北师大版数学九年级上册《第一章 特殊平行四边形》单元提升测试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·浙江）如图，在中，，相交于点，，．过点作的垂线交于点，记长为，长为．当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2024八下·伊犁哈萨克期中）如图，在正方形中，是上一点，，，若是上一动点，则的最小值是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．16
4．（2022·淄博）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16 B．6 C．12 D．30
5．（2023八下·西青期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，点M，N分别是，的中点，连接，若四边形的周长是16，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022九上·碑林月考）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
8．（2024·浙江）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（ ）
A．5 B． C． D．4
9．（2023·深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A． B． C．1 D．
10．（2024·巴中模拟） 如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024·浙江）如图，在菱形中，对角线，相交于点，．线段与关于过点的直线对称，点的对应点在线段上，交于点，则与四边形的面积比为 ．
12．（2024·德阳）如图，四边形是矩形，是正三角形，点F是的中点，点P是矩形内一点，且是以为底的等腰三角形，则的面积与的面积的比值是 .
13．（2016·丽水）如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至G，使得DG=BD，连结EG，FG，若AE=DE，则 = ．
14．（2021九上·惠来月考）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 °．
15．（2023·湘西）如图，在矩形中，点E在边上，点F是AE的中点，，则的长为 ．
16．（2023·菏泽）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．
三、解答题（共7题，共72分）
17．（2024·江西）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）
（1）如图，过点作的垂线；
（2）如图，点为线段的中点，过点作的平行线．
18．（2024·娄底模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交AD于点F．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若AB＝5，∠BOC＝120°，求菱形OCED的周长．
19．（2017九上·高台期末）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．
（1）线段BD与CD有什么数量关系，并说明理由；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．
20．（2024·遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理.
（1）实践与操作
①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点O为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；OA，OB，OC，OD
③顺次连结所得的四点得到四边形.
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是： .
（2）猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形.并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程.
已知：如图，四边形是平行四边形，.
求证：四边形是矩形.
21．（2024·广东模拟）【问题情境】：
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】：
同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】：
希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
22．（2023九上·天河期中） 如图，在正方形中，E、F分别是边、上的两点，且，、分别交正方形的对角线于G、H两点，将绕点A顺时针旋转90°后，得到，连接．
（1）求证：平分；
（2）求证：；
（3）试试探索、 、三条线段间的数量关系，并加以证明．
23．（2023九上·灵石月考）综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，请你解答各小组活动中产生的问题如图所示，在矩形中，，，将矩形纸片进行折叠：
（1）问题解决：如图，奋斗小组将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，则 ， ；
（2）实践探究：如图，希望小组将矩形沿着点，分别在边，边上所在的直线折叠，点的对应点为点，连接，
试判断四边形的形状，并说明理由；
求折痕的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥DF，∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF
在Rt△ABE和Rt△DCF中
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=BE=x，
∴EC=BC-BE=y-x，BF=BC+CF=y+x，
∵AE2=AC2-EC2，DF2=BD2-BF2，
∴AC2-EC2=BD2-BF2即4-（y-x）2=（）2-（y+x）2，
整理得：xy=2，
∴xy的值不变.
故答案为：C.
【分析】过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，利用平行四边形的性质可证得AB=DC，AD∥BC，再证明四边形AEFD是矩形，利用矩形的性质可证得AE=DF，利用HL可证得Rt△ABE≌Rt△DCF，可推出BE=CF=x，再表示出BF，EC的长，利用勾股定理去证明AC2-EC2=BD2-BF2，可得到关于x，y的方程，解方程求出xy的值，即可求解.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∴在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
∴在△AEM和△AFM中，
，
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
解得x＝．
故选：D．
【分析】利用正方形的性质和BE=DF证明△ABE≌△ADF，求出AE=AF，结合角平分线的定义利用SAS证明△AEM和△AFM全等，从而求出EM=DC，最后设参数DM=x，利用勾股定理列关于x的方程，求出x的值即是求出DM的长度.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接PD，ED
∵正方形对角线AC所在直线是正方形ABCD的一条对称轴
∴PD=PB
∴PB+PE=PD+PE
∴当点D，P，B三点共线时PB+PE最短，即为DE的长
∵BE=2
∴AE=3BE=6，AD=AB=8
在Rt△AED中
故答案为：B.
【分析】连接PD，ED，根据正方形性质可得PD=PB，则PB+PE=PD+PE，即当点D，P，B三点共线时PB+PE最短，即为DE的长，再根据勾股定理即可求出答案.
4．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，，
∴AC＝2OC＝，
∴菱形ABCD的面积＝AC BD＝．
故答案为：B．
【分析】连接AC交BD于O，先求出BD＝BF+DF＝4+2＝6，利用勾股定理求出OC的长，再利用菱形的性质可得AC＝2OC＝，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可。
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=AC=BD，
∴四边形OCED是菱形，
∵四边形OCED的周长为16，
∴OD=×16=4，
∵点M、N分别是AD、AO的中点，
∴MN是△AOD的中位线，
∴MN=×OD=2.
故答案为：B.
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由矩形的性质得OC=OD，从而判定四边形OCED是菱形，已知四边形OCED的周长为16，得OD=4，根据中位线的定义得MN是△AOD的中位线，根据中位线定理即可求解.
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
7．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴，EH=BD， EF=AC，
∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC=BD，则EF=EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故答案为：D.
【分析】由题意可得GH为△ACD的中位线，EF为△ABC的中位线，EH为△ABD的中位线，GF为△BCD的中位线，则EH∥GF∥BD，HG∥EF∥AC，EH=GF=BD，HG=EF=AC，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形EFGH一定是平行四边形；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此即可一一判断得出答案.
8．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，
∴AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，
∴EF=BF-BE=4-3，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用全等三角形的性质和正方形的性质可证得AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，可求出EF的长，利用勾股定理求出DE的长.
9．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB= AD= CD=CB= 4，∠D=∠A= ∠ABC，
∴∠D = ∠CBE=90°，
∵由翻折可得：CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，
∴DG=BE=2，
∴AG=AD-DG=4-2=2，
∵AE=AB+BE=4+2=6，
∴EG=，
∵AG2+AF2 = FG2，且AF= 6-EF，
∴22+(6 -EF)2 =EF2，
∴EF=，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式计算求解即可。
10．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】四边形ABCD时是正方形，
CE=DF，
，故 ① 正确；
AE⊥BF ，故 ② 正确；
连接BE，如图，
BE>CE，
AE⊥BF ，
故 ③ 错误；
即，故 ④ 正确；
正确的有3个，
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质以及CE=DF，证明得到，可判断① 正确；进而得到可判断 ② 正确；连接BE，得到BE>CE，结合图形得到结合AE⊥BF ，利用垂直平分线的性质可判断③ 错误；利用三角形全等的性质得到再利用图中面积的和差关系即可求解.
11．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：连接OE，A'D，
∵ 线段与关于过点的直线对称，
∴点A'在线段BD的延长线上，OA=OA'，OB=OB'，∠A'=∠DAC，
∵，
∴设AC=5x，BD=3x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，∠A'=∠DAC=∠DCA，
∴，
在△A'DE和△CB'E中
∴△A'DE≌△CB'E（AAS），
∴DE=B'E，
∵OE=OE，
∴△DOE≌△B'OE，
∴S△DOE=S△B'OE，
设△EB'C的B'C边上的高为h，
∴
故答案为：
【分析】连接OE，A'D，利用轴对称的性质可证得点A'在线段BD的延长线上，OA=OA'，OB=OB'，∠A'=∠DAC，设AC=5x，BD=3x，利用菱形的性质可证得∠A'=∠DAC=∠DCA，同时可表示出CB'、OB'的长，利用AAS证明△A'DE≌△CB'E，可推出DE=B'E，利用SSS可证得△DOE≌△B'OE，可推出S△DOE=S△B'OE，设△EB'C的B'C边上的高为h，可证得，代入计算可求出结果.
12．【答案】2
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，找BC，中点为M，N，连接MN，，连接PD，，过F作交的延长线于R点，延长RF，与交于Q点.
设，，
是以为底的等腰三角形，
∴P在上，
P到的距离即为，
，
在和中
，
，
，
，
，
故答案为：2.
【分析】取BC，中点为M，N，连接MN，，连接PD，，过F作交的延长线于R点，延长RF，与交于Q点.设，，由题意，根据角角边可证△GQF≌△DRF，则QF=RF，根据三角形的面积=×底×高并代入计算即可求解.
13．【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵BE⊥AD，AE=DE，
∴AB=BD，
又∵菱形的边AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
设EF与BD相交于点H，AB=4x，
∵AE=DE，
∴由菱形的对称性，CF=DF，
∴EF是△ACD的中位线，
∴DH= DO= BD=x，在Rt△EDH中，EH= DH= x，
∵DG=BD，
∴GH=BD+DH=4x+x=5x，
在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG= ，所以， = = ．故答案为： ．
【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，难点在于作辅助线构造出直角三角形以及三角形的中位线．
14．【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵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．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
15．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，，
∴∠ABC=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=8，
∴，
∴BE=BC-CE=10-6=4，
∴，
∵点F是AE的中点，
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质求出∠ABC=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=8，再利用勾股定理求出AE的值，最后利用直角三角形斜边上中线的性质等计算求解即可。
16．【答案】80
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CBA=90°，
∴∠EBC=35°，
由旋转得FB=EB，∠FBE=90°，
∴∠FEB=45°，
∴∠CGE=45°+35°=80°，
故答案为：80
【分析】先根据正方形的性质即可得到∠CBA=90°，进而得到∠EBC=35°，再根据旋转的性质得到FB=EB，∠FBE=90°，进而即可得到∠FEB=45°，再结合题意即可求解。
17．【答案】（1）解：如图：
答：直线BD即为所求.
（2）解：方法一：
如图：连接CE并延长交DA的延长线于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AF//BC，
∴∠AFE=∠BCE，∠FAE=∠CBE，
又∵点E为AB中点，
∴AE=BE，
∴△AFE≌△BCE(AAS)
∴AF=BC.
∴四边形AFBC是平行四边形.
∴BF//AC.
故直线BF即为所求.
方法二：
如图：连接BD和CE，产生交点G，连接AG并延长，与DC的延长线交于点F，
∴点G为三角形各边中线的交点，
∴点O为BC边中点.
由方法一，可证四边形ABFC是平行四边形，
∴BF//AC，
答：直线BF即为所求.
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的性质；作图-平行线；尺规作图-垂线
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质，对角线互相垂直，作过点B和D的直线，即得到所求作的直线；
（2）方法一：连接CE并延长交DA的延长线于点F，证明四边形AFBC是平行四边形，即可得到AC的平行线；
方法二：连接BD和CE，产生交点G，连接AG并延长，与DC的延长线交于点F，即可根据方法一的思路得到AC的平行线.
18．【答案】（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO是平行四边形，
∵矩形ABCD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD，∠AOC＝120°
∴∠DOC＝60°，，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OD＝AB＝5，
由（1）知：四边形OCED是菱形，∴
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】⑴、由题可知四边形OCED两组对边分别平行，所以可以判断其是平行四边形；又已知四边形ABCD是矩形，故对角线相等且互相平分，所以可知OD等于OC，也即平行四边形OCED有一组邻边相等，故可以判定四边形OCED是菱形。
⑵、由矩形对角线相等且互相平分可知OD等于OC，又角BOC等于120度，所以可知角COD等于60度，所以可以判断三角形OCD是等边三角形，又矩形对边相等可知CD=AB=5，故菱形OCED周长可求。
19．【答案】（1）解：BD=CD．
理由如下：依题意得AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEC中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵AF=BD，
∴BD=CD
（2）解：当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形．
理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵AB=AC，BD=CD（三线合一），
∴∠ADB=90°，
∴ AFBD是矩形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．
20．【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
∵OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD
又，
，
，
四边形是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
【分析】（1）直接根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，从而用SSS判断出△ABC≌△DCB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠DCB，再结合二直线平行，同旁内角互补可推出∠ABC=90°，然后根据有一个角为直角的平行四边形是矩形可得结论.
21．【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°，
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，易证AF＝BF＝BE＝CE，利用正方形的性质及三角形的内角和定理可证得∠BFE＝45°，可推出∠AFE＝135°，利用角平分线的定义可求出∠DCP＝45°，即可证得∠AFE＝∠ECP；再利用余角的性质可证得∠PEC＝∠BAE，利用ASA可证得△AFE≌△ECP，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，利用SAS证明△FAE≌△CEP，利用全等三角形的性质可证得∠ECP＝∠AFE；再证明BF=BE，可证得∠BEF＝∠BFE＝45°，由此可求出∠ECP＝135°，即可求出∠DCP的度数.
22．【答案】（1）证明：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，
∵，
∴，
∴，
即，
∴平分；
（2）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，
∴，，，
∴，
因此，点Q，B，F在同一条直线上，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：、 、三条线段间的数量关系为．
如图，在正方形中，，，
∴．
把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连结GM，
∴，
∴，，，．
∴，
即．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
在和中，．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，根据旋转的性质可得△BAQ≌△DAE，则可得出结论；
（2）先判断出点Q、B、F三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AQF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=QF，再根据QF=BQ+BF等量代换即可得证；
（3）把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连结GM，用SAS证明△AHG≌△AMG，由全等三角形的性质得出MG=HG，求出△GDM=90°，由勾股定理就可以得出结论HG2=GD2+BH2.
23．【答案】（1）3；10
（2）解：四边形为菱形，理由如下：
由折叠性质可得：，，，
又四边形为矩形，
，
，
，
，
，
四边形为菱形；
连接，
四边形为矩形，
，，，
，
设，则，
由折叠性质可得：，，
，
，
解得，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：
四边形ABCD为矩形，
∴ AD∥BC， ，，，
，
∵将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，
∴，B'C=BC=8cm
，
，
∴ 设DE=xcm，则EC=（8-x）cm
∴ DE2+DC2=EC2
即x2+42=（8-x）2
解得x=3，
∴ DE=3cm，
【分析】本题考查矩形的性质和折叠性质、勾股定理的计算、菱形的判定。
（1）根据矩形ABCD的性质AD∥BC，可得，根据折叠得，可得AE=EC，利用勾股定理，求出DE长，计算面积即可；
（2） 由折叠性质得，，，根据矩形ABCD的性质得AD∥BC得，则，可证四边形BEDF为菱形； 连接BD ，根据矩形ABCD得，，，，设，则，由折叠性质得，，根据得，则，根据可得EF长.
1 / 1北师大版数学九年级上册《第一章 特殊平行四边形》单元提升测试卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·浙江）如图，在中，，相交于点，，．过点作的垂线交于点，记长为，长为．当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥DF，∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF
在Rt△ABE和Rt△DCF中
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=BE=x，
∴EC=BC-BE=y-x，BF=BC+CF=y+x，
∵AE2=AC2-EC2，DF2=BD2-BF2，
∴AC2-EC2=BD2-BF2即4-（y-x）2=（）2-（y+x）2，
整理得：xy=2，
∴xy的值不变.
故答案为：C.
【分析】过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，利用平行四边形的性质可证得AB=DC，AD∥BC，再证明四边形AEFD是矩形，利用矩形的性质可证得AE=DF，利用HL可证得Rt△ABE≌Rt△DCF，可推出BE=CF=x，再表示出BF，EC的长，利用勾股定理去证明AC2-EC2=BD2-BF2，可得到关于x，y的方程，解方程求出xy的值，即可求解.
2．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∴在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
∴在△AEM和△AFM中，
，
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
解得x＝．
故选：D．
【分析】利用正方形的性质和BE=DF证明△ABE≌△ADF，求出AE=AF，结合角平分线的定义利用SAS证明△AEM和△AFM全等，从而求出EM=DC，最后设参数DM=x，利用勾股定理列关于x的方程，求出x的值即是求出DM的长度.
3．（2024八下·伊犁哈萨克期中）如图，在正方形中，是上一点，，，若是上一动点，则的最小值是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．16
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接PD，ED
∵正方形对角线AC所在直线是正方形ABCD的一条对称轴
∴PD=PB
∴PB+PE=PD+PE
∴当点D，P，B三点共线时PB+PE最短，即为DE的长
∵BE=2
∴AE=3BE=6，AD=AB=8
在Rt△AED中
故答案为：B.
【分析】连接PD，ED，根据正方形性质可得PD=PB，则PB+PE=PD+PE，即当点D，P，B三点共线时PB+PE最短，即为DE的长，再根据勾股定理即可求出答案.
4．（2022·淄博）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16 B．6 C．12 D．30
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，，
∴AC＝2OC＝，
∴菱形ABCD的面积＝AC BD＝．
故答案为：B．
【分析】连接AC交BD于O，先求出BD＝BF+DF＝4+2＝6，利用勾股定理求出OC的长，再利用菱形的性质可得AC＝2OC＝，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可。
5．（2023八下·西青期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，点M，N分别是，的中点，连接，若四边形的周长是16，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=AC=BD，
∴四边形OCED是菱形，
∵四边形OCED的周长为16，
∴OD=×16=4，
∵点M、N分别是AD、AO的中点，
∴MN是△AOD的中位线，
∴MN=×OD=2.
故答案为：B.
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由矩形的性质得OC=OD，从而判定四边形OCED是菱形，已知四边形OCED的周长为16，得OD=4，根据中位线的定义得MN是△AOD的中位线，根据中位线定理即可求解.
6．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
7．（2022九上·碑林月考）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴，EH=BD， EF=AC，
∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC=BD，则EF=EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故答案为：D.
【分析】由题意可得GH为△ACD的中位线，EF为△ABC的中位线，EH为△ABD的中位线，GF为△BCD的中位线，则EH∥GF∥BD，HG∥EF∥AC，EH=GF=BD，HG=EF=AC，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形EFGH一定是平行四边形；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此即可一一判断得出答案.
8．（2024·浙江）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（ ）
A．5 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，
∴AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，
∴EF=BF-BE=4-3，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用全等三角形的性质和正方形的性质可证得AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，可求出EF的长，利用勾股定理求出DE的长.
9．（2023·深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB= AD= CD=CB= 4，∠D=∠A= ∠ABC，
∴∠D = ∠CBE=90°，
∵由翻折可得：CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，
∴DG=BE=2，
∴AG=AD-DG=4-2=2，
∵AE=AB+BE=4+2=6，
∴EG=，
∵AG2+AF2 = FG2，且AF= 6-EF，
∴22+(6 -EF)2 =EF2，
∴EF=，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式计算求解即可。
10．（2024·巴中模拟） 如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
①AE=BF；②AE⊥BF；③AO=OE；④中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】四边形ABCD时是正方形，
CE=DF，
，故 ① 正确；
AE⊥BF ，故 ② 正确；
连接BE，如图，
BE>CE，
AE⊥BF ，
故 ③ 错误；
即，故 ④ 正确；
正确的有3个，
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质以及CE=DF，证明得到，可判断① 正确；进而得到可判断 ② 正确；连接BE，得到BE>CE，结合图形得到结合AE⊥BF ，利用垂直平分线的性质可判断③ 错误；利用三角形全等的性质得到再利用图中面积的和差关系即可求解.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2024·浙江）如图，在菱形中，对角线，相交于点，．线段与关于过点的直线对称，点的对应点在线段上，交于点，则与四边形的面积比为 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：连接OE，A'D，
∵ 线段与关于过点的直线对称，
∴点A'在线段BD的延长线上，OA=OA'，OB=OB'，∠A'=∠DAC，
∵，
∴设AC=5x，BD=3x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，∠A'=∠DAC=∠DCA，
∴，
在△A'DE和△CB'E中
∴△A'DE≌△CB'E（AAS），
∴DE=B'E，
∵OE=OE，
∴△DOE≌△B'OE，
∴S△DOE=S△B'OE，
设△EB'C的B'C边上的高为h，
∴
故答案为：
【分析】连接OE，A'D，利用轴对称的性质可证得点A'在线段BD的延长线上，OA=OA'，OB=OB'，∠A'=∠DAC，设AC=5x，BD=3x，利用菱形的性质可证得∠A'=∠DAC=∠DCA，同时可表示出CB'、OB'的长，利用AAS证明△A'DE≌△CB'E，可推出DE=B'E，利用SSS可证得△DOE≌△B'OE，可推出S△DOE=S△B'OE，设△EB'C的B'C边上的高为h，可证得，代入计算可求出结果.
12．（2024·德阳）如图，四边形是矩形，是正三角形，点F是的中点，点P是矩形内一点，且是以为底的等腰三角形，则的面积与的面积的比值是 .
【答案】2
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，找BC，中点为M，N，连接MN，，连接PD，，过F作交的延长线于R点，延长RF，与交于Q点.
设，，
是以为底的等腰三角形，
∴P在上，
P到的距离即为，
，
在和中
，
，
，
，
，
故答案为：2.
【分析】取BC，中点为M，N，连接MN，，连接PD，，过F作交的延长线于R点，延长RF，与交于Q点.设，，由题意，根据角角边可证△GQF≌△DRF，则QF=RF，根据三角形的面积=×底×高并代入计算即可求解.
13．（2016·丽水）如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至G，使得DG=BD，连结EG，FG，若AE=DE，则 = ．
【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵BE⊥AD，AE=DE，
∴AB=BD，
又∵菱形的边AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
设EF与BD相交于点H，AB=4x，
∵AE=DE，
∴由菱形的对称性，CF=DF，
∴EF是△ACD的中位线，
∴DH= DO= BD=x，在Rt△EDH中，EH= DH= x，
∵DG=BD，
∴GH=BD+DH=4x+x=5x，
在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG= ，所以， = = ．故答案为： ．
【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，难点在于作辅助线构造出直角三角形以及三角形的中位线．
14．（2021九上·惠来月考）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 °．
【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵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．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
15．（2023·湘西）如图，在矩形中，点E在边上，点F是AE的中点，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，，
∴∠ABC=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=8，
∴，
∴BE=BC-CE=10-6=4，
∴，
∵点F是AE的中点，
∴，
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质求出∠ABC=∠C=90°，BC=AD=10，CD=AB=8，再利用勾股定理求出AE的值，最后利用直角三角形斜边上中线的性质等计算求解即可。
16．（2023·菏泽）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．
【答案】80
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CBA=90°，
∴∠EBC=35°，
由旋转得FB=EB，∠FBE=90°，
∴∠FEB=45°，
∴∠CGE=45°+35°=80°，
故答案为：80
【分析】先根据正方形的性质即可得到∠CBA=90°，进而得到∠EBC=35°，再根据旋转的性质得到FB=EB，∠FBE=90°，进而即可得到∠FEB=45°，再结合题意即可求解。
三、解答题（共7题，共72分）
17．（2024·江西）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）
（1）如图，过点作的垂线；
（2）如图，点为线段的中点，过点作的平行线．
【答案】（1）解：如图：
答：直线BD即为所求.
（2）解：方法一：
如图：连接CE并延长交DA的延长线于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AF//BC，
∴∠AFE=∠BCE，∠FAE=∠CBE，
又∵点E为AB中点，
∴AE=BE，
∴△AFE≌△BCE(AAS)
∴AF=BC.
∴四边形AFBC是平行四边形.
∴BF//AC.
故直线BF即为所求.
方法二：
如图：连接BD和CE，产生交点G，连接AG并延长，与DC的延长线交于点F，
∴点G为三角形各边中线的交点，
∴点O为BC边中点.
由方法一，可证四边形ABFC是平行四边形，
∴BF//AC，
答：直线BF即为所求.
【知识点】平行四边形的性质；平行四边形的判定；菱形的性质；作图-平行线；尺规作图-垂线
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质，对角线互相垂直，作过点B和D的直线，即得到所求作的直线；
（2）方法一：连接CE并延长交DA的延长线于点F，证明四边形AFBC是平行四边形，即可得到AC的平行线；
方法二：连接BD和CE，产生交点G，连接AG并延长，与DC的延长线交于点F，即可根据方法一的思路得到AC的平行线.
18．（2024·娄底模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交AD于点F．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若AB＝5，∠BOC＝120°，求菱形OCED的周长．
【答案】（1）证明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO是平行四边形，
∵矩形ABCD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD，∠AOC＝120°
∴∠DOC＝60°，，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD＝OD＝AB＝5，
由（1）知：四边形OCED是菱形，∴
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】⑴、由题可知四边形OCED两组对边分别平行，所以可以判断其是平行四边形；又已知四边形ABCD是矩形，故对角线相等且互相平分，所以可知OD等于OC，也即平行四边形OCED有一组邻边相等，故可以判定四边形OCED是菱形。
⑵、由矩形对角线相等且互相平分可知OD等于OC，又角BOC等于120度，所以可知角COD等于60度，所以可以判断三角形OCD是等边三角形，又矩形对边相等可知CD=AB=5，故菱形OCED周长可求。
19．（2017九上·高台期末）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．
（1）线段BD与CD有什么数量关系，并说明理由；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．
【答案】（1）解：BD=CD．
理由如下：依题意得AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEC中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵AF=BD，
∴BD=CD
（2）解：当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形．
理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵AB=AC，BD=CD（三线合一），
∴∠ADB=90°，
∴ AFBD是矩形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．
20．（2024·遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理.
（1）实践与操作
①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点O为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；OA，OB，OC，OD
③顺次连结所得的四点得到四边形.
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是： .
（2）猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形.并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程.
已知：如图，四边形是平行四边形，.
求证：四边形是矩形.
【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
∵OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD
又，
，
，
四边形是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
【分析】（1）直接根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，从而用SSS判断出△ABC≌△DCB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠DCB，再结合二直线平行，同旁内角互补可推出∠ABC=90°，然后根据有一个角为直角的平行四边形是矩形可得结论.
21．（2024·广东模拟）【问题情境】：
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角∠DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】：
同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】：
希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°，
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，易证AF＝BF＝BE＝CE，利用正方形的性质及三角形的内角和定理可证得∠BFE＝45°，可推出∠AFE＝135°，利用角平分线的定义可求出∠DCP＝45°，即可证得∠AFE＝∠ECP；再利用余角的性质可证得∠PEC＝∠BAE，利用ASA可证得△AFE≌△ECP，利用全等三角形的对应边相等，可证得结论.
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，利用SAS证明△FAE≌△CEP，利用全等三角形的性质可证得∠ECP＝∠AFE；再证明BF=BE，可证得∠BEF＝∠BFE＝45°，由此可求出∠ECP＝135°，即可求出∠DCP的度数.
22．（2023九上·天河期中） 如图，在正方形中，E、F分别是边、上的两点，且，、分别交正方形的对角线于G、H两点，将绕点A顺时针旋转90°后，得到，连接．
（1）求证：平分；
（2）求证：；
（3）试试探索、 、三条线段间的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）证明：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，
∵，
∴，
∴，
即，
∴平分；
（2）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，
∴，，，
∴，
因此，点Q，B，F在同一条直线上，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：、 、三条线段间的数量关系为．
如图，在正方形中，，，
∴．
把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连结GM，
∴，
∴，，，．
∴，
即．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
在和中，．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，根据旋转的性质可得△BAQ≌△DAE，则可得出结论；
（2）先判断出点Q、B、F三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AQF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=QF，再根据QF=BQ+BF等量代换即可得证；
（3）把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连结GM，用SAS证明△AHG≌△AMG，由全等三角形的性质得出MG=HG，求出△GDM=90°，由勾股定理就可以得出结论HG2=GD2+BH2.
23．（2023九上·灵石月考）综合与实践
问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动，请你解答各小组活动中产生的问题如图所示，在矩形中，，，将矩形纸片进行折叠：
（1）问题解决：如图，奋斗小组将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，则 ， ；
（2）实践探究：如图，希望小组将矩形沿着点，分别在边，边上所在的直线折叠，点的对应点为点，连接，
试判断四边形的形状，并说明理由；
求折痕的长．
【答案】（1）3；10
（2）解：四边形为菱形，理由如下：
由折叠性质可得：，，，
又四边形为矩形，
，
，
，
，
，
四边形为菱形；
连接，
四边形为矩形，
，，，
，
设，则，
由折叠性质可得：，，
，
，
解得，
，，
，
，
．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：
四边形ABCD为矩形，
∴ AD∥BC， ，，，
，
∵将该矩形沿对角线折叠，点的对应点为点，
∴，B'C=BC=8cm
，
，
∴ 设DE=xcm，则EC=（8-x）cm
∴ DE2+DC2=EC2
即x2+42=（8-x）2
解得x=3，
∴ DE=3cm，
【分析】本题考查矩形的性质和折叠性质、勾股定理的计算、菱形的判定。
（1）根据矩形ABCD的性质AD∥BC，可得，根据折叠得，可得AE=EC，利用勾股定理，求出DE长，计算面积即可；
（2） 由折叠性质得，，，根据矩形ABCD的性质得AD∥BC得，则，可证四边形BEDF为菱形； 连接BD ，根据矩形ABCD得，，，，设，则，由折叠性质得，，根据得，则，根据可得EF长.
1 / 1
