2023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.3 正方形同步分层训练提升题
一、选择题
1．（2023八下·汉阳期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行另一组对角相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形为菱形，本项错误，不符合题意；
B、一组对边平行另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能为等腰梯形，本项错误，不符合题意；
C、一组对边平行另一组对角相等的四边形是平行四边形，本项正确，符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，本项错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据正方形，平行四边形和菱形的判定定理，逐项判断即可.
2．（2023八下·嵩明期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形DCE，连接AE，则∠ADE为（ ）
A．120° B．130° C．150° D．160°
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∵△DCE是等边三角形，
∴CD=DE，∠CDE=60°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°+60°=150°．
故答案为：C．
【分析】根据正方形与等边三角形的性质，即可求解．
3．（2023九上·都昌期中）下列说法错误的是（ ）
A．平行四边形的对边相等
B．正方形的对角线互相垂直平分且相等
C．菱形的对角线相等且平分
D．矩形的对角线相等且互相平分
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：
A、平行四边形的对边相等，A不符合题意；
B、正方形的对角线互相垂直平分且相等，B不符合题意；
C、菱形的对角线不相等但平分，C符合题意；
D、矩形的对角线相等且互相平分，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、矩形的性质即可求解。
4．（2021七上·鄞州期末）如图一标志性建筑的底面呈正方形，底面采用4块完全相同的长方形地砖和一块正方形地砖拼成，则以下说法正确的是
A．由长方形地砖的周长可求外面大正方形的面积
B．由长方形地砖的面积可求外面大正方形的面积
C．由里面小正方形地砖的周长可求长方形的面积
D．由里面小正方形地砖的面积可求大正方形的面积
【答案】A
【知识点】矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设长方形地砖相邻两边分别为 、 ，如图：
由图可知，外面大正方形的面积为 ，
而 等于长方形地砖的周长的一半，
由长方形地砖的周长可求外面大正方形的面积.
故答案为：A.
【分析】设长方形地砖相邻两边分别为a、b，由图可知：外面大正方形的面积为(a+b)2，而a+b等于长方形地砖的周长的一半，据此解答.
5．（2023八上·杭州月考）在图1所示的的网格内有一个八边形，其中每个小方格的边长均为1.经探究发现，此八边形可按图2的方式分割成四个全等的五边形和一个小正方形①.现将分割后的四个五边形重新拼接(即图2中的阴影部分)，得到一个大正方形ABCD，发现该正方形中间的空白部分②也是个正方形，记正方形①得面积为S1，正方形②的面积为S2，且，则大正方形ABCD的边长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】全等图形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，构成正方形②的边长为：，
八边形的面积为：3×3-4××1×1=7，
∴正方形②的面积为S2=（）2=2，
∵S1：S2=3∶2，
∴S1=3，
∴四个全等的五边形的面积=7-3=4，
∴大正方形ABCD的面积=四个全等的五边形的面积+S2=4+2=6，
∴大正方形ABCD的边长=.
故答案为：D.
【分析】由题意用勾股定理求出构成正方形②的边长和面积，由图形的构成求出八边形的面积，根据S1：S2=3∶2求出S1的值，于是可得四个全等的五边形的面积，根据大正方形ABCD的面积=四个全等的五边形的面积+S2求出大正方形ABCD的面积，则大正方形ABCD的边长可求解.
6．（2023九上·太原期中）如图，点E是正方形ABCD内部的一点，△CDE为等边三角形，连接AE并延长交BD于点F，∠AFD的度数为（ ）
A．55° B．60° C．70° D．75°
【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵正方形ABCD，等边△CDE，
∴AD=CD，∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，CD=DE，∠EDC=60°，∠ABD=45°，
∴AD=DE，∠ADE=90°-60°=30°，
∴∠DAF=×（180°-30°）=75°，
∴∠BAF=90°-75°=15°，
∴∠AFD=∠BAF+∠ABF=15°+45°=60°，
故答案为：B.
【分析】利用正方形和等边三角形的性质可得AD=DE，∠ADE=90°-60°=30°，再利用角的运算求出∠AFD的度数即可.
7．（2023八上·太原期中）如图，用两个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，则下列关于大正方形边长的说法正确的是（ ）
A．是整数 B．满足 C．是分数 D．是无理数
【答案】D
【知识点】正方形的性质；无理数的概念
【解析】【解答】∵两个正方形的边长均是1，
∴两个小正方形的面积都是1，
∴拼接成的大正方形的面积为2，
∴此时大正方形的边长为a=，
∴a为无理数，
故答案为：D.
【分析】先求出拼接成的大正方形的面积为2，再利用正方形的面积公式求出边长为，再逐项分析判断即可.
8．（2023九下·姜堰月考）我们知道，四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的边在x轴上，的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，，
.
故答案为：D.
【分析】由题意可得AD′=AD=2，AO=AB=1，利用勾股定理可得OD′，据此不难得到点C′的坐标.
二、填空题
9．（2023八上·青羊月考）如图，，正方形和正方形的面积分别是169和144，则以为直径的半圆的面积是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形和正方形的面积分别是169和144，
，，
，
，
，
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质得到AD和AE的长，进而根据勾股定理得到DE的长，再根据圆面积公式即可求解。
10．（2023九上·永修期中） 如图，在坐标系中，正方形的边长为2，点是轴上一动点．若与的两边所组成的角的度数之比为，则点的坐标为 ．
【答案】（4，0）或（，0）或（，0）
【知识点】坐标与图形性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
①当时，则，
，
，
此时点的坐标为；
②当时，则，
连接，则，，
此时平分，
过点作于，则，
，
此时点的坐标为，；
③当时，则，
，
此时点的坐标为，；
综上所述，点的坐标为或，或，．
故答案为：或，或，．
【分析】分情况分别画出相应图形，①当时，可得则；②当时，则，此时平分，过点作于，则，③当时，得，则，进而得出点的坐标．
11．（2023九上·太原期中）我们知道，在图形从一般向特殊变化的过程中，它的组成元素及相关元素之间的关系也越来越特殊.下面是小颖从“对角线”的角度对平行四边形矩形、菱形、正方形之间关系的梳理，图中“▲”处应填写的内容是 .
【答案】对角线互相垂直且相等
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】∵对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，
∴“▲”处应填写的内容是：对角线互相垂直且相等，
故答案为：对角线互相垂直且相等.
【分析】根据利用平行四边形证明正方形的判定方法分析求解即可.
12．（2023九上·鄠邑期中）如图，直线过正方形的顶点，点，到直线的距离，分别为6和4，则正方形的面积是 。
【答案】52
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵为正方形，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
故正方形面积为52．
故答案为：52．
【分析】由正方形性质得到，再由与都垂直于，利用同角的余角相等得到，再得出，由全等三角形对应边相等得到，在中，利用勾股定理求出，即可得出正方形的面积．
13．（2023九上·绥化期中）如图，将正方形放在平面直角坐标系中，是坐标原点，的坐标为，则点的坐标为 .
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过A作AE⊥x轴，过点B作BF⊥y轴，交EA延长线于D，如图：
∵四边形OABC为正方形，
∴
∵
∴
在和中
∴
∴
∴点B的横坐标为：
点B的纵坐标为：
∴点B坐标为：
故答案为：.
【分析】过A作AE⊥x轴，过点B作BF⊥y轴，交EA延长线于D，利用"AAS"证明，得到BF，DE的长度，进而可得到点B的坐标.
三、解答题
14．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形ABCD的顶点B，D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE=8，BF=5，求EF的长．
【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠BAD= 90°．
又∵∠FAB+∠FBA=∠FAB+∠EAD=90°，∴∠FBA=∠EAD．
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，
∴在△AFB和△DEA中，
∴△AFB≌△DEA(AAS)，∴AF=DE=8，BF=AE=5，∴EF=AF+AE=DE+BF=8+5=13．
【知识点】余角、补角及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】利用余角的性质证得∠FBA=∠EAD，再通过AAS判定△AFB≌△DEA，进而得到AF=DE=8，BF=AE=5，然后即可计算出EF的长度.
15．（2023九上·都昌期中）如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，P、Q分别是BM、DN的中点.
（1）求证：.
（2）连接MQ、PN，判断四边形MPNQ的形状，并说明理由.
（3）矩形ABCD的边AB与AD满足什么长度关系时，四边形MPNQ是正方形？请说明理由.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，
∵M、N分别是AD、BC的中点，∴，
∴，∴
（2）解：四边形MPNQ是菱形，理由如下：
如图，连接MN，则四边形ABNM是矩形，
∵P是BM的中点，∴，
同理可得，
∵，∴，
∴四边形MPNQ是菱形.
（3）解：当时，四边形MPNQ是正方形，理由如下：
如图：连接PQ、AP.
由（2）可知，四边形MPNQ是菱形，∴，
∵，∴，
∵P、Q分别是AN、DN的中点，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴菱形MPNQ是正方形.
【知识点】平行线的判定；菱形的判定；矩形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）先根据矩形的性质得到，，，进而运用三角形全等的判定（SAS）与性质证明即可求解；
（2）连接MN，则四边形ABNM是矩形，先根据中点即可得到，同理可得，再结合菱形的判定即可求解；
（3）连接PQ、AP，先根据菱形的性质得到，进而根据平行线的判定得到，再根据题意运用正方形的判定即可求解。
四、综合题
16．（2019八下·博白期末）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，连接CE，CF，OE，OF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）当AB与BC满足什么关系时，四边形AEOF是正方形？请说明理由．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，AB＝BC＝DC＝AD，
∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，
∴AE＝BE＝DF＝AF，O F＝ DC，OE＝ BC，OE∥BC，
在△BCE和△DCF中， ，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）解：当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由如下：
由（1）得：AE＝OE＝OF＝AF，
∴四边形AEOF是菱形，
∵AB⊥BC，OE∥BC，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO＝90°，
∴四边形AEOF是正方形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质，易证∠B＝∠D，AB＝BC＝DC＝AD，根据线段中点的定义，可证得BE=DF；再利用SAS可证得两三角形全等。
（2）根据线段的中点可证OE，OF是△ABC和△ACD的中位线，利用中位线定理就可推出AE=OE=OF=AF，即可证得四边形AEOF是菱形，要证此四边形是正方形，因此只需证这个四边形的一个角是直角，因此添加条件：菱形ABCD一组相邻的两边互相垂直即可。
17．（2023·宁乡市模拟） 如图，正方形的边长为，为边上一动点点与点，不重合，连接交对角线于点，过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）如图，过点作于，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出的长；若变化，请说明变化规律．
（3）证明：在点的运动过程中，总有成立．
【答案】（1）证明：四边形为正方形，
，，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：的长度不发生变化，
理由：连接交于点，如图．
≌，
，，
，
，
，
，
，
．
．
，
，
，
，
，
又四边形为正方形，
，，
在和中，
，
≌，
，
的长度不发生变化；
（3）证明：如图所示：过点作，，垂足分别为，．
四边形为正方形，
，
，
，
，
平分，，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形是矩形，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形性质和全等三角形判定定理可得≌，再根据全等三角形性质即可求出答案。
（2）连接交于点， 根据全等三角形性质，进行角之间的转换可得，再根据垂线性质，正方形性质，全等三角形判定定理可得≌，再根据全等三角形性质可得，即可求出答案。
（3）过点作，，垂足分别为，． 根据正方形性质，垂线性质，角平分线性质可得，证明出≌，可得，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，即可求出答案。
1 / 12023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.3 正方形同步分层训练提升题
一、选择题
1．（2023八下·汉阳期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
B．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行另一组对角相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
2．（2023八下·嵩明期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形DCE，连接AE，则∠ADE为（ ）
A．120° B．130° C．150° D．160°
3．（2023九上·都昌期中）下列说法错误的是（ ）
A．平行四边形的对边相等
B．正方形的对角线互相垂直平分且相等
C．菱形的对角线相等且平分
D．矩形的对角线相等且互相平分
4．（2021七上·鄞州期末）如图一标志性建筑的底面呈正方形，底面采用4块完全相同的长方形地砖和一块正方形地砖拼成，则以下说法正确的是
A．由长方形地砖的周长可求外面大正方形的面积
B．由长方形地砖的面积可求外面大正方形的面积
C．由里面小正方形地砖的周长可求长方形的面积
D．由里面小正方形地砖的面积可求大正方形的面积
5．（2023八上·杭州月考）在图1所示的的网格内有一个八边形，其中每个小方格的边长均为1.经探究发现，此八边形可按图2的方式分割成四个全等的五边形和一个小正方形①.现将分割后的四个五边形重新拼接(即图2中的阴影部分)，得到一个大正方形ABCD，发现该正方形中间的空白部分②也是个正方形，记正方形①得面积为S1，正方形②的面积为S2，且，则大正方形ABCD的边长为（ ）
A． B．2 C． D．
6．（2023九上·太原期中）如图，点E是正方形ABCD内部的一点，△CDE为等边三角形，连接AE并延长交BD于点F，∠AFD的度数为（ ）
A．55° B．60° C．70° D．75°
7．（2023八上·太原期中）如图，用两个边长为1的小正方形拼成一个大正方形，则下列关于大正方形边长的说法正确的是（ ）
A．是整数 B．满足 C．是分数 D．是无理数
8．（2023九下·姜堰月考）我们知道，四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的边在x轴上，的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023八上·青羊月考）如图，，正方形和正方形的面积分别是169和144，则以为直径的半圆的面积是 ．
10．（2023九上·永修期中） 如图，在坐标系中，正方形的边长为2，点是轴上一动点．若与的两边所组成的角的度数之比为，则点的坐标为 ．
11．（2023九上·太原期中）我们知道，在图形从一般向特殊变化的过程中，它的组成元素及相关元素之间的关系也越来越特殊.下面是小颖从“对角线”的角度对平行四边形矩形、菱形、正方形之间关系的梳理，图中“▲”处应填写的内容是 .
12．（2023九上·鄠邑期中）如图，直线过正方形的顶点，点，到直线的距离，分别为6和4，则正方形的面积是 。
13．（2023九上·绥化期中）如图，将正方形放在平面直角坐标系中，是坐标原点，的坐标为，则点的坐标为 .
三、解答题
14．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形ABCD的顶点B，D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE=8，BF=5，求EF的长．
15．（2023九上·都昌期中）如图，在矩形ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，P、Q分别是BM、DN的中点.
（1）求证：.
（2）连接MQ、PN，判断四边形MPNQ的形状，并说明理由.
（3）矩形ABCD的边AB与AD满足什么长度关系时，四边形MPNQ是正方形？请说明理由.
四、综合题
16．（2019八下·博白期末）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，连接CE，CF，OE，OF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）当AB与BC满足什么关系时，四边形AEOF是正方形？请说明理由．
17．（2023·宁乡市模拟） 如图，正方形的边长为，为边上一动点点与点，不重合，连接交对角线于点，过点作交于点，连接．
（1）求证：；
（2）如图，过点作于，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出的长；若变化，请说明变化规律．
（3）证明：在点的运动过程中，总有成立．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形为菱形，本项错误，不符合题意；
B、一组对边平行另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能为等腰梯形，本项错误，不符合题意；
C、一组对边平行另一组对角相等的四边形是平行四边形，本项正确，符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，本项错误，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据正方形，平行四边形和菱形的判定定理，逐项判断即可.
2．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∵△DCE是等边三角形，
∴CD=DE，∠CDE=60°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°+60°=150°．
故答案为：C．
【分析】根据正方形与等边三角形的性质，即可求解．
3．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：
A、平行四边形的对边相等，A不符合题意；
B、正方形的对角线互相垂直平分且相等，B不符合题意；
C、菱形的对角线不相等但平分，C符合题意；
D、矩形的对角线相等且互相平分，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、矩形的性质即可求解。
4．【答案】A
【知识点】矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设长方形地砖相邻两边分别为 、 ，如图：
由图可知，外面大正方形的面积为 ，
而 等于长方形地砖的周长的一半，
由长方形地砖的周长可求外面大正方形的面积.
故答案为：A.
【分析】设长方形地砖相邻两边分别为a、b，由图可知：外面大正方形的面积为(a+b)2，而a+b等于长方形地砖的周长的一半，据此解答.
5．【答案】D
【知识点】全等图形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，构成正方形②的边长为：，
八边形的面积为：3×3-4××1×1=7，
∴正方形②的面积为S2=（）2=2，
∵S1：S2=3∶2，
∴S1=3，
∴四个全等的五边形的面积=7-3=4，
∴大正方形ABCD的面积=四个全等的五边形的面积+S2=4+2=6，
∴大正方形ABCD的边长=.
故答案为：D.
【分析】由题意用勾股定理求出构成正方形②的边长和面积，由图形的构成求出八边形的面积，根据S1：S2=3∶2求出S1的值，于是可得四个全等的五边形的面积，根据大正方形ABCD的面积=四个全等的五边形的面积+S2求出大正方形ABCD的面积，则大正方形ABCD的边长可求解.
6．【答案】B
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵正方形ABCD，等边△CDE，
∴AD=CD，∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，CD=DE，∠EDC=60°，∠ABD=45°，
∴AD=DE，∠ADE=90°-60°=30°，
∴∠DAF=×（180°-30°）=75°，
∴∠BAF=90°-75°=15°，
∴∠AFD=∠BAF+∠ABF=15°+45°=60°，
故答案为：B.
【分析】利用正方形和等边三角形的性质可得AD=DE，∠ADE=90°-60°=30°，再利用角的运算求出∠AFD的度数即可.
7．【答案】D
【知识点】正方形的性质；无理数的概念
【解析】【解答】∵两个正方形的边长均是1，
∴两个小正方形的面积都是1，
∴拼接成的大正方形的面积为2，
∴此时大正方形的边长为a=，
∴a为无理数，
故答案为：D.
【分析】先求出拼接成的大正方形的面积为2，再利用正方形的面积公式求出边长为，再逐项分析判断即可.
8．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：，
，
，
，，
.
故答案为：D.
【分析】由题意可得AD′=AD=2，AO=AB=1，利用勾股定理可得OD′，据此不难得到点C′的坐标.
9．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形和正方形的面积分别是169和144，
，，
，
，
，
故答案为：
【分析】先根据正方形的性质得到AD和AE的长，进而根据勾股定理得到DE的长，再根据圆面积公式即可求解。
10．【答案】（4，0）或（，0）或（，0）
【知识点】坐标与图形性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
①当时，则，
，
，
此时点的坐标为；
②当时，则，
连接，则，，
此时平分，
过点作于，则，
，
此时点的坐标为，；
③当时，则，
，
此时点的坐标为，；
综上所述，点的坐标为或，或，．
故答案为：或，或，．
【分析】分情况分别画出相应图形，①当时，可得则；②当时，则，此时平分，过点作于，则，③当时，得，则，进而得出点的坐标．
11．【答案】对角线互相垂直且相等
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】∵对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，
∴“▲”处应填写的内容是：对角线互相垂直且相等，
故答案为：对角线互相垂直且相等.
【分析】根据利用平行四边形证明正方形的判定方法分析求解即可.
12．【答案】52
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵为正方形，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
故正方形面积为52．
故答案为：52．
【分析】由正方形性质得到，再由与都垂直于，利用同角的余角相等得到，再得出，由全等三角形对应边相等得到，在中，利用勾股定理求出，即可得出正方形的面积．
13．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过A作AE⊥x轴，过点B作BF⊥y轴，交EA延长线于D，如图：
∵四边形OABC为正方形，
∴
∵
∴
在和中
∴
∴
∴点B的横坐标为：
点B的纵坐标为：
∴点B坐标为：
故答案为：.
【分析】过A作AE⊥x轴，过点B作BF⊥y轴，交EA延长线于D，利用"AAS"证明，得到BF，DE的长度，进而可得到点B的坐标.
14．【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠BAD= 90°．
又∵∠FAB+∠FBA=∠FAB+∠EAD=90°，∴∠FBA=∠EAD．
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，
∴在△AFB和△DEA中，
∴△AFB≌△DEA(AAS)，∴AF=DE=8，BF=AE=5，∴EF=AF+AE=DE+BF=8+5=13．
【知识点】余角、补角及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】利用余角的性质证得∠FBA=∠EAD，再通过AAS判定△AFB≌△DEA，进而得到AF=DE=8，BF=AE=5，然后即可计算出EF的长度.
15．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，，，
∵M、N分别是AD、BC的中点，∴，
∴，∴
（2）解：四边形MPNQ是菱形，理由如下：
如图，连接MN，则四边形ABNM是矩形，
∵P是BM的中点，∴，
同理可得，
∵，∴，
∴四边形MPNQ是菱形.
（3）解：当时，四边形MPNQ是正方形，理由如下：
如图：连接PQ、AP.
由（2）可知，四边形MPNQ是菱形，∴，
∵，∴，
∵P、Q分别是AN、DN的中点，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴菱形MPNQ是正方形.
【知识点】平行线的判定；菱形的判定；矩形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）先根据矩形的性质得到，，，进而运用三角形全等的判定（SAS）与性质证明即可求解；
（2）连接MN，则四边形ABNM是矩形，先根据中点即可得到，同理可得，再结合菱形的判定即可求解；
（3）连接PQ、AP，先根据菱形的性质得到，进而根据平行线的判定得到，再根据题意运用正方形的判定即可求解。
16．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，AB＝BC＝DC＝AD，
∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，
∴AE＝BE＝DF＝AF，O F＝ DC，OE＝ BC，OE∥BC，
在△BCE和△DCF中， ，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）解：当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由如下：
由（1）得：AE＝OE＝OF＝AF，
∴四边形AEOF是菱形，
∵AB⊥BC，OE∥BC，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO＝90°，
∴四边形AEOF是正方形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质，易证∠B＝∠D，AB＝BC＝DC＝AD，根据线段中点的定义，可证得BE=DF；再利用SAS可证得两三角形全等。
（2）根据线段的中点可证OE，OF是△ABC和△ACD的中位线，利用中位线定理就可推出AE=OE=OF=AF，即可证得四边形AEOF是菱形，要证此四边形是正方形，因此只需证这个四边形的一个角是直角，因此添加条件：菱形ABCD一组相邻的两边互相垂直即可。
17．【答案】（1）证明：四边形为正方形，
，，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：的长度不发生变化，
理由：连接交于点，如图．
≌，
，，
，
，
，
，
，
．
．
，
，
，
，
，
又四边形为正方形，
，，
在和中，
，
≌，
，
的长度不发生变化；
（3）证明：如图所示：过点作，，垂足分别为，．
四边形为正方形，
，
，
，
，
平分，，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形是矩形，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形性质和全等三角形判定定理可得≌，再根据全等三角形性质即可求出答案。
（2）连接交于点， 根据全等三角形性质，进行角之间的转换可得，再根据垂线性质，正方形性质，全等三角形判定定理可得≌，再根据全等三角形性质可得，即可求出答案。
（3）过点作，，垂足分别为，． 根据正方形性质，垂线性质，角平分线性质可得，证明出≌，可得，根据矩形判定定理可得四边形是矩形，则，即可求出答案。
1 / 1
