【中考押题卷】2025年中考数学二轮复习考前预测：四边形（含解析）

2025年中考数学二轮复习考前预测：四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2025 济南模拟）已知一个多边形的内角和等于外角和，则这个多边形是（　　）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
2．（2025 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝4，AF＝6，且 ABCD的周长为40，则 ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．40 D．48
3．（2025 汕头模拟）如图，AC为菱形ABCD的对角线，∠ACD＝30°，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，则＝（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 大渡口区模拟）如图，已知菱形ABCD中，过AD中点E作EF⊥BD，交对角线BD于点M，交BC的延长线于点F．连接DF，若CF＝2，BD＝4，则DF的长是（　　）
A．4 B．4 C．2 D．5
5．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 崇明区一模）已知直线l上三点A、B、C，且，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 山东模拟）如图是用正n边形地砖铺设小路的局部示意图，若用4块正n边形地砖围成的中间区域是一个小正方形，则n的值为（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
8．（2025 山东模拟）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD上一点，AM＝2DM，BM平分∠ABC，点E，F分别是BM，CM的中点，若EF＝3cm，则AB的长为（　　）
A．5.5cm B．5cm C．4.5cm D．4cm
9．（2025 福田区一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　）
A．AB＝BE B．
C．△ACE是等腰三角形 D．
10．（2025 大渡口区模拟）在正方形ABCD中，点F是CD上一点，CF＝2DF，DF＝4，点E是BC的中点，点G在AD上，若∠GEF＝∠CEF，则AG的长为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
二．填空题（共5小题）
11．（2025 雁塔区校级一模）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形内作等边△BCE，则∠AEB＝ 　 　．
12．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　 　．
13．（2025 顺城区模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，E为对角线BD上一动点，F为射线AB上一点．若EA＝EF，则△AEF面积的最大值为 　 　．
14．（2025 碑林区校级一模）如图，在正方形ABCD中，，点E为边AD上一点，连接BE，点G在BE上，以GE为边作等边△EFG，点F落在CD上，M为GF中点，连接CM，则CM的最小值为 　 　．
15．（2025 碑林区校级一模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”，也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 济南模拟）如图，在 ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF，EF，BD相交于点O，求证：OE＝OF．
17．（2025 永寿县校级一模）如图，在矩形ABCD中，点M是AD上一点，连接BM，且BM＝BC，CN⊥BM于点N，求证：AB＝NC．
18．（2025 安阳模拟）正方形ABCD和正方形AEFG如图1摆放，且B，A，G三点共线．
（1）正方形ABCD的边长为a，正方形AEFG的边长为b，a＞b．当a+b＝6，ab＝6时，四边形BCEG的面积＝　 　；
（2）若正方形AEFG可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于90°．
①如图2，连接BE，DG，探究DG，BE的数量关系，并说明理由；
②如图3，连接DE，BG，在旋转过程中，若点P为BG的中点，连接AP，试判断AP和DE的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若某时刻S△ABG＝9，请直接写出△AED的面积．
19．（2025 雁塔区校级一模）问题探究
（1）如图1，四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AC＝5，BD＝8，∠AOB＝60°，求四边形ABCD的面积．
问题解决
（2）如图2，公园里有一片四边形的花园ABCD，其中AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝40米，∠ABC＝60°．这片花园有两条供游客休息的走廊AC、ED，其中E是AB的中点，两条走廊交汇O处有一凉亭．设计师需要改造花园，在花园中铺设一条长为10米的小路MN，其中M、N分别在ED和AC上，再建造一个四边形的花卉区BCPQ（P为小路MN的中点，Q在BP左上方区域），为增强观赏性，BP和CQ需设计为两条长度相等的小路．试问这块四边形的花卉区BCPQ的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．（走廊、小路的宽度忽略不计）
20．（2025 汕头模拟）综合与探究
问题情境：
在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内．
猜想证明：
（1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE．
（2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由．
问题解决：
（3）在（2）的条件下，若AB＝4，请直接写出四边形B′MD′N的面积．
2025年中考数学二轮复习考前预测：四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 济南模拟）已知一个多边形的内角和等于外角和，则这个多边形是（　　）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】B
【分析】设多边形的边数为n，则根据多边形的内角和公式与多边形的外角和为360°，列方程解答．
【解答】解：设多边形的边数为n，根据题意列方程得，
（n﹣2） 180°＝360°，
n﹣2＝2，
n＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是利用多边形的内角和公式并熟悉多边形的外角和为360°．
2．（2025 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．若AE＝4，AF＝6，且 ABCD的周长为40，则 ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．40 D．48
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】设BC＝x，由平行四边形的周长表示出CD，再根据平行四边形的面积列式求出x，然后根据平行四边形的面积公式列式进而求出x＝12，即可得出结论．
【解答】解：设BC＝x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵ ABCD的周长为40，
∴BC+CD＝20，
∴CD＝20﹣x，
∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∵ ABCD的面积＝BC AE＝CD AF，
∴4x＝6（20﹣x），
解得：x＝12，
∴ ABCD的面积＝BC AE＝12×4＝48．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质以及平行四边形面积公式，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2025 汕头模拟）如图，AC为菱形ABCD的对角线，∠ACD＝30°，过点D作DE⊥BC，垂足为点E，则＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】菱形的性质；直角三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据含30°直角三角形性质求得，由菱形的性质得出CD＝AD即可得出答案．
【解答】解：由题意可知，四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝CB，且AC平分∠BCD，
∵∠ACD＝30°，
∴∠BCD＝2∠ACD＝2×30°＝60°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC＝90°，
在Rt△CDE中，∠CDE＝30°，
∴，
即，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，关键是直角三角形性质的熟练掌握．
4．（2025 大渡口区模拟）如图，已知菱形ABCD中，过AD中点E作EF⊥BD，交对角线BD于点M，交BC的延长线于点F．连接DF，若CF＝2，BD＝4，则DF的长是（　　）
A．4 B．4 C．2 D．5
【考点】菱形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】先证明△BCD是等边三角形，可求出BM的长，MF的长，由勾股定理可求解．
【解答】解：设CD与EF的交点为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝BC，∠ADB＝∠CDB，
∵点E是AD中点，
∴AE＝DE＝AD，
在△DEM和△DHM中，
，
∴△DEM≌△DHM（ASA），
∴DE＝DH，
∴DH＝CH，
∵AD∥BC，
∴△DEH∽△CFH，
∴＝1，
∴DE＝CF＝2，
∴AD＝4＝CD＝BC，
∴BF＝6，
∵BD＝4，
∴BC＝CD＝BD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，
∴∠BFM＝30°，
∴BM＝BF＝3，MF＝BM＝3，
∴DM＝1，
∴DF＝＝＝2，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，可证明△HEF≌△BAE，则EH＝AB＝BC，HF＝BE，推导出HC＝BE＝HF，则四边形CHFL是正方形，所以FL＝CL＝HF＝BE，则DL＝CE，由BE：CE＝1：2，得CL：DL＝1：2，则DL＝2CL＝2FL，求得CF＝FL，DF＝FL，则＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠H＝∠B＝∠DCB＝90°，CD＝BC＝AB，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，
∴∠AEF＝90°，EF＝AE，
∴∠HEF＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
在△HEF和△BAE中，
，
∴△HEF≌△BAE（AAS），
∴EH＝AB，HF＝BE，
∴EH＝BC，
∴EH﹣CE＝BC﹣CE，
∴HC＝BE，
∴HF＝HC，
∵∠H＝∠HCL＝∠FLC＝90°，
∴四边形CHFL是矩形，且HF＝HC，
∴四边形CHFL是正方形，
∴FL＝CL＝HF＝BE，
∴DL＝CD﹣CL＝BC﹣BE＝CE，
∵BE：CE＝1：2，
∴CL：DL＝1：2，
∴DL＝2CL＝2FL，
∵∠FLC＝∠DLF＝90°，
∴CF＝＝FL，DF＝＝＝FL，
∴＝＝，
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（2025 崇明区一模）已知直线l上三点A、B、C，且，下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
【考点】*平面向量．
【答案】D
【分析】根据题意画出图形判断即可．
【解答】解：如图，
∵＝，
∴点B是AC的中点，
∴＝2．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量，解题的关键是理解题意，正确画出图形．
7．（2025 山东模拟）如图是用正n边形地砖铺设小路的局部示意图，若用4块正n边形地砖围成的中间区域是一个小正方形，则n的值为（　　）
A．4 B．6 C．7 D．8
【考点】多边形内角与外角；平面镶嵌（密铺）．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】D
【分析】先求出正n边形的每个内角的度数，从而可得这个正n边形的每个外角的度数，再根据多边形的外角和等于360°求解即可得．
【解答】解：这个正n边形的每个内角的度数为，
所以这个正n边形的每个外角的度数为180°﹣135°＝45°，
所以n＝360°÷45°＝8，
故选：D．
【点评】本题考查了正多边形的内角与外角和、平面镶嵌，熟练掌握多边形的外角和等于360°是解题关键．
8．（2025 山东模拟）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD上一点，AM＝2DM，BM平分∠ABC，点E，F分别是BM，CM的中点，若EF＝3cm，则AB的长为（　　）
A．5.5cm B．5cm C．4.5cm D．4cm
【考点】平行四边形的性质；三角形中位线定理．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理和平行四边形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵点E，点F分别是BM，CM中点，
∴EF是△BCM的中位线，
∵EF＝3cm，
∴BC＝2EF＝6cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝6cm，
∵AD∥BC，
∴∠AMB＝∠MBC，
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM＝∠MBC，
∴∠AMB＝∠ABM，
∴AM＝AB，
∵AM＝2MD，
∴AM＝AB＝AD＝4cm，
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
9．（2025 福田区一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　）
A．AB＝BE B．
C．△ACE是等腰三角形 D．
【考点】矩形的性质；等腰三角形的判定．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】D
【分析】由矩形形的性质可得AO＝CO＝AC，AC＝BD，通过证明四边形DBEC是平线四边形，可得BD＝CE＝AC，得出OB＝CE，△ACE是等腰三角形，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，BO＝DO＝BD，
∵CE∥BD，DC∥BE，
∴四边形DBEC是平行四边形，
∴CE＝BD＝AC，
∴OB＝CE，
∴△ACE是等腰三角形，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
10．（2025 大渡口区模拟）在正方形ABCD中，点F是CD上一点，CF＝2DF，DF＝4，点E是BC的中点，点G在AD上，若∠GEF＝∠CEF，则AG的长为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】B
【分析】延长EF交AD的延长线于点H，过点G作GM⊥BC于点M，先求出正方形的边长，再证△DHF∽CEF，即可求出DH的长，设AG＝x，则DG＝AD﹣AG＝12﹣x，求出GH的长，再证得GE＝GH，再证四边形ABMG为矩形，最后根据勾股定理即可求出x的值．
【解答】解：如图，延长EF交AD的延长线于点H，过点G作GM⊥BC于点M，
∵CF＝2DF，DF＝4，
∴CF＝8，
∴CD＝DF+CF＝4+8＝12，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝12，AD∥BC，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝＝6，
∵AD∥BC，
∴△DHF∽CEF，
∴，
∴，
∴DH＝3，
设AG＝x，
则DG＝AD﹣AG＝12﹣x，
∴GH＝DG+DH＝12﹣x+3＝15﹣x，
∵AD∥BC，
∴∠GHE＝∠CEF，
∵∠GEF＝∠CEF，
∴∠GEF＝∠GHE，
∴GH＝GE＝15﹣x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵GM⊥BC，
∴∠GMB＝90°，
∴∠A＝∠B＝∠GMB＝90°，
∴四边形ABMG是矩形，
∴BM＝AG＝x，
∴EM＝BE﹣BM＝6﹣x，GM＝AB＝12，
在Rt△GME中，由勾股定理得，GM2＝GE2﹣EM2，
∴122＝（15﹣x）2﹣（6﹣x）2，
解得x＝2.5，
即AG＝2.5，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025 雁塔区校级一模）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形内作等边△BCE，则∠AEB＝ 　75°　．
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】运算能力．
【答案】75°．
【分析】由正方形的性质及等边三角形的性质，求得∠ABE＝30°，从而由等腰三角形的性质可得∠AEB＝∠EAB＝75°．
【解答】解：在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，
∵△BCE是等边三角形，
∴BC＝BE＝CE，∠EBC＝60°，
∴AB＝BE，∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝30°，
∴，
故答案为：75°．
【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和等知识，掌握这些性质是关键．
12．（2025 佛山一模）如图1是王先生家的菜圃，图2是该菜圃的示意图，该菜圃可看作矩形，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 　5　．
【考点】菱形的性质；矩形的判定与性质；平行线分线段成比例；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．
【专题】推理能力．
【答案】5．
【分析】连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，先证明四边形AFED是矩形，得到EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，证明△GHM≌△FAM，推出四边形AFHG为平行四边形，推出A，G，E三点共线，且AG＝EG，再证明△AGL≌△EGR，得到AL＝ER，证明四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，得到ER＝RT，平行线分线段成比例，推出，根据菱形的面积分别求出四边形ALCK和GMHN的面积，分割法求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：连接EF，GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠D＝90°，
∵点E，F分别是边CD，AB的中点，
∴，，
∴DE＝AF，
∵DE∥AF，
∴四边形AFED为平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形AFED是矩形；
∴EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，
∵四边形EGFH为菱形，
∴GH⊥EF，，EG∥FH，EG＝FH，
∴∠EOG＝90°＝∠AFE，
∴GH∥AF，
∴∠GHM＝∠FAM，
∵点M是FG的中点，
∴GM＝FM，
∵∠GMH＝∠FMA，
在△GHM和△FAM中，
，
∴△GHM≌△FAM（AAS），
∴GH＝AF，
∴四边形AFHG为平行四边形，
∴AG∥HF，AG＝HF，
∵EG∥FH，EG＝FH，
∴A，G，E三点共线，且AG＝EG，
∵EF∥AD，
∴∠LAG＝∠REG，
∵∠LGA＝∠RGE，
∴△AGL≌△EGR（ASA），
∴AL＝ER，
∵AL∥RT∥CK，CL∥AK，
∴四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，
∴AL＝RT＝CK，
∴ER＝RT，
∵AK∥CL，
∴，
∴FT＝RT，
∴，
∵菱形EGFH的面积为6，
∴EF GH＝12，
∴AD AB＝24，
∵，
∴，
∵，
∴S阴影＝S ALCK﹣S GNHM＝8﹣3＝5；
故答案为：5．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的关键．
13．（2025 顺城区模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，E为对角线BD上一动点，F为射线AB上一点．若EA＝EF，则△AEF面积的最大值为 　16　．
【考点】正方形的性质；二次函数的性质；三角形的面积；等腰三角形的性质．
【专题】二次函数图象及其性质；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】16．
【分析】过E作EH⊥AF于H，由等腰三角形的性质推出AF＝2AH，判定△EHB是等腰直角三角形，得到EH＝BH，设EH＝x，得到△AEF的面积＝AF EH＝﹣（x﹣4）2+16，即可求出△AEF面积的最大值．
【解答】解：过E作EH⊥AF于H，
∵EA＝EF，
∴AF＝2AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝45°，
∵∠EHB＝90°，
∴△EHB是等腰直角三角形，
∴EH＝BH，
设EH＝x，
∴AH＝AB﹣BH＝8﹣x，
∴AF＝2（8﹣x），
∴△AEF的面积＝AF EH＝×2×（8﹣x）×x＝8x﹣x2＝﹣（x﹣4）2+16，
△AEF面积的最大值为16．
故答案为：16．
【点评】本题考查正方形限额性质，二次函数的性质，等腰三角形的现在在，三角形的面积，关键是得到△AEF的面积关于x的二次函数关系式．
14．（2025 碑林区校级一模）如图，在正方形ABCD中，，点E为边AD上一点，连接BE，点G在BE上，以GE为边作等边△EFG，点F落在CD上，M为GF中点，连接CM，则CM的最小值为 　　．
【考点】正方形的性质；垂线段最短；等边三角形的性质．
【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接EM，由等边△EFG，M为GF中点，可得EM⊥GF，即∠EMF＝90°，，又由正方形的性质得∠EDF＝90°，所以点E、D、F、M四点共圆，所以∠MDF＝∠MEF＝30°，所以点当点E在AD上运动，且点F落在CD上时，点M在DN上运动，且∠CDN＝30°，根据垂线段最短可得当 CM⊥DN 时，CM最小，利用直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴，
作∠CDN＝30°，
∵以GE为边作等边△EFG，点F落在CD上，M 为GF中点，
∴EM⊥GF，
∴∠EMF＝90°，，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EDF＝90°，
∴点E、D、F、M四点共圆，所以∠MDF＝∠MEF＝30°，
∴当点E在AD上运动时，点M在DN上运动，当CM⊥DN时，CM最小，
∵∠CDN＝30°，
∴CM最小值＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，垂线段最短，直角三角形的性质，判定出点M的运动路径是解题的关键．
15．（2025 碑林区校级一模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”．著名的数学著作《九章算术》已经能十分灵活地应用“出入相补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田，圭田术曰：“半广以乘正纵”，也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是应用出入相补原理，由长方形面积导出的．如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是 　5　．
【考点】矩形的性质；数学常识；三角形的面积．
【专题】等腰三角形与直角三角形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】5．
【分析】作△ABC的高AD，由矩形EFGH的边EH在BC上，证明LH∥AD，IE∥AD，则△BLH∽△BAD，△CIE∽△CAD，由题意得S△BLH＝S△ALG，S△CIE＝S△AIF，LB＝LA＝AB，IC＝IA＝AC，推导出＝，＝，则S△BLH＝S△BAD，S△CIE＝S△CAD，所以S△BLH+S△CIE＝S△ABC，而S△ABC＝S矩形EFGH＝20，所以S阴影＝S△ALG+S△AIF＝S△BLH+S△CIE＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图，作AD⊥BC于点D，
∵四边形EFGH是矩形，且边EH在BC上，
∴∠LHC＝∠ADC＝90°，∠IEB＝∠ADB＝90°，
∴LH∥AD，IE∥AD，
∴△BLH∽△BAD，△CIE∽△CAD，
由题意得S△BLH＝S△ALG，S△CIE＝S△AIF，LB＝LA＝AB，IC＝IA＝AC，
∴＝，＝，
∴＝＝＝，＝＝＝，
∴S△BLH＝S△BAD，S△CIE＝S△CAD，
∴S△BLH+S△CIE＝S△ABC，
∵S△ABC＝S矩形EFGH＝20，
∴S阴影＝S△ALG+S△AIF＝S△BLH+S△CIE＝×20＝5，
故答案为：5．
【点评】此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025 济南模拟）如图，在 ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且AE＝CF，EF，BD相交于点O，求证：OE＝OF．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形．
【答案】见试题解答内容
【分析】先判断出DE＝BF，进而判断出△DOE≌△BOF即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ODE＝∠OBF，
∵AE＝CF，
∴DE＝BF，且∠DOE＝∠BOF，∠ODE＝∠OBF，
∴△DOE≌△BOF（AAS），
∴OE＝OF
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△DOE≌△BOF是本题的关键．
17．（2025 永寿县校级一模）如图，在矩形ABCD中，点M是AD上一点，连接BM，且BM＝BC，CN⊥BM于点N，求证：AB＝NC．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】根据四边形ABCD是矩形，可得∠A＝∠BNC＝90°，AD∥BC，进而可得∠BMA＝∠CBN，即以证明△MAB≌△BNC（AAS），可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，CN⊥BM，
∴∠A＝∠BNC＝90°，AD∥BC，
∴∠BMA＝∠CBN．
在△MAB和△BNC中，
，
∴△MAB≌△BNC（AAS），
∴AB＝NC．
【点评】本题考查矩形的性质及全等三角形的判定和性质，正确找出三角形全等的条件是解题的关键．
18．（2025 安阳模拟）正方形ABCD和正方形AEFG如图1摆放，且B，A，G三点共线．
（1）正方形ABCD的边长为a，正方形AEFG的边长为b，a＞b．当a+b＝6，ab＝6时，四边形BCEG的面积＝　15　；
（2）若正方形AEFG可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于90°．
①如图2，连接BE，DG，探究DG，BE的数量关系，并说明理由；
②如图3，连接DE，BG，在旋转过程中，若点P为BG的中点，连接AP，试判断AP和DE的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若某时刻S△ABG＝9，请直接写出△AED的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）15；
（2）①DG＝BE，理由见解析②，理由见解析；
（3）S△AED＝9．
【分析】（1）将四边形BCEG的面积转化为求梯形ABCE和△AEG的面积，计算时将算式变形为a+b与ab的形式即可求解；
（2）①证明△GAD≌△EAB（SAS）即可求证；
②利用倍长中线法构造△ABM，再证明△ABM≌△DAE（SAS）即可求解；
（3）利用全等三角形进行等面积转化即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形BCEG的面积＝，且a+b＝6，ab＝6，
∴四边形BCEG的面积＝．
故答案为：15；
（2）①DG＝BE；理由如下：
∵正方形ABCD和正方形AEFG中，∠BAD＝∠GAE＝90°，BA＝DA，EA＝GA，
∴∠BAD+∠EAD＝∠GAE+∠EAD，即∠GAD＝∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴DG＝BE；
②，理由如下：
如图3，延长AP至M，使PM＝AP，则，
∵点P为BG的中点，
∴BP＝GP，
又∵∠BPM＝∠GPA，
∴△BPM≌△GPA（SAS），
∴BM＝AG，∠PBM＝∠PGA，
∴BM＝AG＝AE，∠ABM＝∠PBM+∠PBA＝∠AGP+∠PBA＝180°﹣∠BAG，
∵∠DAE＝360°﹣∠DAB﹣∠EAG﹣∠BAG＝360°﹣90°﹣90°﹣∠BAG＝180°﹣∠BAG，
∴∠ABM＝∠DAE，
在△ABM和△DAE中，
，
∴△ABM≌△DAE（SAS），
∴AM＝DE，
∴．
（3）S△AED＝9，理由如下：
由（2）知△BPM≌△GPA，
∴S△PBM＝S△APG
∵S△ABG＝9，
∴S△ABM＝S△ABP+S△PBM＝S△ABP+S△APG＝S△ABG＝9，
∵△ABM≌△DAE，
∴S△DAE＝S△ABM＝9，即S△AED＝9．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、倍长中线法、求不规则图形面积、完全平方公式的变形等知识，解题的关键是发现全等三角形并运用转化的思想方法．
19．（2025 雁塔区校级一模）问题探究
（1）如图1，四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AC＝5，BD＝8，∠AOB＝60°，求四边形ABCD的面积．
问题解决
（2）如图2，公园里有一片四边形的花园ABCD，其中AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝40米，∠ABC＝60°．这片花园有两条供游客休息的走廊AC、ED，其中E是AB的中点，两条走廊交汇O处有一凉亭．设计师需要改造花园，在花园中铺设一条长为10米的小路MN，其中M、N分别在ED和AC上，再建造一个四边形的花卉区BCPQ（P为小路MN的中点，Q在BP左上方区域），为增强观赏性，BP和CQ需设计为两条长度相等的小路．试问这块四边形的花卉区BCPQ的面积是否存在最大值？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由．（走廊、小路的宽度忽略不计）
【考点】四边形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；圆的有关概念及性质；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】（1）10；
（2）平方米．
【分析】（1）作DE⊥AC于E，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，分别解直角三角形DOE和BOF，表示出DE和BF，进一步得出结果；
（2）连接OP，可得出OP＝，从而点P在以O为圆心，5为半径的圆上运动，连接BO并延长交⊙O于P，此时BP长，当CQ⊥BD时，四边形BCPQ面积最大，连接CE，可推出 ADCE是菱形，从而得出AC⊥DE，OE＝OC，CE＝AE＝BE＝20米，进而得出OE∥BC，从而得出AC⊥BC，∠AEO＝∠ABC＝60°，可推出△BCE是等边三角形，进一步得出结果．
【解答】解：（1）如图1，
作DE⊥AC于E，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，
∴∠F＝∠DEO＝90°，
∴DE＝OD sin∠COD，BF＝OB sin∠AOB，
∵∠DOE＝∠AOB＝60°，
∴DE+BF＝OD sin60°+OB sin60°＝，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝＝；
（2）如图2，
连接OP，
∵∠AOD＝∠AOB＝90°，点P是MN的中点，
∴OP＝，
∴点P在以O为圆心，5为半径的圆上运动，连接BO并延长交⊙O于P，此时BP长最大，
当CQ⊥BD时，四边形BCPQ面积最大，
连接CE，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝米，
∵AB＝2AD＝2CD＝40米，
∴AD＝CD＝20，
∴AD＝CD＝AE，
∵AB∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴ ADCE是菱形，
∴AC⊥DE，OE＝OC，CE＝AE＝BE＝20米，
∴OE∥BC，
∴AC⊥BC，∠AEO＝∠ABC＝60°，
∴OC＝OA＝AE sin∠AEO＝20 sin60°＝10米，
∵∠ABC＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BC＝BE＝20米，
∴OB＝＝10米，
∴CQ＝BP＝OB+OP＝（10）米，
∴S四边形BCPQ最大＝×＝平方米．
【点评】本题考查了解直角三角形，确定圆的条件，菱形的判定和性质，等边三角形的判定恶核性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
20．（2025 汕头模拟）综合与探究
问题情境：
在正方形ABCD中，E是AB边上的一个动点，连接CE将△BCE沿直线CE翻折，得到△B′CE，点B的对应点B′落在正方形ABCD内．
猜想证明：
（1）如图1，连接BB′并延长，交AD边于点F．求证：BF＝CE．
（2）如图2，当E是AB边的中点时，连接AB′并延长，交CD边于点H，将△ADH沿直线AH翻折，点D恰好落在直线CE上的点D′处，AD′交B′E于点M，D′H交B′C于点N．试判断四边形B′MD′N的形状，并说明理由．
问题解决：
（3）在（2）的条件下，若AB＝4，请直接写出四边形B′MD′N的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）四边形B′MD′N是矩形，理由见解析；
（3）．
【分析】（1）设BF和CE相交于点O，证明△BCE≌△ABF（ASA），即可得到BF＝CE；
（2）证明∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°，即可证明四边形B′MD′N是矩形；
（3）连接BB′交AD于点G，求出AE＝EB＝2，证明△ABG≌△BCE≌△DAH，得到AH＝BG，AG＝BE＝DH＝2，由等积法求出，由sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH求出，即可求出，得到四边形B′MD′N的面积．
【解答】（1）证明：如图，设BF和CE相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF+∠OBC＝90°，
由折叠可知，CE垂直平分BB′，
∴∠BOC＝90°，
∴∠BCE+∠OBC＝90°，
∴∠BCE＝∠ABF，
在△BCE和△ABF中，
，
∴△BCE≌△ABF（ASA），
∴BF＝CE；
（2）解：四边形B′MD′N是矩形；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠D＝∠B＝90°，
∴∠EAB′＝∠AHD，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝EB，
由折叠的性质可知：BE＝EB′，∠CB′E＝∠B＝90°，
∴AE＝EB′，
∴∠B′AE＝∠EB′A，
由折叠的性质可知：∠AHD′＝∠AHD，∠AD′H＝∠ADH＝90°，
∴∠EB′A＝∠AHD′，
∴EB′∥D′H，
∴∠B′MD′+∠AD′H＝180°，
∴∠B′MD′＝90°，
∴∠B′MD′＝∠AD′H＝∠MB′N＝90°，
∴四边形B′MD′N是矩形；
（3）解：连接BB′交AD于点G，如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝4，
∵E是AB边的中点，
∴AE＝EB＝2，
由（2）得，AE＝EB＝B′E＝2，∠B′MD′＝∠AMB′＝90°，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EBB′＝∠EB′B，
∵∠B′AB+∠AB′B+∠B′BA＝180°，
∴∠AB′B＝90°，
由折叠可知：BB′⊥CE，
∴∠ABG+∠CBG＝∠BCE+∠CBG＝90°，
∴∠ABG＝∠BCE，
在△ABG和△BCE中，
，
∴△ABG≌△BCE（ASA），
同理可证，△ABG≌△DAH（ASA），
∴△ABG≌△BCE≌△DAH，
∴AH＝BG，AG＝BE＝DH＝2，
∵，
∴，
∵S△ABG＝AB AG＝AB′ BG，
∴，
由折叠可知：∠B′AM＝∠DAH，AD′＝AD＝4，
∴sin∠B′AM＝sin∠DAH，tan∠B′AM＝tan∠DAH，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴四边形B′MD′N的面积为．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质、正方形的性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定和性质、轴对称的性质等知识，添加必要的辅助线构造全等是解题的关键．
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