2026年中考数学一轮复习【几何模型：中点四边形+“十字架”模型+对角互补模型+含60°角的棱形模型+“梯子”模型】（四边形）

常考的重难点几何模型 八年级下册 初中数学 目录 八年级下册 · 四边形 模型1：中点四边形……………………………………………………………… 2 模型2：“十字架”模型…………………………………………………………… 4 模型3：对角互补模型…………………………………………………………… 8 模型4：含60°角的菱形模型…………………………………………………… 11 模型5：“梯子”模型……………………………………………………………… 14 实战演练…………………………………………………………………………… 15 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：中点四边形 题目条件中含有四边形四条边的中点时，考虑用此模型 已知：如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD四条边的中点 依据：三角形中位线的性质H G F E D C A B 结论：（1）四边形EFGH是平行四边形； （2）； （3） 证明：∵ E，H分别是AB，AD的中点 ∴ EH是△ABD的中位线 ∴ EH∥BD，EH=BD 同理，FG∥BD，FG=BD ∴ EH∥FG，EH=FG敲黑板，记重点 特殊四边形的中点四边形： 矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，正方形的中点四边形是正方形. ∴ 四边形EFGH是平行四边形 ∴ EF=HG ∵ EF，FG分别是△ABC和△BCD的中位线 ∴ EF=AC，FG=BD ∴ 四边形EFGH的周长为2（EF+FG）=AC+BD ∵ EF，FG，HG，EH分别是△ABC，△BCD，△ACD，△ABD的中位线 ∴ ，，， 【例1】如图，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了中点四边形，菱形的判定，三角形的中位线定理的应用，遇到中点，最常见的思路是构造三角形的中位线． 应添加的条件为，理由为根据三角形中位线定理结合得到四条边都相等，得出四边形为菱形即可． 【详解】解：应该添加的条件是； 连接、， ∵、、、分别为四边形四条边上的中点， ∴、分别为和的中位线， ， 同理， 又， ， ∴四边形是菱形， 故选：B． 【例2】如果一个四边形的两条对角线长分别为7cm和12cm，那么顺次联结这个四边形各边中点所得四边形的周长是 cm． 【分析】根据三角形中位线定理，新四边形是平行四边形，且一组邻边分别等于原四边形两条对角线的一半，据此可求周长． 【详解】解：如图， ∵点E、F、G、H分别是边AD、AB、BC、CD的中点， ∴， ∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=． 故答案为：19 【点睛】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．熟记三角形中位线的性质是解题的关键． 模型2：“十字架”模型 题目条件中含有互相垂直的线段，且端点在图形的边上，看起来像“十字架”时，考虑用此模型 一、过顶点型（正方形） 已知：如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，且AE⊥BFF G D C A B E 依据：全等三角形的判定，同角（等角）的余角相等 结论：△ABF≌△DAE，BF=AE 证明：如图，设AE与BF交于点G ∵ 四边形ABCD是正方形 ∴ AB=DA，∠BAF=∠ADE=90°敲黑板，记重点 1. 垂直一定相等 2. 相等不一定垂直 ∵ AE⊥BFG D C A B F H O E EF⊥GH⇒EF=GH ∴ ∠AGB=90°G D C A B F H O AF⊥GH⇒AF=GH ∴ ∠ABF+∠BAG=90° ∵ ∠BAG+∠DAE=90° ∴ ∠ABF=∠DAE 在△ABF和△DAE中，EF=GH⇏EF⊥GH G D C A B F H O E ∴ △ABF≌△DAE（ASA） ∴ BF=AE 二、不过顶点型（正方形） 已知：如图，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，CD，BC，AD上，且EF⊥GH 依据：全等三角形的判定，同角（等角）的余角相等G D C A B E F H 结论：EF=GH 证明：法1）作平行 过点A作AN∥EF交DC于点N，过点D作DM∥HG 交BC于点M，证明△DMC≌△AND即可得EF=GH 法2）作垂线 过点H作HP⊥BC于点P，过点E作EG⊥CD于点Q，证明△HGP≌△EFQ即可得EF=GH 三、过顶点型（矩形） 已知：如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且CE⊥BD 结论：△DCE∽△ADB， 证明：如图，∵ 四边形ABCD是矩形E C A B D 2 1 ∴ ∠EDC=∠A=90° ∴ ∠1+∠2=90° ∵ CE⊥BD ∴ ∠3+∠2=90° ∴ ∠1=∠3 ∴ △DCE∽△ADB ∴ 四、不过顶点型（矩形） 已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F，G，H在AD，BC，AB，DC上，且EF⊥GH 结论： 证明：法1）如图1，过点C作CM∥EF，交AD于点M，过点B作BN∥GH，交CD于点N，则四边形EFCM，BNHG都是平行四边形H G F E C A B D ∴ EF=CM，GH=BN ∵ 四边形ABCD是矩形 ∴ ∠BCD=∠D=90°，AD=BC ∴ ∠1+∠2=90° ∴ △CDM∽△BCN ∴ ，即 法2）如图2，分别过点G作GP⊥CD于点P，过点F作FQ⊥AD于点Q，证明△EFQ∽△HGP即可图2 Q H G F E C A B D P 1 H G F E C A B D 3 2 M N 图1 【例1】如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则GPQ的周长最小值是（    ） A． B． C． D． 【分析】连接BP，取CD的中点M，连接PM，根据折叠的性质，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG，要求△GPQ的周长的最小值，只需求PM+PB的最小值，当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小，在Rt△BCM中，勾股定理求出BM，即可求解． 【详解】解：连接BP，取CD的中点M，连接PM， 由折叠可知，PM＝PQ，GH＝DC，PC＝PG， 在Rt△BCG中，P是CG的中点， ∴BP＝PG＝GC， ∵Q是GH的中点， ∴QG＝GH， ∴△GPQ的周长＝PQ+QG+PG＝PM+GH+PB＝PM+PB+CD， ∵CD＝3， ∴△GPQ的周长＝PM+PB+， 当M、P、B三点共线时，PM+BP＝BM最小， 在Rt△BCM中，BM＝， ∴△GPQ的周长的最小值为. 故选B． 【点评】本题考查图形的翻折变换，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线是解题的关键． 模型3：对角互补模型 题目条件中含有任意四边形中有一组对角互补，且这组对角顶点的连线平分其中一个角时，考虑用此模型 一、含90°的对角互补模型 已知：如图，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC 结论：（1）AD=CD； （2）AB+BC=BD； （3） 证明：如图，过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA，交BA的延长线于点F ∵ BD平分∠ABC ∴ DE=DF敲黑板，记重点 对角互补、邻边相等、角平分线这三个条件中已知任意两个条件，即可推出第三个. 对角互补 邻边相等 对角互补 角平分线 邻边相等 角平分线 角平分线 对角互补 邻边相等 ∵ ∠ABC=∠ADC=90° ∴ ∠BAD+∠C=360°－90°×2=180° ∵ ∠BAD+∠DAF=90° ∴ △DFA≌△DEC（AAS） ∴ AD=CD，AF=CE ∴ AB+BC=AB+BE+CE=AB+BE+AF=BF+BE 易证四边形DFBE为正方形，∴ BF=BE=BD ∴ AB+BC=BF+BE=BD ∵ △DFA≌△DEC ∴ ∴ 二、含120°的对角互补模型 作法：如图，∠ABC=120°，∠ADC=60°，BD平分∠ABC 结论：（1）AD=CD； （2）AB+BC=BD； （3） 证明：如图，过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥AB，交BA的延长线于点F ∵ BD平分∠ABC ∴ DE=DF ∵ ∠ABC+∠ADC=180° ∴ ∠1+∠C=360°－180°=180° ∵ ∠1+∠2=180° ∴ ∠2=∠C ∵ ∠F=∠DEC=90° ∴ △DFA≌△DEC（AAS） ∴ AD=CD，AF=CE ∴ AB+BC=BF－AF+BE+CE=BF+BE 在Rt△DFB和Rt△DEB中， ∴ Rt△DFB≌Rt△DEB（HL） ∴ BF=BE ∴ AB+BC=2BE ∵ ∠ABC=120°，BD平分∠ABC ∴ ∠3= ∴ ∠4=90°－∠3=30° ∴ 在Rt△BDE中，， ∴ AB+BC=2BE=BD ∵ △DFA≌△DEC，Rt△DFB≌Rt△DEB ∴ ， ∴ 模型括展 已知：如图1，∠ABC=60°，∠ADC=120°，BD平分∠ABC 结论： 已知：如图2，∠ABC=α，∠ADC=180°－α，BD平分∠ABC 结论：A D B C 图2 D C A B 图1 【例1】已知：，求证：． 【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论． 【详解】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图． 易知． ∵， ∴． 又， ∴． ∵， ∴． 又， ∴， ∴ 又，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出是解答本题的关键． 模型4：含60°角的菱形模型 题目条件中含有60°角或120°角的菱形，考虑用此模型 已知：如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD交于点O，∠ABC=60°D A B C O 求作：过点D作AB的垂线，垂足为E，设CD=x 依据：菱形的性质，特殊直角三角形的性质 结论：（1）∠ABD=∠CBD=30°； （2）△ABC和△ACD均为等边三角形； （3）AB：AC：BD=1:1：； （4） 证明：∵ 四边形ABCD为菱形，∠ABC=60° ∴ ∠ABD=∠CBD=30°（菱形的对角线平分对角），AC⊥BD，AB=BC=CD=AD ∴ △ABC和△ACD均为等边三角形 在Rt△BOC中，BC=2OC，由勾股定理得， ∴ D A B C O E ∴ AB：AC：BD=1:1： 如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E 在Rt△ABE中， ∵ ∴ 模型拓展 已知：如图，四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=60°，EF与AC交于点G 结论：（1）△AEF是等边三角形；D A B C 4 3 2 1 G F E （2）△ABE≌△ACF，△ACE≌△ADF 证明：∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=120° ∴ ∠B=∠BAC=∠D=60°，AB=BC=CD=AD ∴ △ABC和△ACD都是等边三角形 ∴ AB=AC，∠1=∠B=60° ∵ ∠EAF=60° ∴ ∠BAC－∠3=∠EAF－∠3，即∠2=∠4 在△ABE和△ACF中， ∴ △ABE≌△ACF（ASA） ∴ AE=AF ∴ △AEF是等边三角形 同理可证△ACE≌△ADF 【例1】如图，在菱形中，，，则对角线的长为（    ） A． B．6 C． D． 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记等边三角形的判定与性质是解题的关键．判断是等边三角形，即可得解． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ 故选: 【例2】如图，菱形的对角线、相交于点，于点，连接，若，，则 ． 【分析】由菱形的性质得，，由，可得是等边三角形，再由，得到，最后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长．本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∵， ∴． 故答案为：1． 模型5：“梯子”模型 题目条件中含有形似“梯子”的图形，求最值问题时，考虑用此模型 已知：如图，线段AB的两端点在坐标轴上滑动，∠ABC=90°，AB的中点为Q，连接OQ，CQ，OCy x Q O C A B 依据：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 结论：当O，Q，C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OQ+CQ 证明：∵ ∠ABC=90°，AB的中点为Q ∴ OQ=QB= 在Rt△BQC中，由勾股定理得 当O，Q，C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OC=OQ+CQ ∴ 【例1】如图，，矩形的顶点A、B分别在边、上，当B在边上运动时，A随之在边上运动．矩形的形状保持不变其中，．运动过程中，点D到点O的最大距离为（     ） A． B． C．3 D．2.5 【分析】取的中点，连接、、，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当、、三点共线时，点到点的距离最大，再根据勾股定理列式求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，两者相加即可得解． 【详解】解：如图，取的中点，连接、、， ，， ， 又∵在矩形中，，， ∴， ， ∴ 当、、三点共线时，点到点的距离最大，的最大值为：． 故选：A． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点、、三点共线时，点到点的距离最大是解题的关键． 实 战 演 练 【中点四边形】 1．如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 【分析】此题考查三角形的中位线性质定理，正方形的判定等知识，能证得四边形是正方形是解题的关键.根据三角形的中位线定理，证明四边形是菱形，再证明，证得四边形是正方形，即可根据正方形的面积公式计算得出答案. 【详解】∵点E、F分别是边的中点， ∴，， 同理，，，，，，， ∴ ∴四边形是菱形， ∵为直角， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积=, 故选：B. 2．如图，点分别是四边形边的中点．则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】本题考查了矩形、正方形、菱形的判定与性质，中点四边形的性质，由中点四边形的性质得出四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可判断①；由矩形的判定即可判断②；由平行四边形的性质即可判断③；由正方形的判定与性质即可判断④；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：点分别是四边形边的中点， ，，，， 四边形是平行四边形， ①若，则，则四边形是菱形，故原说法错误，不符合题意； ②若，则，则四边形为矩形，故原说法错误，不符合题意； ③若四边形是平行四边形，不能判定与互相平分，故原说法错误，不符合题意； ④若四边形是正方形，则，，则与互相垂直且相等，故原说法正确，符合题意； 综上所述，正确的有④，共个， 故选：A． 3．如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，对角线AC、BD的长分别为7和9，则四边形EFGH的周长是 ． 【分析】根据三角形中位线的性质得出，，，， 且，，，，进而得出，，即可得出答案． 【详解】解：、、、分别是四边形各边的中点， ，，，， 且，，，， 对角线、的长分别为7和9， ，， 四边形的周长是：． 故答案为：16． 【点睛】此题主要考查了中点四边形的性质，利用三角形中位线定理得出，是解题关键． 4．如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形． 【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形的判定定理即可得解． 【详解】解：当AC⊥BD，AC=BD时，四边形EFGH为正方形． ∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF∥AC，EF=AC，GH∥AC，GH=AC，EH∥BD，EH=BD， ∴EF∥GH，EF=GH， ∴四边形EFGH为平行四边形， 当AC⊥BD，AC=BD时，EF⊥EH，EF=EH， ∴四边形EFGH为正方形． 故答案为：AC⊥BD，AC=BD． 【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、正方形的判定定理是解题的关键． 5．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形． （1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的： ①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形； ②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形． （2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明． 【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明； （2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可． 【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD， ∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点， ∴EH∥BD，FG∥BD， ∴EH∥FG， 同理EF∥HG， ∴四边形EFGH都是平行四边形， ∵对角线AC=BD， ∴EH=EF， ∴四边形ABCD的中点四边形是菱形； ②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH， ∴四边形ABCD的中点四边形是矩形； 故答案为：菱；矩； （2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下： 分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD， ∵，∴是等边三角形，∴，， ∵，∴，∴，， 在和中， ， ∴，∴， ∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形． 【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键． 6．在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 【分析】（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形； （2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形； ②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【详解】解：（1）如图1，连接、． 为的中位线， 且， 同理且． 且， 四边形为平行四边形； （2）①四边形是菱形， 如图2，连接AC，BD， ∵△ADE和△BCE都是等边三角形， ∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°， ∴∠AEC=∠DEB， ∴△AEC≌△DEB， ∴AC=BD， ∵点M，N是AD，CD的中点， ∴MN是△ADC的中位线， ∴MN=AC， 同理：PN=BD， ∴MN=PN， 由（1）知，四边形PQMN是平行四边形， ∴平行四边形PQMN是菱形； ②过点作于，则， 又， ， 由①知四边形是菱形，可计算得周长是． 【点睛】本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理． 【“十字架”模型】 7．如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M， 由折叠得到PQ⊥AE， ∴∠DAE+∠APQ=90°， 在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC， ∴∠DAE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠APQ， ∴∠APQ=∠PQM， ∴∠PQM=∠APQ=∠AED， ∵PM⊥BC， ∴PM=AD， ∵∠D=∠PMQ=90°， ∴△PQM≌△ADE， ∴PQ=AE， 在 中，，AD=12， 由勾股定理得： ， ∴PQ=13． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解题的关键． 8．如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点重合），点落在点处，折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，的周长为，则的值为 ． 【分析】先连接，作于，由折叠的性质可得：，得出，即可得出，进而求得，然后再证的，最后根据线段的等量代换得出的周长，的周长，即可得出的值. 【详解】解：连接，作于． 由折叠的性质可得：， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 的周长， 的周长为， 四边形的周长， 故答案为 【点睛】本题主要考查图形的折叠问题、三角形全等的证明及性质，正确做出辅助线证的全等是关键. 9．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G． （1）如图1，求证AE⊥BF； （2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN； 【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得； （2）过点B作，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在中，根据勾股定理即可得； 【详解】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB=BC，， 在和中， ∴（SAS）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，过点B作，交AN于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AC，， ∵， ， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴, ∴， ∴， 在和中， ∴（SAS）， ∴， ∵AN平分， ∴， ∴， ， ， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴BH=BN， 在和中， ∴（SAS）， ∴AH=CN， 在中，根据勾股定理 ， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点． 【对角互补模型】 10．如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线； ②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA； ③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC． ④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA． 【详解】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+DA．故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量． 11．如图，在四边形中，于，则的长为    【分析】过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题； 【详解】解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示， ∵， ， ∴≌ ， ， ， 即， ， 故答案为．    【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型． 12．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用、、证明三角形全等成为解题的关键． （1）根据题目中的条件和可证，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）如图：过点D作交于点G，从而可以得到，然后即可得到，再证明，即可得到，即可确定具有的数量关系． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴． （2）解：，理由如下： 如图：过点D作交于点G， 在和中，, ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ∴． ∴， ∴． 13．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“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 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解； （2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论； 想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论； ②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解． 【详解】（1）解：由“完美四边形”的定义可得正方形一组邻边相等且对角互补， 正方形是“完美四边形”． 故答案为：④； （2）解：①想法一：延长使，连接 ，， ， ， ． ． 即平分； 想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到， ． ； ； ． ， ． 点，，在一条直线上． ， 即平分 ② 理由如下： 延长使，连接， 由 ①得为等腰三角形． ， ， ． ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【含60°角的菱形模型 】 14．如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．过A作于点E，于点F，则，先证明四边形是平行四边形，进而证明，再证明是菱形，然后求出的长，即可解决问题． 【详解】解：如图，过A作于点E，于点F， 则， 由题意可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故选：B． 15．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在坐标轴上，若点的坐标为，，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含角直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．连接，作轴于点，可证明是等边三角形，得到，得出，求出，根据勾股定理求出，得到点的坐标为，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，作轴于点， 菱形，， ，， 是等边三角形， ， ， ， 点的坐标为， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点的坐标为， 故选：A． 16．菱形中，，，E、F分别是、的中点，连接、、，则的周长为（    ） A． B． C． D．3 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定及勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．根据菱形的性质和等边三角形的判定可得是等边三角形．则，根据勾股定理求得的长，同理得到的长，再证出是等边三角形，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，，， ∴ 为等边三角形， ∴， ∵是的中点， ∴，，， ∴， 同理可得：，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长是． 故选：B． 17．如图，菱形 的边长为 2，， E 为的中点， P 为上一动点，则的最小值为 ． 【分析】本题考查了轴对称中的最短问题，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是利用轴对称解决最短问题． 如图，连接、交于点，连接，证明，推出，求出的长即可得出结论． 【详解】解：如图，连接、交于点，连接，    四边形是菱形且边长为2，， ， ，， 和都是等边三角形， E为的中点， ， 是的中垂线， ， ， 四边形是菱形，， ，， ， ， ， ， 的最小值是 ． 故答案为：． 18．如图，菱形，，．点F、G分别为、边上的动点，连结，将菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处．当长度最大时，的长为 ． 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，翻折变换．理解最大值时是解题的关键． 要使长度最大时，则长度最小，则，通过角的等量代换得到，，进而证明，最后根据勾股定理列出二元一次方程并求解即可解答． 【详解】 解： 如图，连接， 四边形是菱形，，， ， 是等边三角形， ， 菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处， ，，， 要使长度最大时，则长度最小， 又， 时长度最小，长度最大， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 代入得：， 解得：， （不合题意，舍去）, ， 故答案为：． 19．如图，在菱形中，，，点在边上，且，求的面积． 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．连接菱形的对角线，相交于点，可得 ，，由勾股定理求得，进而可得，求得菱形的面积，即可求得的面积． 【详解】解：如图，连接菱形的对角线，相交于点， 在菱形中，，， 是等边三角形，， ，， 菱形的对角线，相交于点， ，，， 在中，， ， ， 又的底与和的底之和相等且等高， ， ． 20．如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 【分析】（1）先根据矩形性质得，再结合已知，，利用对角线互相平分且垂直的四边形是菱形来证明． （2）由菱形性质和得出是等边三角形，再通过等边三角形和矩形的线段关系求出对角线长度，最后用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，即， 又，， 四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， ∵（已证，，，即对角线互相垂直 ）， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ， ∴， ∴, ∴， ∴菱形的面积． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定（对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ）和性质（四条边相等、对角线互相垂直且平分 ），以及矩形、等边三角形、平行四边形的相关性质是解题的关键． 21．如图，在中，，D，E分别为的中点，过点A作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得、，结合可证四边形是平行四边形，再说明即可证明结论； （2）如图，连接，由菱形的性质易证是等边三角形，是等边三角形，求出根据等腰三角形三线合一的性质可得，即，然勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：点D、E分别是边的中点， 是的中位线，， ，， 又， 四边形是平行四边形， ，， ． 平行四边形是菱形． （2）解：如图，连接， ，四边形是菱形， ∴， 是等边三角形， ∴， ∴， 是等边三角形， ∴, 是的中点， ∴， ∴， ． 【“梯子”模型】 22．如图，，长方形的顶点、分别在边，上，当在边上运动时，随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点D到点O的最大距离为（    ）    A． B． C． D．2 【分析】取的中点，连接、、，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当、、三点共线时，点到点的距离最大，再根据勾股定理列式求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，两者相加即可得解． 【详解】解：如图，取的中点，连接、、， ， 当、、三点共线时，点到点的距离最大， 此时，，， ， 的最大值为：． 故选B．    【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点、、三点共线时，点到点的距离最大是解题的关键． 23．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 ． 【分析】取的中点，连接，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得，在中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得，据此解题． 【详解】解：如图，取的中点，连接，， ∵，，， ∴， 在中， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 24．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是 ①2－2；②2＋2；③2－2；④＋2 【分析】取AB中点E，连接OE、DE、OD，求出OE和DE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE． 【详解】取AB中点E，连接OE、DE、OD， ∵∠MON=90°， ∴OE=AB=2． 在Rt△DAE中，利用勾股定理可得DE=2． 在△ODE中，根据三角形三边关系可知DE+OE＞OD， ∴当O、E、D三点共线时，OD最大为OE+DE=2+2． 故答案为：②． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题． 25．如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接，求证：O，Q，C三点共线时，取得最大值． 【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可； 【详解】如图． 在中，， ∴． 在中，由勾股定理得． ∵， ∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即； 【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键． 26．如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米． （1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？ （2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？ 【分析】（1）利用勾股定理可以得出梯子的顶端距离地面的高度． （2）由（1）可以得出梯子的初始高度，下滑0.5米后，可得出梯子的顶端距离地面的高度，再次使用勾股定理，可以得出，梯子底端水平方向上滑行的距离． 【详解】解：（1）根据勾股定理： 所以梯子距离地面的高度为：AO米； （2）梯子下滑了0.5米即梯子距离地面的高度为OA′＝（2﹣0.5）＝1.5米， 根据勾股定理：OB′＝2米， 所以当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了2﹣1.5＝0.5米， 答：当梯子的顶端下滑0.5米时，梯子的底端水平后移了0.5米． 【点睛】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $常考的重难点几何模型 八年级下册 初中数学 目录 八年级下册 · 四边形 模型1：中点四边形……………………………………………………………… 2 模型2：“十字架”模型…………………………………………………………… 3 模型3：对角互补模型…………………………………………………………… 6 模型4：含60°角的菱形模型…………………………………………………… 8 模型5：“梯子”模型……………………………………………………………… 10 实战演练…………………………………………………………………………… 11 模 型 导 图 模 型 提 炼 模型1：中点四边形 题目条件中含有四边形四条边的中点时，考虑用此模型 已知：如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD四条边的中点 依据：三角形中位线的性质H G F E D C A B 结论：（1）四边形EFGH是平行四边形； （2）； （3） 证明：∵ E，H分别是AB，AD的中点 ∴ EH是△ABD的中位线 ∴ EH∥BD，EH=BD 同理，FG∥BD，FG=BD ∴ EH∥FG，EH=FG敲黑板，记重点 特殊四边形的中点四边形： 矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，正方形的中点四边形是正方形. ∴ 四边形EFGH是平行四边形 ∴ EF=HG ∵ EF，FG分别是△ABC和△BCD的中位线 ∴ EF=AC，FG=BD ∴ 四边形EFGH的周长为2（EF+FG）=AC+BD ∵ EF，FG，HG，EH分别是△ABC，△BCD，△ACD，△ABD的中位线 ∴ ，，， 【例1】如图，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，要添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【例2】如果一个四边形的两条对角线长分别为7cm和12cm，那么顺次联结这个四边形各边中点所得四边形的周长是 cm． 模型2：“十字架”模型 题目条件中含有互相垂直的线段，且端点在图形的边上，看起来像“十字架”时，考虑用此模型 一、过顶点型（正方形） 已知：如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，且AE⊥BFF G D C A B E 依据：全等三角形的判定，同角（等角）的余角相等 结论：△ABF≌△DAE，BF=AE 证明：如图，设AE与BF交于点G ∵ 四边形ABCD是正方形 ∴ AB=DA，∠BAF=∠ADE=90° ∵ AE⊥BF敲黑板，记重点 1. 垂直一定相等 2. 相等不一定垂直 G D C A B F H O E EF⊥GH⇒EF=GH ∴ ∠AGB=90°G D C A B F H O AF⊥GH⇒AF=GH ∴ ∠ABF+∠BAG=90° ∵ ∠BAG+∠DAE=90° ∴ ∠ABF=∠DAE 在△ABF和△DAE中，EF=GH⇏EF⊥GH G D C A B F H O E ∴ △ABF≌△DAE（ASA） ∴ BF=AE 二、不过顶点型（正方形） 已知：如图，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，CD，BC，AD上，且EF⊥GH 依据：全等三角形的判定，同角（等角）的余角相等G D C A B E F H 结论：EF=GH 证明：法1）作平行 过点A作AN∥EF交DC于点N，过点D作DM∥HG 交BC于点M，证明△DMC≌△AND即可得EF=GH 法2）作垂线 过点H作HP⊥BC于点P，过点E作EG⊥CD于点Q，证明△HGP≌△EFQ即可得EF=GH 三、过顶点型（矩形） 已知：如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且CE⊥BD 结论：△DCE∽△ADB，E C A B D 2 1 证明：如图，∵ 四边形ABCD是矩形 ∴ ∠EDC=∠A=90° ∴ ∠1+∠2=90° ∵ CE⊥BD ∴ ∠3+∠2=90° ∴ ∠1=∠3 ∴ △DCE∽△ADB ∴ 四、不过顶点型（矩形） 已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F，G，H在AD，BC，AB，DC上，且EF⊥GH 结论： 证明：法1）如图1，过点C作CM∥EF，交AD于点M，过点B作BN∥GH，交CD于点N，则四边形EFCM，BNHG都是平行四边形H G F E C A B D ∴ EF=CM，GH=BN ∵ 四边形ABCD是矩形 ∴ ∠BCD=∠D=90°，AD=BC ∴ ∠1+∠2=90° ∴ △CDM∽△BCN ∴ ，即 法2）如图2，分别过点G作GP⊥CD于点P，过点F作FQ⊥AD于点Q，证明△EFQ∽△HGP即可图2 Q H G F E C A B D P 1 H G F E C A B D 3 2 M N 图1 【例1】如图，将边长为3的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q，连接PQ，则GPQ的周长最小值是（    ） A． B． C． D． 模型3：对角互补模型 题目条件中含有任意四边形中有一组对角互补，且这组对角顶点的连线平分其中一个角时，考虑用此模型 一、含90°的对角互补模型 已知：如图，∠ABC=∠ADC=90°，BD平分∠ABC 结论：（1）AD=CD； （2）AB+BC=BD； （3） 证明：如图，过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥BA，交BA的延长线于点F ∵ BD平分∠ABC ∴ DE=DF敲黑板，记重点 对角互补、邻边相等、角平分线这三个条件中已知任意两个条件，即可推出第三个. 对角互补 邻边相等 对角互补 角平分线 邻边相等 角平分线 角平分线 对角互补 邻边相等 ∵ ∠ABC=∠ADC=90° ∴ ∠BAD+∠C=360°－90°×2=180° ∵ ∠BAD+∠DAF=90° ∴ △DFA≌△DEC（AAS） ∴ AD=CD，AF=CE ∴ AB+BC=AB+BE+CE=AB+BE+AF=BF+BE 易证四边形DFBE为正方形，∴ BF=BE=BD ∴ AB+BC=BF+BE=BD ∵ △DFA≌△DEC ∴ ∴ 二、含120°的对角互补模型 作法：如图，∠ABC=120°，∠ADC=60°，BD平分∠ABC 结论：（1）AD=CD； （2）AB+BC=BD； （3） 证明：如图，过点D分别作DE⊥BC于点E，DF⊥AB，交BA的延长线于点F ∵ BD平分∠ABC ∴ DE=DF ∵ ∠ABC+∠ADC=180° ∴ ∠1+∠C=360°－180°=180° ∵ ∠1+∠2=180° ∴ ∠2=∠C ∵ ∠F=∠DEC=90° ∴ △DFA≌△DEC（AAS） ∴ AD=CD，AF=CE ∴ AB+BC=BF－AF+BE+CE=BF+BE 在Rt△DFB和Rt△DEB中， ∴ Rt△DFB≌Rt△DEB（HL） ∴ BF=BE ∴ AB+BC=2BE ∵ ∠ABC=120°，BD平分∠ABC ∴ ∠3= ∴ ∠4=90°－∠3=30° ∴ 在Rt△BDE中，， ∴ AB+BC=2BE=BD ∵ △DFA≌△DEC，Rt△DFB≌Rt△DEB ∴ ， ∴ 模型括展 已知：如图1，∠ABC=60°，∠ADC=120°，BD平分∠ABC 结论： 已知：如图2，∠ABC=α，∠ADC=180°－α，BD平分∠ABC 结论：A D B C 图2 D C A B 图1 【例1】已知：，求证：． 模型4：含60°角的菱形模型 题目条件中含有60°角或120°角的菱形，考虑用此模型 已知：如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC与BD交于点O，∠ABC=60° 求作：过点D作AB的垂线，垂足为E，设CD=xD A B C O 依据：菱形的性质，特殊直角三角形的性质 结论：（1）∠ABD=∠CBD=30°； （2）△ABC和△ACD均为等边三角形； （3）AB：AC：BD=1:1：； （4） 证明：∵ 四边形ABCD为菱形，∠ABC=60° ∴ ∠ABD=∠CBD=30°（菱形的对角线平分对角），AC⊥BD，AB=BC=CD=AD ∴ △ABC和△ACD均为等边三角形 在Rt△BOC中，BC=2OC，由勾股定理得， ∴ D A B C O E ∴ AB：AC：BD=1:1： 如图，过点A作AE⊥BC，垂足为E 在Rt△ABE中， ∵ ∴ 模型拓展 已知：如图，四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=60°，EF与AC交于点G 结论：（1）△AEF是等边三角形；D A B C 4 3 2 1 G F E （2）△ABE≌△ACF，△ACE≌△ADF 证明：∵ 四边形ABCD为菱形，∠BAD=120° ∴ ∠B=∠BAC=∠D=60°，AB=BC=CD=AD ∴ △ABC和△ACD都是等边三角形 ∴ AB=AC，∠1=∠B=60° ∵ ∠EAF=60° ∴ ∠BAC－∠3=∠EAF－∠3，即∠2=∠4 在△ABE和△ACF中， ∴ △ABE≌△ACF（ASA） ∴ AE=AF ∴ △AEF是等边三角形 同理可证△ACE≌△ADF 【例1】如图，在菱形中，，，则对角线的长为（    ） A． B．6 C． D． 【例2】如图，菱形的对角线、相交于点，于点，连接，若，，则 ． 模型5：“梯子”模型 题目条件中含有形似“梯子”的图形，求最值问题时，考虑用此模型 已知：如图，线段AB的两端点在坐标轴上滑动，∠ABC=90°，AB的中点为Q，连接OQ，CQ，OCy x Q O C A B 依据：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 结论：当O，Q，C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OQ+CQ 证明：∵ ∠ABC=90°，AB的中点为Q ∴ OQ=QB= 在Rt△BQC中，由勾股定理得 当O，Q，C三点共线时，OC取得最大值，最大值为OC=OQ+CQ ∴ 【例1】如图，，矩形的顶点A、B分别在边、上，当B在边上运动时，A随之在边上运动．矩形的形状保持不变其中，．运动过程中，点D到点O的最大距离为（     ） A． B． C．3 D．2.5 实 战 演 练 【中点四边形】 1．如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 2．如图，点分别是四边形边的中点．则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；③若四边形是平行四边形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，对角线AC、BD的长分别为7和9，则四边形EFGH的周长是 ． 4．如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形． 5．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形． （1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的： ①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形； ②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形． （2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明． 6．在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M； （1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论； （2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）： ①判断此时四边形的形状，并证明你的结论； ②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）． 【“十字架”模型】 7．如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（    ） A．13 B．14 C．15 D．16 8．如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点重合），点落在点处，折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，的周长为，则的值为 ． 9．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G． （1）如图1，求证AE⊥BF； （2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN； 【对角互补模型】 10．如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 11．如图，在四边形中，于，则的长为    12．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 13．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“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 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【含60°角的菱形模型 】 14．如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 15．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在坐标轴上，若点的坐标为，，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 16．菱形中，，，E、F分别是、的中点，连接、、，则的周长为（    ） A． B． C． D．3 17．如图，菱形 的边长为 2，， E 为的中点， P 为上一动点，则的最小值为 ． 18．如图，菱形，，．点F、G分别为、边上的动点，连结，将菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处．当长度最大时，的长为 ． 19．如图，在菱形中，，，点在边上，且，求的面积． 20．如图，在矩形中，延长到D，使，延长到E，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的面积． 21．如图，在中，，D，E分别为的中点，过点A作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【“梯子”模型】 22．如图，，长方形的顶点、分别在边，上，当在边上运动时，随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点D到点O的最大距离为（    ）    A． B． C． D．2 23．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是 ． 24．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD在∠MON的内部，顶点A，B分别在射线OM，ON上，AB＝4，BC＝2，则点D到点O的最大距离是 ①2－2；②2＋2；③2－2；④＋2 25．如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接，求证：O，Q，C三点共线时，取得最大值． 26．如图所示，一架梯子AB斜靠在墙面上，且AB的长为2.5米． （1）若梯子底端离墙角的距离OB为1.5米，求这个梯子的顶端A距地面有多高？ （2）在（1）的条件下，如果梯子的顶端A下滑0.5米到点A'，那么梯子的底端B在水平方向滑动的距离BB'为多少米？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $