选择题专项练习二（8-10题）-2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 聚焦三角形证明、特殊四边形及整式运算，以题载法构建从图形性质到代数推理的系统训练，渗透几何直观与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角形的证明及应用|8题（含开学考真题）|垂直平分线/角平分线性质+全等/勾股定理|从等腰三角形到平移变换，构建三角形性质应用链| |平行四边形的几何问题|13题（含中考真题）|特殊四边形性质+辅助线（中位线/垂线）|从平行四边形到正方形，形成特殊四边形判定与计算体系| |整式的运算|7题（含期末考真题）|整式概念辨析+分类讨论系数/次数|从单项式到多项式，建立整式结构与逻辑推理关联|

【九上入学测试】选择题专项练习二（8-10题）-2026-2027学年北师版九年级上学期 十二、三角形的证明及应用 1．（24-25九年级上·重庆·开学考试）由于木质衣架没有柔性，在挂置衣服的时候不太方便操作．小颖同学设计一种衣架，在使用时能轻易收拢，然后秦进衣服后松开即可．如图①，衣架杆（为衣架的固定点）；如图②，若衣架收拢时，，则此时，两点之间的距离是（　　） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·重庆南岸·期末）如图，在中，点是内一点，连接，，垂直平分，若，，则点，之间的距离为（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，的垂直平分线交于D，交于E，若cm，则的长为（　　）cm    A．10 B．8 C．5 D． 4．（25-26八年级下·重庆南岸·期末）如图，在中，，平分，交于点，交于点，若，，，则的周长为（     ） A． B． B． C． D． 5．（25-26九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，点在边上，交于点，垂足为，则的长为（   ） A．8 B． C．7 D．6 6．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，直线，的顶点A在直线上，，，分别交直线于点和点，且，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26九年级上·重庆·开学考试）在中，边在直线上，且，将沿直线平移得到，点的对应点为．若平移的距离为3，则的长为（     ） A．3 B．4 C．10 D．4或10 8．（25-26八年级下·重庆·期末）如图，在中，平分，于点D，的延长线交于点E，F是中点，连接，若，则四边形与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 十三、平行四边形的几何问题 · 平行四边形： 9．（25-26九年级上·重庆·开学考试）如图，四边形的对角线交于点，已知，添加下列其中一个条件，能判定四边形为平行四边形的是（ ） A． B． C． D． 10．（25-26八年级下·重庆南岸·期末）如图，在中，为对角线上一点，且，是的中点，于点A．若，，则的长为（         ） A． B． C． D． 11．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，过点A作AF⊥BE，垂足为点F，若AF＝5，BE＝24，则CD的长为（ ） A．8 B．13 C．16 D．18 12．（25-26九年级上·重庆渝北·开学考试）如图，在平行四边形中，的平分线和的平分线交于上一点，若，则的长为（    ） A． B．5 C． D． 13．（25-26八年级下·重庆·期末）如图，的对角线，相交于点，是的中点，，，则的周长为（     ） A．11 B．12 C．22 D．24 14．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图中，是角平分线，交于E，交于F，若， 那么四边形周长为（    ） A．9 B．12 C．15 D．18 · 矩形： 15．（25-26九年级上·重庆渝北·开学考试）如图，在矩形中，对角线、交于点，的角平分线交于点，连接，若，，则点到的距离为（   ） A． B． B． D． · 菱形： 16．（25-26八年级下·重庆·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，若，则的度数为（     ） A． B． B． D． 17．（25-26九年级上·重庆·开学考试）如图所示，在正方形中，点为边上一点，连接，为垂线交于点．以，为邻边构造平行四边形，连接，若，则的大小为（     ） A． B． C． D． 18．（24-25九年级上·重庆南岸·开学考试）如图，正方形中，点E是上一点，连接，过点B作于点F，连接DF，若，，则可以表示为（    ） A． B． C． D． 19．（25-26八年级下·重庆·期末）如图，在正方形中，点为边的中点，点为正方形内部一点，连接、、、，，．当时，可表示为（     ） A． B． C． D． 20．（25-26九年级上·重庆·开学考试）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（    ） A．1 B． C．2 D． 21．（2026·重庆·中考真题）如图，在正方形中，为上一点，且，连接．过点作，垂足为，连接并延长交于点，连接，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 十四、整式的运算 22．（25-26九年级上·重庆·开学考试）已知整式，规定中各项次数和为，各非零次项系数的乘积为．其中，，，为正整数，为自然数，且．若，．下列说法： ①当时，； ②当时，方程恒有两个不相等的解； ③满足条件的整式共有22种； 其中正确的个数是（     ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 23．（25-26九年级上·重庆渝北·开学考试）已知关于x的整式，其中a，b，c，d，e为整数，，且满足下列说法； ①所有满足条件的整式M中，不存在其中两个整式的和为单项式； ②若，则满足条件的整式M共有6个； ③满足条件的所有整式M共有个．其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 24．（25-26八年级下·重庆南岸·期末）已知，，是的三条边长，记，其中为整数．以下结论：①若三角形为等边三角形，则；②若，，则为直角三角形；③若，，，则；④若，，，，为三个连续整数，且，则满足条件的的个数为6．其中，正确的结论有（     ） A．①② B．②③ C．①②④ D．①②③④ 25．（2026·重庆·中考真题）已知整式：，其中，为正整数，，，，，为整数，，且．下列说法： ①当时，满足条件的所有整式的和为； ②当时，若函数的图象关于轴对称，则满足条件的整式有且仅有1个； ③满足条件的所有二次二项式中，在有理数范围内能因式分解的整式共有2个． 其中正确的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 26．（25-26九年级上·重庆·开学考试）已知整式，其中n，，，…，，为自然数，为正整数，，且满足．下列结论正确的是（   ） ①当时，满足条件的整式M有6个； ②满足条件的整式M中只有15个单项式； ③满足条件的整式M共有23个． A．0 B．1 C．2 D．3 27．（25-26九年级上·重庆·开学考试）已知整式，其中n，，，，，…，均为自然数．则下列说法正确的个数为（   ） ①若，则； ②若，且时，则满足条件的整式M有且只有10个； ③若，，，，…，为互不相同的自然数，当时，M的值为2025，则n的最大值为64． A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 《【入学测试】选择题专项练习二（8-10题）--2026-2027学年北师版九年级上学期》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D B B B D B B D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B A C B C C C C C C 题号 21 22 23 24 25 26 27 答案 B B B D D C B 1．C 【分析】根据已知条件，且，可得是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，从而得出的长度. 【详解】解：∵，且， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，关键是熟知等边三角形有哪些性质及判定方法. 2．B 【分析】连接，根据等角对等边得出，再根据线段垂直平分线的性质得出，从而求得的长． 【详解】解：连接，如图 ∵， ∴， ∵垂直平分， ∴， 即点A，E之间的距离为4． 3．D 【分析】由线段垂直平分线的性质及三角形外角的性质可求解cm,，再利用含角的直角三角形的性质可求解，再利用勾股定理可求解的长． 【详解】解：∵的垂直平分线交于D，交于E， 根据勾股定理可得： 故选：D 【点睛】本题考查了含角的直角三角形，勾股定理，解题的关键是：熟记含角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质及三角形的外角性质． 4．B 【分析】根据等腰三角形的性质求出和的度数，利用角平分线和平行线的性质证明、、均为等腰三角形，进而用a，b表示出的各条边长，最后合并化简即可． 【详解】解： ∴， 平分 ， ，， ，， ， ， ， ， ∴， ， 的周长． 5．B 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质和勾股定理以及三角形的面积等知识，运用等面积法求出DE的长是解题的关键． 根据题意利用等腰三角形的性质可知是的垂直平分线，利用勾股定理求出的长，再利用等积法求出的长，再利用进行计算即可． 【详解】解：，， 是的垂直平分线，是的角平分线， ， 是的角平分线，， ， 在中，由勾股定理得： ， ， ， ， ， 故选：B． 6．B 【分析】本题本题主要考查了平行线．熟练掌握两直线平行，内错角相等，等边对等角，三角形外角性质，直角三角形两锐角互余，是解决问题的关键． 先根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质求出的度数，再根据平行线的性质求出的度数，再由得出的度数，根据平角的定义即可得出结论． 【详解】解：如图，∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 7．D 【分析】本题主要考查平移的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键；因此此题可分当向左平移和向右平移两种情况进行分类求解即可． 【详解】解：∵， ∴当向左平移时，则； 当向右平移时，则； 故选：D． 8．B 【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，，进而得出，根据三角形的中线性质得到，根据三角形中位线定理得到，，证明得到，进而可得答案． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵F是中点， ∴，又， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即四边形与的面积之比为． 9．B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟记“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”是解题的关键．由平行四边形的判定定理即可得出结论． 【详解】解：添加，能判定四边形是平行四边形的是，理由如下： ， 又， 四边形是平行四边形， 只有B选项符合题意，其他选项不能判定四边形是平行四边形， 故选：B． 10．D 【分析】作的中点G，连接，由图可知，利用三角形中位线定理求出和的长，再根据求出的长，进而得到的长，最后在中利用勾股定理求解即可． 【详解】解：作的中点G，连接，如图 是的中点， 是的中位线， ，， 由图可知，即， ∴， ， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ． 11．B 【分析】首先利用平行四边形的性质及角平分线的性质得到AB=AE，然后利用等腰三角形的三线合一的性质得到BE=2BF，利用勾股定理求得AB，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB=CD， ∴∠AEB=∠CBE， ∵∠ABC的平分线交AD于点E， ∴∠ABE=∠CBE， ∴∠ABE=∠AEB， ∴AB=AE， ∵AF⊥BE， ∴BE=2BF， ∵AF＝5，BE＝24， ∴BF=12， ∴AB=， ∴CD= AB=13， 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质及等腰三角形的判定与性质的知识，解题的关键是证得AB=AE，难度不大． 12．A 【分析】本题主要考查平行四边形的性质，角平分线的定义，勾股定理的运用，理解并掌握平行四边形的性质，勾股勾股定理的计算是解题的关键． 根据平行四边形的性质，角平分线的定义得到,，，由勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为平行四边形，, ∴, ∴, ∵的平分线和的平分线交于上一点， ∴, ∴, ∴， ∴, ∴, ∴, ∵, ∴， 故选：A． 13．C 【分析】根据平行四边形对角线互相平分得出为中点，结合为中点，利用三角形中位线定理求出的长，进而求出的长，即可求得平行四边形的周长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 是的中点， 是的中位线， ， ， ， 是的中点，， ， 的周长为：． 14．B 【分析】本题考查菱形的判定和平行四边形的性质，等腰三角形的判定，掌握菱形的判定方法一组邻边相等的平行四边形是菱形是关键． 根据两组对边平行得出四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义，可得，进而可得，然后根据领边相等的平行四边形是菱形可证平行四边形是菱形，最后根据菱形的性质即可得答案． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， 是角平分线 ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴四边形周长为， 故选：B． 15．C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，准确找到所需的直角三角形并用勾股定理求出相应边长是解题的关键．过点作于点，过点作于点，可得，即得，再由是的角平分线，，利用勾股定理求出，，根据，可得，进而求出点到的距离． 【详解】解：过点作于点，过点作于点， 矩形中，对角线、交于点， ， 与是等底等高面积相等的三角形，即， 的角平分线交于点，， ，， ，， ，， ，， ， ， ， 即， ， ， ， 即点到的距离为， 故选：C． 16．C 【分析】先根据菱形的性质得到，，再证明是等边三角形得到，进而可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 17．C 【分析】本题主要考查正方形的性质、平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；过点P作于点H，设交于点Q，由题意易得，然后可得，则有，，进而可证，由此可得，最后问题可求解． 【详解】解：过点P作交延长线于点H，设交于点Q，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； 故选C． 18．C 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等，作于点G，通过证明推出，，，进而结合可证是等腰直角三角形，推出，再利用三角形外角的性质可得答案． 【详解】解：如图，作于点G， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，，， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故选C． 19．C 【分析】连接，由正方形的性质容易证明，则，，从而得到，结合等腰三角形的性质可得，因此． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵点为边的中点， ∴， ∵，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 20．C 【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题． 【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC， 又 四边形MOND的面积是1， 正方形ABCD的面积是4， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 21．B 【分析】设，则，，，先得出，则可得的长，再过点作于点，作于点，得出，，求出的长，进而求出与的面积即可． 【详解】解：设， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得， 如图，过点作于点，作于点， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， ∴与的面积之比为． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造相似三角形． 22．B 【分析】本题考查数式的操作，涉及整式的相关概念，解一元二次方程，熟练根据题意正确列举出所有情况是解题的关键．根据，，，为正整数，为自然数，且．若，，分别列举出、、、时满足条件的整式，当时，，不符合题意；再对选项进行判断即可． 【详解】解：当时，，， 则， 因为为自然数，且，所以满足题意的为； 当时，，， 则，由，为正整数，为自然数，且， 则满足题意的可以为，，； 当时，，， 则，由，，为正整数，为自然数，且， 则满足题意的可以为，，，，； 当时，，， 则，由，，，为正整数，为自然数，且， 则满足题意的可以为，，，，，，，，，，，，，，，； 当时，，不符合题意； 综上，当时，，为，则，故①正确； 当时，，为，，， 则或或， 当时， 解得，； 当时， 解得：，， 当时， 解得：，是两个相等的解， 则当时，方程并不是恒有两个不相等的解，故②错误； 满足条件的整式共有种，故③错误； 综上，正确的只有1个， 故选：B． 23．B 【分析】根据满足条件的两个整式M的和为单项式，需满足两个整式中的对应系数互为相反数，由此可判断①； 当时，根据所给条件，列出所有可能，由此可判断②； 以此类推分、两种情况，求出满足条件的系数取值，得出满足条件的所有整式M总个数，由此可判断③． 【详解】①要使满足条件的两个整式M的和为单项式，则需满足两个整式中的对应系数互为相反数，这与系数递减的条件矛盾，即不存在，①说法正确； ②当时， a，b可从5，4，3，2中取满足条件的值为：，或，或，或，或，或，共6种； d，e可从0，，，中取满足条件的值为，或，或，或，或，或，共6种； 再根据的条件，可得满足条件的有： ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； ，，，，； 共8个，故②错误； ③以此类推当时，满足条件的系数取值为： ，，，，； ，，，，； 共2个； 当时，满足条件的系数取值为： ，，，，； ，，，，；共2个； 当时，满足条件的系数取值为： ，共1个， 综上，满足条件的所有整式M共个，③错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了多项式的有关概念，整数的不等关系，绝对值的性质，整式的加减运算，分类讨论思想的运用，解题关键是根据且为整数、这一条件，枚举并分析的所有可能取值，进而逐一验证． 24．D 【分析】依次对四个结论单独验证：①利用等边三角形三边相等代入式子计算的值；②把代入式子化简，结合勾股定理逆定理判断三角形形状；③将代入的表达式，结合三角形三边关系求出范围，进而推出范围；④设连续整数三边长为，结合与三角形三边关系列不等式组，统计符合条件的正整数的个数，最后判定全部正确结论，选出对应选项． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∴，， ∴，故结论①正确； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形，故结论②正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， 根据三角形三边关系列不等式组： ， ∵，， ∴，恒成立， ∴，解得， ∴，解得， ∴， ∵，随的增大而增大， ∴， ∴，故结论③正确． ∵，，为连续整数，， ∴设，，（为正整数）， ∵， ∴， ∵，且三角形三边满足， ∴， 解，得， 解， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为正整数， ∴，，，，，，共6个取值， ∴满足条件的三角形个数为6， ∴结论④正确． 综上，①②③④全部正确． 25．D 【分析】根据题意和的取值，分别确定相应的值，进而可得的值，然后计算整式的加减、因式分解逐个判断即可． 【详解】解：①当时，，即， ∵，为正整数， ∴， 当时，则，解得或（舍去），此时； 当时，则，解得或（舍去），此时； 当时，则，解得或，此时或； 当时，则，解得或，此时或； 当时，则，解得，此时， 则满足条件的所有整式的和为，说法①正确； ②当时，，，即， 由题意可知，为正整数，，为整数，且， ∴， ∵函数的图象关于轴对称， ∴，即， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， ∴，解得， 又∵为正整数， ∴，， ∴或（舍去）， ∴满足条件的整式，有且仅有1个；说法②正确； ③∵整式是二次二项式， ∴，且只有两个非零项， 同②可得：，为正整数， ∴在这个二次二项式中，或， （Ⅰ）当时，，，， ∴， ∴， ∴当时，，不能在有理数范围因式分解，舍去； 当时，，能在有理数范围因式分解； 当时，，不能在有理数范围因式分解，舍去； （Ⅱ）当时，，，， ∴， ∴只有符合，此时，能在有理数范围因式分解； 综上，满足条件的所有二次二项式中，在有理数范围内能因式分解的整式共有2个；说法③正确； 所以说法正确的个数是3个． 26．C 【分析】本题考查数式的操作，涉及整式的相关概念，不等式的性质，熟练理解题意是解题的关键，利用n，，，…，，为自然数，为正整数，，且满足，分别列出当、、、、 时，整式M的情况，即可解决问题． 【详解】解：当时，，， ∵为正整数， ∴或2或3或4或5， 共5个，都是单项式， 故①错误； 当时，，，即， ∵n，，，…，，为自然数，为正整数，， ∴，可以为或或或或或或或，共8个，其中单项式的是或或或，共4个； 当时，，，即， ∵n，，，…，，为自然数，为正整数，， ∴，，可以为或或或或或，共6个，其中单项式的是或或，共3个； 当时，，，即， ∵n，，，…，，为自然数，为正整数，， ∴，，，可以为或或，共3个，其中单项式的是或，共2个； 当时，，，即， ∵n，，，…，，为自然数，为正整数，， ∴，，，，可以为，共1个，其中单项式的是，共1个； 当时，为正整数， ∴，不存在， 综上所述，满足条件的整式M中，单项式有（个），故②正确； 满足条件的整式M共有（个），故③正确， 即正确的有②③，共2个， 故选：C． 27．B 【分析】根据整式恒等式的性质即不含项问题解答判断，利用求代数式的值方法，自然数的性质解答即可． 本题考查了整式恒等式的性质即不含项问题，代数式的值，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得，其中n，，，，，…，均为自然数． ①：由，得，，故，正确； ②：当且时，当或或或或 或或或或或共有10种组合，对应10个不同的整式，正确； ③：若为互不相同的自然数，且时，根据题意，最小自然数序列的和为，当时，和为；当时，最小和为， 故的最大值为63，③错误； 综上，正确的说法为①和②，共2个， 故选：B． 学科网（北京）股份有限公司 $