模型四 对角互补模型-【一战成名新中考】2025陕西中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 模型四　 对角互补模型(2020. 25、2017. 14) (1)模型特征及其基本性质 定义 若一个四边形有一组对角的和为 180°,则称这样的四 边形是“对角互补”四边形, 和这样的四边形有关的 图形称为“对角互补模型” 性质 性质 1:两组对角分别互补; 性质 2:四个顶点在同一圆上 证明:(反证法)如图,先作△ABC 的外接圆☉O,假设点 D 不在☉O 上,则点 D 将在☉O 内或☉O 外,此时∠ADC+∠ABC>180°或∠ADC+∠ABC<180°,和已知 矛盾,从而推出点 D 一定在☉O 上 (2)有一组邻边相等的对角互补模型———全等 图形描述:如图,在四边形 ABCD 中,∠A+∠C= 180°,CD=CB. 　 　 图① 　 　 图② 　 　 图③ 性质 1:连接 AC,则 AC 平分∠DAB. 思路①:利用圆的性质. CD = CB ⇒ CD ( = CB ( ⇒ ∠DAC = ∠BAC,则 AC 平 分∠DAB(如图①) 思路②:角平分线逆定理. 过点 C 作 CM⊥AD 于 M, CN⊥AB 交 AB 延长线于 N,证△DCM≌△BCN;得 CM = CN; 得 AC 平 分 ∠DAB(如图②) 思路③:截长补短法. 在 AB 延长线上截取 BG = AD, 连接 CG,证△CBG≌△CDA 即 可(也称为旋转法)(如图③) 性质 2:若∠DAB= 2α,AD=m,AB=n,则 AC= m +n 2cosα 思路①:由 AM = AN = m-DM = n+BN,得 2BN = m - n,得 AN = n +BN = n + m -n 2 = m+n 2 ,在 Rt △ACN 中, AC = AN cos∠CAN = m+n 2cosα (如图②) 思路②:作 CH⊥AG 于 H,得 AH =GH = 1 2 AG = m+n 2 , 在 Rt △CAH 中, AC = AH cos∠CAB = m+n 2cosα (如图③) 61 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 常考类型及其结论 60°(邻等)对 120°型 AB+AD=AC 90°(邻等)对 90°型 AB+AD= 2AC 120°(邻等)对 60°型 AB+AD= 3AC (3)各组邻边均不相等的对角互补四边形———相似 图形描述:如图,在四边形 ABCD 中,∠A+∠C= 180°,AB,AD,BC,CD 互不相等. 　 　 图④ 　 　 图⑤ 　 　 图⑥ 如图④,连接 AC,BD 交于点 O,则△AOD∽△BOC,△AOB∽△DOC 如图⑤,作 CM⊥AD 于 M,CN⊥AB 交 AB 的延长线于 N,则△CDM∽△CBN 如图⑥,过点 C 作∠BCG = ∠DCA,点 G 在 AB 延长线上,则△CBG∽△CDA,△CDB ∽△CAG 1. (2024 铁一中一模改编)如图,在四边形 AB- CD 中, AB = BC, ∠ABC = 90°, DB 平 分 ∠ADC,若 AD = 1,CD = 3,则四边形 ABCD 的面积为　 4　 . 第 1 题图 　 　 第 2 题图 2. 如图,正方形 ABCD 的边长为 3,O 是对角 线 AC 上一点,且 CO = 2AO,E 是边 CD 上 一点,连接 OE,过点 O 作 OF⊥OE,交 BC 于点 F. 则四边形 CEOF 的面积为　 4　 . 3. 多解法 ∙∙∙ 　 如图,等边三角形 ABC 的边长为 4,D 是边 AC 的中点,E 在边 AB 上,BE= 1, 点 F 在边 BC 的延长线上, 且 ∠EDF = 120°,则 CF 的长为　 1　 . 第 3 题图 　 　 第 4 题图 4. (2024 西安名校模拟)如图,∠AOB = 120°,点 P 为 ∠AOB 的平分线上的一个定点,若 ∠MPN 在绕点 P 旋转的过程中,其两边分 别与 OA、OB 相交于 M、N 两点,且∠MPN 与∠AOB 互补,则以下结论:①PM =PN;② OM+ON = OP;③△PMN 的周长保持不变 其中所有正确的结论是 　 ①②　 ( 填序 号) . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 71 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 5. 如图,在正方形 ABCD 中,点 P 在对角线 AC 上, 点 M、N 分别在边 AB、 BC 上, 且 ∠BMP+∠BNP= 180°,求证:PM PN =PA PC . 第 5 题图 证明:∵ ∠B+∠BMP +∠MPN+∠PNB = 360°, ∠BMP+∠BNP=180°,∠B=90°, ∴∠MPN=90°,如解图,作 PH⊥BC 于点 H,PG ⊥AB 于点 G, ∴ ∠MPG+∠GPN = 90°,∠NPH+∠GPN = 90°, ∴∠MPG=∠NPH, 又∵∠PGM=∠PHN=90°,∴△MGP∽△NHP, ∴PM PN =PG PH . ∵AC 是正方形 ABCD 的对角线, ∴△AGP 和△PHC 均为等腰直角三角形,即 △AGP∽△CHP,PG PH =PA PC , ∴PM PN =PA PC . 6. (2024 河南改编)综合与实践 定义:至少有一组邻边相等且对角互补的 四边形叫做邻等对补四边形. (1)性质探究 如图①,四边形 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) . (2)拓展应用 如图②,在 Rt△ABC 中,∠B = 90°,AB = 3,BC = 4,分别在边 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. 图① 　 　 　 图② 第 6 题图 解:(1)①∠ACD=∠ACB.理由如下: 如解图,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, ∵AB=AD,BE=DC,∴△ABE≌△ADC, ∴∠E=∠ACD,AE=AC, ∴∠E=∠ACB,∴∠ACD=∠ACB; ②∵ ∠BCD = 2θ,结合①中的结论得∠ACD = ∠ACB=θ, 如解图,过点 A 作 AF⊥BC 于点 F, 由①可知 AE=AC, ∴ CF = 1 2 CE = 1 2 (BC +BE) = 1 2 (BC +DC) = m+n 2 , 在 Rt△AFC 中,cos∠ACF=cosθ=CF AC , ∴AC= CF cosθ = m+n 2cosθ ; (2)BN 的长为12 5 2或12 7 2 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 81 参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 ∠CAE= 45°,∠BAE+∠ABE = 45°,则∠CAE = ∠ABE,又∵ AB=AC,BE= AF,∴ △ABE≌△CAF,∴ AE = CF = 2,∠AEB = ∠AFC,∴ ∠HFC = ∠BED = 45°,∴ CH = 2 ,即点 C 到 AD 的距离为 2 . 第 6 题解图 7. 15　 【解析】解法 1:如解图①,延长 BC 到 M,使得 DC = DM. ∵ DC = DM,∴ ∠DCM = ∠M,∵ DC∥AB,∴ ∠DCM = ∠B, ∴ ∠B = ∠M, ∵ ∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE = ∠DEM, ∴ △BFE∽△MED. ∴ BE DM =EF DE ,∴ 4 10 = 6 DE ,∴ DE= 15. 解法 2: ∵ ∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC,∴ ∠BFE= ∠DEC,如解图②,作 CG∥FE 交 DE 于 点 G, ∴ ∠DEF = ∠EGC, ∴ ∠B = ∠EGC, ∴ △FBE ∽ △EGC,∴ BE FE =CG EC ,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ ∠B + ∠BCD = 180°, ∵ ∠EGC + ∠DGC = 180°, ∠B = ∠EGC, ∴ ∠DGC= ∠BCD,∵ ∠EDC = ∠CDG,∴ △DGC∽△DCE, ∴ DC DE =CG EC ,∴ BE FE =DC DE ,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AB=DC,∴ BE FE = AB DE ,∴ 4 6 = 10 DE ,∴ DE= 15. 图① 　 　 图② 第 7 题解图 模型四　 对角互补模型 1. 4　 【解析】如解图,作 BE⊥CD 于 E,BF⊥DA 交 DA 的延 长线于 F. ∵ DB 平分∠ADC,BE⊥CD,BF⊥AD,∴ BE = BF,在 Rt△BFA 和 Rt△BEC 中, BA=BC BF=BE{ ,∴ Rt△BFA≌ Rt△BEC( HL), ∴ ∠ABF = ∠CBE, ∴ ∠EBF = ∠ABC = 90°,∴ ∠ADC= 360°-90°-90°-90° = 90°,连接 AC,∵ AD = 1,CD= 3,∴ AC = 12 +32 = 10 ,又∵ AB = BC,∴ △ABC 为等腰直角三角形,∴ AB = 5 ,∴ S四边形ABCD = S△ADC +S△ABC = 1 2 AD·CD+ 1 2 AB·BC = 1 2 × 1× 3+ 1 2 × 5 × 5 = 3 2 + 5 2 = 4. 第 1 题解图 2. 4　 【解析】如解图,过点 O 作 OG⊥CD,OH⊥BC,垂足分 别为 G,H,∵ 点 O 是正方形 ABCD 的对角线 AC 上一点,∴ OG = OH, ∠BCD = 90°, ∴ 四边形 CGOH 是正方形, ∴ ∠GOH = 90°, ∴ ∠GOF + ∠FOH = 90°, ∵ OF ⊥ OE, ∴ ∠EOF= 90°,∠EOG+∠GOF = 90°,∴ ∠EOG = ∠FOH,又 ∵ ∠OGE = ∠OHF = 90°, ∴ △OGE ≌ △OHF ( ASA), ∴ S△OGE = S△OHF, ∴ S四边形CEOF = S正方形CGOH . ∵ AD = 3, ∴ AC = 3 2 ,∵ CO= 2AO,∴ CO = 2 3 AC = 2 2 ,∴ S四边形CEOF = 1 2 CO2 = 1 2 ×(2 2 ) 2 = 4. 第 2 题解图 3. 1　 【解析】解法 1:如解图①,过点 D 作 DG∥BC 交 AB 于 点 G,则∠DGB = ∠DCF = 120°,∠GDC = ∠EDF = 120°,∴ ∠GDE= ∠CDF,∵ D 是 AC 的中点,∴ DG 是△ABC 的中位 线,∴ DG= 1 2 BC=DC =BG = 2,∴ △GDE≌△CDF,∴ GE = CF,∵ BE= 1,∴ CF=GE= 1. 图① 　 　 图② 第 3 题解图 解法 2:如解图②,过点 D 分别作 DM⊥AB 于点 M,DN⊥ BC 于点 N,连接 BD,∵ D 是 AC 的中点,∴ BD 是∠ABC 的 平分线,∴ DM = DN,∵ ∠ABC = 60°,∴ ∠MDN = 120°,∴ ∠MDE+∠NDE = ∠NDE+ ∠NDF,∴ ∠MDE = ∠NDF,∵ ∠DME= ∠DNF= 90°,∴ △DME≌△DNF( ASA),∴ ME = NF,在 Rt△ADM 中,AD = 2,∠A = 60°,∴ AM = 1,同理,CN = 1,∴ ME=AB-AM-BE= 2,∴ NF= 2,∴ CF= 1. 4. ①②　 【解析】如解图,过点 P 作 PE⊥OA,垂足为 E,过点 P 作 PF⊥OB,垂足为 F,∴ ∠PEO = 90°,∠PFO = 90°,∵ ∠AOB= 120°,∴ ∠EPF = 360° -∠AOB-∠PEO-∠PFO = 60°,∵ ∠MPN 与∠AOB 互补,∴ ∠MPN+∠AOB= 180°,∴ ∠MPN= 180° -∠AOB = 60°,∴ ∠MPN-∠EPN = ∠EPF- ∠EPN,∴ ∠MPE= ∠NPF,∵ OP 平分∠AOB,PE⊥OA,PF ⊥OB, ∴ PE = PF, ∵ ∠MEP = ∠NFP = 90°, ∴ △MEP≌ △NFP(ASA), ∴ PM = PN,ME = NF,故①正确; ∵ OP = OP,∴ Rt△PEO≌Rt△PFO(HL),∴ OE =OF,∴ OM+ON = OE+ME+OF-NF = 2OE,∵ OP 平分∠AOB,∴ ∠EOP = 1 2 ∠AOB= 60°,∴ ∠EPO= 90°-∠EOP = 30°,∴ PO = 2OE,∴ OM+ ON = OP, 故 ② 正确; ∵ PM = PN, ∠MPN = 60°, ∴ △PMN 是等边三角形,∵ MN 的长度是变化的,∴ △PMN 的周长是变化的,故③错误;所以,说法正确的是:①②. 第 4 题解图 5. 证明:∵ ∠B + ∠BMP + ∠MPN + ∠PNB = 360°, ∠BMP + ∠BNP= 180°,∠B= 90°, ∴ ∠MPN= 90°, 如解图,作 PH⊥BC 于点 H,PG⊥AB 于点 G, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 24 参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 ∴ ∠MPG+∠GPN= 90°,∠NPH+∠GPN= 90°, ∴ ∠MPG= ∠NPH, 又∵ ∠PGM= ∠PHN= 90°, ∴ △MGP∽△NHP, ∴ PM PN =PG PH . ∵ AC 是正方形 ABCD 的对角线, ∴ △AGP 和 △PHC 均为等腰直角三角形, 即 △AGP ∽ △CHP, PG PH = PA PC , ∴ PM PN = PA PC . 第 5 题解图 6.解:(1)①∠ACD= ∠ACB. 理由如下: 如解图①,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, ∵ AB=AD,BE=DC,∴ △ABE≌△ADC, ∴ ∠E= ∠ACD,AE=AC, ∴ ∠E= ∠ACB,∴ ∠ACD= ∠ACB; 第 6 题解图① ②∵ ∠BCD= 2θ,结合①中的结论得∠ACD= ∠ACB= θ, 如解图①,过点 A 作 AF⊥BC 于点 F, 由①可知 AE=AC, ∴ CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m+n 2 , 在 Rt△AFC 中,cos∠ACF= cosθ= CF AC , ∴ AC= CF cosθ = m +n 2cosθ ; (2)BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 . 【解法提示】∵ ∠ABC = 90°, AB= 3,BC= 4,∴ AC = AB2 +BC2 = 5,∵ 四边形 ABMN 是 邻等对补四边形, ∴ ∠ANM + ∠ABC = 180°, ∴ ∠ANM = 90°. 解法 1:当 AB = BM 时,如解图②,连接 AM,过点 N 作 NH ⊥BC 于 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 ,解得 AN= 4. 2,∴ CN= 0. 8,易得△NHC ∽△ABC,∴ NC AC =NH AB =CH CB ,即 0. 8 5 =NH 3 =CH 4 ,∴ NH= 12 25 ,CH = 16 25 ,∴ BH = 84 25 ,∴ BN = BH2 +NH2 = 12 5 2 . 解法 2:当 AB = BM 时,易得 A,B,M,N 四点共圆,如解图③,连接 AM,过点 B 作 BE⊥AC 于点 E,则∠BEN = 90°,∠ANB = ∠AMB,由题可知△ABM 为等腰直角三角形,∴ ∠AMB = 45°,∴ ∠ANB= 45°,∴ △BEN 为等腰直角三角形,∴ BN = 2BE,∵ S△ABC = 1 2 AB·BC = 1 2 AC·BE,∴ BE = 12 5 ,∴ BN = 12 5 2 . 当 AN = AB 或 BM = MN 时, 如解图 ④, 连接 AM, 则 Rt △ABM≌Rt△ANM,故不符合题意,舍去;当 AN = MN 时, 如解图⑤,连接 AM,过点 N 作 NH⊥BC 于点 H,易得 △CMN∽△CAB,∴ NC BC = MC AC = MN AB ,即 CN 4 = 5 -CN 3 ,解得 CN = 20 7 ,易得△NHC∽△ABC,∴ NC AC = NH AB = CH CB ,即 20 7 5 = NH 3 = CH 4 ,∴ NH= 12 7 ,CH = 16 7 ,∴ BH = 12 7 ,∴ BN = BH2 +NH2 = 12 7 2 . 综上所述,BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 . 图② 　 　 　 图③ 图④ 　 　 　 图⑤ 第 6 题解图 模型五　 十字模型 1. D　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD=CD =AB =BC = 6,∠ADC = ∠C = 90°,∴ ∠DEC+∠CDE = 90° = ∠CDE+ ∠AFD,∴ ∠AFD = ∠DEC, ∴ △ADF≌ △DCE( AAS), ∴ DF= CE = 2, ∴ CF = 4, ∴ BF = BC2 +CF2 = 62 +42 = 2 13 . 2. 74 2 　 【解析】在正方形 ABCD 中,BE=CF = 2,∴ AB =BC, ∠ABC= ∠BCF= 90°,∴ ∠CBF+∠BFC = 90°,在△ABE 和 △BCF 中, AB=BC, ∠ABC= ∠BCF, BE=CF, { ∴ △ABE≌△BCF( SAS),∴ ∠AEB= ∠BFC,∴ ∠CBF+∠AEB = 90°,∴ ∠AGF = ∠BGE = 90°,∵ 点 H 为 AF 的中点,∴ GH= 1 2 AF,∵ 正方形 ABCD 的边长是 7,BE = CF = 2,∴ AD = DC = 7,DF = 5, ∴ AF = AD2 +DF2 = 74 ,∴ GH= 1 2 AF= 74 2 . 3. C　 【解析】∵ 正方形 ABCD 的边长为 6,E,F 分别是 AB, BC 的中点,∴ BC=CD=AB= 6,BE= 1 2 AB = 3,CF = 1 2 BC = 3,∠B = ∠BCD = 90°, ∴ BE = CF, ∴ △BEC ≌ △CFD (SAS), ∴ ∠BCE = ∠CDF, ∴ ∠DCE + ∠CDF = ∠DCE + ∠BCE= ∠BCD = 90°,∴ ∠CMD = 90°,在 Rt△CDF 中,由 勾股定理,得 DF = CF2 +CD2 = 3 5 ,∴ cos∠CDF = CD DF = 2 5 5 ,∴ 在 Rt△DCM 中,DM=CD·cos∠CDM= 12 5 5 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34