-
专题
16
对角互补模型
破解策略
1
.全等型之
“90°”
如图,∠
p>
AOB
=∠
DCE
=
90°
,
OC
平分∠
AOB
,则
A
D
C
O
E
B
(
1
)
CD
=
C
E
;
(
2<
/p>
)
OD
+
OE<
/p>
=
2
OC
;
p>
(
3
)
S
?
OCD
?
S
?
OCE
?
1
OC
2
.
2
证明
方法一:如图,过点
C
分别作
CM
⊥
OA
,
CN
⊥
OB
,垂足分别为
M
,
N
.
p>
由角平分线的性质可得
CM
=
CN
,∠
MCN
=
90°
.
所以∠
p>
MCD
=∠
NCE
,
从而
△
M
CD
≌△
NCE
(
ASA
)
,
故
CD
=
CE
.
易证四边形
MONC
为正方形.
所以
OD
+
OE
=
OD
+
ON
+
NE
=
2
ON
=<
/p>
2
O
C
.
所以
S
?
OCD
?
S
?
OCE
?
S
正方形
p>
MONC
A
M
D<
/p>
C
E
O
N
B
1
?
ON
?
OC
2
.
2
2
方法二:如图,过
C
作
CF
⊥<
/p>
OC
,交
OB
于
点
F
.
易证∠
DOC
=∠
EFC
=
45°
,
CO
=
CF
,∠
DCO
=∠
ECF
.
所以
△
DCO
≌△
ECF
(<
/p>
ASA
)
A<
/p>
D
C
所以
CD<
/p>
=
CE
,
OD<
/p>
=
FE
,
【拓展
】如图,当∠
DCE
的一边与
AO
p>
的延长线交于点
D
时,则:
可得
OD
+
OE
=
OF
=
2
OC
.
< br>所以
S
?
OCD
?
S
?
OCE
?
S
?
OCF
1
?
OC
2
< br>.
2
O
E
F
B
A
C
B
E
O
D
p>
(
1
)
CD
=
CE
;
(
2
)
OE
-
OD
=
2
OC
;
(
3
)
S
?
OCE
?
S
?
OCD
?
如图,证明同上.
p>
A
M
O
D
C
B
N
E
A
C
B
< br>F
E
1
OC
2
.
2
O
D
p>
2
.全等型之“
120
”
如图,∠
< br>AOB
=
2
∠
< br>DCE
=
120°
,
OC
平分∠
AOB
,则:
C
A
D
p>
E
O
B
(
1
)
CD
=
CE
;
(
2
p>
)
OD
+
OE
p>
=
OC
;
(
3
)
S
?
OCD
?
S
?
OCE
?
3
OC
2
.
4
证明
方法
一:如图,过点
C
分别作
CM
⊥
OA
,
CN
⊥
OB
,垂足分别为
M
,
N
.
p>
所以
S
?
OCD<
/p>
?
S
?
OCE<
/p>
?
2
S
?
ONC
?
易证
△
p>
MCD
≌△
NCE
(
ASA
)
,
所以
CD
=
C
E
,
OD
+
O
E
=
2
ON
=
O
C
.
3
OC
2
<
/p>
4
C
A
M
D
O
N
E
B
A
D
O
C
E
F
B
方法二:如图,以
CO
为一边作
∠
FCO
=
60°
,交
OB
于点
F
< br>,则
△
OCF
为等边三角形.<
/p>
易证
△
DCO
≌△
ECF
(
ASA
)
.
所以
CD
=
CE
,
OD
+
OE
=
OF
=
OC
,
∴
S
△
OCD
+
S
△
OCE
=
S
△
OCF
=
3
O
C
2
4
【
拓展】如图,当∠
DCE
的一边与
BO
的延长线交于点
E
时,则:
(
1
)
CD
=
CE
;
(
2
)
OD
< br>-
OE
=
OC
< br>;
(
3
)
S
△
OCD
-
S
△
OCE
=
如图,证明同上.
A
D
C
E
3
OC
2
4
A
p>
D
M
E
C
A
D
C
E
O
B
O
N
B
O
F
B
3
、全等型之“任意角”
如图,∠
AOB
=
2
p>
?
,∠
DCE
=<
/p>
180
°-
2
?
,
OC
平分∠
AOB
,则:
(
1
)
CD
=
CE
;
(
2
)
OD
+
O
E
=
2
OC
·
cos
?
;
(
3
)
S
△
p>
ODC
+
S
△
p>
OEC
=
OC
2
·
sin
?
c
os
?
A
D
C
B
O
E
p>
证明:方法一:如图,过点
C
分别作
CM
⊥
OA
,
CN
⊥
OB
,垂足
M
D
O
A
分别为
M
,
N
C
N
E
B
p>
易证△
MCD
≌△
NCE
(
ASA
)
∴
CD
=
CE
,
OD
+
OE
=
2
ON
=
2
OC
·
cos
?
∴
S
△
ODC
+
S
△
OEC
=
2
S
△
ONC
=
OC
2
·
sin
?
cos
?
方法二:如图,以
CO
为一边作
∠
FCO
=
180
°-
2
?
,交
OB
于点
F
.
A
D
C
B
O
E
F
<
/p>
易证△
DCO
≌△
ECF
(
ASA
)
< br>
∴
CD
=
CE
,
OD
+
OE
=
OF
=
2
OC
·
cos
< br>?
∴
S
△
ODC
+
S
△
OEC
=
S
△
OCF
=
OC
< br>2
·
sin
?
< br>cos
?
【拓展】如图,当∠
DCE
的一边与
BO
< br>的延长线交于点
E
时,则:
<
/p>
(
1
)
CD
p>
=
CE
;
(
2
)
OD
-
OE
=
2
OC
·
cos
?
;
(
3
)
S
△
ODC
-
S
△
OEC
=
OC
2
·
sin
?
cos
?
如图,证明同上
D
< br>A
D
A
M
D
A
C
E
O
C
B
E
p>
O
N
B
E
O
p>
C
F
B
4
、相似性之“
90
°
”
如图,∠
AOB
< br>=∠
DCE
=
90°
,∠
COB
=
?
,则
CE
=
CD
·
tan
?
A
D
C
O
E
B
方法一:如图,过
点
C
分别作
CM
⊥
OA
,
CN
⊥
OB
,垂足分别为
M
、
N
A
< br>D
M
O
C
E
N
易证
△
MCD
∽△
NCE
< br>,∴
NE
CE
CN
tan
?
?
?
?
tan
?
,即
CE
=
CD
·
MD
CD
CM
方法二:如图,过点
C
作
CF
⊥
OC
,交
OB
于点
F
.
A
D
C
B
O
E
F
p>
易证
△
DCO
∽△
ECF
,∴
FE
CE
CF
tan
?
< br>
?
?
?
tan
?
,即
CE
< br>=
CD
·
OD
< br>CD
CO
方法三:如图,连接
D
E
.
A
D<
/p>
C
O
E
B
易证
D<
/p>
、
O
、
E
、
C
四点共圆
p>
∴∠
CDE
=∠
C
OE
=
?
,故
CE
=
CD
·
tan
?
【拓展】如图,当∠
DCE
的一边与
AO
的延长线交于点
D
时,则
CE
=
CD
·
tan
?
A
C
B
O
E
D
如图,证明同上.