第二十一章 专题特训六 正方形中的基本模型-【拔尖特训】2025-2026学年八年级下册数学（人教版·新教材）

拔尖特训·数学（人教版）八年级下 专题特训六正方 类型一正方形中的“手拉手”模型 1.(2025·烟台招远期中)如图，正方 形ABCO和正方形DEFO的顶点 A,E,O在同一条直线l上，且EF= √2，AB=4.给出下列结论：①∠AOD 135°；②AE=4+√2；③CF=AD=√26； ④S△cop十S△or=3.其中，正确的有( A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 (第1题) 2.如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC,E是 边AB上的一点，DF⊥CE于点F,GD⊥ DF,AG⊥DG,AD⊥CD,AG=CF, BC=CD. (1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由. (2)如图②，在正方形ABCD中，E是边AB 上的一点，DF⊥CE于点F,AH⊥CE交CE 的延长线于点H,GD⊥DF交HA的延长线 于点G,试判断线段HF,AH,CF之间的数 量关系，并说明理由. ② (第2题) 60 形中的基本模型 ，“答案与解析”见P34 类型二正方形中的对角互补模型 3.如图①，在正方形ABCD中，对角线AC,BD 相交于点O,过点O作OE⊥OF分别交DC, BC于点E,F,连接EF,∠FEC的平分线 EP交直线AC于点P (1)①求证：OF=OE ②写出线段EF,PC,BC之间的等量关系 式，并证明你的结论. (2)将∠EOF绕点O按逆时针方向旋转一 个角度，使，点E,F分别在CD,BC的延长线 上，请在图②中完成图形，并判断(1)中的结 论①②是否分别成立.若不成立，写出相应的 结论（所写结论均不必证明）， (第3题) 类型三正方形中的半角模型 4.如图，E,F分别是正方形ABCD中BC,CD 边上的点，∠EAF=45°，则三条线段BE, EF,FD的数量关系是 B (第4题) 5.如图①，在Rt△CEF中，∠C=90 ∠CEF,∠CFE的邻补角的平分线 交于点A,过点A分别作直线CE CF的垂线，垂足分别为B,D (1)∠EAF= (2)①求证：四边形ABCD是正方形， ②若BE=EC=3,求DF的长 (3)如图②，在△PQR中，∠QPR=45°，高 PH=5,QH=2,则HR= ② (第5题) 第二十一章四边形 类型四正方形中的十字模型 6.如图，在正方形ABCD中，AB=4,E,F分 别为边AB,BC的中点，连接AF,DE,G,H 分别为DE,AF的中点，连接GH,则GH的 长为 () (第6题) A号 B.1 C.√2 D.2 7.如图①，在正方形ABCD中，点E,F分别在 AB,BC上，且AE=BF (1)试探索线段AF,DE之间的数量关系， 写出你的结论并证明. (2)连接EF,DF,分别取AE,EF,FD,DA 的中点H,I,J,K,并依次连接，则四边形 HIJK是什么特殊平行四边形？请在图②中 补全图形，并证明 1 (第7题) 61,易知∠CDG+∠CDE=∠ADE十 ∠CDE=90°， ∴.∠CDG=∠ADE. 在△ADE和△CDG中， AD-CD, ∠ADE=∠CDG, DE-DG, ,∴.△ADE≌△CDG .AE=CG,∠DAE=∠DCG=45 ,∠ACD=45°， .∠ACG=∠ACD+∠DCG=90°. .CE⊥CG. ∴.易得CE+CG=CE+AE=AC= √AB2+BC=92. CG=3√2， .CE=6√2. 如图，连接EG. .EG=√CE+CG= √J(62)+(3√2)2=3√10. ∴.易得DE=3√5 .正方形DEFG的边长为35. B MF C (第8题) 9.(1)四边形ABCD是矩形， .∠BAD=∠ABC=∠D=90. ∴.∠ABF=90 .AF⊥AE, .∴.∠FAE=90. ∴.∠FAE=∠BAD '.∠FAE-∠BAE=∠BAD- ∠BAE,即∠FAB=∠EAD. 在△ABF和△ADE中， ∠FAB=∠EAD, ∠ABF=∠ADE, BE=DE, ∴.△ABF≌△ADE. .AB=AD. .四边形ABCD是正方形 (2)如图，过点A作AMCG,交BC 于点M,连接ME, ∴.∠MAE=∠AHG=45 ∠FAE=90, .∠MAF=90°-45°=45. '.∠MAF=∠MAE 由(1)，知△ABF≌△ADE, .AF=AE. 在△MAF和△MAE中， (AF=AE, ∠MAF=∠MAE, AM=AM, ∴.△MAF≌△MAE. ∴.FM=EM. 设BM=x, :CD=3DE=6,四边形ABCD是 正方形， :BC CD=6,BF DE=2, AD∥BC. ∴.EM=FM=2+x,CM=6-x, CE=4. :∠BCD=90, ∴.在Rt△MCE中，CM+CE2= EM2,即(6-x)2+42=(2+x)2,解 得x=3. .BM=3. .AB=CD=6, .在Rt△ABM中，根据勾股定理， 得AM=√AB+BMP √62+32=3√5. AM//CG,AG//CM, .四边形AMCG是平行四边形 ∴.CG=AM=35 (第9题) 专题特训六正方形中的 基本模型 1.C解析：①四边形DEFO是 正方形，∴.∠DOE=45. 34 '.∠A0D=180°-∠DOE=135°.故 ①正确.②，EF=√瓦，∴.易得 OE=2.:四边形ABCO是正方形， ..AO=AB=4...AE=AO+OE= 4十2=6.故②错误.③如图，连接 DF,交EO于点H.:四边形ABCO 和DEFO是正方形，∴.OF=OD, OA=OC,∠DOF=∠AO℃=90°， DF⊥EO,EH=OH=DH= 2B0=1.∠D0F+∠QoD ∠AOC+∠COD,即∠FOC= ∠DOA.在△COF和△AOD中， OF=OD, ∠FOC=∠DOA,.△COF≌ OC-OA, △AOD..CF=AD,S△oF= SAAOD.AH=AO+OH=4+1= 5,∴.AD=√DH+AH产= √2+5=√26.∴.CF=AD= √26.故③正确.④S△or= 1 SAAm=2OA·DH=2X4X1= 1 2,S△F=2XEV2=1. .S△or+S△r=2+1=3.故④正 确.综上所述，正确的是①③④，共 3个. 0 (第1题) 2.(1)四边形ABCD是正方形 理由：：GD⊥DF,AD⊥CD, ∴.∠FDG=90°，∠ADC=90° ∴.∠ADG+∠ADF=∠CDF+ ∠ADF=90°. ..∠ADG=∠CDF. ,AG⊥DG,DF⊥CE, ∴.∠G=∠DFC=90. AG=CF, '.△ADG2△CDF. .AD=CD. BC=CD, ∴.BC=AD. .AD∥BC, '.四边形ABCD是平行四边形 .AD=CD,∠ADC=90°， .四边形ABCD是正方形 (2)HF=AH+CF. 理由：.DF⊥CE,AH⊥CE, GD⊥DF, .∴.∠DFH=∠FHG=∠FDG= 90°. .四边形HFDG是矩形 .∠G=90°. ∴.易得∠G=∠DFC. 四边形ABCD是正方形， .AD=CD,∠ADC=90. ..易得∠ADG=∠CDF. .△ADG≌△CDF. .∴.AG=CF,DG=DF. .四边形HFDG为正方形. .HG=HF. .·HG=AH+AG=AH+CF, ∴.HF=AH+CF. 3.(1)①.·OE⊥OF,且在正方形 ABCD中，对角线AC,BD相交于点O, .∠EOF=90°，∠BOC=90°，OB= OC,∠OBF=∠OCE=45. ∴.∠BOC-∠COF=∠EOF- ∠COF,即∠BOF=∠COE. 在△BOF和△COE中， ∠BOF=∠COE, OB=OC, ∠OBF=∠OCE, ..△BOF≌△COE. .OF=OE. ②EF+√2PC=BC. 由①，知OE=OF, ∴.∠OEF=∠OFE=45. ∴.在Rt△OEF中，易得EF=√2OE. ·∠FEC的平分线EP交直线AC 于点P, '.∠FEP=∠CEP :∠OPE是△CPE的外角， '.∠OPE=∠PCE+∠CEP= 45°+∠CEP. :∠OEP=∠OEF+∠FEP= 45°+∠FEP, ∴.∠OEP=∠OPE. ∴.OE=OP, ∴.EF=√2OE=√2OP. :易知BC=√2OC=√2(OP+PC), ∴.EF+√2PC=BC (2)完成图形如图所示. 结论①成立；结论②不成立，应为EF √2PC=BC. 0 B C (第3题) 4.EF=BE+DF解析：如图，延长 CD到，点E',使DE=BE,连接AE', 则易得△ABE≌△ADE'. .∴.∠BAE=∠DAE'..∠EAF= 45°，.∠BAE+∠DAF=45. .∠DAF+∠DAE'=45°，即 ∠E'AF=45°.在△AEF和△AE'F AE=AE', 中， ∠EAF=∠E'AF=45°， AF=AF, .△AEF≌△AE'F.∴.EF=E'F= E'D+DF=BE+DF. E D B (第4题) 5.(1)45°.解析：∠C=90, ∴.∠CFE+∠CEF =90. .∠DFE+∠BEF=360°-90°= 35 270°.FA平分∠DFE,EA平分 ∠BEF,·∠AFE=合∠DFE, ∠AEF=号∠BER.·∠AFE+ 1 ∠AEF=Z(∠DFE+∠BEF)= 3×270r=1s1∠EAF=180 (∠AFE+∠AEF)=45. (2)①如图①，过点A作AG⊥EF 于点G,则∠AGE=∠AGF=90. .·AB⊥CE,AD⊥CF, ∴.∠B=∠D=90=∠C. .四边形ABCD是矩形. :∠BEF,∠DFE的平分线交于 点A, .AB=AG,AD=AG. .AB=AD. ∴.四边形ABCD是正方形. ②设DF=x. BE=EC=3, .BC=6. 由①，得四边形ABCD是正方形， .BC=CD=6. ∴.CF=CD-DF=6-x. 在Rt△ABE和Rt△AGE中， (AB=AG, AE-AE, .Rt△ABE≌Rt△AGE. .BE=GE=3. 同理，可得GF=DF=x. ∴.EF=GF+GE=x+3. 在Rt△CEF中，由勾股定理，得 EC2+FC2=EF,即32+(6-x)2= (x十3)2，解得x=2. .DF的长为2. (3)只解析：如图②，以PQ为边 作△PQD,使△PQD≌△PQH;以 PR为边作△PRM,使△PRM≌ △PRH.延长DQ,MR交于点G. PH为△PQR的高，.PH⊥QR, 即∠PHQ=∠PHR=90. .△PQD≌△PQH,∴.∠D= ∠PHQ=90°，∠DPQ=∠HPQ, PD=PH,DQ=HQ.同理，可得 ∠M=∠PHR=90°，∠MPR= ∠HPR,PM=PH,MR=HR. ,'∠QPR=∠HPQ+∠HPR= 45°，∴.∠DPQ+∠MPR=45°. ∴.∠QPR+∠DPQ+∠MPR=9O°， 即∠DPM=90°..四边形PMGD 为矩形.又，PD=PH,PM=PH, ∴.PD=PM.∴.四边形PMGD是正 方形.∴.MG=DG=PM=PH=5. DQ=HQ=2,∴.GQ=3.设MR= HR=a,则GR=5-a,QR=HQ+ HR=2十a.在Rt△GQR中，由勾股 定理，得GR+GQ=QR,即(5- a)2+32=(2+a)2,解得a=7 15 :R与 A B ① P D M R H G ② (第5题) 6.C解析：如图，连接AG并延长， 交CD于点M,连接FM.,·四边形 ABCD是正方形，∴.AB=CD= BC=4,AB∥CD,∠C=90°. .∠AEG=∠GDM,∠EAG= ∠DMG.G为DE的中点， ∴.GE=GD.在△AGE和MGD中， ∠EAG=∠DMG, ∠AEG=∠MDG,∴.△AGE≌ GE-GD, △MGD.∴.AG=MG,AE=MD. E为AB的中点，.AE= AB CD.DM-CD. 1 1 ·CM=2CD=2.:H为AF的中 点，.GH=2FM:F为BC的中 点，CF= 2BC=2·FM w√CM+CF=2√2.∴.GH=√2. M (第6题) 7.(1)AF=DE ,四边形ABCD是正方形， ∴.DA=AB,∠DAB=∠ABC=90 .AE=BF, ∴.△DAE≌△ABF. .∴.DE=AF (2)四边形HIJK是正方形 补全图形如图所示 设AF与DE交于点O. H,I,J,K分别是AE,EF,FD DA的中点， :易得HI=KJ=号AP,HR IJ-ED.HI/AF.KH/ED. .AF=DE, ∴.HI=KJ=HK=IJ. ,,四边形HIJK是菱形 由(1)，知△DAE≌△ABF, ∴.∠ADE=∠BAF ∠ADE+∠AED=90°， ∴.∠BAF+∠AED=90. .∠AOE=90° HI//AF,KH//ED, 36 '.易得∠KHI=90 '.四边形HIJK是正方形 D H E B F (第7题) 专题特训七利用特殊 四边形的性质巧解 折叠问题 1.14解析：由折叠的性质，可得 EF=AE,BF=AB,∴.□ABCD的 周长=DF+FC+CB+AB十AE+ DE=△FDE的周长十△FCB的周 长=16十44=60.：四边形ABCD 为平行四边形，∴.AB+BC=30. ,△FCB的周长=FC+CB+BF= FC+CB+AB=44,.∴.FC+30=44. .FC=14. 2.1≤x≤2√3-5解析：如图①， 当点A'落在CE上时，过点D作 DH⊥AE于点H,DJ⊥CE于点J. 设AH=a,则BH=14-a.由题意， 易得132-a2=152-(14-a)2,解得 a=5..在Rt△ADH中，由勾股定 理，得DH=√AD-AH √132-5=12.由折叠的性质，可知 ∠DEH=∠DEJ..DH⊥AE DJ⊥CE,.∠DHE=∠DJE=90°. 在△DHE和△DJE中， ∠DHE=∠DIE, ∠DEH=∠DEJ,.△DHE≌ DE=DE, △DJE..DH=DJ=12,EH= EJ.,四边形ABCD是平行四边形， .CD=AB=14.在Rt△CDJ中，由 勾股定理，得CJ=√CD-DJ产= √14-12=2√/3.CD∥AB, ∴.∠CDE=∠AED.又：∠AED= ∠CED,'.∠CDE=∠CED