第1章 特殊平行四边形 闯关练习- 2024--2025学年北师大版九年级数学上册

第1章特殊平行四边形闯关练习-数学九年级上册北师大版 一、单选题 1．下列命题中，是真命题的是 （    ） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．一组邻边相等的平行四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是正方形 D．对边相等的平行四边形是菱形 2．下列有关对角线的描述中，正确的是（    ） A．对角线互相平分且相等的四边形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等且垂直的四边形是正方形 3．如图，已知直线，相邻两条平行线间的距离都等于1，若矩形的四个顶点分别在三条直线上，且，则矩形的面积等于（    ） A． B． C．2 D． 4．如图所示，在正方形中，E为的中点，是上一点，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，则线段的长度为（    ） A．4 B． C．6 D． 6．如图，正方形中，E、F分别在和上，，若，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，若菱形的周长为20，则的长为（    ） A．10 B．5 C． D．1 8．如图，在正方形内一点连接，过作与延长线交于点，连接，，下列结论中：①；②；③点到的距离为；④．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 10．如图，正方形的边长为，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则 ． 11．如图，在菱形中，点为对角线上一点，且，连接，若，，则 ． 12．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 ． 13．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 14．如图，在正方形中，点F为上一点，与交于点E．若，则等于 度．    15．如图，在的两边上分别截取，，使；分别以点A，B为圆长为半径作弧，两弧交于点C；连接，，，．若，四边形的面．则的长为 ．    16．如图，在中，，，过点作，且．点在边上，以为直角边作等腰，且．连接，当时，的面积是 ． 三、解答题 17．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分．    (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作，交的延长线于点，连接若，，求的长． 18．如图，已知在中，于点于点分别是的中点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 19．如图，在四边形中，，为的中点． (1)求证：． (2)若，试判断的形状并说明理由． 20．如图，的对角线、相交于点O，，与交于点F． (1)在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形是矩形，并说明理由； (2)若，求的面积． 21．如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求和的长． 22． 问题提出： (1)如图1，在中，，点、分别是，的中点，则的长为___； 问题探究： (2)如图2，在中，，点在上，，点在上，，连接，、分别为、的中点，求的长度？ 问题解决： (3)西安高新区为了进一步提升周边居民的居住环境，拟在一个长方形的草坪内对角线右侧修建一个三角形池塘，如图，，，，为草坪入口，为草坪出口，在人行道的中点处有一个凉亭，在池塘处是一个观景台，游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等吗？为什么？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C D C D B C B 1．A 【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题；错误的命题称为假命题，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法是解题关键．利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项是正确的； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项是错误的； C、对角线垂直、相等的平行四边形是正方形，故该选项是错误的； D、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项是错误的； 故选：A 2．C 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定定理解答即可． 本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】解：A. 对角线互相平分且相等且垂直的四边形是正方形，错误，不符合题意； B. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，错误，不符合题意； C. 对角线相等的平行四边形是矩形，正确，符合题意； D. 对角线相等，平分且垂直的四边形是正方形，错误，不符合题意； 故选C． 3．D 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．根据题意设，则，，利用等面积法建立等式求出的值，即可求得矩形的面积． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， 设，则，， 直线，相邻两条平行线间的距离都等于1， ， 解得或（不合题意，舍去）， ，则， 矩形的面积． 故选：D． 4．C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，设正方形的边长为，先求出，则，再利用勾股定理得到，，，则，据此利用勾股定理的逆定理可得是直角三角形． 【详解】证明：设正方形的边长为， ∵E为的中点，是上一点，且， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 同理可得，， ∴， ∴是直角三角形．. 故选C． 5．D 【分析】过点作于，如图所示，由旋转性质得到，从而得到是等腰三角形，结合等腰三角形性质确定是线段的垂直平分线，再由正方形性质，利用三角形全等的判定得到，进而由全等性质得到，在中，由勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：过点作于，如图所示： 将边绕点逆时针旋转至点， ， 由等腰三角形三线合一性质可得是线段的垂直平分线，则， 在正方形中，，， ， ， ， ， 在和中， ， ，则， 在中，，， 则由勾股定理可得， ， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形中求线段长，涉及旋转性质、等腰三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、三角形全等的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识，读懂题意，准确构造出辅助线，灵活运用相关几何性质求解是解决问题的关键． 6．B 【分析】先证明，得到，再利用直角三角形的面积公式解答即可． 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】证明：四边形为正方形，，，， ，， ， 在与中 ； ， ， ， ， 故选B． 7．C 【分析】根据，判定是的中位线，利用中位线定理计算即可． 本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质和中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，菱形的周长为20， ∴是的中位线，， ∴， 故选C． 8．B 【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四边形的面积，由正方形的性质可得，，进而得，由垂直得，即得，即可得，进而由得到，即可判断①；由全等三角形的性质得，由等腰直角三角形的性质得，即可得，得到，即可判断②；由勾股定理可得，进而得，过点作的延长线于点，则，，由勾股定理得，即可判断③；由计算即可判断④；掌握正方形和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即，故②正确； ∵，， ∴， ∵，， ∴， 过点作的延长线于点，则，， ∴， ∴点到的距离为，故③错误； ， 故④错误； 综上，正确结论的个数为个， 故选：． 9．/15度 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质得，由等边三角形的性质得出，求出，进而可求出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 则，， ∴． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，根据正方形的性质、勾股定理，计算，根据旋转的性质，得出，，推出，根据勾股定理计算即可，熟练掌握旋转的性质、正方形的性质、勾股定理是解题的关键． 【详解】解：∵正方形的边长为，为边上一点，， ∴，， ∴， ∵绕着点逆时针旋转后与重合， ∴，， ∴，即， ∴， 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，由四边形是菱形，得，，，则有，，，再通过勾股定理求出，即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理可知：， 在中，由勾股定理可知：， ∴， 故答案为：． 12．9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． 13．/32度 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判断与性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为． 14．63 【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． 15．4 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．菱形的面积等于对角线乘积的一半，判断出四边形是菱形，是解题的关键． 【详解】解：根据作图得：， ， ， 四边形是菱形， ，四边形的面积为， ， ， 故答案为：4． 16． 【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，等腰三角形的性质，三角形的面积，过点作于，延长交于点，可得四边形是矩形，再证明，得到，，即可得四边形是正方形，得到，进而得，再由三线合一可得，即得，即可得，最后根据三角形的面积公式即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过点作于，延长交于点，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据垂直的定义得到，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形； （2）解：， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ． 18．(1)见解析 (2)4 【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理； （1）根据题意得，结合中点得和，则，即是等腰三角形，由是的中点即可判定垂直； （2）由（1）可知，且，利用勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：， ． 是的中点， ． 同理可得，则， 即是等腰三角形． 是的中点， ． （2）解：， ． 由（1）可知， ． 19．(1)见解析 (2)是等边三角形，理由见解析 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定： （1）由直角三角形斜边上的中线性质推出，等边对等角，即可得出结论； （2）先证明是的垂直平分线，进而得到，等边对等角，推出，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵，为的中点， ∴， ∴； （2）解：是等边三角形，理由如下： ∵，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形． 20．(1)，理由见解析 (2)96 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质． （1）由，可得四边形是平行四边形，只需添加条件使得即可得到矩形； （2）由（1）可得当时，四边形是矩形，得到，根据平行四边形的对角线互相平分并结合勾股定理求出，证明是菱形，根据菱形的性质即可求出面积． 【详解】（1）解：添加条件：，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是矩形． （2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴在中，， ∴在中，， ∵， ∴是菱形， ∴． 21．(1)见详解 (2)13；8 【分析】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，三角形中位线定理，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，证明四边形OEFG为矩形是解题的关键． （1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴，， ∵E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． （2）∵四边形是菱形， ∴， 由（1）得：，四边形是矩形， ∴，，， ∵E是的中点， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 22．（1）2；（2）；（3）相等，理由见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理即可求解； （2）连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点，根据中位线的性质求得，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求得，进而在中，勾股定理即可求解； （3）取的中点，的中点，连接，根据中位线的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，三角形的外角的性质，证明，即可证明，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：（1）∵在中，，点、分别是，的中点， ∴， 故答案为：． （2）如图所示，    连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点， ∵、分别为、的中点 ∴，，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴在中，； （3）解：相等，理由如下， 如图所示，取的中点，的中点，连接，    ∵是的中点， ∴，， ∴，， ∴ ∵，则， ∴，， ∴ ∵，为的中点， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴． 即游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$