第一章特殊平行四边形同步练习-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 同步练习 一、单选题 1．下列判断错误的是（    ） A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．四条边都相等的四边形是菱形 D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 2．如图，菱形对角线，，则菱形高的长为（   ） A． B． C． D． 3．如图，四边形是正方形，，P是正方形对角线上一点，，，E、F分别为垂足，若，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D．3 4．如图，在等边中，，交的平分线于点，点为上一点，点为上一点，，连接、，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 5．如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在四边形中，，，点从点出发，沿折线方向移动到点停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（    ） A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形 B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形 C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形 D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形 7．已知矩形中，，矩形的周长为12，取的中点为坐标原点，与垂直的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形(点分别对应点)，则点的坐标为(　　) A． B． C． D． 8．如图，在边长为的正方形中，E为边上一点，且，点F在边上以的速度由点B向点C运动；同时，点G在边上以的速度由点C向点D运动，它们运动的时间为t秒，连接，．当与全等时，t的值为（    ） A．1 B．2 C．2或3 D．1或2 9．如图，在中，于F，于E，M为的中点，，，的周长是（    ） A． B． C． D． 10．如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 二、填空题 11．已知菱形的对角线的长分别为6和8，则这个菱形的面积是 ． 12．如图，在矩形中，与交于点O，点E为上一点，连接并延长交于点F，满足．若，，则 ． 13．如图，在正方形中，，把边绕点逆时针旋转得到线段，连接并延长交于点，连接，则的面积为 ． 14．如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是边上任意一点，将线段绕点E顺时针旋转，点F旋转到点G，则的最小值为 ． 15．如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当 时，是以为腰的等腰三角形． 三、解答题 16．如图，在中，，D为边的中点，四边形是平行四边形，、相交于点O． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，时，求的面积． 17．如图，在中，点E，F分别是，的中点，连接，，是的一个外角． (1)用尺规完成以下基本作图：作的角平分线，交的延长线于点G，连接．（只保留作图痕迹） (2)在（1）所作的图形中，若，证明：四边形是矩形．（请完成下面的填空） 平分， ______． 点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ______， ， ， ______． ， ______， 点E是的中点， ， 四边形是平行四边形．（对角线互相平分的四边形是平行四边形） ，， ， 四边形是矩形．（______） 18．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E是BC边延长线上的一点． (1)请在下面的两个条件中选择一个，使四边形ACED为平行四边形，并写出证明过程； ①；②； (2)在（1）的结论下，若，求BD的长． 19．如图1，正方形中，E、F分别为边上两个动点，线段相交于点M且． (1)直接写出的关系是 ； (2)如图2，N为延长线上一点，，若，求的值； (3)如图3，，H为的中点，在E、F运动过程中，的最大值为 ． 20．如图所示，四边形为菱形,，点E为边上动点，点B关于直线的对称点为点F，点G为中点． (1)如图1，当点为的中点时，求的长； (2)点E运动过程中，是否存在？若可能，求长；若不可能，请说明理由； (3)点E运动过程中，求点G的运动轨迹． 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 同步练习-2025-2026学年北师大版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C D D C B D B D 1．D 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法．根据各图形的判定条件逐一分析选项，判断是否存在错误即可． 【详解】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项的判断正确,不符合题意； B、四个内角都相等的四边形是矩形，故本选项的判断正确,不符合题意； C、四条边都相等的四边形是菱形，故本选项的判断正确,不符合题意； D、两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，故本选项的判断错误,符合题意； 故选：D． 2．B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直平分求出，然后利用勾股定理求出，再根据菱形的面积，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 根据勾股定理，， ∵菱形的面积， ∴， ∴， 故选：． 3．C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，由正方形的性质得出，由勾股定理求出，由全等三角形的判定与性质得出，由，得出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：C． 4．D 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关三角形的判定，证明．过点D作，取，连接，，过点作于点M，过点作，交的延长线于点N，延长交于点H，证明，得出，说明，得出当、、三点共线时，最小，即最小，且最小值为，利用勾股定理，矩形的判定和性质，求出结果即可． 【详解】解：过点D作，取，连接，，过点作于点M，过点作，交的延长线于点N，延长交于点H，如图所示： ∵为等边三角形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当、、三点共线时，最小，即最小，且最小值为， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ∵，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∴． 故选：D． 5．D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据四边形是正方形，得，，又因为是等边三角形，则，故，同理得，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 则， 则， 同理得， ∴， 故选：D 6．C 【分析】点P从点B出发，沿折线方向移动的整个过程，逐次考虑确定三角形的形状即可． 本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质． 【详解】解：∵， ∴四边形是菱形， ∵，故菱形由两个等边三角形组合而成， 当时，此时为直角三角形； 当点P到达点C处时，此时为等边三角形； 当P为中点时，为直角三角形； 当点P与点D重合时，此时为等腰三角形， 故选：C． 7．B 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，坐标与图形；根据题意求得点，根据旋转的性质可得分别对应，进而可得点的坐标． 【详解】解：如图，连接， ∵矩形中，，矩形的周长为12， ∴， ∴，， ∵的中点为坐标原点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∵将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形(点分别对应点)，则点逆时针旋转后与点重合， 将绕着点逆时针旋转得到， 又∵， ∴， ∴点的坐标为， 故选：B． 8．D 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，由题意可得，，求出，由正方形的性质可得，，从而可得，再分两种情况，分别利用全等三角形的判定与性质求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：由题意可得：，， ∴， ∵四边形为边长为的正方形， ∴，， ∵E为边上一点，且， ∴， 当，时， 在和中， ， ∴， ∴此时， 解得； 当，时， 在和中， ， ∴， ∴此时， 解得：， 综上所述，当与全等时，t的值为或； 故选：D． 9．B 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线和三角形的周长，解题的关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求线段的长． 根据于F，于E，M为的中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求出和的长，即可求解． 【详解】解：∵，M为的中点， ∴为斜边上的中线， ∴， 同理可得：， ∵， ∴的周长． 10．D 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先根据平行四边形及邻边相等的条件判定图形为菱形，再利用菱形性质、等腰三角形性质等，逐一分析与相等的角． 【详解】解：四边形是平行四边形，且 四边形是菱形 ，，，， ， ， ，故①符合题意， ， ，故②符合题意， ， ， 又，， ， ， ∴， ，故③符合题意， 故选：D． 11． 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半． 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线的长分别为6和8， ∴这个菱形的面积是， 故答案为：． 12． 【分析】由，以及矩形的性质可得，从而得到可得到，再由勾股定理可得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∵，且，， ∴ ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，推导出，求出的长是解题的关键． 13． 【分析】过点作于点，于点，延长交于点，易知是等边三角形，求得长，进而得到长，根据点位置说明是中位线，从而得到长度，所求三角形面积选择为底，为高即可解决． 【详解】解：过点作于点，于点，延长交于点． ∵， ∴． 根据旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴是中点， ∴， ∴， ∴， ∵，为中点， ∴为中点，为中点， ∴， ， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 14． 【分析】过点作于，的延长线交于点，过点作于，可证四边形是矩形，得到，进而证明，得到，，即可知点在边上移动时，点在射线上移动，又可证明四边形是矩形，得到，，作点关于的对称点，连接，可得，可知最小值为线段的长,再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点作于，的延长线交于点，过点作于，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 又由旋转可得，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴点在射线上移动， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 即， 作点关于的对称点，连接，如图，则，， ∴， 由两点之间线段最短可知，当点共线时，的值最小，最小值为线段的长， ∵，， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是求出动点的轨迹． 15．或 【分析】对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作垂直于于点H，然后根据折叠可得到，再结合，利用互余性质可得到，然后证得，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后根据数量关系得到． 【详解】解：当时，设，则， ∵沿翻折得， ∴， 在中由勾股定理可得：即， 解得：； 当时，如图所示，过A作垂直于于点H， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， 综上所述，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可． 16．(1)见解析 (2)24 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，三线合一，矩形的判定和正方形的判定和性质，解决此题的关键是熟练掌握三线合一； （1 ）根据是等腰三角形，由三线合一，得到，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形为矩形，即可得证； （2 ）先证明四边形是正方形，再利用分割法求面积即可． 【详解】（1）证明：∵在中，， ∴是等腰三角形， ∵D是的中点， ∴，即，， 又∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，，即， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ， ∴， 故的面积为． 17．(1)见解析 (2)，，，，对角线相等的平行四边形是矩形． 【分析】本题考查了角平分线的尺规作图，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识．掌握矩形的判定是解答本题的关键． （1）利用基本作图作的平分线即可； （2）先利用角平分线的定义得到，再利用三角形中位线性质得到．则．所以，于是得到，接着利用对角线互相平分的四边形是平行四边形可判断四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形为矩形得到四边形是矩形． 【详解】（1）解∶如图，、为所作∶ （2）证明：平分， ． 点E，F分别是，的中点， 是的中位线． ． ． ． ． ， ． 点E是的中点， ． 四边形是平行四边形．（对角线互相平分的四边形是平行四边形） ，， ． 四边形是矩形．（对角线相等的平行四边形是矩形）． 故答案为∶ ，，，，对角线相等的平行四边形是矩形． 18．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形对边平行的性质，结合所选条件，利用平行四边形的判定定理证明； (2) 利用菱形对角线垂直、四边相等的性质，结合（1）中平行四边形的结论得到线段关系，再通过勾股定理计算的长度． 【详解】（1）解：选②四边形是菱形， ，． ， 点是的中点， ，， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是菱形， ，，， ， 由（1）知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得． 【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟练运用菱形和平行四边形的性质，结合勾股定理求解线段长度． 19．(1)，； (2)； (3)． 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）由正方形得到，证明出，即可得到结论； （2）过点作交于点，连接，证明出，得到，证明出，得到，设，表示出，然后利用勾股定理求出，然后代入求解即可； （3）延长至，使得，取的中点，连接，勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据，进而根据中位线的性质可得，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ，， 又∵， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：，； （2）解：如图，过点作交于点，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ∵， ∴设， ，， ， ， ， ， ， ，， ∴； （3）解：如图，延长至，使得，取的中点，连接， ∵为的中点，， ， ， ， ， ， ，即的最大值为， 故答案为：． 20．(1) (2)不存在,理由见解析 (3)以中点为圆心，半径为1的圆 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、三角形中位线定理、圆的定义及垂直关系的性质，解题的关键是熟练运用菱形与轴对称的性质转化等线段、等角关系，结合等边三角形三线合一、中位线定理及圆的定义推导，通过假设与矛盾分析判断存在性． （1） 连接、、；由菱形性质及，判定为等边三角形，得；因是中点，根据等边三角形三线合一得，推出点关于的对称点与重合；故. （2） 连接；由菱形性质得、，进而；由轴对称性质得、；假设，则，计算得；因，故，推出，即点与重合，与“对称点”矛盾；故不存在. （3）取中点，连接；由是中点，根据三角形中位线定理得；由轴对称性质，故；又是中点，，得；根据圆的定义，点到定点的距离恒为1，故点的运动轨迹是以中点为圆心、半径为1的圆． 【详解】（1）连接、、． 当点E为的中点时，如下图： ∵四边形为菱形， ∴三角形是等边三角形，得， ∵点E是的中点， ∴（三线合一）， ∴点B关于点E的对称点为点， 即当点E是的中点时，点C与点F重合， ∴ （2）不存在，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点B关于直线的对称点为点， ∴， 若，则， ∴， ∵由得， ∴， ∴，此时点F与B重合，不符合题意， ∴不可能存在 （3）如图，取中点，连接， 则为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴点E运动过程中，点G的运动轨迹是以中点为圆心，半径为1的圆． 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 $