第1章特殊平行四边形检测卷-2024—2025学年北师大版数学九年级上册

第1章特殊平行四边形检测卷-2024-2025学年数学九年级上册北师大版 一、单选题 1．下列语句正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．矩形的对角线互相垂直 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．平行四边形是轴对称图形 2．如图，在中，对角线相交于点，添加下列一个条件，能判定是菱形的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在中，的垂直平分线分别交于点，交的延长线于点，若，，，则下列说法错误的是（   ） A．之间的距离等于之间的距离 B． C．四边形的面积为 D．四边形是正方形 4．已知菱形的对角线的长为4，5，此时菱形的面积为（   ） A．20 B．10 C．9 D．1 5．用四根长度相同的木条制作能够活动的菱形学具，先活动学具成为图1所示菱形，并测得，对角线，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线的长为（    ） A．5 B． C．10 D． 6．如图，三个边长相同的正方形叠放在一起，M，N是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（   ） A．2 B． C． D．4 7．在平面直角坐标系中放置了一个边长为的正方形，如图所示，点B在y轴上，且坐标是，点C在x轴上，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 8．菱形的对角线相交于点O，分别以点为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点E，F，作直线交于点M，连接，若，，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 二、填空题 9．如图，已知矩形的长为，宽为，则图中阴影部分的面积为 ． 10．如图，矩形纸片中，，，现将其沿对折，使得点B落在边上的点处，折痕与边交于点E，则的长为 11．如图，菱形的对角线的长分别为和，是对角线上任一点（点不与点重合），且交于，交于，则阴影部分的面积是 ． 12．如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为 ． 13．如图，平行四边形中，点B与原点O重合，点C落在x轴正半轴上，在上截取，分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，射线交于E，若，则点F的坐标为 14．如图，在正方形中，为对角线上的一点，于点，若，，则的长为 ． 15．如图，在矩形中，，，O是的中点，连接，点E在线段上（点E不与B、C重合），过点E作于M，于N，则的值为 ． 16．如图，将正方形绕点C顺时针旋转得到正方形，与相交于H，若，则 ． 三、解答题 17．在矩形中，点E是上一点，，，垂足为F． (1)求证：； (2)若，求． 18．如图，在平行四边形中，对角线相交于点平分． (1)求证：四边形是菱形． (2)若于点，求的长． 19．如图，在直角梯形中，，动点分别从点同时出发，点以的速度向沿运动，点以的速度向点运动，当一点运动到终点时另一点也随之停止运动．设运动时间为． (1)__________； (2)设以点为顶点组成的三角形的面积为，求与之间的函数关系式； (3)当点在线段上运动，且点之间的距离为时，直接写出此时的值． 20．如图，为中的一条射线，点P在边上，于H，交于点Q，交于点M，于点D，交于点R，连接交于点S． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，试探究与的数量关系，并说明理由． 21．正方形和正方形如图1摆放，且B，A，G三点共线． (1)正方形的边长为a，正方形的边长为b，．当，时，四边形的面积=__________； (2)若正方形可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于． ①如图2，连接，探究的数量关系，并说明理由； ②如图3，连接，在旋转过程中，若点P为的中点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若某时刻，请直接写出的面积． 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 C A D B B B B D 1．C 【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定与性质，平行四边形的性质及轴对称图形，根据菱形的判定，矩形的判定与性质，平行四边形的性质逐一分析即可，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项不符合题意； B、矩形的对角线相等且互相平分，故选项不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法正确，故选项符合题意； D、平行四边形不是轴对称图形，故选项不符合题意； 故选：C． 2．A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、∵， ∴， ∴是菱形，故选项符合题意； B、∵四边形是平行四边形，， ∴是矩形，故选项不符合题意； C、∵四边形是平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∴是矩形，故选项不符合题意， D、∵四边形是平行四边形，， ∴还是平行四边形，故选项不符合题意； 故选：A． 3．D 【分析】由线段垂直平分线的性质可得，，进而可得为的中位线，得到，即可证明四边形是矩形，根据矩形的性质即可判断；再证明得到，结合直角三角形的性质可得，即可判断；利用直角三角形的性质和勾股定理可求出即可判断． 【详解】解：∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵交的延长线于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴之间的距离等于之间的距离，故选项正确，不符合题意； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故选项正确，不符合题意； ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为，故选项正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∴四边形不是正方形，故选项错误，符合题意； 故选：． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，三角形中位线的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，掌握以上知识点是解题的关键． 4．B 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行计算即可． 【详解】解：∵菱形的对角线的长为4，5， ∴菱形的面积为； 故选B． 5．B 【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理和等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质．在图中，证是等边三角形，得出．在图中，由勾股定理求出即可． 【详解】解：∵在图1中，四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵在图2中，四边形为正方形， ∴ ∴． 故选：B． 6．B 【分析】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，二次根式的化简， 连接、，可得，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接、，如图： ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴M、N两个正方形阴影部分的面积是，同理另外两个正方形阴影部分的面积也是， ∴阴影部分的面积和， ∴， ∴． 故选：B． 7．B 【分析】过点D作轴，于点E，根据勾股定理求出，根据正方形的性质得，然后说明，再根据“角角边”证明，可得，进而得出答案． 【详解】解：过点D作轴，于点E， 根据勾股定理，得． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标是． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形，构造全等三角形是解题的关键． 8．D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解．掌握菱形的性质是本题的关键． 【详解】由题意可得， 四边形是菱形，， ， ，为等边三角形， ， 故选：D． 9． 【分析】本题考查了中心对称．根据中心对称的性质可知，图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半，据此求解即可． 【详解】解：根据题意观察图形可知，长方形的面积， 再根据中心对称的性质得： 图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半， 则图中阴影部分的面积． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质，由矩形的性质可得，由折叠的性质可得，，证明四边形是正方形，得出，即可得解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，设与相交于点，由，可得四边形为平行四边形，即得，再由菱形的性质可得，进而由即可求解，掌握平行四边形和菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设与相交于点， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 12．或 【分析】该题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解答该题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型． 分两种情形：如图中，当，，共线时，；如图中，当点落在上时，，分别求解即可． 【详解】解：如图中，当，，共线时，．  四边形是矩形，  ，  ，  ，  ， 设，则，  在中，，  ，  ，   如图中，当点落在上时，，  此时四边形是正方形，  ，  综上所述，满足条件的的值为或． 13． 【分析】连接，设交轴于点，平行四边形的性质结合角平分线的定义推出，进而得到，推出四边形为菱形，根据菱形的性质结合勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长，勾股定理求出的长，即可得出点的坐标． 【详解】解：连接，设交轴于点，交于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， 由作图可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴，， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，等角对等边，菱形的判定和性质，勾股定理，等积法求出菱形的高，解题的关键是得到四边形为菱形． 14． 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，过点作于，则，由正方形的性质可得，，进而可得四边形是正方形，即得，最后利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过点作于，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形面积，正确的作出辅助线是解题的关键．连接，利用股股定理求出，根据的面积的面积的面积，得到，即可求解． 【详解】连接，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵O是的中点， ∴， ∴， ∵的面积的面积的面积， ∴， ∴， 解得． 故答案为：． 16．/ 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理． 连接，由正方形的性质得到根据旋转的性质得，，由旋转得到，，，再根据“”证明，则，然后利用含度的直角三角形三边的关系与勾股定理求出，进而即可得到的长． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵正方形是由正方形绕点C顺时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∵在和中 ， ， ， ， ∴在中，， ， 即， ∴， ∴． 故答案为： 17．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、角的互余关系； （1）由矩形的性质得出，，，得出，由证明，得出，即可得出结论； （2）先证出，再由角的互余关系即可求出的度数． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， 在和中， ， ∴， ， ， ， ， 即； （2）解：，， ， 如图，取中点，连，则， ∴， ∴是等边三角形， ， ， ， ． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理； （1）根据平行四边形的性质可得，则，根据角平分线的定义可得，等量代换可得，根据等角对等边，可得，进而根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证； （2）勾股定理求得，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∵， ∴． 19．(1)3． (2)当时，；当时，． (3)． 【分析】（1）过点A作，垂足为，可得四边形是矩形，先求出，再在中求出即可求解； （2）分点在、上两种情况由三角形面积公式即可求解； （3）过点P作，垂足为，可得四边形是矩形，再在中，，由此列方程求解即可. 【详解】（1）解：如解图1，过点A作，垂足为， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴； 故答案为：3． （2）解：如解图2，当时，，， ∵，即， ∴点P在上，此时， 当时，如解图3， 点P在上，，， 此时， 综上所述：； （3）解：如解图4．过点P作，垂足为， 同理（1）可得：四边形是矩形， ，，，， ∴， ∵在中，， ∴， ∴，（不合题意舍去）． ∴当点在线段上运动，且点之间的距离为时，此时． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，函数解析式、一元二次方程的应用，灵活运用分类思想是解题的关键 20．(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）根据垂直于同一直线的两直线平行可得，再根据平行于同一直线的两直线平行可得，然后求出四边形是平行四边形，再求出，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可； （2）根据矩形的对角线互相平分可得，然后求出，根据等边对等角的性质可得，再根据两直线平行，同位角相等可得，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出，然后整理即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：．理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等边对等角的性质，两直线平行，同位角相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 21．(1)15 (2)①，理由见解析②，理由见解析 (3) 【分析】（1）将四边形的面积转化为求梯形和的面积，计算时将算式变形为与的形式即可求解； （2）①证明即可求证； ②利用倍长中线法构造，再证明即可求解； （3）利用全等三角形进行等面积转化即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形的面积，且，， ∴四边形的面积． （2）①，理由如下： ∵正方形和正方形中，，，， ∴即， ∴， ∴； ②，理由如下： 如图，延长至M，使，则， ∵点P为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴． （3）解：，理由如下： 由（2）知， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、倍长中线法、求不规则图形面积、完全平方公式的变形等知识，解题的关键是发现全等三角形并运用转化的思想方法． 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 $$