第一章 特殊平行四边形 单元试卷 2025-2026学年北师大版数学九年级上册

第一章 特殊平行四边形 单元试卷 2025-2026学年北师大版数学九年级上册 学校:___________姓名:___________班级:___________学号:___________ 一、单选题 1．下列说法不正确的是（    ） A．对角线互相垂直的平行四边形四边形是菱形 B．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形 C．四边都相等的四边形是正方形 D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 2．如图，四边形是菱形，与交于点O．下列说法一定正确的是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在中，，，是边的中点，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．如图：点E，F，G，H分别是四边形边，，，的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 5．如图，延长矩形的边至点，使，连接，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．如图,四边形ABCD是菱形,CD=5,BD=8,AE⊥BC于点E,则AE的长是 (　　) A． B．6 C． D．12 7．如图，矩形的对角线、相交于点，若，则度数为（   ） A． B． C． D．无法确定 8．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，且，作分别交AC、AB于点G、F，P、H分别是AG，BE的中点，则PH的长是(   ) A．2 B．2.5 C．3 D．4 9．如图，在矩形中，，，是上一点，，是上一动点，连接，取的中点，连接，则线段取得最小值是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 10．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板中，为对角线，，分别为，的中点，分别交，于，两点，，分别为，的中点，连接，，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（   ） ①图中有7个等腰直角三角形；②四边形是菱形； ③；④四边形是正方形． A．①②③ B．②③ C．①③④ D．①④ 二、填空题 11．如图，在矩形中，点，分别在边，上，且．在不添加任何辅助线的情况下，现只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是 ．（写出一个即可） 12．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为 °． 13．如图，在矩形中，点B的坐标为，则的长是 ． 14．如图，在菱形中，连接交于点，为上一点，连接．若，，，则 ． 15．将正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合，折痕交于点E，交折痕于点H，已知正方形的边长为4，则的长度为 ．    16．如图，在矩形中，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点． （1）若，则的度数是 ； （2）若，，则图中阴影部分的面积为 ． 17．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，P是上任一点，于E，于F，若，，则的最小值为 ． 18．如图，在正方形中，对角线交于点O，平分交于，点为的中点，连接并延长分别交，于点，，下列结论：①，②，③，④，其中正确的是 （填序号）． 三、解答题 19．如图，菱形对角线交于点，，，与交于点．    （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求菱形的面积． 20．如图，在长方形纸片中，，点E在上，将沿折叠，使点A落在对角线上的点F处，    (1)求的长； (2)求的长． 21．如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交，于点，，连接，．    （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，求的长． 22．在正方形中，E是边上一点（点E不与点B，C重合），，垂足为点E，与正方形的外角的平分线交于点F． （1）如图1，若点E是的中点，猜想与的数量关系是______．证明此猜想时，可取的中点P，连接．根据此图形易证．则判断的依据是______． （2）点E在边上运动． ①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由． ②如图3，连接，若正方形的边长为2，直接写出周长的最小值为______． 参考答案 1．【答案】C 【分析】根据平行四边形、菱形、正方形的判定定理逐一分析选项，找出不正确的说法，即可求解． 【详解】解：A． 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．根据菱形判定定理，对角线互相垂直的平行四边形必为菱形，故A正确． B． 一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形．若一组对边平行且对角相等，可推导出另一组对边也平行（同旁内角互补），满足平行四边形定义，故B正确． C． 四边都相等的四边形是正方形．四边相等的四边形是菱形，但菱形需满足一个角为直角或对角线相等才是正方形，仅四边相等无法直接判定为正方形，故C错误． D． 两组对角分别相等的四边形是平行四边形．根据平行四边形判定定理，两组对角相等可推出两组对边分别平行，故D正确． 综上，不正确的是选项C． 故选C． 2．【答案】C 【分析】根据菱形的性质，逐一分析，即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴． 由菱形的性质，可知对角线垂直，但不一定相等，故不一定等于； 对角相等，但不一定互补，故不一定等于； 对角线互相平分，即，故不一定等于． 故选C． 3．【答案】A 【分析】由，是边的中点，得出，则可得，再利用三角形外角的性质即可得． 【详解】解：∵，是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选A． 4．【答案】B 【详解】如图：连接，交于点O， 因为，，，分别是四边形边的中点， ∴，，，，，，，， ∵，∴，∴四边形是菱形， ∴，，，∴， ∵四边形面积为，，∴，解得， ∴， 在中，． 故选B． 5．【答案】A 【分析】先结合矩形的性质得，根据等边对等角，直角三角形两个锐角互余，得，再运用三角形外角性质，进行列式计算，即可作答． 【详解】解：连接，交于点，如图所示： ∵四边形是矩形 ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， 故选A． 6．【答案】A 【详解】∵四边形ABCD是菱形,CD=5,BD=8,∴BC=CD=5,BO=DO=4,OA=OC,AC⊥BD,∴∠BOC=90°.在Rt△OBC中,由勾股定理得OC===3,∴AC=2OC=6.∵AE·BC=BD·AC=OB·AC,∴AE===,故选A. 7．【答案】A 【分析】根据矩形的性质，推出为等边三角形，进而得到，再根据角的和差关系进行求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选A． 8．【答案】B 【分析】连接PF，CF，先证明PF⊥AG，再根据H点为CF中点可得PH为Rt△PFC斜边的中线，即，在矩形EFBC中，利用勾股定理求出CF，则PH可求． 【详解】连接PF，CF，如图， ∵四边形ABCD是正方形，， ∴四边形EFBC是矩形， ∴∠BFE=90°=∠AFE，DE=AF=1， ∵H为BE中点， ∴H在CF上，且也为CF中点， ∵AC为正方形ABCD的对角线， ∴AC平分∠BAD，即∠FAG=∠GAD=45°， ∵△AGF中，∠AFG=90°，∠FAG=45°， ∴∠FGA=45°，即△AGF是等腰直角三角形， ∵P点为AG中点， ∴PF⊥AG，即△PFC是直角三角形， ∵H为CF中点， ∴PH为Rt△PFC斜边的中线， ∴， ∵在矩形EFBC中，EF=BC=4， 又∵AF=1， ∴BF=AB-AF=4-1=3， ∴， ∴， 故选B． 9．【答案】A 【分析】过点P作交于点M，易知是的中位线，可得，当取得最小值时，最小，根据垂线段最短求出最小值即可． 【详解】解：过点P作交于点M， 由条件可知是的中位线， ∴，， 当取得最小值时，最小， 当时，最小，此时， ∴． 故选A． 10．【答案】C 【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；②利用①的结论可以证明解决问题；③如图，过点M作，连接，设，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出和即可判定是否正确；④由正方形的判定可得出结论． 【详解】解：①如图，分别为的中点， 为的中位线， ， ， ， ∵四边形为正方形， 都是等腰直角三角形， 分别为的中点， ， 、也是等腰直角三角形． 故图中有7个等腰直角三角形，①正确； ②根据①得， , ∴四边形不可能是菱形．故②错误； ③如图，过点M作，连接， 分别为的中点， ， ∵四边形是正方形，且设， ， ， ， ， ∴点P在上， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， 为的中点， ， 为的中点， ， ， ∴四边形的面积 ∴四边形的面积占正方形面积的， 是的中点， ， ∴四边形的面积占正方形面积的， ， 故③正确； 由①可知和都是等腰直角三角形， ， ， ∴四边形是矩形， 又是的中点， ， ， ， ∴四边形是正方形． 故④正确． 故选C． 11．【答案】 【分析】由题意得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或或或(一组邻边相等的平行四边形是菱形)． 故答案为（答案不唯一）． 12．【答案】60 【详解】根据正方形和等边三角形的性质可得：∠BAD=90°，∠DAE=60°，根据△BAE为等腰三角形可得：∠ABE=∠AEB=15°，根据正方形的性质可得：∠BCF=45°，∠CBF=90°-15°=75°，根据△BCF的内角和定理可得：∠BFC=180°-45°-75°=60°. 13．【答案】13 【分析】根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：连接，过作轴于， 点的坐标是， ，，由勾股定理得，， 四边形是矩形， ， ． 14．【答案】 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴ 15．【答案】 【分析】根据题意得，垂直平分，，，，则，即，根据得，即，根据勾股定理得，，则，进行计算即可得． 【详解】解：∵正方形纸片的边长为4， ∴， ∵正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合， ∴垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ， . 16．【答案】； 【分析】（1）先连接，且交于点，结合矩形的性质以及，得出，故是等边三角形，则，根据折叠与平行线的性质以及邻补角互补得，即可作答． （2）根据四边形是矩形，得，以及等角对等边得 ，在中，结合勾股定理得，整理得，解得，结合三角形面积公式列式计算，即可作答． 【详解】解：（1）连接，且交于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵折叠， ∴， 即， ∵， ∴， ∴； （2）∵四边形是矩形， ∴， 由（1）得，， 即， ∴， 在中，， 即， ∴， 解得， ∴图中阴影部分的面积. 17．【答案】 【分析】过作于，证明，由菱形的面积公式求出的长．过作于，由菱形的性质推出，，，，平分，由角平分线的性质推出，由于，，，得到、、共线时，有最小值，即的长度，由勾股定理求出，由菱形的面积公式得到，即可求出，得到的值． 【详解】解：过作于， 四边形是菱形， ，，，，平分， 于， ， ，，， 当P、、共线时，，此时有最小值，即的长度 ，， ，， ， 菱形的面积， ， ． 的值为． 18．【答案】①②④ 【分析】由正方形性质结合平分得到，然后得到，即可证明①正确；结合点M为的中点和等腰三角形得到，得出，即可证明②正确；先证明，设，则，求出，得出，得到③错误；根据等腰三角形的性质得出，根据直角三角形的性质得出，根据等腰三角形性质求出，得出④正确． 【详解】解：∵正方形， ∴，，，，， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①正确； ∵点M为的中点，， ∴， ∴， ∴；故②正确； ∵， ∴ ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴，故③错误； ∵，， ∴， ∵，即为直角三角形， ∴， ∴，故④正确， 综上所述，正确的是①②④． 19．【答案】（1）见详解 （2）96 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，推出平行四边形是矩形，即可证明； （2）根据矩形的性质可得，，利用勾股定理求出，再结合菱形的性质求出、，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ，， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积为：． 20．【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用勾股定理计算即可； （2）由翻折得：，求出，，设，则，在中，由勾股定理得，代入求出x即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴； （2）由翻折得：， ∴， 设，则， 在中，， ∴， ∴ ∴． 21．【答案】（1）见详解 （2） 【分析】（1）由条件可先证四边形为平行四边形，再结合线段垂直平分线的性质可证得结论； （2）由菱形的性质可求得，设，在和中，分别利用勾股定理可得到关于的方程，可求得的长． 【详解】（1）证明：为中点，， 为的垂直平分线， ，，，， ∵四边形ABCD是矩形， ， ， ， ∴， 四边形平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ，， ， 设， 在中，， 在中，， ， 解得， ． 【知识归纳】线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点与线段两个端点的距离相等． 22．【答案】（1）， （2）①成立，理由见详解；②的周长的最小值是 【分析】（1）取的中点P，连接．先证，再证，然后由证，即可得出结论； （2）①在上取一点P，使，连接，由证，即可得出结论； ②过D作交于点H，连接，证是等腰直角三角形，则点H与D关于对称，得，，当A、F、H三点共线时，即最短，此时，，再由勾股定理得，此时周长最小值． 【详解】（1）解：如图1，取的中点P，连接． 则， ∵点E是的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴. （2）解：①成立，理由如下： 如图2，在上取一点P，使，连接， 则， 由（1）得：， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②如图3，过D作交于点H，连接， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴点H与D关于对称， ∴， ∴， 当A、F、H三点共线时，即最短， 此时，， 在中，由勾股定理得：， 此时周长的最小值. 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$