第一章 特殊平行四边形 同步训练-2025-2026学年北师大版数学九年级上册

第一章 特殊平行四边形 一、单选题 1．菱形的周长为，两个相邻内角度数为，则该菱形的面积为（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，在中，为三角形中位线，过点P作，垂足为Q，将分割后拼接成矩形．若，则矩形的面积是（   ） A．48 B．24 C．72 D．96 3．如图，在菱形中，，，则（   ） A． B． C． D． 4．如图，菱形中，过点C作交于点E，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在正方形中，点E为对角线边上一点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．如图，菱形的周长为52，过点C作，交的延长线于点E，若，则的长为（    ） A．22 B．24 C．26 D．28 7．如图，在边长为8的正方形中，点E是边的中点，在对角线上任取一点M，连接、，当时，的面积为（   ） A．16 B．12 C． D． 8．如图，正方形中，其中，，将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，问次旋转后点的坐标为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，在菱形中，为边的中点，连接交对角线于点．已知，则这个菱形的面积为 ． 10．如图，点在正方形的边上，延长至点，使，连接和，取的中点，连接并延长，与交于点．若，，则的长为 ． 11．在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，已知，点P是对角线上的一个动点，，连接，，．当周长最小时，点的坐标为 ．    12．如图所示，中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，，则与的面积比为 ． 13．如图，正方形的外侧作等边三角形，连接，与对角线交于点，那么的度数为 ． 三、解答题 14．如图，已知四边形是平行四边形，点分别是上的点，，并且．求证：四边形是菱形．    15．如图，四边形是矩形，点、分别在边、上，连接、，且．求证：． 16．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． 17．如图，在中，，为边上一点，以，为邻边作，连接，． (1)求证：； (2)若，求证：四边形是矩形． 18．已知四边形中，．连接，过点C作的垂线交于点E，连接DE． (1)如图1，若，求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接，设，相交于点F，垂直平分线段．求的大小． 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 参考答案 1．A 【分析】求出两对角线的长度，然后根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半进行计算即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，对角线交于点， ∴，，，，， ∵菱形的周长为，两个相邻内角度数为， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 故选：A． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 2．D 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，矩形的面积公式，全等三角形的判定和性质，正确理解题意，根据三角形中位线定理求出是解决问题的关键．利用全等三角形的性质证明，再利用三角形中位线定理求出可得结论． 【详解】解：四边形是矩形， ， 在△中，为三角形中位线， ，， ， ， ， ， ， 矩形的面积． 故选D． 3．D 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识．由菱形的性质得，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，然后由三角形的外角性质即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形，， ， ， ， ， 故选：D． 4．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质．根据菱形的性质可得，，从而得到，再由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 5．D 【分析】此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质、等腰三角形的判定和性质.求出，根据三角形外角的性质即可求出答案. 【详解】解：在正方形中，点E为对角线边上一点， ∴， ∴ ∵，是的一个外角， ∴， 故选：D 6．B 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 首先求出，然后求出，得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵菱形的周长为52， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴． 故选：B． 7．B 【分析】连接，过M作交于F，交于G，作交于H，证明，根据勾股定理得到，设，由等面积法求出，根据三角形面积公式计算即可． 【详解】解：如图，连接，过M作交于F，交于G，作交于H， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵在边长为8的正方形中，点E是边的中点， ∴， 解得：， 设， ∵， ∴ 解得： ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 8．B 【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，灵活运用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，也考查了正方形的性质和点的坐标变换规律问题解决方法． 过C点作轴于H点，如图，先证明得到，，则，所以，由于，则逆时针旋转503次相对于顺时针旋转，然后根据旋转的性质得到次旋转后点的坐标为，即可作答． 【详解】解：过C点作轴于H点，如图， ∵，， ∴ ∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，且旋转次 ∴ ∴逆时针旋转503次相对于顺时针旋转， 即把绕点顺时针旋转，得，过作轴， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵点在第四象限 ∴点的坐标为 故选：B 9． 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积，连接交于O，如图，根据菱形的性质得到，，求出，，，，进而得到，接着利用勾股定理计算出，从而得到，然后根据菱形的面积公式计算它的面积． 【详解】解：连接交于O，如图， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵M为边的中点， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形的面积． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，先证明，得到是的垂直平分线，则，设，则，，在中，由勾股定理得，解方程即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵的中点为， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 设，则，， ∴在中，由勾股定理得 ∴， 解得：， ∴， 故答案为：。 11． 【分析】本题考查了菱形的性质、一次函数的应用、线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接，，，，，与交于点，先证出当点共线时，的值最小，即的周长最小，再利用待定系数法求出直线的解析式，联立解方程组，由此即可得． 【详解】解：如图，连接，，，，，与交于点，    ∵，， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴，，垂直平分， ∴，， ∴的周长为， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，即的周长最小， 设直线的解析式为， 将点，代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 又∵，，， ∴，即， 设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴直线的解析式为， 联立，解得， ∴当周长最小时，点的坐标为， 故答案为：． 12．/ 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求的长是解决本题的关键． 过点作于点，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，根据，可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长，即可判断出面积比． 【详解】过点作于点，如图所示： ，，， ∴， ∵是斜边的中点， ∴，， ， 即 解得 在中 根据勾股定理，， 根据旋转的性质，可得， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵与的高为， ∴与的面积比为． 故答案为． 13． 【分析】本题主要是考查正方形的性质和等边三角形的性质，三角形外角的性质，本题的关键是求出．根据正方形的性质及等边三角形的性质求出，，再求． 【详解】解：四边形是正方形， ， 又是等边三角形， ，， ， ，， ， 又， ． 故答案为：． 14．见解析 【分析】本体考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质与定理． 利用平行四边形的性质，证明，结合全等三角形的性质，菱形的判定定理，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， ， 四边形是菱形． 15．见解析 【分析】先利用矩形的性质得到相关边和角的关系，再结合已知条件推出角相等，最后通过全等三角形的判定定理证明两个三角形全等，从而得出对应边相等．本题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定定理是解题的关键． 【详解】证明：四边形ABCD是矩形, , , , , 在和中, , . 16．(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． 17．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先利用平行四边形性质得出边和角的关系，再结合已知条件找全等的条件证明； （2）先证四边形是平行四边形，再证对角线相等或有一个角是直角即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 又 ，， ， ， ， 在和中， ； （2）解：四边形是平行四边形， ，， ， ，且， 四边形是平行四边形， 又，， ，即， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、等腰三角形的性质、全等三角形的判定（）、矩形的判定，熟练掌握平行四边形对边平行且相等、矩形的判定条件（有一个角是直角的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定、垂直平分线的判定与性质等知识点，灵活运用垂直平分线的判定与性质成为解题的关键． （1）先证明可得，再证明四边形是平行四边形以及即可证明结论； （2）由垂直平分可得，再证垂直平分，再证，最后根据平角的性质即可解答． 【详解】（1）证明：设与交于点O， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵垂直平分， ∴且， ∴， 又∵且， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 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 $$