初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）专题1.4特殊的平行四边形单元测试（基础卷）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间60分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020•碑林区校级模拟）如图，在矩形OABC中，点B的坐标是（1，3），则A、C两点间的距离是（ ）A．4B．13C．10D．22【分析】根据矩形的性质即可求出答案．【解析】在矩形OABC中，OB＝AC，∵B（1，3），∴OB=12+32=10，故选：C．2．（2020春•越秀区期末）若菱形的两条对角线长分别为8和6，则这个菱形的面积是（ ）A．96B．48C．24D．12【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴S=12×6×8＝24．故选：C．3．（2020•眉山）下列说法正确的是（ ）A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形第20页/共20页
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定依次判断可求解．【解析】A、两组对边平行或两组对边相等或一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项A不合题意；B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项B符合题意；C、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C不合题意；D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D不合题意；故选：B．4．（2020春•曹县期末）如图，矩形ABCD中，CE⊥BD于点E，∠DCE＝4∠BCE，则∠ACE的度数为（ ）A．52°B．54°C．56°D．58°【分析】根据矩形的性质首先求出∠DCE，∠ECB的度数．然后利用三角形内角和定理求解即可．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠DCB＝90°，OC＝OD，∵∠DCE＝4∠ECB，∴∠DCE=45×90°＝72°，∴∠ECB＝18°∴∠EBC＝∠ACB＝90°﹣∠ECB＝72°∴∠ACE＝∠ACB﹣∠ECB＝72°﹣18°＝54°．故选：B．5．（2020•高州市模拟）如图，△ABC中，∠A+∠B＝90°，AD＝DB，CD＝3，则AB的长度为（ ）第20页/共20页
A．3B．4C．5D．6【分析】由三角形内角和定理即可得出△ABC为直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到AB的长等于CD长的2倍．【解析】∵△ABC中，∠A+∠B＝90°，∴∠ACB＝90°．∵AD＝DB，∴CD是该直角三角形斜边AB上的中线，∴AB＝2CD＝6．故选：D．6．（2020春•万州区期末）如图，菱形ABCD中，在边AD、BC上分别截取DM＝BN，连接MN交AC于点O，连接DO，若∠BAC＝20°，则∠ODC的度数为（ ）A．20°B．40°C．50°D．70°【分析】首先由在菱形ABCD中，AM＝CN，证得△AOM≌△CON（AAS），即可得O是对角线AC与BD的交点，继而求得答案．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠OAM＝∠OCN，在△AOM和△CON中，∠OAM=∠OCN∠AOM=∠CONAM=CN，∴△AOM≌△CON（AAS），∴OA＝OC，∵四边形ABCD是菱形，第20页/共20页
∴点O为BD与AC的交点，∵∠ACD＝∠BAC＝20°，∴∠ODC＝90°﹣∠ACD＝70°．故选：D．7．（2020春•曹县期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件：（1）∠1+∠DBC＝90°；（2）OA＝OB；（3）∠1＝∠2，其中能判定平行四边形ABCD是菱形的条件有（ ）A．0个B．1个C．2个D．3个【分析】由平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的判定即可得出结论．【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，∴∠1＝∠BCO，若∠1+∠DBC＝90°时，则∠BCO+∠DBC＝90°，∴∠BOC＝90°，∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；（1）正确；若OA＝OB，则AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；（2）不正确；若∠1＝∠2，则∠2＝∠BCO，∴AB＝CB，∴四边形ABCD是菱形；（3）正确；故选：C．8．（2020春•西山区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB＝4，∠ABC＝60°，则BD的长为（ ）第20页/共20页
A．43B．4C．23D．3【分析】由菱形的性质得出AC⊥BD，BD＝2OB，OA＝OC，证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝4，则OA＝2，由勾股定理求出OB，即可得出答案．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD＝2OB，OA＝OC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝4，∴OA＝2，∴OB=AB2-OA2=42-22=23，∴BD＝2OB＝43故选：A．9．（2020春•海淀区校级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在﹣起，重合的部分构成一个四边形，给出以下四个论断：①这个四边形可能是正方形②这个四边形一定是菱形③这个四边形不可能是矩形④这个四边形一定是轴对称图形，其中正确的论断是（ ）A．①②B．③④C．①②④D．①②③④【分析】由条件可知AB∥CD，AD∥BC，再证明AB＝BC即可解决问题．【解析】过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F．第20页/共20页
∵两张长方形纸条的宽度相等，∴DE＝DF，又∵平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝BC•DF，∴AB＝BC，∴平行四边形ABCD为菱形．当∠DAB＝90°时，这个四边形是正方形，∴这个四边形一定是轴对称图形，故选：C．10．（2020•雁塔区校级二模）将四根长度相等的木条首尾顺次相接，用钉子钉成四边形ABCD，转动这个四边形可以使它的形状改变，当∠ABC＝60°时，如图（1），测得BD＝23；当∠ABC＝90°时，如图（2），此时BD的长为（ ）A．22B．2C．3D．2【分析】在图（1）中连接AC、BD，设AC与BD交于点O，在图（2）中连接BD，在图（1）中由菱形的性质及勾股定理求出菱形的边长，再在图（2）中由勾股定理求得BD的长即可．【解析】在图（1）中连接AC、BD，设AC与BD交于点O，在图（2）中连接BD，如图所示：∵将四根长度相等的木条首尾顺次相接，∴在图（1）中，四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∠BDC＝∠BDA，∵∠ABC＝60°，∴∠OBC＝30°，设OC＝x，则BC＝2x，第20页/共20页
∵BD＝23，∴OB=3，∴在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2+(3)2=（2x）2，解得x＝1，∴BC＝CD＝2．∴在图（2）中，当∠ABC＝90°时，四边形ABCD为正方形，由勾股定理得：BD=BC2+CD2=22．故选：A．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2020春•九龙坡区期末）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF．如果AB＝6，BD＝5，那么EF＝ 3 ．【分析】由点E、F分别是AB、BD的中点，AB＝6，利用三角形中位线的性质，即可求得EF的长．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝6，∵点E、F分别是AB、BD的中点，∴EF=12AD＝3，故答案为：3．12．（2020•镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 135 °．【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2+∠BCP＝45°＝∠1+∠BCP第20页/共20页
，由三角形内角和定理可求解．【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠2+∠BCP＝45°，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCP＝45°，∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，∴∠BPC＝135°，故答案为：135．13．（2020春•福绵区期末）矩形的长是宽的2倍，对角线的长是5cm，则这个矩形的长是 25 cm．【分析】设矩形的宽是a，则长是2a，再根据勾股定理求出a的值即可．【解析】设矩形的宽是acm，则长是2acm，∵对角线的长是5cm，∴a2+（2a）2＝25，解得a=5，∴这个矩形的长＝2a＝25cm．故答案为：25．14．（2020春•越秀区期末）如图，四边形ABCD是正方形，BC=3，点G为边CD上一点，CG＝1，以CG为边作正方形CEFG，对于下列结论：①正方形ABCD的面积是3；②BG＝2；③∠FED＝45°；④BG⊥DE．其中正确的结论是 ①②④ （请写出所有正确结论的序号）．【分析】由正方形的性质可得BC＝CD，∠BCD＝90°，正方形ABCD的面积＝BC2＝3，可判断①；由勾股定理可求BG的长，可判断②；由正方形的性质可得∠GEF＝45°，可判断③；由“SAS”可证△BCG第20页/共20页
≌△DCE，可得BH⊥DE，可判断④，即可求解．【解析】∵四边形ABCD是正方形，BC=3，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，正方形ABCD的面积＝BC2＝3，故①正确；∵BC=3，CG＝1，∴BG=BC2+CG2=3+1=2，故②正确，如图，连接GE，延长BG交DE于H，∵四边形CEFG是正方形，∴CG＝CE，∠GCE＝∠BCG＝90°，∠GEF＝45°，∵∠FED＜∠GEF，∴∠FED＜45°，故③错误，∵CG＝CE，∠GCE＝∠BCG＝90°，BC＝CD，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴∠GBC＝∠CDE，∵∠CDE+∠DEC＝90°，∴∠GBC+∠DEC＝90°，∴∠BHE＝90°，∴BH⊥DE，故④正确，故答案为：①②④．15．（2020春•北碚区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝45°，菱形ABCD的对角线交于点O，则△ABO的面积为 22 ．【分析】过点A作AE⊥BC于E，可得AE＝BE，由勾股定理可求AE＝BE＝22，由菱形的性质可得AB第20页/共20页
＝BC＝4，S△ABO=14S菱形ABCD，即可求解．【解析】如图，过点A作AE⊥BC于E，∵∠ABC＝45°，AE⊥BC，∴∠ABC＝∠BAE＝45°，∴AE＝BE，∵AE2+BE2＝AB2＝16，∴AE＝BE＝22，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝4，S△ABO=14S菱形ABCD，∵菱形ABCD的面积＝BC×AE＝4×22=82，∴S△ABO=14S菱形ABCD＝22，故答案为：22．16．（2020春•南京期末）如图，在菱形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥AB，垂足为E，PE＝5，则点P到BC的距离是 5 ．【分析】利用菱形的性质，得BD平分∠ABC，利用角平分线的性质，得结果即可．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ABC，∵PE⊥AB，PE＝5，∴点P到BC的距离等于5，故答案为：5．17．（2020春•槐荫区期末）如图，在菱形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE交对角线BD于点F第20页/共20页
，连接CF，若∠AED＝50°，则∠BCF＝ 50 度．【分析】由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得∠DAF＝∠DCF，由三角形内角和定理和平行线的性质可求解．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，AD∥BC，∠ADF＝∠CDF，在△ADF和△CDF中，AD=CD∠ADF=∠CDFDF=DF，∴△ADF≌△CDF（SAS），∴∠DAF＝∠DCF，∵∠AED＝50°，∴∠DAE+∠ADE＝180°﹣50°＝130°，∴∠ADE+∠DCF＝130°，∵AD∥BC，∴∠ADE+∠BCD＝180°，∴∠ADE+∠BCF+∠DCF＝180°，∴∠BCF＝180°﹣130°＝50°，故答案为：50．18．（2020春•常熟市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若BE＝1，AE＝2，则AC＝ 5 ．【分析】由矩形的性质得出OA＝OB，设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣1，在Rt△AOE中，由勾股定理得出方程，解方程求出OA，即可得出答案．【解析】∵四边形ABCD是矩形，第20页/共20页
∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，AC＝BD，∴OA＝OB，设OA＝OB＝x，则OE＝x﹣1，∵AE⊥BD，∴∠AEO＝90°，由勾股定理得：AE2+OE2＝OA2，即22+（x﹣1）2＝x2，解得：x=52，∴OA=52，∴AC＝2OA＝5；故答案为：5．三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020•碑林区校级模拟）如图，矩形ABCD中，点E是BC边上一点．且DE＝AD．过点A作AF⊥DE交DE于点F．求证：AB＝AF．【分析】根据矩形的性质以及角平分线的性质即可求出答案．【解析】∵AD＝AE，∴∠DAE＝∠AED，在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠AED＝∠AEB，∵AF⊥DE，AB⊥BC，∴EA是平分∠BEF，∴AB＝AF．第20页/共20页
20．（2020•沙坪坝区校级三模）如图，AC为矩形ABCD的对角线，点E，F分别是线段BC，AD上的点，连接AE，CF，若∠BAE＝∠DCF：（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）若AC平分∠DAE，AB＝4，BC＝8，求△AEC的周长．【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．（2）先证明AE＝CE，设AE＝CE＝x，BC＝8﹣x，根据勾股定理分别求出AE与AC的长度后即可求出答案．【解析】（1）在矩形ABCD中，AF∥CE，AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，∵∠BAE＝∠DCF，∴∠CAE＝∠ACF，∴AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形．（2）∵AC平分∠DAE，∴∠DAC＝∠EAC，∵AF∥CE，∴∠FAC＝∠ACE，∴∠CAE＝∠ECA，∴AE＝CE，设AE＝CE＝x，∴BC＝8﹣x，在Rt△ABE中，∴由勾股定理可知：x2＝（8﹣x）2+42，解得：x＝5，第20页/共20页
在Rt△ABC，由勾股定理可知：AC2＝42+82，∴AC＝45，∴△ABC的周长为：5+5+45=10+45．21．（2020•碑林区校级模拟）已知：如图，在矩形ABCD中，∠CAB、∠ACD的平分线AE、CF分别交BC、AD于点E、F．求证：AE＝CF．【分析】根据矩形的性质，可以得到AF∥CE，AB∥CD，从而可以得到∠BAC＝∠DCA，再根据平角平分线的性质，可以得到∠EAC＝∠FAC，从而可以得到AE∥CF，然后即可得到四边形AECF是平行四边形，从而可以得到AC＝CF．【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AF∥CE，AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，又∵∠CAB、∠ACD的平分线AE、CF分别交BC、AD于点E、F，∴∠EAC＝∠FAC，∴AE∥CF，又∵AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE＝CF．22．（2020春•九龙坡区期末）如图，BD为平行四边形ABCD的对角线，∠ADB＝90°，E是AB的中点，F是BD的中点，连接EF并延长交DC于点G，连接BG．（1）求证：△BEF≌△DGF；（2）证明四边形DEBG是菱形．第20页/共20页
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，由平行线的性质得∠FEB＝∠FGD，∠FBE＝∠FDG，由AAS即可得出结论；（2）由（1）得△BEF≌△DGF，则BE＝DG，易证四边形DEBG是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得DE=12AB＝BE，即可得出结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠FEB＝∠FGD，∠FBE＝∠FDG，∵F是BD的中点，∴BF＝DF，在△BEF和△DGF中，∠FEB=∠FGD∠FBE=∠FDGBF=DF，∴△BEF≌△DGF（AAS）；（2）由（1）得：△BEF≌△DGF，∴BE＝DG，∵BE∥DG，∴四边形DEBG是平行四边形，∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，∴DE=12AB＝BE，∴四边形DEBG是菱形．23．（2020春•海淀区校级期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并延长，交BC于点F．连接AF，CE，EF平分∠AEC．（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝CF，即可得出结论；第20页/共20页
（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE=3AO=3，则EF＝2OE＝23，由菱形面积公式即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠AEF＝∠CFE，在△AOE和△COF中，∠AEF=∠CFE∠AOE=∠COFAO=CO，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF＝OE，∵AO＝CO，∴四边形AFCE是平行四边形；∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠CFE＝∠CEF，∴CE＝CF，∴四边形AFCE是菱形；（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，∴AC⊥EF，AO＝CO=12AC＝1，∴∠AOE＝90°，∵∠DAC＝60°，∴∠AEO＝30°，∴OE=3AO=3，∴EF＝2OE＝23，∴四边形AFCE的面积=12AC×EF=12×2×23=23．24．（2020•沈阳）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别与边AB和边CD的延长线交于点M，N，与边AD交于点E，垂足为点O．（1）求证：△AOM≌△CON；（2）若AB＝3，AD＝6，请直接写出AE的长为 154 ．第20页/共20页
【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质以及矩形的性质，即可得到判定△AOM≌△CON的条件；（2）连接CE，设AE＝CE＝x，则DE＝6﹣x，再根据勾股定理进行计算，即可得到AE的长．【解析】（1）∵MN是AC的垂直平分线，∴AO＝CO，∠AOM＝∠CON＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠M＝∠N，在△AOM和△CON中，∠M=∠N∠AOM=∠CONAO=CO，∴△AOM≌△CON（AAS）；（2）如图所示，连接CE，∵MN是AC的垂直平分线，∴CE＝AE，设AE＝CE＝x，则DE＝6﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠CDE＝90°，CD＝AB＝3，第20页/共20页
∴Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，即32+（6﹣x）2＝x2，解得x=154，即AE的长为154．故答案为：154．25．（2020春•密云区期末）已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD交于点O、E、F，连接AE和CF．（1）求证：四边形AECF为菱形；（2）若AB=3，BC＝3，求菱形AECF的边长．【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得出AF＝CF，AE＝CE，根据全等三角形的判定推出△AOF≌△COE，根据全等三角形的性质得出AE＝CF，求出AE＝EC＝CF＝AF，根据菱形的判定得出即可；（2）根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．【解答】（1）证明：∵对角线AC的垂直平分线EF分别与AC、BC、AD交于点O、E、F，∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△AOF和△COE中∠FAO=∠ECOOA=OC∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE（ASA），∴AE＝CF，∵AF＝CF，AE＝CE，∴AE＝EC＝CF＝AF，第20页/共20页
∴四边形AECF为菱形；（2）解：设AE＝CE＝x，则BE＝3﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，即（3）2+（3﹣x）2＝x2，解得：x＝2，即AE＝2，∴菱形AECF的边长是2．26．（2020•郑州一模）在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E为AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：AD＝AF；（2）填空：①当∠ACB＝ 45 °时，四边形ADCF为正方形；②连接DF，当∠ACB＝ 30 °时，四边形ABDF为菱形．【分析】（1）根据直角三角形的性质得到AD＝CD＝BD，根据全等三角形的判定和性质即可得到结论；（2）①根据菱形的判定定理得到四边形ADCF是菱形，求得∠DCF＝90°，于是得到结论；②根据平行四边形的性质得到CD＝CF，推出△DCF是等边三角形，得到DF＝BD，于是得到结论．【解答】（1）证明：∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，∵AD＝CD＝BD，∵点E为AD的中点，∴AE＝DE，∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∵∠AEF＝∠DEB，∴△AEF≌△DEB（AAS），第20页/共20页
∴AF＝BD，∴AD＝AF；（2）解：①当∠ACB＝45°时，四边形ADCF为正方形；∵AD＝AF，∴AF＝CD，∵AF∥CD，∴四边形ADCF是菱形，∴∠ACD＝∠ACF＝45°，∴∠DCF＝90°，∴四边形ADCF是正方形；②当∠ACB＝30°时，四边形ABDF为菱形；∵四边形ADCF是菱形，四边形ABDF是平行四边形，∴CD＝CF，∵∠ACB＝∠ACF＝30°，∴∠DCF＝60°，∴△DCF是等边三角形，∴DF＝CD，∴DF＝BD，∴四边形ABDF为菱形．故答案为：45，30．第20页/共20页
