最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题31 对角互补模型

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
模块二 常见模型专练
专题31 对角互补模型
例1 （2021·安徽安庆·中考真题）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，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，则以下结论：（1）PM=PN恒成立；（2）OM+ON的值不变；（3）四边形PMON的面积不变；（4）MN的长不变，其中正确的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【详解】
如图，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，

∴△POE≌△POF，
∴OE=OF，
在△PEM和△PFN中，

∴△PEM≌△PFN，
∴EM=NF，PM=PN，故（1）正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故（3）正确，
∵OM+ON=OE+ME+OF-NF=2OE=定值，故（2）正确，
MN的长度是变化的，故（4）错误，
故选：B．
例2 （2022·贵州遵义·统考中考真题）探究与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．
提出问题：
如图1，在线段同侧有两点，，连接，，，，如果，那么，，，四点在同一个圆上．
探究展示：
如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（依据1）

点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（依据2）
点，，，四点在同一个圆上
(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？
依据1：__________；依据2：__________．
(2)图3，在四边形中，，，则的度数为__________．
(3)拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点在上（不与的中点重合），连接．作点关于的对称点，连接并延长交的延长线于，连接，．
①求证：，，，四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
(2)45°
(3)①见解析；②不发生变化，值为8
【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等作答即可；
（2）根据同弧所对的圆周角相等即可求解；
（3）①根据（1）中的结论证明即可得证；②证明，根据相似三角形的性质即可求解．
（1）
如图2，作经过点，，的，在劣弧上取一点（不与，重合），连接，则（圆内接四边形对角互补）

点，，，四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）
点，在点，，所确定的上（同圆中，同弧所对的圆周角相等）
点，，，四点在同一个圆上
故答案为：圆内接四边形对角互补；同圆中，同弧所对的圆周角相等
（2）
在线段同侧有两点，，
四点共圆，
故答案为：
（3）
①∵，
，
点与点关于对称，
，
，
四点共圆；
②，理由如下，
如图，四点共圆，
，
关于对称，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角相等，轴对称的性质，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
例3 （2020·湖南益阳·统考中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
对角互补模型特指在四边形中，存在一对对角互补，而且有一组邻边相等的几何模型。
对角互补模型是经典的几何模型，其中会涉及到全等三角形的证明、倒角的计算、线段数量关系的证明、旋转的构造等综合性较高的几何知识，在校内考试、中考中一直都是热门考点。对角互补模型在初二陆续就会出现，一般会和等腰直角三角形、正方形等特殊图形结合起来，既有选填压轴的题型，也经常会以简答题进行考察。
常见的四边形对角互补模型含90°-90°对角互补模型、120°-60° 对角互补模型、 2α-（180-2α）对角互补模型。本文会分享对角互补模型常见的两种处理策略：①过顶点做双垂线，构造全等三角形；②进行旋转的构造，构造手拉手全等.
模型1：全等形——90°对角互补模型

模型2：全等形——120°对角互补模型
模型3：全等形——任意角对角互补模型
模型4：相似形——90°对角互补模型

【变式1】（2022·江苏常州·统考一模）如图，已知四边形的对角互补，且，，．过顶点C作于E，则的值为（ ）
A．B．9C．6D．7．2
【答案】B
【分析】要求的值，主要求出AE和BE的长即可，注意到AC是角平分线，于是作CF⊥AD交AD的延长线于点F，可以证得两对全等三角形，结合已知数据可以求得AE和BE的长，从而解决问题．
【详解】解：作CF⊥AD交AD的延长线于点F，则∠CFD=90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∴∠CFD=∠CEB=90°，
∵∠BAC=∠DAC，
∴AC平分∠BAD，
∴CE=CF，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠CDF+∠ADC=180°，
∴∠CBE=∠CDF，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（AAS），
∴BE=DF，
在△AEC和△AFC中，
，
∴△AEC≌△AFC（AAS），
∴AE=AF，
设BE=a，则DF=a，
∵AB=15，AD=12，
∴12+2a=15，得，
∴AE=12+a=，BE=a=，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解答本题的关键是巧妙构造全等三角形进而得出等量关系．
【变式2】（2022·广东佛山·佛山市华英学校校考一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．例：如图1，四边形内接于⊙O，AB＝AD．则四边形ABCD是等补四边形．
探究与运用：如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若CD＝10，AF＝5，则DF的长为 __．
【答案】
【分析】思路引领：连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长．
【详解】如图所示，连接AC，

∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD∠EAD，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴A，B，C，D四点共圆，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠ACD﹣∠ACB，
∴∠FCA∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴，
即，
∴DF＝55．
故答案为：55．
【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
【变式3】（2021·浙江金华·校考三模）如图，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，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，则以下结论：（1）PM＝PN恒成立；（2）OM﹣ON的值不变；（3）△OMN的周长不变；（4）四边形PMON的面积不变，其中正确的序号为_____．
【答案】（1）（4）
【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断．
【详解】解：如图作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，
∴Rt△POE≌Rt△POF（HL），
∴OE＝OF，
在△PEM和△PFN中，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故（1）正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故（4）正确，
∵OM﹣ON＝OE+EM﹣（OF﹣FN）＝2EM，不是定值，故（2）错误，
∵OM+ON＝OE+ME+OF﹣NF＝2OE＝定值，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，所以△OMN的周长是变化的，故（3）错误，
故答案为：（1）（4）．
【点睛】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式4】（2022·浙江宁波·校考三模）【基础巩固】
(1)如图①，在四边形中，，，求证∶；
(2)【尝试应用】如图②，在平行四边形中，点在上，与互补，，求的长；
(3)【拓展提高】如图③，在菱形中，为其内部一点，与互补，点在上，，且，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由，可得，再利用，即可得出；
（2）根据两组角相等可求得，可得，进而可求得的值；
（3）延长交于G，则四边形是平行四边形，，由得，由（2）可得．，，可得，即，，根据菱形得，则，即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：延长交于G，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（2）可得．，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质、菱形的性质，证明三角形相似是解决问题的关键．
【变式5】（2022·江西南昌·模拟预测）【模型建立】
(1)如图1，在正方形中，，分别是边，上的点，且，探究图中线段，，之间的数量关系．
小明的探究思路如下：延长到点，使，连接，先证明，再证明．
①，，之间的数量关系为________；
②小亮发现这里可以由经过一种图形变换得到，请你写出这种图形变换的过程________．像上面这样有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等的几何模型称为半角模型．
【类比探究】
(2)如图2，在四边形中，，与互补，，分别是边，上的点，且，试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．
【模型应用】
(3)如图3，在矩形中，点在边上，，，，求的长．
【答案】(1)①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°
(2)EF=DF+BE，理由见详解
(3)5.2
【分析】（1）①沿着小明的思路，先证△ADF≌△ABG，再证△AEF≌△AEG，即可得出结论；②在①的基础上，证明∠GAF=90°即可得解；
（2）延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，先证△ABM≌△ADF，再证△MAE≌△FAE，即可得出结论；
（3）过E点作EN⊥AC于N点，设EC=x，则有x＜6，即BE=6-x，分别在Rt△ABE和Rt△ADC中，表示出和求出AC，再证△AEN是等腰直角三角形，即可得，则有，再证Rt△ABC∽Rt△ENC，即有，进而有，则可得一元二次方程，解方程就可求出CE．
（1）
①BE+DF=EF，理由如下：
沿着小明的思路进行证明，
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，
∴△AEF≌△AEG，
∴EG=EF，
∵EG=BG+BE，BG=DF，
∴EF=BE+DF，结论得证；
②将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG．
理由如下：
在①已经证得△ADF≌△ABG，并得到∠BAE+∠BAG=45°=∠EAF，
∴∠GAF=∠EAG+∠EAF=45°+45°=90°，
∴将△ADF绕A点顺时针旋转90°即可得到△ABG；
故答案为：①BE+DF=EF，②将△ADF绕A点顺时针旋转90°；
（2）
EF=DF+BE，理由如下：
延长CB至点M，使得BM=DF，连接AM，如图，
∵∠ABC与∠D互补，
∴∠D+∠ABC=180°，
∵∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠ABM=∠D，
∵AB=AD，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF，
∴∠DAF=∠BAM，AM=AF，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠BAE+∠FAD=∠BAD，
∴∠BAE+∠FAD=∠EAF，
∵∠DAF=∠BAM，
∴∠BAM+∠BAE=∠EAF，
∴∠MAE=∠EAF，
∵AM=AF，AE=AE，
∴△MAE≌△FAE，
∴ME=EF，
∵ME=BE+MB，MB=DF，
∴EF=DF+BE，结论得证；
（3）
过E点作EN⊥AC于N点，如图，
∵AD=6，AB=4，
∴在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∠D=∠B=90°，
∴设EC=x，则有x＜6，
∴BE=BC-EC=6-x，
在Rt△ABE中，，
在Rt△ADC中，，
∵∠CAE=45°，EN⊥AC，
∴∠ANE=90°=∠ENC，
∴∠AEN=45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即：
∵∠ENC=90°=∠B，∠ACB=∠ECN，
∴Rt△ABC∽Rt△ENC，
∴，
∵AB=4，AC=，EC=x，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴结合x＜6，解得x=5.2，
∴CE=5.2．
【点睛】本题考了勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的知识、等腰直角三角形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，做辅助线构造
【培优练习】
1．（2022秋·福建厦门·九年级厦门市第五中学校考期中）如图，（是常量）．点P在的平分线上，且，以点P为顶点的绕点P逆时针旋转，在旋转的过程中，的两边分别与，相交于M，N两点，若始终与互补，则以下四个结论：①；②的值不变；③四边形的面积不变；④点M与点N的距离保持不变．其中正确的为（ ）
A．①③B．①②③C．①③④D．②③
【答案】B
【分析】如图作于点E，于点F，只要证明，即可一一判断．
【详解】解：如图所示：作于点E，于点F，
，
，
，
，
，
，
平分，，，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，故①正确，
，
定值，故③正确，
定值，故②正确，
的位置是变化的，
之间的距离也是变化的，故④错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，角平分线的性质定理，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
2．（2021·山西·九年级专题练习）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形，如图，在互补四边形纸片ABCD中，BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，∠ADC＝30°．将纸片先沿直线BD对折，再将对折后的纸片从一个顶点出发的直线裁剪，把剪开的纸片打开后铺平，若铺平后的纸片中有一个面积为4的平行四边形，则CD的长为__．
【答案】2+4或+2．
【分析】根据题意结合裁剪的方法得出符合题意的图形有两个，分别利用菱形的判定与性质以及勾股定理得出CD的长．
【详解】解：如图1所示：从顶点A（或C）剪开纸片，四边形ABCE是平行四边形，
根据题意可知：
∵BA＝BC，AD＝CD，∠A＝∠C＝90°
∴△ABD≌△CBD（SAS）
∴∠ABD＝∠CBD＝75°，
∵四边形ABCE是面积为4的平行四边形，AB＝CB
∴▱ABCE是菱形，
∴△BCE的面积为2，CB＝CE＝AB，
∴∠BCE＝30°，
作BG⊥CE于点G，
∴BC＝2BG，
∴CE＝2BG，
∴S△BCE＝CE•BG=2
∴BG2＝2，
∴BG＝，CE＝2，
∴CG＝BG＝，
∴CF＝CG+GF＝CG+AB＝CG+CE＝+2．
∵∠ADC＝30°，∠CFD＝90°
∴CD＝2CF＝2+4．
如图2，从顶点B剪开纸片，当四边形BEDF是平行四边形时，
∵BE=BF，
∴平行四边形BEDF是菱形，
∵∠A=∠C=90°，∠B=150°，
∴∠ADB=∠BDC=15°，
∵BE=DE，
∴∠AEB=30°，
∴设AB=y，则BE=2y，AE= y，
∴DE=2y，
∵四边形BEDF面积为4，
∴AB×DE=4，
即2y2=4，
解得：y=，
故AE=，DE=2，
则CD=AD=+2，
综上所述：CD的值为：2+4或+2．
故答案为2+4或+2．
【点睛】此题主要考查了剪纸问题以及勾股定理和平行四边形的性质、菱形的性质和判定等知识，根据题意画出正确图形是解题关键．
3．（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点B到直线的距离为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据“直等补”四边形的定义进行逐项证明即可得出结论；
（2）如图（见解析），过C作于点F，首先证明四边形是矩形，则，，再证明，根据全等三角形的判定与性质可得BE=CF，AE=BF，等量代换即可得BE=DE，由AE=BF，EF=CD=1可得AE=BE-1，设BE=x，根据勾股定理解出x的值即可；
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）过C作于点F，如图，
则，
∵四边形是“直等补”四边形，，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得，，或（舍），
∴.
【点睛】本题考查四边形的综合，涉及新定义、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，有一定难度，熟练掌握相关知识并综合运用是解题关键．
4．（2022秋·江苏·八年级专题练习）定义：一组对角互补，且对角线平分其中一个内角，称四边形为余缺四边形．
如图1，四边形，，平分，则四边形为余缺四边形．
【概念理解】
(1)用 （填序号）一定可以拼成余缺四边形．
①两个全等的直角三角形， ②两个全等的等边三角形；
(2)如图1，余缺四边形，平分，若，，则 ；
【初步应用】
如图2，已知△ABC，∠BAC的平分线AP与BC的垂直平分线交于P点，连接PB、PC．
(3)求证：四边形ABPC为余缺四边形；
(4)若，，则的值为 ．
【迁移应用】
(5)如图3，，等腰的B、C两点分别在射线上，且斜边 (P、A在两侧)，若B、C两点在射线、上滑动时，四边形的面积是否发生变化？若不变化，请说明理由；若变化，直接写出面积的最大的值．
【答案】(1)①
(2)3
(3)见详解
(4)45
(5)变化；最大值是50
【分析】（1）依题意画出图形分析是否满足条件即可得到答案；
（2）利用角平分线上的点到两边距离相等的性质，可得与等高，然后运用面积比等于底边长的比得到答案；
（3）利用AP是角平分线构造全等三角形证明即可；
（4）运用勾股定理可得，，然后运用图中等量关系将AG和BG转化为AB与AC即可；
（5）当时面积取得最大值．
【详解】（1）如图4，将两个全等的直角三角形沿斜边拼在一起组成一个新的四边形，则此四边形满足对角线平分一组对角；且一组对角互补
两个全等的直角三角形一定能拼成余缺四边形；
如图5，将两个全等的等边三角形拼在一起组成一个新的四边形，此四边形的一组对角相加等于
两个全等的等边三角形无法拼成余缺四边形；
故答案为：①
（2）如图6，过C点分别作AB，AD的垂线，垂足为E，F
平分，


（3）如图7，过点P作，，垂足为G，H
AP平分,，
点P在BC的垂直平分线上
在和中


平分，
是余缺四边形．
（4）由勾股定理可知，，
（5）如图8，取BC中O，连接OA，作于点Q，
则在BC运动的过程中，始终有：
是直角三角形，OA是斜边上的中线，
；
是等腰直角三角形
．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定以及勾股定理，综合性较强，熟练掌握全等三角形的构造与相关证明方法是本题的解题关键．
5．（2022秋·江苏南通·八年级如皋市实验初中校考阶段练习）如图1，我们定义：在四边形ABCD中，若AD＝BC，且∠ADB+∠BCA＝180°，则把四边形ABCD叫做互补等对边四边形．
(1)如图2，在等边△ABE中，D、C分别是边AE、BE的中点，连接CD，问四边形ABCD是互补等对边四边形吗？请说明理由．
(2)如图3，在等腰△ABE中，四边形ABCD是互补等对边四边形，求证：∠ABD＝∠BAC＝∠AEB．
(3)如图4，在非等腰△ABE中，若四边形ABCD是互补等对边四边形，试问∠ABD＝∠BAC＝∠AEB是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)四边形ABCD是互补等对边四边形，理由见解析
(2)见解析
(3)仍然成立，证明见解析
【分析】（1）先判断出AE=BE，再判断出∠ADB=90°，即可得出结论．
（2）根据等边对等角可得∠EAB=∠EBA，根据四边形ABCD是互补等对边四边形，可得AD=BC，根据SAS可证△ABD≌△BAC，根据全等三角形的性质可得∠ABD=∠BAC，再根据等腰三角形的性质即可证明；
（3）仍然成立；理由如下：如图所示：过点A、B分别作BD的延长线与AC的垂线，垂足分别为G、F，证明△AGD≌△BFC，得到AG=BF，又AB=BA，所以△ABC≌△BAF，得到∠ABD=∠BAC，根据∠ADB+∠BCA=180°，得到∠EDB+∠ECA=180°，进而得到∠AEB+∠DHC=180°，由∠DHC+∠BHC=180°，所以∠AEB=∠BHC．因为∠BHC=∠BAC+∠ABD，∠ABD=∠BAC，所以∠ABD=∠BAC=∠AEB．
（1）
解：四边形ABCD是互补等对边四边形，
理由：如图2，
∵△ABE是等边三角形，
∴AE=BE，
连接AC，BD，
∵点D是AE的中点，
∴BD⊥AE，
∴∠ADB=90°，
同理：∠BCA=90°，
∴AD=BC，∠ADB+∠BCA=180°，
∴四边形ABCD是互补等对边四边形．
（2）
解：∵AE=BE，
∴∠EAB=∠EBA，
∵四边形ABCD是互补等对边四边形，
∴AD=BC，
在△ABD和△BAC中，
，
∴△ABD≌△BAC（SAS），
∴∠ADB=∠BCA，
又∵∠ADB+∠BCA=180°，
∴∠ADB=∠BCA=90°，
在△ABE中，∵∠EAB=∠EBA==90°∠AEB，
∴∠ABD=90°∠EAB=90°(90°∠AEB)=∠AEB，
同理：∠BAC=∠AEB，
∴∠ABD=∠BAC=∠AEB；
（3）
解：仍然成立；
理由如下：如图4所示：
过点A、B分别作BD的延长线与AC的垂线，垂足分别为G、F，
∵四边形ABCD是互补等对边四边形，
∴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(AAS)，
∴AG=BF，
在Rt△ABG和Rt△BAF中，
，
∴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，
∴∠ABD=∠BAC=∠AEB．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解新定义，判断出△ABD≌△BAC是解本题的关键．
6．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙市怡雅中学校考阶段练习）新定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．如图1，在四边形中，，，则四边形是一个等补四边形．
(1)在数学活动课上，怡怡小组对等补四边形进一步探究，发现平分．怡怡小组提供的解题思路是：如图2，过点分别作于，交的延长线于，通过证明，得，再根据“角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上”得到平分．请你写出怡怡小组的完整证明过程；
(2)如图3，在平面直角坐标系中，点、在轴上，以为直径的⊙M交轴于点、，点为弧上一动点（不与、重合）．
①求证：四边形始终是一个等补四边形；
②在图3中，若，，连接，，的值是否会随着点的移动而变化？若不变化，请求出该定值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②的值不变，等于，见解析
【分析】(1) 过点分别作于，交的延长线于，通过证明，得即可．
(2) ①根据垂径定理，圆内接四边形的性质证明即可．
②过点A作AF⊥PD，AE⊥PC，交PC的延长线于点E，结论变形为=，利用全等，相似、三角函数计算即可．
（1）
如图，过点分别作于，交的延长线于，
所以∠AFD=∠CED=90°，
因为四边形ABCD是等补四边形，
所以，，
因为，
所以∠DAF=∠DCE，
所以，
所以，
所以平分．
（2）
①因为AB是圆的直径，且AB⊥CD，
所以OC=OD，
所以直线AB是线段CD的垂直平分线，
所以AC=AD，
因为四边形ACPD是⊙M的内接四边形，
所以∠ACP+∠ADP=180°，
所以四边形始终是一个等补四边形．
②的值不变，等于，理由如下：
如图，过点A作AF⊥PD，AE⊥PC，交PC的延长线于点E，
因为AC=AD，
所以∠APE=∠APF，
所以AE=AF，
因为AP=AP，
所以△APE≌△APF，△AEC≌△AFD，
所以PE=PF，EC=FD．
因为AB是直径，
所以∠APB=∠AFD=90°，
因为∠ADF=∠ABP，
所以△ADF∽△ABP，
所以．
因为PD+PC=PC+PF+DF=PC+EC+PF=PE+PF=2PF，PD-PC=PF+DF-PC= PE+DF-PC=EC+DF=2DF，
所以==．
因为∠APD=∠ABD，
所以cs∠APD=cs∠ABD，
所以．
所以=．
因为，，
所以AB=4，圆的半径为2即AM=2，
所以AO=OM=1，
所以OD==，
所以AD==2，
连接BD，
因为AB是直径，
所以∠ADB=90°，
所以BD==，
所以==．
【点睛】本题考查了圆的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，三角函数，三角形的全等判定和性质，角的平分线的性质，熟练掌握圆的性质，三角函数，勾股定理，三角形相似判定和性质是解题的关键．
7．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期中）问题提出：
苏科版九年级（上册）教材在探究圆内接四边形对角的数量关系时提出了两个问题：
（1）小明发现问题1中的与、与都满足互补关系，请帮助他完善问题1的证明：
∵是的直径，
∴__________________，
∴，
∵四边形内角和等于，
∴__________________．
（2）请回答问题2，并说明理由．
深入探究：
如图3，的内接四边形恰有一个内切圆，切点分别是点、、、，连接，．
（1）直接写出四边形边满足的数量关系_________；
（2）探究、满足的位置关系；
（3）如图4，若，，，请直接写出图中阴影部分的面积．
【答案】问题提出：（1），；（2）见解析；深入探究：（1）；（2）；（3）
【分析】问题提出：
（1）根据直径所对的圆周角为直角可得，再结合四边形内角和等于即可得到答案；
（2）连接，根据圆周角定理可得，，结合可得，再根据四边形内角和等于即可得到答案；
深入探究：
（1）根据切线定理可得，可推算出；
（2）连接，根据切线的性质可得切角为直角，结合四边形内角和知识推算出，再根据圆周角定理得到，最终推算出，从而得到答案；
（3）先根据切线的性质证明四边形是正方形，且边长为，再证明，，先计算出，再根据计算出圆I的半径，从而计算出圆I的面积，最终得到阴影部分的面积=．
【详解】问题提出：
（1）∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形内角和等于，
∴．
故答案为：；；
（2）如下图所示，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形内角和等于，
∴；
深入探究：
（1）∵点、、、是的切点，
∴，
∴
∴；
（2），
证明:如下图所示，连接,设交于点M，
∵点、、、是的切点，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如下图所示，连接
设半径为，
∵点、、、是的切点，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，且边长为，
∴，，
∵
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=．
【点睛】本题考查圆、四边形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用圆周角定理、切线定理．
8．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙麓山国际实验学校校考阶段练习）定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，简称“四点共圆”．我们学过了“圆的内接四边形的对角互补”这一定理，它的逆命题“对角互补的四边形四个顶点共圆”是证明“四点共圆”的一种常用方法．除此之外，我们还经常用“同旁张角相等”来证明“四点共圆”．如图1，在线段AB同侧有两点C，D．连接，，，，如果，那么A，B，C，D“四点共圆”
(1)如图2，已知四边形中，对角线、相交于点P，点E在的延长线上，下列条件：①；②：③：④．其中，能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有___________：
(2)如图3，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴正半轴上，点D在y轴负半轴上，若A，B，C，D“四点共圆”，且，求四边形的面积；
(3)如图4，已知是等腰三角形，，点D是线段上的一个动点（点D不与点B重合，且，连结AD，作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接，．
①求证：A，D，B，E“四点共圆”；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值：若变化，请说明理由．
【答案】(1)①③④
(2)
(3)不变，8
【分析】（1）根据“同旁张角相等”可判断①；先证明，然后根据“对角互补的四边形四个顶点共圆” 可判断③；先证明可得，然后根据“同旁张角相等”可判断④；根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”；
（2）先求出A、B的坐标，从而判定为等腰直角三角形，得出，根据A，B，C，D“四点共圆”和可得出，，进而求出，然后证明得出，最后根据求解即可；
（3）①根据轴对称的性质得到，，，，进而得到，即可证明结论；
②连接，证明，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【详解】（1）解：∵，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故①正确；
∵，，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故③正确；
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴A，B，C，D“四点共圆”，
故④正确；
根据②的条件无法判定A，B，C，D“四点共圆”．
故能判定A，B，C，D“四点共圆”的条件有①③④．
（2）解：对于，
当时，则，
当时，则，解得，
∴，，
∴，
又，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵A，B，C，D“四点共圆”，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴
；
（3）①证明：∵，
∴，
∵点E与点C关于的对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接，
∵点E与点C关于的对称，
∴，
∴，
又，
∴，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴，
∴，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是四点共圆、相似三角形的判定和性质、轴对称的性质，正确理解四点共圆的条件是解题的关键．
9．（2022秋·浙江宁波·九年级浙江省鄞州区宋诏桥中学校考期末）有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等邻边互补四边形．
(1)如图1，在等邻边互补四边形ABCD中，AD＝CD，且AD∥BC，BC＝2AD，求∠B的度数；
(2)如图2，四边形ABCD内接于⊙O，连接DO交AC于点E（不与点O重合），若E是AC的中点，求证：四边形ABCD是等邻边互补四边形；
(3)在（2）的条件下，延长DO交BC于点F，交⊙O于点G，若，AC＝12，求FG的长；
(4)如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝BC，BD为⊙O的直径，连接AO并延长交BC于点E，交⊙O于点F，连接FC，设tan∠BAF＝x，，求y与x之间的函数关系式．
【答案】(1)∠B＝60°
(2)证明见解析
(3)GF＝5
(4)
【分析】（1）作AH∥CD交BC于H．可证得四边形ADCH是菱形，再结合四边形ABCD是等邻边互补四边形，可得到△ABH是等边三角形即可．
（2）证明DA=DC，∠B+∠ADC=180°即可．
（3）连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．根据勾股定理和垂径定理，求出AG，GC，EG，证明点F是△AGC的内心，求出EF即可解决问题．
（4）如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．根据AM∥FN，可得 ，设OK=m，AK=m，OB=OA=r，则CF=2m，AC=2n，根据直角三角形的性质可，即可解决问题．
（1）
解：如图1中，作AH∥CD交BC于H．
∵AD∥BC，AH∥CD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ADCH是菱形，
∴AD=CD=AH=CH，∠D+∠C=180°，
∵BC＝2AD，
∴BC=2CH，即BH=CH=AH，
∵四边形ABCD是等邻边互补四边形，
∴∠B+∠D=180°，
∴∠B=∠C，
∵AH∥CD，
∴∠AHB=∠C，
∴∠B=∠AHB，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．
（2）
证明：如图2中，连接CD．
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，∠BAD+∠BCD=180°，
∵AE＝EC，
∴OD⊥AC，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是等邻边互补四边形．
（3）
解：如图2﹣1中，连接OA，OC，AG，CG，作FM⊥CG于M，FN⊥AG于N．
∵E是AC的中点，AC=12，
∴AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴GE=8，
∴，
∴，
∵，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，
设FM＝FN＝FE＝d，
∵，
∴d＝3，
∴EF＝3，
∴GF＝EG﹣EF＝8﹣3＝5．
（4）
解：如图3中，连接AC，作AM⊥BC于M，FN⊥BC于N，设AC交BD于K．
∵BD是直径，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∵BA＝BC，BD＝BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵OA＝OB，
∴∠BAF＝∠ABD＝∠CBD，设∠BAF＝α，则∠BCF＝∠BAF＝α，
∵BA＝BC，∠DBA＝∠DBC，
∴BD⊥AC，
∠BKC＝90°，
∴∠ACM+∠CBD＝90°，
∵AM⊥BC，
∴∠ACM+∠CAM＝90°，
∴∠CAM＝∠CBD＝α，
∵AM⊥BC，FN⊥BC，
∴AM∥FN，
∴，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
，
∴，
∴，
整理得：，
∴，
∴．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，圆周角定理，圆内接四边形，锐角三角函数，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
10．（2022春·江苏连云港·七年级统考期中）（1）【问题情境】小明翻阅自己数学学习笔记时发现，数学老师在讲评七下《伴你学》第6页“迁移应用”第1题时，曾做过如下追问：如图1，已知，点E、F分别在AB、CD上，点G为平面内一点，当点G在AB、CD之间，且在线段EF左侧时，连接EG、FG，则一定有，为什么？请帮助小明再次说明理由；
（2）【变式思考】如图2，当点G在AB上方时，且，请直接写出与之间的数量关系______；
（3）【迁移拓展】①如图3，在（2）的条件下，过点E作直线HK交直线CD于K，使与互补，作的平分线与直线GE交于点L，请你判断FG与KL的位置关系，并说明理由；
②在①的条件下，第一次操作；分别作∠BEL和∠DKL的平分线，交点为L1；第二次操作，分别作∠BEL1和∠DKL1的平分线，交点为L2；……第n次操作，分别作∠BELn-1和∠DKLn-1的平分线，交点为L、则∠Ln=______．
【答案】（1）理由见解析；（2）；（3）①FG∥KL，理由见解析，②
【分析】（1）过点作，则，根据平行线的性质即可求解；
（2）过点作，则，根据平行线的性质即可求解；
（3）①根据与互补，可得，即平分，根据角平分线的定义，进而可得，即可得出；
②根据①的结论，求得发现规律，即可求解．
【详解】（1）如图，过点作，则，
，
；
（2）如图，过点作，则，
，
，
，
，
，
；
（3）①+=180°，，
，
是的角平分线，
，
平分，
，
又平分，
，
，
，
同（1）可得
，
又∵∠EGF=90°，
∴∠EGF=∠ELK,
FG∥KL；
②根据题意可得
同理可得
……
．
故答案为：
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，角平分线的性质，掌握平行线的性质与判定是解题的关键．
11．（2022春·甘肃兰州·八年级校考期中）四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
(1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______；
(2)如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______；
(3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明：
①AC平分∠BCD；
②CA=CB+CD；
(4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______．
【答案】(1)
(2)
(3)①证明见解析；②证明见解析
(4)
【分析】（1）根据对角互补四边形的定义和四边形内角和定理可知对角互补四边形两组对角都互补，再根据比例关系，依次即可求得∠B，∠C的度数，由此可求∠A的度数；
（2）先根据对角互补四边形的定义证明，从而利用边角边可证明，可得AC=AM，再根据角的数量关系求得，从而可得△ACM是等腰直角三角形，继而可证得平分，根据等腰直角三角形的性质和线段的数量关系可得CB、CD、CA三者关系；
（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，求出，即可证明；②由①中全等三角形对应边相等，再根据线段的数量关系直接可证明；
（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．
【详解】（1）四边形为对角互补四边形，
，
，
，
∴ ，
故答案为：；
（2）∵，
∴，
又∵
∴，
又∵，
∴（SAS）
， ，
∴，
∴△ACM是等腰直角三角形，∠ACM=90°，
∴∠ACB=90°-∠ACM=45°，即平分，
，
，
，
故答案为：；
（3）①延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
（4）延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
过点作交于点，
为的中点，
，
在中，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，正确构造辅助线作出全等三角形是解题的关键．
12．（2022春·吉林·八年级吉林省实验校考期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE绕点B旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF______（填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AE＝6，AB＝BC＝10，AD>AB，过点B作BE⊥AD于E，过C作CF⊥BE于点F．
①试求EF的长；
②连结BD，若点M是线段DB上的动点，请直接写出△MEF周长的最小值．
【答案】(1)是
(2)①EF=2；②△EMF的周长的最小值为12
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①根据勾股定理求出BE，根据“AAS”证明△ABE≌△BCF，即可得出结论；
②作点E关于BD的对称点，连接交BD于点N，连接交BD于点M，连接ME，此时最小，即△EMF的周长最小，根据垂直平分线的性质，得出，根据勾股定理，求出，根据“SAS”证明，得出，即可得出结果．
（1）
解：∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是．
（2）
①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∵，
∴，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF=6，
∴；
②作点E关于BD的对称点，连接交BD于点N，连接交BD于点M，连接ME，此时最小，如图所示：
∵EF一定，
∴此时△EMF的周长最小，
∵BD垂直平分，
∴，
∴，
根据解析①可知，，
∴四边形CDEF是矩形，
∴，，
∵△ABE≌△BCF，
，
∴，
∵∠，
∴，
∵BE=DE，，
∴，，
，平分BD，
∴，
∵，
∴，
∵BE=DE，
∴，
，
∴，
∵在△BCD和中，
∴，
∴，
∴，
∴△MEF周长的最小值为．
【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证明三角形全等，第（2）②题关键确定M的位置．
13．（2022·陕西宝鸡·统考二模）问题提出
（1）如图1，四边形ABCD中，，与互补，，点A到BC边的距离为17，求四边形ABCD的面积．
问题解决
（2）某公园计划修建主题活动区域，如图2所示，，，，在BC上找一点E，修建两个不同的三角形活动区域，△ABE区域为体育健身活动区域，△ECD为文艺活动表演区域，根据规划要求，，，设EC的长为x(m)，△ECD的面积为，求与之间的函数关系式，并求出△ECD面积的最大值．
【答案】（1）255；（2）；
【分析】（1）连接AC，过点A作于点H，将△ABH绕着A点逆时针旋转，使得AB与AD重合，得到△ADG，则利用进行求解；
（2）连接AD，AC，过点D作交BC延长线于点H，证明，由此表示出，再利用三角函数表示出高，从而表示出与的函数关系式，并求得的最大值．
【详解】解：（1）如图，连接AC，过点A作于点H，将△ABH绕着A点逆时针旋转，使得AB与AD重合，得到△ADG．
由，得，
∵△ADG是由△ABH旋转得到，∴，
∴， ，，
又，
，
即，，三点共线．
∴，，
∴．
（2）如图，连接AD，AC，过点D作交BC延长线于点H．
∵且，
∴△BAC为等边三角形，
，．
∵，，
∴△EAD为等边三角形，
，．
∵，，
∴．
在△BAE和△CAD中，
，
∴，
∴．
即．
又∵，
∴．
在Rt△DCH中，．
∴△ECD的面积为：．
当时，y有最大值，
此时△ECD面积最大值为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，三角函数的应用，求二次函数的最大值，解决本题的关键是灵活运用相关性质定理．
14．（2022·山西晋中·统考二模）综合与实践
问题背景：
在综合与实践课上，老师让同学们探索有一组邻边相等，一组对角互补的四边形的性质．如图1，在四边形中，，．
实践操作：
(1)同学们首先从特殊情形开始探索，如图2，当时，其它条件不变，发现了平分的性质，有两个小组给出如下的证明思路：
“团结组”：利用“在一个角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上”；
“实践组”：由想到将绕点旋转，使与重合，将四边形转化成我们学过的特殊图形．
①请你分别在图2，图3中画出符合“团结组”和“实践组”思路的辅助线；
②求证：平分；（从上面的两个思路中选一个或按照自己的思路）
(2)“创新组”的同学发现在图2中，请你说明理由；
拓展延伸：
(3)“善思组”的同学受“创新组”同学的启发，提出如下问题：如图4，当时，其它条件不变，延长到点，使，过点分别作交的延长线于点，交的延长线于点，若，则四边形的形状为_______，四边形的面积为______．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
(3)菱形，
【分析】（1）①“团结组”：过D点作AB边和BC边的垂线．“实践组”：延长BC至，使，连接；
②“团结组”的证明方法：先证，，推出，再利用AAS证明，推出，利用角平分线的判定定理即可证明；“实践组”的证明方法：利用旋转的性质及证明，，三点共线，再利用等腰三角形等边对等角证明，推出；
（2）先证四边形为正方形，得出，，再利用锐角三角函数得出，推出，即可证明；
（3）先证四边形是平行四边形，再利用角平分线的性质和平行线的性质证明，得出四边形是菱形；通过证明是等边三角形及，求出BD，将绕点逆时针旋转得，证明，因此求出等边三角形的面积即可求出答案．
（1）
解：①过点作于点E，交延长线于点．如下图2所示：
延长BC至，使，连接．如下图3所示：
②方法一（如图2）：
证明：过点作于点E，交延长线于点．
∴．
又∵，
∴四边形为矩形．
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴,
∴．
在与中，
，
∴．
∴．
又∵，，
∴平分．
方法二（如图3）：
证明：将绕点逆时针旋转至，
∴，，．
∵，，
∴．
∴．
∴，，三点共线．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴平分．

图2 图3
（2）
证明：由（1）得，
∴，．
又∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形．
∴．
∴．
∵，平分，
∴．
∵在中，，
∴．
∴．
（3）
解：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
∵中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
将绕点逆时针旋转得，
∴，，．
∵，，
∴，
∴．
∴，，三点共线．
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
作于点H，
则，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：菱形，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、菱形的判定、解直角三角形等，涉及知识点较多，属于中考压轴题，第3问有一定难度，合理利用（1）（2）的结论和思路是解题的关键．
15．（2022秋·山东枣庄·九年级统考期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形______（填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点作于点．
①试探究与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长．
【答案】(1)是；
(2)①BE=DE，理由见解析；②14
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF=∠CBE，BF=BE，根据正方形的性质得∠ABC=∠D=90°，可得出∠EBF=∠D=90°，即可得出答案；
（2）①过点C作CF⊥BE，首先证明四边形CDEF是矩形，则DE=CF，EF=CD=2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE=CF，AE=BF，等量代换即可得BE=DE；②设BE=x，根据勾股定理求出x的值即可，即可求解．
【详解】（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF=∠CBE，BF=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠ABE+∠ABF=90°，即∠EBF=∠D=90°，
∴∠EBF+∠D=180°，
∵∠EBF=90°，BF=BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①BE=DE，理由如下：
如图3，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，
图3
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，AD＞AB，
∴∠ABC=90°，∠ABC+∠D=180°，
∴∠D=90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF=90°，∠CFE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，EF=CD，
∵∠ABE+∠A=90°，∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠A=∠CBF，
∵∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵DE=CF，
∴BE=DE；
②如图3，
∵四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，CD=EF，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE=BF，CF=BE，
∵，，
设BE=x，则AE=BF=x-2，
在Rt△ABE中，x2+（x-2）2=102，
解得：x=8或x=-6（舍去），
∴BE=8，AE=6，
∴AD=AE+DE=AE+CF=AE+BE=6+8=14．
【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质．
16．（2022·全国·九年级专题练习）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
【答案】(1)是；
(2)①见解析，BE的长是8；②△BCM周长的最小值为210
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
（1）
∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）
①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴，即，
∴GH，CH，
∴BH＝BC+CH＝10，
∴BG2，
∴△BCM周长的最小值为210．
【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证明三角形全等，第（2）②题关键确定M的位置．
17．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：在四边形中，，或，则四边形是“对补四边形”．
(1)【概念理解】如图（1），四边形是“对补四边形”．
①若，则∠D的度数是_________；
②若，且，则_______．
(2)【拓展延伸】如图（2），四边形是“对补四边形”，当，且时，猜测，，之间的数量关系，并加以证明．
(3)【类比运用】如图（3），如图（4），在四边形中，，平分．
①如图（3），求证：四边形是“对补四边形”；
②如图（4），设，连接，当，且时，求的值．
【答案】(1)①；②4
(2)，证明见解析
(3)①见解析；②的值是2或
【分析】（1）①根据“对补四边形”的定义，结合，即可求出答案；
②根据“对补四边形”的定义，可由，得出∠，再运用勾股定理即可得出答案；
（2）延长EA至点K，使得，连接BK，依据“对补四边形”的定义，可证明，再证明，从而可证得结论；
（3）①过点B作BM⊥AD于点M，BN⊥AC于点N，则，可证R，进而可证得结论；
②设，可得，再运用面积建立方程求解即可．
（1）
解：①∵，
设，
根据“对补四边形”的定义，
，
即，
解得，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
②在“对补四边形”中，连续，
∵，
则，
在中，，
在中，
∴，
故答案为：4；
（2）
解：，理由如下：
延长至点，使，连接，
∵四边形是“对补四边形”，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（3）
（3）①证明：过点作，垂足为，，垂足为，则，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即与互补，
∴四边形是“对补四边形”；
②由①知四边形是“对补四边形”，
∴，
∵，
∴，
∵，则，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即：，
解得：或，
∴的值是2或．
【点睛】本题考查了勾股定理，四边形内角和，全等三角形判定和性质，三角形面积等知识，解题关键是熟练掌握勾股定理和全等三角形判定和性质，准确理解并能够应用新定义“对补四边形”解决问题．
18．（2022·浙江金华·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
(1)阅读与理解：
如图1，四边形内接于⊙O，点A为弧BD的中点．四边形ABCD （填“是”或“不是”）等补四边形．
(2)探究与运用：
①如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；
②如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若CD＝10，AF＝5，求DF的长．
(3)思考与延伸：
在等补四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BAD＝120°，当对角线AC长度最大时，以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，直接写出线段DP的长度．
【答案】(1)是
(2)①AC平分∠BCD，理由见解析；②DF＝5﹣5
(3)或，
【分析】（1）由圆内接四边形互补可知，∠A＋∠C＝180°，再根据弧相等证AD＝AB，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）①根据等补四边形可得四点共圆，根据弧相等可得圆周角相等；
②连接AC，先证∠EAD＝∠BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF∽△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长；
（3）由前面的探究可知当AC是等补四边形ABCD的外接圆的直径时AC长度最大，分情况讨论：①如图4，P在D的异侧，②如图5，P在D的同侧，分别求得直径即可．
（1）
解：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵点A为弧BD的中点，
∴，
∴AD＝AB，
∴四边形ABCD是等补四边形，
故答案为：是；
（2）
①AC平分∠BCD，
理由：∵四边形ABCD是等补四边形，
∴A、B、C、D四点共圆，
∵AB＝AD，
∴，
∴∠ACD＝∠ACB，即AC平分∠BCD；
②如图3，连接AC，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD＝∠EAD，
由①知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴＝，即＝，
∴DF＝．
（3）
当对角线AC是直径时，长度最大，
以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，分同侧异侧两种情况：
①如图4，P在D的异侧，将△APD绕点P顺时针旋转90°，得到△PCQ，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴DQ＝DP，
∵∠DAB＝180°，
∴∠DCB＝60°，
由（2）知∠DCA＝30°，
∵AD＝3，
∴DC＝3，
∴DQ＝DC+CQ＝DC+AD＝3+3，
∴DP＝＝，
②如图5，P在D的同侧，过P作DP的垂线段交DC于点Q，
∵∠PDC＝∠PAC＝45°，
∴PD＝PQ，∠DPQ＝90°，
又∵∠APC＝90°，
∴∠APD＝∠CPQ，
在△APD和△CPQ中，，
∴△APD≌△CPQ（SAS），
∴CQ＝AD，
∴DQ＝DC﹣CQ＝DC﹣AD＝＝3﹣3，
∴DP＝＝，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
19．（2022秋·陕西西安·九年级校考期末）有这样一类特殊边角特征的四边形，它们有“一组邻边相等且对角互补”，我们称之为“等对补四边形”．
(1)如图1，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AD＝AB，AE⊥CD于点E，若AE＝4，则四边形ABCD的面积等于 ．
(2)等对补四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角，即如图2，四边形ABCD中，AD＝DC，∠A+∠C＝180°，连接BD，求证：BD平分∠ABC．
(3)现准备在某地著名风景区开发一片国家稀有动物核心保护区，保护区的规划图如图3所示，该地规划部门要求：四边形ABCD是一个“等对补四边形”，满足AD＝DC，AB+AD＝12，∠BAD＝120°，因地势原因，要求3≤AD≤6，求该区域四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过作，交的延长线于，求出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，求出，根据得出，根据全等得出，，求出，求出，代入求出即可；
（2）如图1中，连接，．证明，，，四点共圆，利用圆周角定理即可解决问题．
（3）如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，根点作于，于．设．构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
（1）
解：如图1，过作，交的延长线于，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
四边形是矩形，
四边形是正方形，
，
．
故答案为：16；
（2）
解：证明：如图2中，连接．
，
，，，四点共圆，
，
，
，
平分．
（3）
解：如图3中，延长到，使得，连接，过点作于，过点作于，于．设．
，，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
由（2）可知．平分，
，
，
，
，，
，，
，
，
，，
，
∵，
∴
∴时，有最大值，最大值．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“邻等对补四边形”的定义，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，四点共圆，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
20．（2021·山西大同·统考一模）综合与实践
【问题情境】
在综合实践课上，老师让同学们以“顶角互补的等腰三角形纸片的图形变换”为主题开展数学活动．如图1，两张等腰三角形纸片ABC和AEF，其中AB＝AC＝m，AE＝AF＝n，m＞n，∠BAC＋∠EAF＝180°，△AEF绕点A顺时针旋转，旋转角为，点M为BF的中点．
【特例感知】
（1）如图1，当时，AM和CE的数量关系是 ；
（2）如图2，当时，连接AM，CE，请判断AM和CE的数量关系，并说明理由；
【深入探究】
（3）如图3，当为任意锐角时，连接AM，CE，探究AM和CE的数量关系，并说明理由；
【解决问题】
（4）如图4，△ABC和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EAF＝90°，AB＝AC，AE＝AF，M为BF的中点，连接CE，MA，MA的延长线交CE于点N，若，，则AN＝ ．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3），理由见解析；（4）．
【分析】（1）利用等腰三角形两腰相等和M为中点，得到，，，则可推出两线段的数量关系；
（2）利用已知条件求出∠BAF＝90°，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，推出，再证明，即可得到；
（3）添加辅助线，延长AM至点G，使得MG＝AM．利用对角相互相平分得到ABGF是平行四边形，利用角的关系推出∠AFG＝∠CAE，再证明，即可得到；
（4）与（3）中添加辅助线的方法相同，延长AM至点G，使得MG＝AM．利用对角相互相平分得到ABGF是平行四边形，则．利用角的关系推出，证明得到，则，，又因为，所以，进而推出．又，则．由和即可求出的值．
【详解】（1）∵两张等腰三角形纸片ABC和AEF，其中AB＝AC，AE＝AF
∴，
又∵点M为BF的中点
∴
∴
∴
（2）
理由：∵∠BAC＋∠EAF＝180°，∠CAE＝90°，
∴∠BAF＝90°．
∵在Rt△BAF中，∠BAF＝90°，M是BF的中点，
在△ACE和△ABF中
．
．
．
（3）．
理由：如图，延长AM至点G，使得MG＝AM．
∵M是BF的中点，
∴BM＝FM．
又∵MG＝AM，
∴四边形ABGF是平行四边形
∴AC＝AB＝FG，AB//GF．
∴∠BAF＋∠AFG＝180°．
∵∠BAC＋∠EAF＝180°，
∴∠BAF＋∠CAE＝180°．
∴∠AFG＝∠CAE．
在△ACE和△FGA中
．
．
．
（4）如图所示，延长AM至点G，使得，连接、．
∵M是BF的中点，
∴BM＝FM．
又∵MG＝AM，
∴四边形ABGF是平行四边形
∴AC＝AB＝FG，AB//GF， ．
∴∠BAF＋∠AFG＝180°．
∵∠BAC＋∠EAF＝180°，
∴∠BAF＋∠CAE＝180°．
∴∠AFG＝∠CAE．
在△ACE和△FGA中
．
，，．
，
∴．
又∵
∴，
∴，
∴．
∴
∴．
【点睛】本题是与四边形相关的综合性题目，主要考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，以及旋转，直角三角形斜边上的直线等于斜边的一半等相关知识．
21．（2021·贵州遵义·统考二模）新定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．如图1，在四边形中，，，则四边形是一个等补四边形．在数学活动课上，巧巧小组对等补四边形进一步探究，发现平分．
（1）巧巧小组提供的解题思路是：如图2，过点分别作于，交的延长线于，通过证明，得，再根据“角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上”得到平分．请你写出巧巧小组的完整证明过程；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，点、在轴上，以为直径的交轴于点、，点为弧上一动点（不与、重合），求证：四边形始终是一个等补四边形；
（3）在（2）的条件下，如图4，已知，，巧巧小组提出了一个问题：连接，与的比值是否会随着点的移动而变化？若不变化，请求出其比值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不变化，值为
【分析】（1）过点分别作于，交的延长线于，先证明得到，再根据角平分线的判定定理即可得到平分；
（2）根据圆内接四边形的性质及垂径定理即可判断四边形始终是一个等补四边形；
（3）根据题意，先证明，，可知，再由可得，由勾股定理得，进而得到，即可证明与的比值是不变化的．
【详解】（1）过点分别作于，交的延长线于
∵四边形是一个等补四边形
∴，
又
∴
又，
∴
∴
∵，
∴平分；
（2）∵四边形是圆的内接四边形
∴，
∵MA为半径，轴
∴MA垂直平分CD
∴
∴四边形始终是等补四边形；
（3）不变化
作交PC延长线于E，交PD于F
∵
∴
∴
∴PA平分
∵，
∴
在与中
∴
∴
∴
在与中
∴
∴
∴
∴
∵，
∴的直径，
连接BD
∴
∵为直径
∴
∴，
∴
∵
∴
∴，即
∵
∴
∴在中，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定及性质，三角形相似的性质及判定，角平分线的判定，圆及三角函数等相关内容，熟练掌握几何综合运用的解题方法是解决本题的关键．
22．（2021春·九年级课时练习）定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做友好四边形．
（1）如图1，在友好四边形中，//，且，求的度数．

（2）如图2，四边形内接于圆O，连结交于点E（不与点O重合），若E是的中点，求证：四边形是友好四边形．
（3）在（2）的条件下，
①如图3，连结交于点K，若，，，求友好四边形的面积．
②如图4，若延长交于点F，交圆O于点G，若，，，求的长．
③如图5，延长至Q，使得，若友好四边形中有一组对边平行，且，求的正弦值．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）①；②；③．
【分析】（1）如图1，作的中点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，由已知可得，进而可得，即可证明三角形是等边三角形，从而求得；
（2）如图2，连接，记优角，由圆周角的性质可知，由垂径定理可知，进而证明四边形是友好四边形；
（3）①如图3，由可得，结合，可得，由，根据四边形即可求得；
②如图4，连接，，过作于，由已知条件通过勾股定理及锐角三角函数，可求得的值，由可得,在和中，根据
，设则，求得，根据，即可求得；
③分情况讨论，当，如图5，通过分析与已知矛盾，故此情形不存在，当，如图6，根据同弧所对的角相等，及等腰三角形的性质，三角形外角性质，友好四边形的性质，证明三点共线，通过角度的计算求得,进而求得，设，则，分别计算，再根据正切的定义即可求解．
【详解】（1）如图1，作的中点，连接，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
四边形是友好四边形，
，
，
，，，
，
，
，
三角形是等边三角形，
，
（2）如图2，连接，记优角，
所对的圆周角分别为，
，，
，
，
，是的中点，
，
是的垂直平分线，
，
四边形是友好四边形，
（3）①如图3
四边形是友好四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
四边形
，
②如图4，连接，，过作于，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
设则，
，
，
，
解得，
，
，
③由题意可知友好四边形中有一组对边平行，
当时，如图5，过点作，
，
，
，
即，
，
不平行于，
若,如图6，
，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
三点共线，
，
，
，
，
，
设，则，
，
为的中点，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数的定义，解直角三角形，圆的性质，相似对角线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
1．如图（1），在的内接四边形中，是的直径．与、与有怎样的数量关系？
2．如图（2），若圆心不在的内接四边形的对角线上，问题（1）中发现的结论是否仍然成立？