2024年浙教版数学八年级下册5.3正方形课后提高练
一、填空题
1．如图，四边形ABCD是正方形，延长AB至点E，使AE=AC，连结CE，则∠BCE的度数为 °.
【答案】22.5
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=∠CAB=45°，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠E=（180°-45°）=67.5，
∴∠BCE=∠ACE-∠ACB=67.5°-45°=22.5°.
故答案为：22.5°.
【分析】根据正方形的性质可得∠ACB=∠CAB=45°，由等边对等角和三角形的内角和定理可得∠ACE=∠E=67.5，然后根据角的构成∠BCE=∠ACE-∠ACB可求解.
2．如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O ，O 是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是 .
【答案】2
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：连接O1C，O1B，
由正方形的性质得：∠GO1F=∠CO1B=90°，O1C=O1B，∠GCO1=∠O1BF=45°，
∴∠GO1C=∠FO1B，
∴△GCO1≌△O1BF（ASA）
∴S△GCO1=S△O1BF
∴ O ，O 两个正方形阴影部分的面积=△CO1B的面积=正方形的面积=×2×2=1，
同理另外一个阴影部分的面积=正方形的面积=×2×2=1，
∴ 阴影部分的面积=1+1=2.
故答案为：2.
【分析】连接O1C，O1B，由正方形的性质得∠GO1F=∠CO1B=90°，O1C=O1B，∠GCO1=∠O1BF=45°，由同角的余角相等得∠GO1C=∠FO1B，从而用ASA可证△GCO1≌△O1BF，可得 O ，O 两个正方形阴影部分的面积=△CO1B的面积=正方形的面积，同理可得另外一个阴影部分的面积=正方形的面积，继而得解.
3．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连结AF，DE．若∠FAC=15°，则∠AED的度数为
【答案】105
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：105.
【分析】利用正方形的性质可得，再通过平行线的性质亦可证得，进而得到，通过SAS即可判定求得的度数，然后利用三角形的内角和定理计算出的度数.
4．（2024八下·广州开学考） 年国际数学家大会在北京召开，大会的会标是由我国古代数学家赵爽的“弦图”演变而来，体现了数学研究中的继承和发展如图是用八个全等的直角三角形拼接而成的“弦图”记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、若正方形的边长为，则 ．
【答案】30
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：在中，由勾股定理得：，
八个直角三角形全等，四边形，四边形，四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
正方形的边长为，
，
，
故答案为：30．
【分析】在Rt△CFG中，由勾股定理得CG2+CF2=GF2=10，由全等三角形的性质得CG=FM=NG，CF=FN=DG，由正方形面积公式得，，，然后结合GF的长度可求出S1+S2+S3.
二、解答题
5．（2023八下·兴仁月考）如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，当 ▲ 度时，四边形为正方形并证明．
【答案】（1）证明：∵交于点E，交于点F．
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，
∵是的一条角平分线，
∴∠EAD=∠FAD，
∴∠ADF=∠FAD，
∴FA=FD，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）解：当△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，此时∠C=55°，四边形AEDF是正方形，
理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
由（1）可得四边形AEDF是菱形，
∴四边形AEDF是正方形，
∵∠B=35°，∠BAC=90°，
∴∠C=55°，
故答案为：55°.
【知识点】菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先利用角平分线的定义及等量代换可得∠ADF=∠FAD，利用等角对等边的性质可得FA=FD，再结合四边形AEDF是平行四边形，可得四边形AEDF是菱形；
（2）根据△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，四边形AEDF是菱形，可得四边形AEDF是正方形，再结合∠B=35°，∠BAC=90°，求出∠C=55°即可.
6．如图，正方形 ABCD 的边长为4，E 为BC 边上的一点，BE=1，F为AB 的中点.若 P 为对角线AC 上的一个动点，求 PF+PE的最小值.
【答案】解：作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE，
∴∠AHE′=90°，
∵正方形ABCD，
∴AC是正方形的对称轴，
∴点E的对称点E′在CD上，PE=PE′，CE=CE′，∠D=∠DAH=90°，
∴PE+PF=PE′+PF=E′F，
∴DE′=BE，
根据垂线段最短，可知此时PE+PF的最小值是E′F的长；
∵∠D=∠DAH=∠AHE′=90°，
∴四边形AHE′D是矩形，
∴AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4
∵点F为AB的中点，
∴AF=AB=2，
∴HF=AF-AH=2-1=1，
在Rt△E′HF中
，
∴PF+PE的最小值为.
故答案为：.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE，利用正方形的性质可证AC是正方形的对称轴，利用轴对称的性质可证PE=PE′，CE=CE′，由此可推出PE+PF的最小值是E′F的长；利用矩形的判定和性质可推出AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4，同时可求出AF的长，足球初HF的长；在Rt△E′HF中，利用勾股定理求出E′F的长，即可得到PF+PE的最小值.
7．如图，在△ABC中，AB=AC，AD是BC 边上的中线，E 是 AD 上一点，过点 B作BF∥EC，交AD的延长线于点F，连结BE，CF.
（1）求证：△BDF≌△CDE.
（2）当 ED 与BC 满足什么数量关系时，四边形BECF 是正方形 请说明理由.
【答案】（1）证明：∵ AD是BC 边上的中线 ，
∴BD=CD，
∵ BF∥EC ，
∴∠ECD=∠DBF，
∵∠BDF=∠EDC，
∴△BDF≌△CDE（ASA）；
（2）解：当时，四边形BECF 是正方形.
理由：∵△BDF≌△CDE
∴DE=DF，BF=CE，
∵BF∥EC
∴四边形BECF是平行四边形，
∵ AB=AC，AD是BC 边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴四边形BECF是菱形，
∵，DE=DF=EF，
∴EF=BC，
∴ 四边形BECF 是正方形 .
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）根据ASA证明△BDF≌△CDE；（2）先证四边形BECF是平行四边形，由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，可证四边形BECF是菱形，由可得EF=BC，从而证四边形BECF是正方形 .
三、选择题
8．（2023八下·兴仁月考）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当时，是矩形
B．当时，是菱形
C．当是正方形时，
D．当是菱形时，
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；正方形的性质
【解析】【解答】A、∵四边形是平行四边形，当时，∴是矩形，∴A正确，不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，当时，∴是菱形，∴B正确，不符合题意；
C、∵当是正方形时，，∴C正确，不符合题意；
D、∵当是菱形时，无法证出，∴D不正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用矩形的判定方法、菱形的判定和性质及正方形的性质逐项分析判断即可.
9．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变.如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形 ，若 ，则菱形 的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点D′作D′M⊥AB于点M，
∵，
∴，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AD′=AB，
∴S菱形ABC′D′=AB×D′M= ，
∵S正方形ABCD=AB2，
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比为 ，
故答案为：B.
【分析】首先根据题意得到菱形的边长和正方形的边长相等，再根据∠D'AB=30°得到菱形的高等于其边长的一半，最后分别表示出正方形的面积和菱形的面积，然后求出比值即可.
10．有下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③矩形的对角线平分一组对角；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形.其中真命题是（ ）
A．②③④ B．②④ C．①② D．①
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；矩形的性质；正方形的判定；轴对称图形；中心对称及中心对称图形；真命题与假命题
【解析】【解答】解： ①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形 ，是真命题；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，是假命题，对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形；
③矩形的对角线平分一组对角，是假命题，正方形和菱形的每一条对角线才平分一组对角；
④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形，是假命题，正五边形是轴对称图形不是中心对称图形.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形、正方形的判定，矩形的性质及轴对称图形，逐项判断即可得解.
11．如图，在正方形ABCD中，E，F 分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是 （ ）
A．AB B．DG C．BD D．AF
【答案】D
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图：
取CD中点H，并连接PH.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，BD平分∠ADC，∠ABC=∠ADC=90°.
∴∠ADB=∠CDB.
∵E，F 分别为AD，BC的中点，
∴，，，
∴DE=DH=BF.
∴△ABF≌△ADH（SAS），
∴AF=AH.
又∵DP=DP，
∴△DEP≌△DHP（SAS），
∴EP=HP.
∴AP+EP=AP+HP≥AH，
∴AP+EP≥AF.
故答案为：D.
【分析】取CD中点H，并连接PH.根据正方形性质可得AB=BC=CD=AD，∠ADB=∠CDB. ∠ABC=∠ADC=90°.根据E，F 分别为AD，BC的中点，可得DE=DH=BF.于是可证得△ABF≌△ADH，△DEP≌△DHP，所以有AF=AH，EP=HP.即可得到结论.
12．如图，在平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形OABC 是边长为1的正方形，OC与x轴正半轴的夹角为15°，则点B的纵坐标为 （ ）
A．-2 B．
C． D．
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：如图，过点B作BD⊥x轴于点D，连接OB，
∵四边形OABC是边长为1的正方形，
∴∠BOC=45°，∠C=90°，
∴，
∵∠BOC=45°，∠COD=15°，
∴∠BOD=∠BOC-∠COD=30°，
∵BD⊥x轴，
∴∠BDO=90°，
∴，即点B的纵坐标的绝对值为，
∵点B在第三象限，
∴点B的纵坐标为.
故答案为：B.
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于点D，连接OB，由正方形得性质得∠BOC=45°，∠C=90°，由勾股定理算出OB的长，进而根据含30°角直角三角形的性质可求出BD的长，即得出点B的纵坐标的绝对值，最后结合点B在第三象限可求出点B的纵坐标.
13．如图，在边长为4的正方形ABCD中，∠CDE=30°，DE⊥CF，则AF 的长为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC=AB=，∠BCD=∠B=90°，
∵ DE⊥CF ，
∴∠CDE+∠DCO=∠DCO+∠FCB=90°，
∴∠FCB= ∠CDE=30° ，
∴BC=BF=，
∴BF=4，
∴AF=AB-BF=-4.
故答案为：D.
【分析】根据余角的性质可推出∠FCB= ∠CDE=30° ，从而得出BC=BF=，据此求出BF，利用AF=AB-BF即可求解.
14．如图，M 是正方形ABCD 内的一点，且MC=MD =AD，则∠AMB的度数为 （ ）
A．120° B．135° C．145° D．150
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=∠BAD=90°，
∵ MC=MD =AD ，
∴MC=MD =CD ，
∴△MCD是等边三角形，
∴∠CDM=∠DMC=60°，
∴∠ADM=∠ADC-∠CDM=30°，
∵MD=AD ，
∴∠DMA=∠DAM=（180°-30°）=75°，
同理可得：∠CMB=75°，
∴ ∠AMB=360°-∠CMB-∠DMA-∠DMC=150°.
故答案为：D.
【分析】利用正方形的性质及已知可得△MCD是等边三角形，可得∠CDM=∠DMC=60°，再利用等腰三角形的性质可求出∠DMA=∠CMB=75°，利用∠AMB=360°-∠CMB-∠DMA-∠DMC即可求解.
15．（2022八下·朝阳期末）如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论：
①正方形ABCD的面积等于的一半；②正方形EFGH的面积等于的一半；③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③ D．①②③
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b，
则，，，，
∴S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝，
∴正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半；
∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH，
∴，
∴，
∴，即，
∴符合题意结论的序号是②③，
故答案为：B．
【分析】先求出正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半，再结合S正方形ABCD＝S正方形EFGH，可得，再求出，即可得到，即。
1 / 12024年浙教版数学八年级下册5.3正方形课后提高练
一、填空题
1．如图，四边形ABCD是正方形，延长AB至点E，使AE=AC，连结CE，则∠BCE的度数为 °.
2．如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O ，O 是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是 .
3．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连结AF，DE．若∠FAC=15°，则∠AED的度数为
4．（2024八下·广州开学考） 年国际数学家大会在北京召开，大会的会标是由我国古代数学家赵爽的“弦图”演变而来，体现了数学研究中的继承和发展如图是用八个全等的直角三角形拼接而成的“弦图”记图中正方形、正方形、正方形的面积分别为、、若正方形的边长为，则 ．
二、解答题
5．（2023八下·兴仁月考）如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，当 ▲ 度时，四边形为正方形并证明．
6．如图，正方形 ABCD 的边长为4，E 为BC 边上的一点，BE=1，F为AB 的中点.若 P 为对角线AC 上的一个动点，求 PF+PE的最小值.
7．如图，在△ABC中，AB=AC，AD是BC 边上的中线，E 是 AD 上一点，过点 B作BF∥EC，交AD的延长线于点F，连结BE，CF.
（1）求证：△BDF≌△CDE.
（2）当 ED 与BC 满足什么数量关系时，四边形BECF 是正方形 请说明理由.
三、选择题
8．（2023八下·兴仁月考）如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当时，是矩形
B．当时，是菱形
C．当是正方形时，
D．当是菱形时，
9．四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变.如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形 ，若 ，则菱形 的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
10．有下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③矩形的对角线平分一组对角；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形.其中真命题是（ ）
A．②③④ B．②④ C．①② D．①
11．如图，在正方形ABCD中，E，F 分别为AD，BC的中点，P为对角线BD上的一个动点，则下列线段的长等于AP+EP最小值的是 （ ）
A．AB B．DG C．BD D．AF
12．如图，在平面直角坐标系中，点C位于第一象限，点B位于第四象限，四边形OABC 是边长为1的正方形，OC与x轴正半轴的夹角为15°，则点B的纵坐标为 （ ）
A．-2 B．
C． D．
13．如图，在边长为4的正方形ABCD中，∠CDE=30°，DE⊥CF，则AF 的长为 （ ）
A． B． C． D．
14．如图，M 是正方形ABCD 内的一点，且MC=MD =AD，则∠AMB的度数为 （ ）
A．120° B．135° C．145° D．150
15．（2022八下·朝阳期末）如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论：
①正方形ABCD的面积等于的一半；②正方形EFGH的面积等于的一半；③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③ D．①②③
答案解析部分
1．【答案】22.5
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=∠CAB=45°，
∵AC=AE，
∴∠ACE=∠E=（180°-45°）=67.5，
∴∠BCE=∠ACE-∠ACB=67.5°-45°=22.5°.
故答案为：22.5°.
【分析】根据正方形的性质可得∠ACB=∠CAB=45°，由等边对等角和三角形的内角和定理可得∠ACE=∠E=67.5，然后根据角的构成∠BCE=∠ACE-∠ACB可求解.
2．【答案】2
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：连接O1C，O1B，
由正方形的性质得：∠GO1F=∠CO1B=90°，O1C=O1B，∠GCO1=∠O1BF=45°，
∴∠GO1C=∠FO1B，
∴△GCO1≌△O1BF（ASA）
∴S△GCO1=S△O1BF
∴ O ，O 两个正方形阴影部分的面积=△CO1B的面积=正方形的面积=×2×2=1，
同理另外一个阴影部分的面积=正方形的面积=×2×2=1，
∴ 阴影部分的面积=1+1=2.
故答案为：2.
【分析】连接O1C，O1B，由正方形的性质得∠GO1F=∠CO1B=90°，O1C=O1B，∠GCO1=∠O1BF=45°，由同角的余角相等得∠GO1C=∠FO1B，从而用ASA可证△GCO1≌△O1BF，可得 O ，O 两个正方形阴影部分的面积=△CO1B的面积=正方形的面积，同理可得另外一个阴影部分的面积=正方形的面积，继而得解.
3．【答案】105
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：105.
【分析】利用正方形的性质可得，再通过平行线的性质亦可证得，进而得到，通过SAS即可判定求得的度数，然后利用三角形的内角和定理计算出的度数.
4．【答案】30
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：在中，由勾股定理得：，
八个直角三角形全等，四边形，四边形，四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
正方形的边长为，
，
，
故答案为：30．
【分析】在Rt△CFG中，由勾股定理得CG2+CF2=GF2=10，由全等三角形的性质得CG=FM=NG，CF=FN=DG，由正方形面积公式得，，，然后结合GF的长度可求出S1+S2+S3.
5．【答案】（1）证明：∵交于点E，交于点F．
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，
∵是的一条角平分线，
∴∠EAD=∠FAD，
∴∠ADF=∠FAD，
∴FA=FD，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）解：当△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，此时∠C=55°，四边形AEDF是正方形，
理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
由（1）可得四边形AEDF是菱形，
∴四边形AEDF是正方形，
∵∠B=35°，∠BAC=90°，
∴∠C=55°，
故答案为：55°.
【知识点】菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先利用角平分线的定义及等量代换可得∠ADF=∠FAD，利用等角对等边的性质可得FA=FD，再结合四边形AEDF是平行四边形，可得四边形AEDF是菱形；
（2）根据△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，四边形AEDF是菱形，可得四边形AEDF是正方形，再结合∠B=35°，∠BAC=90°，求出∠C=55°即可.
6．【答案】解：作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE，
∴∠AHE′=90°，
∵正方形ABCD，
∴AC是正方形的对称轴，
∴点E的对称点E′在CD上，PE=PE′，CE=CE′，∠D=∠DAH=90°，
∴PE+PF=PE′+PF=E′F，
∴DE′=BE，
根据垂线段最短，可知此时PE+PF的最小值是E′F的长；
∵∠D=∠DAH=∠AHE′=90°，
∴四边形AHE′D是矩形，
∴AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4
∵点F为AB的中点，
∴AF=AB=2，
∴HF=AF-AH=2-1=1，
在Rt△E′HF中
，
∴PF+PE的最小值为.
故答案为：.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE，利用正方形的性质可证AC是正方形的对称轴，利用轴对称的性质可证PE=PE′，CE=CE′，由此可推出PE+PF的最小值是E′F的长；利用矩形的判定和性质可推出AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4，同时可求出AF的长，足球初HF的长；在Rt△E′HF中，利用勾股定理求出E′F的长，即可得到PF+PE的最小值.
7．【答案】（1）证明：∵ AD是BC 边上的中线 ，
∴BD=CD，
∵ BF∥EC ，
∴∠ECD=∠DBF，
∵∠BDF=∠EDC，
∴△BDF≌△CDE（ASA）；
（2）解：当时，四边形BECF 是正方形.
理由：∵△BDF≌△CDE
∴DE=DF，BF=CE，
∵BF∥EC
∴四边形BECF是平行四边形，
∵ AB=AC，AD是BC 边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴四边形BECF是菱形，
∵，DE=DF=EF，
∴EF=BC，
∴ 四边形BECF 是正方形 .
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；正方形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）根据ASA证明△BDF≌△CDE；（2）先证四边形BECF是平行四边形，由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，可证四边形BECF是菱形，由可得EF=BC，从而证四边形BECF是正方形 .
8．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；正方形的性质
【解析】【解答】A、∵四边形是平行四边形，当时，∴是矩形，∴A正确，不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，当时，∴是菱形，∴B正确，不符合题意；
C、∵当是正方形时，，∴C正确，不符合题意；
D、∵当是菱形时，无法证出，∴D不正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用矩形的判定方法、菱形的判定和性质及正方形的性质逐项分析判断即可.
9．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点D′作D′M⊥AB于点M，
∵，
∴，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AD′=AB，
∴S菱形ABC′D′=AB×D′M= ，
∵S正方形ABCD=AB2，
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比为 ，
故答案为：B.
【分析】首先根据题意得到菱形的边长和正方形的边长相等，再根据∠D'AB=30°得到菱形的高等于其边长的一半，最后分别表示出正方形的面积和菱形的面积，然后求出比值即可.
10．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；矩形的性质；正方形的判定；轴对称图形；中心对称及中心对称图形；真命题与假命题
【解析】【解答】解： ①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形 ，是真命题；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，是假命题，对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形；
③矩形的对角线平分一组对角，是假命题，正方形和菱形的每一条对角线才平分一组对角；
④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形，是假命题，正五边形是轴对称图形不是中心对称图形.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形、正方形的判定，矩形的性质及轴对称图形，逐项判断即可得解.
11．【答案】D
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图：
取CD中点H，并连接PH.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，BD平分∠ADC，∠ABC=∠ADC=90°.
∴∠ADB=∠CDB.
∵E，F 分别为AD，BC的中点，
∴，，，
∴DE=DH=BF.
∴△ABF≌△ADH（SAS），
∴AF=AH.
又∵DP=DP，
∴△DEP≌△DHP（SAS），
∴EP=HP.
∴AP+EP=AP+HP≥AH，
∴AP+EP≥AF.
故答案为：D.
【分析】取CD中点H，并连接PH.根据正方形性质可得AB=BC=CD=AD，∠ADB=∠CDB. ∠ABC=∠ADC=90°.根据E，F 分别为AD，BC的中点，可得DE=DH=BF.于是可证得△ABF≌△ADH，△DEP≌△DHP，所以有AF=AH，EP=HP.即可得到结论.
12．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质；点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：如图，过点B作BD⊥x轴于点D，连接OB，
∵四边形OABC是边长为1的正方形，
∴∠BOC=45°，∠C=90°，
∴，
∵∠BOC=45°，∠COD=15°，
∴∠BOD=∠BOC-∠COD=30°，
∵BD⊥x轴，
∴∠BDO=90°，
∴，即点B的纵坐标的绝对值为，
∵点B在第三象限，
∴点B的纵坐标为.
故答案为：B.
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于点D，连接OB，由正方形得性质得∠BOC=45°，∠C=90°，由勾股定理算出OB的长，进而根据含30°角直角三角形的性质可求出BD的长，即得出点B的纵坐标的绝对值，最后结合点B在第三象限可求出点B的纵坐标.
13．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC=AB=，∠BCD=∠B=90°，
∵ DE⊥CF ，
∴∠CDE+∠DCO=∠DCO+∠FCB=90°，
∴∠FCB= ∠CDE=30° ，
∴BC=BF=，
∴BF=4，
∴AF=AB-BF=-4.
故答案为：D.
【分析】根据余角的性质可推出∠FCB= ∠CDE=30° ，从而得出BC=BF=，据此求出BF，利用AF=AB-BF即可求解.
14．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=∠BAD=90°，
∵ MC=MD =AD ，
∴MC=MD =CD ，
∴△MCD是等边三角形，
∴∠CDM=∠DMC=60°，
∴∠ADM=∠ADC-∠CDM=30°，
∵MD=AD ，
∴∠DMA=∠DAM=（180°-30°）=75°，
同理可得：∠CMB=75°，
∴ ∠AMB=360°-∠CMB-∠DMA-∠DMC=150°.
故答案为：D.
【分析】利用正方形的性质及已知可得△MCD是等边三角形，可得∠CDM=∠DMC=60°，再利用等腰三角形的性质可求出∠DMA=∠CMB=75°，利用∠AMB=360°-∠CMB-∠DMA-∠DMC即可求解.
15．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b，
则，，，，
∴S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝，
∴正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半；
∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH，
∴，
∴，
∴，即，
∴符合题意结论的序号是②③，
故答案为：B．
【分析】先求出正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半，再结合S正方形ABCD＝S正方形EFGH，可得，再求出，即可得到，即。
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