北师大版数学九年级上册第1章特殊平行四边形（单元测试基础卷）含解析答案

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第1章 特殊平行四边形（单元测试�基础卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图，菱形中，，则（   ）
  
A． B． C． D．
2．四边形的对角线相交于点，．添加下列条件，能判定四边形为矩形的是（    ）
A． B． C． D．
3．如图，菱形的边长为2，边在轴上，，对角线、相交于点，则点的坐标是（    ）

A． B． C． D．
4．如图，两根木条钉成一个角形框架，且，，将一根橡皮筋两端固定在点，处，拉展成线段，在平面内，拉动橡皮筋上的一点，当四边形是菱形时，橡皮筋再次被拉长了（    ）

A． B． C． D．
5．如图，在矩形中，E、F为AC上一点，，，连接、，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
6．矩形ABCD中，AD=3，AB=9，点E、F同时分别从点A、C出发沿AB、CD方向以每秒1个单位的速度运动，当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为（   ）

A．秒 B．秒 C．秒 D．秒
7．如图，小刚用四根长度相同的木条制成了可以活动的四边形学具，他先将学具活动成正方形，接着活动学具成菱形，且通过测量得到，若他想将四边形固定下来，需要再添加木条，，则的值为（    ）
  
A． B． C． D．
8．如图是用尺规过点P作直线l垂线的两种方法，其中a，b，m，n分别表示画相应弧时所取的半径，对图中虚线段组成的四边形，下列说法正确的是（　　）

A．若，方法Ⅰ中的四边形为正方形 B．若，方法Ⅰ中的四边形为矩形
C．若，方法Ⅱ中的四边形为菱形 D．若，方法Ⅱ中的四边形为正方形
9．正方形与等边按如图所示方式叠放，顶点重合，点在边上，直线垂直，与直线和折线分别交于、两点，从点出发，运动至点停止，设移动的距离为，，运动过程中与的函数如图所示，则的长为（    ）

A． B． C． D．
10．如图，在正方形ABCD中，将边BC绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段BC的长度为（　　　）．

A．4 B．5 C． D．

二、填空题
11．若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 ．
12．如图，在中，，，为中点，连接，，则线段的长度为 ．
  
13．如图，将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是 ．

14．已知点F是等边的边延长线上一点，以为边，作菱形，使菱形与等边在的同侧，且，连结，若的面积为 ．

15．如图，四边形ABCD是个活动框架，对角线AC、BD是两根皮筋．如果扭动这个框架（BC位置不变），当扭动到∠A'BC=90°时四边形A'BCD'是个矩形，A'C和BD'相交于点O．如果四边形OD'DC为菱形，则∠A'CB= °

16．已知，矩形，点在边上，点在边上，连接、交于点．若，，，．则 ．

17．如图，线段AB＝4，E为AB中点，点C、D为直线AB同侧不重合的两点，且∠ACB＝∠ADB＝90°，连接CE、DE、CD，设△CDE的面积为S，则S的范围是 ．

18．小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为 ．


三、解答题
19．如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．

(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明为菱形．
20．（1）如图1，已知，菱形中，于点，于点，求证：；
（2）将（1）中绕点旋转至图2时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由．

21．如图1，矩形中，E是对角线上一个动点（不与点A重合），作，交于点F，联结，如果设，面积为y，那么可得y关于x的函数图像（如图2所示）．
  
(1)求y关于x的函数解析式，并写出其定义域；
(2)求的面积及矩形对角线的长．
22．如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接．

(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
23．【问题原型】如图①，在中，是边的中线，．
求证：．
【结论应用】如图②，在中，为锐角，为中点，连结，将四边形沿折叠，得到四边形，点、的对应点分别为点、．

（1）与的位置关系是________；
（2）连结，若，求的度数；
（3）如图③，当为边长为4的正方形时，其余条件不变，延长交于点，连结，直接写出线段的长．
24．（1）方法感悟：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE＋BF＝EF．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：
AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°．
因此，点G，B，H在同一条直线上．
∵∠EAF＝45°，∴∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°，
∴∠1＋∠3＝45°．即∠GAF＝∠______．
又∵AG＝AE，AF＝AF，
∴______．
∴______＝EF．故DE＋BF＝EF．
（2）方法迁移：如图2，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，E，F分别为DC，BC上的点，满足，试猜想当∠B，∠D满足什么关系时，可使得DE＋BF＝EF？请说明理由．


参考答案：
1．B
【分析】利用菱形的性质求解即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选．
【点睛】此题考查了菱形的性质和平行线的性质，熟练掌握所学知识是解题的关键．
2．D
【分析】根据矩形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
添加，
∴四边形为菱形，故A不符合题意；
添加当时，
不能判定四边形是矩形；故B不符合题意；
添加，如图，

∵四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；故C不符合题意；
添加，
∴四边形是矩形；故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
3．B
【分析】根据菱形性质，求出两点的坐标，再利用中点坐标公式即可得到点的坐标．
【详解】解：过作轴于，如图所示：

菱形的边长为2，边在轴上，，
，，
，
菱形的对角线、相交于点，
点的坐标是，即，
故选：B．
【点睛】本题考查图形与坐标，涉及菱形性质、等腰直角三角形性质、平面直角坐标系中中点坐标公式等知识，熟练掌握菱形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．
4．D
【分析】连接交于点，根据菱形的性质求出AB，AC+BC的长，故可求解．
【详解】如图，连接交于点．

在菱形中，，，
橡皮筋被拉长后的长度为．
∵，
∴，为等边三角形，
，．
在中，由勾股定理得，．
则橡皮筋被拉长前的长度，再次被拉长的长度是，
故选D．
【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知等边三角形的性质及菱形的特点．
5．B
【分析】先证明，即可得出，再根据矩形的性质得出，最后根据等边对等角即可求解．
【详解】解：∵，
∴，即，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，和等腰三角形的性质，解题的关键是掌握矩形对边平行且相等，等腰三角形“等边对等角”．
6．A
【分析】设t秒时四边形EBFD为菱形，根据菱形的性质得到DE=DF=FB=BE，然后表示出AE=t，DF=9-t，从而根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：设t秒时四边形EBFD为菱形，
此时DE=DF=FB=BE，
则AE=t，DF=9-t，
根据勾股定理得：，
解得：t=4，
即当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为4秒，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质及菱形的性质的知识，解题的关键是根据菱形的性质利用勾股定理列出方程，难度不大．
7．C
【分析】先根据正方形的性质求出，再根据菱形的性质求出，然后比较得出答案．
【详解】由题意得，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质等，掌握和理解特殊平行四边形的性质是解题的关键．
8．C
【分析】根据矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，并不一定是正方形，不符合题意；
B、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，不符合题意；
C、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形的四条边相同，它是菱形，符合题意；
D、由作图方法可知，当时，虚线段组成的四边形有一组对角都是直角，另一组对角不一定是直角，并不一定是矩形，并不一定是正方形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，菱形的判定定理，作垂线，灵活运用所学知识是解题的关键．
9．C
【分析】根据函数图像可知，当从点出发，运动至点时，取得最大值，即，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得即可求解．
【详解】根据函数图像可知，当从点出发，运动至点时，取得最大值，即，
等边

是正方形，
，，
，则，
．
．
故选C．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，正方形，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，从函数图像上获取信息是解题的关键．
10．D
【分析】根据旋转的性质，可知BC＝BC＇．取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．根据等腰三角形三线合一的性质、正方形的性质及直角三角形的性质，可证得Rt△OBC≌ Rt△C＇CD，从而证得OC＝C＇D，BO＝C C＇,再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，取点O为线段CC＇的中点，并连接BO．
依题意得，BC＝BC＇
∴BO⊥C C＇
∴∠BOC＝90°
在正方形ABCD中，
BC＝CD，∠BCD＝90°
∴∠OCB＋∠C＇CD＝90°
又∵∠C C＇D＝ 90°
∴∠C＇DC＋∠C＇CD＝90°
∴∠OCB＝∠C＇DC
在Rt△OBC和Rt△C＇CD中

∴Rt△OBC≌ Rt△C＇CD（AAS）
∴OC＝C＇D＝2
∴C C＇＝2 OC ＝2×2＝4
∴BO＝C C＇＝4
在Rt△BOC中
BC＝＝＝
故选：D．

【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及勾股定理的运用等知识，解题的关键是辅助线的添加．
11．24
【分析】由菱形的性质得到，再通过的面积，的面积得到菱形的面积．
【详解】解：如图：菱形中，，
四边形是菱形，
，
的面积，的面积，
菱形的面积的面积的面积．
故答案为：24．

【点睛】本题考查菱形的性质，三角形面积，由三角形的面积得到菱形的面积的面积的面积是解题的关键．
12．12
【分析】先利用根据直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系求出，然后由勾股定理求出的长度即可．
【详解】解：在中，，为中点，，
∴
又，
∴
故答案为：12．
【点睛】本题考查了勾股定理，以及直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
13．邻边相等的矩形是正方形
【分析】将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，可得到BA=BF，折痕为BE，沿EF剪下，故四边形ABFE为矩形，且有一组邻边相等，故四边形ABFE为正方形，即可得到答案．
【详解】将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，
，
折痕为BE，沿EF剪下，
，
四边形ABFE是矩形，
四边形ABFE是正方形，
则其数学原理为：邻边相等的矩形是正方形，
故答案为：邻边相等的矩形是正方形．
【点睛】本题考查了图形的翻折变换和正方形的判定定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
14．
【分析】作EH⊥BF延长线于H点，根据菱形以及等边三角形的性质推出∠EFH=60°，结合边长即可求出EH的长度，从而根据BF和EG求出△BEF的面积即可．
【详解】解：如图所示，作EH⊥BF延长线于H点，则∠EHF=90°，
∵△ABC为等边三角形，四边形CDEF为菱形，CD∥AB，
∴∠ABC=60°，CD∥EF，
∴∠ABC=∠DCF=∠EFH=60°，∠FEH=30°，
∵EF=8，
∴CF=EF=8，FH=4，EH=4，
∴BF=BC+CF=18，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查等边三角形以及菱形的性质，理解图形的基本性质是解题关键．
15．30
【分析】先证明是等边三角形，得到，再由四边形是矩形，得到，则．
【详解】解：∵四边形OD'DC为菱形，
∴，
∵在扭动过程中，CD的长度是不会发生变化的，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：30．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，熟知菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
16．6
【分析】过点作，垂足为，交于点H，证明，得出是等腰直角三角形，进而得出四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作，垂足为，交于点H，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，，
∴,
∴
∴,，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
17．
【分析】当△CDE为等腰直角三角形时，S有最大值，利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：由题意知：，即S>0，
∵∠ACB＝∠ADB＝90°，E为AB中点，AB＝4，
∴CE=AB=2，DE=BE=AB=2，
当△CDE为直角三角形，且∠CED＝90°时，S有最大值，
∴，即S的最大值为2，
∴．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质以及三角形的面积公式，判断得到当△CDE为直角三角形时，S有最大值是解题的关键．
18．
【分析】判定△AB′D′是等腰直角三角形，即可得出AB′=AD，再根据AB′= AB，再计算即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠DAB=90°，
由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′B′=∠D=90°，AD=AD′，
∴△AB′D′是等腰直角三角形，
∴AD=AD′= B′D′，
由勾股定理得AB′=AD，
又由操作二可知：AB′=AB，
∴AD=AB，
∴=，
∴A4纸的长AB与宽AD的比值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠变换的运用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．(1)①
(2)见解析

【分析】（1）添加合适的条件即可；
（2）证，得，再由菱形的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：添加的条件是．
故答案为：①．
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）（1）中的结论仍然成立，证明见解析
【分析】（1）利用菱形的性质及等面积法证明即可；
（2）过点A作于，于，利用全等三角形的判定和性质证明即可．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴；
（2）（1）中的结论仍然成立．
证明：如图，过点A作于，于，则
，

由（1）可知，
∵，
∴，
在和中

∴，
∴．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及全等三角形的判定和性质，熟练掌握运用这些性质定理是解题关键．
21．(1)，定义域为；
(2)的面积为24；

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先根据题意得到当时，点E于点C重合，进而得到的面积为24；然后由，解得，最后利用三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：设y关于x的函数解析式为
∴将，代入得，
∴解得
∴，
当时，即
解得
∵点E不与点A重合，
∴定义域为；
（2）当时，点E与点C重合，
∴
∴的面积为24；
由（1）可得，当，解得
∴
∵，四边形是矩形
∴，即
∴解得
∴．
【点睛】此题考查了一次函数与几何结合，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
22．(1)见解析
(2)是定值为1

【分析】（1）过点分别作，垂足分别为点，由题意易得，则有四边形为矩形，然后可得四边形为正方形，进而可证，最后问题可求证；
（2）由题意易得，，然后可得，进而根据等积法可进行求解．
【详解】（1）证明：如图，过点分别作，垂足分别为点，

∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形为正方形；
（2）解：四边形的面积为定值，理由如下：
∵矩形为正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，    
所以，四边形的面积为定值1．
【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键．
23．[问题原型] 见解析；
[结论应用]（1）；（2）（3）
【分析】[问题原型] 由等腰三角形的性质可得，，由三角形内角和定理可得结论；
[结论应用]
（1）根据轴对称的性质得出；
（2）根据平行线的性质即可求解；
（3）证明，设，在中，勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【详解】[问题原型]证明：是边的中线，．
，
，，
，
，
；
[结论应用]（1）依题意点、的对应点分别为点、
∴关于对称，
∴,
（2）∵为中点，

由[问题原型]可得
又，
∴,
∵，
∴；
（3）∵四边形是正方形，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
在与中，

∴，
设，
在中，,
，，
∵，
∴，
解得，
即．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，平行四边形的性质，正方形的性质，勾股定理，掌握折叠的的性质是解题的关键．
24．（1）EAF；△EAF；GF；（2）EF＝DE＋BF，见解析；（3）∠B＋∠D＝180°，见解析
【分析】（1）根据图形和推理过程填空即可；
（2）根据题意，分别证明，即可得出结论．
（3）根据角之间关系，只要满足∠B+∠D＝180°时，就可以得出三角形全等，利用全等三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，
由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，
∴∠ABG+∠ABF＝90°+90°＝180°，
因此，点G，B，F在同一条直线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
即∠GAF＝∠EAF，
又AG＝AE，AF＝AF，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF＝EF，
故DE+BF＝EF；
故答案为：EAF，△EAF，GF．
（2）EF＝DE＋BF，理由如下：
如图，延长CF，作∠4＝∠1．

∵将Rt△ABC沿斜边翻折得到Rt△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且，
∴∠1＋∠2＝∠3＋∠5，∠2＋∠3＝∠1＋∠5．
∵∠4＝∠1，∠2＋∠3＝∠4＋∠5，
∴∠GAF＝∠FAE．
∵在△AGB和△AED中，


∴．
∴AG＝AE，BG＝DE．
∵在△AGF和△AEF中，


∴．
∴GF＝EF．
∴DE＋BF＝EF．
（3）当∠B与∠D满足∠B＋∠D＝180°时，可使得DE＋BF＝EF．
如图，延长CF，作∠2＝∠1．

∵∠ABC＋∠D＝180°，∠ABC＋∠ABG＝180°，
∴∠D＝∠ABG．
在△AGB和△AED中，


∴．
∴BG＝DE，AG＝AE．
∵，
∴∠EAF＝∠GAF．
在△AGF和△AEF中，


∴．
∴GF＝EF，DE＋BF＝EF．
故当∠B与∠D满足∠B＋∠D＝180°时，可使得DE＋BF＝EF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及旋转变换性质等知识，根据题意作出与已知相等的角，利用三角形全等是解决问题的关键．