中考数学二轮复习训练专题04 对角互补模型（2份，原卷版+解析版）

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模型一：全等型——90º和90º
证明：（法一）如图，过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N.
∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
在正方形MONC中，由题意可得∠MCN＝360º－∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90º，∴∠MCD＋∠DCN＝90º，
又∵∠DCE＝90º，∴∠ECN＋∠MCD＝90º，∴∠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.
证明：（法二）如图所示，过点C作CF⊥OC交OB于点F，
∵OC平分∠AOB，∴∠DOC＝∠EOC＝45°，∴△COF是等腰直角三角形，
∴CO＝CF，∠CFO＝∠COD＝45°，
又∵∠DCO＋∠OCE＝∠ECF＋∠OCE＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，∴△COD≌△CFE，
∴OD＝EF，CD＝CE，∴结论①成立；
∵∴△COF是等腰直角三角形，∴OF＝OC；
又∵OD＋OE＝EF＋OE＝OF，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立；
，∴结论③成立.
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，∴四边形CFOG为正方形，
∵∠1＋∠2＝90º，∠3＋∠2＝90º，∴∠1＝∠3，∴△CDF≌△CEG，
∴CD＝CE，结论①成立；
在正方形CFOG中，OF＝OG＝OC，
∵OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋FD－OD＝OG＋OF，∴OE－OD＝OC＝OC，结论②成立；
题型二：全等型——60º和120º
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＝60º，
∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60º，∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG（ASA），
∴CD＝CE，结论①成立；
在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60º，∴OF＝OG＝OC，
又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝OC＝OC，结论②成立；
，结论③成立.
模型三：全等型——和
证明：如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G.
证△CDF≌△CEG可得CD＝CE，结论①成立，
在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝，∴OF＝OG＝OC·，
又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝2OC·cs，结论②成立，
，结论③成立.
模型四：相似型—90º
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是矩形，∴CF＝DG，
在Rt△COG中，，∴CE＝CD·；
证明【方法二】：如图2，过点C作CF⊥OC交OB于点F.
通过证明△CFE∽△COD可得.
1．（昭通模拟）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=32，则点C的坐标为 ．
【解答】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=12（AO+EC），
∵MF⊥OE，
∴MO＝ME．
∵在△AOB和△BEC中，
∠CEO=∠AOB∠OAF=∠EBCAB=BC，
∴△AOB≌△BEC（AAS），
∴OB＝CE，AO＝BE．
∴MF=12（BE+OB），
又∵OF＝FE，
∴△MOE是直角三角形，
∵MO＝ME，
∴△MOE是等腰直角三角形，
∴OE=18+18=6，
∵A（0，2），
∴OA＝2，
∴BE＝2，
∴OB＝CE＝4．
∴C（6，4）．
故答案为：（6，4）．
2．（深圳）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＝ ．
【解答】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，
∴PQPR=PEPF=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=35，
∴AP＝5x＝3．
故答案为3．
3．（2025•双城）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，OE⊥OF，点E，F分别在AB，BC边上，AE＝4，CF＝3，则EO的长为 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，AB＝BC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BOF+∠COF＝∠BOC＝90°，∠ABC＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOB+∠BOF＝90°，
∵∠BOF+∠COF＝90°，
∴∠EOB＝∠COF，
∴△BEO≌△CFO（ASA），
∴BE＝CF＝3，EO＝FO，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF．
即BF＝AE＝4．
∴在Rt△BEF中，由勾股定理得：EF=BE2+BF2=32+42=5．
在Rt△EOF中，OE2+OF2＝EF2，
∴2OE2＝25，
∴OE=522，
故答案为：522．
4．（2025•柘城县）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）如图，已知完美等邻边四边形ABCD，AD＝CD，∠B+∠D＝180°，请你结合图形，写出完美等邻边四边形的一条性质；
（2）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）解：性质是∠BAD+∠BCD＝180°．
（2）证明：作DM⊥BC，DN⊥AB，垂足分别为M，N，
由题意可得：DM＝DN，
∵∠DMB＝∠DNB＝90°，
∴∠ABC+∠MDN＝180°，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝∠MDN，
∴∠ADN＝∠MDC，
∵∠DNA＝∠DMC，
∴△DMC≌△DNA（AAS），
∴AD＝CD，
又∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴等邻边四边形ABCD是完美等邻边四边形．
5．（永修县二模）问题提出
在综合与实践课上，某数学研究小组提出了这样一个问题：如图1，在边长为4的正方形ABCD的中心作直角∠EOF，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC，CD交于点E，F（点E与点B，C不重合），将∠EOF绕点O旋转．在旋转过程中，四边形OECF的面积会发生变化吗？
爱思考的浩浩和小航分别探究出了如下两种解题思路．
浩浩：如图a，充分利用正方形对角线垂直、相等且互相平分等性质，证明了△OEC≌△OFD，则S△OEC＝S△OFD，S四边形OECF＝S△OEC+S△OCF＝S△OFD+S△OCF＝S△OCD．这样，就实现了四边形OECF的面积向△OCD面积的转化．
小航：如图b，考虑到正方形对角线的特征，过点O分别作OG⊥BC于点G，OH⊥CD于点H，证明△OGE≌△OHF，从而将四边形OECF的面积转化成了小正方形OGCH的面积．
（1）通过浩浩和小航的思路点拨，我们可以得到S四边形OECF＝ ；CE+CF＝ ．
类比探究
（2）①如图2，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，O是边AD的中点，∠EOF＝90°，点E在AB上，点F在BC上，则EB+BF＝ ．
②如图3，将问题中的正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC＝45°，当∠EOF＝45°时，其他条件不变，四边形OECF的面积还是一个定值吗？若是，请求出四边形OECF的面积；若不是，请说明理由．
拓展延伸
（3）如图4，在四边形ABCD中，AB=27，DC＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，CA是∠BCD的平分线，求四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）浩浩：∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴S正方形ABCD＝42＝16，CD＝4，OC＝OD，
∠BCD＝∠ADC＝90°，∠OCE＝∠ODF＝45°，AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△OEC≌△OFD（ASA），
∴S△OEC＝S△OFD，CE＝DF，
∴S四边形OBCF＝S△OEC+S△OCF＝S△OFD+S△OCF＝S△OCD=14S正方形ABCD=4，CE+CF＝DF+CF＝CD＝4；
小航：∵OG⊥BC，OH⊥CD，
∴∠OGC＝∠OHC＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴四边形OGCH是矩形，
∴∠GOH＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠GOE＝∠HOF，
∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴AB＝AD＝4，OA＝OB＝OC＝OD，
∵OG⊥BC，
∴BG＝CG＝2，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG=12AB＝2，
同理：OH=12AD＝2，
∴OG＝OH＝2，
∴△OGE≌△OHF（ASA），四边形OGCH是正方形，
∴EG＝FH，S△OGE＝S△OHF，
∴S四边形OECF＝S△OEC+S△OCF＝S△OEC+S△OEC+S△OHF＝S△OBC+S△OEC+S△OGE＝S正方形OGCH＝OG2＝4，
CE+CF＝CG﹣EG+CH+FH＝CG+CH＝4；
故答案为：4，4；
（2）①如图2，过点O作OG⊥BC于点G，
则∠OGB＝∠OGF＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABGO是矩形，
∴OG＝AB＝3，BG＝OA，∠AOG＝90°，
∵AD＝6，点O是AD边的中点，
∴BG＝OA＝3，
∴OA＝OG＝3，
∴四边形ABGO是正方形，
∴S正方形ABGO＝32＝9，
∵∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠GOF，
∵OA＝OG，∠A＝∠AGF＝90°，
∴△AOE≌△GOF（ASA），
∴AE＝GF，
∴EB+BF＝AB﹣AE+BG+GF＝AB+BG＝2+2＝6，
故答案为：6．
②是定值，理由如下：
如图3，过点O作OM⊥CD，ON⊥CD垂足分别为M，N，过点 A作AH⊥BC，垂足为H，
∵四边形ABCD为菱形，
∴CA平分∠BCD，
∴OM＝ON，∠OME＝∠ONC＝90°
∵∠ABC＝45°，
∴∠MCN＝135°．
∵∠MON+∠OME+∠ONC+∠MCN＝360°
∴∠MON＝45°，
又∵∠EOF＝45°，
∴∠MOE+∠EON＝∠NOF+∠EON，
∴∠MOE＝∠NOF，
在△MOE和△NOF中，
∠MOE=∠NOFOM=ON∠OME=∠ONF，
∴△MOE≌△NOF（ASA）．
∵OM＝ON，OC＝OC，
∴Rt△OMC≌Rt△ONC（HL），
∴S四边形OECF＝S四边形OECN+S△NOF＝S四边形OECN十S△MOE＝S四边形OMCN＝2S△MOC，
∵AB＝4，∠ABC＝45°
∴AH＝BH＝22，
∴CH＝BC﹣BH＝4﹣22
又∵O为AC的中点，且OM∥AH，
∴OM=12AH=2，CM=12CH=2−2，
∴S四边形OECF＝2S△MDC＝2×12OM⋅CM=2×12×2×(2−2)=22−2．
（3）如图4，延长CB到点E，使CE＝CA，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F．
∵∠BCD＝120°，CA是∠BCD的平分线
∴∠ACE＝∠ACD=12∠BCD＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝AE，∠CAE＝∠E＝60°，
∴∠ACD＝∠AEB．
∵∠BAD＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ACD和△AEB中，
∠DAC=∠BAEAC=AE∠ACD=∠AEB，
∴△ACD≌△AEB（ASA），
∴BE＝DC＝2，
∴EF=12BE＝1，BF=32BE=3，
∵AB＝27，
∴AF=AB2−BF2=5，
∴AE＝AF+EF＝6，
∴S四边形ABCD＝S△ACD+S△ABC＝S△AEB+S△ABC＝S△ACE=34×62=93．
6．（2025•安徽三模）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作EF⊥BE交射线DC于点F，过点E作GE⊥AC交射线CB于点G．
（1）求证：FC＝BG；
（2）如图2，将正方形ABCD改成矩形ABCD，且ABBC=34，其他条件不变．
（i）求FCBG的值；
（ii）如图3，若点E是对角线AC的中点，且AB＝3，请画出点F及点G，并求FC的值．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∴∠ACD＝45°，
∵BE⊥EF，
∴∠BEF＝90°，
∵GE⊥AC，
∴∠GEC＝90°，
∴∠GEB＝∠CEF，∠EGB＝∠ECB＝45°，
∠EGB＝∠ECF＝45°，EG＝EC，
在△EGB和△ECF中，
∵∠EGB=∠ECF=45°EG=EC∠GEB=∠CEF，
∴△EGB≌△ECF（ASA），
∴FC＝BG；
（2）解：（i）∵四边形ABCD为矩形，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴∠BCE+∠ECF＝90°，
∵GE⊥AC，
∴∠GEC＝90°，
∴∠EGB+∠BCE＝90°，
∴∠EGB＝∠ECF，
∵BE⊥EF，
∴∠BEF＝90°，
∴∠GEB＝∠CEF，
∴△EGB∽△ECF，
∴FCBG=ECEG，
∵∠ABC＝∠GEC＝90°，∠ACB＝∠GCE，
∴△ABC∽△GEC，
∴ECEG=BCBA，
∴FCBG=BCBA，
∵ABBC=34，
∴FCBG=43；
（ii）点F及点G如图，
由（i）知△EGB∽△ECF，
∴FCBG=ECEG
∵AB＝3，ABBC=34，
∴BC＝4，
∴AC＝5，
∵点E是对角线AC的中点，
∴EC=52，
由∠ACB=∠GCE∠ABC=∠GEC=90°，
∴△ABC∽△GEC，
∴ECEG=BCBA，ECCG=BCCA，
∵AB＝3，BC＝4，EC=52，AC＝5，
∴EG=158，CG=258
∴BG=BC−CG=4−258=78，
∵FCBG=BCBA，BG=78BC＝4，AB＝3，
∴FC=76．
7．（2025•碑林区校级）（1）如图1，在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线DE，AD⊥DE于点D，BE⊥DE于点E，若AD＝1，BE＝3，则DE＝ ；
（2）如图2，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AC边的中点，点M在AB边上，点N在BC边上．若DM⊥DN，求证：AM2+CN2＝MN2．
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，BC＝BE，BA＝BD，∠EBC＝∠DBA＝90°，连接CE，ED，DA，延长CB交ED于点F，点P为AC的中点，连接PB．若BP＝5，BF＝3，求△EBD的面积．
【解答】（1）解：如图1所示：
在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠1+∠2＝90°，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠D＝∠E＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
在△ACD和△CBE中，
∠D=∠E=90°∠3=∠2AC=BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE，CD＝BE，
∵AD＝1，BE＝3，
∴CE＝1，CD＝3，
∴DE＝CD+CE＝4，
故答案为：4；
（2）证明：延长MD到K，使DK＝DM，连接CK，NK，如图2所示：
∵点D是AC边的中点，
∴CD＝AD，
在△CDK和△ADM中，
CD=AD∠1=∠2DK=DM，
∴△CDK≌△ADM（SAS），
∴CK＝AM，∠3＝∠A，
∵DM⊥DN，DK＝DM，
∴DN是线段DK的垂直平分线，
∴MN＝KN，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，
∴∠A+∠BCA＝90°，
∵∠3＝∠A，
∴∠3+∠BCA＝90°，
即∠NCK＝90°，
∴△NCK是直角三角形，
在Rt△NCK中，由勾股定理得：CK2+CN2＝KN2，
∵CK＝AM，MN＝KN，
∴AM2+CN2＝MN2；
（3）解：过点D作DH⊥BF，交BF的延长线于点H，如图3所示：
∴∠H＝90°，
∵∠BCA＝90°，
∴∠BCA＝∠H＝90°，
∴∠2+∠ABC＝90°，
∵BA＝BD，∠DBA＝90°，
∴∠1+∠ABC＝90°，
∴∠2＝∠1，
在△ABC和△BDH中，
∠BCA=∠H=90°∠2=∠1BA=BD，
∴△ABC≌△BDH（AAS），
∴BC＝DH，AC＝BH，
∵∠EBC＝90°，BC＝BE，
∴∠EBF＝∠H＝90°，BE＝DH，
在△BEF和△HDF中，
∠EBF=∠H=90°∠4=∠3BE=DH，
∴△BEF≌△HDF（AAS），
∴EF＝DF，BF＝HF，
∵BF＝3，
∴BF＝HF＝3，
∴AC＝BH＝BF+FH＝6，
∵点P为AC的中点，
∴PC=12AC＝3，
在Rt△BOP中，BP＝5，
由勾股定理得：BC=BP2−PC2=52−32=4，
∴BC＝BE＝4，
在Rt△BEF中，BF＝3，
∴S△BEF=12BE•BF=12×4×3＝6，
∵EF＝DF，
∴S△BDF＝S△BEF＝6，
∴S△EBD＝S△BDF+S△BEF＝12．
8．（贵州）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．
【解答】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，
∠BPF=∠QPEPF=PE∠PFB=∠PEQ，
∴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．
9．（零陵区一模）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】解：（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；
解法2：∵△ABC是等腰直角三角形，∠C＝90°，
∴∠ABC＝45°，
∵DE⊥AD，BE⊥AB，
∴∠ADE＝∠ABE＝90°，
∴A、D、B、E四点共圆，
∴∠AED＝∠ABD＝45°（同弧所对圆周角相等），
∴△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．
10．（皇姑区二模）在等边△ABC中，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，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，请直接写出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绕点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．
（4）当∠EDF绕点D顺时针旋转到如图3位置时，DF与线段AC的延长线相交于点F，若DN⊥AC于点N，若DN＝FN，AB＝10，直接写出BE+CF的值．
【解答】解：（1）∵DF⊥AC，
∴∠AFD＝90°，
∵∠A＝60°，∠EDF＝120°，
∴∠AED＝360°﹣∠A﹣∠AFD﹣∠EDF＝90°，
∴DE⊥AB；
（2）连接AD，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，
∵点D是线段BC的中点，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∴DM＝DN，
∵∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°
∵∠A＝60°，
∴∠MDN＝360°﹣60°﹣90°﹣90°＝120°．
∵∠EDF＝120°，
∴∠MDE＝∠NDF，
在△EMD和△FND中，
∠EMD=∠FNDDM=DN∠MDE=∠NDF，
∴△EMD≌△FND，
∴DE＝DF；
（3）如图2（a）中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．
在△BDM与△CDN中，∠B=∠C=60°∠BMD=∠DNC=90°BD=CD，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
在△DME与△DNF中，∠EDM=∠FDN∠DME=∠DNFDM=DN，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD=12AB；
如图3，同理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=12AB，
综上所述，线段BE、CF、AB之间的数量关系为：BE+CF=12AB或BE﹣CF=12AB；
（4）过点D作DM⊥AB于M，如图2（b），
∵∠B＝∠ACD＝60°．
由（3）可得：BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN．
∵DN＝FN，
∴DM＝DN＝FN＝EM，
∴BE+CF＝BM+EM+CF＝CN+DM+CF＝NF+DM＝2DM＝2BD×sin60°=32BC=32AB，
∵AB＝10，
∴BE+CF＝53．
11．（绍兴）抛物线y=−14（x﹣1）2+3与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x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x轴于点Q，连接BQ．
①若含45°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；
②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．
【解答】解：（1）把x＝0代入抛物线得：y=114，
∴点A（0，114）．
抛物线的对称轴为x＝1，
∴OC＝1．
（2）①如图：
B（1，3）
分别过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于点N，
∵PQ∥BC，
∴∠DMQ＝∠DNQ＝∠MQN＝90°，
∴四边形DMQN是矩形．
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴DC＝DE，∠CDM＝∠EDN
即DC=DE∠CDM=∠EDN∠DMC=∠DNE，
∴△CDM≌△EDN（AAS）
∴DM＝DN，
∴矩形DMQN是正方形，
∴∠BQC＝45°
∴CQ＝CB＝3
∴Q（4，0）
设BQ的解析式为：y＝kx+b，
把B（1，3），Q（4，0）代入解析式得：k＝﹣1，b＝4．
所以直线BQ的解析式为：y＝﹣x+4．
②当点P在对称轴右侧，如图：
过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于N，
∵∠CDE＝90°，∴∠CDM＝∠EDN
∴△CDM∽△EDN
当∠DCE＝30°，DCDE=DMDN=3
又DN＝MQ
∴DMMQ=3
∴BCCQ=3，BC＝3，CQ=3
∴Q（1+3，0）
∴P1（1+3，94）
当∠DCE＝60°，点P2（1+33，−154）．
当点P在对称轴的左边时，由对称性知：
P3（1−3，94），P4（1﹣33，−154）
综上所述：P1（1+3，94），P2（1+33，−154），P3（1−3，94），P4（1﹣33，−154）．
12．（新吴区二模）【发现】如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，连接EF．因为AB＝AD，所以把△ABE绕A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．因为∠CDA＝∠B＝90°，所以∠FDG＝180°，所以F、D、G共线．如果 （填一个条件），可得△AEF≌△AGF．经过进一步研究我们可以发现：当BE，EF，FD满足 时，∠EAF＝45°．
【探究】如图2，已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与边BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF．设CE＝a，CF＝b．当AF＝AE时，a＝ ，b＝ ；当AF＝EF时，a＝ ，b＝ ．
【应用】如图3，平面直角坐标系中，O为原点，点A、B分别在y轴、x轴的正半轴上，△AOB的两条外角平分线交于点P，P在反比例函数y=16x的图象上，PA的延长线交x轴于点C，PB的延长线交y轴于点D，连接CD．
①求△COD的面积；
②当△AOB面积最大时，请直接写出AO+BO的值．
【解答】解：【发现】当EF＝FG时，△AEF≌△AGF，理由如下：
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
当BE+FD＝EF时，∠EAF＝45°，理由如下：
由旋转的性质可知，BE＝DG，AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∴∠BAE+∠DAE＝∠DAG+∠DAE，
即∠BAD＝∠EAG＝90°，
∵BE+FD＝EF，
∴DG+FD＝EF，
即GF＝EF，
在△AEF和△AGF中，
AE=AGAF=AFEF=GF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF=12∠EAG=12×90°＝45°，
故答案为：EF＝FG（答案不唯一）；BE+FD＝EF；
【探究】①当AF＝AE时，
由题意得：∠EAF＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA＝∠DCA＝45°，∠B＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝4，
∴AC=AB2+BC2=42+42=42，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AB=ADAE=AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠AEB＝∠AFD，DF＝BE，
∴BE﹣BC＝DF﹣CD，
即CE＝CF，
∵∠AEB+∠CAE＝∠ACB＝45°，∠AFD+∠CAF＝∠ACD＝45°，
∴∠CAE＝∠CAF=12∠EAF＝22.5°，
∴∠AFD＝∠ACD﹣∠CAF＝45°﹣22.5°＝22.5°，
∴∠CAF＝∠AFD，
∴CF＝AC＝42，
∴CE＝CF＝42，
即a＝b＝42，
故答案为：42，42；
当AF＝EF时，
∵∠EAF＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，∠AFE＝90°，
∴∠CFE+∠CFA＝90°，
∵∠CFA+∠FAD＝90°，
∴∠CFE＝∠FAD，
在△ADF和△FCE中，
∠FDA=∠ECF=90°∠FAD=∠EFCAF=FE，
∴△ADF≌△FCE（AAS），
∴AD＝CF＝4，CE＝DF＝CF+CD＝8，
即a＝8，b＝4，
故答案为：8，4；
【应用】①如图3，过P作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H，连接OP，
∵△AOB的两条外角平分线交于点P，
∴PM＝PH，PN＝PH，
∴PM＝PN，
∴设P（m，m），
∵P在反比例函数y=16x（k＞0，x＞0）的图象上，
∴m2，＝16，
∴OP2＝m2+m2＝32，
∵∠POA＝∠POB＝∠CPD＝45°，
∴∠COP＝∠POD＝135°，
∵∠POB＝∠PCO+∠OPC＝45°，∠APO+∠OPD＝45°，
∴∠PCO＝∠OPD，
∴△COP∽△POD，
∴OCOP=OPOD，
∴OC•OD＝OP2＝32，
∴△COD的面积=12OC•OD=12×32＝16．
②由①可知P（4，4），
设OA＝a，OB＝b，则AM＝AH＝4﹣a，BN＝BH＝4﹣b，
∴AB＝8﹣a﹣b，
∴OA+OB+AB＝8，
∴a+b+a2+b2=8，
∴2ab+2ab≤8，
∴（2+2）ab≤8，
∴ab≤4（2−2），
∴ab≤96﹣642，
∴S△AOB=12ab≤48﹣322，
∴△AOB面积的最大值为48﹣322，
此时ab＝96﹣642，
∵AB＝8﹣a﹣b，OA2+OB2＝AB2，
∴a2+b2＝（8﹣a﹣b）2，
整理得：ab＝8a+8b﹣32，
∴8a+8b﹣32＝96﹣642，
整理得：a+b＝16﹣82，
∴当△AOB面积最大时，AO+BO的值为16﹣82．
模型大招
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.
模型大招
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.
模型大招
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.
模型大招
如图，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB.
则可以得到以下结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·cs，③.
模型大招
如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90º，∠BOC＝.
结论：CE＝CD·.