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模型37 四边形对角互补模型（讲+练）-备战2023年中考数学解题大招复习讲义（全国通用）
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这是一份模型37 四边形对角互补模型（讲+练）-备战2023年中考数学解题大招复习讲义（全国通用），文件包含模型37四边形对角互补模型原卷版docx、模型37四边形对角互补模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.
模型一、含90°的全等型
1.如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
则可以得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，
③.
2.如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分
∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
模型二、 含60°与120°的全等型
如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
例题精讲
【例1】．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，求BC+CD的值．
解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，
∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，
∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∴∠ABE＝∠D，
又∵BE＝DC，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC，
∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAC＝90°，
∴S△AEC＝AE2＝EC2，
∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，
∴EC2＝12，
∴EC＝4 ，
∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．
变式训练
【变式1-1】．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是AB，BC上的点，连接EF．若AE＝4，CF＝3，OE⊥OF，求EF的长．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝∠EOF＝90°，∠ABO＝∠ACB＝45°，
∴∠EOB＝∠FOC，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF．BE＝CF＝3，
∵AB＝BC，
∴BF＝AE＝4，
在Rt△BEF中，BF＝4，BE＝3，
∴EF＝5．
【变式1-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则＝_________
解：如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC．
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥BE，
∴四边形EFCB对角互补，
∴B，C，F，E四点共圆，
∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，
∵OB＝OF，
∴OE＝OB＝OF＝OC，
∴B，C，F，E四点在以O为圆心的圆上，
∴∠EBF＝∠ECF，
∴tan∠EBF＝tan∠ACD，
∴＝＝，
【例2】．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC，∠DCB＝60°，AB+BC＝4，则AC的长是 ．
解：设点O是AC的中点，
以O为圆心，OA为半径作圆O，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴由圆周角定理可知：点D与B在圆O上，
∵BD平分∠ABC，
∴AD＝CD，
∴∠DCA＝45°，
∴∠ACB＝∠DCB﹣∠DCA＝15°，
连接OB，过点E作BE⊥AC于点E，
∴由圆周角定理可知：∠AOB＝2∠ACB＝30°，
∴OB＝2BE，
∴AC＝2OB＝4BE，
设AB＝x，
∴BC＝4﹣x，
∵AB•BC＝BE•AC，
∴4BE2＝x（4﹣x），
∴AC2＝16BE2＝4x（4﹣x），
由勾股定理可知：AC2＝x2+（4﹣x）2，
∴4x（4﹣x）＝x2+（4﹣x）2，
解得：x＝2±，
当x＝2+时，
∴BC＝4﹣x＝2﹣，
∴AC＝＝，
当x＝2﹣时，
BC＝4﹣x＝2+时，
∴AC＝＝，
故答案为：．
变式训练
【变式2-1】．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD顶点A的坐标为（0，2），B点在x轴上，对角线AC，BD交于点M，OM＝，则点C的坐标为 （6，4） ．
解：过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，
∴∠MFO＝∠CEO＝∠AOB＝90°，AO∥MF∥CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，AM＝CM，
∴∠OAB＝∠EBC，OF＝EF，
∴MF是梯形AOEC的中位线，
∴MF＝（AO+EC），
∵MF⊥OE，
∴MO＝ME．
∵在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴OB＝CE，AO＝BE．
∴MF＝（BE+OB），
又∵OF＝FE，
∴△MOE是直角三角形，
∵MO＝ME，
∴△MOE是等腰直角三角形，
∴OE＝＝6，
∵A（0，2），
∴OA＝2，
∴BE＝2，
∴OB＝CE＝4．
∴C（6，4）．
故答案为：（6，4）．
【变式2-2】．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝ 3 ．
解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．
∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，
∴四边形PQBR是矩形，
∴∠QPR＝90°＝∠MPN，
∴∠QPE＝∠RPF，
∴△QPE∽△RPF，
∴＝＝2，
∴PQ＝2PR＝2BQ，
∵PQ∥BC，
∴AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，设PQ＝4x，则AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，
∴2x+3x＝3，
∴x＝，
∴AP＝5x＝3．
故答案为3．
【变式2-3】．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；
其中正确结论是_________
解：
∵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，
∵AP＝，
∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（）2，
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，
在△BEP和△PFQ中
，
∴△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；故答案为：①②③④
1．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD＝ 4 ．
解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，
∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，
∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∴∠ABE＝∠D，
又∵BE＝DC，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC，
∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAC＝90°，
∴S△AEC＝AE2＝，
∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，
∴＝12，
∴EC＝4，
∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．
故答案为：4．
2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝8，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为 10 ．
解：以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP⊥BE于P，
则∠BAE＝120°，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝30°，
∴BP＝AB•cs∠ABP＝3，∠DEA＝∠ABC＝60°，
∴∠DEB＝30°+60°＝90°，
∴BE＝2BP＝6，
在Rt△BED中，BD＝＝10，
故答案为：10．
3．如图所示，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
解：作AD′⊥AD，AD′＝AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′（SAS），
∴BD＝CD′，∠DAD′＝90°，
由勾股定理得DD′＝＝3，∠D′DA+∠ADC＝90°，
由勾股定理得CD′＝＝，
∴BD＝CD′＝．
故答案为：．
4．四边形ABCD被对角线BD分为等腰直角△ABD和直角△CBD，其中∠A和∠C都是直角，另一条对角线AC的长度为2，求四边形ABCD的面积．
解：将△ABC绕点A旋转90°，使B与D重合，C到C′点，
则有∠CDC′＝∠ADC+∠ADC′＝∠ADC+∠ABC＝180°，
所以C、D、C′在同一直线上，
又因为AC＝AC′，
所以△ACC′是等腰直角三角形，
在△ABC和△ADC′中
∴△ABC≌△ADC′（SAS），
∴四边形ABCD的面积等于等腰直角三角形ACC′的面积，
所以S四边形ABCD＝S△ACC′＝×2×2＝2．
5．如图，正方形ABCD与正方形OMNP的边长均为10，点O是正方形ABCD的中心，正方形OMNP绕O点旋转，证明：无论正方形OMNP旋转到何种位置，这两个正方形重叠部分的面积总是一个定值，并求这个定值．
解：当OP∥AD或OP经过C点，重叠部分的面积显然为正方形的面积的，
即25，当OP在如图位置时，过O分别作CD，BC的垂线垂足分别为E、F，
如图在Rt△OEG与Rt△OFH中，∠EOG＝∠HOF，OE＝OF＝5，
∴△OEG≌△OFH，
∴S四边形OHCG＝S四边形OECF＝25，即两个正方形重叠部分的面积为25．
6．基本模型
在任意四边形中，出现一组对角互补，则为对角互补模型．
解题思路：
1．过互补角的顶点作旋转构造全等或相似；
2过互补角的顶点作双垂线构造全等或相似．
问题：
如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC．
结论：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2
请证明【基本模型】中的结论．
求证：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2．
①证明：如图，
过点D作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，
∵BD平分∠ABC，
∴DE＝DF，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，
∴∠DAB+∠C＝180°，
∵∠DAB+∠DAE＝180°，
∴∠C＝∠DAE，
∴△EAD≌△FCD（AAS），
∴AD＝CD；
②证明：如图，
以D为中心将△DAB逆时针旋转90°得到△DCE，
由旋转的性质可得，∠A＝∠DCE，∠BDE＝90°，DB＝DE，AB＝CE，
∵∠A+∠BCD＝180°，
∴∠DCE+∠BCD＝180°，
∴点B，C，E在同一直线上，
∴BE＝BC+CE，
∵AB＝CE，
∴BE＝BC+AB，
∵∠BDE＝90°，
∴BE2＝DB2+DE2＝2BD2，
∴BE＝BD，
∴BC+AB＝BD；
③证明：如②图，
由旋转的性质可得：△DAB≌△DCE，
∴S四边形ABCD＝S△DBE，
∵DB＝DE，∠DBE＝90°，
∴，
∴．
7．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；
（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．
（1）证明：如图1，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，
∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH
∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴CD＝CE；
（2）解：由（1）得△CDG≌△CEH，
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得：
OH2+CH2＝OC2
∴x2+x2＝32
∴（舍负）
∴OH＝
∴OD+OE＝2OH＝；
（3）解：如图，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，
∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH，
∵∠A0B＝120°，∠DCE＝60°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
∴S四边形OECD＝S四边形OHCG＝2S△OCG
在Rt△OCH中，有∠COH＝60°，OC＝3，
∴OH＝，CH＝
∴，
∴S四边形OECD＝2S△OCG＝．
8．感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．
探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．
应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB﹣AC＝ a （用含a的代数式表示）
探究：
证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DC＝DB．
应用：解：如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DF＝DE，CF＝BE，
在Rt△ADF和Rt△ADE中，
，
∴△ADF≌△ADE（HL），
∴AF＝AE，
∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，
在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝45°，BD＝a，
∴BE＝a，
∴AB﹣AC＝a．
故答案为a．
9．问题提出：
（1）如图1，已知线段AB＝2，AC＝4，连接BC，则三角形ABC面积最大为 4 ；
问题探究：
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，若CD+BC＝10，求四边形ABCD的面积；
问题解决：
（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，AC＝8，求四边形ABCD面积的最大值．
解：（1）如图1，作BG⊥AC于点G，
∵S△ABC＝AC•BG，AC＝4，
∴S△ABC＝×4BG＝2BG，
∴当BG最大时，S△ABC的值最大，
∵BG≤AB，AB＝2，
∴BG≤2，
∴BG的最大值为2，
∴当BG＝2时，S△ABC最大＝4，
∴三角形ABC面积最大为4，
故答案为：4.
（2）如图2，连接BD，
∵CD+BC＝10，
∴（CD+BC）2＝100，
∴CD2+BC2+2CD•BC＝100，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，
∴CD2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，
∴CD2+BC2＝2AD2，
∴2AD2+2CD•BC＝100，
∴AD2+CD•BC＝25，
∵S△ABD＝AD2，S△CBD＝CD•BC，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD＝AD2+CD•BC＝25，
∴四边形ABCD的面积为25．
（3）如图3，作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵∠AEB＝∠F＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，CE＝CF，S△ABE＝S△ADF，
∵∠AEC＝∠F＝90°，AC＝AC，
∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），
∴S△ACE＝S△ACF，
∴S四边形ABCD＝S△ABE+S四边形AECD＝S△ADF+S四边形AECD＝S△ACE+S△ACF＝2S△ACE，
设AE＝m，CE＝n，则S四边形ABCD＝2S△ACE＝2×AE•CE＝mn，
∵AE2+CE2＝AC2，AC＝8，
∴m2+n2＝64，
由（m﹣n）2≥0得mn≤（m2+n2），
∴mn≤32，
∴S四边形ABCD≤32，
∴S四边形ABCD最大＝32，
∴四边形ABCD面积的最大值是32．
10．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）概念理解：
①在互补四边形ABCD中，∠A与∠C是一组对角，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ 90 °；
②如图1，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且BE•BC＝AB•BD，求证：四边形ADEC是互补四边形．
（2）探究发现：如图2，在等腰△ABE中，AE＝BE，点C，D分别在边BE，AE上，AD＝BC，四边形CEDH是互补四边形，求证：∠ABD＝∠BAC＝∠E．
（1）①解：∵四边形ABCD是互补四边形，∠A与∠C是一组对角，
∴∠C＝180°﹣∠A，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝，∠D＝，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴+（180°﹣∠A）+＝360°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90；
②证明：∵BE•BC＝AB•BD，
∴，
又∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴∠BED＝∠A，
∴∠A+∠CED＝∠BED+∠CED＝180°，
∴四边形ADEC是互补四边形；
（2）证明：∵AE＝BE，AD＝BC，
∴ED＝EC，
在△EAC和△EBD中，
，
∴△EAC≌△EBD（SAS），
∴∠EBD＝∠EAC，
∵AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠ABD＝∠BAC，
∵四边形CEDH是互补四边形，
∴∠E+∠DHC＝180°，
∵∠AHB＝∠DHC，
∴∠E+∠AHB＝180°，
∴∠ABD+∠BAC＝∠E，
∴∠ABD＝∠BAC＝∠E．
11．如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，
再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是 PB＝PQ ；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
解：（1）结论：PB＝PQ，
理由：过P作PF⊥BC，PE⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠QPF+∠QPE＝90°，
∴∠BPF＝∠QPE，
在△PEQ和△PFB中，
，
∴Rt△PQE≌Rt△PBF，
∴PB＝PQ；
故答案为PB＝PQ．
（2）PB＝PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，
∴∠BPE＝∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB＝PQ．
12．【提出问题】
（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN．求证：BM＝CN．
【类比探究】
（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论BM＝CN还成立吗？请说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC．连接CN．试探究BM与CN的数量关系，并说明理由．
解：
（1）证明：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（2）成立，理由如下：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAC+∠CAM＝∠CAM+∠MAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（3）＝．
理由如下：
∵AB＝BC，AM＝MN，
∴＝，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴△ABC∽△AMN，
∴＝，即＝，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△BAM∽△CAN，
∴＝＝＝．
13．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形称为奇异四边形．
（1）概念理解：在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，你认为属于奇异四边形的有 正方形 ；
（2）性质探究：
①如图1，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，求证：CA平分∠BCD；
②如图2，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，∠BCD＝2α，试说明：csα＝；
（3）性质应用：
如图3，四边形ABCD是奇异四边形，四条边中仅有BC＝CD，且四边形ABCD的周长为6+2，∠BAC＝45°，AC＝3，求奇异四边形ABCD的面积．
解：（1）根据奇异四边形的定义可知：正方形是奇异四边形，
故答案为正方形．
（2）①过点A作AM⊥CB于M，AN⊥CD于N．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠ABM＝∠D，
∵∠AMB＝∠AND＝90°，AB＝AD，
∴△AMB≌△AND，
∴AM＝AN，∵AM⊥CB于M，AN⊥CD于N，
∴CA平分∠BCD．
②由①可知：∠ACD＝∠BCD＝α，
∵CN＝CD﹣DN＝CD﹣BM＝CD﹣（CM﹣BC）＝CD﹣（CN﹣BC），
∴CN＝，
在Rt△ACN中，csα＝＝．
（3）如图3中，
由（2）可知：cs45°＝，
∴AD+AB＝2AC×＝6，
∵四边形ABCD的周长为6+2，
∴BC＝CD＝，
∵∠BAC＝∠DAC＝45°，
∴∠DAB＝90°，
∵四边形是奇异四边形，
∴∠BCD＝90°，
∵AD+AB＝6，
∴（AD+AB）2＝AD2+2AD•AB+AB2＝36，
∵AD2+AB2＝BD2＝BC2+CD2＝20，
∴AD•AB＝8，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BDC＝•AD•AB+•CD•BC＝9．
14．已知：在四边形ABCD中，∠A+∠C＝180°，DB平分∠ADC．
（1）求证：AB＝BC；
（2）如图2，若∠ADB＝60°，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）如图3，在（2）得条件下，在AB上取一点E，BC上取一点F，连接CE、AF交于点M，连接EF，若∠CMF＝60°，AD＝EF＝7，CD＝8（CF＞BF），求AE的长．
解：（1）如图，过点B作BF⊥DC于点F，过点B作BE⊥DA，交DA延长线于点E，
则∠BEA＝∠BFC＝90°，
∵DB平分∠ADC，
∴BE＝BF，
又∵∠BAD+∠C＝∠BAD+∠BAE＝180°，
∴∠C＝∠BAE，
在△BEA和△BFC中，
∵，
∴△BEA≌△BFC（AAS），
∴AB＝CB；
（2）如图2，连接AC，
∵∠BDA＝60°，DB平分∠ADC，
∴∠ADC＝2∠ADB＝120°，
∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝60°，
又AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形；
（3）如图3，作FG⊥AB于G，EH⊥AF于H，CN⊥AD交AD的延长线于N．
在Rt△CDN中，∵∠CDN＝60°，CD＝8，
∴∠DCN＝30°，
∴DN＝CD＝4，CN＝4，
∴AC＝＝＝13，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴∠ABC是等边三角形，
∴AC＝CB＝AB＝13，∠CAB＝60°，
∵∠CMF＝∠ACM+∠MAC＝60°，
∠MAE+∠MAC＝60°，
∴∠ACE＝∠BAF，
∵∠CAE＝∠B，
∴△ACE≌△BAF（ASA），
∴AE＝BF，设AE＝BF＝x，
则BE＝13﹣x，BG＝x，EG＝13﹣x，FG＝x，
在Rt△EFG中，72＝（13﹣x）2+（x）2，
解得x＝5或x＝8，
当x＝8时，AE＝BF＝8，
∵AB＝BC＝13，
∴CF＝BE＝5，
此时CF＜BF，不符合题意，舍去；
∴AE＝BF＝5．
15．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF＝AB．
（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请直接写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4，
∵点D是线段BC的中点，
∴BD＝DC＝BC＝2，
∵DF⊥AC，即∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝30°，
又∵∠EDF＝120°，
∴∠EDB＝30°，
∴∠BED＝90°
∴BE＝BD＝1．
（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．
∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
又∵∠EMD＝∠FND＝90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB．
（3）结论不成立．结论：BE﹣CF＝AB．
∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
又∵∠EMD＝∠FND＝90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE﹣CF＝BM+EM﹣（FN﹣CN）＝2BM＝BD＝AB．
16．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．
（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．
以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？
线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．
②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．
解：（1）∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，
∴∠OFC＝45°＝∠BOC，
∴OC＝FC，
∵∠DCE＝∠OCF＝90°，
∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，
∴△CDO≌△CEF（ASA）
∴CD＝CE
（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CDO+∠CDM＝180°，
∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE．
（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：
如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CEO+∠CEN＝180°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴．
②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，
∴∠OCD+∠CEO＝60°，
∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；
在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，
如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，
∴∠OCE+∠CDO＝60°，
∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，
∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；
17．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∵AB∥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∵OB＝OC，OF⊥BC，
∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，
∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，
设CF＝x，OF＝3x，
∵⊙O的直径是，
∴OC＝，
∵OC2＝OF2+CF2，
∴（）2＝（3x）2+x2，
解得：x＝，
∴CF＝，OF＝，
∴BC＝1，
∵B是CE的中点，
∴BE＝BC＝1，
∴EF＝，
∵OE2＝OF2+EF2，
∴OE2＝（）2+（）2＝，
∵OD2+DE2＝OE2，
∴DE＝＝＝．
（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，
∵A，P，B，C四点共圆，
∴∠APQ＝∠ACB，
∵AP＝PQ，
∴∠Q＝∠QAP，
∴∠Q＝90°﹣∠ACB，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE∥AB，
∴OD⊥AB，
∴K是AB的中点，
∵DH⊥BH，
∴∠BHD＝90°，
∵∠BKD＝90°，
∴B，K，H，D四点共圆，
∴∠BHK＝∠ODB，
∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，
∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，
∴∠ODB＝∠Q，
∴∠BHK＝∠Q，
∴AQ∥HK，
∴＝＝，
∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，
∴BQ＝BP+AP，
∴＝．
解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，
∵弦CD平分圆周角∠ACB，
∴AD＝BD，
∵＝，
∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，
∴△APD≌△BMD（SAS），
∴DP＝DM，AP＝BM，
∵DH⊥BP，
∴DH为△PDM的中线，
∴HP＝HM，
∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，
∵BH＝BM+HM，
∴＝＝．
解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD，
∵∠APD+∠ACD＝180°，＝，
∴∠BPD＝∠ACD，
∴∠BPD+∠APD＝180°，
由翻折得△APD≌△A'PD，
∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D，
∴∠A'PD+∠BPD＝180°，
∴A'，P，B三点共线，
∵＝，
∴AD＝BD，
∴A'D＝BD，
又∵DH⊥A'B，
∴A'H＝HB＝A'B，
∴AP+PH＝AP+PB，
∴比值不变，恒为．
18．（1）探究：如图1，在△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上．
①求∠DCE的度数；
②直接写出线段CD，CE，AC之间的数量关系；
（2）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P是四边形ABCD内一点，且∠APC＝120°，求证：PA+PC+PD≥BD；
（3）拓展；如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B是y轴上一个动点，以AB为边在AB的下方作等边△ABC，求OC的最小值．
解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°；
②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC＝CD+CE；
理由是：由①得：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∵AC＝BC＝BD+CD，
∴AC＝CD+CE；
（2）如图2，把线段AP绕点A逆时针旋转60度，到AQ．连接AC、PQ，
∴AP＝AQ，△APQ为正三角形，
∴∠QAP＝60°，QP＝AP，
又∵∠APC＝120°，
∴∠APC+∠APQ＝180°，则C，P，Q在同一条直线上．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴∠ABC+∠PAC＝∠QAP+∠PAC，
即∠QAC＝∠PAB，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴PB＝QC＝PA+PC，
在△PDB中，PB+PD≥BD，即PA+PC+PD≥BD；
（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EC，并延长EC交x轴于点F．
在△AEC与△ADB中，，
∴△AEC≌△ADB（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB＝120°，
∴∠OEF＝60°，
∴OF＝OA＝4，
∴点C在直线EF上运动，
当OC⊥EF时，OC最小，
∴OC＝OF＝2
则OC的最小值为2．
19．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．
（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．
∵AD∥BC，AH∥CD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴AH＝CD，AD＝BC，
∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．
（2）证明：如图2中，连接CD．
∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵AE＝EC，
∴OD⊥AC，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．
（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．
∵AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，＝，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，
∴OE＝，OA＝＝，
∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，
∴AD＝＝，
∴GA＝GC＝＝10，
∵＝，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，
∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，
∴d＝3，
∴EF＝3，
∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．
（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．
∵BD是直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵BA＝BC，BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OA＝OB，
∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，
∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，
∴BD⊥AC，
∠BKC＝90°，
∴∠ACM+∠CBD＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM＝90°，
∴∠CAM＝∠CBD＝α，
∵AM⊥BC，FN⊥BC，
∴AM∥FN，
∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，
∴r＝，
∴m2+n2＝（）2，
整理得：＝，
∴y＝•x＝＝﹣x2+x，
∴y＝﹣x2+（x＞0）．
对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.
模型一、含90°的全等型
1.如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分∠AOB.
则可以得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，
③.
2.如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90º，OC平分
∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③.
模型二、 含60°与120°的全等型
如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120º，OC平分∠AOB.
则可得到如下几个结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③.
例题精讲
【例1】．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，求BC+CD的值．
解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，
∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，
∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∴∠ABE＝∠D，
又∵BE＝DC，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC，
∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAC＝90°，
∴S△AEC＝AE2＝EC2，
∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，
∴EC2＝12，
∴EC＝4 ，
∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．
变式训练
【变式1-1】．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是AB，BC上的点，连接EF．若AE＝4，CF＝3，OE⊥OF，求EF的长．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝∠EOF＝90°，∠ABO＝∠ACB＝45°，
∴∠EOB＝∠FOC，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF．BE＝CF＝3，
∵AB＝BC，
∴BF＝AE＝4，
在Rt△BEF中，BF＝4，BE＝3，
∴EF＝5．
【变式1-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则＝_________
解：如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC．
∵四边形ABCD是矩形，EF⊥BE，
∴四边形EFCB对角互补，
∴B，C，F，E四点共圆，
∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，
∵OB＝OF，
∴OE＝OB＝OF＝OC，
∴B，C，F，E四点在以O为圆心的圆上，
∴∠EBF＝∠ECF，
∴tan∠EBF＝tan∠ACD，
∴＝＝，
【例2】．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC，∠DCB＝60°，AB+BC＝4，则AC的长是 ．
解：设点O是AC的中点，
以O为圆心，OA为半径作圆O，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴由圆周角定理可知：点D与B在圆O上，
∵BD平分∠ABC，
∴AD＝CD，
∴∠DCA＝45°，
∴∠ACB＝∠DCB﹣∠DCA＝15°，
连接OB，过点E作BE⊥AC于点E，
∴由圆周角定理可知：∠AOB＝2∠ACB＝30°，
∴OB＝2BE，
∴AC＝2OB＝4BE，
设AB＝x，
∴BC＝4﹣x，
∵AB•BC＝BE•AC，
∴4BE2＝x（4﹣x），
∴AC2＝16BE2＝4x（4﹣x），
由勾股定理可知：AC2＝x2+（4﹣x）2，
∴4x（4﹣x）＝x2+（4﹣x）2，
解得：x＝2±，
当x＝2+时，
∴BC＝4﹣x＝2﹣，
∴AC＝＝，
当x＝2﹣时，
BC＝4﹣x＝2+时，
∴AC＝＝，
故答案为：．
变式训练
【变式2-1】．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD顶点A的坐标为（0，2），B点在x轴上，对角线AC，BD交于点M，OM＝，则点C的坐标为 （6，4） ．
解：过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，
∴∠MFO＝∠CEO＝∠AOB＝90°，AO∥MF∥CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，AM＝CM，
∴∠OAB＝∠EBC，OF＝EF，
∴MF是梯形AOEC的中位线，
∴MF＝（AO+EC），
∵MF⊥OE，
∴MO＝ME．
∵在△AOB和△BEC中，
，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴OB＝CE，AO＝BE．
∴MF＝（BE+OB），
又∵OF＝FE，
∴△MOE是直角三角形，
∵MO＝ME，
∴△MOE是等腰直角三角形，
∴OE＝＝6，
∵A（0，2），
∴OA＝2，
∴BE＝2，
∴OB＝CE＝4．
∴C（6，4）．
故答案为：（6，4）．
【变式2-2】．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，Rt△MPN，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F，当PE＝2PF时，AP＝ 3 ．
解：如图作PQ⊥AB于Q，PR⊥BC于R．
∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，
∴四边形PQBR是矩形，
∴∠QPR＝90°＝∠MPN，
∴∠QPE＝∠RPF，
∴△QPE∽△RPF，
∴＝＝2，
∴PQ＝2PR＝2BQ，
∵PQ∥BC，
∴AQ：QP：AP＝AB：BC：AC＝3：4：5，设PQ＝4x，则AQ＝3x，AP＝5x，BQ＝2x，
∴2x+3x＝3，
∴x＝，
∴AP＝5x＝3．
故答案为3．
【变式2-3】．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；
其中正确结论是_________
解：
∵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，
∵AP＝，
∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（）2，
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，
在△BEP和△PFQ中
，
∴△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；故答案为：①②③④
1．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD＝ 4 ．
解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，
∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，
∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，
∴∠ABE＝∠D，
又∵BE＝DC，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC，
∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，
∴∠EAC＝90°，
∴S△AEC＝AE2＝，
∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，
∴＝12，
∴EC＝4，
∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．
故答案为：4．
2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝8，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为 10 ．
解：以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP⊥BE于P，
则∠BAE＝120°，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝30°，
∴BP＝AB•cs∠ABP＝3，∠DEA＝∠ABC＝60°，
∴∠DEB＝30°+60°＝90°，
∴BE＝2BP＝6，
在Rt△BED中，BD＝＝10，
故答案为：10．
3．如图所示，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
解：作AD′⊥AD，AD′＝AD，连接CD′，DD′，如图：
∵∠BAC+∠CAD＝∠DAD′+∠CAD，
即∠BAD＝∠CAD′，
在△BAD与△CAD′中，
，
∴△BAD≌△CAD′（SAS），
∴BD＝CD′，∠DAD′＝90°，
由勾股定理得DD′＝＝3，∠D′DA+∠ADC＝90°，
由勾股定理得CD′＝＝，
∴BD＝CD′＝．
故答案为：．
4．四边形ABCD被对角线BD分为等腰直角△ABD和直角△CBD，其中∠A和∠C都是直角，另一条对角线AC的长度为2，求四边形ABCD的面积．
解：将△ABC绕点A旋转90°，使B与D重合，C到C′点，
则有∠CDC′＝∠ADC+∠ADC′＝∠ADC+∠ABC＝180°，
所以C、D、C′在同一直线上，
又因为AC＝AC′，
所以△ACC′是等腰直角三角形，
在△ABC和△ADC′中
∴△ABC≌△ADC′（SAS），
∴四边形ABCD的面积等于等腰直角三角形ACC′的面积，
所以S四边形ABCD＝S△ACC′＝×2×2＝2．
5．如图，正方形ABCD与正方形OMNP的边长均为10，点O是正方形ABCD的中心，正方形OMNP绕O点旋转，证明：无论正方形OMNP旋转到何种位置，这两个正方形重叠部分的面积总是一个定值，并求这个定值．
解：当OP∥AD或OP经过C点，重叠部分的面积显然为正方形的面积的，
即25，当OP在如图位置时，过O分别作CD，BC的垂线垂足分别为E、F，
如图在Rt△OEG与Rt△OFH中，∠EOG＝∠HOF，OE＝OF＝5，
∴△OEG≌△OFH，
∴S四边形OHCG＝S四边形OECF＝25，即两个正方形重叠部分的面积为25．
6．基本模型
在任意四边形中，出现一组对角互补，则为对角互补模型．
解题思路：
1．过互补角的顶点作旋转构造全等或相似；
2过互补角的顶点作双垂线构造全等或相似．
问题：
如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC．
结论：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2
请证明【基本模型】中的结论．
求证：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2．
①证明：如图，
过点D作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，
∵BD平分∠ABC，
∴DE＝DF，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，
∴∠DAB+∠C＝180°，
∵∠DAB+∠DAE＝180°，
∴∠C＝∠DAE，
∴△EAD≌△FCD（AAS），
∴AD＝CD；
②证明：如图，
以D为中心将△DAB逆时针旋转90°得到△DCE，
由旋转的性质可得，∠A＝∠DCE，∠BDE＝90°，DB＝DE，AB＝CE，
∵∠A+∠BCD＝180°，
∴∠DCE+∠BCD＝180°，
∴点B，C，E在同一直线上，
∴BE＝BC+CE，
∵AB＝CE，
∴BE＝BC+AB，
∵∠BDE＝90°，
∴BE2＝DB2+DE2＝2BD2，
∴BE＝BD，
∴BC+AB＝BD；
③证明：如②图，
由旋转的性质可得：△DAB≌△DCE，
∴S四边形ABCD＝S△DBE，
∵DB＝DE，∠DBE＝90°，
∴，
∴．
7．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．
（1）求证：CD＝CE；
（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；
（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．
（1）证明：如图1，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，
∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH
∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴CD＝CE；
（2）解：由（1）得△CDG≌△CEH，
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得：
OH2+CH2＝OC2
∴x2+x2＝32
∴（舍负）
∴OH＝
∴OD+OE＝2OH＝；
（3）解：如图，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，
∵OC平分∠AOB，
∴CG＝CH，
∵∠A0B＝120°，∠DCE＝60°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
∵∠CDG+∠CDO＝180°，
∴∠CDG＝∠CEO，
在△CDG与△CEH中
，
∴△CDG≌△CEH（AAS），
∴DG＝HE，
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，
∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，
∴S四边形OECD＝S四边形OHCG＝2S△OCG
在Rt△OCH中，有∠COH＝60°，OC＝3，
∴OH＝，CH＝
∴，
∴S四边形OECD＝2S△OCG＝．
8．感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．
探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．
应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB﹣AC＝ a （用含a的代数式表示）
探究：
证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝DF，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DC＝DB．
应用：解：如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，
∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，
∴∠B＝∠FCD，
在△DFC和△DEB中，
∴△DFC≌△DEB（AAS），
∴DF＝DE，CF＝BE，
在Rt△ADF和Rt△ADE中，
，
∴△ADF≌△ADE（HL），
∴AF＝AE，
∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，
在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝45°，BD＝a，
∴BE＝a，
∴AB﹣AC＝a．
故答案为a．
9．问题提出：
（1）如图1，已知线段AB＝2，AC＝4，连接BC，则三角形ABC面积最大为 4 ；
问题探究：
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，若CD+BC＝10，求四边形ABCD的面积；
问题解决：
（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，AC＝8，求四边形ABCD面积的最大值．
解：（1）如图1，作BG⊥AC于点G，
∵S△ABC＝AC•BG，AC＝4，
∴S△ABC＝×4BG＝2BG，
∴当BG最大时，S△ABC的值最大，
∵BG≤AB，AB＝2，
∴BG≤2，
∴BG的最大值为2，
∴当BG＝2时，S△ABC最大＝4，
∴三角形ABC面积最大为4，
故答案为：4.
（2）如图2，连接BD，
∵CD+BC＝10，
∴（CD+BC）2＝100，
∴CD2+BC2+2CD•BC＝100，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，
∴CD2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，
∴CD2+BC2＝2AD2，
∴2AD2+2CD•BC＝100，
∴AD2+CD•BC＝25，
∵S△ABD＝AD2，S△CBD＝CD•BC，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD＝AD2+CD•BC＝25，
∴四边形ABCD的面积为25．
（3）如图3，作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
∵∠AEB＝∠F＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，CE＝CF，S△ABE＝S△ADF，
∵∠AEC＝∠F＝90°，AC＝AC，
∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），
∴S△ACE＝S△ACF，
∴S四边形ABCD＝S△ABE+S四边形AECD＝S△ADF+S四边形AECD＝S△ACE+S△ACF＝2S△ACE，
设AE＝m，CE＝n，则S四边形ABCD＝2S△ACE＝2×AE•CE＝mn，
∵AE2+CE2＝AC2，AC＝8，
∴m2+n2＝64，
由（m﹣n）2≥0得mn≤（m2+n2），
∴mn≤32，
∴S四边形ABCD≤32，
∴S四边形ABCD最大＝32，
∴四边形ABCD面积的最大值是32．
10．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．
（1）概念理解：
①在互补四边形ABCD中，∠A与∠C是一组对角，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝ 90 °；
②如图1，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且BE•BC＝AB•BD，求证：四边形ADEC是互补四边形．
（2）探究发现：如图2，在等腰△ABE中，AE＝BE，点C，D分别在边BE，AE上，AD＝BC，四边形CEDH是互补四边形，求证：∠ABD＝∠BAC＝∠E．
（1）①解：∵四边形ABCD是互补四边形，∠A与∠C是一组对角，
∴∠C＝180°﹣∠A，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝，∠D＝，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴+（180°﹣∠A）+＝360°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90；
②证明：∵BE•BC＝AB•BD，
∴，
又∵∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BCA，
∴∠BED＝∠A，
∴∠A+∠CED＝∠BED+∠CED＝180°，
∴四边形ADEC是互补四边形；
（2）证明：∵AE＝BE，AD＝BC，
∴ED＝EC，
在△EAC和△EBD中，
，
∴△EAC≌△EBD（SAS），
∴∠EBD＝∠EAC，
∵AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠ABD＝∠BAC，
∵四边形CEDH是互补四边形，
∴∠E+∠DHC＝180°，
∵∠AHB＝∠DHC，
∴∠E+∠AHB＝180°，
∴∠ABD+∠BAC＝∠E，
∴∠ABD＝∠BAC＝∠E．
11．如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，
再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是 PB＝PQ ；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
解：（1）结论：PB＝PQ，
理由：过P作PF⊥BC，PE⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠QPF+∠QPE＝90°，
∴∠BPF＝∠QPE，
在△PEQ和△PFB中，
，
∴Rt△PQE≌Rt△PBF，
∴PB＝PQ；
故答案为PB＝PQ．
（2）PB＝PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，
∴∠BPE＝∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB＝PQ．
12．【提出问题】
（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN．求证：BM＝CN．
【类比探究】
（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论BM＝CN还成立吗？请说明理由．
【拓展延伸】
（3）如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC．连接CN．试探究BM与CN的数量关系，并说明理由．
解：
（1）证明：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（2）成立，理由如下：
∵△ABC和△AMN都是等边三角形，
∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAC+∠CAM＝∠CAM+∠MAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
在△ABM和△ACN中
∴△ABM≌△ACN（SAS），
∴BM＝CN；
（3）＝．
理由如下：
∵AB＝BC，AM＝MN，
∴＝，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴△ABC∽△AMN，
∴＝，即＝，
∵∠AMN＝∠ABC，
∴∠BAC＝∠MAN，
∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，
∴∠BAM＝∠CAN，
∴△BAM∽△CAN，
∴＝＝＝．
13．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形称为奇异四边形．
（1）概念理解：在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，你认为属于奇异四边形的有 正方形 ；
（2）性质探究：
①如图1，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，求证：CA平分∠BCD；
②如图2，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，∠BCD＝2α，试说明：csα＝；
（3）性质应用：
如图3，四边形ABCD是奇异四边形，四条边中仅有BC＝CD，且四边形ABCD的周长为6+2，∠BAC＝45°，AC＝3，求奇异四边形ABCD的面积．
解：（1）根据奇异四边形的定义可知：正方形是奇异四边形，
故答案为正方形．
（2）①过点A作AM⊥CB于M，AN⊥CD于N．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，
∴∠ABM＝∠D，
∵∠AMB＝∠AND＝90°，AB＝AD，
∴△AMB≌△AND，
∴AM＝AN，∵AM⊥CB于M，AN⊥CD于N，
∴CA平分∠BCD．
②由①可知：∠ACD＝∠BCD＝α，
∵CN＝CD﹣DN＝CD﹣BM＝CD﹣（CM﹣BC）＝CD﹣（CN﹣BC），
∴CN＝，
在Rt△ACN中，csα＝＝．
（3）如图3中，
由（2）可知：cs45°＝，
∴AD+AB＝2AC×＝6，
∵四边形ABCD的周长为6+2，
∴BC＝CD＝，
∵∠BAC＝∠DAC＝45°，
∴∠DAB＝90°，
∵四边形是奇异四边形，
∴∠BCD＝90°，
∵AD+AB＝6，
∴（AD+AB）2＝AD2+2AD•AB+AB2＝36，
∵AD2+AB2＝BD2＝BC2+CD2＝20，
∴AD•AB＝8，
∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BDC＝•AD•AB+•CD•BC＝9．
14．已知：在四边形ABCD中，∠A+∠C＝180°，DB平分∠ADC．
（1）求证：AB＝BC；
（2）如图2，若∠ADB＝60°，试判断△ABC的形状，并说明理由；
（3）如图3，在（2）得条件下，在AB上取一点E，BC上取一点F，连接CE、AF交于点M，连接EF，若∠CMF＝60°，AD＝EF＝7，CD＝8（CF＞BF），求AE的长．
解：（1）如图，过点B作BF⊥DC于点F，过点B作BE⊥DA，交DA延长线于点E，
则∠BEA＝∠BFC＝90°，
∵DB平分∠ADC，
∴BE＝BF，
又∵∠BAD+∠C＝∠BAD+∠BAE＝180°，
∴∠C＝∠BAE，
在△BEA和△BFC中，
∵，
∴△BEA≌△BFC（AAS），
∴AB＝CB；
（2）如图2，连接AC，
∵∠BDA＝60°，DB平分∠ADC，
∴∠ADC＝2∠ADB＝120°，
∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝60°，
又AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形；
（3）如图3，作FG⊥AB于G，EH⊥AF于H，CN⊥AD交AD的延长线于N．
在Rt△CDN中，∵∠CDN＝60°，CD＝8，
∴∠DCN＝30°，
∴DN＝CD＝4，CN＝4，
∴AC＝＝＝13，
∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴∠ABC是等边三角形，
∴AC＝CB＝AB＝13，∠CAB＝60°，
∵∠CMF＝∠ACM+∠MAC＝60°，
∠MAE+∠MAC＝60°，
∴∠ACE＝∠BAF，
∵∠CAE＝∠B，
∴△ACE≌△BAF（ASA），
∴AE＝BF，设AE＝BF＝x，
则BE＝13﹣x，BG＝x，EG＝13﹣x，FG＝x，
在Rt△EFG中，72＝（13﹣x）2+（x）2，
解得x＝5或x＝8，
当x＝8时，AE＝BF＝8，
∵AB＝BC＝13，
∴CF＝BE＝5，
此时CF＜BF，不符合题意，舍去；
∴AE＝BF＝5．
15．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF＝AB．
（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请直接写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．
解：（1）如图1中，
∵AB＝AC，∠A＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4，
∵点D是线段BC的中点，
∴BD＝DC＝BC＝2，
∵DF⊥AC，即∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝30°，
又∵∠EDF＝120°，
∴∠EDB＝30°，
∴∠BED＝90°
∴BE＝BD＝1．
（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．
∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
又∵∠EMD＝∠FND＝90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB．
（3）结论不成立．结论：BE﹣CF＝AB．
∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
又∵∠EMD＝∠FND＝90°，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE﹣CF＝BM+EM﹣（FN﹣CN）＝2BM＝BD＝AB．
16．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．
（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．
以下是小宇同学给出如下正确的解法：
解：CD＝CE．
理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…
请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．
（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．
（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．
①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？
线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．
②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．
解：（1）∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，
∴∠OFC＝45°＝∠BOC，
∴OC＝FC，
∵∠DCE＝∠OCF＝90°，
∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，
∴△CDO≌△CEF（ASA）
∴CD＝CE
（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CDO+∠CDM＝180°，
∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE．
（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．
理由如下：
如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，
又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，
∴∠CDO+∠CEO＝180°，
又∵∠CEO+∠CEN＝180°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴．
②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，
如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，
∴∠OCD+∠CEO＝60°，
∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，
∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；
在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，
如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，
∴∠CMD＝∠CNE＝90°，
又∵OC平分∠AOB，
∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，
∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，
∴∠OCE+∠CDO＝60°，
∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，
∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，
∴△CMD≌△CNE（AAS），
∴CD＝CE，DM＝EN．
∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．
∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，
∴∠MCO＝30°，
∴，同理可得ON＝OC，
∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；
17．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．
（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，
的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．
证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵OA＝OB，
∴OD⊥AB，
∵AB∥DE，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线．
解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，
∴∠BOC＝2∠BAC，
∵OB＝OC，OF⊥BC，
∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，
∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，
设CF＝x，OF＝3x，
∵⊙O的直径是，
∴OC＝，
∵OC2＝OF2+CF2，
∴（）2＝（3x）2+x2，
解得：x＝，
∴CF＝，OF＝，
∴BC＝1，
∵B是CE的中点，
∴BE＝BC＝1，
∴EF＝，
∵OE2＝OF2+EF2，
∴OE2＝（）2+（）2＝，
∵OD2+DE2＝OE2，
∴DE＝＝＝．
（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，
∵A，P，B，C四点共圆，
∴∠APQ＝∠ACB，
∵AP＝PQ，
∴∠Q＝∠QAP，
∴∠Q＝90°﹣∠ACB，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵DE∥AB，
∴OD⊥AB，
∴K是AB的中点，
∵DH⊥BH，
∴∠BHD＝90°，
∵∠BKD＝90°，
∴B，K，H，D四点共圆，
∴∠BHK＝∠ODB，
∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，
∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，
∴∠ODB＝∠Q，
∴∠BHK＝∠Q，
∴AQ∥HK，
∴＝＝，
∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，
∴BQ＝BP+AP，
∴＝．
解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，
∵弦CD平分圆周角∠ACB，
∴AD＝BD，
∵＝，
∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，
∴△APD≌△BMD（SAS），
∴DP＝DM，AP＝BM，
∵DH⊥BP，
∴DH为△PDM的中线，
∴HP＝HM，
∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，
∵BH＝BM+HM，
∴＝＝．
解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD，
∵∠APD+∠ACD＝180°，＝，
∴∠BPD＝∠ACD，
∴∠BPD+∠APD＝180°，
由翻折得△APD≌△A'PD，
∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D，
∴∠A'PD+∠BPD＝180°，
∴A'，P，B三点共线，
∵＝，
∴AD＝BD，
∴A'D＝BD，
又∵DH⊥A'B，
∴A'H＝HB＝A'B，
∴AP+PH＝AP+PB，
∴比值不变，恒为．
18．（1）探究：如图1，在△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上．
①求∠DCE的度数；
②直接写出线段CD，CE，AC之间的数量关系；
（2）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P是四边形ABCD内一点，且∠APC＝120°，求证：PA+PC+PD≥BD；
（3）拓展；如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B是y轴上一个动点，以AB为边在AB的下方作等边△ABC，求OC的最小值．
解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，
∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°；
②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC＝CD+CE；
理由是：由①得：△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE，
∵AC＝BC＝BD+CD，
∴AC＝CD+CE；
（2）如图2，把线段AP绕点A逆时针旋转60度，到AQ．连接AC、PQ，
∴AP＝AQ，△APQ为正三角形，
∴∠QAP＝60°，QP＝AP，
又∵∠APC＝120°，
∴∠APC+∠APQ＝180°，则C，P，Q在同一条直线上．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴∠ABC+∠PAC＝∠QAP+∠PAC，
即∠QAC＝∠PAB，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴PB＝QC＝PA+PC，
在△PDB中，PB+PD≥BD，即PA+PC+PD≥BD；
（3）如图3，以OA为对称轴作等边△ADE，连接EC，并延长EC交x轴于点F．
在△AEC与△ADB中，，
∴△AEC≌△ADB（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB＝120°，
∴∠OEF＝60°，
∴OF＝OA＝4，
∴点C在直线EF上运动，
当OC⊥EF时，OC最小，
∴OC＝OF＝2
则OC的最小值为2．
19．有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
（1）如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
（3）在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若＝，tan∠ABC＝，AC＝12，求FG的长；
（4）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，＝y，求y与x之间的函数关系式．
（1）解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．
∵AD∥BC，AH∥CD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴AH＝CD，AD＝BC，
∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．
（2）证明：如图2中，连接CD．
∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵AE＝EC，
∴OD⊥AC，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．
（3）解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．
∵AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，＝，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，
∴OE＝，OA＝＝，
∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，
∴AD＝＝，
∴GA＝GC＝＝10，
∵＝，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，
∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，
∴d＝3，
∴EF＝3，
∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．
（4）解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．
∵BD是直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵BA＝BC，BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OA＝OB，
∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，
∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，
∴BD⊥AC，
∠BKC＝90°，
∴∠ACM+∠CBD＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM＝90°，
∴∠CAM＝∠CBD＝α，
∵AM⊥BC，FN⊥BC，
∴AM∥FN，
∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，
∴r＝，
∴m2+n2＝（）2，
整理得：＝，
∴y＝•x＝＝﹣x2+x，
∴y＝﹣x2+（x＞0）．
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