专题5　四边形 课件 2025年湖北省中考数学基础夯实

专题五　四边形 -1- 1 目 录 1 考点梳理 2 2 母题剖析 -1- 1. 掌握多边形的性质，了解正多边形的对称性，掌握平行四边形的性 质及判定，并能进行综合应用. 2. 掌握特殊的平行四边形的性质及判定，能正确计算特殊平行四边形 的面积，并进行综合应用. 3. 掌握几种常见几何模型的特征及解题思路和方法，掌握对应辅助线 的作法. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 -1- 1. 会运用多边形的内角和、外角和公式进行有关计算，能运用平行四 边形的性质进行判定，知道平行四边形是中心对称图形. 2. 结合练习了解矩形、菱形、正方形的性质，能根据性质对特殊的平 行四边形进行判定，知道矩形、菱形、正方形既是轴对称图形，又是 中心对称图形. 3. 结合几何模型的特征进行专项训练，掌握辅助线的作法，形成系统 的解题方法. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 -1- 考点综述 考点梳理 01 -1- 　多边形与平行四边形 一、 多边形(设边数为n(n≥3)) 　 多边形 (1)内角和：n边形的内角和为 　(n－2)·180°　(n≥3)； (2)外角和：n边形的外角和为 　360°　(n≥3)； (3)对角线：当n＞3时，n边形有 　 　条对角线 (n－2)·180°　 360°　 　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 正多 边形 (1)边和角：各边相等，各内角相等； (2)内角与外角：正n(n≥3)边形的每一个内角为  　 　，每一个外角为___________； (3)对称性：正n(n≥3)边形都是轴对称图形，且有 　n　条对称 轴 　 　 n　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 二、平行四边形 平行四边形 定义 两组对边分别平行的四边形叫作平行四边形 性质 (1)边：平行四边形的对边 　平行且相等　； (2)角：平行四边形的对角 　相等　，邻角 　 互； (3)对角线：平行四边形的对角线 　互相平分　； (4)对称性：平行四边形是中心对称图形，对称中心 是 　对角线的交点　 平行且相等　 相等　 互补 互相平分　 对角线的交点　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 平行四 边形 判 定 (1)边： (2)角：两组对角分别 　相等　的四边形是平行四边形； (3)对角线：对角线互相 　平分　的四边形是平行四边形 面 积 S＝ah(a表示一条边长，h表示此边上的高) 相等　 平分　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 特殊平行四边形的性质与判定 一、矩形 矩形 定 义 有一个角是 　直角　的平行四边形叫作矩形 性 质 (1)边：对边平行且相等； (2)角：四个角都是 　直角　； (3)对角线：两条对角线互相平分并且 　相等　； (4)对称性：矩形既是轴对称图形，也是中心对称图 形，矩形(非正方形)有 　2　条对称轴 直角　 直角　 相等　 2　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 矩形 判 定 (1)有一个角是 　直角　的平行四边形是矩形(定义 法)； (2)有 　三　个角是直角的四边形是矩形； (3)对角线 　相等　的平行四边形是矩形 面 积 S矩形ABCD＝ab 直角　 三　 相等　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 【常用结论】 (1)矩形的一条对角线将矩形分成两个直角三角形； (2)矩形的两条对角线将矩形分成四个面积相等的等腰三角形 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 二、菱形 菱形 定义 有一组邻边相等的 　平行四边形　叫作菱形 性质 (1)边：菱形的对边平行，四条边都相等； (2)角：对角相等； (3)对角线：两条对角线 　垂直平分　，且每 一条对角线平分一组对角； (4)对称性：菱形既是轴对称图形也是中心对 称图形，对称轴是两条对角线所在的直线， 对称中心是对角线的交点 平行四边形　 垂直平分　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 菱形 判定 (1)有一组邻边相等的 　平行四边形　是菱 形； (2)四条边 　相等　的四边形是菱形； (3)对角线 　互相垂直　的平行四边形是菱形 面积 S菱形ABCD＝ah＝ AC·BD 平行四边形　 相等　 互相垂直　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 【常用结论】 (1)菱形的一条对角线将菱形分成两个等腰三角形； (2)菱形的两条对角线将菱形分成四个面积相等的直角三角形； (3)对角线互相垂直的四边形ABCD的面积S＝ AC·BD 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 三、正方形 正方形 定义 有一组邻边相等，并且有一个角是直角 的平行四边形是正方形 性质 (1)边：四条边 　相等　； (2)角：四个角都是 　直角　； (3)对角线：对角线相等且互相 　垂直平 分　，每条对角线平分一组对角； (4)对称性：正方形既是轴对称图形又是 中心对称图形，对称轴有 　4　条 相等　 直角　 垂直平 分　 4　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 正方形 判定 (1)有一组邻边相等的矩形是正方形； (2)有一个角是直角的菱形是正方形 面积 S正方形ABCD＝AB2＝ AC·BD 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 　常见的几何模型 一、一线三等角模型 　 图 形 语 言 描 述 如图，正方形 ABCD，有一 个直角的顶点 在边AB上 如图，等边三 角形ABC，有 一个60°角的 顶点在边AB上 如图，等腰直 角三角ABC，有一个45°角的顶点在边AB上 如图，∠ACB＝90°AD⊥ CD，BE⊥CE 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 总 结 “一线三等角”指的是一条直线上的三个顶点含有三个相等的角. 如图所示，可得△ABC∽△CDE. 若满足一组对应边相等，则 △ABC≌△CDE. 若题目中有一线三等角，就可以直接证明三角形相似或全等，实现边与角的转化；若题目中没有给出一线三等角，也可以按需构造 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 二、手拉手模型 图形 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 二、手拉手模型 语言 描述 条件：CD∥AB，将 △OCD旋转 条件：图①～③中， △OAB，△OCD依次是等腰三角形、等腰直角三角形、等边三角形 条件：四边形 OABC，四边形 ODEF均为正方 形 结论： △OAC∽△OBD 结论：△OAC≌△OBD 结论：△AOF ≌△COD 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 总结 所谓手拉手模型，是指有公共顶点且顶角相等的两个等腰三角 形、等腰直角三角形、等边三角形或正方形伴随旋转得出全等 (相似).处于各种位置的旋转模型，因为顶点相连的四条边可以 形象地看作两双手，所以通常称为手拉手模型 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 三、对角互补模型 类 型 对角互补一般情况 对角互补——含 60°角 对角互补——含90°角 条 件 如图，在四边形 ABCD中，∠1＋ ∠2＝180°，BA＝ BC. 连接BD，延 长DA至点E，使得 AE＝DC，连接BE 如图，在四边形 ABCD中，∠1＝ 60°，∠2＝ 120°，BA＝BC. 连接BD，延长DA 至点E，使得AE＝ DC，连接BE 如图，在四边形ABCD 中，∠1＝∠2＝ 90°，BA＝BC. 连接 BD，延长DA至点E， 使得AE＝DC，连接 BE 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 图 形 结 论 △BAE≌△BCD ①△BAE≌△BCD； ②△BED为等边三 角形 ①△BAE≌△BCD； ②△BED为等腰直角 三角形 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 四、角含半角模型 类型 顶角为120°的等腰 三角形含半角 等腰直角三角形 含半角 正方形含半角 图形 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 解题 方法 将半角两边的三角形中的一个旋转到另一边，使相等的边重合 结论 △DEF≌△DGF， EF＝FC＋BE △AEF≌△AED， EF＝ED，FC⊥BC △AGE≌△AFE ，EF＝DF＋BE 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考点1 考点2 考点3 -1- 考点综述 母题剖析 02 -1- 　多边形与平行四边形 1 多边形及其性质 [2024·宁夏]如图，在正五边形ABCDE的内部，以CD为边作正方形 CDFH，连接BH，则∠BHC＝ 　81　°. 　 81　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]∵在正五边形ABCDE中，∠BCD＝180°－(360°÷5)＝ 108°，∠HCD＝90°，∴∠BCH＝∠BCD－∠HCD＝18°.∵BC ＝HC，∴∠BHC＝∠CBH＝ (180°－∠BCH)＝81°. [高分突破]熟练掌握多边形的外角和公式是解题的关键. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 2 平行四边形的性质与判定 1. [2024·辽宁]如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点 O，DE∥AC，CE∥BD，若AC＝3，BD＝5，则四边形OCED的周 长为(　C　) A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 C 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OC＝ AC＝ ，OD＝ BD＝ . ∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形， ∴四边形OCED的周长＝2(OC＋OD)＝2× ＝8，故选C. [误区防错]凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角 形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 2. [2024·威海]如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E 在BC上，点F在CD上，连接AE，AF，EF. 下列结论错误的是 (　D　) A. 若 ＝ ，则EF∥BD B. 若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，则EF∥BD C. 若EF∥BD，CE＝CF，则∠EAC＝∠FAC D. 若AB＝AD，AE＝AF ，则EF∥BD D 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析] 选项 分析 结论 正误 A ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AB＝CD. 若 ＝ ，则 ＝ .又∠ECF＝∠BCD，∴△CEF∽△CBD，∴∠CEF＝∠CBD，∴EF∥BD 正确 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 选项 分析 结论正误 B 在Rt△ACE和Rt△ACF中， ∴Rt△ACE≌Rt△ACF，∴CE＝CF，∠ACB＝∠ACD，由此易得四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD. ∵AE＝AF，CE＝ CF，∴ AC⊥EF(依据：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上)，∴EF∥BD 正确 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 选项 分析 结论正误 C ∵CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE. ∵EF∥BD，∴∠CBD＝∠CEF，∠CDB＝∠CFE，∴∠CBD＝∠CDB，∴CB＝ CD，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD. 又∵EF∥BD，∴AC⊥EF. 又∵CE＝CF，∴AC垂直平分EF，∴ ∠EAC＝∠FAC(依据：等腰三角形“三线合一”) 正确 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 选项 分析 结论正误 D 当AB＝AD时，四边形ABCD是菱 形.只有当BE＝DF时， EF∥BD，但当AE＝AF时，BE 与DF不一定相等，故EF∥BD不 一定成立 错误 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 3. (新情境·七巧板的重新拼接)[2024·江西]将图1所示的七巧板，拼成图 2所示的四边形ABCD，连接AC，则tan ∠CAB＝  　(或0.5)　. (或0.5)　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]如图，设AC，BD交于点O，∵AD＝ BC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边 形，∴OB＝OD＝ BD＝ AB，∴tan ∠CAB ＝ ＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 　特殊平行四边形的性质与判定 　1　矩形的性质与判定 [2024·连云港]如图，将一张矩形纸片ABCD上下对折，使之完全重合， 打开后，得到折痕EF，连接BF. 再将矩形纸片折叠，使点B落在BF 上的点H处，折痕为AG. 若点G恰好为线段BC最靠近点B的一个五等 分点，AB＝4，则BC的长为 　2 　. 2 　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]如图，由折叠的性质，得CF＝ CD＝2， AG⊥BF，∴∠1＋∠3＝90°.又∠2＋∠3＝ 90°，∴∠1＝∠2，∴tan ∠1＝tan ∠2，∴ ＝ .由题意可知BC＝5BG，∴ ＝ ，∴BG ＝ ，∴BC＝2 . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 　2　菱形的性质与判定 [2024·绥化]如图，四边形ABCD是菱形，CD＝5，BD＝8，AE⊥BC 于点E，则AE的长是(　A　) 　 A A. B. 6 C. D. 12 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]∵四边形ABCD是菱形，CD＝5，BD＝8，∴BC＝CD＝5， BO＝DO＝4，OA＝OC，AC⊥BD，∴∠BOC＝90°.在Rt△OBC 中，由勾股定理得OC＝ ＝ ＝3，∴AC＝2OC ＝6.∵菱形ABCD的面积＝AE·BC＝ BD·AC＝OB·AC，∴AE＝ ＝ ＝ . [高分突破]熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题关键. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 3 正方形的性质与判定 1. [2023·菏泽]如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按 顺时针方向旋转90°得到△CBF. 若∠ABE＝55°， 则∠EGC ＝ 　80　°. 80　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°.∵∠ABE＝55°， ∴∠CBE＝90°－55°＝35°.∵△ABC绕点B按顺时针方向旋转90° 得到△CBF，∴∠EBF＝90°，BE＝BF，∴∠BEF＝45°， ∴∠EGC＝∠CBE＋∠BEF＝35°＋45°＝80°. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 2. [2024·陕西]如图，直线l经过正方形ABCD的中心O，分别与BC和 AD相交于点E和点F，并与CD的延长线相交于点G. 若AB＝4，AF ＝3，则DG的长为(　D　) A. 1 B. C. D. 2 D 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]如图，连接AC. ∵O是正方形ABCD的中心， ∴点O在AC上，且AO＝CO. ∵AF＝3，AD＝AB＝DC＝BC＝4，∴FD＝1. ∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠BCA. 在△AOF和△COE中， ​ ∴△AOF≌△COE(AAS)， ∴CE＝AF＝3. ∵FD∥EC， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， 解得GD＝2. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解题说明]本题考查了正方形的性质，涉及到三角形全等、平行线分线 段成比例.正确运用比例关系是解题的关键. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 3. [2024·烟台]如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD， AC的三等分点，连接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG. 若 ∠AGF＝α，则∠FAG用含α的代数式表示为(　B　) A. B. C. D. B 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]设AC，BD的交点为O，∵正方形ABCD中，点E，F分别为对 角线BD，AC的三等分点，∴OD＝OC，∠DOC＝90°，DE＝ CF，∴OE＝OF，∴∠OFE＝∠OEF＝45°，∵AB∥CD， ∴ △ABE∽△GDE(提示：“8”字型相似)，∴ ＝ ＝ ， ∴DG＝ BA＝ CD＝CG. 又∠EDG＝∠GCF＝45°，∴△DEG≌△CFG(SAS)，∴GE＝GF， ∴∠GEF＝∠GFE＝ (180°－∠AGF)＝90°－ α，∴∠FAG＝ ∠GEF－∠AFE＝90°－ α－45°＝45°－ α＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 　常见的几何模型 1 一线三等角模型 (新课标　数学文化)[2024·齐齐哈尔]如图1，这个图案是3世纪我国汉代 的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”.受这 幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”.如图2，在 △ABC中，∠A＝90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段 BD，作DE⊥AB交AB的延长线于点E. (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 　AB ＝DE　； 　 AB ＝DE　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (2)【问题解决】如图3，连接CD并延长，交AB的延长线于点F，若 AB＝2，AC＝6，求△BDF的面积； [解析](2)∵∠CBD＝90°， ∴∠ABC＋∠DBE＝90°. ∵∠A＝90°， ∴∠ABC＋∠ACB＝90°， ∴∠DBE＝∠ACB. 又∵∠A＝∠DEB＝90°，且CB＝BD， ∴△BCA≌△DBE(AAS)， 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∴DE＝AB＝2，BE＝AC＝6， ∴AE＝AB＋BE＝2＋6＝8. ∵∠DEB＋∠A＝180°，∴DE∥AC， ∴△DEF∽△CAF，∴ ＝ ， ∴ ＝ ，∴EF＝4， ∴BF＝BE＋EF＝6＋4＝10， ∴S△BDF＝ BF·DE＝ ×10×2＝10. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE交BD于点N，则 ＝ 　 ； 　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析](3)如图1，以AE所在直线为x轴，以AC所在直线为y轴建立平面 直角坐标系. 由AC＝6，AE＝8，DE＝AB＝2， 可知C(0，6)，B(2，0)，E(8，0)，D(8，2). 设直线BD的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将点B，D的坐标代入， 得 解得 图1 图1 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∴直线BD的解析式为y＝ x－ . 同理可求得直线CE的解析式为y＝－ x＋6. 令 x－ ＝－ x＋6，解得x＝ ， ∴y＝ ，即N ， 利用两点间的距离公式可得BN＝ ， ∵BC＝ ＝2 ， 图1 ∴ ＝ ＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB上找点P，使tan∠BCP＝ ，请直接写出线段AP的长度. [解析](4)AP的长度为 或 . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 解法提示：①当点P在点B左侧时，如图2所 示，过点P作PQ⊥BC于点Q. ∵tan ∠BCP＝ ＝ ，tan ∠ABC＝ ＝ ＝3，∴PQ＝ CQ，PQ＝3BQ， 设BQ＝2a，则PQ＝6a，CQ＝9a， ∴BC＝BQ＋CQ＝11a. ∵BC＝ ＝2 ， 图2 图2 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∴11a＝2 ，∴a＝ ， ∴BP＝ ＝2 a＝ ， ∴AP＝BP－AB＝ －2＝ . 图2 图2 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ②当点P在点B右侧时，如图3所示，过点P作 PG⊥BC交CB的延长线于点G， ∵tan∠BCP＝ ＝ ， tan∠PBG＝tan∠ABC，即 ＝ ＝3， ∴PG＝ CG，PG＝3BG， 设BG＝2a，则PG＝6a，CG＝9a， ∴BC＝CG－BG＝9a－2a＝7a. 图3 图3 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∵BC＝ ＝2 ， ∴7a＝2 ，∴a＝ ， ∴BP＝ ＝2 a＝ ， ∴AP＝AB＋BP＝2＋ ＝ . 综上所述，AP的长度为 或 . [高分突破]熟练掌握相似三角形的判定和性质、全等三角形的性质 和判定、解直角三角形、勾股定理等知识，并添加合适的辅助线是 解题关键. 图3 图3 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 2 手拉手模型 完成下列各题： (1)【问题呈现】如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD， CE. 请直接写出BD和CE的数量关系； [解析](1)BD＝CE，理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AD＝AE，AB＝AC，∠DAE＝∠BAC＝60°， ∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，即∠DAB＝∠EAC， ∴△ADB≌△AEC(SAS)，∴BD＝CE. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (2)【类比探究】如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∠ABC＝∠ADE＝90°.连接BD，CE. 请直接写出 的值； [解析](2)∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠ABC＝∠ADE＝ 90°，∴ ＝ ＝ ＝ . ∵∠DAB＋∠BAE＝∠BAE＋∠EAC＝45°， ∴∠DAB＝∠EAC，又 ＝ ， ∴△ADB∽△AEC，∴ ＝ ＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (3)【拓展提升】如图3，△ABC和△ADE都是直角三角形，∠ABC＝ ∠ADE＝90°，且 ＝ ＝ .连接BD，CE. ①求 的值； ②延长CE交BD于点F，交AB于点G. 求 sin ∠BFC的值. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析](3)①∵ ＝ ＝ ，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ABC∽△ADE， ∴∠DAE＝∠BAC， 即∠DAB＋∠BAE＝∠BAE＋∠EAC， ∴∠DAB＝∠EAC. 设AB＝3x，BC＝4x， 在Rt△ABC中，AC＝ ＝ ＝5x， 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 同理，在Rt△ADE中，设AD＝3a，DE＝4a，则AE＝5a， ∴ ＝ ＝ ， ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，又∠DAB＝ ∠EAC， ∴△DAB∽△EAC， ∴ ＝ ＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ②由①得△DAB∽△EAC， ∴∠ABD＝∠ACE， 又∵∠BGF＝∠CGA， ∴△BGF∽△CGA， ∴∠BFG＝∠CAG， ∴ sin ∠BFC＝ sin ∠BAC. 在Rt△ABC中， sin ∠BAC＝ ＝ ＝ ， ∴ sin ∠BFC＝ . [解题通法] 手拉手模型往往涉及到全等三角形的判定和性质、相似三角 形的判定和性质.熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判 定和性质是解题的关键. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 3 对角互补模型 [2024·河南]【综合与实践】在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一 定的研究经验.请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究. 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作邻等对补四边形. (1)【操作判断】用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1 所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　②④　(填序号)； ②④　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (2)【性质探究】根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面 研究与对角线相关的性质. 如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条 对角线. ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ， 求AC的长(用含m，n，θ的式 子表示)； 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析](2)①∠ACD＝∠ACB. 理由如下： 如图，延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE. ∵四边形ABCD是邻等对补四边形， ∴∠ABC＋∠D＝180°. ∵∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D. 又∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADC， ∴∠E＝∠ACD，AE＝AC， ∴∠E＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ACB. 图1 如图1 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ②如图1，过点A作AF⊥EC，垂足为点F. ∵AE＝AC， ∴ 　CF＝ CE＝ (BC＋BE)＝ (BC＋DC)＝　 (提示：利用等 腰三角形的“三线合一”，可知F是EC的中点). ∵∠BCD＝2θ， ∴ ∠ACB＝∠ACD＝θ(提醒：利用①的结论). 在Rt△AFC中， cos θ＝ ， ∴AC＝ ＝ . 如图1 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- (3)【拓展应用】如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝ 4，分别在BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边 形.当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长. [解析](3)BN的长为 或 . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 解法提示：∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4， ∴AC＝ ＝5. ∵四边形ABMN是邻等对补四边形， ∴∠ANM＋∠ABM＝180°，∴∠ANM＝90°. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ①当AB＝BM时，如图2，连接AM，过点N 作NH⊥BC于点H，∴AM2＝AB2＋BM2＝18. 在Rt△AMN中，MN2＝AM2－AN2＝18－ AN2，在Rt△CMN中，MN2＝CM2－CN2＝(4－3)2 －(5－AN)2，∴18－AN2＝(4－3)2－(5－AN)2， 解得AN＝4.2，∴CN＝0.8.∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，∴△NHC∽△ABC，∴ ＝ ＝ ， 即 ＝ ＝ ，∴NH＝ ，CH＝ ， 图2 图2 ∴BH＝ ，∴BN＝ ＝ . 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ②当AN＝AB时，如图3，连接AM. 在Rt△ABM和Rt△ANM中， AM＝AM，AB＝AN， ∴Rt△ABM≌Rt△ANM(HL)， ∴BM＝NM，在此种情况下，有两组邻边相等，不符 合题意，舍去； 图2 图3 图3 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ③当AN＝MN时，如图4，连接AM，过点N作 NH⊥BC于点H. ∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△CMN∽△CAB，∴ ＝ ，即 ＝ ， 解得CN＝ . ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，∴△NHC∽△ABC， ∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ . 图4 图4 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∴NH＝ ，CH＝ ，∴BH＝ ， ∴BN＝ ＝ . ④当BM＝MN时，同②可证得AB＝AN，不符合题意，舍去. 综上所述，BN的长为 或 . 图4 图4 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 4 角含半角模型 [2024·宜宾]如图， 正方形ABCD的边长为1，M，N是边BC，CD上的 动点.若∠MAN＝45°，则MN的最小值为 　2－ 2　. 2 －2　 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- [解析]如图，延长CD到点G， 使DG＝BM，连接AG. ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ADN＝∠ABM＝90°， ∴∠ADG＝90°＝∠ABM，又BM＝DG，AB＝AD， ∴△ABM≌△ADG(SAS)， ∴∠BAM＝∠DAG，AM＝AG. ∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠DAN＝45°， ∴∠DAG＋∠DAN＝45°，即∠GAN＝45°. 在△GAN和△MAN中， ∴△GAN≌△MAN(SAS)，∴MN＝GN. 设BM＝x，MN＝y，则GN＝y，DG＝x. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- ∵BC＝CD＝1， ∴CM＝1－x，CN＝x－y＋1. 在Rt△CMN中，由勾股定理，得MN2＝CM2＋ CN2，即y2＝(1－x)2＋(x－y＋1)2， 整理，得y＝ ＝ ＝x＋1＋ －2. ∵x＋1＋ ≥2 ＝2 ， 当且仅当x＋1＝ ，即x＝ －1时取等号， ∴y≥2 －2. 故MN的最小值为2 －2. 首页 目录 考点梳理 母题剖析 考向1 考向2 考向3 -1- 请完成《专项分类特训》专题五 本讲内容结束 -1- $$