第一章特殊平行四边形练习2025-2026学年北师大版九年级数学上册

第一章 特殊平行四边形 练习 一、单选题 1．下列性质中，菱形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角相等 2．已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在菱形中，于点，则的长为（   ） A．3 B． C．2 D． 4．如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接，，． 若，则的度数是 （    ） A． B． C． D． 5．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 6．如图，点E为矩形边上一点，F为上一点，，连接过点F作且，连接，且，若，，则长为（    ） A．5 B．4 C． D． 7．如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，若，，则折痕的长度为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在中，平分∠ABC，于点F，D为的中点，连接延长交于点E．若，则线段的长为（   ） A．8 B．10 C．2 D．1 9．如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 10．在的方格网的每个小方格中心都放有一枚围棋子，至少要去掉（    ）枚围棋子，才能使得剩下的棋子中任意四枚都不构成正方形的四个顶点． A．2 B．3 C．4 D．5 二、填空题 11．如图，四边形是平行四边形，且对角线、相交于点O，请你添加一个条件使得四边形成为矩形，这个条件可以是 ． 12．如图，长方形的面积是100，为上一点，，为上一点，，则的面积是 ． 13．如图，正方形的面积为S，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为 ． 14．如图，中，，，D为中点，则的大小为 ． 15．如图，在矩形中，分别以点为圆心、大于的长为半径作弧，两弧交于点和点，作直线交边于点，交边于点，以点为圆心、的长为半径作弧，在矩形内部交直线于点，以点为圆心、的长为半径作弧，恰好经过点．若，则边的长为 ． 三、解答题 16．已知：如图，在正方形中，点.分别在边.上，且．对角线分别交于点，联结．求证：四边形是菱形； 17．如图，在四边形中，对角线与相交于点O，O是的中点，． (1)请你从以下条件①；②；③中，选择一个条件________（填序号），使得四边形为菱形，并说明理由； (2)请用尺规作图的方法作一个矩形，使为矩形的一条对角线．（保留作图痕迹，不写作法） 18．如图，四边形是矩形，是矩形的一条对角线，EF垂直平分，分别交于点F、O、E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 19．如图，在矩形中，，，，分别是，边上的点，且，，，分别是对角线上的四等分点，顺次连接，，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)填空： ①当______时，四边形是矩形； ②当______时，四边形是菱形； (3)求四边形的周长的最小值． 20．阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在中，分别交于D，交于E．已知，，，求的值． 小明发现，过点E作，交延长线于点F，构造，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）． 请回答：的值为 ． 参考小明思考问题的方法，解决问题： 如图3，已知和矩形，与交于点G，，求的度数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第一章 特殊平行四边形 练习2025-2026学年北师大版九年级数学上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D B C A C D D C 1．C 【分析】此题重点考查菱形的性质，正确理解平行四边形的性质定理及菱形的性质定理是解题的关键．由菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等，即可得出答案． 【详解】解：根据菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等， 故A不符合题意，B不符合题意，D不符合题意，C符合题意， 故选：C． 2．C 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 3．D 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理及菱形面积公式的应用，解题的关键是利用菱形对角线互相垂直平分的性质求出边长，再结合面积公式求出高的长度． 根据菱形对角线互相垂直平分的性质，求出对角线一半的长度；利用勾股定理计算菱形的边长；结合菱形面积等于对角线乘积的一半和底乘高两种计算方式，列出等式求出的长度． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴菱形的对角线互相垂直且平分 ． ∵菱形的对角线互相垂直 ∴由勾股定理得，菱形的边长为： 菱形的面积S可以表示为对角线乘积的一半： 又∵菱形的面积也可以表示为底乘高即 解得． 故选：D． 4．B 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据作图可得四边形是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可知，， 四边形是菱形， ，． 故选：B． 5．C 【分析】本题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案． 【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形， ∴，与互相平分， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴菱形的面积为． 故选：C． 6．A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．连接，过点G作，交延长线于点H，证明，可得，再由勾股定理可得，设，则，在中，根据勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接，过点G作，交延长线于点H， ∵， ∴，即， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， 即． 故选：A 7．C 【分析】本题考查了折叠问题，矩形的判定和性质，等角对等边，勾股定理； 过作于，设，根据勾股定理求出，进而得出的长，再证明，四边形是矩形，求出的长，再在中运用勾股定理即可得到的长． 【详解】解：过作于，在矩形中，， 设，则， 在中，， ， 解得， ， ， ∵在矩形中，， ∴， 由折叠可知， ， ， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴在中，， 故选：C． 8．D 【分析】由和D为中点，根据直角三角形斜边中线性质得；利用平分及等边对等角推出，进而得；延长至点G，使，连接，证明，进而得四边形是平行四边形，得；根据中位线定理求得，再通过线段的差即可计算的长． 【详解】解：在中，∵， ∴． ∵D为的中点，， ∴（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）． ∴（等边对等角）． ∵ 平分， ∴． ∴， ∴（内错角相等，两直线平行）． 延长至点G，使，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵点D为的中点， ∴是的中位线， ． 又∵， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理，解题的关键是通过角平分线和垂直条件推出等腰三角形，再结合中位线性质求解线段长度． 9．D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点，如图， ∵矩形， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 10．C 【分析】本题考查了正方形与网格问题，掌握正方形的判定是解题的关键．通过观察已知图形，分析可知第一行去掉一个，第二行去掉两个，第三行去掉一个才能使得剩下的棋子中任意四枚都不构成正方形的四个顶点，据此即可解答． 【详解】解：设白圆圈表示去掉的棋子， ①图1是一个的方格网，每个小方格的中心都放有一枚棋子，以棋子为顶点的正方形共有6个，图2每个小方格中的整数表示以此方格的棋子为1个顶点和其他3个棋子为顶点构成的正方形的个数．标有数字3和4的方格有2个公共的正方形；标有数字2和4的方格有1个公共的正方形；都标有数字3的两个方格至少有1个公共的正方形．所以，如果从图1左边的网格中，只去掉2枚棋子，则网格中必定仍然有4枚棋子可以构成一个正方形． ②从图3的方格网中，如果只去掉3枚棋子，由①可知，不能从第1列和第4列中去掉棋子，只能从第2和第3列中，但是不能从同一列中去掉这3枚棋子，其中有2枚从同一列中去掉，除对称情况外，这两枚棋子只有图4和图5两种去掉的方式．显然，对图4和5，无论以什么方式去掉1枚棋子，仍然有4枚棋子可以构成一个正方形． ③如图6，去掉4枚棋子，留下的任意4枚棋子都不构成正方形的4个顶点，所以至少要去掉4枚围棋子，才能使得剩下的棋子中任意四枚都不构成正方形的四个顶点． 故选：C． 11．（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定定理，从角或对角线的角度添加条件即可判定平行四边形 是矩形．本题主要考查矩形的判定定理，熟练掌握“对角线相等的平行四边形是矩形” “有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解题的关键． 【详解】解：可添加条件： ， 四边形 是平行四边形，且 平行四边形 是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）， 故答案为：（答案不唯一） ． 12． 【分析】本题考查了矩形的性质、三角形面积，将几何问题转化为代数问题是关键，长方形的长为，宽为，则，，，利用代入数据计算即可． 【详解】解：设长方形的长为，宽为，则，，， ． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，正方形的性质； 由正方形的性质可得B、D关于对称，则，的最小值为，然后根据正方形的面积为S，是等边三角形进行求解即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴B、D关于对称， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵正方形的面积为S， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 14．/度 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线性质，可得，从而利用等腰三角形的性质可得，然后利用三角形的外角进行计算即可解答． 【详解】解：，，，为中点， ， ， ， 故答案为：． 15． 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、垂直平分线的作图和性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质、勾股定理是解题的关键．连接．设，则．得到．证明四边形为矩形，则，即求出，即可得到边的长． 【详解】解：在矩形中，， 由题意，得垂直平分，， ．； 如图，连接． 设，则． 在中，由勾股定理，得 ． ∵， ∴四边形为矩形， ，即 ． 故答案为：． 16．见解析 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，菱形的判定是解决问题的关键．连接交于点，先依据“”判定和全等得，进而依据“”判定和全等得，由此得，然后再根据，即可判定四边形是菱形． 【详解】证明：连接交于点，如图所示： 四边形是正方形， ，，，，，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 又，， 四边形是菱形． 17．(1)添加①或②；理由见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，矩形的判定，正确的识别图形是解题的关键． （1）先证明，可得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理逐一证明即可得到结论； （2）以点B为圆心为半径作弧，再以点C为圆心为半径作弧，交前弧于点E，连接，则四边形是平行四边形，再根据得出四边形是矩形即可； 【详解】（1）解：添加①或②；理由如下： ∵是的中点，． ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ①添加：， ∴四边形是菱形， ②添加：， ∴四边形是菱形， ③添加：， 而，， ∴， ∴四边形是矩形．不是菱形． （2）解：如图，矩形即为所求． 18．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据推出：；根据全等三角形的性质得出，推出四边形是平行四边形，再根据即可推出四边形是菱形； （2）根据线段垂直平分线性质得出，设，推出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可求解． 【详解】（1）证明：是的垂直平分线， ，， ∵四边形是矩形， ， ， 在和中， ； ， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形； （2）解：设， ∵四边形是矩形， ∴，， 是的垂直平分线， ，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得． ， ∴菱形的周长为20． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想． 19．(1)见解析 (2)①；② (3) 【分析】本题考查的是矩形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质及轴对称性质的应用， （1）证明，进而得，，便可得结论； （2）①连接，证明四边形为平行四边形，得，进而得四边形是矩形； ②连接、、，证明四边形是菱形，得，便可得四边形是菱形； （3）过作于，连接到点，使得，连接，与交于点，过作于点，求得的最小值为，进而便可求得四边形的周长的最小值． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ，，分别是对角线上的四等分点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）①当时，四边形是矩形．理由如下： 连接，如图， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，，分别是对角线上的四等分点， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 故答案为：； ②当时，四边形是菱形．理由如下： 连接、、，如图， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，，， ，， ， 四边形是菱形， ，即， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 故答案为：； （3）解：过作于，延长到点，使得，连接，，过作于点，如图， 则，，， ， ， ， ， ， 当、、三点共线，的值最小，其值为， 四边形的周长的最小值为：． 20．； 【分析】根据作图及给出的条件可证四边形是平行四边形，从而证明到，，可转化为线段，并可以发现在直角中，利用勾股定理即可求出长度；解决问题中，可以根据矩形和平行四边形的性质对边平行且相等，证明四边形是平行四边形，根据，把这三条线段可转化为的三边，进而证明是等边三角形，再利用等边三角形的性质，即可获解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； 解决问题：连接，，如图． ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵四边形是矩形， ∴，，． ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∴，． ∵， ∴． ∴是等边三角形． ∴． ∵， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握辅助线的作法． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$