中考数学压轴题破解策略专题16对角互补模型

..专题16《对角互补模型》破解策略1．全等型之“90°”如图，∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB，则AOBDCE（1）CD＝CE；（2）OD＋OE＝2OC；（3）212OCDOCESSOC．证明方法一：如图，过点C分别作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N．由角平分线的性质可得CM＝CN，∠MCN＝90°．所以∠MCD＝∠NCE，从而△MCD≌△NCE（ASA），故CD＝CE．易证四边形MONC为正方形．所以OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝2ON＝2OC．所以2212OCDOCEMONCSSSONOC正方形．方法二：如图，过C作CF⊥OC，交OB于点F．易证∠DOC＝∠EFC＝45°，CO＝CF，∠DCO＝∠ECF．所以△DCO≌△ECF（ASA）所以CD＝CE，OD＝FE，可得OD＋OE＝OF＝2OC．所以212OCDOCEOCFSSSOC．【拓展】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则：NMAOBDCEFAOBDCE..BAECOD（1）CD＝CE；（2）OE－OD＝2OC；（3）212OCEOCDSSOC．如图，证明同上．FDOCEABNMDOCEAB2．全等型之“120”如图，∠AOB＝2∠DCE＝120°，OC平分∠AOB，则：OBECDA（1）CD＝CE；（2）OD＋OE＝OC；（3）234OCDOCESSOC．证明方法一：如图，过点C分别作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N．所以2324OCDOCEONCSSSOC易证△MCD≌△NCE（ASA），所以CD＝CE，OD＋OE＝2ON＝OC．..NMADCEBOFADCEBO方法二：如图，以CO为一边作∠FCO＝60°，交OB于点F，则△OCF为等边三角形．易证△DCO≌△ECF（ASA）．所以CD＝CE，OD＋OE＝OF＝OC，∴S△OCD＋S△OCE＝S△OCF＝43OC2【拓展】如图，当∠DCE的一边与BO的延长线交于点E时，则：（1）CD＝CE；（2）OD－OE＝OC；（3）S△OCD－S△OCE＝43OC2如图，证明同上．EOBACDNMEOBACDFEOBACD3、全等型之“任意角”如图，∠AOB＝2，∠DCE＝180°－2，OC平分∠AOB，则：（1）CD＝CE；（2）OD＋OE＝2OC·cos；（3）S△ODC＋S△OEC＝OC2·sincosEOBACD证明：方法一：如图，过点C分别作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N易证△MCD≌△NCE（ASA）∴CD＝CE，OD＋OE＝2ON＝2OC·cos∴S△ODC＋S△OEC＝2S△ONC＝OC2·sincos方法二：如图，以CO为一边作∠FCO＝180°－2，交OB于点F．MNEOBACD..FEOBACD易证△DCO≌△ECF（ASA）∴CD＝CE，OD＋OE＝OF＝2OC·cos∴S△ODC＋S△OEC＝S△OCF＝OC2·sincos【拓展】如图，当∠DCE的一边与BO的延长线交于点E时，则：（1）CD＝CE；（2）OD－OE＝2OC·cos；（3）S△ODC－S△OEC＝OC2·sincos如图，证明同上EOBACDMNEOBACDFEOBACD4、相似性之“90°”如图，∠AOB＝∠DCE＝90°，∠COB＝，则CE＝CD·tanDAOBCE方法一：如图，过点C分别作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M、NMNDAOCE易证△MCD∽△NCE，∴tanCMCNCDCEMDNE，即CE＝CD·tan方法二：如图，过点C作CF⊥OC，交OB于点F．FDAOBCE..易证△DCO∽△ECF，∴tanCOCFCDCEODFE，即CE＝CD·tan方法三：如图，连接DE．易证D、O、E、C四点共圆∴∠CDE＝∠COE＝，故CE＝CD·tan【拓展】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE＝CD·tanEOBDCA如图，证明同上．MNEOBDCAFEOBDCAEOBDCA例题讲解例1、已知△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，在∠BAC所对弧BC上任取一点D，连接AD，BD，CD．（1）如图1，若∠BAC＝120°，那么BD＋CD与AD之间的数量关系是什么？（2）如图2，若∠BAC＝，那么BD＋CD与AD之间的数量关系是什么？图1AOBCD图2AOBCD解：（1）BD＋CD＝3AD图3FEAOBCD如图3，过点A分别向∠BDC的两边作垂线，垂足分别为E、F．由题意可得∠ADB＝∠ADC＝30°DAOBCE..易证△AEB≌△AFC∴BD＋CD＝2DE＝3AD⑵BD＋CD＝2ADsin2．如图4，作∠EAD＝∠BAC，交DB的延长线于点E．则△EBA≌△DCA，所以BE＝CD，AE＝AD．作AF⊥DE于点F，则∠FAD＝2．所以BD＋CD＝DE＝2DF＝2ADsin2．例2如图1，将一个直角三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的对角线BD上滑动，并使其一条直角边始终经过点A，另一条直角边与BC相交于点F．⑴求证：PA＝PE；⑵如图2，将⑴中的正方形变为矩形，其余不变，且AD＝10，CD＝8，求AP：PE的值；⑶如图3，在⑵的条件下，当P滑动到BD的延长线上时，AP：PE的值是否发生变化？解：⑴如图4，过点P分别作PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分别为M，N．则PM＝PN，∠MPN＝90°，由已知条件可得∠APE＝90°，所以∠APM＝∠EPN，所以△APM≌△EPN．故AP＝PE．⑵如图5，过点P分别作PM⊥AB，PN⊥BC，垂足分别为M，N．则PM∥AD，PN∥CD．所以△BPM∽△BDA，△BNP∽△BCD．可得PMBPPNADBDCD，所以54PMADPNCD．易证△APM∽△EPN，所以54APPMPEPN．DFBEOAC图4图3ADBEPFCADBPCE图2ADPBEC图1图4ADPBECNM..⑶AP：PF的值不变．[如图，理由同⑵]进阶训练1．如图，四边形ABCD被对角线BD分为等腰Rt△ABD和Rt△CBD，其中∠BAD和∠BCD都是直角，另一条对角线AC的长度为2，则四边形ABCD的面积为_________．答案：四边形ABCD的面积为2．【提示】易证A、B、C、D四点共圆，则∠BCA＝∠BDA＝∠ABD＝∠ACD，由“全等型之‘90°’”的结论可得S四边形ABCD＝12AC2＝2．2．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，D是BC边的中点，∠EDF＝120°，DE与AB边相交于点E，DF与AC边（或AC边的延长线）相交于点F．⑴如图1，DF与AC边相交于点F，求证：BE＋CF＝12AB；⑵如图2，将图1中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与AC边的延长线交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE＋CF＝3（BE－CF）．答案：略．图5ADBPCENM图6ADBEPFCMNABCD第1题图第1题图1AEFCDBAEFCDBN第1题图2..【提示】⑴过点D作DG∥AC交AB于点G，证△DEG≌△DFC，从而BE＋CF＝BE＋EG＝BG＝12AB．⑵过点D作DG∥AC交AB于点G，同⑴可得BE－CF＝12AB＝DC＝23DN，延长AB至点H，使得BH＝CF，则DH＝DF＝DE，从而BE＋CF＝HE＝2DE＝2×2DN＝2DN，所以BE＋CF＝3（BE－CF）．3．在菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，∠MON＋∠BCD＝180°，∠MON绕点O旋转，射线OM交BC于点E，射线ON交CD于点F，连结EF．⑴如图1，当∠ABC＝90°时，△OEF的形状是____；⑵如图2，当∠ABC＝60°时，请判断△OEF的形状，并说明理由；⑶如图3，在⑴的条件下，将∠MON的顶点移动到AO的中点O'处，∠MO'N绕点O'旋转，仍满足∠MO'N＋∠BCD＝180°，射线O'M交直线BC于点E，射线O'N交直线CD于点F，当BC＝4，且'98OEFABCDSSV四边形时，求CE的长．答案：⑴等腰直角三角形；⑵△OEF是等边三角形；⑶线段CE的长为33＋3或33－3．【提示】⑵由“全等型之‘120°’”的结论可得OE＝OF．⑶两种情况，如图：第1题答图1AEFCDBG第1题答图2AEFCDBNHG第3题图1ADBCOMEFNABCDOFEMN第3题图2ADBCOO'第3题图3..第3题答图ADBCOO'FNEME'M'F'N'