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第 05 讲 四边形的证明与计算
（限时90分钟，满分120分）
一、选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（2025·河北秦皇岛·一模）点F是正五边形ABCDE边DE的中点，连接BF并延长与CD延长线交于点
G，则∠BGC的度数为（ ）
A．18° B．20° C．24° D．26°
【答案】A
【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和
定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
连接BD，BE，根据正多边形的性质可证△ABE≌△CBD(SAS)，得到BE=BD，进而得到BG是DE的垂
直平分线，即∠DFG=90°，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到∠FDG=72°，
再根据三角形的内角和定理即可解答．
【详解】解：连接BD，BE，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB=BC=CD=AE，∠A=∠C
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴BE=BD，
∵点F是DE的中点，
∴BG是DE的垂直平分线，
∴∠DFG=90°，
(5−2)×180°
∵在正五边形ABCDE中，∠CDE= =108°，
5
∴∠FDG=180°−∠CDE=72°，
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∴∠G=180°−∠DFG−∠FDG=180°−90°−72°=18°．
故选：A．
2．（2025·江苏无锡·一模）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到
矩形AB'C'D'，当点C，B'，C'三点共线时，AB'交DC于点E，则DE的长度是（ ）
7 25 7 25
A． B． C． D．
8 8 4 4
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
连接AC，由旋转可知：AB'=AB=8，∠AB'C'=90°，得出B'C，证△ADE≌△CB'E(AAS)，得出
AE=CE，再根据勾股定理列出方程，即可解答．
【详解】解：连接AC，
∵AB=8，BC=6，∠B=90°，
∴AC=10，
由旋转可知：AB'=AB=8，∠AB'C'=90°，
∵C，B'，C'三点共线，
∴∠AB'C=90°，
∴B'C=6，
∵∠D=∠EB'C=90°，∠B'EC=∠DEA，CB'=AD=6，
∴△ADE≌△CB'E(AAS)，
∴DE=B'E，
∴AE=CE，
∵AD2+DE2=AE2，
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∴36+DE2=(8−DE) 2，
7
∴DE= ．
4
故选：C．
3．（2025·陕西西安·二模）如图，在平行四边形ABCD中，过D 作DE⊥BC于 点E，若∠A=60°，
DE=6，则 AB的长为（ ）
A．2√3 B．3 C．4√3 D．6√3
【答案】C
【分析】本题考查的是平行四边形的性质，锐角三角函数的应用，证明AB=CD，∠A=∠C=60°，根
DE
据CD= 可得答案．
sin60°
【详解】解：在平行四边形ABCD中，∠A=60°，
∴AB=CD，∠A=∠C=60°，
∵DE⊥BC，DE=6，
DE 2
∴CD= =6× =4√3，
sin60° √3
∴AB=4√3，
故选：C
4．（2025·陕西·模拟预测）如图，在 ▱ABCD中，AB=4，BC=6，O是对角线BD的中点，E是边AB上
一点，连接EO并延长交CD于点F，延长FE交CB的延长线于点G．若BE=1，则BG的长为（ ）
A．2.5 B．3 C．3．5 D．4
【答案】B
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【分析】先证明△BEO≌△DFO，△GBE∽△GCF，可得DF=BE=1，CF=4−1=3，再利用相似三
角形的性质建立方程求解即可．
【详解】解：在 ▱ABCD中，AB=4，BC=6，O是对角线BD的中点，
∴CD=AB=4，AB∥CD，OB=OD，
∴∠EBO=∠FDO，∠BEO=∠DFO，△GBE∽△GCF，
∴△BEO≌△DFO，
∴DF=BE=1，
∴CF=4−1=3，
∵△GBE∽△GCF，
BE BG
∴ = ，
CF CG
1 BG
∴ = ，
3 BG+6
解得：BG=3，
故选：B
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟记平
行四边形的性质与相似三角形的判定方法是解本题的关键．
5．（2025·陕西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB,AC与BD相交于点O．过O作OE⊥CD，
OE
垂足为E，则 的值为（ ）
CD
1 √3
A． B． C．1 D．√3
2 2
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定，熟练掌握矩形的性质和相似三
1
角形的性质是解答的关键．先根据矩形的性质得到∠ADC=90°，CD=AB，OC=OA= AC，再证明
2
OE∥AD得到△CEO∽△CDA，利用相似三角形的性质推导出AD=2OE，结合已知可得OE=CD，进
而可得解．
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【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
1
∴∠ADC=90°，CD=AB，OC=OA= AC，
2
∵OE⊥CD，
∴∠OEC=∠ADC=90°，
∴OE∥AD，
∴△CEO∽△CDA，
OE OC 1
∴ = = ，则AD=2OE，
AD AC 2
∵AD=2AB=2CD，
∴OE=CD，
OE
∴ =1，
CD
故选：C．
1
6．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于 BC的长为半径画弧，
2
两弧交于点D，E，且点D恰好在AC边上，直线DE与BC交于点F，连接BD,BE,CE．若
CD=2,∠ACB=30°，则四边形BECD的面积为（ ）
A．√3 B．2√3 C．4 D．8
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含30°角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到
DE⊥BC，四边形BECD是菱形，则BC=2CF,DE=2DF,再由含30°角的直角三角形和勾股定理求出
DF=1，CF=√3，即可得到BC=2√3,DE=2,即可得到四边形BECD的面积．
【详解】解：由题意可知，DE垂直平分BC，BD=CD=BE=CE，
∴DE⊥BC，四边形BECD是菱形，
∴BC=2CF,DE=2DF,
∵CD=2,∠ACB=30°，
1
∴DF= CD=1，
2
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∴CF=√CD2−DF2=√3
∴BC=2CF=2√3,DE=2DF=2,
1
∴四边形BECD的面积为 BC⋅DE=2√3，
2
故选：B
7．（2025·湖南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=√3，AC为对角线，∠BAC的平分线
交BC于点E，连接DE交AC于点F．则下列结论中错误的是（ ）
2√3 √3 √21
A．∠BCA=30° B．EC= C．S ❑ = D．DF=
3 △ ADE 3 5
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，解直角三角形，勾股定理和相似三角形的判定和性质，先根据勾股定理求
出AC=2，然后利用三角函数得到∠ACB=30°即可判断A选项，然后利用角平分线和30°的直角三角形
的性质判断B选项；利用面积求出S 判断C选项；再根据勾股定理判断D选项即可解题．
△ADE
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵AB=1,BC=√3，
∴AC=2,
AB 1
∵sin∠ACB= =
AC 2
∴∠ACB=30°， 故A正确，不符合题意；
∴∠BAC=60°，
∵AE是∠BAC的角平分线，
∴∠BAE=30°，
√3 2√3
∴BE= ,EC= , 故B正确，不符合题意；
3 3
1 1 √3
∴S = AD⋅AB= ×√3×1= ，故C错误，符合题意；
△ADE 2 2 2
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√3
∵BC=√3,CD=AB=1,BE= ，
3
√3 2√3
∴EC=√3− = ，
3 3
√ 2√3 2 √21
∴DE=√DC2+EC2= 12+( ) = ，
3 3
又∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠ACE，∠ADE=∠DEC，
∴△ADF∽△CEF，
DF AD √3 3
= = =
∴EF CE 2√3 2，
3
3 √21
∴DF= DE= ，故D正确，不符合题意；
5 5
故选： C．
8．（2024·贵州贵阳·二模）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，每个正方形的顶点叫做格
点，点A，B，C，D都在这些小正方形的顶点上，AB与CD相交于点P，则tan∠APD的值为（ ）
A．2 B．❑√5 C．3 D．❑√6
【答案】A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，正切定义，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判
1 1
定及性质是解题的关键，连接BE交CD于点F，由正方形的性质得DF=CF= CD，BF= BE，
2 2
CD=BE，BE⊥CD，进而得BF=CF=DF，又证△ACP∽△BDP，得DP:CP=BD:AC=1:3，从而
1 1
得DP=PF= CF= BF，进而利用正切定义即可得解。
2 2
【详解】解：如解图，连接BE交CD于点F，
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∵四边形BCED是正方形，
1 1
∴DF=CF= CD，BF= BE，CD=BE，BE⊥CD，
2 2
∴BF=CF=DF，
根据题意，AC∥BD，
∴∠ACP=∠BDP，∠DBP=∠CAP，
∴△ACP∽△BDP，
∴DP:CP=BD:AC=1:3，
∵BF=CF=DF，
∴DP:DF=1:2，
1 1
∴DP=PF= CF= BF，
2 2
BF
在Rt△PBF中，tan∠BPF= =2，
PF
∵∠APD=∠BPF，
∴tan∠APD=2．
故选：A
9．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到
点C时停止．设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点
时，PO的长为（ ）
A．2 B．3 C．√5 D．2√2
【答案】C
【分析】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，当点P运动到点B时，PO=BO=2，根据菱形的性质，
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得∠AOB=∠BOC=90°，继而得到AB=BC=√OA2+OB2=2√5，当点P运动到BC中点时，PO的长
1
为 BC=√5，解得即可．
2
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，
直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，
当点P运动到点B时，PO=BO=2，
根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，
故AB=BC=√OA2+OB2=2√5，
1
当点P运动到BC中点时，PO的长为 BC=√5，
2
故选C．
10．（2024·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD的边CD上有一点E，连接AE，把AE绕点E逆时针旋
FG
转90°，得到FE，连接CF并延长与AB的延长线交于点G．则 的值为（ ）
CE
3√2 3√3
A．√2 B．√3 C． D．
2 2
【答案】A
【分析】过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则∠H=90°，证明△ADE≌△EHF，则
AD=EH=1，设DE=HF=x，得到HF=CH=x，则∠HCF=45°，故CF=√2x，同理可求
FG √2(1−x)
CG=√2BC=√2，则FG=CG−CF=√2(1−x)，因此 = =√2．
CE 1−x
【详解】解：过点F作DC延长线的垂线，垂足为点H，则∠H=90°，
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由旋转得EA=EF,∠AEF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，DC∥AB，DA=DC=BC，设DA=DC=BC=1，
∴∠D=∠H，
∵∠AEH=∠1+∠AEF=∠2+∠D，
∴∠1=∠2，
∴△ADE≌△EHF，
∴DE=HF，AD=EH=1，设DE=HF=x，
则CE=DC−DE=1−x，
∴CH=EH−EC=1−(1−x)=x，
∴HF=CH=x，而∠H=90°，
∴∠HCF=45°，
HF
∴CF= =√2x，
sin45°
∵DC∥AB，
∴∠HCF=∠G=45°，
同理可求CG=√2BC=√2，
∴FG=CG−CF=√2−√2x=√2(1−x)，
FG √2(1−x)
∴ = =√2，
CE 1−x
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，旋转的性质，正确添加辅
助线，构造“一线三等角全等”是解题的关键．
二、填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（2025·上海浦东新·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E是边AD上的一个动
点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A'处，如果A'恰在矩形的对角线AC上，则AE的长为 ．
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9
【答案】
2
【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股
定理等知识．先根据勾股定理求出AC=√AB2+BC2=√62+82=10，由相似三角形的性质求得AG，由三
角形相似的判定定理证得△AEG∽△ACD，根据相似三角形的性质求得AE．
【详解】解：连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=8，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，BC=AD=8，AB=CD=6，
∴AC=√AB2+BC2=√62+82=10，
由翻折的性质得：BE垂直平分A A'，
∵ ∠BAG=∠CAB，∠AGB=∠ABC=90°，
∴ △AGB∽△ABC
AG AB
∴ =
AB AC
∴AB2=AG⋅AC，
∴AG=3.6，
∵∠AGE=∠D=90°，∠EAG=∠CAD，
∴△AEG∽△ACD，
AE AG AE AG
∴ = ，即 = ，
AC AD 10 8
4
∴AG= AE=3.6，
5
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9
∴AE= ．
2
9
故答案为： ．
2
12．（2025九年级下·全国·专题练习）如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接
BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90°得到线段BQ，连接MQ．若AB=4,MP=1，则MQ的最小值为
．
【答案】2√10−1
【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质，勾股定理以及动点问题，熟练掌握性质定理是解题的
关键．连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90°，M点的对应点为E，由P的运动轨迹是以M为圆心，
1为半径的半圆，可得：Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点
的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当M、Q、E三点共线
时，MQ的值最小，可求ME=√2BM=2√10，从而可求解．
【详解】解：如图，连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90°，M点的对应点为E，
∵P的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的半圆，
∴Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，
如图，当M、Q、E三点共线时，MQ的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=BC=4，∠C=90°，
∵M是CM的中点，
∴CM=2，
∴BM=√CM2+BC2=√22+42=2√5，
由旋转得：BM=BE，
∴ME=√2BM=2√10，
∴MQ=ME−EQ =2√10−1，
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∴MQ的值最小为2√10−1．
故答案为：2√10−1．
13．（2025·广东深圳·一模）如图，已知矩形ABCD的一边AD落在y轴的正半轴，它的顶点B与对角线
4
BD的中点E均在反比例函数y= (x>0)的图象上，则矩形ABCD的面积为 ．
x
【答案】8
4
( 4)
( +b)
【分析】本题考查了矩形的性质、反比例函数的性质，设B a, ，D(0,b)，则 a a ，结合反
a E ,
2 2
12 ( 12) 12 4 8
比例函数的性质求出b= ，即可得出D 0, ，从而可得AB=a，AD= − = ，即可得解．
a a a a a
( 4)
【详解】解：设B a, ，D(0,b)
a
4
∵它的顶点B与对角线BD的中点E均在反比例函数y= (x>0)的图象上，
x
4
( +b)
∴ a a ，
E ,
2 2
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4
+b
4 a
∴ = ，
a 2
2
12
∴b= ，
a
( 12)
∴D 0, ，
a
12 4 8
∴AB=a，AD= − = ，
a a a
8
∴矩形ABCD的面积为a⋅ =8，
a
故答案为：8．
14．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E,F分别在边AB和AD上，
且EF=4．当△AEF的面积最大时，△CEF的面积为 ．
【答案】8√3
【分析】本题考查菱形的性质、垂径定理、锐角三角函数、隐形圆求最值问题等知识，利用圆的相关知识
得到△AEF的面积最大是解答的关键．作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作
AP⊥EF于P，由AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
则△AEF的面积最大；设BD、AC相交于O'，由菱形的性质和锐角三角函数分别求得CO'=AO'=3√3，
再由垂径定理和等腰三角形的性质证得点A、O、P、O'、C共线，进而求得AP=2√3，则CP=4√3，然
后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵EF=4，∠EAF=60°，
∴作△AEF的外接圆，设圆心为O，过O作OH⊥EF于H，过A作AP⊥EF于P，如图，则EH=HF，
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∴AP≤OA+OH，当A、O、H共线时取等号，此时AP最大，点P、H重合，AE=AF，
1
∵S = EF⋅AP=AP，
△AEF 2
∴AP最大时，△AEF的面积最大；
如图1，设BD、AC相交于O'，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
1
∴AO'=CO'，BD⊥AO'，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，
2
√3
∴CO'=AO'=AB·cos30°= ×6=3√3，
2
又∵AE=AF，AP⊥EF，
1 1
∴∠EAP=∠FAP= ∠EAF=30°，EP= EF=2，
2 2
∴点A、O、P、O'、C共线，
∴∠APE=∠AO'B=90°，
EP
∴AP= =√3EP=2√3，
tan30°
∴CP=AC−AP=4√3，
1 1
∴S = EF⋅CP= ×4×4√3=8√3，
△CEF 2 2
故答案为：8√3．
15．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形ABCD平移到矩形EFGH的位置（点A对应点E，点B对应点F，
点C对应点G），边EH与CD交于点M，边EF与BC交于点N，其中DM:MC=3:2，BN:CN=3:2，
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如果M、N两点的距离为a，那么A、E两点的距离为 ．（用含a的代数式表示）
3
【答案】 a
2
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出
辅助线．延长EF交AD于点L，连接AE、MN，则MN=a，可证明四边形LDME和四边形ABNL都是矩
形，则DM=EL，BN=AL，由DM:MC=3:2，BN:CN=3:2，可得EL:MC=3:2，LA:CN=3:2，
AE LA 3
推出△ALE∽△NCM，得到 = = ，即可求解．
MN CN 2
【详解】解：延长EF交AD于点L，连接AE、MN，则MN=a，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴ ∠D=∠DAB=∠B=∠C=90°，
∴ ∠MEL=90°，
由平移得：∠HEF=∠DAB=90°，EH∥AD，EF∥AB，
∴ ∠ELD=∠DAB=90°，∠ALN=∠D=90°，
∴四边形LDME和四边形ABNL都是矩形，
∴ DM=EL，BN=AL，
∵ DM:MC=3:2，BN:CN=3:2，
∴ EL:MC=3:2，LA:CN=3:2，
EL LA 3
∴ = = ，
MC CN 2
∵ ∠ALE=∠C=90°，
∴ △ALE∽△NCM，
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AE LA 3
∴ = = ，
MN CN 2
3 3
∴ AE= MN= a，
2 2
3
∴ A、E两点的距离为 a，
2
3
故答案为： a．
2
16．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）如图，在△ABC中，AB=AC=√5，BC=4，D为边AB上一动点（B点
1
除外），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE，则① tan∠ABC= ；② △ABC中，AB边上的高为
2
4 √5
√5；③ ∠EBC=45°；④当△BDE面积取最大值时，AD长为 ，以上结论正确的有 ．（写
5 5
序号）
【答案】①②④
【分析】过A作AH⊥BC于点H，分别过C、E作CN⊥BA，EM⊥BA交BA延长线于点N、M，由
等腰三角形的性质和勾股定理，解直角三角形，等面积可判断①②，过C作CG⊥BE于点G，连接GA，
当点A与点D重合时，即G、A、H三点共线时，由H为BC中点，则GB=GC，可判断③，证明
BH AB AH 8√5 4√5 8√5
△ABH∽△CBN则 = = ，求出BN= ，CN= ，设BD=x，则DN= −x，再证
BN CB CN 5 5 5
8√5
明△DEM≌△CDN(AAS)，所以EM=DN= −x，故
5
2
1 1 (8√5 ) 1( 4√5) 8
S = BD×EM= x −x =− x− + ，然后由二次函数的性质即可判断④．
△BDE 2 2 5 2 5 5
【详解】解：过A作AH⊥BC于点H，分别过C、E作CN⊥BA，EM⊥BA交BA延长线于点N、M，
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∴∠AHB=∠AHC=90°，
∵AB=AC=√5，BC=4，
∴BH=CH=2，
∴AH=√AB2−BH2=√(√5) 2 −22=1，
AH 1
∴tan∠ABC= = ，故①正确；
BH 2
1 1
∵S = BC×AH= AB×CN，
△ABC 2 2
1 1
∴ ×4×1= ×√5×CN，
2 2
4√5
∴CN= ，故②正确；
5
如图，过C作CG⊥BE于点G，连接GA，当点A与点D重合时，即G、A、H三点共线时，
∵H为BC中点，
∴GB=GC，
∴∠EBC=45°，故③不一定正确；
∵∠AHB=∠CNB=90°，∠ABH=∠CBN，
∴△ABH∽△CBN，
BH AB AH
∴ = = ，
BN CB CN
2 √5 1
∴ = = ，
BN 4 CN
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8√5 4√5
∴BN= ，CN= ，
5 5
8√5
设BD=x，则DN= −x，
5
∵四边形CDEF是正方形，
∴ED=CD，∠EDC=∠DME=∠DNC=90°，
∴∠EDM+∠DEM=∠EDM+∠CDN=90°，
∴∠DEM=∠CDN，
∴△DEM≌△CDN(AAS)，
8√5
∴EM=DN= −x，
5
2
1 1 (8√5 ) 1( 4√5) 8
∴S = BD×EM= x −x =− x− + ，
△BDE 2 2 5 2 5 5
4√5 4√5
当x= 时，即BD= 时，△BDE面积取最大值，
5 5
4√5 √5
此时AD=AB−BD=√5− = ，故④正确；
5 5
综上可知：①②④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等
三角形的判定与性质，二次函数的应用等，熟练运用相关知识是解题的关键．
三、解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23
题9分，24题10分，25题13分）
17．（2024·湖南长沙·三模）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且
1
DE= AC，连接CE．
2
(1)求证：四边形OCED为矩形：
(2)连接AE．若BD=4,AE=2√10，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析；
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(2)12．
【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握特殊平行四边形的性质
和判定定理是解题的关键．
1
（1）首先根据菱形的性质得OC= AC，∠COD=90°，再结合已知条件，得OC=DE，结合DE∥AC，
2
可知四边形OCED是平行四边形，进而得出结论；
1
（2）由（1）可知，∠ECA=90°，CE=OD= BD=3，根据勾股定理可求得AC，由菱形面积公式即
2
可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴OC= AC，∠COD=90°，
2
1
∵DE= AC，
2
∴DE=OC，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED为平行四边形，
∴四边形OCED为矩形；
1
（2）由（1）可知，∠ECA=90°，CE=OD= BD=2，
2
∴AC=√AE2−CE2=√ (2√10) 2 −22=6，
1 1
∴菱形ABCD的面积= AC⋅BD= ×6×4=12．
2 2
18．（2025·湖北十堰·一模）在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，
∠BAF=∠DCE=90°．
(1)求证：△ABF≌△CDE；
(2)连接AE，CF，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
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AECF的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ABD=30°；条件②：AB=BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由线段的和差可得BF=DE，由平行线的性质可得∠ABF=∠CDE，然后利用AAS即可证
明△ABF≌△CDE；
（2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度
角的直角三角形的性质证得AE=AF，即可证明平行四边形AECF是菱形．若选择条件②：先证明四边形
AECF是平行四边形，得到AO=CO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形AECF是菱形．
【详解】（1）证明：∵BE=FD，
∴BE+EF=FD+EF，即BF=DE，
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠CDE，
又∵∠BAF=∠DCE=90°，
∴△ABF≌△CDE(AAS)．
（2）解：若选择条件①：四边形AECF是菱形，
由（1）得，△ABF≌△CDE，
∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAF=90°，BE=EF，
1
∴AE= BF，
2
∵∠BAF=90°，∠ABD=30°，
1
∴AF= BF，
2
∴AE=AF，
∴平行四边形AECF是菱形．
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若选择条件②：四边形AECF是菱形，
如图：连接AC交BD于点O，
由（1）得，△ABF≌△CDE，
∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，即EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、菱形的判定、
平行四边形的判定和性质等知识点，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
19．（2025·上海宝山·模拟预测）簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，
精美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民
的勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称
美，小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决．
(1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不
能是下列哪种形状的正多边形______（填序号）
①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形
(2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后
中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围
成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由
【答案】(1)③
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(2)6
【分析】本题考查了平面镶嵌，熟练掌握平面图形的镶嵌是解题的关键：用形状、大小完全相同的一种或
几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．
（1）分别求出各多边形内角的度数，再由密铺的条件即可得出结论；
（2）根据正六边形各内角的度数即可得出结论．
【详解】（1）解：①正三角形的内角是60°，60°×6=360°，可以密铺，不符合题意；
②正四边形的内角是90°，60°×3+90°×2=360°，可以密铺，不符合题意；
③正五边形的内角是108°，60°×2+108°×2=336°≠360°，不能密铺，符合题意；
④正六边形的内角是120°，60°×2+120°×2=360°，可以密铺，不符合题意；
故答案为：③；
（2）解：n=6，理由如下：
由题意得，这n个正六边形围成的图形是一个正多边形，由图2可知，围成的这个正多边形的每个内角的度
数是120°，
∴(n−2)⋅180°=120°⋅n，
解得：n=6，
故答案为：6．
20．（2023·山东青岛·二模）【问题背景】
如图1，△ABC是一张等腰直角三角形纸板，∠C=90°，AC=BC=2．取AC、BC、AB中点进行第1
次剪取，记所得正方形面积为S ，如图2，在余下的△ADE和△BDF中，分别剪取正方形，得到两个相同
1
的正方形，称为第2次剪取，并记这两个正方形面积和为S (如图2).
2
【问题探究】
（1）S = ______ ；
2
（2）如图3，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第3
次剪取，并记这四个正方形面积和为S 继续操作下去…，则第10次剪取时，S = ______ ；第n次剪取时，
3 10
S = ______ ．
n
【拓展延伸】
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在第10次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ．
1 1 1 1
【答案】（1） ；（2） ， ；【拓展延伸】
2 29 2n−1 29
【分析】（1）根据题意，可求得S +S =S =S =1，第一次剪取后剩余三角形面积和为：
△AED △DBF 正方形ECFD 1
1 1
2−S =1=S ，第二次剪取后剩余三角形面积和为：S −S =1− = =S ；
1 1 1 2 2 2 2
（2）同理可得规律：S 即是第n次剪取后剩余三角形面积和，根据此规律求解即可答案；
n
（3）依此规律可得第10次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出甲、乙两种剪法，
所得的正方形面积是解题的关键．
【详解】解：（1）∵四边形ECFD是正方形，
∴DE=EC=CF=DF，∠AED=∠DFB=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠B=45°，
∴AE=DE=EC=DF=BF=EC=CF，
∵AC=BC=2，
∴DE=DF=1，
∴S +S =S =S =1，
△AED △DBF 正方形ECFD 1
同理：S 等于第二次剪取后剩余三角形面积和，
2
1 1
∴S −S =1− = =S ，
1 2 2 2 2
1
故答案为： ；
2
（2）S 等于第n次剪取后剩余三角形面积和，
n
∴第一次剪取后剩余三角形面积和为：2−S =1=S ，
1 1
1 1
第二次剪取后剩余三角形面积和为：S −S =1− = =S ，
1 2 2 2 2
1 1 1
第三次剪取后剩余三角形面积和为：S −S = − = =S ，
2 3 2 4 4 3
…
1
第十次剪取后剩余三角形面积和为：S −S =S = ，
9 10 10 29
1
第n次剪取后剩余三角形面积和为：S −S =S = ，
n−1 n n−1 2n−1
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1 1
故答案为： ， ；
29 2n−1
1
（3）在第10次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为S −S =S = ，
9 10 10 29
1
故答案为： ．
29
21．（2025·上海宝山·一模）如图，正方形ABCD的边长是3，点E、F分别在边AD、CD上，
∠EBF=45°，BE、BF分别与对角线AC交于点G、H．
(1)当∠ABE= °时，AG=CH，先补全条件；
(2)如果CH=√2，求BG的长．
【答案】(1)22.5；理由见解答过程；
3√10
(2) ．
4
【分析】（1）补充的条件是∠ABE=22.5°，先证明∠ABE=∠CBF=22.5°，进而依据“ASA”判定
△ABG和△CBH全等即可得出AG=CH；
BH GH BH CH
（2）连接GF，证明△BHG和△CHF相似得 = ，∠BGH=∠CFH，则 = ，再根据
CH FH GH FH
∠BHC=∠GHF得△BHC和△GHF相似，则∠CBH=∠FGH，由此得
√2
∠BGH+∠FGH=∠CFH+∠CBH=90°，则△BGF是等腰直角三角形，由勾股定理得BG= BF，
2
3 3√5
然后求出AC=3√2，AH=2√2，证明△CHF和△AHB相似得CF= ，则BF= ，由此可得BG的长．
2 2
【详解】（1）解：当∠ABE=22.5°时，AG=CH,理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为3，
∴AB=BC=3，∠ABC=∠BCD=90°，∠BAC=∠BCA=45°,AB∥CD，
∵∠EBF=45°，∠ABE=22.5°，
∴∠CBH=∠ABC−∠EBF−∠ABE=22.5°，
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∴∠ABE=∠CBF=22.5°，
在△ABG和△CBH中，
¿，
∴△ABG≌△CBH(ASA)，
∴AG=CH；
故答案为：22.5；
（2）解：连接GF，如图所示：
∵∠EBF=∠ACD=45°，∠BHG=∠CHF,
∴△BHG∽△CHF，
BH GH
∴ = ，∠BGH=∠CFH，
CH FH
BH CH
∴ = ，
GH FH
又∵∠BHC=∠GHF，
∴△BHC∽△GHF，
∴∠CBH=∠FGH，
∴∠BGH+∠FGH=∠CFH+∠CBH，
∵∠BCD=90°，
∴∠CBH+∠CFH=90°，
∴∠BGH+∠FGH=90°，
即∠BGF=90°，
∴△BGF是等腰直角三角形，
∴BG=FG，
由勾股定理得：BF=√2BG，
√2
∴BG= BF，
2
在Rt△ABC中，AB=BC=3，
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由勾股定理得：AC=√32+32=3√2，
∵CH=√2，
∴AH=AC−CH=2√2，
∵AB∥CD，
∴△CHF∽△AHB，
CF CH
∴ = ，
AB AH
CF √2
∴ = ，
3 2√2
3
∴CF= ，
2
在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF=
√
32+
(3) 2
=
3√5
，
2 2
√2 √2 3√5 3√10
∴BG= BF= × = ．
2 2 2 4
【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，相
似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
22．（2025·上海奉贤·一模）已知，如图，在△ABC中，点D在边AC上，点M、N在边BC上，AB是线
段AD与AC的比例中项，∠BAN=∠CAM,AM、AN分别交BD于点E、F．
BD BC
(1)求证： = ；
AE AN
(2)若点O为BD边的中点，连接ON，且BD2=2BN·BC，求证：ON∥AB．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
AB AC BD AB
【分析】（1）根据 = ，∠BAD=∠CAB证明△ABD∽△ACB，得到 = ，
AD AB CB AC
AF AB
∠ABD=∠ACB，结合∠BAN=∠CAM可以证明△ABF∽△ACM，继而得到 = ，
AM AC
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∠AFB=∠AMC证明∠AFE=∠AMN，结合∠FAE=∠MAN证明△AFE∽△AMN，等量代换即可证
BD BC
明 = ．
AE AN
（2）在NC上截取NQ=BN，连接DQ，证明ON∥DQ，再三角形相似，平行线的判定证明DQ∥AB，
解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB是线段AD与AC的比例中项，
AB AC
∴ = ，
AD AB
∵∠BAD=∠CAB，
∴△ABD∽△ACB，
BD AB
∴ = ，∠ABD=∠ACB，
CB AC
∵∠BAN=∠CAM，
∴△ABF∽△ACM，
AF AB
∴ = ，∠AFB=∠AMC，
AM AC
∴180°−∠AFB=180°−∠AMC，
∴∠AFE=∠AMN，
∵∠FAE=∠MAN
∴△AFE∽△AMN，
AF AE
∴ = ，
AM AN
BD AE
∴ = ，
CB AN
BD BC
∴ = ．
AE AN
（2）证明：在NC上截取NQ=BN，连接DQ，
∵点O为BD边的中点，
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∴ON∥DQ，
∵NQ=BN，
∴BQ=2BN，
∵BD2=2BN·BC，
BD BQ
∴ = ，
BC BD
∵∠QBD=∠DBC
∴△QBD∽△DBC，
∴∠BDQ=∠BCD，
∵△ABD∽△ACB，
∴∠ABD=∠ACB，
∴∠ABD=∠BDQ
∴DQ∥AB，
∴ON∥AB．
【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，平行线的判定和性质，比例中项的意
义，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键．
6
23．（2025·山东临沂·一模）如图，直线 l :y=ax+b(a≠0)的图象与反比例函数y= 的图象交于
1 x
A(m,4)，B(−3,−2)两点．
(1)求一次函数的解析式；
6
(2)请写出不等式 ≥ax+b的解集： ；
x
(3)将直线l 向右平移 3 个单位长度得直线l ，顺次连接两直线与坐标轴的交点得到四边形CDEF，请判断
1 2
它的形状，并说明理由．
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4
【答案】(1)y= x+2
3
3
(2)x≤−3或0
