最新中考几何专项复习专题05 对角互补模型巩固练习（提优）

这是一份最新中考几何专项复习专题05 对角互补模型巩固练习（提优），文件包含中考几何专项复习专题05对角互补模型巩固练习提优教师版含解析docx、中考几何专项复习专题05对角互补模型巩固练习提优学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
对角互补模型巩固练习(提优)
1.如图所示，一副三角板按如图放置，等腰直角三角形固定不动，另一个的直角顶点放在等腰三角形的斜边中点D处，且可以绕点D旋转，在旋转过程中，两直角边与AB、CB的交点为点G、H.
(1)当三角板DEF旋转至图1所示时，探究BG与CH的大小关系，并说明理由；
(2)若在旋转过程中，两直角边的交点G、H始终在边AB、BC上，AB＝BC＝4，在旋转过程中四边形GBHD的面积是否不变，若不变，求出它的值，若改变，求出它的取值范围；
(3)当三角板旋转至如图2所示时，三角板DEF与AB、BC边所在的直线相交于点G、H时，(1)中的结论仍成立吗？并说明理由.
【解答】(1)BG＝CH；(2)面积不变，始终是4；(3)仍成立，理由见解析.
【解析】(1)连接BD，如图所示：
∵等腰直角三角形ABC，点D为AC的中点，∴DB＝DC＝DA，∠DBG＝∠DCH＝45º，BD⊥AC，
∵EDF＝90º，∴∠ADG＋∠HDC＝90º，
∵∠BDC＝∠BDA＝90º，∴∠BDG＋∠ADG＝90º，∴∠BDG＝∠HDC，
∴△BDG≌△CDH(ASA)，∴BG＝CH；
(2)在等腰直角△ABC中，∵AB＝BC＝4，∴△ABC的面积为8，∴∠A＝∠C＝45º，∴∠A＝∠DBH，
∵BD⊥AC，∠BDG＝∠CDH，∴∠BDH＝∠ADG，
又∵BD＝AD，∴△BDH≌△ADG(SAS)，
由(1)可得△BDG≌△CDH，∴，
∵DA＝DC＝DB，BD⊥AC，，
∴在旋转过程中四边形GBHD的面积不变，始终是4；
(3)连接BD，如图所示：
∵BD⊥AC，AB⊥BH，ED⊥DF，∴∠BDG＝90º－∠CDG，∠CDH＝90º－∠CDG，∴∠BDG＝∠CDH，
∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠DBC＝∠BCD＝45º，∴∠DBG＝∠DCH＝135º，
∴△DBG≌△DCH，∴BG＝CH，∴结论仍然成立.
2.在等边△ABC中，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120º，射线DE与线段AB相交于点E，射线DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F.
(1)如图1，若DF⊥AC，直接写出DE与AB的位置关系；
(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：DE＝DF；
(3)在∠EDF绕D顺时针旋转过程中，直接用等式表示线段BE、CF、AB之间的数量关系.
【解答】(1)DE⊥AB；(2)见解析；(3)
【解析】(1)∵DF⊥AC，∴∠AFD＝90º，
∵∠A＝60º，∠EDF＝120º，∴∠AED＝360º－∠A－∠AFD－∠EDF＝90º，∴∠DE⊥AB；
(2)连接AD，过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥AC于点N，如图所示：
∵点D是BC的中点，∴AD是∠BAC的角平分线，∴DM＝DN，
∵∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90º，∠A＝60º，∴∠MDN＝360º－60º－90º－90º＝120º，
∵∠EDF＝120º，∴∠MDE＝∠NDF，∴△EMD≌△FND，∴DE＝DF；
(3)过点D作DM⊥AB于点M，作DN⊥AC于点N，如图所示：
在△BOM与△CDN中，，∴BM＝CN，DM＝DN，
∵∠EDF＝120º＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，
在△DME与△NDF中，，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，
∴BE－CF＝BM＋EM－(FN－CN)＝2BM＝BD＝.
3.抛物线与轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与轴交于点C.
(1)如图1，求点A的坐标及线段OC的长；
(2)点P在抛物线上，直线PQ∥BC交轴于点Q，连接BQ.若含45º角的直角三角板如图2所示放置，其中，一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上，求直线BQ的函数解析式；
【解答】(1)，OC＝1；(2)
【解析】(1)将代入到中，解得，∴，
∵BC为对称轴，点B的坐标为(1，3)，∴OC＝1；
(2)如图，分别过点D作DM⊥轴于点M，作DN⊥PQ于点N.
∵PQ∥BC，∴∠DMQ＝∠DNQ＝∠MQN＝90º，∴四边形DMQN是矩形，
∵△CDE是等腰直角三角形，∴DC＝DE，
∵∠CDM＋∠MDE＝∠EDN＋MDE＝90º，∴∠CDM＝∠EDN，∴△CDM≌△EDN，
∴DM＝DN，∴矩形DMQN是正方形，∴∠BQC＝45º，∴△BQC是等腰直角三角形，
∴CQ＝CB＝3，∴Q(4，0)，设BQ的解析式为，将点B、Q坐标代入解得K＝－1，b＝4，
∴直线BQ的解析式为.
4.如图，在正方形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，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以说明；
(2)如图2，当点Q落在DC延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，请证明你的猜想.
【解答】(1)PB＝PQ；(2)PB＝PQ
【解析】(1)过点P作PE⊥BC，PF⊥CD，如图所示：
∵P、C为正方形对角线AC上的点，∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90º，
∴PF＝PE，∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE＋∠QPE＝90º，∠QPE＋∠QPF＝90º，
∴∠BPE＝∠QPF，∴△PQF≌△PBE，∴PB＝PQ；
(2)过点P 作PE⊥BC，PF⊥CD，如图所示：
证明过程参考(1)，通过证△PQF≌△PBE即可得到PB＝PQ.
5．我们把两组对边分别平行的四边形定义为平行四边形，同样的道理，我们也可以把至少有一组邻边相等的四边形定义为等邻边四边形．把对角互补的等邻边四边形定义为完美等邻边四边形．
(1)请写出一个你学过的特殊四边形中是等邻边四边形的图形的名称；
(2)已知，如图，完美等邻边四边形ABCD，AD＝CD，∠B+∠D＝180°，连接对角线AC，BD，请你结合图形，写出完美等邻边四边形的一条性质；
(3)在四边形ABCD中，若∠B+∠D＝180°，且BD平分∠ABC时，
求证：四边形ABCD是完美等邻边四边形．
【解答】(1)菱形、正方形都是满足条件的等邻边四边形；(2)∠BAD+∠BCD＝180°；(3)见解析
【解析】(1)菱形、正方形都是满足条件的等邻边四边形
(2)性质是∠BAD+∠BCD＝180°；
(3)证明：作DM⊥BC，DN⊥AB，垂足分别为M，N，
∵BD平分∠ABC，DM⊥BC，DN⊥AB，
∴DM＝DN，
∵∠DMB＝∠DNB＝90°，
∴∠ABC+∠MDN＝180°，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝∠MDN，
∴∠ADN＝∠MDC，
∵∠DNA＝∠DMC，
∴△DMC≌△DNA，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等邻边四边形；
又∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴等邻边四边形ABCD是完美等邻边四边形．
6．阅读理解
如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．
(1)如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝ ；
(2)如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE的长；
(3)如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC上，若AE＝3，求EF的长．
【解答】(1)55°；(2)22；(3)2393
【解析】(1)∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，
故答案为：55°；
(2)在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：
∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，
∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，
∴∠AFD＝135°，
∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，
∴∠AFD＝∠DBE，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE＝90°，
∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，
∴∠FAD＝∠BDE，
在△ADF和△DEB中，∠FAD=∠BDEAF=BD∠AFD=∠DBE，
∴△ADF≌△DEB(ASA)，
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=2AD＝22；
(3)作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：
∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，
∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，
∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，
∴△ABK是等边三角形，
∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，
∴KM＝AK•sin60°＝23，
∵AE＝3，AM=12AB＝2，
∴ME＝3﹣2＝1，
∴EK=MK2+ME2=(23)2+12=13，
∴EF=EKsin60°=1332=2393．
7．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．
(1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 (请填序号)；
(2)在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
【解答】(1)④；(2)①见解析；②BC+CD=2AC
【解析】(1)由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
(2)①想法一：延长CB使BE＝CD，连接AE
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△ABE(SAS)
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE
∴∠ACB＝∠AEB．
∴∠ACD＝∠ACB．
即AC平分∠BCD4
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC＝∠ABE；
∠ACD＝∠AEB；
AC＝AE．
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴点C，B，E在一条直线上．
∵AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB
∴∠ACD＝∠ACB
即AC平分∠BCD
②BC+CD=2AC
理由如下：
延长CB使BE＝CD，连接AE，
由 ①得△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD＝90°，
∴∠EAC＝90°
∴CE2＝2AC2，
∴CE=2AC．
∴BC+CD=2AC．
8．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长；
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求△MNC周长的最小值．
【解答】(1)见解析；(2)①4；②82．
【解析】(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
∵将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，
∴BE＝BF，∠CBE＝∠ABF，
∴∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
(2)①过C作CF⊥BF于点F，如图1，
则∠CFE＝90°，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝5，CD＝1，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，
∴∠DEF＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝1，
∵∠ABE+∠A＝∠CBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC＝5，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴BE＝CF，
设BE＝CF＝x，则BF＝x﹣1，
∵CF2+BF2＝BC2，
∴x2+(x﹣1)2＝52，
解得，x＝4，或x＝﹣3(舍)，
∴BE＝4；
②如图2，延长CB到F，使得BF＝BC，延长CD到G，使得CD＝DG，连接FG，分别与AB、AD交于点M、N，过G作GH⊥BC，与BC的延长线交于点H．
则BC＝BF＝5，CD＝DG＝1，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴CM＝FM，CN＝GN，
∴△MNC的周长＝CM+MN+CN＝FM+MN+GN＝FG的值最小，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠HCG＝180°，
∴∠A＝∠HCG，
∵∠AEB＝∠CHG＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴BEGH=AECH=ABCG
∵AB＝5，BE＝4，
∴AE=AB2−BE2=3，
∴4GH=3CH=52，
∴GH=85，CH=65，
∴FH＝FC+CH=565，
∴FG=FH2+GH2=82，
∴△MNC周长的最小值为82．
9．如图1，四边形ABCD，将顶点为A的∠EAF绕着顶点A顺时针旋转，角的一条边与DC的延长线交于点F，角的另一边与CB的延长线交于点E，连接EF．
(1)如果四边形ABCD为正方形，当∠EAF＝45°时，有EF＝DF﹣BE．请你思考如何证明这个结论(只需思考，不必写出证明过程)；
(2)如图2，如果在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，当∠EAF=12∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？请写出它们之间的关系式(只需写出结论)；
(3)如图3，如果在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，当∠EAF=12∠BAD时，EF与DF、BE之间有怎样的数学关系？请写出它们之间的关系式并给予证明；
(4)在(3)中，若BC＝4，DC＝7，CF＝2，求△CEF的周长(直接写出结果即可)．
【解答】(1)见解析；(2)EF＝DF﹣BE；(3)EF＝DF﹣BE；(4)15
【解析】(1)证明：在DF上截取DM＝BE；
∵AD＝AB，∠ABE＝∠ADM＝90°，
∴△ABE≌△ADM(SAS)，
∴AE＝AM，∠EAB＝∠DAM；
∵∠EAF＝45°，且∠EAB＝∠DAM，
∴∠BAF+∠DAM＝45°，即∠MAF＝45°＝∠EAF，
又∵AE＝AM，AF＝AF，
∴△AEF≌△AMF，得EF＝FM，
∵DF＝DM+FM，
∴DF＝BE+EF，即EF＝DF﹣BE．
(2)EF＝DF﹣BE．(解法参照(1)(3))
(3)EF＝DF﹣BE．
证明：在DF上截取DM＝BE，
∵∠D+∠ABC＝∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠ABE，
∴AD＝AB，
∴△ADM≌△ABE，
∴AM＝AE，
∴∠DAM＝∠BAE；
∵∠EAF＝∠BAE+∠BAF=12∠BAD，
∴∠MAF=12∠BAD，
∴∠EAF＝∠MAF；
∵AF是△EAF与△MAF的公共边，
∴△EAF≌△MAF，
∴EF＝MF；
∵MF＝DF﹣DM＝DF﹣BE，
∴EF＝DF﹣BE．
(4)由上面的结论知：DF＝EF+BE；
∴△CEF的周长＝EF+BE+BC+CF＝DF+BC+CF＝9+4+2＝15．
即△CEF的周长为15．