北师大版九年级数学上册《第一章特殊平行四边形》单元测试卷及答案

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页北师大版九年级数学上册《第一章特殊平行四边形》单元测试卷及答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知菱形的面积为8，它的一条对角线长为，则菱形的边长为（

）A．2 B． C． D．42．如图，在菱形中，与交于点，点在上，，若，则的度数为（）A． B． C． D．3．如图，四边形和四边形都是正方形．连接．若点F是线段上的一点，且，则（

）A．5 B． C． D．4．如图，矩形中，对角线与相交于点O，过点C作，垂足为点E．若，．则矩形的面积为（

）A．24 B．12 C．10 D．85．如图，矩形被分割成两个全等的小矩形和三个正方形后仍是中心对称图形．若已知矩形的周长为20，则能够求出长度的线段是（）A． B． C． D．6．如图，正方形的边长为3，E为边上的动点，过点E作，且，在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径长为（

）A． B． C．6 D．7．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，此图形中连结四条线段得到阴影部分，若，，，为各直角边中点，且小正方形面积为4，阴影部分面积为（

）A．2 B．4 C．6 D．88．如图，的两条对角线相交于点O，添加下列条件仍不能判定是矩形的是（

）A． B． C． D．9．下列说法正确的是（

）A．对角线相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线相等且互相平分的四边形是矩形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形10．如图，矩形周长为8，且．连接，将沿折叠得，交于点P，作，交于点G．下列说法中正确的有（

）①；②的周长为定值4；③一定是等边三角形；④当变大时，也变大．A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④二、填空题11．如图，在菱形中，，，点是对角线上的一个的动点，则的最小值为．12．如图1是方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为1，现将它剪拼成一个“天平”造型放入一个矩形框架中（如图2），天平的上下两侧以及左右两侧均与框架重合，则该矩形框架的周长为．13．如图，在正方形中，点，分别在，上，点，关于对称，点在上，点在上，且点，关于对称，的延长线交于点，交于点，则．14．我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，的坐标为，，固定点，，把矩形沿轴正方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为．15．如图，矩形的四个顶点恰好落在正方形的四条边上，且与正方形的对角线平行，若，则矩形的周长等于．三、解答题16．如图，在菱形中，．点E，点F分别在边上，连接，交于点G，且满足．(1)若，，求的度数；(2)求证：；(3)求证：．17．如图，在正方形中，点E是对角线上的一点（不与点A，C重合），连接，．过点E作，的垂线，垂足分别为点F，点G，连接与相交于点O．(1)求证：；(2)圆圆说：“直线”，你认为圆圆的说法是否正确？请说明理由；(3)若，，求的长度．18．如图1，在中，为边上的高，上有一点，连接交于点，使得，且点为的中点，连接．(1)若，求证：；(2)求（用含的式子来表示）；(3)如图2，点为边的中点，连接交于点，求的值．19．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，矩形的顶点，，将矩形的一个角沿直线折叠，使得点落在对角线上的点E处，折痕与x轴交于点D．(1)线段的长度为_____；(2)求直线所对应的函数表达式；(3)求点E的坐标；(4)若点Q在线段上，在线段上是否存在点P，使以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．20．【问题情境】（1）数学探究课上，某兴趣小组探究含角的菱形的性质．如图1，菱形的边长为，，则_____，_____．【操作发现】（2）如图2，在图1的基础上，小亮在菱形的对角线上任取一点（点不与点重合），连接，以为边向左侧作菱形，且，连接．①求证：．②随着点位置的改变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由．【拓展延伸】（3）在（2）中，连接，若，直接写出的长．参考答案题号12345678910答案CDDBABDCCB1．C【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形面积公式求出另一条对角线的长度，再利用勾股定理计算边长．【详解】解：如图，∵，，∴，∵是菱形，∴，，∴．故选：C．2．D【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键．由可知，设，则，根据菱形的性质可得，即，求出x的值，进一步即可求出答案．【详解】解：，，设，则，四边形是菱形，，，即，，解得，即，，，故选：D．3．D【分析】先根据正方形的性质得，整理得，得，则，运用勾股定理算出，根据等面积法进行列式计算得，再证明四边形是矩形，得，，运用勾股定理，在中，，即可作答．【详解】解：∵四边形和四边形都是正方形．，∴，，则，，即，∴，∴，∵，且∴即过点G作，过点G作，如图所示：∴，∴，即，∴，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，在中，，故选：D【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．4．B【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．先根据矩形对角线的性质得到，由，根据即可求解．【详解】解：∵矩形，，∴，∵，∴．故选：B．5．A【分析】本题考查的是矩形，正方形的性质，中心对称图形的性质，根据题意设两个大的正方形的边长为，小正方形的边长为，再进一步求解即可．【详解】解：∵矩形被分割成两个全等的小矩形和三个正方形后仍是中心对称图形．∴两个大的正方形相同，两个矩形相同，设两个大的正方形的边长为，小正方形的边长为，∴小矩形的两边分别为，，大的矩形两边长分别为，，∵已知矩形的周长为20，∴,解得：，∴两个大的正方形的边长为，∴能够求出长度的线段是，故选A6．B【分析】过点作交的延长线于点，连接，证明，则，证明是等腰直角三角形，得到，即点在的角平分线上运动，以为边，在右侧作正方形，连接，则，在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径为正方形的对角线,求出的长即可．【详解】解：如图，过点作交的延长线于点，连接，∵四边形是正方形，∴，∴∵，，∴，∴，∵，∴∴，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴平分，即点在的角平分线上运动，以为边，在右侧作正方形，连接，则在点E从点B运动到点C的过程中，点F运动的路径为正方形的对角线,∵正方形的边长为3，∴∴即点F运动的路径长为，故选：B【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，证明点在的角平分线上运动是解题的关键．7．D【分析】本题考查了全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由题意可得小正方形的边长为2，再由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，，，，为各直角边中点，可得，再由三角形面积公式即可求解．【详解】解：∵小正方形面积为4，∴，∵四个全等的直角三角形围成一个大正方形，，，，为各直角边中点，∴，∴阴影部分面积为，故选：D．8．C【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．由矩形的判定方法分别对各个选项进行判定即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A、∵，∴平行四边形是矩形，故选项A不符合题意；B、∵，∴平行四边形是矩形，故选项B不符合题意；C、，∴平行四边形是菱形，故选项C符合题意；D、∵，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，，∴，∵四边形是平行四边形，∴平行四边形是矩形，故选项D不符合题意；故选：C．9．C【分析】本题考查的是矩形，菱形，正方形的判定，根据矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一分析选项是否正确即可．【详解】解：A．对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但不是矩形．必须是对角线相等的平行四边形才是矩形，故A错误．B．对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，例如筝形对角线垂直，但并非菱形．必须是对角线垂直的平行四边形才是菱形，故B错误．C．对角线互相平分的四边形是平行四边形，且对角线相等的平行四边形是矩形，故C正确．D．对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形，需同时满足垂直、相等且平分，故D错误．故选：C10．B【分析】根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得则的周长，进而判断②正确，无法证明温恩等边三角形，进而判断③错误；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④正确．【详解】解：在矩形中，，，，∵矩形周长为8，∴，则，∵，∴,∴，∵，∴，∴，∴，故①正确；由折叠可知，，∵∴，则∴，则的周长，故②正确；无法证明为等边三角形，故③错误；∵，，在中，，整理得：，∴当变大时，也变大，故④正确，综上，正确的有①②④，故选：B．【点睛】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．11．【分析】本题考查了菱形的性质、垂线段最短、以及含角的直角三角形的性质．解题的关键是通过构造辅助线，将的最小值问题转化为点到直线的距离问题，利用勾股定理求解．【详解】解：如图，自点A作，垂足为Q，交于点P，∵，∴，又菱形对角线平分，则．∴．在上任取一点（不同于点P），连接，同理可证：．∵，即∴因此，点P是使可取得最小值的动点．∵在直角三角形中，，则，∴，∴，即的最小值为．故答案为：．12．【分析】本题考查七巧板，勾股定理，矩形的性质．由勾股定理求出的长，得到的长，由图形得到的长，即可解决问题．【详解】解：∵，，∴，∵，∴矩形框架的周长为．故答案为：．13．【分析】如图，过点作于点，设，根据轴对称的性质得，，结合正方形的性质证明是等边三角形，得，推出，，在中，根据含角的直角三角形的性质及勾股定理和等边对等角推出，，继而求出，在中，进一步求出，可得结论．【详解】解：如图，过点作于点，设，∵点，关于对称，点，关于对称，∴，，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，，在中，，，，，∴，∴，，∴，，∴，在中，，，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，等边对等角等知识点，通过作辅助线构造直角三角形、证明是等边三角形是解题的关键．14．【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理．由已知条件得到，，，根据勾股定理得到，再根据即可得出结论．【详解】解：∵点的坐标为，的坐标为，∴，，由题意得：，，∴，∵，∴点的坐标为，故答案为：．15．【分析】本题主要考查了正方形和矩形的性质，设，则，证明是等腰直角三角形得，，再证明是等腰直角三角形得，由此即可得出矩形的周长．【详解】解：设，∵四边形是正方形，且，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∵四边形是矩形，∴，∴，在中，，∴是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∴，∴矩形的周长为：．故答案为：．16．(1)(2)见解析(3)见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．（1）由菱形的性质得到，再由平行线的性质和三角形内角和定理求解即可；（2）根据四边形内角和定理得到，则可证明，再由菱形的性质和平行线的性质证明，则可证明；（3）延长到H，使得，连接，证明，得到，则可证明，得到；过点C作于T，则，由勾股定理得，，则，再根据线段的和差关系证明即可．【详解】（1）解：∵四边形是菱形，∴，∴，又∵，∴；（2）证明：∵，，∴，∵，∴，∵四边形是菱形，∴，，∴，∴；（3）证明：如图所示，延长到H，使得，连接，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴；如图所示，过点C作于T，∴，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，∴．17．(1)证明见解析(2)圆圆的说法正确，证明见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质证明即可得到结论；（2）延长交于点M，交于点H，如图，证明，四边形为矩形，可得，可得，可得，进一步可得结论；（3）证明都为等腰直角三角形，可得，，，，结合，可得．【详解】（1）证明：∵正方形，∴，，∵，∴，∴；（2）证明：圆圆的说法正确，理由如下：延长交于点M，交于点H，如图，∵，∴，过点E作，的垂线，垂足分别为点F，点G，，∴四边形为矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即；（3）解：∵正方形，∴，，，∵，∴都为等腰直角三角形，∵，，∴，，∴，，∵四边形为矩形，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，化为最简二次根式等等；证明是解题的关键．18．(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由直角三角形斜边的中线等于斜线的一半可得出，结合已知条件可得出．（2）取的中点，连接，先证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出垂直平分，由线段垂直平分线的性质得出，由等角对等边可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．（3）连接，由（2）结合对顶角相等得出，进而可得出，由等角对等边可得出，由（2）知，可得出，再得出为的中位线，，再判定四边形为平行四边形，由平行四边形的性质得出，进一步即可得出．【详解】（1）证明：F为的中点，，，，．（2）解：取的中点，连接，，，，，，，，垂直平分，，，，．（3）解：连接，由（2）知，，．由（2）知，，又为的中点，为的中点，为的中位线，，，四边形为平行四边形，．，，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线有关的求解问题，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质等整知识，综合性较强，掌握这些知识是解题的关键．19．(1)10(2)(3)(4)存在，【分析】（1）由矩形的性质可得出点的坐标及，的长，利用勾股定理可求出的长；（2）设，则，，，利用勾股定理可求出值，进而可得出点的坐标，再根据点，的坐标，利用待定系数法可求出直线所对应的函数表达式；（3）过点作轴于点，由，可得出，利用面积法可求出的长，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可得出点的坐标；（4）根据，求出直线的解析式，根据点的纵坐标求出其横坐标即可．【详解】（1）解：由题意，得：点的坐标为，，，，故答案为：10；（2）解：设，则，，，∵，∴∴，即，∴，∴，∴点D的坐标为．设直线所对应的函数表达式为，将，代入，得：