精品解析：广东深圳市福田区深圳实验学校中学部2026-2027学年上学期九年级单元测试(一) 数学试卷

中学部2027届九年级单元检测（一） 数学试卷 考试时间：90分钟 试卷满分：100分 说明：请考生在答题卷指定区域按要求规范作答，考试结束上交答题卷． 第Ⅰ卷 一、选择题：（每小题只有一个正确选项，每题3分，8小题，共24分） 1. 关于x的一元二次方程的二次项、一次项、常数项分别为（ ） A. B. C. D. 2. 代数式有意义，那么x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 佳佳同学在一个质地均匀的正方体盒子的六个面分别写了“我”“爱”“深”“圳”“实”“验”，则抛掷一次这个盒子，朝上一面显示“实”的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 下面矩形中，和矩形相似的是（ ） A. B. C. D. 5. 某中学举办趣味运动会，其中有一项比赛的规则是：如图．三名学生分别站在点，，的位置，计时开始后，三人同时去拿放在点的气球，先拿到气球的人获胜，为了保证比赛的公平性，点应该是（ ） A. 三边垂直平分线的交点 B. 三条角平分线的交点 C. 三条高线的交点 D. 三条中线的交点 6. 一次函数与的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 当时， B. 随的增大而减小 C. D. 关于，的方程组的解为 7. 定义运算：，例如，时，．若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形的边长为4，点E，F分别为，上一点，，与交于点H，点M为的中点，点N为线段靠近B的四等分点，长度为（ ） A. B. C. D. 2 第Ⅱ卷 二、填空题：（每题3分，5小题，共15分） 9. 因式分解多项式___________． 10. 如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到．若，则度数为__________． 11. 若关于x的一元二次方程的一个根是，则另一个根是___________． 12. 如甲图所示是飞镖型地漏实物图，图中正方形地漏处正方形地砖的正中心，各边与正方形地砖相互平行，它们的四周设计按甲图的实线切开，可以形成4块全等的“飞镖”型地砖．乙图是它的结构图，切割线AF＝4，且ABEF，∠ABG＝60°，则地漏正方形EFGH的面积为_____． 13. 如图，边长为6的菱形中，，点P是边所在直线上一动点，连接，将线段绕点B顺时针旋转，使得P点到达点N，连接，则的最小值为______． 三、解答题：（本题共7小题，共61分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14. 实数的计算： 15. 解方程 （1）（用因式分解法）； （2）（用适当的方法）． 16. 为备战体育中考，学校利用AI智慧体育系统对八年级学生进行“1分钟跳绳”过程性监测．现从某班甲、乙、丙、丁四位同学中各随机抽取10次测试成绩（单位：次/分钟），并对数据进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息： a．甲同学的10次测试成绩：160，165，170，175，175，190，175，175，180，185 b．四位同学10次测试成绩的箱线图（不完整）： c．四位同学10次测试成绩的平均数、中位数、方差： 同学 平均数 中位数 方差 甲 乙 175 40.5 丙 175 175 79.6 丁 170 170 29.4 根据以上信息，回答下列问题： （1）表中的值为___________，的值为___________； （2）同学甲和乙中，稳定性更好的是___________，理由是：___________； （3）现需要从四位同学中选择一位代表班级进行跳绳比赛．体育老师按照如下方式进行实力强弱的评估，先比较平均数，平均数较高者实力更强；若平均数相同，则比较四分位距（四分位距上四分位数下四分位数），四分位距较小者实力更强．根据实力强弱，代表班级进行跳绳比赛的同学是___________． 17. 如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，F分别是AC、AB的中点，CE∥DB，BE∥DC． （1）求证：四边形DBEC是菱形； （2）若AD＝6，DF＝2，求四边形DBEC的面积． 18. 暑期档电影《牛来》和《奥德赛》深受大家喜爱．已知某电影院，1张《奥德赛》电影票比1张《牛来》电影票贵5元，用525元购买《奥德赛》电影票数量与用450元购买《牛来》电影票数量一样多． （1）求《牛来》和《奥德赛》电影票的单价． （2）该电影院按（1）中价格售票，平均每日可以售卖《牛来》电影票50张．据调查发现票价每降价1元销售量会增加5张，但是销售单价不得低于20元．若《牛来》的日销售额要达到1820元，单价应降低多少元？ 19. 综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． （1）学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形； ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． （2）类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）． （3）拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________． 20. 我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形；这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，这条对角线称为这个四边形的弦边． （1）在平行四边形、矩形、菱形，正方形四种图形中，一定为勾股四边形的是_______； （2）如图1所示，四边形的顶点都是正方形网格中的格点，每个小正方形的边长为1，试说明四边形是勾股四边形，并指出它的勾股边与弦边； （3）如图2，是一个直角三角形，，记，，．现构造平行四边形与平行四边形，若四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且； ①求的周长； ②点是线段上的一点，请直接写出的值，使四边形为勾股四边形． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中学部2027届九年级单元检测（一） 数学试卷 考试时间：90分钟 试卷满分：100分 说明：请考生在答题卷指定区域按要求规范作答，考试结束上交答题卷． 第Ⅰ卷 一、选择题：（每小题只有一个正确选项，每题3分，8小题，共24分） 1. 关于x的一元二次方程的二次项、一次项、常数项分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的标准形式及其各项的识别. 将方程化为标准形式后，确定各项系数及符号. 【详解】原方程整理为标准形式：. 其中，二次项为，一次项为，常数项为. 故选：C． 2. 代数式有意义，那么x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解：要使有意义， ∵被开方数非负且分母不为0， ∴， 解得. 3. 佳佳同学在一个质地均匀的正方体盒子的六个面分别写了“我”“爱”“深”“圳”“实”“验”，则抛掷一次这个盒子，朝上一面显示“实”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：∵质地均匀的正方体抛掷后，每个面朝上的可能性相等，总共有种等可能的结果， 朝上一面显示“实”的结果有种， ∴抛掷一次这个盒子，朝上一面显示“实”的概率为． 4. 下面矩形中，和矩形相似的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对应边成比例，对应角相等的矩形相似，解答即可． 【详解】解：根据题意，得，且四个角都是直角，根据所有的直角都相等，对应边成比例，符合定义． 5. 某中学举办趣味运动会，其中有一项比赛的规则是：如图．三名学生分别站在点，，的位置，计时开始后，三人同时去拿放在点的气球，先拿到气球的人获胜，为了保证比赛的公平性，点应该是（ ） A. 三边垂直平分线的交点 B. 三条角平分线的交点 C. 三条高线的交点 D. 三条中线的交点 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键； 利用线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等即可求解； 【详解】解：利用线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，可知气球要放在三条边的垂直平分线的交点处才能使比赛公平； 故选：A 6. 一次函数与的图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 当时， B. 随的增大而减小 C. D. 关于，的方程组的解为 【答案】C 【解析】 【分析】根据一次函数的图象与轴交点的位置、两个一次函数图象的交点坐标、一次函数图象的走向逐项判断． 【详解】解：A选项：由函数图象可知，一次函数与的图象交点坐标是，当时，，故A选项正确，不符合题意； B选项：一次函数的图象从左到右是下降的趋势，随的增大而减小，故B选项正确，不符合题意； C选项：一次函数的图象与轴的交点在轴的上方， ， 一次函数的图象与轴的交点在原点， ， ， 故C选项错误，符合题意 D选项：一次函数与的图象交点坐标是， 关于，的方程组的解为， 故D选项正确，不符合题意． 7. 定义运算：，例如，时，．若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据新定义的运算规则，将整理为一元二次方程的一般形式，再利用一元二次方程根的判别式，当方程有两个不相等实数根时判别式大于，求解得到的取值范围． 【详解】解：∵定义运算， ∴， ∵， ∴， 即， ∵方程有两个不相等的实数根， ∴， 化简得， 解得． 8. 如图，正方形的边长为4，点E，F分别为，上一点，，与交于点H，点M为的中点，点N为线段靠近B的四等分点，长度为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方形性质证，易得，再运用正方形的性质以及勾股定理求得的长，如图：取中点G，连接，利用直角三角形斜边中线定理及三角形中位线定理求解 即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为4，  ∴， ∵，  ∴，， ∴， ， ∵，  ∴， ∴，即， 如图：取中点G，连接，则， ∵点N为线段靠近B的四等分点， ∴，即N为的中点，  ∵点M为的中点，  ∴是的中位线，  ∴． 第Ⅱ卷 二、填空题：（每题3分，5小题，共15分） 9. 因式分解多项式___________． 【答案】 【解析】 【分析】先提取公因式，再利用平方差公式分解，直至无法继续分解即可． 【详解】解：先提取多项式的公因式，得， 再对用平方差公式分解，得， 因此． 10. 如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到．若，则度数为__________． 【答案】14 【解析】 【详解】解：由旋转可知，又， ． 11. 若关于x的一元二次方程的一个根是，则另一个根是___________． 【答案】 【解析】 【分析】设方程另一个根为，利用一元二次方程根与系数的关系中两根之积的公式，直接代入已知根求解即可，即对于一元二次方程，两根满足． 【详解】解：设一元二次方程的另一个根为，一元二次方程中，可得，，已知一个根为， ∴， 解得， 所以方程的另一个根为． 12. 如甲图所示是飞镖型地漏实物图，图中正方形地漏处正方形地砖的正中心，各边与正方形地砖相互平行，它们的四周设计按甲图的实线切开，可以形成4块全等的“飞镖”型地砖．乙图是它的结构图，切割线AF＝4，且ABEF，∠ABG＝60°，则地漏正方形EFGH的面积为_____． 【答案】16﹣8 【解析】 【分析】如图，延长GF交AB于点M．由题意可知正方形ABCD被分成8个全等的直角三角形，一个正方形EFGH，根据含30°角的直角三角形的性质得到BM＝BG＝2，MG＝BG＝2，求得AB＝2+2，根据正方形的面积和三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】答：解：如图，延长GF交AB于点M． 由题意可知正方形ABCD被分成8个全等的直角三角形，一个正方形EFGH， ∵AF＝BG＝4，且ABEF，∠ABG＝60°， ∴BM＝BG＝2，MG＝BG＝2， ∴AB＝2+2， ∴地漏正方形EFGH的面积＝（2+2）2﹣8××2×2＝16﹣8， 故答案为：16﹣8． 【点睛】此题考查了正方形的性质和30°角直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和30°角直角三角形的性质． 13. 如图，边长为6的菱形中，，点P是边所在直线上一动点，连接，将线段绕点B顺时针旋转，使得P点到达点N，连接，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】以为边向右侧作正，连结并延长，交直线于点H，先证明，可进一步证明，所以得到点N在直线上运动，因此当时，取最小值，再求出此时的长即可． 【详解】解：以为边向右侧作正，连结并延长，交直线于点H， ，， 四边形是菱形， ， ， 是正三角形， ，， ，， 线段绕点B顺时针旋转，使得P点到达点N， ，， ， ， ， ， ， ， ， 点N在直线上运动， 当时，取最小值， ， ， ，， ， ， ， ， 是正三角形， ， ， ， 即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，图形旋转的性质，几何最值问题，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 三、解答题：（本题共7小题，共61分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14. 实数的计算： 【答案】 【解析】 【分析】先化简乘方，算术平方根，绝对值，然后去括号，最后算加减． 【详解】解： = = =． 【点睛】本题考查实数的混合运算，掌握算术平方根的概念和绝对值的意义是解题关键． 15. 解方程 （1）（用因式分解法）； （2）（用适当的方法）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用因式分解法解答即可； （2）利用因式分解法解答即可． 【小问1详解】 解：， ， ． 【小问2详解】 解：， ， ， ， ． ． 16. 为备战体育中考，学校利用AI智慧体育系统对八年级学生进行“1分钟跳绳”过程性监测．现从某班甲、乙、丙、丁四位同学中各随机抽取10次测试成绩（单位：次/分钟），并对数据进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息： a．甲同学的10次测试成绩：160，165，170，175，175，190，175，175，180，185 b．四位同学10次测试成绩的箱线图（不完整）： c．四位同学10次测试成绩的平均数、中位数、方差： 同学 平均数 中位数 方差 甲 乙 175 40.5 丙 175 175 79.6 丁 170 170 29.4 根据以上信息，回答下列问题： （1）表中的值为___________，的值为___________； （2）同学甲和乙中，稳定性更好的是___________，理由是：___________； （3）现需要从四位同学中选择一位代表班级进行跳绳比赛．体育老师按照如下方式进行实力强弱的评估，先比较平均数，平均数较高者实力更强；若平均数相同，则比较四分位距（四分位距上四分位数下四分位数），四分位距较小者实力更强．根据实力强弱，代表班级进行跳绳比赛的同学是___________． 【答案】（1）； （2）乙；乙成绩的方差小于甲的方差，方差越小成绩波动越小，稳定性越强 （3）乙 【解析】 【分析】（1）根据平均数与方差的概念求解和的值即可； （2）根据甲乙的方差，即方差越小，波动越小，稳定性越好判断即可； （3）根据甲、乙、丙、丁四位同学的平均数与四分位距比较即可． 【小问1详解】 解：甲同学的10次测试成绩：160，165，170，175，175，190，175，175，180，185， 则甲同学的平均数为， 故； 则方差为， 故． 【小问2详解】 解：∵甲的方差为，乙的方差为，其中， ∴同学甲和乙中，稳定性更好的是乙， 理由是：乙成绩的方差小于甲的方差，方差越小成绩波动越小，稳定性越强． 【小问3详解】 解：甲，乙，丙平均数均为，丁只有，先淘汰丁； ∵四分位距上四分位数下四分位数， ∴箱线图箱体宽度就是四分位距，箱体越窄四分位距越小， 由箱线图可知，乙的箱体宽度最小，也就是乙的四分位距最小，选乙， 故代表班级进行跳绳比赛的同学是乙． 17. 如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，F分别是AC、AB的中点，CE∥DB，BE∥DC． （1）求证：四边形DBEC是菱形； （2）若AD＝6，DF＝2，求四边形DBEC的面积． 【答案】（1）见详解；（2）四边形DBEC的面积为 【解析】 【分析】（1）由题意易得四边形DBEC是平行四边形，DC=DB，然后问题可求证； （2）连接DE，由三角形中位线可得BC=4，则有CD=AD=6，然后根据菱形的性质可得DE的长，进而问题可求解． 【详解】（1）证明：∵CE∥DB，BE∥DC， ∴四边形DBEC是平行四边形， ∵∠ABC＝90°，点D是AC的中点， ∴DC=DB， ∴四边形DBEC是菱形； （2）解：连接DE，如图所示： ∵点D是AC的中点，AD＝6， ∴DC=AD=6， ∵点F是AB的中点， ∴DF是△DCB的中位线， ∵DF＝2， ∴BC=2DF=4， ∵四边形DBEC是菱形， ∴DE⊥BC，， 在Rt△CDO中， ∴， ∴， ∴四边形DBEC的面积为． 【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握菱形的性质与判定及勾股定理是解题的关键． 18. 暑期档电影《牛来》和《奥德赛》深受大家喜爱．已知某电影院，1张《奥德赛》电影票比1张《牛来》电影票贵5元，用525元购买《奥德赛》电影票数量与用450元购买《牛来》电影票数量一样多． （1）求《牛来》和《奥德赛》电影票的单价． （2）该电影院按（1）中价格售票，平均每日可以售卖《牛来》电影票50张．据调查发现票价每降价1元销售量会增加5张，但是销售单价不得低于20元．若《牛来》的日销售额要达到1820元，单价应降低多少元？ 【答案】（1）《牛来》电影票单价为30元，《奥德赛》电影票单价为35元 （2）单价应降低4元 【解析】 【分析】（1）设《牛来》电影票的单价为元，则《奥德赛》电影票的单价为元，根据题意列出分式方程，即可求解； （2）设单价应降低元，根据题意列出一元二次方程，解方程得的值，再根据销售单价不得低于20元，确定的值，即可求解． 【小问1详解】 解：设《牛来》电影票的单价为元，则《奥德赛》电影票的单价为元， 由题意得，， 解得， 经检验，是方程的解， ∴（元）． 答：《牛来》电影票单价为30元，《奥德赛》电影票单价为35元． 【小问2详解】 解：设单价应降低元， 由题意得，， 解得，， ∵销售单价不得低于20元， ∴， 解得， ∴， ∴． 答：单价应降低4元． 19. 综合与实践：阅读材料，并解决以下问题． （1）学习研究：北师大版教材九年级上册第39页介绍了我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中关于一元二次方程的几何解法：以为例，求解过程如下： ①变形：将方程变形为； ②构图：画四个长为，宽为的矩形，按如图（1）所示构造一个“空心”大正方形； ③解答：则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程，∵表示边长，∴，即． 这种数形结合方法虽然只能得到原方程的其中一个正根．但是从新方程可以得到原方程的另一个根是________． （2）类比迁移：根据赵爽几何解法的方法求解方程的一个正根（写出完整的求解过程，并在画图区画出示意图、标明各边长）． （3）拓展应用：一般地对于形如：一元二次方程可以构造图（2）来解，已知图2是由四个面积为3的相同矩形构成，中间围成的正方形面积为4．那么________，________，方程的一个正根为________． 【答案】（1）； （2） 解：将方程变形为， 画四个长为，宽为的矩形，按如图所示构造一个“空心”大正方形， 则图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． （3），． 【解析】 【分析】（1）运用直接开平方法解方程，即可得到方程的另一个根． （2）将方程变形为，画四个长为，宽为的矩形，构造一个“空心”大正方形；仿照例题求解即可； （3）由中间围成的正方形面积为4，可得中间正方形的边长为2．设长方形的宽为x，则长为，由题意得，整理得，即可求得a和b的值．仿照例题构造大正方形，即可求出x的值． 本题主要考查学生的阅读理解能力，综合运用知识的能力．读懂例题，正确的构造出大正方形是解题的关键． 【小问1详解】 由得 ∴ ∴原方程的另一个根是． 故答案为： 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ∵中间围成的正方形面积为4， ∴中间正方形的边长为2， 设长方形的宽为x，则长为， 由题意得， 整理得， ，． 如图中大正方形的面积从整体看可表示为，从局部看还可表示为四个矩形与中间小正方形面积之和，即，因此，可得新的一元二次方程， ∵表示边长， ∴， 即． ∴方程的一个正根为． 故答案为：，．． 20. 我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形；这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边，这条对角线称为这个四边形的弦边． （1）在平行四边形、矩形、菱形，正方形四种图形中，一定为勾股四边形的是_______； （2）如图1所示，四边形的顶点都是正方形网格中的格点，每个小正方形的边长为1，试说明四边形是勾股四边形，并指出它的勾股边与弦边； （3）如图2，是一个直角三角形，，记，，．现构造平行四边形与平行四边形，若四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且； ①求的周长； ②点是线段上的一点，请直接写出的值，使四边形为勾股四边形． 【答案】（1）矩形，正方形； （2） 证明：，根据勾股定理得：，，，，， ， 四边形是勾股四边形； 勾股边为和，弦边为； （3）①；②或． 【解析】 【分析】（1）根据矩形和正方形中相邻两边的平方和等于对角线的平方，即可得出结论； （2），根据勾股定理得出，，，，，得出，即可证出四边形是勾股四边形；勾股边为和，弦边为； （3）①延长、，交于点，由平行四边形的性质得出，，，，，证出四边形是矩形，得出，，，在中，由勾股定理得：，由四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，分情况讨论，联立方程组求解，得出的边长，即可得出周长； ②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边；或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边，分类讨论求解即可． 【小问1详解】 解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为勾股四边形的有矩形、正方形； 矩形和正方形的四个角都是直角，由勾股定理得相邻两边的平方和等于对角线的平方， 矩形和正方形是勾股四边形； 故答案为：矩形、正方形； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①解：延长、，交于点，如图2所示： 四边形和四边形是平行四边形， ，，，，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ，，， 在中，由勾股定理得：， 即， 四边形是一个勾股四边形，对角线是这个勾股四边形的弦边，且， ，或，或，或， 当时， 在中，， ， ， 解得：， ， 的周长； 当，或，或时，与分别联立方程组，所得解无意义； 综上所述，的周长为； ②作于，则，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边； 或，四边形为勾股四边形，、为勾股边，为弦边； 如图3所示： 当为弦边： ，，，的面积， ， 在中，由勾股定理得：； 当为弦边时，与可能为勾股边，如图所示，过点B作，连接， 此时，可求得，，，∴， ∵， ∴不可能为勾股边， ∵， ∴， ∴不可能为勾股边，可能均为勾股边， 此时，可求得， 综上：当或时，四边形为勾股四边形． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了勾股四边形的判定与性质、平行四边形的性质与判定、矩形的判定与性质、勾股定理、三角形面积公式以及分类讨论等知识；熟练掌握勾股四边形的判定与性质，正确运用勾股定理是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $