专题03 梯子模型、对角互补模型和梯形中位线定理-备战中考数学一轮复习考点帮（全国通用）

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[考查方向]已知一条线段的两个端点在坐标轴上滑动,求线段最值问题。
模型一: 如图所示,线段AC的两个端点在坐标轴上滑动，LACB= ZAOC= 90°AC的中点为P,连接 OP、BP、OB,则当 O、P、B三点共线时,此时线段 OB最大值。

即已知 RtAACB中AC、BC的长,就可求出梯子模型中 OB的最值
模型二: 如图所示,矩形ABCD 的顶点 A、B分别在边 OM、ON上,当点A在边 OM上运动时,点 B随之在 ON上运动，且运动的过程中矩形 ABCD形状保持不变，AB的中点为P,连接 OP、PD、OD,则当 O、P、D三点共线时,此时线段 OD 取最大值

四边形中对角互补模型
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1，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，③S=S+S=OC.
2.如图2，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，③S-S=OC.
图1 图2 图3
模型二、：含60°与120°的全等型
如图3，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，③S+S=OC.
梯形中位线定理
（1）定义：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线
（2）性质定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。
类型一：梯子模型
【典例1】如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 3+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，
∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，
∴DE＝＝，
∵OD≤OE+DE，
∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．
∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3+，
故答案为：3+．
【变式1-1】如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是 2+ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，取AC的中点M，连接OM，BM．
∵∠AOC＝90°，AM＝CM，AC＝4．
∴OM＝AC＝2，
在Rt△ABM中，∵∠BAM＝90°，AB＝1，AM＝2，
∴BM＝＝，
∵OB≤BM+OM，
∴OB≤2+，
∴OB的最大值为2+．
故答案为2+．
【变式1-2】如图，∠MEN＝90°，矩形ABCD的顶点B，C分别是∠MEN两边上的动点，已知BC＝10，CD＝5，点D，E之间距离的最大值是 5+5． ．
【答案】5+5．
【解答】解：∵∠MEN＝90°，F是BC中点，
∴EF＝BC＝5．
如图：
ED≤EF+DF，
当点D，E，F三点共线时，取等号．
此时F是BC的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴FD＝＝＝5．
∴ED最大＝EF+DF＝5+5．
故答案为：5+5．
类型二：四边形中对角互补模型
【典例2】在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，对角线AC平分∠BAD．
（1）如图1，若∠DAB＝120°，且∠B＝90°，试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系为 AD+AB＝AC ；
（2）如图2，若将（1）中的条件“∠B＝90°”去掉，（1）中的结论是否成立？请说明理由；
（3）如图3，若∠DAB＝90°，若AD＝3，AB＝7，求线段AC的长和四边形ABCD的面积．
【答案】（1）AD+AB＝AC；
（2）成立，理由见解答；
（3）AC＝5，四边形ABCD面积为25．
【解答】解：（1）∵∠B+∠D＝180°，∠B＝90°，
∴∠D＝∠B＝90°，
∵对角线AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∵AC＝AC，
∴Rt△DAC≌Rt△BAC（AAS），
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝120°，
∴，
∴∠DCA＝30°，
∴，
∴，
∴AD+AB＝AC．
故答案为：AD+AB＝AC．
（2）（1）中结论成立，理由如下：
，
以C为顶点，AC为一边作∠ACE＝60°，∠ACE的另一边交AB延长线于点E，
由（1）可得：∠CAB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠AEC＝60°，
∴∠CAB＝∠BAC＝∠AEC，
∴△ACE为等边三角形，
∴AC＝AE＝CE，
∵∠D+∠ABC＝180°，∠CBE+∠ABC＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∵∠ABC+∠D+∠DAC+∠DCB＝360°，∠D+∠ABC＝180°，∠DAB＝120°，
∴∠DCB＝60°，
∴∠DCB＝∠ACE，
∴∠DCB﹣∠ACB＝∠ACE﹣∠ACB，
∴∠DCA＝∠BCB，
∴△CAD≌△CEB（AAS），
∴AD＝BE，
∵AC＝AE＝AB+BE，
∴AC＝AD+AB．
（3）过点C作CE⊥AC交AB延长线于点E，
，
∵对角线AC平分∠BAD，∠BAD＝90°，
∴∠CAE＝∠DAC＝45°，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝90°，
∴∠E＝180°﹣∠ACE﹣∠CAE＝45°，
∴∠E＝∠CAE，∠E＝∠DAC，
∴AC＝CE，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠D＝∠CBE，
∴△ADC≌△EBC（AAS），
∴AD＝BE，
∴AE＝AB+BE＝AB+AD，
∵AD＝3，AB＝7，
∴AE＝10，
在Rt△ACE中：
AC2+CE2＝AE2，
∴AC＝CE＝5，
∴＝25，
∵△ADC≌△EBC，
∴S△ADC＝S△EBC，
∴S四边形ABCD＝S△ADC+S△ACB＝S△EBC+S△ACB＝SACE＝25．
【变式2-1】如图，点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
（1）求点P的坐标．
（2）当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【答案】（1）P（2，2）；（2）①不变，值为4；②8．
【解答】解：（1）∵点P（3m﹣1，﹣2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m﹣1＝﹣2m+4，
∴m＝1，
∴P（2，2）；
（2）①不变．
过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO＝∠PNO＝∠MON＝90°，PM＝PN＝2，
∴四边形QMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°＝∠APB，
∴∠MPB＝∠NPA．
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM＝AN，
∴OB+OA＝OM﹣BM+ON+AN＝2OM＝4，
②连接AB，
∵∠AOB＝90°，
∴OA2+OB2＝AB2，
∵∠BPA＝90°，
∴AB2＝PA2+PB2＝2PA2，
∴OA2+OB2＝2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2，
∴OA2+OB2的最小值为8．
【变式2-2】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 90° ；
（2）如图1，四边形ABCD为对角互补四边形，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD．
求证：AC平分∠BCD．
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： CD+BC＝AC ；
（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： BC+AB＝BD ．
【答案】（1）CD+BC＝AC；（2）CD+BC＝AC；（3）①见解析；②见解析；（4）BC+AB＝BD．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠D＝180°，
∵∠B：∠C：∠D＝2：3：4，
∴∠B＝180°×＝60°，
∴∠C＝90°，
∴∠A＝90°，
故答案为：90°；
（2）∵△ABC≌△ADM，
∴AC＝AM，BC＝DM，
∵△ACM是等腰直角三角形，
∴CM＝AC，
∵CM＝CD+DM，
∴CM＝CD+BC＝AC，
故答案为：CD+BC＝AC；
（3）①延长CD至M，使DM＝BC，连接AM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADM＝∠B，
∵AB＝AD，
∴△ABC≌△ADM（SAS），
∴AC＝AM，∠BAC＝∠DAM，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAM＝60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴∠ACM＝∠M＝60°，
∵∠ACB＝∠M，
∴∠ACB＝60°，
∴∠ACB＝∠ACM，
∴AC平分∠BCD；
②∵AC＝CM，BC＝DM，
∴CM＝CD+DM＝CD+BC，
∴AC＝CD+BC；
（4）延长BC至M，使CM＝AB，连接DM，
∵四边形ABCD为对角互补四边形，
∴∠A+∠BCD＝∠BCD+∠DCM＝180°，
∴∠A＝∠DCM，
∵AD＝CD，
∴△ADB≌△CDM（SAS），
∴BD＝MD，∠ADB＝∠CDM，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴∠BDM＝120°，
∴∠M＝∠DBM＝30°，
过点D作DN⊥BM交于点N，
∴N为BM的中点，
∴BM＝2MN，
在Rt△DNM中，MN＝DM＝BD，
∴BM＝BD，
∵BM＝BC+CM＝BC+AB＝BD，
故答案为：BC+AB＝BD．
类型三：梯形中位线定理
【典例3】在梯形ABCD中，AB∥CD，AC、BD相交于点O，若AC＝5，BD＝12，中位线长为，△AOB的面积为S1，△COD的面积为S2，则＝ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：作BE∥AC，
∵AB∥CE，
∴CE＝AB，
∵梯形中位线为6.5，
∴AB+CD＝13，
∴DE＝CE+CD＝AB+CD＝13，
∵BE＝AC＝5，BD＝12，由勾股定理的逆定理，
得△BDE为直角三角形，即∠EBD＝∠COD＝90°，
设S△EBD＝S
则S2：S＝DO2：DB2
S1：S＝OB2：BD2
∴＝
∵S＝12×5×＝30
∴＝．
故本题答案为：．
【变式3-1】如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，点E、F分别是AD、BC的中点，如果AB＝2，EF＝3，那么CD＝ 4 ．
【答案】4．
【解答】解：在梯形ABCD中，AB∥CD，点E、F分别是AD、BC的中点，
∴EF是梯形ABCD的中位线，
∴EF＝（AB+CD），
∴CD＝2EF﹣AB＝6﹣2＝4．
故答案为：4．
【变式3-2】如图，DE是△ABC的中位线，M是DE的中点，那么＝ ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：连接AM，设DN＝x，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE＝BC，DE∥BC，
又∵M是DE中点，
∴DM＝DE，
∴DM＝BC，
又∵DM∥BC，
∴DN：BN＝DM：BC，
∴DN：BN＝1：4
∴x：（x+AB）＝1：4，
∴AB＝6x，
∴AN＝2x，
∴S△DMN＝S△ADM，
又∵S△ADM＝S△ADE；S△ADE＝S△ABC，
∴S△DMN＝S△ABC．
∴S△DMN：S△ABC＝1：24．
1．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向形外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD旋转到△CAE，则下列结论：
①D、A、E三点共线；
②DC平分∠BDA；
③∠E＝∠BAC；
④DC＝DB+DA．
其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【解答】解：如图，
①设∠1＝x度，则∠2＝（60﹣x）度，∠DBC＝（x+60）度，故∠4＝（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4＝60﹣x+60+x+60＝180度，
∴D、A、E三点共线；
故①正确；
②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，
∴CD＝CE，∠DCE＝60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠E＝60°，
∴∠BDC＝∠E＝60°，
∴∠CDA＝120°﹣60°＝60°，
∴DC平分∠BDA；
故②正确；
③∵∠BAC＝60°，
∠E＝60°，
∴∠E＝∠BAC．
故③正确；
④由旋转可知AE＝BD，
又∵∠DAE＝180°，
∴DE＝AE+AD．
∵△CDE为等边三角形，
∴DC＝DB+BA．故④正确；
故选：A．
2．如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向△ABC外侧作△ABD，使得∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，则下列结论：
①D、A、E三点共线；②△CDE为等边三角形；③DC平分∠BDA；④DC＝DB+DA，其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【解答】解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∵∠ADB＝120°，
∴∠1+∠2＝60°，
∵点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，
∴∠ACB＝60°，即旋转角等于60°，CD＝CE，∠CAE＝∠CBD＝∠1+∠CBA＝∠1+60°，
∵∠CAE+∠BAC+∠2＝∠1+60°+60°+∠2＝180°，即∠DAE＝180°，
∴D、A、E三点共线，所以①正确；
∵∠DCE＝∠ACB＝60°，CD＝CE，
∴△CDE为等边三角形，所以②正确；
∵△CDE为等边三角形，
∴∠4＝60°，
∴∠3＝60°，
∴DC平分∠BDA，所以③正确；
∵△CDE为等边三角形，
∴CD＝DE，
而点C为旋转中心把△CBD沿着顺时针旋转至△CAE，
∴AE＝DB，
∴DE＝DA+AE＝DA+BD，
∴DC＝DB+DA，所以④正确．
故选：A．
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；
其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【解答】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；
故选：A．
4．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，当点B在ON上移动时，点A随之移动，AB＝2，BC＝1，运动过程中，点D到点O的最大距离为 +1 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，
∵∠MON＝90°，AB＝2，
∴OE＝AE＝AB＝1，
∵BC＝1，四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝1，
∴DE＝＝，
根据三角形的三边关系，OD≤OE+DE，
∴当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为+1．
故答案为：+1．
5．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，点A、C分别在x轴、y轴上，当点A在x轴上运动时，点C随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点的最大距离是 3+3 ．
【答案】3+3．
【解答】解：如图，取CA的中点D，连接OD、BD，
则OD＝CD＝AC＝×6＝3，
由勾股定理得，BD＝＝3，
当O、D、B三点共线时点B到原点的距离最大，
所以，点B到原点的最大距离是3+3．
故答案为：3+3．
6．如图，Rt△AOB的两直角边OA，OB分别在x轴和y轴上，且点A，B的坐标分别是（3，0）和（0，4），点C是半圆ACB上任意一点，则点O，C的最大距离为 5 ．
【答案】5．
【解答】解：取AB中点D，连接OD，CD．
点D是Rt△AOB斜边AB的中点，
∴，AB2＝OA2+OB2，
∴AB＝5，
∵AB是半圆ACB的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵点D是Rt△ACB斜边AB的中点，
∴
∴当点O、D、C共线时，OC的值最大，OC的最大值为OC＝OD+CD＝5．
故答案为：5．
7．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的等边三角形ABC的顶点A，B分别在x轴正半轴和y轴正半轴上运动．
（1）当OB＝1时，点C的坐标为 （，2） ；
（2）连结OC，则OC的最大值为 1+ ．
【答案】（1）（，2）；
（2）1+．
【解答】解：（1）如图，如图，取AB的中点E，连接CE，OE，
∵∠AOB＝90°，点E是AB的中点，AB＝2，
∴OE＝BE＝AE＝1，AO＝＝＝，
∴OB＝OE＝BE＝1，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OBA＝60°，
∴∠BAO＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝2，∠BAC＝60°，
∴∠CAO＝90°，
∴点C坐标为（，2），
答案为：（，2）；
（2）如图，∵△ABC是等边三角形，点E是AB的中点，
∴CE⊥AB，
∴CE＝＝＝，
在△OEC中，OE+CE＞OC，
∴当点E在OC上时，OC的最大值为1+，
故答案为：1+．
8．如图．△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上滑动．
（1）AB＝ ；
（2）若点D是AC的中点．则点D在运动过程中经过的路径长为 ；
（3）点B到原点O的最大的距离是 +1 ．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解答】解：（1）∵△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，
∴，
故答案为：；
（2）连接OD，
∵点D是AC的中点．
∴OD＝1，
∵顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上滑动，
∴点D的运动轨迹是以O为圆心，半径为1的在第一象限的圆弧，
∴点D在运动过程中经过的路径长为，
故答案为：；
（3）连接BD，
∵OB≤OD+BD，
∴O，B，D三点共线时，OB最大，
∵，
∴，
∴；
故答案为：．
9．在学习三角形中位线定理时，小丽发现作以下辅助线能够证明三角形中位线定理．
已知：如图1，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，连接DE．
求证：DE∥BC，．
证明：（小丽的辅助线作法）延长DE到F，使EF＝DE，连接DC、AF、FC．…
（1）请在图1中画出小丽所说的辅助线，并补全三角形中位线定理的证明过程；
（2）三角形中位线定理应用：如图2，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是AB，CD的中点，则线段AD，EF，BC之间的数量关系是 EF＝（AD+BC） ．
【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝（AD+BC），理由见解析．
【解答】（1）证明：如图1，延长DE到F，使EF＝DE，连接DC、AF、FC，
∵E是AC中点，
∴AE＝EC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AD∥CF，AD＝CF，
∵D是AD中点，
∴AD＝BD，
∴BD＝CF，
∵BD∥CF，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴DE∥BC，DF＝BC，
∵DE＝DF，
∴DE＝BC；
（2）解：如图2，线段AD，EF，BC之间的数量关系：EF＝（AD+BC），理由如下：
连接AF并延长交BC延长线于G，
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G，
∵F是DC中点，
∴FD＝FC，
∴△ADF≌△GCF（AAS），
∴AF＝FG，AD＝CG，
∵E是AB中点，
∴EF是△ABG的中位线，
∴EF＝BG，
∵BG＝BC+CG＝BC+AD，
∴EF＝（AD+BC）．
故答案为：EF＝（AD+BC）．
10．如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍．连接DE，DF分别与对角线AC交于点M，N．
（1）若AE＝2，CF＝3，求EF的长；
（2）求证；∠EFN+∠EMN＝180°；
（3）若＝2，BE＝3，求EF的长．
【答案】（1）EF＝5；
（2）证明见解析；
（3）EF＝2．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF＝AB+BC，
∴EF＝AE+FC，
若AE＝2，CF＝3，
则EF＝2+3＝5；
（2）如图，在BA的延长线上取点 H，使得AH＝CF，
在正方形 ABCD 中，AD＝CD，∠HAD＝∠FCD＝90°，
在△AHD和△CFD中，
，
△AHD≌△CFD （SAS ），
∴∠CDF＝∠ADH，HD＝DF，∠H＝∠DFC，
∵EF＝AE+CF，
∴EF＝AE+AH＝EH，
在△DEH和△DEF中，
∴△DEH≌△DEF（SSS），
∴∠HDE＝∠FDE，∠H＝∠EFD，∠HED＝∠FED，
∵∠CDF+∠ADF＝∠ADH+∠ADF＝∠HDF＝90°，
∴∠EDF＝∠HDE＝45°，
∵∠H＝∠DFC＝∠DFE，∠EMN＝∠HED+∠EAM＝45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN
＝∠DFC+45°+∠DEF＝∠DFE+∠EDF+∠DEF＝180°
即∠EFN+∠EMN＝180°；
（3）作DG⊥EF于点G，连接GM，GN，
在△AED和△GED中，
∴△AED≌△GED （AAS），
同理，△GDF≌△CDF （AAS），
∴AG＝DG＝CF，∠ADE＝∠GDE，∠GDF＝∠CDF，
∴点A，G关于DE对称轴，C，G 关于DF对称，
∴GM＝AM，GN＝CN，∠EGM＝∠EAM＝45°，∠NGF＝∠NCF＝45°，
∴∠MGN＝90°，
即△GMN是直角三角形，
若＝2，
则MN＝AM，
∴GM＝MN，
∴∠GNM＝30°，
∴∠GMN＝90°﹣∠GNM＝60°，
由轴对称可得∠AME＝∠GME，
∵∠AME+∠GME+∠GMN＝180°，
∴∠AME＝∠GME＝60°，
∴∠EMN＝2∠GME＝120°，
∵∠EFN+∠EMN＝180°；
∴∠EFN＝180°﹣∠EMN＝60°，
由轴对称可得∠NFE＝∠CFN＝60°，
∴∠EFB＝180°﹣∠NFE﹣∠CFN＝60°，
∵∠B＝90°，
∴∠BEF＝30°，
∴BF＝EF，
由勾股定理可得：BE2+BF2＝FE2，
∴9+EF2＝FE2，
解得：EF＝2．
11．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．
理解：（1）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形．
探究：（2）如图2，在等补四边形ABCD中，BA＝BC，连接BD，BD是否平分∠ADC？请说明理由．
运用：（3）如图3，在等补四边形ABCD中，CB＝CD，其外角∠FCB的平分线交AB的延长线于点E，AB＝20，CE＝10，求BE的长．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）BD平分∠ADC，证明见解答过程；
（3）10﹣10．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴弧AD＝弧CD，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（2）BD平分∠ADC，理由如下：
过点B分别作BE⊥DC于点E，BF垂直DA的延长线于点F，如图：
则∠AFB＝∠CEB＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠C+∠BAD＝180°，
又∠BAE+∠BAD＝180°，
∴∠C＝∠BAF，
∵AB＝BC，
∴△ABF≌△CBE（AAS），
∴BF＝BE，
∴BD是∠ADC的平分线，即BD平分∠ADC；
（3）连接AC，如图：
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BCD+∠BAD＝180°，
又∠BCD+∠BCF＝180°，
∴∠BAD＝∠BCF，
∵CE平分∠BCF，
∴∠BCE＝∠BCF，
由（2）知，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠BAD，
∴∠BCE＝∠BAC，
又∠E＝∠E，
∴△BCE∽△CAE，
∴＝，
∵AB＝20，CE＝10，
∴＝，解得BE＝10﹣10（﹣10﹣10舍去），
∴BE＝10﹣10．
12．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．
【问题理解】
如图1，点A、B、C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD、CD．
求证：四边形ABCD是等补四边形；
【拓展探究】
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；
【升华运用】
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＝6，DF＝2，求AF的长．
【答案】【问题理解】
证明过程见解析；
【拓展探究】
AC平分∠BCD；
【升华运用】
AF＝4．
【解答】【问题理解】
证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴＝，
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
【拓展探究】
解：AC平分∠BCD，
理由如下：
过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠ADC+∠B＝180°，
又∵∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△AFD与△AEB中，
，
∴△AFD≌△AEB（AAS），
∴AE＝AF，
∴点A一定在∠BCD的平分线上，
即AC平分∠BCD；
【升华运用】
解：连接AC，如图3，
同（2）理得∠EAD＝∠BCD，
由（2）知AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
同理∠FAD＝∠EAD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∵∠F＝∠F，
∴△FAD∽△FCA，
∴
∴AF2＝DF•CF＝DF（DF+CF）＝2×（2+6）＝16，
∴AF＝4．
13．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＝，tan∠ABC＝，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，＝y，求y与x之间的函数关系式．
【答案】见试题解答内容
【解答】（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，
∴AH＝CD，AD＝BC，
∵AB＝CD，AB＝AD，BC＝2AD，
∴AB＝BH＝AH，
∴△ABH是等边三角形，
∴∠B＝60°．
（2）证明：如图2中，连接CD．
∵ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC＝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．
∵AE＝EC＝6，
∴OD⊥AC，＝，
∴∠AOE＝∠COE，GA＝GC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠AOE＝∠ABC，
∴tan∠AOE＝tan∠ABC＝＝，
∴OE＝，OA＝＝，
∴GD＝2OA＝，DE＝OD﹣OE＝，
∴AD＝＝，
∴GA＝GC＝＝10，
∵＝，
∴∠ACB＝∠BCG，
∵∠AGF＝∠CGF，
∴点F是△AGC的内心，
∴FM＝FN＝FE，设FM＝FN＝FE＝d，
∵S△ACG＝（AC+AG+GC）•d＝•AC•EG，
∴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，
∴y＝＝＝＝•tanα＝•x，
设OK＝m，AK＝n，OB＝OA＝r，则CF＝2m，AC＝2n，
在Rt△AOK中，m2+n2＝r2，
tan∠ABK＝tanα＝x＝＝，
∴r＝，
∴m2+n2＝（）2，
整理得：＝，
∴y＝•x＝＝﹣x2+x，
∴y＝﹣x2+（x＞0）．
14．阅读下面的材料．
材料一：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫梯形，其中平行的两边叫梯形的底边，不平行的两边叫梯形的腰，连接梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线．梯形的中位线具有以下性质：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，
∵E、F是AB、CD的中点，
∴EF∥AD∥BC，EF＝（AD+BC）．
材料二：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边．
如图②：在△ABC中，
∵E是AB的中点，EF∥BC，
∴F是AC的中点．
请你运用所学知识，结合上述材料，解答下列问题．
如图③：在梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD于O，E、F分别为AB、CD的中点，∠DBC＝30°．
（1）求证：EF＝AC；
（2）若OD＝3，OC＝5，求MN的长．
【答案】（1）答案见解答，（2）2．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠DBC＝30°，
∴在Rt△AOD和Rt△BOC中，OA＝AD，OC＝BC，
∴AC＝OA+OC＝（AD+BC）．
∵EF＝（AD+BC），
∴AC＝EF．
（2）解：∵OD＝3，∠ADO＝30°，AC⊥BD，
∴OA＝3．
∵AD∥EF，
∴∠ADO＝∠OMN＝30°，
∴ON＝MN．
∵AN＝AC＝（OA+OC）＝4，
∴ON＝AN﹣OA＝4﹣3＝1，
∴MN＝2ON＝2．
15．问题提出
（1）如图1，在△ABC中，BC＝6，D是边BC上的一个动点，连接AD，若AD的最小值为4，则三角形ABC的面积为 12 ．
问题探究
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠BAD+∠C＝180°，试说明．
问题解决
（3）如图3，四边形ABCD是某学校操场上的一块空地，学校准备在这块空地上举办航模展．其中边AB和BC是用来展示航模展的历史，且满足∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝BC，边AD和DC用来放置电子显示屏，播放航模知识讲解，AD+CD＝18，求四边形ABCD的面积．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）解：当AD⊥BC时，AD的最小值为4，
∴S△ABC＝＝12．
故答案为：12．
（2）证明：如图，延长DA到点E，使得AE＝CD，连接BE，
∴∠BAD+∠BAE＝180°，
又∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAE＝∠C，
∴△BAE≌△BCD（SAS），
∴BD＝BE，∠CBD＝∠ABE，S四边形ABCD＝S△EBD，
∵∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴∠ABE+∠ABD＝∠EBD＝90°，
∴S△EBD＝，
∴S四边形ABCD＝．
（3）解：如图，延长DA到点E，使得AE＝CD，连接BE，过点B作BF⊥AD于点F，
由（2）知△BAE≌△BCD，
∴AE＝CD，BE＝BD，
∴DE＝EA+AD＝AD+CD＝18，
又∵BF⊥AD，
∴EF＝FD＝9，
又由（2）可知△EBD是等腰直角三角形，
∴△BEF和△BFD都是等腰直角三角形，
∴EF＝FD＝FB＝9，
∴S四边形ABCD＝S△EBD＝．