江苏省南京市钟英中学2023-2024学年 八年级下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题（本大题共6小题，每小题2分，共12分． 在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转 后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：A、赵爽弦图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、斐波那契螺旋线不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意；
D、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意
故选：D．
2. 依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；
【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；
一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；
三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．
3. 是由绕点C旋转得到的，且点D落在边上，则下列判断错误的是（ ）

A. 旋转中心是点CB.
C. D. 点D是中点
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了旋转的性质．根据旋转的性质即可求解．
【详解】解：∵是由绕点C旋转得到的，且点D落在边上，
∴旋转中心是点C，，，点D不一定的中点，
∴A、B、C结论正确．
故选：D．
4. 如图，在中，点D，E分别是的中点，以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F．若，，则的长为（ ）
A. 2B. 2.5C. 3D. 3.5
【答案】C
【解析】
【分析】由点D，E分别是的中点得是的中位线，由中位线定理得到，以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F，则，即可得到的长．
【详解】解：∵点D，E分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵以点A为圆心，为半径作圆弧交于点F，
∴，
∴，
即的长为3．
故选：C
【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线的性质定理是解题的关键．
5. 用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（ ）

A. a+bB. a-bC. 2a+bD. 2a-b
【答案】A
【解析】
【分析】连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AE、AF，设正方形ABCD的边AD与点A所在的大正方形边交于G，AB与EF交于H，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF-∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF中，

∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴同理可得：，
即，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
6. 如图，在正方形中，、分别是，的中点，，交于点G，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故④正确．假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断③错误．
【详解】解：①∵四边形是正方形，
∴，，
∵，分别是，的中点，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，故①正确；
②∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
④根据可得，
∴，
如图，延长交的延长线于，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵已证明，
∴是斜边的中线，
∴，
∴，
∵，，
∴．故④正确；
③若成立，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴在中，有，
∵，
∴，
显然，
∴假设不成立，
∴，故③错误，
故正确的有①②④，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卷相应位置上）
7. 在矩形中，、相交于点O，若，则_______°．
【答案】130
【解析】
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB，再利用三角形外角的性质求出答案．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∴∠OBA=，
∴2∠OAB=．
故答案为：130．
【点睛】此题考查矩形的性质，三角形的外角性质，熟记矩形的性质定理是解题的关键．
8. 如图，两条宽都为的纸条交叉成角重叠在一起，则重叠四边形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，含直角三角形的性质，勾股定理；
如图，重叠四边形为，作交于E，交于F，首先证明四边形是平行四边形，然后在中，利用含直角三角形的性质和勾股定理求出和，再根据平行四边形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，重叠四边形为，作交于E，交于F，
由题意得：，，，
∴四边形是平行四边形，
由对顶角相等可知，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴重叠四边形的面积为，
故答案为：．
9. 在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A、C的坐标分别是、，则点B的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据平行四边形性质利用平移规律求得答案即可．
【详解】解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA∥CB，且OA=CB，
∵点O的坐标为（0，0），点A的坐标为（6，1），
∴相当于将点O向右平移6个单位，向上平移1个单位，
∴点C（2，4）向右平移6个单位，向上平移1个单位为（8，5），
故答案为：（8，5）．
【点睛】考查了平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的性质得到平移规律，难度不大．
10. 已知菱形的周长是，一条对角线长是，则它的面积是________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；
根据菱形的性质可得，，，，利用勾股定理求出，得到的长，再根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，四边形是菱形，，
，，，
菱形周长为，
，
在直角三角形中，，
，
菱形的面积，
故答案为: ．
11. 如图，在平行四边形中，平分，，则的度数为______．

【答案】##度
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质对边平行，对角相等，得到，利用角平分线定义得到，从而得到．
【详解】平行四边形
，
又
平分
故答案为．
【点睛】此题考查平行四边形的性质及角度运算，在角度运算中需要调用与角有关的定理，利用条件尽可能多的把各个角计算出来，并且向所求角度靠拢．熟知平行线的性质是解题的关键．
12. 如图，在中，，是的中线，点E，F分别是，的中点，连接，若，则的长为________．

【答案】
【解析】
【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质；
先根据三角形中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵点E，F分别是，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，是的中线，
∴，
故答案为：．
13. 中国古代数学家刘徽给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取、的中点D、E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成矩形．若，，则的面积是________．

【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质，矩形的性质；根据出入相补法可得，，则，，，求出，然后计算即可．
【详解】解：由图可得，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12．
14. 如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E在上，连接并延长，交于点F．若，，则四边形的周长是________．
【答案】14
【解析】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定．证明得到，再根据四边形周长公式进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，对角线，相交于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长，
故答案为：14．
15. 如图，将矩形ABCD对折，折痕为MN，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠，使得点B刚好落在MN上的点F处，此时FE=FN，若AB=cm，则BC=_________cm．
【答案】
【解析】
【分析】由折叠可证△ABF为等边三角形，再分别Rt△ABE，Rt△EFG中根据30°直角三角形的性质求出BE，FG的长，最后根据BC=BE+EG+GC求解即可．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥BC于G，则四边形CNFG为矩形，
∴GC=FN
由折叠可知△ABE≌△AFE，MN为矩形的对称轴，
∴AB=AF，BE=EF，∠BAE=∠FAE，∠AEB=∠AEF，AF=BF，
∴AB=AF=BF
∴△ABF为等边三角形，
∴∠BAF=60°，
∴∠BAE=∠FAE=30°，∠AEB=∠AEF=60°
在Rt△ABE中，∠BAE =30°，AB=cm
令BE长为x，则AE=2x，
解得x=1 cm，
∴BE=EF=1 cm，
∵FE=FN，GC=FN
∴GC=FN=1 cm
在Rt△EFG中，
∠FEG= 180°-∠AEB-∠AEF= 180°-60°-60° =60°，
∴∠EFG =30°，
∴EG=EF= cm，
∴BC=BE+EG+GC=1++1= cm
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形与折叠问题，涉及知识点有等边三角形的判定与性质，30°直角三角形的性质，解题关键是根据折叠判断出△ABF为等边三角形．
16. 如图，正方形的边长是8，点E在上，点F在上，，若．则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】过点F作于点G，交于点H，则，根据正方形的性质得，，即可得四边形是矩形，得，根据，得，则，，根据得，即可得，根据角角边可证明，可得，根据，得，则，设，则，根据正方形的边长为8得，根据得，即可得，
在中，根据勾股定理得即可得．
【详解】解：如图所示，过点F作于点G，交于点H，
则，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∵正方形的边长为8，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
三、解答题（本大题共10小题，共68分． 请在答题卷指定区域内作答，解答时应写出文字说明、说理过程或演算步骤）
17. 求证：菱形的一条对角线平分这一组对角．
已知：如图，是菱形的一条对角线．
求证：____________________．
证明：
【答案】，，证明见解析
【解析】
【分析】根据命题补充求证，，根据菱形的性质证明，即可得到结论．
【详解】求证：，．
证明：∵四边形菱形，
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
即平分菱形的一组对角．
【点睛】此题考查菱形的性质定理，三角形全等的判定及性质定理，根据命题写出求证，正确掌握菱形的性质定理是解题的关键．
18. 已知的三个顶点的坐标分别为、、
（1）画出关于坐标原点O成中心对称的；
（2）将绕坐标原点O顺时针旋转，画出对应的；
（3）若以、、、为顶点的四边形为平行四边形，则在第四象限中的点坐标为 ．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据中心对称的性质即可画出关于坐标原点O成中心对称的；
（2）根据旋转的性质即可画出；
（3）根据平行四边形的性质即可得点坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问3详解】
解：因为四边形为平行四边形，且点在第四象限，
所以点坐标为．
故答案为：
【点睛】本题考查了作图-旋转变换，平行四边形的判定，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
19. 如图，在平行四边形中，，位于，上，，分别平分，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当满足条件______ 时，四边形是矩形．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质和角平分线定义即可完成证明；
根据等腰三角形的性质可得，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题．
【小问1详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
当满足时，四边形是矩形，理由如下：
∵，平分，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形判定与性质、矩形的判定，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．
20. 如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点．
（1）证明：四边形EFGH为平行四边形．
（2）若四边形ABCD是矩形，且其面积是，则四边形EFGH的面积是________
【答案】（1）见解析 （2）3.5
【解析】
【分析】（1）连接BD，由三角形中位线定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四边形的判定可得出结论；
（2）由矩形的判定与性质得出答案．
【小问1详解】
证明：连接BD，
∵E、F分别为AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=BD，EF∥BD，
同理，GH=BD，GH∥BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形；
【小问2详解】
如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴DH=AF=CH=BF，
∴四边形AFHD和四边形HFBC都是矩形，
∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，
∴S四边形EFGH=EG•HF＝AB•BC，
∵四边形ABCD的面积是7cm2，
∴AB•BC=7cm2，
∴四边形EFGH的面积是3.5cm2，
故答案为：3.5．
【点睛】本题主要考查中点四边形以及矩形的性质，解题时利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
21. 如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，已知△ABE≌△ADF．
（1）若ADBC，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）以下条件：①∠BAD＝∠BCD；②AB＝CD；③BC＝CD．如果用其中的一个替换(1)中的“ADBC”，也可以证明四边形ABCD是菱形，那么可以选择的条件是 (填写满足要求的所有条件的序号)．
【答案】（1）见解析 （2）①②
【解析】
【分析】（1）由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再由ADBC，得到∠D+∠BCD=180°，从而得∠B+∠BCD=180°，所以ABCD，即可得四边形ABCD是平行四边形，最后由菱形的判定定理即可得出结论；
（2）由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再分别加条件①②，证四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD是菱形；加条件③，举反例，如铮形，满足条件，不能满足结论，即可说明加条件①②可以证明，加条件③不能证明．
【小问1详解】
证明：∵△ABE≌△ADF，
∴∠B=∠D，AB=AD，
∵ADBC，
∴∠D+∠BCD=180°，
∴∠B+∠BCD=180°，
∴ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
【小问2详解】
解： ∵△ABE≌△ADF，
∴∠ABC=∠ADC，AB=AD，
若选择的条件是①∠BAD＝∠BCD，
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠ABC=180°，∠ABC+∠BCD =180°，
∴ADBC，ABCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选①；
若选择的条件是②AB＝CD；
连接BD，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠CBD=∠CDB，
∴BC=CD，
∵AB=CD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选②；
若选择的条件是③BC＝CD．
如图，铮形ABCD中，
△ABE≌△ADF，BC=CD≠AB，
四边形ABCD不是菱形，故选③不能证明四边形ABCD是菱形；
∴证明四边形ABCD是菱形，可以选择的条件是①②，
故答案为：①②．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
22. 如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG=DE；
（2）若E为AD的中点，AB=5．求FH的长．
【答案】（1）见解析 （2）FH的长为5
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得出EH=EG，EH∥GH，进而利用AAS证明△BGF≌△DEH，利用全等三角形的性质解答即可；
（2）连结EG，先求出EG=AB=5，由矩形的性质可求解．
【小问1详解】
证明：在矩形EFGH中，EH=FG，EH∥GH，
∴∠GFH=∠EHF，
∵∠BFG=180°-∠BFH，
∴∠BFG=∠DHE，
在菱形ABCD中，AD∥BC，
∴∠GBF=∠EDH，
在△BGF与△DEH中，，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG=DE；
【小问2详解】
解：连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵E是AD的中点，
∴AE=ED，
∵BG=DE，
∴AE=BG，
又AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四形，
∴EG=AB．
∴EG=AB=5．
∵四边形EFGH是矩形，
∴FH=EG=5．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的性质，解答本题的关键是利用AAS证明△BGF≌△DEH．
23. 如图,在正方形ABCD中,点E､F､G分别在CD､AD､BC上,且,垂足为O．
（1）求证:;
（2）若O是BE的中点,且,,求AF的长．
【答案】（1）见解析;（2）
【解析】
【分析】（1）作交BE于N,BC于M,可证,从而得到,又有,可得四边形AMGF为平行四边形,即可证出结论．
（2）连接BF､EF,则可得,在和中,利用勾股定理可得到,,然后设,可列出关于的方程,解出方程即可.
详解】（1）证明:作交BE于N,BC于M．
∵在正方形ABCD中,
∴,,．
∵,∴．
∵,∴．∴
∵．∴．∴．
∵在和中
∴．∴．
∵,∴．
∵,
∴四边形AMGF为平行四边形．
∴．
∵,∴．
（2）如图,连接BF､EF,
∵,O是BE的中点,∴．
∵在正方形ABCD中,∴．
∵,∴．
设,则,
在中,由勾股定理得:．
在中,由勾股定理得:．
∵,∴．
即,解得:．∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质,三角形全等的判定和性质,平行四边形的性质和勾股定理的应用,解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形,直角三角形．
24. 如图，在中，平分，于点E，点F是的中点．
（1）如图1，的延长线与边相交于点D，求证：；
（2）如图 2，探究线段之间的数量关系，直接写出你的结论： ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一的性质等知识．
（1）先证明，根据等腰三角形的三线合一，推出，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）先证明，根据等腰三角形的三线合一，推出，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【小问1详解】
证明：如图1中，
平分，于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
即是等腰三角形，
∵，
，
，
．
【小问2详解】
解：结论：，
理由：如图2中，延长交的延长线于．
，
，
，，
，
，
，
，
为的中点，
，
点为的中点，
，
；
故答案为：．
25. 如图，点O是∠MAN内一点，求作线段PQ，使P、Q分别在射线AM、AN上，且点O是PQ的中点．要求：（1）用直尺和圆规作图，保留作图痕迹；（2）用两种不同的方法．
【答案】见解析
【解析】
【分析】方法一：作OT//AN，交AM于点T，在射线TO上截取OE=OT，在AN上截取AQ，使得AQ=TE，连接EQ，连接QO，延长QO交AM于点P，线段PQ即为所求．
方法二：连接AO，延长AO到T，使得OT=OA，作TP//AN交AM于点P，连接PO，延长PO交AN于点Q，线段PQ即为所求．
【详解】解：如图，线段PQ即为所求．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26. 数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形中，点E是对角线上任意一点，过点E作，垂足为E，交所在直线于点F．探索与之间的数量关系，并说明理由．
（1）小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线的中点时，他发现与之间的数量关系是______．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系．请你按照小明的思路，完成解题过程．
（2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程．
【答案】（1）；成立，过长见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）当E是对角线的中点时，根据正方形的性质，可得此时点B和点F重合，且点E也为的中点，可得；点E在其它位置时，如图，延长，作，交的延长线于点G，连接，可得四边形为平行四边形，从而得到，进而得到，再证得，可得，从而得到是等腰直角三角形，即可；
（2）作，并截取，连接，可得是等腰直角三角形，从而得到，再证明，可得，，再证得四边形为平行四边形，可得，即可．
【详解】解：当E是对角线的中点时，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
∵，且E是对角线的中点，
∴此时点B和点F重合，且点E也为的中点，
∴，
∴，
即；
若点E在其它位置时，如图，延长，作，交的延长线于点G，连接．
∵四边形是正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴，
∵．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴，
∴．
∴．
∴等腰直角三角形，
∴，
∴．
∴；
（2）如图，作，并截取，连接．
∵四边形是正方形，
∴．
∴，
∵，
∴．
又∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键．