北师大版2024-2025学年九年级数学上册专题1.7特殊的平行四边形单元提升卷专题特训（学生版+教师版）

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第1章 特殊的平行四边形单元提升卷【北师大版】考试时间：60分钟；满分：100分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共23题，单选10题，填空6题，解答7题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（23-24九年级·四川泸州·期中）菱形具有而平行四边形不具有的性质是（　　）A．两组对边分别平行B．对角线互相平分C．两组对角线分别相等，对角线互相垂直D．对角线互相垂直2．（3分）（23-24九年级·河南焦作·期中）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　）A．2cm B．2cm C．(2−1)cm D．(22−1)cm3．（3分）（23-24九年级·重庆江津·期中）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，则重合部分△AFC的面积为（   ）A．6 B．8 C．10 D．124．（3分）（23-24九年级·陕西渭南·期中）如图，四边形ABCD是菱形，等边△AMN的顶点M、N分别在BC、CD上，且AM=BC，则∠C的度数为（    ）A．105° B．100° C．115° D．120°5．（3分）（23-24九年级·江西九江·期中）如图，矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A(1,3),B(4,3),C(4,1)．若直线y=x+b平分矩形ABCD的周长，则b的值为（    ）  A．−12 B．−1 C．12 D．26．（3分）（23-24九年级·河北保定·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形ABCD，用拉紧的橡皮筋连接AC，BD，转动这个四边形，使它的形状改变．当∠ABC=90°时，如图1，测得AC=2．当∠ABC=60°时，如图2，此时BD−AC=（    ）  A．23 B．3−1 C．23−1 D．227．（3分）（23-24九年级·河北廊坊·期中）如图，四边形ABCD是由四个边长为1的正六边形所围成，则四边形ABCD的面积是（    ）A．34 B．1 C．32 D．28．（3分）（23-24九年级·湖北孝感·期中）如图，D是△ABC内部一点，AC⊥BD，依次取AB，BC，CD，AD的中点，并顺次连接得到四边形MNPQ，若BD=4，AC=6，则四边形MNPQ的面积为（    ）A．24 B．18 C．12 D．69．（3分）（23-24九年级·江苏苏州·期中）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则MA+MB+MD的最小值是（    ）  A．33 B．3+33 C．6+3 D．6310．（3分）（23-24·黑龙江大庆·三模）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=22，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG=2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CF．其中结论正确的序号有（    ）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（23-24九年级·江苏扬州·期中）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN．12．（3分）（23-24九年级·湖北恩施·期末）如图，点P是矩形ABCD对角线AC上一点，过点P做EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB,PD．若AE=2，PF=9，则图中阴影部分的面积为 ．  13．（3分）（23-24九年级·山东滨州·期末）以正方形ABCD的边CD为一边作等边△CDE，则∠AEC的度数是 ．14．（3分）（23-24九年级·江苏苏州·期中）如图，菱形ABCD的顶点A恰好是矩形BCEF对角线的交点，若菱形ABCD的周长为8，则矩形BCEF的面积是 ．15．（3分）（23-24九年级·河南郑州·期末）如图，在等腰△ABC中，AB=BC=3，AC=22，点A，B分别在x轴，y轴上，且BC∥x轴，将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为 ．16．（3分）（23-24九年级·江苏·期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝ °时，GC＝GB．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（23-24九年级·浙江·专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，点C，点D的坐标分别是4,0，0,3．(1)请分别写出点A，点B的坐标；(2)求出该菱形的周长．18．（6分）（23-24九年级·广东潮州·期末）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．(1)试判断四边形AEBO的形状，并说明你的理由；(2)求证：EO=DC．19．（8分）（23-24九年级·湖北荆州·期中）下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程．已知：四边形ABCD是平行四边形．?求作：菱形ABEF（点E在BC上，点F在AD上）．作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；③连接EF．所以四边形ABEF为所求作的菱形．(1)根据小明的做法，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；证明：∵AF=AB，BE=AB，∴　　=　　．在▱ABCD中，AD∥BC，即AF∥BE，∴四边形ABEF为平行四边形(　　)（填推理的依据），∵AF=AB，∴四边形ABEF为菱形(　　)（填推理的依据）．20．（8分）（23-24九年级·广东广州·期中）如图，线段AB=9，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且C、D与点B在AP两侧，已知DP平分∠CPA，在线段DP取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．(1)求证：△AEP≌△CEP；(2)判断CF与AB的位置关系，并说明理由；(3)求△AEF的周长．21．（8分）（23-24九年级·江苏常州·期中）图①、图②、图③均是10×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、P均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．(1)在图①中，作以点P为对称中心的平行四边形ABEF．(2)在图②中，在边AD上找一点G，在边BC上找一点H，连接CG，AH，使四边形CGAH为矩形．(3)在图③中，在四边形ABCD的边CD上找一点N，连接AN，使∠DAN=45∘．22．（8分）（23-24九年级·广西桂林·期中）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=6cm，点P从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿CA方向以每秒2cm的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动．过点Q作QH⊥BC于点H．(1)填空：∠ACB= °，HQ= ，AQ= （用含有t的式子表示）；(2)是否存在某一时刻t，使四边形APHQ为菱形？若存在，求出t的值，请说明理由；(3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，求出t的值．23．（8分）（23-24九年级·天津滨海新·期中）已知正方形ABCD的边长为8，点E是对角线AC上的一点．(1)如图①，若点E到AD的距离为6，则点E到AB的距离为 ；(2)连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F．①如图②，以DE，EF为邻边作矩形DEFG．求证：矩形DEFG是正方形；②如图③，在①的条件下，连接AG，求AG+AE的值．第1章 特殊的平行四边形单元提升卷【北师大版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（23-24九年级·四川泸州·期中）菱形具有而平行四边形不具有的性质是（　　）A．两组对边分别平行B．对角线互相平分C．两组对角线分别相等，对角线互相垂直D．对角线互相垂直【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可直接求解．【详解】解：菱形的性质有：两组对边平行，两组对边相等，对角线互相垂直平分，平行四边形的性质有：两组对边分别平行，两组对边相等，对角线互相平分，∴菱形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相垂直，故选：D．2．（3分）（23-24九年级·河南焦作·期中）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（　）A．2cm B．2cm C．(2−1)cm D．(22−1)cm【答案】D【分析】本题考查平移性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握平移性质和正方形的性质是解答的关键，由题意得BB′=1cm，根据正方形的性质和勾股定理，求出BD，进而求出答案即可；【详解】由题意得BB′=1cm，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=2cm,∠A=90°，∴BD=AB2+AD2=22cm，∴DB′=BD−BB′=22−1cm，∴点D，B′之间的距离为22−1cm，故选：D．3．（3分）（23-24九年级·重庆江津·期中）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，则重合部分△AFC的面积为（   ）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了勾股定理，根据题意得∠DCA=∠ECA、结合AB∥CD得∠DCA=∠FAC，得FA=FC是解题关键．【详解】解：由题意得：∠DCA=∠ECA∵AB∥CD，∴∠DCA=∠FAC∴∠ECA=∠FAC∴FA=FC设FA=FC=x，则BF=8−x则8−x2+42=x2解得：x=5∴△AFC的面积=12×5×4=10故选：C4．（3分）（23-24九年级·陕西渭南·期中）如图，四边形ABCD是菱形，等边△AMN的顶点M、N分别在BC、CD上，且AM=BC，则∠C的度数为（    ）A．105° B．100° C．115° D．120°【答案】B【分析】由四边形ABCD的四边都相等，可证得四边形ABCD是菱形，又由等边△AMN的顶点M、N分别在BC、CD上，且AM=AB，可设∠BAM=∠NAD=x，根据三角形的内角和定理得出方程x+2(180°−60°−2x)=180°，解此方程的解即可求出答案．【详解】解：∵四边形ABCD的四边都相等，∴四边形ABCD是菱形，∴∠B=∠D，∠DAB=∠C，AD//BC，∴∠DAB+∠B=180°，∵△AMN是等边三角形，AM=AB，∴∠AMN=∠ANM=60°，AM=AD，∴∠B=∠AMB，∠D=∠AND，由三角形的内角和定理得：∠BAM=∠NAD，设∠BAM=∠NAD=x，则∠D=∠AND=180°−60°−2x，∵∠NAD+∠D+∠AND=180°，∴x+2(180°−60°−2x)=180°，解得：x=20°，∴∠C=∠BAD=2×20°+60°=100°．故选：B．【点睛】本题主要考查对菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质等知识点．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．5．（3分）（23-24九年级·江西九江·期中）如图，矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A(1,3),B(4,3),C(4,1)．若直线y=x+b平分矩形ABCD的周长，则b的值为（    ）  A．−12 B．−1 C．12 D．2【答案】A【分析】连接AC,BD相交于点E，根据四边形ABCD是矩形，可得点E是AC的中点，即可求出E52,2，再将E52,2代入y=x+b即可求出b的值．【详解】解：连接AC,BD相交于点E，如下图所示，    ∵A(1,3),B(4,3)，∴AB∥x轴，∵四边形ABCD是矩形，AC,BD相交于点E，∴AE=CE，点E是AC的中点，∴E1+42,3+12，即E52,2，∵直线y=x+b平分矩形ABCD的周长，∴直线y=x+b经过点E52,2，∴52+b=2，解得b=−12，故选：A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质和一次函数，求出点E的坐标是解题的关键．6．（3分）（23-24九年级·河北保定·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形ABCD，用拉紧的橡皮筋连接AC，BD，转动这个四边形，使它的形状改变．当∠ABC=90°时，如图1，测得AC=2．当∠ABC=60°时，如图2，此时BD−AC=（    ）  A．23 B．3−1 C．23−1 D．22【答案】B【分析】本题考查了正方形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，先根据正方形的性质求出AB，再根据菱形的性质和勾股定理求出AC，BD即可求解，掌握正方形和菱形的性质是解题的关键．【详解】解：如图1，  当∠ABC=90°时，AB=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是正方形，又∵AC=2，∴AB=1，如图2，AC与BD的交点为O，  当∠ABC=60°时，，∴AB=BC=CD=DA四边形ABCD是菱形，∴∠AOB=90°，∠ABO=12∠ABC=30°，OA=OC，OB=OD，∴OA=12AB=12×1=12，∴OB=AB2−OA2=32，∴AC=2OA=2×12=1，BD=2OB=2×32=3，∴BD−AC=3−1，故选：B．7．（3分）（23-24九年级·河北廊坊·期中）如图，四边形ABCD是由四个边长为1的正六边形所围成，则四边形ABCD的面积是（    ）A．34 B．1 C．32 D．2【答案】C【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角，菱形的性质与判定，勾股定理的应用，化为最简二次根式，先证明四边形ABCD是菱形，∠BAD=180°−120°=60°，如图，连接BD，过点D作DE⊥AB交AB于点E，再进一步可得答案．【详解】解：如图，由正六边形的性质可得：∠BAD=180°−120°=60°，AB=BC=CD=AD=1，∴四边形ABCD是菱形，如图，连接BD，过点D作DE⊥AB交AB于点E，∵四边形ABCD是菱形，∴S△ABD=S△BCD，又∵∠BAD=60°，∴△ABD为等边三角形，∵DE⊥AB，∴AE=12AB=12，∴在Rt△ADE中，DE=AD2−AE2=12−122=32，∴S△ABD=AB×DE×12=1×32×12=34，∴菱形ABCD的面积是34×2=32．故选：C．8．（3分）（23-24九年级·湖北孝感·期中）如图，D是△ABC内部一点，AC⊥BD，依次取AB，BC，CD，AD的中点，并顺次连接得到四边形MNPQ，若BD=4，AC=6，则四边形MNPQ的面积为（    ）A．24 B．18 C．12 D．6【答案】D【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，矩形的性质与判定，先根据三角形中位线定理可得MQ∥BD,MQ=12BD=2，PN∥BD,PN=12BD=2，MN∥AC,MN=12AC=3，从而可得MQ∥PN,MQ=PN，再根据平行四边形的判定可得四边形MNPQ是平行四边形，然后根据平行线的性质可得MQ⊥MN，根据矩形的判定可得平行四边形MNPQ是矩形，最后利用矩形的面积公式求解即可得．【详解】解：∵点M,Q分别是AB，AD的中点，且BD=4，∴MQ∥BD,MQ=12BD=2，同理可得：PN∥BD,PN=12BD=2，MN∥AC,MN=12AC=3，∴MQ∥PN,MQ=PN，∴四边形MNPQ是平行四边形，∵AC⊥BD，∴MQ⊥AC，又∵MN∥AC，∴MQ⊥MN，∴平行四边形MNPQ是矩形，∴四边形MNPQ的面积是MQ⋅MN=2×3=6，故选：D．9．（3分）（23-24九年级·江苏苏州·期中）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则MA+MB+MD的最小值是（    ）  A．33 B．3+33 C．6+3 D．63【答案】D【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，  ∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC，∴△ADB是等边三角形，∴∠MAE=30°，∴AM=2ME，∵MD=MB，∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的边长为6，∴DE=AD2−AE2=62−32=33，∴2DE=63．∴MA+MB+MD的最小值是63．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．10．（3分）（23-24·黑龙江大庆·三模）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=22，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG=2AD；③CG平分∠DCF；④CE=CF．其中结论正确的序号有（    ）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】A【分析】过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，根据正方形性质得∠BCD=90°，∠ECN=45°，推出四边形EMCN是正方形，由矩形性质得EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，根据全等三角形的性质得ED=EF，推出矩形DEFG是正方形，故①正确；根据正方形性质得AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG，得到AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，由此推出CG平分∠DCF，故③正确；进而求得AC=AE+CE=CE+CG=2AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误；故选A．【详解】过E作EM⊥BC，过E作EN⊥CD于N，如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，∴NE=NC，∴四边形EMCN是正方形，∴EM=EN，∵四边形DEFG是矩形，∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，∴∠DEN=∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEMASA，∴ED=EF，  ∴矩形DEFG是正方形，故①正确；∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°∵四边形ABCD是正方形∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°∴∠ADE=∠CDG在△ADE和△CDG中AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG∴△ADE≌△CDGSAS∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°∵∠DCF=90°∴CG平分∠DCF，故③正确；  ∴AC=AE+CE=CE+CG=2AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，∴CE不一定等于CF，故④错误．故选：A【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解本题的关键．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（23-24九年级·江苏扬州·期中）如图，在四边形ABCD中，P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，当四边形ABCD满足 时（填写一个条件），PQ⊥MN．【答案】AB=CD【分析】根三角形中位线的性质，菱形的性质即可解答；【详解】解：∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点，∴PN是△ACD的中位线，PN=12CD， MQ是△BCD的中位线，MQ=12CD， ∴MQ=PN=12CD， 同理可得：NQ=PM=12AB，当AB=CD时，MQ=PN=NQ=PM，四边形MQNP是菱形，∵菱形对角线垂直平分，∴PQ⊥MN，故答案为：AB=CD；【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题关键．12．（3分）（23-24九年级·湖北恩施·期末）如图，点P是矩形ABCD对角线AC上一点，过点P做EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB,PD．若AE=2，PF=9，则图中阴影部分的面积为 ．  【答案】18【分析】本题考查了矩形的性质，过点P作GH分别交AB、CD于点G、H，证明S四边形GPFB=S四边形EPHD，从而12S四边形GPFB=12S四边形EPHD，即S△DPE=S△PFB，求出S△PFB的值即可求出整个阴影部分的面积，熟练掌握矩形的性质定理是解题关键．【详解】解：过点P作GH分别交AB、CD于点G、H，如图所示：  由矩形性质可知，S△ADC=S△ABC，S△PFC=S△PHC，S△AGP=S△AEP，∴S△ABC−S△PFC−S△AGP=S△ADC−S△PHC−S△AEP，即S四边形GPFB=S四边形EPHD，∴ 12S四边形GPFB=12S四边形EPHD，即S△DPE=S△PFB，∵GP=AE=2，PF=9，∴S△PFB=12×2×9=9=S△DPE，即图中阴影面积为S△DPE+S△PFB=9+9=18，故答案为：18．13．（3分）（23-24九年级·山东滨州·期末）以正方形ABCD的边CD为一边作等边△CDE，则∠AEC的度数是 ．【答案】45°或135°【分析】分类讨论；当点E在正方形内部，根据正方形的性质和等边三角形的性质可得AD=DC=DE，∠ADE=30°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解；当点E在正方形ABCD的外部时， 根据正方形的性质和等边三角形的性质可得AD=DE，∠ADE=150°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解．【详解】解：当点E在正方形内部时，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AD=DC，∵△DEC是等边三角形，∴DE=DC，∠EDC=∠DEC=60°，∴AD=DC=DE，∠ADE=30°，∴∠AED=180°−30°2=75°，∴∠AEC=∠AED+∠DEC=75°+60°=135°；当点E在正方形ABCD的外部时，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，AD=DC，∵△DEC是等边三角形，∴∠EDC=∠DEC=60°，DC=DE，∴AD=DE，∠ADE=90°+60°=150°，∴∠AED=180°−150°2=15°， ∴∠AEC=60°−15°=45°，故答案为：45°或135°．【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角定理，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质，运用分类讨论思想解决问题是解题的关键．14．（3分）（23-24九年级·江苏苏州·期中）如图，菱形ABCD的顶点A恰好是矩形BCEF对角线的交点，若菱形ABCD的周长为8，则矩形BCEF的面积是 ．【答案】43【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定，菱形的性质，与性质，根据菱形的性质得出AB=BC=2，进而利用矩形的性质得出AB=AC，得出△ABC是等边三角形，利用矩形的面积解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=2，∵四边形BCEF是矩形，∴FC=BE，FA=AC，AE=AB，∠ACB=90°，∴AB=AC，∵AB=AC=BC=1，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，∴BE=2AB=4，在Rt△ECB中，EC=EB2−BC2=42−22=23，∴矩形BCEF的面积=BC⋅EC=23×2=43，故答案为：43．15．（3分）（23-24九年级·河南郑州·期末）如图，在等腰△ABC中，AB=BC=3，AC=22，点A，B分别在x轴，y轴上，且BC∥x轴，将△ABC沿x轴向左平移，当点A与点O重合时，点B的坐标为 ．【答案】−53,2143【分析】本题考查勾股定理，矩形的判定与性质以及图形的平移，过点A作AD⊥BC，证明四边形OABD是矩形，得到OA=BD，OB=AD，根据勾股定理求得BD和OB的长度，可得平移的距离，即可求解．【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC，∵∠AOB=∠OBD=∠BDA=90°，∴四边形OABD是矩形，∴OA=BD，OB=AD，由勾股定理可得，AB2−BD2=AC2−DC2，∴9−BD2=8−3−BD2，∴BD=53，∴OA=53，OB=32−532=2143，∴当点A与点O重合时，点A向左移动53个单位，∴点B的坐标为−53,2143，故答案为：−53,2143．16．（3分）（23-24九年级·江苏·期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝ °时，GC＝GB．【答案】60或300【分析】当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角θ的度数．【详解】解：当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论：①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，∵GC＝GB，∴GH⊥BC，∴四边形ABHM是矩形，∴AM＝BH＝12AD＝12AG，∴GM垂直平分AD，∴GD＝GA＝DA，∴△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角θ＝60°；②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，∴旋转角θ＝360°﹣60°＝300°．故答案为60或300【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（23-24九年级·浙江·专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，点C，点D的坐标分别是4,0，0,3．(1)请分别写出点A，点B的坐标；(2)求出该菱形的周长．【答案】(1)A−4,0，B0,−3(2)20【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理，（1）首先根据菱形的性质得到OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，然后根据对称的性质求解即可；（2）首先求出OC=4，OD=3，然后利用勾股定理求出CD=OC2+OD2=5，然后根据菱形的性质求解即可．【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∴点A与点C关于点O对称，点B与点D关于点O对称，∵点C、点D的坐标分别是4,0，0,3，∴点A−4,0，点B0,−3；（2）∵点C、点D的坐标分别是4,0，0,3，∴OC=4，OD=3，在Rt△COD中，由勾股定理得：CD=OC2+OD2=5，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=CD=5，∴菱形ABCD的周长=4CD=4×5=20．18．（6分）（23-24九年级·广东潮州·期末）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．(1)试判断四边形AEBO的形状，并说明你的理由；(2)求证：EO=DC．【答案】(1)矩形，见解析(2)见解析【分析】本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定；（1）先证明四边形AEBO为平行四边形，再由由菱形的性质可证明∠BOA=90°，从而可证明四边形AEBO是矩形；（2）依据矩形的性质可得到EO=BA，然后依据菱形的性质可得到AB=CD．【详解】（1）解：四边形AEBO是矩形，证明如下：∵BE∥AC，AE∥BD，∴四边形AEBO是平行四边形．又∵菱形ABCD对角线交于点O∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．∴四边形AEBO是矩形．（2）证明：∵四边形AEBO是矩形∴EO=AB，在菱形ABCD中，AB=DC．∴EO=DC．19．（8分）（23-24九年级·湖北荆州·期中）下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程．已知：四边形ABCD是平行四边形．?求作：菱形ABEF（点E在BC上，点F在AD上）．作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；③连接EF．所以四边形ABEF为所求作的菱形．(1)根据小明的做法，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；证明：∵AF=AB，BE=AB，∴　　=　　．在▱ABCD中，AD∥BC，即AF∥BE，∴四边形ABEF为平行四边形(　　)（填推理的依据），∵AF=AB，∴四边形ABEF为菱形(　　)（填推理的依据）．【答案】(1)见解析(2)AF，BE，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．【分析】本题考查作图−复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．（1）作图见解答过程；（2）AF，BE，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形．【详解】（1）四边形ABEF为所求作的菱形．（2）∵AF=AB，BE=AB，∴AF=BE，在▱ABCD中，AD∥BC．即AF∥BE．∴四边形ABEF为平行四边形（一组对边相等且平行的四边形是平行四边形）．∵AF=AB，∴四边形ABEF为菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形．)故答案为：AF，BE，一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形．20．（8分）（23-24九年级·广东广州·期中）如图，线段AB=9，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且C、D与点B在AP两侧，已知DP平分∠CPA，在线段DP取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．(1)求证：△AEP≌△CEP；(2)判断CF与AB的位置关系，并说明理由；(3)求△AEF的周长．【答案】(1)见解析(2)CF⊥AB．理由见解析(3)18【分析】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等是解题的关键．（1）利用正方形的性质得到PC=PA，∠APD=∠CPD=45°，又由已知PE=PE，即可证明△AEP≌△CEP；（2）如图，设AP与CF相交于点M，证明∠BAP=∠FCP，由∠FCP+∠CMP=90°，∠AMF=∠CMP，得到∠AMF+∠PAB=90°，即可证明结论；（3）过点C作CN⊥PB于点N，则∠CNP=90°．证明四边形CFBN是矩形，则CN=BF，证明△PCN≌△APBAAS，则CN=PB=BF，PN=AB，又由△AEP≌△CEP得到AE=CE，利用等量代换得到∴AE+EF+AF=2AB=18，即可得到答案．【详解】（1）解：证明：∵四边形APCD为正方形，∴DP平分∠APC，PC=PA，∠APC=90°，∴∠APD=∠CPD=45°，又∵PE=PE，∴△AEP≌△CEP(SAS)；（2）CF⊥AB．理由如下：如图，设AP与CF相交于点M，∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP=∠ECP，∵∠EAP=∠BAP，∴∠BAP=∠FCP，∵∠FCP+∠CMP=90°，∠AMF=∠CMP，∴∠AMF+∠PAB=90°，∴∠AFM=90°，∴CF⊥AB；（3）过点C作CN⊥PB于点N，则∠CNP=90°．∵∠CFB=180°−∠AFM=90°，∴∠CFB=∠CNP=∠ABP=90°∴四边形CFBN是矩形，∴CN=BF，∵∠CPN+∠PCN=∠CPN+∠APB=90°，∴∠PCN=∠APB，∵AB=PN,∠CNP=∠PBA=90°∴△PCN≌△APBAAS，∴CN=PB=BF，PN=AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE=CE，∴AE+EF+AF=CE+EF+AF=BN+AF=PN+PB+AF=AB+CN+AF=AB+BF+AF=2AB=18即△AEF的周长为18．21．（8分）（23-24九年级·江苏常州·期中）图①、图②、图③均是10×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、P均在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图，保留作图痕迹．(1)在图①中，作以点P为对称中心的平行四边形ABEF．(2)在图②中，在边AD上找一点G，在边BC上找一点H，连接CG，AH，使四边形CGAH为矩形．(3)在图③中，在四边形ABCD的边CD上找一点N，连接AN，使∠DAN=45∘．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)见详解【分析】（1）利用网格特征连接AP,BP并延长，即可作以点P为对称中心的平行四边形ABEF；（2）取格点E，连接AE交BC于点H，取格点F，连接CF交AD于点G，连接CG，AH，即可作四边形CGAH为矩形；（3）取格点E,P,Q，连接AE,PQ,ED,PQ与ED交于点F，连接AF并延长交CD于点N即可．【详解】（1）解：如图①中，平行四边形ABEF即为所求；理由：∵BP=FP=12+22=5,AP=EP=42+22=25，∴四边形ABEF是平行四边形．（2）解：如图②中，矩形CGAH即为所求；理由：如图∵∠1+∠2=90°，∠3+∠4=90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°，∵CO=AG=4，BC=AE=32+42=5，BO=EG=3，∴△BCO≌△EAG，∴∠1=∠3，∠2=∠4，∴∠1+∠4=90°，即∠AHB=90°，同理可得∠DGC=90°，∵CD=AB=5,CD∥AB，∴ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D,AD=BC,AD∥BC，∵∠B=∠D,CD=AB,∠AHB=∠DGC=90°，∴△AHB≌△CGDAAS，∴DG=BH，∴AG=CH,AG∥CH，∴四边形CGAH是矩形；（3）解：如图③中，∠DAN=45∘，点N即为所求．理由：∵AE=AD=32+42=5,AG=EH=3,DG=AH=4，∴△AEH≌△DAGSSS，∴∠1=∠2，∵∠2+∠3=90°，∴∠1+∠3=90°，∴∠DAE=90°，∴△ADE是等腰直角三角形，∵DQ=PE,DQ∥PE，∴∠FDQ=∠FEP,∠FQD=∠FPE，∴△FQD≌△FPEASA，∴DF=EF，∴AF⊥DE,AF平分∠DAE，∴∠DAN=12∠DAE=45°．【点睛】本题主要考查了中心对称图形，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22．（8分）（23-24九年级·广西桂林·期中）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=6cm，点P从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿CA方向以每秒2cm的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动．过点Q作QH⊥BC于点H．(1)填空：∠ACB= °，HQ= ，AQ= （用含有t的式子表示）；(2)是否存在某一时刻t，使四边形APHQ为菱形？若存在，求出t的值，请说明理由；(3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，求出t的值．【答案】(1)30，t ，12−2t(2)存在，t=2时，四边形APHQ是菱形(3)t的值为3或245【分析】（1）证明△AOB是等边三角形，推出∠BAC=60°，可得结论；（2）存在，当AP=AQ时，四边形APHQ是菱形，构建方程求解即可；（3）分两种情形，当∠QPH=90°时，当∠QPH=90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，分别构建方程求解．【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC，∠ABC=90°，∴OA=OB，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠BAO=60°，∴∠ACB=90°−60°=30°，∵AB=6cm，∴AC=2AB=12cm，∵QH⊥CB，∴∠QHC=90°，∵CQ=2tcm，∴AQ=12−2tcm，QH=12CQ=tcm，故答案为：30，t ，12−2t；（2）存在某一时刻t，使四边形APHQ为菱形由题意得：HQ∥AP，AP=QH=tcm，∴四边形APHQ是平行四边形，当AP=AQ时，四边形APHQ是菱形，∴t=12−2t，∴t=4，∴t=4时，四边形APHQ是菱形；（3）当∠PQH=90°时，存在一点P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，此时四边形PBHQ是矩形，所以PB=QH，∴6−t=t，∴t=3；当∠QPH=90°时，存在一点P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，根据解析（2）可知，四边形APHQ为平行四边形，∴∠QHP=∠BAC=60°，∵∠QPH=90°，∴∠PQH=30°，∵QH∥AP，∴∠APQ=∠PQH=30°，∴AP=2AQ，∴t=212−2t，∴t=245，综上所述，满足条件的t的值为3或245．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．23．（8分）（23-24九年级·天津滨海新·期中）已知正方形ABCD的边长为8，点E是对角线AC上的一点．(1)如图①，若点E到AD的距离为6，则点E到AB的距离为 ；(2)连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F．①如图②，以DE，EF为邻边作矩形DEFG．求证：矩形DEFG是正方形；②如图③，在①的条件下，连接AG，求AG+AE的值．【答案】(1)6(2)①见解析；②82【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，勾股定理等，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．（1）过点E作EM⊥AD于M，利用角平分线的性质定理解决问题即可．（2）①连接EB，证明DE=EB，EF=EB，可得结论；②证明△GDA≌△EDC（SAS），推出AG=EC，可得结论．【详解】（1）解：如图①中，过点E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAM=∠EAN=45°，∵ EM⊥AM，EN⊥AN，∴EM=EN=6，∴点E到AB的距离为6，故答案为：6．（2）①证明：如图②中，连接EB．∵四边形ABCD是正方形，∴ CD=CB，∠DCE=∠BCE=45°，在△DCE和△BCE中，CD=CB∠DCE=∠BCECE=CE，∴ △DCE≌△BCE（SAS），∴ DE=EB，∠CDE=∠CBE，∵ ∠ADC=∠ABC=90°，∴ ∠EBF=∠ADE，∵ DE⊥EF，∴ ∠DEF=∠DAF=90°，∴ ∠ADE+∠AFE=180°，∵ ∠AFE+∠EFB=180°，∴ ∠ADE=∠EFB，∴ ∠EFB=∠EBF，∴ EF=EB，∴ DE=EF，∵四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG是正方形．②解：如图③中，∵四边形DEFG，四边形ABCD都是正方形，∴ ∠ADC=∠GDE=90°，DA=DC，DG=DE，∴ ∠GDA=∠EDC，在△GDA和△EDC中，DG=DE∠GDA=∠EDCDA=DC，∴ △GDA≌△EDC（SAS），∴ AG=EC，∴ AG+AE=EC+AE=AC，在Rt△ADC中，AD=CD，由勾股定理有AC=AD2+CD2=2AD2=2AD=82，∴ AG+AE=EC+AE=AC=2AD=82．