2025年中考数学专题37 四边形对角互补专题（解析版）

模型介绍模型介绍对角互补模型：即四边形或多边形构成的几何图形中，相对的角互补。主要分为含90°与120°的两种对角互补类型。该题型常用到的辅助线主要是顶定点向两边做垂线，从而证明两个三角形全等或者相似.模型一、含90°的全等型1.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，③.2.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.模型二、含60°与120°的全等型如图，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.例题精讲例题精讲【例1】．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，求BC+CD的值．解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，∴S△AEC＝AE2＝EC2，∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∴EC2＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．变式训练【变式1-1】．如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E，F分别是AB，BC上的点，连接EF．若AE＝4，CF＝3，OE⊥OF，求EF的长．解：∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠BOC＝∠EOF＝90°，∠ABO＝∠ACB＝45°，∴∠EOB＝∠FOC，在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF．BE＝CF＝3，∵AB＝BC，∴BF＝AE＝4，在Rt△BEF中，BF＝4，BE＝3，∴EF＝5．

【变式1-2】．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在对角线AC上，连接BE，作EF⊥BE，垂足为E，直线EF交线段DC于点F，则＝_________解：如图，连接BF，取BF的中点O，连接OE，OC．∵四边形ABCD是矩形，EF⊥BE，∴四边形EFCB对角互补，∴B，C，F，E四点共圆，∴∠BEF＝∠BCF＝90°，AB＝CD＝3，BC＝AD＝5，∵OB＝OF，∴OE＝OB＝OF＝OC，∴B，C，F，E四点在以O为圆心的圆上，∴∠EBF＝∠ECF，∴tan∠EBF＝tan∠ACD，∴＝＝，

【例2】．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC，∠DCB＝60°，AB+BC＝4，则AC的长是．解：设点O是AC的中点，以O为圆心，OA为半径作圆O，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴由圆周角定理可知：点D与B在圆O上，∵BD平分∠ABC，∴AD＝CD，∴∠DCA＝45°，∴∠ACB＝∠DCB﹣∠DCA＝15°，连接OB，过点E作BE⊥AC于点E，∴由圆周角定理可知：∠AOB＝2∠ACB＝30°，∴OB＝2BE，∴AC＝2OB＝4BE，设AB＝x，∴BC＝4﹣x，∵AB•BC＝BE•AC，∴4BE2＝x（4﹣x），∴AC2＝16BE2＝4x（4﹣x），由勾股定理可知：AC2＝x2+（4﹣x）2，∴4x（4﹣x）＝x2+（4﹣x）2，解得：x＝2±，当x＝2+时，∴BC＝4﹣x＝2﹣，∴AC＝＝，当x＝2﹣时，BC＝4﹣x＝2+时，∴AC＝＝，故答案为：．变式训练【变式2-1】．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＝，则点C的坐标为（6，4）．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＝（AO+EC），∵MF⊥OE，∴MO＝ME．∵在△AOB和△BEC中，，∴△AOB≌△BEC（AAS），∴OB＝CE，AO＝BE．∴MF＝（BE+OB），又∵OF＝FE，∴△MOE是直角三角形，∵MO＝ME，∴△MOE是等腰直角三角形，∴OE＝＝6，∵A（0，2），∴OA＝2，∴BE＝2，∴OB＝CE＝4．∴C（6，4）．故答案为：（6，4）．

【变式2-2】．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＝3．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，∴＝＝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．故答案为3．【变式2-3】．如图，正方形ABCD，点P是对角线AC上一点，连接BP，过P作PQ⊥BP，PQ交CD于Q，连接BQ交AC于G，若AP＝，Q为CD中点，则下列结论：①∠PBC＝∠PQD；②BP＝PQ；③∠BPC＝∠BQC；④正方形ABCD的面积是16；其中正确结论是_________解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCQ＝90°，∵PQ⊥PB，∴∠BPQ＝90°，∴∠BPQ+∠BCQ＝180°，∴B、C、Q、P四点共圆，∴∠PBC＝∠PQD，∠BPC＝∠BQC，∴①正确；③正确；过P作PM⊥AD于M，PE⊥AB于E，PF⊥DC于F，则E、P、F三点共线，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，∠DAB＝90°，∴∠MAE＝∠PEA＝∠PMA＝90°，PM＝PE，∴四边形AMPE是正方形，∴AM＝PM＝PE＝AE，∵AP＝，∴在Rt△AEP中，由勾股定理得：AE2+PE2＝（）2，解得：AE＝AM＝PE＝PM＝1，∴DF＝1，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，则BE＝PF＝a﹣1，∵∠BEP＝∠PFQ＝∠BPQ＝90°，∴∠BPE+∠EBP＝90°，∠EPB+∠FPQ＝90°，∴∠EBP＝∠FPQ，在△BEP和△PFQ中，∴△BEP≌△PFQ（ASA），∴PE＝FQ＝1，BP＝PQ，∴②正确；∴DQ＝1+1＝2，∵Q为CD中点，∴DC＝2DQ＝4，∴正方形ABCD的面积是4×4＝16，∴④正确；故答案为：①②③④1．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD＝4．解：延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，∴S△AEC＝AE2＝，∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∴＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．故答案为：4．2．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝8，以AC为腰，点A为顶点作等腰△ACD，且∠DAC＝120°，则BD的长为10．解：以A为旋转中心，把△BAC逆时针旋转120°，得到△EAD，连接BE，作AP⊥BE于P，则∠BAE＝120°，AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB＝30°，∴BP＝AB•cos∠ABP＝3，∠DEA＝∠ABC＝60°，∴∠DEB＝30°+60°＝90°，∴BE＝2BP＝6，在Rt△BED中，BD＝＝10，故答案为：10．3．如图所示，在四边形ABCD中，AD＝3，CD＝2，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为．解：作AD′⊥AD，AD′＝AD，连接CD′，DD′，如图：∵∠BAC+∠CAD＝∠DAD′+∠CAD，即∠BAD＝∠CAD′，在△BAD与△CAD′中，，∴△BAD≌△CAD′（SAS），∴BD＝CD′，∠DAD′＝90°，由勾股定理得DD′＝＝3，∠D′DA+∠ADC＝90°，由勾股定理得CD′＝＝，∴BD＝CD′＝．故答案为：．4．四边形ABCD被对角线BD分为等腰直角△ABD和直角△CBD，其中∠A和∠C都是直角，另一条对角线AC的长度为2，求四边形ABCD的面积．解：将△ABC绕点A旋转90°，使B与D重合，C到C′点，则有∠CDC′＝∠ADC+∠ADC′＝∠ADC+∠ABC＝180°，所以C、D、C′在同一直线上，又因为AC＝AC′，所以△ACC′是等腰直角三角形，在△ABC和△ADC′中∴△ABC≌△ADC′（SAS），∴四边形ABCD的面积等于等腰直角三角形ACC′的面积，所以S四边形ABCD＝S△ACC′＝×2×2＝2．5．如图，正方形ABCD与正方形OMNP的边长均为10，点O是正方形ABCD的中心，正方形OMNP绕O点旋转，证明：无论正方形OMNP旋转到何种位置，这两个正方形重叠部分的面积总是一个定值，并求这个定值．解：当OP∥AD或OP经过C点，重叠部分的面积显然为正方形的面积的，即25，当OP在如图位置时，过O分别作CD，BC的垂线垂足分别为E、F，如图在Rt△OEG与Rt△OFH中，∠EOG＝∠HOF，OE＝OF＝5，∴△OEG≌△OFH，∴S四边形OHCG＝S四边形OECF＝25，即两个正方形重叠部分的面积为25．6．基本模型在任意四边形中，出现一组对角互补，则为对角互补模型．解题思路：1．过互补角的顶点作旋转构造全等或相似；2过互补角的顶点作双垂线构造全等或相似．问题：如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD平分∠ABC．结论：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2请证明【基本模型】中的结论．求证：①AD＝CD；②AB+BC＝BD；③S四边形ABCD＝BD2．①证明：如图，过点D作DF⊥BC于点F，DE⊥BA交BA的延长线于点E，∵BD平分∠ABC，∴DE＝DF，∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAB+∠ABC+∠C+∠ADC＝360°，∴∠DAB+∠C＝180°，∵∠DAB+∠DAE＝180°，∴∠C＝∠DAE，∴△EAD≌△FCD（AAS），∴AD＝CD；②证明：如图，以D为中心将△DAB逆时针旋转90°得到△DCE，由旋转的性质可得，∠A＝∠DCE，∠BDE＝90°，DB＝DE，AB＝CE，∵∠A+∠BCD＝180°，∴∠DCE+∠BCD＝180°，∴点B，C，E在同一直线上，∴BE＝BC+CE，∵AB＝CE，∴BE＝BC+AB，∵∠BDE＝90°，∴BE2＝DB2+DE2＝2BD2，∴BE＝BD，∴BC+AB＝BD；③证明：如②图，由旋转的性质可得：△DAB≌△DCE，∴S四边形ABCD＝S△DBE，∵DB＝DE，∠DBE＝90°，∴，∴．7．如图1，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，OB于点E．（1）求证：CD＝CE；（2）图1中，若OC＝3，求OD+OE的长；（3）如图2，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝60°，交OA于点D，OB于点E．若OC＝3，求四边形OECD的面积．（1）证明：如图1，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，∵OC平分∠AOB，∴CG＝CH∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，∵∠CDG+∠CDO＝180°，∴∠CDG＝∠CEO，在△CDG与△CEH中，∴△CDG≌△CEH（AAS），∴CD＝CE；（2）解：由（1）得△CDG≌△CEH，∴DG＝HE，由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形，且OG＝OH，∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中，由勾股定理，得：OH2+CH2＝OC2∴x2+x2＝32∴（舍负）∴OH＝∴OD+OE＝2OH＝；（3）解：如图，过点C作CG⊥OA于G，CH⊥OB于H，∵OC平分∠AOB，∴CG＝CH，∵∠A0B＝120°，∠DCE＝60°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，∵∠CDG+∠CDO＝180°，∴∠CDG＝∠CEO，在△CDG与△CEH中，∴△CDG≌△CEH（AAS），∴DG＝HE，由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，∴OD+OE＝OD+OH+HE＝OG+OH＝2OH，∴S四边形OECD＝S四边形OHCG＝2S△OCG在Rt△OCH中，有∠COH＝60°，OC＝3，∴OH＝，CH＝∴，∴S四边形OECD＝2S△OCG＝．8．感知：如图1，AD平分∠BAC．∠B+∠C＝180°，∠B＝90°，易知：DB＝DC．探究：如图2，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD＝180°，∠ABD＜90°，求证：DB＝DC．应用：如图3，四边形ABCD中，∠B＝45°，∠C＝135°，DB＝DC＝a，则AB﹣AC＝a（用含a的代数式表示）探究：证明：如图②中，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵DA平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中，，∴△DFC≌△DEB（AAS），∴DC＝DB．应用：解：如图③连接AD、DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，∵∠B+∠ACD＝180°，∠ACD+∠FCD＝180°，∴∠B＝∠FCD，在△DFC和△DEB中，∴△DFC≌△DEB（AAS），∴DF＝DE，CF＝BE，在Rt△ADF和Rt△ADE中，，∴△ADF≌△ADE（HL），∴AF＝AE，∴AB﹣AC＝（AE+BE）﹣（AF﹣CF）＝2BE，在Rt△DEB中，∵∠DEB＝90°，∠B＝∠EDB＝45°，BD＝a，∴BE＝a，∴AB﹣AC＝a．故答案为a．9．问题提出：（1）如图1，已知线段AB＝2，AC＝4，连接BC，则三角形ABC面积最大为4；问题探究：（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，若CD+BC＝10，求四边形ABCD的面积；问题解决：（3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，AC＝8，求四边形ABCD面积的最大值．解：（1）如图1，作BG⊥AC于点G，∵S△ABC＝AC•BG，AC＝4，∴S△ABC＝×4BG＝2BG，∴当BG最大时，S△ABC的值最大，∵BG≤AB，AB＝2，∴BG≤2，∴BG的最大值为2，∴当BG＝2时，S△ABC最大＝4，∴三角形ABC面积最大为4，故答案为：4.（2）如图2，连接BD，∵CD+BC＝10，∴（CD+BC）2＝100，∴CD2+BC2+2CD•BC＝100，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，∴CD2+BC2＝AB2+AD2＝BD2，∴CD2+BC2＝2AD2，∴2AD2+2CD•BC＝100，∴AD2+CD•BC＝25，∵S△ABD＝AD2，S△CBD＝CD•BC，∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△CBD＝AD2+CD•BC＝25，∴四边形ABCD的面积为25．（3）如图3，作AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F，∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF，∵∠AEB＝∠F＝90°，AB＝AD，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴AE＝AF，CE＝CF，S△ABE＝S△ADF，∵∠AEC＝∠F＝90°，AC＝AC，∴Rt△ACE≌Rt△ACF（HL），∴S△ACE＝S△ACF，∴S四边形ABCD＝S△ABE+S四边形AECD＝S△ADF+S四边形AECD＝S△ACE+S△ACF＝2S△ACE，设AE＝m，CE＝n，则S四边形ABCD＝2S△ACE＝2×AE•CE＝mn，∵AE2+CE2＝AC2，AC＝8，∴m2+n2＝64，由（m﹣n）2≥0得mn≤（m2+n2），∴mn≤32，∴S四边形ABCD≤32，∴S四边形ABCD最大＝32，∴四边形ABCD面积的最大值是32．10．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形．（1）概念理解：①在互补四边形ABCD中，∠A与∠C是一组对角，若∠B：∠C：∠D＝2：3：4，则∠A＝90°；②如图1，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且BE•BC＝AB•BD，求证：四边形ADEC是互补四边形．（2）探究发现：如图2，在等腰△ABE中，AE＝BE，点C，D分别在边BE，AE上，AD＝BC，四边形CEDH是互补四边形，求证：∠ABD＝∠BAC＝∠E．（1）①解：∵四边形ABCD是互补四边形，∠A与∠C是一组对角，∴∠C＝180°﹣∠A，∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，∴∠B＝，∠D＝，∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∴+（180°﹣∠A）+＝360°，∴∠A＝90°，故答案为：90；②证明：∵BE•BC＝AB•BD，∴，又∵∠B＝∠B，∴△BDE∽△BCA，∴∠BED＝∠A，∴∠A+∠CED＝∠BED+∠CED＝180°，∴四边形ADEC是互补四边形；（2）证明：∵AE＝BE，AD＝BC，∴ED＝EC，在△EAC和△EBD中，，∴△EAC≌△EBD（SAS），∴∠EBD＝∠EAC，∵AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA，∴∠ABD＝∠BAC，∵四边形CEDH是互补四边形，∴∠E+∠DHC＝180°，∵∠AHB＝∠DHC，∴∠E+∠AHB＝180°，∴∠ABD+∠BAC＝∠E，∴∠ABD＝∠BAC＝∠E．11．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：（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，，∴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．12．【提出问题】（1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等边△AMN，连接CN．求证：BM＝CN．【类比探究】（2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论BM＝CN还成立吗？请说明理由．【拓展延伸】（3）如图3，在等腰△ABC中，BA＝BC，AB＝6，AC＝4，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连接AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN＝∠ABC．连接CN．试探究BM与CN的数量关系，并说明理由．解：（1）证明：∵△ABC和△AMN都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中∴△ABM≌△ACN（SAS），∴BM＝CN；（2）成立，理由如下：∵△ABC和△AMN都是等边三角形，∴AB＝AC，AM＝AN，∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAC+∠CAM＝∠CAM+∠MAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△ABM和△ACN中∴△ABM≌△ACN（SAS），∴BM＝CN；（3）＝．理由如下：∵AB＝BC，AM＝MN，∴＝，∵∠AMN＝∠ABC，∴△ABC∽△AMN，∴＝，即＝，∵∠AMN＝∠ABC，∴∠BAC＝∠MAN，∴∠BAM+∠MAC＝∠MAC+∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，∴△BAM∽△CAN，∴＝＝＝．13．定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形称为奇异四边形．（1）概念理解：在平行四边形、菱形、矩形、正方形中，你认为属于奇异四边形的有正方形；（2）性质探究：①如图1，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，求证：CA平分∠BCD；②如图2，四边形ABCD是奇异四边形，AB＝AD，∠BCD＝2α，试说明：cosα＝；（3）性质应用：如图3，四边形ABCD是奇异四边形，四条边中仅有BC＝CD，且四边形ABCD的周长为6+2，∠BAC＝45°，AC＝3，求奇异四边形ABCD的面积．解：（1）根据奇异四边形的定义可知：正方形是奇异四边形，故答案为正方形．（2）①过点A作AM⊥CB于M，AN⊥CD于N．∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABM+∠ABC＝180°，∴∠ABM＝∠D，∵∠AMB＝∠AND＝90°，AB＝AD，∴△AMB≌△AND，∴AM＝AN，∵AM⊥CB于M，AN⊥CD于N，∴CA平分∠BCD．②由①可知：∠ACD＝∠BCD＝α，∵CN＝CD﹣DN＝CD﹣BM＝CD﹣（CM﹣BC）＝CD﹣（CN﹣BC），∴CN＝，在Rt△ACN中，cosα＝＝．（3）如图3中，由（2）可知：cos45°＝，∴AD+AB＝2AC×＝6，∵四边形ABCD的周长为6+2，∴BC＝CD＝，∵∠BAC＝∠DAC＝45°，∴∠DAB＝90°，∵四边形是奇异四边形，∴∠BCD＝90°，∵AD+AB＝6，∴（AD+AB）2＝AD2+2AD•AB+AB2＝36，∵AD2+AB2＝BD2＝BC2+CD2＝20，∴AD•AB＝8，∴S四边形ABCD＝S△ADB+S△BDC＝•AD•AB+•CD•BC＝9．14．已知：在四边形ABCD中，∠A+∠C＝180°，DB平分∠ADC．（1）求证：AB＝BC；（2）如图2，若∠ADB＝60°，试判断△ABC的形状，并说明理由；（3）如图3，在（2）得条件下，在AB上取一点E，BC上取一点F，连接CE、AF交于点M，连接EF，若∠CMF＝60°，AD＝EF＝7，CD＝8（CF＞BF），求AE的长．解：（1）如图，过点B作BF⊥DC于点F，过点B作BE⊥DA，交DA延长线于点E，则∠BEA＝∠BFC＝90°，∵DB平分∠ADC，∴BE＝BF，又∵∠BAD+∠C＝∠BAD+∠BAE＝180°，∴∠C＝∠BAE，在△BEA和△BFC中，∵，∴△BEA≌△BFC（AAS），∴AB＝CB；（2）如图2，连接AC，∵∠BDA＝60°，DB平分∠ADC，∴∠ADC＝2∠ADB＝120°，∵∠BAD+∠C＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠ADC＝60°，又AB＝BC，∴△ABC是等边三角形；（3）如图3，作FG⊥AB于G，EH⊥AF于H，CN⊥AD交AD的延长线于N．在Rt△CDN中，∵∠CDN＝60°，CD＝8，∴∠DCN＝30°，∴DN＝CD＝4，CN＝4，∴AC＝＝＝13，∵AB＝BC，∠B＝60°，∴∠ABC是等边三角形，∴AC＝CB＝AB＝13，∠CAB＝60°，∵∠CMF＝∠ACM+∠MAC＝60°，∠MAE+∠MAC＝60°，∴∠ACE＝∠BAF，∵∠CAE＝∠B，∴△ACE≌△BAF（ASA），∴AE＝BF，设AE＝BF＝x，则BE＝13﹣x，BG＝x，EG＝13﹣x，FG＝x，在Rt△EFG中，72＝（13﹣x）2+（x）2，解得x＝5或x＝8，当x＝8时，AE＝BF＝8，∵AB＝BC＝13，∴CF＝BE＝5，此时CF＜BF，不符合题意，舍去；∴AE＝BF＝5．15．在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长；（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：BE+CF＝AB．（3）如图3，若∠EDF的两边分别交AB、AC的延长线于E、F两点，（2）中的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请直接写出线段BE、AB、CF之间的数量关系．解：（1）如图1中，∵AB＝AC，∠A＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，BC＝AC＝AB＝4，∵点D是线段BC的中点，∴BD＝DC＝BC＝2，∵DF⊥AC，即∠CFD＝90°，∴∠CDF＝30°，又∵∠EDF＝120°，∴∠EDB＝30°，∴∠BED＝90°∴BE＝BD＝1．（2）如图2中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴BM＝CN，DM＝DN，又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，∴∠EDM＝∠NDF，又∵∠EMD＝∠FND＝90°，∴△EDM≌△FDN，∴ME＝NF，∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB．（3）结论不成立．结论：BE﹣CF＝AB．∵∠B＝∠C＝60°，BD＝DC，∠BDM＝∠CDN＝30°，∴△BDM≌△CDN，∴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＝AB．16．如图，已知∠DCE与∠AOB，OC平分∠AOB．（1）如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E，∠AOB＝∠DCE＝90°，试判断线段CD与CE的数量关系，并说明理由．以下是小宇同学给出如下正确的解法：解：CD＝CE．理由如下：如图1，过点C作CF⊥OC，交OB于点F，则∠OCF＝90°，…请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分．（2）你有与小宇不同的思考方法吗？请写出你的证明过程．（3）若∠AOB＝120°，∠DCE＝60°．①如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时，（1）中的结论成立吗？为什么？线段OD、OE、OC有什么数量关系？说明理由．②如图4，∠DCE的一边与AO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系；如图5，∠DCE的一边与BO的延长线相交时，请回答（1）中的结论是否成立，并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系．解：（1）∵OC平分∠AOB，∴∠AOC＝∠BOC＝45°，且∠OCF＝90°，∴∠OFC＝45°＝∠BOC，∴OC＝FC，∵∠DCE＝∠OCF＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，且CO＝CF，∠AOC＝∠CFE＝45°，∴△CDO≌△CEF（ASA）∴CD＝CE（2）如图2，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB＝∠DCE＝90°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CDO+∠CDM＝180°，∴∠CEO＝∠CDM，且∠CMD＝∠CNE，CM＝CN，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE．（3）①（1）中的结论仍成立．OE+OD＝OC．理由如下：如图3，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，在四边形ODCE中，∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO＝360°，又∵∠AOB+∠DCE＝60°+120°＝180°，∴∠CDO+∠CEO＝180°，又∵∠CEO+∠CEN＝180°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE+OD＝OE+OM+DM＝OE+OM+EN＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴．②在图4中，（1）中的结论成立，OE﹣OD＝OC，如图4，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD＝180°，∴∠OCD+∠CEO＝60°，∵∠AOC＝∠CDO+∠OCD＝60°，∴∠CDO＝∠CEN，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OE﹣OD＝ON+NE﹣（MD﹣OM）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OE﹣OD＝ON+OM＝OC；在图5中，（1）中的结论成立，OD﹣OE＝OC，如图5，过点C作CM⊥OA，CN⊥OB，垂足分别为M，N，∴∠CMD＝∠CNE＝90°，又∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN，∠AOC＝∠BOC＝60°，∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE＝180°，∴∠OCE+∠CDO＝60°，∵∠NOC＝∠CEO+∠OCE＝60°，∴∠CDO＝∠CEO，且CM＝CN，∠CMD＝∠CNE，∴△CMD≌△CNE（AAS），∴CD＝CE，DM＝EN．∴OD﹣OE＝DM+OM﹣（EN﹣ON）＝ON+OM．∵∠AOC＝60°，CM⊥AO，∴∠MCO＝30°，∴，同理可得ON＝OC，∴OD﹣OE＝ON+OM＝OC；17．在⊙O中，弦CD平分圆周角∠ACB，连接AB，过点D作DE∥AB交CB的延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O的切线；（2）若tan∠CAB＝，且B是CE的中点，⊙O的直径是，求DE的长．（3）P是弦AB下方圆上的一个动点，连接AP和BP，过点D作DH⊥BP于点H，请探究点P在运动的过程中，的比值是否改变，若改变，请说明理由；若不变，请直接写出比值．证明：（1）如图1，连接OD交AB于点F，连接OA，OB，AD，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴＝，∴∠AOD＝∠BOD，∵OA＝OB，∴OD⊥AB，∵AB∥DE，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线．解：（2）如图2，连接OC，OD，OE，过点O作OF⊥BC于点F，∴∠BOC＝2∠BAC，∵OB＝OC，OF⊥BC，∴∠COF＝∠∠COB＝∠CAB，∴tan∠COF＝＝tan∠CAB＝，设CF＝x，OF＝3x，∵⊙O的直径是，∴OC＝，∵OC2＝OF2+CF2，∴（）2＝（3x）2+x2，解得：x＝，∴CF＝，OF＝，∴BC＝1，∵B是CE的中点，∴BE＝BC＝1，∴EF＝，∵OE2＝OF2+EF2，∴OE2＝（）2+（）2＝，∵OD2+DE2＝OE2，∴DE＝＝＝．（3）解法一：如图3，延长BP至Q使得PQ＝AP，连接AQ，OC，连接OB，BD，连接OD交AB于点K，连接HK，∵A，P，B，C四点共圆，∴∠APQ＝∠ACB，∵AP＝PQ，∴∠Q＝∠QAP，∴∠Q＝90°﹣∠ACB，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∵DE∥AB，∴OD⊥AB，∴K是AB的中点，∵DH⊥BH，∴∠BHD＝90°，∵∠BKD＝90°，∴B，K，H，D四点共圆，∴∠BHK＝∠ODB，∵∠BOD＝∠ACB，OB＝OD，∴∠ODB＝90°﹣∠ACB，∴∠ODB＝∠Q，∴∠BHK＝∠Q，∴AQ∥HK，∴＝＝，∵BQ＝BP+QP，QP＝AP，∴BQ＝BP+AP，∴＝．解法二：如图4，在BP上截取BM＝AP，连接DM，BD，DP，AD，∵弦CD平分圆周角∠ACB，∴AD＝BD，∵＝，∴∠PAD＝∠PBD＝∠MBD，∴△APD≌△BMD（SAS），∴DP＝DM，AP＝BM，∵DH⊥BP，∴DH为△PDM的中线，∴HP＝HM，∴BP＝BM+PM＝BM+2HM，∵BH＝BM+HM，∴＝＝．解法三：如图：连接DA，DB，DP，CD，将△APD沿PD翻折得到△A'PD，∵∠APD+∠ACD＝180°，＝，∴∠BPD＝∠ACD，∴∠BPD+∠APD＝180°，由翻折得△APD≌△A'PD，∴∠A'PD＝∠APD，AD＝A'D，∴∠A'PD+∠BPD＝180°，∴A'，P，B三点共线，∵＝，∴AD＝BD，∴A'D＝BD，又∵DH⊥A'B，∴A'H＝HB＝A'B，∴AP+PH＝AP+PB，∴比值不变，恒为．18．（1）探究：如图1，在△ABC和△ADE都是等边三角形，点D在边BC上．①求∠DCE的度数；②直接写出线段CD，CE，AC之间的数量关系；（2）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，P是四边形ABCD内一点，且∠APC＝120°，求证：PA+PC+PD≥BD；（3）拓展；如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣4，0），点B是y轴上一个动点，以AB为边在AB的下方作等边△ABC，求OC的最小值．解：（1）①∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴∠ACE＝∠B＝60°，∴∠DCE＝∠ACB+∠ACE＝120°；②线段AC、CD、CE之间的数量关系为：AC＝CD+CE；理由是：由①得：△BAD≌