北師大版初中九年級數(shù)學(xué)上冊第一章素養(yǎng)提優(yōu)測試卷課件

第一章素養(yǎng)提優(yōu)測試卷(時間:90分鐘滿分:120分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題3分,共30分.在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求)1.(2024河南鄭州二中期中,2,★☆☆)如圖,菱形ABCD中,∠1=15°,則∠D=()DA.130°

B.125°

C.120°

D.150°解析

D∵四邊形ABCD是菱形,∴∠DAB=2∠1,AB∥DC,∴∠DAB+∠D=180°,∵∠1=15°,∴∠DAB=30°,∴∠D=180°-∠DAB=180°-30°=150°,故選D.

2.(★☆☆)下列條件中能判定一個四邊形是正方形的是

()A.三個角是直角的四邊形B.對角線互相垂直的平行四邊形C.對角線互相垂直的矩形D.有一個角是直角的平行四邊形C解析

C

A.三個角是直角的四邊形是矩形,不符合題意;B.對角線互相垂直的平行四邊形是菱形,不符合題意;C.對角線互相垂直的矩形是正方形,符合題意;D.有一個角是直角的平行四邊形是矩形,不符合題意.故選C.3.(2024河北保定高碑店月考,7,★☆☆)如圖,在矩形ABCD中,對角線AC,BD相交

于點O,如果∠ADB=25°,那么∠AOB的度數(shù)為

()解析

A∵四邊形ABCD是矩形,∴OA=

AC,OD=

BD,AC=BD,∴OA=OD,∵∠ADB=25°,∴∠OAD=∠ODA=25°,∴∠AOB=∠OAD+∠ODA=50°.故選A.AA.50°

B.45°

C.40°

D.35°4.(2024河北保定高碑店月考,9,★☆☆)如圖,四邊形ABCD是平行四邊形,下列結(jié)

論中錯誤的是

()A.當AB=BC時,它是正方形

B.當AC⊥BD時,它是菱形C.當AC=BD時,它是矩形

D.當∠ABC=90°時,它是矩形解析

A∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴當AB=BC時,平行四邊形ABCD是菱

形,不一定是正方形,故選項A錯誤,符合題意;當AC⊥BD時,平行四邊形ABCD是菱形,故選項B正確,不符合題意;當AC=BD時,平行四邊形ABCD是矩形,故選項C正確,不符合題意;當∠ABC=90°時,平行四邊形ABCD是矩形,故選項D正確,不符合題意.故選A.A5.[學(xué)科素養(yǎng)應(yīng)用意識](2024陜西西安期末,2,★★☆)我們常常在建筑物中看到四邊形的元素.如圖,墻面上砌出的菱形窗戶的邊長為1米(邊框?qū)挾群雎圆挥?,

其中較小的內(nèi)角為60°,則該菱形窗戶的采光面積為

()BA.4平方米

B.

平方米

C.1平方米

D.

平方米解析

B∵菱形窗戶的邊長為1米,較小的內(nèi)角為60°,∴菱形窗戶的一條對角線長1米,另一條對角線長

米,∴菱形窗戶的采光面積=

×1×

=

(平方米),故選B.6.(2023內(nèi)蒙古呼和浩特中考,7,★★☆)如圖,矩形ABCD中,對角線BD的垂直平

分線MN分別交AD,BC于點M,N.若AM=1,BN=2,則BD的長為

()AA.2

B.3

C.2

D.3

解析

A如圖,連接BM,設(shè)BD與MN交于點O.∵MN垂直平分BD,∴BO=DO,BM=DM.∵四邊形ABCD是矩形,∴∠A=90°,AD∥BC.∴∠MDO=∠NBO.又∠DOM=∠BON,∴△DMO≌△BNO(ASA).∴DM=BN=BM=2.∴AB=

=

,AD=AM+DM=3.∴BD=

=2

.故選A.7.(2024廣東佛山三水中學(xué)附中月考,8,★★☆)工人師傅在制作矩形窗框時,分三

個步驟進行:(1)如圖①,先截出兩對符合規(guī)格的木條,使AB=CD,EF=GH;(2)擺成如圖②所示的四邊形;(3)

,矩形窗框制作完成.下列方法中不能作為制作工序的第(3)個步驟的是

()A.將直角尺緊靠窗框一個角,調(diào)整窗框的邊框使得直角尺的兩條直角邊與窗框

無縫隙B.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線長度相等C.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線互相垂直D.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線與CD邊的夾角相等C解析

C∵AB=CD,EF=GH,∴四邊形ABDC是平行四邊形.A.將直角尺緊靠窗框一個角,調(diào)整窗框的邊框使得直角尺的兩條直角邊與窗框無縫隙,根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形,可知四邊形ABDC是矩形,故該選項不符合題意;B.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線長度相等,根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形,可知四邊形ABDC是矩形,故該選項不符合題意;C.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線互相垂直,此時無法判定四邊形ABDC是矩形,故該選項符合題意;D.調(diào)整窗框的邊框使得兩條對角線與CD邊的夾角相等,此時可以證明對角線相等,可知四邊形ABDC是矩形,故該選項不符合題意.故選C.8.(2023山東青島大學(xué)附中月考,4,★★☆)如圖,在平面直角坐標系中,四邊形

OABC為菱形,O(0,0),A(4,0),∠AOC=60°,則對角線交點E的坐標為

()DA.(2,

)

B.(

,2)C.(

,3)

D.(3,

)解析

D如圖,過點E作EF⊥x軸于點F,∵四邊形OABC為菱形,∠AOC=60°,∴∠OEA=90°,∠AOE=

∠AOC=30°,∴∠FAE=60°,∵A(4,0),∴OA=4,∴AE=

AO=

×4=2,∵∠EFA=90°,∠FAE=60°,∴∠FEA=30°,∴AF=

AE=1,∴EF=

=

=

,OF=AO-AF=4-1=3,∴E(3,

).故選D.9.(2024重慶八中期末,9,★★☆)如圖,在菱形ABCD中,對角線AC與BD相交于點

O,P是AC上任意一點,PE⊥AB于E,PF⊥BC于F,若AC=8,BD=6,則PE+PF的值為

()CA.

B.

C.

D.

解析

C如圖,過P作PM⊥CD于M,∵四邊形ABCD是菱形,CD∥AB,AC⊥BD,

OA=

AC,OB=

BD,CA平分∠BCD,∵PF⊥BC,∴PF=PM,∵PE⊥AB,PM⊥CD,CD∥AB,∴P、E、M三點共線,∴PE+PF=PE+PM=ME,∵AC=8,BD=6,∴OA=

×8=4,OB=

×6=3,∴AB=

=5,∵菱形ABCD的面積=AB·EM=

AC·BD,∴5EM=

×8×6,∴EM=

,∴PE+PF的值為

.故選C.10.[學(xué)科素養(yǎng)推理能力](2022浙江寧波中考,10,★★★)將兩張全等的矩形紙片和另兩張全等的正方形紙片按如圖所示的方式不重疊地放置在矩形ABCD內(nèi),

其中矩形紙片和正方形紙片的周長相等.若知道圖中陰影部分的面積,則一定能求出

()A.正方形紙片的面積

B.四邊形EFGH的面積C.△BEF的面積

D.△AEH的面積C解析

C如圖,

設(shè)PD=x,GH=y,則PH=x-y,∵矩形紙片和正方形紙片的周長相等,∴2AP+2(x-y)=4x,∴AP=x+y,∴圖中陰影部分的面積=S矩形ABCD-2S△ADH-2S△AEB=(2x+y)(2x-y)-2×

·(x-y)(2x+y)-2×

·(2x-y)·x=4x2-y2-(2x2+xy-2xy-y2)-(2x2-xy)=4x2-y2-2x2+xy+y2-2x2+xy=2xy.A.正方形紙片的面積=x2,故A不符合題意;B.四邊形EFGH的面積=y2,故B不符合題意;C.△BEF的面積=

EF·BQ=

xy,故C符合題意;D.△AEH的面積=

EH·AM=

y(x-y)=

xy-

y2,故D不符合題意.故選C.二、填空題(本大題共6小題,每小題4分,共24分)11.(2022黑龍江齊齊哈爾中考,12,★☆☆)如圖,在四邊形ABCD中,AC⊥BD,垂足

為O,AB∥CD,要使四邊形ABCD為菱形,可添加的條件是

.(寫出一個即可)AB=CD答案

AB=CD(答案不唯一)解析答案不唯一.添加的條件可以是AB=CD,理由:∵AB∥CD,AB=CD,∴四邊

形ABCD是平行四邊形,又∵AC⊥BD,∴平行四邊形ABCD是菱形.12.(2024四川成都期中,12,★★☆)如圖,四邊形ABCD是菱形,∠DAB=40°,對角

線AC,BD相交于點O,DH⊥AB于H,連接OH,則∠DHO=

度.20答案

20解析∵四邊形ABCD是菱形,∴AB=AD,DO=BO,∵∠DAB=40°,∴∠ADB=70°,∵DH⊥AB,∴∠ADH=50°,∴∠HDO=20°,∵在Rt△DHB中,O是BD的中點,∴HO=

BD=OD,∴∠DHO=∠HDO=20°.故答案為20.13.(2024河南鄭州嵩陽中學(xué)月考,11,★★☆)如圖,連接四邊形ABCD各邊中點,得

到四邊形EFGH,當AC、BD滿足

時,才能保證四邊形EFGH是矩形.AC⊥BD答案

AC⊥BD解析如圖,∵G、H、E、F分別是BC、CD、AD、AB的中點,∴HG∥BD∥EF,EH∥AC∥FG,∴∠EHG=∠1,∠1=∠2,四邊形EFGH是平行四邊形,∴∠2=∠E-HG.當∠EHG=90°時,四邊形EFGH是矩形,此時∠2=90°,即AC⊥BD.故當AC、BD滿足AC⊥BD時,才能保證四邊形EFGH是矩形.

模型拓展對角線的關(guān)系對中點四邊形的影響當四邊形ABCD的對角線互相垂直時,如圖1,該四邊形的中點四邊形EFGH

為矩形.由“中點四邊形”模型可知,四邊形EFGH為平行四邊形,通過中位線定

理得到的平行關(guān)系,可證明∠EFG=90°,即可證明中點四邊形EFGH是矩形.當四邊形ABCD的對角線相等時,如圖2,該四邊形的中點四邊形EFGH為菱

形.由“中點四邊形”模型可知,四邊形EFGH為平行四邊形,再通過中位線定理,

可證明EH=EF,即可證明中點四邊形EFGH是菱形.14.(新獨家原創(chuàng),★★☆)如圖,在邊長為15的菱形ABCD中,E為對角線BD上的任

意一點,過E作EF⊥AB于F,EG⊥AD于G,若BD=24,則EF+EG=

.

14.4答案

14.4解析如圖,連接AE,過A作AO⊥BD于O,∵在邊長為15的菱形ABCD中,AB=AD=15,AO⊥BD,∴BO=DO=

BD=12,在Rt△OAB中,AO=

=

=9,∴S△ABD=

AO·BD=

×9×24=108,∵S△ABE+S△ADE=S△ABD,∴

AB·EF+

AD·EG=108,∴

×15×EF+

×15×EG=108,∴EF+EG=14.4.15.(2022遼寧鞍山中考,14,★★☆)如圖,菱形ABCD的邊長為2,∠ABC=60°,對角

線AC與BD交于點O,E為OB中點,F為AD中點,連接EF,則EF的長為

.答案

解析如圖,取OD的中點H,連接FH,

∵四邊形ABCD是菱形,∠ABC=60°,∴AB=AD=2,∠ABD=30°,AC⊥BD,BO=DO,

∴AO=

AB=1,∴BO=

=DO,∵點H是OD的中點,點F是AD的中點,∴FH=

AO=

,FH∥AO,∴FH⊥BD,∵點E是BO的中點,點H是OD的中點,∴OE=

,OH=

,∴EH=

,∴EF=

=

=

,故答案為

.16.[方程思想](2022江蘇無錫中考,16,★★★)如圖,正方形ABCD的邊長為8,點E是CD的中點,HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點H、G,則BG=

.1答案

1解析如圖,連接AG,EG,∵HG垂直平分AE,∴AG=EG,∵E是CD的中點,∴DE=CE=4,設(shè)CG=x,則BG=8-x,在Rt△ABG和Rt△GCE中,根據(jù)勾股定理,得AB2+BG2=CE2+CG2,即82+(8-x)2=42+x2,解得x=7,∴BG=8-7=1.故答案是1.

三、解答題(本大題共6小題,共66分)17.(2023山東青島月考,15,★☆☆)(8分)用圓規(guī)、直尺作圖,

不寫作法,但要保留作圖痕跡.已知:點O在∠MAN的平分線AP上.求作:菱形ABCD,使∠MAN為菱形的一個內(nèi)角,點B在AN上,且點O為菱形的對稱

中心.

考向尺規(guī)作圖解析如圖,菱形ABCD為所作.18.(2024遼寧遼陽期末,19,★★☆)(10分)如圖①,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,點D

是AB的中點.求證:CD=

AB.下面是兩位同學(xué)添加輔助線的方法:小星:如圖②,延長CD到點E,使得DE=CD,連接AE,BE;小紅:如圖③,取BC的中點E,連接DE.請選擇一位同學(xué)的方法,完成證明.第18題圖解析選擇小星的方法.證明:如題圖②,延長CD到點E,使得DE=CD,連接AE,BE,∵點D是AB的中點,∴AD=BD,∴四邊形ACBE是平行四邊形,∵∠ACB=90°,∴四邊形ACBE是矩形,∴AB=CE,∵CD=DE=

CE,∴CD=

AB.選擇小紅的方法.證明:如題圖③,取BC的中點E,連接DE,∵點D是AB的中點,∴DE是△ABC的中位線,∴DE∥AC,∴∠ACB=∠DEB=90°,∴DE垂直平分BC,∴CD=BD,∵BD=

AB,∴CD=

AB.19.(2024山西太原期末,18,★★☆)(10分)如圖,已知矩形ABCD中,∠BAD和∠ADC的平分線交于BC邊上一點E.點F為矩形外一點,四邊形AEDF為平行四邊形.

求證:四邊形AEDF是正方形.證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠CDA=90°,∵AE,DE分別平分∠BAD,∠CDA,∴∠EAD=

∠BAD=45°,∠EDA=

∠CDA=45°,∴∠EAD=∠EDA,∴AE=DE,∵∠EAD+∠EDA+∠AED=180°,∴∠AED=180°-∠EAD-∠EDA=90°,∴?AEDF是正方形.20.(2024貴州六盤水期中,23,★★☆)(12分)下面是多媒體上的一道試題:如圖,在菱形ABCD中,過點B作BE⊥CD于點E,點F在邊AB上,AF=CE,連接BD,DF.

求證:四邊形BFDE是矩形.小星和小紅分別給出了自己的思路.小星:先證明四邊形BFDE是平行四邊形,然后利用矩形定義即可得證;小紅:先證明△ADF與△CBE全等,然后利用“有三個角是直角的四邊形是矩

形”即可得證.

(1)請你選擇一位同學(xué)的思路,并進行證明.(2)若BD=2

,BE=4,求BC的長.解析

(1)選擇小星的思路.證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AB=CD,AB∥CD.∵AF=CE,∴BF=DE,∴四邊形BFDE是平行四邊形.∵CD⊥BE,∴∠BED=90°,∴四邊形BFDE是矩形.選擇小紅的思路.證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AD=BC,∠A=∠C.∵AF=CE,∴△ADF≌△CBE(SAS),∴∠AFD=∠CEB=90°,∴∠DFB=90°.∵CD∥AB,∴∠FBE=∠CEB=90°,∴∠DFB=∠FBE=∠BED=90°,∴四邊形BFDE是矩形.(2)在Rt△BDE中,DE=

=

=2,∵四邊形ABCD是菱形,∴BC=CD,∴CE=CD-DE=BC-2.在Rt△BCE中,BC2=CE2+BE2,∴BC2=(BC-2)2+42,解得BC=5.∴BC的長為5.21.(2023甘肅蘭州中考,24,★★☆)(12分)如圖,矩形ABCD的對角線AC與BD相交

于點O,CD∥OE,直線CE是線段OD的垂直平分線,CE分別交OD,AD于點F,G,連

接DE.

(1)判斷四邊形OCDE的形狀,并說明理由.(2)當CD=4時,求EG的長.解析

(1)四邊形OCDE是菱形.理由如下:∵CD∥OE,∴∠FDC=∠FOE,∵直線CE是線段OD的垂直平分線,∴FD=FO,ED=OE,CD=CO,在△FDC和△FOE中,

∴△FDC≌△FOE(ASA),∴CD=OE,∴ED=OE=CD=CO,∴四邊形OCDE是菱形.(2)∵四邊形ABCD為矩形,∴∠BCD=∠CDA=90°,DO=CO,又∵CD=CO,∴CD=CO=DO=4,∴△ODC為等邊三角形,∴∠ODC=60°,∵DF=

DO=2,∴在Rt△CDF中,由勾股定理得CF=

=2

,由(1)可知,四邊形OCDE是菱形,∴EF=CF=2

,∵∠GDF=∠CDA-∠ODC=30°,∴GD=2GF.設(shè)GF=x,則GD