2025-2026学年上海市南汇第四中学八年级（下）期中数学试卷（含答案+解析）

这是一份2025-2026学年上海市南汇第四中学八年级（下）期中数学试卷（含答案+解析），文件包含第4章三角形测试卷docx、答题卡docx、答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
1.在四边形ABCD中，已知AB//CD，添加以下条件不能证明它是平行四边形的是( )
A. AB=CDB. BC//AD
C. ∠A=∠CD. ∠A+∠D=180∘
2.下列命题中正确的是( )
A. 对角线互相垂直的四边形是平行四边形B. 平行四边形对角线互相平分
C. 有一个角是直角的四边形是矩形D. 对角线互相平分的四边形是菱形
3.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=5.若∠BAD=120∘，则AC的长是( )
A. 2.5B. 5C. 6D. 10
4.如图，正方形ABCD的边长为4，A的坐标为(−1,1)，AB平行于x轴，则点C坐标为( )
A. (3,4)
B. (4,5)
C. (5,3)
D. (3,5)
5.如图，菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC=6，BD=4，则菱形ABCD的周长是( )
A. 24
B. 26
C. 4 13
D. 2 13
6.如图，A、B是直线m上两个定点，C是直线n上一个动点，且m//n，以下说法：①三角形ABC的周长不变；②三角形ABC的面积不变；③∠C的度数不变；④点C到直线m的距离不变.其中正确的是( )
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
7.过n边形的一个顶点可以画出10条对角线，将它分成m个小三角形，则m+n的值是 .
8.如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE//AC，CE//BD，若AC=3，BD=5，则四边形OCED的周长为 .
9.在四边形ABCD中，两条对角线交于点O，已知BO=DO，AC=6cm，则当AO= cm时，四边形ABCD是平行四边形.
10.如图，在△ACB中，∠ACB=90∘，AC=BC，点C的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(2,5)，则A点的坐标是 .
11.已知点P在第四象限，且到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，则点P的坐标为 .
12.已知点A坐标为(2+a,−3a−4)，点B的坐标为(5,−3)，若AB//x轴，则a= .
13.如图平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，∠OAD=65∘.则∠ODC=______.
14.如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，BC的中点，点F在线段DE的延长线上，且∠BFC=90∘.若AC=4，BC=8，则DF的长是 .
15.如图，已知▱ABCD的周长为12，AC的垂直平分线交AD于点E，交AC于点F，连接CE，则△CDE的周长是 .
16.如图，已知：G是△ABC的重心，S△ABC=12，那么S△GBD= .
17.如图，P是菱形ABCD的对角线AC上一点，PE⊥AD于点E，PE=2，则点P到AB的距离为 .
18.如图，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一点，Q是BC中点，若菱形周长是16，∠A=120∘，则PC+PQ的最小值为 .
三、解答题：本题共7小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
19.(本小题6分)
如图，在▱ABCD中，连接对角线BD，点E和点F是直线BD上的两点且DE=BF.
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若AD⊥BD，AB=5，BC=3，DE=2，求△AEF的面积.
20.(本小题6分)
如图，在直角坐标平面内，点A的坐标是(0,3)，点B的坐标是(−3,−2).
(1)图中点C关于x轴对称的点D的坐标是______.
(2)如果将点B沿着与x轴平行的方向向右平移3个单位得到点B′，那么A、B′两点之间的距离是______.
(3)求四边形ABCD的面积.
21.(本小题6分)
长方形ABCO在平面直角坐标系中的位置如图，已知点B的坐标为(15,9)，将△ABD沿直线BD折叠，点A恰好落在边OC上的点E处.
(1)点A的坐标为 ______ ，点C的坐标为 ______ ；
(2)求CE和AD的长；
(3)求四边形DOEB的面积.
22.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点.
(1)求证：MB=MC；
(2)判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
(3)当AB：AD= ______ 时，四边形MENF是正方形.(只写结论，不需证明)
23.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，已知四边形ABCD的顶点坐标分别为A(1,3)，B(1,1)，C(4,0)，D(4,4).
(1)把四边形ABCD经过平移后得到四边形A1B1C1D1，点A的对应点A1的坐标为(−4,−1).请你画出四边形A1B1C1D1，并写出点B1，C1，D1的坐标；
(2)若四边形ABCD内有一点P(a,b)，则经过(1)的平移后的对应点P1的坐标为______；
(3)求四边形A1B1C1D1的面积.
24.(本小题8分)
综合与实践
【问题情境】
在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动.
如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE.
【操作发现】
(1)当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是 ______；直线DG与BE的夹角度数为 ______；
【深入探究】
(2)如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为菱形，且AB=2AE，∠DAB=∠GAE=60∘，猜想DG与BE的数量关系与直线DG与BE的夹角度数，并说明理由；
【迁移探究】
(3)如图3，在(2)的条件下，AB=2，在菱形AEFG绕点A旋转过程中，直接写出线段CE的最小值.
25.(本小题10分)
如图1，将矩形OABC放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，OA=8，OC=16.把矩形OABC沿对角线OB所在直线翻折，点C落到点D处，OD交AB于点E.
(1)点E的坐标为 ______ ；点D的坐标为 ______ ；
(2)如图2，过点D作DG//BC，交OB于点G，交AB于点H，连接CG，试判断四边形BCGD的形状，并说明理由.
(3)在(2)的条件下，点M是坐标轴上一点，直线OB上是否存在一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N坐标；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：已知四边形ABCD中，AB//CD，再添加AB=CD或AD//BC，或能推导出AB=CD或AD//BC的条件．则：
∵已知AB//CD，

A，AB=CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
B，BC//AD，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C，∵AB//CD，∴∠A+∠D=180∘，又∵∠A=∠C，∴∠C+∠D=180∘，∴AD//BC，
两组对边分别平行，可判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D，∵AB//CD，∴∠A+∠D=180∘，是本来就成立的结论，
该条件没有给出新的有效信息，无法推出另一组对边平行或AB=CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，符合题意；
故选：D.
已知四边形ABCD中，AB//CD，再添加AB=CD或AD//BC，或能推导出AB=CD或AD//BC的条件．根据平行四边形的判定定理，逐项判断各条件能否证明该四边形是平行四边形即可．
本题考查平行四边形的判定，正确进行计算是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、对角线互相平分的四边形才是平行四边形，对角线互相垂直不能判定四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意；
B、平行四边形的性质为对角线互相平分，故B正确，符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形才是矩形，仅有一个角是直角的四边形不是矩形，故 C错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形才是菱形，对角线互相平分只能判定四边形是平行四边形，不能判定是菱形，故D错误，不符合题意．
故选：B.
根据平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，对四个命题逐一分析，再作出判断即可．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，掌握其相关知识点是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB=BC，
∵∠BAD=120∘，
∴∠ABC=180∘−120∘=60∘，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=5.
故选：B.
首先根据菱形的性质知AB=BC，再由∠BAD=120∘求出∠ABC=60∘，得△ABC是等边三角形，即可求出AC的长．
本题考查等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
4.【答案】D
【解析】解：由题意可得：
∴点C的横坐标为4−1=3，
点C的纵坐标为4+1=5，
∴点C的坐标为(3,5).
故选：D.
根据正方形的边长加上点A的横坐标得到点C的横坐标，正方形的边长加上点A的纵坐标得到点C的纵坐标，从而得解．
本题考查正方形的性质，正确进行计算是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=12AC，OB=12BD，AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，
∵AC=6，BD=4，
∴OA=3，OB=2，
∴AB= AO2+BO2= 13，
∴菱形ABCD的周长=4AB=4 13.
故选：C.
由菱形的性质得到OA=12AC=3，OB=12BD=2，AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，由勾股定理求出AB= 13，即可得到菱形ABCD的周长．
本题考查菱形的性质，关键是在菱形的对角线互相垂直平分，四条边相等．
6.【答案】C
【解析】解：∵A、B为定点，
则AB为定值，
随着点C的运动，AC+BC的长度是变化的，即△ABC的周长是变化的；
所以结论①错误，不符合题意；
由于两平行线间的距离相等，即点C到底边AB的距离不变，
即△ABC的面积不变；
所以结论②正确，符合题意；
随着点C的运动，∠C的度数是变化的；
所以结论③错误，不符合题意；
∵两平行线间的距离相等，
即点C到直线m的距离不变；
所以结论④正确，符合题意；
综上所述，正确的结论有②④；
故选：C.
两平行线间的公垂线段相等，等底等高的三角形面积相等等知识，根据这些知识逐一判断即可．
本题考查了三角形的面积，平行线之间的距离，关键是相关知识的熟练掌握．
7.【答案】24
【解析】解：由题意可得：n−3=10，n=13，
m=13−2=11，
∴m+n=13+11=24.
根据n边形过一个顶点能画出对角线的条数为：(n−3)进行计算n即可，对角线将多边形分成(n−2)个三角形，进行计算出m.
本题考查多边形的对角线，正确记忆相关计算公式是解题关键．
8.【答案】8
【解析】解：∵▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=3，BD=5，
∴OC=12AC=32,OD=12BD=52，
∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴四边形OCED的周长=2(OC+OD)=2×(32+52)=8，
故答案为：8.
根据平行四边形对角线互相平分得出OC、OD的长，再证明四边形OCED是平行四边形即可得出结果．
本题考查了平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
9.【答案】3
【解析】解：在四边形ABCD中，两条对角线交于点O，
当AO=3cm时，
CO=AC−AO=6−3=3(cm)，
∴AO=CO，
∵BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：3.
已知BO=DO，当AO=CO=12AC时，四边形ABCD是平行四边形，据此即可解答．
本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键．
10.【答案】(−6,3)
【解析】解：如图，过A作AE⊥x轴于点E，过B作BF⊥x轴于点F，
∵点C的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(2,5)，
∴OC=1，OF=2，BF=5，
∴CF=OC+OF=1+2=3，
∵∠ACE+∠BCF=90∘，∠BCF+∠CBF=90∘，
∴∠ACE=∠CBF，
∵∠AEC=∠BFC=90∘，AC=BC，
∴△AEC≌△CFB(AAS)，
∴CF=AE=3，BF=CE=5，
∴OE=CE+OC=6，
∴点A的坐标为(−6,3)，
故答案为：(−6,3).
证明△AEC≌△CFB(AAS)，得CF=AE=3，BF=CE=5，则求出OE，即可得出结论．
本题考查全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
11.【答案】(3,−2)
【解析】解：因为点P在第四象限，所以其横、纵坐标分别为正数、负数，
又因为点P到x轴的距离为2，到y轴的距离为3，
所以点P的横坐标为3，纵坐标为−2，
所以点P的坐标为(3,−2)，
故答案为：(3,−2).
根据点P所在的象限确定其横、纵坐标的符号．
解决本题的关键是记住平面直角坐标系中各个象限内点的符号，第一、二、三、四象限内各点的符号分别为(+,+)、(−,+)、(−,−)、(+,−).
12.【答案】−13
【解析】解：∵点B的坐标为(5,−3)，且AB//x轴，
∴−3a−4=−3，
∴a=−13，
故答案为：−13.
由平行于x轴的点的纵坐标相同，可得−3a−4=−3，解得a的值，则可得答案，熟练掌握平面直角坐标系中的点的坐标特点是解题的关键．
本题考查了坐标与图形的性质，熟练掌握该知识点是关键．
13.【答案】25∘
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵OA=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90∘，
∵∠ODA=∠OAD=65∘，
∴∠ODC=∠ADC−∠ODA=25∘.
故答案为：25∘.
由平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，易证得四边形ABCD是矩形，继而可求得答案．
此题考查了矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
14.【答案】6
【解析】解：∵点D，E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AC=12×4=2，
在Rt△BFC中，E是斜边BC的中点，BC=8，
则FE=12BC=12×8=4，
∴DF=DE+FE=2+4=6，
故答案为：6.
根据三角形中位线定理求出DE，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出FE，进而求出DF.
本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
15.【答案】6
【解析】解：已知▱ABCD的周长为12，AC的垂直平分线交AD于点E，
∴AD+CD=6，
由题意可得：点E在AC的垂直平分线上，
∴AE=CE，
∴△CDE的周长=CE+DE+CD=AE+DE+CD=AD+CD=6.
故答案为：6.
根据平行四边形的性质得到AD+CD=6，根据垂直平分线的性质可知△CDE的周长=AD+CD.
本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键．
16.【答案】2
【解析】解：∵G是△ABC的重心，
∴AGGD=2，AD是△ABC的中线，
∴GDAD=13，
∵S△ABC=12，
∴S△ABD=12S△ABC=6，
∴S△GBD=13S△ABD=2，
故答案为：2.
根据G是△ABC的重心，得出AD是△ABC的中线，可得S△ABD=6，根据重心的性质可得AGGD=2，即可得出S△GBD.
本题考查了三角形重心的性质，三角形的中线的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
17.【答案】2
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BAD.
∵PE⊥AD于点E，且点P在AC上，
∴点P到AB的距离等于PE的长度，即为2，
故答案为：2.
先利用菱形对角线的性质得出AC平分∠BAD，再结合角平分线的性质，推导出点P到AB的距离等于PE的长度．
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，掌握其相关知识点是解题的关键．
18.【答案】2 3
【解析】解：如图，连接AP，AC，AQ，
∵四边形ABCD为菱形，
∴点A和点C关于BD对称，
∴AP=CP，
∴PC+PQ=AP+PQ，
∴PC+PQ的最小值即为AP+PQ的最小值，
∵AP+PQ≥AQ，
∴PC+PQ的最小值为AQ，
∵∠BAD=120∘，四边形ABCD为菱形
∴∠ABC=60∘，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∵点Q为BC的中点，
∴AQ⊥BC，
∵菱形周长是16，
∴AB=BC=4，BQ=2，
∴AQ= AB2−BQ2= 42−22=2 3，
故答案为：2 3.
点Q和点C是定点，点P为BD上一动点，是轴对称最值问题，连接AC，由菱形的对称性可知，点A和点C关于BD对称，连接AQ，AQ即为所求．
本题考查了轴对称-最短路径问题，菱形的性质，等边三角形的性质等知识点，解题的关键是熟知两点之间线段最短的知识．
19.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，点E和点F是直线BD上的两点且DE=BF，
∴AB//CD，AB=CD，DE+BD=BF+BD，
∴∠ABE=∠CDF，BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
(2)解：∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90∘，
∵AB=5，AD=BC=3，
∴BD= AB2−AD2= 52−32=4，
∵DE=BF=2，
∴EF=DE+BD+BF=2+4+2=8，
∴S△AEF=12EF⋅AD=12×8×3=12，
∴△AEF的面积为12.
【解析】(1)由平行四边形的性质得AB//CD，AB=CD，则∠ABE=∠CDF，由DE=BF推导出BE=DF，即可根据“SAS”证明△ABE≌△CDF，得AE=CF，∠AEB=∠CFD，所以AE//CF，即可证明四边形AECF是平行四边形；
(2)由AD⊥BD，得∠ADB=90∘，而AB=5，AD=BC=3，则BD= AB2−AD2=4，因为DE=BF=2，所以EF=DE+BD+BF=8，则S△AEF=12EF⋅AD=12.
此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
20.【答案】(1)(3,2)；
(2)5；
(3)四边形ABCD的面积为：S△ABC+S△ACD=12×6×5+12×4×3=15+6=21.

【解析】(1)根据平面直角坐标系可直接写出C点坐标，再根据关于x轴对称的点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数可得D点坐标；
(2)根据点的平移：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减可得B′点坐标为(0,−2)，进而得到答案；
(3)用△ABC的面积加上△ACD的面积即可．
此题主要考查了坐标与图形变化-平移，关于x轴对称的点的坐标，平面直角坐标系，以及三角形的面积，关键是掌握点的坐标的变化规律．
21.【答案】(0,9)；(15,0)；
CE=12，AD=5；
872.
【解析】解：(1)∵四边形ABCO是长方形，点B的坐标为(15,9)，
∴AO=BC=9，OC=AB=15，
∴点A的坐标为(0,9)，点C的坐标为(15,0).
故答案为：(0,9)；(15,0)；
(2)已知点B的坐标为(15,9)，将△ABD沿直线BD折叠，点A恰好落在边OC上的点E处．
∴BE=AB=15，DE=AD，
在直角三角形BCE中，由勾股定理得：CE= BE2−BC2= 152−92=12，
∴OE=OC−CE=15−12=3，
设DE=AD=x，则OD=AO−AD=9−x，
在Rt△OED中，由勾股定理得：OE2+OD2=DE2，
即32+(9−x)2=x2，
解得：x=5，
∴AD=5；
(3)由(2)得，AD=5，
∴OD=9−5=4，
∵将△ABD沿直线BD折叠，点A恰好落在边OC上的点E处，
∴S△ABD=S△EBD，
∴四边形DOEB的面积=S△BDE+S△ODE=S△ABD+S△ODE
=12AB⋅AD+12OE⋅OD
=12×15×5+12×3×4
=872，
∴四边形DOEB的面积为872.
(1)结合长方形ABCO的性质和点B的坐标，即可解答；
(2)由折叠的性质得BE=AB=15，DE=AD，在Rt△BCE中利用勾股定理求出CE的长，得到OE的长，设DE=AD=x，在Rt△OED中利用勾股定理建立方程解出x的值，得到AD的长，即可解答；
(3)利用四边形DOEB的面积=S△BDE+S△ODE即可求解．
本题属于四边形综合题，主要考查了平面直角坐标系、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90∘，AB=DC，
∵M是AD的中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM中，
AB=DC ∠A=∠D AM=DM ，
∴△ABM≌△DCM(SAS)，
∴BM=CM；
(2)解：四边形MENF是菱形；理由如下：
∵E、N、F分别是线段BM、BC、CM的中点，
∴EN是△BCM的中位线，
∴EN=12CM=FM，EN//FM，
∴四边形MENF是平行四边形，
同理：NF是△BCM的中位线，
∴NF=12BM，
∵BM=CM，
∴EN=NF，
∴四边形MENF是菱形；
(3)1：2.
【解析】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90∘，AB=DC，
∵M是AD的中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM中，
AB=DC ∠A=∠D AM=DM ，
∴△ABM≌△DCM(SAS)，
∴BM=CM；
(2)解：四边形MENF是菱形；理由如下：
∵E、N、F分别是线段BM、BC、CM的中点，
∴EN是△BCM的中位线，
∴EN=12CM=FM，EN//FM，
∴四边形MENF是平行四边形，
同理：NF是△BCM的中位线，
∴NF=12BM，
∵BM=CM，
∴EN=NF，
∴四边形MENF是菱形；
(3)解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形；理由如下：
∵AB：AD=1：2，M是AD的中点，
∴AB=AM，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴∠AMB=45∘，
同理：∠DMC=45∘，
∴∠EMF=180∘−45∘−45∘=90∘，
由(2)得：四边形MENF是菱形，
∴四边形MENF是正方形；
故答案为：1：2.
(1)由矩形的性质得出∠A=∠D=90∘，AB=DC，由SAS证明△ABM≌△DCM，得出对应边相等即可；
(2)证明EN是△BCM的中位线，得出EN=12CM=FM，EN//FM，证出四边形MENF是平行四边形，同理：NF是△BCM的中位线，得出NF=12BM，证出EN=NF，即可得出结论；
(3)证明△ABM是等腰直角三角形，得出∠AMB=45∘，同理∠DMC=45∘，得出∠EMF=90∘，即可得出结论．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
23.【答案】，
B1(−4,−3)，C1(−1,−4)，D1(−1,0)；
(a−5,b−4)；
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【解析】(1)把四边形ABCD经过平移后得到四边形A1B1C1D1，如图，
B1(−4,−3)，C1(−1,−4)，D1(−1,0).
(2)由(1)得平移的规律为：向左平移5个单位，再向下平移4个单位，
∴点P1的坐标为(a−5,b−4)，
故答案为：(a−5,b−4)；
(3)∵四边形A1B1C1D1是梯形，
∴S四边形A1B1C1D1=12×(2+4)×3=9.
(1)根据平移的性质作图，即可得出答案．
(2)由(1)得平移规律，再进行解答即可；
(3)利用梯形面积公式求解即可．
本题考查作图-平移变换，熟练掌握平移的性质是解答本题的关键．
24.【答案】DG=BE，90∘；
【深入探究】 DG=BE；直线DG与BE的夹角度数为60∘；理由见解析；
【迁移探究】 如图4，线段CE的最小值为2 3−1.
【解析】【操作发现】(1)∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AG=AE，AD=AB，∠GAE=∠DAB=90∘，
∴∠GAE−∠DAE=∠DAB−∠DAE，
∴∠GAD=∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
AG=AE∠GAD=∠EABAD=AB，
∴△GAD≌△EAB(SAS)，
∴DG=BE，∠ADG=∠ABE，
如图2，延长BE交GD于点M，交AD于点N，

∵∠DNM=∠ANB，∠ABN+∠ANB=90∘，
∴∠DNM+∠ADG=90∘，
∴∠DMN=90∘，
∴直线DG与BE的夹角度数为90∘，
故答案为：DG=BE，90∘；
【深入探究】(2)DG=BE；直线DG与BE的夹角度数为60∘；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是菱形，
∴AG=AE，AD=AB，∠GAE=∠DAB=60∘，
∴∠GAE−∠DAE=∠DAB−∠DAE，
∴∠GAD=∠EAB，
∴△GAD≌△EAB(SAS)，
∴DG=BE，∠ADG=∠ABE，
如图3，延长BE交DG的延长线于点H，交AD于点T，

∵∠DTH=∠ATB，∠H+∠DTH+∠ADG=180∘，∠DAB+∠ATB+∠ABT=180∘，
∴∠H=∠DAB=60∘，
∴直线DG与BE的夹角度数为60∘；
【迁移探究】(3)如图4，当点E在AC上时，线段CE的最小值，
连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60∘，
∴∠OAB=30∘，∠AOB=90∘，AC=2AO，
∵AB=2，
∴OB=12AB=1，
∴OA= AB2−OB2= 3，
∴AC=2OA=2 3，
∵AE=12AB=1，
∴CE=AC−AE=2 3−1，
即线段CE的最小值为2 3−1.
【操作发现】(1)由四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，得AG=AE，AD=AB，∠GAE=∠DAB=90∘，证明△GAD≌△EAB(SAS)，得出DG=BE，∠ADG=∠ABE，延长BE交GD于点M，交AD于点N，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解；
【深入探究】(2)由四边形ABCD和四边形AEFG是菱形，得AG=AE，AD=AB，∠GAE=∠DAB=60∘，证明△GAD≌△EAB(SAS)，得出DG=BE，∠ADG=∠ABE，延长BE交GD于点H，交AD于点T，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解；
【迁移探究】(3)如图4，当点E在AC上时，线段CE的最小值，连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质得到∠OAB=30∘，∠AOB=90∘，AC=2AO，根据勾股定理得到OA= AB2−OB2= 3，求得AC=2OA=2 3，于是得到结论．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，掌握知识点的应用是解题的关键．
25.【答案】(6,8)；(485,645)；
四边形BCGD是菱形，理由见解析；
(485,245)或(1285,645)或(−485,−245)或(−1285,−645).
【解析】解：(1)四边形OABC是矩形，OA=8，OC=16，
∴AB=OC=16BC=AO=8，AB//OC，∠ABC=∠OAB=90∘，
∴∠ABO=∠BOC
∵把矩形OABC沿对角线OB所在直线翻折，点C落到点D处，OD交AB于点E，
∴∠BOC=∠BOD，DE=AE，BD=BC=8，∠BDE=∠OCB=90∘，
∴∠EOB=∠EBO，
∴EO=EB，
设AE=x，则OE=BE=16−x，
在Rt△AEO中，OA2+AE2=OE2，
∴82+x2=(16−x)2，
解得：x=6，
即DE=AE=6，
∴点E的坐标为(6,8)，BE=10，
如图1，过点D作DL⊥OC于点L，交AB于点K，则KL=OA=8，

∵S△BDE=12DE×BD=12DK×BE，
∴12×6×8=12DK×10，
解得：DK=245，
∴DL=645，EK= DE2−DK2=185，
∴AK=485，
∴点E的坐标为(485,645)；
故答案为：(6,8)；(485,645)；
(2)四边形BCGD是菱形，理由如下：
∵DG//BC，
∴∠BGD=∠CBG，
∵把矩形OABC沿对角线OB所在直线翻折，点C落到点D处，OD交AB于点E，
∴∠DBG=∠CBG，BD=BC=8，∠BDE=∠OCB=90∘，
∴∠DBG=∠DGB，
∴DG=DB=CB，
∴四边形BCGD是平行四边形，
∵BD=BC，
∴四边形BCGD是菱形；
(3)当点N1与点G重合时，点M1与点A重合时，四边形DM1ON1是平行四边形，
在Rt△EDB中，∠EDB=90∘，EB=AB−AE=16−6=10，DB=BC=OA=8，
∴DE= EB2−DB2=6，
∵DG//BC，∠ABC=90∘，
∴∠DHB=∠ABC=90∘，
∴S△EDB=12EB⋅DH=12ED⋅BD，
∴12×10×DH=12×6×8，
解得：DH=245，
∴GH=DG−DH=8−245=165，
∴点D到x轴的距离为245+8=645，点G到x轴的距离为8−165=245，
∴EH= DE2−DH2= 62−(245)2=185，
∴AH=AE+EH=485，
∴D(485,645),N1(485,245)；
当四边形ODN1M是平行四边形时，此时点N1与G重合，DN1//OM且DN1//OM，则N1(485,245)；
当四边形ODN2M2是平行四边形时，此时点M2与C重合，DO//N2M2且DO=N2M2，
即线段OD向右平移8个单位得到线段N2M2，则点M2是点0的对应点，点N2是点D的对应点，
∵O(0,0),D(485,645),M2(16,0)，
∴N2(16+485,645)，即N2(1285,645)；
当四边形ODM1N3是平行四边形时，此时点M1与A重合，DM1//ON3，且DM1=ON3，即线段DM1向左平移485个单位，再向下平移645个单位得到线段ON3，则点O是点D的对应点，点N3是点M1的对应点，
∵O(0,0),D(485,645),M1(0,8)，
∴N3(0−485,8−645)，即N3(−485,−245)；
当四边形ODM4N4是平行四边形时，DM4//ON4且DM4=ON4，
∵AB//x轴，AD//OG，
∴四边形ABOM4是平行四边形，
∴OM4=AB=16，
即线段DM4向左平移485个单位，再向下平移645个单位得到线段ON4，则点O是点D的对应点N4是点M4的对应点，
∵O(0,0),D(485,645),M4(−16,0)，
∴N4(−16−485,0−645)，即N4(−1285,−645)；
综上所述，满足条件的点的坐标为(485,245)或(1285,645)或(−485,−245)或(−1285,−645).
(1)证明EO=EB，设AE=x，则OE=BE=16−x，在Rt△AEO中，利用勾股定理构建方程求解即可；
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
(3)有4种情形，画出图形分别求解即可．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，翻折变换和平移等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．