第1章 特殊平行四边形 闯关练习（含解析）-数学九年级上册北师大版

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第1章特殊平行四边形闯关练习-数学九年级上册北师大版
一、单选题
1．下列命题中，是真命题的是 （ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．一组邻边相等的平行四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是正方形
D．对边相等的平行四边形是菱形
2．下列有关对角线的描述中，正确的是（ ）
A．对角线互相平分且相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线相等且垂直的四边形是正方形
3．如图，已知直线，相邻两条平行线间的距离都等于1，若矩形的四个顶点分别在三条直线上，且，则矩形的面积等于（ ）
A． B． C．2 D．
4．如图所示，在正方形中，E为的中点，是上一点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至点，若，则线段的长度为（ ）
A．4 B． C．6 D．
6．如图，正方形中，E、F分别在和上，，若，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，若菱形的周长为20，则的长为（ ）
A．10 B．5 C． D．1
8．如图，在正方形内一点连接，过作与延长线交于点，连接，，下列结论中：①；②；③点到的距离为；④．其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ．
10．如图，正方形的边长为，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则 ．
11．如图，在菱形中，点为对角线上一点，且，连接，若，，则 ．
12．如图，矩形中，．点E为边上的一个动点，与关于直线对称，当为直角三角形时，的长为 ．
13．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则
14．如图，在正方形中，点F为上一点，与交于点E．若，则等于 度．

15．如图，在的两边上分别截取，，使；分别以点A，B为圆长为半径作弧，两弧交于点C；连接，，，．若，四边形的面．则的长为 ．

16．如图，在中，，，过点作，且．点在边上，以为直角边作等腰，且．连接，当时，的面积是 ．
三、解答题
17．如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作，交的延长线于点，连接若，，求的长．
18．如图，已知在中，于点于点分别是的中点，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
19．如图，在四边形中，，为的中点．
(1)求证：．
(2)若，试判断的形状并说明理由．
20．如图，的对角线、相交于点O，，与交于点F．
(1)在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件：______，使得四边形是矩形，并说明理由；
(2)若，求的面积．
21．如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求和的长．
22．
问题提出：
(1)如图1，在中，，点、分别是，的中点，则的长为___；
问题探究：
(2)如图2，在中，，点在上，，点在上，，连接，、分别为、的中点，求的长度？
问题解决：
(3)西安高新区为了进一步提升周边居民的居住环境，拟在一个长方形的草坪内对角线右侧修建一个三角形池塘，如图，，，，为草坪入口，为草坪出口，在人行道的中点处有一个凉亭，在池塘处是一个观景台，游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等吗？为什么？
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C D C D B C B
1．A
【分析】本题考查了命题：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题；错误的命题称为假命题，熟练掌握平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法是解题关键．利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故该选项是正确的；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项是错误的；
C、对角线垂直、相等的平行四边形是正方形，故该选项是错误的；
D、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项是错误的；
故选：A
2．C
【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定定理解答即可．
本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】解：A. 对角线互相平分且相等且垂直的四边形是正方形，错误，不符合题意；
B. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，错误，不符合题意；
C. 对角线相等的平行四边形是矩形，正确，符合题意；
D. 对角线相等，平分且垂直的四边形是正方形，错误，不符合题意；
故选C．
3．D
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识．根据题意设，则，，利用等面积法建立等式求出的值，即可求得矩形的面积．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
设，则，，
直线，相邻两条平行线间的距离都等于1，
，
解得或（不合题意，舍去），
，则，
矩形的面积．
故选：D．
4．C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，设正方形的边长为，先求出，则，再利用勾股定理得到，，，则，据此利用勾股定理的逆定理可得是直角三角形．
【详解】证明：设正方形的边长为，
∵E为的中点，是上一点，且，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
同理可得，，
∴，
∴是直角三角形．.
故选C．
5．D
【分析】过点作于，如图所示，由旋转性质得到，从而得到是等腰三角形，结合等腰三角形性质确定是线段的垂直平分线，再由正方形性质，利用三角形全等的判定得到，进而由全等性质得到，在中，由勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：过点作于，如图所示：
将边绕点逆时针旋转至点，
，
由等腰三角形三线合一性质可得是线段的垂直平分线，则，
在正方形中，，，
，
，
，
，
在和中，
，
，则，
在中，，，
则由勾股定理可得，
，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形中求线段长，涉及旋转性质、等腰三角形的判定与性质、垂直平分线的判定与性质、三角形全等的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识，读懂题意，准确构造出辅助线，灵活运用相关几何性质求解是解决问题的关键．
6．B
【分析】先证明，得到，再利用直角三角形的面积公式解答即可．
本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】证明：四边形为正方形，，，，
，，
，
在与中
；
，
，
，
，
故选B．
7．C
【分析】根据，判定是的中位线，利用中位线定理计算即可．
本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质和中位线定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，菱形的周长为20，
∴是的中位线，，
∴，
故选C．
8．B
【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，四边形的面积，由正方形的性质可得，，进而得，由垂直得，即得，即可得，进而由得到，即可判断①；由全等三角形的性质得，由等腰直角三角形的性质得，即可得，得到，即可判断②；由勾股定理可得，进而得，过点作的延长线于点，则，，由勾股定理得，即可判断③；由计算即可判断④；掌握正方形和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，故①正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
即，故②正确；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
过点作的延长线于点，则，，
∴，
∴点到的距离为，故③错误；
，
故④错误；
综上，正确结论的个数为个，
故选：．
9．/15度
【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质得，由等边三角形的性质得出，求出，进而可求出结论．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
则，，
∴．
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，根据正方形的性质、勾股定理，计算，根据旋转的性质，得出，，推出，根据勾股定理计算即可，熟练掌握旋转的性质、正方形的性质、勾股定理是解题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为，为边上一点，，
∴，，
∴，
∵绕着点逆时针旋转后与重合，
∴，，
∴，即，
∴，
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，由四边形是菱形，得，，，则有，，，再通过勾股定理求出，即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理可知：，
在中，由勾股定理可知：，
∴，
故答案为：．
12．9或18
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质的综合应用，分情况讨论，作出图形是解题关键．
分两种情况分别求解，（1）当时，如图1，根据轴对称的性质得，得；（2）当时，如图2，根据轴对称的性质得，得、、在同一直线上，根据勾股定理得，设，则，根据勾股定理得，，代入相关的值，计算即可．
【详解】解：（1）当时，如图1，
∵，
根据轴对称的性质得，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（2）当时，如图2，
根据轴对称的性质得，
为直角三角形，
即，
∴，
∴在同一直线上，
根据勾股定理得，
∴，
设，则，
在中，，
即，
解得，
即；
综上所述：的长为9或18；
故答案为：9或18．
13．/32度
【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判断与性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴ ，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分线段，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
14．63
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求得，然后根据三角形内角和定理求得，再根据全等三角形的判定与性质即得答案．
【详解】四边形为正方形，
，，，
，
，
，
，，，
，
．
故答案为：63．
15．4
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．菱形的面积等于对角线乘积的一半，判断出四边形是菱形，是解题的关键．
【详解】解：根据作图得：，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
，
故答案为：4．
16．
【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，等腰三角形的性质，三角形的面积，过点作于，延长交于点，可得四边形是矩形，再证明，得到，，即可得四边形是正方形，得到，进而得，再由三线合一可得，即得，即可得，最后根据三角形的面积公式即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作于，延长交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
（1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据垂直的定义得到，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
．
18．(1)见解析
(2)4
【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定和性质以及勾股定理；
（1）根据题意得，结合中点得和，则，即是等腰三角形，由是的中点即可判定垂直；
（2）由（1）可知，且，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）证明：，
．
是的中点，
．
同理可得，则，
即是等腰三角形．
是的中点，
．
（2）解：，
．
由（1）可知，
．
19．(1)见解析
(2)是等边三角形，理由见解析
【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定：
（1）由直角三角形斜边上的中线性质推出，等边对等角，即可得出结论；
（2）先证明是的垂直平分线，进而得到，等边对等角，推出，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵，为的中点，
∴，
∴；
（2）解：是等边三角形，理由如下：
∵，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴是等边三角形．
20．(1)，理由见解析
(2)96
【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质．
（1）由，可得四边形是平行四边形，只需添加条件使得即可得到矩形；
（2）由（1）可得当时，四边形是矩形，得到，根据平行四边形的对角线互相平分并结合勾股定理求出，证明是菱形，根据菱形的性质即可求出面积．
【详解】（1）解：添加条件：，理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是矩形．
（2）解：由（1）可得当时，四边形是矩形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵
∴在中，，
∴在中，，
∵，
∴是菱形，
∴．
21．(1)见详解
(2)13；8
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，证明四边形OEFG为矩形是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得，，再由三角形中位线定理得，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论；
（2）由三角形的中位线定理得，再由矩形的性质得，，，然后由勾股定理求出的长，即可得出的长．
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，，
∵E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
由（1）得：，四边形是矩形，
∴，，，
∵E是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
22．（1）2；（2）；（3）相等，理由见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理即可求解；
（2）连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点，根据中位线的性质求得，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求得，进而在中，勾股定理即可求解；
（3）取的中点，的中点，连接，根据中位线的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，三角形的外角的性质，证明，即可证明，根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：（1）∵在中，，点、分别是，的中点，
∴，
故答案为：．
（2）如图所示，

连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点，
∵、分别为、的中点
∴，，，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴在中，；
（3）解：相等，理由如下，
如图所示，取的中点，的中点，连接，

∵是的中点，
∴，，
∴，，
∴
∵，则，
∴，，
∴
∵，为的中点，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴．
即游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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