题型5 设问突破2 角度问题-【练客中考】2026年安徽新中考数学二轮重难题型培优

设问突破二角度问题 (5年3考) 例2优质原创已知在△ABC中，·∠BAC=90°4B=AGD为△ABC 内一点 (1)如图1，连接BD并延长交AC于点E,®若EC=2AE,求LAEB的 度数； D 例2题图1 (2)如图2，连接AD,BD,CD,若CD=1,AD=2,BD=3,求证：∠ADC=135°； B 例2题图2 (3)如图3，连接AD,BD,CD,°P为BD的中点，若∠BAP三∠DCA求 sin∠PAD的值. B 例2题图3 安徽数学二轮重难题型培优 题干解读 ①△ABC是等腰直角三角 形，∠ABC=∠ACB=45°. 解题突破点 ②遇到√2，可考虑构造含 45°角的直角三角形，根 据斜边是直角边的√2倍 求解 ③在等腰三角形内，共顶 点的三条不同的线段不 在同一个三角形中，可考 虑将△ADC旋转，将其转 化在同一个三角形中，遇 到特殊角135°，可考虑是 45°和90°的组合 ④遇到中点，常考虑构造 倍长中线。 45 针对训练 3.(2025蚌埠联考猜想卷改编)已知在矩形ABCD中，AB=BC,P为矩形内一点，且△PBC为等边三 角形 (1)如图1，连接AP并延长交对角线BD于点F,若k=1,求∠AFB的度数； (2)当k>1时，连接AP并延长交CD于点E. (i)【多解法】如图2，若E为CD的中点，求tan∠DAE的值； (i)如图3，延长BP交CD的延长线于点M,交AD于点H,G为BP的中点，连接GE交PC于点N, 连接DN,若DN∥BM,求证：∠PGN=45°. H e/ 图 图2 图3 第3题图 46 安徽数学二轮重难题型培优.BD=√2m, 由(1)知G0=BD=2 6 ◆方m,GD51BD=3 3n, 易得G=DG=2m 3m, 6m. c0·HG=x2 3m=m2 Γ181 综上，△G0的面积为得皮袋 图1 图2 图3 第2题解图 突破设问二角度问题 例2(1)解：如解图1，过E点作EF1BC于点F. ∠BAC=90°，AB=AC, .∠ABC=∠C=45°， ∴EC=2EF, 又.EC=√2AE, .∴.AE=EF, .BE为∠ABC的平分线， ∠ABE=22.5°， .∠AEB=67.5°； (2)证明：如解图2，将△ADC以点A为中心，顺时 针旋转90°，到△AEB的位置，连接ED, ∴.AE=AD=2,BE=DC=1,∠DAC=∠EAB, ∴.△AED为等腰直角三角形， ED=22, 又BD=3, 在△BED中，BE2+ED2=12+(2N2)2=32=BD2, ∴.△BED为直角三角形， ∴.∠BED=90°， .∠ADC=∠AEB=90°+45°=135°； (3)解：如解图3，在AP上取一点E,使AE=CD,延 长EP至点F,使EP=PF 安徽数学 P为BD的中点， ∴.BP=PD 又：∠BPE=∠DPF, .△BPE≌△DPF(SAS), .BE=DF,∠BEP=∠F,.BE∥DF AB=AC,∠BAP=∠DCA,AE=CD, ∴.△ACD≌△BAE(SAS), ∴.AD=BE=DF,LABE=∠DAC, .∠DAF=∠F, 又：.·∠F=∠BEP=∠BAE+∠ABE=∠BAE+∠DAC, .∴.∠BAC=2∠FAD, ∠FAD=45,即sin∠PAD= 2 图 图2 图3 例2题解图 3.(1)解：当k=1时，AB=BC, .四边形ABCD为正方形， .∠ABD=45. 一轮重难题型培优 ,△PBC为等边三角形， .BC=BP=BA,∠PBC=60°， .∠ABP=30°， .∠PAB=75, ∴.∠AFB=180°-∠PAB-∠ABF=60°； (2)(i)解：解法1：如解图1，过P点作GH⊥AD交 AD于点G,交BC于点H,则易得四边形ABHG为 矩形， ∴.AB=GH=CD,AG=BH, :△PBC为等边三角形， .H为BC的中点， G为AD的中点， .GP为△ADE的中位线. E为CD的中点， .DE=EC, 设GP=x,则DE=EC=2x, ∴.GH=CD=2DE=4x, .PH=3x, .AG=BH tan 600=v3 参考答案 31 '.tan L DAE=CP=3 图1 图2 第3题解图 解法2：如解图2，延长AE交BC的延长线于点F, E为CD的中点， ∴DE=CE :四边形ABCD为矩形， .AD∥BC,AD=BC, r∠ADE=∠FCE 在△ADE和△FCE中， DE=CE L DEA =L CEF .△ADE≌△FCE(ASA), .AD=CF=BC. :△PBC为等边三角形， .PC=BC=CF,∠PCB=60°， ∴.∠CPE=∠F=30°， ∠DAE=30°， tan∠DAB= 35 难 (i)证明：由(i)知P为AE的中点， 型 .AP =EP, :AB∥CM, .∠ABP=∠EMP, ∠ABP=∠EMP 在△ABP和△EMP中 ∠APB=∠EPM, AP=EP .△ABP≌△EMP(AAS),BP=MP, .AB=ME DC, ∴.MD=CE. .DN∥BM .∠PND=∠BPC=60°， .∠CWD=120° 又.∠NCD=30°， .∠NDC=30°， .NC=ND, G为BP的中点， .设PG=BG=1,则BC=BP=2,MC=2√3，MG =3, 设NC=ND=x(x<2),则CD=EM=3x, ∴.EC=MD=2V3-√3x, ∴.DE=CD-EC=25x-2V5. .DN∥MG, 32 安徽数学 ∴.△EDN∽△EMG, 小0-0即号22， 3x 解得x1=3+5(舍去)，x2=3-V3, .EC=23-3x=23-√3×(3-√3)=3-3， .EC=NC, ∴.∠CNE=∠CEN=75°， ∴.∠PNG=75°， .∠PGN=45° 设问突破三 图形判定问题 例3(1)证明：四边形ABCD是矩形， .∠C=90°，AB∥CD, .∠ABF=∠BEC. .AF⊥BE, .∠AFB=90°， .∴.△ABF∽△BEC; (2)证明：如解图1，延长BE交AD的延长线于 点M, 易得△BEC≌△MED, .∴.DM=BC=AD. 证法1：DG⊥AF,AF⊥BF, .DG∥FM, 又：D为AM的中点， .G为AF的中点， .DG为线段AF的垂直平分线， .'DA =DF, 即△DAF为等腰三角形； 证法2：在Rt△AFM中，D为AM的中点， .AD DF=DM, 即△DAF为等腰三角形； (3)解：解法1：四边形FEDH是菱形，理由如下： 如解图2，连接CF, DG∥FE,FH∥DE, .四边形FEDH为平行四边形 F为BE的中点， .BF=FC, .∠FBC=∠FCB, .∠ABF=∠DCF, rAB=DC 在△ABF和△DCF中 ∠ABF=∠DCF BF=CF .△ABF≌△DCF(SAS), .∠DFC=∠AFB=90°， 又：E为CD的中点， .DE FE, .四边形FEDH为菱形； 解法2：四边形FEDH是菱形，理由如下： 如解图3，延长FH交AD于点P, 参考答案