用互补法解分数应用题解析
对角互补模型(解析版)--中考数学满分突破
对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。
主要：含90°对角互补，含120°的对角互补两种类型。
解决此类题型常用到的辅助线画法主要有两种：旋转法和过顶点作两垂线。
模型一：90°的对角互补模型【基础】如图，四边形ABCD 中，∠ABC =∠ADC =90°，BD 平分∠ABC ，则①AD =CD ②AB +BC =2BD ③S △ABD +S △BDC =12BD 2思路：①方法一(基础)：过点D 分别作DE ⊥AB 于点E ，DF ⊥BC 于点F∵BD 平分∠ABC ∴DE =DF∵∠ABC =ADC =90°∴∠DAB +∠DCF =∠DAB +∠DAE =180°∴∠DCF =∠DAE ∴∆DAE ≌∆DCF ∴AD =CD方法二(基础)：作DE ⊥BD 交BC 延长线于点E ∴∠BDE =90°∵BD 平分∠ABC ∴∠4=∠5=∠6=45°∴DE =BD ∵∠ABC =ADC =90°∴∠1+∠2=∠2+∠3=180°∴∠1=∠3∴∆ABD ≌∆CED ∴AD =CD方法三(进阶)：∵四边形ABCD 对角互补∴A 、B 、C 、D 四点共圆∵BD 平分∠ABC∴∠ABD =∠CBD =45°∴AD =CD②③方法一：∵∆DAE ≌∆DCF∴AE =FC S △DAE =S △DCF∵∠ABC =∠ADC =90°，BD 平分∠ABC∴∠EBD =∠DBF =45°∴∆DEB 与∆DFB 为等腰直角三角形∴AB +BC =AB +BF +FC =AB +BF +AE =BE +BF =22BD +22BD =2BD S △ABD +S △BDC =S △ABD +S △BDF +S △DFC =S △ABD +S △BDF +S △AED =S △DEB +S △DFB =S 正方形BFDE =12BD 2方法二：∵∆ABD ≌∆CED∴AB =CE S △ABD =S △CED 而∠BDE =90°∠5=∠6=45°∴∆BDE 为等腰直角三角形则AB +BC =BC +CE =BE =2BDS △ABD +S △BDC =S △DCE +S △BDC =S △BDE =12BD 2【进阶】如图，∠AOB =∠DCE =90°，OC 平分∠AOB ，当∠DCE 的一边与AO 的延长线交于点D 时，有以下结论：①CD =CE ②OE -OD =2OC ③S △OCE -S △OCD =12OC 2思路：①方法一：过点C 分别作CM ⊥AO 于点M , CN ⊥BO 于点N∴∠CMD =∠CNE =90°∵∠AOB =90°∴∠MCN =90°则∠MCD =∠ECN而OC 平分∠AOB ∴CM =CN∴∆CMD ≌∆CNE ∴CD =CE方法二：过点C 作CH ⊥CO 交OB 于点H ∴∠OCH =90°∴∠OCD +∠DCH =∠HCE +∠DCH =90°∴∠OCD =∠HCE∵∠AOB =90°，OC 平分∠AOB∴∠AOC =∠COH =∠CHO =45°∴∆OCH 为等腰直角三角形∴OC =CH∵∠COD =180°-∠AOC ，∠CHE =180°-∠CHO∴∠COD =∠CHE ∴∆COD ≌∆CHE ∴CD =CE方法三：连接DE∵∠AOB =∠DCE =90°∴∠DOE =∠DCE =90°∴O 、C 、E 、D 四点共圆∵OC 平分∠AOB ∴∠CDE =∠COE =∠CED =45°∴CD =CE②③∵∆COD ≌∆CHE ∴OD =HE S △OCD =S △HCE则OE -OD =OE -EH =OH =2OCS△OCE-S△OCD=S△OCE-S△HCE=S△OCH=12OC2模型二：120°的对角互补模型【基础】如图，已知∠AOB=2∠DCE=120°，OC平分∠AOB，则①CD=CE②OD+OE=OC③S△DCO+S△COE=√34OC2思路：①方法一：过点C分别作CM⊥AO于点M，CN⊥OB于点N所以∠CMD=∠CNE=90°由OC平分∠AOB可知CM=CN由∠AOB=2∠DCE=120°，可得∠CDO+∠CEN=180°而∠CDO+∠CDM=180°因此∠CDM=∠CEN所以∆CMD≌∆CNE则CD=CE方法二：作∠OCF=60°交OB于点F由已知条件可知∆COF为等边三角形所以CO=CF∠COD=∠CFE=60°因为∠DCE=∠OCF=60°所以∠DCO=∠ECF所以∆DCO≌∆ECF则CD=CE方法三：∵∠AOB=2∠DCE=120°∴∠DOE+∠DCE=180°∴O、D、C、E四点共圆∵OC平分∠AOB∴∠COD=∠COE=60°∴CD=CE②由于∆DCO≌∆ECF, ∆COF为等边三角形则OD=EF OC=OF所以OD+OE=EF+OE=OF=OC③过点F作FH⊥CO于点H由于∆DCO≌∆ECF所以S△DCO=S△ECF设OC=x，则OH=X2FH=√3X2S△DCO+S△COE=S△ECF+S△COE=S△OCF=12OC•FH=12•x•√3X2=√3 4x2=√34OC2【进阶】如图，∠AOB =2∠DCE =120°，OC 平分∠AOB ，当∠DCE 的一边与BO 的延长线交于点E 时，有以下结论：①CD =CE ②OD -OE =OC ③S △DCO -S △COE =√34OC 2思路：①方法一：过点C 分别作CM ⊥DO 于点M ，CN ⊥EB 于点N所以∠CMD =∠CNB =90°由OC 平分∠AOB ∠AOB =2∠DCE =120°可知CM =CN ∠DCE =∠MCN =60°则∠DCM =∠ECN所以∆CDM ≌∆CEN 则CD =CE方法二：过点C 作∠OCH =60°根据已知条件可知∠DCE =∠OCH =∠COH =60°，∴∆COH 为等边三角形，∠DCO =∠ECH∴∠COD =∠CHE =60°CO =CH所以∆CDO ≌∆CEH 则CD =CE OD =EH S △DCO =S △ECH∴OD -OE =EH -OE =OH =OCS △DCO -S △COE =S △ECH -S △COE =S △COH =√34OC 2方法三：连接DE∵∠AOB =2∠DCE =120°，OC 平分∠AOB∴∠DOE =∠DCE =∠DOC =60°∴O 、C 、D 、E 四点共圆∴∠DEC =∠DOC =∠DCE =60°∴△DEC 是等边三角形∴CD =CE模型三：全等型之任意角如图，∠AOB =2α，∠DCE =180°-2α，OC 平分∠AOB ，则：①CD =CE②OD +OE =2OC •COSα③S △DCO +S △COE =OC 2•sin αCOSα思路：1)过点C作CM⊥AO于点M, 作CN⊥BO于点N易证∆CDM≌∆CEN∴CD=CE则OD+OE=2ON=2OC•COSαS△DCO+S△COE=2S△CON=CN•ON=OC2•sinαCOSα2)作∠OCH=180°-2α,与OB交于点H易证∆CDO≌∆CEH∴CD=CE OD=EH S△DCO=S△ECH则OD+OE=OH=2OC•COSαS△DCO+S△COE=S△COH=OC2•sinαCOSα【进阶】如图，除满足以上条件外，当∠DCE的一边与BO延长线交于点E 时，则：①CD=CE②OD-OE=2OC•COSα③S△DCO-S△COE=OC2•sinαCOSα[自行证明]模型四：内含90°的相似型如图，∠AOB=∠DCE=90°，∠COB=α，则CE=CD•tanα[自行证明]【进阶】如图，当∠DCE的一边与AO的延长线交于点D时，则CE=CD•tanα[自行证明]【过关培优练】1.(2019春·江苏南京·八年级校联考期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为．【答案】32【分析】可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+ AC等于等腰三角形的斜边CD.【详解】解：将△OBC绕O点旋转90°，∵OB=OA∴点B落在A处，点C落在D处且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，在四边形OACB中∵∠BOA=∠BCA=90°，∴∠OBC+∠OAC=180°，∴∠OAD+∠OAC=180°∴C、A、D三点在同一条直线上，∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理CD2=OC2+OD2即CD2=32+32=18解得CD=32即BC+AC=3 2.【点睛】本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果.2.如图，四边形ABCD中，已知AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，若四边形ABCD的面积为43，则AC=．【答案】4．【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．∵四边形内角和360°，∴∠D+∠ABC=180°．∴∠ABE+∠ABC=180°，∴E、B、C三点共线．根据旋转性质可知∠EAC=60度，AE=AC，∴△AEC是等边三角形．四边形ABCD面积等于△AEC面积，等边△AEC面积=34Ac2=43，解得AC=4．故答案为4．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．3.(2021春·福建三明·八年级统考期中)感知：如图①，AD平分∠BAC，∠B+∠C=180°，∠B=90°．判断DB与DC的大小关系并证明．探究：如图②，AD平分∠BAC，∠ABD+∠ACD=180°，∠ABD<90°，DB与DC的大小关系变吗？请说明理由．应用：如图③，四边形ABDC中，∠B=45°，∠C=135°，DB=DC=m，则AB与AC差是多少(用含m的代数式表示)【答案】感知：DB=DC，证明见详解；探究：DB与DC的大小关系不变，理由见详解；应用：AB与AC差是2m．【分析】感知：根据角平分线的性质定理即可求证；探究：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，根据角平分线的性质定理可得DE=DF，由题意可得∠B=∠DCF，进而可证△DEB≌△DFC，然后问题可求证；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，由题意易证△DHB≌△DGC，则有DH=DG，进而可得AG=AH，然后根据等腰直角三角形的性质可得DG=CG=DH=BH=22m，则有AG=AH=AC+22m，最后问题可求解．【详解】感知：DB=DC，理由如下：∵∠B+∠C=180°，∠B=90°，∴∠B=∠C=90°，即DB⊥AB,DC⊥AC，∵AD平分∠BAC，∴DB=DC；探究：DB与DC的大小关系不变，还是相等，理由如下：过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥AC，交AC延长线于点F，则∠DEB=∠DFC=90°，如图所示：∵AD平分∠BAC，∴DE=DF，∵∠ABD+∠ACD=180°，∠DCF+∠ACD=180°，∴∠B=∠DCF，∴△DEB≌△DFC(AAS)，∴DB=DC；应用：过点D作DH⊥AB于点H，DG⊥AC，交AC的延长线于点G，连接AD，如图所示：∵∠B=45°，∠C=135°，∴∠B+∠C=180°，∵∠ACD+∠DCG=180°，∴∠B=∠DCG=45°，∵∠DHB=∠DGC=90°，DB=DC=m，∴△DHB≌△DGC(AAS)，且△DHB与△DGC都为等腰直角三角形，∴DG=CG=DH=BH，由勾股定理可得DH2+BH2=DB2，∴2DH2=m2，m，∴DG=CG=DH=BH=22在Rt△AHD和Rt△AGD中，AD=AD，DH=DG，∴Rt△AHD≌Rt△AGD(HL)，∴AG=AH=AC+2m，2∴AB=AH+BH=AC+2m，∴AB-AC=2m．【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握角平分线的性质定理、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．4.(2013秋·江苏盐城·九年级阶段练习)已知∠MAN，AC平分∠MAN.(1)在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，我们可得结论：AB+AD=AC；在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC+∠ADC=180°，则上面的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(2)在图3中：(只要填空，不需要证明).①若∠MAN=60°，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC；②若∠MAN=α(0°<α<180°)，∠ABC+∠ADC=180°，则AB+AD=AC(用含α的三角函数表示)．【答案】(1)成立，证明如下；(2)3，2cos α2 .【详解】试题分析：(1)作CE⊥AM、CF⊥AN于E、F．根据角平分线的性质，得CE=CF，根据等角的补角相等，得∠CDE=∠ABC，再根据AAS得到△CDE≌△CBF，则DE=BF．再由∠MAN =120°，AC平分∠MAN，得到∠ECA=∠FCA=30°，从而根据30°所对的直角边等于斜边的一半，得到AE=12AC，AF=12AC，等量代换后即可证明AD+AB=AC仍成立．试题解析：(1)仍成立．证明：过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F∵AC平分∠MAN∴CE=CF∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°∴∠CDE=∠ABC又∠CED=∠CFB=90°，∴△CED≌△CFB(AAS)∵ED=FB，∴AD+AB=AE-ED+AF+FB=AE+AF∴AE+AF=AC∴AD+AB=AC(2)3，2cosα2.考点:(1)角平分线的性质；(2)全等三角形的判定与性质；(3)含30度角的直角三角形．5.(2021·全国·八年级专题练习)已知：∠ABC=∠ADC=90°,AD=DC，求证：BC+AB=2BD．6.(2021·全国·八年级专题练习)已知∠ABC =60°,∠ADC =120°,AB =BC ，求证：AD +DC =BD ，S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =34BD 2．【答案】见解析【分析】延长DC 至点E 使CE =AD ，先证明△BAD ≌△BCE ，再证明△BDE 是等边三角形，可证结论成立．【详解】证明：延长DC 至点E 使CE =AD ，∵∠ABC =60°,∠ADC =120°，∴∠A +∠BCD =180°，∵∠BCE +∠BCD =180°，∴∠A =∠BCE ，在△BAD 和△BCE 中BA =BC∠A =∠BCE AD =CE，∴△BAD ≌△BCE ，∴BD =BE ，∠ABD =∠CBE ，∵∠ABC =∠ABD +∠CBD =60°，∴∠DBE =∠CBE +∠CBD =60°，∴△BDE 是等边三角形，∴BD =DE ，∵DC +CE =DE ，∴AD +DC =BD ；作BF ⊥DE 于点F ，则∠EBF =30°，EF =DF =12DE =12BE ，∴BF =BE 2-EF 2=32BE ，∴S △DBE =12DE ×BF =12×BE ×32BE =34BE 2，∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △BCD =34BD 2．【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．7.(2021·贵州黔东南·统考中考真题)在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD．【探究发现】(1)如图①，若∠BAD=120°，∠ABC=∠ADC=90°．求证：AD+AB=AC；【拓展迁移】(2)如图②，若∠BAD=120°，∠ABC+∠ADC=180°．①猜想AB、AD、AC三条线段的数量关系，并说明理由；②若AC=10，求四边形ABCD的面积．【答案】(1)见解析；(2)①AD+AB=AC，见解析；②253【分析】(1)根据角平分线的性质得到∠DAC=∠BAC=60o，然后根据直角三角形中30o是斜边的一半即可写出数量关系；(2)①根据第一问中的思路，过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F，构造AAS证明△CFB≅△CED，根据全等的性质得到FB=DE，结合第一问结论即可写出数量关系；②根据题意应用60o的正弦值求得CE的长，然后根据S四边形ABCD=12AD×CE+12AB×CF=1 2AD+AB×CE的数量关系即可求解四边形ABCD的面积．【详解】(1)证明：∵AC平分∠BAD，∠BAD=120o，∴∠DAC=∠BAC=60o，∵∠ADC=∠ABC=90o，∴∠ACD=∠ACB=30o，∴AD=12AC，AB=12AC．∴AD+AB=AC，(2)①AD+AB=AC，理由：过点C分别作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F．∵AC平分∠BAD，∴CF=CE，∵∠ABC+∠ADC=180o，∠EDC+∠ADC=180o，∴∠FBC=∠EDC，又∠CFB=∠CED=90o，∴△CFB≅△CED AAS，∴FB=DE，∴AD+AB=AD+FB+AF=AD+DE+AF=AE+AF，在四边形AFCE中，由⑴题知：AE+AF=AC，∴AD+AB=AC；②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD=120o∴∠DAC=∠BAC=60o，又∵AC=10，∴CE=A sin∠DAC=10sin60o=53，∵CF=CE，AD+AB=AC，∴S四边形ABCD =12AD×CE+12AB×CF=12AD+AB×CE=12AC×CE=12×10×53=253．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质和应用，解直角三角形，关键是辨认出本题属于角平分线类题型，作垂直类辅助线．8.(2017·四川乐山·中考真题)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的数量关系并说明理由．(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°，探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由．【答案】(1)AC=AD+AB；(2)成立；(3)AD+AB=2AC．【分析】(1)结论：AC=AD+AB，只要证明AD=12AC，AB=12AC即可解决问题；(2)(1)中的结论成立．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，只要证明△DAC≌△BEC即可解决问题；(3)结论：AD+AB=2AC．过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，只要证明△ACE是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC即可解决问题；【详解】(1)AC=AD+AB．理由如下：如图1中，在四边形ABCD中，∠D+∠B=180°，∠B=90°，∴∠D=90°，∵∠DAB=120°，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠BAC=60°，∵∠B=90°，∴AB=12AC，同理AD=12 AC，∴AC=AD+AB．(2)(1)中的结论成立，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，如图2，∵∠BAC=60°，∴△AEC为等边三角形，∴AC=AE=CE，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CE，∴△DAC≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AE=AD+AB．(3)结论：AD+AB=2AC．理由如下：过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E，如图3，∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=90°，∴∠DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC平分∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°，∴AC=CE．又∵∠D+∠ABC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，∴∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴AD+AB=AE．在Rt△ACE中，AC=CE，∴AE=AC2+CE2=2AC2=2AC，∴AD+AB=2AC．【点睛】本题是四边形探究的综合题，属于压轴题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段的和差倍分关系，对于线段和差问题，常常采用截长法或补短法构造辅助线，通过全等三角形来解决．9.(2022秋·广东惠州·九年级校考期中)在△ABC中，AC=BC=2，∠C=90°．将一块三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交边AC、CB于点D、E．(1)如图①，当PD⊥AC时，则DC+CE的值是．(2)如图②，当PD与AC不垂直时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图③，在∠DPE内作∠MPN=45°，使得PM、PN分别交DC、CE于点M、N，连接MN．那么△CMN的周长是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)2(2)依然成立(3)△CMN的周长为定值，且周长为2【分析】(1)由等腰三角形的性质和P为斜边AB的中点可知DC=1，CE=1，所以DC+CE的值可求；(2)结论成立．连接PC，通过证明△PCD≌△PBE．可得DC=EB，所以DC+CE=EB+CE= BC=2；(3)△CMN的周长为定值，且周长为2．在EB上截取EF=DM，通过证明△PMN≌△PFN，得到MN=NF．所以MC+CN+NM=MC+CN+NE+EF=MC+CE+DM=DC+CE=2．【详解】(1)连PC∵P是AB的中点，AC=BC=2，∠C=90°∴PC=AP=PB∵PD⊥AC，AC=1∴DC=12∠C=∠DPE=90°∴四边形PDCE是矩形，∴PE⊥BC又∵PC=PBBC=1∴EC=12∴DC+CE=2；故答案为：2；(2)结论成立．连接PC，如图②．∵△ABC是等腰直角三角形，P是AB的中点，∠ACB=45°．∴CP=PB，CP⊥AB，∠ACP=12∴∠ACP=∠B=45°，∠CPB=90°．∴∠BPE=90°-∠CPE．又∵∠DPC=90°-∠CPE，∴∠DPC=∠EPB．∴△PCD≌△PBE．∴DC=EB，∴DC+CE=EB+CE=BC=2．(3)△CMN的周长为定值，且周长为2．在EB上截取EF=DM，如图③，由(2)可知：PD=PE，∠PDC=∠PEB，∴△PDM≅△PEF，∴∠DPM=∠EPF，PM=PF．∵∠NPF=∠NPE+∠EPF=∠NPE+∠DPM=∠DPE-∠MPN=45°=∠NPM，又PN=PN，∴△PMN≌△PFN，∴MN=NF．∴MC+CN+NM=MC+CN+NE+EF，=MC+CE+DM，=DC+CE，=2．∴△CMN的周长是2．【点睛】此题比较复杂，综合考查全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、图形的变换．综合性很强，是一道不错的题目．10.(2021秋·河南漯河·八年级统考期中)在等边△ABC中，点D为AC的中点，点F在BC延长线上，点E在射线AB上，∠EDF=120°．(1)如图1，当点E与点B重合时，则DE与DF的数量关系是；(2)当点E在线段AB上时，(1)中的结论是否仍然成立？请结合图2说明理由；(3)如图3，当点E在AB的延长线上时，BF=8,BE=2，请直接写出BC的长．【答案】(1)DE=DF；(2)DE=DF，理由见解析；(3)4【分析】(1)根据等腰三角形的性质及已知，可得∠DBC =∠F =30゜，从而可得DE =DF ；(2)仍有DE =DF ；过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，可证明△DGE ≌△DCF ，从而可得DE =DF ；(3)过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，可证明△DGE ≌△DCF ，从而可得GE =CF ；设BC =a ，则CF =8-a ，GB =12a ，GE =12a +2，则可得方程，解方程即可求得a ．【详解】(1)∵△ABC 是等边三角形，D 点为AC 的中点∴∠DBC =30゜∵∠EDF =120゜∴∠F =180゜-∠DBC -∠EDF =30゜∴∠DBC =∠F∴DE =DF故答案为：DE =DF(2)仍有DE =DF ；理由如下：过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，如图2所示则∠AGD =∠ABC∵△ABC 是等边三角形∴AB =AC ，∠A =∠ABC =∠ACB =60゜∴∠AGD =∠A =60゜∴△AGD 是等边三角形∴∠ADG =∠AGD =60゜，AD =GD∴∠DGE =∠GDC =120゜∴∠EDF =∠GDC =120゜∵∠GDE +∠EDC =∠EDC +∠CDF∴∠GDE =∠CDF∵D 点是AC 的中点∴AD =DC =GD∵∠ACB =60゜∴∠DCF =120゜∴∠DGE =∠DCF在△DGE 和△DCF 中∠DGE =∠DCFGD =DC∠GDE =∠CDF∴△DGE ≌△DCF (ASA )∴DE =DF(3)过点D 作DG ∥BC 交AB 于点G ，如图3所示与(2)同理有：△DGE ≌△DCF∴GE =CF设BC =a ，则CF =8-a ，GB =12a ∴GE =12a +2由GE =CF ，得：12a +2=8-a 解得：a =4【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造三角形全等是本题后两问的关键．11.(2017·辽宁葫芦岛·中考真题)如图，∠MAN =60°，AP 平分∠MAN ，点B 是射线AP 上一定点，点C 在直线AN 上运动，连接BC ，将∠ABC (0°<∠ABC <120°)的两边射线BC 和BA 分别绕点B 顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM 交于点D 和点E ．(1)如图1，当点C 在射线AN 上时，①请判断线段BC 与BD 的数量关系，直接写出结论；②请探究线段AC ，AD 和BE 之间的数量关系，写出结论并证明；(2)如图2，当点C 在射线AN 的反向延长线上时，BC 交射线AM 于点F ，若AB =4，AC =3，请直接写出线段AD 和DF 的长．【答案】(1)①BC =BD ；②AD +AC =3BE ；(2)AD =53，DF =3137．【分析】(1)①结论：BC =BD ．只要证明△BGD ≌△BHC 即可．②结论：AD +AC =3BE ．只要证明AD +AC =2AG =2EG ，再证明EB =32BE 即可解决问题；(2)如图2中，作BG ⊥AM 于G ，BH ⊥AN 于H ，AK ⊥CF 于K ．由(1)可知，△ABG ≌△ABH ，△BGD ≌△BHC ，易知BH ，AH ，BC ，CH ，AD 的长，由sin ∠ACH =AK AC=BH BC ，推出AK 的长，设FG =y ，则AF =23-y ，BF =4+y 2，由△AFK ∽△BFG ，可得AF BF =AK BG ，可得关于y 的方程，求出y 即可解决问题．【详解】(1)①结论：BC=BD，理由：如图1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∵∠MAN=60°，PA平分∠MAN，BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，∴BG=BH，∠GBH=∠CBD=120°，∴∠CBH=∠GBD，∵∠BGD=∠BHC=90°，∴△BGD≌△BHC，∴BD=BC；②结论：AD+AC=3BE，∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，∴BA=BE，∵BG⊥AE，∴AG=GE，EG=BE•cos30°=32BE，∵△BGD≌△BHC，∴DG=CH，∵AB=AB，BG=BH，∴Rt△ABG≌Rt△ABH，∴AG=AH，∴AD+AC=AG+DG+AH-CH=2AG=3BE，∴AD+AC=3BE；(2)如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K，由(1)可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH=GB=2，AH=AG=EG=23，BC=BD=BH2+CH2=31，CH=DG=33，∴AD=53，∵sin∠ACH=AKAC =BH BC，∴AK3=231，∴AK=2331，设FG=y，则AF=23-y，BF=4+y2，∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，∴△AFK∽△BFG，∴AFBF =AKBG，∴23-y4+y2=23312，解得y=1037或310(舍弃)，∴DF=GF+DG=1037+33，即DF=3137．12.(2021·重庆·统考中考真题)在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，垂足为D，点E为AB边上一点，点F为直线BD上一点，连接EF．(1)将线段EF 绕点E 逆时针旋转60°得到线段EG ，连接FG ．①如图1，当点E 与点B 重合，且GF 的延长线过点C 时，连接DG ，求线段DG 的长；②如图2，点E 不与点A ，B 重合，GF 的延长线交BC 边于点H ，连接EH ，求证：BE +BH =3BF ；(2)如图3，当点E 为AB 中点时，点M 为BE 中点，点N 在边AC 上，且DN =2NC ，点F 从BD 中点Q 沿射线QD 运动，将线段EF 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EP ，连接FP ，当NP +12MP 最小时，直接写出△DPN 的面积．【答案】(1)①21；②见解析；(2)433【分析】(1)①连接AG ，根据题意得出△ABC 和△GEF 均为等边三角形，从而可证明△GBC ≌△GAC ，进一步求出AD =3，AG =BG =23，然后利用勾股定理求解即可；②以点F 为圆心，FB 的长为半径画弧，与BH 的延长线交于点K ，连接KF ，先证明出△BFK 是顶角为120°的等腰三角形，然后推出△FEB ≌△FHK ，从而得出结论即可；(2)利用“胡不归”模型构造出含有30°角的直角三角形，构造出NP +12MP =NP +PJ ，当N 、P 、J 三点共线的时候满足条件，然后利用等边三角形的性质及判定、矩形的判定及性质以及解直角三角形的知识分别计算出PN 与DN 的长度，即可得出结论．【详解】(1)解：①如图所示，连接AG ，由题意可知，△ABC 和△GEF 均为等边三角形，∴∠GFB =60°，∵BD ⊥AC ，∴∠FBC =30°，∴∠FCB =30°，∠ACG =30°，∵AC =BC ，GC =GC ，∴△GBC ≌△GAC (SAS )，∴∠GAC =∠GBC =90°，AG =BG ，∵AB =6，∴AD =3，AG =BG =23，∴在Rt △ADG 中，DG=AD 2+AG 2=23 2+32=21，∴DG =21；②证明：以点F 为圆心，FB 的长为半径画弧，与BH 的延长线交于点K ，连接KF ，如图，∵△ABC 和△GEF 均为等边三角形，∴∠ABC =60°，∠EFH =120°，∴∠BEF +∠BHF =180°，∵∠BHF +∠KHF =180°，∴∠BEF =∠KHF ，由辅助线作法可知，FB =FK ，则∠K =∠FBE ，∵BD 是等边△ABC 的高，∴∠K =∠DBC =∠DBA =30°，∴∠BFK =120°，在△FEB 与△FHK 中，∠FEB =∠FHK∠FBE =∠KFB =FK∴△FEB ≌△FHK (AAS )，∴BE =KH ，∴BE +BH =KH +BH =BK ，∵FB =FK ，∠BFK =120°，∴BK =3BF ，即：BE +BH =3BF ；(2)方法一：以M 为顶点，MP 为一边，作∠PML =30°，ML 交BD 于G ，过P 作PH ⊥ML 于H ，设MP 交BD 于K ，如图：Rt ΔPMH 中，HP =12MP ，∴NP +12MP 最小即是NP +HP 最小，此时N 、P 、H 共线，∵将线段EF 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EP ，∴F 在射线QF 上运动，则P 在射线MP 上运动，根据“瓜豆原理”，F 为主动点，P 是从动点，E 为定点，∠FEP =60°，则F 、P 轨迹的夹角∠QKP =∠FEP =60°，∴∠BKM =60°，∵∠ABD =30°，∴∠BMK =90°，∵∠PML =30°，∴∠BML =60°，∴∠BML=∠A，∴ML⎳AC，∴∠HNA=180°-∠PHM=90°，而BD⊥AC，∴∠BDC=∠HNA=∠PHM=90°，∴四边形GHND是矩形，∴DN=GH，∵边ΔABC中，AB=6，BD⊥AC，∴CD=3，又DN=2NC，∴DN=GH=2，∵等边ΔABC中，AB=6，点E为AB中点时，点M为BE中点，∴BM=32，BD=AB⋅sin A=6×sin60°=33，RtΔBGM中，MG=12BM=34，BG=BM⋅cos30°=334，∴MH=MG+GH=114，GD=BD-BG=93 4，RtΔMHP中，HP=MH⋅tan30°=11312，∴PN=HN-HP=GD-HP=433，∴SΔDPN=12PN⋅DN=433．方法二：如图，连接EQ，∵在等边△ABC中，AB=6，BD⊥AC，∴∠A=60°，∠BDA=90°，∠ABD=30°，∵点E、Q分别为AB、BD的中点，∴EQ为△ABD的中位线，∴EQ⎳AD，∴∠BEQ=∠A=60°，∠BQE=∠BDA=90°，∵∠BQE=90°，∠ABD=30°，∴EQ=12BE，∵点M为BE的中点，∴ME=12BE=EQ，∵将线段EF绕点E顺时针旋转60°得到线段EP，∴△EPF 为等边三角形，∠PEF =60°，PE =EF =PF ，∴∠BEQ =∠PEF ，∴∠BEQ -∠PEQ =∠PEF -∠PEQ ，即∠MEP =∠QEF ，在△MEP 与△QEF 中，ME =EQ∠MEP =∠QEF PE =EF，∴△MEP ≌△QEF (SAS )∴∠EMP =∠EQF =90°，∴MP ⊥BE ，∴点P 在射线MP 上运动，如图，以M 为顶点，MP 为一边，作∠PML =30°，ML 交BD 于G ，过P 作PH ⊥ML 于H ，设MP 交BD 于K ，则在Rt △PMH 中，HP =12MP ，∴NP +12MP 最小即是NP +HP 最小，此时N 、P 、H 共线，如图：∵∠EMP =90°，∠PML =30°，∴∠BML =180°-∠EMP -∠PML =60°，∴∠BML =∠A ，∴ML ⎳AC ，∴∠HNA =180°-∠PHM =90°，又∵BD ⊥AC ，∴∠BDC =∠HNA =∠PHM =90°，∴四边形GHND 是矩形，∴DN =GH ，∵在等边△ABC 中，AB =6，BD ⊥AC ，∴CD =3，又DN =2NC ，∴DN =GH =2，∵在等边△ABC 中，AB =6，点E 为AB 中点时，点M 为BE 中点，∴BM =32，BD =AB ⋅sin A =6×sin60°=33，∴在Rt △BGM 中，MG =12BM =34，BG =BM ⋅cos30°=334，∴MH =MG +GH =114，GD =BD -BG =934，∴在Rt△MHP中，HP=MH⋅tan30°=11312，∴PN=HN-HP=GD-HP=433，∴S△DPN=12PN⋅DN=12×433×2=433．【点睛】本题考查等边三角形性质及应用，涉及旋转变换、解直角三角形、三角形全等的判定及性质、矩形的判定及性质等知识，难度较大，解题的关键是构造辅助线．13.(2022·辽宁朝阳·统考中考真题)【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=60°，∠BCD=120°，AB=AD，连接AC．求证：BC+CD=AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD=180°，推得∠B+∠ADC=180°，从而得到∠B=∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD=AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD=6，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=2AC；理由见详解；(3)33-3或3-3【分析】(1)如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC(SAS)，推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；(2)结论：CB+CD=2AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB(AAS)，推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN(HL)，推出CM=CN，可得结论；(3)分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．【详解】(1)证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．∵∠BAD +∠BCD =180°，∴∠B +∠ADC =180°，∵∠ADE +∠ADC =180°∴∠B =∠ADE ，在△ADE 和△ABC 中，DA =BA∠ADE =∠B DE =BC，∴△ADE ≌△ABC (SAS )，∴∠DAE =∠BAC ，AE =AC ，∴∠CAE =∠BAD =60°，∴△ACE 的等边三角形，∴CE =AC ，∵CE =DE +CD ，∴AC =BC +CD ；(2)解：结论：CB +CD =2AC ．理由：如图2中，过点A 作AM ⊥CD 于点M ，AN ⊥CB 交CB 的延长线于点N ．∵∠DAB =∠DCB =90°，∴∠CDA +∠CBA =180°，∵∠ABN +∠ABC =180°，∴∠D =∠ABN ，∵∠AMD =∠N =90°，AD =AB ，∴△AMD ≌△ANB (AAS )，∴DM =BN ，AM =AN ，∵AM ⊥CD ，AN ⊥CN ，∴∠ACD =∠ACB =45°，∴AC =2CM ，∵AC =AC ．AM =AN ，∴Rt △ACM ≌Rt △ACN (HL )，∴CM =CN ，∴CB +CD =CN -BN +CM +DM =2CM =2AC ；(3)解：如图3-1中，当∠CDA =75°时，过点O 作OP ⊥CB 于点P ，CQ ⊥CD 于点Q ．∵∠CDA =75°，∠ADB =45°，∴∠CDB =30°，∵∠DCB =90°，∴CD =3CB ，∵∠DCO =∠BCO =45°，OP ⊥CB ，OQ ⊥CD ，∴OP =OQ ，∴S ΔCDO S ΔOBC=12CD ·OQ 12BC ·OP =CD BC ，∴ODOB =CD CB=3，∵AB =AD =6，∠DAB =90°，∴BD =2AD =23，∴OD =31+3×23=33-3．如图3-2中，当∠CBD =75°时，同法可证OD OB =13，OD =11+3×23=3-3，综上所述，满足条件的OD 的长为33-3或3-3．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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，属于中考压轴题．14.(2020·湖南湘西·中考真题)问题背景：如图1，在四边形ABCD 中，∠BAD =90°，∠BCD =90°，BA =BC ，∠ABC =120°，∠MBN =60°，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．探究图中线段AE ，CF ，EF 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，再证明△BFC ≌△BFE ，可得出结论，他的结论就是；探究延伸1：如图2，在四边形ABCD 中，∠BAD =90°，∠BCD =90°，BA =BC ，∠ABC =2∠MBN ，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”)，不要说明理由．探究延伸2：如图3，在四边形ABCD 中，BA =BC ，∠BAD +∠BCD =180°，∠ABC =2∠MBN ，∠MBN 绕B 点旋转，它的两边分别交AD 、DC 于E 、F ．上述结论是否仍然成立？并说明理由．实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O 处)北偏西30°的A 处舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B 处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E 、F 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．【答案】EF =AE +CF ．探究延伸1：结论EF=AE +CF 成立．探究延伸2：结论EF =AE +CF 仍然成立．实际应用：210海里．【分析】延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；探究延伸1：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；探究延伸2：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，先证明△BCG ≌△BAE ，可得BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，再证明△BGF ≌△BEF ，可得GF =EF ，即可解题；实际应用：连接EF ，延长AE ，BF 相交于点C ，然后与探究延伸2同理可得EF =AE +CF ，将AE 和CF 的长代入即可．【详解】解：EF =AE +CF理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE =90°CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =120°，∠MBN =60°，∴∠ABE +∠CBF =60°，∴∠CBG +∠CBF =60°，即∠GBF =60°，在△BGF 和△BEF 中，BG =BE∠GBF =∠EBF BF =BF，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF =EF ，∵GF =CG +CF =AE +CF ，∴EF =AE +CF ．探究延伸1：结论EF =AE +CF 成立．理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG，在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE =90°CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =2∠MBN ，∴∠ABE +∠CBF =12∠ABC ，∴∠CBG +∠CBF =12∠ABC ，即∠GBF =12∠ABC ，在△BGF 和△BEF 中，BG =BE∠GBF =∠EBF BF =BF，∴△BGF ≌△BEF (SAS )，∴GF =EF ，∵GF =CG +CF =AE +CF ，∴EF =AE +CF ．探究延伸2：结论EF =AE +CF 仍然成立．理由：延长FC 到G ，使CG =AE ，连接BG ，∵∠BAD +∠BCD =180°，∠BCG +∠BCD =180°，∴∠BCG =∠BAD在△BCG 和△BAE 中，BC =BA∠BCG =∠BAE CG =AE，∴△BCG ≌△BAE (SAS )，∴BG =BE ，∠CBG =∠ABE ，∵∠ABC =2∠MBN ，.。
鲁教版(五四制)初中数学六年级下册_互余、互补、对顶角应用技巧
“互余、互补、对顶角”知识应用技巧互为余角、互为补角以及对顶角的概念和性质，是我们需要掌握的重要的几何基础知识，它对我们今后继续学习与应用几何知识有着非常重要的作用.以下分别举例和同学们一起讨论它们的应用.一、基本应用1 . “互余、互补”知识的应用例1 如图1中，（1）哪些角互为余角？哪些角互为补角？（2）∠ADC与∠BDC互余吗？为什么？（3）∠ADF与BDE有什么关系？为什么？分析：根据图形中的条件结合互余互补的性质来判断这些关系.解：（1）∠1与∠ADC互余，∠1与∠ADF互补，∠EDC与∠FDC互补，∠2与∠BDC互余，∠2与∠EDB互补，∠1与∠BDC互余，∠1与∠EDB互补，∠2与∠ADC互余，∠2与∠ADF互补.（2）∠ADC与∠BDC相等. 这是因为∠ADC是∠1的余角，∠BDC是∠2的余角，且∠1＝∠2，根据等角的余角相等，可知∠ADC＝∠BDC .（3）∠ADF与∠BDE相等. 这是因为∠ADF是∠1 的补角，∠BDE是∠2的补角，且∠1＝∠2，根据等角的补角相等，可知∠ADF＝∠BDE .2 . 对顶角知识的应用例2 如图2所示，AB与CD相交于点O，OE平分∠AOD，∠AOC＝1200. 求：∠BOD和∠AOE的度数.分析：由∠BOD与∠AOC是对顶角，可得∠BOD的度数，由于∠AOD与∠AOC互补，可知∠AOD的度数，又OE平分∠AOD，可得∠AOE的度数.解：因为∠BOD与∠AOC是对顶角，根据对顶角相等，可知∠BOD＝1200.由∠AOD是∠AOC的补角，可知∠AOD＝600，又因为OE平分∠AOD，所以∠AOE＝∠AOD＝300.说明：当问题中给出了某一个角的度数时，可根据互余、互补以及图2 对顶角的性质求得其它角的度数.二、综合应用例3 如图3所示，直线AB、CD相交于点O，OE⊥OD，OF⊥AB，若∠AOC ＝400，求∠BOD、∠DOE、和∠COF的度数.分析：根据对顶角的性质，可求得∠BOD的度数；由垂直关系或互余求∠DOE的度数；和∠COF的度数.解：因为AOC和∠BOD是对顶角，所以∠BOD＝∠AOC＝400；因为OE⊥OD，所以∠COE和∠DOE互补，即∠COE＝∠DOE＝900；因为OF⊥AB，所以∠AOF＝900，又∠AOC和∠COF互余，所以∠COF ＝900－∠AOC＝900－400＝500.说明：当已知图中某一个角的度数，可根据其它角与这个角的关系，运用互余、互补、对顶角的性质求相关角的度数.三、创新应用例4 如图4所示的是长方形台球桌面上一次击球路线，如果∠1＝∠2，∠1＝300，那么∠3＝等于多少度？∠1与∠3 是什么关系？∠AOC是多少度？它与∠3 是什么关系？分析：因为球E沿EO方向撞击边框CD后，沿OA方向进袋，根据原理可知∠EOC＝∠AOB，又OF⊥于BC，由此可得出要求的结论.解：因为∠2＋∠3＝900，所以∠3＝900－∠2，因为∠1＝∠2，所以∠3＝900－∠1＝900－300＝600.所以∠1与∠3互余.因为∠AOC＋∠3＝1800，所以∠AOC＝1800－600＝1200.所以∠AOC与∠3互补.说明：在判断实际问题中角的关系或计算实际问题中角的度数时，要根据实际问题中所因含的垂直、相等等进行分析、判断或计算.。
小学数学复习,较复杂的应用题分析提示
较复杂的分数应用题 分析方法提示一、找对应求解：即找出题中量与分率的对应关系。
1. 修一条路，每天修15米，修了4天。
后来又修了全长的51，这时还剩一半未修，这条路全长多少米？2. 一批课外读物，借出了87，有添置了125本，这时存书是占原有本数的31，原来的存书有多少本？3. 快慢两车分别从甲乙两地相向而行。
相遇后，继续前进，在两车相距210千米时，快车行了全程的43，慢车行了全程的53。
甲乙两地相距多少千米？4. 参加竞赛的男生比女生多28人，女生全部得优，男生43得优，男女生得优的共42人，参加竞赛的男女生各多少人？5、测桥高，在桥上将绳子4折垂直水面，还余3米；将绳子剪去6米，3折垂直于水面，还余4米。
求绳长和桥高。
5. 五年级三个班，一班人数占全年级的3310，三班人数比二班人数多111，三班调走4人后，与二班人数同样多。
五年级共有多少学生？二、转换单位1方法解：题中有几个单位1。
把某一种量作为单位1，其他分率都转换为这个单位1的几分之几。
1. 甲的年龄是乙的年龄的54，乙的年龄是丙的32，甲的年龄是丙的几之？2. 乙的年龄是甲的年龄的65，甲的年龄相当于丙的34，乙比丙大4岁，甲多少岁？3. 某班男生人数是女生的45，最近又转来一名女生，这时女生人数是男生的65，现在全班多少人？4. 甲桶油比乙桶油多4.8千克，两桶油各取出1.2千克后，甲桶余下油的215等于乙桶余下油的31。
两桶油原来各有多少千克？5. 三个年级共有学生480人，五年级比四年级多81，六年级比五年级少14人，三个年级各有多少人？三、转化法求解：将不同单位1的分率转化为一个统一的单位1的分率进行直接比较。
1. 玩具厂四月份计划生产玩具12000件，实际上半月生产了7000件，要超过计划的203，下半月还要生产多少件？2. 甲的年龄比乙的年龄少61，乙的年龄比丙大31，甲比丙大4岁。
丙多少岁？3. 甲乙从东西两城相向而行。
六年级上册数学培优奥数讲义-第20讲分数百分数应用题2
第20讲 分数百分数应用题2知识装备在六年级较复杂的分数百分数应用题学习中,找准单位“1”或把哪个量看作单位“1”尤为重要,是解题的关键。
抓住不变量进行思考,可顺利解答一些典型的应用题,能达到事半功倍的效果。
初级挑战1一块合金内铜和锌的比是2∶3，现在再加入6克锌，共得新合金36克，求新合金内铜和锌的比。
思路引领 ：在加入锌前合金重（ ）克，根据原来合金内铜和锌的比可求出铜、锌的重量，再求新合金中铜、锌的比。
答案：原来合金的重量为36－6＝30（克）。
按比例分配，铜:30÷（2＋3）×2＝12（克）,锌:36－12＝24（克）,铜:锌＝12:24＝1:2。
能力探索1甲、乙两人共存款2500元，如果甲再存500元，甲、乙的存款数比是1:2。
甲、乙两人原来各存款多少元？答案：再存后甲的存款是（2500＋500）÷（1＋2）×1＝1000（元），甲原有存款：1000－500＝500（元），乙原有存款：2500－500＝2000（元）。
初级挑战2甲、乙两数，甲比乙多10，甲数的32与乙数的43相等，求甲、乙两数分别是多少？思路引领：根据甲数的32与乙数的43相等，可以得出甲 : 乙＝（ ）:（ ）。
答案：甲 : 乙＝43 : 32＝9 : 8； 乙数：10÷（9－8）×8＝80 甲数： 80＋10＝90能力探索21、已知A ×53＝B ×32，且A －B ＝3，那么A ＝（ ）,B ＝（ ）。
答案：A:B ＝32:53＝10:9，3÷（10－9）＝3，A ＝3×10＝30，B ＝3×9＝27。
2、甲数是乙数的56，乙数是丙数的34，甲、乙、丙三个数的和是152。
求甲、乙、丙三个数各是多少？答案：甲数是乙数的56，则甲：乙＝5:6；乙数是丙数的34，则乙：丙＝3:4。
那么，甲：乙：丙＝5:6:8。
巧用互补数
巧用互补数
作者：
来源：《小天使·四年级语数英综合》2014年第03期
乙两人行走的时间，用常规的分析方法显然是不行的。
我们可以先根据题意画出线段图：
观察线段图，从整体考虑，我们可以发现甲、乙两人从出发到第一次相遇，合走了1个东、西两村的距离，其中乙走了500米；当第二次相遇时，甲乙两人合走了3个东、西两村的距离，乙走了3个500米，即500×3=1500（米）。
从图中还可以看出，乙一共走的路程比1个东、西两村间的距离还多400米。
所以，东、西两村之间的距离为1500-400=1100（米）。
（吴国和/供稿）
如果两数相加或相减，恰好能凑成10，100，1000……那么，我们就把其中的一个数叫做另一个数的补数，这两个数称为互补数。
【例1】7432+678+322+2568
【分析与解答】仔细观察后我们可以发现：7432+2568=10000，678+322=1000，所以我们可以把互补数的两数先相加，然后再把所得的和相加。
7432+678+322+2568
=（7432+2568）+（678+322）
=10000+1000
=11000
【例2】2005-43-40-57-60
【分析与解答】仔细观察后，发现43+57=100，40+60=100，所以我们可以把几个“互补数”的减数先加起来，然后再从被减数里去减。
2005-43-40-57-60
=2005-（43+57+40+60）
=2005-（100+100）
=2005-200
=1805
【试一试】56+125+475+44 5421-549-451-421。
数形结合 优势互补——浅析解析法解题
，／ 。 Ｄ
●
，
点 评 ： 元 是 一种 重 要 的解 题 途 径 和方 法 ． 消
』
图 ２
例 ３ （ ０ ０年 黄 冈市 中 考 试 题 ） 图 ３， 形 纸 片 ＡＢ Ｄ， ２１ 如 矩 Ｃ ＡＢ＝ ｃ Ｂ ５ ｍ， Ｃ
＝
１ ｃ Ｃ 上有 一 点 Ｅ， Ｄ＝ ｃ ＡＤ上 有 一 点 Ｐ，Ｄ＝ ｃ ０ ｍ， Ｄ Ｅ ２ ｍ， Ｐ ３ ｍ，过 点 Ｐ作 上Ｂ 于 Ｃ 交
Ｊ Ｌ
条直 线 的交 点 ． 以 ｍ＝ ＋ ． ｂ ２ 仇： ＋ 所 ２ 将 ＝ ． ｋ ２代 入 不 等
＼
，
。
式组． ‘ ２ ＞ ＋， 得ｆ ＋） ｋ ２ 化简得ｆ ２解 ｘＸ ＞， 集为１ ＜
ｌ ｘ＋ ＞（ ＋ 一２ ｋ ２ ｋ ２） ．
２ ．
一
１ｘ＜ ． ２ ４
．
— —
剖 析 ： 别 过 Ａ、 作 轴 的 垂 线 ， 足 为 Ｅ、 则 Ｏ ＝ Ⅱ， ５ 分 Ｂ 垂 Ｆ， ＥＥ 得 出 ． ｓ 出恤
．
／ ； ＼
Ｏ Ｅ Ｆ Ｃ
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Ｅ 二 ）
禽 由 － 禽 寅 禽
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．
＿＜且 ≠，｝Ⅱ） ，ｓｓ ． ０ ４ Ⅱ２． （２ ０ ２进Ａ ＜， 。 ． 一。 得 ＜ ・ 一 ＜
点评 ： 采用 解 析 法 ， 字 母 ａ表示 Ｏ 的 长 ， 免 了对 Ｏ 的讨论 ． 用 Ｄ 避 Ｄ 例 ２ （ ０ ０年 武 汉 市 中考 试 题 ） 图 ２ 直 线 Ｙ＝ ｘ ｂ过 点 Ａ（ ２ ， 与 ２１ 如 ， １ｋ ＋ ０， ） 且 直 线 ｙ＝ ：ｍｘ交 于 点 Ｐ（ ， ， １ ｍ） 则不 等 式组 ｍｘ ｋ ＋ ＞ 一 ＞ ｘ ｂ ｍｘ ２的解 集 是
六年级上册用互补法解分数应用题人教版
2022/2/7
一题多解
6、一本书，小英先看 了全书的3/8少6页，又 看了全书的1/6多8页， 这时还有42页没有看。 这本书共有多少页？
（42-6+8）÷（1-1/6-3/8） =44÷11/24 =96（页）
2022/2/7
（42-6+8）÷（1-1/6-3/8） =44÷11/24 =96（页）
1/8x+5+1/5x-14+63=x （100-50）÷（1-3/10-3/5） 雄鹰必须比鸟飞得高，因为它的猎物就是鸟。 2、一瓶酒精，当用去1/2后，连瓶重700克； 原来两个车间各有多少人？ 原来两个车间各有多少人？ （63-14+5）÷（1- 1/8- 1/5） 6、一本书，小英先看了全书的3/8少6页，又看了全书的1/6多8页，这时还有42页没有看。 当用去1/3后，连瓶重800克。 虽长不满七尺，而心雄万丈。 登山不以艰险而止，则必臻乎峻岭。 远大的希望造就伟大的人物。
解：设这条路一共长x米 器大者声必闳，志高者意必远。
不要志气高大，倒要俯就卑微的人。不要自以为聪明。 雄鹰必须比鸟飞得高，因为它的猎物就是鸟。
1/8x+5+1/5x-14+63=x 贫穷是一切艺术职业的母亲。
丈夫四海志，万里犹比邻。 贫困教会贫困者一切。
13/43x+54= x 志坚者，功名之柱也。登山不以艰险而止，则必臻乎峻岭。
2022/2/7
4、水果店共运进香蕉和 橘子700箱，现在香蕉已 经售出1/3,橘子已经售出 200箱，这时两种水果剩 余的箱数同样多。香蕉和 橘子原来各运来多少箱？
（700-200）÷（1-1/3+1） =500÷5/3 =300（箱） 700-300=400（箱）
2020-2021北师大版数学六年级(下册)分数的意义和性质 经典易错题型
2020-2021北师大版数学六年级(下册)分数的意义和性质经典易错题型一、分数的意义和性质1．的分子加上6，要使分数的大小不变，分母应加上________．【答案】10【解析】【解答】解：3+6=9，9÷3=3；5×3-5=10，分母应加上10。
故答案为：10【分析】先计算现在的分子，然后计算分子扩大的倍数，根据分数的基本性质把分母也扩大相同的倍数后计算分母应加上的数即可。
2．如下图，竹竿的高度是1米，影子的长度是0.8米．影子的长度是竹竿高度的________．【答案】【解析】【解答】解：0.8÷1=故答案为：【分析】求一个数是另一个数的几分之几用除法计算，用分数表示商时用被除数作分子，除数作分母，结果要化成最简分数。
3．（1）已知：A=2×3×5B=3×5×7则：[A，B]=________（2）已知：A=2×2×5[A，B]=2×2×5×7则：B=________×5×________【答案】（1）210（2）2；7【解析】【解答】（1）已知：A=2×3×5B=3×5×7则：[A，B]=2×3×5×7=210.（2）已知：A=2×2×5[A，B]=2×2×5×7则：B=2×5×7.故答案为：（1）210；（2）2；7.【分析】用分解质因数的方法求两个数的最小公倍数，把这两个数公有的质因数和各自独有的质因数相乘，它们的乘积就是这两个数的最小公倍数，据此解答.4．比较下面每组中几个分数的大小，并按从大到小的顺序排列出来．(分数，先填分子，后填分母)、、、和【答案】【解析】【解答】解：所以。
【分析】先比较分子是3的分数的大小，再比较分母是5的两个分数的大小，然后比较这几个分数与的大小关系，这样从大到小排列即可。
西师版分数应用题解题方法及例题
分数〔乘法、除法、混合运算〕应用题解题方法一、分数应用题主要讨论的是以下三者之间的关系。
1、分率：表示一个数是另一个数的几分之几，这几分之几通常称为分率。
2、标准量：解答分数应用题时，通常把题目中作为单位“1”的那个数，称为标准量。
〔也叫单位“1”的数量〕3、比较量：解答分数应用题时，通常把题目中同标准量比较的那个数，称为比较量。
〔也叫分率对应的数量〕二、分数应用题的分类。
〔三类〕这类问题特点是单位“1〞的数量，求它的几分之几是多少，它反映的是整体与局部之间关系的应用题，根本的数量关系是：这类问题特点是一个数的几分之几是多少的数量，求单位“1〞的量。
根本的数量关系是：3、求一个数是另一个数的几分之几。
这类问题特点是两个数量，比较它们之间的倍数关系，解这类应用题用除法。
根本的数量关系是：注：①找单位“1〞：在分率句中几分之几的前面；或“占〞、“是〞、“比〞的后面②分率句中出现“增加〞、“提高〞、“增产〞等蕴含“多〞的意思，“减少〞、“下降〞、“裁员〞等蕴含“少〞的意思，“相当于〞、“占〞、“是〞、“等于〞意思相近。
三、分数应用题的根本训练。
1、正确审题训练。
正确审题是正确解题的前提。
这里所说的审题，首先是根据题中的分率句，能准确分清比较量和单位“1〞的量〔看分率是谁的几分之几，谁就是单位“1〞的量〕。
判断单位“1力。
2、画线段图的训练。
线段图有直观、形象等特点。
按题中的数量比例，恰中选用实线或虚线把条件和问题表示出来，数形结合，有利于确定解题思路。
3、量、率对应关系训练。
量、率对应关系的训练是解较复杂分数应用题的重要环节。
通过训练，能根据应用题的条件发挥联想，找出各种量、率间接对应关系，为正确解题铺平道路。
如：一批货物，第一次运走总数的15 ，第二次运走总数的14 ，还剩下143吨。
〔1〕把货物的总重量看做是：单位“1〞； 〔2〕第一次运走的占总重量的：15〔3〕第二次运走的占总重量的：14 ； 〔4〕两次共运走的占总重量的：15 + 14〔5〕第一次比第二次少运走的占总重量的：14 —15 ；〔6〕第一次运走后剩下的占总重量的：1—15〔7〕第二次运走后剩下的占总重量的：1—15 —14〔8〕剩下143吨〔数量〕占总重量的：1—15 —14〔分率〕4、转化分率训练。
分数的拆分互补因子法
分数的拆分互补因子法
单位拆分成两个分数单位的和的方法。
方法：利用因数的比
分数单位的分子是1，所以想拆分，必须先扩分(把分子扩大)，然后拆开，再约分。
因为要拆成两个分数单位的和，那么想要拆分成分数单位，那么拆分出的两个分数必须满足：分子是分母的因数。
例如把1/9拆分成两个不同分数单位的和
9的因数：1,3,9。
这三个因数可以组成的最简⽐有1：1，1：3，1：9(用最简比来去掉重复，1：3=3：9，它们的结果是⽐样的)。
例如用1：3，把1/9的分子和分母同时乘以(1+3)，然后再拆成两个分数。
北京版-数学-五年级下册-《分数的意义》能力提升 运用添加辅助线法解决看图写分数问题
小学数学-打印版
运用添加辅助线法解决看图写分数问题
例2 下图中，三角形ABC是一个等腰直角三角形，点D和点E分别是直角边AB和斜边BC的中点，用分数表示图中阴影部分的面积是整个图形面积的几分之几。
分析要想用分数表示阴影部分的面积，先把这个三角形平均分。
连接点A和点E，同时取另一条直角边AC的中点F，并连接EF，这样就把等腰直角三角形平均分成了4份，可以看出阴影部分是其中的3份。
如下图所示：
解答阴影部分的面积是整个图形面积的3
4。
提示
巧加辅助线，把原图形转化成“平均分”的图形后，更容易用分数表示出阴影部分的面积占整个图形面积的几分之几。
学习分数乘法中的移多补少问题洋葱学园
总之，移多补法是一种有用的技巧，可以帮助我们在计算分数乘法时更容易计算答案
学习分数乘法中的移多补少问题洋葱学园
学习分数乘法中的移多补少问题是一种常见的数学知识点，它通常用于帮助学生学习如何在计算分数乘法时处理分子和分母的增加或减少。
在分数乘法中，当分子和分母同时增加或减少相同的数字时，移多补少法可以帮助我们保证答案的正确性。例如，当我们要计算(2/3) * (4/5)时，我们可以使用移多补少法将分子和分母都乘以5，得到(10/15) * (4/5)，然后直接计算答案。
用互补发解决复杂的分数问题
3 （3）六年级两个班分苹果，一班分得这筐的苹果的个数比总数的10 多 50 个，二班分得的个 3 数比总数的5 少 25 个，这筐苹果有多少个？
用互补发解决复杂的分数问题 （1） 有两个班的同学参加植树活动，一起分一批树苗，一班分得树苗的棵树比这批树苗的 3 3 总棵树的10 多 100 棵，二班分得树苗的棵树比这批树苗总棵树的5 少 50 棵，这批树 苗共有多少棵？
运用逆推法解决复杂的分数问题 1 2 （2） 一本故事书，明明第一天看了全书的4 第二天看了余下的3 还剩下 60 页没有看，这本 故事书共有多少页？
人教版-数学-六年级上册-《解决问题(二)》能力提升 运用互补法解决复杂的分数应用题
小学-数学-打印版 小学
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数学-打印版 1 运用互补法解决复杂的分数应用题
例 有两个班的同学参加植树活动，共分得一批树苗，一班分得的棵数比总数的3
10多
100棵，二班分得的棵数比总数的3
5少50棵，这批树苗共有多少棵？
分析 一班分得的棵数比总数的3
10多100棵，剩下的就是二班分得的棵数。
从题中可以
知道，二班分得的不到总数的35，比总数的3
5少50棵，这时可以用互补的方法考虑：从一
班的100棵树苗中拿出50棵给二班，这样二班的棵数正好是总数的35，而一班只比总数的3
10多（100—50）棵，用(100—50除以它所占的单位“1”的几分之几就是这批树苗的棵数。
如下图：
答：这批树苗共有500棵。
提示
采用互补的方法解题，通过数据间的互补，找到具体数量占单位“1”的几分之几，从而找到解决问题的突破口。
西师大版-数学-六年级上册-《分数混合运算 解决问题》要点精讲7
第2节解决问题
要点精讲7 调整工作情景解决问题
例7 一项工程，甲、乙合做6天完成。
现先由甲做5天，然后由乙接着做3天，共完
成这项工程的
7
10。
这项工程由甲独做几天完成?
分析：原来的工作情景：
调整后的工作情景：
解答：调整为甲、乙合做3天，然后甲接着做2天，完成这项工程的
7
10
，即甲后2天
做了
71
3
106
⎛⎫
-⨯
⎪
⎝⎭。
()
71
1353
106
⎡⎤
⎛⎫
÷-⨯÷-
⎪
⎢⎥
⎝⎭
⎣⎦
1
12
5
⎡⎤
=÷÷
⎢⎥
⎣⎦
＝10(天)
答：这项工程由甲独做10天完成。
辅导要领
★有些问题不好理解时可通过调整工作情景来解决问题。
★本题中，本来是“先由甲做5天，然后由乙接着做3天”(第1个图)，但我们为了用上“甲、乙合做6天完成”这个条件，可以把甲、乙的工作情景调整一下(第2个图)，现在就调整为甲、乙合做3天，然后甲接着做2天。
设这项工程为单位“1”，则甲、乙合做的工
作效率是1
6
，合做3天完成的工作量是
1
3
6
⎛⎫
⨯
⎪
⎝⎭
，算式
71
3
106
⎛⎫
-⨯
⎪
⎝⎭
就是甲独做2天的工作
量，这样可以求出甲的工作效率，从而解决问题。
互补互换分解法
互补互换分解法互补互换分解法是一种常用的解决问题的方法，它通过将问题分解为互补的子问题，并通过互换的方式求解，从而得到整体的解决方案。
这种方法不仅能够提高问题的解决效率，还能够增加解决问题的创新性和灵活性。
在使用互补互换分解法解决问题时，首先需要将问题分解为互补的子问题。
互补的子问题是指在解决问题时，各个子问题之间相互补充，相互影响，同时也是整体问题的不可分割的组成部分。
通过将问题分解为互补的子问题，能够使问题的解决变得更加简单明了。
然后，通过互换的方式求解各个子问题。
互换是指在解决问题时，可以通过互相交换不同的方法、角度或者资源来求解不同的子问题。
通过互换的方式求解子问题，能够使问题的解决更加灵活多样化。
同时，通过互换的方式求解子问题，还能够激发创新思维，提出更加全面和优化的解决方案。
在使用互补互换分解法解决问题时，需要注意以下几点：要确保问题的分解合理有效。
问题的分解应该是基于问题本身的特点和要求，合理地划分为互补的子问题。
只有在问题分解合理有效的前提下，才能够通过互换的方式求解子问题，得到整体的解决方案。
要注重问题的整体性。
虽然互补互换分解法将问题分解为多个子问题，但是这些子问题之间是相互关联的，不能忽视整体问题的影响。
因此，在求解子问题的过程中，要注重整体问题的综合考虑，确保解决方案的完整性和一致性。
要注意问题解决的顺序和步骤。
在使用互补互换分解法解决问题时，需要按照合理的顺序和步骤来求解各个子问题。
只有在按照正确的顺序和步骤求解子问题的前提下，才能够得到整体问题的解决方案。
要灵活运用互换的方式。
互换是互补互换分解法的核心，通过互相交换不同的方法、角度或者资源来求解不同的子问题。
在使用互换的方式求解子问题时，要灵活运用各种方法和角度，充分发挥创新思维，提出更加全面和优化的解决方案。
互补互换分解法是一种有效的解决问题的方法。
通过将问题分解为互补的子问题，并通过互换的方式求解，能够提高问题的解决效率，增加解决问题的创新性和灵活性。
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2018/12/9
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佳瑞课件集
解：设这批树苗有x棵 3/10x+100+3/5x-50=x 9/10x+50=x x-9/10x=50 x=500
2018/12/9
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2018/12/9
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＋－±×÷
用互补法 解分数应用题
经典例题解析
1、有两个班的同学参加植树活 动，共分得一批树苗，一班分 得的棵树比总数的3/10多100棵 ，二班分得的棵树比总数的3/5 少50棵。这批树苗有多少棵？
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2018/12/9
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2018/12/9
一题多解
6、一本书，小英先看 了全书的3/8少6页，又 看了全书的1/6多8页， 这时还有42页没有看。 这本书共有多少页？ （42-6+8）÷（1-1/6-3/8） =44÷11/24 =96（页）
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4、水果店共运进香蕉和 橘子700箱，现在香蕉已 经售出1/3,橘子已经售出 200箱，这时两种水果剩 余的箱数同样多。香蕉和 橘子原来各运来多少箱？
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5、用米尺测量一根铁丝， 从一端量出全长的2/5,做一 个标记；从另一端量出全 长的3/4,再做一个标记，这 两个标记之间长6米。这根 铁丝长多少米？
2018/12/9
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2018/12/9
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7、某工厂甲车间的人数比乙车间人数的4/5少12 人。如果从甲车间调10人到乙车间去，那么甲车间的 人数就是乙车间人数的3/5。原来两个车间各有多少 人？ 解：设乙车间有x人，那么甲车间有（4/5x-12） 人 4/5x-12-10=3/5×（x+10） 4/5x-22=3/5x+6 4/5x-3/5x=6+22 x=140 4/5x-12=4/5×140-12=100 2018/12/9