第1章 特殊平行四边形（单元测试·培优卷）-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·培优卷）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．如图，矩形中，点分别是的中点，若，则的长为（    ）A．4 B．5 C． D．2．四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形3．如图，中，，，，，分别为，的中点，为上一点，且满足，则（    ）A． B． C． D．4．如图，在菱形中，M，N分别在，上，且， 与交于点O，连接，若，则的度数为（    ）A．28° B．52° C．62° D．72°5．数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，矩形中，，，点是边上与点和点不重合的任意一点，小明把矩形沿折叠，使点落在点处，连接，当线段的值最小时，的长度为（    ）  A． B． C． D．6．如图，已知E是正方形内一点，设，若，则（　　）A． B． C． D． 7．如图，在正方形中，对角线与相交于点O，点M在边上，连接，过点O作，交于点N．若四边形的面积是4，则的长为（    ）A． B．2 C．4 D．88．如图，矩形中，，，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线交于点，则的长为（    ）．A． B． C． D．9．如图，，，在正方形的边上，，垂直平分交于，则的值为（    ）A． B． C． D．210．在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （    ）A． B． C．11 D．12二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．如图，矩形的顶点A在x轴上，点B的坐标为．固定边，向左“推”矩形，使点B落在y轴的点的位置，则点C的对应点的坐标为 ．12．如图，在菱形中，对角线，，过点A作于点E，则为 ．13．如图，在四边形中，，，点E为的中点，射线交的延长线于点F，连接．若，则的长为 ．14．如图，直线L上摆放有正方形，和等边．已知，，则的值为 ．15．将两个完全相同的菱形按如图方式放置，点D在边上，与相交于点E，若，则α，β的等量关系式为 ．16．如图，矩形内有一点P，连接，延长交于点E，若，则的长是 ．17．如图，将一块直角三角板的直角顶点放在直线的图象上，两条直角边所在直线分别与坐标轴相交于、两点，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，当三角板绕点旋转时，的最小值为8，则点的坐标是 ．18．如图，菱形中，，点在对角线上，将沿翻折，得到，当 时，、、三点共线．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．  （1）求证：四边形为矩形；（2）若，，求菱形的面积．20．（8分）如图，在中，，过点的直线，为边上一点，过点作，交直线于点，垂足为，连接，（1）求证：；（2）当为的中点时，判断四边形的形状，并说明理由；（3）若为的中点，则当满足什么条件时，四边形是正方形？21．（10分）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．（1）求证：；（2）若四边形是菱形且，，求四边形的面积．22．（10分）如图，四边形是正方形，分别在射线上取点（点H不与重合，点E不与重合），使，连接．（1）求证：；（2）如图2，过点E作，交的平分线于点F，连接，求证：四边形是平行四边形；（3）在（2）的条件下，当线段和满足的数量关系为 时，四边形为菱形．23．（10分）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．  （1）若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；（2）如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；（3）如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．24．（12分）（1）如图1，在中，，点是内部任意一点．连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则线段与的数量关系是______．（2）如图2，四边形是正方形，绕点旋转，且，，连接，直线与直线相交于点．①求证：；②如图3，当点在的延长线上时，连接，已知，在旋转的过程中，求线段的最小值．参考答案：1．B【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求出的长是解题的关键．根据三角形中位线的性质得到，再根据勾股定理进行计算即可．【详解】解：点分别是的中点，是的中位线，故，矩形中，，，，故选：B．2．A【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案．【详解】解：如图所示：四边形为矩形，，，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，故选：A．3．A【分析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理求出，进而求出，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∴，∵为的中点，∴，在中，，，则由勾股定理得：，∵，分别为，的中点，∴是的中位线，∴，∴，故选：．4．C【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数．【详解】解：四边形为菱形，，，，，，，在和中，，，，，，，．故选：C．5．D【分析】本题考查矩形与折叠性质、勾股定理、最短路径问题，先根据两点之间线段最短得到线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，根据矩形和折叠性质得到，，在中，由勾股定理求得即可．【详解】解：连接，∵，当D、F、B共线时取等号，∴线段的值最小时，点F在上的点处，此时点E在点处，如图，  在矩形中，，，则，由折叠性质得，，∴，，在中，由勾股定理得，∴，解得，即线段的值最小时，的长度为，故选：D．6．A【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，先根据正方形的性质证明，再根据已知条件求出和，然后利用三角形内角和定理求出与然后利用比例的基本性质变形即可．【详解】解：四边形是正方形，，，，，，，在中，，，，，在中，，，，，，，故选：A．7．C【分析】本题考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．过点于点，于点，证明四边形是正方形，进而证明，得到，即四边形的面积等于正方形的面积，从而求出的长，即可求解．【详解】解：如图，过点于点，于点，四边形是正方形，，，，，，又，四边形是正方形，，，，，，在和中，，，，四边形的面积是4，，，，，，故选：C8．B【分析】本题考查了矩形的性质，角平分线的画法和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作于，，，进而得，，又由作图可知，为的角平分线，得到，即可得，得到，，即得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程即可求解，由矩形的性质可得掌握角平分线的画法是解题的关键．【详解】解：过点作于，则，∵四边形是矩形，∴，，∴，，又由作图可知，为的角平分线，∴，∵，∴，∴，，∴，设，则，在中，，∴，解得，∴，故选：．9．A【分析】过N作于G，利用正方形的性质可判定是等腰直角三角形，求出，证明四边形是矩形，可得出，则，利用证明，得出，，从而可证明是等腰直角三角形，进而可求出，利用含角的直角三角形性质得出，即可求解．【详解】解∶过N作于G，∵四边形是正方形，∴，，，，∴，∴，∴，即，∵，∴，又，∴四边形是矩形，∴，∴，即，∵垂直平分，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，故选∶A．【点拨】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，含角的直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键．10．B【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、角平分线性质等知识，过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线性质得到，证明，则，证明四边形是平行四边形，则，，证明四边形是矩形，则，再证明，则，由勾股定理得到，则，勾股定理求出，则，由勾股定理求出，即可得到.【详解】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，∵， 平分 ，∴，∴，∵点恰为中点，∴，∵∴，∴∴四边形是平行四边形，∴，， ∵，∴，，∴，∴∴四边形是矩形，∴∵，，∴∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故选：B11．【分析】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；由矩形的性质得，由题意得，四边形是平行四边形，得，由勾股定理求出，即可得出答案．【详解】解：∵四边形是矩形，点B的坐标为，∴，由题意得：，四边形是平行四边形，∴，，∴点C的对应点的坐标为．故答案为：．12．【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和相勾股定理是解题的关键．根据菱形的性质得出，，即可求出长，然后利用菱形的面积，即可得出答案．【详解】解：∵是菱形，∴，，∴，又∵，∴，故答案为：．13．【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．先证明得，再证明四边形菱形，由菱形的性质得，则，再由勾股定理求出的长，然后由勾股定理求出的长即可．【详解】解：∵，，∵点为的中点，，在与中，，，，，∴四边形为平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形；，，，，，即的长为．故答案为：．14．【分析】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质以及角直角边等于斜边一半，过点C作于点G，求出,得求出，再根据三角形面积公式求解即可【详解】解：过点C作于点G，如图，∵四边形是正方形，∴∴，∵是等边三角形，∴∴∴，∴∵则∴∴∴故答案为：．15．【分析】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案．【详解】解：四边形和四边形为完全相同的菱形，，，， ， ，，故答案为：．16．/【分析】此题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理，延长交于F，根据已知条件得到，根据矩形的性质得到，，根据余角的性质得到，进一步推出，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：延长交于点F，如图，∵，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，解得．故答案为：．17．【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为E、F，则，证明四边形是正方形，得到，进而可证明，得到，则，再由的最小值为8，，据此可得答案．【详解】解：如图所示，过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为E、F，∵点A在直线的图象上，∴点A在的角平分线上，∴，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵的最小值为8，∴，∴或（舍去），∴．故答案为：．18．或【分析】当、、三点共线时，分两种情况：当在线段上时，连接，当在延长线上时，连接，；由轴对称的性质易证得，则；设，由菱形的性质及容易求得菱形内各个角的度数；然后，根据用表示的各个角之间的等量关系列方程求解，即可分别求得两种情况下的度数．【详解】解：当、、三点共线时，分两种情况：当在线段上时，如图，连接，为关于的对称点，，，，，，设，四边形为菱形，且，，，，，，，，在菱形的对角线上，，，又，而，，；当在延长线上时，如图，连接，，同上，设，，，又在菱形的对角线上，，，，又，，；当或时，、、三点共线，故答案为：或．【点拨】本题主要考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识点，用解方程的思想解决问题是解题的关键．19．(1)详见解析(2)96【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，问题随之得证；（2）根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，问题随之得解．【详解】（1）证明：∵，∴四边形是平行四边形，又∵菱形对角线交于点O，∴，即．∴四边形是矩形；（2）∵菱形，∴，∵，∴，∴，∴，∴菱形的面积为：．20．(1)见解析(2)菱形，见解析(3)，见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）证明，结合得出四边形是平行四边形，即可得证；（2）先证明四边形是平行四边形．再由直角三角形的性质得出．即可得解；（3）由（2）可知，四边形是菱形，从而得出．求出，即可得解．【详解】（1）证明：∵，∴．∵，∴．∴．∵，即，∴四边形是平行四边形．∴．（2）解：四边形是菱形．理由如下：∵为的中点，∴．∵，∴．∵，∴四边形是平行四边形．∵，为的中点，∴．∴四边形是菱形．（3）解：当时，四边形是正方形．∵，，∴．由（2）可知，四边形是菱形，∴．∴．∴四边形是正方形．21．(1)见解析(2)【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出，得到，判定四边形是平行四边形，推出，得到．（2）由菱形的性质得到，，推出四边形的菱形，由平行线的性质得到，判定是等边三角形，得到，，求出，得到，由菱形的面积公式即可求出四边形的面积．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，平分，平分，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，．（2）解：由（1）知，，四边形是菱形，，，，四边形的菱形，，，，，，，是等边三角形，，，，，，，四边形的面积．【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由，得到，判定四边形是平行四边形；证明四边形是菱形．22．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)．【分析】本题属于四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识．（1）根据题意由正方形的性质得出，，证明，得出即可得出结论；（2）根据题意在上截取，证明由（1知）得出由平行四边形的判定可得出结论；（3）证明，证明，得出，由菱形的判定即可得出结论．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：在上截取，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，由（1）知，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形；（3）解：当时，四边形是菱形．由（1）知，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴四边形HEFD为菱形．故答案为：．23．(1)(2)(3)是【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，即，则菱形为正方形，∵菱形的面积为，∴菱形的边长是．故答案为：．（2）解：连接，如图：  ∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴，∵，即，∴．（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：  ∵点在线段和线段的垂直平分线上，∴，，在和中，，∴，∴，则，即，∴四边形是“可旋四边形”．【点拨】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．24．（1）（2）①见解析②【分析】（1）直接证明，即可得出结论；（2）①证明，得，即可求得，即可得出结论；②过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．先证明，得到．从而得证四边形是正方形，得到．再证明，得到．再根据勾股定理得，则当最大时，最小，此时，即可求得，即可由求解．【详解】解：（1）由旋转可得：，，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）①证明：四边形是正方形，，又，，即，在和中，，∴，．，，．②解：如图，过点作于点，作，交的延长线于点，过点作于点．由①知，，四边形是矩形，．又，，即．在和中，，．四边形是正方形，．，．在和中，，．，当最大时，最小，此时，，．【点拨】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质的应用是解题的关键．