北师大版数学九年级上册第一章特殊平行四边形达标检测卷（3）（含答案）

这是一份北师大版数学九年级上册第一章特殊平行四边形达标检测卷（3）（含答案），共28页。
北师大版数学九年级上册第一章特殊平行四边形
达标检测卷（3）
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，则对角线BD的长是（ ）

A．1 B． C．2 D．
2．正方形面积为，则对角线的长为（ ）
A．6 B． C．9 D．
3．如图，在矩形ABCD中，对角线BD＝8cm，∠AOD＝120°，则AB的长为（　　）

A．cm B．2cm C．2cm D．4cm
4．如图，在菱形中，对角线，则的面积为（       ）


A．9 B．10 C．11 D．12
5．下列命题中，真命题是（ ）．
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
6．如图，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，那么阴影部分的面积是矩形ABCD的面积的(     )

A． B． C． D．
7．如图，在菱形中，，连接、，则的值为（     ）

A． B． C． D．
8．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的条件是（　　）
A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC
9．如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（       ）

A．12 B．13 C．24 D．25
10．如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系中，点B的坐标为（10，8），点D是OC上一点，将△BCD沿BD折叠，点C恰好落在OA上的点E处，则点D的坐标是（　　）

A．（0，4） B．（0，5）
C．（0，3） D．（0，2）
第II卷（非选择题）
评卷人
得分



二、填空题
11．中，如果斜边上的中线，那么斜边_____．
12．已知菱形的两条对角线长分别为6 cm，8 cm，则它的周长是________cm．
13．如图，一活动菱形衣架中，菱形的边长均为16cm，若墙上钉子间的距离AB=BC=16cm，则∠1=_______°

14．如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．

15．如图，四边形ABCD 是菱形， 于点H ，则线段BH的长为_________．

16．如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），则点C的坐标为_____________．

17．如图，在正方形，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接．若，则______．

18．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝3，AC＝4，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为_________________．

19．如图，已知正方形ABCD的边长为1，连接AC，BD，相交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，则DE＝_____．

20．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE．其中正确结论有____．（填序号即可）

评卷人
得分



三、解答题
21．如图，在菱形ABCD中，点M、N分别在AB、CB上，且∠ADM＝∠CDN，求证：BM＝BN．

22．如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的值．
23．如图，在矩形ABCD中，点M在DC上，AM＝AB，且BN⊥AM，垂足为N．

(1)求证：△ABN≌△MAD；
(2)若AD＝2，AN＝4，求四边形BCMN的面积．
24．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，连接PE，PB．

(1)在AC上找一点P，使△BPE的周长最小（作图说明）；
(2)求出△BPE周长的最小值．
25．如图，已知在△ABC中AB＝AC，AD是BC边上的中线，E，G分别是AC，DC的中点，F为DE延长线上的点，∠FCA＝∠CEG．
（1）求证：AD∥CF；
（2）求证：四边形ADCF是矩形．

26．在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证 EG=CG且EG⊥CG

（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．
（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系.请写出你的猜想，并加以证明．

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
试题分析：∵菱形ABCD的边长为2，
∴AD=AB=2，
又∵∠DAB=60°，
∴△DAB是等边三角形，
∴AD=BD=AB=2，
则对角线BD的长是2．
故选C．
考点：菱形的性质．
2．B
【解析】
【分析】
根据对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半，且正方形对角线相等，列方程解答即可．
【详解】
设对角线长是x．则有
x2=36，
解得：x=6．
故选B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，注意结论：对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半．此题也可首先根据面积求得正方形的边长，再根据勾股定理进行求解．
3．D
【解析】
【分析】
根据矩形的性质求出，再根据等边三角形的判定可得是等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可得．
【详解】
∵
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴
∴
∴是等边三角形
∴
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟记矩形的性质是解题关键．
4．B
【解析】
【分析】
菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的．
【详解】
是菱形

的面积



故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键．
5．C
【解析】
【详解】
解：A、两条对角线相等且相互平分的四边形为矩形；故本选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项正确；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误．
故选C．
6．B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质，得△EBO≌△FDO，再由△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的得出结论．
【详解】
解：∵四边形为矩形，
∴OB＝OD＝OA＝OC，
在△EBO与△FDO中，
∵∠EOB＝∠DOF，
OB＝OD，
∠EBO＝∠FDO，
∴△EBO≌△FDO（ASA），
∴阴影部分的面积＝S△AEO＋S△EBO＝S△AOB，
∵△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的，
∴S△AOB＝S△ABC＝S矩形ABCD．
故选B
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质
7．D
【解析】
【分析】
设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解．
【详解】
解：设AC与BD的交点为O，如图所示：

∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
8．C
【解析】
【详解】
试题分析：根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案．
解：A，不能，只能判定为矩形；
B，不能，只能判定为平行四边形；
C，能；
D，不能，只能判定为菱形．
故选C．
9．D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．
【详解】
菱形的对角线互相垂直平分，
个直角三角形全等；
，，
，
四边形是正方形，又正方形的面积为13，
正方形的边长为，
根据勾股定理，则，
中间空白处的四边形的面积为1，
个直角三角形的面积为，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．
10．C
【解析】
【分析】
由题意可得AO=BC=10，AB=OC=8，DE=CD，BE=BC=10，在中，由勾股定理可求得，OE=4，设OD=x，则DE=CD=8-x，然后在中，由勾股定理即可求得OD=3，继而求得点D的坐标.
【详解】
解：∵点B的坐标为（10，8），
∴AO=BC=10，AB=OC=8，
由折叠的性质，可得：DE=CD，BE=BC=10，
在中，由勾股定理得：，
∴OE=AO-AE=10-6=4，
设OD=x，则DE=CD=8-x，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
∴OD=3，
∴点D的坐标是（0，3）.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
11．8
【解析】
【分析】
根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【详解】
解：∵Rt△ABC中，斜边上的中线CD＝4cm，
∴AB＝8cm，
故答案为：8．
【点睛】
此题主要考查了直角三角形的性质，关键是掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
12．20
【解析】
【分析】
根据菱形的对角线互相平分且垂直，再根据勾股定理得出边长，即可得菱形的周长．
【详解】
解：如图，菱形ABCD中，AC=8cm，BD=6cm，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AB=BC=CD=AD，
∵AC=8cm，BD=6cm，
∴OA=OC=4cm，OB=OD=3cm
∴AD==5cm，
∴菱形的周长为4×5=20（cm），
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理熟练掌握菱形的对角线互相平分且垂直、菱形的四条边都相等是解题的关键．
13．120
【解析】
【详解】
由题意可得AB与菱形的两邻边组成等边三角形，从而不难求得∠1的度数．
解：由题意可得AB与菱形的两邻边组成等边三角形，则∠1=120°．
故答案为120．
此题主要考查菱形的性质和等边三角形的判定．
14．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
15．
【解析】
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，
∴AO=12，OD=5，AC⊥BD，
∴AD=AB= =13，
∵DH⊥AB，
∴AO×BD=DH×AB，
∴12×10=13×DH，
∴DH=，
∴BH=．
考点：1.菱形的性质；2.勾股定理.
16．（4，4）．
【解析】
【详解】
解：连接AC、BD交于点E，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=CE=AC，BE=DE=BD，
∵点B的坐标为（8，2），点D的坐标为（0，2），
∴OD=2，BD=8，∴AE=OD=2，DE=4，
∴AC=4，∴点C的坐标为：（4，4）；
故答案为（4，4）．

【点睛】
本题考查菱形的性质；坐标与图形性质．
17．22
【解析】
【分析】
先证明，得到，可得到，再根据平行线的性质得到，可得，根据三角形内角和定理即可求解；
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，AB∥CD，
又∵BD是角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案是22．
【点睛】
本题主要考查了利用正方形的性质求角度，准确利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键．
18．####2.4
【解析】
【分析】
由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】
解：∵∠BAC＝90°，且BA＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DMAN是矩形，
∴MN＝AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积＝AB×AC＝BC×AD，
∴AD＝＝，
∴MN的最小值为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19．
【解析】
【分析】
由正方形对角线相交于点O，则，，过点E作于F，设，则，列出方程，解出x，最后得出答案．
【详解】
解：如图所示，过点E作于F，

∵正方形ABCD的边长为1，
∴AC=BD=，，
∴OA=OC=OB=OD=，
∵CE平分∠ACD交BD于点E，
∴EO=EF，
∵在正方形ABCD中，∠ADB=∠CDB=45°，
∴EF=DF，
设，则，
∵OD=OE+DE=，
∴解得，
∴DE=OD-OE=，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质与角平分线的性质，解题的关键是根据角平线的性质作出辅助线．
20．①②③⑤
【解析】
【分析】
通过条件根据HL可以得出Rt△ABE≌Rt△ADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，进而可得出∠DAF的度数；由正方形的性质可以得出EC=FC，又AE=AF，就可以得出AC垂直平分EF；设EC=x，根据直角三角形的有关性质，可以用含x的式子表示出BE，DF，EF，从而可得出结果；利用三角形的面积公式用含x的式子分别表示出S△CEF和2S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF（故①正确），∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，
即∠DAF=15°（故②正确）．
∵BC=CD，
∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．（故③正确）．
设EC=x，由勾股定理，得
，
AG=AE=EF=×2CG=，
，
，
，
（故④错误）；
∵S△CEF=x2，S△ABE=××=x2，
∴2S△ABE=x2=S△CEF，（故⑤正确）．
综上所述，正确的结论有①②③⑤，
故答案为：①②③⑤．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质以及三角形的面积公式等知识，综合运用基本性质是解题的关键．
21．见解析
【解析】
【分析】
由菱形的性质，可用ASA证明△AMD≌△CND，所以AM=CN，所以AB－AM＝BC－CN，即可证明BM＝BN.
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD＝AB＝BC，∠A＝∠C.
∴△AMD≌△CND(ASA)．
∴AM＝CN.
∴AB－AM＝BC－CN，
即BM＝BN.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质和菱形的性质，掌握全等三角形的判定与性质以及菱形的性质是解题的关键.
22．（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质得到BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，根据矩形的性质证明∠EDB=∠FBD，可得∠FDB=∠FBD，则有BF=DF，根据四边相等的四边形是菱形即可证明；
（2）根据ED=2AE，得出菱形BEDF的面积为EF·BD=AD·AB，结合AB·AD=即可求出结果．
【详解】
解：（1）证明：∵△BED沿直线BE折叠，点E与点F重合，
∴BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，
又∵四边形ABCD是矩形，且E、F分别是线段AD、BC上的点，
∴DE∥DF，
∴∠EDB=∠FBD，
∴∠FDB=∠FBD，
∴BF=DF，
∴BE=BF=DF=DE，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）∵ED=2AE，点E是线段AD上的点，
∴ED=AD，
∵四边形BEDF是菱形，四边形ABCD是矩形，
∴S菱形BEDF=EF·BD=ED·AB=AD·AB，
∵AB·AD=，
∴EF·BD=，
解得：EF·BD=．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，菱形面积的求法，折叠的性质，难度不大，解题的关键是根据折叠得到线段和角相等，掌握菱形的面积计算方法．
23．(1)见解析
(2)S四边形BCMN＝4－8
【解析】
【分析】
（1）利用矩形的对边平行和四个角都是直角的性质得到两对相等的角，利用AAS证得两三角形全等即可；
（2）利用全等三角形的性质求得AD=BN=2，AN=4，从而利用勾股定理求得AB的长，利用S四边形BCMN=S矩形ABCD-S△ABN-S△MAD求得答案即可．
(1)
证明：在矩形ABCD中，∠D＝90°，DC∥AB，
∴∠BAN＝∠AMD.
∵BN⊥AM，
∴∠BNA＝90°，
在△ABN与△MAD中，
，
∴△ABN≌△MAD(AAS)．
(2)
解：∵△ABN≌△MAD，
∴BN＝AD.
∵AD＝2，
∴BN＝2.
又∵AN＝4，
∴在Rt△ABN中，
由勾股定理，得AB＝2.
∴S矩形ABCD＝2×2＝4.
又∵S△ABN＝S△MAD＝×2×4＝4.
∴S四边形BCMN＝S矩形ABCD－S△ABN－S△MAD＝4－8.
【点睛】
本题考查了矩形的性质及全等三角形的判定，了解矩形的对边平行且相等，四个角都是直角，对角线相等且互相平分是解答本题的关键，难度不大．
24．(1)见解析
(2)12
【解析】
【分析】
（1）连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．理由：证明△AB P′≌△AD P′，即可求解；
（2）根据（1）可得P′B＋P′E＝DE．再由AE＝3BE，可得AE＝6．从而得到AD＝AB＝8．再由勾股定理，即可求解．
(1)
解：如图，连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．
理由：在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∵AP′=AP′，
∴△ABP′≌△ADP′，
∴BP′=DP′，
∴BP+PE= DP′+ P′E≥DE，
即当点P位于PP′时，△BPE的周长PB+EP+BE最小；

(2)
解：由（1）得：B P′=DP′，
∴P′B＋P′E＝DE．
∵BE＝2，AE＝3BE，
∴AE＝6．
∴AD＝AB＝8．
∴DE＝＝10．
∴PB＋PE的最小值是10．
∴△BPE周长的最小值为10＋BE＝10＋2＝12．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，最短距离，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
25．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）先证EG是△ACD的中位线，得EG∥AD，再由∠FCA=∠CEG证出EG∥CF，即可得出结论；
（2）先证△ADE≌△CFE（AAS），得AD=CF，则四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的在得∠ADC=90°，即可得出结论．
【详解】
解：（1）证明：∵E，G分别是AC，DC的中点，
∴EG是△ACD的中位线，
∴EG∥AD，
∵∠FCA＝∠CEG，
∴EG∥CF，
∴AD∥CF；
（2）证明：由（1）得：AD∥CF，
∴∠DAE＝∠FCE，∠ADE＝∠CFE，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
又∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCF是矩形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
26．（1）EG=CG;EG⊥CG（2）EG=CG；EG⊥CG，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）延长FE交DC边于M，连MG．构造出△GFE≌△GMC．易得结论；（2）在图（2）、（3）中借鉴此解法证明．
【详解】
解：（1）EG=CG，EG⊥CG．
（2）EG=CG，EG⊥CG．                  
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE=CM，∠EMC=90°，
由图（3）可知，
∵BD平分∠ABC，∠ABC=90°，
∴∠EBF=45°，
又∵EF⊥AB，
∴△BEF为等腰直角三角形
∴BE=EF，∠F=45°．
∴EF=CM．
∵∠EMC=90°，FG=DG，
∴MG=FD=FG．
∵BC=EM，BC=CD，
∴EM=CD．
∵EF=CM，
∴FM=DM，
又∵FG=DG，
∠CMG=∠EMC=45°，
∴∠F=∠GMC．
∵在△GFE与△GMC中，
∴△GFE≌△GMC（SAS）．
∴EG=CG，∠FGE=∠MGC.        
∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM=90°，
∴∠MGC+∠EGM=90°，
即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG．
【点睛】
此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．

考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．