第一章 特殊平行四边形 章末对点导练-【学海风暴】2026-2027学年九年级上册数学同步备课（北师大版·新教材）

章末对点导练 已单元考点整合 (2)连接AC交BD于点O,延长BC到点E, 考点①菱形的性质与判定 在∠DCE的内部作射线CM,使得∠ECM= 15°，过点D作DF⊥CM于点F.若∠ABC= 1.(2025一2026九江期中)如图，在菱形ABCD 中，∠ABC=80°，BA=BE,则∠BAE的度 70°，DF=√5，求∠ACD的度数及BD的长. 数为 ( A.70 B.40 C.75 D.30° 第1题图 第2题图 2.(2025一2026宿州泗县检测)如图，在菱形 ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为 (8,2),点D的坐标为(0,2)，则点C的坐标 考点②直角三角形斜边中线的性质 为 ) 5.一题多解法如图，在△ABC中，∠ACB= A.(2,2) B.(2,4) 90°，∠B=28°.若CD是△ABC的中线，则 C.(4,2) D.(4,4) ∠ACD的度数为 () 3.如图，已知菱形ABCD的边 A.42° B.52° C.62 D.72 长为2，∠DAB=60°，E为 AB的中点，F为CE的中 点，AF与DE相交于点G, 第3题图 第5题图 第6题图 则GF的长为 6.如图，CD为Rt△ABC斜边AB的中线，E 4.如右图，在□ABCD中， 为AC的中点.若AC=8,CD=5,则DE的 BD平分∠ABC. 长为 (1)求证：四边形ABCD 考点③矩形的性质与判定 是菱形 7.如图，在矩形ABCD中，E, D F分别是边AB,CD上的 点，AE=CF,连接EF, E BF.EF与对角线AC交于 第7题图 点O,且BE=BF,∠BEF=2∠BAC,CF= 2,则AB的长为 A.6 B.8 C.43 D.8√3 上册第一章 21△ 8.如下图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折 (1)如图①，若点P在边AB上，则BM和 叠，使点B落到点B'的位置，AB'与CD交 CN的数量关系是 BM 于点E. 和CN的位置关系是 (1)试找出一个与△AED全等的三角形，并 (2)如图②，若点P在边AB的延长线上， 加以证明. (1)中的结论还成立吗？请说明理由. (2)一题多解法若AB=8,DE=3,P为线 D 段AC上的任意一点，PG⊥AB'于点G,PH ⊥DC于点H,试求PG+PH的值. P 图① 图② 考点④正方形的性质与判定 9.如图，已知正方形纸片ABCD, D 边长为12.现将正方形纸片沿 MN折叠，使得点D落到BC 中考真题演练 边上的点E处，连接ME,折痕 11.（2026攀枝花，有改动)如 第9题图 MN=13,则DM的长为 ( 图，菱形ABCD中，对角线 169 AC,BD相交于点O,M,NB A.5 B.6 C.7 D.24 M 分别是BC,BO的中点， 第11题图 10.几何直观如图，在正方形ABCD中，P是 ∠ABC=60°，AB=4,则MN的长为 直线AB上的一个动点，连接DP,过点C 作CM⊥DP于点M,过点A作AN∥MC A司 B.1 c D.2 交DP于点N,连接BM,CN. 42 九年级数学BS版 12.(2026乐山)如图，四边形ABCD是平行四边 含端点)，AP=BQ.当∠BPC=∠BCD 形，AC与BD相交于点O.添加一个条件后， 时，用等式表示出CD和QE的数量关系， 不能判定四边形ABCD是菱形的是( ) 并说明理由。 A.AB-AD B.AC⊥BD 【拓展迁移】 C.AC=BD D.∠BAC=∠DAC (3)如图③，在矩形AEBD中，P,Q分别是 线段AB,BE上的动点（不含端点），AP= BQ.当∠EAQ-∠DAP时，用等式表示 出BP和QE的数量关系，并说明理由. 第12题图 第13题图 13.(2026福建，有改动)某数学兴趣小组成员 把一副三角板按图所示的方式摆放.其中 ∠B=∠DFC=90°，∠BAE=30°，∠CDF =45°.四边形ABCD恰好为矩形，点E,F 分别在BC,AE上，则∠AFD的度数为 14.(2025北京)如图，在正方形 ABCD中，点E在边CD 上，CF⊥BE,垂足为F.若 AB=1,∠EBC=30°，则 B 第14题图 △ABF的面积为 15.（2026武威)在一次数学兴趣小组活动中， 同学们围绕等腰三角形进行探究.下面是 部分探究内容，请你思考并解答， 图① 图② 图③ 【初步尝试】 (1)如图①，在△ABC中，AB=AC,过点B作 BQ∥AC,BQ=2,连接AQ.点P在线段AB 上，满足∠BPC=∠CAQ,求AP的长. 【类比探究】 (2)如图②，在△ABC中，AB=AC.以AB 为对角线的矩形AEBD的顶点D在AC 上，P,Q分别是线段AB,BE上的动点（不 上册第一章 23△,AD∥BC,.∠DEF=∠D'FE,.∠D'FE=∠DEF, .D'E=DF,∴DE=DF.在Rt△CDF中，由勾股定理， 得CF=√DF-CD=√DF-36, ∴.当DF最大时，CF最大，即DE最大时，CF最大， ∴.当点D'与点B重合时，DE最大.设此时CF=x,则 BF=DF=8一x.根据勾股定理，得DF2=CF2十 DC,即(8-=2十6，解得=子∴CF的最大 你多好 6.解：如图，过点P作PE⊥AB于点 E,过点D作DF⊥AB于点F. ,四边形ABCD是菱形， ∴.∠BAD+∠B=180°，AB=BC ∠B=120°， .∠CAB=30°，∠DAF=60°， PE=专AP,∠PDA=0, AF-AD-2..DF-/ADF-AFF-2/5. :安AP+PD=PE+PD, ∴.当D,P,E三点共线，即点E与点F重合时，PE十 DP的值最小，最小值为DF, ÷AP+PD的最小值为2。 章未对点导练 1.A2.D 3© 4 【解析】如图，取DE的中 点H,连接FH,过点C作CM⊥ AB,交AB的延长线于点M,连接 FB. :四边形ABCD是菱形，.AB=CD=BC=2,AB∥ CD,AD∥BC. F,H分别是CE,DE的中点，∴.FH∥CD,FH= CD=1,FH∥AB,∠AEG=∠FHG. 1 :E是AB的中点，AE=BE=1,AE=FH. ∠AGE=∠FGH,∴.△AEG≌△FHG(AAS), ..AG=FG. ,AD∥BC, ∴.∠CBM=∠DAB=60 在Rt△CBM中，∠BCM=90°一∠CBM=30°，∴.BM BC-1..CM-/B-BF- BE=BM. ,F是CE的中点， ∴BF-CM-g.FB/CM, ∴.∠EBF=∠M=90. 在Rt△AFB中，由勾股定理，得AF=√AB十BF= V(GF-AF 41 4.解：(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD,∴.∠ABD=∠BDC. :BD平分∠ABC,·∠ABD=∠DBC, .∠BDC=∠DBC,.BC=CD, .□ABCD是菱形. (2)由(1)可知，四边形ABCD是菱形， 1 BO=DO,∠DCA=∠BCA=2∠BCD,AC⊥BD, AB∥CD, ∴.∠BCD=180°-∠ABC=180°-70°=110°，∠DCE =∠ABC=70°， 1 ·∠ACD=2∠BCD=55, ∠ECM=15°， ∴.∠DCM=∠DCE-∠ECM=70°-15=55°， ∴.∠DCA=∠DCM. DF⊥CM,BD⊥AC, .DO=DF=√5， .BD=2D0=25. 5.C【解析】，∠ACB=90°，∠B=28°， ∠A=62°. :CD是斜边AB上的中线， ..CD=AD. ∴.∠ACD=∠A=62. 一题多解法《 :∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线， ..CD=BD. ∠DCB=∠B=28°， .∠ACD=∠ACB-∠DCB=62. 6.3【解析】·CD为Rt△ABC斜边AB的中线，CD= 5,∴.AB=2CD=10. :∠ACB=90°，AC=8,.BC=√AB-AC=6. E,D分别为AC,AB的中点，DE是△ABC的中 位线DE=BC=3. 7.A【解析】如图，连接OB.四边形D ABCD是矩形，.DC∥AB,∠DCB 90°，，∴.∠FCO=∠EAO.在△AOE和 ∠AOE=∠COF, △COF中，∠EAO=∠FCO, AE=CF. .△AOE≌△COF(AAS),.OE=OF,OA=OC. BF=BE,.BO⊥EF,∴∠BOF=90°.∠BEF 2∠BAC=∠BAC+∠AOE,.∠EAO=∠AOE, ∴.AE=OE=OF=CF=2.在Rt△BFO和Rt△BFC ,BF=BF·:RtA BFOS≌R△BFC(HL).BO 中，OF=CF, BC.在Rt△ABC中，AO=OC,∴.BO=AO=OC= 上册详解详析 13 BC,.△BOC是等边三角形，.∠BCO=60°， .∠BAC=30°，∴.∠BEF=2∠BAC=60°.：BE= BF,△BEF是等边三角形，EB=EF=4,AB =AE+EB=2+4=6. 8.解：(1)△AED≌△CEB'.证明如下： ,四边形ABCD为矩形， .∴.AD=BC,∠D=∠B=90° 由折叠的性质，得BC=B'C,∠B=∠B'=90°， ∴.AD=CB',∠D=∠B' 又，∠DEA=∠B'EC, ∴.△AED≌△CEB'(AAS). (2)如图①，延长HP交AB于 点M. 由折叠的性质，得AB'=AB =8. :△AED≌△CEB', M ‘B ∴.DE=B'E=3, 图① .AE=EC=8-3=5. 在Rt△ADE中，AD=√AE-DE=4. MH⊥CD, ..MH=AD=4. ∠CAB'=∠CAB,PG⊥AB',PM⊥AB, ∴.PG=PM, ∴.PG+PH=PM+PH=HM=4. ◆一题多解法《 (2)如图②，连接PE :S△EAC=S△EAP+S△EPC, C2EC·AD2AE PG+CE.PH. B 图② 由(1)，得AE=CE .PG+PH=AD. 同理可得AD=4, ∴.PG+PH=4. 9.D【解析】如图，过点N作NH⊥CD, 垂足为H,则NH=AD=CD, ∠NHM=∠C. 正方形纸片ABCD的边长为12， .NH=AD=12. 在Rt△NHM中，MH=√MN-NH=5. 由轴对称的性质可知DE⊥MN, .∴.∠EDC+∠HMN=90°. ,NH⊥CD, ∴.∠HMN+∠MNH=90°， ∴.∠EDC=∠MNH, .△EDC≌△MNH(ASA), ∴.CE=HM=5. 设DM=x,则EM=x,MC=12-x. 在Rt△MCE中，由勾股定理，得EM=CM+CE2, 即x2=(12-x)2+52, 九年级数学BS版 解得2婴 0w-婴 10.解：(1)BM=CNBM⊥CN (2)成立.理由如下： 如图，延长BM交CVN于点H. H 四边形ABCD为正方形， .AD=AB=DC=BC,∠DCB=∠CBA=∠DAB =∠ADC=90°. .'CM⊥DP,AN∥MC, .AN⊥DP,∠AND=∠DMC=90°， ∴∠ADN+∠DAN=∠ADN+∠CDM=90°， ∴∠DAN=∠CDM. (∠AND=∠DMC, 在△ADN和△DCM中，{∠DAN=∠CDM, AD=DC. .△ADN≌△DCM(AAS),.DN=CM. .∠NDC+∠MCD=∠MCB+∠MCD=90°， ∴.∠NDC=∠MCB. (DC=CB, 在△DCN和△CBM中，∠NDC=∠MCB, DN=CM, .△DCN≌△CBM(SAS), ∴.CN=BM,∠DCN=∠CBM, ∴.∠DCN+∠NCB=∠CBM+∠NCB=90°， .∠BHC=90°，∴.BM⊥CN. 11.B【解析】四边形ABCD是菱形，且AB=4, CB=AB=4,0C=号AC 在△ABC中，CB=AB=4,∠ABC=60°， .△ABC是等边三角形，∴AC=AB=4, 00=7AC=2 M,N分别是BC,BO的中点， MN是△BOC的中位线MN=2OC=1. 12.C【解析】A.AB=AD,根据邻边相等的平行四边形 为菱形，可以得到平行四边形是菱形，不符合题意。 B.AC⊥BD,根据对角线互相垂直的平行四边形是菱 形，可以得到平行四边形为菱形，不符合题意 C.AC=BD,根据对角线相等的平行四边形可以得到 矩形，但不是菱形，符合题意。 D.,四边形ABCD是平行四边形，∴.ABCD, .∠BAC=∠ACD. 又·∠BAC=∠DAC,∴∠ACD=∠DAC, AD=CD,∴□ABCD是菱形，不符合题意. 13.759 14.【解析】如图，过点F分别作 FM⊥BC,FN⊥AB,垂足分别为 M,N,连接AM,则∠FMC=90°. ,四边形ABCD为正方形， ∠ABC=90°， .∠ABC=∠FMC, .AB∥FM,.FN=BM. 1 SAa=ZAB·FV,SAAIN=2AB·BM, ∴.SAABF=SAABM· CF⊥BE,垂足为F,AB=1=BC,∠EBC=30°， .∠BFC=90°，CF=2BC=2 .∠CFM=90°-∠BCF=30°， CM-TCF- BM=BC-CM=3 4 1 33 ∴.SAABF=S△ABN=2 ×1×4=8 15.解：(1)，BQ∥AC, ∴∠PAC=∠QBA. :∠BPC=∠CAQ, ∴∠PAC+∠PCA=∠PAC+∠QAB, ∴∠PCA=∠QAB. I∠PAC=∠QBA, 在△PAC和△QBA中，AC=BA, ∠PCA=∠QAB, ∴.△PAC≌△QBA(ASA), ..AP=BQ=2. (2)CD=QE.理由如下： 如图①，连接AQ. ,四边形AEBD为矩形， .BE∥AD, ∴.∠PAC=∠QBA. 在△PAC和△QBA中， (AC=BA. 图① ∠PAC=∠QBA, AP=BQ, .△PAC≌△QBA(SAS), ∴∠CPA=∠AQB, ∴.180°-∠CPA=180°-∠AQB,即∠BPC =∠AQE. 又，∠BPC=∠BCD, .∠BCD=∠AQE. ,四边形AEBD为矩形， .BD=AE,∠BDC=∠BDA=∠E=90°， .△BDC≌△AEQ(AAS), .CD=QE. (3)BP=2QE.理由如下： 如图②，延长AD至点F,使得AF=AB,连接 BF.PF. .AF=AB, 1 ∠DFB=∠ABF=2(I80°- ∠DAP)=90°2∠DAP F D 图② ∠EAQ=2∠DAP, ∴.∠DFB=90°-∠EAQ=∠EQA. 由(2)同理可得，△DFB≌△EQA(AAS), .FD=QE. .AB=AF, ..AP+BP=AD+FD=AD+QE. ,四边形AEBD为矩形，.AD=BE, ..AP+BP=BE+QE=BQ+2QE. AP=BQ,∴.BP=2QE. 第二章一元二次方程 1认识一元二次方程 第1课时一元二次方程 1.A 2.C【解析】2(x+1)+(2x-1)2=0,.2x十2+4x2 -4x+1=0,.4x2-2x+3=0. 3.x2+82=(.x+4)24.B 5.2【解析】原方程可化为x2十4x十4=2m.x十m. 移项，得x2十（4一2n)x+(4一m)=0. 由不含x的一次项，得一次项系数4一2m=0, 解得m=2. 变式题-2 6.解：不正确.正确的解题过程如下： 整理，得x2十(a一1)x十4一a=0. 由题意，得a一1=4，解得a=5, .4一a=一1，∴.常数项是一1. 第2课时一元二次方程的解及其估算 1.D 2.A 变式题A【解析】：m为一元二次方程x2+3x一 2025=0的一个根，.m2+3m=2025, .2m2+6m=2(m2+3m)=4050,.2m2+6m-2025 =2025 3.C【解析】由勾股定理，得BC2+AC2=AB2.,BD= BC-2.AC=0.AB=2+AD.()+=(2 十AD）.整理，得AD2十a·AD=b.x2十a.x=b2, .线段AD的长是方程x2十a.x=b的一个正数根. 4.x2一4=0（答案不唯一） 5.B6.A 7.x1=6,x2=1【解析】设1=x一4，则方程(x一4)2十 b(x一4)十c=0变为t2十bt十c=0. ,方程x2十bx十c=0的根是x1=2,x2=-3, ∴t=2或t=-3. ,t=x-4, 上册详解详析 15Λ