第四章 平行四边形（举一反三单元自测 培优卷）数学新教材浙教版八年级下册+答案

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第四章 平行四边形·培优卷 【新教材浙教版】 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分） 1．（25-26九年级上·安徽合肥·期末）遵守交通，人人有责，下列四个图形是生活中常见的交通标志，其中是中心对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、是中心对称图形，符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、不是中心对称图形，不符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意． 故选：A． 2．（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，在▱ABCD中，CE⊥AB于点E，若∠A=126°，则∠1为（   ） A．36° B．46° C．38° D．64° 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．根据平行四边形的性质得到AD∥BC，进而求出∠B=54°，再由垂直的定义得到∠CEB=90°，则∠BCE=90°−∠B=36°． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠A+∠B=180°， ∵∠A=126°， ∴∠B=54°， ∵CE⊥AB， ∴∠CEB=90°， ∴∠BCE=∠1=90°−∠B=36°， 故选：A． 3．（25-26八年级上·河南周口·期末）用反证法证明“三角形中至少有一个内角不小于60°”时，应先假设 （    ） A．三角形中至多有一个内角不小于60° B．三角形中三个内角都小于60° C．三角形中至少有一个内角小于60° D．三角形中三个内角都大于 60° 【答案】B 【分析】本题考查反证法，掌握相关知识是解决问题的关键．反证法需假设原命题的结论不成立，据此解答即可． 【详解】解：∵原命题为“三角形中至少有一个内角不小于60°”， ∴应假设为“三角形中三个内角都小于60°”． 故选：B． 4．（25-26七年级上·陕西西安·期末）一个七边形从一个顶点出发，最多可引出的对角线的条数是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】本题考查多边形对角线的计算，利用n边形从一个顶点出发引出对角线的条数公式n−3，代入n=7计算即可得出结果． 【详解】解：∵对于n边形n>3，从一个顶点出发可引出的对角线条数为n−3， 又∵该多边形为七边形，即n=7， ∴代入得7−3=4． 故选：C． 5．（25-26九年级上·河南周口·期末）如图所示，DE是△ABC的中位线，BC=6，则DE的长为（   ） A．1 B．1.5 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质．根据三角形的中位线定理，可得DE=12BC，即可求解． 【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，BC=6， ∴DE=12BC=3 故选：D． 6．（25-26九年级上·浙江金华·期中）如图，将图1的图形绕点A旋转相同的角度，重复多次后刚好回到原位，形成如图2所示的美丽图案，其中点B，点C，点D都是对应点，则∠BCD的度数是（   ） A．67.5° B．82.5° C．97.5° D．112.5° 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质，正多边形与圆，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是解题的关键，连接AB、AC、AD，由于图1的图形绕点A旋转8次后刚好回到原位，所以点B，点C，点D都是以A为中心的正八边形的顶点，再根据AB=AC=AD，∠BAC=18×360°=45°，∠CAD=2×18×360°=90°，可得∠ACB=∠ABC=67.5°，∠ACD=∠ADC=45°，即可得到∠BCD=∠ACB+∠ACD=112.5°． 【详解】解：连接AB、AC、AD，如下图所示： ∵图1的图形绕点A旋转8次后刚好回到原位，且点B，点C，点D都是对应点， ∴点B，点C，点D都是以A为中心的正八边形的顶点， 作该正八边形的外接圆⊙A，则点B，点C，点D都在⊙A上， ∴AB=AC=AD，∠BAC=18×360°=45°，∠CAD=2×18×360°=90°， ∴∠ACB=∠ABC=12×180°−45°=67.5°，∠ACD=∠ADC=45°， ∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=67.5°+45°=112.5°， 故答案为：112.5°． 7．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，下列条件中不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（   ） A．OA=OC，OB=OD B．AD∥BC，AD=BC C．∠ABC=∠ADC，∠BAD=∠BCD D．AD∥BC，AB=CD 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据平行四边形的判定定理进行求解即可． 【详解】解：A、当OA=OC，OB=OD时，可根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； B、当AD∥BC，AD=BC时，可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形” 判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； C、当∠ABC=∠ADC，∠BAD=∠BCD时，则有∠ABC+∠ADC+∠BAD+∠BCD=360°，所以∠ABC+∠BAD=180°，所以AD∥BC，同理可得AB∥DC，所以根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形” 判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； D、当AD∥BC，AB=CD时，无法判定四边形ABCD是平行四边形，故符合题意； 故选D． 8．（2023·吉林·一模）如图，在▱ABCD中，AB=10，AD=7，∠ABC的平分线BE交CD边于点E，则DE的长是（   ）    A．5 B．7 C．3.5 D．3 【答案】D 【分析】根据角平分线及平行线的性质可得∠CEB=∠CBE，继而可得CB=CE，根据ED=CD−CE=AB−CB=10−7=3即可． 【详解】解: ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，AD=BC=7，AB=DC=10， ∴∠ABE=∠CEB， 又∵∠ABC的平分线BE交CD边于点E， ∴∠ABE=∠CBE， ∴∠CEB=∠CBE， ∴CB=CE， ∴ED=CD−CE=AB−CB=10−7=3， 故选：D． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是得出∠CEB=∠CBE，判断三角形CBE中，CB=CE，难度一般． 9．（25-26八年级上·广西贺州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D的坐标分别为A(0,0)，B(3,0)，C(4,2)，D(1,2)，顺次连接A、B、C、D四点形成封闭图形，该图形的面积为(        ) A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质与判定．根据题意，得出四边形ABCD是平行四边形，再结合平行四边形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：由题知，因为A(0,0)，B(3,0)，C(4,2)，D(1,2)， 所以AB∥CD且AB=CD， 所以四边形ABCD是平行四边形， 所以该图形的面积为：3×2=6． 故选：C． 10．（2025·安徽·模拟预测）如图，等边三角形ABC中，BC=6，D、E是边BC上的两点，BD=CE=1，P是线段DE上一动点，过点P分别作AC、AB的平行线交AB、AC于点M、N，连接MN、AP，交于点G，则点P由点D移动到点E的过程中，线段BG扫过的区域面积为（      ） A．32 B．332 C．3 D．23 【答案】B 【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理．过点A作AH⊥BC，垂足为H，先证明四边形PMAN是平行四边形，在点P由点D移动到点E的过程中，点G始终是AP的中点，且到边BC的距离始终等于12AH=332，点G的运动轨迹是△ADE的中位线，据此求解即可． 【详解】解：过点A作AH⊥BC，垂足为H， ∵等边三角形ABC，BC=6， ∴BH=3，DE=6−1−1=4， ∴AH=62−32=33， ∵PM∥AC，PN∥AB， ∴四边形PMAN是平行四边形， ∴AG=PG， ∴在点P由点D移动到点E的过程中，点G始终是AP的中点，且到边BC的距离始终等于12AH=332， ∴点G的运动轨迹是△ADE的中位线， ∴点G的运动距离=12DE=2， ∴线段BG扫过的区域是底为2，高为332的一个三角形， ∴线段BG扫过的区域面积=12×2×332=332． 故选：B． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分） 11．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°,AB=4，将Rt△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若四边形ACFD的面积等于8，则平移的距离等于 ． 【答案】2 【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的判定和性质，根据平移的性质推出四边形ACFD为平行四边形，利用平行四边形的面积公式进行求解即可． 【详解】解：∵平移， ∴AC=DF,AC∥DF， ∴四边形ACFD为平行四边形， ∴AD∥CF， ∵∠B=90°,AB=4， ∴AB⊥BF， ∴四边形ACFD的面积=CF⋅AB=4CF=8， ∴CF=2，即平移距离为2； 故答案为：2 12．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在平面直角坐标系xoy中，正方形ABCD的边长为5，AB边在y轴上，B0,−2．若将正方形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到正方形A′B′C′D′，则点D′的坐标为 ． 【答案】−3,5 【分析】本题主要考查了点的坐标，图形的旋转变换及其性质，依题意得AB=BC=CD=AD=5，根据点B0,−2得OA=3，由旋转的性质得OA′=OA=3，且点A′在x轴的负半轴上，正方形A′B′C′D′的边长为5，由此即可得出点D′的坐标． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为5， ∴AB=BC=CD=AD=5， ∵点B0,−2， ∴OB=2， ∴OA=AB−OB=3， 由旋转的性质得：OA′=OA=3，且点A′在x轴的负半轴上，正方形A′B′C′D′的边长为5， ∴点D′的坐标为−3,5． 故答案为：−3,5． 13．如图，在等边△ABC中，BC=8cm，射线AG//BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动；点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度运动．设运动时间为ts，当t为 s时，以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形． 【答案】2或4 【分析】分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE=CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案． 【详解】解：当点F在C的左侧时，根据题意得：AE=t cm，BF=3t cm， 则CF=BC-BF=（8-3t）cm， ∵AG∥BC， ∴当AE=CF时，四边形AECF是平行四边形， 即t=8-3t， 解得：t=2； 当点F在C的右侧时，根据题意得：AE=t cm，BF=3t cm， 则CF=BF-BC=（3t-8）cm， ∵AG∥BC， ∴当AE=CF时，四边形AEFC是平行四边形， 即t=3t-8， 解得：t=4； 综上可得：当t=2或4s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题． 14．（25-26七年级上·江苏南京·期末）完美五边形是指可以无重叠、无间隙铺满整个平面的凸五边形．如图，五边形ABCDE是迄今为止人类发现的第15种完美五边形，其中∠1+∠2=160°，则∠C+∠D+∠E= ． 【答案】340°/340度 【分析】本题考查的是多边形的内角与外角，先求解∠ABC+∠BAE=360°−∠1+∠2=200°，再结合五边形的内角和定理可得答案． 【详解】解：由条件可知∠ABC+∠BAE=360°−∠1+∠2=200°， ∵5−2×180°=540°， ∴∠C+∠D+∠E=540°−200°=340°； 故答案为：340°． 15．（24-25八年级下·安徽黄山·期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M，N分别是AB,AC的中点，延长BC至点D，使CD=13BD，连接DM,DN,MN，若AC=8cm，BC=6cm，则DN= ． 【答案】5cm 【分析】本题考查的是三角形的中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．连接CM，根据三角形中位线定理得到NM=12CB，MN∥BC，证明四边形DCMN是平行四边形，得到DN=CM，根据直角三角形的性质得到CM=12AB，等量代换即可． 【详解】解：连接CM，如图， ∵∠ACB=90°，AC=8cm，BC=6cm， ∴AB=AC2+BC2=10cm． ∵M、N分别是AB、AC的中点， ∴MN=12CB，MN∥BC， 又CD=13BD， ∴CD=12BC， ∴MN=CD， 又MN∥BC， ∴四边形DCMN是平行四边形， ∴DN=CM， ∵∠ACB=90°，M是AB的中点， ∴CM=12AB=5cm， ∴DN=5cm． 故答案为：5cm． 16．如图所示，平行四边形ABCD的面积为10cm2，它的两条对角线交于点O1，以AB、AO1为邻边作平行四边形ABC1O1,平行四边形ABC1O1的对角线交于点O2，同样以AB、AO2为邻边作平行四边形ABC2O2,……，依次类推，则平行四边形ABCnOn的面积为 ． 【答案】52n−1 【分析】根据平行四边形的性质对角线互相平分可知O1是AC与DB的中点，根据等底同高得到SΔABO1=14S▱ABCD,而S▱ABC1O1=2SΔABO1，得到S▱ABC1O1=121S▱ABCD，同理易知S▱ABC2O2=12S▱ABC1O1=12×12×S▱ABCD=122S▱ABCD，以此类推，可以得到结果． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD交于点O， ∴SΔABO1=14S▱ABCD， 又∵S▱ABC1O1=2SΔABO1， ∴S▱ABC1O1=121S▱ABCD， 同理可得 S▱ABC2O2=12S▱ABC1O1=12×12×S▱ABCD=122S▱ABCD， S▱ABC3O3=12S▱ABC2O2=12×122×S▱ABCD=123S▱ABCD， ⋯， 以此类推有：S▱ABCnOn=12nS▱ABCD， 而S▱ABCD=10 ∴S▱ABCnOn=12nS▱ABCD=12n×10=52n−1， 故答案为：52n−1 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，要求学生审清题意，找出面积之间的关系，归纳总结出一般性的结论．考查了学生观察、猜想、验证及归纳总结的能力． 三、解答题（本大题共8小题，满分72分） 17．（6分）（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，▱ABCD中，BE,CF分别是∠ABC和∠BCD的平分线，BE,CF相交于点O． (1)求证：BE⊥CF； (2)若AB+BC=8，求▱ABCD的周长． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合平行四边形的性质，得AB∥CD，故∠ABC+∠BCD=180°，又因为BE,CF分别是∠ABC和∠BCD的平分线，得∠OBC+∠OCB=12(∠ABC+∠BCD)=90°，即可作答． （2）先结合平行四边形的性质，得CD=AB,AD=BC，则▱ABCD的周长=2(AB+BC)，把AB+BC=8代入计算，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD=180°， 又∵BE,CF分别是∠ABC和∠BCD的平分线， ∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠BCD=12(∠ABC+∠BCD)=90°， ∴∠BOC=180°−∠OBC+∠OCB=90°， ∴BE⊥CF． （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形． ∴CD=AB,AD=BC， ∴▱ABCD的周长=AB+BC+CD+AD=2(AB+BC)． ∵AB+BC=8， ∴▱ABCD的周长为16． 18．（6分）（25-26八年级上·江苏常州·期中）如图，在△ABC中，已知AB=AC=4，AD平分∠BAC，E为AC的中点． (1)求DE的长； (2)求证：DE∥AB． 【答案】(1)DE=2 (2)证明见解析 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，中位线的性质，掌握中位线的性质是解决本题的关键． （1）根据等腰三角形的判定和性质可得，点D是BC的中点，再根据点E为AC的中点可得，DE是△ABC的中位线，进而即可求解； （2）根据中位线的性质即可证明． 【详解】（1）解：∵AB=AC， ∴△ABC是等腰三角形， ∵AD平分∠BAC， ∴AD是BC边上的中线， ∴点D是BC的中点， 又∵点E为AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB,DE=12AB=2； （2）证明：由（1）可得，DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB． 19．（8分）（25-26八年级上·河北廊坊·期中）已知n边形（n≥3且n为整数）的内角和公式为(n−2)×180°，n边形的外角和为360°． (1)一个多边形的内角和比它的外角和的2倍少180°，求这个多边形的边数； (2)如图，GB,GC分别平分∠ABC，∠DCB，∠A=∠D=120°，求x的值． 【答案】(1)5 (2)120度 【分析】本题考查多边形的内角和和外角和问题，熟练掌握n边形的内角和公式以及n边形的外角和为360°，是解题的关键： （1）根据题意，列出方程进行求解即可； （2）根据四边形的内角和为360度，求出∠ABC+∠BCD的度数，再根据角平分线的定义和三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】（1）解：设这个多边形的边数为n，依题意，n−2×180°=360°×2−180°， 解得n=5， ∴这个多边形的边数为5． （2）解：四边形ABCD的内角和为4−2×180°=360°， ∵∠A=∠D=120°， ∴∠ABC+∠DCB=360°−∠A−∠D=120°， 又GB,GC分别平分∠ABC，∠DCB， ∴∠GBC=12∠ABC,∠GCB=12∠BCD， ∴∠GBC+∠GCB=12(∠ABC+∠DCB)=60°， ∴x=180°−60°=120°． 20．（8分）（25-26九年级上·安徽芜湖·期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的各顶点坐标分别为A−2,−2,B−4,−1,C−4,−4． (1)画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1； (2)画出△ABC绕原点顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平面直角坐标系中图形的中心对称与旋转变换，解题的关键是掌握关于原点对称的点的坐标特征和绕原点顺时针旋转90°的点的坐标变换规律． （1）先根据关于原点对称的点的坐标特征，求出A，B，C三点关于原点的对称点A1,B1,C1的坐标，再顺次连接各点； （2）先根据绕原点顺时针旋转90°的坐标变换规律，求出A，B，C三点旋转后的对应点A2,B2,C2的坐标，再顺次连接各点． 【详解】（1）解：∵ 点(x,y)关于原点对称的点的坐标为(−x,−y)， ∴A(−2,−2)关于原点对称的点A1(2,2)， B(−4,−1)关于原点对称的点B1(4,1)， C(−4,−4)关于原点对称的点C1(4,4)． 顺次连接A1,B1,C1，得到△A1B1C1，即为所求（见下图）． （2）解：∵ 点(x,y)绕原点顺时针旋转90°后的对应点坐标为(y,−x)， ∴A(−2,−2)旋转后的对应点A2(−2,2)， B(−4,−1)旋转后的对应点B2(−1,4)， C(−4,−4)旋转后的对应点C2(−4,4)． 顺次连接A2,B2,C2，得到△A2B2C2，即为所求（见上图）． 21．（10分）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O， E、F是AC上的两点． (1)添加一个条件 ，使四边形BFDE是平行四边形； (2)在（1）添加的条件下，写出证明过程． 【答案】(1)OF=OE（答案不唯一） (2)见详解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟记对角线互相平分的四边形为平行四边形是解题的关键． （1）添加一个条件使四边形BFDE是平行四边形即可． （2）由平行四边形的性质得OB=OD，再由OF=OE，即可得出结论． 【详解】（1）解：添加条件：OF=OE．使四边形BFDE是平行四边形， 故答案为：OF=OE（答案不唯一） （2）证明∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD， 又∵OF=OE， ∴四边形BFDE是平行四边形． 22．（10分）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，线段AB的端点A，B都在正方形网格的格点上． (1)请在网格中画出▱ABCD，使AD=13（点C，D都在正方形网格的格点上）； (2)在（1）中所画出的▱ABCD内部取一点O，连接OE，使得直线OE平分▱ABCD的面积（保留必要作图痕迹）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图—应用与设计作图，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． （1）根据平行四边形的判定以及数形结合的思想解决问题即可； （2）根据平行四边形的性质以及数形结合的思想解决问题即可． 【详解】（1）解：如图，平行四边形ABCD即为所求． （2）连接AC,BD交于点O，作直线EO，直线EO即为所求． 23．（12分）（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AB，AC上的中线，BD与CE相交于点O，点M，N分别是OB，OC的中点． (1)求证：四边形DEMN是平行四边形； (2)求证：OB=2OD； (3)试猜想S四边形DEMN与S△ABC的数量关系并给予证明． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)S四边形DEMN=13S△ABC，证明见解析． 【分析】本题主要考查三角形中位线定理、平行四边形的判定及三角形面积的计算，属于几何综合题． （1）利用三角形中位线定理，分别证明DE和MN都平行且等于BC的一半，从而得到DE与MN平行且相等，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可得证； （2）利用平行四边形对角线互相平分的性质得到OD=OM，结合M是OB中点的条件，即可推导出OB=2OD； （3）将四边形DEMN的面积拆成两个三角形的面积和，再利用已知的线段比例，结合等高三角形面积比等于底边长之比的性质，算出其中一个小三角形面积占对应大三角形面积的三分之一，并用同样的方法推出另一部分三角形的面积占比，最后结合两个相关三角形面积之和△ABC的面积，把两部分面积合并得证． 【详解】（1）解：∵BD，CE分别是边AB，AC上的中线， ∴D是AC的中点，E是AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC，且DE=12BC； 又∵点M，N分别是OB，OC的中点， ∴MN是△OBC的中位线， ∴MN∥BC，且MN=12BC； ∴DE∥MN，且DE=MN， ∴四边形DEMN是平行四边形； （2）解：∵四边形DEMN是平行四边形， ∴OD=OM； 又∵M是OB的中点， ∴OB=2OM， ∴OB=2OD； （3）解：猜想S四边形DEMN=13S△ABC，证明如下： 由（1）BM=MO=OD，EO=ON=NC， ∴S△BEM=S△MEO=S△EOD，EOEC=13， ∴S△EMD=S△EBO． ∵△BEO与△BEC同高， ∴S△EMD=S△EBO=13S△BEC， 同理可得：S△EDN=13S△AEC． 又S四边形DEMN=S△EMD+S△EDN，S△BEC+S△AEC=S△ABC， ∴S四边形DEMN=13S△BEC+13S△AEC=13(S△BEC+S△AEC)=13S△ABC． 24．（12分）（25-26九年级上·广东湛江·期末）综合运用 如图1，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上．如图2．将正方形OABC绕点O逆时针旋转，旋转角为α0∘