

求出點(diǎn)C在y軸負(fù)半軸上的情況．

方法1：如圖①，以45°角為基礎(chǔ)，構(gòu)造等腰直角三角形，由△BCF與△BDE全等，設(shè)法求出OC的

長(zhǎng)．

方法2：如圖②，同方法1構(gòu)造等腰直角三角形BCD，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，其實(shí)這一方法與前

一方法類(lèi)似，因?yàn)椤鰾OC與圖①中的△CFB全等，△BDH與圖②中的△DBE全等，求OC長(zhǎng)的時(shí)候，可利

用△AOC與△ADH相似來(lái)解決．

方法3：如圖③，構(gòu)造等腰直角三角形，還可以過(guò)點(diǎn)B作BK⊥AC于點(diǎn)K來(lái)解決．

方法4：過(guò)點(diǎn)A作BC的垂線(xiàn)，解題方法同方法3.

方法5：如圖④，利用同弧所對(duì)的圓心角是圓周角的2倍，將45°角轉(zhuǎn)化為90°角來(lái)解決問(wèn)題．

方法6：利用兩角和的正切公式容易輕松求解。

例1圖

選擇方法5和方法6解

方法5解：設(shè)線(xiàn)段AB的中點(diǎn)為E，

∵點(diǎn)A（4，0）、B（﹣6，0），

∴AB＝10，E（﹣1，0），

（1）如答圖1所示，過(guò)點(diǎn)E在第二象限作EP⊥AB，且EPAB＝5，則△PBA為等腰直角三角形，∠

1

=2

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BPA＝90°，PA＝PB＝5；

以點(diǎn)P為圓心，PA（或PB2）長(zhǎng)為半徑作P，與y軸的正半軸交于點(diǎn)C，

∵∠BCA為P的圓周角，⊙

⊙

∴∠BCA∠BPA＝45°，即則點(diǎn)C即為所求．

1

過(guò)點(diǎn)P作=P2F⊥y軸于點(diǎn)F，則OF＝PE＝5，PF＝1，

在Rt△PFC中，PF＝1，PC＝5，由勾股定理得：CF7，

22

∴OC＝OF+CF＝5+7＝12，2=?????=

∴點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，12）；

（2）如答圖2所示，在第3象限可以參照（1）作同樣操作，同理求得y軸負(fù)半軸上的點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，

﹣12）．

綜上所述，點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，12）或（0，﹣12）．

總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理，難度較大，由45°的圓周角聯(lián)想到90°的圓心角是解題的突破口，

也是本題的難點(diǎn)所在．

方法6：當(dāng)C在y軸正半軸上時(shí)，設(shè)C(0，y)

∵tan∠BCA=tan45=1

∴tan（∠BCO+∠ACO)=1

4+6

yy

=1

46

1-×

yy

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解得y=12(負(fù)值舍去）C（0，12）

當(dāng)C在y軸負(fù)半軸上時(shí)，C（0,-12)

綜上所述，點(diǎn)C坐標(biāo)為（0，12）或（0，﹣12）．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2021春?永嘉縣校級(jí)期末）如圖，已知反比例函數(shù)y（x＞0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，5），若在該圖象

?

=

上有一點(diǎn)P，使得∠AOP＝45°，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是（6，）．

25

5

3

思路引領(lǐng)：作AE⊥y軸于E，將線(xiàn)段OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到OA′，作A′F⊥x軸于F，則△

AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝4，A′F＝AE＝3，即A′（4，﹣3），求出線(xiàn)段AA′的中垂線(xiàn)的解析

式，利用方程組確定交點(diǎn)坐標(biāo)即可．

解：如圖，作AE⊥y軸于E，將線(xiàn)段OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到OA′，作A′F⊥x軸于F，

則△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝5，A′F＝AE＝4，即A′（5，﹣4）．

∵反比例函數(shù)y（x＞0）的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（4，5），

?

所以由勾股定理=可知：OA，

22

∴k＝4×5＝20，=4+5=41

∴y，

20

=?

∴AA′的中點(diǎn)K（，），

91

∴直線(xiàn)OK的解析式2為2yx，

1

=9

由，解得或，

1

?=9??=65?=?65

2525

20?=?=?

∵點(diǎn)?P=在?第一象限，33

∴P（6，），

25

5

3

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故答案為（6，）．

25

5

3

總結(jié)提升：本題考查反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，一次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)造

全等三角形解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建一次函數(shù)，利用方程組確定交點(diǎn)坐標(biāo)，屬于中考填空題中的壓軸題．

2．如圖，已知△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D，若BD＝2，CD＝1．求△ABC的面積．

思路引領(lǐng)：如圖，過(guò)B作BE⊥AC，垂足為E交AD于F，由∠BAC＝45°可以得到BE＝AE，再根據(jù)已

知條件可以證明△AFE≌△BCE，可以得到AF＝BC＝3，而∠FBD＝∠DAC，又∠BDF＝∠ADC＝90°，

由此可以證明△BDF∽△ADC，所以FD：DC＝BD：AD，設(shè)FD長(zhǎng)為x，則可建立關(guān)于x的方程，解方

程即可求出FD，AD的長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．

解：如圖，過(guò)B作BE⊥AC，垂足為E交AD于F，

∵∠BAC＝45°，

∴BE＝AE，

∵∠C+∠EBC＝90°，∠C+∠EAF＝90°，

∴∠EAF＝∠EBC，

在△AFE與△BCE中，，

∠???=∠???

??=??

∴△AFE≌△BCE（ASA）∠，???=∠???=90°

∴AF＝BC＝BD+DC＝3，∠FBD＝∠DAC，

又∵∠BDF＝∠ADC＝90°，

∴△BDF∽△ADC，

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∴FD：DC＝BD：AD，

設(shè)FD長(zhǎng)為x，則

x：1＝2：（x+3），

解得x（負(fù)值舍去），即FD，

?3+17?3+17

==

∴AD＝AF+F2D＝3，2

?3+17

+

∴△ABC的面積BC?2AD3×（3）．

11?3+179+317

=2=2×+2=4

總結(jié)提升：本題考查了勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線(xiàn)，構(gòu)造出直角三角形

是解答此題的關(guān)鍵．

典例2（2022?東莞市校級(jí)一模）如圖1，正方形ABCD中，E、F分別是邊CD、AD上的點(diǎn)，∠EBF＝45°．

（1）小聰同學(xué)通過(guò)將△BAF繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△BCG，得到∠EBG＝∠EBF＝45°．

①請(qǐng)直接寫(xiě)出線(xiàn)段CE、EF、AF之間的數(shù)量關(guān)系：EF＝EC+AF（用等式表示）；

②若AB＝2，E為CD邊中點(diǎn)，求AF．

（2）如圖2，將正方形ABCD改為矩形，且AB＝2，BC＝3，其他條件不變，即：E、F分別是邊CD、

AD上的點(diǎn)，∠EBF＝45°．

③記EF＝y(tǒng)，CE+AF＝x，試探究y與x之間的數(shù)量關(guān)系（用等式表示）；

④當(dāng)BF⊥EF時(shí)，求線(xiàn)段EF的長(zhǎng)．

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思路引領(lǐng)：（1）①由旋轉(zhuǎn)可知△BAF≌△BCG，所以BF＝BG，AF＝CG，BF＝BG，易證△BFE≌△BGE

（SAS），所以EF＝EC+CG＝EC+AF；

②若點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，則DE＝EC＝1，設(shè)AF＝x，則CG＝x，DF＝2﹣x，由①可知，EF＝1+x，在

Rt△DEF中，∠D＝90°，利用勾股定理建立關(guān)于x的方程，求解即可；

（2）③將△ABF繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△PBM，延長(zhǎng)BM交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥

DN于點(diǎn)N，連接EM，由旋轉(zhuǎn)可得，∠BPM＝90°，BF＝BM，BP＝AB＝2，∠ABF＝∠PBM，易證四

邊形PMNC是矩形，所以PM＝CH＝AF，所以CE+CH＝x，由（1）中思路易證△BEF≌△BEM（SAS），

所以EM＝BF＝y(tǒng)，在Rt△MHE中，由勾股定理可得，MH2+EH2＝EM2，代入數(shù)據(jù)可得結(jié)論；

④因?yàn)锽F⊥EF，所以△BFE是等腰直角三角形，則FB＝FE，∠AFB+∠DFE＝90°，易證△ABF≌△

DFE（AAS），所以DF＝2，AF＝DE＝1，由勾股定理可得EF．

解：（1）①由題意可知△BAF≌△BCG，=5

∴BF＝BG，AF＝CG，BF＝BG，

∵∠EBG＝∠EBF＝45°，BE＝BE，

∴△BFE≌△BGE（SAS），

∴EF＝EG，

∵EG＝EC+CG＝EC+AF，

∴EF＝EC+AF，

故答案為：EF＝EC+AF．

②若點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，

∴DE＝EC＝1，

設(shè)AF＝x，則CG＝x，DF＝2﹣x，

由①可知，EF＝1+x，

在Rt△DEF中，∠D＝90°，由勾股定理可得，（2﹣x）2+12＝（1+x）2，

解得x，即AF．

22

（2）③=3將△ABF=繞3點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△PBM，延長(zhǎng)BM交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)M作MH⊥

DN于點(diǎn)N，連接EM，

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由旋轉(zhuǎn)可得，∠BPM＝90°，BF＝BM，BP＝AB＝2，∠ABF＝∠PBM，

∴∠CPM＝90°，PC＝MH＝1，

∵∠BCN＝90°，

∴四邊形PMNC是矩形，

∴PM＝CH＝AF，

∴CE+CH＝x，

∵∠FBE＝45°，

∴∠ABF+∠EBC＝45°，即∠PBM+∠EBC＝∠EBM＝45°，

∵BF＝BF，∠FBE+∠EBM＝45°，BE＝BE，

∴△BEF≌△BEM（SAS），

∴EM＝BF＝y(tǒng)，

在Rt△MHE中，由勾股定理可得，MH2+EH2＝EM2，

∴12+x2＝y(tǒng)2，即y．

2

④∵BF⊥EF，=?+1

∴△BFE是等腰直角三角形，

∴FB＝FE，∠AFB+∠DFE＝90°，

∵∠AFB+∠ABF＝90°，

∴∠ABF＝∠DFE，

∵∠A＝∠D＝90°，

∴△ABF≌△DFE（AAS），

∴DF＝2，AF＝DE＝1，

∴EF．

總結(jié)提=升5：本題屬于四邊形綜合題，主要考查全等三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)

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的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是利用類(lèi)比思想作出正確的輔助線(xiàn)，將所求線(xiàn)段放在同一個(gè)三角形中．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2020?泗水縣二模）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD上的點(diǎn)，且∠EAF＝45°，AE、

AF分別交BD于M、N，連接EN、EF，有以下結(jié)論：

①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③當(dāng)AE＝AF時(shí)，；④BE+DF＝EF．其

??2

=

中正確的個(gè)數(shù)有（）??2

A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)

思路引領(lǐng)：①如圖1，證明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，

②利用相似三角形的性質(zhì)可得∠NAE＝∠AEN＝45°，則△AEN是等腰直角三角形可作判斷；

③先證明CE＝CF，假設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，設(shè)CE＝x，則BE＝1﹣x，表示AC的長(zhǎng)為AO+OC可作判斷；

④如圖3，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，證明△AEF≌△AEH（SAS），則EF＝EH＝BE+BH

＝BE+DF，可作判斷．

解：如圖1，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，

∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，

∴△AMN∽△BME，

∴，

????

=

????

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∴，

????

=

∵∠??AMB?＝?∠EMN，

∴△AMB∽△NME，故①正確，

∴∠AEN＝∠ABD＝45°

∴∠NAE＝∠AEN＝45°，

∴△AEN是等腰直角三角形，故②正確，

在△ABE和△ADF中，

∵，

??=??

∠???=∠???=90°

∴△?A?B=E≌??△ADF（SAS），

∴BE＝DF，

∵BC＝CD，

∴CE＝CF，

假設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，設(shè)CE＝x，則BE＝1﹣x，

如圖2，連接AC，交EF于H，

∵AE＝AF，CE＝CF，

∴AC是EF的垂直平分線(xiàn)，

∴AC⊥EF，OE＝OF，

Rt△CEF中，OCEFx，

12

△EAF中，∠EAO=＝2∠F=AO2＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，

∴OE＝BE，

∵AE＝AE，

∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），

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∴AO＝AB＝1，

∴ACAO+OC，

=2=

∴1x，

2

x＝2+2=，2

?2

∴，故③正確，

??1?(2?2)2

==

③?如?圖3，2?22

∴將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，則AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，

∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，

∵∠ABE＝∠ABH＝90°，

∴H、B、E三點(diǎn)共線(xiàn)，

在△AEF和△AEH中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?=AE?F?≌△AEH（SAS），

∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故④正確．

故選：D．

總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，綜合考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角

形的判定和性質(zhì)、線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)和判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)

會(huì)添加常用輔助線(xiàn)構(gòu)造全等三角形，屬于中考?jí)狠S題．

2．如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，且EG與FH的夾角為45°，

若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，F(xiàn)H的長(zhǎng)為，求EG的長(zhǎng)．

5

2

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思路引領(lǐng)：可過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AN∥EG交CD于點(diǎn)N，將△AND繞點(diǎn)A旋

轉(zhuǎn)到△APB，不難得出△APM和△ANM全等，那么可得出PM＝MN，而MB的長(zhǎng)可在Rt△ABM中根據(jù)

AB和AM（即HF的長(zhǎng)）求出．如果設(shè)DN＝x，那么NM＝PM＝BM+x，MC＝BC﹣BM＝1﹣BM，因此

可在直角三角形MNC中用勾股定理求出DN的長(zhǎng)，進(jìn)而可在Rt△AND中求出AN即EG的長(zhǎng)．

解：過(guò)點(diǎn)A作AM∥HF交BC于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)A作AN∥EG交CD于點(diǎn)N，

∵AB＝1，AM＝FH，

5

=

在Rt△ABM中，BM2，將△AND繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到△APB，

221

∴AP＝AN．=?????=2

∵EG與FH的夾角為45°，

∴∠MAN＝45°，

∴∠DAN+∠MAB＝45，即∠PAM＝∠MAN＝45°，

在△APM和△ANM中，有，

??=??

∠???=∠???

∴△APM≌△ANM（SAS），??=??

∴PM＝NM，

設(shè)DN＝x，則NC＝1﹣x，NM＝PMx，

1

=2+

在Rt△CMN中，（x）2（1﹣x）2，

11

+=+

解得x，24

1

=3

∴EG＝AN，

210

=1+?=3

答：EG的長(zhǎng)為．

10

3

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總結(jié)提升：本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、圖形

的旋轉(zhuǎn)變換等知識(shí)．通過(guò)輔助線(xiàn)或圖形的旋轉(zhuǎn)將所求的線(xiàn)段與已知的線(xiàn)段構(gòu)建到一對(duì)全等或相似的三角

形中是本題的基本思路．

典例3（2019秋?寧化縣月考）（1）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，∠EAF＝45°，

延長(zhǎng)CD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連結(jié)EF，AG．

①判定AE和AG關(guān)系，并證明；

②證明：EF＝FG；

（2）如圖，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)M，N在邊BC上，且∠MAN＝45°，

若BM＝1，CN＝3，求MN的長(zhǎng)．

思路引領(lǐng)：（1）證△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出即可；

（2）過(guò)點(diǎn)C作CE⊥BC，垂足為點(diǎn)C，截取CE，使CE＝BM．連接AE、EN．通過(guò)證明△ABM≌△ACE

（SAS）推知全等三角形的對(duì)應(yīng)邊AM＝AE、對(duì)應(yīng)角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性質(zhì)和∠

MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的對(duì)應(yīng)邊MN＝EN；

最后由勾股定理得到EN2＝EC2+NC2即MN2＝BM2+NC2．

（1）①AE＝AG，AE⊥AG

證明：在正方形ABCD中，

∠B＝∠ADG，AD＝AB，

∵DG＝BE

∴△ABE≌△ADG（SAS），

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∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，

∴∠EAG＝90°，

∴AE＝AG，AE⊥AG

②在△FAE和△GAF中，

AE＝AG

∠EAF＝∠FAG＝45?

AF＝AF，

∴△FAE≌△GAF（SAS），

∴EF＝FG；

（2）如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥BC，垂足為點(diǎn)C，截取CE，使CE＝BM．連接AE、EN．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，

∴∠B＝∠ACB＝45°．

∵CE⊥BC，

∴∠ACE＝∠B＝45°．

∴△ABM≌△ACE（SAS）．

∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．

∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，

∴∠BAM+∠CAN＝45°．

∵∠BAM＝∠CAE

∴∠MAN＝∠EAN＝45°．

∵AN＝AN

∴△MAN≌△EAN（SAS）．

∴MN＝EN．

在Rt△ENC中，，

2222

??=??+??=3+1=10

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∴MN＝EN．

總結(jié)提升：=本題10主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定

理的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．

針對(duì)訓(xùn)練

1．（2020春?太倉(cāng)市期中）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D，E是斜邊BC上兩點(diǎn)，∠

DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，則△ABC的面積為36．

思路引領(lǐng)：將△AEC順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△AFB，得出∠ABF＝∠ACD＝45°，∠BAF＝∠CAE，AE

＝AF，證明△DAE≌△DAF（SAS），由全等三角形的判定與性質(zhì)得出DE＝DF，由勾股定理求出DE的

長(zhǎng)，根據(jù)三角形的面積可求出答案．

解：將△AEC順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°至△AFB，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，

∴∠ABC＝∠ACB＝45°，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△AEC≌△ABF，

∴∠ABF＝∠ACD＝45°，∠BAF＝∠CAE，AE＝AF，

∴∠FBE＝45°+45°＝90°，BF＝CE，

∴BD2+BF2＝DF2，

∵∠DAE＝45°，

∴∠BAD+∠CAE＝45°，

∴∠BAD+∠BAF＝45°，

∴∠DAE＝∠DAF，

又∵AD＝AD，

∴△DAE≌△DAF（SAS），

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∴DE＝DF，

∴BD2+BF2＝DE2，

∵BD＝3，CE＝4，

∴DE5，

22

∴BC＝=BD3+D+E4+C=E＝3+5+4＝12，

∴AB＝AC＝126，

2

×=2

∴△ABC的面積為236．

1

×62×62=

故答案為：36．2

總結(jié)提升：本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，

熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

模塊二2023中考押題預(yù)測(cè)

1．（2021秋?潛江校級(jí)月考）如圖，點(diǎn)E和點(diǎn)F是正方形ABCD的邊BC和邊CD上的兩動(dòng)點(diǎn)，且∠EAF＝

45°，有下列結(jié)論：①EF＝BE+DF；②∠AEB＝∠AEF；③BG2+DG2＝2AG2；④如果BE＝CE，那么

DF：CF＝1：3；⑤△AFE∽△AGM且相似比是；其中正確的結(jié)論有（）個(gè)．

2

A．1B．2C．3D．4

思路引領(lǐng)：由“SAS”可證△AEF≌△AEQ，可得EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，可得BE+BQ＝BE+DF＝EF，

故①②正確；由勾股定理可求DF，CF的長(zhǎng)，可得DF：CF＝1：2，故④錯(cuò)誤；由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AP

＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，由勾股定理可求BG2+DG2＝2AG2，故③正確；通過(guò)證

明△EAF∽△MAG，可得相似比為，故⑤正確；即可求解．

解：如圖，延長(zhǎng)CB至Q，使BQ＝D2F，連接AQ，

∵BQ＝DF，∠ADF＝∠ABQ，AB＝AD，

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∴△ADF≌△ABQ（SAS），

∴AF＝AQ，∠DAF＝∠BAQ，

∵∠EAF＝45°，

∴∠EAQ＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，

∴∠EAQ＝∠EAF＝45°，

在△AEF和△AEQ中，

，

??=??

∠???=∠???=45°

∴?△?=AE?F?≌△AEQ（SAS），

∴EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，

∴BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正確；

設(shè)AB＝BC＝CD＝2a，

當(dāng)BE＝EC＝a時(shí)，∵EF2＝CF2+EC2，

∴（a+DF）2＝（2a﹣DF）2+a2，

∴DFa，

2

=

∴CF3a，

4

∴DF=：3CF＝1：2，故④錯(cuò)誤；

如圖，將△ABG繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，連接PG，

∴AP＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，

∴PG2＝AG2+AP2＝2AG2，∠BDP＝90°，

∴DG2+PD2＝PG2，

∴BG2+DG2＝2AG2，故③正確；

如圖，連接ME，

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∵∠CBD＝∠EAF＝45°，

∴點(diǎn)A，點(diǎn)B，點(diǎn)E，點(diǎn)M四點(diǎn)共圓，

∴∠AEM＝∠ABD＝45°，

∴∠AEM＝∠EAM＝45°，

∴AM＝EM，

∴AEAM，

∵∠D=AG2＝90°﹣∠BAG，∠AMB＝180°﹣∠ABD﹣∠EAF﹣∠BAG＝90°﹣∠BAG，

∴∠DAG＝∠AMB，

∵AD∥BC，

∴∠DAG＝∠AEB，

∵∠AEB＝∠AEF，

∴∠AMB＝∠AEF，

又∵∠EAF＝∠GAM，

∴△EAF∽△MAG，

∴相似比為，故⑤正確；

??

=2

故選：D．??

總結(jié)提升：本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似

三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線(xiàn)構(gòu)造相似三角形或全等三角形是解題的關(guān)鍵．

2．（2023?天河區(qū)一模）如圖，Rt△ABC中，AB＝AC＝3，AO＝1，若將AD繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到

AE，連接OE，則在D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)段OE的最小值為．

2

思路引領(lǐng)：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，由“SAS”可證△ABD≌△ACE，可得

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∠ACE＝∠B＝45°，可得點(diǎn)E在過(guò)點(diǎn)C且垂直BC的直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)OE⊥CE時(shí)，OE的值最小，即

可求解．

解：在Rt△ABC中，AB＝AC＝3，

∴∠B＝∠ACB＝45°，

∵將AD繞A點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AE，

∴AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，

∴∠BAD＝∠CAE，

在△ABD和△ACE中，

，

??=??

∠???=∠???

∴?△?A=B?D?≌△ACE（SAS），

∴∠ACE＝∠B＝45°，

∴∠BCE＝90°，

∴點(diǎn)E在過(guò)點(diǎn)C且垂直BC的直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)，

∴當(dāng)OE⊥CE時(shí)，OE的值最小，

∵AO＝1，AC＝3，

∴CO＝2，

∵OE⊥CE，∠ACE＝45°，

∴OE＝CE，

∵OE2+CE2＝OC2＝4，

∴OE2＝2，

∴OE，

故答案=為：2．

總結(jié)提升：本2題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形，勾股定理等知識(shí)，確

定點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．

3．如圖，點(diǎn)A與點(diǎn)B的坐標(biāo)分別是（1，0）和（5，0），點(diǎn)P是該直角坐標(biāo)系x軸上方的動(dòng)點(diǎn)，并且滿(mǎn)足

∠APB＝45°，滿(mǎn)足條件的點(diǎn)P有多少個(gè)？畫(huà)出這一些點(diǎn)．

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思路引領(lǐng)：由題意可得AB對(duì)應(yīng)的圓周角為45°，所以它對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，以AB為斜邊做等腰直

角三角形，其頂點(diǎn)即為圓的圓心，再將圓做出，則點(diǎn)P可以是優(yōu)弧上任意一點(diǎn)．

解：P點(diǎn)有無(wú)數(shù)個(gè)．

如圖，以M（3，2）為圓心，以為半徑作圓，取其在x軸上方的部分圓弧，

則P點(diǎn)可以是此圓弧上任意一點(diǎn)（2不2與A、B重合），理由如下：

∵∠AMB＝90°，

在優(yōu)弧AB山任取點(diǎn)P，連接PA、PB，

有∠APB＝45°．

總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，通過(guò)題目條件將其轉(zhuǎn)化為找圓周角為45°的點(diǎn)P的位置是解題關(guān)鍵．

4．（2016秋?銅山區(qū)期中）已知：如圖，△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB，點(diǎn)D、E是BC上的兩點(diǎn)，且

∠DAE＝45°，△ADC與△ADF關(guān)于直線(xiàn)AD對(duì)稱(chēng)．求證：（1）∠FAE＝∠BAE；

（2）CD2+BE2＝DE2．

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思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得到△AFD≌△ADC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝AF，CD＝FD，

∠C＝∠DFA，∠CAD＝∠FAD，由于A(yíng)B＝AC，于是得到AF＝AB，證得∠FAE＝∠BAE，即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝AF，CD＝FD，∠C＝∠DFA，由已知條件得到AF＝AB，推出△

AFE≌△ABE，求得EF＝BE，∠B＝∠EFA，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．

證明：（1）∵△ADC與△ADF關(guān)于直線(xiàn)AD對(duì)稱(chēng)，

∴△AFD≌△ADC；

∴∠CAD＝∠FAD，

∵∠CAB＝90°，∠DAE＝45°，

∴∠FAD+∠FAE＝45°，∠CAD+∠EAB＝45°，

∴∠FAE＝∠BAE；

（2）∵△AFD≌△ADC，

∴AC＝AF，CD＝FD，∠C＝∠DFA，

又∵AB＝AC，

∴AF＝AB，

在△AFE與△ABE中，

∵，

??=??

∠???=∠???

∴△?A?F=E≌??△ABE，

∴EF＝BE，∠B＝∠EFA，

∴∠DFE＝∠DFA+∠EFA＝∠B+∠C＝90°

在Rt△DFE中，DF2+EF2＝DE2，

即：CD2+BE2＝DE2．

總結(jié)提升：本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是

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解題的關(guān)鍵．

5．（2022?海口模擬）如圖①，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，若

EG⊥FH，

（1）求證：EG＝FH；

（2）如果把題目中的“正方形”改為“長(zhǎng)方形”，若AB＝3，BC＝4（如圖②），求的值；

??

（3）如果把題目中的“EG⊥FH”改為“EG與FH的夾角為45°”（如圖③），若正?方?形ABCD的邊長(zhǎng)

為2，F(xiàn)H的長(zhǎng)為，求EG的長(zhǎng)．

5

思路引領(lǐng)：（1）過(guò)點(diǎn)H作HN⊥BC交于N，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BA交于M，證明△HFN≌△GEM（ASA）

即可求解；

（2）過(guò)點(diǎn)H作HQ⊥BC交于Q，過(guò)點(diǎn)G作GP⊥AB交于P，由（1）可得△QHF∽△PGE，再由，

????

=

可求；????

??3

=

（3）?過(guò)?A作4AN∥EG交CD于N，過(guò)A作AM∥HF交BC于M，以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADN繞A點(diǎn)順時(shí)

針旋轉(zhuǎn)90°到△PBA，可證明△PAM≌△NAM（SAS），設(shè)DN＝x，則NC＝2﹣x，MN＝PM＝x+1，在

Rt△MNC中，（1+x）2＝（2﹣x）2+1，求出DN，在Rt△ADN中，求出AN，再由AN＝EG即

2210

可求解．=3=3

（1）證明：過(guò)點(diǎn)H作HN⊥BC交于N，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BA交于M，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴MG＝HN，

∵HF⊥EG，

∴∠MGE＝∠NHF，

∴△HFN≌△GEM（ASA），

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∴HF＝EG；

（2）解：過(guò)點(diǎn)H作HQ⊥BC交于Q，過(guò)點(diǎn)G作GP⊥AB交于P，

由（1）可得，∠QHF＝∠PGE，

∴△QHF∽△PGE，

∴，

????

=

∵A?B?＝3，??BC＝4，

∴PG＝4，HQ＝3，

∴；

??3

=

（3?）?過(guò)A4作AN∥EG交CD于N，過(guò)A作AM∥HF交BC于M，以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADN繞A點(diǎn)順時(shí)

針旋轉(zhuǎn)90°到△PBA，

∵AB＝2，F(xiàn)H，

∴BM＝1，=5

∵EG與FH的夾角為45°，

∴∠MAN＝45°，

∴∠BAM+∠DAN＝45°，

∴∠PAM＝45°，

∵AP＝AN，

∴△PAM≌△NAM（SAS），

∴PM＝MN，

設(shè)DN＝x，則NC＝2﹣x，MN＝PM＝x+1，

在Rt△MNC中，（1+x）2＝（2﹣x）2+1，

解得x，

2

=

∴D