2025年深圳市中考备考百师助学培优课程——第14讲45度角解题策略 自主学习单（含答案）

自主学习单
一、前置学习
1、一线三等角
如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．由，得．又，可以推理得到．进而得到DE，．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型
2、正方形内半角模型
如图2，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF＝45°，连接AE、AF、EF。则可将△ADF绕点A点顺时针旋转90°至△ABG处，使得AD和AB重合，即△ADF ≌△ABG，则有以下结论成立：
①△AEG ≌△AEF；
②BE+DF=EF；
③∠AEF=∠AEB，∠AFE=∠AFD；
图2 图3
3、方法归纳
（1）遇到45°→构造直角三角形→构造“一线三直角”
遇到45°→构造半角模型
遇到45°→构造圆心角为90度的圆
学习过程
模块一： 45度角问题初探
1、例题精讲
例题1．四边形 ABCD 中，AB∥CD，AB=4，BC＝3，∠ABC＝90°，∠ADB=45°.
求 CD 的长.
【解答】解：
方法1：构造一线三等角，利用相似求CD的长
如图，作，延长CD到点F，连接AF，使得∠CFA=45°，延长DC到点G，连接BG，使得∠BGD=45°，可证△ADF∽△DBG，，，在Rt△BCG中，,
△ADF∽△DBG
，即
，(舍)，
方法2：构造直角三角形，构造母子型相似
如图，延长BA到点E，作
以E点为直角，作等腰直角三角形DEF，则△BAD∽△BDF，
， 设AE=x，BF=7+x，
在Rt△BED中，
，(舍)，
=BE=4+x=
方法3：构造一线三垂直，利用A型相似求解
如图，延长BA到点F，作
过A点作交BD于点E，过E点作
则，
易证△EGB∽△DFB， ，设EG=x，
，，(舍)，
=4+x=
方法4：构造一线三垂直，利用X型相似求解
如图，过A点作交BD于点E，过E点作，
，则，，
，CG=BF=4-x
易证△DGE∽△BFE， ， ，
，(舍)，，
=DG+CG=7-2x=
方法5：构造一线三垂直，利用相似求解
如图，过B点作交DA延长线于点E，可证
，，，
，
易证△DGA∽△DHE，
，(舍)，，
=
例题2．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　 　　　.
【解答】解：
方法1：构造等腰直角三角形,列二元一次方程组求解
如图①，过点E作EH⊥AF于点H，过点H作MN⊥BC，分别交AD，BC于点M，N.易证△AMH≌△HNE.
设MH=NE=x，AM=HN=y，
那么，解得 ,
方法2：构造等腰直角三角形,利用全等、相似求解
如图②，过点E作EG⊥AE，交AF于点G，作GH⊥BC于点H，易证△ABE≌△EHG.
∴EH=AB=2，GH=BE=1，
∴HC=1 ,
,
,
方法3：利用半角模型求解(先构造半角模型,借助△ADF的中位线求出DF,再求AF)
用到一个结论：
如图③，已知正方形ABMN，E，G分别是BM，MN上的点，
且∠EAG=45°，那么BE+NG=EG.
按照这个结论，先构造半角模型，如图④，取BC，AD的中点M，N，
连接MN，交AF于点G，连结EG.
设NG=m，那么EG=BE+NG=1+m.
在Rt△GEM中，GM=2-m，EM=1，EG=1+m.
由勾股定理，得，解得.
易得NG是△ADF的中位线,
∴DF=，∴
方法4：构造两个等腰三角形求解
如图⑤，易知BE=1，取AB的中点M，连结ME.
在AD上截取ND=DF，连结NF.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4.
设DF=DN=x，则NF=，AN=4-x.
∵AB=2，
∴AM=BM=BE=1.
∴.
∵∠EAF=45°，∴∠1+∠3=45°.
又∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2.
又∵∠AME=∠FNA=135°，
∴△AME∽△FNA
∴. ,∴解得x=4/3. ∴.
2、跟进练习
练习1. 如图，在矩形中，，是边上一点，且，连接．若，则的长为（　 　）
B． C． D．
【解答】解：
作交的延长线于点，则，
∵，∴，
∴，∵四边形是矩形，∴，
∵，，∴，
∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴，∴，故选：．
练习2. 已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为 ．
【解答】解：
将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，
是等腰直角三角形，∴∠HBD=45°
∵∠FBD=45°∴点B、F、H共线又是等腰直角三角形，
，，，，，，
，
，，，，，故答案为：．
练习3. 如图，△ABC为等腰直角三角形，，是上一点，交直线于点，且，，点为的中点，连接，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：如图，过点作交延长线于，
∵，∴， ∵，∴，
∴是等腰直角三角形， ∴，
设，则，由勾股定理得，，，
，∴，
整理得，
解得，（不合，舍去），
∴，∴，∵点为的中点，∴，故选：．
模块二： 45度角与一次函数、反比例函数结合
1、例题精讲
例题1．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交轴于点，直线与轴交于点，若，则直线的函数表达式是（ ）
【解答】解：方法1 构造等腰直角三角形，构造一线三垂直
易得A(1，0)，B(0，-2)，∴OA=1，OB=2.
如图①，过点A作AF⊥AB交BC于点F，过点F作FE⊥x轴于点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.将点B(0，-2)，F(3，-1)的坐标分别代入，
得，解得
∴直线BC的函数表达式为.
方法2 构造等腰直角三角形，利用勾股定理列方程
易得A(1，0)，B(0，-2)，∴OA=1，OB=2，AB=.
如图②，过点A作AD⊥BC于点D.
∵∠ABC=45°，∴AD=AB=.
根据等面积法可得AC·OB=BC·AD，
设AC长为m，则2m=，
整理得，解得m=5或m=(舍去).
∴OC=6，则C(6，0).
∵直线BC过点B(0，-2)，C(6，0)，∴直线BC的函数表达式为.
例题2．如图，已知反比例函数(x>0)的图象经过点A(3,4)，在该图象上找一点P，使∠POA=45°，则点P的坐标为　　　　 　.
【解答】解：
方法1：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），∵反比例函数y=（x＞0）的图象经过点A（3，4），
所以由勾股定理可知：OA=5，
∴4=，OA=5，∴k=12，∴y=，
∴AA′的中点K（，），∴直线OK的解析式为y=x，
由，解得或，
∵点P在第一象限，∴P（2，），
故答案为（2，）．
方法2 思路提示:如图②,构造一线三直角,易得C(7,1),再求点P的坐标.
方法3 思路提示:如图③,构造半角模型,设DE=x,利用1+(4-x)2=(x+3)2先求点E的坐标,再求点P的坐标.
2、跟进练习
练习1. 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，连结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．
【解答】：（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，∴CDOA＝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yx﹣2，
∵BG∥CE，∴设直线BG的解析式为yx+m，∴6+m＝0，∴m＝﹣8，
∴G点的坐标为（0，﹣8），∴AG＝12，
∴S四边形ECBG＝S△ABG﹣S△ACE
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（6，0），∴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yx，∴Q（3，）．
综上所述，点Q的坐标为（3，15）或（3，）．
练习2. 如图1，在平面直角坐标系中，已知直线AO与直线AC的表达式分别为：y＝x、y＝2x﹣6．
（1）直接写出点A的坐标为________．
（2）若点M在直线AC上，点N在直线OA上，且MN∥y轴，MN＝OA，求点N的坐标．
（3）如图2，若点B在x轴正半轴上，当△BOC的面积等于△AOC面积的一半时，求∠ACO+∠BCO的大小．
【解答】（1）联立和得：
解得
A点的坐标为（4，2）；
（2）∵A点的坐标为（4，2）
∴OA=，∴MN=OA=2，∵点M在直线AC上，点N在直线OA上，且MN//y轴，
∴设M的坐标为（a，2a-6），则N的坐标为（a，），
则存在以下两种情况：
①当M在N点下方时，如图3，
则MN=-（2a-6）=2，解得a=，∴N点的坐标为（）；
②当M在N点上方时，如图4，
则MN=（2a-6）-=2，解得a=，∴N点的坐标为（）；
综上所述，N的坐标为（），（）
（3）∵△BOC与△AOC有相同的底边OC，
∴当△BOC的面积等于△AOC的面积一半时，△BOC的高OB的长度是△AOC的高的一半，∴OB=2，
设直线AC与x轴的交点为点D，则D（3，0），
作点B关于y轴的对称点G，则OG=0B=2，GD=5，∠BCO=∠GCO，
则∠ACO+∠BCO=∠ACO+∠GCO=∠ACG，连接GC，作DE⊥GC于点E，如图5
由勾股定理可得：GC=，DC=，
在△CGD中，由等面积法可得：OC DG=DE GC，可得DE=，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得EC=，
∴ED=EC，∴∠ECD=45°，即∠ACO+∠BCO=45°．
练习3.综合与实践：
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式，通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB，AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE，AF，连接EF，如图①．
(1)∠EAF＝______°，写出图中两个等腰三角形：__________（不需要添加字母）；
转一转：将图①中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC，CD于点P，Q，连接PQ，如图②．
(2)判断线段BP，PQ，DQ之间的数量关系并证明；
(3)连接正方形对角线BD，若图②中的∠PAQ的边AP，AQ分别交对角线BD于点M，点N，如图③，求的值．
【解答】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，
∴∠EAF＝（∠BAC＋∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45；△AEF，△EFC，△ABC，△ADC
（2）PQ＝BP＋DQ．
证明：如图②中，延长CB到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，
∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC＝AB，∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，∴.
模块三： 45度角与二次函数、圆结合
1、例题精讲
例题1．如图，抛物线与x轴交于、B两点，与y轴交于点C，对称轴为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，若， 求点D的坐标；
(3)点M在抛物线上，若中有一个内角为，请直接写出点M 的坐标．
【解答】
（1）解：抛物线与x轴交于、B两点，对称轴为．
∴，将，代入得：，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，即，设直线的解析式为，代入，得：，解得：，∴直线的解析式为，令中边上的高为，中边上的高为，∵，即，则，∴，∴直线的解析式为，将代入，可得，解得，
∴直线的解析式为，∵点在抛物线的对称轴上，∴当时，，
∴点的坐标为；
（3）以为斜边，在上方作等腰，则，设，
过点作轴，，则，而，
∴，∴，∴，，
∵，即：，∴，则，即，
①当时，点为直线与抛物线的交点，
同（2）可得直线的解析式为：，
联立得直线与抛物线得，解得：或（舍去），
即：点的坐标为；
②当时，点为直线与抛物线的交点，
同上，可得点的坐标为；
③当时，
∵，∴点以点为圆心，为半径的圆上，
即点为与抛物线的交点，
设，∴，
即：，整理得：，
，，，
，，解得：（舍去）或或或（舍去），当时，点的坐标为，当时，点的坐标为，
即：点的坐标为或；
综上：点的坐标为或或或
例题2．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B右侧），与y轴交于点C(0，-3)，且OA=2OC．
（1）求这条抛物线的表达式及顶点M的坐标；
（2）求的值；
（3）如果点D在这条抛物线的对称轴上，且∠CAD=45 ，求点D的坐标.
【解答】
（1）∵C（0，-3），∴OC=3．y=x2+bx-3．∵OA=2OC，∴OA=6．
∵a=＞0，点A在点B右侧，抛物线与y轴交点C（0，-3）．∴A（6，0）．∴0=×36+6b-3，∴b=-1．
∴y=x2-x-3，∴y=（x-2）2-4，∴M（2，-4）．
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴，垂足为点H，交AC于点N，过点N作NE⊥AM于点E，垂足为点E．
∴∠AHM=∠NEM=90°．在Rt△AHM中，HM=AH=4，由勾股定理，得
AM=4，∴∠AMH=∠HAM=45°．
设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得
，解得：，∴直线AC的表达式为y=x-3．
当x=2时，y=-2，∴N（2，-2）．∴MN=2．∵∠NEM=90°，∠NME=45°，∴∠MNE=∠NME=45°，
∴NE=ME．在Rt△MNE中，∴NE2+ME2=NM2，∴ME=NE=．∴AE=AM-ME=3
在Rt△AEN中，tan∠MAC=．
（3）如图2，
①当D点在AC上方时，
∵∠CAD1=∠D1AH+∠HAC=45°，且∠HAM=∠HAC+∠CAM=45°，
∴∠D1AH=∠CAM，∴tan∠D1AH=tan∠MAC=．
∵点D1在抛物线的对称轴直线x=2上，∴D1H⊥AH，
∴AH=4．在Rt△AHD1中，
D1H=AH tan∠D1AH=4×=．∴D1（2，）；
②当D点在AC下方时，
∵∠D2AC=∠D2AM+∠MAC=45°，且∠AMH=∠D2AM+∠AD2M=45°，
∴∠MAC=∠AD2M．∴tan∠AD2H=tan∠MAC=．在Rt△D2AH中，D2H=．
∴D2（2，-12）．
综上所述：D1（2，）；D2（2，-12）．
2、跟进练习
练习1．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，且OB＝3OA，与y轴交于点C，此抛物线顶点为点D．
（1）求抛物线的表达式及点D的坐标；
（2）如果点E是y轴上的一点（点E与点C不重合），当BE⊥DE时，求点E的坐标；
（3）如果点F是抛物线上的一点．且∠FBD＝135°，求点F的坐标．
【解答】解：
⑴ ，∴D（1，－4）；
⑵ 设E（0，t）,则,∴E(0,－1)；
⑶ 又⑵得∠BCD＝90°,∴△BCD≌△BEG,EG＝CD＝,BE＝BC＝,∠DBG＝135°,
∴G(,),又B（3，0），∴BF:，∴.
故答案为（1）D(1，－4)；（2）E（0，1）；（3）（－4，21）
练习2. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与y轴交于点C（0，2），它的顶点为D（1，m），且tan∠COD＝．
（1）求m的值及抛物线的表达式；
（2）将此抛物线向上平移后与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，且OA＝OB．若点A是由原抛物线上的点E平移所得，求点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一点（位于x轴上方），且∠APB＝45°．求P点的坐标．
【解答】解：（1）作DH⊥y轴，垂足为H，∵D（1,m）（），∴DH＝ m，HO＝1.∵，∴，∴m＝3. ∴抛物线的顶点为D（1,3）.
又∵抛物线与y轴交于点C（0,2），∴（2∴∴抛物线的表达式为.
（2）∵将此抛物线向上平移，∴设平移后的抛物线表达式为.
则它与y轴交点B（0,2＋k）.∵平移后的抛物线与x轴正半轴交于点A，且OA＝OB，
∴A点的坐标为（2＋k,0）. ∴.∴.
∵，∴.∴A（3,0），抛物线向上平移了1个单位.
∵点A由点E向上平移了1个单位所得，∴E（3,－1）.
（3）由（2）得A（3,0），B（0, 3），∴.
∵点P是抛物线对称轴上的一点（位于x轴上方），且∠APB＝45°,原顶点D（1,3）,
∴设P（1,y），设对称轴与AB的交点为M，与x轴的交点为H，则H（1,0）.
∵A（3,0），B（0, 3），∴∠OAB＝45°, ∴∠AMH＝45°.
∴M（1,2）. ∴.∵∠BMP＝∠AMH, ∴∠BMP＝45°.
∵∠APB＝45°, ∴∠BMP＝∠APB.∵∠B＝∠B，∴△BMP∽△BPA.
∴.∴
∴.∴（舍）.
∴
练习3．已知：如图，在中，是直径，点C在圆上，且满足弧弧．
（1）如图1，求证：；
（2）如图2，点D、E，⊙O上，连接、、、、，．求证：；
（3）在（2）的条件下，点F在上，且满足，M、G分别是、与的交点，连接交于点H，若tan∠，，求的长．
【解答】解：（1）证明：如图1中，
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵，∴BC＝AC，∴∠A＝∠B＝45°；
（2）证明：
∵CE＝BD，∴，∵，∴，∴CD＝AE；
（3）解：如图3中，设BC＝AC＝12m．延长BF交⊙O于点K，连接AK．
∵EC＝BD，AC＝BC，AE＝CD，∴△AEC≌△CDB（SSS），
∴∠ACE＝∠CBD，∵∠DBF＝∠BAE＝∠ECB，
∴∠DBF＋∠CBF＝∠ECB＋∠BCA，∴∠CBF＝∠ACB＝90°，
∵∠K＝∠CBK＝∠ACB＝90°，∴四边形AKBC是矩形，
∵CA＝CB，∴四边形AKBC是正方形，∴BK＝BC＝12m，
将△ACM绕点A逆时针旋转90°得到△AKN，∵，∴，
∴∠EAD＝∠CAB＝45°，∵∠KAF＋∠CAM＝∠KAF＋∠KAM＝45°，
∴∠FAM＝∠FAN＝45°，∵AF＝AF，AM＝AN，∴△FAM≌△FAN（SAS），
∴MF＝FN＝FK＋KN＝FK＋CM，∵tan∠BFM＝=，∴可以假设BM＝3k，BF＝4k，则FM＝5k，
∵CM＝12m 3k，FK＝12m 4k，∴24m 7k＝5k，∴k＝2m，∴BM＝CM＝6m，
∵，∴∠BCD＝∠CAE，∵∠BCD＋∠ACG＝90°，∴∠CAE＋∠ACG＝90°，∴∠CGA＝90°，
∴CH⊥AM，∵AC＝CB，∠ACM＝∠CBH＝90°，∠BCH＝∠CAM，∴△CBH≌△ACM（ASA），
∴CH＝AM，∴tan∠CAM＝＝＝，∵AG＝4，∴CG＝2，∵tan∠MCG＝＝，
∴MG＝1，
∴AM＝CH＝5，
∴GH＝CH CG＝5 2＝3．