9. 如图，$□ ABCD$的对角线AC，BD相交于点O，以下条件不能证明$□ ABCD$是菱形的是（）

A.$∠ BAC=∠ BCA$
B.$∠ ABD=∠ CBD$
C.$OA^2+OB^2=AD^2$
D.$AD^2+OA^2=OD^2$

9.D

【分析】
要判断平行四边形是否为菱形，核心思路有两个：一是证明一组邻边相等，二是证明对角线互相垂直。我们结合平行四边形的性质、勾股定理逆定理，逐个分析每个选项是否能推出上述两个结论即可。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，可得性质：$AD// BC$，$OA=OC$，$OB=OD$。
选项A：$\because ∠ BAC=∠ BCA$，根据等角对等边得$AB=BC$，一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此可证明$□ABCD$是菱形，不符合题意。
选项B：$\because AD// BC$，$\therefore ∠ ADB=∠ CBD$，又$\because ∠ ABD=∠ CBD$，$\therefore ∠ ABD=∠ ADB$，根据等角对等边得$AB=AD$，因此可证明$□ABCD$是菱形，不符合题意。
选项C：$\because OB=OD$，已知$OA^2+OB^2=AD^2$，替换得$OA^2+OD^2=AD^2$，根据勾股定理逆定理得$∠ AOD=90°$，即$AC⊥ BD$，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此可证明$□ABCD$是菱形，不符合题意。
选项D：由$AD^2+OA^2=OD^2$，根据勾股定理逆定理仅能推出$∠ OAD=90°$，即$AC⊥ AD$，无法推出邻边相等或对角线互相垂直，不能证明$□ABCD$是菱形，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；勾股定理逆定理
【点评】
本题围绕菱形的判定设置，需要熟练掌握菱形的判定条件，结合平行四边形的基本性质逐一推导选项，解题时注意区分可判定和不可判定的逻辑差异。
【难度系数】
0.7

10. 如图，在$△ ABO$中，$AO=BO$，$C$是$AB$的中点.若将$△ ABO$绕点$C$逆时针旋转$180°$，则旋转前后两个三角形组成的图形是________，依据是________.

10. 菱形 四边相等的四边形是菱形

【分析】
解题时先明确旋转180°属于中心对称变换，核心性质是对应点的连线被旋转中心平分。首先根据C是AB中点且为旋转中心，可得旋转后A与B互为对应点，O的对应点与O的连线被C平分，由此可先判断旋转后两个三角形拼成的四边形对角线互相平分，是平行四边形；再结合已知AO=BO，以及旋转前后对应边相等，可推出该四边形四条边均相等，最后根据菱形的判定定理即可得出结论。
【解析】
设△ABO绕点C逆时针旋转180°后，点O的对应点为O'。
1. 根据旋转180°的性质：对应点的连线经过旋转中心，且被旋转中心平分。
已知C是AB中点，旋转后A的对应点为B，B的对应点为A，因此$AC=BC$，同时$OC=O'C$，所以四边形$OBO'A$的对角线互相平分，故四边形$OBO'A$是平行四边形。
2. 已知$AO=BO$，由旋转前后对应边相等可得：$BO=AO'$，$AO=BO'$，因此$AO=BO=BO'=AO'$，即平行四边形$OBO'A$的四条边都相等。
3. 根据菱形判定定理：四边相等的四边形是菱形，可知该四边形为菱形，即旋转前后两个三角形组成的图形是菱形。
【答案】
菱形；四边相等的四边形是菱形
【知识点】
旋转的性质、平行四边形的判定、菱形的判定
【点评】
本题将旋转变换和特殊四边形的判定相结合，重点考查对基础性质和判定定理的应用能力，解题时先通过旋转性质确定四边形对角线的关系，再结合已知边的相等条件推导四边的关系即可，属于基础题型。
【难度系数】
0.8

11. A教材经典图形·等宽纸条叠放，如图，两张宽度均为3 cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为$60°$，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为 cm.

11.$8\sqrt{3}$

【分析】
首先根据两张纸条对边分别平行，可判断重合部分四边形ABCD是平行四边形；再结合两张纸条宽度相等，通过平行四边形面积公式可推出平行四边形邻边相等，因此四边形ABCD为菱形。接下来利用已知的60°锐角，以纸条宽度为菱形的高，通过三角函数或直角三角形性质求出菱形的边长，最后计算菱形周长即可得到结果。
【解析】
1. 判定四边形ABCD的形状：
∵ 两张纸条的对边分别平行，
∴ $AB// CD$，$AD// BC$，
∴ 四边形ABCD是平行四边形。
过点A作$AE⊥ BC$于点E，$AF⊥ CD$于点F，
由题意得纸条宽度为3cm，即$AE=AF=3\mathrm{cm}$，
∵ 平行四边形面积=底×高，
∴ $S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=BC· AE=CD· AF$，
代入$AE=AF=3\mathrm{cm}$，可得$BC=CD$，
∴ 平行四边形ABCD是菱形，即$AB=BC=CD=DA$。
2. 求菱形的边长：
已知交叉形成的锐角为60°，即$∠ ABC=60°$，
在$Rt△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，$\sin∠ ABC=\frac{AE}{AB}$，
代入$∠ ABC=60°$，$AE=3\mathrm{cm}$，$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
得$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{AB}$，解得$AB=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
3. 计算周长：
菱形周长$C=4AB=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$8\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的判定与性质；特殊角的三角函数；平行四边形的判定
【点评】
本题以生活中纸条交叉的场景为载体，考查特殊平行四边形的相关知识，解题的关键是先判定重合部分为菱形，再结合锐角三角函数求出边长，能够锻炼学生将实际问题转化为几何模型的能力。
【难度系数】
0.65

12. 如图 ，$□ ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $E$，过点 $E$ 作两条互相垂直的线段，分别交边 $AB$，$BC$，$CD$，$DA$ 于点 $P$，$M$，$Q$，$N$。
(1)求证：$△ PBE ≌ △ QDE$。
(2)如图 ，顺次连接点 $P$，$M$，$Q$，$N$，$P$，求证：四边形 $PMQN$ 是菱形。

12. 证明:(1)$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore EB=ED, AB// CD$.$\therefore ∠ EBP = ∠ EDQ$. 在 $△ PBE$ 和 $△ QDE$ 中,$\begin{cases}∠ EBP=∠ EDQ,\\EB=ED,\\∠ BEP=∠ DEQ,\end{cases}$$\therefore △ PBE≌△ QDE(\mathrm{ASA}).$ (2) $\because △ PBE≌△ QDE, \therefore EP=EQ$. 同理可证,$△ BME≌△ DNE. \therefore EM=EN. \therefore$ 四边形 $PMQN$ 是平行四边形. $\because PQ⊥ MN, \therefore$ 平行四边形 $PMQN$是菱形.

【分析】
（1）要证明△PBE≌△QDE，首先利用平行四边形的性质可得对角线互相平分即EB=ED，且AB//CD可推出一组内错角相等，再结合对顶角相等，即可通过ASA判定两三角形全等。
（2）要证明四边形PMQN是菱形，先由（1）的全等结论得到EP=EQ，同理证明△BME≌△DNE得到EM=EN，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定四边形PMQN是平行四边形，再结合已知PQ⊥MN，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可完成证明。
【解析】
(1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore EB=ED, AB// CD$，$\therefore ∠ EBP = ∠ EDQ$。
在 $△ PBE$ 和 $△ QDE$ 中,
$\begin{cases}∠ EBP=∠ EDQ,\\EB=ED,\\∠ BEP=∠ DEQ,\end{cases}$
$\therefore △ PBE≌△ QDE(\mathrm{ASA}).$
(2) $\because △ PBE≌△ QDE, \therefore EP=EQ$。
同理可证,$△ BME≌△ DNE$，$\therefore EM=EN$。
$\therefore$ 四边形 $PMQN$ 对角线互相平分，是平行四边形。
$\because PQ⊥ MN, \therefore$ 平行四边形 $PMQN$是菱形。
【答案】
(1) 已证$△ PBE≌△ QDE$；
(2) 已证四边形$PMQN$是菱形。
【知识点】
平行四边形的性质；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题核心是熟练掌握平行四边形的性质、全等三角形的判定定理以及菱形的判定定理，通过平行四边形对角线平分的性质找到全等的条件，逐步推导得到最终结论，能有效巩固特殊四边形和全等三角形的相关知识点。
【难度系数】
0.7

13. 某校九年级学习小组在探究学习过程中，将两块完全相同的且含$60°$角的直角三角板$ABC$与$AFE$按如图1所示的方式放置，现将$\mathrm{Rt}△ AEF$绕点$A$按逆时针方向旋转$α(0°＜α＜90°)$，如图2，$AE$与$BC$相交于点$M$，$AC$与$EF$相交于点$N$，$BC$与$EF$相交于点$P$。
(1) 求证：$BM=FN$。
(2) 当旋转角$α=30°$时，四边形$ABPF$是什么样的特殊四边形？并说明理由。

13. 解:(1)证明:由题意,得 $AB=AF, ∠ BAM=∠ FAN, ∠ B=∠ F$.在$△ ABM$ 和 $△ AFN$ 中,$\begin{cases}∠ BAM=∠ FAN,\\AB=AF,\\∠ B=∠ F,\end{cases}$$\therefore △ ABM≌△ AFN$(ASA). $\therefore BM=FN.$ (2)当旋转角 $α=30°$时,四边形 $ABPF$ 是菱形. 理由:$\because α=30°,∠ EAF=90°, \therefore ∠ FAB=120°. \because ∠ B=60°, \therefore ∠ B+∠ FAB=180°. \therefore AF// BP. \therefore ∠ FPC=∠ F=60°. \therefore ∠ FPC=∠ B=60°. \therefore AB// FP. \therefore$ 四边形 $ABPF$ 是平行四边形. 又 $\because AB=AF, \therefore$ 平行四边形 $ABPF$ 是菱形.

【分析】
(1) 要证$BM=FN$，可通过证明两条线段所在的$△ ABM$和$△ AFN$全等实现。首先由两块三角板完全相同可得$AB=AF$，$∠ B=∠ F$；再结合旋转的性质，可得旋转角$∠ BAM=∠ FAN=α$，满足ASA全等判定条件，证得两三角形全等后即可得到对应边相等。
(2) 判断$α=30°$时四边形$ABPF$的形状，先通过角度计算推导边的平行关系：先计算$∠ FAB$的度数，结合$∠ B=60°$证$AF// BP$，再通过角度推导证$AB// FP$，先判定四边形为平行四边形，再结合$AB=AF$的条件，根据“邻边相等的平行四边形是菱形”即可得出结论。
【解析】
(1) 证明：由题意得两块三角板完全相同，因此$AB=AF$，$∠ B=∠ F$，且$∠ BAC=∠ EAF=90°$。
$\because ∠ BAC-∠ MAC = ∠ EAF-∠ MAC$，即$∠ BAM=∠ FAN=α$。
在$△ ABM$和$△ AFN$中：
$\begin{cases}∠ BAM=∠ FAN \\AB=AF \\∠ B=∠ F\end{cases}$
$\therefore △ ABM ≌ △ AFN \mathrm{(ASA)}$，$\therefore BM=FN$。
(2) 当旋转角$α=30°$时，四边形$ABPF$是菱形，理由如下：
$\because α=30°$，$∠ EAF=90°$，$\therefore ∠ FAB=∠ EAF+α=120°$。
$\because ∠ B=60°$，$\therefore ∠ B+∠ FAB=180°$，$\therefore AF// BP$。
$\therefore ∠ FPC=∠ F=60°$，$\therefore ∠ FPC=∠ B=60°$，$\therefore AB// FP$。
$\therefore$ 四边形$ABPF$是平行四边形。
又$\because AB=AF$，$\therefore$ 平行四边形$ABPF$是菱形。
【答案】
(1) $BM=FN$，证明成立；
(2) 当旋转角$α=30°$时，四边形$ABPF$是菱形。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；旋转的性质；菱形的判定
【点评】
本题结合三角板旋转的背景考查全等三角形的证明和特殊四边形的判定，解题关键是熟练掌握旋转的性质、全等三角形判定定理和菱形的判定定理，是几何常规基础题。
【难度系数】
0.7