专题1.11 特殊平行四边形（全章专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

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专题1.11 特殊平行四边形（全章专项练习）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（23-24八年级下·云南昆明·期末）呈贡某公园预备建造一个菱形的郁金香花坛，若菱形花坛的两条对角线的长分别为6米和10米，则菱形花坛的面积为（    ）平方米．A．15 B．24 C．30 D．602．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，某技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．已知，，对应的刻度分别为1，7，4．若，则的长为（　　）A． B． C． D．3．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ）①； ②； ③； ④．A．①③ B．②③ C．③④ D．①④4．（23-24八年级下·河南许昌·期末）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（    ）A．对边平行且相等 B．对角线互相平分C．对角线互相垂直 D．对角线相等5．（23-24八年级下·吉林·阶段练习）如图，菱形的对角线、的长分别是6，8，于点，则的长是（    ）  A．5 B．6 C．7 D．6．（2024·山东日照·模拟预测）如图，矩形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线交于点，则的长为（    ）．A． B． C． D．7．（2024·广西桂林·一模）如图，正方形和正方形，点G在上，H是的中点．若，，则的长为（    ）A． B． C．4 D．58．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（    ）A． B． C．4 D．9．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （    ）A． B． C．11 D．1210．（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，正方形边长为1，，，则下列结论：①；②垂直平分；③的周长是2；④；⑤点A到的距离是．其中正确的结论有（    ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（23-24八年级下·吉林·阶段练习）如图，在中，，，分别是边，，中点，连接，．若，则 ．12．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ．13．（2024·江苏常州·模拟预测）如图，四边形是菱形，，平分，过点D作，，则对角线的长是 ．14．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，四边形是矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，把矩形沿折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为 ．15．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在正方形中，点在对角线上，且，延长交于点，连接，则的度数为 ． 16．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，正方形的边长为4，点，分别在边，上，且，平分，连接，分别交，于点，．是线段上的一个动点，过点作，垂足为，连接．则的最小值为 ， ． 17．（2024·山东聊城·模拟预测）如图，在矩形中，，点E，F分别从点D ，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C移动．当四边形为菱形时，点E，F的运动时间为 秒．18．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形，点、分别是、的中点，，相交于点，连接，若，则的长为 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点．  (1)求证：．(2)若，，则的长为________．20．（8分）（23-24八年级下·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．21．（10分）（2024·江苏宿迁·模拟预测）如图，四边形是菱形，，交于点，于点H．(1)若对角线，，求的长；(2)连，求证：．22．（10分）（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，正方形对角线相交于点O，点P是对角线延长线上一点，连接，将绕点P逆时针旋转，使点C的对应点Q在的延长线上，连接(1)求证：；(2)当点P在延长线上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由．23．（10分）（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，正方形，．将正方形绕点逆时针旋转角度（），得到正方形，交于点，延长交于点．(1)求证：；(2)顺次连接，，，，得到四边形．在旋转过程中，四边形能否为矩形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．24．（12分）（23-24八年级下·云南昆明·期末）【发现结论】（1）如图1，中，，．点O既是斜边上的中点，又是的直角顶点，绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接，．以下结论正确的有______（多选）①；②；③【类比迁移】（2）如图2，正方形的对角线交于点O，点O又是正方形的一个顶点，正方形绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接．①（1）中结论依然成立的是______（填序号）②在证明以上结论成立的过程中，你还发现了哪些结论？（至少写出三条，正方形的性质除外）【类比迁移】（3）如图3，矩形的对角线交于点O，点O又是矩形的一个顶点，矩形绕点O转动的过程中，交于点M，交于点N，连接．是否成立？若成立，请证明结论；若不成立，请说明理由．参考答案：1．C【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．【详解】解：菱形的面积，故选：C．2．D【分析】本题考查了勾股定理的应用、等边三角形的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线性质等知识，求出，再由直角三角形斜边上的中线性质得，进而证明是等边三角形，得，然后由勾股定理求出的长即可，熟练掌握勾股定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键．【详解】解：∵点A，B，D对应的刻度分别为1，7，3，∴∴，∵，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，故选：D．3．A【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可．【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意；②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意；③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意；④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意；故满足题意的有①③；故选：A．4．C【分析】本题考查正方形和矩形的性质，根据正方形和矩形的性质进行逐一判断即可．【详解】解：A、正方形和矩形的对边平行且相等，故不符合题意；B、正方形和矩形的对角线互相平分，故不符合题意；C、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线相等且不互相垂直，D、正方形和矩形的对角线相等，故不符合题意；故选：C．5．D【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直且平分求出，则，由此可解．【详解】解：菱形的对角线、的长分别是6，8，，，，，，，故选D．6．B【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的画法和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作于，，，进而得，，又由作图可知，为的角平分线，得到，即可得，得到，，即得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可求解，由矩形的性质可得掌握角平分线的画法是解题的关键．【详解】解：过点作于，则，∵四边形是矩形，∴，，∴，，又由作图可知，为的角平分线，∴，∵，∴，∴，，∴，设，则，在中，，∴，解得，∴，故选：．7．A【分析】本题考查正方形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，连接，易得，由可得，，则，由H是中点可得即可解答．【详解】解：连接，∵四边形和四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵H是中点，∴，故选：A．8．A【分析】设与的交点为H，过点D作，垂足为G，根据菱形的性质可得，，证明，可得，易证，可得，进而可得的长，由菱形的性质可证是等边三角形，得到，进而得到，利用勾股定理求出，在中，利用狗定理即可求解．【详解】解：设与的交点为H，过点D作，垂足为G，∵四边形是菱形，∴，，∵点E是中点，∴，∵，交对角线于点M，，在和中，，∴，∴，∵ ∴，∵，，，∴，∴，∴，，，是等边三角形，，，，，在中，，故选：A．【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．9．B【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线性质等知识，过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线性质得到，证明，则，证明四边形是平行四边形，则，，证明四边形是矩形，则，再证明，则，由勾股定理得到，则，勾股定理求出，则，由勾股定理求出，即可得到.【详解】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，∵， 平分 ，∴，∴，∵点恰为中点，∴，∵∴，∴∴四边形是平行四边形，∴，， ∵，∴，，∴，∴∴四边形是矩形，∴∵，，∴∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：B10．C【分析】先证明得到，可得，于是可对①进行判断；设、相交于点，如图，利用得到，则，接着判断垂直平分，平分，于是利用角平分线的性质定理得到，，则可对②③④进行判断；证明，可得，然后利用勾股定理求出长，则可对⑤进行判断．【详解】解：∵是正方形，∴，，，又∵，∴，∴，，又∵,∴，故①正确；∵，，∴，又∵，∴垂直平分，故②正确；设与交于点，∵，，∴，同理可得，∴的周长是，故③正确；∵，，∴，故④错误；∵，，，∴，∴，又∵，∴点A到的距离是，故⑤正确；综上所述，正确的为①②③⑤，共个，故选C．【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，解决本题的关键是证明垂直平分．11．【分析】本题考查的是三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记基础几何图形的性质是解本题的关键．如图，连接，，先证明四边形是平行四边形；可得，再证明，再进一步可得答案．【详解】解：如图，连接，，∵，，分别是边，，中点，∴，，∴四边形是平行四边形；∴，∵，，是边中点，∴，∴，故答案为：12．正方形【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题．【详解】解：如图所示：在中，，分别是，的中点，∴是的中位线，∴，同理，，．∵，∴，∴四边形是菱形，设与交于点，与交于点，在中，，分别是，的中点，∴，同理，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴四边形是正方形．故答案为：正方形13．【分析】连接交于点O，先根据菱形的性质得到以及角平分线的定义推导出，，，，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而可求解．【详解】解：连接交于点O，∵四边形是菱形，，∴，，，，∴，，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点拨】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．14．【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，利用面积法求出的长是本题的关键．先证明，由勾股定理可求，由面积法可求的长，即可求解．【详解】解：设与交于点，作于点，点的坐标为，点的坐标为，，，四边形是矩形，，，由翻折变换的性质可知，，，，在中，设，则，由勾股定理得，解得，即，，在中，，，由得，，在中，由勾股定理得，，点的坐标为，故答案为：．15．/度【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键．根据正方形的性质可得，，，由可得，进而得到，证明，得到，最后根据三角形的外角性质即可求解．【详解】解：四边形是正方形，点在对角线上，，，，，，，在和中，，，，，，故答案为：．16． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识．证明，则，再证明，则，得到垂直平分，连接与交于点，交于点，连接，由垂直平分，证明，证明当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长，由，即可得到的最小值为，证明，，则．【详解】解：四边形是正方形，，，，，即，在和中，，，，，，，，，平分，，又为公共边，，，又，∴垂直平分，连接与交于点，交于点，连接，四边形是正方形，，即，垂直平分，，当点与点重合时，的值最小，此时，即的最小值是的长，正方形的边长为4，，，即的最小值为，垂直平分，，又，，故答案为：；17．3【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，根据和勾股定理列方程可解答．【详解】解：设点E，F的运动时间为t，由题意得：，∵四边形是矩形，∴，，∴ ，∴四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得：．故答案为：．18．2【分析】根据正方形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，再求出，从而得到，取的中点，连接，再判断出垂直平分，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得．【详解】解：如图，在正方形中，，∵分别为边的中点，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，取的中点，连接，∵是的中点，∴，∵，是平行四边形，，，设与相交于点，∴是的中点，，∴垂直平分，∴，故答案为：2．【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质和判定、线段垂直平分线的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质；熟记性质并正确作出辅助线是解题的关键．19．(1)见解析(2)【分析】（1）根据“”证明即可；（2）根据三角形全等的性质得出，求出，得出，求出，根据勾股定理求出．【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵为的中点，∴，∵菱形，∴，∵，∴，∵，∴，根据勾股定理得：．【点拨】本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．20．(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识定，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．（1）先根据平行的性质判断出，再根据角平分线的性质进而判断出得出，从而得到四边形是菱形；（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出即可解答．【详解】（1）证明：∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形．（2）解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∵，∴，在中，，，∴，∵,∴．21．(1)(2)见解析【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，直角三角形斜边中线的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．（1）由菱形的性质及勾股定理求出的长度，根据菱形的面积公式可得出答案；（2）根据菱形的对角线互相平分可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据等边对等角得到，根据两直线平行，内错角相等得到，然后根据等角的余角相等证明即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，，，，，，，，，，；（2）证明：四边形是菱形，，，，，，又，，，在中，，在中，，，，，．22．(1)见解析(2)不变，理由见解析【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质：（1）正方形的性质，得到，垂直平分，进而得到，再根据，即可得出；（2）等边对等角结合全等三角形的对应角相等，得到，三角形的外角，推出，即可得出结论．【详解】（1）∵正方形对角线相交于点O，∴，垂直平分，∵点P是对角线延长线上一点，∴，又∵，∴；（2）的大小不变，理由如下：∵将绕点P逆时针旋转，使点C的对应点Q在的延长线上，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，设交于点，∴，∴，∵，∴；∴的大小不变．23．(1)证明见解析；(2)能，．【分析】（1）根据正方形的性质及选转的不变性证明和即可；（2）由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，设，则，，，在中，由勾股定理得：，解方程即可．【详解】（1）证明：连接∵四边形是正方形，∴，，由旋转得：，，∴，，∵，∴，∴，同理可证：，∴，∵，∴；（2）解：能，∵四边形是正方形，∴，，由旋转得：，故当互相平分时，四边形为矩形，∵互相平分，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为矩形，设，则，，由（1）知，∴在中，由勾股定理得：，解得：，即．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．24．（1）①②③；（2）①（1）中结论依然成立的是①②③；②；（3）成立，理由见解析过程【分析】（1）由余角的性质可得，由“”可证，可得，可得，由勾股定理可求解；（2）①由余角的性质可得，由“”可证，可得，可得，由勾股定理可求解；②由全等三角形的性质可得；（3）由“”可证，可得，由勾股定理可求解．【详解】解：（1）∵，点是的中点，，，，，，，，，故答案为：①②③；（2）①∵四边形是正方形，，，，，，，，，故答案为：①②③；②∵，∴，∴，则还可以发现：；（3）成立，理由如下：如图，延长交于，连接，∵四边形是矩形，，，，，又，，，．【点拨】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．