第1章 特殊平行四边形 分层特训-2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 聚焦特殊平行四边形单元复习，分层设基础与思维题，融合生活情境与几何综合，适配九年级数学抽象能力、推理能力及空间观念培养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----|----| |选择|8|菱形周长计算、矩形判定、正方形性质|结合台历便签区面积（第8题）考查正方形性质，体现数学眼光| |填空|6|折叠角度计算、菱形中位线、矩形折叠综合|矩形折叠（第13题）涉及推理与几何直观，培养数学思维| |解答|6|菱形与矩形判定、旋转综合、坐标系正方形|旋转综合题（18题）融合等腰三角形与中位线，坐标系正方形（19题）体现数学语言表达|

第1章特殊平行四边形分层特训01 基础达标 1．菱形的两条对角线长分别是和，则此菱形的周长是（   ） A． B． C． D． 2．如图，，是的高，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形中，和是对角线，依据图中所标的角度及线段长度，下列四边形不一定为矩形的是（    ） A．B．C． D． 4．如图，四边形是平行四边形，相交于点O，下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 5．如图，菱形的对角线相交于点O，若，，则菱形的周长是（    ） A．12 B．16 C．18 D．20 6．如图，点是正方形内一点，连接、、，将绕点顺时针旋转到的位置．若，，，则求的度数为（　　） A． B． C． D． 7．如图，四边形是正方形，，P是正方形对角线上一点，，，E、F分别为垂足，若，则的长为（    ） A．1 B．2 C． D．3 8．如图1，这是小明的爸爸购买的添加了便签的2025年台历，图2是它的平面示意图，其中正方形是月历区，正方形是备忘录区，矩形是便签区，已知月历区的面积为，备忘录区的面积为，则便签区的面积为（   ） A． B． C． D． 9．在平行四边形中，，则的取值范围是___________． 10．如图，把一张长方形纸条沿折叠，若，则的度数为________． 11．如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 12．如图，在菱形中，，点和点分别在边，上，，，若点、点分别为线段、的中点，则线段的长度等于______． 13．如图，在矩形中，点E，F分别在边上，且，将矩形沿直线折叠，点B恰好落在边上的点P处，连接交于点Q，对于下列结论：①；②；③；④是等边三角形．其中正确的是_________． 14．如图，在正方形中，点E在上，，，垂足分别为F、G，若，则______． 15．如图，点O是矩形的对角线上一点，过点O作，交于点E，交于点F． (1)在不添加新的点和线的前提下，请增加一个条件：__________，使得四边形为菱形．并说明理由； (2)若四边形为菱形，，，求的长． 16．如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点A、B作，，和交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)当，时，求的值． 17．如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 01 思维达标 18．在等腰中，，是边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转至的位置，使得，连接交于点． (1)如图1，若，当点移动到中点时，若，求线段的长度； (2)如图2，取的中点，连接．猜想线段与的数量关系，并证明你的猜想； (3)在（2）的基础上；若，当时，连接，与交于点， ，直接写出的值___________． 19．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A和点B，直线与x轴，y轴分别交于点C和点D，直线与交于点P， (1)求直线的解析式； (2)连接，，点Q在直线上，若的面积为，四边形的面积为，当时，求点Q的坐标； (3)动点M在直线上，连接，以为边作正方形（点A，M，E，F按逆时针方向排列），当正方形的面积被的一条边所在直线平分时，请直接写出点E的坐标． 20．如图1，在矩形中，，，、分别是、上的点（不含端点），．连接，将四边形沿所在直线对折，得到四边形，点、的对应点分别为点、． 备用图1                                 备用图2 (1)若，当时，__________；当时，__________． (2)如图2，当点恰好落在的中点，交于点，，求的值． (3)若，，当所在直线经过矩形的顶点时，直接写出的值． 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1章特殊平行四边形分层特训-2026-2027学年数学九年级上册北师大版（新教材）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B D D D A C D 1．B 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出菱形的边长是解题的关键． 根据题意画出图形，由菱形的性质求得，，再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长． 【详解】解：如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∴， ∴此菱形的周长为． 故选：B． 2．B 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线性质，直角三角形两锐角互余．利用等腰三角形的性质结合直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵，为的高， ∴平分，， ∴， ∴， ∵是上的高， ∴， ∵是上的高，且， ∴， ∴， 故选：B． 3．D 【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．根据矩形的判定方法逐项判断即可． 【详解】解：A、，， 四边形是平行四边形， ，，，， 即， ， 四边形是矩形； 故A选项不符合题意； B、观察图形可知，四边形的对角线互相平分且相等， 四边形是矩形； 故B选项不符合题意； C、观察图形可知，， 四边形是矩形； 故C选项不符合题意； D、观察图形可知，，故不能判定四边形是矩形， 故D选项符合题意． 故选：D． 4．D 【分析】本题考查平行四边形的性质，特殊平行四边形的判定，掌握相关知识是解决问题的关键．根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定方法分别判断即可确定正确的选项． 【详解】解：A、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以该选项结论正确，不符合题意； B、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以该选项结论正确，不符合题意； C、因为有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的矩形是正方形，所以若且，则四边形是正方形，该选项结论正确，不符合题意； D、当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，所以若且，则四边形不一定是正方形，该选项结论错误，符合题意； 故选：D． 5．D 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，由菱形的面积可求出，由菱形的性质得，，，，再由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴菱形的周长． 故选：D． 6．A 【分析】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角．也考查了勾股定理的逆定理、等腰直角三角形的判定与性质． 连接，如图，根据旋转的性质得，，，则可判断为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得，，在中，由于，根据勾股定理的逆定理得到为直角三角形，即，然后利用求解． 【详解】解：连接，如图， 绕点顺时针旋转得到， ，，， 为等腰直角三角形， ，， 在中，，，， ， ， 为直角三角形， ， ． 故选：A． 7．C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，由正方形的性质得出，由勾股定理求出，由全等三角形的判定与性质得出，由，得出四边形是矩形，由矩形的性质得出，即可得出，即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：C． 8．D 【分析】本题考查了二次根式的应用，矩形的性质，正方形的性质，根据题意分别求得，进而求得，再根据矩形的性质，即可求解． 【详解】∵正方形是月历区，面积为， ∴， ∵正方形是备忘录区，矩形是便签区， ∴， ∴， ∴便签区的面积为 故选：D． 9． 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理．分当时，求得；当时，平行四边形是矩形，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：当时，不妨设， ∵四边形是平行四边形， ∴ 如图，作平行四边形， ∴，， ∴， ∴； 当时，平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的取值范围是． 故答案为：． 10．/70度 【分析】本题主要考查平行线的性质、矩形的翻折和几何中角度的计算；根据矩形对边平行，而两直线平行，内错角相等，可以得到和，又，由翻折性质知，代入的值即可； 熟练掌握“两直线平行，内错角相等”和翻折前后的对应角相等是解题的关键． 【详解】在矩形中，， ， 由翻折得：， ， 则； 故答案为：． 11．4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 12． 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，由菱形的性质可得，可证是等边三角形，可得，由三角形中位线定理可得，，，，可得，，可求，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，连接，取的中点H，连接，，过点N作交延长线于K， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵M、N分别为线段的中点，点H是的中点，，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 13．①③④ 【分析】由翻折的性质得：，，取中点M，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可得，进而可得是等边三角形，根据直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，可得，可判断①正确；根据，可判断②错误；由翻折可知，推出，可得， ，可判断③正确；证明，可判断④正确． 【详解】解：， ， 由翻折的性质得：，， 取中点M，连接， 在矩形中，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ，故①正确； ， ， ， ，故②错误； 由翻折可知， ， ，， ，故③正确； 由翻折的性质，， 则， ， ， 是等边三角形，故④正确． 综上可知，正确的有①③④， 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定等知识，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 14． 【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定、二次根式的化简等知识，熟练掌握正方形和矩形的性质是解题关键．先根据正方形的性质和勾股定理可得，再证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的判定可得，最后根据等量代换求解即可得． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，，，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15．(1)（答案不唯一） (2)的长为 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定定理（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）、全等三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题的关键是先利用矩形对边平行的性质推导平行四边形，再通过添加条件满足菱形判定，第二问结合菱形面积的两种计算方法建立等式求线段长度． （1）先根据矩形性质得，推出；结合和添加的条件（如）证，得，判定四边形为平行四边形；再由，根据菱形判定定理得出结论． （2）先利用勾股定理求矩形对角线的长；设菱形边长，在中列方程求；再分别用“底高”和“对角线乘积的一半”表示菱形面积，建立等式求的长． 【详解】（1）解：添加条件，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵四边形是菱形． ∴， 设，则 在中，由勾股定理得：， 即． 展开得：， 化简得：， 解得：． ∵代入得：， 化简得：， 解得：， 答：的长为． 16．(1) 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线和交于点O， ∴， ∴四边形是矩形； (2)． 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据菱形的性质得到，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形； （2）根据菱形的性质得到，求得，利用直角三角形的性质求得，，据此计算即可得到结论． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴． 17．(1) 证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2) ， 理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 18．(1) (2) 解：猜想，理由如下： 延长至点，使，连接， 又∵点为中点， ∴为的中位线，， ∵，， ∴， ∴，即， 又∵，且旋转得， ∴， ∴； (3) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一的性质得到，，证明，得到； （2）延长至点，使，连接，得到为的中位线，，证明，即可得到； （3）延长至点，使，连接，连接交于，由（2）得；，证得为等边三角形，，得到，则、、三点共线，由（2）得为的中位线，根据，证得，求出，再证得四边形为矩形，得到，，，推出，再证明，得到，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵，，点为中点， ∴，， ∴， 由旋转得， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）略 （3）如图，延长至点，使，连接，连接交于， 由（2）得；， ∵，，， ∴，， 又∵，， ∴为等边三角形，， ∴，， ∴，则、、三点共线， 由（2）得为的中位线， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴四边形为矩形， ∴， ，， ∵为等边三角形，即， ∴，   又∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形中位线的性质，是一道图形的综合题，熟练掌握各性质及判定是解题的关键． 19．(1)； (2)Q点坐标为或； (3)E点坐标为或或 【分析】（1）求出C、D点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可； （2）先求，根据三角形面积公式求出，可得，当Q点在P点下方时，，；当Q点在P点上方时，，； （3）设，当所在直线平分正方形的面积时，M点与C点重合，；当所在的直线平分正方形的面积时，过M点作轴交于H点，过E点作交于G点，证明，可得，又由A、E的中点在上，则，可求；当所在的直线平分正方形的面积时，过点M作轴，过点A作交于S，过点E作交于T，同理可证，得到，再由A、E的中点在上，即点在直线上，能求出． 【详解】（1）解：由得， 当时，， ， 当时，， ， ， ， ， ，， 将点D、C代入， ， 解得， 直线的解析式为； （2）解：联立得，， ， ， ， ， 当Q点在P点下方时，， 解得， ； 当Q点在P点上方时，， 解得， ； 综上所述：Q点坐标为或； （3）解：设， 当所在直线平分正方形的面积时，M点与C点重合， ； 当BD所在的直线平分正方形的面积时，如图1， 过M点作轴交于H点，过E点作交于G点， ， ， ， ， ， ， ，， ， 、E的中点在上， ， 解得， ； 当所在的直线平分正方形的面积时，如图2， 过点M作轴，过点A作交于S，过点E作交于T， 同理可证， ，， ， 、E的中点在上， 点在直线上， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， ， 解得， ； 综上所述：E点坐标为或或． 【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． 20．(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识以及分类讨论思想是解题的关键． （1）当时，先说明四边形是矩形，再根据矩形的性质即可解答；当时，然后根据矩形的性质以及等腰三角形的性质即可解答； （2）由矩形的性质以及中点的定义可得，再根据翻折的性质可证明，则、，进而得到、、；再在中运用勾股定理列方程求解即可； （3）分当所在直线经过矩形的顶点、顶点在的延长线上时、顶点在的延长线时三种情况，然后根据矩形的性质、折叠的性质、勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图：∵矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴； ∵将四边形沿所在直线对折，得到四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：2，4． （2）解：四边形是矩形， ，，， 为的中点， ， 将四边形沿翻折， ，，，， 在和中 ， ，， 在中，根据勾股定理得：， 设，则， ∴，解得： （3）解：①如图：当所在直线经过矩形的顶点时， 根据折叠可知：，，，， ，，， ， ，， ， ， ， ，， 根据勾股定理得：，即，解得： ②如图：当顶点在的延长线上时，连接， 在中，，，，， ， ， ，， 在中，根据勾股定理得：， 在中，根据勾股定理得：， ， ，解得：． ③如图：当顶点在的延长线时， 在中，，，，， 在中，，，，， ，， 在中，，，， 根据勾股定理得：， 即，解得：． 综上，的值为或或． 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 $