第一章特殊平行四边形暑假预习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 暑假预习 一、单选题 1．给出下列判断，正确的是（    ） A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．对角线互相垂直平分的四边形为菱形 2．如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则的大小为（   ） A． B． C． D． 3．把两个全等的矩形和矩形拼成如图所示的图案．若，，则的面积为（    ） A．8 B．10 C．16 D．20 4．如图，在中，，是边的中点，以点为圆心，的长为半径画弧，与线段相交于另一点，连接．若，，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．如图，正方形中，点是对角线上一点，连接、，点是边上一点，，连接．若，则等于（    ） A． B． C． D． 6．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图将边长为的正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D、之间的距离为（   ） A． B． C． D． 7．中国结寓意团圆、美满，在我们甘肃，很多家庭都喜欢用中国结来装饰家居．小南家就有一个菱形中国结装饰，这个中国结的纺织花纹融合了甘肃传统图案特色，像是敦煌壁画中的某些元素等．图示为其简化示意图，测得，，于点，则的长为（    ） A．8 B．9 C． D．10 8．如图1，动点P从矩形的点A 出发，沿边→匀速运动，运动到点 C 时停止．设点P的运动路程为x，的周长为y，y与x的函数图象如图2所示，则矩形的面积为（     ） A．3 B．6 C．7 D． 9．如图，菱形的对角线、相交于点O，E是的中点，连接，若菱形的周长为24，则的长是（   ） A． B．3 C．4 D．6 10．如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接，交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 11．菱形的对角线交点到一边中点的距离为2，则其周长为 ． 12．如图，已知矩形中，．将矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，连接．当 时，． 13．如图，在矩形中，，点和点分别从点和点同时出发，按逆时针方向沿矩形的边运动．若点和点的速度分别为和，则最快 后，四边形成为矩形． 14．如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ． 15．如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④若，，那么．其中所有正确结论的序号是 ． 三、解答题 16．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为16，菱形的面积为22，求平行线与间的距离． 17．如图，实践小组成员为验证学校广场中心的花坛是否为矩形，测得，，． (1)以上数据可说明花坛为___________形． (2)成员甲测得．请说明四边形的形状，并说明理由． (3)成员乙认为甲只需测得，即可判断四边形的形状是否为矩形．你同意乙的说法吗？请说明理由． 18．四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．（提示：过E作于点P，于点Q） (1)如图，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 19．如图1，已知矩形，点是上一点，点是延长线上一点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)如图2，若点是上一点，且，求的长； (3)如图3，若点是的中点，连结交于点，则________． 20．在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动 【操作判断】 操作一：如图①，对折正方形纸片，得到折痕，把纸片展平； 操作二：如图②，在边上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部，得到折痕； 操作三：如图③，在边上选一点，沿折叠，使边与边重合，得到折痕，再把正方形纸片展平，得图④，折痕、与的交点分别为、． 根据以上操作，得______． 【探究证明】 如图⑤，连接，过点作的垂线，分别交于点、，当时，试判断的形状并证明； 【深入研究】如图⑥，当正方形边长为4时，点在上移动的过程中，是否存在点，使得四边形是菱形？若存在，证明你的结论并求出的长，若不存在，说明理由． 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 暑假预习2025-2026学年北师大版数学九年级上册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C B C B C C D B C 1．D 【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定方法，解题关键在于掌握各特殊四边形的判定方法． 依据平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及菱形的判定方法，即可得出结论． 【详解】解：A．一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； B．对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项不正确，不符合题意； C．对角线互相平分，垂直且相等的四边形是正方形，故该选项不正确，不符合题意； D．对角线互相垂直平分的四边形必为菱形．根据菱形判定定理，对角线互相垂直平分的四边形满足菱形条件（四边相等），故该选项，符合题意； 故选：D． 2．C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，由正方形性质得，，由是等边三角形性质得，，进而得，则，再根据三角形内角和定理求出，继而根据即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 3．B 【分析】本题主要考查矩形的性质以及等腰直角三角形的判定， 解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定． 根据四边形，为全等的矩形， 得到，，，即可得到，根据全等的性质得到，，再根据角角之间的关系得到，于是判断出的形状， 进而根据三角形的面积公式即可求得． 【详解】 解： 在中，， 四边形，为全等的矩形， ，，， 在和中， ， ，， 点、、共线， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． 故答案为：B． 4．C 【分析】本题主要考查了勾股定理、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 由勾股定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后结合作图过程即可解答． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 又∵是边的中点， ∴， ∵以点为圆心，的长为半径画弧，与线段相交于另一点，连接， ∴． 故选C． 5．B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等，由正方形的性质可证，得到，，即得，进而由得，，即得，，得到，即得到，再求出即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：． 6．C 【分析】本题考查的是平移的性质、正方形的性质、勾股定理，根据平移的性质求出是解题的关键．根据正方形的性质、勾股定理求出，根据平移的性质求出，计算即可． 【详解】解：∵四边形为边长为的正方形， ∴， 由平移的性质可知，， ∴， 故选：C． 7．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理．根据菱形的性质可得，，再由勾股定理可得的长，再根据，解答即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：． 故选：C． 8．D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，能从图象中得到有用的条件，并判断动点位置进行计算是本题的解题关键．当点P运动到点C处时，，即，此时，求出，利用勾股定理求出a值即可解答． 【详解】解∶ 由图可知，当点P运动到点C处时，， 即． ∵四边形为矩形， ，． ． 当点P运动到点C处时，此时． 此时的周长为12，即， ． 设， ， 在中， ， 即， 解得：，． ， ． ， ． ∵四边形为矩形， ． 故选∶D． 9．B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，由菱形的性质可得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：∵菱形的对角线、相交于点O，且其周长为24， ∴， ∵E是的中点， ∴， 故选：B． 10．C 【分析】根据矩形的性质可证，根据三角形全等的性质即可得到①正确；由上面的全等的性质和矩形的性质可知四边形是平行四边形，再根据垂直平分线的性质得到一组临边相等即可知②正确；先证明，根据三角形全等的性质可知，再根据垂直平分线的判定即可得到③正确；根据矩形的性质和等边三角形的判定可知是等边三角形，所以可得，根据所对的边是斜边的一半，可得，可得，故④错误； 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵过点的直线分别与，交于点，， ∴ ∵，，， ∴， ∴ 故①选项正确； 在矩形中，，， ∵, ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 在矩形中， ， 又， ∴是等边三角形； ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴垂直平分线段； ∴， ∴四边形是菱形； 故②选项正确； 在和， ∵， ∴ ∴， 又， ∴垂直平分线段； 故③选项正确； 由上可知， 在中， ， ∵， ∴， 故④选项错误； 故选项为：C 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，垂直平分线的判定等知识点，解决此题的关键是熟练的运用各个知识点. 11．16 【分析】本题考查菱形的性质、三角形的中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解答的关键．先根据三角形的中位线性质得到菱形的边长为4，进而利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：如图，菱形的对角线相交于O，E为的中点，且， 则，，， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：16． 12．或 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，旋转的性质，掌握以上知识，数形结合，分类讨论是关键． 当时，点G在的垂直平分线上，分两种情况讨论，结合图形即可求解． 【详解】解：当时，点G在的垂直平分线上，分两种情况讨论： ①如图①，当点G在右侧时，取的中点H，连接交于点M，连接， ， 点G在的垂直平分线上，即， 四边形是矩形， ， 垂直平分， ， 是等边三角形， ， 旋转角； ②如图②，当点G在左侧时，同理可得， 旋转角， 综上所述，当或时，． 13．5 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，根据矩形的性质，可得与的关系，根据矩形的判定定理，可得，构建一元一次方程，可得答案． 【详解】解：四边形是矩形， ，． 设最快后，四边形成为矩形，此时，， ． 四边形是矩形， ， ，解得， 最快后，四边形成为矩形． 14．5 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 15．①②③ 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理的逆定理，三角形中线的性质，直角三角形的性质，菱形的判定与性质，先由平行四边形的性质得到，，，再由线段中点的定义推出，则可证明四边形是平行四边形，据此可判断①；由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，据此可判断②；由三角形中线平分三角形面积得到，据此可判断③；证明四边形是平行四边形，得到，再假设，可证明此时，则，这与矛盾，据此可判断④． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵、分别为边、的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，故①正确； ∵，点E为的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形，故②正确； ∵为的中点， ∴，即，故③正确； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 当时，则，则， ∴，这与矛盾 ∴不成立，故④错误； 故答案为：①②③． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质得，再由平行线的性质和垂线的定义得，再根据矩形的判定定理证明即可； （2）过点O作，延长交于点N，根据菱形和矩形的性质得，，再利用完全平方公式和勾股定理求得，再根据，利用面积公式求得，进而求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，即， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图，过点O作，延长交于点N， ∵四边形是菱形， ∴， 又， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（1）可得，四边形是矩形， ∵四边形的周长为16， ∴， ∵菱形的面积为22， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行线与间的距离为． 【点睛】本题考查菱形的性质、矩形的判定定理、勾股定理、平行线的性质、完全平方公式、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 17．(1)平行四边 (2)四边形为矩形．理由见解析 (3)同意．理由见解析 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定和矩形的判定定理是解答本题的关键． （1）根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”进行判断即可； （2）根据“对角线相等的四边形平行四边形是矩形”进行判断即可； （3）根据勾股定理逆定理判断，再根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”进行判断即可； 【详解】（1）解：学校广场中心的花坛中，米，米． 四边形是平行四边形， 故答案为：平行四边形； （2）解：四边形为矩形；理由如下： 由（1）知四边形为平行四边形， 又米， 四边形为矩形； （3）解：同意乙的说法；理由如下： 米，米，米， ，；， 在中，， 是直角三角形， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形． 18．(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、角平分线的性质、多边形的内角和等知识，熟练掌握正方形的判定与性质是解答的关键． （1）作于P，于Q 证明得到，然后根据正方形的判定可得结论； （2）先利用勾股定理求得，进而得到，则点F与C重合，根据（1）中正方形的性质可求解； （3）分①当与的夹角为时，点F在边上和②当与的夹角为时，点F在的延长线上两种情况分别求解即可． 【详解】（1）证明：作于P，于Q，则 ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴，则， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：如图2， 在中．， ∵， ∴， ∴点F与C重合， ∵四边形是正方形， ∴； （3）解：①当与的夹角为时，点F在边上，，如题干图： 则， 在四边形中，由四边形内角和定理得：； ②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示： ∵，， ∴， 综上所述，或． 19．(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）证明即可解答； （2）连接，证明，设，则，在中，利用勾股定理列方程即可解答； （3）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，再证明即可求得，即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， 矩形是正方形； （2）解：如图，连接， ， ， 根据（1）中可得， ，， ， ， ， ， 设，则， ， ，， 则， 在中，， 即可得， 解得， 故； （3）解：如图，取的中点，连接， 点是的中点， ，， 四边形为平行四边形， ， 在中，， ， ， 根据（1）中可得， ， ， ． 20．[操作判断]；[探究证明]是等腰直角三角形，证明见解析；[深入研究] 存在，的长为． 【分析】[操作判断]根据折叠和正方形的性质求解即可； [探究证明]由折叠的性质可知，，根据正方形的性质，得到，进而推出，得到，从而得出，即可得出结论； [深入研究] 设，则，由折叠的性质可知，，，利用菱形的性质，推出是等腰直角三角形，得出，，从而得出，根据的长列方程求解即可． 【详解】解：[操作判断]如图，由折叠的性质可知，，， 正方形纸片， ， ， ， 故答案为：； [探究证明] 是等腰直角三角形，证明如下： 由折叠的性质可知，， 正方形纸片， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； [深入研究] 正方形边长为4 ，，， 设，则， 由折叠的性质可知，，， 四边形是菱形， ，即， ，， ， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， 解得：（负值舍去）， 的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，掌握正方形和折叠的性质是解题关键． 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 $$