期末培优 特殊的平行四边形(专项练习·含解析)-2025-2026学年九年级上册数学北师大版

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期末培优 特殊的平行四边形
一．选择题（共8小题）
1．（2025秋 宁波校级期中）如图，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E为AB中点，∠ACD+∠BAC＝75°，则∠DEC的度数为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
2．（2025秋 兰州校级期中）如图，菱形ABCD对角线AC＝8cm，BD＝6cm，则菱形高DE的长为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025秋 邯郸期中） ABCD中，AC交BD于点O，再添加一个条件使其为矩形，不能是下列的（　　）
A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD
C．AB2+BC2＝AC2 D．OA＝OB
4．（2025 东莞市校级模拟）如图，菱形ABCD的周长为52，过点C作CE⊥AC，交AB的延长线于点E，若CE＝10，则AC的长为（　　）
A．22 B．24 C．26 D．28
5．（2025 襄城区模拟）在平面直角坐标系中，边长为的正方形OABC如图这样放置，则顶点C的坐标为（　　）
A．（﹣1，1） B． C．（﹣1，﹣1） D．
6．（2025 甘井子区一模）如图，点E在正方形ABCD的内部，且△ADE为等边三角形，BD与CF交于点M，则∠DMC为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
7．（2025 朔州模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝13，BD＝24，AC与BD交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE，则OE的长为（　　）
A．5 B．10 C． D．
8．（2025 郑州模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为（　　）
A．3 B．3.5 C．2 D．2.5
二．填空题（共5小题）
9．（2025秋 深圳期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，晓进家有一个菱形中国结装饰，对角线AC，BD相交于点O，测得AB＝10cm，BD＝16cm，过点A作AH⊥BC于点H，则AH的长为　 　 ．
10．（2025秋 连云港校级期中）如图：在长方形ABCD中放入正方形AEFG、正方形MNRH、正方形CPQN，点E在AB上，点M、N在BC上，若AE＝7，MN＝5，CN＝3，则图中右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为　 　 ．
11．（2025春 虹口区校级期末）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，E在AD上，CE＝AE，F是AE的中点，AD＝8，DC＝4．则线段OF＝ 　 　 ．
12．（2025春 兴宁市期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动（到点C停止运动），同时，点Q从点C出发（到点D停止运动），以xcm/s的速度沿CD向点D运动，当x的值为 　 　 ，可以使△ABP与△PQC全等．
13．（2025秋 义县期中）如图，在边长为8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是对角线AC上一点，．点P是CG上的动点，连接PE，PF，当△PEF是等腰三角形时，PG的长为 　 　 ．
三．解答题（共2小题）
14．（2025秋 朝阳区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，交AB于点D，O为AC的中点，P为BC的中点，连接DO，DP．求证：PD⊥OD．
15．（2025秋 义县期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，分别过点C、D作BD、AC的平行线交于点E，连接AE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）若菱形ABCD的对角线AC的长为，∠BCD＝60°，求AE的长．
期末培优 特殊的平行四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025秋 宁波校级期中）如图，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E为AB中点，∠ACD+∠BAC＝75°，则∠DEC的度数为（　　）
A．30° B．35° C．40° D．45°
【考点】直角三角形斜边上的中线；垂线．
【专题】三角形．
【答案】A
【分析】由直角三角形斜边上的中线的性质得，所以∠BAC＝∠ECA，又∠ACD+∠BAC＝75°，则∠DCE＝∠ACD+∠ECA＝∠ACD+∠BAC＝75°，然后通过等边对等角得∠CDE＝∠DCE＝75°，最后通过三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：∵AD⊥BD，AC⊥BC，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∵E为AB中点，
∴，
∴∠BAC＝∠ECA，
∵∠ACD+∠BAC＝75°，
∴∠DCE＝∠ACD+∠ECA＝∠ACD+∠BAC＝75°，
∵DE＝CE，
∴∠CDE＝∠DCE＝75°，
∴∠DEC＝180°﹣∠CDE﹣∠DCE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
故选：A．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识，掌握知识点的应用是解题关键．
2．（2025秋 兰州校级期中）如图，菱形ABCD对角线AC＝8cm，BD＝6cm，则菱形高DE的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】菱形的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】B
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，然后利用勾股定理求出AB，再根据菱形ABCD的面积，然后代入即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，
∴AC⊥BD，，，
根据勾股定理，，
∵菱形ABCD的面积，
∴，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
3．（2025秋 邯郸期中） ABCD中，AC交BD于点O，再添加一个条件使其为矩形，不能是下列的（　　）
A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD
C．AB2+BC2＝AC2 D．OA＝OB
【考点】矩形的判定；勾股定理；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】利用勾股定理的逆定理和矩形的判定即可求解．
【解答】解： ABCD中，AC交BD于点O，
A．∠ABC＝90°，则四边形ABCD为矩形；
B．AC⊥BD，则四边形ABCD为菱形；
C．AB2+BC2＝AC2，可知△ABC是直角三角形，∠ABC是直角，可有证明平行四边形ABCD是矩形；
D．OA＝OB，则四边形ABCD为矩形；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和勾股定理的逆定理等知识，有一个内角是直角的平行四边形是矩形，掌握此点是解答本题的关键．
4．（2025 东莞市校级模拟）如图，菱形ABCD的周长为52，过点C作CE⊥AC，交AB的延长线于点E，若CE＝10，则AC的长为（　　）
A．22 B．24 C．26 D．28
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质求出AB＝BC＝13，结合直角三角形的性质、等腰三角形的判定求出BC＝BE＝13，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为52，
∴AB＝BC52＝13，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵CE⊥AC，
∴∠ACE＝∠BCA+∠BCE＝90°，
∴∠BAC+∠BEC＝90°，
∴∠BCE＝∠BEC，
∴BC＝BE＝13，
∴AE＝26，
∵CE＝10，
∴AC24，
故选：B．
【点评】此题考查了菱形的性质，熟记菱形的性质是解题的关键．
5．（2025 襄城区模拟）在平面直角坐标系中，边长为的正方形OABC如图这样放置，则顶点C的坐标为（　　）
A．（﹣1，1） B． C．（﹣1，﹣1） D．
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】先根据正方形的性质以及勾股定理可得，根据正方形的对角线互相垂直平分且相等的性质可得A、C关于x轴对称，AC在BO的垂直平分线上，即A、C的横坐标和OB中点横坐标相等，据此即可解答．
【解答】解：∵边长为的正方形OABC如图这样放置，
∴，
如图：连接AC，
∵四边形OABC是正方形，
∴点A、C关于x轴对称，
∴AC所在直线为OB的垂直平分线，即A、C的横坐标均为﹣1，
又∵A、C关于x轴对称，
∴A点纵坐标为1，C点纵坐标为﹣1，
故C点坐标（﹣1，﹣1）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形对角线互相垂直平分且相等的性质，根据对角线相等的性质求对角线AC的长度，即求点C的纵坐标是解题的关键．
6．（2025 甘井子区一模）如图，点E在正方形ABCD的内部，且△ADE为等边三角形，BD与CF交于点M，则∠DMC为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质得AB＝AD＝ED＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADE＝60°，则∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，求得∠DCE＝∠DEC＝75°，所以∠BFC＝∠DCE＝75°，则∠DMC＝∠BMF＝180°﹣∠ABD﹣∠BFC＝60°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵点E在正方形ABCD的内部，且△ADE为等边三角形，
∴AB＝AD＝ED＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADE＝60°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，
∴∠DCE＝∠DEC（180°﹣∠CDE）＝75°，
∴∠BFC＝∠DCE＝75°，
∴∠DMC＝∠BMF＝180°﹣∠ABD﹣∠BFC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
故选：C．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形性质、“等边对等角”、平行线的性质、三角形内角和定理等知识，推导出∠BFC＝∠DCE＝75°是解题的关键．
7．（2025 朔州模拟）如图，在菱形ABCD中，AB＝13，BD＝24，AC与BD交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE，则OE的长为（　　）
A．5 B．10 C． D．
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得到BO＝12，然后利用勾股定理求出AO长，再根据直角三角形斜边上的中线的性质解题即可．
【解答】解：由题意可得：
∴AO＝OC，，
∴，
又∵AE⊥CD，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，正确进行计算是解题关键．
8．（2025 郑州模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，则OM的长为（　　）
A．3 B．3.5 C．2 D．2.5
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】由三角形中位线定理得AC＝2MN＝6，再由菱形的性质和勾股定理求出CD＝5，然后由三角形中位线定理即可得出结论．
【解答】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点，
∴MN是△ACD的中位线，
∴AC＝2MN＝2×3＝6，
∵四边形ABCD是菱形，S菱形ABCD＝24，
∴OA＝OCAC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，AC BD＝24，
即6×BD＝24，
∴BD＝8，
∴ODBD＝4，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD5，
∵点M是AD的中点，OA＝OC，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OMCD＝2.5，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
9．（2025秋 深圳期中）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，晓进家有一个菱形中国结装饰，对角线AC，BD相交于点O，测得AB＝10cm，BD＝16cm，过点A作AH⊥BC于点H，则AH的长为　9.6cm ．
【考点】菱形的性质；勾股定理的应用．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】9.6cm．
【分析】根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到AO，最后根据等面积法即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∴∠AOB＝90°，
∴，
∴AC＝12cm，
∵AH⊥BC，
∴，
故答案为：9.6cm．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握其相关知识点是解题的关键．
10．（2025秋 连云港校级期中）如图：在长方形ABCD中放入正方形AEFG、正方形MNRH、正方形CPQN，点E在AB上，点M、N在BC上，若AE＝7，MN＝5，CN＝3，则图中右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为　10　 ．
【考点】正方形的性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】10．
【分析】设BM＝x，BE＝y，再根据图形依次表示出DG＝x+5+3﹣7＝x+1，DP＝7+y﹣3＝4+y，然后求出右上角周长和左下角周长，最后相减即可．
【解答】解：设BM＝x，BE＝y，
在正方形AEFG中AE＝AG＝7，
在正方形MNRH中MN＝HM＝5，
在正方形CPQN中NC＝PC＝3，
在长方形ABCD中AD＝BC＝8+x，AB＝CD＝7+y，
∵AE＝7，MN＝5，CN＝3，
∴DG＝AD﹣AG＝8+x﹣7＝x+1，DP＝CD﹣CP＝7+y﹣3＝4+y，
∴右上角周长＝（DG+DP）×2＝（x+1+4+y）×2＝10+2x+2y，
左下角周长＝（BE+BM）×2＝2x+2y，
∴右上角阴影部分的周长与左下角阴影部分的周长的差为10+2x+2y﹣（2x+2y）＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了列代数式，整式的加减运算，不规则图形的周长的求解．
11．（2025春 虹口区校级期末）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，E在AD上，CE＝AE，F是AE的中点，AD＝8，DC＝4．则线段OF＝ 　2.5　 ．
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】2.5．
【分析】根据矩形的性质证明OF是△ACE的中位线，得OF∥CE，OFCE，然后证明AF＝EF＝OF，设AF＝EF＝OF＝x，根据勾股定理求出x的值即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，OA＝OC，
∵F是AE的中点，
∴AF＝EF，
∴OF∥CE，OFCE，
∴∠ECA＝∠FOA，
∵AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠EAC＝∠FOA，
∴AF＝OF，
∴AF＝EF＝OF，
设AF＝EF＝OF＝x，
∴AE＝CE＝2x，DE＝AD﹣AE＝8﹣2x，
∵DE2+CD2＝CE2，
∴（8﹣2x）2+42＝（2x）2，
∴x＝2.5，
∴OF＝2.5，
故答案为：2.5．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
12．（2025春 兴宁市期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动（到点C停止运动），同时，点Q从点C出发（到点D停止运动），以xcm/s的速度沿CD向点D运动，当x的值为 　2.4或2　 ，可以使△ABP与△PQC全等．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．
【答案】见试题解答内容
【分析】分两种情况：当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，当AB＝CQ，BP＝CP时，△ABP≌△QCP，分别求解即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°．
当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ，
∵AB＝CD＝12cm，
∴PC＝AB＝12cm，
∴BP＝BC﹣CP＝20﹣12＝8cm，
∴t＝8÷2＝4s，CQ＝BP＝8cm，
∴x＝8÷4＝2；
当AB＝CQ，BP＝CP时，△ABP≌△QCP，
∵BP＝CP，BC＝20cm，
∴BP＝CP＝10cm，
∴t＝10÷2＝5s，
∴x＝12÷5＝2.4；
综上所述，x的值为2.4或2．
故答案为：2.4或2．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
13．（2025秋 义县期中）如图，在边长为8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是对角线AC上一点，．点P是CG上的动点，连接PE，PF，当△PEF是等腰三角形时，PG的长为 　或或　 ．
【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】或 或 ．
【分析】由正方形的性质及勾股定理可求得AG、EF、AF的长，再分PE＝PF；PE＝EF＝5；PF＝EF＝5三种情况，利用等腰三角形的判定及勾股定理即可求解．
【解答】解：在边长为8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是对角线AC上一点，．
∴，
∴，
∵AE＝1，BF＝2，
∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝5，AF＝AB﹣BF＝6．
①如图1，当PE＝PF时，过点 P作PH⊥AB于点H，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图2，当 PE＝EF＝5时，过点E作EM⊥AC于点M，
∵∠BAC＝45°，
∴，
∴，
∴；
③如图3，当PF＝EF＝5时，过点F作FN⊥AC于点N，
∵∠BAC＝45°，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当△PEF是等腰三角形时，PG的长为或或．
故答案为：为或或．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，分类讨论等知识，正确分类是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
14．（2025秋 朝阳区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，交AB于点D，O为AC的中点，P为BC的中点，连接DO，DP．求证：PD⊥OD．
【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠PCD+∠OCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∴△BDC和△ADC都是直角三角形，
∵点P为BC的中点，
∴PD是Rt△BDC的斜边BC上的中线，
∴PD＝PC＝PBBC，
∴∠PDC＝∠PCD，
∵点O为AC的中点，
∴OD是Rt△ADC的斜边AC上的中线，
∴OD＝OC＝OAAC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝90°，
即∠PDO＝∠PDC+∠ODC＝90°，
∴PD⊥OD．
【分析】根据CD⊥AB得△BDC和△ADC都是直角三角形，根据点P为BC的中点得PD＝PC＝PBBC，由此得∠PDC＝∠PCD，再根据点O为AC的中点得OD＝OC＝OAAC，由此得∠ODC＝∠OCD，则∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝∠ACB＝90°，据此即可得出结论．
【解答】证明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠PCD+∠OCD＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠BDC＝∠ADC＝90°，
∴△BDC和△ADC都是直角三角形，
∵点P为BC的中点，
∴PD是Rt△BDC的斜边BC上的中线，
∴PD＝PC＝PBBC，
∴∠PDC＝∠PCD，
∵点O为AC的中点，
∴OD是Rt△ADC的斜边AC上的中线，
∴OD＝OC＝OAAC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝90°，
即∠PDO＝∠PDC+∠ODC＝90°，
∴PD⊥OD．
【点评】此题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
15．（2025秋 义县期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，分别过点C、D作BD、AC的平行线交于点E，连接AE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）若菱形ABCD的对角线AC的长为，∠BCD＝60°，求AE的长．
【考点】矩形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）先证明四边形OCED是平行四边形，根据菱形的性质得到∠COD＝90°，再根据矩形的判定可得结论；
（2）先证明△BCD是等边三角形，则∠BCO＝∠DCO＝30°．设OB＝x，则BC＝2x，在Rt△BCO中，由勾股定理得：，求出OD＝OB＝2，由（1）知四边形OCED是矩形，则CE＝OD＝2，∠OCE＝90°，最后在Rt△CEA中，由勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：由题意得，CE∥DO，DE∥CO，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，
则∠COD＝90°，
∴四边形OCED为矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴BC＝CD，，，AC⊥BD，
∵∠BCD＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵AC⊥BD，
∴∠BCO＝∠DCO＝30°，
设OB＝x，则BC＝2x，
在Rt△BCO中，由勾股定理得：，
解得：x＝2，
∴OD＝OB＝2，
由（1）知：四边形OCED是矩形，
∴CE＝OD＝2，∠OCE＝90°，
∴在Rt△CEA中，由勾股定理得：．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
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