周末作业1（1.1～1.3）2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 北师大版数学九年级上册周测同步练（1.1~1.3），以菱形、矩形性质与判定为核心，通过基础巩固、综合应用、创新拓展三层设计，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|图形性质与判定（选择1-4、填空11-12）|以概念辨析题（如轴对称与中心对称判断）夯实基础，培养抽象能力| |提升层|性质综合应用（选择5-9、填空13-14、解答16-18）|结合坐标与折叠（如矩形折叠求边长），发展空间观念与运算能力| |拓展层|跨知识整合（选择10、解答19-20）|旋转与中心对称探究（如菱形旋转坐标变化），体现模型意识与创新思维|

· 周末作业 1（1.1~1.3） · 2026-2027学年北师大版数学九年级上册 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（     ） A． B． C． D． 2．如图，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（   ） A． B．平分 C．， D． 3．如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（    ） A．4 B． C．5 D． 4．下列命题正确的是（   ） A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是菱形 D．有一个角是直角的平行四边形是矩形 5．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在坐标轴上，若点A的坐标为，则菱形的周长为（   ） A．6 B． C． D． 6．如图，在矩形中，对角线、相交于点O．延长至点E，使．已知，则的度数是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 9．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（   ） A．40 B．80 C．160 D． 10．如图，在菱形中，，，点，在直线上，且点的坐标为，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．如图，在中，添加一个条件________，可使是矩形． 12．菱形两条对角线长为和，则菱形面积为________． 13．如图，矩形中，点E在边上，将矩形沿直线折叠，点A恰好落在边的点F处．若，，则的长是________． 14．如图，的对角线相交于点交的延长线于点．若，则的面积是______． 15．如图，已知长方形纸条，点在边上，点在边上，连接，将纸条沿折叠，使点分别落在，，，处，经过点，若，．则______． 三、解答题（共5小题，满分75分） 16．如图，，，连接． (1)尺规作图：在上作点，连接，使得平分．（保留作图痕迹，不写作法．） (2)连接，求证：四边形是菱形． 17．如图，菱形的对角线、相交于点，，，与交于点，，． (1)求的长； (2)求菱形的高． 18．如图，在中，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 19．综合运用． 如图，在平面直角坐标系中，放入一个矩形纸片，将纸片翻折后，点恰好落在轴上，记为，折痕为．直线的关系式是，与轴相交于点，且． (1)求的长度； (2)求点的坐标； (3)求矩形的面积 20．【链接教材】 （1）如图，、是直线上方两点，若点在直线上，满足，则点是线段的_____（填特殊直线）与直线的交点； 【问题延伸】 （2）如图，点是矩形对角线的交点，．要分别在、边上确定点、，满足，且点在线段上．经过思考，小文发现可以利用矩形的中心对称性，将点或关于点对称，再作该对称点和另一点所组成的线段的中垂线．请你根据她的思路在图中尺规作图确定、的位置（不写作法，保留作图痕迹）． 如图，点是矩形对角线的交点，．经过深入探究，聪明的小文发现进一步利用矩形的中心对称性，在问题思路的基础上再添加一条过点的线段，就能找到符合题意的、（、分别在、边上，满足，且点在线段上）．请在图中用直尺简单构图（不要求圆规作图），并证明． 【举一反三】 （3）如图，在平面直角坐标系中，原点是菱形对角线的交点，，，，其中，．若、分别在、边上，满足，且点在线段上，直接写出的取值范围________． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B D D A B A B B 1．C 【分析】在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形． 根据中心对称图形和轴对称图形的概念求解即可． 【详解】解：A、该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意； B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 2．C 【分析】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 根据菱形的判定定理，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A、当时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； B、当平分时，， ∵， ∴， ∴， ∴，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 、当，时，不能证明是菱形，故本选项符合题意； D、当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 故选：C． 3．B 【分析】本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，根据菱形的性质求得是解题的关键．由菱形面积可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】解：是菱形， ， ， ， ， ， 故选：B． 4．D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项． 【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B选项错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项错误，不符合题意； D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故D选项正确，符合题意． 故选：D． 5．D 【分析】本题考查了勾股定理和菱形的性质，根据点A的坐标为，可以得到，根据，可以求出，根据勾股定理可以求出，最后由菱形的性质可以求出菱形的周长． 【详解】解：∵点A的坐标为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直角三角形， ∴， ∵菱形的四条边相等， ∴菱形的周长为． 故选：D． 6．A 【分析】此题考查的是矩形的性质，平行四边形的性质和判定，等腰三角形的判定与性质，掌握其性质定理是解决此题的关键． 证明出四边形是平行四边形，得到，，求出，然后得到，求出，进而求解即可． 【详解】四边形是矩形， ，． ， 四边形是平行四边形． ，． ． ，， ． ， ． 故选：A． 7．B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．根据菱形的性质可得：，，推出、是等边三角形，得到，，证明，得到，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 、是等边三角形， ，， ， ，即， ， 在和中， ， ， ， ， ， 故选：B． 8．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定与性质，过A、C分别作轴，轴，根据菱形的性质可得，再证明，可得，然后可得C点坐标． 【详解】解：过A、C分别作轴，轴， ∵点A的坐标是， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵轴，轴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 9．B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等．熟练掌握菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，是解题的关键． 由菱形的性质得，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 故选：B． 10．B 【分析】根据等边三角形、菱形的性质，分别求出、的长，再由每旋转次后，菱形回到原位置，可知第次旋转后点在轴正半轴，即可求点坐标． 【详解】解：点的坐标为， ， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 每次旋转次后，菱形回到原位置， ， 菱形旋转次后，点关于原点对称， 点在直线上， 第次旋转后点在轴正半轴， ， 故选：B． 【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质，直线上点的坐标特征等知识，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 11．（或） 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，根据对角线相等的平行四边形是矩形，进行作答即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形 ∴添加一个条件：或，可使是矩形． 故答案为：（或） 12．24 【分析】本题考查了菱形的性质，主要利用菱形的面积的求法．根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可解答． 【详解】解：根据题意：菱形的面积为， 故答案为：24． 13． 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理．利用数形结合的思想是解题关键．由折叠的性质可知，，再根据矩形的性质得出，，，设，则，根据勾股定理得出，求出结果即可． 【详解】解：由折叠的性质可知，， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴根据勾股定理得：， 设，则， 根据勾股定理得：， ∴， 解得：． 故答案为：． 14．120 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理．证明，推出，判断出是菱形，利用勾股定理求得，利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积是， 故答案为：120． 15． 【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，长方形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据题意求出，得到，求出，得到，求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点， 由折叠可知，， 长方形纸条， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 16．(1)如图，点即为所求； (2) 证明：∵， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵，即 ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）根据作角平分线的尺规作图方法作出的平分线与的交点即为点； （2）先根据平行线+角平分线证明，然后进行等量代换结合平行证明四边形是平行四边形，再由有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 17．(1) (2) 【分析】（1）证明，再证明四边形是平行四边形，可得四边形是矩形，可得，从而可得答案； （2）过作于，求解，可得，利用，从而可得答案． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴； （2）解：过作于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的高是． 【点睛】本题考查的平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理的应用，熟练的利用菱形的性质解题是解本题的关键． 18．(1) 证明：， ， 在和中 ∴ , 又四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明，则，再结合四边形是平行四边形，即可作答． （2）先得出然后，根据勾股定理列式，代入数值进行计算，得出，运用菱形的面积公式计算，即可作答． 【详解】（1）略 （2）解：， 在中，，， ∴菱形的面积 19．(1) (2)点 (3)矩形的面积为． 【分析】本题考查矩形与一次函数的综合，解题的关键是掌握一次函数的图象和性质，矩形的性质，勾股定理的应用，折叠的性质，进行解答，即可． （1）根据一次函数的性质，求出点的坐标，即可； （2）根据矩形的性质，可得，，，根据折叠的性质，得到，，根据勾股定理求出，设，再根据勾股定理得，解出，即可得到点的坐标； （3）根据，，矩形的面积公式，即可． 【详解】（1）解：∵直线的关系式是 ∴当时， ∴点 ∴． （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠可得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴点． （3）解：∵，， ∴矩形的面积为：． 20．（）垂直平分线；（）见解析；证明见解析；（）． 【分析】（）根据垂直平分线的性质即可求解； （）根据题意进行作图即可； 同先画出图形，然后根据全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质即可求证； （）作出作关于点对称点，连接，同理可得，则，故有，然后当与重合时，有最小值，当与重合时，有最大值，再通过菱形的性质和两点的距离公式即可求解． 本题考查了尺规作图，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，原点对称的性质，两点的距离，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：（）∵点在直线上，满足， ∴点是线段的垂直平分线与直线的交点， 故答案为：垂直平分线； （）如图，作关于点对称点，连接， 作垂直平分线，交、于点、，连接， 如图，作法同， ∵点是矩形对角线的交点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴； （）如图，作关于点对称点，连接， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， 当与重合时，有最小值，如图， ∵四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 当与重合时，有最大值，如图， ∵四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴或（舍去）； ∴的取值范围为， 故答案为：． 答案第12页，共15页 答案第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $