第01章 特殊的平行四边形 章节测试练习卷-2024-2025学年九年级上学期数学核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

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第01章 特殊的平行四边形 章节测试练习卷（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一．选择题：（本大题共10题，每题3分，满分30分）1．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，点E是正方形的边上一点，连接，过点A作交的延长线于点F，连接．若，，则的面积为（   ）A．3 B．5 C．8 D．10【答案】B【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是证明出．首先根据题意证明出，得到，然后利用勾股定理求出，最后利用三角形面积公式求解即可．【详解】∵四边形是正方形∴，∴∵∴∵∴∴∴∵，∴∴∴的面积为．故选B．2．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，菱形中，过点C作交于点E，若，则（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质可得，，从而得到，再由，即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．故选：A．3．（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形两边与坐标轴重合，，．将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（    ）A． B．2,1 C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了平面直角坐标系内坐标的变化规律，旋转，矩形的性质．先根据矩形的性质可知，再作出旋转后的图形，进而找到B点的坐标规律即可．【详解】解：，．将矩形绕点O逆时针旋转，如图可知：，…，则：每旋转4次则回到原位置，，即：第2025次旋转结束时，完成了506次循环，与的位置相同，的坐标为．故选：D．4．（24-25九年级上·全国·课后作业）的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①；②；③平分；④．其中使得是菱形的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】此题考查了菱形的判定，熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键．根据菱形的判定逐个判断即可．【详解】解：四边形是平行四边形，①若，则可得其为菱形，故①正确；②中一组邻边相等，也可得到一菱形，故②正确；③如图，∵，∴，∴，若平分，∴，∴，∴，∴是菱形，故③正确；④若则，所以四边形为矩形不一定是菱形，故④错误；则能使是菱形的有①②③，共3个．故选：C．5．（23-24九年级上·四川南充·期末）如图，在正方形中，为边上的点，连接，，将绕点顺时针方向旋转90°得到，连接，则的度数为（    ）A． B． C． D．30°【答案】B【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形外角的性质，等边对等角，由旋转性质得，，又四边形是正方形得，最后由三角形外角性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】∵将绕点顺时针方向旋转90°得到， ∴，，∵四边形是正方形，∴，∵，∴， ∴，故选：．6．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在中，．将绕点旋转至，使，交边于点，则的长是（　　）A．4 B． C．5 D．6【答案】C【分析】根据旋转的性质可证，根据直角三角形两锐角互余可证，由此可得，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解．【详解】解：∵将绕点旋转至，∴，∵，∴，∴，∴，∴，而，∴，∴，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查旋转的性质，勾股定理，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的判定和性质，掌握旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．7．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，根据矩形性质得出矩形的面积为，根据勾股定理得出，根据，，得出，即，代入数据求出结果即可．【详解】解：∵，，∴矩形的面积为，，∴在矩形中，∵对角线，交于点O，∴的面积为，∵，，∴，即，∴，∴，∴，故选：C．8．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，将边长为的正方形绕点按逆时针方向旋转得到正方形，与相交于点，则图中阴影部分的面积为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，根据旋转的性质和正方形的性质易证，从而可知，再设，则，根据勾股定理解得即可求得，从而解题．【详解】解：如图，连接，由正方形性质可得：，，，，，正方形绕点按逆时针方向旋转得到正方形，，，设，则，则有，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，含角的直角三角形，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．9．（22-23九年级上·江西萍乡·开学考试）两张全等的矩形纸片，按如图方式交叉叠放在一起，，．与相交于，交于，且，，则图中重叠（阴影）部分四边形的周长为（    ）A．4 B．8 C． D．16【答案】D【分析】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质，菱形的性质与判定，证明四边形是菱形，根据含30度角的直角三角形的性质求得的长，即可求解．证明四边形是菱形是解题的关键．【详解】解：在矩形中，，，，，四边形、四边形是全等的矩形，，，，，，，，四边形是菱形，菱形的周长为，故选：D．10．（22-23九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在菱形中，，对角线相交于点O，P是对角线上的一动点，且于点M，于点N．有以下结论：①为等边三角形；②；③； ④．其中正确的有（　　）个．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．利用菱形的性质和等边三角形的判定可判断①；根据含30度角的直角三角形的性质、勾股定理可判断②④；根据三角形的内角和定理可判断③，进而可得结论．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，，，∴为等边三角形，，则，故①②正确；∵，，∴，∴，，，∴，，故③④正确，综上，正确的有4个，故选：D．第Ⅱ卷二．填空题：（本大题共8题，每题2分，满分16分）11．（2023·湖南长沙·二模）如图，平行四边形中，在上截取，分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接交于，若，，则的长为 ．【答案】【分析】本题考查作图—基本作图，等腰三角形三线合一性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理．连接，设，交于点，证明四边形是菱形，可得，，，由勾股定理，即可求的长．【详解】解：连接，设，交于点，由尺规作图的过程可知：直线平分，，∴，，点为的中点，∴垂直平分，∴，∵四边形是平行四边形，，，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，，在中，，∴，即的长为．故答案为：．12．（23-24九年级上·广东深圳·期末）如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ．【答案】【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型．利用菱形的面积公式：，即可解决问题．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，，故答案为：．13．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，线段，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧交于点，，作直线，连接，，，．若，则四边形的面积为 ．【答案】24【分析】本题主要考查了作图基本作图及中垂线的性质．由作图可知是线段的中垂线，四边形是菱形，利用求解即可．【详解】解：如图，由作图可知是线段的垂直平分线，，四边形是菱形，，，，，，，故答案为：24．14．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在正方形中，点F为上一点，与交于点E．若，则等于 度．  【答案】63【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求得，然后根据三角形内角和定理求得，再根据全等三角形的判定与性质即得答案．【详解】四边形为正方形，，，，，，，，，，，．故答案为：63．15．（23-24九年级上·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，正方形的边长为，为边上一点，．将正方形沿折叠，使点恰好与点重合，连接，，，则四边形的面积为 ．【答案】【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，灵活运用勾股定理列方程是解题关键．由折叠的性质可知，，，由正方形的性质可知，，进而得到，设，，利用勾股定理分别列方程，求出、的值，从而得到，，，最后利用四边形的面积，即可求出面积．【详解】解：由折叠的性质可知，，，正方形的边长为，，，，，设，则，在和中，，，，，解得：，即，，设，则，，在中，，解得：，即，，四边形的面积，故答案为：．16．（22-23九年级上·江西萍乡·开学考试）如图，将矩形绕点顺时针旋转α0°<α<90°得矩形．当点落在上时，恰好落在直线上．若，，则的长为 【答案】6【分析】连接，，由旋转的性质可得，根据等腰三角形三线合一的性质，得到，由勾股定理可得，即可求解，本题考查了，矩形的性质，根据等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是：连接辅助线，得到．【详解】解：连接，，据题意可得，∵矩形，∴，，在中，，∴．17．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，矩形中，．点E为边上的一个动点，与关于直线对称，当为直角三角形时，的长为 ．【答案】9或18【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，作出图形是解题关键．分两种情况分别求解，（1）当时，如图1，根据轴对称的性质得，得；（2）当时，如图2，根据轴对称的性质得，得、、在同一直线上，根据勾股定理得，设，则，根据勾股定理得，，代入相关的值，计算即可．【详解】解：（1）当时，如图1，∵，根据轴对称的性质得，∵，∴是等腰直角三角形，∴；（2）当时，如图2，根据轴对称的性质得，为直角三角形，即，∴，∴在同一直线上，根据勾股定理得，∴，设，则，在中，，即，解得，即；综上所述：的长为9或18；故答案为：9或18．18．（21-22九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是 ．【答案】【分析】如图，取中点，连接并延长，交于，则是的中位线，可得点P的运动轨迹是线段，如图，连接，，证明四边形是正方形，则，，可知的最小值为，然后根据勾股定理求解即可．【详解】解：如图，取中点，连接并延长，交于， ∴是的中位线，∴且 ，∴点的运动轨迹是线段，如图，连接，，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∴的最小值为，由勾股定理得，，故答案是：．【点睛】本题考查了中位线，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理．明确的最小值的情况是解题的关键．三．解答题：（本大题共8题，19-23题每题6分，24-26题每题8分，满分54分）19．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，平行四边形的对角线，相交于点，平分，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）首先通过角平分线的定义和平行四边形的性质，平行线的性质得出，则有，再利用一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；（2）首先根据题意和菱形的性质证明四边形是矩形，然后利用矩形的性质和勾股定理即可得出答案．本题主要考查四边形，掌握矩形，菱形的判定及性质和勾股定理是解题的关键．【详解】（1）证明：平分，．四边形是平行四边形，，，，，平行四边形是菱形；（2）解：平行四边形是菱形，，．，，四边形是平行四边形．，四边形是矩形，．20．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点E和点F，且使．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)添加一个条件，使四边形为矩形，不需要说明理由．【答案】(1)见解析(2)（答案不唯一）【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解答的关键．（1）连接交于O，先根据平行四边形的性质得到，，进而得到，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可证的结论；（2）可添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结论，答案不唯一．【详解】（1）证明：连接交于O，如图，∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，则，∴四边形是平行四边形；（2）解：添加，理由：∵四边形是平行四边形，，∴四边形为矩形．21．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在菱形中，与的度数比为，周长是．求：和的长度．【答案】，【分析】此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的周长计算，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．首先根据菱形的性质可得菱形的边长为，然后再证明是等边三角形，进而得到，然后再根据勾股定理得出的长，进而可得的长即可．【详解】解：菱形的周长为，菱形的边长为与的度数比为，，，，是等边三角形，，菱形对角线、相交于点，，且，，．22．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在矩形中，，，E，F是的三等分点，求的面积．【答案】的面积是8【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质可得，求得，再根据E，F是的三等分点，可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵E，F是的三等分点，∴，∴，∴，∵，∴．23．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，，过点作交的延长线于点，连接交于点．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明及是等边三角形是解题的关键．（1）由，，得，由四边形是平行四边形，点在的延长线上，得，则四边形是平行四边形，即可由，根据矩形的定义证明四边形是矩形；（2）由平行四边形的性质和矩形的性质得，，，因为，所以是等边三角形，则，，所以，即可根据勾股定理求得．【详解】（1）证明：，，，，四边形是平行四边形，点在的延长线上，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形．（2）解：四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，是等边三角形，，是等边三角形，，，，，，的长是．24．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交、于点E，F．  (1)求证：；(2)若，，连接，，求四边形的周长．【答案】(1)证明见解析(2)25【分析】本题主要考查了矩形的性质应用，菱形的判定与性质，全等三角形的判定，（1）根据矩形的性质可得，，，即可证的两个三角形全等；（2）设，根据已知条件可得，由线段垂直平分线的性质可得，可证得四边形是菱形，根据勾股定理可得的长，即可求得周长.【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，点O为中点，∴，，∴，又∵，∴，在和中，，∴；（2）解：由（1）可得，，，∴四边形是平行四边形，∵，，∴垂直平分，∴，∴四边形是菱形，根据，，设，可得，在中，根据勾股定理可得：，即，解得：，∴，∴四边形的周长：．25．（23-24九年级上·浙江温州·期中）如图，在由24个全等的正三角形组成的正六边形网格中，请画出符合要求的格点四边形（即顶点均在格点上的四边形）．  (1)在图中画出以为对角线的矩形．(2)在图中画出一个邻边比为的矩形，并且与（1）中的矩形不全等．【答案】(1)见解析(2)见解析；（答案不唯一）【分析】本题主要考查了格点作图，菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法．（1）根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，画出矩形即可；（2）根据格点特点，画矩形的一条边长为3，另一条边长为即可．【详解】（1）解：如图，矩形即为所求作的矩形；  （2）解：如图，矩形即为所求作的矩形．  设每个小正方形的边长为1，∵，∴四边形为菱形，∴，，∴，∴，∵，∴．26．（23-24九年级上·北京·开学考试）下面是小茜设计的“作一个已知角的平分线”的尺规作图过程．已知：如图1，．求作：射线，使得平分．作法：如图2，①在射线上取一点C，以点O为圆心，长为半径作弧交射线于点D；②分别以点C，D为圆心，长为半径作弧，两弧交于点（异于点O），连接和；③作射线．所以射线平分．根据小茜设计的尺规作图过程．(1)使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；(2)完成下面的证明，并在括号内填写推理依据．证明：∵　　，∴四边形是 　　（ 　　），∴平分（ 　　）．【答案】(1)见解析(2)，菱形，四条边相等的四边形是菱形，菱形的对角线平分每一对对角【分析】（1）根据题意补全图形图形即可；（2）根据菱形的判定方法得到四边形为菱形，利用菱形的性质即可得到结论．【详解】（1）解：补全的图形如图所示；（2）证明：∵，∴四边形是菱形（四条边相等的四边形是菱形 ），∴平分（菱形的对角线平分每一对对角）．故答案为：，菱形，四条边相等的四边形是菱形，菱形的对角线平分每一对对角．【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，菱形的判定和性质，正确地作出图形是解题的关键．