第一章特殊平行四边形提升练习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 提升练习 一、单选题 1．下列说法错误的是（   ） A．四角相等的四边形是矩形 B．三角相等的平行四边形是矩形 C．两角为直角的四边形是矩形 D．一角为直角的平行四边形是矩形 2．在实验课上，为判断地板瓷砖是否为菱形，甲、乙二人分别用工具进行了测量，甲测量出两组对边分别平行，然后乙测量出______，最后得到结论：地板瓷砖是菱形，则横线处为（    ） A．两组对边分别相等 B．一组邻边相等 C．两条对角线相等 D．一组邻角相等 3．如图，矩形的边在数轴上，点的坐标为，点的坐标为1，，以为圆心，为半径画弧与数轴交于点，则点表示的实数是（   ） A． B． C． D． 4．如图，一架梯子斜靠在一个垂直于地面的墙面上，是的中点．若米，米，则为（    ） A．米 B．米 C．米 D．米 5．如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（   ） A． B． C． D． 6．如图，在菱形中，对角线的长分别为2和5，求点在对角线上，且，与相交于点，与相交于点，阴影部分的面积是（　　） A．10 B．5 C．2.5 D．6 7．如图，在矩形中，点E在的延长线上，与交于点G，点F是的中点，若要知道的面积，则需要知道（   ） A．的长 B．矩形的面积 C．梯形的面积 D．的度数 8．如图，在平面直角坐标系中，，点、分别在轴正半轴和轴正半轴上，，则等于（　　） A．10 B．11 C．12 D．13 9．在菱形中，，则菱形的周长为（   ） A．40 B．30 C．20 D．10 10．如图（1）， 在中， ，D是斜边的中点，动点E从点A出发，沿运动，设 ， 点E运动的路程为x， 若y与x之间的函数图象如图（2）所示，则的长为（ ） A．1 B． C．2.5 D．4 二、填空题 11．如图，在长方形中，，，将长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则 ． 12．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为24，则的长为 ． 13．如图，在矩形中，，E是边上一动点，F是对角线上一动点，且，则的最小值为 ． 14．如图所示，中，，是斜边的中点，将绕点按顺时针方向旋转得到，点在的延长线上，若，，则与的面积比为 ． 15．在边长为的正方形中，为对角线上一动点，为直线上一动点，，若点从点出发，沿方向移动到停止，则此过程中的中点移动的路径长 ． 三、解答题 16．如图，在中，，点D，E分别是边，的中点，延长到点F，使．若，求的长是多少？ 17．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，、．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题： (1)画线段，使，且： (2)连接，四边形的形状为 ； (3)从下面两问中选一问作答：①作中线（保留作图痕迹）；②在上确定E使得（保留作图痕迹） 18．如图，在矩形中，四边形，四边形分别是面积为6，2的正方形，点在上． (1)求四边形（阴影部分）的面积； (2)连接，，分别求，的长； (3)在中，求边上中线的长． 19．如图，在平行四边形中，，，垂足分别为，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． (3)连接，若，，则四边形的周长___________． 20．在平面直角坐标系中，已知矩形，其中． (1)如图1，若点，在边上，将沿翻折，点恰好落在边上的点处．请直接写出点的坐标及的长； (2)如图2，在第（1）问的前提下，将沿轴向上平移个单位长度得到，平面内是否存在点，使以为顶点的四边形是菱形，若存在，求点的坐标，若不存在，请说明理由． (3)如图3，若点，连接，，两点分别是线段，上的动点，且，求的最小值． 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 提升练习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 B C B C C B C C C 1．C 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理．根据矩形的判定定理解答即可． 【详解】解：A、四角相等的四边形是矩形，原说法正确，本选项不符合题意； B、三角相等的平行四边形是矩形，原说法正确，本选项不符合题意； C、两角为直角的四边形不一定是矩形，原说法不正确，本选项符合题意； D、一角为直角的平行四边形是矩形，原说法正确，本选项不符合题意； 故选：C． 2．B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定．根据菱形的判定方法“一组邻边相等的平行四边形是菱形”进行判断即可得． 【详解】解：∵甲测量出两组对边分别平行， ∴此地板瓷砖是平行四边形， A、两组对边分别相等，也只能说明四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故本选项符合题意； C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、一组邻角相等，不能说明平行四边形是菱形，故本选项不符合题意； 故选：B． 3．C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理和实数与数轴，解题的关键是根据勾股定理得出半径的长．根据矩形的性质以及勾股定理求出的长，即BE的长，再根据两点间的距离公式求出点E对应的数． 【详解】解：∵矩形的边在数轴上，点的坐标为，点的坐标为1，， ，， 在中，， ， ， 点表示的实数是， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，由题意可得，，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：依题意，， ∵是的中点， ∴， 在中， 故选：B． 5．C 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据矩形的性质得出，即可求出，进而可求出，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 【详解】解：连接，交于点O，如图，   四边形矩形， ，，， ， ， ， ， ， ，， ． 故选：C． 6．C 【分析】本题考查了菱形的性质以及平行四边形的判定与性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质得，再证明四边形是平行四边形得，即涂色部分的面积的面积，然后的面积是菱形面积的一半以及菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴． 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． 则阴影部分的面积的面积， ∵的面积=菱形的面积的一半， ∴菱形的面积， ∴图中阴影部分的面积为， 故选：C． 7．B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由矩形的性质、三角形的面积公式推出． 连接，由矩形的性质以及三角形的面积公式推出，即可得到答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴， ∴， ∴， ∴要知道的面积，则需要知道矩形的面积． 故选：B． 8．C 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质. 过作轴于，轴于，推出证，推出，求出，代入求出即可． 【详解】解：过作轴于，轴于，    ∵ ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴矩形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ ． 故选：C． 9．C 【分析】本题主要考查菱形的性质和勾股定理，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得，在中，根据勾股定理可以求得的长，即可求菱形的周长． 【详解】解：菱形对角线互相垂直平分， ∴， ∴， ∴菱形的周长． 故选：C． 10．C 【分析】此题考查勾股定理，动点问题，根据图象得，勾股定理求出，根据直角三角形的性质求出的长． 【详解】解：由题意得， ∵， ∴， ∵D是斜边的中点， ∴， 故选：C． 11． 【分析】该题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，在解决本题的过程中要注意折叠时出现的相等的线段，把求线段长的问题转化为解方程的问题． 根据已知条件可以知道，，若设，则，在 中可以利用勾股定理，列方程求出的长． 【详解】解：设，则， 又 ∵在中， 即， 解得． 故答案为：． 12．5 【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形的斜边中线的性质，勾股定理．利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，求出菱形的对角线，再求出和，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：5． 13． 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等．掌握矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理是解本题的关键． 依据题意，延长到，使，连接，，由四边形是矩形，从而，，，，先证，进而，故，所以当点、、共线时，最小，最小值为，最后利用勾股定理进行计算可以得解． 【详解】解：延长到，使，连接，， 四边形是矩形， ，，，， ， ， ， ， ， 当点、、共线时，最小，最小值为． 最小值为． ， ， 在中，， ， 最小值为． 故答案为：． 14．/ 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，勾股定理等，利用面积法求的长是解决本题的关键． 过点作于点，根据勾股定理可得的长，根据直角三角形的性质可得的长，根据，可得的长，根据勾股定理可得的长，根据旋转的性质进一步可得的长，即可判断出面积比． 【详解】过点作于点，如图所示： ，，， ∴， ∵是斜边的中点， ∴，， ， 即 解得 在中 根据勾股定理，， 根据旋转的性质，可得， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∵与的高为， ∴与的面积比为． 故答案为． 15． 【分析】本题考查了正方形的性质、中位线的性质和动点问题，解题关键是利用中位线的性质得出的中点移动的路径． 取的中点，连接并延长，交于点，由题意可知，中点在上移动，点移动的路径长为时，中点移动的路径为，进而可得在从移动到时，中点移动的路径为，求出长度即可． 【详解】解：取的中点，连接并延长，交于点，延长至，使得，取的中点，连接， 是的中点， ，即中点在上移动，为的中点， 当点在点时，点与点重合，的中点即为的中点， 同理可得：当点在点时，点与点重合，的中点即为的中点， 的中点移动的路径长即为的长， 由中位线性质得，， 当点从点出发，沿方向移动到停止，此过程中的中点移动的路径长为． 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了直角三角形的性质、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质，连接，由直角三角形的性质可得，由题意可得是的中位线，从而可得，，证明四边形为平行四边形，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接， ， ∵在中，，点D，E分别是边，的中点， ∴，是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴． 17．(1)见解析 (2)菱形 (3)见解析 【分析】本题考查作图一应用与设计作图，菱形的判定，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型． （1）根据要求作出图形即可； （2）根据四边相等的四边形是菱形判断即可； （3）①利用矩形的性质即可确定点D；②利用网格及勾股定理即可确定点E． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； （2）∵， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：菱形； （3）①如图，即为所求 如图，点E即为所求 18．(1) (2)， (3) 【分析】（1）先证明，，可得，再进一步求解即可； （2）利用正方形的性质结合勾股定理计算即可； （3）证明，求解，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形，四边形分别是面积为6，2的正方形， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形； ∴四边形是矩形， ∴四边形（阴影部分）的面积为． （2）解：∵四边形，四边形分别是面积为6，2的正方形， ∴，，， ∴，． （3）解：如图，取的中点，连接， ∵四边形，四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，二次根式的乘法运算，掌握以上基础知识是解本题的关键． 19．(1)证明见解析 (2)24 (3)16 【分析】（1）由题意易证，即得出，即证明平行四边形是菱形． （2）连接交于O，利用勾股定理求出对角线的长，即可解决问题． （2）由菱形的性质可知，即证明，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出，即求出，最后利用含角的直角三角形的性质即可求出的长，进而可得的长，即求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ，，， ，， ∴， ， ； （3）解：连接， 由（1）可知，平行四边形是菱形， ，， ， ， 即， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ∴四边形的周长， 故答案为：16． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 20．(1)， (2)，，，理由见解析 (3)9 【分析】（1）根据勾股定理求出点坐标，设，根据勾股定理列方程解决； （2）由平移得出，，，根据菱形性质分情况求出即可； （3）分别取，中点、，连接，以为边构造，连接，，推出当点、、在同一直线上时值最小，求出即可． 【详解】（1）解：点的坐标为，点的坐标为， ，， 把长方形沿翻折后， ，， ， 点，， ， ， ， ； ，； （2）解：存在，，，，理由如下： 根据题意得，，， 当时，， 解得， ， 则将点先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到， 同理将点先向右平移8个单位，再向下平移6个单位得到； 当时，， 解得， ， 则将先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到点， 同理将点先向左平移8个单位，再向上平移6个单位得到； 当时，， 解得， ，， 则将向上平移个单位得到点， 同理将点向上平移个单位得到点； 综上所述，点存在，，，． （3）解：如图，分别取，中点、，连接，以为边构造，连接，， ，则， 当点、、在同一直线上时值最小， 最小值为， ，， 矩形为正方形， ，且， ， 在中，， 在中，， 则的最小值为9． 【点睛】本题考查几何变换的综合应用，主要考查了矩形及菱形性质、平移的性质、勾股定理的应用、坐标与图形，熟练掌握相关性质是解题关键． 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 $$