资源简介

对角互补模型
模型原理
什么时候用旋转
①对角互补
②半角模型
③三条线段共顶点
怎么用旋转
①找到共顶点的等线段
②边怎么转，边所在三角形就怎么转
对角互补常见模型：
在四边形中，如果有一组对角相加为180度，且存在“共顶点，等线段” ，可用对角互补。
由四边形内角和为360°知∠B+∠D =180° ∠A+∠C=180°,
所以要结合题干中已知或能推得的相等线段构造全等；
由 以及 构造的三角形
相当于将 绕点C旋转到DC边上，
这时可以得到等腰 以及“共线”的AD、 AB.
真题精炼
1如图,四边形ABCD内接于⊙O , AC为⊙O的直径,∠ADB=∠CDB .
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明.
(2) 若 求CD的长度.
2已知CD是△ABC的角平分线, 点E , F分别在边AC, BC上,. 与△BDF的面积之和为S.
(1)填空:当 时，
①如图1，若 则
②如图2，若 则
(2)如图3, 当 时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4, 当 时，请直接写出S的大小.
3.如图, 抛物线y = ax+ bx+c交x轴于A(-1,0), B两点, 交y轴于点C(0,3) , 顶点D的横坐标为1.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y轴的负半轴上是否存在点P使 .若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
4如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM ，过点O作ON⊥OM ,交CD于点N . 若四边形MOND的面积是1, 则AB的长为( ) .
A.1 C. 2
5等腰直角△ABC，点O是AB的中点，且 将一块直角三角板直角顶点放在点O处，始终保持该直角三角板两直角边分别与AC、BC相交，交点分别为D、E，则(
A. C. 2
6如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与 互补，若 在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，以下结论：( 恒成立；②OM+ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确个数为( )个.
A. 4 B. 3 C. 2 D.1
7如图，O为矩形ABCD对角线的交点，点M为BC边上任一点，( 且与CD交于点N .若AB=6, AD=4,则四边形OMCN面积的最大值为
8四边形ABCD, AB= AD, AC=5,∠DAB=∠DCB=90°, 四边形ABCD面积为( )
A. 15 B. 12.5 C. 14.5 D.17
9如图， 点B是 的内一点 ，且到AM，AN的距离相等.过点B做射线BC交AM于点C ，将射线BC绕点B逆时针旋转9 交AN于点D.
(1)依题意补全图形.
(2) 求证:.
(3)连接AB，用等式表示线段AB，AC，AD之间的数量关系，并证明.
10已知 A为射线OM上一定点，( B为射线ON上一动点，连接AB，满足∠OAB,∠OBA均为锐角 .点C在线段OB上(与点O,B不重合) , 满足 点C关于直线OM的对称点为D, 连接AD, OD .
(1)依题意补全图1.
(2)求∠BAD的度数(用含α的代数式表示).
(3)若 点P在OA的延长线上，满足. ，连接BP ，写出一个AB的值，使得BP//OD, 并证明.
1如图,四边形ABCD内接于⊙O,AC为⊙O的直径,∠ADB=∠CDB.
(1)试判断△ABC的形状，并给出证明、
(2)若AB= ,AD=1,求CD的长度.
【答案】(1)△ABC是等腰直角三角形，证明见解析.
(2)
【解析】(1)△ABC是等腰直角三角形，证明过程如下：
∴AC为⊙O的直径,
∴∠ADC=∠ABC=90°,
∵∠ADB=∠CDB.
∴AB=BC,
又∵∠ABC=90°,
∴△ABC是等腰直角三角形.
(2) 在Rt△ABC中,
∴AC=2,
在Rt△ADC中,AD=1,AC=2,
2已知CD是△ABC的角平分线,点E,F分别在边AC,BC上,AD=m,BD=n,△ADE与△BDF的面积之和为S.
(1)填空:当∠AOB=90°,DE⊥AC,DF⊥BC时,
①如图1，若 ,则n= . S= ;
②如图2,若∠B=60°,m=4 ,则n= ,S= ;
(2)如图3,当∠ACB=∠EDF =90°时,探究S与m、n的数量关系,并说明理由:
(3)如图4,当∠ACB=60°,∠EDF=120°,m=6,n=4时,请直接写出S的大小.
【答案】(1)①5 ,25;②4;8
【解析】
【分析】
(1)①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB,且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcos45°=5, DF=BDsin45°=S, AE=ADcos45°=5即可;②先证四边形DECF为正方形,利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°,利用30°直角三角形先证求出 利用三角函数求出AE=ADcos30°=6,DF=DE=2 , BF=DPtan30°=2, BD=DF÷sin60°=4即可;
(2)过点D作DH⊥AC于H,DG⊥BC于G,在HC上截取HI=BG,连接DI,先证四边形DGCH为正方形,再证△DFG≌△DEH(ASA)与△DBG≌△DIH(SAS) ,然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可;
(3)过点D作DP⊥AC于P,DQ⊥BC于Q,在PC上截取PR=QB,连接DR,过点A作AS⊥DR于S,先证明△DQP≌△DPE,△DBQ≌△DRP,再证△DBP≌△DRE,求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可.
(1)解:①∵∠ACB=90°,DE⊥AC,DF⊥BC,CD是△ABC的角平分线,
∴四边形DECF为矩形,DE=DF,
∴四边形DECF为正方形，
∵△ABC为等额直角三角形，
∵CD平分∠ACB,
. CD⊥AB,且AD=BD=m,
∴BF=BDcos45°=5, DF=BDsin45°=5,AE=ADcos45°=5,'ED=DF=5,
因此正确答案为5 ,25;
②∵∠ACB=90°,DE⊥AC,DF⊥BC,CD是△ABC的角平分线,
∴四边形DECF为矩形, DE=DF,
∴四边形DECF为正方形，
∴∠B=60°,
. BF=DRan30°=2,
∴BD=n=4,
因此正确答案为：4；8
(2)
解:过点D作DH⊥AC于H,DG⊥BC于G,在HC上截取HI=BG,连接DI,
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°,
∴四边形DGCH为矩形.
∵CD是△ABC的角平分线,DH⊥AC,DG⊥BC,
∵DG=DH,
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°,
∴∠EDF=90°,
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°,
∴∠FDG=∠EDH.
在△DFG和△DFH中.
∴△DFG≌△DEH(ASA)
∴FG=EH,
在△DBG和△DIH中.
∴△DBG≌△DIH(SAS),
∴∠B=∠DIH,DB=DI=n,
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°,
(3)过点D作DP⊥AC于P,DQ⊥BC于Q,在PC上截取PR=QB,连接DR,过点A作AS⊥DR于S,∵OD是△ABC的角平分线, DP⊥AC,DQ⊥BC,
∴DP=DQ,
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°,
∵∠EDF=120°,
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°,
∴∠FDQ=∠EDP,
在△DFC和△DEP中.
∴△DFQ≌△DEP(ASA)
. DF=DE,∠QDF=∠PDE,
在4DBO和 DRP中.
∴△DBQ≌△DRP(SAS),
∴∠BDQ=∠RDP,DB=DR,
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE,
∵DB=DE,DB=DR,
∴△DBP≌△DRE,
3如图,抛物线y= ax+ bx+c交x轴于A(-1,0), B两点,交y轴于点C(0,3), 顶点D的横坐标为1.
(1)求抛物线的解析式；
(2)在gA由的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB=180°.若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】
(2)存在, P(0,-1)使∠APB+∠ACB=180°,理由见解析;
【解析】【分析】
(1)由抛物线的对称轴可得点B的坐标，由此设出交点式，代入点C的坐标，即可得出抛物线的解析式；
(2)通过题意可知，点A，C，B，P四点共圆，画出图形，即可得出点P的坐标；
(1)解：∵顶点D的横坐标为1，∴抛物线的对称轴为直线x=1，
·A(-1,0),∴B(3,0) ,设抛物线的解析式为:y=a(x+1) (x-3),
把C(0,3)代入抛物线的解析式得:-3a=3,解得a=-1,∴抛物线的解析式为:y=-(x+1) (x-3)=-x +2x+3;
(2)存在,P(0,-1) ,理由如下:∵∠APB+∠ACB=180°,∴∠CAP+∠CBP=180°,
中小学教育资源及组卷应用平台
(3,0) ,C(0,3),∴OB=OC=3,∴∠OCB=∠OBC=45°,∴∠APC=∠ABC=45°,∴△AOP是等腰直角三角形,∴OP=OA=1,∴P(0,-1);
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，圆内四边形的性质，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等，
第(2)问得出四点共固是解题关键；
【标注】【知识点】二次函数与几何综合
4如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM ,交CD于点N .若四边形MOND的面积是1,则AB的长为( ) .
A.1 B. C.2 D.2
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD,OC=OD,∠OCD=∠ODA=45°,
∵ON⊥OM,
∴∠MON=90°,
∴∠MON=∠COD=90°,
∵∠MON-∠DON=∠COD-∠DON,
∴∠MOD=∠NOC.
在△OMD和△ONC中,
∴△OMD≌△ONC(ASA).
∴S△OMD=S△ONO.
=S△OCD
=1,
∴AB=2.
故选:C.
5如图，在等腰直角△ABC中， ，点O是AB的中点，且 ，将一块直角三角板的直角顶点放在点O处，始终保持该直角三角板的两直角边分别与AC、BC相交，交点分别为D、B,则CD+CE=( ).
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】连接OC,
等腰直角△ABC中,AB=
.∠B=45°.
∴点O是AB的中点，
∠DOC+∠COE=90°,∠COE+∠EOB=90°,
∴∠DOC=∠EOB,
同理得∠ACO=∠B,
∴△ODC≌△OEB.
∴DC=BE.
∴CD+CE=BE+CE=BC=
6如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM=PN恒成立；②OM+ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为( )个.
A.4 B.3 C.2 D.1
【答案】B
【解析】如图,作PE⊥OA于E,PF⊥OB于F.
∵∠PEO=∠PFO=90°,
∴∠EPF=∠MPN,
∴∠EPF-∠EPN=∠MPN-∠EPN,
∴∠EPM=∠FPN.
∵OP平分∠AOB,PE⊥OA于E,PF⊥OB于F,
∴PE=PF,
在Rt△POE和Rt△POF中,
∴Rt△POE≌Rt△POF(HL),
∴OE=OF,
在△PEM和△PFN中,
∴△PEM≌△PFN(ASA),
∴BM=NF,PM=PN,故①正确;
，为定值，故③正确；
∵OM+ON=OE+MB+OF-NF=2OE,为定值,故②正确;
MN的长度是变化的，故④错误.
7如图，O为矩形ABCD对角线的交点，点M为BC边上任一点，ON⊥OM且与CD交于点N.若AB=6,AD=4,则四边形OMCN面积的最大值为 .
【答案】2
【解析】过点O作BC的平行线交AB于点E，交CD于点F，
当M运动到B时, S△MON最大,
△OFN∽△BEO,
【标注】【知识点】对角互补模型
8如图,在四边形ABCD中,AB=AD,AC=5,∠DAB=∠DCB=90°,则四边形ABCD的面积为( ).
A.15 B. 12.5 C. 14.5 D.17
【答案】B
【解析】如图,过A作AE⊥AC,交CB的延长线于E,
:∠DAB=∠DCB=90°,
∴∠D+∠ABC=180°=∠ABE+∠ABC,
∴∠D=∠ABE,
又∵∠DAB=∠CAE=90°,
∴∠CAD=∠EAB,
又∵AD=AB,
∴△ACD≌△AEB(. ASA) ,
∴AC=AE,即△ACE是等腰直角三角形.
∴四边形ABCD的面积与△ACB的面积相等，
∴四边形ABCD的面积为12.5,
故选:B.
9如图,∠MAN=90°,点B是∠MAN的内一点,且到AM,AN的距离相等.过点B做射线BC交AM于点C，将射线BC绕点B逆时针旋转90°交AN于点D.
(1)依题意补全图形.
(2) 求证:BC=BD.
(3)连接AB，用等式表示线段AB，AC，AD之间的数量关系，并证明.
【答案】(1)画图见解析.
(2)证明见解析.
(3) AB=AC+AD,证明见解析.
【解析】(1)补全图形如图所示：
(2)如图,过点B作BE⊥AM于点E,过点B作BF⊥AN于点F,
依题意可知:BE=BF,∠CBD=90°,
∠BEA=∠EAF=∠BFA=90°,
∴∠EBF-∠CBF=∠CBD-∠CBF,
∴∠EBC=∠FBD.
在△BEC和△BFD中,
∴△BEC≌△BFD(ASA),
∴BC=BD.
(3)过点B作BG⊥AB交AN于点G,
点B到AM、AN的距离相等，
. AB平分∠MAN,
AB⊥BG,
..∠ABG=90°.
∴∠BAG=∠BGA=45°,
∴BA=BG,AG= AB.
:∠CBD=∠ABG=90°,
∴∠CBD=∠ABD=∠ABG-∠ABD,
∴∠CBA=∠DBG,
在△BCA和△BDG中,
∴△BCA≌△BDG(SAS),
∴AC=DG,
∴AG=AD+DG=AD+AC,
【标注】【知识点】对角互补模型
10已知∠MON=α, A为射线OM上一定点,OA=5,B为射线ON上一动点,连接AB,满足∠OAB,∠OBA均为锐角,点C在线段OB上(与点O,B不重合),满足AC= AB,点C关于直线OM的对称点为D,连接AD,OD.
(1)依题意补全图1.
(2)求∠BAD的度数(用含a的代数式表示).
(3)若 点P在OA的延长线上，满足AP=OC，连接BP ，写出一个AB的值，使得BP//OD,并证明.
【答案】(1)画图见解析
(3) AB= 时,BP//CD,证明见解析.
【解析】(1)图形，如图所示.
(2) 方法一:∵C、D关于OM对称,
∴∠DOA=∠COA=α,
∠OAD=∠OAC=β.
∴∠ACB=∠AOC+∠OAC=α+β.
∵AC=AB,
∴∠ACB=∠ABC=α+β.
∴在△ABC中,∠CAB=180°-2(α+β).
∴∠BAD=∠CAB+∠OAC+∠OAD
=180°-2α.
方法二:∵C、D关于OM对称,
∴∠ODA=∠OCA,∠DOA=∠COA=α.
∴∠OCA+∠ACB=∠OCA+∠ABC=180°.
∴∠ODA+∠ABC=180°.
在四边形ODAB中,∠DOC+∠DAB=180°,
∴∠DAB=180°-2a.
方法三:∵AC=AB,
∴∠ACB=∠ABC,
又C与D关于OM对称，
∴OM垂直平分CD,
AD=AC,OC=OD,
∴在△ADO与△ACO中,
∴△ADO≌△ACO(SSS),
∴∠ADO=∠ACO,
∠AOC=∠AOD,
∴∠ADO+∠ABO=180°,
在四边形ADOB中，
∠ADO+∠DOC+∠ABO+∠DAB=360°.
∴∠BAD=180°-2α,
综上所述∠BAD=180°-2α.
(3)如图2中,不妨设OD∥PB.作AH⊥BC于H,BJ⊥OA于J.
在Rt△AOH中,
∴AH=3,OH=4,设CH=BH=x,则BC=2x,
∵OD//BP,
∴∠DOA=∠OPB,
∠DOA=∠AOB,
∴∠AOB=∠OPB,
∴PB=OB=4+z,
:BJ⊥OP,OP=OA+AP=5+4-x=9-z,
解得x=1,
∴BH=1,

展开更多......

收起↑