第一章特殊平行四边形 专项练习2025-2026学年北师大九年级数学上册

九年级上册（北师大版）第1章 特殊平行四边形 　 一、选择题 1．下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AB∥CD，AD=BC B．∠A=∠C，∠B=∠D C．AB∥CD，AD∥BC D．AB=CD，AD=BC 2．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若BD、AC的和为18cm，CD：DA=2：3，△AOB的周长为13cm，那么BC的长是（　　） A．12cm B．9cm C．3cm D．6cm 3．如图，把一个长方形纸片沿EF折叠后，点D、C分别落在D′、C′的位置，若∠EFB=65°，则∠AED′等于（　　） A．55° B．50° C．60° D．65° 4．如图，矩形ABCD中，E在AD上，且EF⊥EC，EF=EC，DE=2，矩形的周长为16，则AE的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．7 5．如图，已知某广场菱形花坛ABCD的周长是24米，∠BAD=60°，则花坛对角线AC的长等于（　　） A．6米 B．6米 C．3米 D．3米 6．已知：如图，在矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，垂足为E，∠BAE=30°，那么△ECD的面积是（　　） A． B． C． D． 7．如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它成为矩形，那么需要添加的条件是 （　　） A．AB=CD B．AD=BC C．AB=BC D．AC=BD 8．如图为菱形ABCD与△ABE的重叠情形，其中D在BE上．若AB=17，BD=16，AE=25，则DE的长度为何？（　　） A．8 B．9 C．11 D．12 9．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形AB′OD的周长是（　　） A．2 B．3 C． D．1+ 10．如图，矩形ABCD的长为a，宽为b，如果=（　　） A． B． C． D． 　 二、填空题 11．（5分）已知菱形的两条对角线长分别为2cm，3cm，则它的面积是　　cm2． 12．（5分）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：　　，使得平行四边形ABCD为菱形． 13．（5分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于　　． 14．（5分）如图在菱形ABCD中，∠B=∠EAF=60°，∠BAE=20°，则∠CEF的大小为　　． 　 三、解答题（15题12分，16题12分，17题16分） 15．如图，已知平行四边形ABCD，DE是∠ADC的角平分线，交BC于点E． （1）求证：CD=CE； （2）若BE=CE，∠B=80°，求∠DAE的度数． 16．如图，已知菱形ABCD，AB=AC，E、F分别是BC、AD的中点，连接AE、CF． （1）证明：四边形AECF是矩形； （2）若AB=8，求菱形的面积． 17．已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点． （1）求证：BM=CM； （2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论； （3）当AD：AB=　　时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）． 　 《第1章 特殊平行四边形》 参考答案与试题解析 　 一、选择题 1．A 【考点】平行四边形的判定． 【分析】直接根据平行四边形的判定定理判断即可． 【解答】解：平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断， 平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断； 平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定； 平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形； 平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形； 故选A． 【点评】此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法． 　 2．D 【考点】平行四边形的性质． 【分析】根据平行四边形的性质，先求出AB的长，再根据所给比值，求出AD的长，进一步求解BC即可． 【解答】解：∵平行四边形ABCD ∴OA+OB=（BD+AC）=9cm 又∵△AOB的周长为13cm， ∴AB=CD=4cm， 又∵CD：DA=2：3， ∴BC=AD=6cm 故选D． 【点评】主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．　 3．B 【考点】翻折变换（折叠问题）． 【专题】数形结合． 【分析】首先根据AD∥BC，求出∠FED的度数，然后根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等，则可知∠FED=∠FED′，最后求得∠AED′的大小． 【解答】解：∵AD∥BC， ∴∠EFB=∠FED=65°， 由折叠的性质知，∠FED=∠FED′=65°， ∴∠AED′=180°﹣2∠FED=50°． 故∠AED′等于50°． 故选：B． 【点评】本题考查了：1、折叠的性质；2、矩形的性质，平行线的性质，平角的概念求解． 　 4．A 【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】计算题． 【分析】根据矩形的性质和EF⊥EC，EF=EC求证△AEF≌△DCE，可得AE=CD，再利用矩形的周长为16，即可求出AD，然后用AD减DE即可得出答案． 【解答】解：∵矩形ABCD中，EF⊥EC， ∴∠DEC+∠DCE=90°，∠DEC+∠AEF=90° ∴∠AEF=∠DCE， 又∵EF=EC， ∴△AEF≌△DCE， ∴AE=CD， ∵矩形的周长为16，即2CD+2AD=16， ∴CD+AD=8， ∴AD﹣2+AD=8， AD=5， ∴AE=AD﹣DE=5﹣2=3． 故选A． 【点评】此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和矩形性质的理解和掌握，解答此题的关键是求证△AEF≌△DCE． 　 5．A 【考点】菱形的性质． 【专题】应用题． 【分析】由四边形ABCD为菱形，得到四条边相等，对角线垂直且互相平分，根据∠BAD=60°得到三角形ABD为等边三角形，在直角三角形ABO中，利用勾股定理求出OA的长，即可确定出AC的长． 【解答】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AB=BC=CD=AD=24÷4=6（米）， ∵∠BAD=60°， ∴△ABD为等边三角形， ∴BD=AB=6（米），OD=OB=3（米）， 在Rt△AOB中，根据勾股定理得：OA==3（米）， 则AC=2OA=6米， 故选A． 【点评】此题考查了勾股定理，菱形的性质，以及等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键． 　 6．C 【考点】矩形的性质；含30度角的直角三角形． 【分析】根据已知条件，先求Rt△AED的面积，再证明△ECD的面积与它相等． 【解答】解：如图： 过点C作CF⊥BD于F． ∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD， ∴∠ABE=∠CDF=60°，AB=CD，AD=BC=2，∠AEB=∠CFD=90°． ∴△ABE≌△CDF． ∴AE=CF． ∴S△AED=ED•AE，S△ECD=ED•CF ∴S△AED=S△CDE∵AE=1，DE=， ∴△ECD的面积是．故选C． 【点评】此题考查了学生的识图能力，解题的关键是要注意问题的转化．此题还考查了直角三角形的性质，直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半． 　 7．D 【考点】矩形的判定． 【分析】由四边形ABCD的对角线互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，再添加AC=BD，可根据对角线相等的平行四边形是矩形证明四边形ABCD是矩形． 【解答】解：可添加AC=BD， ∵四边形ABCD的对角线互相平分， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC=BD，根据矩形判定定理对角线相等的平行四边形是矩形， ∴四边形ABCD是矩形， 故选：D． 【点评】此题主要考查了矩形的判定，关键是矩形的判定： ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形． 　 8．D 【考点】菱形的性质；勾股定理． 【专题】压轴题． 【分析】首先连接AC，设AC交BD于O点，由四边形ABCD为菱形，利用菱形对角线互相垂直且平分的性质及勾股定理，即可求得DE的长度． 【解答】解：连接AC，设AC交BD于O点， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，且BO=DO==8， 在△AOD中， ∵∠AOD=90°， ∴AO===15， 在△AOE中， ∵∠AOE=90°， ∴OE===20， 又OD=8， ∴DE=OE﹣OD=20﹣8=12． 故选D． 【点评】此题考查了勾股定理与菱形的性质．解题的关键是注意数形结合思想的应用． 9．A 【考点】旋转的性质． 【专题】压轴题． 【分析】当AB绕点A逆时针旋转45度后，刚回落在正方形对角线AC上，可求三角形与边长的差B′C，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求B′O，OD，从而可求四边形AB′OD的周长． 【解答】解：连接B′C， ∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAC=45°， ∴B′在对角线AC上， ∵AB=AB′=1，用勾股定理得AC=， ∴B′C=﹣1， 在等腰Rt△OB′C中，OB′=B′C=﹣1， 在直角三角形OB′C中，由勾股定理得OC=（﹣1）=2﹣， ∴OD=1﹣OC=﹣1 ∴四边形AB′OD的周长是：2AD+OB′+OD=2+﹣1+﹣1=2． 故选A． 【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形边长的求法．连接B′C构造等腰Rt△OB′C是解题的关键． 　 10．A 【考点】三角形的面积． 【专题】计算题． 【分析】连接DB，由S矩形ABCD=S1+S2+S3+S4，，利用则，同理EB=，求得S3，然后即可求得S4． 【解答】解：S矩形ABCD=S1+S2+S3+S4 ∴ ∴ 连接DB，如图，则 ∴CF：BC= ∴FB= 同理，EB= ∴ ∴， 故选A 【点评】此题考查学生对三角形面积的理解和掌握，此题关键是连接DB，有一定难度，属于难题． 　 二、填空题 11．3 【考点】菱形的性质． 【分析】由知菱形的两条对角线长分别为2cm，3cm，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求得答案． 【解答】解：∵菱形的两条对角线长分别为2cm，3cm， ∴它的面积是：×2×3=3（cm2）． 故答案为：3． 【点评】此题考查了菱形的性质．注意菱形的面积等于对角线乘积的一半． 　 12．AD=DC 【考点】平行四边形的判定；平行四边形的性质． 【专题】开放型． 【分析】根据菱形的定义得出答案即可． 【解答】解：∵邻边相等的平行四边形是菱形， ∴平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：可以为：AD=DC； 故答案为：AD=DC． 【点评】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，根据菱形的定义得出是解题关键． 　 13．3.5 【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理． 【分析】由菱形的四边相等求出边长，再根据对角线互相垂直得出∠AOD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD， ∴∠AOD=90°， ∵AB+BC+CD+DA=28， ∴AD=7， ∵H为AD边中点， ∴OH=AD=3.5； 故答案为：3.5． 【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解决问题的关键． 　 14．20° 【考点】菱形的性质． 【专题】数形结合． 【分析】首先证明△ABE≌△ACF，然后推出AE=AF，证明△AEF是等边三角形，得∠AEF=60°，最后求出∠CEF的度数． 【解答】解：连接AC， 在菱形ABCD中，AB=CB， ∵∠B=60°， ∴∠BAC=60°，△ABC是等边三角形， ∵∠EAF=60°， ∴∠BAC﹣∠EAC=∠EAF﹣∠EAC， 即：∠BAE=∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ， ∴△ABE≌△ACF（ASA）， ∴AE=AF， 又∠EAF=∠D=60°，则△AEF是等边三角形， ∴∠AFE=60°， 又∠AEC=∠B+∠BAE=80°， 则∠CEF=80°﹣60°=20°． 故答案为：20°． 【点评】此题主要考查菱形的性质和等边三角形的判定以及三角形的内角和定理，有一定的难度，解答本题的关键是正确作出辅助线，然后熟练掌握菱形的性质． 　 三、解答题（15题12分，16题12分，17题16分） 15． 【考点】平行四边形的性质． 【专题】计算题；证明题． 【分析】（1）根据DE是∠ADC的角平分线得到∠1=∠2，再根据平行四边形的性质得到∠1=∠3，所以∠2=∠3，根据等角对等边即可得证； （2）先根据BE=CE结合CD=CE得到△ABE是等腰三角形，求出∠BAE的度数，再根据平行四边形邻角互补得到∠BAD=100°，所以∠DAE可求． 【解答】（1）证明：如图，在平行四边形ABCD中， ∵AD∥BC ∴∠1=∠3 又∵∠1=∠2， ∴∠2=∠3， ∴CD=CE； （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AD∥BC， 又∵CD=CE，BE=CE， ∴AB=BE， ∴∠BAE=∠BEA． ∵∠B=80°， ∴∠BAE=50°， ∴∠DAE=180°﹣50°﹣80°=50°． 【点评】（1）由角平分线得到相等的角，再利用平行四边形的性质和等角对等边的性质求解； （2）根据“BE=CE”得出AB=BE是解决问题的关键． 　 16． 【考点】矩形的判定；勾股定理；菱形的性质． 【专题】证明题． 【分析】（1）根据菱形的四条边都相等可得AB=BC，然后判断出△ABC是等边三角形，然后根据等腰三角形三线合一的性质可得AE⊥BC，∠AEC=90°，再根据菱形的对边平行且相等以及中点的定义求出AF与EC平行且相等，从而判定出四边形AECF是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证； （2）根据勾股定理求出AE的长度，然后利用菱形的面积等于底乘以高计算即可得解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， 又∵AB=AC， ∴△ABC是等边三角形， ∵E是BC的中点， ∴AE⊥BC（等腰三角形三线合一）， ∴∠1=90°， ∵E、F分别是BC、AD的中点， ∴AF=AD，EC=BC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC且AD=BC， ∴AF∥EC且AF=EC， ∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）， 又∵∠1=90°， ∴四边形AECF是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2）解：在Rt△ABE中，AE==4， 所以，S菱形ABCD=8×4=32． 【点评】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，证明得到四边形AECF是平行四边形是解题的关键，也是突破口． 　 17． 【考点】四边形综合题． 【分析】（1）利用矩形的性质，由全等三角形的判定定理SAS即可证得△BCE≌△DCF； （2）通过△DBG≌△FBG的对应边相等知BD=BF=；然后由CF=BF﹣BC=即可求得； （3）分三种情况分别讨论即可求得． 【解答】（1）证明：如图1， 在△BCE和△DCF中， ∵ ∴△BCE≌△DCF（SAS）； （2）证明：如图1， ∵BE平分∠DBC，OD是矩形ABCD的对角线， ∴∠EBC=∠DBC=22.5°， 由（1）知△BCE≌△DCF， ∴∠EBC=∠FDC=22.5°（全等三角形的对应角相等）； ∴∠BGD=90°（三角形内角和定理）， ∴∠BGF=90°； 在△DBG和△FBG中， ， ∴△DBG≌△FBG（ASA）， ∴BD=BF，DG=FG（全等三角形的对应边相等）， ∵BD==， ∴BF=， ∴CF=BF﹣BC=﹣1； （3）解：如图2，∵CF=﹣1，BH=CF ∴BH=﹣1， ①当BH=BP时，则BP=﹣1， ∵∠PBC=45°， 设P（x，x）， ∴2=（﹣1）2， 解得x=1﹣或﹣1+， ∴P（1﹣，1﹣）或（﹣1+，﹣1+）； ②当BH=HP时，则HP=PB=﹣1， ∵∠ABD=45°， ∴△PBH是等腰直角三角形， ∴P（﹣1，﹣1）； ③当PH=PB时，∵∠ABD=45°， ∴△PBH是等腰直角三角形， ∴P（，）， 综上，在直线BD上是否存在点P，使得以B、H、P为顶点的三角形为等腰三角形，所有符合条件的P点坐标为P（1﹣，1﹣）或（﹣1+，﹣1+）、P（﹣1，﹣1）、（，）． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键． 　 第18页（共18页） 学科网（北京）股份有限公司 $