北师大版九年级数学第一章特殊平行四边形单元试卷（含解析）

北师大版九年级数学第一章 特殊平行四边形单元试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．菱形不具备的性质是（ ）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．对角线平分对角 D．是中心对称图形
2．如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（ ）

A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
3．如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
5．如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③；

上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
6．对于一个四边形，下列命题的逆命题中，不正确的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．平行四边形的两组对边分别相等
C．矩形的对角线相等 D．矩形的四个角都是直角
7．如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（ ）

A．2 B．4 C．5 D．6
9．如图，正方形的对角线相交于点O，点E在边上，点F在上，过点E作，垂足为点G，若，，，则的长为（ ）

A．3 B． C． D．
10．如图，在正方形中，点E，G分别在，边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接，若正方形的边长为4，则的长度是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图所示，在矩形中，是上任一点，连接，是的中点，若的面积为，则矩形的面积为 ．
12．如图，在菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，若AB=3，BD=4，则菱形ABCD的面积为 ．
13．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．

14．如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为 ．
.
15．如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为 ．
三、解答题
16．如图，在矩形中，点E，F在BC上，且，连接．求证：．
17．已知：如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接DE，DF，∠ADF＝∠CDE．求证：AE＝CF．
18．如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
19．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

20．如图，的对角线、相交于点O，过点D作且，连接、，．

(1)求证：是菱形；
(2)若，求的长．
21．如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．

(1)求证：；
(2)当时，求证：四边形是矩形．
22．如图，已知垂直平分，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若，，求的长．
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据菱形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A．菱形的四条边都相等，故本选项不合题意；
B．菱形的对角线不相等，故本选项符合题意；
C．菱形的对角线平分内角，故本选项不合题意；
D．菱形是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中心对称图形，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
2．C
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.
3．C
【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分交于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
4．B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
5．D
【分析】如图，过作于，则四边形是矩形，则，由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，，，，则，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，进而可判断②的正误；由勾股定理得，即，则，进而可判断③的正误．
【详解】解：如图，过作于，则四边形是矩形，

∴，
∵，
∴，①正确，故符合要求；
∵，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
由勾股定理得，即，
∴，③正确，故符合要求；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．C
【分析】本题考查了逆命题，平行四边形的性质与判定，矩形的判定等知识．根据题意正确改下逆命题是解题的关键．
先将各选项改写成逆命题，然后根据平行四边形的性质与判定，矩形的判定判断正误即可．
【详解】解：由题意知，A选项的逆命题为平行四边形是对角线互相平分的四边形，正确，故不符合要求；
B选项的逆命题为两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，故不符合要求；
C选项的逆命题为对角线相等的四边形是矩形，错误，故符合要求；
D选项的逆命题为四个角都是直角的四边形是矩形，正确，故不符合要求；
故选：C．
7．C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
8．B
【分析】由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形，
∴，与互相平分，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴菱形的面积为．
故选：B
【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
9．B
【分析】证明，可得，再利用等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到．
10．C
【分析】延长交于H，利用已知条件证明，然后利用全等三角形的性质证明，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图：延长交于H，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
而，
∴，
∵，正方形的边长为4，
∴，，，
在中，，
在中，，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形中位线的性质，具有一定的综合性，解题关键是作出辅助线，利用全等三角形、正方形和三角形中位线的性质以及勾股定理求解．
11．24
【分析】根据矩形的性质和三角形中线的性质，求解即可．
【详解】解：连接，
是的中线，的面积为，
，
又∵矩形与同底等高，
矩形的面积．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和三角形中线的性质，熟练掌握三角形的中线三角形分成面积相等的两个三角形；求三角形或矩形面积充分运用底，高相等的关系解答是解题的关键．
12．
【分析】根据勾股定理求出对角线AC的长，然后利用菱形面积公式计算即可．
【详解】解：四边形ABCD是菱形，，
，
，
，
，
则S菱形ABCD，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式等知识点，利用勾股定理求出AC是关键．
13．/
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
14．24
【分析】根据平行线的性质可得，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形，根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．
【详解】∵，
∴，
∵的垂直平分线交于点，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，，，
∴平行四边形为菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面积为，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
15．2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
16．证明见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定．利用证明即可．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，．
在和中，
∵，
∴．
17．见解析
【分析】根据菱形的性质得出，，再利用角的等量代换得出，接着由角边角判定，最后由全等的性质即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，E，F是对角线AC上两点，
∴，．
∵，
∴，
即．
在和中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练地掌握这些性质和判定定理，并能从题中找到合适的条件进行证明．
18．（1）证明见解析；（2）OE=2．
【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB//CD，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵∥，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，
∴，，，
∴，
在Rt△AOB中，，
∴，
∵，
∴，
在Rt△AEC中，，为中点，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
19．(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据，得到，四边形是平行四边形，结合得到平行四边形是矩形，即可得到，即可得到证明；
（2）根据四边形是菱形，得到，，，即可得到是等边三角形，从而得到，根据勾股定理求出，再结合矩形性质及在中利用勾股定理列式求解即可得到答案；
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴，
是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
∴，，
在中，；
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是根据题意条件得到菱形的条件．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证；
（2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形．
【详解】（1）证明：在与中，
∴，
∴，
又∵、分别是、的中点，
∴；
（2）∵，
∴四边形是平行四边形，，
∵为的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；
（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得，进而勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
在与中，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是平行四边形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
，
如图，设交于点，
设则
即
解得：，即，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．
答案第1页，共2页
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