專題31 對角互補模型（解析版）

模塊二常見模型專練

專題31對角互補模型

例1（2021·安徽安慶·中考真題）如圖，點P為定角∠AOB的平分線上的一個定點，且∠MPN與∠AOB

互補，若∠MPN在繞點P旋轉的過程中，其兩邊分別與OA、OB相交于M、N兩點，則以下結論：（1）

PM=PN恒成立；（2）OM+ON的值不變；（3）四邊形PMON的面積不變；（4）MN的長不變，其中正確

的個數(shù)為（）

A．4B．3C．2D．1

【答案】B

【詳解】

如圖，作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．

∵∠PEO=∠PFO=90°，

∴∠EPF+∠AOB=180°，

∵∠MPN+∠AOB=180°，

∴∠EPF=∠MPN，

∴∠EPM=∠FPN，

∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，

∴PE=PF，

第1頁共99頁.

在POE和POF中，

O△POP△

PEPF

∴△POE≌△POF，

∴OE=OF，

在PEM和PFN中，

△MPE△NPF

PEPF

PEMPFN

∴△PEM≌△PFN，

∴EM=NF，PM=PN，故（1）正確，

∴SPEM=SPNF，

△△

∴S四邊形PMON=S四邊形PEOF=定值，故（3）正確，

∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故（2）正確，

MN的長度是變化的，故（4）錯誤，

故選：B．

例2（2022·貴州遵義·統(tǒng)考中考真題）探究與實踐

“善思”小組開展“探究四點共圓的條件”活動，得出結論：對角互補的四邊形四個頂點共圓．該小組繼續(xù)利用

上述結論進行探究．

提出問題：

如圖1，在線段AC同側有兩點B，D，連接AD，AB，BC，CD，如果BD，那么A，B，C，D

四點在同一個圓上．

探究展示：

如圖2，作經(jīng)過點A，C，D的O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE則

AECD180（依據(jù)1）

第2頁共99頁.

BD

AECB180

點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）

點B，D在點A，C，E所確定的O上（依據(jù)2）

點A，B，C，E四點在同一個圓上

(1)反思歸納：上述探究過程中的“依據(jù)1”、“依據(jù)2”分別是指什么？

依據(jù)1：__________；依據(jù)2：__________．

(2)圖3，在四邊形ABCD中，12，345，則4的度數(shù)為__________．

(3)拓展探究：如圖4，已知ABC是等腰三角形，ABAC，點D在BC上（不與BC的中點重合），連接AD．作

點C關于AD的對稱點E，連接EB并延長交AD的延長線于F，連接AE，DE．

①求證：A，D，B，E四點共圓；

②若AB22，ADAF的值是否會發(fā)生變化，若不變化，求出其值；若變化，請說明理由．

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【答案】(1)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等

(2)45°

(3)①見解析；②不發(fā)生變化，值為8

【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等作答即可；

（2）根據(jù)同弧所對的圓周角相等即可求解；

（3）①根據(jù)（1）中的結論證明AEDABD即可得證；②證明BAD∽FAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即

可求解．

（1）

如圖2，作經(jīng)過點A，C，D的O，在劣弧AC上取一點E（不與A，C重合），連接AE，CE則

AECD180（圓內(nèi)接四邊形對角互補）

BD

AECB180

點A，B，C，E四點在同一個圓上（對角互補的四邊形四個頂點共圓）

點B，D在點A，C，E所確定的O上（同圓中，同弧所對的圓周角相等）

點A，B，C，E四點在同一個圓上

故答案為：圓內(nèi)接四邊形對角互補；同圓中，同弧所對的圓周角相等

（2）

在線段CD同側有兩點A，B，12

A,B,C,D四點共圓，

ADAD

4345

故答案為：45

（3）

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①∵ABAC，

ABCACB，

E點與C點關于AD對稱，

ACDAED，

AEDABD，

A,D,B,E四點共圓；

②ADAF8，理由如下，

如圖，A,D,B,E四點共圓，

FBDDAE，

AE,AC關于AD對稱，

DAEDAC，

∴DACDBF，

ADCBDF，

FACD，

ABAC，

ABDACD，

FABD，

又BADFAB，

BAD∽FAB，

ABAD

，

AFAB

ADAFAB2，

AB22，

ADAF8．

【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形對角互補，同弧所對的圓周角相等，軸對稱的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)

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與判定，掌握以上知識是解題的關鍵．

例3（2020·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾

角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形，根據(jù)以上定義，解決下列問題：

（1）如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點，將BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對

應點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補”四邊形，為什么？

（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，ABBC5，CD1，ADAB，點B到直線AD的

距離為BE．

①求BE的長．

②若M、N分別是AB、AD邊上的動點，求MNC周長的最小值．

【答案】（1）見解析；（2）①BE=4；②MNC周長的最小值為82

【分析】（1）由旋轉性質(zhì)證得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，

∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,進而可證得四邊形BEDF為“直等補”四邊形；

（2）如圖2，將△ABE繞點B順時針旋轉90°得到△CBF，可證得四邊形EBFD是正方形，則有BE=FD,

設BE=x，則FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；

（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5，則NP=NC，MT=MC,

由△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，當T、M、N、P共線時，△MNC的周長取得最小值

PT，過P作PH⊥BC交BC延長線于H，易證△BFC∽△PHC，求得CH、PH，進而求得TH，在Rt△PHT

中，由勾股定理求得PT，即可求得周長的最小值．

【詳解】（1）如圖1由旋轉的性質(zhì)得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE

∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，

∴∠F+∠BED=180°，

∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，

故滿足“直等補”四邊形的定義，

∴四邊形BEDF為“直等補”四邊形；

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（2）∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB=BC，

∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，

如圖2，將△ABE繞點B順時針旋轉90°得到△CBF，

則∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE

∴D、C、F共線，

∴四邊形EBFD是正方形，

∴BE=FD，

設BE=x，則CF=x-1，

在Rt△BFC中，BC=5，

由勾股定理得：x2(x1)225，即x2x120，

解得：x=4或x=﹣3(舍去)，

∴BE=4

（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5,

則NP=NC，MT=MC,

∴△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT

當T、M、N、P共線時，△MNC的周長取得最小值PT，

過P作PH⊥BC，交BC延長線于H，

∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,

∴△BCF∽△PCH,

BCBFCF

∴,

PCPHCH

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543

即，

2PHCH

68

解得：CH,PH,

55

656

在Rt△PHT中，TH=55,

55

PTPH2HT282,

∴MNC周長的最小值為82．

【點睛】本題是一道四邊形的綜合題，涉及旋轉的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方

程、相似三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、動點的最值問題等知識，解答的關鍵是認真審題，分析

圖形，尋找相關信息的聯(lián)系點，借用類比等解題方法確定解題思路，進而進行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．

對角互補模型特指在四邊形中，存在一對對角互補，而且有一組鄰邊相等的幾何模型。

對角互補模型是經(jīng)典的幾何模型，其中會涉及到全等三角形的證明、倒角的計算、線段數(shù)量關系的證明、

旋轉的構造等綜合性較高的幾何知識，在校內(nèi)考試、中考中一直都是熱門考點。對角互補模型在初二陸續(xù)

就會出現(xiàn)，一般會和等腰直角三角形、正方形等特殊圖形結合起來，既有選填壓軸的題型，也經(jīng)常會以簡

答題進行考察。

第8頁共99頁.

常見的四邊形對角互補模型含90°-90°對角互補模型、120°-60°對角互補模型、2α-（180-2α）對

角互補模型。本文會分享對角互補模型常見的兩種處理策略：①過頂點做雙垂線，構造全等三角形；②進

行旋轉的構造，構造手拉手全等.

模型1：全等形——90°對角互補模型

模型2：全等形——120°對角互補模型

模型3：全等形——任意角對角互補模型

模型4：相似形——90°對角互補模型

第9頁共99頁.

【變式1】（2022·江蘇常州·統(tǒng)考一模）如圖，已知四邊形ABCD的對角互補，且BACDAC，AB15，

AE

AD12．過頂點C作CEAB于E，則的值為（）

BE

A．73B．9C．6D．7．2

【答案】B

AE

【分析】要求的值，主要求出AE和BE的長即可，注意到AC是角平分線，于是作CF⊥AD交AD的

BE

延長線于點F，可以證得兩對全等三角形，結合已知數(shù)據(jù)可以求得AE和BE的長，從而解決問題．

【詳解】解：作CF⊥AD交AD的延長線于點F，則∠CFD=90°，

∵CE⊥AB，

∴∠CEB=90°，

∴∠CFD=∠CEB=90°，

∵∠BAC=∠DAC，

∴AC平分∠BAD，

∴CE=CF，

∵四邊形ABCD對角互補，

∴∠ABC+∠ADC=180°，

又∵∠CDF+∠ADC=180°，

∴∠CBE=∠CDF，

在△CBE和△CDF中，

第10頁共99頁.

ìDCEB=DCFD

?

íDCBE=DCDF，

?

??CE=CF

∴△CBE≌△CDF（AAS），

∴BE=DF，

在△AEC和△AFC中，

ìDAEC=DAFC

?

íDEAC=DFAC，

?

??AC=AC

∴△AEC≌△AFC（AAS），

∴AE=AF，

設BE=a，則DF=a，

∵AB=15，AD=12，

∴12+2a=15，得a1.5，

∴AE=12+a=13.5，BE=a=1.5，

AE13.5

∴9，

BE1.5

故選B．

【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，解答本題的關鍵是巧妙構造全等三角形進

而得出等量關系．

【變式2】（2022·廣東佛山·佛山市華英學校?？家荒＃┒x：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等

補四邊形．例：如圖1，四邊形內(nèi)接于⊙O，AB＝AD．則四邊形ABCD是等補四邊形．

探究與運用：如圖2，在等補四邊形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分線交CD的延長線于點F，

若CD＝10，AF＝5，則DF的長為__．

【答案】525

【分析】思路引領：連接AC，先證∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再證△ACF∽△DAF，利用相

第11頁共99頁.

似三角形對應邊的比相等可求DF的長．

【詳解】如圖所示，連接AC，

∵四邊形ABCD是等補四邊形，

∴∠BAD+∠BCD＝180°，

又∠BAD+∠EAD＝180°，

∴∠EAD＝∠BCD，

∵AF平分∠EAD，

1

∴∠FAD∠EAD，

2

∵四邊形ABCD是等補四邊形，

∴A，B，C，D四點共圓，

∵AB＝AD，

∴ABAD，

∴∠ACD﹣∠ACB，

1

∴∠FCA∠BCD，

2

∴∠FCA＝∠FAD，

又∠AFC＝∠DFA，

∴△ACF∽△DAF，

AFCF

∴，

DFAF

5DF10

即，

DF5

∴DF＝525．

故答案為：525．

【點睛】本題考查了新定義等補四邊形，圓的有關性質(zhì)，角平分線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等，

解題關鍵是要能夠通過自主學習來進行探究，運用等．

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【變式3】（2021·浙江金華·?？既＃┤鐖D，點P為定角∠AOB的平分線上的一個定點，且∠MPN與∠AOB

互補，若∠MPN在繞點P旋轉的過程中，其兩邊分別與OA、OB相交于M、N兩點，則以下結論：（1）

PM＝PN恒成立；（2）OM﹣ON的值不變；（3）△OMN的周長不變；（4）四邊形PMON的面積不變，

其中正確的序號為_____．

【答案】（1）（4）

【分析】如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要證明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判斷．

【詳解】解：如圖作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．

∵∠PEO＝∠PFO＝90°，

∴∠EPF+∠AOB＝180°，

∵∠MPN+∠AOB＝180°，

∴∠EPF＝∠MPN，

∴∠EPM＝∠FPN，

∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，

∴PE＝PF，

在△POE和△POF中，

OPOP

PEPF

∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），

第13頁共99頁.

∴OE＝OF，

在△PEM和△PFN中，

MPENPF

PEPF

PEMPFN

∴△PEM≌△PFN（ASA），

∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正確，

∴SPEM＝SPNF，

△△

∴S四邊形PMON＝S四邊形PEOF＝定值，故（4）正確，

∵OM﹣ON＝OE+EM﹣（OF﹣FN）＝2EM，不是定值，故（2）錯誤，

∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，

在旋轉過程中，△PMN是等腰三角形，形狀是相似的，因為PM的長度是變化的，所以MN的長度是變化

的，所以△OMN的周長是變化的，故（3）錯誤，

故答案為：（1）（4）．

【點睛】本題考查全等三角形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理、四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會添

加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考常考題型．

【變式4】（2022·浙江寧波·?？既＃净A鞏固】

(1)如圖①，在四邊形ABCD中，AD∥BC，ACDB，求證∶ABC∽DCA；

(2)【嘗試應用】如圖②，在平行四邊形ABCD中，點E在BC上，AED與C互補，BE2，EC4，

求AE的長；

(3)【拓展提高】如圖③，在菱形ABCD中，E為其內(nèi)部一點，AED與C互補，點F在CD上，EF∥AD，

且AD2EF，AE3，CF1，求DE的長．

【答案】(1)見解析

(2)23

(3)62

第14頁共99頁.

【分析】（1）由AD∥BC，可得ACBCAD，再利用BACD，即可得出ABC∽DCA；

（2）根據(jù)兩組角相等可求得△ABE∽△DEA，可得AE2BEAD，進而可求得AE的值；

（3）延長FE交AB于G，則四邊形AGFD是平行四邊形，ADGF，由AD2EF得ADGF2EF2GE，

AEADDEAD2DEAD

由（2）可得．△ABE∽△DEA，，可得AE2GEAD，即2，

GEAEAG2AGAE

AD2AE32，根據(jù)菱形ABCD得ABCDAD32，則AGDF321，即可求解．

【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，

∴ACBCAD，

又∵BACD，

∴ABC∽DCA；

（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD∥BC，AB∥CD，ADBC，

∴DAEAEB，CB180，

∵AEDC180，

∴AEDB，

∴△ABE∽△DEA，

BEAE

∴，

AEAD

∴AE2BEAD，

∵BE2，EC4，

∴ADBC6，

∴AE2BEAD2612，

∴AE23；

（3）解：延長FE交AB于G，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，ABCDAD，

∵EF∥AD，

∴四邊形AGFD是平行四邊形，

第15頁共99頁.

∴ADGF，AGDF，

∵AD2EF，

∴ADGF2EF2GE，

AD

∴GE，

2

由（2）可得．△ABE∽△DEA，

AEADDE

∴，

GEAEAG

AD2

∴AE2GEAD，

2

DEAD32

∴AD2AE32，2，

AGAE3

∴ABCDAD32，

∴AGDF321，

DE

∴2，

321

∴DE62．

【點睛】此題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)

等知識；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，證明三角形相似是解決問題的關鍵．

【變式5】（2022·江西南昌·模擬預測）【模型建立】

(1)如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且EAF45，探究圖中線段EF，BE，

DF之間的數(shù)量關系．

小明的探究思路如下：延長CB到點G，使BGDF，連接AG，先證明ADF≌ABG，再證明

△AEF≌△AEG．

①EF，BE，DF之間的數(shù)量關系為________；

②小亮發(fā)現(xiàn)這里ABG可以由△ADF經(jīng)過一種圖形變換得到，請你寫出這種圖形變換的過程________．像

上面這樣有公共頂點，銳角等于較大角的一半，且組成這個較大角的兩邊相等的幾何模型稱為半角模型．

【類比探究】

第16頁共99頁.

(2)如圖2，在四邊形ABCD中，ABAD，ABC與D互補，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點，且

1

EAFBAD，試問線段EF，BE，DF之間具有怎樣的數(shù)量關系？判斷并說明理由．

2

【模型應用】

(3)如圖3，在矩形ABCD中，點E在邊BC上，AD6，AB4，CAE45，求CE的長．

【答案】(1)①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉90°

(2)EF=DF+BE，理由見詳解

(3)5.2

【分析】（1）①沿著小明的思路，先證△ADF≌△ABG，再證△AEF≌△AEG，即可得出結論；②在①的

基礎上，證明∠GAF=90°即可得解；

（2）延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，先證△ABM≌△ADF，再證△MAE≌△FAE，即可得出結

論；

（3）過E點作EN⊥AC于N點，設EC=x，則有x＜6，即BE=6-x，分別在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示

222

出AE2和求出AC，再證△AEN是等腰直角三角形，即可得AE22AN22EN2，則有2EN4(6x)，

ABACABEC4x

再證Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，進而有EN，則可得一元二次方程

ENECAC213

4

2x242(6x)2，解方程就可求出CE．

13

（1）

①BE+DF=EF，理由如下：

沿著小明的思路進行證明，

在正方形ABCD中，有AD=AB，∠D=∠ABC=90°，

即有∠ABG=90°，

∵BG=DF，AD=AB，∠D=∠ABG=90°，

∴△ADF≌△ABG，

∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，

∵AF=AG，AE=AE，

第17頁共99頁.

∴△AEF≌△AEG，

∴EG=EF，

∵EG=BG+BE，BG=DF，

∴EF=BE+DF，結論得證；

②將△ADF繞A點順時針旋轉90°即可得到△ABG．

理由如下：

在①已經(jīng)證得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，

∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，

∴將△ADF繞A點順時針旋轉90°即可得到△ABG；

故答案為：①BE+DF=EF，②將△ADF繞A點順時針旋轉90°；

（2）

EF=DF+BE，理由如下：

延長CB至點M，使得BM=DF，連接AM，如圖，

∵∠ABC與∠D互補，

∴∠D+∠ABC=180°，

∵∠ABC+∠ABM=180°，

∴∠ABM=∠D，

∵AB=AD，BM=DF，

∴△ABM≌△ADF，

∴∠DAF=∠BAM，AM=AF，

1

∵∠EAF=∠BAD，

2

1

∴∠BAE+∠FAD=∠BAD，

2

∴∠BAE+∠FAD=∠EAF，

∵∠DAF=∠BAM，

第18頁共99頁.

∴∠BAM+∠BAE=∠EAF，

∴∠MAE=∠EAF，

∵AM=AF，AE=AE，

∴△MAE≌△FAE，

∴ME=EF，

∵ME=BE+MB，MB=DF，

∴EF=DF+BE，結論得證；

（3）

過E點作EN⊥AC于N點，如圖，

∵AD=6，AB=4，

∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，

∴設EC=x，則有x＜6，

∴BE=BC-EC=6-x，

在Rt△ABE中，AE2AB2BE242(6x)2，

在Rt△ADC中，ACAD2DC26242213，

∵∠CAE=45°，EN⊥AC，

∴∠ANE=90°=∠ENC，

∴∠AEN=45°，

∴△AEN是等腰直角三角形，

∴AE2AN2EN，

∴AE22AN22EN2，

即：2EN242(6x)2

∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，

第19頁共99頁.

∴Rt△ABC∽Rt△ENC，

ABAC

∴，

ENEC

∵AB=4，AC=213，EC=x，

ABEC4x

∴EN，

AC213

4

∴EN2x2，

13

∵2EN242(6x)2，

4

∴2x242(6x)2，

13

∴結合x＜6，解得x=5.2，

∴CE=5.2．

【點睛】本題考了勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、旋轉的知識、等腰直

角三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的應用等知識，做輔助線構造

【培優(yōu)練習】

1．（2022秋·福建廈門·九年級廈門市第五中學?？计谥校┤鐖D，AOB（是常量）．點P在AOB

的平分線上，且OP2，以點P為頂點的MPN繞點P逆時針旋轉，在旋轉的過程中，MPN的兩邊分

別與OB，OA相交于M，N兩點，若MPN始終與AOB互補，則以下四個結論：①PMPN；②OMON

的值不變；③四邊形PMON的面積不變；④點M與點N的距離保持不變．其中正確的為（）

A．①③B．①②③C．①③④D．②③

【答案】B

【分析】如圖作PEOA于點E，PFOB于點F，只要證明RtPEO≌RtPFO，RtPEN≌RtPFM即可

一一判斷．

第20頁共99頁.

【詳解】解：如圖所示：作PEOA于點E，PFOB于點F，

PEOPFO90，

EPFAOB180，

MPNAOB180，

EPFMPN，

EPFEPNNPF，MPNMPFNPF，

EPNMPF，

OP平分AOB，PEOA，PFOB，

PEPF，

在RtPEO和RtPFO中，

POPO

，

PEPF

RtPEO≌RtPFOHL，

OEOF，

在△PEN和△PFM中，

EPNFPM

PEPF，

PENPFM

RtPEN≌RtPFMASA，

ENFM，PNPM，故①正確，

S△PENS△PFM，

S四邊形PMONS四邊形PEOF定值，故③正確，

OMONOFMFONOENEONOEOE2OE定值，故②正確，

M、N的位置是變化的，

第21頁共99頁.

M、N之間的距離也是變化的，故④錯誤；

故選：B．

【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理，四邊形的面積等知識，解題的關鍵是學會

添加輔助線，構造全等三角形解決問題．

2．（2021·山西·九年級專題練習）定義：有一組對角互補的四邊形叫做互補四邊形，如圖，在互補四邊形

紙片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．將紙片先沿直線BD對折，再將對

折后的紙片從一個頂點出發(fā)的直線裁剪，把剪開的紙片打開后鋪平，若鋪平后的紙片中有一個面積為4的

平行四邊形，則CD的長為__．

【答案】26+42或6+22．

【分析】根據(jù)題意結合裁剪的方法得出符合題意的圖形有兩個，分別利用菱形的判定與性質(zhì)以及勾股定理

得出CD的長．

【詳解】解：如圖1所示：從頂點A（或C）剪開紙片，四邊形ABCE是平行四邊形，

根據(jù)題意可知：

∵BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°

∴△ABD≌△CBD（SAS）

∴∠ABD＝∠CBD＝75°，

∵四邊形ABCE是面積為4的平行四邊形，AB＝CB

∴?ABCE是菱形，

∴△BCE的面積為2，CB＝CE＝AB，

∴∠BCE＝30°，

作BG⊥CE于點G，

第22頁共99頁.

∴BC＝2BG，

∴CE＝2BG，

1

∴SBCE＝CE?BG=2

2

△

∴BG2＝2，

∴BG＝2，CE＝22，

∴CG＝3BG＝6，

∴CF＝CG+GF＝CG+AB＝CG+CE＝6+22．

∵∠ADC＝30°，∠CFD＝90°

∴CD＝2CF＝26+42．

如圖2，從頂點B剪開紙片，當四邊形BEDF是平行四邊形時，

∵BE=BF，

∴平行四邊形BEDF是菱形，

∵∠A=∠C=90°，∠B=150°，

∴∠ADB=∠BDC=15°，

∵BE=DE，

∴∠AEB=30°，

∴設AB=y，則BE=2y，AE=3y，

∴DE=2y，

∵四邊形BEDF面積為4，

∴AB×DE=4，

即2y2=4，

解得：y=2，

第23頁共99頁.

故AE=6，DE=22，

則CD=AD=6+22，

綜上所述：CD的值為：26+42或6+22．

故答案為26+42或6+22．

【點睛】此題主要考查了剪紙問題以及勾股定理和平行四邊形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)和判定等知識，根據(jù)題

意畫出正確圖形是解題關鍵．

3．（2022秋·安徽宿州·九年級統(tǒng)考期中）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的

夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．根據(jù)以上定義，解決下列問

題：

(1)如圖1，正方形ABCD中，E是CD上的點，將BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對應點

F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補”四邊形，為什么？

(2)如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，ABBC5，CD1，ADAB，點B到直線AD的距

離為BE，求BE的長．

【答案】(1)見解析

(2)4

【分析】（1）根據(jù)“直等補”四邊形的定義進行逐項證明即可得出結論；

（2）如圖（見解析），過C作CFBF于點F，首先證明四邊形CDEF是矩形，則DECF，EFCD1，

再證明△ABE△BCF，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)可得BE=CF，AE=BF，等量代換即可得BE=DE，由

AE=BF，EF=CD=1可得AE=BE-1，設BE=x，根據(jù)勾股定理解出x的值即可；

【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，

∴ABCBADCD90，

∵將BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對應點F在DA的延長線上，

第24頁共99頁.

∴BEBF，CBEABF，

∴EBFABC90，

∴EBFD180，

∴四邊形BEDF為“直等補”四邊形；

（2）過C作CFBF于點F，如圖，

則CFE90，

∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，ABBC5，CD1，ADAB，

∴ABC90，ABCD180，

D90

∵BFAD，

∴DEF90，

∴四邊形CDEF是矩形，

∴EFCD1，

∵ABEACBEABE90，

∴ACBF，

∵AEBBFC90，ABBC5，

ABE≌BCF（AAS），

BECF，

設BECFx，則BFx1，

∵CE2BF2BC2，

2

∴x2x152，

解得，x4，或x3（舍），

∴BE4.

【點睛】本題考查四邊形的綜合，涉及新定義、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知

識點，有一定難度，熟練掌握相關知識并綜合運用是解題關鍵．

第25頁共99頁.

4．（2022秋·江蘇·八年級專題練習）定義：一組對角互補，且對角線平分其中一個內(nèi)角，稱四邊形為余缺

四邊形．

如圖1，四邊形ABCD，DB180，AC平分DAB，則四邊形ABCD為余缺四邊形．

【概念理解】

(1)用（填序號）一定可以拼成余缺四邊形．

①兩個全等的直角三角形，②兩個全等的等邊三角形；

(2)如圖1，余缺四邊形ABCD，AC平分DAB，若AD6，AB2，則S△ADC:S△ABC；

【初步應用】

如圖2，已知△ABC，∠BAC的平分線AP與BC的垂直平分線交于P點，連接PB、PC．

(3)求證：四邊形ABPC為余缺四邊形；

(4)若AB9，AC5，則PA2PB2的值為．

【遷移應用】

(5)如圖3，MAN90，等腰Rt△PBC的B、C兩點分別在射線AM、AN.上，且斜邊BC10cm(P、A

在BC兩側)，若B、C兩點在射線AM、AN上滑動時，四邊形APBC的面積是否發(fā)生變化？若不變化，請

說明理由；若變化，直接寫出面積的最大的值．

第26頁共99頁.

【答案】(1)①

(2)3

(3)見詳解

(4)45

(5)變化；最大值是50

【分析】（1）依題意畫出圖形分析是否滿足條件即可得到答案；

（2）利用角平分線上的點到兩邊距離相等的性質(zhì)，可得△ADC與ABC等高，然后運用面積比等于底邊長

的比得到答案；

（3）利用AP是角平分線構造全等三角形證明ABPACP180即可；

（4）運用勾股定理可得PA2AG2PG2，PB2BG2PG2，然后運用圖中等量關系將AG和BG轉化為

AB與AC即可；

（5）當ACBC時面積取得最大值．

【詳解】（1）如圖4，將兩個全等的直角三角形沿斜邊拼在一起組成一個新的四邊形，則此四邊形滿足對

角線平分一組對角；且一組對角互補

兩個全等的直角三角形一定能拼成余缺四邊形；

如圖5，將兩個全等的等邊三角形拼在一起組成一個新的四邊形，此四邊形的一組對角相加等于120

兩個全等的等邊三角形無法拼成余缺四邊形；

故答案為：①

第27頁共99頁.

（2）如圖6，過C點分別作AB，AD的垂線，垂足為E，F(xiàn)

AC平分BAC，

CECF

S△ADC:S△ABCADCF:ABCEAD:AB6:23

（3）如圖7，過點P作PGAB，PHAC，垂足為G，H

AP平分BAC,PGAB，PHAC

PGPH

點P在BC的垂直平分線上

BPCP

在RtPBG和Rt△PCH中

PBPC

PGPH

△PBG≌△PCHHL

PCHPBG

PBAPCAPCHPCA180

AP平分BAC，

ABPC是余缺四邊形．

第28頁共99頁.

（4）由勾股定理可知，PA2AG2PG2，PB2BG2PG2

PA2PB2

AG2PG2BG2PG2

AG2BG2

AGBGAGBG

ABAHCH

ABAC9545

（5）如圖8，取BC中O，連接OA，作AQBC于點Q，

則在BC運動的過程中，始終有：AQOA

ABC是直角三角形，OA是斜邊上的中線，

1

OABC5

2

AQOA5

11

S△BCAQ10525；

ABC22

PBC是等腰直角三角形

BC2PB2PC22PB2

11

PB2BC210250

22

121

S△PB5025

PBC22

SABPCS△ABCS△PBC252550．

第29頁共99頁.

【點睛】本題主要考查全等三角形的判定以及勾股定理，綜合性較強，熟練掌握全等三角形的構造與相關

證明方法是本題的解題關鍵．

5．（2022秋·江蘇南通·八年級如皋市實驗初中校考階段練習）如圖1，我們定義：在四邊形ABCD中，若

AD＝BC，且∠ADB+∠BCA＝180°，則把四邊形ABCD叫做互補等對邊四邊形．

(1)如圖2，在等邊ABE中，D、C分別是邊AE、BE的中點，連接CD，問四邊形ABCD是互補等對邊四

邊形嗎？請說明理△由．

1

(2)如圖3，在等腰ABE中，四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，求證：∠ABD＝∠BAC＝∠AEB．

2

△1

(3)如圖4，在非等腰ABE中，若四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，試問∠ABD＝∠BAC＝∠AEB是否

2

仍然成立？若成立，△請加以證明；若不成立，請說明理由．

【答案】(1)四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，理由見解析

(2)見解析

(3)仍然成立，證明見解析

【分析】（1）先判斷出AE=BE，再判斷出∠ADB=90°，即可得出結論．

（2）根據(jù)等邊對等角可得∠EAB=∠EBA，根據(jù)四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，可得AD=BC，根據(jù)SAS

可證ABD≌△BAC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠ABD=∠BAC，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可證明；

△

第30頁共99頁.

（3）仍然成立；理由如下：如圖所示：過點A、B分別作BD的延長線與AC的垂線，垂足分別為G、F，

證明AGD≌△BFC，得到AG=BF，又AB=BA，所以ABC≌△BAF，得到∠ABD=∠BAC，根據(jù)

∠AD△B+∠BCA=180°，得到∠EDB+∠ECA=180°，進而△得到∠AEB+∠DHC=180°，由∠DHC+∠BHC=180°，

所以∠AEB=∠BHC．因為∠BHC=∠BAC+∠ABD，∠ABD=∠BAC，所以∠ABD=∠BAC=∠AEB．

（1）

解：四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，

理由：如圖2，

∵△ABE是等邊三角形，

∴AE=BE，

連接AC，BD，

∵點D是AE的中點，

∴BD⊥AE，

∴∠ADB=90°，

同理：∠BCA=90°，

∴AD=BC，∠ADB+∠BCA=180°，

∴四邊形ABCD是互補等對邊四邊形．

（2）

解：∵AE=BE，

∴∠EAB=∠EBA，

∵四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，

∴AD=BC，

在△ABD和△BAC中，

AD=BC

DAB=CBA，

AB=BA

∴△ABD≌△BAC（SAS），

第31頁共99頁.

∴∠ADB=∠BCA，

又∵∠ADB+∠BCA=180°，

∴∠ADB=∠BCA=90°，

180AEB1

在△ABE中，∵∠EAB=∠EBA==90°∠AEB，

22

11

∴∠ABD=90°∠EAB=90°(90°∠AEB)=∠AEB，

22

1

同理：∠BAC=∠AEB，

2

1

∴∠ABD=∠BAC=∠AEB；

2

（3）

解：仍然成立；

理由如下：如圖4所示：

過點A、B分別作BD的延長線與AC的垂線，垂足分別為G、F，

∵四邊形ABCD是互補等對邊四邊形，

∴AD=BC，∠ADB+∠BCA=180°，

又∠ADB+ADG=180°，

∴∠BCA=∠ADC，

又∵AG⊥BD，BF⊥AC，

∴∠AGD=∠BFC=90°，

在△AGD和△BFC中，

AGD=BFC

BCA=ADC，

AD=BC

∴△AGD≌△BFC(AAS)，

∴AG=BF，

在Rt△ABG和Rt△BAF中，

第32頁共99頁.

AB=BA

，

AG=BF

∴Rt△ABG≌Rt△BAF(HL)，

∴∠ABD=∠BAC，

∵∠ADB+∠BCA=180°，

∴∠EDB+∠ECA=180°，

∴∠AEB+∠DHC=180°，

∵∠DHC+∠BHC=180°，

∴∠AEB=∠BHC．

∵∠BHC=∠BAC+∠ABD，∠ABD=∠BAC，

1

∴∠ABD=∠BAC=∠AEB．

2

【點睛】此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和

性質(zhì)，理解新定義，判斷出△ABD≌△BAC是解本題的關鍵．

6．（2022秋·湖南長沙·九年級長沙市怡雅中學校考階段練習）新定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊

形叫做等補四邊形．如圖1，在四邊形ABCD中，ADCD，BADBCD180，則四邊形ABCD是一個

等補四邊形．

(1)在數(shù)學活動課上，怡怡小組對等補四邊形ABCD進一步探究，發(fā)現(xiàn)BD平分ABC．怡怡小組提供的解題

思路是：如圖2，過點D分別作DEBC于E，DFBA交BA的延長線于F，通過證明△ADF△CDE，

得DF=DE，再根據(jù)“角的內(nèi)部到角的兩邊的距離相等的點在角的平分線上”得到BD平分ABC．請你寫出

怡怡小組的完整證明過程；

(2)如圖3，在平面直角坐標系中，點A、B在x軸上，以AB為直徑的⊙M交y軸于點C、D，點P為弧BC

上一動點（不與B、C重合）．

①求證：四邊形ACPD始終是一個等補四邊形；

第33頁共99頁.

PD2PC2

②在圖3中，若A1,0，B3,0，連接PA，PB，的值是否會隨著點P的移動而變化？若不變

PAPB

化，請求出該定值；若變化，請說明理由．

【答案】(1)見解析

PD2PC2

(2)①見解析；②的值不變，等于3，見解析

PAPB

【分析】(1)過點D分別作DEBC于E，DFBA交BA的延長線于F，通過證明△ADF△CDE，得

DF=DE即可．

(2)①根據(jù)垂徑定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明即可．

PD2PC2BDAD

②過點A作AF⊥PD，AE⊥PC，交PC的延長線于點E，結論變形為=4，利用全等，

PAPBABAB

相似、三角函數(shù)計算即可．

（1）

如圖，過點D分別作DEBC于E，DFBA交BA的延長線于F，

所以∠AFD=∠CED=90°，

因為四邊形ABCD是等補四邊形，

所以ADCD，BADBCD180，

因為BADDAF180，

所以∠DAF=∠DCE，

所以△ADF△CDE，

所以DF=DE，

所以BD平分ABC．

（2）

①因為AB是圓的直徑，且AB⊥CD，

所以OC=OD，

所以直線AB是線段CD的垂直平分線，

第34頁共99頁.

所以AC=AD，

因為四邊形ACPD是⊙M的內(nèi)接四邊形，

所以∠ACP+∠ADP=180°，

所以四邊形ACPD始終是一個等補四邊形．

PD2PC2

②的值不變，等于3，理由如下：

PAPB

如圖，過點A作AF⊥PD，AE⊥PC，交PC的延長線于點E，

因為AC=AD，

所以∠APE=∠APF，

所以AE=AF，

因為AP=AP，

所以APE≌APF，AEC≌AFD，

所以△PE=PF，△EC=FD△．△

因為AB是直徑，

所以∠APB=∠AFD=90°，

因為∠ADF=∠ABP，

所以ADF∽ABP，

ADDF

所以△△．

ABPB

因為PD+PC=PC+PF+DF=PC+EC+PF=PE+PF=2PF，PD-PC=PF+DF-PC=PE+DF-PC=EC+DF=2DF，

第35頁共99頁.

PD2PC2(PDPC)(PDPC)2PF2DFPFDF

所以==4．

PAPBPAPBPAPBPAPB

因為∠APD=∠ABD，

所以cos∠APD=cos∠ABD，

PFBD

所以．

PAAB

PD2PC2BDAD

所以=4．

PAPBABAB

因為A1,0，B3,0，

所以AB=4，圓的半徑為2即AM=2，

所以AO=OM=1，

所以OD=2212=3，

所以AD=(3)212=2，

連接BD，

因為AB是直徑，

所以∠ADB=90°，

所以BD=4222=23，

PD2PC2232

所以=4=3．

PAPB44

【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，三角形的全等判定和性

質(zhì)，角的平分線的性質(zhì)，熟練掌握圓的性質(zhì)，三角函數(shù)，勾股定理，三角形相似判定和性質(zhì)是解題的關鍵．

7．（2022秋·江蘇揚州·九年級統(tǒng)考期中）問題提出：

蘇科版九年級（上冊）教材在探究圓內(nèi)接四邊形對角的數(shù)量關系時提出了兩個問題：

1．如圖（1），在O的內(nèi)接四邊形ABCD中，BD是O的直徑．A與C、ABC與ADC有怎樣的

數(shù)量關系？

2．如圖（2），若圓心O不在O的內(nèi)接四邊形ABCD的對角線上，問題（1）中發(fā)現(xiàn)的結論是否仍然成立？

第36頁共99頁.

（1）小明發(fā)現(xiàn)問題1中的A與C、ABC與ADC都滿足互補關系，請幫助他完善問題1的證明：

∵BD是O的直徑，

∴__________________，

∴AC180，

∵四邊形內(nèi)角和等于360，

∴__________________．

（2）請回答問題2，并說明理由．

深入探究：

如圖3，O的內(nèi)接四邊形ABCD恰有一個內(nèi)切圓I，切點分別是點E、F、G、H，連接GH，EF．

（1）直接寫出四邊形ABCD邊滿足的數(shù)量關系_________；

（2）探究EF、GH滿足的位置關系；

（3）