第一章 特殊平行四边形 同步练习 2025-2026学年北师大版（2012）九年级数学上册

第一章 特殊平行四边形 一、单选题 1．如图，是菱形的对角线，点在上，过点作交边于点，如果，那么的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，按以下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；（3）分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；（4）连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．如图，在矩形中，，将沿翻折，得到，其中，与相交于点F，则为（    ） A． B．1 C． D． 4．如图，的对角线、交于点，，要使为正方形还需增加一个条件．在条件①；②；③；④中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 5．如图，菱形的面积为20，点分别为的中点，则四边形的面积为（    ） A．5 B．8 C．10 D．16 6．如图，菱形对角线，，则菱形高的长为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在正方形中，相交于点，平分交于点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 8．如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，于，若，则的长是 ． 10．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，E，F分别为，的中点，连接，则的长为 ． 11．如图，在边长为的正方形中，点E，F分别在边上，若，则的周长为 ． 12．如图，正方形中，E为边上一点，F为边上一点，且．连接，，交对角线于G，连接．若，则 ．（结果用的代数式表示） 13．如图，在边长为5的菱形中，，于点，则的长为 ． 三、解答题 14．如图，在中，，D为的中点，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，求的长． 15．如图，长方形纸片，，将长方形纸片折叠，使点落在点处，折痕为． (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 16．如图，在矩形中，点在的上方，连接、、、，，求证：． 17．如图，是正方形的对角线，过点作于点，过点分别作于点，于点． (1)四边形是正方形吗?请说明理由； (2)若，求四边形的面积． 18．如图，在正方形中，对角线与相交于点，在线段上任取一点（端点除外），连接，． (1)求证：； (2)将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处，当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由； (3)在探究与的数量关系时，小颖作了如图的辅助线：作于点．作于点，作交于点，作于点，请你直接写出与的数量关系． 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】本题主要考查菱形的性质，平行线的性质，根据菱形的性质得，由可得． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 2．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理，可证明四边形是菱形，由等边对等角可得，由菱形的对角相等可得，据此求出的度数即可得到答案． 【详解】解；由作图方法可得， ∴四边形是菱形，， ∴， 又∵， ∴， 故选：C． 3．C 【分析】本题考查了图形翻折的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，以及勾股定理解三角形，解决本题的关键是由图形翻折得到边和角度不变． 设，则，由矩形的性质可得，再根据图形翻折可得，则可得为等腰三角形，再由勾股定理即可求解． 【详解】解：设，则， ∵四边形为矩形， ∴， 则， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， ∴， 在中，， 即，即， 解得， 则为． 故选：C ． 4．A 【分析】先根据已知条件判断平行四边形为矩形，再逐一分析每个条件，看能否使矩形成为正方形． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形，， ∴ ， 又∵ 平行四边形对角线互相平分，即，， ∴ ， ∴ 平行四边形是矩形． ①，矩形的邻边相等，则为正方形，故①正确； ②，矩形的对角线互相垂直，则为正方形，故②正确； ③，矩形本身对角线相等，不能判定为正方形，故③错误； ④，矩形本身角为直角，不能判定为正方形，故④错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、正方形的判定，熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键． 5．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，矩形的性质与判定，连接，二者交于点O，根据菱形的性质可得，，再由三角形中位线定理可得，则可证明四边形是矩形，据此根据矩形面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，二者交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵菱形的面积为20， ∴，即； ∵点分别为的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴， 故选：C． 6．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：． 7．C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，利用正方形的性质可得，，即得，得到，进而得到，即可判定和；过点作于，由角平分线的性质得，由等腰直角三角形的性质得，即得，即可判定；在中，由勾股定理得，即得，即可判定，综上即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵平分交于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故正确，错误； 过点作于，则， ∵，平分， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，故正确； 在中，， ∵， ∴，故正确； 综上，结论错误的是， 故选：． 8．A 【分析】设、交于点，过点作于点，由正方形的性质可得，，，，由对折可得，，，推出，根据勾股定理求出，则，进而求出，证明，得到，可得，由，可得，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，设、交于点，过点作于点， 四边形是正方形， ，，，， 由折叠可得，，， ， ， ， ， 设， 在中，由勾股定理得，即， 解得（负值已舍去）， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ，， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，灵活运用相关知识是解题的关键． 9． 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，由矩形的性质得，，，由线段垂直平分线的性质得，即得，得到，再根据勾股定理即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，取中点G，连接，根据菱形的性质得出，，，根据三角形中位线定理得出，，根据平行线的性质可得出，然后在中，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，取中点G，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∵点E是的中点，点G是的中点 ∴是的中位线，， ∴，， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴根据勾股定理，得． 故答案为：． 11．8 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质和正方形的性质．先根据正方形的性质得，，根据旋转的定义，把绕点A顺时针旋转可得到，根据旋转的性质得，，，，于是可判断点G在的延长线上，然后利用全等三角形的判定证明出，得到，然后利用三角形周长的定义得到的周长． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ∴把绕点A顺时针旋转可得到，如图， ∴，，，， ∴点G在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 而， ∴， ∴的周长． 故答案为：8． 12． 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，根据正方形的性质得出，进而利用证明，进而利用全等三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 在与中， ， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查菱形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．由菱形的性质可知，则由勾股定理可求，根据可求长． 【详解】解：菱形的边长为5，， ，，； ； ， ． 故答案为：． 14．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，平行四边形的性质，三线合一定理，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由三线合一定理得到；再由平行四边形对边平行且相等可推出，据此可证明结论； （2）由矩形的性质得到，则可证明是等边三角形推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵在中，，D为的中点， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 15．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，弄清点之间的关系是解题的关键． （1）根据矩形的性质、折叠的性质证明，再根据全等三角形的对应边相等即可证明结论； （2）由（1）知，利用全等三角形的性质以及等量代换可得，然后根据以及三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：在长方形中，． 由折叠的性质可得，， ， ， ． （2）解：由（1）知， ．． 16．见解析 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，由等边对等角可得，再证明，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】证明：四边形是矩形， ，， ， ∴， ∴， ， 在和中， ， ∴， ． 17．(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)4 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由正方形的性质可得，，，再证明四边形是矩形和，得出，即可得证； （2）由正方形的性质可得，，从而可得，进而得出，最后由正方形的面积公式计算即可得解． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下： 四边形是正方形， ，，， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ． 四边形是正方形． （2）解：四边形是正方形， ，， ， ， 四边形是正方形， ， ， ． 18．(1)证明见解析 (2)的大小不发生变化，理由见解析 (3) 【分析】（）证明即可求证； （）作，，垂足分别为点，可证四边形是矩形，，进而得到，即得，即可得，得到，即可求解； （）证明四边形是矩形，得到，利用等腰三角形的性质可得，，得到，再由即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴； （2）解：的大小不发生变化， 理由如下： 作，，垂足分别为点，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴的大小不发生变化； （3）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 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 $