第1章特殊平行四边形突破训练（含答案）-2025-2026学年数学九年级上册北师大版

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第1章特殊平行四边形突破训练-2025-2026学年数学九年级上册北师大版
一、单选题
1．如图所示，两条笔直公路、相交于点，村庄的村民在公路的旁边建二个加工厂、，已知千米，村庄到公路的距离为12千米，则村庄到公路的距离是（ ）
A．5千米 B．10千米 C．12千米 D．18千米
2．如图，在菱形中，对角线，交于点，，垂足为，连接若，则的长为（　　）
A．4 B．3 C． D．6
3．如图，在矩形中，，的平分线交于点E，于点H，连接并延长交于点F，连接交于点O，则下列结论中错误的是（　　）
A．平分 B．
C． D．
4．如图，在矩形中，，E为边上一个动点，连接．将沿折叠，使点B落在边上的点P处．
结论Ⅰ：当点P与点D重合时，此时四边形为正方形；
结论Ⅱ：当P为的中点时，．
关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（　　）
A．结论Ⅰ对，结论Ⅱ错 B．结论Ⅰ错，结论Ⅱ对
C．结论Ⅰ，Ⅱ都对 D．结论Ⅰ，Ⅱ都错
5．将一菱形ABCD的对角线AC按照如图所示的方式放置在数轴上，其中点A表示数，点C表示数6．若的长为6，则该菱形的边长为（　　）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．如图，这是一个由边长均为1的正方形组成的4×1网格，其中长度为的线段是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，矩形中，对角线，相交于点O，，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图，菱形中，E，F分别是边上的动点（E，F不与菱形的顶点重合），连接，G，H分别为的中点，连接．若，的最小值是，则菱形的边长是（　　）
A． B． C．6 D．3
9．如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为( )
A．1 B． C． D．2
10．在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，小亮同学进行了如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折叠出一个正方形，然后把纸片展平；第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕，如图②．请根据以上的操作，已知，，则线段的长是（ ）
A．1 B． C．2 D．
二、填空题
11．如图，在平面直角坐标系中，点，，以为边在第一象限作正方形，则点的坐标为 ．
12．如图，在中，是中点，则的长是： ．
13．如图，在中，D，E分别为的中点，点F在线段上，且，若，，则的长为 ．
14．如图，正方形的边长为，为上一点，，为上一点，，为上的一个任意一点，则的最小值为 ．
15．如图，在菱形中，，点和分别是和上一点，沿将折叠，点恰好落在边的中点上．若，则的长为 ．
16．如图，在菱形中摆放了一副三角板，等腰直角三角板的一条直角边在菱形边上，直角顶点E为的中点，含角的直角三角板的斜边在菱形的边上．连接，若，则的长为 ．
17．如图，在矩形中，对角线交于点为上的点，将沿翻折，使点的对应点恰好落在上，连接．若，则 ．
三、解答题
18．尺规作图：如图，在中，．作菱形，使得在上，在上，在上；（不写作法，保留痕迹）
19．已知：如图，是的角平分线，交于点E，点O为线段的中点．求证：四边形是菱形．
20．如图，四边形是平行四边形，按照要求作图．
(1)如图1，用无刻度直尺和圆规，作菱形，使点E、F分别在上；
(2)如图2，点P是上一点，用无刻度直尺和圆规，作矩形，使得点F、G、H分别在上．（保留作图痕迹）
21．如图1，在正方形中，点是上的一点，以为腰作等腰直角且，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的值；
(3)如图2，连接，点是中点，用等式表示与的数量关系，并证明．
22．如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．
(1)如图1，当点G在上时，求证：，；
(2)将正方形绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线右侧时，求证：；
②若，，请直接写出线段的长．
23．【问题发现与证明】
（1）在正方形和正方形中，，，．
①如图1，若点E、G分别在边上，点F在正方形内部，连接，则的长度为______；
②如图2，把正方形绕点B顺时针旋转，使落在边上，连接，判断与的数量关系，并给出证明；
【问题拓展】
（2）如图3，若将（1）中的“正方形和正方形”改为“菱形和菱形”，，，．把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接，O为的中点，连接
①则与的关系为______；
②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围是______．
《第1章特殊平行四边形突破训练-2025-2026学年数学九年级上册北师大版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D C A C D C B C
1．C
【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的面积，熟悉掌握等面积法是解题的关键．
先判定出四边形为菱形，再利用等面积法求解即可．
【详解】解：∵，
∴四边形为菱形，
设到的距离为，
∵到公路的距离为12千米，
∴，
∴，
故选：C．
2．B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．先依据菱形的性质得出相关边和角的关系，确定为等边三角形，再结合直角三角形斜边中线性质求出的长度，进而得到和的长度，最后利用勾股定理求出的长度．
【详解】解：四边形是菱形，
，
是等边三角形，
，
又，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故选：
3．D
【分析】本题考查了勾股定理，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；根据角平分线的定义可得，可得出是等腰直角三角形，证出，证明，可得，求出，从而判断出选项A正确；求出，，然后根据等角对等边可得，判断出选项B正确；求出，，证明，可得，判断出选项C正确；根据全等三角形对应边相等可得，根据，，整理得，判断出选项D错误．
【详解】解：在矩形中，平分，
，
是等腰直角三角形，
∴
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
平分，
故选项A正确，不符合题意；
，，
，
，
，，
，
，
，
，
故选项B正确；不符合题意；
，
，
又，，
在和中，
，
，
，，
故选C正确，不符合题意；
∵，，
∴，
∵，
∴，
故选项D错误，符合题意．
故选：D．
4．C
【分析】本题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、正方形的判定、勾股定理等知识，当点P为的中点时，求得是解题的关键．
当点P与点D重合时，证四边形为正方形，可判断结论Ⅰ正确；当点P为的中点时，由矩形的性质，折叠的性质，利用勾股定理求的长度，可判断结论Ⅱ正确，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图1，点P与点D重合，则，
∵将沿折叠，点B落在边上的点P处，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，，
∴四边形为正方形，
故结论Ⅰ正确；
如图2，点P为的中点，
∵四边形是矩形，，
∴，
∴，
由折叠得
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
故结论Ⅱ正确，
故选：C．
5．A
【分析】此题重点考查数轴、菱形的性质、勾股定理等知识，连接交于点F，正确地求出的长和的长是解题的关键．
根据坐标求出的长度，利用菱形的性质和勾股定理即可求出菱形的边长．
【详解】解：连接交于点F，
∵点A，点C都在数轴上，点A表示数，点C表示数6，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
，
∴该菱形的边长为5，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查的是勾股定理，正方形的性质，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
根据勾股定理分别求出，根据题意判断即可．
【详解】解：如图：
由正方形可得，
由勾股定理得：，， ， ，
则长度为的线段是，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
根据矩形性质可得，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【详解】解：矩形中，对角线相交于点O，
，，
，
，
，
故选：D．
8．C
【分析】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理，熟练掌握定理和性质是解题的关键．
根据三角形中位线定理得，当时，有最小值，此时也是最小，利用菱形的性质求出，进而可得答案．
【详解】解：连接，
∵G，H分别为的中点，
∴，
∴当时，有最小值，此时有最小值，
∴此时，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
故选：C．
9．B
【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质，折叠的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．延长、相交于点，证明，则，，求出即可．
【详解】解：延长、相交于点，
由折叠可知，，，
，
，，，
，
，
是的中点，
，
，
，，
，
，
，
，
故选：B．
10．C
【分析】由矩形的性质得，由折叠得，，所以四边形是正方形，则，而，则，所以，由，且，得，求得，则，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，推导出，并且求得是解题的关键．
【详解】解：如图①，四边形是矩形，
，
由折叠得，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
如图②，，，
，
，
四边形是矩形，
，
，
由折叠得，
，
，
，
解得，
，
故选：C．
11．
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握辅助线的作法是解题的关键．
过点作轴于点，证出，即可求解．
【详解】解：过点作轴于点，则，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴在和中
，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：．
12．
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线，准确熟练地进行计算是解题的关键．
先在中，利用勾股定理求出的长，然后利用直角三角形斜边上的中线性质进行计算，即可解答．
【详解】解：在中，，
，
是中点，
，
故答案为：．
13．2
【分析】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半，直角三角形斜边中线等于斜边一半，是解题的关键．
根据三角形中位线定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，进而求出
【详解】解：，E分别为的中点，
是的中位线，
，
在中，D为的中点，，
则，
，
故答案为：
14．
【分析】在上取点，使，连接交于点，连接交于点，过点作于点，连接，根据正方形的性质及等腰三角形的性质说明垂直平分，得，推出，当点与点重合，即点、、共线时取“”，此时取得最小值，最小值为的长，证明四边形是矩形，得，，然后根据勾股定理得，代入数据可得答案．
【详解】解：如图，在上取点，使，连接交于点，连接交于点，过点作于点，连接，
∵正方形的边长为，是对角线，
∴，，，
∴，
∴是边上的中线，且，
∴垂直平分，
∴，
∴，
当点与点重合，即点、、共线时取“”，
此时取得最小值，最小值为的长，
∵，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，两点之间线段最短，矩形的判定和性质，勾股定理等知识点，确定的最小值为的长是解题的关键．
15．
【分析】此题考查菱形的性质、轴对称的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．作交的延长线于点，由，求得，则，所以，，由菱形的性质得，则，由折叠得，由勾股定理得，求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：作交的延长线于点，则，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，，点为的中点，
，
，
由折叠得，
，且，
，
解得，
，
，
故答案为：
16．
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质，含度角的直角三角形的性质以及勾股定理，由的长可求得的长，再求得的长，再利用含度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：如图， 连接，交于点，
∵四边形是菱形，
，，
根据题意可知：，
是等边三角形，
，
∴，
∴，
，
，
，
，
∵点E是中点，，
∴，
∵，
，
，
故答案为：.
17．
【分析】设，由对称性得到，进而由等腰三角形性质得到，再结合三角形外角性质得到，再由对称性得到，则，，从而有，再由，由等腰三角形性质得到，由三角形内角和定理得到，利用矩形性质及等腰三角形性质得到，从而有，解得，在中，有两锐角互余得．
【详解】解：设，
将沿翻折，使点的对应点恰好落在上，
，则，
是的一个外角，
，
在矩形中，，则由对称性可知，
，，
则，
，
，
在中，则由三角形内角和定理可得，
在矩形中，，则，
即，解得，
在中，，则，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形中求角度，涉及对称性质、等腰三角形性质、外角性质、矩形性质、直角三角形两锐角互余、三角形内角和定理、解方程等知识，熟练掌握相关几何性质，找准各个角度之间的关系列方程求解是解决问题的关键．
18．见解析
【分析】本题考查作角平分线与垂直平分线，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．作平分交于点D，作线段的垂直平分线交于点E，交于点F，连接，即可．
【详解】解：如图，四边形即为所求．
根据作图可得垂直平分，是的角平分线，
∴，，
∴，，
又∵是的角平分线，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
19．见解析
【分析】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，由平行线的性质和角平分线定义推出，得到，判定，推出，而，，即可证明四边形是菱形．
【详解】证明：∵是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点O为线段的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
20．(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】本题考查尺规作图--复杂作图，菱形的判定，矩形的判定，熟练掌握菱形和矩形的判定方法，是解题的关键：
（1）作的中垂线，交分别于点，连接，四边形即为所求；
（2）连接交于点，连接并延长交于点，以为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接并延长交于点，连接，四边形即为所求．
【详解】（1）解：如图，菱形即为所求；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（2）如图，矩形即为所求；
同（1）法，
∴，
同理：，
∴四边形为平行四边形，
由作图可知：，
∴，
∴四边形为矩形．
21．(1)见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
（1）根据得出，进而得出结论；
（2）根据得出，，从而，根据角平分线的性质得出到的距离相等，设到的距离为，进而根据三角形的面积公式，得出，即可求解．
（3）延长至，使，连接，根据三角形中位线的性质得出，可证得，从而，从而得出．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
；
（2）解：
由（1）可得
，，
，
∴是的角平分线，
∴到的距离相等，设到的距离为，
∴
；
（3），证明如下，
如图，
，理由如下：
延长至，使，连接，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
22．(1)见解析
(2)①见解析
②线段的长为和
【分析】（1）证明，即可得到，，再由角的等量代换即可证明；
（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质即可得到结论；
②分两种情况，第一种情况：当点E在直线右侧时，同①可得为等腰直角三角形．得出，则可得,利用，；第二种情况：当点E在直线左侧时，同理可求．
【详解】（1）证明：∵四边形和均为正方形，
∴，，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）①证明：如图所示，在线段上截取，连接．
∵四边形和均为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，即，
∴为等腰直角三角形．
∴；
②第一种情况：当点E在直线右侧时，
同①可得为等腰直角三角形．
∴，，
∵，
∴,
同①可得，
∴；
第二种情况：当点E在直线左侧时，
在线段延长线上截取，连接．
∵四边形和均为正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，，
∴，即，
∴为等腰直角三角形．
∴，，
∵，
∴,
∴；
综上所述，线段的长为和．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．
23．（1）①②，理由见解析（2）①②
【分析】（1）①连接，根据正方形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度；②先证明三点共线，勾股定理求出的长，延长交于点，易得四边形为矩形，求出的长，勾股定理求出的长，即可得出结果；
（2）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可．
【详解】（1）①连接，
∵正方形，正方形，点E、G分别在边上，
∴，，
∴三点共线，
∵，，
∴，
∴；
②，理由如下：
∵正方形，正方形，
∴，，
∴三点共线，
∵，
∴，
延长交于点，则：四边形为矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴；
（2）①延长至点，使，连接，延长，交于点，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，，为等边三角形，
∴四边形为平行四边形，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
②∵，
∴，即：，
∵，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的三边关系等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．
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