10. (2025·北京中考)如图，在正方形$ABCD$中，点$E$在边$CD$上，$CF ⊥ BE$，垂足为$F$。若$AB = 1$，$∠ EBC = 30^{\circ}$，则$△ ABF$的面积为
$\frac{3}{8}$
。答案：
10.$\frac{3}{8}$解析:如图，过点F分别作FM⊥BC，FN⊥AB，垂足为M，N，连接AM，则∠FMC = 90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC = 90°，
∴∠ABC = ∠FMC，
∴AB//FM，
∴FN = BM.
∵$S_{△ABF}$ = $\frac{1}{2}$AB·FN，$S_{△ABM}$ = $\frac{1}{2}$AB·BM，
∴$S_{△ABF}$ = $S_{△ABM}$.
∵CF⊥BE，AB = 1 = BC，∠EBC = 30°，
∴∠BFC = 90°，∠BCF = 60°，CF = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$，
∴∠CFM = 90° - ∠BCF = 30°，
∴CM = $\frac{1}{2}$CF = $\frac{1}{4}$，
∴BM = BC - CM = $\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ABF}$ = $S_{△ABM}$ = $\frac{1}{2}$×1×$\frac{3}{4}$ = $\frac{3}{8}$.
10.$\frac{3}{8}$解析:如图，过点F分别作FM⊥BC，FN⊥AB，垂足为M，N，连接AM，则∠FMC = 90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC = 90°，
∴∠ABC = ∠FMC，
∴AB//FM，
∴FN = BM.
∵$S_{△ABF}$ = $\frac{1}{2}$AB·FN，$S_{△ABM}$ = $\frac{1}{2}$AB·BM，
∴$S_{△ABF}$ = $S_{△ABM}$.
∵CF⊥BE，AB = 1 = BC，∠EBC = 30°，
∴∠BFC = 90°，∠BCF = 60°，CF = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$，
∴∠CFM = 90° - ∠BCF = 30°，
∴CM = $\frac{1}{2}$CF = $\frac{1}{4}$，
∴BM = BC - CM = $\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ABF}$ = $S_{△ABM}$ = $\frac{1}{2}$×1×$\frac{3}{4}$ = $\frac{3}{8}$.
11. 某同学的卧室地面形状是一个如图所示的四边形，现在量得$AB = BC$，$∠ B = ∠ D = 90^{\circ}$，若点$B$到$CD$的距离为$4$m，则该同学的卧室地面的面积为
16
$m^{2}$。答案：
11.16解析:如图，过点B作BE⊥CD于点E，则BE = 4m，∠BEC = ∠BED = 90°，过点B作BF⊥DA，交DA的延长线于点F，则∠F = 90°，
∴∠F = ∠BEC.
∵∠F = ∠D = ∠BED = 90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴∠EBF = 90°，即∠FBA + ∠ABE = 90°.
∵∠CBE + ∠ABE = ∠ABC = 90°，
∴∠FBA = ∠EBC.在△ABF和△CBE中，$\begin{cases}∠F = ∠BEC\\∠ABF = ∠CBE\\AB = CB\end{cases}$，
∴△ABF≌△CBE(AAS)，
∴BF = BE = 4m，
∴矩形BEDF是正方形，$S_{正方形BEDF}$ = BE² = 16m².
∵△ABF≌△CBE，
∴$S_{四边形ABCD}$ = $S_{四边形ABED}$ + $S_{△BCE}$ = $S_{四边形ABED}$ + $S_{△ABF}$ = $S_{正方形BEDF}$ = 16m².
11.16解析:如图，过点B作BE⊥CD于点E，则BE = 4m，∠BEC = ∠BED = 90°，过点B作BF⊥DA，交DA的延长线于点F，则∠F = 90°，
∴∠F = ∠BEC.
∵∠F = ∠D = ∠BED = 90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴∠EBF = 90°，即∠FBA + ∠ABE = 90°.
∵∠CBE + ∠ABE = ∠ABC = 90°，
∴∠FBA = ∠EBC.在△ABF和△CBE中，$\begin{cases}∠F = ∠BEC\\∠ABF = ∠CBE\\AB = CB\end{cases}$，
∴△ABF≌△CBE(AAS)，
∴BF = BE = 4m，
∴矩形BEDF是正方形，$S_{正方形BEDF}$ = BE² = 16m².
∵△ABF≌△CBE，
∴$S_{四边形ABCD}$ = $S_{四边形ABED}$ + $S_{△BCE}$ = $S_{四边形ABED}$ + $S_{△ABF}$ = $S_{正方形BEDF}$ = 16m².
12. 如图，矩形$ABCD$中，$AD = 6$，$DC = 8$，菱形$EFGH$的三个顶点$E$，$G$，$H$分别在矩形$ABCD$的边$AB$，$CD$，$DA$上，$AH = 2$，连接$CF$。
(1) 若$DG = 2$，求证：四边形$EFGH$为正方形；
(2) 若$DG = 6$，则$△ FCG$的面积为
(1) 若$DG = 2$，求证：四边形$EFGH$为正方形；
(2) 若$DG = 6$，则$△ FCG$的面积为
2
。答案：
12.(1)
∵四边形EFGH为菱形，
∴HG = EH.
∵AH = 2，DG = 2，
∴DG = AH.在Rt△DHG和Rt△AEH中，$\begin{cases}HG = EH\\DG = AH\end{cases}$，
∴Rt△DHG≌Rt△AEH(HL)，
∴∠DHG = ∠AEH.
∵∠AEH + ∠AHE = 90°，
∴∠DHG + ∠AHE = 90°，
∴∠GHE = 90°，
∴菱形EFGH为正方形.
(2)2解析:作FQ⊥CD交DC的延长线于点Q，连接GE，如图.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，
∴∠AEG = ∠QGE，即∠AEH + ∠HEG = ∠QGF + ∠FGE.
∵四边形EFGH为菱形，
∴HE = GF，HE//GF，
∴∠HEG = ∠FGE，
∴∠AEH = ∠QGF.在△AEH和△QGF中，$\begin{cases}∠A = ∠Q\\∠AEH = ∠QGF\\HE = FG\end{cases}$，
∴△AEH≌△QGF(AAS)，
∴QF = AH = 2.
∵DG = 6，CD = 8，
∴CG = 2，
∴△FCG的面积 = $\frac{1}{2}$CG·FQ = $\frac{1}{2}$×2×2 = 2.
12.(1)
∵四边形EFGH为菱形，
∴HG = EH.
∵AH = 2，DG = 2，
∴DG = AH.在Rt△DHG和Rt△AEH中，$\begin{cases}HG = EH\\DG = AH\end{cases}$，
∴Rt△DHG≌Rt△AEH(HL)，
∴∠DHG = ∠AEH.
∵∠AEH + ∠AHE = 90°，
∴∠DHG + ∠AHE = 90°，
∴∠GHE = 90°，
∴菱形EFGH为正方形.
(2)2解析:作FQ⊥CD交DC的延长线于点Q，连接GE，如图.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，
∴∠AEG = ∠QGE，即∠AEH + ∠HEG = ∠QGF + ∠FGE.
∵四边形EFGH为菱形，
∴HE = GF，HE//GF，
∴∠HEG = ∠FGE，
∴∠AEH = ∠QGF.在△AEH和△QGF中，$\begin{cases}∠A = ∠Q\\∠AEH = ∠QGF\\HE = FG\end{cases}$，
∴△AEH≌△QGF(AAS)，
∴QF = AH = 2.
∵DG = 6，CD = 8，
∴CG = 2，
∴△FCG的面积 = $\frac{1}{2}$CG·FQ = $\frac{1}{2}$×2×2 = 2.
13. (2024·泸州中考)如图，在边长为$6$的正方形$ABCD$中，点$E$，$F$分别是边$AB$，$BC$上的动点，且满足$AE = BF$，$AF$与$DE$交于点$O$，点$M$是$DF$的中点，$G$是边$AB$上的点，$AG = 2GB$，则$OM + \frac{1}{2}FG$的最小值是(
A.$4$
B.$5$
C.$8$
D.$10$
B
)A.$4$
B.$5$
C.$8$
D.$10$
答案：
13.B 解析:
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD = AB，∠DAB = ∠ABC = 90°.又
∵AE = BF，
∴△ADE≌△BAF(SAS)，
∴∠ADE = ∠BAF，
∴∠DOF = ∠ADO + ∠DAO = ∠BAF + ∠DAO = ∠DAB = 90°.
∵M是DF的中点，
∴OM = $\frac{1}{2}$DF.如图所示，在AB延长线上截取BH = BG，连接FH；
∵∠FBG = ∠FBH = 90°，FB = FB，BG = BH，
∴△FBG≌△FBH(SAS)，
∴FH = FG，
∴OM + $\frac{1}{2}$FG = $\frac{1}{2}$DF + $\frac{1}{2}$HF = $\frac{1}{2}$(DF + HF)，
∴当H，D，F三点共线时，DF + HF有最小值，即此时OM + $\frac{1}{2}$FG有最小值，最小值即为DH的长的一半.
∵AG = 2GB，AB = 6，
∴BH = BG = 2，
∴AH = 8，在Rt△ADH中，由勾股定理，得DH = $\sqrt{AD^{2}+AH^{2}}$ = 10，
∴OM + $\frac{1}{2}$FG的最小值为5.故选B.
13.B 解析:
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD = AB，∠DAB = ∠ABC = 90°.又
∵AE = BF，
∴△ADE≌△BAF(SAS)，
∴∠ADE = ∠BAF，
∴∠DOF = ∠ADO + ∠DAO = ∠BAF + ∠DAO = ∠DAB = 90°.
∵M是DF的中点，
∴OM = $\frac{1}{2}$DF.如图所示，在AB延长线上截取BH = BG，连接FH；
∵∠FBG = ∠FBH = 90°，FB = FB，BG = BH，
∴△FBG≌△FBH(SAS)，
∴FH = FG，
∴OM + $\frac{1}{2}$FG = $\frac{1}{2}$DF + $\frac{1}{2}$HF = $\frac{1}{2}$(DF + HF)，
∴当H，D，F三点共线时，DF + HF有最小值，即此时OM + $\frac{1}{2}$FG有最小值，最小值即为DH的长的一半.
∵AG = 2GB，AB = 6，
∴BH = BG = 2，
∴AH = 8，在Rt△ADH中，由勾股定理，得DH = $\sqrt{AD^{2}+AH^{2}}$ = 10，
∴OM + $\frac{1}{2}$FG的最小值为5.故选B.
14. (湖南中考)问题情境：
小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形$ABCD$的边$BC$上任意取一点$G$，以$BG$为边长向外作正方形$BEFG$，将正方形$BEFG$绕点$B$顺时针旋转。
特例感知：
(1) 当$BG$在$BC$上时，连接$DF$，$AC$相交于点$P$，小红发现点$P$恰为$DF$的中点，如图①。针对小红发现的结论，请给出证明。
(2) 小红继续连接$EG$，并延长与$DF$相交，发现交点恰好也是$DF$的中点$P$，如图②，根据小红发现的结论，请判断$△ APE$的形状，并说明理由。
规律探究：
(3) 如图③，将正方形$BEFG$绕点$B$顺时针旋转$α$，连接$DF$，点$P$是$DF$的中点，连接$AP$，$EP$，$AE$，$△ APE$的形状是否发生改变？请说明理由。
小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形$ABCD$的边$BC$上任意取一点$G$，以$BG$为边长向外作正方形$BEFG$，将正方形$BEFG$绕点$B$顺时针旋转。
特例感知：
(1) 当$BG$在$BC$上时，连接$DF$，$AC$相交于点$P$，小红发现点$P$恰为$DF$的中点，如图①。针对小红发现的结论，请给出证明。
(2) 小红继续连接$EG$，并延长与$DF$相交，发现交点恰好也是$DF$的中点$P$，如图②，根据小红发现的结论，请判断$△ APE$的形状，并说明理由。
规律探究：
(3) 如图③，将正方形$BEFG$绕点$B$顺时针旋转$α$，连接$DF$，点$P$是$DF$的中点，连接$AP$，$EP$，$AE$，$△ APE$的形状是否发生改变？请说明理由。
答案：
14.(1)连接BD，BF，BP，如图①.
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴∠CBD = 45° = ∠FBG，
∴∠DBF = 90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD = AB，∠DAC = ∠BAC = 45°.又
∵AP = AP，
∴△APD≌△APB(SAS)，
∴BP = DP，
∴∠PDB = ∠PBD.
∵∠PDB + ∠PFB = 90° = ∠PBD + ∠PBF，
∴∠PBF = ∠PFB，
∴PB = PF，
∴PD = PF，即点P恰为DF的中点.
(2)△APE是等腰直角三角形，理由如下:
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴∠CAE = ∠PEA = 45°，
∴AP = EP，∠APE = 90°，
∴△APE是等腰直角三角形.
(3)△APE的形状不改变.理由:延长EP至点M，使PM = EP，连接MA，MD，如图②.
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴AB = AD，∠BAD = ∠ABC = ∠EBG = 90°，BE = EF，BG//EF.
∵点P为DF的中点，
∴PD = PF.
∵∠DPM = ∠FPE，PM = PE，
∴△MPD≌△EPF(SAS)，
∴DM = EF，∠DMP = ∠FEP，
∴BE = DM，DM//EF，
∴BG//DM.设DF交BC于点H，交BG于点N，
∴∠MDN = ∠DNB.
∵AD//BC，
∴∠ADN = ∠BHN.
∵∠BHN + ∠BNH + ∠HBN = 180°，
∴∠ADM = ∠ADN + ∠MDN = ∠BHN + ∠BNH = 180° - ∠HBN.
∵∠ABE = 360° - ∠ABC - ∠EBG - ∠HBN = 180° - ∠HBN，
∴∠ADM = ∠ABE.又
∵AD = AB，
∴△ADM≌△ABE(SAS)，
∴AM = AE，∠DAM = ∠BAE.
∵PM = EP，
∴AP⊥ME，即∠APE = 90°.
∵∠DAM + ∠MAB = 90°，
∴∠BAE + ∠MAB = 90°，即∠MAE = 90°，
∴∠MAP = ∠PAE = 45°，
∴∠PEA = 45° = ∠PAE，
∴AP = EP，
∴△APE是等腰直角三角形.
14.(1)连接BD，BF，BP，如图①.
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴∠CBD = 45° = ∠FBG，
∴∠DBF = 90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD = AB，∠DAC = ∠BAC = 45°.又
∵AP = AP，
∴△APD≌△APB(SAS)，
∴BP = DP，
∴∠PDB = ∠PBD.
∵∠PDB + ∠PFB = 90° = ∠PBD + ∠PBF，
∴∠PBF = ∠PFB，
∴PB = PF，
∴PD = PF，即点P恰为DF的中点.
(2)△APE是等腰直角三角形，理由如下:
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴∠CAE = ∠PEA = 45°，
∴AP = EP，∠APE = 90°，
∴△APE是等腰直角三角形.
(3)△APE的形状不改变.理由:延长EP至点M，使PM = EP，连接MA，MD，如图②.
∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴AB = AD，∠BAD = ∠ABC = ∠EBG = 90°，BE = EF，BG//EF.
∵点P为DF的中点，
∴PD = PF.
∵∠DPM = ∠FPE，PM = PE，
∴△MPD≌△EPF(SAS)，
∴DM = EF，∠DMP = ∠FEP，
∴BE = DM，DM//EF，
∴BG//DM.设DF交BC于点H，交BG于点N，
∴∠MDN = ∠DNB.
∵AD//BC，
∴∠ADN = ∠BHN.
∵∠BHN + ∠BNH + ∠HBN = 180°，
∴∠ADM = ∠ADN + ∠MDN = ∠BHN + ∠BNH = 180° - ∠HBN.
∵∠ABE = 360° - ∠ABC - ∠EBG - ∠HBN = 180° - ∠HBN，
∴∠ADM = ∠ABE.又
∵AD = AB，
∴△ADM≌△ABE(SAS)，
∴AM = AE，∠DAM = ∠BAE.
∵PM = EP，
∴AP⊥ME，即∠APE = 90°.
∵∠DAM + ∠MAB = 90°，
∴∠BAE + ∠MAB = 90°，即∠MAE = 90°，
∴∠MAP = ∠PAE = 45°，
∴∠PEA = 45° = ∠PAE，
∴AP = EP，
∴△APE是等腰直角三角形.