第26讲 中考复习专题1-45°角的常见处理策略 (解析版)

第26讲中考复习专项1——45°角的常见处理策略【知识点睛】45°角的常见处理办法：见45°角，作垂直，构K型构造正方形“半角模型”求解构造“母子三角形”，利用三角形相似求解构造“一线三等角”，利用三角形相似求解利用“和角公式”求解【例题探究】如图，已知点A（0,3）、B（0，-2），点P是x轴正半轴上的一点，当∠APB=45°时，求点P的坐标。解法一：见45°，作垂直，构K型如图：过点A作AC⊥AP，交PB延长线与点C，过点A作OP平行线，分别过点C、P作其垂线；易证得：△CDA≌△AEP（AAS）∴PE=AD=OA=3=OF,AE=CD设OP=AE=x，则CF=x-3∵OB∥CF∴△POB∽△PFC∴即解得：∴点P坐标为（6,0）解法二：构造正方形“半角模型”求解如图：作△AOP关于AP的轴对称图形，得△ACP，作△BOP关于BP的轴对称图形，得△BDP，延长CA、DB交于点E易证得：正方形PCED∴AC=OA=3，DB=OB=2，设OP=x，则CP=DP=CE=DE=x，AE=x-3，BE=x-2解法三：构造“母子三角形”，利用三角形相似求解解法四：构造“一线三等角”，利用三角形相似求解解法五：利用“和角公式”求解【类题训练】1．已知：点A（0，4），B（0，﹣6），C为x轴正半轴上一点，且满足∠ACB＝45°，则点C坐标为（12，0）．【分析】解法一：构造含有90°圆心角的⊙P，则⊙P与x轴的交点即为所求的点C．根据△PBA为等腰直角三角形，可得OF＝PE＝5，根据勾股定理得：CF＝＝7，进而得出OC＝OF+CF＝5+7＝12，即可得到点C坐标为（12，0）．解法二：过A作x轴的平行线EF，作AH⊥AC，交CB的延长线于H，过H作FH⊥EF于F，作HD⊥y轴于D，过C作CE⊥EF于E，连接AH，依据△ACE≌△HAF，可得FH＝AE，设FH＝x，则AE＝OC＝x，再根据△OCB∽△DHB，即可得到BD＝，依据FH＝AD，即可得到x＝10+，进而得出x＝12．【解答】解法一：设线段BA的中点为E，∵点A（0，4），B（0，﹣6），∴AB＝10，E（0，﹣1）．如图所示，过点E在第四象限作EP⊥BA，且EP＝AB＝5，则易知△PBA为等腰直角三角形，∠BPA＝90°，PA＝PB＝5；以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与x轴的正半轴交于点C，∵∠BCA为⊙P的圆周角，∴∠BCA＝∠BPA＝45°，即则点C即为所求．过点P作PF⊥x轴于点F，则OF＝PE＝5，PF＝OE＝1，在Rt△PFC中，PF＝1，PC＝5，由勾股定理得：CF＝＝7，∴OC＝OF+CF＝5+7＝12，∴点C坐标为（12，0），解法二：过A作x轴的平行线EF，作AH⊥AC，交CB的延长线于H，过H作FH⊥EF于F，作HD⊥y轴于D，过C作CE⊥EF于E，连接AH，则△ACH是等腰直角三角形，由∠E＝∠F＝90°，∠AHF＝∠CAE，AH＝AC，可得△ACE≌△HAF，∴FH＝AE，设FH＝x，则AE＝OC＝x，∵OC∥HD，∴△OCB∽△DHB，∴＝，即＝，∴BD＝，∴AD＝AB+BD＝10+，又∵FH＝AD，∴x＝10+，解得x＝12，∴点C的坐标为（12，0）故答案为（12，0）．2．如图，已知点A（2，3）和点B（0，2），点A在反比例函数y＝的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转45°，交反比例函数图象于点C，则点C的坐标为（﹣1，﹣6）．【分析】解法一：先过A作AE⊥x轴于E，以AE为边在AE的左侧作正方形AEFG，交AB于P，根据直线AB的解析式为y＝x+2，可得PF＝，将△AGP绕点A逆时针旋转90°得△AEH，构造△ADP≌△ADH，再设DE＝x，则DH＝DP＝x+，FD＝1+2﹣x＝3﹣x，在Rt△PDF中，根据PF2+DF2＝PD2，可得方程（）2+（3﹣x）2＝（x+）2，进而得到D（1，0），即可得出直线AD的解析式为y＝3x﹣3，最后解方程组即可得到C点坐标．解法二：过A作AD⊥y轴于D，将AB绕着点B顺时针旋转90°，得到A'B，过A'作A'H⊥y轴于H，由AB＝BA'，∠ADB＝∠BHA'＝90°，∠BAD＝∠A'BH，可得△ABD≌△BA'H，由A（2，3），A'（1，0），可得直线AC的解析式为y＝3x﹣3，解方程组即可得到C点坐标．解法三：过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，过A作AE⊥DF于E，则△ABF为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，依据全等三角形的性质，即可得出F（，），进而得出直线AF的解析式，解方程组即可得到C点坐标．【解答】解法一：如图所示，过A作AE⊥x轴于E，以AE为边在AE的左侧作正方形AEFG，交AB于P，根据点A（2，3）和点B（0，2），可得直线AB的解析式为y＝x+2，由A（2，3），可得OF＝1，当x＝﹣1时，y＝﹣+2＝，即P（﹣1，），∴PF＝，将△AGP绕点A逆时针旋转90°得△AEH，则△ADP≌△ADH，∴PD＝HD，PG＝EH＝，设DE＝x，则DH＝DP＝x+，FD＝1+2﹣x＝3﹣x，Rt△PDF中，PF2+DF2＝PD2，即（）2+（3﹣x）2＝（x+）2，解得x＝1，∴OD＝2﹣1＝1，即D（1，0），根据点A（2，3）和点D（1，0），可得直线AD的解析式为y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．解法二：如图，过A作AD⊥y轴于D，将AB绕着点B顺时针旋转90°，得到A'B，过A'作A'H⊥y轴于H，由AB＝BA'，∠ADB＝∠BHA'＝90°，∠BAD＝∠A'BH，可得△ABD≌△BA'H，∴BH＝AD＝2，又∵OB＝2，∴点H与点O重合，点A'在x轴上，∴A'（1，0），又∵等腰Rt△ABA'中，∠BAA'＝45°，而∠BAC＝45°，∴点A'在AC上，由A（2，3），A'（1，0），可得直线AC的解析式为y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．解法三：如图，过B作BF⊥AC于F，过F作FD⊥y轴于D，过A作AE⊥DF于E，则△ABF为等腰直角三角形，易得△AEF≌△FDB，设BD＝a，则EF＝a，∵点A（2，3）和点B（0，2），∴DF＝2﹣a＝AE，OD＝OB﹣BD＝2﹣a，∵AE+OD＝3，∴2﹣a+2﹣a＝3，解得a＝，∴F（，），设直线AF的解析式为y＝k'x+b，则，解得，∴y＝3x﹣3，解方程组，可得或，∴C（﹣1，﹣6），故答案为：（﹣1，﹣6）．3．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝8，点E，F在BC上，点G是射线DC与射线AF的交点，若BE＝1，∠EAF＝45°，则AG的长为．【分析】过点E作EH⊥AE，交AG于点H，过点H作HM⊥BC，垂足为M，可得∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°，从而可得AE＝EH，再利用矩形的性质可得BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，从而证明△ABE≌△EMH，进而可得AB＝EM＝2，BE＝HM＝1，然后再证明A字模型相似三角形△ABF∽△HMF，利用相似三角形的性质可求出MF的长，从而求出BF的长，进而利用勾股定理求出AF的长，最后证明8字模型相似三角形△ABF∽△GCF，利用相似三角形的性质可求出FG的长，进行计算即可解答．【解答】解：过点E作EH⊥AE，交AG于点H，过点H作HM⊥BC，垂足为M，∴∠AEH＝∠HME＝∠HMF＝90°，∴∠AEB+∠HEM＝90°，∠FCG＝180°﹣∠BCD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠AHE＝90°﹣∠EAH＝45°，∴AE＝EH，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝8，∠B＝∠BCD＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠HEM，∵∠B＝∠HME＝90°，∴△ABE≌△EMH（AAS），∴AB＝EM＝2，BE＝HM＝1，∵∠B＝∠HMF＝90°，∠AFB＝∠HFM，∴△ABF∽△HMF，∴＝，∴＝，∴FM＝3，∴BF＝BE+EM+FM＝6，∴CF＝BC﹣BF＝8﹣6＝2，∴AF＝＝＝2，∵∠B＝∠FCG＝90°，∠AFB＝∠CFG，∴△ABF∽△GCF，∴＝，∴＝，∴FG＝，∴AG＝AF+FG＝，故答案为：．4．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，点E、F分别在BC、CD上，若AE＝，∠EAF＝45°，则AF的长为．【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，则NF＝x，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x的值，在直角三角形ADF中利用勾股定理即可求出AF的长．【解答】解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝4，∴NF＝x，AN＝4﹣x，∵AB＝2，∴AM＝BM＝1，∵AE＝，AB＝2，∴BE＝1，∴ME＝＝，∵∠EAF＝45°，∴∠MAE+∠NAF＝45°，∵∠MAE+∠AEM＝45°，∴∠MEA＝∠NAF，∴△AME∽△FNA，∴，∴，解得：x＝，经检验，x＝是分式方程的解，∴AF＝＝．故答案为：．5．矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，连结BD，E，F分别在边BC，CD上，连结AE，AF分别交BD于点M，N，若∠EAF＝45°，BE＝1，则下列结论中：①∠AFD+∠AEB＝135°；②；③DF＝1；④DN2+BM2＝MN2；⑤2MN＝3BM；结论正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据三角形内角和定理得△ADF与△AEB两个三角形所有内角相加为360°，结合矩形性质：每个内角都为90°即可判断①；利用勾股定理求出AE，利用矩形的性质证明△ADM∽△EBM，利用相似三角形相似比即可求出EM，从而判断②；利用矩形的性质及已知条件，证明△ADB∽△BAE，得到∠ADB＝∠BAE，进而说明∠AMD＝90°，∠ANM＝45°，得AM＝MN，再证明△ADM∽△BAM，即可求得BM，进而求得DN，再证明△ANB∽△FND，即可求出DF，从而判断③④⑤．【解答】解：∠ADF+∠AFD+∠FAD＝180°，∠AEB+∠ABE+∠BAE＝180°，∴∠ADF+∠AFD+∠FAD+∠AEB+∠ABE+∠BAE＝360°，∵∠ADF＝∠ABE＝90°，∴∠AFD+∠FAD+∠AEB+∠BAE＝180°，∵∠EAF+∠BAE+∠FAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAD＝45°，∠AFD+∠AEB＝180°﹣45°＝135°，故①正确；∵BE＝1，AB＝2，在Rt△ABE中，∴，∵AD∥BC，∴△ADM∽△EBM，∴，∵AD＝4，AM＝AE﹣EM，∴．∴，故②正确；在Rt△ABD中，，∵，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴△ADB∽△BAE，∴∠BAE＝∠ADB，∵∠BAE+∠DAE＝90°，∴∠DAE+∠ADB＝90°，∴∠AMD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠MNA＝45°，∴，∵∠BAE＝∠ADB，∠AMD＝∠AMB＝90°，∴△ADM∽△BAM，∴，∴，∴，，∵AB∥CD，∴△ANB∽△FND，∴，∴，故③错误；∴DN2+BM2≠MN2，故④错误；∴2MN≠3BM，故⑤错误；故选：B．6．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，点E，F分别在BC，CD上，若BE＝，∠EAF＝45°，则AF＝．【分析】取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，则NF＝x，再利用矩形的性质和已知条件证明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出x的值，在直角三角形ADF中利用勾股定理即可求出AF的长．【解答】解：取AB的中点M，连接ME，在AD上截取ND＝DF，设DF＝DN＝x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝6，∴NF＝x，AN＝6﹣x，∵AB＝3，∴AM＝BM＝，∵BE＝，∴，∵∠EAF＝45°，∴∠MAE+∠NAF＝45°，∵∠MAE+∠AEM＝45°，∴∠MEA＝∠NAF，∴△AME∽△FNA，∴．解得，x＝2．∴AF＝＝＝2．故答案为：2．7．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝x+2交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为（3，）．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．（3）若存在点P，使∠PCF＝45°，请直接写出相应的点P的坐标．【分析】（1）首先求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）本问采用数形结合的数学思想求解．将直线y＝x+2沿y轴向上或向下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右侧的交点，即为所求之交点．由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个．联立解析式解方程组，即可求出m的值；（3）本问符合条件的点P有2个，如答图2所示，注意不要漏解．在求点P坐标的时候，需要充分挖掘已知条件，构造直角三角形或相似三角形，解方程求出点P的坐标．【解答】解：（1）在直线解析式y＝x+2中，令x＝0，得y＝2，∴C（0，2）．∵点C（0，2）、D（3，）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，∴，解得b＝，c＝2，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+x+2．（2）∵PF∥OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，∴PF＝OC＝2，∴将直线y＝x+2沿y轴向上、下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右侧的交点，即为所求之交点．由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个．将直线y＝x+2沿y轴向上平移2个单位，得到直线y＝x+4，联立，解得x1＝1，x2＝2，∴m1＝1，m2＝2；将直线y＝x+2沿y轴向下平移2个单位，得到直线y＝x，联立，解得x3＝，x4＝（不合题意，舍去），∴m3＝．∴当m为值为1，2或时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形．（3）存在．理由：设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+2），F（m，m+2）．如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM＝m，EM＝2，∴FM＝yF﹣EM＝m，∴tan∠CFM＝2．在Rt△CFM中，由勾股定理得：CF＝m．过点P作PN⊥CD于点N，则PN＝FN•tan∠PFN＝FN•tan∠CFM＝2FN．∵∠PCF＝45°，∴PN＝CN，而PN＝2FN，∴FN＝CF＝m，PN＝2FN＝m，在Rt△PFN中，由勾股定理得：PF＝＝m．∵PF＝yP﹣yF＝（﹣m2+m+2）﹣（m+2）＝﹣m2+3m，∴﹣m2+3m＝m，整理得：m2﹣m＝0，解得m＝0（舍去）或m＝，∴P（，）；同理求得，另一点为P（，）．∴符合条件的点P的坐标为（，）或（，）．8．已知抛物线y＝a（x﹣h）2的顶点为P，交y轴于点C（0，2），且tan∠OPC＝2．（1）求抛物线的表达式；（2）若OA⊥PC交抛物线于点A，求点A的横坐标；（3）若D是抛物线上的一点，且∠PCD＝45°，求点D的坐标．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）tan∠OPC＝2，OA⊥PC，得到tan∠AOP＝，求出故直线OA的表达式为：y＝x，进而求解；（3）设HG＝2m，则PG＝m，则PH＝m，在等腰Rt△CHG中，PG＝HG，进而求解．【解答】解：（1）由点C的坐标得，OC＝2，则tan∠OPC＝2＝，解得：OP＝1，即点P（1，0），则抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2，将点C的坐标代入上式得：2＝a（0﹣1）2，解得：a＝1，故抛物线的表达式为：y＝（x﹣1）2①；（2）∵tan∠OPC＝2，OA⊥PC，则tan∠AOP＝，故直线OA的表达式为：y＝x②，联立①②得：（x﹣1）2＝x，解得：x＝，即点A的横坐标为；（3）如图2，延长CD交x轴于点H，故点H作HG⊥CP交CP的延长线于点G，∵tan∠OPC＝2＝tan∠HPG，∴设HG＝2m，则PG＝m，则PH＝m，在等腰Rt△CHG中，PG＝HG，由点P、C的坐标得：PC＝＝，则+m＝2m，解得：m＝，∴PH＝m＝5，即点H（6，0），由点C、H的坐标得，直线CH的表达式为：y＝x+2③，联立①③并解得（不合题意的值已舍去），故点D（，）．9．在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0），B（1，0）．（1）求抛物线解析式；（2）若C为抛物线上第一象限内一点，D为抛物线的顶点，且满足，求C点的坐标．（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P，使∠PCD＝45°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）设抛物线的对称轴交x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，由，可求得CF＝5，根据点C在第一象限即可求得点C的坐标；（3）设P（t，t2+2t﹣3），过点P作PE⊥CD于E，过点E作FG∥x轴，过点C作CF⊥FG于F，过点P作PG⊥FG于G，利用待定系数法可得直线CD的解析式为y＝3x﹣1，设E（e，3e﹣1），则EF＝2﹣e，CF＝5﹣（3e﹣1）＝6﹣3e，EG＝e﹣t，PG＝t2+2t﹣3﹣（3e﹣1）＝t2+2t﹣3e﹣2，再证得△PEG≌△ECF（AAS），得出PG＝EF，EG＝CF，建立方程组求解即可求得答案．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣3，0），B（1，0），∴，解得：，∴该抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3；（2）设抛物线的对称轴交x轴于点E，过点C作CF⊥x轴于点F，如图1，∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，顶点D的坐标为（﹣1，﹣4），∴E（﹣1，0），∴DE＝4，∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，∵，∴AB•CF＝×AB•DE，∴CF＝DE＝×4＝5，令x2+2x﹣3＝5，解得：x1＝﹣4，x2＝2，∵点C在第一象限，∴C（2，5）；（3）抛物线上存在点P，使∠PCD＝45°．设P（t，t2+2t﹣3），如图2，过点P作PE⊥CD于E，过点E作FG∥x轴，过点C作CF⊥FG于F，过点P作PG⊥FG于G，则∠CFE＝∠EGP＝∠CEP＝90°，设直线CD的解析式为y＝kx+d，把C（2，5）、D（﹣1，﹣4）分别代入，得：，解得：，∴直线CD的解析式为y＝3x﹣1，设E（e，3e﹣1），则EF＝2﹣e，CF＝5﹣（3e﹣1）＝6﹣3e，EG＝e﹣t，PG＝t2+2t﹣3﹣（3e﹣1）＝t2+2t﹣3e﹣2，∵∠PEG+∠CEF＝∠CEF+∠ECF＝90°，∴∠PEG＝∠ECF，∵∠PCD＝45°，∴△PCE是等腰直角三角形，∴PE＝EC，∴△PEG≌△ECF（AAS），∴PG＝EF，EG＝CF，∴，解得：（不符合题意，舍去），，当t＝﹣时，t2+2t﹣3＝（﹣）2+2×（﹣）﹣3＝，∴点P的坐标为（﹣，）．10．【操作发现】如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而得DM+BN＝MN．【实践探究】（1）在图①条件下，若CN＝3，CM＝4，则正方形ABCD的边长是6．（2）如图②，点M、N分别在边CD、AB上，且BN＝DM．点E、F分别在BM、DN上，∠EAF＝45°，连接EF，猜想三条线段EF、BE、DF之间满足的数量关系，并说明理由．【拓展】（3）如图③，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM，AN，已知∠MAN＝45°，BN＝1，求DM的长．【分析】（1）由旋转的性质可得BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，证出∠EAM＝90°，得出∠MAN＝∠EAN，可证△AMN≌△EAN，得出MN＝EN．证出MN＝BN+DM．在Rt△CMN中，由勾股定理得出MN＝＝＝5，则BN+DM＝5，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣3，DM＝CD﹣CM＝x﹣4，得出方程x﹣3+x﹣4＝5，解得：x＝6即可；（2）将△AFD绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，连接EH，由旋转的性质可得∠ADF＝∠ABH，DF＝BH，∠DAF＝∠BAH，AH＝AF，由“SAS”可证△EAH≌△EAF，可得HE＝EF，由直角三角形的性质和平行四边形的性质可求∠ABH+∠ABM＝90°＝∠HBM，由勾股定理可求解；（3）延长AB至P，使BP＝BN＝1，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，则四边形APQD是正方形，得出PQ＝