45°半角模型所有结论,初中数学45°角经典例题解析及答案
2020中考数学专题—存在性问题之45°角或等角
2020中考专题16——存在性问题之45°角或等角班级姓名.【方法解读】这里所说的角的存在性问题主要涉及45°角(或135°角)、两角相等的存在性问题.45°角是一个非常特殊的角,它不仅是直角的一半,也是等腰直角三角形的底角,解决此类问题的一般策略是构造等腰直角三角形(见下图);角的相等问题常借助相似(全等)或等腰三角形求解.【例题分析】例1.如图，已知反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过点E （3，4），在该图象上面找一点P ，使∠POE ＝45°，则点P 的坐标为．例2.如图，在平面直角坐标系中,反比例函数)0(2>=x x y 的图象与正比例函数y=kx,y=k1x(k>1)的图象分别交于点A,B.若∠AOB=45°,则△AOB 的面积是.例3.如图，抛物线y ＝2ax ＋ｂx ＋ｃ经过A （－1，0），B （4，0），C （0，3）三点，D 为直线BC 上方抛物线上一动点，DE ⊥BC 于E ．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图1，求线段DE 长度的最大值；（3）如图2，设AB 的中点为F ，连接CD ，CF ，是否存在点D ，使得△CDE 中有一个角与∠CFO 相等？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．【巩固训练】1.如图，在平面直角坐标系中，OA＝AB，∠OAB＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A，B两点．若点A的坐标为（n，1），则k的值为．2.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2,0）．（1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是；（2）设点P为线段OB的中点，连结PA，PC，若∠CPA＝∠ABO，则m的值是．3.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，且经过点C(0，2)、D（3，），点P是y轴右侧的抛物线上一动点，当∠PCD＝45°时，求点P的坐标．4.如图，直线y＝3x和双曲线y＝（x＞0）交于点A，点P为双曲线上一点，且∠POA＝∠1+∠2，求点P的坐标．5..如图，二次函数y＝mx2+（m2﹣m）x﹣2m+1的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，顶点D的横坐标为1．（1）求二次函数的表达式及A、B的坐标；（2）若P（0，t）（t＜﹣1）是y轴上一点，Q（﹣5，0），将点Q绕着点P顺时针方向旋转90°得到点E．当点E恰好在该二次函数的图象上时，求t的值；（3）在（2）的条件下，连接AD、AE．若M是该二次函数图象上一点，且∠DAE＝∠MCB，求点M的坐标．6.如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过A（﹣1，0）、C（0，3）两点，与x轴交于另一点B．（1）求此抛物线的解析式；（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点D′的坐标；（3）在（2）的条件下，连接BD，问在抛物线上是否存在点P，使∠DBP＝45°？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．7.如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（0，3），C（3，0）；过A作AB∥x轴交抛物线于点B，连接AC、BC，点P为抛物线上动点．（1）求抛物线解析式；（2）当∠PAB＝∠BCA时，求点P的坐标；（3）当点P在抛物线上BC两点之间移动时，点Q为x轴上一动点，连接AP、AQ，使得tan∠PAQ＝2，且AP交BC于点G，过G作GH⊥AQ交AQ于点H，设点H的坐标为（m，n），求n关于m的函数关系式．8.如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在该抛物线上，且横坐标为3．（1）求点M、A、B坐标；（2）连接AB、AM、BM，求∠ABM的正切值；（3）点P是顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴的右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α＝∠ABM时，求P点坐标．2020中考专题16——存在性问题之45°角或等角参考答案例1.解：方法一、过点E作EA⊥x轴于点A，过点P作PB⊥x轴于点B，如图所示．∵点E（3，4）在函数y＝的图象上，∴k＝3×4＝12，∴设点P的坐标为（n，），则点A（3，0），点B（n，0），S四边形OBPE＝S△OAE+S梯形PBAE＝|k|+（PB+EA）•AB＝6+（+4）（n﹣3）＝2n﹣+6．S△OEP＝S四边形OBPE﹣S△OBP＝2n﹣+6﹣|k|＝2n﹣．由两点间的距离公式可知：OE＝＝5，OP＝，S△OEP＝OE•OP•sin∠EOP＝＝2n﹣，即7n4﹣576n2﹣1008＝0，解得：n2＝84或n2＝﹣84（舍去），∴n1＝2，n2＝﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（2，）；方法二、如图，过点E作EF⊥OE交OP于点F，过点E作EN⊥y轴，垂足为N，过点F作FM ⊥NE于点M，∴∠ONE＝∠EMF＝90°，∴∠NOE+∠OEN＝90°，∵∠OEF＝90°，∴∠OEN+∠FEM＝90°，∴∠NOE＝∠MEF，若∠POE＝45°，则OE＝EF，在△ONE和△MEF中，∵，∴△ONE≌△MEF（AAS），∴EM＝ON＝4、MF＝NE＝3，则点F的坐标为（7，1），∴直线OF的解析式为y＝x，由，解得x＝2或x＝﹣2（舍），当x＝2时，y＝＝＝＝，即点P（2，），故答案为：（2，）．例2.【答案】2【解析】过点O 作OC ⊥AB ，垂足为C ．过点A 作AM ⊥y 轴，垂足为M ，过点B 作BN ⊥x 轴，垂足为N ．设点A 的横坐标为a ，则点A 的纵坐标为a 2．∵点A 在一次函数数y ＝kx 上，∴a 2＝ka ．k ＝22a ．∴OB 所在直线的解析式为y ＝22a x ．令22a x ＝x 2．得x ＝a 2．∴y ＝a ．∴OA ＝OB ，△OAM ≌△OBN ．∵∠AOB ＝45°，∴∠AOC ＝∠AOM ．∴△OAM ≌△OAC ．∴S △OAB ＝2S OAM ＝2．故填2．BO A xy CN M 例3.解：（1）由题意得，016403a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得，34943a b c ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩.∴y =23944x x -++3.（2）设直线BC 的解析式为y =kx +b ，∴403k b b +=⎧⎨=⎩，解得343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y =﹣34x +3．设D （a ，23944a a -++3）（0＜a ＜4）．过点D 作DM ⊥x 轴交BC 于M ．∴M （a ，﹣34a +3）.∴DM =239333444a a a ⎛⎫⎛⎫-++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=2334a a -+．∵∠DME =∠OCB ，∠DEM =∠COB ，∴△DEM ∽△BOC ，∴DE DM =OB BC．∵OB =4，OC =3，∴BC =5，∴DE =45DM ．∴DE =231255a a -+=()2312255a --+.当a =2时，DE 取最大值，最大值是125．（3）假设存在这样的点D ，使得△CDE 中有一个角与∠CFO 相等．∵F 是AB 的中点，∴OF =32，tan∠CFO =OC OF=2．过点B 作BG ⊥BC 交CD 的延长线于G ，过点G 作GH ⊥x 轴，垂足为H ．∵DE ⊥BC ，故∠CED =90°，则只存在另外两个角与∠CFO 相等．①若∠DCE =∠CFO ，∴tan∠DCE =OC OF =2，∴BG =10．∵△GBH ∽△BCO ，∴GH BO =HB OC =GB BC．∴GH =8，BH =6.∴G （10，8）．设直线CG 的解析式为y =kx +b ，∴3108b k b =⎧⎨+=⎩，解得123k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，∴y =12x +3．依题意得，213239344y x y x x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得x =73，或x =0（舍）．②若∠CDE =∠CFO ，同理可得，BG =52，GH =2，BH =32，∴G （112，2）．同理可得，直线CG 的解析式为y =－211x +3．依题意得，2231139344y x y x x ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得x =10733，或x =0（舍）．综上所述，存在D 使得△CDE 中有一个角与∠CFO 相等，其横坐标为73或10733．【巩固训练】答案1.解：作AE ⊥x 轴于E ，BF ⊥x 轴于F ，过B 点作BC ⊥y 轴于C ，交AE 于G ，如图所示：则AG ⊥BC ，∵∠OAB ＝90°，∴∠OAE +∠BAG ＝90°，∵∠OAE +∠AOE ＝90°，∴∠AOE ＝∠GAB ，在△AOE 和△BAG 中，，∴△AOE ≌△BAG （AAS ），∴OE ＝AG ，AE ＝BG ，∵点A （n ，1），∴AG ＝OE ＝n ，BG ＝AE ＝1，∴B （n +1，1﹣n ），∴k ＝n ×1＝（n +1）（1﹣n ），整理得：n 2+n ﹣1＝0，解得：n ＝（负值舍去），∴n＝，∴k ＝；故答案为：．2.（1）当直线AB经过点C时，点A与点C重合，当x＝2时，y＝﹣2+m＝0，即m＝2，所以直线AB的解析式为y＝﹣x+2，则B（0，2）．∴OB＝OA＝2，AB＝2．设点O到直线AB的距离为d，＝OA2＝AB•d，得由S△OAB4＝2d，则d＝．故答案是：．（2）作OD＝OC＝2，连接CD．则∠PDC＝45°，如图，由y＝﹣x+m可得A（m，0），B（0，m）．所以OA＝OB，则∠OBA＝∠OAB＝45°．当m＜0时，∠APC＞∠OBA＝45°，所以，此时∠CPA＞45°，故不合题意．所以m＞0．因为∠CPA＝∠ABO＝45°，所以∠BPA+∠OPC＝∠BAP+∠BPA＝135°，即∠OPC＝∠BAP，则△PCD∽△APB，所以＝，即＝，解得m＝12．故答案是：12．3.解：∵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．（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＝y F﹣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＝y P﹣y F＝（﹣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（，）．4.解：过点A作x平行线交y轴于点E，过点P作y轴的平行线交x轴于点F，交EA于点B，连接AP．如图所示．将一次函数解析式y＝3x代入到反比例函数解析式y＝（x＞0）中，3x＝，即3x2＝3，解得：x＝1，或x＝﹣1（舍去）．当x＝1时，y＝＝3，∴点A的坐标为（1，3）．设点P的坐标为（n，）（n＞0），则OF＝n，OE＝3，BP＝3﹣，AB＝n﹣1，OA＝＝，OP＝．∵∠POA＝∠1+∠2，且∠POA+∠1+∠2＝90°，∴∠POA＝45°．S POA＝S矩形OFBE﹣S△OAE﹣S△OPF﹣S△ABP＝3n﹣﹣﹣（3﹣）（n﹣1）＝（1+）（n﹣1）＝（n﹣）．又∵S POA＝OA•OP•sin∠POA＝＝（n﹣），即4n4﹣18n2﹣36＝0，解得：n2＝6，或n2＝﹣（舍去）．∵n＞0，∴n＝，∴点P的坐标为（，）．5..解：（1）∵抛物线的顶点坐标的横坐标为1，∴，解得，m1＝﹣1，m2＝0（舍去）∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得，x1＝﹣1，x2＝3，∴A（﹣1，0），B（3，0），（2）如图1，过点E作EH⊥y轴于点H，∵∠PQO+∠OPQ＝90°，∠OPQ+∠HPE＝90°，∴∠HPE＝∠PQO，由旋转知，PQ＝PE，在△EPH和△PQO中，，∴△EPH≌△PQO，∴EH＝OP＝﹣t，HP＝OQ＝5∴E（﹣t，5+t）当点E恰好在该二次函数的图象上时，有5+t＝﹣t2﹣2t+3解得t1＝﹣2，t2＝﹣1（由于t＜﹣1所以舍去），（3）设点M（a，﹣a2+2a+3）①若点M在x轴上方，如图2，过点M作MN⊥y轴于点N，过点D作DF⊥x轴于点F．∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB∴∠MCN＝∠DAF∴△MCN∽△DAF，∴，即∴，a2＝0（舍去）∴，②若点M在x轴下方，如图3，过点M作MN⊥y轴于点N，过点D作DF⊥x轴于点F．∵∠EAB＝∠OCB＝45°，∠DAE＝∠MCB∴∠MCN＝∠ADF∴△MCN∽△ADF∴，即∴a1＝4，a2＝0（舍去）∴M（4，﹣5）综上所述，或M（4，﹣5）．6.解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过A（﹣1，0）、C（0，3）两点，∴代入A，C点坐标得：，解得：a＝﹣1，b＝2，∴y＝﹣x2+2x+3；（2）将D点代入抛物线解析式得：m+1＝﹣m2+2m+3，解得：m1＝2，m2＝﹣1（不符合题意，舍去）∴D点坐标（2，3）；∴AB∥DC，∴∠DCB＝∠ABC＝45°＝∠BCO，∴点D关于BC的对称点D'落在OC上，∴CD＝CD'＝2，∴D'坐标（0，1）；（3）假设存在点P使得∠DBP＝45°交y轴于点F，作D关于BC对称点D'，连接DD'交BC于点E，连接BD，AC，BF，∵﹣x2+2x+3＝0时，x＝﹣1或3，∴点B坐标（3，0），∴BC＝3，∵CD＝2，CD'＝2，∴DD'＝2，CE＝，BE＝BC﹣CE＝2，∵∠CBO＝∠DBF＝45°，∴∠DBE＝∠ABF，∵∠DBP＝∠ABC＝45°，∠DBE＝∠ABF，∠DEB＝∠FOB＝90°，∴△FOB∽△DEB，∴＝，即＝，∴FO＝，∴F（0，），∵B（3，0），设直线BF解析式为y＝kx+b，代入B，F点坐标得：直线BF解析式为y＝﹣x+，设直线BF与抛物线交点坐标为（x，y），则，解得：，（不符合题意，舍去），∴存在P点坐标为（﹣，）．7.（1）将A（0，3），C（3，0）代入得：，解得b＝2，c＝3．∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）如图1中，当点P在抛物线上BC两点之间时，连接PA交BC于E，作BM⊥OC于M，EN⊥BM于N．∵∠PAB＝∠ACB，∠ABE＝∠ABC，∴△ABE∽△CBA，∴＝，∴AB2＝BE•BC，∴BE•BC＝4，∵BC＝，∴BE＝，∵EN∥MC，∴＝＝，∴＝＝，∴BN＝，EN＝，∴E（，），∵A（0，3），∴直线AE的解析式为y＝﹣x+3，由解得或，∵A（0，3），∴P（，），根据对称性直线AP关于直线AB的对称的直线AP′的解析式为y＝x+3，由解得或，∴P′（，），综上所述，满足条件的点P坐标为P（，）或（，）；（3）如图2中，作HM⊥OA于M，GN⊥MH于N．∵AH⊥GH，∴∠AHG＝90°，由△AHM∽△HGN，∴＝＝，∵tan∠GAH＝＝2，H（m，n），∴＝＝，∴HN＝6﹣2n，GN＝2m，∴G（6﹣﹣2n+m，2m+n），∵直线BC的解析式为y＝﹣3x+9，∵点G在直线BC上，∴2m+n＝﹣3（6﹣2n+m）+9，∴n＝m+．8.（1）抛物线y＝x2﹣3向右平移一个单位后得到的函数解析式为y＝（x﹣1）2﹣3，顶点M（1，﹣3），令x＝0，则y＝（0﹣1）2﹣3＝﹣2，点A（0，﹣2），x＝3时，y＝（3﹣1）2﹣3＝4﹣3＝1，点B（3，1）；（2）过点B作BE⊥AO于E，过点M作MF⊥AO于M，∵EB＝EA＝3，∴∠EAB＝∠EBA＝45°，同理可求∠FAM＝∠FMA＝45°，∴△ABE∽△AMF，∴＝＝，又∵∠BAM＝180°﹣45°×2＝90°，∴tan∠ABM＝＝；（3）过点P作PH⊥x轴于H，∵y＝（x﹣1）2﹣3＝x2﹣2x﹣2，∴设点P（x，x2﹣2x﹣2），①点P在x轴的上方时，＝，整理得，3x2﹣7x﹣6＝0，解得x1＝﹣（舍去），x2＝3，∴点P的坐标为（3，1）；②点P在x轴下方时，＝，整理得，3x2﹣5x﹣6＝0，解得x1＝（舍去），x2＝，x＝时，x2﹣2x﹣2＝﹣×＝﹣，∴点P的坐标为（，﹣），综上所述，点P的坐标为（3，1）或（，﹣）．。
第26讲 中考复习专题1——45°角的常见处理策略 (原卷版)
第26讲中考复习专题1——45°角的常见处理策略【知识点睛】❖45°角的常见处理办法：1.见45°角，作垂直，构K型2.构造正方形“半角模型”求解3.构造“母子三角形”，利用三角形相似求解4.构造“一线三等角”，利用三角形相似求解5.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型解法二：构造正方形“半角模型”求解解法三：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．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．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．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．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．1B．2C．3D．46．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＝．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．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．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．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．（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．。
模型汇编半角模型结论汇编（含解析）
模型汇编半角模型结论汇编（含解析）一、45°--90°半角模型的基本结论45°---90°半角模型是初中几何中最重要的模型之一，涉及的知识点包括全等三角形的判定，性质；等腰三角形；等积变换；勾股定理；平行四边形判定，性质；四点共圆；旋转；相似等。
几乎包含了整个初中的几何考点。
特点是：图形复杂，变化多，结论多。
平时学生练习比较零散，不利于掌握。
现在把其中常用的结论加以整理，方便大家学习。
证明策略：旋转法，翻折法，截长补短法1.找共顶点的等边2.旋转等边所在的三角形使得两条等边重合，构造半角全等。
3.注意是否要考虑三点共线。
❖45°--90°半角模型的基本结论1基本结论一：如图，正方形ABCD中，E、F为BC，CD的上点且∠EAF=45°，AH⊥EF.求证：(1)EF=BE+DF(2)CΔECF=2AB(3) AH=AB (4) S△ABE+S△ADF=S△AEF(5) ∠BEA=∠BEF∠AFE=∠AFD方法一：旋转法方法一：如图1，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG.(亦可旋转△ABE)∴∠DAF=∠GAB∵∠BAD=90°,∠EAF=45° ∴∠BAE+DAF=90°-45°=45°∴∠GAE=∠BAE+∠GAB=45°=∠FAE, ∠ABC=∠D=∠ABG=90°∴∠ABC+∠ABG=180° ∴点G,B,E三点共线。
∴△AEF≅△AEG（SAS）∴EF=GE，即EG=GB+BE，∴EF=BE+GB．结论一方法二：截长补短法方法二：截长补短法（证明略）证明:延长CB至点G,使GB=DF,连接AG.1.证明ΔABG≅ΔADF(SAS)2.∠GAE=∠BAE+∠GAB=45°=∠FAE3.证明△AEF≅△AEG（SAS），∴EF=BE+GB．（亦可延长CD至点M，使得DM=BE,连接AM）方法三：翻折法方法三：把ΔABE沿AE翻折得到ΔAEG,连接GF. ∴AB=AG=AD,BE=GE,∠BAE=∠GAE.∵∠BAD=90°,∠EAF=∠EAG+GAF=45°∴∠BAE+DAF=90°-45°=45°∴∠GAE+∠DAF=45°∴∠GAF=∠DAF∴ΔAGF≅ΔADF(ASA)∴∠AGF=∠D=90°，GF=DF.∴∠AGF+∠AGE=180°∴点E,G,F三点共线。
半角模型(正方形中的半角模型)
例题讲解
例5.如图所示，过正方形ABCD的顶点A在正方形ABCD的内部作∠EAF＝45°，E、F分别在求证：AH＝AB．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG， 由旋转的性质得，DF＝BG，AF＝AG，∠DAF＝∠BAG． ∵∠FAG＝∠BAG+∠BAF＝∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°， ∠EAF＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG＝45°． 在△AEF和△AEG中，
（2）解：如图，过点A作AF⊥MN， ∵由（1）中△EAM≌△NAM得： ∠AMB＝∠AMF， 又∵∠ABM＝∠AFM＝90°，AM＝AM， ∴△ABM≌△AFM（AAS） ∴AB＝AF＝5， 即点A到MN的距离为5．
例题讲解
例3.已知正方形ABCD的边长为1，点M、N分别是边BC、CD的两点，若△CMN的周长 为2，求：∠MAN的大小；
∴△NAM≌△EAM（SSS），
∴∠NAM＝∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝
∠BAM+∠DAN＝
＝45°；
变式练习
练习3.如图，正方形ABCD的边长为1，点M、N分别在BC、CD上，且△CMN的周长为2，求 △MAN的面积的最小值.
变式练习
练习4.如图，已知正方形ABCD，M，N分别是BC，CD上的点，∠MAN＝45°，连接BD分别 交AM，AN于E，F，下面结论正确的是 ． ①△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍； ②点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长； ③EF2＝BE2+DF2； ④△EMO与△FNO均为等腰直角三角形； ⑤S正方形ABCD：S△AMN＝2AB：MN．
变式练习
练习5.如图4.在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝ 45°，若BD＝1，EC＝2，求DE的长．
中考数学备考一题一课三45度角和12345模型
45°---等腰直角三角形中的“夹半角”模型
X
6
K
6
Y
12 A
B
Q 12
6+x 12-x
D N x
C
方法一：平移FE到BQ,则QE=4.5，AQ=3，QBN=45° 将ABCD补形成为正方形，如图所示，这样就转化为了 8年级非常重要的模型，夹半角（45°） 有：(6+x)2=62+(12-x)2
x=4 即CN=4 点评：此方法简介明了，和8年级几何模型关联很大 是很好的方法。
3
α
45°
β
B
12-x
α
45° Yx
D 方法五：构造相似：这个构造方法还是很高级的，
其本质是12345模型，同学们可以再次深刻体会
用好此模型，一类45°角的问题真的可以做到口答。
由 BQX NBY
BX XQ
3 32
N YN = BY ， 2x = 12-x
x=4
x 即CN=4
1
1
点评：12345，即tanα= 2，tanβ= 3
X
a
K
x
z
45° B
Y
c
N b y C
半角模型基本结论： 1、a+b=c 2、x2+y2=z2
45°---等腰直角三角形中的“一线三垂直”模型1
A
3
Qx
3+x 6
45°
B
3+x
Px G
D
方法二：构造一线三垂直的全等和相似： 平移后AQ=3
有3+x+x=6，x=1.5 PG=1.5
由 BGP BCN
PG BG 3 9
半角模型及拓展---参考答案与试题解析
半角模型及拓展---参考答案与试题解析1．如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作GH⊥BD于G，下列有四个结论：①AF=FH，②∠HAE=45°，③BD=2FG，④△CEH的周长为定值，其中正确的结论有（）【解答】解：（1）连接FC，延长HF交AD于点L，∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADB=∠CDF=45°．∵AD=CD，DF=DF，∴△ADF≌△CDF．∴FC=AF，∠ECF=∠DAF．∵∠ALH+∠LAF=90°，∴∠LHC+∠DAF=90°．∵∠ECF=∠DAF，∴∠FHC=∠FCH，∴FH=FC．∴FH=AF．（2）∵FH⊥AE，FH=AF，∴∠HAE=45°．（3）连接AC交BD于点O，可知：BD=2OA，∵∠AFO+∠GFH=∠GHF+∠GFH，∴∠AFO=∠GHF．∵AF=HF，∠AOF=∠FGH=90°，∴△AOF≌△FGH．∴OA=GF．∵BD=2OA，∴BD=2FG．（4）延长AD至点M，使AD=DM，过点C作CI∥HL，则：LI=HC，根据△MEC≌△CIM，可得：CE=IM，同理，可得：AL=HE，∴HE+HC+EC=AL+LI+IM=AM=8．∴△CEH的周长为8，为定值．故（1）（2）（3）（4）结论都正确．2．如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG：②BG=GC；③AG∥CF；④∠GAE=45°．则正确结论的个数有（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°，∵CD=3DE，∴DE=2，∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，∴AF=AB，∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．∴①正确；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．设BG=x，则CG=BC﹣BG=6﹣x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．∵CG=6﹣x，CE=4，EG=x+2，∴（6﹣x）2+42=（x+2）2，解得：x=3．∴BG=GF=CG=3．∴②正确；∵CG=GF，∴∠CFG=∠FCG．∵∠BGF=∠CFG+∠FCG，∠BGF=∠AGB+∠AGF，∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，∴∠AGB=∠FCG．∴AG∥CF．∴③正确；∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，∴△DAE≌△FAE．∴∠DAE=∠FAE．∵△ABG≌△AFG，∴∠BAG=∠FAG．∵∠BAD=90°，∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=×90°=45°．∴④正确．3．如图，等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，在斜边AB上取两点M、N，使∠MCN=45°．求证：以MN，BN，AM为边的三角形是直角三角形．【解答】证明：将△BCN绕点C逆时针旋转90°至△ACN′，点B与点A重合，点N落在N′处，连接MN′，则有AN′=BN，CN′=CN，∠1=∠3．∵∠MCN=45°，∴∠1+∠2=45°，∴∠2+∠3=45°，∴∠MCN′=∠MCN．在△MCN与△MCN′中，∴△MCN≌△MCN′（SAS），∴MN=MN′．由旋转性质可知，∠CAN′=∠B=45°，∴∠MAN′=∠CAN′+∠CAB=90°，∴△AMN′为直角三角形．∵AN′=BN，MN′=MN，∴以MN，BN，AM为边的三角形是直角三角形．4．如图，已知等边△ABC边长为1，D是△ABC外一点且∠BDC=120°，BD=CD，∠MDN=60°．则△AMN的周长等于（）A．2 B．3 C．D．【解答】解：延长AC到E，使CE=BM，连接DE，（如图）∵BD=DC，∠BDC=120°，∴∠CBD=∠BCD=30°，∵∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠ACD=∠DCE=90°，∴△BMD≌△CDE，∴∠BDM=∠CDE，DM=DE，又∵∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=60°，∴∠EDC+∠NDC=∠NDE=60°=∠NDM，又∵DN=DN，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN=NE=NC+CE=NC+BM，所以△AMN周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=2．故选：A．5．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC=∠BDC=90°，BC=8，AB=AC，∠CBD=30°，BD=4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN=45°，则△DMN的周长为4+4 ．【解答】解：将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：由旋转得：∠NAE=90°，AN=AE，∠ABE=∠ACD，∠EAB=∠CAN，∵∠BAC=∠D=90°，∴∠ABD+∠ACD=360°﹣90°﹣90°=180°，∴∠ABD+∠ABE=180°，∴E，B，M三点共线，∵∠MAN=45°，∠BAC=90°，∴∠EAM=∠EAB+∠BAM=∠CAN+∠BAM=∠BAC﹣∠MAN=90°﹣45°=45°，∴∠EAM=∠MAN，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴MN=ME，∴MN=CN+BM，∵在Rt△BCD中，∠BDC=90°，∠CBD=30°，BD=4，CD=BD×tan∠CBD=4，∴△DMN的周长为DM+DN+MN=DM+DN+BM+CN=BD+DC=4+4，故答案为：4+4．BD=2CE，则DE的长为3﹣5 ．【解答】解：∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC==4，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．则AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD和△EAD中∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF=DE，BF=EC设EC=x，则BF=x，BD=2x，DF=DE=x，∵BC=4，∴2x+x+x=4，x=3﹣，∴DE=x=（3﹣）=3﹣5，故答案为：3﹣5．BD=2CE，则DE的长为3﹣3 ．【解答】解：（方法一）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接EF，过点E作EM ⊥CF于点M，过点A作AN⊥BC于点N，如图所示．∵AB=AC=2，∠BAC=120°，∴BN=CN，∠B=∠ACB=30°．在Rt△BAN中，∠B=30°，AB=2，∴AN=AB=，BN==3，∴BC=6．∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠BAD+∠CAE=60°，∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．在△ADE和△AFE中，，∴△ADE≌△AFE（SAS），∴DE=FE．∵BD=2CE，BD=CF，∠ACF=∠B=30°，∴设CE=2x，则CM=x，EM=x，FM=4x﹣x=3x，EF=ED=6﹣6x．在Rt△EFM中，FE=6﹣6x，FM=3x，EM=x，∴EF2=FM2+EM2，即（6﹣6x）2=（3x）2+（x）2，解得：x1=，x2=（不合题意，舍去），∴DE=6﹣6x=3﹣3．故答案为：3﹣3．（方法二）：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示．∵AB=AC=2，∠BAC=120°，∴∠ACB=∠B=∠ACF=30°，∴∠ECG=60°．∵CF=BD=2CE，∴CG=CE，∴△CEG为等边三角形，∴EG=CG=FG，∴∠EFG=∠FEG=∠CGE=30°，∴△CEF为直角三角形．∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠BAD+∠CAE=60°，∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=∠BAD+∠CAE=60°．在△ADE和△AFE中，，∴△ADE≌△AFE（SAS），∴DE=FE．设EC=x，则BD=CF=2x，DE=FE=6﹣3x，在Rt△CEF中，∠CEF=90°，CF=2x，EC=x，EF==x，∴6﹣3x=x，x=3﹣，∴DE=x=3﹣3．故答案为：3﹣3．8．（1）探究：如图1，E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，且∠EAF=45°，请猜测并写出线段DF、BE、EF之间的等量关系（不必证明）；（2）变式：如图2，E、F分别在四边形ABCD的边BC、CD上，∠B+∠D=180°，AB=AD，∠EAF=∠BAD，则线段BE、EF、FD的等量关系又如何？请加以证明；（3）应用：在条件（2）中，若∠BAD=120°，AB=AD=1，BC=CD（如图3），求此时△CEF的周长．【解答】解：（1）EF=BE+DF．（2）EF=BE+DF．证明：延长CB至M，使BM=DF，∵∠ABC+∠D=180°，∠1+∠ABC=180°，∠1=∠D，又∵AB=AD，∴△ABM≌△ADF．∴AF=AM，∠2=∠3．∵∠EAF=∠BAD，∴∠2+∠4=∠BAD=∠EAF．∴∠3+∠4=∠EAF，即∠MAE=∠EAF．又∵AE=AE，∴△AME≌△AFE．∴EF=ME，即EF=BE+BM．∴EF=BE+DF．（3）连接AC，∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）．∴∠B=∠D，∠DAC=∠BAC．∵∠B+∠D=180°，∴∠B=90°，∠BAC=∠BAD=60°．∴在Rt△ABC中，BC=ABtan60°=，由（2）得EF=BE+DF．∴△CEF的周长=CE+CF+EF=2BC=2．9．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE=45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE=30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【解答】解：（1）DE2=BD2+EC2；（2）关系式DE2=BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF=AB，FD=DB，∠FAD=∠BAD，∠AFD=∠ABD，又∵AB=AC，∴AF=AC，∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°，∠EAC=∠BAC﹣∠BAE=90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）=45°+∠DAB，∴∠FAE=∠EAC，又∵AE=AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE=EC，∠AFE=∠ACE=45°，∠AFD=∠ABD=180°﹣∠ABC=135°∴∠DFE=∠AFD﹣∠AFE=135°﹣45°=90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2=DE2，即DE2=BD2+EC2；（3）当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF=∠ECB，在CF上截取CF=CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD=DF，EF=BE．∴∠DFE=∠1+∠2=∠A+∠B=120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF=EF，即AD=BE，∴当AD=BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．。
45°半角模型所有结论
任务名称：45°半角模型所有结论一、介绍在几何学中，角度是一个重要的概念。
我们常用度（°）来表示角的度量，而一个常见的角度是45°半角模型。
本文将详细探讨45°半角模型的所有结论，并深入分析其性质和应用。
二、定义1. 45°角度的含义45°角是指两条相交直线间的夹角为45度。
这是一个特殊的角度，具有一些独特的性质和特点。
在平面几何中，我们常常使用45°角作为基准角度进行计算和构造。
2. 半角模型的概念半角模型是指以45°角度为基础的模型。
它是一种常见的几何模型，可以应用于各个领域，例如建筑设计、工程测量以及计算机图形学等。
半角模型的研究对于几何学的发展和实际应用具有重要意义。
三、性质和结论1. 45°角的三角函数值根据三角函数的定义，我们可以计算出45°角的正弦、余弦和正切值。
具体计算结果如下：•正弦值（sin 45°）= 1 / √2 ≈ 0.707•余弦值（cos 45°）= 1 / √2 ≈ 0.707•正切值（tan 45°）= 12. 45°角的平分线一个重要的结论是，45°角的平分线是与45°角的两边相垂直的直线。
这意味着，将45°角平分后得到的两个角度相等，并且与原始角的两边垂直。
3. 45°角的三角形性质在一个直角坐标系中，构造一个以45°角为顶点的直角三角形。
这个三角形有一些特殊的性质，如下：•三个内角之和为180°；•两条直角边长度相等；•斜边长度为直角边长度的√2倍。
4. 45°角的应用45°角广泛应用于各个领域，以下是一些常见的应用：•建筑设计：45°角可以用来构造平面布局，使建筑更加均衡和美观；•工程测量：通过45°角的平分线可以进行精确的测量和定位；•计算机图形学：很多图像处理算法中都会涉及到45°角的相关计算。
专题54 一次函数中的45°角问题(解析版)-中考数学解题大招复习讲义
例题精讲【例1】．如图，在平面直角坐标系中，点A（12，0），点B（0，4），点P是直线y＝﹣x﹣1上一点，且∠ABP＝45°，则点P的坐标为（5，﹣6）．解：如图所示，将线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，则点C的坐标为（﹣4，﹣8），由于旋转可知，△ABC为等腰直角三角形，令线段AC和线段BP交于点M，则M为线段AC的中点，所以点M的坐标为（4，﹣4），又B为（0，4），设直线BP为y＝kx+b，将点B和点M 代入可得，解得k＝﹣2，b＝4，可得直线BP为y＝﹣2x+4，由于点P为直线BP和直线y＝﹣x﹣1的交点，则由解得，所以点P的坐标为（5，﹣6），故答案为（5，﹣6）．变式训练【变1-1】．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B将直线AB绕点B顺时针旋转45°，交x轴于点C，则直线BC的函数表达式为y＝3x+4．解：∵一次函数y＝﹣2x+4的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，∴令x＝0，得y＝4，令y＝0，则x＝2，∴A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，∵∠ABC＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AB＝AF，∵∠OAB+∠ABO＝∠OAB+∠EAF＝90°，∴∠ABO＝∠EAF，在△ABO和△FAE中，∴△ABO≌△FAE（AAS），∴AE＝OB＝4，EF＝OA＝2，∴F（﹣2，﹣2），设直线BC的函数表达式为：y＝kx+4，把F的坐标代入得，﹣2＝﹣2k+4，解得k＝3，∴直线BC的函数表达式为：y＝3x+4，故答案为：y＝3x+4．【变1-2】．如图，已知点A：（2，﹣5）在直线l1：y＝2x+b上，l1和l2：y＝kx﹣1的图象交于点B，且点B的横坐标为8，将直线l1绕点A逆时针旋转45°与直线l2，相交于点Q，则点Q的坐标为（，﹣）．解：过Q作QE⊥AQ交AB于E，过Q作FG∥y轴，过A作AF⊥FG于F，过E作EG ⊥FG于G，将点A的坐标代入y＝2x+b中，得﹣5＝2×2+b，解得：b＝﹣9，∴直线l1的解析式为y＝2x﹣9，将x＝8代入y＝2x﹣9中，解得：y＝7，∴点B的坐标为（8，7），将点B的坐标代入y＝kx﹣1中，得7＝8k﹣1，解得：k＝1，∴直线l2的解析式为y＝x﹣1，∵∠G＝∠F＝∠EQA＝90°，∴∠EQG+∠AQF＝90°，∠QAF+∠AQF＝90°，∴∠EQG＝∠QAF，∵∠EQA＝90°，∠QAE＝45°，∴△AQE是等腰直角三角形，∴EQ＝QA，在△EGQ和△QFA中，，∴△EGQ≌△QFA（AAS），∴EG＝QF，QG＝AF，设Q（a，a﹣1），∵A（2，﹣5），∴AF＝2﹣a，FQ＝a+4，GE＝a+4，QG＝2﹣a，∴点E坐标（2a+4，1），把E（2a+4，1）代入y＝2x﹣9中，得4a+8﹣9＝1，解得：a＝，∴点Q的坐标为（，﹣）．故答案为：（，﹣）．【例2】．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x+4的图象分别与x轴，y轴相交于A，B两点．将直线AB绕点A逆时针旋转45°后，与y轴交于点C，则点C的坐标为（0，﹣6）．解：一次函数y＝2x+4的图象分别与x轴，y轴相交于A，B两点．∴A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，作DB⊥AB交直线AC于D，过点D作DE⊥y轴与E，∵∠BAD＝45°，∴△BAD是等腰直角三角形，∴AB＝DB，∵∠OAB+∠ABO＝∠ABO+∠DBE＝90°，∴∠OAB＝∠DBE，在△ABO和△BDE中∴△ABO≌△BDE（AAS），∴BE＝OA＝2，DE＝BO＝4，∴D（﹣4，6），设直线AC的函数表达式为：y＝kx+4，把A、D的坐标代入得，解得，∴直线AC的函数表达式为：y＝﹣3x﹣6，∴点C的坐标为（0，﹣6）．故答案为：（0，﹣6）．变式训练【变2-1】．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝2x﹣2的图象分别交x、y轴于点A、B，直线BC与x轴正半轴交于点C，若∠ABC＝45°，则直线BC的函数表达式是（）A．y＝3x﹣2B．y＝x﹣2C．y＝x﹣2D．y＝﹣x﹣2解：∵一次函数y＝2x﹣2的图象分别交x、y轴于点A、B，∴令x＝0，得y＝﹣2，令y＝0，则x＝1，∴A（1，0），B（0，﹣2），∴OA＝1，OB＝2，如图，过A作AF⊥AB交BC于F，过F作FE⊥x轴于E，∵∠ABC＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AB＝AF，∵∠OAB+∠ABO＝∠OAB+∠EAF＝90°，∴∠ABO＝∠EAF，∴△ABO≌△FAE（AAS），∴AE＝OB＝2，EF＝OA＝1，∴F（3，﹣1），设直线BC的函数表达式为：y＝kx+b，，∴，∴直线BC的函数表达式为：y＝x﹣2，故选：B．【变2-2】．如图，一次函数y＝2x+b的图象经过点M（1，3），且与x轴，y轴分别交于A，B两点．（1）填空：b＝1；（2）将该直线绕点A顺时针旋转45°至直线l，过点B作BC⊥AB交直线l于点C，求点C的坐标及直线l的函数表达式．解：（1）∵一次函数y＝2x+b的图象经过点M（1，3），∴3＝2+b，解得b＝1，故答案为1；（2）∵一次函数y＝2x+1的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点．∴A（﹣，0），B（0，1），∴OA＝，OB＝1，作CD⊥y轴于D，∵∠BAC＝45°，BC⊥AB，∴∠ACB＝45°，∴AB＝BC，∵∠ABO+∠BAO＝90°＝∠ABO+∠CBD，∴∠BAO＝∠CBD，在△AOB和△BDC中，，∴△AOB≌△BDC（AAS），∴BD＝OA＝，CD＝OB＝1，∴OD＝OB﹣BD＝，∴C（1，），设直线l的解析式为y＝mx+n，把A（﹣，0），C（1，）代入得，解得，∴直线l的解析式为y＝x+．1．如图，直线y＝x+1与坐标轴交于A、B两点，点C在x轴上，若∠ABO+∠ACO＝45°，则点C的坐标为（﹣2，0）（2，0）．解：∵直线y＝x+1与坐标轴交于A、B两点∴当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝﹣3∴点A（0，1），点B（﹣3，0）如图：取点D（﹣1，0），当点C在原点右边，设点C（a，0）∵点A（0，1），点D（﹣1，0），点B（﹣3，0）∴OA＝OD＝1，OB＝3，BD＝2∴∠ADO＝∠DAO＝45°，AB＝＝∴∠ABO+∠BAD＝45°又∵∠ABO+∠ACO＝45°∴∠ACO＝∠BAD，且∠ABO＝∠ABO∴△ABD∽△CBA∴即∴a＝2∴点C坐标为（2，0）若点C在原点左边，记为点C1，∵∠ABO+∠ACO＝45°，∠ABO+∠AC1O＝45°∴∠ACO＝∠AC1O且∠AOC＝∠AOB＝90°，AO＝AO∴△ACO≌△AC1O（AAS）∴OC＝OC1＝2∴点C1（﹣2，0）故答案为：（2，0），（﹣2，0）2．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m（m≠0）分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2，0）．设点P为线段OB的中点，连接PA，PC，若∠CPA＝45°，则m的值是12．解：作OD＝OC＝2，连接CD．则∠PDC＝45°，如图，由y＝﹣x+m可得A（m，0），B（0，m）．∴OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB＝45°．当m＜0时，∠APC＞∠OBA＝45°，所以，此时∠CPA＞45°，故不合题意．∴m＞0．∵∠CPA＝∠ABO＝45°，∴∠BPA+∠OPC＝∠BAP+∠BPA＝135°，即∠OPC＝∠BAP，∴△PCD∽△APB，∴，即＝，解得m＝12．故答案是：12．3．如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为y＝﹣x+3．点C是AO上一点且OC ＝1，点D在线段BO上，分别连接BC，AD交于点E，若∠BED＝45°，则OD的长是．解：方法一：在x轴负半轴截取OF＝，过点F作FH⊥AF交AD的延长线于点H，过点H作HP⊥x轴于点P，∵OC：OB＝1：4，OF：OA＝÷3＝1：4，∴将△BOC逆时针旋转90°时，再将点B平移到与点A重合时，此时的∠FAO和∠CBO 重合，∴∠FAO＝∠CBO，∵FH⊥AF，∴∠AFO+∠HFP＝90°，而∠AFO+∠FAO＝90°，∴∠FAO＝∠HFP＝∠CBO，∴BC∥FH，∴∠FHA＝∠BED＝45°，∴△AFH为等腰直角三角形，∴AF＝FH，而∠AOF＝∠FPH，∠FPH＝∠AFO，∴△AOF≌△FPH（AAS），∴PF＝AO＝3，PH＝OF＝，故OP＝FP﹣OF＝3﹣＝，故点H（，﹣），设直线AH的表达式为y＝kx+b，则，解得，故直线AH的表达式为y＝﹣x+3，令y＝0，则y＝﹣x+3＝0，解得：x＝，故点D（，0），故OD＝，故答案为．方法二：过点A作x轴的平行线MN，交过点E与y轴的平行线于点M，交过点F与y 轴的平行线于点N，由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝﹣x+1，同理可证：△EMA≌△ANF（AAS），则AN＝ME＝3+m﹣1＝m+2，NF＝AM＝m，则点F的坐标为（﹣m﹣2，3﹣m），将点F的坐标代入直线BC的表达式并解得m＝，故点E的坐标为（，），由点A、E的坐标得，直线AE的表达式为y＝﹣x+3，令y＝﹣x+3＝0，解得x＝，故OD＝，故答案为．4．如图，直线y＝4x+4交x轴于点A，交y轴于点B，直线BC：y＝﹣x+4交x轴于点C，点P为线段BC上一点，∠PAB＝45°，求点P的坐标．解：由题可得A（﹣1，0），B（0，4），C（4，0），设P（m，4﹣m），过点P做PD⊥AB，∴AB＝，AC＝5，△ABC的面积＝＝+××PD，∴PD＝m，∵∠PAB＝45°，∴AP＝m，∴（m）2＝（4﹣m）2+（m+1）2，∴m＝，∴P（，）；5．如图，正比例函数y＝kx经过点A，点A在第二象限，过点A作AC⊥y轴于点C，AC＝2，且△AOC的面积为5．（1）求正比例函数的解析式；（2）若直线y＝ax上有一点B满足∠AOB＝45°，且OB＝AB，求a的值．解：（1）∵AC⊥y轴．∴∠ACO＝90°∵△AOC的面积为5，＝AC•OC＝5，∴S△AOC又∵AC＝2，∴OC＝5．∴A（﹣2，5），将点A（﹣2，5）代入y＝kx，解得k＝﹣，∴正比例函数的解析式为y＝﹣x；（2）①当点B在第二象限时，如图，∵∠AOB＝45°，且OB＝AB，∴△AOB是等腰直角三角形．∴∠ABO＝90°，∴∠ABF+∠EBO＝90°，如图，过B作BE⊥x轴于E，交CA延长线于点F．∵∠FEO＝∠EOC＝∠ACO＝90°，∴四边形CFEO是矩形，∠CFB＝90°，∴∠ABF+∠FAB＝90°，∴∠EBO＝∠FAB，∴△EBO≌△FAB（AAS）．∴BE＝AF，EO＝FB．又∵OC＝FE＝FB+BE＝5，AC＝CF﹣AF＝2，∴EO+BE＝5，EO﹣BE＝2，解得：EO＝，BE＝．∴B（﹣，），将B（﹣，）代入y＝ax，解得a＝﹣．∴a＝﹣．②当点B在第一象限时，OB1＝OB，过点O作OB1⊥OB，则∠AOB1＝45°，如图所示，过点B1作B1G⊥x轴于点G，则∠B1GO＝∠BEO＝90°，又∵∠B1OB＝90°，∴∠B1OG+∠BOE＝90°，∵∠BOE+∠OBE＝90°，∴∠OBE＝∠B1OG，∴△OBE≌△B1OG（AAS），∴OE＝B1G＝，BE＝OG＝，∴B1（，），将B1（，）代入y＝a1x，解得a1＝．综上，a的值为﹣或．6．如图，在平面直角坐标系中，A、B、C为坐标轴上的三个点，且OA＝OB＝OC＝6，过点A的直线AD交直线BC于点D，交y轴于点E，△ABD的面积为18．（1）求点D的坐标．（2）求直线AD的表达式及点E的坐标．（3）过点C作CF⊥AD，交直线AB于点F，求点F的坐标．解：（1）由题可得，B（6，0），C（0，6），设BC为y＝kx+b（k≠0），则，解得，∴BC的解析式为y＝﹣x+6，∵OA＝OB＝6，∴AB＝12，∵△ABD的面积为18，∴12×y D＝18，解得y D＝3，当y＝3时，3＝﹣x+6，解得x＝3，∴点D的坐标为（3，3）．（2）由题可得，A（﹣6，0），设直线AD的表达式为y＝mx+n（m≠0），则，解得，∴直线AD的表达式为y＝x+2，令x＝2，则y＝2，∴点E的坐标为（0，2）．（3）∵CF⊥AD，CO⊥AB，∴∠FCO+∠AFC＝90°，∠EAO+∠AFC＝90°，∴∠FCO＝∠EAO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴FO＝EO＝2，∴F（2，0）．7．如图1，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+3分别交x、y轴于点B、A．（1）如图1，点C是直线AB上不同于点B的点，且CA＝AB．则点C的坐标为（﹣4，6）；（2）点C是直线AB外一点，满足∠BAC＝45°，求出直线AC的解析式；（3）如图3，点D是线段OB上一点，将△AOD沿直线AD翻折，点O落在线段AB上的点E处，点M在射线DE上，在x轴的正半轴上是否存在点N，使以M、A、N、B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）如图1，直线y＝﹣x+3，当x＝0时，y＝3；当y＝0时，由﹣x+3＝0，得x ＝4，∴A（0，3），B（4，0）；∵CA＝AB，且点C不同于点B，∴点A是线段BC的中点，即点C与点B关于点A对称，∴点C的横坐标为﹣4，当x＝﹣4时，y＝﹣×（﹣4）+3＝6，∴C（﹣4，6），故答案为：（﹣4，6）．（2）如图2，射线AC在直线AB的上方，射线AC′在直线AB的下方，∠BAC＝∠BAC′＝45°；作线段AB的垂直平分线交AC于点G，交AC′于点H，交AB于点Q，连接BG、BH，则Q（2，）；作GP⊥y轴于点P，GF⊥x轴于点F，则AG＝BG，AH＝BH，∵BG＝AG，BH＝AH，∴∠GBA＝∠BAC＝45°，∠HBA＝∠BAC′＝45°，∴∠BGA＝∠GAH＝∠AHB＝90°，∴四边形AHBG是正方形；∵∠AGB+∠AOB＝180°，∴∠GBF+∠OAG＝180°，∵∠GAP+∠OAG＝180°，∴∠GBF＝∠GAP，∵∠GFB＝∠GPA＝90°，∴△GBF≌△GAP（AAS），∴BF＝AP，GF＝GP，∵∠FOP＝∠OPG＝∠GFO＝90°，∴四边形OFGP是正方形，∴OF＝OP，∵OB＝4，OA＝3，∴4﹣BF＝3+AP，∴4﹣AP＝3+AP，解得AP＝，∴OP＝OF＝3+＝，∴G（，）；∵点H与点G关于点Q（2，）对称，∴H（，）；设直线AC的解析式为y＝kx+b，则，解得，∴y＝x+3；设直线AC′的解析式为y＝mx+n，则，解得，∴y＝﹣7x+3，综上所述，直线AC的解析式为y＝x+3或y＝﹣7x+3．（3）存在，如图3，平行四边形AMBN以AB为对角线，延长ED交y轴于点R，设OD＝r，由折叠得，∠AED＝∠AOD＝90°，ED＝OD，∴ED＝r，ED⊥AB；∵AB＝＝5，AE＝AO＝3，∴BE＝5﹣3＝2，＝×3×4＝6，且S△AOD+S△ABD＝S△AOB，∵S△AOB∴×3r+×5r＝6，解得r＝，∴ED＝OD＝，∴D（，0）；∵∠DOR＝∠DEB＝90°，∠ODR＝∠EDB，∴△ODR≌△EDB（ASA），∴RO＝BE＝2，∴R（0，﹣2），设直线DE的解析式为y＝px﹣2，则p﹣2＝0，解得p＝，∴y＝x﹣2；∵点N在x轴上，且AM∥BN，∴AM∥x轴，∴点M与点A的纵坐标相等，都等于3，当y＝3时，由x﹣2＝3，得x＝，∴M（，3），∵BN＝AM＝，∴ON＝4﹣＝，∴N（，0）；如图4，平行四边形ABNM以AB为一边，则AM∥x轴，且AM＝BN＝．∵ON＝4+＝，∴N（，0），综上所述，点N的坐标为（，0）或（，0）．8．直角坐标系中，点A的坐标为（9，4），AB⊥x轴于点B，AC垂直y轴于点C，点D为x轴上的一个动点，若CD＝2．（1）直接写出点D的坐标；（2）翻折四边形ACOB，使点C与点D重合，直接写出折痕所在直线的解析式；（3）在线段AB上找点E使∠DCE＝45°．①直接写出点E的坐标；②点M在线段AC上，点N在线段CE上，直接写出当△EMN是等腰三角形且△CMN是直角三角形时点M的坐标．解：（1）如图1，∵点A的坐标为（9，4），AC⊥y轴于点C，∴OC＝4，∵点D为x轴上的一个动点，CD＝2，由勾股定理得：OD＝＝＝2，∴D（2，0）或（﹣2，0）；（2）分两种情况：①当D（2，0）时，如图2，连接ED，设ED＝x，由翻折得CD⊥EF，CE＝ED＝x，∴OE＝4﹣x，Rt△OED中，由勾股定理得：x2＝22+（4﹣x）2，解得：x＝，∴OE＝4﹣＝，∵∠OCD+∠CEF＝∠OCD+∠CDO＝90°，∴∠CEF＝∠CDO，∵∠ECF＝∠COD＝90°，∴△FCE∽△COD，∴，即，∴FC＝5，∴F（5，4），设直线EF的解析式为：y＝kx+b，则，解得，∴直线EF的解析式为：y＝；②当D（﹣2，0）时，如图3，连接ED，同理得：E（0，），∵△DOC∽△EOF，∴＝，∴OF＝2OE＝3，∴F（3，0），同理得EF：y＝﹣x+，综上，折痕所在直线的解析式是y＝或y＝﹣x+；（3）①当D（2，0）时，如图4，过E作EF⊥CD，交CD的延长线于F，过F作FH ⊥y轴于H，延长AB，HF交于点G，∵∠DCE＝45°，∴△CFE是等腰直角三角形，∴CF＝EF，∵∠HCF+∠CFH＝∠CFH+∠EFG＝90°，∴∠HCF＝∠EFG，∵∠CHF＝∠FGE＝90°，∴△CHF≌△FGE（AAS），∴CH＝FG，∵OD∥FH，∴，即，∴，设FH＝a，则CH＝FG＝2a，∵GH＝OB＝9，即2a+a＝9，∴a＝3，∴CF＝＝3，∴CE＝CF＝3，Rt△ACE中，AE＝＝＝3，∴BE＝4﹣3＝1，∴E（9，1）；当D（﹣2，0）时，如图5，∠DCB＞90°，此种情况不存在符合条件的点E，综上，点E的坐标是（9，1）；②i）当∠CMN＝90°，MN＝EN时，如图6，由①知：AE＝3，∵MN∥AE，∴，即，∴，设MN＝b，则CM＝3b，EN＝，∴CN＝b，∵CE＝3，∴3＝b+b，解得：b＝，∴CM＝3b＝10﹣，∴M（10﹣，4）；ii）当∠CNM＝90°，MN＝EN时，如图7，∵∠CNM＝∠CAE＝90°，∠MCN＝∠ACE，∴△MCN∽△ECA，∴＝3，设MN＝m，则CN＝3n，EN＝n，∴CE＝3n+n＝3，∴n＝，∴CM＝n＝，∴M（，4）；综上，点M的坐标是（10﹣，4）或（，4）．9．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4）、B（6，0）为坐标轴上的点，点C为线段AB 的中点，过点C作DC⊥x轴，垂足为D，点E为y轴负半轴上一点，连接CE交x轴于点F，且CF＝FE．（1）直接写出E点的坐标；（2）过点B作BG∥CE，交y轴于点G，交直线CD于点H，求四边形ECBG的面积；（3）直线CD上是否存在点Q使得∠ABQ＝45°，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．解：（1）∵CD⊥x轴，∴∠CDF＝90°＝∠EOF，又∵∠CFD＝∠EFO，CF＝EF，∴△CDF≌△EOF（AAS），∴CD＝OE，又∵A（0，4），B（6，0），∴OA＝4，OB＝6，∵点C为AB的中点，CD∥y轴，∴CD＝OA＝2，∴OE＝2，∴E（0，﹣2）；（2）设直线CE的解析式为y＝kx+b，∵C为AB的中点，A（0，4），B（6，0），∴C（3，2），∴，解得，∴直线CE的解析式为y＝x﹣2，∵BG∥CE，∴设直线BG的解析式为y＝x+m，∴×6+m＝0，∴m＝﹣8，∴G点的坐标为（0，﹣8），∴AG＝12，＝S△ABG﹣S△ACE∴S四边形ECBG＝×AE×OD＝×6×3＝27．（3）直线CD上存在点Q使得∠ABQ＝45°，分两种情况：如图1，当点Q在x轴的上方时，∠ABQ＝45°，过点A作AM⊥AB，交BQ于点M，过点M作MH⊥y轴于点H，则△ABM为等腰直角三角形，∴AM＝AB，∵∠HAM+∠OAB＝∠OAB+∠ABO＝90°，∴∠HAM＝∠ABO，∵∠AHM＝∠AOB＝90°，∴△AMH≌△BAO（AAS），∴MH＝AO＝4，AH＝BO＝6，∴OH＝AH+OA＝6+4＝10，∴M（4，10），∵B（0，6），∴直线BM的解析式为y＝﹣5x+30，∵C（3，2），CD∥y轴，∴C点的横坐标为3，∴y＝﹣5×3+30＝15，∴Q（3，15）．如图2，当点Q在x轴下方时，∠ABQ＝45°，过点A作AN⊥AB，交BQ于点N，过点N作NG⊥y轴于点G，同理可得△ANG≌△BAO，∴NG＝AO＝4，AG＝OB＝6，∴N（﹣4，﹣2），∴直线BN的解析式为y＝x﹣，∴Q（3，﹣）．综上所述，点Q的坐标为（3，15）或（3，﹣）．10．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣6，6），以A为顶点的∠BAC的两边始终与x 轴交于B、C两点（B在C BAC＝45°．（1）如图1，连接OA，当AB＝AC时，试说明：OA＝OB．（2）过点A作AD⊥x轴，垂足为D，当DC＝2时，将∠BAC沿AC所在直线翻折，翻折后边AB交y轴于点M，求点M的坐标．解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝45°，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°．过点A作AE⊥OB于E，如图1，∵A（﹣6，6），∴△AEO是等腰直角三角形，∠AOB＝45°，∴∠BAO＝67.5°＝∠ABC，∴OA＝OB．（2）设OM＝x，当点C在点D右侧时，如图2，连接CM，过点A作AE⊥y轴于点E，由∠BAM＝∠DAE＝90°，可知：∠BAD＝∠MAE；∴在△BAD和△MAE中，，∴△BAD≌△MAE．∴BD＝EM＝6﹣x．又∵AC＝AC，∠BAC＝∠MAC，∴△BAC≌△MAC．∴BC＝CM＝8﹣x．在Rt△COM中，由勾股定理得：OC2+OM2＝CM2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得：x＝3，∴M点坐标为（0，3）．当点C在点D左侧时，如图3，连接CM，过点A作AF⊥y轴于点F，同理，△BAD≌△MAF，∴BD＝FM＝6+x．同理，△BAC≌△MAC，∴BC＝CM＝4+x．在Rt△COM中，由勾股定理得：OC2+OM2＝CM2，即82+x2＝（4+x）2，解得：x＝6，∴M点坐标为（0，﹣6）．综上，M的坐标为（0，3）或（0，﹣6）．11．模型建立：如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．易证：△BEC≌△CDA模型应用：如图2，已知直线l1：y＝x+4与y轴交于A点，将直线l1绕着A点顺时针旋转45°至l2．（1）在直线l2上求点C，使△ABC为直角三角形；（2）求l2的函数解析式；（3）在直线l1、l2分别存在点P、Q，使得点A、O、P、Q四点组成的四边形是平行四边形？请直接写出点Q的坐标．（1）解：过点B作BC⊥AB于点B，交l2于点C，过C作CD⊥x轴于D，如图2①，∵∠BAC＝45°，∴△ABC为等腰Rt△，∵△CBD≌△BAO，∴BD＝AO，CD＝OB，∵直线l1：y＝x+4，∴A（0，4），B（﹣3，0），①当∠ABC＝90°时，∵△CDB≌△BAO，∴BD＝AO＝4．CD＝OB＝3，∴OD＝4+3＝7，∴C（﹣7，3）；②当∠ACB＝90°时，如图2②，同理：△CDB≌△AEC，∴AE＝CD，BD＝CE，∴AE＝OA﹣BD＝OB+BD，即4﹣BD＝3+BD，∴BD＝，∴OD＝CD＝3.5∴C（﹣3.5，3.5），综上，在直线l2点C的坐标为（﹣7，3）或（﹣3.5，3.5）时，△ABC为直角三角形；（2）设l2的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵A（0，4），C（﹣7，3）；∴，∴，∴l2的解析式：y＝x+4；（3）如图2，①当AO为边时，∵A（0，4），∴OA＝4，设Q1的横坐标为x，则Q1（x，x+4），P（x，x+4），∵四边形AOPQ是平行四边形，∴PQ1＝OA＝4，即x+4﹣（x+4）＝4，或x+4﹣（x+4）＝4，解得x＝﹣或∴Q1（﹣，）或（，）．②当AO为对角线时，Q3与Q2重合．综上，存在符合条件的平行四边形，且Q点的坐标为（﹣，）或（，）．12．在平面直角坐标系xOy中，已知点M（﹣2，﹣2），过点M作直线AB，交x轴负半轴于点A，交y轴负半轴于点B（0，m）．（1）如图1，当m＝﹣6时．i）求直线AB的函数表达式；ii）过点A作y轴的平行线l，点N是l上一动点，连接BN，MN，若S△MBN＝S△ABO，求满足条件的点N的坐标．（2）如图2，将直线AB绕点B顺时针旋转45°后，交x轴正半轴于点C，过点C作CD⊥BC，交直线AB于点D．试问：随着m值的改变，点D的横坐标是否发生变化？若不变，求出点D的横坐标；若变化，请说明理由．解：（1）i）、∵m＝﹣6，∴B（0，﹣6），∴设直线AB的表达式为y＝kx﹣，∵点M（﹣2，﹣2）在直线AB上，∴﹣2＝﹣2k﹣6，∴k＝﹣2，∴直线AB的表达式为y＝﹣2x﹣6；ii）、如图1，由i）知，直线AB的表达式为y＝﹣2x﹣6，令y＝0，则﹣2x﹣6＝0，∴x＝﹣3，∴A（﹣3，0），∴直线l为x＝﹣3，∴设N（﹣3，t），∴AN＝|t|，∵A（﹣3，0），B（0，﹣6），∴OA＝3，OB＝6，＝OA•OB＝×3×6＝9，∴S△AOB＝S△ABO，∵S△MBN＝S△ABO＝，∴S△MBN过点M作MF⊥AN于F，过点B作ME⊥AN于E，∴MF＝1，BE＝3，＝S△BAN﹣S△AMN＝AN•BE﹣AN•FM＝（BE﹣MF）＝|t|（3﹣1）＝|t|∴S△MBN＝，∴t＝±，∴N（﹣3，）或（﹣3，﹣）；（2）如图2，∵∠ABC＝45°，∠BCD＝90°，∴∠ADC＝45°＝∠ABC，∴CD＝CB，∴△BDC是等腰直角三角形，∵M（﹣2，﹣2），B（0，m），∴直线AB的表达式为y＝x+m，设点C（a，0），分别过点D，B作y轴的垂线，过点C作x的垂线，交前两条直线和y 轴于点G，H，L，则∠H＝∠G＝∠OCH＝∠OBH＝90°，∴四边形OBHC是矩形，∴OC＝BH，∵∠G＝∠BCD＝90°，∴∠CDG+∠DCG＝∠DCG+∠BCH＝90°，∴∠CDG＝∠BCH，∴△DCG≌△CBH（AAS），∴BH＝OC＝CG＝|a|，CH＝DG＝|m|，∴D（m+a，a），∴a＝•（m+a）+m，∴m2+ma+4m＝0，∵m≠0，∴m+a＝﹣4，即点D的横坐标为﹣4，保持不变．13．在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x﹣4与x轴，y轴分别交于点A、B，与直线y＝3交于点C，点D为直线y＝3上点C右侧的一点．（1）如图1，若△ACD的面积为6，则点D的坐标为（，3）；（2）如图2，当∠CAD＝45°时，求直线AD的解析式；（3）在（2）的条件下，点E为直线AD上一点，设点E的横坐标为m，△ACE的面积为S，求S关于m的函数关系式，并直接写出自变量m的取值范围．解：（1）如图1，对于直线y＝﹣2x﹣4，当y＝0时，由﹣2x﹣4＝0得，x＝﹣2，∴A（﹣2，0）；当y＝3时，由﹣2x﹣4＝3得，x＝﹣，∴C（﹣，3），设D（r，3），∵点D在点C右侧，∴CD＝r+，由题意，得×3（r+）＝6，解得，r＝，∴D（，3），故答案为：D（，3）．（2）如图2，过点D作DG⊥AC于点G，过点G作MN⊥x轴于点N，交直线y＝3于点M，则∠AGD＝∠GNA＝90°，∵直线y＝3与x轴平行，∴∠DMG＝180°﹣∠GNA＝90°＝∠GNA，∵∠GAD＝45°，∴∠GDA＝45°＝∠GAD，∴DG＝GA，∵∠DGM＝90°﹣∠AGN＝∠GAN，∴△DGM≌△GAN（AAS），∴GM＝AN，DM＝GN，设AN＝t，则N（﹣2﹣t，0），∵点G在直线y＝﹣2x﹣4上，∴y G＝﹣2（﹣2﹣t）﹣4＝2t，∴G（﹣2﹣t，2t），∵M（﹣2﹣t，3），∴GM＝3﹣2t，由GM＝AN得，3﹣2t＝t，解得t＝1，∴N（﹣3，0），M（﹣3，3），∵DM＝GN＝2t＝2，∴D（﹣1，3），设直线AD的解析式为y＝kx+b，则，解得，∴y＝3x+6．（3）由（1）、（2）得，C（﹣，3），D（﹣1，3），∴CD＝﹣1﹣（﹣）＝，＝××3＝，∴S△ACD过点E作直线y＝3的垂线，垂足为点F，∵点E在直线y＝3x+6上，且点E的横坐标为m，∴E（m，3m+6），如图3，点E在线段AD上，则﹣2＜m≤﹣1，此时，EF＝3﹣（3m+6）＝﹣3m﹣3，＝S△ACD﹣S△ECD得，由S△ACES＝﹣×（﹣3m﹣3）＝m+；如图4，点E在线段AD的延长线上，则m＞﹣1，此时，EF＝3m+6﹣3＝3m+3，＝S△ACD+S△ECD得，由S△ACES＝+×（3m+3）＝m+，∴当m＞﹣2时，S＝m+；如图5，点E在线段DA的延长线上，则m＜﹣2，此时，EF＝3﹣（3m+6）＝﹣3m﹣3，＝S△ECD﹣S△ACD得，由S△ACES＝×（﹣3m﹣3）﹣＝﹣m﹣，综上所述，．14．（1）基本图形的认识：如图1，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，AB＝EC，BE＝CD，连结AE、DE，求证：△AED是等腰直角三角形．（2）基本图形的构造：如图2，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，3），连结AB，过点A在第一象限内作AB的垂线，并在垂线截取AC＝AB，求点C的坐标；（3）基本图形的应用：如图3，一次函数y＝﹣2x+2的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，直线AC交x轴于点D，且∠CAB＝45°，求点D的坐标．（1）证明：∵在△ABE和△ECD中，，∴△ABE≌△ECD（SAS），∴AE＝DE，∠AEB＝∠EDC，在Rt△EDC中，∠C＝90°，∴∠EDC+∠DEC＝90°．∴∠AEB+∠DEC＝90°．∵∠AEB+∠DEC+∠AED＝180°，∴∠AED＝90°．∴△AED是等腰直角三角形；（2）解：过点C作CH⊥x轴于点H，如图2，则∠AHC＝90°．∴∠AOB＝∠BAC＝∠AHC＝90°，∴∠OAB＝180°﹣90°﹣∠HAC＝90°﹣∠HAC＝∠HCA．在△AOB和△CHA中，，∴△AOB≌△CHA（AAS），∴AO＝CH，OB＝HA，∵A（2，0），B（0，3），∴AO＝2，OB＝3，∴AO＝CH＝2，OB＝HA＝3，∴OH＝OA+AH＝5，∴点C的坐标为（5，2）；（3）解：如图3，过点B作BE⊥AB，交AD于点E，过点E作EF⊥OD，交OD于点F，把x＝0代入y＝﹣2x+2中，得y＝2，∴点A的坐标为（0，2），∴OA＝2，把y＝0代入y＝﹣2x+2，得﹣2x+2＝0，解得x＝1，∴点B的坐标为（1，0），∴OB＝1，∵AO⊥OB，EF⊥BD，∴∠AOB＝∠BFE＝90°，∵AB⊥BE，∴∠ABE＝90°，∠BAE＝45°，∴AB＝BE，∠ABO+∠EBF＝90°，又∵∠ABO+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝∠EBF，在△AOB和△BFE中，，∴△AOB≌△BFE（AAS），∴BF＝OA＝2，EF＝OB＝1，∴OF＝3，∴点E的坐标为（3，1），设直线AC的解析式为y＝kx+b，由题意可得，解得，∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，令y＝0，解得x＝6，∴D（6，0）．15．【模型建立】：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA；【模型应用】：（2）如图②，已知直线l1：y＝﹣2x+4与x轴交于点A、与y轴交于点B，将直线l1绕点A顺时针旋转45°至直线l2，求直线l2的函数表达式；（3）如图③，平面直角坐标系内有一点B（﹣4，﹣6），过点B作BA⊥x轴于点A、BC ⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝3x+3上的动点且在第三象限内．试探究△CPD能否成为等腰直角三角形？若能，求出点D的坐标，若不能，请说明理由．（1）证明：如图①，∵∠ACB＝90°，AD⊥ED于点D，BE⊥ED于点E，∴∠BEC＝∠CDA＝∠DCA＝90°，∴∠DCE＝∠CAD＝90°﹣∠ACD，∵BC＝CA，∴△BEC≌△CDA（AAS）．（2）解：如图②，作BF⊥AB交直线l2于点F，作FE⊥x轴于点E，∵∠BEF＝∠AOB＝∠BAF＝90°，∴∠EBF＝∠OAB＝90°﹣∠OBA，由旋转得∠BAF＝45°，∴∠BFA＝∠BAF＝45°，∴BF＝AB，∴△BEF≌△AOB（AAS），直线y＝﹣2x+4，当y＝0时，则﹣2x+4＝0，解得x＝2；当x＝0时，y＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴EB＝OA＝2，EF＝OB＝4，∴OE＝OB+EB＝6，∴F（4，6），设直线l2的函数表达式为y＝kx+b，把A（2，0），F（4，6）代入y＝kx+b，得，解得∴直线l2的函数表达式为y＝3x﹣6．（3）解：△CPD能成为等腰直角三角形，∵B（﹣4，﹣6），BA⊥x轴于点A、BC⊥y轴于点C，∴A（﹣4，0），C（0，﹣6），四边形OABC为矩形，设P（﹣4，m），如图③，∠PDC＝90°，则PD＝DC，过点D作DH⊥y轴于点H，交AB的延长线于点G，∵∠G＝∠ABC＝90°，∠DHC＝90°，∴∠G＝∠DHC，∴∠PDG＝∠DCH＝90°﹣∠CDH，∴△PDG≌△DCH（AAS），∴DG＝CH＝BG，PG＝DH，∵BP＝m﹣（﹣6）＝m+6，∴m+6+DG＝4﹣DG，∴DG＝BG＝，∴x D＝﹣4+＝，y D＝﹣6﹣＝，将D（，）代入y＝3x+3，得＝3×+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣）；如图④，∠PCD＝90°，则CD＝PC，∵作DJ⊥y轴于点J，PI⊥y轴于点I，∵∠DJC＝∠CIP＝90°，∴∠DCJ＝∠CPI＝90°﹣∠PCI，∴△DCJ≌△CPI（AAS），∴CJ＝PI＝4，DJ＝CI＝BP＝m+6，∴OJ＝6+4＝10，∴D（﹣m﹣6，﹣10），将D（﹣m﹣6，﹣10）代入y＝3x+3，得过且过﹣10＝3（﹣m﹣6）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，﹣10）；如图⑤，∠CPD＝90°，且点D在PC上方，则DP＝PC，作DK⊥AB交射线BA于点K∵∠K＝∠B＝90°，∴∠PDK＝∠CPB＝90°﹣∠DPK，∴△PDK≌△CPB（AAS），∴KP＝BC＝4，KD＝BP＝m+6，∴x D＝﹣4+m+6＝m+2，y D＝m+4，∴D（m+2，m+4），将D（m+2，m+4）代入y＝3x+3，得m+4＝3（m+2）+3，解得m＝﹣，∴D（﹣，），∵D（﹣，）不在第三象限，∴D（﹣，）不符合题意，舍去；如图⑥，∠CPD＝90°，且点D在PC下方，则DP＝PC，作DL⊥AB交AB的延长线于点L，则∠DLP＝∠PBC，∴∠DPL＝∠PCB＝90°﹣∠BPC，∴△PDL≌△CPB（AAS），∴LP＝BC＝4，LD＝BP＝m+6，∴x D＝﹣4﹣（m+6）＝﹣10﹣m，y D＝m﹣4，∴D（﹣10﹣m，m﹣4），将D（﹣10﹣m，m﹣4）代入y＝3x+3，得m﹣4＝3（﹣10﹣m）+3，解得m＝﹣，D（﹣，﹣），综上所述，点D的坐标为（﹣，﹣）或（﹣，﹣10）或（﹣，﹣）．。
初中数学几何模型：半角模型
半角模型模型讲解【结论】如图，在正方形ABCD 中，∠MAN=45°，则(1)MN=BM+DN;(2)△MCN 的周长等于正方形ABCD 边长的2倍；(3)MA 是∠BMN 的平分线，NA 是∠DNM 的平分线.【证明】延长ND 至点E ，使得DE=BM ，连接AE ，如图. ∵AB=AD, ∠B=∠ADE,BM=DE.∴△ABM ≌△ADE(SAS),.∴∠BAM =∠DAE, ∠AMB =∠E,AM=AE.∵∠MAN=45°,∴∠BAM+∠DAN=45°,∴∠DAE+∠DAN=∠NAE=45°.在△AMN 和△AEN 中，{AM =AE∠MAN =∠EAN =45°AN =AN∴△AMN ≌△AEN(SAS),∴MN=EN=DE+DN=BM+DN.∠AMB=∠AMN=∠E,∠ANM=∠AND,即MA是∠BMN的平分线，NA是∠DNM的平分线.CM+CN+MN=CM+BM+ND+CN=BC+CD=2BC,即△MCN的周长等于正方形ABCD边长的2倍.拓展【结论1】(等腰三角形中的半角模型)如图，△ABC是边长为a的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则(1)MN=BM+CN；(2)△MAN的周长等于△ABC边长的2倍；(3)MD是∠BMN的平分线，ND是∠CNM的平分线.【证明】：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠BCD=∠DBC=30°.∵△ABC是边长为a的等边三角形，∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°,∴∠DBA=∠DCA=90°.延长AB至点F，使BF=CN，连接DF，如图. 在△BDF和△CDN中，{DB=DC ∠DBF=DCN BF=CN∴△BDF≌△CDN(SAS),∴∠BDF=∠CDN,∠F=∠CND,DF=DN. ∵∠MDN=60°,∴∠BDM+∠CDN=60°,∴∠BDM+∠BDF=60°,即∠FDM=60°=∠MDN.在△DMN和△DMF中，{DN=DF∠MDN=∠MDF DM=DM∴△DMN≌△DMF(SAS),∴MN=MF=BM+CN,∠F=∠MND=∠CND,∠FMD=∠DMN,∴△AMN的周长是AM+AN+MN=AM+MB+CN+AN=AB+AC=2a.【结论2】（对角互补且一组邻边相等的半角模型)如图所示，在四边形ABCD中，∠B+∠D=180°，∠BAD=2∠EAF,AB=AD，则（1）EF=BE+FD；（2）EA是∠BEF的平分线，FA是∠DFE的平分线.典型例题典例1如图，已知正方形ABCD中，∠MAN=45°，则线段MN，BM与DN之间的关系是( ).A.MN=BM+DNB.BM=MN+DNC.DN=MN+BMD.无法确定典例2如图，△ABC是边长为a的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长是( ).A.aB.2aC.3aD.不能确定典例3(1)如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，求证：EF=BE+FD.(2)在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF= ∠BAD，(1)中的结论是否仍然成立?(不需要说明理由)(3)如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E，F分别是边BC，CD延长线上的点，且∠EAF= ∠BAD，(1)中的结论是否仍然成立?若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明.初露锋芒1.如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且BDC=120°.以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长为________.2.如图，在Rt△ABC中，AB=AC，D,E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°.若BE=4，CD=3，则AB的长为_________.3. 如图，正方形ABCD中，∠EAF=45°，连接对角线BD交AE于点M，交AF于点N.若DN=1，BM=2，那么MN=________.感受中考1.(2020山东济南中考模拟)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45°，AE，AF分别交BD于点M，N，连接EN，EF.有以下结论：=2 - √2；③BE+DF=EF；④存在点E，F，①AN=EN；②当AE=AF时，BEEC使得NF＞DF.其中正确的个数是( ).A.1B.2C.3D.4参考答案典型例题典例1【答案】A【解析】：∵正方形ABCD中，∠MAN=45°，∴根据半角模型结论可知MN=BM+DN.故选A.典例2【答案】B【解析】：∵△BDC是等腰三角形，观察图形，能发现图形为等腰三角形的半角模型，根据半角模型结论可知，△AMN的周长为△ABC边长的2倍，即为2a.故选B.典例3【解析】(1)如图，延长EB到点G，使BG=DF，连接AG.∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD,∴△ABG≌△ADF(SAS), ∴AG=AF. ∠1=∠2.∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF= 1∠BAD，2∴∠GAE=∠EAF.又 AE=AE. ∴△AEG≌△AEF(SAS),∴EG=EF.∵EG=BE+BG, ∴EF=BE+FD.(2)(1)中的结论EF=BE+FD仍然成立.(3)结论EF=BE+FD不再成立，应当是EF=BE-FD.证明：如图，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG.∵∠B+∠ADC=180°,∠ADF+∠ADC=180°,∴∠B=∠ADF.又∵AB=AD, ∴△ABG≌△ADF(SAS),∴∠BAG=∠DAF,AG=AF.∠BAD.∴∠BAG +∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= 12∴∠GAE=∠EAF.又∵AE=AE, ∴△AEG≌△AEF(SAS),∴EG=EF.∵EG=BE-BG. ∴EF=BE-FD.初露锋芒1.【答案】6.【解析】∵△BDC 是等腰三角形，且∠BDC=120°，∠MDN=60°，△ABC 是边长为3的等边三角形，∴根据等腰三角形的半角模型结论可知，△AMN 的周长是△ABC 边长的2倍，即为6.2. 【答案】6√2.【解析】如图，过点B 作BC 的垂线，垂足为B ，并截取BF=CD ，连接FE ，AF.∵∠FBE=90°,FB=3,BE=4,∴在Rt △FBE 中，FE 2=FB 2+BE 2=32+42=52，∴FE=5.∵Rt △ABC 中，AB=AC,∴∠ABC=∠ACB=45°,∴∠FBA=∠FBC-∠ABC=90°- 45°= 45°.在△AFB 与△ADC 中，{BF =CD∠ABF =∠ACD =45AB =AC∴△AFB ≌△ADC(SAS),∴∠2=∠3,AF=AD.又∵∠1+∠EAD+∠2=90°，∠DAE=45°,∴∠1+∠2=45°，∴∠FAE=∠1+∠3=45°,∴∠FAE=∠DAE.在△AFE 与△ADE 中，{AF =AD∠FAE =∠DAE AE =AE,∴△AFE ≌△ADE(SAS),∴FE=DE=5,∴BC=BE+ED+DC=4+5+3=12.又∵在Rt △ABC 中，AB=BC ·cos ∠ABC ，∴AB=12×cos 45°=12×√22 = 6√2.3. 【答案】√5.【解析】如图，延长CB 到点G ，使BG=DF ，连接AG ，在AG 上截取AH=AN ，连接MH,BH.∵四边形ABCD 为正方形，∴AB=BC=CD=AD,∠4=∠5=45°,∠BAD=∠ADF=∠ABE=∠ABG=90°.在△ABG 和△ADF 中，{AB =AD∠ABG =∠ADF =90BG =DF,∴△ABG ≌△ADF(SAS),∴∠1=∠2,∠7=∠G,AG=AF ，∴∠GAE=∠2+∠3=∠1+∠3=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF. 在△AMN 和△AMH 中，{AN =AH∠MAN =∠MAH =45°AM =AM∴△AMN ≌△AMH(SAS),∴MN=MH.∵AF=AG,AN=AH ，∴FN=AF-AN=AG-AH=GH.在△DFN 和△BGH 中，{DF =BG∠7=∠G FN =GH∴△DFN ≌△BGH(SAS),∴∠6=∠4=45°，DN=BH.∴∠MBH=90°-45°+45°=90°，∴BM+DN=BM+BH=MH=MN.又∵DN=1，BM=2，∴22+12=MN 2，∴MN=√5.感受中考1.【答案】 B【解析】①如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EBM = ∠ADM =∠FDN =∠ABD=45°.∵∠MAN=∠EBM=45°,∠AMN=∠BME,∴△AMN∽BME,∴AMBM = MNEM.又∵∠AMB=∠EMN,∴△AMB∽△NME,∴∠AEN=∠ABD=45°.∴∠NAE=∠AEN=45°,∴△AEN是等腰直角三角形，∴AN=EN,故①正确.②∵∠ABE=∠ADF=90°,在Rt △ABE 和Rt △ADF 中，{AB =AD AE =AF∴Rt △ABE ≌Rt △ADF(HL),∴BE=DF.又∵BC=CD ，∴CE=CF.假设正方形ABCD 的边长为1，设CE=x则BE=1-x.如图，连接AC ，交EF 于点O.∵AE=AF,CE=CF ，∴AC 是EF 的垂直平分线，∴AC ⊥EF,OE=OF.在Rt △CEF 中,OC= 12 EF= √22x. 在△EAF 中，∠EAO=∠FAO=22.5°=∠BAE=22.5°, ∴OE=BE.又∵AE=AE ，∴Rt △ABE ≌RtAOE(HL),∴AO=AB=1.∴AC=√2=AO+OC, ∴1+√22x=√2，解得x=2 -√2.∴BEEC = √2)2−√2= (√2−1)(2+√2)2=√22,故②不正确.③∵正方形ABCD中，∠EAF=45°，∴根据半角模型结论可知EF=BE+DF，故③正确.④∵∠FND=∠ADN+∠NAD＞45°.而∠FDN=45°，∴DF＞FN.故不存在点E，F，使得NF＞DF，故④不正确. 因此，正确结论的个数是2.故选B.。
半角模型专题
半角模型半角模型是指：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。
由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半，故名半角模型，又称“角含半角模型”。
其中，将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”（即图中的△AEF）半角模型的条件:共顶点、等线段,一个小角等于大角的一半,对角互补的四边形。
半角模型的结论：1.半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。
即：如图中，EF=BE+DF。
2.∠BEA=∠FEA ,∠DFA=∠EFA3.射线截端点两对边所得直角三角形的两直角边相等时，其斜边长取到最小值，其面积取到最大值。
1．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为．2．如图，点E、F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且∠EAF＝45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接BD交AF于点M，DE＝2，BF＝3，则GM＝．3．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，DE⊥AB，垂足为E，且DE＝EB＝5，则四边形ABCD的面积．4．如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△CDM．若AE＝1，则MF的长为．5．在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，该角可以绕点A转动，∠MAN的两边分别交射线CB，DC于点M，N．（1）当点M，N分别在正方形的边CB和DC上时（如图1），线段BM，DN，MN之间有怎样的数量关系？你的猜想是：，并加以证明．（2）已知正方形ABCD的边长为1，如果△CMNF的周长为2．求∠MAN的度数（3）当点M，N分别在正方形的边CB和DC的延长线上时（如图2），线段BM，DN，MN 之间的数量关系会发生变化吗？证明你的结论．6．（2019春•瑶海区期末）通过类比联想、引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的．下面是一个案例，先阅读再解决后面的问题：原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接EF，求证：EF＝BE+DF．解题分析：由于AB＝AD，我们可以延长CD到点G，使DG＝BE，易得∠ABE＝∠ADG＝90°，可证△ABE≌△ADG再证明△AFG≌△AFE，得EF＝FG＝DG+FD＝BE+DF问题（1）：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．求证：EF＝BE+FD；问题（2）：如图3，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，点E、F分别在四边形ABCD的边BC、CD上，且∠EAF＝60°，求此时△CEF的周长．7．（2018•开江县二模）阅读材料并解答问题：探究：小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD，点E、F分别为BC、CD边上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE+DF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图1），此时GE即是BE+DF．请回答：在图1中，∠GAF的度数是．理解：如图2，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E在斜边AB上，且∠DCE＝45°，请写出AD、DE、BE三条线段之间的数量关系，并证明．应用：如图3，正方形ABCD中，△AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH ＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E，若MH＝2，NH＝3，DF＝2，求AH、EF的长．8．已知：平面直角坐标系中，如图1，点A（a，b），AB⊥x轴于点B，并且满足．（1）试判断△AOB的形状并说明理由．（2）如图2，若点C为线段AB的中点，连OC并作OD⊥OC，且OD＝OC，连AD交x轴于点E，试求点E的坐标．（3）如图3，若点M为点B的左边x轴负半轴上一动点，以AM为一边作∠MAN＝45°交y 轴负半轴于点N，连MN，在点M运动过程中，试猜想式子OM+MN﹣ON的值是否发生变化？若不变，求这个不变的值；若发生变化，试求它变化的范围．9．（2015秋•和平区校级期中）在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D 为△ABC为外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N分别在边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时＝（直接写出结果）；（2）如图2，点M、N边分别在AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，猜想BM、NC、MN之间的数量关系并加以证明；（4）在（3）问的条件下，若此时AN＝x，则Q＝（用x、L表示，直接写出结果）．10．问题背景：如图1：在四边形ABC中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．11．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CB，DC （或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：；（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）1．【解答】解：如图，连接AE，AF，EN，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，∴∠EAF＝90°，∴△EAF为等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），∴EN＝FN，设DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴CD＝CN+DN＝x+8，∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2＝EN2，即82+（x+3）2＝（x+5）2，解得：x＝12，∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN＝＝＝4，故答案为：4．2．【解答】解：连接GE交AF于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABF＝∠ADE＝∠C＝90°，AB＝AD＝BC＝DC，AD∥BC，∵∠EAF＝45°，∴∠BAF+∠DAE＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，由旋转得：AE＝AG，∠ABF＝∠ADE＝90°，BG＝DE＝2，∠BAG＝∠DAE，∴∠BAG+∠BAF＝45°，∵∠ABF＝∠ABG＝90°，∴∠GBC＝∠ABG+∠ABF＝180°，∴点G、B、F三点在同一条直线上，∵BF＝3，∴FG＝BG+BF＝2+3＝5，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝FE＝5，设正方形ABCD的边长为x，∴CF＝x﹣3，CE＝x﹣2，在Rt△ECF中，FC2+EC2＝EF2，∴（x﹣3）2+（x﹣2）2＝52，∴x＝6或x＝﹣1（舍去），∴正方形ABCD的边长为6，在Rt△ABF中，AF＝＝＝3，∵AD∥BC，∴∠DAM＝∠MFB，∠ADM＝∠MBF，∴△ADM∽△FBM，∴＝＝＝2，∴AM＝AF＝2，在Rt△ADE中，AE＝＝＝2，∵AG＝AE，FG＝FE，∴AF是EG的垂直平分线，∴∠AOE＝90°，∵∠EAF＝45°，∴AE＝AO，∴AO＝2，∴点M与点O重合，∴EG＝2GM，在Rt△ECG中，EC＝DC﹣DE＝6﹣2＝4，GC＝BC+GB＝6+2＝8，∴EG＝＝＝4，∴GM＝2，故答案为：2．3．【解答】解：把Rt△DEA以绕D按逆时针旋转90°，如图：∵旋转不改变图形的形状和大小，∴A与C重合，∠A＝∠DCE′，∠E′＝∠AED＝90°．∵在四边形ABCD中，∠ADC＝∠B＝90°，∴∠A+∠DCB＝180°，∴∠DCE′+∠DCB＝180°，即点B、C、E′在同一直线上，∵∠DEB＝∠E′＝∠B＝90°，∴S矩形DEBE′＝DE×BE＝5×5＝25，∵S矩形DEBE′＝S四边形DEBC+S△DCE，∵S四边形ABCD＝S四边形DEBC+S△ADE＝S四边形DEBC+S△DCE，∴S四边形ABCD＝S矩形DEBE＝25．故四边形ABCD的面积为25．故答案为：25．4．【解答】解：∵△ADE逆时针旋转90°得到△CDM，∴∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，∴F、C、M三点共线，∵∠EDM＝∠EDC+∠CDM＝∠EDC+∠ADE＝90°，∴∠EDF+∠FDM＝90°，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF＝MF，设EF＝MF＝x，∵AE＝CM＝1，且BC＝3，∴BM＝BC+CM＝3+1＝4，∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝4﹣x，∵EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，即22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴MF＝．故答案为：．5．【解答】证明：（1）猜想：BM+DN＝MN，证明如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，在△ABE和△ADN中，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案为：BM+DN＝MN；（3）延长CD至E'使DE'＝BE，连接AE'，由（1）知，△ADE'≌△ABE（SAS），∴AE'＝AE，∠DAE'＝BAE，设BE＝x，DF＝y，∵正方形ABCD的边长为1，∴CE＝1﹣x，CF＝1﹣y，∵△CEF的周长为2，∴CE+CF+EF＝2，∴1﹣x+1﹣y+EF＝2，∴EF＝x+y＝BE+DF＝DE'+DF＝E'F，在△E'AF和△EAF中，，∴△E'AF≌△EAF（SSS），∴∠E'AF＝∠EAF，∴∠DAE'+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠EAF，∵∠DAF+∠EAF+∠BAE＝90°，∴∠MAN＝45°（2）DN﹣BM＝MN．证明如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，△ABM和△ADF中，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．6．【解答】证明：（1）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图2，∵∠ADF＝90°，∠ADF+∠ADG＝180°，∴∠ADG＝90°，∵∠B＝90°，∴∠B＝∠ADG＝90°，∵BE＝DG，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∴∠EAG＝∠EAD+∠DAG＝∠EAD+∠ABE＝∠BAD，∵∠EAF＝∠BAD，∵∠EAG＝∠EAG＝（∠EAF+∠FAG），∴∠EAF＝∠FAG，又∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AFG（SAS），∴EF＝FG＝DF+DG＝EB+DF；（2）解：连接AC，如图3，∵AB＝AD，BC＝CD，AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）．∴∠DAC＝∠BAC，∴∠BAC＝∠BAD＝60°，∵∠B＝90°，AB＝1，∴在Rt△ABC中，AC＝2，BC＝＝＝，由（1）得EF＝BE+DF，∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝2BC＝2．7．【解答】解：探究：延长CB至G，使BG＝DF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，∴∠FAG＝∠BAG+∠ABE+∠EAF＝∠DAF+∠BAE+∠EAF＝90°，∵∠EAG＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠ABE＝∠BAD﹣∠EAF＝45°＝∠EAF，∵AE＝AE，∴△AEG≌△AEF（SAS），∴EF＝EG＝BE+BG＝BE+DF，故答案为90°；理解：如图2，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠B＝45°，AC＝BC逆时针旋转△BCE至△ACF，∴△BCE≌△ACF，∴AF＝BE，∠CAF＝∠B＝45°，∴∠DAF＝∠CAF+∠BAC＝90°，连接DF，根据勾股定理得，DF2＝AF2+AD2＝BE2+AD2，∵△CAF≌△CBE，∴CF＝CF，∠ACF＝∠BCE，∴∠DCF＝∠ACF+∠ACD＝∠ACD+∠BCE＝90°﹣∠DCE＝45°＝∠DCE，∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE，∴DE＝DF，∴DE2＝BE2+AD2；应用：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵AH⊥MN，∴∠AHE＝∠B＝90°，在Rt△AMB和Rt△AMH中，，∴Rt△AMB≌Rt△AMH，∴∠MAB＝∠MAH，BM＝MH＝2，同理可证Rt△AND≌Rt△ANH，∴∠NAD＝∠NAH，DN＝NH＝3∴2∠MAH+2∠NAH＝90°，∴∠MAH+∠NAH＝45°，∴∠MAN＝45°．设正方形的边长为a，∴CM＝a﹣2，CN＝a﹣3，根据勾股定理得，（a﹣2）2+（a﹣3）2＝25，∴a＝﹣1（舍）或a＝6∴BC＝6，∴BD＝6，由（1）可知∠EAF＝45°，∵AB＝AD，∠BAD＝90°，由探究发现得BE2+DF2＝EF2，设EF＝x，∵BD＝6，DF＝2．∴BE＝6﹣2﹣x＝4﹣x，∴（4﹣x）2+（2）2＝x2，解得x＝，∴EF＝．8．【解答】解：（1）△AOB是等腰直角三角形，理由如下：∵，∴2a+b+6＝0，a﹣b+12＝0，∴a＝﹣6，b＝6，∴点A（﹣6，6），∵AB⊥x轴，∴AB＝BO＝6，∠ABO＝90°，∴△ABO是等腰直角三角形；（2）如图2，过点D作DH⊥OB于H，∴∠DHO＝∠CBO＝90°，∴∠BCO+∠BOC＝∠DOH+∠COB，∴∠DOH＝∠BCO，又∵CO＝DO，∠DHO＝∠CBO＝90°，∴△BCO≌△HOD（AAS），∴DH＝BO，BC＝OH，∵点C是AB的中点，∴AC＝BC＝3，∴OH＝3，BH＝BO﹣OH＝3，∵AB＝DH，∠AEB＝∠DEH，∠ABE＝∠DHE＝90°，∴△ABE≌△DHE（AAS），∴BE＝EH＝，∴OE＝OH+EH＝，∴点E（﹣，0）；（3）OM+MN﹣ON的值不变，理由如下：过点A作AP⊥MO于P，AQ⊥y轴于Q，AG⊥AM交y轴G，∴AP＝AQ＝6，∠PAQ＝90°＝∠MAG，∴∠PAM＝∠GAQ，又∵∠APM＝∠AQG＝90°，∴△APM≌△AQG（ASA），∴AM＝AG，MP＝QG，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠GAN＝45°，又∵AN＝AN，∴△ANM≌△ANG（SAS），∴MN＝GN，∴OM+MN﹣ON＝OP+MP+GN﹣ON＝6+MP+ON+OG﹣ON＝6+QG+OG＝6+6＝12．9．【解答】解：（1）如图1，猜想：MN＝BM+NC，理由是：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∴MN＝DM＝DN，∵∠BDC＝120°，BD＝DC，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，∵BD＝CD，DM＝DN，∴Rt△DBM≌Rt△DCN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，∵AB＝AC，BM＝CN，∴AM＝AN，∵∠A＝60°，∴△AMN是等边三角形，∴△AMN的周长Q＝3MN＝6BM，等边△4BC的周长L＝3AB＝3（AM+BM）＝9BM，∴＝，故答案为：MN＝BM+NC，；（2）MN＝BM+CN，如图2，延长AC到E，使CE＝BM，连接DE，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠ABC+∠DBC＝∠ACB+∠DCB，即∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠DCE＝180°﹣∠ACD＝180°﹣90°＝90°，在Rt△DBM和Rt△DCE中，∵，∴△DBM≌△DCE（HL），∴DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，∵∠BDC＝120°，∠MDN＝60°，∴∠BDM+∠CDN＝120°﹣60°＝60°，即∠CDE+∠CDN＝60°，∴∠NDE＝60°，在△MDN和△EDN中，∵，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN＝NE，∵NE＝CN+CE，CE＝BM，∴MN＝BM+CN；（3）CN＝BM+MN；在NC上截取CF＝BM，连接DF，由（2）知：∠ABD＝∠ACD＝90°，∴∠MBD＝180°﹣90°＝90°，在△DBM和△DCF中，∵，∴△DBM≌△DCF（SAS），∴∠BDM＝∠CDF，DM＝DF，∵∠MDN＝∠BDM+∠BDN＝∠CDF+∠BDN＝60°∵∠BDC＝120°，∴∠NDF＝60°，在△MDN和△FDN中，∵，∴△MDN≌△FDN（SAS），∴MN＝NF，∵CN＝NF+CF，CF＝BM，∴CN＝MN+BM；（4）如图3，∵等边△ABC的周长为L，∴AB＝，△AMN的周长Q＝MN+AN+AM，＝FN+AN+AB+BM，＝AN+AF+AN+AB+CF，＝2x+2AB，＝2x+L，故答案为：2x+L．10．【解答】解：（1）EF＝BE+DF，证明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；故答案为EF＝BE+DF．（2）结论EF＝BE+DF仍然成立；理由：延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，如图②，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+DF＝BE+DF，∴EF＝BE+DF；（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF＝AE+BF成立，即EF＝1.5×（60+80）＝210海里．答：此时两舰艇之间的距离是210海里11．【解答】解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，∴∠BAM＝∠MAH，在Rt△ABM和Rt△AHM中，，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案为：AB＝AH；（2）AB＝AH成立，理由如下：延长CB至E，使BE＝DN，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又AM＝AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB＝AH．（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，∴四边形ABCD是正方形，∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，解得x＝3，∴NH＝3．。
备战中考数学二轮专题归纳提升真题几何模型—半角模型(解析版)
专题12 几何模型（2）—半角模型【模型介绍】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。
如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。
【解题关键】旋转目标三角形法和翻折目标三角形法【典型例题】【题型一：等边直角三角形中的半角模型】【模型】如图，△BDC为等腰三角形且∠BDC=120°，M和N分别是AB和AC上的两个点，且∠MDN=60°，△ABC为等边三角形。
【结论】结论①：MN=BM+CN；证明：如下图1，延长AB到H点，并使得BH=CN，连接DH，∵△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠ABC+∠DBC=60°+30°=90°=∠ACD，即∠HBD=∠NCD=90°，在△HBD和△NC D中：{BH=CN∠HBD=∠NCD=90∘DB=DC∴△HBD≌△NCD(SAS)，∴DH=DN，∠HDB=∠CDN，又∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠CDN=60°，即∠BDM+∠HDB=60°，∴∠HDM=∠NDM=60°，在△HDM和△NDM中：{HD=DN∠HDM=∠NDM=60∘MD=MD∴△HDM≌△NDM(SAS)，∴MN=MH=MB+BH=MB+CN。
证明完毕！结论②：如上图1中：△AMN的周长=2倍等边△ABC的边长；或者说成：3倍△AMN的周长=2倍等边三角形的周长。
证明：由结论①知：MN=MB+CN，CΔAMN=AM+AN+MN=AM+AN+(MB+CN)=(AM+MB)+(AN+NC)=AB+AC=2AB【例】如图，△ABC是边长为2的等边三角形，△BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D 为顶点作∠MDN=60°，点M、N分别在AB、AC上．（1）如图①，当MN//BC时，则△AMN的周长为______；（2）如图②，求证：BM+NC=MN．【答案】（1）4；（2）证明见解析【解析】解：（1）∵△ABC 是等边三角形，MN //BC ，∴∠AMN =∠ABC =60°，∠ANM =∠ACB =60°∴△AMN 是等边三角形，∴AM =AN ，则BM =NC ，∵△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠DBC =∠DCB =30°，∴∠DBM =∠DCN =90°在△BDM 和△CDN 中，{BM =CN,∠MBD =∠DCN,BD =CD,∴△BDM ≌△CDN （SAS ）∴DM =DN ，∠BDM =∠CDN ，∵∠MDN =60°，∴△DMN 是等边三角形，∠BDM ∠CDN =30°，∴NC =BM =12DM =12MN∴MN =MB +NC ，∴△AMN 的周长=AB +AC =4．（2）如图，延长AC 至点E ，使得CE =BM ，连接DE ，∵△ABC 是等边三角形，△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形，∴∠ABC =∠ACB =60°，∠DBC =∠DCB =30°，∴∠ABD =∠ACD =90°，∴∠DCE =90°，在△BDM 和△CDE 中，{BD =CD,∠MBD =∠ECD,BM =CE,∴△BDM ≌△CDE （SAS ），∴MD =ED ，∠MDB =∠EDC∴∠MDE=120°-∠MDB+∠EDC=120°，∵∠MDN=60°，∴∠EDN=60°，在△MDN和△EDN中，{MD=ED,∠MDN=∠NDE=60°,DN=DN,∴△NDM≌△NDE（SAS），∴MN=NE，又∵NE=NC+CE=NC+BM，∴BM+NC=MN．【练1】如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求△AMN的周长．【答案】△AMN的周长为6．【解析】解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°∴∠BCD=∠DBC=30°∵△ABC是边长为3的等边三角形∴∠ABC=∠BAC=∠BCA=60°∴∠DBA=∠DCA=90°延长AB至F，使BF=CN，连接DF，在Rt△BDF和Rt△CN D中，BF=CN，DB=DC∴△BDF≌△CDN，∴∠BDF=∠CDN，DF=DN∵∠MDN=60°∴∠BDM+∠CDN=60°∴∠BDM+∠BDF=60°，∠FDM=60°=∠MDN，DM为公共边∴△DMN≌△DMF，∴MN=MF∴△AMN的周长是：AM+AN+MN=AM+MB+BF+AN=AB+AC=6．【练2】在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝D C．探究：当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系．（1）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM＝DN时，BM、NC、MN之间的数量关系=；是；此时QL（2）如图2，点M、N在边AB、AC上，且当DM≠DN时，猜想（I）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由．（3）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，探索BM、NC、MN之间的数量关系如何？并给出证明．【答案】（1）BM+NC＝MN，2；3（2）结论仍然成立，详见解析；（3）NC﹣BM＝MN，详见解析【解析】（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC＝MN．此时QL =23．理由：∵DM＝DN，∠MDN＝60°，∴△MDN是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝60°，∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，∴∠MBD＝∠NCD＝90°，∵DM＝DN，BD＝CD，∴Rt△BDM≌Rt△CDN，∴∠BDM＝∠CDN＝30°，BM＝CN，∴DM＝2BM，DN＝2CN，∴MN＝2BM＝2CN＝BM+CN；∴AM＝AN，∴△AMN是等边三角形，∵AB＝AM+BM，∴AM：AB＝2：3，∴QL =23；（2）猜想：结论仍然成立．证明：在NC的延长线上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N＝M1C+NC＝BM+NC，∴△AMN的周长为：AM+MN+AN＝AM+BM+CN+AN＝AB+AC，∴QL =23；（3）证明：在CN上截取CM1＝BM，连接DM1．∵∠MBD＝∠M1CD＝90°，BD＝CD，∴△DBM≌△DCM1，∴DM＝DM1，∠MBD＝∠M1CD，M1C＝BM，∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，∴∠M1DN＝∠MDN＝60°，∴△MDN≌△M1DN，∴MN＝M1N．∴NC﹣BM＝MN．【题型二：等腰直角三角形中的半角模型】【模型】：如图，在△AB C中，AB=AC，∠BAC=90°，点D，E在BC上，且∠DAE=45°作法1：将△ABD旋转90°作法2：分别翻折△ABD,△ACE【结论】BD 2+CE 2=DE 2（证明与正方形中的半角模型类似）【例】如图，等腰直角三角形AB C 中，∠BAC = 90°，AB =AC ，点M ，N 在边BC 上，且∠MAN =45°．若BM = 1，CN =3，求MN 的长．【答案】√10【解析】解：如图，过点C 作CE ⊥BC ，垂足为点C ，截取CE ，使CE ＝BM ．连接AE 、EN ．∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠B ＝∠ACB ＝45°．∵CE ⊥BC ，∴∠ACE ＝∠B ＝45°．在△ABM 和△ACE 中{AB ＝AC∠B ＝∠ACE BM ＝CE，∴△ABM ≌△ACE （SAS ）．∴AM ＝AE ，∠BAM ＝∠CAE ．∵∠BAC ＝90°，∠MAN ＝45°，∴∠BAM ＋∠CAN ＝45°．于是，由∠BAM ＝∠CAE ，得∠MAN ＝∠EAN ＝45°．在△MAN 和△EAN 中{AM ＝AE∠MAN ＝∠EAN AN ＝AN，∴△MAN ≌△EAN （SAS ）．∴MN ＝EN ．在Rt △EN C 中，由勾股定理，得EN 2＝EC 2＋NC 2．∴MN 2＝BM 2＋NC 2．∵BM ＝1，CN ＝3，∴MN 2＝12＋32，∴MN ＝√10．【练1】如图，在四边形ABC D 中，AB ＝AD ，BC ＝CD ，∠ABC ＝∠ADC ＝90°，∠MAN ＝∠BA D ．（1）如图1，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明；（2）如图2，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）如图3，将∠MAN 绕着A 点旋转，它的两边分别交边BC 、CD 的反向延长线于M 、N ，试判断这一过程中线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不用证明．【答案】证明见解析【解答】解：（1）证明：如图，延长MB 到G ，使BG ＝DN ，连接AG ．∵∠ABG＝∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD，∴△ABG≌△ADN．∴AG＝AN，BG＝DN，∠1＝∠4．∠BA D．∴∠1+∠2＝∠4+∠2＝∠MAN＝12∴∠GAM＝∠MAN．又AM＝AM，∴△AMG≌△AMN．∴MG＝MN．∵MG＝BM+BG．∴MN＝BM+DN．（2）MN＝BM﹣DN．证明：如图，在BM上截取BG，使BG＝DN，连接AG．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝AB，∴△ADN≌△ABG，∴AN＝AG，∠NAD＝∠GAB，∠DAB，∴∠MAN＝∠NAD+∠BAM＝12∠BAD，∴∠MAG＝12∴∠MAN＝∠MAG，∴△MAN≌△MAG，∴MN＝MG，∴MN＝BM﹣DN．（3）MN＝DN﹣BM．【练2】已知：如图（1）在Rt△AB C中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC 上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形AB C中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立，详见解析；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【解析】解：（1）DE2＝BD2+EC2；证明：如图，将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE，∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°∴∠BAD+∠CAE＝45°,∠F AD+∠F AE＝45°,∴∠CAE=∠F AE又AE=AE,AF=AB=AC∴△AFE≌△ACE，∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝45°+45°＝90°，∴DE2＝FD2+EF2∴DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠F AE＝∠F AD+∠DAE＝∠F AD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠F AE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DC A．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．【题型三：正方形中的半角模型】【模型】在正方形ABC D中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
初中几何半角模型经典例题
中考几何模型之半角模型【模型由来】半角模型是指：共顶点的两个一大一小的角，其中小角是大角的一半。
如下图中：若小角∠EAD等于大角∠BAC的一半，我们习惯上称之为“半角模型”。
【模型思想】通过旋转变化后构造全等三角形，实线边的转化。
【基本模型】类型一、90°中夹45°(正方形中的半角模型)条件：在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，BD为对角线，交AE于M点，交AF于N点。
结论①：图1、2中，EF=BE+FD；证明：如图3中，将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在F’处，连接BF’，∴∠EAF’=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠EAF，且AE=AE，AF=AF’，∴△FAE≌△F’AE(SAS)，∴EF=EF’，又∠D=∠ABF’=90°，∠ABE=90°，∴∠ABE+∠ABF’=90°+90°=180°，∴F’、B、E三点共线，∴EF’=BE+BF’=BE+DF。
结论②：图2中MN²=BM²+DN²；证明：如图4中，将AN绕点A顺时针旋转90°，N点落在N’处，连接AN’、BN’、MN’，∴∠N’AM=90°-∠EAF=90°-45°=45°=∠MAN，且AM=AM，AN=AN’，∴△MAN’≌△MAN(SAS)，∴MN=MN’，又∠ADN=45°=∠ABN ’，∠ABD=45°，∴∠MBN ’=∠ABD+∠ABN ’=45°+45°=90°，∴在Rt △MBN ’中，MN ’²=BM ²+BN ’²，即MN ²=BM ²+BN ’²。
结论③：图1、2中EA 平分∠BEF ，FA 平分∠DFE 。
人教版中考数学压轴题解题模型----几何图形之半角模型(含解析)
几何图形之半角模型主题半角模型教学内容教学目标1.掌握正方形的定义，弄清正方形与平行四边形、菱形、矩形的关系。
2.掌握正方形的性质定理1和性质定理2。
3.正确运用正方形的性质解题。
4.通过四边形的附属关系渗透集合思想。
5.通过理解四种四边形内在联系，培养学生辩证观点。
知识构造正方形的性质因为正方形是特殊的平行四边形，还是特殊的矩形，特殊的菱形，所以它具有这些图形性质的综合，因此正方形有以下性质〔由学生和教师一起总结〕。
正方形性质定理1：正方形的四个角都是直角，四条边相等。
正方形性质定理2：正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。
说明：定理2包括了平行四边形，矩形，菱形对角线的性质，一个题设同时有四个结论，这是该定理的特点，在应用时需要哪个结论就用哪个结论，并非把结论写全。
小结：〔1〕正方形与矩形，菱形，平行四边形的关系如上图〔2〕正方形的性质： ①正方形对边平行。
②正方形四边相等。
③正方形四个角都是直角。
④正方形对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角。
典型例题精讲例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 ．【解析】：作GM ⊥BD ，垂足为M ． 由题意可知∠ADG=GDM ， 那么△ADG ≌△MDG ． ∴DM=DA=2． AC=GM 又易知：GM=BM ．而BM=BD-DM=22-2=2〔2-1〕， ∴AG=BM=2〔2-1〕．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？【解析】：过P 作EF AB ⊥于F 交DC 于E ． 设PF x =，那么10EF x =+，1(10)2BF x =+． 由222PB PF BF =+． 可得：222110(10)4x x =++．故6x=．216256S==．ABCD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=+，为什么？=，那么有EF BE DF【解析】：要说明EF=BE+DF，只需说明BE=EM，DF=FM即可，而连结AE、AF．只要能说明△ABE≌△AME，△ADF≌△AMF即可．理由：连结AE、AF．由AB=AM，AB⊥BC，AM⊥EF，AE公用，∴△ABE≌△AME．∴BE=ME．同理可得，△ADF≌△AMF．∴DF=MF．∴EF=ME+MF=BE+DF．例4．如以下图E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，且45EAF︒∠=，试说明EF BE DF=+。
中考数学复习指导：与45°角相关的几个结论及其应用
5 10 3
10 5 3
解
如图 1，延长 AB 至点 G ，使得 BG = DF ，连结 CG , EF .
在 ∆CDF 和 ∆CBG 中，
CD = CB 有 ∠CDF = ∠CBG , DF = BG
∴∆CDF ≅ ∆CBG
∴ CF = CG, ∠DCF = ∠BCG .
∵ ∠ECF = 45° , ∴∠ECG = ∠ECB + ∠BCG = ∠ECB + ∠DCF = 45° ,
CD 2 − DF 2 = 62 + 22 = 2 10 ,
AB 相交，PC 交 AB 于点 M , PD 交 AB 于点 N ，设 AB = 2, AN = x, BM = y ，则能反映 y 与 x 的函数关系的图象大致是() Nhomakorabea解
∵ ∆PAB 为等腰直角三角形，
∴∠A = ∠B = 45° ,
∴ PA = PB =
∠MPN = 45° .
(1) ∆ANP ∽ ∆PNM ∽ ∆BPM ; (2) AN ⋅ BM = PA ⋅ PB = PA2 ; (3) AM 2 + BN 2 = MN 2 .
评析
(1)“中间” ∆PMN 与 ∆PAN 和 ∆PBM ，都属于相似里的“母子型” ，因而通
过相似的传递，得出两两相似; (2)利用相似，对应边成比例，积为定值; (3)将 ∆PAM 绕 P 点，按顺时针方向，旋转 90°，通过证明三角形全等，将 AM 、BN 和 MN 转化到同一个三角形中，再由勾股定理的逆定理可证得结论.在这一结论的证明过程 中，体现了旋转法可将散乱的线段、角等聚集到一起的功能，真可谓， 旋转的问题旋转来解. 结论 3 如 图 4 ， 在 ∆PAB 中 ， PA = PB, ∠APB = 90°, M 、 N 在 AB 上 ， 且
正方形的“半角模型”
过正方形任一内角的顶点,在形内引两条 射线,使两条射线的夹角是该内角的一半(即45。
),像这样的模型，我们习惯称之为正方形的“半角模型”。
【模型讲解】如图1,在正方形ABCD t ,点E 、F 分别为BC 、DC 边上的点，厶EAF=45。
,连接 EF,求证:DF+BE=EF°【解析】一般方法是:将45。
角两边的三角 形旋转到一边，合并成新的三角形,从而进行等量代换,然后证明这个新三角形与半角(45。
角)形成的三角形全等,再通过全等的性质得出线段之间的数量关系。
【证明1WAADF 绕/1点顺时针旋转90。
得 到△ ABG,如图 2,则 AG=AF, /LGAB=ZJ)AF,ZABG=以DF=90。
，所以ZXBG+Z_4BC=180°, 所以G 、C 三点共线。
再证明△ GAEw AFAE, 就可得到 EF=GE=GB+BE=DF+BE 。
【推论】对于这样的正方形“半角模型”，除了有以上常用结论(①DF+BE=EF)之外，我们还可以推出以下常用结论:②S a 肿S 沁+AEF 中，边EF 上的高等于正方形的边长。
同学们可以自行推导哦。
【知识运用】例1如图3所示，在四边形 ABCD 中，4D 〃BC(BC>AD) ,Z j 9=90°"B=BC= 18cm,E 是 上一点，当 Z_DCE=45° 时，【解析】由厶4=厶8=90。
、AB=BC 两个条件 联想到正方形。
其实这是一个“残缺”的正方形,所以只需把被“割去”的那一部分补上就可 以了，再结合“ ADCE=45。
” ,就可以得到正方形的“半角模型”了。
如图4,作CG1AD ,交M 的延长线于G ，先 证明四边形ABCG 是正方形,再由上述结论① 可知 ED=BE + DG ,设 DE=x ,贝U DG=x_6, AD=24-x,由勾股定理得,AE 2+AD 2^DE-，即 122+(24-x)2=x 2,解得 x=15,即 DE=15cm 。
半角模型
真题训练： （2013•安徽）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CB，DC （或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转 到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MNபைடு நூலகம் (1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN 时（如图2），线段 BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并 加以证明．
真题训练：
真题训练： 如图所示，在等腰直角△ABC的斜边AB上取两点M、N， 使∠MCN=45°，记AM=x，MN=y，BN=z，求证：以x、 y、z为边长的三角形的形状是直角三角形.
真题训练： （2013•安徽）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CB，DC （或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转 到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN． (2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM， DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜 想．
半角模型
探究1： 如图，ABCD为正方形，已知∠MAN=45°，求证： MN=BM+DN.
考查：旋转的性质
探究2：
考查：旋转的性质，勾股定理
正方形中的45°角：
真题训练： （2013•安徽）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CB，DC （或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转 到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．
2023年中考数学重难点复习：角含半角模型(附答案解析)
＝270°－（180°－∠DNC）
＝135°．
（3） ，证明如下：
如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，连结EM.
易得AE＝AN.∠MAE＝∠MAN＝45°，∠EBM＝90°，
所以△A ME≌△AMN.（SAS）.
则ME＝MN．
在Rt△BME中，
所以 .
DH＝ AD＝40m，AH＝ AD＝40 m.
而DF＝40（ －1）m.
所以∠EAF＝∠GAF＝45°.
可得△EAF≌△GAF（SAS）．
所以EF＝GF＝80m+40（ －l）m≈109. 2m.
例2如图，正方形ABCD的边长为a，BM、DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN＝45°．连结MC、NC、MN．
所以△AEF∽△AIF（SAS），
所以EF＝IF＝DI＋DF＝BE＋DF．
（2）因为△AEF∽△AIF，AG⊥EF，AD⊥IF，
所以AG＝AD．
（3）由∠HAF＝∠HDF＝45°可得A，D，F，H四点共圆，
从而∠AHF＝－∠ADF＝90°，
即FH⊥AE．
【拓展】①如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF＝45°，连结EF，则EF＝DF－BE．
可以通过旋转、翻折的方法来证明，如图：
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＝ ∠BAC，则以BD，DE，EC为三边长的三角形有一个内角度数为180°－∠BAC．
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：
2． 正方形角含半角
（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．
2021年中考数学压轴题：一道正方形内含半角模型问题分析
一道正方形内含半角模型问题分析【题目】如图，点G、H为正方形ABCD外接圆上的两个点，∠GAH=45°，GA与HA分别交BC、CD于点E、F，求证：EF∥GH。
【分析】观察图形，证明两线平行考虑利用平行线的判定方法，也就是考虑证明一组同位角、内错角或同旁内角的关系进行证明。
由于我们之前有做过正方形内含45°的问题。
如下图所示：如果∠EAF=45°，那么我们可以证明EF=BE+DF。
当然，反过来，如果EF=BE+DF，我们可以得到∠EAF=45°。
证明的方法就是截长补短，或者旋转的方式，构造全等。
很容易可以得到∠AEB=∠AEF，∠AFE=∠AFD。
有了上面这样的的内容，那么我们只需证明∠G=∠AEB即可得到∠G=∠AEF，然后得到EF∥GH。
那怎么证明∠G=∠AEB呢？还是需要再等量代换下，根据平行线的性质，可以得到∠DAE=∠AEB，也就是说我们只需证明∠G=∠DAE即可。
在圆内我们就会联想到弦弧角的关系（圆心角定理）以及圆周角定理等等。
∠DAE所对的弦是DG，因此可以考虑构造辅助线，连接DG。
那怎么证明DG=AH呢？可以考虑构造全等三角形的方式，比如连接GC。
可以得到一对三角形全等。
那么再逆推回来，就可以得到结论了。
如上图，当然也可以证明三角形AGH全等于三角形CAD，得到DG于AH是相等。
当然，也可以连接BD，然后得到上面的3个绿色角是相等的，即∠AGD=∠ABD=∠GAH，那么得到线段AH=DG。
还可以得到三角形MAG是等腰直角三角形。
然后就可以得到结论了。
以及，还可以得到5个红色的角是相等的，然后证明EF=GH等等。