【九年級上冊】特殊的平行四邊形章末題型過關(guān)卷（含答案）

九年級上冊數(shù)學(xué)章末題型過關(guān)卷第1章特殊的平行四邊形考試時間：60分鐘；滿分：100分姓名：___________班級：___________考號：___________一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．(3分)（2022?湘西州）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面積為323，則CD的長為（）A．4 B．43 C．8 D．832．(3分)（2022?鹿城區(qū)校級一模）如圖是以KL所在的直線為對稱軸的軸對稱圖形，六邊形EFGHLK的各個內(nèi)角相等，記四邊形HCH′L、四邊形EKE′A、△BGF的周長分別為C1、C2、C3，且C1＝2C2＝4C3，已知FG＝LK，EF＝6，則AB的長是（）A．9.5 B．10 C．10.5 D．113．(3分)（2022?市南區(qū)校級二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝12，點E是AD上的一點，AE＝6，BE的垂直平分線交BC的延長線于點F，連接EF交CD于點G，若G是CD的中點，則BC的長是（）A．12.5 B．12 C．10 D．10.54．(3分)（2022春?嵩縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝7，點P在AD上，點Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+QD的最小值為（）A．25 B．24 C．193 D．135．(3分)（2022春?長垣市期中）如圖，在矩形OABC中，點B的坐標(biāo)是（1，3），則AC的長是（）A．3 B．22 C．10 D．46．(3分)（2022?南潯區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BD，AB＝5，BD＝4，CD＝3，點E是AC的中點，則BE的長為（）A．2 B．52 C．5 7．(3分)（2022春?鄞州區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點E在對角線BD上，連接AE，EF⊥AE于點E，交DC于點F，連接AF，已知BC＝4，DE＝32，則△AEF的面積為（）A．4 B．5 C．10 D．528．(3分)（2022春?鳳泉區(qū)校級期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點，連接EC，F(xiàn)D，點G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點，連接GH，若AB＝6，BC＝10，則GH的長度為（）A．132 B．292 C．349．(3分)（2022秋?余姚市期末）如圖，矩形A1B1C1D1在矩形ABCD的內(nèi)部，且B1C1⊥BC，點B1，D1在對角線BD的異側(cè)．連結(jié)BB1，DB1，BD1，DD1，若矩形ABCD～矩形A1B1C1D1，且兩個矩形的周長已知．只需要知道下列哪個值就一定可以求得四邊形B1BD1D的面積（）A．矩形ABCD的面積 B．∠B1BD1的度數(shù) C．四邊形B1BD1D的周長 D．BB1的長度10．(3分)（2022?大慶三模）如圖，已知四邊形ABCD為正方形AB＝22，點E為對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交BC延長線于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．在下列結(jié)論中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG=2AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CFA．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．(3分)（2022?南京模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝3cm，點D為AB的中點，則CD的值是cm．12．(3分)（2022春?陽新縣月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點A、C的坐標(biāo)分別為（10，0），（0，4），點D是OA的中點，點P在BC邊上運動，點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的任意一點．若以O(shè)，D，P，Q為頂點的四邊形是邊長為5的菱形時，則點Q的坐標(biāo)為．13．(3分)（2022春?婺城區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，BE∥AC，AE∥BD，OE與AB交于點F．若OE＝5，AC＝8，則菱形ABCD的高為．14．(3分)（2022?封丘縣二模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，下列條件①AC⊥BD；②OA＝OC；③AC平分∠BCD；④∠ABC＝∠ADC，能判定四邊形ABCD是菱形的有．（填寫序號）15．(3分)（2022?成都）如圖，過矩形ABCD的對角線BD上一點K分別作矩形兩邊的平行線MN與PQ，那么圖中矩形AMKP的面積S1與矩形QCNK的面積S2的大小關(guān)系是S1S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）16．(3分)（2022春?撫順期末）如圖，點A（0，23），點B（2，0），點P為線段AB上一個動點，作PM⊥y軸于點M，作PN⊥x軸于點N，連接MN，當(dāng)MN取最小值時，則四邊形OMPN的面積為．解答題（共7小題，滿分52分）17．(6分)（2022?巴彥縣二模）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB和線段CD，點A、B、C、D均在小正方形的頂點上．（1）在方格紙中畫以AB為一邊的正方形ABEF，點E、F均在小正方形的頂點上；（2）在方格紙中畫以CD為一邊的菱形CDGH，點G、H均在小正方形的頂點上，且菱形的面積為15，連接EG，并直接寫出線段EG的長．18．(6分)（2022春?甘州區(qū)期末）如圖，△ABC中，點O是邊AC上一個動點，過O作直線MN∥BC．設(shè)MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F．（1）求證：OE＝OF；（2）當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？并說明理由．19．(8分)（2022?拱墅區(qū)模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，對角線AC、BD交于O，AC平分∠BAD．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE，若AB＝35，BD＝6，求OE的長．20．(8分)（2022春?西城區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點P在邊BC上（異于點B，C），作線段AP的垂直平分線分別交AB，CD，BD，AP于點M，N，Q，H．（1）補全圖形；（2）證明：AP＝MN；（3）用等式表示線段HQ，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．21．(8分)（2022春?朝陽區(qū)校級月考）【教材呈現(xiàn)】如圖是華師版九年級上冊數(shù)學(xué)教材第103﹣104頁的部分內(nèi)容．如圖24.2.1，畫Rt△ABC，并畫出斜邊AB上的中線CD，量一量，看看CD與AB有什么關(guān)系．相信你與你的同伴一定會發(fā)現(xiàn)，CD恰好是AB的一半．下面讓我們用演繹推理證明這一猜想．已知：如圖24.2.2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，求證：CD=12定理證明：請根據(jù)教材圖24.2.2的提示，結(jié)合圖①完成直角三角形的性質(zhì)：“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”的證明．定理應(yīng)用：（1）如圖②，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為點D（點D在BC上），CE是AB邊上的中線，DG垂直平分CE．求證：∠B＝2∠BCE；（2）在（1）條件下，若BF⊥AC于點F，連接DE、EF、FD．當(dāng)△DEF是等邊三角形，且BD＝3時，△DEF的周長為．22．(8分)（2022春?撫遠(yuǎn)市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊三角形APE，點E的位置隨點P位置的變化而變化，連接CE．（1）如圖①，當(dāng)點E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時，求證：BD＝CE+PD；（2）如圖②、圖③，請分別寫出線段BD，CE，PD之間的數(shù)量關(guān)系，不需證明．23．(8分)（2022春?儀征市期末）在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)在對角線AC上，AC＝12．（1）如圖（1），若BE＝BF，則AE與CF相等嗎？請說明理由；（2）如圖（2），若∠EBF＝45°，CF＝4，求EF的長；（3）如圖（3），若點E，F(xiàn)是AC的三等分點，點P在正方形ABCD的邊上從點A開始按逆時針方向運動一周，直至返回點A，試求此過程中滿足PE+PF為整數(shù)的點P個數(shù)．答案版一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．(3分)（2022?湘西州）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面積為323，則CD的長為（）A．4 B．43 C．8 D．83【分析】在Rt△BDH中先求得BD的長，根據(jù)菱形面積公式求得AC長，再根據(jù)勾股定理求得CD長．【解答】解：∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴OB＝OD，OC＝OA=12AC，AC∴OH＝OB＝OD=1∴OD＝4，BD＝8，由1212×8?AC=32∴AC＝83，∴OC=12AC=∴CD=O故答案為：C．2．(3分)（2022?鹿城區(qū)校級一模）如圖是以KL所在的直線為對稱軸的軸對稱圖形，六邊形EFGHLK的各個內(nèi)角相等，記四邊形HCH′L、四邊形EKE′A、△BGF的周長分別為C1、C2、C3，且C1＝2C2＝4C3，已知FG＝LK，EF＝6，則AB的長是（）A．9.5 B．10 C．10.5 D．11【分析】根據(jù)六邊形EFGHLK的各個內(nèi)角相等，即可得出△BFG，△AEK，△CHL都是等邊三角形，由軸對稱可得，四邊形HCH′L、四邊形EKE′A都是菱形，再根據(jù)C1＝2C2＝4C3，F(xiàn)G＝LK，EF＝6，即可得到AB＝BF+EF+AE＝11．【解答】解：∵六邊形EFGHLK的各個內(nèi)角相等，∴該六邊形的每個內(nèi)角為120°，每個外角都是60°，∴△BFG，△AEK，△CHL都是等邊三角形，∴∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，BF＝FG，AE＝AK，CL＝HL，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，即BF+FE+AE＝AK+KL+CL，又∵BF＝FG＝KL，∴EF＝CL＝6＝CH，由軸對稱可得，四邊形HCH′L、四邊形EKE′A都是菱形，∵C1＝2C2，∴AE=12又∵2C2＝4C3，∴C3=12C2∴BF=1∴AB＝BF+EF+AE＝2+6+3＝11，故選：D．3．(3分)（2022?市南區(qū)校級二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝12，點E是AD上的一點，AE＝6，BE的垂直平分線交BC的延長線于點F，連接EF交CD于點G，若G是CD的中點，則BC的長是（）A．12.5 B．12 C．10 D．10.5【分析】根據(jù)線段中點的定義可得CG＝DG，然后利用“角邊角”證明△DEG和△CFG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得DE＝CF，EG＝FG，設(shè)DE＝x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根據(jù)線段垂直平分線上的點到兩端點的距離相等可得BF＝EF，然后列出方程求出x的值，從而求出AD，再根據(jù)矩形的對邊相等可得BC＝AD．【解答】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中點，AB＝12，∴CG＝DG=1在△DEG和△CFG中，∠D=∠DCFDG=CG∴△DEG≌△CFG（ASA），∴DE＝CF，EG＝FG，設(shè)DE＝x，則BF＝BC+CF＝AD+CF＝6+x+x＝6+2x，在Rt△DEG中，EG=D∴EF＝2x2∵FH垂直平分BE，∴BF＝EF，∴6+2x＝2x2解得x＝4.5，∴AD＝AE+DE＝6+4.5＝10.5，∴BC＝AD＝10.5．故選：D．4．(3分)（2022春?嵩縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝7，點P在AD上，點Q在BC上，且AP＝CQ，連接CP，QD，則PC+QD的最小值為（）A．25 B．24 C．193 D．13【分析】連接BP，在BA的延長線上截取AE＝AB＝12，連接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE＝AB＝7，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根據(jù)勾股定理可得結(jié)果．【解答】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，則PC+QD＝PC+PB，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE＝AB＝12，連接PE，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，連接CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∵BE＝2AB＝24，BC＝AD＝7，∴CE=B∴PC+PB的最小值為25．故選：A．5．(3分)（2022春?長垣市期中）如圖，在矩形OABC中，點B的坐標(biāo)是（1，3），則AC的長是（）A．3 B．22 C．10 D．4【分析】根據(jù)勾股定理求出OB，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AC＝OB，即可得出答案．【解答】解：連接OB，過B作BM⊥x軸于M，∵點B的坐標(biāo)是（1，3），∴OM＝1，BM＝3，由勾股定理得：OB=1∵四邊形OABC是矩形，∴AC＝OB，∴AC=10故選：C．6．(3分)（2022?南潯區(qū)二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BD，AB＝5，BD＝4，CD＝3，點E是AC的中點，則BE的長為（）A．2 B．52 C．5 【分析】過點C作CF⊥AB的延長線于點F，根據(jù)題意可判斷四邊形BFCD是矩形，則有BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，再由勾股定理求得BC＝5，AC=45，從而可判斷△ABC是等腰三角形，則有BE⊥AC【解答】解：過點C作CF⊥AB的延長線于點F，如圖所示：∵AB∥CD，AB⊥BD，∴CD⊥BD，∵CF⊥AB，∴CF⊥CD，∴BD∥CF，∴四邊形BFCD是矩形，∴BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，在Rt△BCF中，BC=C在Rt△AFC中，AC=A∴BC＝AB＝5，∴△ABC是等腰三角形，∵點E是AC的中點，∴BE⊥AC，∵12∴12×5×4=解得：BE=5第二種解法：延長AB，在AB的延長線上截取BM＝AB，連接CM，過點C作CN⊥AB，交AB延長線于點N，如圖，∵AB∥CD，AB⊥BD，∴CD⊥BD，∵CN⊥AB，∴CN⊥CD，∴BD∥CF，∴四邊形BFCD是矩形，∴BN＝CD＝3，CN＝BD＝4，∴NM＝BM﹣BN＝2，在Rt△CNM中，CM=C∵點E是AC的中點，AB＝BM，∴BE是△ACM的中位線，∴BE=12CM故選：C．7．(3分)（2022春?鄞州區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點E在對角線BD上，連接AE，EF⊥AE于點E，交DC于點F，連接AF，已知BC＝4，DE＝32，則△AEF的面積為（）A．4 B．5 C．10 D．52【分析】過E作GH∥AD交AB于G，交DC于H，由四邊形ABCD是正方形，可得△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD=2BC＝42，可得BE＝BD﹣DE=2，故BG＝GE=22BE＝1，AG＝AB﹣BG＝3＝EH，可得AE=AG2+GE2=32+12=10，根據(jù)AE⊥EF，可證明△【解答】解：過E作GH∥AD交AB于G，交DC于H，如圖：，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠BDC＝45°，AB＝CD＝BC＝4，∴△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BD=2BC＝42∴EH=22DE=22×32=3，BE＝BD﹣∴BG＝GE=22∴AG＝AB﹣BG＝3＝EH，∴AE=A∵AE⊥EF，∴∠AEG＝90°﹣∠FEH＝∠EFH，又∠AGE＝∠EHF＝90°，∴△AGE≌△EHF（AAS），∴AE＝EF=10∴△AEF的面積為12AE?EF=故選：B．8．(3分)（2022春?鳳泉區(qū)校級期末）如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點，連接EC，F(xiàn)D，點G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點，連接GH，若AB＝6，BC＝10，則GH的長度為（）A．132 B．292 C．34【分析】連接CH并延長交AD于P，連接PE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠A＝90°，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到PD＝CF，根據(jù)勾股定理和三角形的中位線定理即可得到結(jié)論．【解答】解：連接CH并延長交AD于P，連接PE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點，AB＝6，BC＝10，∴AE=12AB=12×6＝3，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，在△PDH與△CFH中，∠DPH=∠FCH∠DHP=∠PHC∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝5，∴PE=A∵點G是EC的中點，∴GH=12故選：C．9．(3分)（2022秋?余姚市期末）如圖，矩形A1B1C1D1在矩形ABCD的內(nèi)部，且B1C1⊥BC，點B1，D1在對角線BD的異側(cè)．連結(jié)BB1，DB1，BD1，DD1，若矩形ABCD～矩形A1B1C1D1，且兩個矩形的周長已知．只需要知道下列哪個值就一定可以求得四邊形B1BD1D的面積（）A．矩形ABCD的面積 B．∠B1BD1的度數(shù) C．四邊形B1BD1D的周長 D．BB1的長度【分析】連接BC1，DA1，過點B1作B1E⊥AB于點E，過點C1作C1F⊥AB于點F，過點B1作B1G⊥AD于點G，過點D1作D1H⊥BC于點H，設(shè)小矩形的長和寬分別為a和b，大矩形的長和寬分別為ak和bk，BF＝m，AG＝n，然后用分割法求得四邊形BB1DD1的面積，進而可以根據(jù)條件得到結(jié)果．【解答】解：如圖，連接BC1，DA1，過點B1作B1E⊥AB于點E，過點C1作C1F⊥AB于點F，過點B1作B1G⊥AD于點G，過點D1作D1H⊥BC于點H，∵B1C1⊥BC，∴四邊形AEB1G、四邊形EFC1B1是矩形，設(shè)小矩形的長和寬分別為a和b，大矩形的長和寬分別為ak和bk，BF＝m，AG＝n，則S矩形A1B1C1D1=ab，S矩形ABCD＝abk2，AE＝bk﹣m﹣∴S△BC1B1=12B1C1?AG=12an，S△BC1∴S=1=12k（a2+b2）=12k[（a+b）=12k（a+b）2﹣∵矩形ABCD和矩形A1B1C1D1的周長已知，∴2（a+b）和2（ak+bk）為定值，∴k為定值，∴12k（a+b）2∵kab=k∴當(dāng)S矩形ABCD已知時，四邊形B1BD1D的面積即為定值，故選：A．10．(3分)（2022?大慶三模）如圖，已知四邊形ABCD為正方形AB＝22，點E為對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交BC延長線于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．在下列結(jié)論中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG=2AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CFA．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【分析】過E作EM⊥BC于M點，過E作EN⊥CD于N點，如圖所示：根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四邊形EMCN為正方形，由矩形的性質(zhì)得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ED＝EF，推出矩形DEFG為正方形；故①正確；根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，求得AC＝AE+CE＝CE+CG=2AD，故②錯誤；當(dāng)DE⊥AC時，點C與點F重合，得到CE不一定等于CF【解答】解：過E作EM⊥BC于M點，過E作EN⊥CD于N點，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四邊形EMCN為正方形，∵四邊形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG為正方形；故①正確；∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠DCF＝90°，∴CG平分∠DCF，故③正確；∴AC＝AE+CE＝CE+CG=2AD當(dāng)DE⊥AC時，點C與點F重合，∴CE不一定等于CF，故④錯誤，故選：A．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．(3分)（2022?南京模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝3cm，點D為AB的中點，則CD的值是3cm．【分析】根據(jù)30°角的直角三角形的性質(zhì)得到AB＝6cm，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半即可得到結(jié)果．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝3cm，∴AB＝2BC＝6cm，又∵D為AB的中點，∴CD=12AB＝3故答案為：3．12．(3分)（2022春?陽新縣月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點A、C的坐標(biāo)分別為（10，0），（0，4），點D是OA的中點，點P在BC邊上運動，點Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的任意一點．若以O(shè)，D，P，Q為頂點的四邊形是邊長為5的菱形時，則點Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．【分析】先由點A和點C求得點D的坐標(biāo)、點B的坐標(biāo)和點P的縱坐標(biāo)，然后分類討論求出點Q的坐標(biāo)．【解答】解：∵A（10，0），C（0，4），∴OC＝AB＝4，BC＝OA＝10，∵點D是OA的中點，∴OD＝5，①如圖1所示，以O(shè)P為對角線，點P在點D的左側(cè)時，PD＝OD＝5，過點P作PE⊥x軸于點E，則PE＝OC＝4．在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=P∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，∴點P的坐標(biāo)為（2，4），此時，點Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）；②如圖2所示，以O(shè)Q為對角線，點P在點D的左側(cè)時，OP＝OD＝5．過點P作PE⊥x軸于點E，則PE＝4．在Rt△POE中，由勾股定理得：OE=O∴點P的坐標(biāo)為（3，4），此時，點Q的坐標(biāo)為（8，4）；③如圖3所示，以O(shè)P為對角線，點P在點D的右側(cè)時，PD＝OD＝5，過點P作PE⊥x軸于點E，則PE＝4．在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE=O∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，∴點P的坐標(biāo)為（8，4），此時，點Q的坐標(biāo)為（3，4）；綜上所述，點Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）；故答案為：（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．13．(3分)（2022春?婺城區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，BE∥AC，AE∥BD，OE與AB交于點F．若OE＝5，AC＝8，則菱形ABCD的高為245【分析】證四邊形AEBO為平行四邊形，再由菱形的性質(zhì)得∠AOB＝90°，則四邊形AEBO是矩形，然后由勾股定理得OB＝3，則BD＝6，然后由菱形的面積公式解答即可．【解答】解：∵BE∥AC，AE∥BD，∴四邊形AEBO是平行四邊形，又∵菱形ABCD對角線交于點O，∴OA=12AC＝4，OB＝OD，AC⊥∴∠AOB＝90°．∴平行四邊形AOBE是矩形，∴AB＝OE＝5，∴OB=A∴BD＝2OB＝6，設(shè)菱形ABCD的高為h，∴S菱形ABCD=12AC?BD＝AB?∴h=1即菱形ABCD的高為245故答案為：24514．(3分)（2022?封丘縣二模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，下列條件①AC⊥BD；②OA＝OC；③AC平分∠BCD；④∠ABC＝∠ADC，能判定四邊形ABCD是菱形的有①②④．（填寫序號）【分析】由菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)分別對各個條件進行判斷即可．【解答】解：①∵AB＝AD，AC⊥BD，∴OB＝OD，∵AD∥BC，∴∠ADO＝∠CBO，又∵∠AOD＝∠COB，∴△AOD≌△COB（ASA），∴AD＝CB，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故①能判定四邊形ABCD是菱形；②∵AB＝AD，AC⊥BD，∴OB＝OD，∵OA＝OC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故②能判定四邊形ABCD是菱形；③∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠BCA，∵AC平分∠BCD，∴∠DCA＝∠BCA，∴∠DAC＝∠DCA，∴AD＝CD，∴AB＝AD＝CD，不能判定四邊形ABCD是菱形；④∵AD∥BC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD+∠ADC＝180°，∴AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故④能判定四邊形ABCD是菱形；故答案為：①②④．15．(3分)（2022?成都）如圖，過矩形ABCD的對角線BD上一點K分別作矩形兩邊的平行線MN與PQ，那么圖中矩形AMKP的面積S1與矩形QCNK的面積S2的大小關(guān)系是S1＝S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，可知△ABD的面積等于△CDB的面積，△MBK的面積等于△QKB的面積，△PKD的面積等于△NDK的面積，再根據(jù)等量關(guān)系即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，四邊形MBQK是矩形，四邊形PKND是矩形，∴△ABD的面積＝△CDB的面積，△MBK的面積＝△QKB的面積，△PKD的面積＝△NDK的面積，∴△ABD的面積﹣△MBK的面積﹣△PKD的面積＝△CDB的面積﹣△QKB的面積＝△NDK的面積，∴S1＝S2．故答案為S1＝S2．16．(3分)（2022春?撫順期末）如圖，點A（0，23），點B（2，0），點P為線段AB上一個動點，作PM⊥y軸于點M，作PN⊥x軸于點N，連接MN，當(dāng)MN取最小值時，則四邊形OMPN的面積為334【分析】證明四邊形OMPN是矩形，得OP＝MN，當(dāng)OP⊥AB時OP最短，即MN最小，再由勾股定理與三角形的面積求得OP的長，然后求得PN的長，即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OP．由已知可得：∠PMO＝∠MON＝∠ONP＝90°，∴四邊形OMPN是矩形，∴OP＝MN，在Rt△AOB中，當(dāng)OP⊥AB時OP最短，即MN最?。逜（0，23），點B（2，0），∴OA＝23，OB＝2，根據(jù)勾股定理得：AB=O∵S△AOB=12OA?OB=12∴OP=OA?OB∴MN=3即當(dāng)點P運動到使OP⊥AB于點P時，MN最小，最小值為3，在Rt△POB中，根據(jù)勾股定理得：BP=O∵S△OBP=12OP?BP=12∴PN=OP?BP∴ON=O∴矩形OMPN的面積＝ON×PN=3即當(dāng)MN取最小值時，則四邊形OMPN的面積為33故答案為：33三．解答題（共7小題，滿分52分）17．(6分)（2022?巴彥縣二模）如圖，在每個小正方形的邊長均為1的方格紙中，有線段AB和線段CD，點A、B、C、D均在小正方形的頂點上．（1）在方格紙中畫以AB為一邊的正方形ABEF，點E、F均在小正方形的頂點上；（2）在方格紙中畫以CD為一邊的菱形CDGH，點G、H均在小正方形的頂點上，且菱形的面積為15，連接EG，并直接寫出線段EG的長．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)畫出以AB為一邊的正方形ABEF即可；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)畫出菱形CDGH，再根據(jù)勾股定理求出線段EG的長即可．【解答】解：（1）如圖所示：四邊形ABEF即為所求正方形；（2）如圖所示：四邊形CDGH或四邊形CDG′H′即為所求菱形，EG=118．(6分)（2022春?甘州區(qū)期末）如圖，△ABC中，點O是邊AC上一個動點，過O作直線MN∥BC．設(shè)MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F．（1）求證：OE＝OF；（2）當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？并說明理由．【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，進而得出答案；（2）根據(jù)平行四邊形的判定以及矩形的判定得出即可．【解答】（1）證明：如圖，∵MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F，∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，∵MN∥BC，∴∠1＝∠5，∠3＝∠6，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴EO＝CO，F(xiàn)O＝CO，∴OE＝OF；（2）解：當(dāng)點O在邊AC上運動到AC中點時，四邊形AECF是矩形．理由是：當(dāng)O為AC的中點時，AO＝CO，∵EO＝FO，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵MN交∠ACB的平分線于點E，交∠ACB的外角平分線于點F∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，∵2∠2+2∠4＝180°，∴∠2+∠4＝90°，∴∠ECF＝90°，∴平行四邊形AECF是矩形．19．(8分)（2022?拱墅區(qū)模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，對角線AC、BD交于O，AC平分∠BAD．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE，若AB＝35，BD＝6，求OE的長．【分析】（1）先證∠CAB＝∠DCA，再證∠DAC＝∠DCA，得CD＝AD＝AB，然后證四邊形ABCD是平行四邊形，即可得出結(jié)論；（2）先證OE＝OA＝OC，再求出OB＝3，然后由勾股定理求出OA＝6，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AB∥CD，∴∠CAB＝∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠CAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD，∴CD＝AB，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AD＝AB，∴?ABCD是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，∴OA＝OC，BD⊥AC，OB=12∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∴OE=12AC＝OA＝在Rt△AOB中，AB＝35，OB＝3，∴OA=A∴OE＝OA＝6．20．(8分)（2022春?西城區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，點P在邊BC上（異于點B，C），作線段AP的垂直平分線分別交AB，CD，BD，AP于點M，N，Q，H．（1）補全圖形；（2）證明：AP＝MN；（3）用等式表示線段HQ，MN之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）根據(jù)尺規(guī)作圖方法作出圖形便可；（2）先判斷出BH＝MN，再根據(jù)BH＝AP從而得到AP＝MN；（2）先判斷出QH=12【解答】（1）解：根據(jù)題意作圖如下：（2）證明：過B點作BE∥MN交CD于E，則AP⊥BE，如下圖，∵BM∥NE，∴四邊形MBEN為平行四邊形，∴MN＝BE，∵四邊形ABCD是正方形．∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，∴∠CBE+∠ABE＝∠BAP+∠ABE＝90°，∴∠BAP＝∠CBE，∴△ABP≌△BCE（ASA），∴BE＝AP，∴MN＝AP；（3）解：HQ=1理由如下：連接AQ，PQ，CQ，如下圖，∵正方形ABCD是軸對稱圖形，Q為對角線BD上一點，∴AQ＝CQ，又∵MN垂直平分AP，∴AQ＝PQ，∴PQ＝CQ，∴∠QPC＝∠QCP，∵∠QAB＝∠QCP，∴∠QAB＝∠QPC，∴∠QAB+∠QPB＝180°，∴∠ABC+∠AQP＝180°，∴∠AQP＝90°，∴QH=12由（2）知，AP＝MN，∴HQ=121．(8分)（2022春?朝陽區(qū)校級月考）【教材呈現(xiàn)】如圖是華師版九年級上冊數(shù)學(xué)教材第103﹣104頁的部分內(nèi)容．如圖24.2.1，畫Rt△ABC，并畫出斜邊AB上的中線CD，量一量，看看CD與AB有什么關(guān)系．相信你與你的同伴一定會發(fā)現(xiàn)，CD恰好是AB的一半．下面讓我們用演繹推理證明這一猜想．已知：如圖24.2.2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，求證：CD=12定理證明：請根據(jù)教材圖24.2.2的提示，結(jié)合圖①完成直角三角形的性質(zhì)：“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”的證明．定理應(yīng)用：（1）如圖②，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為點D（點D在BC上），CE是AB邊上的中線，DG垂直平分CE．求證：∠B＝2∠BCE；（2）在（1）條件下，若BF⊥AC于點F，連接DE、EF、FD．當(dāng)△DEF是等邊三角形，且BD＝3時，△DEF的周長為9．【分析】定理證明：延長CD到E，使DE＝CD，連接AE，BE，證得四邊形ACBE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可證得結(jié)論；（1）連接DE，由線段線段垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證得∠DEC＝∠BCE，由直角三角形斜邊的中線和等腰三角形的性質(zhì)證得∠B＝∠BFE，根據(jù)三角形外角定理及等量代換即可證得結(jié)論；（2）證得△BDE和△CDF都是等邊三角形，即可求得結(jié)果．【解答】解：定理證明：延長CD到E，使DE＝CD，連接AE，BE，則CD=12∵CD是斜邊AB上的中線，∴AD＝BD，∴四邊形ACBE是平行四邊形，∵∠ACB＝90°，∴?ACBE是矩形，∴CE＝AB，∴CD=12（1）連接DE，∵CE是AB邊上的中線，∴AE＝BE，∵AD⊥BC，∴DE=12AB＝AE＝∴∠B＝∠BDE，∵DG垂直平分CE，∴DE＝DC，∴∠DEC＝∠BCE，∴∠BDE＝2∠BCE，∴∠B＝2∠BCE；（2）由（1）得DE＝BE，∵BF⊥AC，AD⊥BC，點E是AB中點，∴EF＝BE＝DE，∵DE＝DC，EF＝CF，∴DE＝DC＝EF＝FC，∴四邊形EFCD是菱形，∵△DEF是等邊三角形，∴∠FED＝60°，DF＝DE，∴DF＝CF＝CD，∴△CDF是等邊三角形，∴∠CDF＝60°，∴∠BDE＝180°﹣∠CDF﹣∠EDF＝60°，∴△BDE是等邊三角形，∴DE＝BD＝3，∴等邊△DEF的周長為9，故答案為：9．22．(8分)（2022春?撫遠(yuǎn)市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側(cè)作等邊三角形APE，點E的位置隨點P位置的變化而變化，連接CE．（1）如圖①，當(dāng)點E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時，求證：BD＝CE+PD；（2）如圖②、圖③，請分別寫出線段BD，CE，PD之間的數(shù)量關(guān)系，不需證明．【分析】（1）先判斷出∠BAP＝∠CAE，進而判斷出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判斷出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出結(jié)論；（2）同（1）的方法即得出結(jié)論；【解答】（1）證明：如圖1，連接AC，延長CE交AD于H，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC