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（﹣，﹣）．。