专题18 四边形-2025年精选中考数学真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·广州）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（ ）
A． B．5 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD为菱形，且面积为10
∴
∵E，F分别为AB，BC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∴
同理可得：
∴EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG
∴四边形EFGH为矩形
∴
故答案为：B
【分析】 连接AC，BD，根据菱形性质可得，再根据三角形中位线定理可得，同理可得：，则EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG，根据矩形判定定理可得四边形EFGH为矩形，再根据矩形面积即可求出答案.
2．（2025·绥化）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为60°.则这个矩形的面积是（ ）
A．25 B．25 C．25 D．50
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；补角
【解析】【解答】解：已知两条对角线的一个交角为60°，不妨设∠AOB= 60°，
在△AOB中，AO=BO=5，∠AOB= 60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴AB=AO=5，
另一对角线夹角为180°-60°=120°(邻补角)，
在△AOD中，AO=DO=5，∠AOD= 120°，
由勾股定理计算得AD=
∴矩形面积为ABxAD=5x 5= 25.
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质：对角线相等且互相平分，设对角线交点为O，则AO=BO=CO=DO= 5，利用勾股定理计算AD=，再利用面积公式，即可解答.
3．（2025·自贡）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A．（-3，5） B．（5，-3） C．（-2，5） D．（5，-2）
【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为5，AB边在y轴上，将正方形ABCD绕点O逆时针旋转90°，得到正方形 A'B'C'D'.
∴AB=BC=A'B'=B'C'=C'D'=5，A'B'在x轴上，A'B'//C'D'，
∵B(0，-2)，
∴B'(2，0)，C'(2，5)，
∴D'(-3，5)，
故答案为：A.
【分析】由正方形与旋转可得A'B'在x轴上，A'B'//CD'，结合B(0，-2)，可得B'(2，0)，C'(2，5)，进一步可得答案.
4．（2025·河北）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠ADB=∠1
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠ADB=∠A'DB
∴∠1=∠A'DB
∵∠DEC=90°-，即2∠1=90°-
∴，A错误
∵∠BDE≠∠CDE
∴∠1≠，B错误
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠C'ED=∠CED
，C错误，D正确
故答案为：D
【分析】根据矩形性质可得AD∥BC，则∠ADB=∠1，再根据折叠性质可得∠ADB=∠A'DB，则∠1=∠A'DB，再根据角之间的关系逐项进行判断即可求出答案.
5．（2025·安徽） 在如图所示的 ABCD中，E， G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（不与端点重合），且满足AF=CH，则下列表示定值的是（ ）
A．四边形EFGH的周长 B．的大小
C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接EG，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵E， G分别为边AD，BC的中点，
∴AE=DE=BG=CG，
∴四边形ABGE和四边形CDEG是平行四边形，
∴S△EFG=S四边形ABGE，S△EHG=S四边形CDEG，
∴S四边形EFGH=S△EFG+S△EHG=（S四边形ABGE+S四边形CDEG）=S四边形ABCD，
∴四边形EFGH的面积是定值，故C符合题意；
故答案为：C .
【分析】连接EG，利用平行四边形的性质可证得AD∥BC，AD=BC，结合已知条件可推出AE=DE=BG=CG，由此可证得四边形ABGE和四边形CDEG是平行四边形，可得到S四边形EFGH=S四边形ABCD，据此可知四边形EFGH的面积是定值.
6．（2025·深圳） 如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：
四边形ABCD为正方形
同理：EO=FO
四边形ABCD为菱形
又
四边形AEOF为正方形
又
故答案为： D.
【分析】由折叠的性质知，可得AEOF为正方形，可得AO=EF，即可得EF与GC的比值.
7．（2025·兰州） 如图，在正方形ABCD中，AB＝2cm，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点O出发沿O→A→B方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→D方向以1cm/s的速度运动．当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），△CPQ的面积为y（cm2），则点P分别在OA，AB上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数 B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数 D．二次函数，一次函数
【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；四边形-动点问题；用关系式表示变量间的关系
【解析】【解答】解：
∵正方形ABCD中，AB = 2cm，
∴AB= BC= CD= DA = 2cm，
∴AC=AD=AB= 2cm， ，
∴OC=OA=AC=cm， .
当点P在OA上运动时，由题意得CQ = x，CP=OC+OP= +x，
如图1，
作PG⊥CD于点G，
∵∠PCG = 45°，
∴CG=PG==x+1
∴y=是二次函数；
当点P在AB上运动时，如图2，
由题意得CQ = x，
∴y=是一次函数；
故答案为：D .
【分析】当点P在OA上运动时，由题意得CQ=x，CP=OC+OP=+x，作PG⊥CD于点G，求得CG= PG=x+1，利用y=列式计算即可解答；当点P在AB上运动时，利用三角形面积公式求解即可解答.
8．（2025·安徽） 如图，在四边形 ABCD 中，，AB = 4，BC = 3，AD = 1，点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，连接 FB，FC，EC，则下列结论错误的是（ ）
A．EC - ED 的最大值是 B．FB 的最小值是
C．EC + ED 的最小值是 D．FC 的最大值是
【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：A、∵ 点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，
∴四边形ABGD是矩形，
易证△DHF≌△DAE（SAS）
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∵∠A=∠ABC=90°，
∴四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，
∴AD=BG=IH=1，
∴DG=AB=4，
∴CG=BC-GB=3-1=2；
∴，
∴，
∴当BE最大时，EC-ED的值最大，
∴当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，
此时，
∴DE=1，
∴EC-ED=5-1=4，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、作点D关于AB的对称点M，连接MC，
∴ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，
过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，
∴当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；
易证四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，
∴故C不符合题意；
D、当点E和点A重合时，
，
当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，
易证四边形CQIB是矩形，
∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，
∴△DHF≌.△DAE，
∴∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，
∴
综上所述，FC的最大值为，故D不符合题意；
故答案为： A.
【分析】利用旋转的性质可证得DE=DF，∠EDF=90°，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，可证得四边形ABGD是矩形，利用SAS可证得△DHF≌△DAE，可证得FH⊥DG，即点F在FH上运动；再证明四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，可求出BG、HI、DG、CG的长，利用勾股定理可表示出DE，CE的长，然后可表示出EC-ED的长，当BE最大时，EC-ED的值最大，当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，利用勾股定理求出EC的长，即可求出EC-ED的长及BF的长，可对A、B作出判断；作点D关于AB的对称点M，连接MC，可知ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，由此可知当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；易证四边形AMNB是矩形，利用矩形的性质可得到BN、CN、MN的长，利用勾股定理可得到CE+ED的最小值，可对C作出判断；当点E和点A重合时，利用勾股定理求出CF的长；当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，可得到CQ、QI的长，利用全等三角形的性质可得到FH的长，即可求出QF的长，然后利用勾股定理求出FC的长，综上所述，可得到FC的最大值，可对D作出判断.
9．（2025·黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE=BF，连接AC、AE、AF，过点E作于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点B作BK∥MN，交直线CD于点K，交AF于点Q，
∴∠BQF=∠EGF=90°，
∵AB∥CD，
∴四边形BMNK是平行四边形，
∴BK=MN，
又∠CBK+∠AFB=90°，∠FAB+∠AFB=90°，
∴∠CBK=∠FAB，
∵AB=CB，∠ABF=∠BCK=90°，
∴△ABF≌△BCK，
∴AF=BK，
∴MN=AF，即①成立；
∵BK∥MN，
∴∠CBK=∠CEN，
∴∠CEN=∠FAB，
∵BE=BF，
∴AE=AF，
∴∠EAB=∠FAB，
∵∠EAH=∠EAB+∠BAC=∠EAB+45°，
∠EHA=∠CEN+∠ACB=∠CEN+45°=∠FAB+45°，
∴∠EAH=∠EHA，即②成立；
∵∠NEC=∠BAF，∠BCD=∠ABC=90°，
∴△NEC△BAF，
∴
∴EN.BF=CN.AF，
∵∠EAH=∠AHE=∠CHN = 45°+a， ∠ACE = ∠ACN =45°，
∴△AEC△HNC，
∴
∴CN·AE=EC.HN，
∵AE = AF，
∴CN.AF=EC.HN，
.·.EN.BF=EC.HN，故结论③正确；
过点F作FP⊥AC，如图2所示，
设BF =3x，由BF：FC=3：4可得FC=4x， AB=BC = 7x，
∴ AF2 = AB2 + BF2 = (7x)2 + (3x)2 = 58x2，
∵PF= FC●sin∠ACB=4x，
∴AP = x，
∴tan∠FAC=，即结论④正确；
设∠CEN=α，则：∠CNE=90°-α，∠CHN=∠AHE=α+45°，α＜45°，
∴∠CNE≠∠CHN，
∴CNH不一定是等腰三角形，
故等腰三角形有ABC，ADCAEFAEH共四个，故结论⑤错误
故答案为：C.
【分析】：过点B作BK∥MN，交直线CD于点K，交AF于点Q，得出平行四边形BMNK，进而得出BK=MN，然后再通过证明△ABF≌△BCK，得出AF=BK，进一步等量代换，即可得出①正确；然后证明∠EHA=∠CEN+∠ACB=∠FAB+45°，∠EAH=∠EAB+∠BAC=∠EAB+45°，进一步的得出∠EAH=∠EHA，即可得出②正确；再通过证明△NEC△BAF，△AEC△HNC， 可得出EN.BF=CN.AF，CN.AF=EC.HN，进一步即可得出EN.BF=EC.HN，即③正确；再过点F作FP⊥AC，如图2所示，设BF =3x，根据勾股定理可求得PF= FC●sin∠ACB=4x，AP = x，根据正切定义，即可得出④正确；设∠CEN=α，则：∠CNE=90°-α，∠CHN=∠AHE=α+45°，α＜45°，∠CNE≠∠CHN，可得出CNH不一定是等腰三角形，易证ABC，ADCAEFAEH是等腰三角形，故而⑤不正确，即可得出正确选项。
10．（2025·天津市）四边形ABCD中，．动点从点出发，以的速度沿边BA、边AD向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边CB向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点M，N的位置如图所示．有下列结论：
①当时，；②当时，的最大面积为；③有两个不同的值满足的面积为39．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】三角形的面积；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：由题意可得，点M在AB上的运动时间为
点M在AD上的运动时间为
点N在CB上的运动时间为16s
①当t=6s时，点M在AD上
此时AM=2×6-8=4cm，CN=6cm
∴DM=AD-AM=6cm
∴CN=DM，①正确
②当时，点M在AB上
此时BM=2tcm，CN=tcm
∴BN=(16-t)cm
∴
∵-1<0
∴当t<8时，随t的增大而增大
∴当t=2时，取得最大值，最大值为28
即当时，的最大面积为28cm2，②错误
③当点M在AB上时
∵的面积为39
∴
解得：t=3或t=13(舍去)
当点M在AD上时
∵AD∥BC，∠B=90°
∴∠A=180°-∠B=90°，即AB⊥AD
∴
解得：
综上所述，当t=3或时，满足的面积为，③正确
故答案为：C
【分析】由题意可得点M在AB上的运动时间为4s，点M在AD上的运动时间为5s，点N在CB上的运动时间为16s，①当t=6s时，点M在AD上，求出AM，CN长度，再根据边之间的关系即可判断①；②当时，点M在AB上，此时BM=2tcm，CN=tcm，则BN=(16-t)cm，根据三角形面积，结合二次函数性质可判断②；③分情况讨论：当点M在AB上时，当点M在AD 上时，根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
二、填空题
11．（2025·上海市）已知矩形ABCD中，点E在边CD上，F是点E关于直线AD的对称点，联结EF、AF、BE，若四边形ABEF是菱形，那么的值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵E关于直线AD的对称点为F，
∴DF=DE，
设DF=DE=m，则EF=DE+DF=2m，
∵四边形AFEB是菱形，
∴AB=AF=EF=2m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC =90°，
∴∠ADF=180°-∠ADC=90°
∴，
∴
故答案为：.
【分析】由轴对称的性质可得DF=DE，设DF=DE=m，则EF=DE+DF=2m，由菱形的性质得到AB=AF=EF=2m，证明∠ADF=90°，利用勾股定理可得，据此可得答案.
12．（2025·辽宁）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取OE中点H，连接GH，
在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
AC⊥BD，
∵AE=2，
∴OE=OA-AE=4-2=2，
∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∴GH是三角形EBO的中位线，
GH∥OB，
∴∠GHE=∠BOA=90°，
∵OF=1，
，
∴，
故答案为：.
【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得出AC⊥BD，取OE中点H，连接GH，可得GH=OB，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可．
13．（2025·内蒙古自治区）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，交BD于点O，过点E作EH∥AC交BD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=， AC⊥BD，
在Rt中：AO=，
∵是的中点，EH∥AC，
∴EH=，OH=，
∵BF=3，
∴FO=BO-BF=8-3=5，
∴FH=5+4=9，
∴
故答案为：.
【分析】连接AC，交BD于点O，过点E作EH∥AC交BD于点H，首先根据菱形的对角线互相垂直平分，可得出BO=DO=， AC⊥BD，然后根据勾股定理求得AO的长度，进一步根据三角形中位线定理，可求得EH的长度，再结合题中已知条件求得FH的长，最后根据勾股定理求得EF的长度。
14．（2025·白银）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B'处.B'C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形，若AB=6cm，则AD= cm
【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，为等边三角形，，
∴，，，
∴，
∵把平行四边形纸片沿对角线折叠，点落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12.
【分析】根据平行四边形以及等边三角形的性质得，，，从而得，由折叠的性质求出，进而得，最后利用含30°的直角三角形的性质求出的值.
15．（2025·连云港）如图，在菱形ABCD中，AC=4，BD=2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 .
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：设BD与AC交点为点O，
∵菱形ABCD，
∴DO=OB=1，OA=OC=2，AC⊥BD，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴EF=AD，DF=AE，
∴EF是定线段，
∵点E是线段AC上的动点，
∴菱形ABCD在AC的水平线上移动，
∴点B的运动轨迹是线段MN，MN∥AC；
作点E关于MN的对称点E'，连接BE'
∴BE=BE'，EH=HE'
∴BE+BF=BE'+BF=E'F，
∴当点F、B、E'在同一直线上时，BE+BF的最小值就是E'F的长；
延长E'E交FD的延长线于点G，交MN于点H，
∴EC⊥DF，
易证四边形DGHB是矩形，四边形OEHB是矩形，
∴BD=GH=2，GD=OE=BH，EH=BO=HE'=1，
∴GE'=2+1=3，GF=DF+DG=AE+OE=AO=2
∴，
∴BE+BF的最小值为
故答案为：.
【分析】设BD与AC交点为点O，利用菱形的性质可证得DO=OB=1，OA=OC=2，AC⊥BD；利用平行四边形的性质可知EF=AD，DF=AE，可得到EF的长是定值，利用已知点E是线段AC上的动点，菱形ABCD在AC的水平线上移动，同时可得到点B的运动轨迹是线段MN，MN∥AC；作点E关于MN的对称点E'，连接BE'，利用轴对称的应用-最短距离问题可证得BE+BF的最小值就是E'F的长；延长E'E交FD的延长线于点G，交MN于点H，易证四边形DGHB是矩形，四边形OEHB是矩形，利用矩形的性质可求出GH，HE'，歌FEN，GF的长，然后利用勾股定理求出E'F的长即可.
16．（2025·长春）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②④
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC⊥BD， OA=OB =OC =OD，
∵CF⊥BE，
∴∠COP=90°=∠BFP，
∵∠CPO=∠BPF，
∴∠OCP=∠OBE， 故①符合题意；
∵∠COP=90°=∠BOE， OC=OB，
∴△COP≌△BOE(ASA)，
∴OP =OE， 故②符合题意；
当CE=CB时， CF⊥BE，
∴EF=BF， ∠BFP=90°，
∴BP>BF=EF，
故③不符合题意；
如图， 取BC的中点R， 连接AF， RF，
∴F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当A， F， R共线时， AF最小，
∴点A与点F之间的距离的最小值为 故④符合题意；
故答案为： ①②④.
【分析】根据正方形的性质可得， 结合 可得 故①符合题意；证明 可得 ，故②符合题意； 当 时， 可得 可得 故③不符合题意；如图，取BC的中点R，连接AF，RF，可得F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当A，F，R共线时，AF最小， 再进一步可判断④.
17．（2025·广安） 已知的面积是1.
（1） 如图1，若D， E分别是边BC和AC的中点，AD与BE交于点F，则四边形CDFE的面积为 .
（2） 如图2，若M， N分别是边BC和AC上距离C点最近的6等分点，AM与BN相交于点G，则四边形CMGN的面积为 .
【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：（1）连接DE，
∵ D， E分别是边BC和AC的中 点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，AB=2DE，
∴△CDE∽△CBA，△DEF∽△ABF，
∴，
∴BF=2EF即BE=3EF，
∴S△DEF=S△BDE，
∵△ABC的面积为1，
∴S△CDE=；
∵点D是BC的中点，
∴S△BDE=S△CDE=，
∴，
∴S四边形CDFE=S△DEF+S△CDE=
故答案为： .
（2）连接MN，
∵ M， N分别是边BC和AC上距离C点最近的6等分点，
∴AC=6NC，BC=6CM，
∴
∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△ABC，
∴∠BAC=∠CNM，AB=6MN，
∴MN∥AB，，
∴△MNG∽△ABG，
∴，
∴，
∴S△GMN=S△BMN，S△CMN=S△BMN， ∴S△BMN= 536 ， ∴S△GMN=，
∴ S四边形CMGN=S△GMN+S△CMN=
故答案为：.
【分析】（1）连接DE，易证DE是△ABC的中位线，利用三角形中位线定理可证得DE∥AB，AB=2DE，据此可得到△CDE∽△CBA，△DEF∽△ABF，利用相似三角形的性质可求出△CDE的面积，同时可得到△BDE的面积，即可求出△DEF的面积，然后求出四边形CDFE的面积即可.
（2）连接MN，利用已知可证得，利用有两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△MNC∽△ABC，利用相似三角形的性质，可求出△CMN的面积，同时可证得NM∥AB，可推出△MNG∽△ABG，利用相似三角形的性质可得到NG与BG的比值，可求出△BMN和△GMN的面积，然后根据S四边形CMGN=S△GMN+S△CMN，可得到四边形CMGN的面积.
三、解答题
18．（2025·青岛）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）已知 （从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）（第22题）
【答案】（1）证明：∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴
（2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形；选择条件②，四边形为菱形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；线段的中点；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】(1)根据平行线的性质和中点的定义利用AAS证明即可解答；
（2）选择条件①，四边形为矩形，根据全等的性质可推导出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质和已知条件可得到，即可判定得到结论，解答即可；选择条件②，四边形为菱形，根据全等的性质可推导出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质和已知条件可得到，即可判定得到结论，解答即可.
19．（2025·广东） 如图， CD是 斜边AB上的中线，过点A，C分别作 CE∥AB， AE与CE相交于点E.现有以下命题：
命题1：若连接BE交CA于点F，则.
命题2：若连接ED，则ED ⊥AC
命题3：若连接ED，则.
任选两个命题，先判断真假，再证明成举反例.
【答案】解：命题1：真命题
证明：∵CD 为Rt△ABC斜边上的中线
∵AE∥CD， CE∥AD
∴四边形ADCE 是平行四边形
∵CE∥AB
∴△ABF∽△CEF
即
命题2：真命题
同命题1，可证得四边形 ADCE是平行四边形，且AD=CD
∴四边形ADCE 是菱形
∴DE⊥AC
命题3：真命题
同命题1可证得CE∥BD 且CE = BD
∴四边形BCED 是平行四边形
∴ED=BC
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】命题1：因为CD是 斜边AB上的中线，可得AD=BD=CD=AB；由AE∥CD， CE∥AD可得四边形ADCE为平行四边形，即有CE=AD=AB；
进一步得到△ABF∽△CEF；可得， 。
命题2：由四边形AECD是菱形（已证AE∥DC，CE∥AB且CD = AD ），菱形的对角线互相垂直，所以ED⊥AC。
命题3：因为四边形AECD是平行四边形，所以AE = CD，又CD = BD（直角三角形斜边中线等于斜边一半 ），且CE平行AB，AE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形（两组对边分别平行 ）。 根据平行四边形对边相等，可得ED=BC。
20．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
21．（2025·深圳）如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD，AD=EC
（1） 证明：四边形AEBD是菱形.
（2）如图2，O是AB上一点，且E、A、D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切与点D，
①求= .
②若AB = 4，求⊙O的半径.
（3） 在(1)的条件下，用尺规作图过D作交BC于F . (保留作图痕迹，不用说明做法)
【答案】（1）证明：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形
又∵，且D为AB中点
∴
∴平行四边形ADCE为菱形.
（2）解：①30°
②设半径为r
∵
∴
∵
∴
解得：
（3）解：方法不唯一(图1作BC中垂线，图2作内错角相等，图3作角分线+等腰出平行)：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；切线的性质；作图-平行线；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ADCE为菱形.∴
∴
又∵
∴
∴
∵CD切于D
∴
∴
∴
【分析】(1)由，可知四边形ADCE为平行四边形，结合BD=AD可得ADCE为菱形；
(2)①结合菱形性质和切线的性质知∠COD=2∠CAD=2∠OCD，再由直角三角形两锐角互余可得∠ACD的度数；
②设半径为r，得OC=4-r，根据30角所对直角边等于斜边的一半，即可r的值；
(3)可作BC的中垂线，也可作内错角相等，还可作作角分线+等腰出平行.
22．（2025·兰州）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG（AB＞BE），点E，G分别在AB，BC上．根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系．
（1）【解决问题】小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展问题】小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（180°＜α＜360°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系．
【答案】（1）解：，理由如下，
如图3，当点G，H重合时，
∵正方形ABCD与正方形BEFG，
∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°，
∴EH，∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBG，
∴△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，
∴；
（2）解：，理由如下，
由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴∠BCH＝∠MAB，
在AE上截取AM＝CH，
∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC，
∴△MAB≌△HCB（SAS），
∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，
∵∠HBG＝90°﹣∠CBH﹣∠EBC，∠EBM＝90°﹣∠MBA﹣∠EBC，
∴∠HBG＝∠EBM，
∴∠MBH＝∠EBM+∠EBC+∠CBH＝∠HBG+∠EBC+∠CBH＝∠EBG＝90°，
∴△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵AH＝AM+MH，
∴；
（3），
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】
解：（3），理由如下，由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，∠BCH＝∠HAB，
在CG上截取CM＝AH，
∵∠BCH＝∠HAB，BC＝AB，
∴△ABH≌△CBM（SAS），
∴BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，
同理，△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵CH＝CM+MH，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)利用正方形的性质得到EH，即可利用SAS证明△ABE≌△CBG，从而得出AE'=CG，根据AH=AE+EH，解答即可：
(2)在AE上截取AM =CH，利用SAS证明△MAB≌△HCB，推出∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，通过角度的和差运算即可证明△MBH是等腰直角三角形，从而得到，根据AH = AM + MH，解答即可；
(3)在CG上截收CM = AH，利用SAS证明△ABH≌△CBM，得到BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，同理得到
△MBH是等腰直角三角形，求得，根据CH = CM+ MH，解答即可.
23．（2025·贵州）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
（1）【问题解决】
如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
（2）【问题探究】
如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1）30；
（2）解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；相似三角形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
故答案为：30；.
【分析】（1）利用菱形性质（邻边相等 ）和等边三角形判定（ ），结合中线性质得角度和垂直关系.
（2）通过旋转构造等边三角形和全等关系，结合角度计算推导直角三角形，利用角性质得线段倍数关系.
（3）分在线段、两种情况，利用相似三角形（， ），结合线段比例和已知条件计算.
24．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是 ；∠AD'C与∠ADB的数量关系是 .
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF= .
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为 .
【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
25．（2025·湖南）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝ °；
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M；
（3）如图5，若，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD．
【答案】（1）90
（2）证明：∵CN⊥CD，
∴∠CND＝90°，
由题可知∠CE1C1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1，
∵AB∥CD，
∴∠EBE1＝∠CBE＝90°，
∴△EBE1为等腰直角三角形，
∴∠BE1B＝∠BEE1＝45°，
∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°，
∴CN＝CE＝C1E1，
在△CNM和△C1E1M；
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）
（3）证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P，
由题，
设，则，，
∴，
在Rt△ADP中，，
∴，
∵∠AGD＝60°，
∴在Rt△GDP中，，
∴AG＝AP+PG＝2，
∴，即，
∵∠A＝∠A，
∴△AFG∽△ADB，
∴∠AFG＝∠ADB，
∴FG∥BD．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：由题可知∠ABF＝∠CBE，
∵BE⊥CD，
∴∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∴∠A+∠ABF＝90°，
故答案为：90；
【分析】（1）由于平行四边形的对角相等，则，由垂直的概念可得与互余，又，等量代换得与互余；
（2）由于平行四边形的对边平行，则，又，则，则，因为，即为等腰直角三角形，则，又因为，即，又对顶角相等，则可利用AAS证明结论成立；
（3）由于，为便于计算，可设，则，，此时可过点D作AB上的高DP构造直角三角形，分别解和可求出和AP，再由勾股定理可得DP，再解可得PG，即AG可得，此时可借助两边对应成比例且夹角相等证明相似于，由相似的性质可得，则同位角相等两直线平行.
26．（2025·白银）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外）、△EFG是直角三角形，EG=EF，点G在CD的延长线上.
（1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说
明理由：
（2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF=EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，点与点重合，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
由(2)得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形的中位线定理；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得，，从而得，然后求出，进而证明，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质求出，，然后利用“一线三垂直”全等模型证明，得；
（3）过点作于点，先推出，根据平行线分线段成比例定理得，从而得是的中位线，进而由三角形中位线定理得，然后结合（2）中的三角形全等得，于是有，最后在中，利用勾股定理即可得.
27．（2025·安徽） 已知点 在正方形 ABCD 内，点 E 在边 AD 上，BE 是线段的垂直平分线，连接.
（1） 如图 1， 若 的延长线经过点 D， ， 求 AB 的长；
（2） 如图 2， 点 F 是 的延长线与 CD 的交点，连接 .
(a) 求证： ；
(b) 如图 3， 设 AF， BE 相交于点 G， 连接， 若 ， 判断 的形状，并说明理由.
【答案】（1）解： 由垂直平分线的性质知，，，又，
所以，从而，
又，所以是等腰直角三角形，
于是，，
故。
（2）解：(a) 证明：由题意知，，且 ，.
于是
.
所以 .
(b) 解： 是等腰直角三角形. 理由如下：
（方法一）作 交 BG 于点 M， 交 AB 于点 N.
由题意知， M 为 BG 的中点.
又 ，所以 ，故 MN 是 的中位线，.
因为 ，
，且 ，
所以 ，故 ，即 E 为 AD 的中点.
又 ，所以 ，于是 .
同理可证 ，因此 .
所以 是等腰直角三角形.
（方法二）设 ，则 .
因为 ，所以 .
又因为 ，.则 ，于是 .
因此 ，所以 .
于是 ，所以 .
因此 .
故 .
由于 ，，所以 .
于是 ，.
由 (a) 知 ，从而 .
又 ，所以 为等腰直角三角形
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）利用垂直平分线的性质可证得A'E=AE，BA'=BA，利用SSS可证得△EA'B'≌△EAB，利用全等三角形的性质可求出∠EA'B的度数，由此可证得△A'DE是等腰直角三角形，可得到A'E、DE的长，然后求出AB的长.
（2）(a) 利用正方形的性质和折叠的性质可证得BA=BA'=BC，同时可证得∠BAA'=∠BA'A，∠BCA'=∠BA'C，再求出∠AA'C的度数，然后求出∠CA'F的度数；(b)（方法一）作 交 BG 于点 M， 交 AB 于点 N，易证点M是BG的中点，同时可证得MN是△ABG的中位线，，利用SAS可证得△ABE≌△BCN，利用全等三角形的性质可证得，由此可推出点E为AD的中点；同理可知，利用全等三角形的性质可证得A'D=AG=A'G，由此可证得结论；（方法二）设 ，则 .，
28．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
29．（2025·内蒙古自治区）问题背景：
综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示．
外形参数：
如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上．
问题解决：
如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务：
（1）直接写出，，三点的坐标；
（2）直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式；
（3）为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长．
【答案】（1）解：，，
（2）解：抛物线和的顶点坐标分别为，， 的表达式为；的表达式为；
（3）解：∵装置整体图案为轴对称图形，
∴，，
∵轴，
∴轴，
∵是矩形，
∴，
∴轴，
∴，
设，
∴，，
∴，
解得：或（在对称轴右侧，舍），
∴，
由抛物线对称性可得．
【知识点】点的坐标；矩形的性质；坐标系中的两点距离公式；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的边，，
∴，，，，
∴，，；
（2）解：∵装置整体图案为轴对称图形，
如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，，
结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴，
∴，，
∴抛物线和的顶点坐标分别为，，
分别设抛物线和的表达式为，，
将代入，
解得，
则抛物线的表达式为；
将代入，
解得；
则抛物线的表达式为；
【分析】（1）根据矩形的性质，以及点的坐标的定义即可得出，，；
（2）如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，根据矩形和抛物线的对称性，即可得出抛物线和的顶点坐标分别为，，然后根据顶点式，利用待定系数法，即可求得抛物线和抛物线的表达式；
（3）首先证得四边形是矩形，从而得出，设=n，进而根据L1和L2的函数关系式表示出yE和yH，然后根据边的长为， 即可得出关于n的方程，解方程求得n的值（舍去不合题意的值），即xE的值，进而求得EF的长度即可。
1 / 1专题18 四边形-2025年精选中考数学真题分类汇编
一、选择题
1．（2025·广州）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（ ）
A． B．5 C．4 D．8
2．（2025·绥化）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为60°.则这个矩形的面积是（ ）
A．25 B．25 C．25 D．50
3．（2025·自贡）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A．（-3，5） B．（5，-3） C．（-2，5） D．（5，-2）
4．（2025·河北）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·安徽） 在如图所示的 ABCD中，E， G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（不与端点重合），且满足AF=CH，则下列表示定值的是（ ）
A．四边形EFGH的周长 B．的大小
C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长
6．（2025·深圳） 如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合，EF为折痕，则的值为( )
A． B． C． D．
7．（2025·兰州） 如图，在正方形ABCD中，AB＝2cm，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点O出发沿O→A→B方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→D方向以1cm/s的速度运动．当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），△CPQ的面积为y（cm2），则点P分别在OA，AB上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数 B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数 D．二次函数，一次函数
8．（2025·安徽） 如图，在四边形 ABCD 中，，AB = 4，BC = 3，AD = 1，点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，连接 FB，FC，EC，则下列结论错误的是（ ）
A．EC - ED 的最大值是 B．FB 的最小值是
C．EC + ED 的最小值是 D．FC 的最大值是
9．（2025·黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点F在BC边上（不与点B、C重合），点E在CB的延长线上，且BE=BF，连接AC、AE、AF，过点E作于点G，分别交AB、AC、DC于点M、H、N．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（ ）
A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
10．（2025·天津市）四边形ABCD中，．动点从点出发，以的速度沿边BA、边AD向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边CB向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．当时，点M，N的位置如图所示．有下列结论：
①当时，；②当时，的最大面积为；③有两个不同的值满足的面积为39．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题
11．（2025·上海市）已知矩形ABCD中，点E在边CD上，F是点E关于直线AD的对称点，联结EF、AF、BE，若四边形ABEF是菱形，那么的值为 ．
12．（2025·辽宁）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
13．（2025·内蒙古自治区）如图，在菱形中，，对角线的长为，是的中点，是上一点，连接．若，则的长为 ．
14．（2025·白银）如图，把平行四边形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B落在点B'处.B'C与AD相交于点E，此时△CDE恰为等边三角形，若AB=6cm，则AD= cm
15．（2025·连云港）如图，在菱形ABCD中，AC=4，BD=2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 .
16．（2025·长春）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
17．（2025·广安） 已知的面积是1.
（1） 如图1，若D， E分别是边BC和AC的中点，AD与BE交于点F，则四边形CDFE的面积为 .
（2） 如图2，若M， N分别是边BC和AC上距离C点最近的6等分点，AM与BN相交于点G，则四边形CMGN的面积为 .
三、解答题
18．（2025·青岛）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：；
（2）已知 （从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）（第22题）
19．（2025·广东） 如图， CD是 斜边AB上的中线，过点A，C分别作 CE∥AB， AE与CE相交于点E.现有以下命题：
命题1：若连接BE交CA于点F，则.
命题2：若连接ED，则ED ⊥AC
命题3：若连接ED，则.
任选两个命题，先判断真假，再证明成举反例.
20．（2025·吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
（1）【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
（2）【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
（3）【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
21．（2025·深圳）如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD，AD=EC
（1） 证明：四边形AEBD是菱形.
（2）如图2，O是AB上一点，且E、A、D三点均在⊙O上，连接OD，CD与⊙O相切与点D，
①求= .
②若AB = 4，求⊙O的半径.
（3） 在(1)的条件下，用尺规作图过D作交BC于F . (保留作图痕迹，不用说明做法)
22．（2025·兰州）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形ABCD与正方形BEFG（AB＞BE），点E，G分别在AB，BC上．根据图形提出问题：如图2，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，探究线段AH，BH，CH之间的数量关系．
（1）【解决问题】小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出AH，BH，CH之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展问题】小明将图2所示问题中的旋转角α的范围再扩大，正方形BEFG绕点B顺时针旋转，旋转角为α（180°＜α＜360°），直线AE与CG相交于点H，连接BH，请直接写出AH，BH，CH之间的数量关系．
23．（2025·贵州）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
（1）【问题解决】
如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
（2）【问题探究】
如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
24．（2025·齐齐哈尔）综合与实践
在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”
（1）【几何直观】如图1，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在△ABC内部取一点D，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，连接BD，CD'，则CD'与BD的数量关系是 ；∠AD'C与∠ADB的数量关系是 .
（2）【类比推理】如图2，在正方形ABCD内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，连接E'B，延长E'B交DE的延长线于点F，
求证：四边形CEFE'是正方形；
（3）【深度探究】如图3，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，在其内部取一点E，使∠CED=90°，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，延长CE'至点G，使，连接GB，延长GB交DE的延长线于点F，连接AF，若AF=2，则BF= .
（4）【拓展延伸】在矩形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE'，连接DE'，若AD=3，AB=，则DE'的最小值为 .
25．（2025·湖南）【问题背景】
如图1，在平行四边形纸片ABCD中，过点B作直线l⊥CD于点E，沿直线l将纸片剪开，得到△B1C1E1和四边形ABED，如图2所示．
【动手操作】
现将三角形纸片B1C1E1和四边形纸片ABED进行如下操作（以下操作均能实现）
①将三角形纸片B1C1E1置于四边形纸片ABED内部，使得点B1与点B重合，点E1在线段AB上，延长BC1交线段AD于点F，如图3所示；
②连接CC1，过点C作直线CN⊥CD交射线EE1于点N，如图4所示；
③在边AB上取一点G，分别连接BD，DG，FG，如图5所示．
【问题解决】
请解决下列问题：
（1）如图3，填空：∠A+∠ABF＝ °；
（2）如图4，求证：△CNM≌△C1E1M；
（3）如图5，若，∠AGD＝60°，求证：FG∥BD．
26．（2025·白银）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外）、△EFG是直角三角形，EG=EF，点G在CD的延长线上.
（1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说
明理由：
（2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于点P，如果EF=EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由.
27．（2025·安徽） 已知点 在正方形 ABCD 内，点 E 在边 AD 上，BE 是线段的垂直平分线，连接.
（1） 如图 1， 若 的延长线经过点 D， ， 求 AB 的长；
（2） 如图 2， 点 F 是 的延长线与 CD 的交点，连接 .
(a) 求证： ；
(b) 如图 3， 设 AF， BE 相交于点 G， 连接， 若 ， 判断 的形状，并说明理由.
28．（2025·眉山）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点处，折痕交AB于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕CE、，连接、、．
（1）【初步猜想】确定CE和的位置关系及线段BE和CF的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．由矩形的性质，
可知，．① ▲ ．．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为② ▲ ．
经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
（2）【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
（3）【尝试运用】如图2，在矩形ABCD中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交CE于点G，连接．当为直角三角形时，求出BE的长．
29．（2025·内蒙古自治区）问题背景：
综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示．
外形参数：
如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上．
问题解决：
如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务：
（1）直接写出，，三点的坐标；
（2）直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式；
（3）为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD为菱形，且面积为10
∴
∵E，F分别为AB，BC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∴
同理可得：
∴EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG
∴四边形EFGH为矩形
∴
故答案为：B
【分析】 连接AC，BD，根据菱形性质可得，再根据三角形中位线定理可得，同理可得：，则EF∥GH，EF=GH，EF⊥FG，根据矩形判定定理可得四边形EFGH为矩形，再根据矩形面积即可求出答案.
2．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；补角
【解析】【解答】解：已知两条对角线的一个交角为60°，不妨设∠AOB= 60°，
在△AOB中，AO=BO=5，∠AOB= 60°，
∴△AOB为等边三角形，
∴AB=AO=5，
另一对角线夹角为180°-60°=120°(邻补角)，
在△AOD中，AO=DO=5，∠AOD= 120°，
由勾股定理计算得AD=
∴矩形面积为ABxAD=5x 5= 25.
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质：对角线相等且互相平分，设对角线交点为O，则AO=BO=CO=DO= 5，利用勾股定理计算AD=，再利用面积公式，即可解答.
3．【答案】A
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为5，AB边在y轴上，将正方形ABCD绕点O逆时针旋转90°，得到正方形 A'B'C'D'.
∴AB=BC=A'B'=B'C'=C'D'=5，A'B'在x轴上，A'B'//C'D'，
∵B(0，-2)，
∴B'(2，0)，C'(2，5)，
∴D'(-3，5)，
故答案为：A.
【分析】由正方形与旋转可得A'B'在x轴上，A'B'//CD'，结合B(0，-2)，可得B'(2，0)，C'(2，5)，进一步可得答案.
4．【答案】D
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠ADB=∠1
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠ADB=∠A'DB
∴∠1=∠A'DB
∵∠DEC=90°-，即2∠1=90°-
∴，A错误
∵∠BDE≠∠CDE
∴∠1≠，B错误
∵将矩形沿对角线折叠
∴∠C'ED=∠CED
，C错误，D正确
故答案为：D
【分析】根据矩形性质可得AD∥BC，则∠ADB=∠1，再根据折叠性质可得∠ADB=∠A'DB，则∠1=∠A'DB，再根据角之间的关系逐项进行判断即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接EG，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵E， G分别为边AD，BC的中点，
∴AE=DE=BG=CG，
∴四边形ABGE和四边形CDEG是平行四边形，
∴S△EFG=S四边形ABGE，S△EHG=S四边形CDEG，
∴S四边形EFGH=S△EFG+S△EHG=（S四边形ABGE+S四边形CDEG）=S四边形ABCD，
∴四边形EFGH的面积是定值，故C符合题意；
故答案为：C .
【分析】连接EG，利用平行四边形的性质可证得AD∥BC，AD=BC，结合已知条件可推出AE=DE=BG=CG，由此可证得四边形ABGE和四边形CDEG是平行四边形，可得到S四边形EFGH=S四边形ABCD，据此可知四边形EFGH的面积是定值.
6．【答案】D
【知识点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：
四边形ABCD为正方形
同理：EO=FO
四边形ABCD为菱形
又
四边形AEOF为正方形
又
故答案为： D.
【分析】由折叠的性质知，可得AEOF为正方形，可得AO=EF，即可得EF与GC的比值.
7．【答案】D
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；四边形-动点问题；用关系式表示变量间的关系
【解析】【解答】解：
∵正方形ABCD中，AB = 2cm，
∴AB= BC= CD= DA = 2cm，
∴AC=AD=AB= 2cm， ，
∴OC=OA=AC=cm， .
当点P在OA上运动时，由题意得CQ = x，CP=OC+OP= +x，
如图1，
作PG⊥CD于点G，
∵∠PCG = 45°，
∴CG=PG==x+1
∴y=是二次函数；
当点P在AB上运动时，如图2，
由题意得CQ = x，
∴y=是一次函数；
故答案为：D .
【分析】当点P在OA上运动时，由题意得CQ=x，CP=OC+OP=+x，作PG⊥CD于点G，求得CG= PG=x+1，利用y=列式计算即可解答；当点P在AB上运动时，利用三角形面积公式求解即可解答.
8．【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：A、∵ 点 E为边 AB 上的动点.将线段 DE 绕点 D 逆时针旋转 得到线段 DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，
∴四边形ABGD是矩形，
易证△DHF≌△DAE（SAS）
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∵∠A=∠ABC=90°，
∴四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，
∴AD=BG=IH=1，
∴DG=AB=4，
∴CG=BC-GB=3-1=2；
∴，
∴，
∴当BE最大时，EC-ED的值最大，
∴当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，
此时，
∴DE=1，
∴EC-ED=5-1=4，故A符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、作点D关于AB的对称点M，连接MC，
∴ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，
过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，
∴当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；
易证四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，
∴故C不符合题意；
D、当点E和点A重合时，
，
当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，
易证四边形CQIB是矩形，
∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，
∴△DHF≌.△DAE，
∴∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，
∴
综上所述，FC的最大值为，故D不符合题意；
故答案为： A.
【分析】利用旋转的性质可证得DE=DF，∠EDF=90°，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取点H，使DH=AD=1，延长FH交AB于点I，可证得四边形ABGD是矩形，利用SAS可证得△DHF≌△DAE，可证得FH⊥DG，即点F在FH上运动；再证明四边形DAIH，四边形BGHI，四边形ADGB是矩形，可求出BG、HI、DG、CG的长，利用勾股定理可表示出DE，CE的长，然后可表示出EC-ED的长，当BE最大时，EC-ED的值最大，当点E和点A重合时，点F和点H重合时，BF最小，利用勾股定理求出EC的长，即可求出EC-ED的长及BF的长，可对A、B作出判断；作点D关于AB的对称点M，连接MC，可知ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°，过点M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM，由此可知当点C、E、M三点共线时，EC+ED的值最小，即就是MC的长；易证四边形AMNB是矩形，利用矩形的性质可得到BN、CN、MN的长，利用勾股定理可得到CE+ED的最小值，可对C作出判断；当点E和点A重合时，利用勾股定理求出CF的长；当点E和点B重合时，过点C作CQ⊥FH于点Q，可得到CQ、QI的长，利用全等三角形的性质可得到FH的长，即可求出QF的长，然后利用勾股定理求出FC的长，综上所述，可得到FC的最大值，可对D作出判断.
9．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；解直角三角形；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：过点B作BK∥MN，交直线CD于点K，交AF于点Q，
∴∠BQF=∠EGF=90°，
∵AB∥CD，
∴四边形BMNK是平行四边形，
∴BK=MN，
又∠CBK+∠AFB=90°，∠FAB+∠AFB=90°，
∴∠CBK=∠FAB，
∵AB=CB，∠ABF=∠BCK=90°，
∴△ABF≌△BCK，
∴AF=BK，
∴MN=AF，即①成立；
∵BK∥MN，
∴∠CBK=∠CEN，
∴∠CEN=∠FAB，
∵BE=BF，
∴AE=AF，
∴∠EAB=∠FAB，
∵∠EAH=∠EAB+∠BAC=∠EAB+45°，
∠EHA=∠CEN+∠ACB=∠CEN+45°=∠FAB+45°，
∴∠EAH=∠EHA，即②成立；
∵∠NEC=∠BAF，∠BCD=∠ABC=90°，
∴△NEC△BAF，
∴
∴EN.BF=CN.AF，
∵∠EAH=∠AHE=∠CHN = 45°+a， ∠ACE = ∠ACN =45°，
∴△AEC△HNC，
∴
∴CN·AE=EC.HN，
∵AE = AF，
∴CN.AF=EC.HN，
.·.EN.BF=EC.HN，故结论③正确；
过点F作FP⊥AC，如图2所示，
设BF =3x，由BF：FC=3：4可得FC=4x， AB=BC = 7x，
∴ AF2 = AB2 + BF2 = (7x)2 + (3x)2 = 58x2，
∵PF= FC●sin∠ACB=4x，
∴AP = x，
∴tan∠FAC=，即结论④正确；
设∠CEN=α，则：∠CNE=90°-α，∠CHN=∠AHE=α+45°，α＜45°，
∴∠CNE≠∠CHN，
∴CNH不一定是等腰三角形，
故等腰三角形有ABC，ADCAEFAEH共四个，故结论⑤错误
故答案为：C.
【分析】：过点B作BK∥MN，交直线CD于点K，交AF于点Q，得出平行四边形BMNK，进而得出BK=MN，然后再通过证明△ABF≌△BCK，得出AF=BK，进一步等量代换，即可得出①正确；然后证明∠EHA=∠CEN+∠ACB=∠FAB+45°，∠EAH=∠EAB+∠BAC=∠EAB+45°，进一步的得出∠EAH=∠EHA，即可得出②正确；再通过证明△NEC△BAF，△AEC△HNC， 可得出EN.BF=CN.AF，CN.AF=EC.HN，进一步即可得出EN.BF=EC.HN，即③正确；再过点F作FP⊥AC，如图2所示，设BF =3x，根据勾股定理可求得PF= FC●sin∠ACB=4x，AP = x，根据正切定义，即可得出④正确；设∠CEN=α，则：∠CNE=90°-α，∠CHN=∠AHE=α+45°，α＜45°，∠CNE≠∠CHN，可得出CNH不一定是等腰三角形，易证ABC，ADCAEFAEH是等腰三角形，故而⑤不正确，即可得出正确选项。
10．【答案】C
【知识点】三角形的面积；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：由题意可得，点M在AB上的运动时间为
点M在AD上的运动时间为
点N在CB上的运动时间为16s
①当t=6s时，点M在AD上
此时AM=2×6-8=4cm，CN=6cm
∴DM=AD-AM=6cm
∴CN=DM，①正确
②当时，点M在AB上
此时BM=2tcm，CN=tcm
∴BN=(16-t)cm
∴
∵-1<0
∴当t<8时，随t的增大而增大
∴当t=2时，取得最大值，最大值为28
即当时，的最大面积为28cm2，②错误
③当点M在AB上时
∵的面积为39
∴
解得：t=3或t=13(舍去)
当点M在AD上时
∵AD∥BC，∠B=90°
∴∠A=180°-∠B=90°，即AB⊥AD
∴
解得：
综上所述，当t=3或时，满足的面积为，③正确
故答案为：C
【分析】由题意可得点M在AB上的运动时间为4s，点M在AD上的运动时间为5s，点N在CB上的运动时间为16s，①当t=6s时，点M在AD上，求出AM，CN长度，再根据边之间的关系即可判断①；②当时，点M在AB上，此时BM=2tcm，CN=tcm，则BN=(16-t)cm，根据三角形面积，结合二次函数性质可判断②；③分情况讨论：当点M在AB上时，当点M在AD 上时，根据三角形面积建立方程，解方程即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵E关于直线AD的对称点为F，
∴DF=DE，
设DF=DE=m，则EF=DE+DF=2m，
∵四边形AFEB是菱形，
∴AB=AF=EF=2m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC =90°，
∴∠ADF=180°-∠ADC=90°
∴，
∴
故答案为：.
【分析】由轴对称的性质可得DF=DE，设DF=DE=m，则EF=DE+DF=2m，由菱形的性质得到AB=AF=EF=2m，证明∠ADF=90°，利用勾股定理可得，据此可得答案.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取OE中点H，连接GH，
在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
AC⊥BD，
∵AE=2，
∴OE=OA-AE=4-2=2，
∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∴GH是三角形EBO的中位线，
GH∥OB，
∴∠GHE=∠BOA=90°，
∵OF=1，
，
∴，
故答案为：.
【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得出AC⊥BD，取OE中点H，连接GH，可得GH=OB，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可．
13．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC，交BD于点O，过点E作EH∥AC交BD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=， AC⊥BD，
在Rt中：AO=，
∵是的中点，EH∥AC，
∴EH=，OH=，
∵BF=3，
∴FO=BO-BF=8-3=5，
∴FH=5+4=9，
∴
故答案为：.
【分析】连接AC，交BD于点O，过点E作EH∥AC交BD于点H，首先根据菱形的对角线互相垂直平分，可得出BO=DO=， AC⊥BD，然后根据勾股定理求得AO的长度，进一步根据三角形中位线定理，可求得EH的长度，再结合题中已知条件求得FH的长，最后根据勾股定理求得EF的长度。
14．【答案】12
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，为等边三角形，，
∴，，，
∴，
∵把平行四边形纸片沿对角线折叠，点落在点处，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12.
【分析】根据平行四边形以及等边三角形的性质得，，，从而得，由折叠的性质求出，进而得，最后利用含30°的直角三角形的性质求出的值.
15．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：设BD与AC交点为点O，
∵菱形ABCD，
∴DO=OB=1，OA=OC=2，AC⊥BD，
∵四边形DAEF是平行四边形，
∴EF=AD，DF=AE，
∴EF是定线段，
∵点E是线段AC上的动点，
∴菱形ABCD在AC的水平线上移动，
∴点B的运动轨迹是线段MN，MN∥AC；
作点E关于MN的对称点E'，连接BE'
∴BE=BE'，EH=HE'
∴BE+BF=BE'+BF=E'F，
∴当点F、B、E'在同一直线上时，BE+BF的最小值就是E'F的长；
延长E'E交FD的延长线于点G，交MN于点H，
∴EC⊥DF，
易证四边形DGHB是矩形，四边形OEHB是矩形，
∴BD=GH=2，GD=OE=BH，EH=BO=HE'=1，
∴GE'=2+1=3，GF=DF+DG=AE+OE=AO=2
∴，
∴BE+BF的最小值为
故答案为：.
【分析】设BD与AC交点为点O，利用菱形的性质可证得DO=OB=1，OA=OC=2，AC⊥BD；利用平行四边形的性质可知EF=AD，DF=AE，可得到EF的长是定值，利用已知点E是线段AC上的动点，菱形ABCD在AC的水平线上移动，同时可得到点B的运动轨迹是线段MN，MN∥AC；作点E关于MN的对称点E'，连接BE'，利用轴对称的应用-最短距离问题可证得BE+BF的最小值就是E'F的长；延长E'E交FD的延长线于点G，交MN于点H，易证四边形DGHB是矩形，四边形OEHB是矩形，利用矩形的性质可求出GH，HE'，歌FEN，GF的长，然后利用勾股定理求出E'F的长即可.
16．【答案】①②④
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；定点定长辅助圆模型
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC⊥BD， OA=OB =OC =OD，
∵CF⊥BE，
∴∠COP=90°=∠BFP，
∵∠CPO=∠BPF，
∴∠OCP=∠OBE， 故①符合题意；
∵∠COP=90°=∠BOE， OC=OB，
∴△COP≌△BOE(ASA)，
∴OP =OE， 故②符合题意；
当CE=CB时， CF⊥BE，
∴EF=BF， ∠BFP=90°，
∴BP>BF=EF，
故③不符合题意；
如图， 取BC的中点R， 连接AF， RF，
∴F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当A， F， R共线时， AF最小，
∴点A与点F之间的距离的最小值为 故④符合题意；
故答案为： ①②④.
【分析】根据正方形的性质可得， 结合 可得 故①符合题意；证明 可得 ，故②符合题意； 当 时， 可得 可得 故③不符合题意；如图，取BC的中点R，连接AF，RF，可得F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当A，F，R共线时，AF最小， 再进一步可判断④.
17．【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形的中位线定理；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：（1）连接DE，
∵ D， E分别是边BC和AC的中 点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，AB=2DE，
∴△CDE∽△CBA，△DEF∽△ABF，
∴，
∴BF=2EF即BE=3EF，
∴S△DEF=S△BDE，
∵△ABC的面积为1，
∴S△CDE=；
∵点D是BC的中点，
∴S△BDE=S△CDE=，
∴，
∴S四边形CDFE=S△DEF+S△CDE=
故答案为： .
（2）连接MN，
∵ M， N分别是边BC和AC上距离C点最近的6等分点，
∴AC=6NC，BC=6CM，
∴
∵∠C=∠C，
∴△MNC∽△ABC，
∴∠BAC=∠CNM，AB=6MN，
∴MN∥AB，，
∴△MNG∽△ABG，
∴，
∴，
∴S△GMN=S△BMN，S△CMN=S△BMN， ∴S△BMN= 536 ， ∴S△GMN=，
∴ S四边形CMGN=S△GMN+S△CMN=
故答案为：.
【分析】（1）连接DE，易证DE是△ABC的中位线，利用三角形中位线定理可证得DE∥AB，AB=2DE，据此可得到△CDE∽△CBA，△DEF∽△ABF，利用相似三角形的性质可求出△CDE的面积，同时可得到△BDE的面积，即可求出△DEF的面积，然后求出四边形CDFE的面积即可.
（2）连接MN，利用已知可证得，利用有两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△MNC∽△ABC，利用相似三角形的性质，可求出△CMN的面积，同时可证得NM∥AB，可推出△MNG∽△ABG，利用相似三角形的性质可得到NG与BG的比值，可求出△BMN和△GMN的面积，然后根据S四边形CMGN=S△GMN+S△CMN，可得到四边形CMGN的面积.
18．【答案】（1）证明：∵，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴
（2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形；选择条件②，四边形为菱形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；线段的中点；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】(1)根据平行线的性质和中点的定义利用AAS证明即可解答；
（2）选择条件①，四边形为矩形，根据全等的性质可推导出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质和已知条件可得到，即可判定得到结论，解答即可；选择条件②，四边形为菱形，根据全等的性质可推导出四边形为平行四边形，再利用平行四边形的性质和已知条件可得到，即可判定得到结论，解答即可.
19．【答案】解：命题1：真命题
证明：∵CD 为Rt△ABC斜边上的中线
∵AE∥CD， CE∥AD
∴四边形ADCE 是平行四边形
∵CE∥AB
∴△ABF∽△CEF
即
命题2：真命题
同命题1，可证得四边形 ADCE是平行四边形，且AD=CD
∴四边形ADCE 是菱形
∴DE⊥AC
命题3：真命题
同命题1可证得CE∥BD 且CE = BD
∴四边形BCED 是平行四边形
∴ED=BC
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定；直角三角形斜边上的中线；相似三角形的性质-对应面积
【解析】【分析】命题1：因为CD是 斜边AB上的中线，可得AD=BD=CD=AB；由AE∥CD， CE∥AD可得四边形ADCE为平行四边形，即有CE=AD=AB；
进一步得到△ABF∽△CEF；可得， 。
命题2：由四边形AECD是菱形（已证AE∥DC，CE∥AB且CD = AD ），菱形的对角线互相垂直，所以ED⊥AC。
命题3：因为四边形AECD是平行四边形，所以AE = CD，又CD = BD（直角三角形斜边中线等于斜边一半 ），且CE平行AB，AE∥CD，所以四边形EBCD是平行四边形（两组对边分别平行 ）。 根据平行四边形对边相等，可得ED=BC。
20．【答案】（1）解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形；
（2）证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
（3）解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE =GE， DF=GF， 而DF =DE， 故GE=DE=DF=GF， 从而四边形DEGF是菱形；
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE =BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FGIINH， 从而四边形GFHN是平行四边形；
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时， 过G作GK⊥AB于K， 过E作ET⊥AB于T， 设AT =x， 则AE =2x， 可得AD=2AE =4x， DE =AE =2x， 求出AB=AT+TK+KN+BN =x+2x+3x+2x=8x，即可得到比值；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W， 设AD= y， 求出 ，即可得到比值.
21．【答案】（1）证明：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形
又∵，且D为AB中点
∴
∴平行四边形ADCE为菱形.
（2）解：①30°
②设半径为r
∵
∴
∵
∴
解得：
（3）解：方法不唯一(图1作BC中垂线，图2作内错角相等，图3作角分线+等腰出平行)：
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；切线的性质；作图-平行线；圆与四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ADCE为菱形.∴
∴
又∵
∴
∴
∵CD切于D
∴
∴
∴
【分析】(1)由，可知四边形ADCE为平行四边形，结合BD=AD可得ADCE为菱形；
(2)①结合菱形性质和切线的性质知∠COD=2∠CAD=2∠OCD，再由直角三角形两锐角互余可得∠ACD的度数；
②设半径为r，得OC=4-r，根据30角所对直角边等于斜边的一半，即可r的值；
(3)可作BC的中垂线，也可作内错角相等，还可作作角分线+等腰出平行.
22．【答案】（1）解：，理由如下，
如图3，当点G，H重合时，
∵正方形ABCD与正方形BEFG，
∴AB＝BC，BE＝BH，∠ABC＝90°，∠EBH＝90°，
∴EH，∠ABE＝90°﹣∠EBC＝∠CBG，
∴△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，
∴；
（2）解：，理由如下，
由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴∠BCH＝∠MAB，
在AE上截取AM＝CH，
∵∠BCH＝∠MAB，AB＝BC，
∴△MAB≌△HCB（SAS），
∴∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，
∵∠HBG＝90°﹣∠CBH﹣∠EBC，∠EBM＝90°﹣∠MBA﹣∠EBC，
∴∠HBG＝∠EBM，
∴∠MBH＝∠EBM+∠EBC+∠CBH＝∠HBG+∠EBC+∠CBH＝∠EBG＝90°，
∴△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵AH＝AM+MH，
∴；
（3），
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；旋转全等模型
【解析】【解答】
解：（3），理由如下，由（1）得△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE＝CG，∠BCH＝∠HAB，
在CG上截取CM＝AH，
∵∠BCH＝∠HAB，BC＝AB，
∴△ABH≌△CBM（SAS），
∴BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，
同理，△MBH是等腰直角三角形，
∴，
∵CH＝CM+MH，
∴．
故答案为：.
【分析】(1)利用正方形的性质得到EH，即可利用SAS证明△ABE≌△CBG，从而得出AE'=CG，根据AH=AE+EH，解答即可：
(2)在AE上截取AM =CH，利用SAS证明△MAB≌△HCB，推出∠MBA＝∠CBH，BM＝BH，通过角度的和差运算即可证明△MBH是等腰直角三角形，从而得到，根据AH = AM + MH，解答即可；
(3)在CG上截收CM = AH，利用SAS证明△ABH≌△CBM，得到BH＝BM，∠MBC＝∠ABH，同理得到
△MBH是等腰直角三角形，求得，根据CH = CM+ MH，解答即可.
23．【答案】（1）30；
（2）解：如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；相似三角形的判定；图形的旋转
【解析】【解答】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
故答案为：30；.
【分析】（1）利用菱形性质（邻边相等 ）和等边三角形判定（ ），结合中线性质得角度和垂直关系.
（2）通过旋转构造等边三角形和全等关系，结合角度计算推导直角三角形，利用角性质得线段倍数关系.
（3）分在线段、两种情况，利用相似三角形（， ），结合线段比例和已知条件计算.
24．【答案】（1）相等（或CD'=BD）；相等（或∠AD'C=∠ADB)
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，.
∵CE绕点C逆时针旋转得到CE'，
∴，.
∵，
∴即.
∴.
∴.
∵，
∴.
∴∠BE'C=∠ECE'=∠CEF=90°.
∴四边形CEFE'是矩形.
又∵CE=CE'，
∴四边形CEFE'是正方形.
（3）
（4）
【知识点】矩形的判定；正方形的性质；正方形的判定；旋转的性质；四点共圆模型
【解析】【解答】
解：（1）∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AD'，
∴∠DAD'=90°，AD=AD'
∵∠BAC=90°，
∴∠BAC-∠DAC=∠DAD'=∠DAC，即 ∠DAB=∠D'AC
又∵AB=AC，
∴DABDAC(SAS)
：.CD'=BD；∠AD'C=∠ADB
故答案为：相等（或CD'=BD)；相等（或∠AD'C=∠ADB ).
（3）∵CE绕点C逆时针旋转90°得到线段CE'，
∴ ∠ECE’=90°，CE=CE
∵，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴CD=AB=3，
∴，
∴，
∵∠DCB=∠ECE'=90°，
∴ ∠DCB-∠BCE=∠ECE'-∠BCE 即 ∠DCE=∠BCE'
∴BCG∽DCE
∴∠BGC =∠DEC =90°
∵ ∠CED+∠CEF =180°
∴∠CEF =90°
∴∠BGC =∠ECG=∠CEF =90°
∴四边形CEFG是矩形，
如图，连接AC，BD交于点O，连接OF
∵O是AC，BD的中点，
在RtOBF 中，OF=BD
∴OF==AC=OA=OC=OD=OB
∴A，F，B，C，D共圆，
∴∠AFC=90°，
∵AD=BC
∴，
∴∠GFC=∠ACD，
在RtABC中，AC==5，
∴cos∠ACD=，
∵AF=2，
∴在RtAFC中，FC==，
∴FG=FCcos∠CFG=，
∵，
∴∠BFC=∠BAC，
又∠AFC=∠G=90°，
∴∠ACB= ∠FCG，
∴∠ACB-∠FBC=∠FCG-∠FBC，即∠ACF=∠BCG，
∴sin ∠ACF ==sin∠BCG=，
∴，
∴BG=，
∴BF=，
故答案为：.
(4)如图，连接AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=90°，AO=OB
∴AD=3，AB =，
∴AC=BD=
∴AO=OB=AB=
∴AOB是等边三角形，则∠OAB=60°
∵线段AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AE=AE'，∠EAE'=60°
∴∠OAB=∠EAE'=60°
∴∠OAB-∠OAE=∠EAE'-∠OAE，即∠E'AO=∠EAB
又OA=BA，EA=EA
∴E'AOEAB(SAS)，
∴∠AOE'=∠ABE=90°
∴E'在OE'上运动，且E'O⊥AC
∴当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，
∵∠AOB=60°，
∴∠AOD=120°，
又∠AOE'=90°，
∴∠E'OD=30，
∴当DE'OE'时，DE'=OD=，
故答案为：.
【分析】(1)根据旋转的性质和角度的和差运算，即可利用SAS证明DABDAC，再根据全等三角形的性质，即可解答；
（2）根据正方形的性质和旋转的性质可利用SAS证明，根据全等三角形的性质可得，进一步可证明四边形CEFE'是矩形，结合CE=CE'，即可解答；
（3）根据旋转的性质通过计算得，即可利用SAS证明BCG∽DCE，根据相似三角形的性质和角度的数量计算得到四边形CEFG是矩形，如图，连接AC，BD交于点O，连接OF，根据中点的定义可得A，F，B，C，D共圆，即可利用勾股定理计算得到AC，FC；根据余弦的定义即可求出FG，根据正弦的定义得到sin ∠ACF ==sin∠BCG=，建立关系计算即可得到答案；
（4）如图，连接AC，BD交于点O，根据矩形的性质得到AOB是等边三角形，则∠OAB=60°；由旋转的性质得到AE=AE'，∠EAE'=60°，即可利用SAS证明E'AOEAB，即可得到E'在OE'上运动，且E'O⊥AC，可知当DE'⊥OE'时，DE取得最小值，即可通过30角度的性质计算可得答案，解答即可.
25．【答案】（1）90
（2）证明：∵CN⊥CD，
∴∠CND＝90°，
由题可知∠CE1C1＝∠CEB＝90°，BE＝B1E1，CE＝C1E1，
∵AB∥CD，
∴∠EBE1＝∠CBE＝90°，
∴△EBE1为等腰直角三角形，
∴∠BE1B＝∠BEE1＝45°，
∴∠CEN＝∠CNE＝∠C1E1M＝45°，
∴CN＝CE＝C1E1，
在△CNM和△C1E1M；
，
∴△CNM≌△C1E1M（AAS）
（3）证明：如图，过点D作DP⊥AB垂足为点P，
由题，
设，则，，
∴，
在Rt△ADP中，，
∴，
∵∠AGD＝60°，
∴在Rt△GDP中，，
∴AG＝AP+PG＝2，
∴，即，
∵∠A＝∠A，
∴△AFG∽△ADB，
∴∠AFG＝∠ADB，
∴FG∥BD．
【知识点】平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS；四边形的综合；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：由题可知∠ABF＝∠CBE，
∵BE⊥CD，
∴∠CEB＝90°，
∴∠CBE+∠C＝90°，
在平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∴∠A+∠ABF＝90°，
故答案为：90；
【分析】（1）由于平行四边形的对角相等，则，由垂直的概念可得与互余，又，等量代换得与互余；
（2）由于平行四边形的对边平行，则，又，则，则，因为，即为等腰直角三角形，则，又因为，即，又对顶角相等，则可利用AAS证明结论成立；
（3）由于，为便于计算，可设，则，，此时可过点D作AB上的高DP构造直角三角形，分别解和可求出和AP，再由勾股定理可得DP，再解可得PG，即AG可得，此时可借助两边对应成比例且夹角相等证明相似于，由相似的性质可得，则同位角相等两直线平行.
26．【答案】（1）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，点与点重合，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
∴，
∴，即，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，过点作于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
由(2)得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴在中，，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；三角形的中位线定理；同侧一线三垂直全等模型
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得，，从而得，然后求出，进而证明，根据全等三角形对应边相等即可得证；
（2）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质求出，，然后利用“一线三垂直”全等模型证明，得；
（3）过点作于点，先推出，根据平行线分线段成比例定理得，从而得是的中位线，进而由三角形中位线定理得，然后结合（2）中的三角形全等得，于是有，最后在中，利用勾股定理即可得.
27．【答案】（1）解： 由垂直平分线的性质知，，，又，
所以，从而，
又，所以是等腰直角三角形，
于是，，
故。
（2）解：(a) 证明：由题意知，，且 ，.
于是
.
所以 .
(b) 解： 是等腰直角三角形. 理由如下：
（方法一）作 交 BG 于点 M， 交 AB 于点 N.
由题意知， M 为 BG 的中点.
又 ，所以 ，故 MN 是 的中位线，.
因为 ，
，且 ，
所以 ，故 ，即 E 为 AD 的中点.
又 ，所以 ，于是 .
同理可证 ，因此 .
所以 是等腰直角三角形.
（方法二）设 ，则 .
因为 ，所以 .
又因为 ，.则 ，于是 .
因此 ，所以 .
于是 ，所以 .
因此 .
故 .
由于 ，，所以 .
于是 ，.
由 (a) 知 ，从而 .
又 ，所以 为等腰直角三角形
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）利用垂直平分线的性质可证得A'E=AE，BA'=BA，利用SSS可证得△EA'B'≌△EAB，利用全等三角形的性质可求出∠EA'B的度数，由此可证得△A'DE是等腰直角三角形，可得到A'E、DE的长，然后求出AB的长.
（2）(a) 利用正方形的性质和折叠的性质可证得BA=BA'=BC，同时可证得∠BAA'=∠BA'A，∠BCA'=∠BA'C，再求出∠AA'C的度数，然后求出∠CA'F的度数；(b)（方法一）作 交 BG 于点 M， 交 AB 于点 N，易证点M是BG的中点，同时可证得MN是△ABG的中位线，，利用SAS可证得△ABE≌△BCN，利用全等三角形的性质可证得，由此可推出点E为AD的中点；同理可知，利用全等三角形的性质可证得A'D=AG=A'G，由此可证得结论；（方法二）设 ，则 .，
28．【答案】（1），
（2）法一： ∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，BC=AD，
由折叠得∠EBC=∠B=90°，BD=BD'，BC=BC=AD， ∠D=∠BDF=90°，BE=BE，
∴AD-BD=BC-CD，即： AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，
由(1) 知： ∠CBD=∠BCB
又∵∠ABE+∠CBD=180°-∠EBC=90°，∠BCB+∠BCF=∠BCD=90°，
∴∠ABE=∠FCD'，
又∵∠A=∠CDF，AB=CD，
∴△ABE≌△DCF，
∴BE=CF，
∵BE=BE，
∴BE=CF；
法二： 作BG∥AB交CE于点G， 则： BG∥AB∥CD，
∵CE∥BF.
∴四边形CFBG为平行四边形，
∴BG=CF.
∵矩形ABCD.
∴AB∥CD.
∴AB∥BG.
∴∠BGE=∠BEC.
由折叠得∠BEC=∠BEC，BE=BE，
∴∠BGE=∠BEC.
∴BE=BG.
∴BE=BE=BG=CF
（3） 解： 作BG∥AB交CE于点G， 则： ∠A=∠GBD=90°.
由(2) 可知： BG=BE=BE=CF，CD'=AB，△ABE≌△DCF，
∴DF=AE，
设BE=x， 则：
如图，当△BDG为直角三角形时，则：
∴GD'∥AD∥BC，
∴∠DGC=∠ECB.
又∵∠GCD'=∠ECB
∵BG∥AB∥CD，
∴∠GBD=∠FCD'.
∵在Rt△BGD和Rt△CDF中，
即：
∴x(6-x)=12x-36，
解得： 或 (舍去) ；
故
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解： (1)由折叠可知 由矩形的性质，可知AD∥BC.
∴∠DBC=∠BCB.
∴∠ECB=∠FBC.
∴CE∥BF.
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
故答案为：，；
【分析】(1)根据折叠的性质和矩形的性质得到∠ECB=∠FBC，即可得到CE∥BF，通过测量得到BE=CF解答即可；
(2)法一：由矩形的性质和折叠的性质得到AB=CD， ∠CDF=90°=∠A，由（1）得∠CBD=∠BCB，即可得到∠ABE=∠FCD'，进而利用ASA得到△ABE≌△DCF，证明结论；法二： 作BG∥AB交CE于点G，则 BG∥AB∥CD，证明CFBG为平行四边形，进而得到∠BGE=∠BEC.再根据折叠得到∠BEC=∠BEC，进而得到BE=BG，根据等角对等边得到列轮即可；
(3)作BG∥AB交CE于点G，即可得到DF=AE，设BE=x， 表示CD'长，然后根据△BDG为直角三角形得到D'G=D'C的长，然后利用正切的定义得到代入数值求出x值即可解题.
29．【答案】（1）解：，，
（2）解：抛物线和的顶点坐标分别为，， 的表达式为；的表达式为；
（3）解：∵装置整体图案为轴对称图形，
∴，，
∵轴，
∴轴，
∵是矩形，
∴，
∴轴，
∴，
设，
∴，，
∴，
解得：或（在对称轴右侧，舍），
∴，
由抛物线对称性可得．
【知识点】点的坐标；矩形的性质；坐标系中的两点距离公式；利用顶点式求二次函数解析式
【解析】【解答】（1）解：∵矩形的边，，
∴，，，，
∴，，；
（2）解：∵装置整体图案为轴对称图形，
如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，，
结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴，
∴，，
∴抛物线和的顶点坐标分别为，，
分别设抛物线和的表达式为，，
将代入，
解得，
则抛物线的表达式为；
将代入，
解得；
则抛物线的表达式为；
【分析】（1）根据矩形的性质，以及点的坐标的定义即可得出，，；
（2）如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，根据矩形和抛物线的对称性，即可得出抛物线和的顶点坐标分别为，，然后根据顶点式，利用待定系数法，即可求得抛物线和抛物线的表达式；
（3）首先证得四边形是矩形，从而得出，设=n，进而根据L1和L2的函数关系式表示出yE和yH，然后根据边的长为， 即可得出关于n的方程，解方程求得n的值（舍去不合题意的值），即xE的值，进而求得EF的长度即可。
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