几何模型与证法-中考几何专题复习：对角互补四边形

对角互补四边形
课程名称授课教师
年级
日期
学科
时段
数学
掌握含有一对直角和一组等邻边四边形的基本模型，通过旋转或作垂直构造全等三角形。

解决相关问题
掌握掌握含有60°和120°和一组等邻边四边形的基本模型，通过旋转或作垂直构造全等三角形，解决相关问题。

教学目标
掌握含有一组对角互补的四边形，作垂直构造相似三角形，解决相关问题
掌握对角互补四边形的共同特征-----四点共圆，作出其外接圆，利用圆的性质和定理解决相关问题。

精准诊查
课首沟通
了解学生的复习进度，提问学生对对角互补的四边形有怎样的认识！说明对角互补的四边形是中考重点考察的对象，尤其在做辅助线方面要求比较高，这个内容涉及勾股定理，图形的旋转，圆，相似等知识，比较综合，需要学生高度重视。

知识导图
课首小测
1. [单选题] 如图，四边形ABCD内接于圆，则下列结论中正确的是（）
A．∠A+∠C＝180°B．∠A+∠C＝90°C．∠A+∠B＝180°D．∠A+∠B＝90°
2. [单选题] 如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，点E是对角线BD的中点，
连接AE、CE，DF平分∠BDA交AB于点F，交AE于点G，则下列结论正确的是（）
A．BC＝CD B．DG＞AG C．点G是△AFD的外心D．点G是△BCD的外心
3. [单选题] 将五个边长都为2cm的正方形按如图所示摆放，点A、B、C、D分别是四个正方形的中心（对角线的交点），则图中四块阴影面积的和为（）
2 2 2 D．8cm2
A．2cm B．4cm C．6cm
4.如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC＝4，求四边形ABCD的面积．
5.如图，正方形ABCD的边长为6，点E是边AB上一点，点P是对角线BD上一点，且PE⊥PC．
（1）求证：PC＝PE；
（2）若BE＝2，求PB的长．
互动导学
导学一对角互补四边形模型（一）
知识点讲解1：含有一对直角和一组等邻边的四边形
基本模型：
例题
1.在对角互补，一组邻边相等的四边形中，通常可以通过旋转来解决问题。

旋转变换是全等变换的一种形式，我们在解题实践中经常用旋转变换的方法来构造全等三角形来解决问题．
（1）方法探究：如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E在边BC上，∠DAE＝45°
试探究线段BD、CE、DE可以组成什么样的三角形．我们可以过点B作BF⊥BC，使BF＝EC，连接AF、DF，易得∠AFB＝45°进而得到△AFB≌△AEC，相当于把△AEC绕点A顺时针旋转90°到△AFB，请接着完成下面的推理过程：
∵△AFB≌△AEC
∴∠BAF＝，AF＝AE
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°
∴∠BAD+∠CAE＝
∴∠BAF+∠BAD＝45°
∴∠DAF＝45°＝
在△DAF与△DAE中
AF＝AE
∠DAF＝∠DAE
AD＝AD
∴△DAF≌△DAE
∴DF＝
∵BD、BF、DF组成直角三角形
∴BD、CE、DE组成直角三角形
（2）方法运用
①如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ABC+∠ADC＝180°，点E在边BC
上，点F在边CD上，∠EAF＝45°试判断线段BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由．
②如图③，在①的基础上若点E、F分别在BC和CD的延长线，其他条件不变，①中的关系在图③中是否仍然成立？若成立请说明理由；若不成立请写出新的关系，并说明理由．
我爱展示
我爱展示题
1.如图，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，CD＝2，BC＝4，则AC＝．
2.如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC＝2，则BC+CD的值是．
知识点讲解2：直角对三角板类型
例题
1.如图，三角板的直角顶点P在射线OM上，∠AOB＝90°，OM是∠AOB的角平分线
（1）若直角边分别与射线OA、OB交于点C、D，
①求证：PC＝PD；
②连接CD，交OP于点G，且CG：DG＝1：2，OD＝1，试求OP的长．
（2）若点P在射线OM上移动，一直角边与射线OB交于点D，OD＝1，另一直角边与直线OA、直线OB分
别交于点C、E，使以点P、D、E为顶点的三角形与△OCD相似，请直接写出OP的长．
我爱展示
我爱展示题
1.已知：∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，点P在OC上．
（1）如图①，把三角尺的直角顶点放在点P处，三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F．求证：PE＝PF；
（2）若将三角尺绕点P按逆时针方向旋转至如图②所示的位置，三角尺的两条直角边分别与OA的反向延长线、OB相交于点E、F．试问PE与PF是否仍然相等？若相等，给出证明；若不相等，说明理由．
2.如图示：一副三角板如图放置，等腰直角三角形固定不动，另一块的直角顶点放在等腰直角三角形的斜边中点D处，且可以绕点D旋转，在旋转过程中，两直角边与AB、CB的交点为G、H
（1）当三角板DEF旋转至图1所示时，你能发现线段BG和CH大小有何关系？证明你的结论．
（2）若在旋转过程中，两直角边的交点G、H始终在边AB、CB上，AB＝CB＝4cm，在旋转过程中四边形GBHD的面积是否不变，若不变，求出它的值，若变，求出它的取值范围．
（3）当三角板DEF旋转至图2所示时，三角板DEF与AB、BC边所在的直线相交于点G、H时，（1）的结论仍然成立吗？并说明理由．
导学二对角互补四边形模型（二）
知识点讲解1：含一组角分别是60°和120°和一组等邻边四边形
模型与相关结论
如图，四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD＝60°,∠BCD＝120°,则有以下三个结论:
（1）CA平分∠BCD；
（2）CA平分∠BCD；
（3）S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝S△ACE＝AC²
例题
1.如图，已知∠AOB＝120°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个60°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
2.如图1，∠AOB＝120°，OC为∠AOB的平分线，P是OC上的一点，将三角板的60°角的顶点重合于点P，角的两边分别与OA、OB相交于点D、E（D、E不与点O重合）
（1）求证：PD＝PE；
（2）在图2中，当∠DPE绕点P旋转，使点D、E（D、E仍不重合于O）的位置发生变化时中，除OP、
∠AOB、∠DPE这些已知的不变量外，还有哪些量（边、角、周长、面积及边的和差、角的和差等）保持不变．
我爱展示
我爱展示题
1.在等边△ABC中，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，射线DE与线段AB相交于点E．射线DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，请直接写出DE与AB的位置关系；
（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：DE＝DF；
（3）在∠EDF绕点D顺时针旋转过程中，直接用等式表示线段BE、CF、AB之间的数量关系．
（4）当∠EDF绕点D顺时针旋转到如图3位置时，DF与线段AC的延长线相交于点F，若DN⊥AC于点N，若DN＝FN，AB＝10，直接写出BE+CF的值．
2.已知在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M、N分别是边BC，CD上的两个动点，∠MAN＝60°，AM、AN分别交BD于E、F两点．
（1）如图1，求证：CM+CN＝BC；
（2）如图2，过点E作EG∥AN交DC延长线于点G，求证：EG＝EA；
（3）如图3，若AB＝1，∠AED＝45°，直接写出EF的长．
导学三对角互补四边形模型（三）
知识点讲解1：一般对角互补四边形---构造相似三角形
模型：
图（1）图（2）
图（1）四边形ABCD为对角互补的四边形，若知AD和CD边的长度（或长度比），则常过点D分别向两对边作垂线段（如图2），构造出△DAE∽△DCF，理由：∠C与∠DAE均为DAE的补角，∴∠DAE＝∠C,又∠DEA＝∠DFC=90°,∴△DAE∽△DCF.
例题
1.已知四边形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．
（1）如图1，若四边形ABCD是平行四边形，当∠B+∠EGC＝180°时，求证：；
（2）如图2，若∠BAD＝90°，连接AC，使得CA平分∠BCD，tan∠BCA＝，tan∠BAC＝，且
DE⊥CF，试探究DE与CF的数量关系，并加以证明．
我爱展示
我爱展示题
1.如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD＝90°，AD＝6．BC＝3，DE⊥AB于E，AC交DE于F
（1）求AE•AB的值；
（2）若CD＝4，求的值；
（3）若CD＝6，过A点作AM∥CD交CE的延长线于M，求的值．
导学四对角互补四边形模型（四）
知识点讲解1：对角互补四边形的共同特征——四个顶点共圆
模型：
知识点1：
如图，四边形ABCD的四个顶点都在圆上，称这样的四边形为圆内接四边形．这个圆称为四边形的外接圆．下面证明定理：圆内接四边形的对角互补．
已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O．求证：∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°．
证明：连接BD，AC，
∵∠BCD＝
的度数+
的度数，∠DAC＝的度数，∠ABC＝
的度数＝360°，
，的度数，∠ADC＝的度数，的度数＝360°，的度数+
∴∠BCD+∠DAC＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，即∠A+∠C＝180°，∠B+∠D＝180°．
知识点2：
如图，四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD内接于一个圆（A,B,C,D四点共圆）
证明：（反证法）过A,B,D圆O,假设C不在圆O上，点C在圆外或圆内，若点C在圆外，设BC交圆O于C’，连结DC’，根据圆内接四边形的性质得∠A+∠DC’B＝180°,∴∠A+∠C＝180°，∠DC’B＝∠C，这与三角形外角定理矛盾，故C不可能在圆外，类似地，可证C不可能在圆内，∴C在圆O上，也即A,B,C,D四点共圆
例题
1.我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形
（1）概念理解
①根据上述定义举一个等补四边形的例子：
②如图1，四边形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，∠A+∠C＝180°，求证：四边形ABCD是等补四边形（2）性质探究：
③小明在探究时发现，由于等补四边形有一组对角互补，可得等补四边形的四个顶点共圆，如图2，等补四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD，则∠ACD ∠ACB（填“＞”“＜”或“＝“）；
④若将两条相等的邻边叫做等补四边形的“等边”，等边所夹的角叫做“等边角”，它所对的角叫做“等边补角”连接它们顶点的对角线叫做“等补对角线”，请用语言表述③中结论：
（3）问题解决
在等补四边形ABCD中，AB＝BC＝2，等边角∠ABC＝120°，等补对角线BD与等边垂直，求CD的长．
2.阅读理解：
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，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若∠ADB＝∠ACB，则A，B，C，D四点共圆；或若∠ADC+∠ABC＝180°，则A，B，C，D四点共圆．
（1）如图1，已知∠ADB＝∠ACB＝60°，∠BAD＝65°，则∠ACD＝；
（2）如图2，若D为等腰Rt△ABC的边BC上一点，且DE⊥AD，BE⊥AB，AD＝2，求AE的长；
（3）如图3，正方形ABCD的边长为4，等边△EFG内接于此正方形，且E，F，G分别在边AB，AD，BC 上，若AE＝3，求EF的长．
我爱展示
我爱展示题
1.（1）学习心得：小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到有一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝80°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度数．若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC 是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝．
（2）问题解决：
如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
（3）问题拓展：
抛物线与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C，点P在抛物线上，直线PQ∥BC 交x轴于点Q，连接BQ．
①若含45°角的直线三角板如图所示放置，其中，一个顶点与C重合，直角顶点D在BQ上，另一顶点E在PQ 上，求Q的坐标；
②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．
2.菱形ABCD中，两条对角线AC，BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD ＝180°，连接EF．
（1）如图1，当∠ABC＝90°时，若AC＝4 ，BE＝，求线段EF的长；
（2）如图2，当∠ABC＝60°时，求证：CE+CF＝AB；
（3）如图3，当∠ABC＝90°时，将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处，∠EO′F绕点O′旋转，仍满足
∠EO′F+∠BCD＝180°，O′E交BC的延长线一点E，射线O′F交CD的延长线上一点F，连接EF．探究在整个运动变化过程中，线段CE、CF，O′C之间满足的数量关系，并证明你的结论．
能力展示
限时考场模拟______分钟完成
1.如图，是具有公共边AB的两个直角三角形，其中，AC＝BC，∠ACB＝∠ADB＝90°．
（1）如图1，若延长DA到点E，使AE＝BD，连接CD，CE．
①求证：CD＝CE，CD⊥CE；
②求证：AD+BD＝CD；
（2）若△ABC与△ABD位置如图2所示，请直接写出线段AD，BD，CD的数量关系．
2.我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是④（请填序号）；（2）在“完美”四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三
点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD＝90°，用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明．
3.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，将（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线交于点F，
作DN⊥AC于点N，若DN＝FN，求证：BE+CF＝6．
自主学习
1.如图，四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，猜想BC，CD，AC间等量关系并证明．
2.如图（1）四边形ABCD中，已知∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，DA⊥AB，点E在CD的延长线上，
∠BAC＝∠DAE．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求证：CA平分∠BCD；
（3）如图（2），设AF是△ABC的BC边上的高，求证：EC＝2AF．
3.将图形中的三角形绕某一点作适当旋转，可帮助解决很多几何问题．
（1）如图1，直角△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为BC边上的一点，将△ABD绕点A逆时针旋转
2 2 2
90°至△ACF，作AE平分∠DAF交BC于E，易证明：BD +CE ＝DE ；若DE＝BD，则以BD、DE、EC 为边的三角形的形状是；
2
（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，若四边形ABCD的面积是32cm ，CD＝cm，求BC的长度；
（3）△ABC是以BC为底的等腰直角三角形，点D是△ABC所在平面内一点，且满足AD＝4，BD＝6，CD ＝2，请画草图并求∠ADC的度数．
4.如图，已知∠AOB＝60°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个120°角的顶点与点C重合，它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E．
（1）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时（如图1），请猜想OE+OD与OC的数量关系，并说明理由；（2）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时，到达图2的位置，（1）中的结论是否成立？并说明理由；（3）当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时，上述结论是否成立？请在图3中画出图形，若成立，请给于证明；若不成立，线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．
5.（1）学习心得
小刚同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易．
例如：如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D是△ABC外一点，且AD＝AC，求∠BDC的度
数，若以点A为圆心，AB为半径作辅助圆⊙A，则点C、D必在⊙A上，∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC
是圆周角，从而可容易得到∠BDC＝．
（2）问题解决
如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠BDC＝25°，求∠BAC的度数．
小刚同学认为用添加辅助圆的方法，可以使问题快速解决，他是这样思考的：△ABD的外接圆就是以BD
的中点为圆心，BD长为半径的圆；△ACD的外接圆也是以BD的中点为圆心，BD长为半径的圆．这样A、B、C、D四点在同一个圆上，进而可以利用圆周角的性质求出∠BAC的度数，请运用小刚的思路解决
这个问题．
（3）问题拓展
如图3，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD是BC边上的高，且BD＝4，CD＝2，求AD的长．
跟踪指导
1、自己画出本节课的知识导图；
分别说出每个导学的作辅助线常用的方法；
总结做错的题目或写出思维障碍的题目在错题本上，并记录错题出错的原因，或思维障碍点，应该如何突破；
4、及时复习和完成作业，找出薄弱环节，不会的题及时与老师汇报，争取得到老师的线上指导。

参考答案
课首小测
书面小测
1.A
解析:解：∵四边形ABCD内接于圆，
∴∠A+∠C＝180°．
故选：A．
2.D
解析:解：∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∵点E是BD的中点，
∴AE⊥BD，
∵DF平分∠BDA交AB于点F，
∴DF⊥AB，AF＝BF，
∴点G为等边△ABC的外心，
∵∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，
∴四边形ABCD的四个顶点共圆，
∴点G为四边形ABCD的外接圆的圆心，
∴点G是△BCD的外心．
故选：D．
3.B
解析:解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点．则AP＝AN，∠APF＝∠ANE＝45°，
∵∠PAF+∠FAN＝∠FAN+∠NAE＝90°，
∴∠PAF＝∠NAE，
∴△PAF≌△NAE，
∴四边形AENF的面积等于△NAP的面积，
而△NAP的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4，
2 2
∴四边形AENF的面积为1cm ，四块阴影面积的和为4cm ．
故选：B．
4.8．
解析:解：作AE⊥CD于E，AF⊥CB于F．
∴∠AEC＝∠ECF＝∠F＝90°，
∴四边形AECF是矩形，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
∴∠DAE＝∠BAF．
∵AD＝AB，∠AED＝∠F＝90°，
∴△AED≌△AFB，
∴AE＝AF，△AED与△AFB的面积相等，
∴四边形AECF是正方形，
2
∴S四边形ABCD＝S正方形AECF＝•AC＝8．
5.
证明：（1）过点P作PF⊥AB，PG⊥BC，
∴∠PFB＝∠PGB＝∠PGC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝AD＝BC，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，四边形FBGP是矩形，∴∠FPB＝90°﹣∠ABD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABD＝∠FPB，
∴FP＝FB，
∴矩形FBGP是正方形，
∴PF＝PG，∠FPG＝90°，
∴∠FPG+∠EPG＝90°，
∵EP⊥PC，
∴∠EPC＝90°，
∴∠GPC+∠EPG＝90°，
∴∠FPG＝∠GPC，
在△PFE与△PGC中，
∴△PFE≌△PGC（ASA），
∴PE＝PC；
（2）设EF＝x，
∵△PFE≌△PGC，
∴GC＝EF＝x，
由BE＝2得：BF＝x+2，
由正方形FBGP得：BG＝x+2，
∵BC＝6，
∴BG+GC＝6，
∴（x+2）+x＝6，
解得：x＝2，
∴PF＝BF＝2+2＝4，
2 2 2
△PFB中，∠PFB＝90°，由勾股定理得：PB ＝4 +4 ＝32，
∵PB＞0，
．
∴PB＝
解析:
导学一对角互补四边形模型（一）
例题
1.（1）∠CAE；45°；∠DAE；DE；（2）EF＝BE+DF，（3）
①中关系不成立，应是：EF＝BE﹣DF，
解析:
解：（1）∵△AFB≌△AEC
∴∠BAF＝∠CAE，AF＝AE
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°
∴∠BAD+∠CAE＝45°
∴∠BAF+∠BAD＝45°
∴∠DAF＝45°＝∠DAE
在△DAF与△DAE中
AF＝AE
∠DAF＝∠DAE
AD＝AD
∴△DAF≌△DAE（SAS）
∴DF＝DE
∵BD、BF、DF组成直角三角形
∴BD、CE、DE组成直角三角形
故答案为：∠CAE；45°；∠DAE；DE；
（2）：EF＝BE+DF，
理由：
延长CD到G，使DG＝BE，如图2
∵△ABE≌△ADG
∴AE＝AG，∠EAB＝∠DAG
∴∠EAF＝∠GAF，
∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴GF＝EF
∴EF＝BE+DF；
（3）：①中关系不成立，
EF＝BE﹣DF，
理由如下：
延长CD到G，使DG＝BE，如图3
∵△ABE≌△ADG
∴AE＝AG，∠DAG＝∠EAB＝90°﹣∠DAE
∵∠DAF＝45°﹣∠DAE
∴∠GAF＝∠DAG﹣∠DAF＝（90°﹣∠DAE）﹣（45°﹣∠DAE）＝45°＝∠EAF，∴△AEF≌△AGF（SAS）
∴GF＝EF
∵GF＝DG﹣DF
∴EF＝BE﹣DF，
我爱展示
我爱展示题
1.3 ．
解析:解：过A作AE⊥BC，作AF⊥CD，交CD的延长线于点F，
∵∠AEC＝∠AFC＝∠ECF＝90°，
∴四边形AECF为矩形，
∴∠EAF＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝∠FAD+∠EAD＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴四边形AECF是正方形
∴AF＝EC，
设BE＝x，则EC＝AF＝AE＝4﹣x，
2 2 2
∵AB ＝AE +BE ，
2 2 2
∴（）＝（4﹣x）+x ，解得：x＝1或x＝3（舍），
∴AE＝EC＝3，
∴AC＝3 ，
故答案为：3 ．
2.2
解析:解：如图，作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N；
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴四边形AMCN为矩形，∠MAN＝90°；
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN；
在△ABM与△ADN中，
，
∴△ABM≌△ADN（AAS），
∴AM＝AN，BM＝DN，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AN＝CN＝AM＝CM＝，
∴BC+CD＝CM+BM+CN﹣DN＝2CM＝2 ，
故答案为2 ．
例题
1.
解:（1）①证明：如图1，过P分别作PE⊥OB于E，PF⊥OA于F，
∴∠CFP＝∠DEP＝90°，
∵OM是∠AOB的平分线，
∴PE＝PF，
∵∠FPD﹣∠1＝90°，
又∵∠AOB＝90°，
∴∠FPE＝90°，
∴∠FPD﹣∠2＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△CFP和△DEP中，
，
∴△CFP≌△DEP（ASA），
∴PC＝PD；
②解：设DP＝k，易证CD＝k．
∵CG：DG＝1：2，
∴DG＝k．
由△OPD∽△DPG知，＝，
∴＝，
解：分三种情况：①若PC与边OA相交，∠ODP为锐角时，如图2所示．
∵∠PDE＞∠CDO，
∵△PDE∽△OCD，
∴∠CDO＝∠PED，
∴CE＝CD，
∵CO⊥ED，
∴OE＝OD，
∴OP＝ED＝OD＝1，
②若PC与边OA的反向延长线相交，如图3所示：
过P作PH⊥OA，PN⊥OB，垂足分别为H，N，则∠PHC＝∠PND＝90°，∵OM平分∠AOB，
∴PH＝PN，
在Rt△PHC和Rt△PND中，
，
∴Rt△PHC≌Rt△PND（HL），
∴HC＝ND，
∴∠PDC＝45°，
∴∠PDO＝∠PCH＝22.5°，
∴∠OPC＝180°﹣∠POC﹣∠OCP＝22.5°，
∴OP＝OC；
设OP＝x，则OH＝ON＝x，
∴HC＝DN＝OD﹣ON＝1﹣x，
∵HC＝HO+OC＝x+x，
∴1﹣x＝x+x，
即OP＝﹣1；
③当OP＞，即∠ODP是钝角时，如图4所示：
作PQ⊥y轴于Q，PF⊥x轴于F，
∵OM平分∠AOB，
∴PQ＝PF，
在△RtPCQ和Rt△PDF中，
，
∴△RtPCQ≌Rt△PDF（HL），
∴CQ＝DF，
设OP＝x，则OF＝PF＝OQ＝x，
∴CQ＝DF＝﹣1，
∴OC＝x﹣1，
∵△OCD∽△PED，
∴即，
，
解得：x＝+1，或x＝﹣1（舍去），
∴OP＝+1．
综上所述：OP的长为：1或﹣1或+1．
解析:
我爱展示
我爱展示题
1.
解：（1）如图：过点P作PN⊥AO于点N，PM⊥OB于点M
∵OC平分∠AOB，PN⊥AO，PM⊥OB
∴PM＝PN
∵∠PEO+∠EOF+∠OFP+∠FPE＝360°
且∠EOF＝∠FPE＝90°
∴∠PEO+∠PFO＝180°
又∵∠PEN+∠PEO＝180°
∴∠PEN＝∠PFO且∠PMF＝∠PNE＝90°，PM＝PN ∴△PEN≌△PFM（AAS）
∴PE＝PF
（2）相等
理由如下：
如图：过点P作PN⊥AO于点N，PM⊥OB于点M
∵OC平分∠AOB，PN⊥AO，PM⊥OB
∴PM＝PN
∵PN⊥AO，PM⊥OB，AO⊥BO
∴四边形OMPN是矩形
∴∠NPM＝90°，
∴∠NPE+∠EPM＝90°，且∠EPM+∠FPM＝90°
∴∠FPM＝∠NPO且PM＝PN，∠PMF＝∠PNO
∴△PMF≌△PNE（AAS）
∴PE＝PF
解析:
2.
如图1，连接BD，
∵等腰直角三角形ABC，D为AC的中点，
∴DB＝DC＝DA，∠DBG＝∠DCH＝45°，BD⊥AC，∵∠EDF＝90°，
∴∠ADG+∠HDC＝90°，
∵∠BDC＝∠BDA＝90°，
∴∠BDG+∠ADG＝90°，
∴∠BDG＝∠HDC，
∴在△BDG和△CDH中，
，
∴△BDG≌△CDH（ASA），
∴BG＝CH，
（2）在旋转过程中四边形GBHD的面积不变，
∵等腰直角三角形ABC，AB＝BC＝4cm，
2
∴S△ABC＝8cm ，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵G、H点适中在边AB、BC上，
∴∠A＝∠DBH，
∵BD⊥AC，∠BDG＝∠CDH，
∴∠BDH＝∠ADG，
∵BD＝AD，
∴在△BDH和△ADG中，
，
∴△BDH≌△ADG（ASA），
∵△BDG≌△CDH，
∴S四边形DGBH＝S△BDH+S△GDB＝S△ABD，
∵DA＝DC＝DB，BD⊥AC，
2
∴S四边形DGBH＝S△ABC＝4cm ，
∴在旋转过程中四边形GBHD的面积不变，
（3）当三角板DEF旋转至图2所示时，（1）的结论仍然成立，如图2，连接BD，
∵BD⊥AC，AB⊥BH，ED⊥DF，
∴∠BDG＝90°﹣∠CDG，∠CDH＝90°﹣∠CDG，
∴∠BDG＝∠CDH，
∵等腰直角三角形ABC，
∴∠DBC＝∠BCD＝45°，
∴∠DBG＝∠DCH＝135°，
∴在△DBG和△DCH中，
，
∴△DBG≌△DCH（AAS），
∴BG＝CH．
解析:
导学二对角互补四边形模型（二）
例题
1.
解：（1）∵OM是∠AOB的角平分线，
∴∠AOC＝∠BOC＝∠AOB＝60°．
∵CD⊥OA，
∴∠ODC＝90°．
∴∠OCE＝∠DCE﹣∠OCD＝30°．
在Rt△OCD中，OD＝OC，
同理：OE＝OC．
∴OD+OE＝OC．
（2）（1）中结论仍然成立，理由：
如图2，过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC＝∠OGC＝90°．
∵∠AOB＝120°，
∴∠FCG＝60°．
同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC．
∴OF+OG＝OC．
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，∴CF＝CG．
∵∠DCE＝60°，∠FCG＝60°，
∴∠DCF＝∠ECG．
∴△CFD≌△CGE（ASA），
∴DF＝EG．
∴OF＝OD﹣DF＝OD﹣EG，OG＝OE+EG．
∴OF+OG＝OD﹣EG+OE+EG＝OD+OE．
∴OD+OE＝OC．
（3）（1）中结论不成立，结论为：OE﹣OD＝OC．
理由：过点C作CF⊥OA于F，CG⊥OB于G，
∴∠OFC＝∠OGC＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠FCG＝60°．
同（1）的方法得，OF＝OC，OG＝OC，
∵CF⊥OA，CG⊥OB，且点C是∠AOB的平分线OM上一点，
∴CF＝CG．
∵∠DCE＝60°，∠FCG＝60°，
∴∠DCF＝∠ECG．
∴△CFD≌△CGE（ASA）．
∴DF＝EG．
∴OF＝DF﹣OD＝EG﹣OD，OG＝OE﹣EG．
∴OF+OG＝EG﹣OD+OE﹣EG＝OE﹣OD．
∴OE﹣OD＝OC．
解析:
2.（1）证明：作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，如图1所示：
则∠PMD＝∠PNO＝∠PNE＝90°，
∵OC为∠AOB的平分线，
∴PM＝PN，
∵∠AOB＝120°，
∴∠MPE＝180°﹣120°＝60°，
由题意得：∠DPE＝60°，
∴∠DPM＝∠EPN，
在△PDM和△PEN中，，
∴△PDM≌△PEN（AAS），
∴PD＝PE；
（2）解：保持不变的有：∠ODP+∠OEP＝180°，PD＝PE，四边形ODPE的周长和面积等；理由如下：∵∠AOB+∠DPE＝120°+60°＝180°，
∴∠ODP+∠OEP＝360°﹣180°＝180°；
由（1）得：△PDM≌△PEN，
∴PD＝PE，四边形ODPE的周长和面积分别等于四边形OMPN的周长和面积．
解析:
我爱展示题
1.
解：（1）∵DF⊥AC，
∴∠AFD＝90°，
∵∠A＝60°，∠EDF＝120°，
∴∠AED＝360°﹣∠A﹣∠AFD﹣∠EDF＝90°，
∴DE⊥AB；
（2）连接AD，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，∵点D是线段BC的中点，
∴AD是∠BAC的角平分线，
∴DM＝DN，
∵∠AMD＝∠BMD＝∠AND＝∠CND＝90°
∵∠A＝60°，
∴∠MDN＝360°﹣60°﹣90°﹣90°＝120°．
∵∠EDF＝120°，
∴∠MDE＝∠NDF，
在△EMD和△FND中，
，
∴△EMD≌△FND，
∴DE＝DF；
（3）如图2（a）中，过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N．
在△BDM与△CDN中，，
∴△BDM≌△CDN，
∴BM＝CN，DM＝DN，
又∵∠EDF＝120°＝∠MDN，
∴∠EDM＝∠NDF，
∴△EDM≌△FDN，
∴ME＝NF，
∴BE+CF＝BM+EM+NC﹣FN＝2BM＝BD＝AB；
如图3，同理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，
综上所述，线段BE、CF、AB之间的数量关系为：BE+CF＝AB或BE﹣CF＝AB；
过点D作DM⊥AB于M，如图2（b），
∵∠B＝∠ACD＝60°．
由（3）可得：BM＝CN，DM＝DN，EM＝FN．
∵DN＝FN，
∴DM＝DN＝FN＝EM，
∴BE+CF＝BM+EM+CF＝CN+DM+CF＝NF+DM＝2DM＝2BD×sin60°＝BC＝AB，∵AB＝10，
∴BE+CF＝5 ．
解析:
2.
（1）证明：如图1中，在AC上截取CG，使得CG＝CM．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
∵AB＝AC，∠B＝∠ACN＝60°，
∴△BAM≌△CAN，
∴AM＝AN，
∵∠MAN＝60°，
∴△AMN是等边三角形，
∵CM＝CG，∠MCG＝60°，
∴△CMG是等边三角形，
∴MA＝MN，MG＝MC，
∵∠AMN＝∠GMC＝60°，
∴∠AMG＝∠NMC，
∴△AMG≌△NMC，
∴AG＝CN，
∴BC＝AC＝CG+AG＝CM+CN，
即BC＝CM+CN．
（可以直接证明△BAM≌△CAN，得出结论）
（2）证明：如图2中，连接EC．
∵BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴AE＝EC，∠BAE＝∠BCE，
∵EG∥AN，
∴∠G＝∠AND，
∵∠AND＝∠CAN+∠ACN＝60°+∠CAN，∠ECG＝60°+∠ECB，
∵∠ECB ＝∠BAE ＝∠CAN ，
∴∠ECG ＝∠AND ＝∠G ，
∴EC ＝EG ，
∴EA ＝EG ．
（3）解：如图3中，将△ABE 绕点A 逆时针旋转120°得到△ADQ ，
易证△AFE ≌△AFQ ，
∴∠AEF ＝∠AQF ＝45°，
∵∠AEB ＝∠AQD ＝135°，
∴∠FQD ＝90°，
∵∠QDF ＝∠ADQ+∠ADF ＝60°，设DQ ＝BE ＝x ，则DF ＝2x ，EF ＝FQ ＝ x ，
∵AB ＝AD ＝1，∠ABD ＝30°，
∴BD ＝ ∴x+2x+ x ＝ ∴x ＝
，
，
， ∴EF ＝ x ＝ ．
解析:
导学三 对角互补四边形模型（三）
例题
1.
解：（1）当∠B+∠EGC ＝180°时， 证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠B ＝∠ADC ，AD ∥BC ，
∴∠B+∠A ＝180°，
＝ 成立．
∵∠B+∠EGC ＝180°，
∴∠A ＝∠EGC ＝∠FGD ，
∵∠FDG ＝∠EDA ，
∴△DFG ∽△DEA ，
∴ ＝ ，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EGC＝180°，∠EGC+∠DGC＝180°，∴∠CGD＝∠CDF，
∵∠GCD＝∠DCF，
∴△CGD∽△CDF，
∴∴∴＝
＝
＝
，
，
，
即当∠B+∠EGC＝180°时，
（2）DE＝CF；理由如下：
＝成立；
作BH⊥AC于H，AM⊥CD于M，CN⊥AD于N，如图所示：
则∠BHC＝∠BHA＝∠CNA＝∠AMC＝90°，
∵tan∠BCA＝，tan∠BAC＝，
∴BH：CH＝4：3，BH：AH＝1：2，
设BH＝20，则CH＝15，AH＝40，
∴AC＝55，
∵CA平分∠BCD，
∴∠BCA＝∠DCA，
∴tan∠DCA＝＝tan∠BCA＝，
∴，，
∴AM＝AC＝44，CM＝AC＝33，
∵∠BAD＝90°，CN⊥AD，
∴CN∥AB，
∴∠ACN＝∠BAC，
∴tan∠ACN＝＝tan∠BAC＝，
设AN＝x，则CN＝2x，
2 2 2
由勾股定理得：x +（2x）＝55 ，
解得：x＝11 ，
∴AN＝11 ，CN＝22
∵DE⊥CF，
，
∴∠DGF＝90°，
∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝90°，
∴△ADE∽△NCF，
∴，
∵∠CND＝∠AMD＝90°，∠CDN＝∠ADM，∴△CDN∽△ADM，
∴＝，
设DN＝a，则DM＝2a，
∵△ACD的面积＝AD•CN＝CD•AM，
∴AD•CN＝CD•AM，
即22 （11 + a）＝44（33+2a），
解得：a＝11，
∴DM＝22，DN＝11 ∴AD＝AN+DN＝22 ∴AD＝NC，，，
∴＝1，
∴DE＝CF．
解析:
我爱展示
我爱展示题
1.
解：（1）过点B作BH⊥AD于H，如图1，
则有∠AHB＝∠BHD＝90°．
∵AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠BHD＝∠HDC＝∠BCD＝90°，
∴四边形BCDH是矩形，
∴HD＝BC＝3，
∴AH＝AD﹣HD＝6﹣3＝3．
∵DE⊥AB即∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠AHB．
又∵∠EAD＝∠HAB，
∴△AED∽△AHB，
∴AE•AB ＝AH•AD ＝3×6＝18；
（2）延长DE 、CB 交于点G ，如图2．
由（1）得：AH ＝3，AE•AB ＝18，四边形BCDH 是矩形，
则有BH ＝CD ＝4，AB ＝
∴AE ＝ ，EB ＝5﹣ ＝ ．
∵AD ∥GC ，
∴△AED ∽△BEG ，
＝5， ＝ ∴ ∴ ＝ ＝ ，
，
∴BG ＝ ，
∴GC ＝ +3＝ ∵AD ∥GC ，
．
∴△AFD ∽△CFG ，
∴ ＝ ＝ ＝ ；
（3）延长AB 、DC 交于点N ，如图3．
∵AD ∥BC ，
∴△NBC ∽△NAD ，
∴ ∴ ＝ ，
＝ ＝ ，
解得NC ＝6，
∴DN ＝12，
∴AN ＝
＝6 ， ∴DE ＝ ＝ ＝ ，
∴AE ＝ ∴EN ＝AN ﹣AE ＝6 ＝ ．
＝ ，
﹣
＝ ， ∴ ∵AM ∥CD ，
∴△AEM ∽△NEC ，
∴ ＝ ＝ ．
解析:
导学四 对角互补四边形模型（四）
例题
1.
（1）①解：正方形是等补四边形．
②证明：如图1中，作DM ⊥BA 于M ，DN ⊥BC 于N ，则∠DMA ＝∠DNC ＝90°，
∵∠A+∠BCD ＝180°，∠BCD+∠DCN ＝180°，
∴∠A ＝∠DCN ，
∵BD 平分∠ABC ，
∴DM ＝DN ，
在△ADM 和△CDN 中，
，
∴△ADM ≌△CDN （AAS ），
∴AD ＝DC ，
∴四边形ABCD 是等补四边形．
（2）③解：如图2中，
∵AD ＝AB ，
∴ ＝ ，
故答案为＝．
④解：由题意，等补四边形的“等补对角线”平分“等边补角”．故答案为等补四边形的“等补对角线”平分“等边补角”．
（3）解：如图3﹣1中，当BD⊥AB时，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∵∠ABD＝90°，
∴AD是⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠DBC＝30°，
∵BA＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝∠BDC＝30°，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴DC＝BC＝2．
如图3﹣2中，当BD⊥BC时，
∵∠DBC＝90°，
∴CD是⊙O的直径，
∵BA＝BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝∠BDC＝30°，
综上所述，满足条件的CD的值为2或4．
解析:
2.
解：（1）∵∠ADB＝∠ACB＝60°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD＝180°﹣∠ADB﹣∠BAD＝180°﹣60°﹣65°＝55°，故答案为：55°；
在线段CA取一点F，使得CF＝CD，如图2所示：
∵∠C＝90°，CF＝CD，AC＝CB，
∴AF＝DB，∠CFD＝∠CDF＝45°，
∴∠AFD＝135°，
∵BE⊥AB，∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝90°，∠DBE＝135°，
∴∠AFD＝∠DBE，
∵AD⊥DE，
∴∠ADE＝90°，
∵∠FAD+∠ADC＝90°，∠ADC+∠BDE＝90°，
∴∠FAD＝∠BDE，
在△ADF和△DEB中，，
∴△ADF≌△DEB（ASA），
∴AD＝DE，
∵∠ADE＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE＝AD＝2 ；
作EK⊥FG于K，则K是FG的中点，连接AK，BK，如图3所示：
∴∠EKG＝∠EBG＝∠EKF＝∠EAF＝90°，
∴E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，
∴∠KBE＝∠EGK＝60°，∠EAK＝∠EFK＝60°，
∴△ABK是等边三角形，
∴AB＝AK＝KB＝4，作KM⊥AB，则M为AB的中点，∴KM＝A K•sin60°＝2 ，
∵AE＝3，AM＝AB＝2，
∴ME＝3﹣2＝1，
∴EK＝∴EF＝
＝＝，＝＝．
解析:
我爱展示
我爱展示题
1.
解：（1）∵AB＝AC，AD＝AC，
∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝40°，
（2）如图2，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°，
（3）①如图3
∵点B为抛物线的顶点，
∴点B的坐标为（1，3），
∵45°角的直角三角板如图所示放置，其中，一个顶点与C重合，直角顶点D在BQ上，另一顶点E在PQ上，∴点D、C、Q、E共圆，
∴∠CQB＝∠CED＝45°，
∴CQ＝BC＝3，
∴OQ＝4，
∴点Q的坐标为（4，0），
②如图4，
（Ⅰ）、当30°的角的顶点与点C重合时，
∵直角三角板30°角的顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上∴点D、C、Q、E共圆，
∴∠CQB＝∠CED＝60°，
∴CQ＝BC＝，
∴OQ＝1+ ，
∴把1+ 代入得y＝，
∴点P的坐标是（1+ ，）
（Ⅱ）、如图5，
当60°的角的顶点与点C重合时，
∵直角三角板60°角的顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上∴点D、C、Q、E共圆，
∴∠CQB＝∠CED＝30°，
∴CQ＝BC＝3 ∴OQ＝1+3
∴把1+3 代入，
，
得y＝﹣5，
∴点P的坐标是（1+3 ，﹣5）
综上所述，点P的坐标是（1+ ，）或（1+3 ，﹣5）．解析:
2.
解（1）∵在菱形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴∠BOC＝90°，OB＝OC，AB＝AC，∠OBE＝∠OCF＝45°，∠BCD＝90°∵∠EOF+∠BCD＝180°，
∴∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
在△OBE和△COF中，
∴△OBE≌△OCF（ASA），
∴BE＝CF＝，
2 2 2
在Rt△ABC中，AB +BC ＝AC ，AC＝4 ，
∴BC＝4，
∴CE＝，
2 2 2
在Rt△CEF中，CE +CF ＝EF ，
∴EF＝；
（2）证明：如图1中，连接EF，在CO上截取CN＝CF．
∵∠EOF+∠ECF＝180°，
∴O、E、C、F四点共圆，
∵∠ABC＝60°，四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，
∴∠OEF＝∠OCF，∠OFE＝∠OCE，
∴∠OEF＝∠OFE＝60°，
∴△OEF是等边三角形，
∴OF＝FE，
∵CN＝CF，∠FCN＝60°，
∴△CFN是等边三角形，
∴FN＝FC，∠OFE＝∠CFN，
∴∠OFN＝∠EFC，
在△OFN和△EFC中，
，
∴△OFN≌△EFC（SAS），
∴ON＝EC，
∴CE+CF＝CN+ON＝OC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠CBO＝30°，AC⊥BD，
∵在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，∠OBC＝30°，
∴OC＝BC＝AB，
∴CE+CF＝AB．
（3）结论：CF﹣CE＝O′C．
理由：如图2，过点O′作O′H⊥AC交CF于H，
∵∠O′CH＝∠O′HC＝45°，
∴O′H＝O′C，
∵∠FO′E＝∠HO′C，
∴∠FO′H＝∠CO′E，
∵∠EOF＝∠ECF＝90°，
∴O′、C、F、E四点共圆，
∴∠O′EF＝∠O′CF＝45°，
∴∠O′FE＝∠O′EF＝45°，
∴O′E＝O′F，
在△FO′H和△EO′C中，
，
∴△FO′H≌△EO′C（SAS），
∴FH＝CE，
∴CF﹣CE＝CF﹣FH＝CH＝O′C．
解析:
限时考场模拟______分钟完成
限时考场模拟题目
1.
（1）证明：①在四边形ADBC中，∠DAC+∠DBC+∠ADB+∠ACB＝360°，∵∠ADB+∠ACB＝180°，
∴∠DAC+∠DBC＝180°，
∵∠EAC+∠DAC＝180°，
∴∠DBC＝∠EAC，
∵BD＝AE，BC＝AC，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，
∴∠ACE+∠DCA＝90°，
∴∠DCE＝90°，
∴CD⊥CE；
②∵CD＝CE，CD⊥CE，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝CD，
∵DE＝AD+AE，AE＝BD，
∴DE＝AD+BD，
∴AD+BD＝CD；
（2）解：AD﹣BD＝CD；
理由：如图2，在AD上截取AE＝BD，连接CE，
∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵∠ADB＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠BAD﹣∠ABC＝90°﹣∠BAD﹣45°＝45°﹣∠BAD，∵∠CAE＝∠BAC﹣∠BAD＝45°﹣∠BAD，
∴∠CBD＝∠CAE，∵BD＝AE，BC＝AC，
∴△CBD≌△CAE（SAS），
∴CD＝CE，∠BCD＝∠ACE，
∵∠ACE+∠BCE＝∠ACB＝90°，
∴∠BCD+∠BCE＝90°，
即∠DCE＝90°，
∴DE＝＝＝CD，
∵DE＝AD﹣AE＝AD﹣BD，
∴AD﹣BD＝CD．。