第一章特殊平行四边形单元测试-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 单元测试 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．4 2．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．8 5．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．8 8．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． 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 《第一章 特殊平行四边形 单元测试-2025—2026学年北师大版数学八年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B A B D C C B 1．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A 6．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：C 10．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：， 解得：， ∴直线所对应的函数表达式为； （3）解：过点E作轴于点F，如图所示． ∵， ∴ ∴， ∴， 在中，， ∴点E的坐标为． （4）解：存在， 如图所示，由，设直线的解析式为：， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为：， 令，则， 解得：， ∴存在，点P的坐标为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题． 20．（1）；；（2）①见解析；②不变，；（3） 【分析】（1）连接，交于点O，根据菱形的性质证得为等边三角形，即可求解； （2）①根据菱形的性质可得，，再由以及平行线的性质可得，从而得到，即可求证；②根据全等三角形的性质可得，即可解答； （3）连接，交于点，过点作于点，则，证明四边形是矩形，可得，即可解答． 【详解】解：（1）如图，连接，交于点O， ∵四边形是菱形，且边长为， ∴， ∴平分， ∴， ∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：；． （2）①证明：四边形，四边形都是菱形， ，，，， ，． ， ， ， ． ，， ． ②的度数不变．理由如下： 四边形是菱形，， ． ， ， ， 故的度数不变，． （3）如图，连接，交于点，过点作于点，则． 四边形，四边形都是菱形，，， ，，，，， ， ． ，， ， ∵， ， ∴． ， ， 直线是线段的垂直平分线， ， ， ， 四边形是矩形， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，含度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 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 $$