資源簡介

答案：
如圖，當，①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，
③.
【證明】如圖，過點 C 作 CM⊥OA 于點 M，CN⊥OB 于點 N.
∵OC 平分∠AOB，
∴CM＝CN
在正方形 MONC 中，
由題意可得∠MCN＝360 －∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90 ，
∴∠MCD＋∠DCN＝90 ，
又∵∠DCE＝90 ，
∴∠ECN＋∠MCD＝90 ，
∴∠MCD＝∠ECN，
∴△CDM≌△CEN，
∴CD＝CE，∴結論①成立；
∵四邊形 MONC 為正方形，∴OM＝ON＝ OC，
又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝ OC，
∴結論②成立；
∴結論③成立.
（2）當時，①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
【證明】如圖，過點 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為 F、G.
由角平分線性質可得 CF＝CG，
在四邊形 OFCG 中，∠FCG＝60 ，
∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60 ，
∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG(ASA)，∴CD=CE，結論①成立；
在 中，∠COF=∠COG=60，∴OF=OG =，
又∵OD+OE=OD+OG+EG=OD+OG+DF=OF+OG，∴OD+OE=，結論②成立；
,
結論③成立。
（3） ①CD＝CE，
②OD+OE=
③ .
【證明】如圖，過點 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足
分別為 F、G.
先證△CDF≌△CEG 可得 CD＝CE，結論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,
結論②成立。
結論③成立。
例1、【解答】：過點A作AM延長線于M，AN于N
++
+=
可證Rt△ABN≌Rt△ADM(HL)，得出AM=AN，
再證明Rt△ANC≌Rt△AMC (HL)CN=
，
cos60C=
【解答】
過點B作于F，BE
易證Rt△CBF≌Rt△ABE(HL),得出AB=BC
（2）由（1）可得出，AB=BC 是等邊三角形。
（3）由是等邊三角形，，利用外角可以推出，進而證明△ACE≌△BAF，，過點C作于Q，過點F作于P，=60，由四邊形內角和得出
，,,
在Rt△ACQ中，利用勾股定理得出AC=13，設BF=2a,則BP=BF=a,FP=BF=a,
在Rt△EFP中,+,解得CF AE=5
圖① 圖② 圖③
練習一答案
1、【解答】：過點E作于M,于N，可證明△AME≌△FNE
=，由BF+=2BM，可得BM=，所以=
答案：過點D作DH于K，
++
=，可證≌，=，
，
答案：由=180，可得=180，
，可證≌，可得出為等腰直角三角形，
由=可證明∽， ,，
設BG=3a,MG=5a,MN=a,
cos45a,
a,
BG=GB,
NGB∽, CG=MG
【模塊二】答案
證明：
【方法一】：如圖1，過點 C 作 CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分別為 F、G.
先證△CEG∽△CDF，即 ，
又∵四邊形 CFOG矩形，
∴CF＝OG，
在 中，
∴CE=CD·；
證明【方法二】：
如圖2，過點C作交OB于點F，
通過證明，可得
例1、答案：
過點D作DE延長線于F，可證明CDF，，，，=，
例2、【解答】
（1）解：①∵四邊形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：∵四邊形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，∴，
證明：如圖所示，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠EGF＝180°，
∴∠B＝∠EGF，在AD的延長線上取點M，使CM＝CF，
則∠CMF＝∠CFM，
∵AB∥CD，∴∠A＝∠CDM，
∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B＝∠EGF，∴∠EGF+∠A＝180°，
∴∠AED＝∠CFM＝∠CMF，
∴△ADE∽△DCM，
∴，即；
解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB延長線于M，連接BD，設CN＝x，∵∠BAD＝90°，即AB⊥AD，∴∠A＝∠M＝∠CNA＝90°，
∴四邊形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，∴．
練習二
1.答案：
如解圖，過點D分別作DP⊥AC于點P，DQ⊥BC于點Q，
∵∠EDF＝90°，易得△DPE∽△DQF，
∴＝＝2，∴DP＝2DQ，
∵DP∥BC，∴＝＝，
∴AP＝DQ，∵DQ＝PC，
∴＝，即＝，∵＝，∴＝，∴AD＝3.
2.解答：過點P作 PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，
易證明△PGM∽△PHN，∴，
由P是AC中點，利用平行線分線段成比例，
可得出BH==，
由于矩形PGBH，
所以=
3.（1）解：，證明如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴，，
∴，，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，
∴，∴，
∴，∴，
在和中，
∴， ∴.
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴，∴，
∵，∴，
∴，，
∴，又∵，∴，
∴，∴，∴，
∵在中，，∴在中，，
∴.
【模塊三】
【證明】
連接BD，取BD中點O，連接OA，OC
，為直角三角形，O為BD中點
。
【解答】
∵四邊形 ABCD 是正方形， ∴∠BCQ＝90°，
∵PQ⊥PB， ∴∠BPQ＝90°， ∴∠BPQ+∠BCQ＝180°，
∴B、C、Q、P 四點共圓，
∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，
∴①正確；③正確；
過 P 作 PM⊥AD 于 M，PE⊥AB 于 E，PF⊥DC 于 F，則 E、P、F 三點共線，
∵四邊形 ABCD 是正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°，
∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE，
∴四邊形 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，設 AB＝BC＝CD＝AD＝a，則 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正確；
∴DQ＝1+1＝2， ∵Q 為 CD 中點，
∴DC＝2DQ＝4，
∴正方形 ABCD 的面積是4×4＝16，
∴④正確；故選：A．
【練習三】
解：∵四邊形 ABCD 是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ABC＝90°，
∵∠MAN＝45°， ∴∠MAF＝∠MBE， ∴A、B、M、F 四點共圓，
∴∠ABM+∠AFM＝180°， ∴∠AFM＝90°，故①正確，
∴∠FAM＝∠FMA＝45°，∴， ∴故②正確，
補充不用四點共圓的方法：
由△EAF∽△EBM，推出 即，
即可推出△AEB∽△FEM，
再推出∠EMF＝∠ABE＝45°，由此即可解決問題．
當∠BAM＝22.5°時，易證△BAM≌△DAN（SAS），
∴AM＝AN， ∴∠AMN45
∴∠FMN＝∠AMN﹣∠AMF＝22.5°，
∴∠FMN＝∠BAM，故③正確；
將△ABM 繞點 A 逆時針旋轉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正確；故選：A．
【解答】
證明：連接 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：連接 EK、ED．由（1）知，△DAE≌△DME，
∴∠ADE＝∠MDE=∠ADM, ∠CDF＝∠MDF∠CDM,
∴∠EDF＝∠EDM+∠MDF,
∵∠EAK＝45°，
∴∠EAK＝∠EDK，
∴A、E、K、D 四點共圓
∴∠EAD+∠EKD＝180°，∴∠EKD＝180°﹣∠EAD＝90°，
∴∠EDK＝45°，
∴△EDK 是等腰直角三角形，由模塊一結論可知
∴；
解：∵△BEF 的周長為24，
∴BE+EF+BF＝24，由（1）知 AE+CF＝EF，
∴BE+AE+CF+BF＝24， ∴AB+BC＝24，
∴AB＝BC＝12，邊長為12，
∴．
由（2）知AE， ∵AK＝，
∴，CK＝AC﹣AK＝，
∴AE＝16﹣AD＝4． ∵AE∥CD， ∴△AEP∽△CDP，
∴
∴ ∴PK＝CP﹣CK＝．
3、（1）解：連接AO，BO，作OH⊥AB，
∵∠C＝60°，∴∠AOB＝120°，
∴∠OAB＝30°，∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，∴OH＝AH tan30°1，
∴AO＝2OH＝2，故答案為：2；
（2）證明：在BD上取點E，使BE＝BC，連接EC，AC，
∵AD＝CD，∠ADC＝60°，∴△ADC為等邊三角形，
∴DC＝AC，∠DCA＝60°
∵四邊形ABCD為圓O的內接四邊形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝120°，
∵AD＝CD，∴，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠CBD＝60°，
∴△BEC為等邊三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∴∠BCA＝∠ECD，∴△ACB≌△DCE（SAS），
∴AB＝DE，∴DB＝DE+BE＝AB+BC；
（3）解：存在．
∵CM＝DM千米，
∴當DP+CP取得最大值時，四邊形DMCP的周長最大，
連接PM，過點O作OH⊥DM于點H，設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四點共圓，
∴∠DPC＝120°，由（2）可知DP+CP＝PM，
故當PM是直徑時，PD+PC最大值為2，
∵四邊形DMCP的周長＝DM+CM+PC+PD＝2PD+PC，
∴四邊形DMCP的周長的最大值為：2+2，
即四條慢跑道總長度（即四邊形DMCP的周長）的最大值為2+2．第十六講 中考壓軸題難點突破
《對角互補模型----全等、相似、圓》-----曾秀娟
知識技能梳理：
四邊形的內容是幾何知識的核心部分，也是中考常考的內容，它可以跟全等三角形、相似三角形和圓的有關知識綜合在一起，對學生來說難度較大，這個專題主要是針對對角互補這類四邊形進行研究，解決當對角互補四邊形中一條對角線是角平分線時，利用構造全等三角形的方式解決問題，當出現鄰邊成比例時，用相似三角形來解決邊角問題，當四邊形對角互補時，這個四個頂點隱藏了一個圓，找到這個隱圓，可以為解題帶來突破性進展，本專題分為三個模塊---全等問題、相似問題和圓的問題進行講解。
學習過程
模塊一：全等型
模塊一：典例精講
如圖:已知OC平分∠AOB，，
的兩邊分別與OA交于點D，OB交于點E，試探究以下結論：
（1）當，①CD與CE的數量關系為 ；
②OD、OE與OC之間的數量關系為 ；
③與OC之間的數量關系為 ；
（2）當，以上關系式是否還成立？若不成立寫出關系式，并說明理由。
（3）當為任意銳角時，請用含有的式子表示
①CD與CE的數量關系為 ；
②OD、OE與OC之間的數量關系為 ；
③與OC之間的數量關系為 ；
例1.如圖，在四邊形ABCD中，CA平分，∠BAD=60°，∠BCD=120°，
連接AC，若四邊形ABCD的面積為 ，則AC= 。
例2.已知：如圖①，在四邊形ABCD中，=DB平分
求證：AB=BC
如圖②，連接AC，若試判斷形狀，并說明理由。
如圖③，在（2）的條件下，在AB上取一點E，BC上取一點F，連接CE，AF，并交于點M，連接EF。若AD=EF=7，CD=8（CF），求AE的長。
圖① 圖② 圖③
【歸納總結】對角互補的四邊形中，有一條對角線是角平分線時，可以構造全等三角形來解決邊，角和面積問題。
模塊一：跟蹤練習
1.在正方形ABCD中，AB=4，點E在對角線BD上，連接AE，過點E作EF⊥AE，交BC于點F。若BF=1，則 。
2.矩形ABCD，AB=6，AD=5，G為CD中點，DE=DG，于F，則DF的長為 。
3.如圖，在正方形ABCD中，，M為對角線BD上任意一點（不與B、D重合），連接CM，過點M作，交線段AB于點N．連接NC交BD于點G．若，則的值為________．
模塊二：相似型
模塊二：典例精講
如圖，已知∠AOB＝90 ，OC為∠AOB內部一條射線，∠DCE=90 ，∠DCE的兩邊分別交OA邊于點D，交OB邊于點E，∠BOC＝. 求證：CE=CD tan
例1.在四邊形ABCD中，∠A+∠C=180，AD=2CD，若，則 。
例2.已知四邊形ABCD中，E、F分別是AB、AD邊上的點，DE與CF交于點G．
問題發現：
（1）①如圖1，若四邊形ABCD是正方形，且DE⊥CF于G，則　　；
②如圖2，當四邊形ABCD是矩形時，且DE⊥CF于G，AB＝m，AD＝n，則　　；
拓展研究：如圖3，若四邊形ABCD是平行四邊形，且∠B+∠EGC＝180°時，求證：；
解決問題：如圖4，若BA＝BC＝5，DA＝DC＝10，∠BAD＝90°，DE⊥CF于G，請直接寫出的值．
圖① 圖② 圖③ 圖④
模塊二：跟蹤練習
如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D，E，F分別在AB，AC，BC邊上，且∠EDF＝90°，若
AC＝3，BC＝4，DE＝2DF時，則AD的長為________．
2.如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝30°，P是線段AC的中點，點M為線段AB延長線上一點，點N為線段BC延長線上一點，且∠MPN＝90°，則＝ ．
3.問題情境：如圖1，在正方形ABCD中，點E是對角線AC上一點，連接BE，過點E分別作AC，BE的垂線，分別交直線BC，CD于點F，G.試猜想線段BF和CG的數量關系，并加以證明.
（1）數學思考：請解答上述問題.
（2）問題解決：如圖2，在圖1的條件下，將“正方形ABCD”改為“矩形ABCD”，其他條件不變.若，，求的值.
（3）問題拓展：在（2）的條件下，當點E為AC的中點時，請直接寫出的面積.
【歸納總結】對角互補的四邊形中，有一組鄰邊成比例，可以構造相似三角形來解決問題。
模塊三：四點共圓--綜合題
模塊三：典例精講
已知：如圖，在四邊形ABCD中，已知∠A=∠C=90°，求證A、B、C、D四點共圓.
歸納：由特殊到一般，當∠A+∠C=180°時，可以得出點A，B，C，D四點共圓。
【例1】.如圖，正方形 ABCD，點 P 是對角線 AC 上一點，連接 BP，過 P 作 PQ⊥BP，PQ 交 CD 于 Q，連接 BQ 交 AC 于 G，若 AP，Q 為 CD 中點，則下列結論： ①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形 ABCD 的面積是16；其中正確結論的個數是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
模塊三：跟蹤練習
如圖，點 M、N 分別是正方形 ABCD 的邊 BC，CD 上的動點（不與B， C，D 重合），且始終保持∠MAN＝45，AM，AN 分別交 BD于點 E，F，以下四個結論：①AF⊥FM；②；③當∠BAM＝22.5°時，∠FMN＝∠BAM；④DN+BM＝MN．其中正確的有（ ）
A．4個 B．3個 C．2個 D．1個
2、已知：在正方形 ABCD 中，點 E 是邊 AB 上點，點 G 在邊 AD 上，連接 EG，EG＝DG，作 EF⊥EG，交邊 BC 于點 F（圖1）．
求證：AE+CF＝EF；
（2）連接正方形 ABCD 的對角線 AC，連接 DF，線段 AC 與線段 DF 相交于點 K（圖2），探究線段 AE、AD、AK 之間的數量關系，直接寫出你的結論；
（3）在（2）的條件下，連接線段 DE 與線段 AC 相交于點 P，（圖3）若 AK＝．
△BEF 的周長為24，求 PK 的長．
圖1 圖2 圖3
3.（2022 廣州越秀區）
（1）【基礎鞏固】如圖1，△ABC內接于⊙O，若∠C＝60°，弦AB＝2，則半徑r＝　 ?。?br/>（2）【問題探究】如圖2，四邊形ABCD內接于⊙O，若∠ADC＝60°，AD＝DC，點B為弧AC上一動點（不與點A，點C重合）．
求證：AB+BC＝BD；
（3）【解決問題】如圖3，一塊空地由三條直路（線段AD、AB、BC）和一條道路劣弧圍成，已知CM＝DM千米，∠DMC＝60°，的半徑為1千米，市政府準備將這塊空地規劃為一個公園，主入口在點M處，另外三個入口分別在點C、D、P處，其中點P在上，并在公園中修四條慢跑道，即圖中的線段DM、MC、CP、PD，是否存在一種規劃方案，使得四條慢跑道總長度（即四邊形DMCP的周長）最大？若存在，求其最大值；若不存在，說明理由．
（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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