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限时练习：120min 完成时间： 月 日 天气：
作业12 四边形中的四大重难点模型
要点一、手拉手模型（含“双正方形型”等4类）
1、双正方形型
如图，四边形ABCFD和四边形CEFG都是正方形，C为公共点；连接BG，ED交于点N．
结论：①△BCG≌△DCE；②BG=DE；③∠BCM=∠DNM=90°；④CN平分∠BNE．
2、双等腰三角形型
这是最为基础且常见的一种类型．两个等腰三角形通过连接它们的底角顶点，形成了一个简单而优雅的手拉手结构．这种模型在解决与等腰三角形相关的几何问题时，具有极高的应用价值．
如图，△ABC和△DCE均为等腰三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F．
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ACM=∠BFM；④CF平分∠AFD．
3、双等腰直角三角形型
在等腰直角三角形中，90度的直角和两个相等的锐角为构建手拉手模型提供了独特的条件．这种模型在解决与角度和边长有关的几何问题时，往往能发挥出意想不到的效果．
如图，△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N．
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND．
4、双等边三角形型
等边三角形由于其特殊的性质，使得构建出的手拉手模型更加复杂且富有变化．多个等边三角形可以组合成各种美丽的几何图案，如正六边形、星形等．这些图案不仅具有观赏价值，还是解决某些特定几何问题的有力工具．
如图，△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F．
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD．
要点二、半角模型（含“正方形半角模型”等5类）
1、正方形半角模型
如图，四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；
结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④AEF的周长=2AB；
⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD．
2、等腰直角三角形半角模型
如图，ABC是等腰直角三角形，∠DAE=45°；
结论：①△BAD≌△CAF；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=90°；④DE2＝BD2＋EC2；
3、等边三角形半角模型（60°-30°型）
如图，ABC是等边三角形，∠EAD=30°；
结论：①△BDA≌△CFA；②△DAE≌△FAE；③∠ECF=120°；④DE2＝(BD＋EC)2+；
4、等边三角形半角模型（120°-60°型）
如图，ABC是等边三角形，BDC是等腰三角形，且BD=CD，∠BDC=120°，∠EDF=60°；
结论：①△BDE≌△CDG；②△EDF≌△GDF；③EF＝BE＋FC；④△AEF的周长=2AB；
⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC．
5、半角模型（-型）
如图，∠BAC=，AB=AC，∠DAE=；
结论：①△BAD≌△CAF；②△EAD≌△EAF；③∠ECF=180°-．
要点三、对角互补模型
1、“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（异侧型）
如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90 ，OC平分∠AOB．
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③．
证明示例：
（证法一）如图（中），过点C作CM⊥OA于点M，CN⊥OB于点N．
∵OC平分∠AOB，∴CM＝CN（角平分线上的点到角两边的距离相等），
在正方形MONC中，由题意可得∠MCN＝360 －∠CMO－∠AOB－∠CNO＝90 ，∴∠MCD＋∠DCN＝90 ，
又∵∠DCE＝90 ，∴∠ECN＋∠MCD＝90 ，∴∠MCD＝∠ECN，
∴△CDM≌△CEN，∴CD＝CE，∴结论①成立；
∵四边形MONC为正方形，∴OM＝ON＝OC，
又∵OD＋OE＝OD＋ON＋NE＝OD＋ON＋DM＝OM＋ON，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立；
∴，∴结论③成立．
（证法二）如图（后），过点C作CF⊥OC交OB于点F，
∵OC平分∠AOB，∴∠DOC＝∠EOC＝45°，∴△COF是等腰直角三角形，
∴CO＝CF，∠CFO＝∠COD＝45°，
又∵∠DCO＋∠OCE＝∠ECF＋∠OCE＝90°，∴∠DCO＝∠ECF，∴△COD≌△CFE，
∴OD＝EF，CD＝CE，∴结论①成立；
∵∴△COF是等腰直角三角形，∴OF＝OC；
又∵OD＋OE＝EF＋OE＝OF，∴OD＋OE＝OC，∴结论②成立；
，∴结论③成立．
2、“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型（同侧型）
如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90 ，OC平分∠AOB．
结论：①CD＝CE，②OE－OD＝OC，③．
证明示例：
如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G．
由角平分线性质可得CF＝CG，∴四边形CFOG为正方形，
∵∠1＋∠2＝90 ，∠3＋∠2＝90 ，∴∠1＝∠3，∴△CDF≌△CEG，
∴CD＝CE，结论①成立；
在正方形CFOG中，OF＝OG＝OC，
∵OE－OD＝OG＋GE－OD＝OG＋FD－OD＝OG＋OF，∴OE－OD＝OC＝OC，结论②成立；
3、等边三角形对120°模型
如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120 ，OC平分∠AOB．
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝OC，③．
证明示例：
如图，过点C作CF⊥OA，CG⊥OB，垂足分别为F、G．
由角平分线性质可得CF＝CG，在四边形OFCG中，∠FCG＝60 ，
∵∠FCD＋∠DCG＝∠GCE＋∠DCG＝60 ，∴∠FCD＝∠GCE，∴△CDF≌△CEG（ASA），
∴CD＝CE，结论①成立；
在Rt△COF和Rt△COG中，∠COF＝∠COG＝60 ，∴OF＝OG＝OC，
又∵OD＋OE＝OD＋OG＋EG＝OD＋OG＋DF＝OF＋OG，∴OD＋OE＝OC＝OC，结论②成立；
，结论③成立．
4、2α对180°-2α模型
如图，已知∠AOB＝，∠DCE＝，OC平分∠AOB．
结论：①CD＝CE，②OD＋OE＝2OC·，③．
5、蝴蝶型对角互补模型
如图，AP=BP，∠AOB=∠APB
结论：OP平分∠AOB的外角．
要点四、正方形的十字架模型（全等模型）
（1）如图，在正方形ABCD中，若E、F分别是BC、CD上的点，AE⊥BF；则 AE=BF．
（2）如图，在正方形ABCD中，若E、F、G分别是BC、CD、AB上的点，AE⊥GF；则 AE=GF．
（3）如图，在正方形ABCD中，若E、F、G、H分别是BC、CD、AB、AD上的点，EH⊥GF；则 HE=GF．
二层必刷：巩固提升+能力培优
题型一、手拉手模型
1．正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．
（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为 ；
（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中BDF的面积最大值；
（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．
题型二、半角模型
2．已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
题型三、对角互补模型
3．如图，点为定角的平分线上的一个定点，且与互补，若在绕点旋转的过程中，其两边分别与交于点，则一下结论：①恒成立；②的值不变；③四边形的面积不变；④的长不变；其中正确的个数为（　　）个
A．1 B．2 C．3 D．4
4．已知，，是过点的直线，过点作于点，连接．
(1)问题发现
如图(1)，过点作，与交于点，、、之间的数量关系是什么？并给予证明．
(2)拓展探究
当绕点旋转到如图(2)位置时，、、之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明．
题型四、正方形的十字架模型（全等模型）
5．（1）感知：如图①，在正方形中，E为边上一点（点E不与点重合），连接，过点A作，交于点F，证明：．
（2）探究：如图②，在正方形中，E，F分别为边，上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接，作的垂线分别交边，于点G，H，垂足为O．若E为中点，，，求的长．
（3）应用：如图③，在正方形中，点E，F分别在，上，，，相交于点G．若，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为，则的面积为______，的周长为______．
6．如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　）
A．2 B． C． D．
7．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A． B． C． D．
8．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．
（1）尝试解决：如图①，在等腰中，，点M是上的一点，，，将绕点A旋转后得到，连接，则___________．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形中，于点B，于点D，点P、Q分别是上的点，且，求的周长．（结果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形，，求四边形的面积．
9．如图，以的边、为腰分别向外作等腰直角、，连结、、，过点的直线分别交线段、于点、，以下说法：①当时，；②；③若，，，则；④当直线时，点为线段的中点．正确的有 ．(填序号)

10．如图1，在等腰中，，，点，分别在，上，，连接，，取中点，连接．
(1)求证：，；
(2)将绕点顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出与的位置关系：___________________；
②求证：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《暑假作业12 四边形中的四大重难点模型（要点梳理+4大题型+巩固强化）-【暑假分层作业】2025年八年级数学暑假培优练（苏科版）》参考答案：
1．（1），；（2）7.5；（3）或
【分析】（1）利用正方形的性质证明即可证得结论；
（2）连接，，，，，设交于点．利用勾股定理求出，，由推出当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，由此可得结论；
（3）分两种情形：如图中，当，，共线时，连接交于．如图中，当，，共线时，连接交于．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：（1），，理由如下：
如图1中，设交于点，交于点．
四边形、四边形都是正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）如图1中，连接，，，，，设交于点．
四边形、四边形都是正方形，
，，，，
，，
，
，
当点F，A，K在同一直线上时，点到的最大距离，
的面积的最大值为；
（3）如图中，当，，共线时，连接交于．
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
如图中，当，，共线时，连接交于．
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
综上所述，满足条件的的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
2．（1）见解析；（2）；（3）3
【分析】（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案．
【详解】（1）证明：如图，延长到使，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
，，
∴，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
；
（2），理由如下：
如图，在BM上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
，
，
∴CP的长为3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
3．C
【分析】根据角平分线的性质，作，可得，由此可判定①②③，连接，根据三角形三边关系可判定④，由此即可求解．
【详解】解：∵点在的角平分线上，
∴，
如图所示，过点作于点，作于点，
∴，，，
∴在四边形中，，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，故①正确；
由①正确可得，，
∴，故②正确；
由可得，
∴，
∴四边形的面积是定值，故③正确；
如图所示，连接，由上述结论可得，，，，，
∴，即的长度发生变化，故④错误；
综上所述，正确的有①②③，共3个，
故选：C ．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，四边形面积的计算方法等知识，掌握添加合理的辅助线，构造三角形全等是解题的关键．
4．(1)；证明见解析
(2)；证明见解析
【分析】(1)过点作，得到，判断出，确定为等腰直角三角形即可得出结论；
(2)过点作于点，判断出，确定为等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：如图1，过点作交于点，
，，
，
，
在四边形中，，
，
，
∴，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
∴；
（2）；
理由：如图，过点作交于点，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
∴；
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，构造全等三角形是解题的关键．
5．（1）感知：见详解；（2）探究：；（3）应用：，
【分析】（1）感知：由正方形的性质得出，，证得，由证得，即可得出结论；
（2）探究：分别过点、作，，分别交、于点、，由正方形的性质得出，，，推出四边形是平行四边形，，，证出，同理，四边形是平行四边形，，，证得，由证得，得出，推出，由为中点，得出，则，由勾股定理得出，即可得出结果；
（3）应用：，由阴影部分的面积与正方形的面积之比为，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由证得，得出，，则，，则，，设，，则，，由勾股定理得出，，即，得出，即可得出结果．
【详解】（1）感知：
证明：∵四边形是正方形，
，，
，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）探究：
解：分别过点、作，，分别交、于点、，如图②所示：
四边形是正方形，
，，，
∴四边形是平行四边形，
，，
，，
，
同理，四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
为中点，
，
，
，
；
（3）应用：
解：，
，
∵阴影部分的面积与正方形的面积之比为，
∴阴影部分的面积为：，
∴空白部分的面积为：，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
设，，
则，
，
，
，
即，
，即，
的周长为，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
6．D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则，
在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
7．A
【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
8．（1）；（2）2a；（3）
【分析】（1）由旋转的性质可得△ABM≌△ACN，从而得出∠MCN=∠ACB+∠ACN =90°，再根据勾股得出AM的长；
（2）将绕点C旋转后得到，利用SAS得出△QCP≌△QCM，从而得出的周长
（3）连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE；易证△AFB′是等腰直角三角形，△AEB是等腰直角三角形，利用勾股定理计算AE=B′E=，BB′=，求△ABB′和△BDB′的面积和即可．
【详解】（1）∵，
∴∠B=∠ACB=45°，
将绕点A旋转后得到，此时AB与AC重合，由旋转可得：
△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，AM=AN，BM=CN=1，∠B=∠ACN=45°，
∴∠MCN=∠ACB+∠ACN =90°，∠MAN=∠ABC=90°，
∴
∴；
（2）∵，，
∴将绕点C旋转后得到，此时BC与DC重合，
∴△BCP≌△DCM，
∴∠DCM=∠PCB，BP=DM，PC=CM，
∵，
∴，
∴，
∵PC=CM，QC=QC,
∴△QCP≌△QCM，
∴PQ=QM，
∴的周长=AQ+AP+PQ= AQ+AP+QM= AQ+AP+DQ+DM= AQ+AP+DQ+BP=AD+AB，
∵，
∴的周长=2a；
（3）如图，连接 BD，由于AD=CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，
连接BB′，延长BA，作B′E⊥BE；
∴△BCD≌△B′AD
∴S四边形ABCD=S四边形BDB′A，
∵∠ABC=75°，∠ADC=60°，
∴∠BAB′=135°
∴∠B′AE=45°，
∵
∴B′E=AE=，
∴BE=AB+AE=2+=，
∴
∵等边△DBB′，∴BB′上的高=，
∴
∴ ，
∴S四边形ABCD=S四边形BDB′A=S△BDB′-S△ABB′=；
【点睛】本题考查了图形的旋转变换，三角形全等，勾股定理，等积代换思想，类比思想等．构造直角三角形，求出三角形的高是解决问题的关键．
9．①②④
【分析】①当时，是等边三角形，根据等角对等边，以及三角形的内角和定理即可得出，进而判断①；证明，根据全等三角形的性质判断②；作直线于点， 过点作于点，过点作于点，证明，，，即可得是的中点，故④正确，证明，可得，在中，，在中，，得出 ，在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：①当时，是等边三角形，
∴
∴
∵等腰直角、，
∴
∴
∴；故①正确；
②∵等腰直角、，
∴，
∴
∴
∴；故②正确；
④如图所示，作直线于点， 过点作于点，过点作于点，

∵，
∴，
又，
∴
又∵，
∴
同理得，，
∴，，，
∵，，，
∴，
∴，即是的中点，故④正确，
∴，
设，则
在中，
在中，
∴
∴
解得：
∴，
∴，
∴
∴
在中，
∴,故③错误
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)①；②见解析
【分析】（1）先证明得到，，根据直角三角形斜边中线性质得到，根据等边对等角证明，进而可证明；
（2）①延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．先证明，得到，，进而，．证明得到，然后利用三角形的中位线性质得到，则，进而证明即可得到结论；
②根据得到即可得到结论．
【详解】（1）证明：在和中，
，，，
，
，．
是斜边的中点，
，
，
，
．
，
，
．
；
（2）解：①；
理由如下：延长到点，使，连接，延长到，使，连接并延长交于点．
，，，
，
，，
，
，
，
，
．
，
．
在和中，
，，，
，
．
是中点，是中点，
是中位线，
．
，
，
．
，
．
故答案为：；
②证明： ∵，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的中位线性质、平行线的判定与性质等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，灵活添加辅助线构造全等三角形是解答的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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