第一章 特殊平行四边形 单元测试 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 北师大版九年级上册“特殊平行四边形”单元测试卷，通过选择、填空、解答题梯度设计，融合文化情境（如故宫窗棂）与几何推理，适配单元复习，培养几何直观、推理能力与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10/30|矩形判定、菱形性质、正方形折叠|结合生活情境（门窗制作），基础概念辨析| |填空题|5/15|菱形判定、矩形中点计算、图形规律探究|设置开放题（添加菱形条件），渗透数形结合| |解答题|7/75|尺规作图、菱形证明与计算、矩形综合应用|综合考查推理与作图（如垂直平分线作图），关联核心素养|

· 第一章 特殊平行四边形 单元测试卷 · 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．如图，李师傅在做门窗时，不仅要测量门窗两组对边的长度是否分别相等，常常还要测量它们的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．其中的道理是（    ） A．有三个角是直角的四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形 2．如图，在菱形中，，则的度数是（     ）    A． B． C． D． 3．已知菱形的边长为5，则该菱形的周长为（   ） A．5 B．10 C．15 D．20 4．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角相等 B．邻角互补 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 5．如图，小明在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所吸引，他从中提取出一个含角的菱形．若，则菱形的面积为（    ） A． B． C．8 D．16 6．如图，矩形的对角线与相交于点O，，已知，则该矩形的面积是（    ） A． B．2 C． D．3 7．如图，菱形的对角线与相交于点，且，则该菱形的周长是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（   ） A．3 B．6 C． D． 9．在矩形中，对角线相交于点O，的角平分线交于点E，若，则用表示为（　　） A． B． C． D． 10．如图，在菱形中，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于，两点，作直线恰好经过点，与边交于点，连接，以下四个结论中：①；②；③；④如果，那么．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．如图，的对角线与交于点，要使得为菱形，可添加的一个条件是_____．（写一个即可） 12．如图．正方形的边长为4，E为边的中点．点F在边上．且．则的长为________ 13．如图，在矩形中，，，为中点，连接，则的长为_____． 14．如图，矩形的对角线与相交于点，点在边AD上，连接EO并延长，交BC于点，若，，则图中阴影部分的面积为_____． 15．如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为________． 三．解答题（本大题共7小题，共75分） 16．已知：如图，在中，，为中线． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点E，在射线上截取，连接，； (2)试判断（1）中所得四边形的形状，并说明理由． 17．如图，在菱形中，E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F． (1)求证：． (2)若，且，求的长． 18．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． 19．如图，在矩形纸片中，，连接对角线，直线垂直平分，分别交于点E，F，垂足为点G． (1)求证：； (2)求线段的长． 20．图①、图②均是的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点在格点上，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作图． (1)在图①中，画线段，使，且点在格点上； (2)在图②中，画等腰三角形，点、在格点上，且三边长均为无理数． 21．如图，在矩形中，点F为边的中点，是等腰三角形，，连接．    (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，连接，与交于点O． ①求证：四边形是菱形； ②在不添加任何字母和辅助线的条件下，请直接写出两个三角形，使写出的每个三角形的面积均是矩形面积的一半（不用写出过程）． 22．在ABCD中，AC、BD交于点O，过点O作直线EF、GH，分别交平行四边形的四条边于E、G、F、H四点，连结EG、GF、FH、HE． （1）如图①，试判断四边形EGFH的形状，并说明理由； （2）如图②，当EF⊥GH时，四边形EGFH的形状是 ； （3）如图③，在（2）的条件下，若AC=BD，四边形EGFH的形状是 ； （4）如图④，在（3）的条件下，若AC⊥BD，试判断四边形EGFH的形状，并说明理由． 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6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 B D D D A C C B B C 1．B 【分析】本题考查矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题关键．根据平行四边形的判定定理，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，为此要测量两组对边是否相等，根据矩形的判定定理，对角线相等的平行四边形为矩形，所以还要测量它们的两条对角线是否相等； 【详解】解：如图， ∵两组对边的长度分别相等，，， ∴四边形为平行四边形， 又∵测量它们的两条对角线相等，， ∴平行四边形为矩形． 故选择B． 2．D 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分一组对角．根据菱形的对角线平分一组对角即可求解． 【详解】解：在菱形中，， ， 故选：D． 3．D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，根据菱形的四条边都相等解答即可. 【详解】解：∵菱形的边长为5，且菱形的四条边都相等，   ∴菱形的周长. 故选：D. 4．D 【分析】本题主要考查矩形和菱形的性质．根据矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形所具有的性质，矩形和菱形都具有，故可得出答案． 【详解】解：∵矩形和菱形是平行四边形， ∴A、B、C是二者都具有的性质， ∴对角线互相垂直是菱形具有而矩形不一定具有的性质． 故选：D． 5．A 【分析】本题考查菱形的性质，关键是由等边三角形的性质求出菱形的高的长．过A作于H，由菱形的性质得到，判定是等边三角形，得到，求出的长，即可求出菱形的面积． 【详解】解：过A作于H， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 故选：A． 6．C 【分析】本题考查了矩形的性质，含的直角三角形，等边三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用． 根据矩形的性质可知，，，三角形为等边三角形，进而可求，含的直角三角形中，，再通过矩形面积公式计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为：， 故选：C． 7．C 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出其长是解题的关键．先依据菱形“对角线互相垂直平分”的性质，求出对角线一半的长度 ()，再在中用勾股定理算出菱形边长，最后根据菱形四边相等的性质，计算出周长为． 【详解】解：∵菱形的对角线与相交于点， ∴ ∵， ∴ 在中： ∵菱形的四条边相等， ∴该菱形的周长是， 故选：C． 8．B 【分析】本题考查正方形与折叠，含30度角的直角三角形，根据正方形的性质，折叠的性质，得到，进而得到，，设，则，，即可得到，求解即可．解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的性质． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将四边形沿折叠，点恰好落在边上， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：． 故选：B． 9．B 【分析】此题考查矩形的性质．根据矩形的性质得出，进而利用角平分线的定义和等腰三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵的角平分线交于点E， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 10．C 【分析】利用基本作图得到垂直平分，再根据菱形的性质得到，，，可证是等边三角形，再根据性质即可判定，根据平行线间的距离和菱形的性质即可判断和，由勾股定理和角所对直角边是斜边的一半即可判断． 【详解】连接， 由题意作图可知：垂直平分， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，故正确； ∵是中点， ∴， ∴，，故错误，故正确； 如图，过作交延长线于点， 易得四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∴，， 在中，由勾股定理得：，即， ∴， ∴，则正确； 综上可知：正确， 故选：． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质，勾股定理和平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 11．（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定方法，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形解答即可． 【详解】解：添加条件，那么为菱形．理由： ∵四边形是平行四边形，， ∴根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可知为菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 12．1 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质及判定，掌握相似三角形的性质是解本题的关键． 证明得到，由E为边的中点，得到，然后代值计算即可． 【详解】解： ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， 为边的中点， ， ， ， 故答案为： 1． 13．13 【分析】根据矩形的性质和中点的定义得到，，，，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵E为中点， ∴， ∴． 14． 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．正确表示阴影部分面积是解题的关键． 证明，则，设，则，由勾股定理得，，可求，，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 由勾股定理得，， 解得，， ∴，， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． 【详解】解：如图， 由轴对称的性质可得： 第一个菱形的面积为：， 第二个矩形的面积为第一个矩形面积的； 第三个矩形的面积是第一个矩形面积的； … 故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． ∴第n个矩形的面积为． 故答案为． 16．(1) 如图，即为所求． (2) 四边形是菱形． 证明：∵在中，为中线， ∴． 又∵平分， ∴，． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 【分析】本题主要考查基本作图，菱形的判定，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）根据要求作图即可； （2）先证出是平行四边形，再根据即可求得结果． 【详解】（1）略 （2）略 17．(1) 证明：∵菱形， ∴， ∴， 又∵E是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； (2) 【分析】（1）证明，再结合菱形的性质即可证明； （2）先证明是直角三角形，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由题意，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵ 四边形是菱形，， ∴， ∴在中， ． 18．(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． 19．(1) 证明：矩形纸片， ， ， 直线垂直平分， ， 在和中， ， ； (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）利用证明； （2）先根据勾股定理求出的长，进而求出的长，再证明，即可求出长，再根据全等三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：矩形纸片， ， ， ， 直线垂直平分， ， ， 又， ∴， ， ， ， 由（1）可知， ， ． 20．(1)如图所示： (2) 如图所示： 【分析】（1）选取矩形网格的对角线即可； （2）结合（1）中得到的边，选取矩形网格的对角线、小正方形对角线即可． 【详解】（1）解：如图所示： ，点即为所求； （2）解：如图所示： 由①知，同样可得，， ，且三边长均为无理数，等腰即为所求． 21．(1)证明见解析 (2)①证明见解析 ；②、、、 【分析】（1）连接，由矩形性质易证明，可得垂直平分，再由即可证得结论； （2）①先证明四边形是平行四边形，再由垂直平分即可得结论； ②由及已知、菱形与矩形的性质，易得、、、的面积都等于矩形面积的一半 【详解】（1）证明：连接，如图1： ∵四边形是矩形，F是的中点， ∴，，，， ∴，           ∴， ∵， ∴垂直平分， ∵，           ∴． （2）①证明：∵， ∴． 由（1）可得， ∴四边形是平行四边形，           ∵垂直平分， ∴四边形是菱形．           ②∵， ∴， ∴， ∴； ∵四边形是菱形， ∴； ∴， ∴； ∴面积是矩形面积的一半的三角形有、、、． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握这些判定与性质是关键． 22．（1）平行四边形（2）菱形（3）菱形（4）正方形 【分析】（1）由于平行四边形对角线的交点是它的对称中心，即可得出OE=OF、OG=OH；根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可判断出EGFH的形状； （2）当EF⊥GH时，平行四边形EGFH的对角线互相垂直平分，故四边形EGFH是菱形； （3）当AC=BD时，对四边形EGFH的形状不会产生影响，故结论同（2）； （4）当AC=BD且AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形，则对角线相等且互相垂直平分；可通过证△BOG≌△COF，得OG=OF，从而证得菱形的对角线相等，根据对角线相等的菱形是正方形即可判断出EGFH的形状． 【详解】证明：（1）四边形EGFH是平行四边形． 理由如下： ∵ ABCD的对角线AC、BD交于点O． ∴点O是ABCD的对称中心． ∴EO=FO，GO=HO． ∴四边形EGFH是平行四边形．                 （2）由（1）得：四边形EGFH是平行四边形． ∵ ∴四边形EGFH是菱形．                                    （3）由（1）得：四边形EGFH是平行四边形． ∵ ∴ ∴四边形EGFH是菱形．                                        （4）四边形EGFH是正方形．                     ∵AC=BD， ∴ABCD是矩形． 又∵AC⊥BD， ∴ABCD是菱形． ∴ABCD是正方形， ∴∠BOC=90°，∠GBO=∠FCO=45°．OB=OC． ∵EF⊥GH ， ∴∠GOF=90°． ∴∠BOG=∠COF． ∴△BOG≌△COF． ∴OG=OF， ∴GH=EF．      由（1）知四边形EGFH是平行四边形， 又∵EF⊥GH，EF=GH． ∴四边形EGFH是正方形． 答案第2页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $