第1章 特殊平行四边形（单元测试·基础卷）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

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第1章 特殊平行四边形（单元测试·基础卷）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．如图，菱形的对角线与相交于点O，于E．若，，则（   ）A． B． C． D．2．如图，在菨形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（    ）  A． B． C． D．3．已知：四边形，连接，点分别是的中点，依次连接，若四边形是矩形，则（   ）A． B． C．且 D．无法判断4．如图，四边形是正方形，是对角线，以为边，在正方形的内部作等边三角形，则为（    ）A． B． C． D．5．顺次连结一个四边形各边的中点所得的四边形是矩形，那么这个四边形一定是（    ）A．矩形 B．菱形C．对角线相等的四边形 D．对角线垂直的四边形6．如图，正方形的边长为1，在轴上，点，分别在直线和直线上，若，则点的坐标为（    ）．A． B． C． D．7．如图，用4个全等的，，，和2个全等的，拼成如图所示的矩形，则的值为（    ）A． B． C． D．8．在四边形中，，分别平分，点F为的中点，连接，则下列结论中，一定成立的是（    ）  A． B． C． D．9．如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点D落在点处，则重叠部分的面积为（   ）A．6 B．8 C．10 D．1210．如图1，矩形中，点为的中点，动点从点出发，沿折线匀速运动，到达点时停止运动，连接、，设为，为，且关于的函数图象如图2所示，则的最大值为（　　）A．4 B．4．5 C．5 D．5．5二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．若菱形的两条对角线的长分别为和，则菱形的面积为 ．12．如图，在中，，，平分，点P是的中点，若，则的长为 ．13．如图，菱形ABCD中，∠D=120°，点E在边CD上，将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，连结BD'，则∠AD'B= °．  14．如图，已知点为正方形内一点，点，分别在，边上，且，，连接，，若，．  （1）的最小值为 ；（2）在（1）的条件下，四边形的面积为 ．15．如图，正方形的边长为，点是的中点，垂直平分且分别交、于点、，则 ．16．如图，在菱形中，，点E是的中点，点P是对角线上的动点，连接、，则的最小值是 ．17．如图，在矩形中，，点E，F分别从点D ，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C移动．当四边形为菱形时，点E，F的运动时间为 秒．18．如图，直角坐标系中，正方形的顶点A与原点O重合，点B在x轴的正半轴上，点D在y轴的正半轴上，在边的上侧作等腰三角形，使，连接AE，过点D作的垂线，垂足为G，交的延长线于点F，连接．若点D的坐标为，的长度为2，则点E的坐标为 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）19．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，延长到点E，使得．连接．过点B作，交于点F，连接．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，，求的长．20．（8分）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．（1）求证：四边形是正方形；（2）若，求菱形的周长．21．（10分）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若∠OAE＝15°，①求证：DA＝DO＝DE；②直接写出∠DOE的度数．22．（10分）如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．（1）求点P的坐标．（2）当∠APB绕点P旋转时，①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．②请求出OA2+OB2的最小值．23．（10分）问题背景：如图1，在正方形中，边长为4．点M，N是边上两点，且，连接，，与相交于点．  （1）探索发现：探索线段与的数量关系和位置关系，并证明；（2）拓展提高：如图2，延长至P，连接，若，求线段的长．24．（12分）综合与实践在学习完特殊的平行四边形之后，老师在数学活动课上展示了下面一道与平行四边形有关的折叠题：  【问题情境】如图1，将矩形纸片沿直线折叠，使得点与点重合，点落在点的位置，连接，线段交于点．【独立思考】（1）①与的关系为______；②是______三角形（按边分类）．【实践探究】（2）请判断四边形的形状，并说明理由．【拓展延伸】（3）如图2，在矩形纸片中，，，小明将矩形纸片沿直线折叠，点落在点的位置，交于点，请你求出线段的长．参考答案：1．C【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，由菱形的性质可得出，，，根据勾股定理得出，再利用等面积法即可求出．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，故选：C．2．A【分析】根据菱形的性质得出，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，∴，则，∵，∴，故选：A．【点拨】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐角互余．3．B【分析】本题考查了三角形中位线的性质，矩形的性质；依题意画出图形，利用矩形的性质及三角形中位线定理即可得答案．【详解】解：∵四边形是矩形，；点分别是的中点，，；点分别是的中点，，；故选：B．4．B【分析】根据正方形的性质，正三角形的性质求出、的度数，进而即可求解．本题考查正方形、正三角形的性质，掌握正方形、正三角形的性质是正确解答的关键．【详解】解：四边形是正方形，是对角线，，是正三角形，，，故选：B．5．D【分析】本题考查矩形的判定定理和三角形的中位线的定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此可知顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点得到矩形．【详解】解：如图，  根据题意得，是的中点，∴，∴，同理：，∴四边形是平行四边形．∵，∴，∴四边形是矩形．所以顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点是矩形．故选：D．6．B【分析】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征和正方形性质，解题的关键是熟知一次函数图像上点的坐标特征，利用正方形性质求解即可．正方形的边长为1，设点的坐标为，则，，．由题意得，求出即可．【详解】解：正方形的边长为1，设点的坐标为，则，，．由题意可知，．，解得：，故点．故选B．7．C【分析】此题考查矩形的性质，勾股定理．根据全等三角形的性质得出，，，，进而利用矩形的性质解答即可．【详解】解：用4个全等的，，，和2个全等的，拼成如图所示的矩形，设，，，，四边形是矩形，，，，由勾股定理可得，，，，故选：C．8．D【分析】本题考查了直角三角形斜边中线，两直线平行，同旁内角互补，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键，根据题意，作辅助线，在上截取，连接，由题意可得出，故，根据题意判定与，进一步推论出即可．【详解】解：在上截取，连接．∵，分别平分，∴，∴，∵点F为的中点，∴，由题意可知，，∴，∵，∴，同理可得：，∴，∴．故选：D．  9．C【分析】本题考查了矩形的折叠问题，矩形的性质和折叠的性质，勾股定理，以及间接法求三角形的面积，解题的关键是利用勾股定理正确求出的长度，先证明≌，得到，设，则，根据勾股定理，求出x，然后利用的面积减去的面积，即可得到答案．【详解】解：由折叠和矩形的性质可知，，，又∵，∴（），∴，设，则，在中，由勾股定理，得：，解得：，∴；故选：C．10．C【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，勾股定理，在函数图象中找到当时，时得出，再利用图象的拐点得出，由图象知P到达C时得最长，由勾股定理即可求出其值．【详解】解：由图知，当时，，即当P在A点时，∵点为的中点，∴，当P在上运动时，慢慢增大，P到D点时，从图中的拐点可知，此时，∴，当P在上运动时，先减小再增大，直到P到达C点时，此时最长∵，∴，故选：C．11．/【分析】本题考查了菱形的性质．熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解作答即可．【详解】解：由题意知，，故答案为：．12．8【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定．根据题意可得，从而得到，再由直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵点P是的中点，，∴．故答案为：813．75【分析】根据菱形的性质先求出∠BAC，再由折叠知AD'=AB，从而求出∠AD'B的度数.【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=CD=AD，CD∥AB，∵∠D=120°，∴∠DAB=60°，∵AC为菱形ABCD的对角线，∴∠BAC=30°，∵将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，∴AD'=AD，∴AD'=AB，∴∠AD'B=，故答案为：75.【点拨】本题是对菱形知识的考查，熟练掌握菱形的性质定理是解决本题的关键.14． 【分析】本题考查正方形的几何综合，结合三角形全等的判定与性质，线段的最值问题，本题的关键是利用等腰直角三角形构造全等．（1）连接，过点分别作于点，于点，证明，得点在对角线上，利用是等腰直角三角形，得当最小时，最小，再计算即可；（2）可知四边形为正方形，计算即可．【详解】（1）如图，连接，过点分别作于点，于点，  ∴，∵，∴四边形为矩形， ∴，∴，∵，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴四边形为正方形，∴点在对角线上，在正方形中，，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴当最小时，最小，∴当时，即当点和点重合时，最小，最小值等于；（2）由（1）可得当点和点重合时，四边形为正方形，∴四边形的面积为．15．【分析】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．连接，根据线段垂直平分线性质可得，由点E是的中点，得，设，则，由勾股定理，可得出，求解即可．【详解】解：连接，如图，∵垂直平分，∴，∵正方形的边长为8，∴，∵点E是的中点，∴，设，则，由勾股定理，得，，∴，解得：，故答案为：1．16．【分析】本题主要考查了菱形的性质，轴对称﹣最短路线问题，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的对称性可知点B、D关于对称，则的最小值即为DE的长，再利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：设与相交于点O，连接，，如图所示：∵四边形为菱形，∴垂直平分，，∴，∴，∴当最小时，最小，∴当D、P、E三点共线时最小，即最小，∵，∴，∵点E是的中点，∴，，∴，∴最小值为．故答案为：．17．3【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，根据和勾股定理列方程可解答．【详解】解：设点E，F的运动时间为t，由题意得：，∵四边形是矩形，∴，，∴ ，∴四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，∵，∴，在中，由勾股定理得：，∴，解得：．故答案为：．18．【分析】利用点D的坐标得到正方形的边长，利用等腰三角形的性质，三角形的内角和定理得到为等腰直角三角形，连接，过点E作于点H，利用正方形的性质和勾股定理求得线段的长度，设则，利用股定理得到关于的方程，解方程求得x值，再利用点的坐标的特征解答即可．【详解】解：点D的坐标为，∴，由题意得：，∵∴，设，则，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴为等腰直角三角形，∴，连接，过点E作于点H，如图：∵，∴，∴，∴，设，则，∵，，∴，即，∴，∴，∴，∴E点的纵坐标为：，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，勾股定理，点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．19．(1)证明过程见详解(2)2【分析】（1）证四边形是平行四边形，再证，则，然后由矩形的判定即可得出结论；（2）由矩形的性质得，，所以．又由，，由直角三角形性质得．在中，，由直角三角形性质得，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，，，，，∴四边形是平行四边形，．，∴四边形是平行四边形．，，，，∴平行四边形是矩形．（2）解：由（1）知四边形是矩形，，，．又，，．在中，，，．【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．20．(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．（1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．【详解】（1）证明：连接，交于点O，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴与垂直且互相平分，∴四边形是菱形，∴，又∵，∴，∴菱形是正方形；（2）解：∵菱形是正方形，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴菱形的周长．21．(1)见解析(2)①见解析；②75°【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得，即可得出结论；②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC∴四边形ABCD是平行四边形     ∴BD＝2OB    ∵AC＝2OB∴AC＝BD ∴四边形ABCD是矩形（2）①证明：∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO      ∵AE平分∠BAD∴∠DAE＝45°     ∴∠DEA＝45 ∴DA＝DE     又∵∠OAE＝15°∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°     ∴DA＝DO＝AO∴DA＝DO＝DE     ②解： ， ，．【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．22．(1)P（2，2）；(2)①不变，定值为4；②OA2+OB2的最小值为8．【分析】（1）根据在第一象限的角平分线OC上的点的横坐标与纵坐标相等，构建方程求出m即可．（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．证明四边形OMPN是正方形，再证明△PMB≌△PNA（ASA），推出BM=AN，可得结论；②根据垂线段最短原理以及勾股定理即可求解．【详解】（1）解：∵点P （3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，∴3m-1=-2m+4，∴m=1，∴P（2，2）；（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，∴四边形OMPN是矩形，∵OP平分∠MON，PM⊥OM，PN⊥ON，∴PM=PN，∴四边形OMPN是正方形，∵P（2，2），∴PM=PN=OM=ON=2，∵AP⊥BP，∴∠APB=∠MPN=90°，∴∠MPB+∠BPN=∠BPN+∠NPA=90°，∴∠MPB=∠NPA，在△PMB和△PNA中，，∴△PMB≌△PNA（ASA），∴BM=AN，∴OB+OA=OM-BM+ON+AN=2OM=4．②连接AB，∵∠AOB=90°，∴OA2+OB2=AB2．∵∠BPA=90°，∴AB2=PA2+PB2=2PA2，∴OA2+OB2=2PA2，当PA最小时，OA2+OB2也最小．根据垂线段最短原理，PA最小值为2．∴OA2+OB2的最小值为8．【点拨】本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．23．(1)，且，见解析(2)【分析】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：（1）根据正方形的性质及可得，进而可得，，再证得，即可求解；（2）过点B作于点H，利用勾股定理得，可得，再根据等面积法求得，进而可求解；熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．【详解】（1）解：，且， 理由：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，， ∵，∴，∴，∴，∴线段和的关系为：，且．（2）如图，过点B作于点H，   ∵，∴，∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴，∴．24．（1）①全等；②等腰；（2）四边形是菱形，理由见解析；（3）【分析】（1）①根据矩形，折叠的性质可证即可求解；②根据矩形的性质可证即可求解；（2）根据矩形，折叠的性质，菱形的判定方法即可求证；（3）根据矩形、折叠的性质可得是等腰三角形，设，在中，，，，根据勾股定理可求出的值，由此即可求解．【详解】解：（1）①全等；②等腰，理由如下，①∵四边形是矩形，∴，∵折叠，点与点重合，∴，，且，∴，故答案为：全等；②∵四边形是矩形，∴，，∵是折痕，点与点重合，∴，即，，∴，且，在中，，∴，∴，∴是等腰三角形，故答案为：等腰．（2）四边形AFCE是菱形，理由如下：四边形是矩形，，，矩形沿折叠，点与点重合，垂直平分，，，在和中，，，，，∴四边形是平行四边形．，∴平行四边形是菱形．（3）四边形是矩形，，，且，∴，由翻折的性质可知，，，，，，，即是等腰三角形，设，在中，，，，∴，即，解得，，．【点拨】本题主要考查矩形的折叠问题，掌握折叠的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定方法，勾股定理等知识的综合运用是解题的关键．