中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题36中考命题核心元素含45°角的问题的几种解题思路(原卷版+解析)

这是一份中考数学重难点专题题位训练及押题预测专题36中考命题核心元素含45°角的问题的几种解题思路(原卷版+解析)，共31页。试卷主要包含了典例剖析+针对训练，2023中考押题预测等内容，欢迎下载使用。

思路1：套用半角模型常用结论．
模型解读：
常用结论：如图①，BM＋DN＝MN；MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；△CMN的周长＝2AB.
常用证明方法：如图②，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABN′，证明△AMN≌△AMN′.
常用结论：如图③，BP2＋QD2＝PQ2.
常用证明方如图④，在正方形ABCD中，AD＝a，点M，N分别在BC，CD边上，且∠MAN＝45°.
拓展结论：
(1)BM＋DN＝MN；
(2)MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；
(3)△CMN的周长＝2a(为定值)；
(4)S△ABM＋S△ADN＝S△AMN；
(5)eq \f(MN,AB)的最小值为2eq \r(2)－2；
(6)S△AMN的最小值为(eq \r(2)－1)a2；
(7)S△CMN的最大值为(3－2eq \r(2))a2；
(8)BP2＋QD2＝PQ2；
(9)△APQ∽△BAQ∽△DPA∽△BPM∽△DNQ；
(10)BQ·DP＝AB·AD＝a2(定值)；
(11)△APQ∽△ANM(相似比为1∶eq \r(2))；
(12)S△AMN＝2S△APQ；
(13)P，M，N，Q四点共圆；
(14)△AMC∽△AQD(相似比为1∶eq \r(2))；
(15)CM·CN＝2BM·DN；
(16)MQ⊥AN，NP⊥AM；
(17)△APN与△AQM均为等腰直角三角形；
(18)A，B，M，Q四点共圆；
(19)A，P，N，D四点共圆．
法：将△ABP绕点A逆时针旋转90°，得到△ADP′，证明△AQP≌△AQP′.
思路2：作垂直，将45°角置于直角三角形中，构造等腰直角三角形解决问题．
思路3：利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，构造直角三角形，解决问题．
思路4：利用两角和或差的正切公式
；
典例1 在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（﹣6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA＝45°时，求点C的坐标．（尽可能用多种方法解题）
针对训练
1．（2023春•永嘉县校级期末）如图，已知反比例函数y=k（x＞0）的图象经过点A（4，5），若在该图象上有一点P，使得∠AOP＝45°，则点P的坐标是 ．
2．如图，已知△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，若BD＝2，CD＝1．求△ABC的面积．
典例2(2023•东莞市校级一模）如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，∠EBF＝45°．
（1）小聪同学通过将△BAF绕点B顺时针旋转90°至△BCG，得到∠EBG＝∠EBF＝45°．
①请直接写出线段CE、EF、AF之间的数量关系： （用等式表示）；
②若AB＝2，E为CD边中点，求AF．
（2）如图2，将正方形ABCD改为矩形，且AB＝2，BC＝3，其他条件不变，即：E、F分别是边CD、AD上的点，∠EBF＝45°．
③记EF＝y，CE+AF＝x，试探究y与x之间的数量关系（用等式表示）；
④当BF⊥EF时，求线段EF的长．
针对训练
1．（2023•泗水县二模）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M、N，连接EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，BEEC=22；④BE+DF＝EF．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．如图，正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且EG与FH的夹角为45°，若正方形ABCD的边长为1，FH的长为52，求EG的长．
典例3 (2023秋•宁化县月考）（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG．
①判定AE和AG关系，并证明；
②证明：EF＝FG；
（2）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．
针对训练
1．（2023春•太仓市期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D，E是斜边BC上两点，∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，则△ABC的面积为 ．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•潜江校级月考）如图，点E和点F是正方形ABCD的边BC和边CD上的两动点，且∠EAF＝45°，有下列结论：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2；其中正确的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
2．（2023•天河区一模）如图，Rt△ABC中，AB＝AC＝3，AO＝1，若将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接OE，则在D点运动过程中，线段OE的最小值为 ．
3．如图，点A与点B的坐标分别是（1，0）和（5，0），点P是该直角坐标系x轴上方的动点，并且满足∠APB＝45°，满足条件的点P有多少个？画出这一些点．
4．(2023秋•铜山区期中）已知：如图，△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB，点D、E是BC上的两点，且∠DAE＝45°，△ADC与△ADF关于直线AD对称．求证：（1）∠FAE＝∠BAE；
（2）CD2+BE2＝DE2．
5．(2023•海口模拟）如图①，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，
（1）求证：EG＝FH；
（2）如果把题目中的“正方形”改为“长方形”，若AB＝3，BC＝4（如图②），求FHEG的值；
（3）如果把题目中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”（如图③），若正方形ABCD的边长为2，FH的长为5，求EG的长．
6．（2023秋•宁德期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AD边上的一个动点，连接BE，以BE为斜边在正方形ABCD内部构造等腰直角三角形BEF，连接CF．
（1）求证：∠DEF+∠CBF＝90°；
（2）若AB＝3，△BCF的面积为32，求△BEF的面积；
（3）求证：DE=2CF．
专题36 含45°角的问题的几种解题思路（解析版）
模块一 典例剖析+针对训练
思路1：套用半角模型常用结论．
模型解读：

常用结论：如图①，BM＋DN＝MN；MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；△CMN的周长＝2AB.
常用证明方法：如图②，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABN′，证明△AMN≌△AMN′.

常用结论：如图③，BP2＋QD2＝PQ2.
常用证明方如图④，在正方形ABCD中，AD＝a，点M，N分别在BC，CD边上，且∠MAN＝45°.
拓展结论：
(1)BM＋DN＝MN；
(2)MA平分∠BMN，NA平分∠DNM；
(3)△CMN的周长＝2a(为定值)；
(4)S△ABM＋S△ADN＝S△AMN；
(5)eq \f(MN,AB)的最小值为2eq \r(2)－2；
(6)S△AMN的最小值为(eq \r(2)－1)a2；
(7)S△CMN的最大值为(3－2eq \r(2))a2；
(8)BP2＋QD2＝PQ2；
(9)△APQ∽△BAQ∽△DPA∽△BPM∽△DNQ；
(10)BQ·DP＝AB·AD＝a2(定值)；
(11)△APQ∽△ANM(相似比为1∶eq \r(2))；
(12)S△AMN＝2S△APQ；
(13)P，M，N，Q四点共圆；
(14)△AMC∽△AQD(相似比为1∶eq \r(2))；
(15)CM·CN＝2BM·DN；
(16)MQ⊥AN，NP⊥AM；
(17)△APN与△AQM均为等腰直角三角形；
(18)A，B，M，Q四点共圆；
(19)A，P，N，D四点共圆．
法：将△ABP绕点A逆时针旋转90°，得到△ADP′，证明△AQP≌△AQP′.
思路2：作垂直，将45°角置于直角三角形中，构造等腰直角三角形解决问题．
思路3：利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，构造直角三角形，解决问题．
思路4：利用两角和或差的正切公式
；
典例1 在平面直角坐标系中，已知点A（4，0）、B（﹣6，0），点C是y轴上的一个动点，当∠BCA＝45°时，求点C的坐标．
思路引领：由于本题没有交代点C在y轴正半轴上还是负半轴上，因此这道题点C的位置需要分两种情况讨论，这两个位置正好关于x轴对称，因此我们只需求解点C在y轴正半轴上的情况，然后由对称性求出点C在y轴负半轴上的情况．
方法1：如图①，以45°角为基础，构造等腰直角三角形，由△BCF与△BDE全等，设法求出OC的长．
方法2：如图②，同方法1构造等腰直角三角形BCD，过点D作DH⊥x轴于点H，其实这一方法与前一方法类似，因为△BOC与图①中的△CFB全等，△BDH与图②中的△DBE全等，求OC长的时候，可利用△AOC与△ADH相似来解决．
方法3：如图③，构造等腰直角三角形，还可以过点B作BK⊥AC于点K来解决．
方法4：过点A作BC的垂线，解题方法同方法3.
方法5：如图④，利用同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，将45°角转化为90°角来解决问题．
方法6：利用两角和的正切公式容易轻松求解。

例1图
选择方法5和方法6解
方法5 解：设线段AB的中点为E，
∵点A（4，0）、B（﹣6，0），
∴AB＝10，E（﹣1，0），
（1）如答图1所示，过点E在第二象限作EP⊥AB，且EP=12AB＝5，则△PBA为等腰直角三角形，∠BPA＝90°，PA＝PB＝52；
以点P为圆心，PA（或PB）长为半径作⊙P，与y轴的正半轴交于点C，
∵∠BCA为⊙P的圆周角，
∴∠BCA=12∠BPA＝45°，即则点C即为所求．
过点P作PF⊥y轴于点F，则OF＝PE＝5，PF＝1，
在Rt△PFC中，PF＝1，PC＝52，由勾股定理得：CF=PC2−PF2=7，
∴OC＝OF+CF＝5+7＝12，
∴点C坐标为（0，12）；
（2）如答图2所示，在第3象限可以参照（1）作同样操作，同理求得y轴负半轴上的点C坐标为（0，﹣12）．
综上所述，点C坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
总结提升：本题考查了圆周角定理，难度较大，由45°的圆周角联想到90°的圆心角是解题的突破口，也是本题的难点所在．
方法6：当C在y轴正半轴上时，设C(0，y)
∵tan∠BCA=tan45=1
∴tan（∠BCO+∠ACO)=1
解得y=12(负值舍去）C（0，12）
当C在y轴负半轴上时，C（0,-12)
综上所述，点C坐标为（0，12）或（0，﹣12）．
针对训练
1．（2023春•永嘉县校级期末）如图，已知反比例函数y=k（x＞0）的图象经过点A（4，5），若在该图象上有一点P，使得∠AOP＝45°，则点P的坐标是 （65，253） ．
思路引领：作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝4，A′F＝AE＝3，即A′（4，﹣3），求出线段AA′的中垂线的解析式，利用方程组确定交点坐标即可．
解：如图，作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，
则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝5，A′F＝AE＝4，即A′（5，﹣4）．
∵反比例函数y=k（x＞0）的图象经过点A（4，5），
所以由勾股定理可知：OA=42+52=41，
∴k＝4×5＝20，
∴y=20x，
∴AA′的中点K（92，12），
∴直线OK的解析式为y=19x，
由y=19xy=20x，解得x=65y=253或x=−65y=−253，
∵点P在第一象限，
∴P（65，253），
故答案为（65，253）．
总结提升：本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，一次函数的应用等知识，解题的关键是学会构造全等三角形解决问题，学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考填空题中的压轴题．
2．如图，已知△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，若BD＝2，CD＝1．求△ABC的面积．
思路引领：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，由∠BAC＝45°可以得到BE＝AE，再根据已知条件可以证明△AFE≌△BCE，可以得到AF＝BC＝3，而∠FBD＝∠DAC，又∠BDF＝∠ADC＝90°，由此可以证明△BDF∽△ADC，所以FD：DC＝BD：AD，设FD长为x，则可建立关于x的方程，解方程即可求出FD，AD的长，根据三角形的面积公式即可得到结论．
解：如图，过B作BE⊥AC，垂足为E交AD于F，
∵∠BAC＝45°，
∴BE＝AE，
∵∠C+∠EBC＝90°，∠C+∠EAF＝90°，
∴∠EAF＝∠EBC，
在△AFE与△BCE中，∠EAF=∠EBCBE=AE∠FEA=∠CEB=90°，
∴△AFE≌△BCE（ASA），
∴AF＝BC＝BD+DC＝3，∠FBD＝∠DAC，
又∵∠BDF＝∠ADC＝90°，
∴△BDF∽△ADC，
∴FD：DC＝BD：AD，
设FD长为x，则
x：1＝2：（x+3），
解得x=−3+172（负值舍去），即FD=−3+172，
∴AD＝AF+FD＝3+−3+172，
∴△ABC的面积=12BC•AD=12×3×（3+−3+172）=9+3174．
总结提升：本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
典例2(2023•东莞市校级一模）如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，∠EBF＝45°．
（1）小聪同学通过将△BAF绕点B顺时针旋转90°至△BCG，得到∠EBG＝∠EBF＝45°．
①请直接写出线段CE、EF、AF之间的数量关系： EF＝EC+AF （用等式表示）；
②若AB＝2，E为CD边中点，求AF．
（2）如图2，将正方形ABCD改为矩形，且AB＝2，BC＝3，其他条件不变，即：E、F分别是边CD、AD上的点，∠EBF＝45°．
③记EF＝y，CE+AF＝x，试探究y与x之间的数量关系（用等式表示）；
④当BF⊥EF时，求线段EF的长．
思路引领：（1）①由旋转可知△BAF≌△BCG，所以BF＝BG，AF＝CG，BF＝BG，易证△BFE≌△BGE（SAS），所以EF＝EC+CG＝EC+AF；
②若点E为CD的中点，则DE＝EC＝1，设AF＝x，则CG＝x，DF＝2﹣x，由①可知，EF＝1+x，在Rt△DEF中，∠D＝90°，利用勾股定理建立关于x的方程，求解即可；
（2）③将△ABF绕点B顺时针旋转90°至△PBM，延长BM交DC的延长线于点N，过点M作MH⊥DN于点N，连接EM，由旋转可得，∠BPM＝90°，BF＝BM，BP＝AB＝2，∠ABF＝∠PBM，易证四边形PMNC是矩形，所以PM＝CH＝AF，所以CE+CH＝x，由（1）中思路易证△BEF≌△BEM（SAS），所以EM＝BF＝y，在Rt△MHE中，由勾股定理可得，MH2+EH2＝EM2，代入数据可得结论；
④因为BF⊥EF，所以△BFE是等腰直角三角形，则FB＝FE，∠AFB+∠DFE＝90°，易证△ABF≌△DFE（AAS），所以DF＝2，AF＝DE＝1，由勾股定理可得EF=5．
解：（1）①由题意可知△BAF≌△BCG，
∴BF＝BG，AF＝CG，BF＝BG，
∵∠EBG＝∠EBF＝45°，BE＝BE，
∴△BFE≌△BGE（SAS），
∴EF＝EG，
∵EG＝EC+CG＝EC+AF，
∴EF＝EC+AF，
故答案为：EF＝EC+AF．
②若点E为CD的中点，
∴DE＝EC＝1，
设AF＝x，则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=23，即AF=23．
（2）③将△ABF绕点B顺时针旋转90°至△PBM，延长BM交DC的延长线于点N，过点M作MH⊥DN于点N，连接EM，
由旋转可得，∠BPM＝90°，BF＝BM，BP＝AB＝2，∠ABF＝∠PBM，
∴∠CPM＝90°，PC＝MH＝1，
∵∠BCN＝90°，
∴四边形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，
在Rt△MHE中，由勾股定理可得，MH2+EH2＝EM2，
∴12+x2＝y2，即y=x2+1．
④∵BF⊥EF，
∴△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=5．
总结提升：本题属于四边形综合题，主要考查全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关键是利用类比思想作出正确的辅助线，将所求线段放在同一个三角形中．
针对训练
1．（2023•泗水县二模）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M、N，连接EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，BEEC=22；④BE+DF＝EF．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
思路引领：①如图1，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，
②利用相似三角形的性质可得∠NAE＝∠AEN＝45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；
③先证明CE＝CF，假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，可作判断．
解：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，
∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴AMBM=MNEM，
∴AMMN=BMEM，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∴∠NAE＝∠AEN＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，
∵AB=AD∠ABE=∠ADF=90°AE=AF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，
如图2，连接AC，交EF于H，
∵AE＝AF，CE＝CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE＝OF，
Rt△CEF中，OC=12EF=22x，
△EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，
∴OE＝BE，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO＝AB＝1，
∴AC=2=AO+OC，
∴1+22x=2，
x＝2−2，
∴BEEC=1−(2−2)2−2=22，故③正确，
③如图3，
∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，
∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，
∵∠ABE＝∠ABH＝90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
AE=AE∠FAE=∠HAEAF=AH，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故④正确．
故选：D．
总结提升：本题属于四边形综合题，综合考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
2．如图，正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，且EG与FH的夹角为45°，若正方形ABCD的边长为1，FH的长为52，求EG的长．
思路引领：可过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，将△AND绕点A旋转到△APB，不难得出△APM和△ANM全等，那么可得出PM＝MN，而MB的长可在Rt△ABM中根据AB和AM（即HF的长）求出．如果设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的长，进而可在Rt△AND中求出AN即EG的长．
解：过点A作AM∥HF交BC于点M，过点A作AN∥EG交CD于点N，
∵AB＝1，AM＝FH=52，
在Rt△ABM中，BM=AM2−AB2=12，将△AND绕点A旋转到△APB，
∴AP＝AN．
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠MAB＝45，即∠PAM＝∠MAN＝45°，
在△APM和△ANM中，有AP=AN∠PAM=∠NAMAM=AM，
∴△APM≌△ANM（SAS），
∴PM＝NM，
设DN＝x，则NC＝1﹣x，NM＝PM=12+x，
在Rt△CMN中，（12+x）2=14+（1﹣x）2，
解得x=13，
∴EG＝AN=1+x2=103，
答：EG的长为103．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、图形的旋转变换等知识．通过辅助线或图形的旋转将所求的线段与已知的线段构建到一对全等或相似的三角形中是本题的基本思路．
典例3 （2023秋•宁化县月考）（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°，延长CD到点G，使DG＝BE，连结EF，AG．
①判定AE和AG关系，并证明；
②证明：EF＝FG；
（2）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．
思路引领：（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最后由勾股定理得到EN2＝EC2+NC2即MN2＝BM2+NC2．
（1）①AE＝AG，AE⊥AG
证明：在正方形ABCD中，
∠B＝∠ADG，AD＝AB，
∵DG＝BE
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∴∠EAG＝90°，
∴AE＝AG，AE⊥AG
②在△FAE和△GAF中，
AE＝AG
∠EAF＝∠FAG＝45〬
AF＝AF，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG；
（2）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°．
∴△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，NE=NC2+CE2=32+12=10，
∴MN＝EN=10．
总结提升：本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
针对训练
1．（2023春•太仓市期中）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，D，E是斜边BC上两点，∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，则△ABC的面积为 36 ．
思路引领：将△AEC顺时针方向旋转90°至△AFB，得出∠ABF＝∠ACD＝45°，∠BAF＝∠CAE，AE＝AF，证明△DAE≌△DAF（SAS），由全等三角形的判定与性质得出DE＝DF，由勾股定理求出DE的长，根据三角形的面积可求出答案．
解：将△AEC顺时针方向旋转90°至△AFB，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
根据旋转的性质可得△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），
∴DE＝DF，
∴BD2+BF2＝DE2，
∵BD＝3，CE＝4，
∴DE=32+42=5，
∴BC＝BD+DE+CE＝3+5+4＝12，
∴AB＝AC＝12×22=62，
∴△ABC的面积为12×62×62=36．
故答案为：36．
总结提升：本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
模块二 2023中考押题预测
1．（2023秋•潜江校级月考）如图，点E和点F是正方形ABCD的边BC和边CD上的两动点，且∠EAF＝45°，有下列结论：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2；其中正确的结论有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
思路引领：由“SAS”可证△AEF≌△AEQ，可得EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，可得BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正确；由勾股定理可求DF，CF的长，可得DF：CF＝1：2，故④错误；由旋转的性质可得AP＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，由勾股定理可求BG2+DG2＝2AG2，故③正确；通过证明△EAF∽△MAG，可得相似比为2，故⑤正确；即可求解．
解：如图，延长CB至Q，使BQ＝DF，连接AQ，
∵BQ＝DF，∠ADF＝∠ABQ，AB＝AD，
∴△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，
AQ=AF∠EAQ=∠EAF=45°AE=AE，
∴△AEF≌△AEQ（SAS），
∴EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正确；
设AB＝BC＝CD＝2a，
当BE＝EC＝a时，∵EF2＝CF2+EC2，
∴（a+DF）2＝（2a﹣DF）2+a2，
∴DF=23a，
∴CF=43a，
∴DF：CF＝1：2，故④错误；
如图，将△ABG绕点A逆时针旋转90°，连接PG，
∴AP＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，
∴PG2＝AG2+AP2＝2AG2，∠BDP＝90°，
∴DG2+PD2＝PG2，
∴BG2+DG2＝2AG2，故③正确；
如图，连接ME，
∵∠CBD＝∠EAF＝45°，
∴点A，点B，点E，点M四点共圆，
∴∠AEM＝∠ABD＝45°，
∴∠AEM＝∠EAM＝45°，
∴AM＝EM，
∴AE=2AM，
∵∠DAG＝90°﹣∠BAG，∠AMB＝180°﹣∠ABD﹣∠EAF﹣∠BAG＝90°﹣∠BAG，
∴∠DAG＝∠AMB，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEF，
∴∠AMB＝∠AEF，
又∵∠EAF＝∠GAM，
∴△EAF∽△MAG，
∴相似比为AEAM=2，故⑤正确；
故选：D．
总结提升：本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形或全等三角形是解题的关键．
2．（2023•天河区一模）如图，Rt△ABC中，AB＝AC＝3，AO＝1，若将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接OE，则在D点运动过程中，线段OE的最小值为 2 ．
思路引领：由旋转的性质可得AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得∠ACE＝∠B＝45°，可得点E在过点C且垂直BC的直线上运动，则当OE⊥CE时，OE的值最小，即可求解．
解：在Rt△ABC中，AB＝AC＝3，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴点E在过点C且垂直BC的直线上运动，
∴当OE⊥CE时，OE的值最小，
∵AO＝1，AC＝3，
∴CO＝2，
∵OE⊥CE，∠ACE＝45°，
∴OE＝CE，
∵OE2+CE2＝OC2＝4，
∴OE2＝2，
∴OE=2，
故答案为：2．
总结提升：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，勾股定理等知识，确定点E的运动轨迹是解题的关键．
3．如图，点A与点B的坐标分别是（1，0）和（5，0），点P是该直角坐标系x轴上方的动点，并且满足∠APB＝45°，满足条件的点P有多少个？画出这一些点．
思路引领：由题意可得AB对应的圆周角为45°，所以它对应的圆心角为90°，以AB为斜边做等腰直角三角形，其顶点即为圆的圆心，再将圆做出，则点P可以是优弧上任意一点．
解：P点有无数个．
如图，以M（3，2）为圆心，以22为半径作圆，取其在x轴上方的部分圆弧，
则P点可以是此圆弧上任意一点（不与A、B重合），理由如下：
∵∠AMB＝90°，
在优弧AB山任取点P，连接PA、PB，
有∠APB＝45°．
总结提升：本题考查圆周角定理，通过题目条件将其转化为找圆周角为45°的点P的位置是解题关键．
4．(2023秋•铜山区期中）已知：如图，△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝AB，点D、E是BC上的两点，且∠DAE＝45°，△ADC与△ADF关于直线AD对称．求证：（1）∠FAE＝∠BAE；
（2）CD2+BE2＝DE2．
思路引领：（1）根据折叠的性质得到△AFD≌△ADC，根据全等三角形的性质得到AC＝AF，CD＝FD，∠C＝∠DFA，∠CAD＝∠FAD，由于AB＝AC，于是得到AF＝AB，证得∠FAE＝∠BAE，即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AC＝AF，CD＝FD，∠C＝∠DFA，由已知条件得到AF＝AB，推出△AFE≌△ABE，求得EF＝BE，∠B＝∠EFA，根据勾股定理即可得到结论．
证明：（1）∵△ADC与△ADF关于直线AD对称，
∴△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与△ABE中，
∵AF=AB∠FAE=∠BAEAE=AE，
∴△AFE≌△ABE，
∴EF＝BE，∠B＝∠EFA，
∴∠DFE＝∠DFA+∠EFA＝∠B+∠C＝90°
在Rt△DFE中，DF2+EF2＝DE2，
即：CD2+BE2＝DE2．
总结提升：本题考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
5．(2023•海口模拟）如图①，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，
（1）求证：EG＝FH；
（2）如果把题目中的“正方形”改为“长方形”，若AB＝3，BC＝4（如图②），求FHEG的值；
（3）如果把题目中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”（如图③），若正方形ABCD的边长为2，FH的长为5，求EG的长．
思路引领：（1）过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM（ASA）即可求解；
（2）过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由（1）可得△QHF∽△PGE，再由HFGE=HQPG，可求HFGE=34；
（3）过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺时针旋转90°到△PBA，可证明△PAM≌△NAM（SAS），设DN＝x，则NC＝2﹣x，MN＝PM＝x+1，在Rt△MNC中，（1+x）2＝（2﹣x）2+1，求出DN=23，在Rt△ADN中，求出AN=2103，再由AN＝EG即可求解．
（1）证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MG＝HN，
∵HF⊥EG，
∴∠MGE＝∠NHF，
∴△HFN≌△GEM（ASA），
∴HF＝EG；
（2）解：过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，
由（1）可得，∠QHF＝∠PGE，
∴△QHF∽△PGE，
∴HFGE=HQPG，
∵AB＝3，BC＝4，
∴PG＝4，HQ＝3，
∴HFGE=34；
（3）过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺时针旋转90°到△PBA，
∵AB＝2，FH=5，
∴BM＝1，
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠PAM＝45°，
∵AP＝AN，
∴△PAM≌△NAM（SAS），
∴PM＝MN，
设DN＝x，则NC＝2﹣x，MN＝PM＝x+1，
在Rt△MNC中，（1+x）2＝（2﹣x）2+1，
解得x=23，
∴DN=23，
在Rt△ADN中，AN=2103，
∴EG=2103．
总结提升：本题考查了四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，相似三角形的判定及性质，数形结合解题是关键．
6．（2023秋•宁德期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AD边上的一个动点，连接BE，以BE为斜边在正方形ABCD内部构造等腰直角三角形BEF，连接CF．
（1）求证：∠DEF+∠CBF＝90°；
（2）若AB＝3，△BCF的面积为32，求△BEF的面积；
（3）求证：DE=2CF．
思路引领：（1）方法一：过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，易得∠MEF＝∠BFN，由正方形的性质可得结果；
方法二：利用正方形的性质和平行线的性质定理可得结果；
（2）利用矩形的性质和正方形的性质得出全等三角形全等的判定条件，由全等三角形的判定定理可得△BFN≌△FEM，可得BN＝FM，由三角形的面积公式可得结果；
（3）由全等三角形的性质定理可得BN＝FM，EM＝FN，利用正方形的性质定理可得MN＝AB＝BC，由等腰直角三角形的性质可得结论．
证明：（1）过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，
∴∠MEF+∠EFM＝90°，
∵∠EFB＝90°，
∴∠BFN+∠EFM＝90°，
∴∠MEF＝∠BFN，
在正方形ABCD中，AD∥BC．
∴MN⊥BC，
∴∠FBN+∠BFN＝90°，
∴∠FBN+∠MEF＝90°，
即∠DEF+∠CBF＝90°；
证法二：在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DEB+∠CBE＝180°，
即∠DEF+∠BEF+∠EBF+∠CBF＝180°，
∵∠EFB＝90°，
∴∠BEF+∠EBF＝90°，
∴∠DEF+∠CBF＝90°；
（2）由（1）得MN⊥AD，
∴正方形ABCD的性质得四边形MNCD是矩形，
∴MN＝CD＝AB＝3，
在△BFN与△FEM中，
由（1）得∠MEF＝∠BFN，∠EMF＝∠FNB＝90°，
∵△BEF为等腰直角三角形，
∴BF＝EF，
在△BFN与△FEM中，
∠EMF=∠FNB∠MEF=∠BFNBF=EF，
∴△BFN≌△FEM（AAS），
∵BC＝AB＝3，
∴S△BCF=12BC⋅FN=32FN=32，
∴FN＝1．
∴BN＝FM＝MN﹣FN＝2，
在Rt△BFN中，
EF=BN2+FN2=12+22=5，
∴S△BEF=12BF2=12×(5)2=52；
（3）在△BFN与△FEM中
由（2）△BFN≌△FEM，MD＝NC，
∴BN＝FM，EM＝FN，
∵MN＝AB＝BC，
∴FM+FN＝BN+NC，
∴FN＝NC＝MD＝EM，
∴∠FCN＝45°，DE＝2MD＝2CN，
在Rt△FNC中，CN=22CF，
∴DE＝2×22CF=2CF．
总结提升：本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质定理和判定定理，等腰直角三角形的性质，构建全等三角形的判定条件是解答此题的关键．