第一章特殊平行四边形 复习卷-2024-2025学年北师大版数学九年级上册

第一章特殊平行四边形复习卷-2024-2025学年数学九年级上册北师大版 一、单选题 1．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ） A．两组对边分别平行 B．对角线互相平分 C．四个角都为直角 D．对角线互相垂直 2．如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出平行四边形是矩形，那么这个条件可以是（） A． B． C． D． 3．如图，在矩形中，，交于点，，分别为，的中点．若，，则的长为（） A．12 B．8 C．6 D．4 4．如图，菱形的边，高，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，点的对应点为，当的长度最小时，的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 5．如图，菱形中，对角线、相交于点O，，．点P和点E分别为、上的动点，求的最小值（   ） A．14.4 B．16 C．17 D．18.6 6．如图，正方形的面积为16，菱形的面积为，则菱形的周长为（    ） A． B．3 C． D．12 7．如图，在正方形中，E是对角线上的动点，以为边作正方形，M是的中点，连接，若正方形的边长为8，则的最小值为（   ）    A．2 B． C． D．4 二、填空题 8．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，，将矩形绕点逆时针旋转，则旋转后点的对应点坐标为 ． 9．如图，已知正方形，E为边上的一点，连接，将绕点E顺时针旋转，得到．连接，以为边作正方形，设正方形的面积为S，则S的最小值为 ． 10．如图，点在正方形内部，且是等边三角形，连接、，则 ． 11．如图，在菱形中，、分别是边、上的动点，连接、，、分别是、的中点，连接，若，，则的最小值是 ． 12．如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 ． 13．如图，正方形中，为边上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，则的度数为 ．（用含的代数式表示） 三、解答题 14．如图，点是菱形对角线的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形 (2)若6，，求矩形的面积． 15．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别与交于点E，F，与交于点O，连接， (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 16．如图1．在四边形中，顺次连结各边中点E、F、G、H得到的四边形叫做四边形的中点四边形．利用三角形中位线的相关知识解决下列问题： (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当时，四边形是_________； (3)如图2．四边形中，和互相垂直，、．则的最小值为________． 17．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是，连接、、，设点、运动的时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形； (2)当为何值时，四边形是菱形； (3)分别求出（2）中菱形的周长和面积． 18．已知菱形中，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接． (1)若点F在边上，且，过点C按如图所示作并交于点 ①证明：； ②猜想的形状并说明理由． (2)若菱形边长为4，当为等腰三角形时，求的长． 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 答案 D B C D A D C 1．D 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．根据菱形和矩形的性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A．菱形的对边平行且相等，矩形的对边平行且相等，故选项不符合题意； B．菱形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分，故选项不符合题意； C．矩形的四个角都等于，故选项不符合题意； D．菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线相等，不一定垂直，故选项符合题意； 故选：D 2．B 【分析】此题主要考查了矩形与菱形的判定、平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握矩形的判定定理．根据对角线相等的平行四边形是矩形可得答案． 【详解】解：A、平行四边形中，，不能判定平行四边形是矩形，故选项A不符合题意； B、平行四边形中，， 平行四边形是矩形，故选项B符合题意； C、平行四边形中，，能判定平行四边形是菱形，故选项C不符合题意； D、平行四边形中，，不能判定平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选：B． 3．C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．根据矩形的性质和含的直角三角形的性质得出，进而求出，再依据中位线的性质推知． 【详解】解：在矩形中，，交于点，若，， ， ，即， ， 又、分别为、的中点， 是的中位线， ． 故选：C． 4．D 【分析】由菱形的边，高，易求得，进而得到,由折叠得，进而得到，即可得当点在上时，取最小值， 此时易得到，利用等腰三角形的性质求解．题的答案. 【详解】解：如图1，菱形的边，高， ， ， ． 将四边形沿直线折叠，点的对应点为， ． ， ， ， 当点在上时，取最小值． 如图2，点在上时，由折叠的性质可知 , ， ， , , ， 即当的长度最小时，的长为8． 故选：D． 【点睛】本题重点考查菱形的性质、勾股定理、轴对称的性质、两点之间线段最短、等腰直角三角形的判定与性质等知识，证明点在上时，取得最小值是解题的关键． 5．A 【分析】过点作于点，交于点，过点作于点，则此时的、满足最小，然后利用菱形的性质可得，且、互相平分，平分，利用角平分线的性质可得，由垂线段最短可知，的最小值即为线段的长度，进而利用勾股定理求出的长度，最后利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，交于点，过点作于点，则此时的、满足最小， 四边形是菱形， ，且、互相平分，平分， ， ， 垂线段最短， 的最小值为线段的长度， ，， ，， ， ， ， 故选：． 【点睛】本题主要考查了轴对称中的光线反射问题（最短线路问题），菱形的性质，角平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，利用菱形的性质求面积，等式的性质等知识点，学会利用垂线段最短解决最短线路问题是解题的关键． 6．D 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．根据正方形的面积可求出正方形的边长，利用勾股定理求出，然后根据菱形的面积求出，再根据勾股定理求出菱形的边长即可． 【详解】解：如图，连接交于点O，则， ∵正方形的面积为16， ∴，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， ∴，， ∴， ∴菱形的周长为， 故选：D． 7．C 【分析】由可证得，，由此得当点E与点A重合时，点G与点C重合，当点E与点C重合时，点G与点K重合，即当点E在线段上运动时，点G在线段上运动，根据“垂线段最短”可知：当时，为最短，即当点G与点T重合时，为最小，最小值为线段的长，由，得为等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得的最小值． 【详解】连接并延长与的延长线交于点K，过点M作于T，如图所示：    ∵四边形和四边形均为正方形， ∴，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴当点E与点A重合时，点G与点C重合，当点E与点C重合时，点G与点K重合， 即当点E在线段AC上运动时，点G在线段CK上运动， 根据“垂线段最短”可知：当时，为最短， 即当点G与点T重合时，为最小，最小值为线段的长． ∵，， ∴为等腰直角三角形，即， ∵，点M为的中点， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴． ∴的最小值为 ， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，垂线段最短等知识点，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形三角形的判定和性质是解决问题的关键． 8． 【分析】本题考查了矩形的性质、旋转的性质，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质，是解题的关键． 利用矩形的性质以及旋转变换的性质得到，，进而求解即可． 【详解】解：如图：   四边形是矩形，点，， ，， 由旋转变换的性质可得：，， 在第二象限， ，即旋转后点的对应点坐标为． 故答案为：． 9．50 【分析】过点F作，交延长线于点H，依题意可证，易证为等腰直角三角形，得出，从而可得出点F在射线上，即得出当时，最短，即此时正方形的面积最小，且此时为等腰直角三角形，再根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点F作，交延长线于点H， ∵四边形为正方形，将绕点E顺时针旋转，得到， ∴，，，， ∴， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴点F在射线上， ∴当时，最短，即此时正方形的面积最小， ∴此时为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴S的最小值为50． 故答案为：50． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识．正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键． 10． 【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解． 【详解】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线， ∴，， ∴， ∴ 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质，连接，由菱形的性质可得，由三角形中位线定理可得，当时，最小，也最小，则，再由等腰直角三角形的性质即可得解． 【详解】解：如图，连接， ， ∵四边形为菱形， ∴， ∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当时，最小，也最小，则， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴的最小值是， 故答案为：． 12． 【分析】连接，可证明，即得出，．结合题意可证为等边三角形，得出，即说明当最小时，最小．由垂线段最短可知当时，最小，此时，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接． ∵在菱形中，， ∴，， ∴和都为等边三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴当最小时，最小． 由垂线段最短可知当时，最小， ∴， ∴， ∴，即． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，理解，且当时，最小，即最小是解题关键． 13． 【分析】过点作，交的延长线于点G，得到，根据全等三角形的判定易得，再由全等三角形的性质得到，利用直角三角形的性质得到，再利用已知得到，结合三角形的外角性质得到 即可求解． 【详解】解：过点作，交的延长线于点G，如下图 由旋转得，， ． 四边形是正方形， ，， ． ，， ． 在和中 ， ，， ， 即， ， ． ，， ． ， ， ． 【点晴】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的外角性质，作出辅助线证明三角形全等是解答关键． 14．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键． （1）由条件可证得四边形为平行四边形，再由菱形的性质可求得，则可证得四边形为矩形； （2）首先推知是等边三角形，所以，则，根据勾股定理知，结合矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形， 又四边形是菱形， ，即， 四边形是矩形； （2）在菱形中，， ， 又， 是等边三角形， ， ， ， 矩形的面积是． 15．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形性质和线段垂直平分线的性质证明，可得，所以四边形BEDF是平行四边形，再根据，即可证明结论； （2）根据勾股定理可得，进而可以求菱形的周长． 本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 由题意知：垂直平分， ，， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）可得，，， 在中，由勾股定理得， ，， ∴， ， 解得， ∴ 菱形的周长为． 16．(1)证明见解析 (2)矩形 (3) 【分析】（1）连接，根据中位线定理，得出进而得出，，即可求证； （2）根据三角形的中位线定理得出，结合推出，即可得出结论； （3）过点D作，且，连接，则四边形是平行四边形，可得，可推出当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，再证明，则由勾股定理得到，则的最小值为． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵点E、F、G、H是四边形各边中点， ∴分别是的中位线 ∴ ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：同理可得， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． （3）解：如图所示，过点D作，且，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴当C、B、H三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中点四边形，矩形的判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半． 17．(1) (2) (3)周长为，面积为 【分析】（1）由矩形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （2）由菱形的性质可得，据此可建立一元一次方程，解方程即可求出答案； （3）先利用的值求出的长，然后根据和即可求出菱形的周长和面积． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形； 四边形是菱形， ， 即：， 解得：， 答：当时，四边形是菱形； （3）解：当时，， 菱形的周长为：， 菱形的面积为：． 【点睛】本题主要考查了（特殊）平行四边形的动点问题，矩形的性质，菱形的性质，解一元一次方程，代数式求值，多边形的周长，利用菱形的性质求面积等知识点，利用各种图形的性质建立方程解决问题是解题的关键． 18．(1)①见解析；②等腰三角形，理由见解析 (2)或2 【分析】（1）①根据证明可得结论； ②证明，可知：是等腰三角形； （2）分两种情况： ①如图1，，过点作于，则； ②如图2，，根据等腰三角形的性质和勾股定理可解答． 【详解】（1）①证明：四边形是菱形， ，， ， ， ； ②解：是等腰三角形，理由如下： 四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 由①知：， ， ， 是等腰三角形； （2）解：分两种情况： ①如图1，当时，过点作于，则， 四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， 中，， ， ， ； ②如图2，当时， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ， ∵，，， ∴， ， ， ， ； 综上，的长为或2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，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． 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 $$