专题3 对角互补基本图形-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学几何与二次函数压轴题突破练配套课件（福建专用）

该初中数学中考复习课件聚焦几何压轴题中的对角互补基本图形，紧密对接中考要求，系统梳理作垂线、作等角等解题方法，归纳全等、相似等模型结论，结合新定义“补四边形”，针对证明角平分线、线段关系等常考题型进行专项突破。 课件亮点在于分层进阶训练体系，一阶方法突破夯实基础，二阶小练强化应用，三阶综合应用融入2021福建中考真题，通过旋转构造全等、中位线定理等技巧培养学生推理能力与几何直观，助力掌握辅助线构造方法，教师可依此实施精准复习，提升学生中考压轴题得分率。

数 学 福建 几何与二次函数压轴题突破练 1 一、几何压轴题突破练 专题三　对角互补基本图形 一阶　方法突破 二阶　方法小练 三阶　综合应用 图形特点 在四边形中，存在一对对角互补 解题方法 方法1：作垂线 过点C 分别作OA，OB的垂 线，垂足分别为G，H 方法2：作等角 在BE上找一点F，连接CF，使 得∠ECF＝∠OCD 常见模型 结论 (1)△CGD∽△CHE； (2)当CD＝CE时， △CGD≌△CHE (1)△CDO∽△CEF； (2)当CD＝CE时， △CDO≌△CEF 返回目录 例 四边形ABCD若满足两组对角互补，即∠A＋∠C＝180°， ∠B＋∠D＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”. 图1 图2 返回目录 (1)如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°， AB＝AD.求证：CA平分∠BCD. 小东同学的作法：延长CD至点M，使得DM＝BC，连接AM，可证明 △ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证出CA平分 ∠BCD. ①还可以知道CB，CD，CA的数量关系为： ⁠； ②请描述△ABC如何旋转得到△ADM： ⁠ ⁠. 如解图，延长CD至点M，使DM＝BC，连接AM. CD＋CB＝ CA　 △ABC绕点A逆时针旋转90° 得到△ADM　 图1 图2 返回目录 (2)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD＝60°，AB ＝AD，请你仿照小东的作法，求证：①CA平分∠BCD；②CA＝CB＋ CD. 证明：①如解 图，延长CD至点M 图1 图2 返回目录 ∵四边形ABCD为对角互补四边形，∴∠B＋∠ADC＝180°， ∵∠ADC＋∠ADM＝180°，∴∠B＝∠ADM. 在△ABC和△ADM中，AB＝AD，∠B＝∠ADM，BC＝DM， ∴△ABC≌△ADM(SAS)，∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，∠ACB＝ ∠M， ∵∠BAD＝60°，∴∠CAM＝60°.又∵AC＝AM，∴△ACM是等边 三角形，∴∠ACM＝∠M＝60°. ∵∠ACB＝∠M，∴∠ACB＝∠ACM，即CA平分∠BCD. ②由(1)知△ACM是等边三角形，∴CA＝CM. ∵BC＝DM，∴CM＝ CD＋DM＝CD＋CB，∴CA＝CB＋CD. ∵四边形ABCD为对角互补四边形，∴∠B＋∠ADC＝180°， ∵∠ADC＋∠ADM＝180°，∴∠B＝∠ADM. 在△ABC和△ADM中，AB＝AD，∠B＝∠ADM，BC＝DM， ∴△ABC≌△ADM(SAS)，∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，∠ACB＝ ∠M， ∵∠BAD＝60°，∴∠CAM＝60°.又∵AC＝AM， ∴△ACM是等边三角形，∴∠ACM＝∠M＝60°. ∵∠ACB＝∠M，∴∠ACB＝∠ACM，即CA平分∠BCD. ②由(1)知△ACM是等边三角形，∴CA＝CM. ∵BC＝DM，∴CM＝ CD＋DM＝CD＋CB，∴CA＝CB＋CD. 证明：①如解图，延长CD至点M，使DM＝BC，连接AM. 返回目录 1. 如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8， AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°， 则△DMN的周长为 ⁠. 4 ＋4　 返回目录 【解析】如解图，将△ACN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE. 由旋转得∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，CN＝BE. ∵∠BAC＝∠D＝90°，∴∠ABD＋∠ACD＝180°，∴∠ABD＋∠ABE＝180°，∴E，B，M三点共线.∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＋∠CAN＝90°－45°＝45°，∴∠EAB＋∠BAM＝∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠MAN. 在△AEM和△ANM中，∴△AEM≌△ANM(SAS)，∴MN＝ME＝EB＋BM＝CN＋BM. 在Rt△BCD中，BC＝8，∠CBD＝30°， ∴BD＝BC· cos ∠CBD＝4 ，∴CD＝BD·tan∠CBD＝ 4，∴△DMN的周长为DM＋DN＋MN＝DM＋ DN＋CN＋BM＝BD＋CD＝4 ＋4. 返回目录 2. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，在Rt△MPN 中，∠MPN＝90°，点P在AC上，PM交AB于点E，PN交BC于点F， 当PE＝2PF时，求AP的长. 返回目录 解：如解图，作PQ⊥AB于点Q，PR⊥BC于点R. 在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝ ＝5. ∵∠PQB＝∠QBR＝∠BRP＝90°，∴四边形PQBR是矩形， ∴PR＝BQ，PQ∥BC，∠QPR＝90°＝∠MPN， ∴∠QPE＝∠RPF， 又∵∠PQB＝∠PRF＝90°，∴△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. 返回目录 【变式】如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，直角 ∠MON的顶点O在AB上，OM，ON分别交CA，CB于点P，Q， ∠MON绕点O任意旋转.当 ＝ 时， 的值为 　 　，当 ＝ 时， 的值为 　 　(用含m，n的式子表示). 　 　 返回目录 【解析】如解图，作OD⊥AC于点D，OE⊥BC于点E，则∠ODP＝∠OEQ＝90°.∵∠ACB＝90°，∴四边形DCEO为矩形，∴∠DOE＝90°，∴∠DOP＝∠EOQ，∴△PDO∽△QEO，∴ ＝ .∵ ＝ ，设OA＝x，则OB＝2x.易知，∠AOD＝∠ABC＝30°，∴AD＝ x，OE＝x.在Rt△ADO中，由勾股定理，得OD＝ x，∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ；当 ＝ 时，设OA＝mx，则OB＝nx.∵∠AOD＝∠ABC＝30°，∴AD＝ mx，OE＝ nx.在Rt△ADO中， 由勾股定理，得OD＝ mx，∴ ＝ ＝ ＝ . 返回目录 【思路探寻】 (1)设AG与DE的交点为O，由轴对称的性质可得AO＝A'O，AA'⊥DE，由三等分点可得AE＝EF＝BF，由三角形中位线定理可得DE∥A'F； (2)由“ASA”可证△ADE≌△BAG，可得AE＝BG，可得∠GFB＝∠FGB＝45°，通过证明F，B，G，A'四点共圆，可得∠GA'B＝∠GFB＝45°； (3)通过证明△A'FB∽△A'GC，可得 ＝ ，即证得结论. 返回目录 3. (2021福建)如图，在正方形ABCD中，E，F为边AB上的两个三等分 点，点A关于DE的对称点为A'，AA'的延长线交BC于点G. (1)求证：DE∥A'F； 证明：如图，设AG与DE的交点为O， ∵点A关于DE的对称点为A'， ∴AO＝A'O，AA'⊥DE， ∵E，F为边AB上的两个三等分点， ∴AE＝EF＝BF，∴OE是△AA'F的中位线， ∴DE∥A'F. 返回目录 (2)求∠GA'B的大小； 解：如图，连接GF. ∵AA'⊥DE， ∴∠AOE＝90°＝∠DAE＝∠ABG， ∴∠ADE＋∠DEA＝90°＝∠DEA＋∠EAO， ∴∠ADE＝∠EAO， 在△ADE和△BAG中， ∴△ADE≌△BAG(ASA)， 返回目录 ∴AE＝BG，∴BF＝BG，∴∠GFB＝∠FGB＝45°， ∵A'F∥DE，AA'⊥DE，∠FA'G＝∠FBG＝90°， ∴F，B，G，A'四点共圆，∴∠GA'B＝∠GFB＝45°. 返回目录 (3)求证：A'C＝2A'B. 证明：设AE＝EF＝BF＝BG＝a， ∴DE＝AG＝ ＝ a， AD＝BC＝AB＝3a，FG＝ a，∴CG＝2a， ∵ sin ∠EAO＝ sin ∠ADE，∴ ＝ ， ∴ ＝ ，∴OE＝ a， ∴AO＝ ＝ a＝A'O，A'F＝2OE＝ a， ∴A'G＝ a， 返回目录 ∵∠FA'G＝∠FBG＝90°，∴∠A'FB＋∠A'GB＝180°， ∵∠A'GC＋∠A'GB＝180°，∴∠A'FB＝∠A'GC， 又∵ ＝ ＝ ，∴△A'FB∽△A'GC，∴ ＝ ， ∴A'C＝2A'B. 返回目录 21 $