资源简介

答案：
如图，当，①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，
③.
【证明】如图，过点 C 作 CM⊥OA 于点 M，CN⊥OB 于点 N.
∵OC 平分∠AOB，
∴CM＝CN
在正方形 MONC 中，
由题意可得∠MCN＝360 －∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90 ，
∴∠MCD＋∠DCN＝90 ，
又∵∠DCE＝90 ，
∴∠ECN＋∠MCD＝90 ，
∴∠MCD＝∠ECN，
∴△CDM≌△CEN，
∴CD＝CE，∴结论①成立；
∵四边形 MONC 为正方形，∴OM＝ON＝ OC，
又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝ OC，
∴结论②成立；
∴结论③成立.
（2）当时，①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
【证明】如图，过点 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为 F、G.
由角平分线性质可得 CF＝CG，
在四边形 OFCG 中，∠FCG＝60 ，
∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60 ，
∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG(ASA)，∴CD=CE，结论①成立；
在 中，∠COF=∠COG=60，∴OF=OG =，
又∵OD+OE=OD+OG+EG=OD+OG+DF=OF+OG，∴OD+OE=，结论②成立；
,
结论③成立。
（3） ①CD＝CE，
②OD+OE=
③ .
【证明】如图，过点 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足
分别为 F、G.
先证△CDF≌△CEG 可得 CD＝CE，结论①成立，
在 Rt和 中，∠COF＝∠COG＝
，∴OF＝OG＝OC·，
又∵OD+OE=OD+OG+EG=OD+OG+DF=OG+OF，
∴OD+OE=2OC,
结论②成立。
结论③成立。
例1、【解答】：过点A作AM延长线于M，AN于N
++
+=
可证Rt△ABN≌Rt△ADM(HL)，得出AM=AN，
再证明Rt△ANC≌Rt△AMC (HL)CN=
，
cos60C=
【解答】
过点B作于F，BE
易证Rt△CBF≌Rt△ABE(HL),得出AB=BC
（2）由（1）可得出，AB=BC 是等边三角形。
（3）由是等边三角形，，利用外角可以推出，进而证明△ACE≌△BAF，，过点C作于Q，过点F作于P，=60，由四边形内角和得出
，,,
在Rt△ACQ中，利用勾股定理得出AC=13，设BF=2a,则BP=BF=a,FP=BF=a,
在Rt△EFP中,+,解得CF AE=5
图① 图② 图③
练习一答案
1、【解答】：过点E作于M,于N，可证明△AME≌△FNE
=，由BF+=2BM，可得BM=，所以=
答案：过点D作DH于K，
++
=，可证≌，=，
，
答案：由=180，可得=180，
，可证≌，可得出为等腰直角三角形，
由=可证明∽， ,，
设BG=3a,MG=5a,MN=a,
cos45a,
a,
BG=GB,
NGB∽, CG=MG
【模块二】答案
证明：
【方法一】：如图1，过点 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为 F、G.
先证△CEG∽△CDF，即 ，
又∵四边形 CFOG矩形，
∴CF＝OG，
在 中，
∴CE=CD·；
证明【方法二】：
如图2，过点C作交OB于点F，
通过证明，可得
例1、答案：
过点D作DE延长线于F，可证明CDF，，，，=，
例2、【解答】
（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥CF，∴∠DGF＝90°＝∠ADC，
∴∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠DCF=90°，
∴∠ADE＝∠DCF，∴△ADE≌△DCF（ASA），∴DE＝CF，∴，
②解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，AB＝CD＝m，
∵CF⊥DE，∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+∠CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，∵∠A＝∠CDF，∴△AED∽△DFC，∴，
证明：如图所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，
∴∠B＝∠EGF，在AD的延长线上取点M，使CM＝CF，
则∠CMF＝∠CFM，
∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，
∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，
∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，
∴△ADE∽△DCM，
∴，即；
解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延长线于M，连接BD，设CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM＝CN，AN＝CM，
在△BAD和△BCD中，AD=CD AB=BC BD=BD
∴△BAD≌△BCD（SSS），
∴∠BCD＝∠A＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∵∠ABC+∠CBM＝180°，∴∠MBC＝∠ADC，
∵∠CND＝∠M＝90°，∴△BCM∽△DCN，∴，
∴，∴CMx，在Rt△CMB中，CMx，
BM＝AM﹣AB＝x﹣5，由勾股定理得：BM2+CM2＝BC2，∴（x﹣5）2+（x）2＝52，
解得：x1＝0（舍去），x2＝8，∴CN＝8，∵∠A＝∠FGD＝90°，
∴∠AED+∠AFG＝180°，∵∠AFG+∠NFC＝180°，∴∠AED＝∠CFN，
∵∠A＝∠CNF＝90°，∴△AED∽△NFC，∴．
练习二
1.答案：
如解图，过点D分别作DP⊥AC于点P，DQ⊥BC于点Q，
∵∠EDF＝90°，易得△DPE∽△DQF，
∴＝＝2，∴DP＝2DQ，
∵DP∥BC，∴＝＝，
∴AP＝DQ，∵DQ＝PC，
∴＝，即＝，∵＝，∴＝，∴AD＝3.
2.解答：过点P作 PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，
易证明△PGM∽△PHN，∴，
由P是AC中点，利用平行线分线段成比例，
可得出BH==，
由于矩形PGBH，
所以=
3.（1）解：，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，
∴，∴，
∴，∴，
在和中，
∴， ∴.
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴，∴，
∵，∴，
∴，，
∴，又∵，∴，
∴，∴，∴，
∵在中，，∴在中，，
∴.
【模块三】
【证明】
连接BD，取BD中点O，连接OA，OC
，为直角三角形，O为BD中点
。
【解答】
∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BCQ＝90°，
∵PQ⊥PB， ∴∠BPQ＝90°， ∴∠BPQ+∠BCQ＝180°，
∴B、C、Q、P 四点共圆，
∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，
∴①正确；③正确；
过 P 作 PM⊥AD 于 M，PE⊥AB 于 E，PF⊥DC 于 F，则 E、P、F 三点共线，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°，
∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE，
∴四边形 AMPE 是正方形，
∴AM=PM=PE＝AE，∵ ，
∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝，
解得：AE＝AM＝PE＝PM＝1，
∴DF＝1，设 AB＝BC＝CD＝AD＝a，则 BE＝PF＝a﹣1，
∵∠BEP＝∠PFQ＝∠BPQ＝90°，
∴∠BPE+∠EBP＝90°，∠EPB+∠FPQ＝90°，
∴∠EBP＝∠FPQ， ∠EBP= ∠FPQ，
在△BEP 和△PFQ 中，BE = PF， ∠BEP= ∠PFQ
∴△BEP≌△PFQ（ASA），
∴PE＝FQ＝1，BP＝PQ，∴②正确；
∴DQ＝1+1＝2， ∵Q 为 CD 中点，
∴DC＝2DQ＝4，
∴正方形 ABCD 的面积是4×4＝16，
∴④正确；故选：A．
【练习三】
解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ABC＝90°，
∵∠MAN＝45°， ∴∠MAF＝∠MBE， ∴A、B、M、F 四点共圆，
∴∠ABM+∠AFM＝180°， ∴∠AFM＝90°，故①正确，
∴∠FAM＝∠FMA＝45°，∴， ∴故②正确，
补充不用四点共圆的方法：
由△EAF∽△EBM，推出 即，
即可推出△AEB∽△FEM，
再推出∠EMF＝∠ABE＝45°，由此即可解决问题．
当∠BAM＝22.5°时，易证△BAM≌△DAN（SAS），
∴AM＝AN， ∴∠AMN45
∴∠FMN＝∠AMN﹣∠AMF＝22.5°，
∴∠FMN＝∠BAM，故③正确；
将△ABM 绕点 A 逆时针旋转90°至△ADP，
∵∠＝∠DAN+∠MAB＝45°，AP＝AM，BM＝DP，
∵∠AN＝∠MAN＝45°，AN＝AN，
∴△AMN≌△APN（SAS）， ∴MN＝NP， ∴PN＝PD+DN＝BM+DN，
∴MN＝BM+DN；故④正确；故选：A．
【解答】
证明：连接 DF，作 DM⊥EF垂足 M．
∵DM⊥EF，GE⊥EF，
∴∠GEF＝∠DMF＝90°， ∴DM∥GE， ∴∠MDE＝∠DEG，
∵DG＝GE，∴△GDE 是等腰三角形， ∴∠GED＝∠GDE，
∴∠GDE＝∠EDM，
∵在△DAE 和△DME 中，
∠ADE = ∠MDE，∠A = ∠DME= 90° DE = DE
∴△DAE≌△DM（AAS），
∴DM＝AD，AE＝ME， ∵AD＝CD， ∴DC＝DM，
在 和中，
DF = DF DM = DC
∴（HL），
∴CF＝MF， ∴AE+CF＝EM+MF， ∵EM+MF＝EF， ∴AE+CF=EF；
（2）解：连接 EK、ED．由（1）知，△DAE≌△DME，
∴∠ADE＝∠MDE=∠ADM, ∠CDF＝∠MDF∠CDM,
∴∠EDF＝∠EDM+∠MDF,
∵∠EAK＝45°，
∴∠EAK＝∠EDK，
∴A、E、K、D 四点共圆
∴∠EAD+∠EKD＝180°，∴∠EKD＝180°﹣∠EAD＝90°，
∴∠EDK＝45°，
∴△EDK 是等腰直角三角形，由模块一结论可知
∴；
解：∵△BEF 的周长为24，
∴BE+EF+BF＝24，由（1）知 AE+CF＝EF，
∴BE+AE+CF+BF＝24， ∴AB+BC＝24，
∴AB＝BC＝12，边长为12，
∴．
由（2）知AE， ∵AK＝，
∴，CK＝AC﹣AK＝，
∴AE＝16﹣AD＝4． ∵AE∥CD， ∴△AEP∽△CDP，
∴
∴ ∴PK＝CP﹣CK＝．
3、（1）解：连接AO，BO，作OH⊥AB，
∵∠C＝60°，∴∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝30°，∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，∴OH＝AH tan30°1，
∴AO＝2OH＝2，故答案为：2；
（2）证明：在BD上取点E，使BE＝BC，连接EC，AC，
∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ADC为等边三角形，
∴DC＝AC，∠DCA＝60°
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝120°，
∵AD＝CD，∴，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠CBD＝60°，
∴△BEC为等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∴∠BCA＝∠ECD，∴△ACB≌△DCE（SAS），
∴AB＝DE，∴DB＝DE+BE＝AB+BC；
（3）解：存在．
∵CM＝DM千米，
∴当DP+CP取得最大值时，四边形DMCP的周长最大，
连接PM，过点O作OH⊥DM于点H，设OH＝x，
∵DM＝CM，OM＝OM，DO＝CO，
∴△DOM≌△COM（SSS），
∴∠DMO＝∠CMO∠DMC＝30°，
∴HMx，∴DHx，
∵DH2+OH2＝OD2，∴，
∴x或x＝1（舍去），∴OH，
∴OM＝1，∴D、P、C、M四点共圆，
∴∠DPC＝120°，由（2）可知DP+CP＝PM，
故当PM是直径时，PD+PC最大值为2，
∵四边形DMCP的周长＝DM+CM+PC+PD＝2PD+PC，
∴四边形DMCP的周长的最大值为：2+2，
即四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）的最大值为2+2．第十六讲 中考压轴题难点突破
《对角互补模型----全等、相似、圆》-----曾秀娟
知识技能梳理：
四边形的内容是几何知识的核心部分，也是中考常考的内容，它可以跟全等三角形、相似三角形和圆的有关知识综合在一起，对学生来说难度较大，这个专题主要是针对对角互补这类四边形进行研究，解决当对角互补四边形中一条对角线是角平分线时，利用构造全等三角形的方式解决问题，当出现邻边成比例时，用相似三角形来解决边角问题，当四边形对角互补时，这个四个顶点隐藏了一个圆，找到这个隐圆，可以为解题带来突破性进展，本专题分为三个模块---全等问题、相似问题和圆的问题进行讲解。
学习过程
模块一：全等型
模块一：典例精讲
如图:已知OC平分∠AOB，，
的两边分别与OA交于点D，OB交于点E，试探究以下结论：
（1）当，①CD与CE的数量关系为 ；
②OD、OE与OC之间的数量关系为 ；
③与OC之间的数量关系为 ；
（2）当，以上关系式是否还成立？若不成立写出关系式，并说明理由。
（3）当为任意锐角时，请用含有的式子表示
①CD与CE的数量关系为 ；
②OD、OE与OC之间的数量关系为 ；
③与OC之间的数量关系为 ；
例1.如图，在四边形ABCD中，CA平分，∠BAD=60°，∠BCD=120°，
连接AC，若四边形ABCD的面积为 ，则AC= 。
例2.已知：如图①，在四边形ABCD中，=DB平分
求证：AB=BC
如图②，连接AC，若试判断形状，并说明理由。
如图③，在（2）的条件下，在AB上取一点E，BC上取一点F，连接CE，AF，并交于点M，连接EF。若AD=EF=7，CD=8（CF），求AE的长。
图① 图② 图③
【归纳总结】对角互补的四边形中，有一条对角线是角平分线时，可以构造全等三角形来解决边，角和面积问题。
模块一：跟踪练习
1.在正方形ABCD中，AB=4，点E在对角线BD上，连接AE，过点E作EF⊥AE，交BC于点F。若BF=1，则 。
2.矩形ABCD，AB=6，AD=5，G为CD中点，DE=DG，于F，则DF的长为 。
3.如图，在正方形ABCD中，，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作，交线段AB于点N．连接NC交BD于点G．若，则的值为________．
模块二：相似型
模块二：典例精讲
如图，已知∠AOB＝90 ，OC为∠AOB内部一条射线，∠DCE=90 ，∠DCE的两边分别交OA边于点D，交OB边于点E，∠BOC＝. 求证：CE=CD tan
例1.在四边形ABCD中，∠A+∠C=180，AD=2CD，若，则 。
例2.已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．
问题发现：
（1）①如图1，若四边形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，则　　；
②如图2，当四边形ABCD是矩形时，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，则　　；
拓展研究：如图3，若四边形ABCD是平行四边形，且∠B+∠EGC＝180°时，求证：；
解决问题：如图4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，请直接写出的值．
图① 图② 图③ 图④
模块二：跟踪练习
如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E，F分别在AB，AC，BC边上，且∠EDF＝90°，若
AC＝3，BC＝4，DE＝2DF时，则AD的长为________．
2.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，P是线段AC的中点，点M为线段AB延长线上一点，点N为线段BC延长线上一点，且∠MPN＝90°，则＝ ．
3.问题情境：如图1，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E分别作AC，BE的垂线，分别交直线BC，CD于点F，G.试猜想线段BF和CG的数量关系，并加以证明.
（1）数学思考：请解答上述问题.
（2）问题解决：如图2，在图1的条件下，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，其他条件不变.若，，求的值.
（3）问题拓展：在（2）的条件下，当点E为AC的中点时，请直接写出的面积.
【归纳总结】对角互补的四边形中，有一组邻边成比例，可以构造相似三角形来解决问题。
模块三：四点共圆--综合题
模块三：典例精讲
已知：如图，在四边形ABCD中，已知∠A=∠C=90°，求证A、B、C、D四点共圆.
归纳：由特殊到一般，当∠A+∠C=180°时，可以得出点A，B，C，D四点共圆。
【例1】.如图，正方形 ABCD，点 P 是对角线 AC 上一点，连接 BP，过 P 作 PQ⊥BP，PQ 交 CD 于 Q，连接 BQ 交 AC 于 G，若 AP，Q 为 CD 中点，则下列结论： ①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形 ABCD 的面积是16；其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
模块三：跟踪练习
如图，点 M、N 分别是正方形 ABCD 的边 BC，CD 上的动点（不与B， C，D 重合），且始终保持∠MAN＝45，AM，AN 分别交 BD于点 E，F，以下四个结论：①AF⊥FM；②；③当∠BAM＝22.5°时，∠FMN＝∠BAM；④DN+BM＝MN．其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
2、已知：在正方形 ABCD 中，点 E 是边 AB 上点，点 G 在边 AD 上，连接 EG，EG＝DG，作 EF⊥EG，交边 BC 于点 F（图1）．
求证：AE+CF＝EF；
（2）连接正方形 ABCD 的对角线 AC，连接 DF，线段 AC 与线段 DF 相交于点 K（图2），探究线段 AE、AD、AK 之间的数量关系，直接写出你的结论；
（3）在（2）的条件下，连接线段 DE 与线段 AC 相交于点 P，（图3）若 AK＝．
△BEF 的周长为24，求 PK 的长．
图1 图2 图3
3.（2022 广州越秀区）
（1）【基础巩固】如图1，△ABC内接于⊙O，若∠C＝60°，弦AB＝2，则半径r＝　 　；
（2）【问题探究】如图2，四边形ABCD内接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，点B为弧AC上一动点（不与点A，点C重合）．
求证：AB+BC＝BD；
（3）【解决问题】如图3，一块空地由三条直路（线段AD、AB、BC）和一条道路劣弧围成，已知CM＝DM千米，∠DMC＝60°，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点M处，另外三个入口分别在点C、D、P处，其中点P在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段DM、MC、CP、PD，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形DMCP的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．
（北京）股份有限公司（北京）股份有限公司
（北京）股份有限公司（北京）股份有限公司
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