第1章特殊平行四边形易错练习卷（含解析）-2025-2026学年数学九年级上册北师大版

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第1章特殊平行四边形易错练习卷-2025-2026学年数学九年级上册北师大版
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角相等 D．对角线相等
2．如图，矩形中，对角线相交于点O，如果，那么的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．已知直角三角形的周长为，斜边上的中线长为1，则这个三角形的面积为（ ）
A． B．1 C． D．
4．如图，在菱形中，，交于点．若，，则菱形的边长为（ ）
A． B． C．4 D．
5．如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个面积为的四边形，当时，则纸条的宽度是（ ）
A．2 B． C． D．4
6．如图，在正方形中，E为边上的点，连接，将绕点C顺时针方向旋转得到，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，则线段的长度为（　　）
A． B．2 C． D．4
8．如图所示，在正方形中，点为边上一点，连接，为垂线交于点．以，为邻边构造平行四边形，连接，若，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在正方形外取一点E，连接．过点A作的垂线交于点P．若，下列结论∶①；②点B到直线的距离是；③；④．其中正确的结论是（　　）

A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
二、填空题
11．如图，在菱形中，，连接，则的度数为 ．
12．在中，，，点O是的中点，将绕点O向三角形外部旋转得到，当恰为等腰三角形时，的值为
13．如图，在菱形中，对角线的交点为，若，则该菱形的周长为 ．
14．如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点． 若，，则的长为 ．
15．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 ．
16．如图，正方形的边长为2，点E为对角线上一点，连接，连接并延长到F，使与相交于点G，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是 ．（填写序号）
三、解答题
17．如图，正方形的顶点在直线上，，于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，求点到直线的距离．
18．如图，四边形中，与互相垂直平分，于点E，延长到点F，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
19．如图，在中，AD是边BC上的高，DE，DF分别是AB，AC上的中线，，，求的长．
20．如图，在中，，，，点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以秒的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒（）．过点作于点，连接，．

(1)当为何值时，四边形是菱形？请说明理由；
(2)当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
21．【问题提出】
（1）如图1，菱形的四个顶点、、、分别在正方形的边、、、上，其中．求证：菱形是正方形；
【问题解决】
（2）如图2，四边形是一个正方形的游乐场，其中，，为了进一步提高周围居民的生活质量，政府计划对其进行扩建，根据规划要求，游乐场的三个游乐项目、、分别在正方形的边、、上，游乐项目扩建在正方形外，且，．当美食城区域的面积为时，求游乐项目到入口的距离的长度．
22．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线交x轴于点，交y轴于点A．直线分别交x轴、y轴于两点．
(1)求A点坐标；
(2)动点P从点B出发沿线段向终点O以2个单位/秒的速度运动，连接，将绕点P逆时针旋转角得到线段，点P运动的时间为t秒，设的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
(3)在（2）的条件下，在直线上有一点M，平面内有一点N，以为顶点的四边形为正方形，求出t的值并直接写出N点坐标．
《第1章特殊平行四边形易错练习卷-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 A A C A A C D C C C
1．A
【分析】本题主要考查了菱形和矩形的性质，解题的关键是掌握菱形和矩形的性质．
利用菱形和矩形的性质逐项进行判断即可．
【详解】解：A.菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线不互相垂直，该选项符合题意；
B.矩形和菱形的对角线都互相平分，该选项不符合题意；
C.菱形和矩形都具有对角相等的性质，该选项不符合题意；
D. 菱形的对角线不相等，矩形的对角线相等，该选项不符合题意；
故选：A．
2．A
【分析】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，掌握矩形的性质是解题的关键．
根据矩形的性质证得，根据等腰三角行的性质和三角形的内角和定理即可解决问题．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
3．C
【分析】此题主要是运用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、勾股定理以及完全平方公式．能借助完全平方公式灵活变形是解题关键．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求得斜边为2，从而求得两直角边，再根据勾股定理可得，然后利用完全平方公式即可求得，进而求出三角形面积．
【详解】解：如下图，
斜边中线为1，
，，
又周长为，
．
设，，则，
．
，
．
故答案为：．
4．A
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质得，，再由勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】解：在菱形中，，交于点．，，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即菱形的边长为，
故选：A．
5．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解决此题的关键是判断出四边形是菱形；先根据等宽得到菱形，再根据菱形的性质和等腰直角三角形的性质得到菱形的边长和边长上高的关系，进而得到答案；
【详解】解：作于点E，作于点M，
∴,
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：,
∵
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴，
∵菱形的面积是，
∴，
∴（舍负）；
故选：A．
6．C
【分析】此题考查了旋转的性质和正方形的性质．根据正方形的性质及旋转的性质可得是等腰直角三角形，再根据即可得到答案．
【详解】解：由旋转的性质得，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，由旋转的性质及等腰三角形的性质求出，由勾股定理可得出答案．
【详解】解：过点作于点，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
又，
在和中，，
，
，
将边绕点逆时针旋转至，
，
又，
，即，
，
，
（负值舍去）．
故选：D．
8．C
【分析】本题主要考查正方形的性质、平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、平行四边形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；过点P作于点H，设交于点Q，由题意易得，然后可得，则有，，进而可证，由此可得，最后问题可求解．
【详解】解：过点P作交延长线于点H，设交于点Q，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
故选C．
9．C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得点的坐标，据此即可求解．
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为．
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键．
10．C
【分析】本题利用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定、正方形的性质、勾股定理等知识，熟知相关知识是解题的关键．①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等，即可得到，且相似比为1；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过B作，交的延长线于F，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；④在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积．
【详解】解：①∵，，
∴，
在和中 ，
∴，
∴，且相似比为1；故①正确；
③，
∴，
又∵，，
∴，
∴，故③正确；
②过B作，交的延长线于F，
∵，，
∴，
又∵③中，，
∴，
∵，
∴，
∴，故②不正确；
④∵，，
∴在中，，
∴，故④正确，
故选：C．
11．/70度
【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质可得，，代入，根据即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
12．或或
【分析】本题考查旋转变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想思考问题.恰为等腰三角形时分三种情形①如图1中，当时，②如图2中，当时，③如图3中，当时，分别利用全等三角形的性质计算即可.
【详解】解：将绕点O向三角形外部旋转，即，，连接，
∵，
∴是直角三角形，
∵点O是的中点，
∴，
∴，
∴，
当恰为等腰三角形时，分为三种情形：
①如图1中，当时，
在与中，
∴，
∴，
∴；
②如图2中，当时，
同理：在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
③如图3中，当时，
同理：在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴.
故答案为或或.
13．
【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．先根据菱形对角线性质得出相关线段关系，再结合已知条件求出对角线长度，最后用勾股定理算出菱形边长，进而得到周长．
【详解】解：∵ 四边形 是菱形，
∴ ，，．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，则 ．
在 中，．
菱形的周长为 ．
故答案为：．
14．
【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理．连接，设交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题．
【详解】如图，连接，设交于点，
由作图可知：，平分，
，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
在中，，，
，
．
故答案为：．
15．
【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：．
16．①②③④
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形的面积比，勾股定理等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
通过证明即可判断①；如图1，连接，在上取一点，使得， 通过证明是等边三角形，是等边三角形，继而证明，再利用全等三角形的性质以及线段的和差关系即可判断②；如图2，作于点，在上取一点，使得，求得，继而利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得长，再利用三角形的面积公式进行求解即可判断③；如图3，作于点，于点，由同高三角形的面积比等于底边之比结合图2分别求出长，继而进行求解即可判断④．
【详解】①∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
②如图1，连接，在上取一点，使得，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴．
∴，
∴，故②正确；
③如图2，作于点在上取一点，使得，
∴，
∴，
设，则，
，
∴，
解得，
∴，故③正确；
④如图3，作于点，于点，
∵，
∴，
∴，
∵，（见图2）
，（见图2）
∴，
，故④正确，
故答案为：①②③④．
17．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定可以证明结论成立；
（2）根据锐角三角函数、正方形的性质和全等三角形的判定可以求得点D到直线l的距离．
【详解】（1）解：（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）作于点，于点，
，
四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，=2，
．
点到直线的距离．
18．(1)见详解
(2)
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，斜边上的中线等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活应用，是解题的关键．
（1）先证明四边形是菱形，再证明四边形是平行四边形，根据，得到，即可得证；
（2）勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长即可．
【详解】（1）证明：∵与互相垂直平分，
∴四边形是菱形，
，
，
，即，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，，
，
，
，
在中，，
在中，，
∵四边形是菱形，
，
又，
．
19．7
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记该性质是解题的关键．
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可分别得，的长，接着求的长即可．
【详解】解：∵是边上的高，
∴．
∵，是上的中线，
∴．
∵，是上的中线，
∴．
∴．
20．(1)时，四边形是菱形，理由见解析．
(2)或，理由见解析．
【分析】本题考查了含有角的直角三角形的性质，菱形的判定，四边形中的动点问题，根据题目中信息和菱形性质找到边长的等量关系列方程是解题关键．
（1）由题可得四边形为平行四边形，令列方程求解即可．
（2）分类讨论：①，②，利用角所对直角边等于斜边一般的性质列方程求解即可．
【详解】（1）解：由题得，，
，，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形，
，
解得．
故时，四边形是菱形．
（2）①当时，，
，，
，
即，
解得．
②当时，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
即，
解得．
综上所述，当或时，为直角三角形．
21．（1）见解析；（2）游乐项目到入口的距离的长度为
【分析】此题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识．
（1）证明，则，求出，即可证明结论成立；
（2）过点作，交的延长线于点，连接，证明四边形为菱形，求出，设，则，得到，求出，即，即可得到答案．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
四边形是菱形，
，
在和中，，，
，
，
，
，
菱形为正方形．
（2）解：过点作，交的延长线于点，连接，
∴，
四边形是正方形，
，，
，
，
四边形为菱形，
，，
，
，
在和中，，，，
，
，
设，则，
，
，即，
故游乐项目到入口的距离的长度为．
22．(1)
(2)，
(3)，或，
【分析】（1）根据，可得，代入即可求得b，进而可求得答案；
（2）根据（1）可得，，设，则，由旋转，得：，过点Q作轴，垂足为H，过点P作，证明，得到，利用三角形面积求出的长，再依据三角形面积公式可求得结论．
（3）分两种情况：①当时，过点M作轴于H，作轴于Q，过点N作轴于T，轴于G，根据正方形性质可证明，进而可求得答案；②当时，同理可求得答案．
【详解】（1）解：直线交x轴于点，交y轴于点A
，
，解得：，
令，得，
．
（2），，
，，
设，
，
，绕点P逆时针旋转角得到线段，
，，
如图，过点Q作轴，垂足为H，过点P作，
则，
又，
，，
，
，
，即
，
根据三角形面积公式可得：，
点P从点B向O移动，
．
（3）①当时，
如图2，过点M作轴于H，作轴于Q，过点N作轴于T，轴于G，
，
四边形为正方形，
，
，
，
，
即点M的横坐标为3，
点M在直线上，
，
，
，
，
，
，
，
解得：；
，
．
②当时，如图3，
过点M作轴于H，作轴于Q，过点N作轴于T，作轴于G，
，
四边形为正方形，
，
，
，
，
设，则，
即点M的坐标为，
点M在直线上，
，
解得：，
，
，
，
．
，
，
解得：
综上所述，，或，．
【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了全等三角形判定和性质，正方形的性质，勾股定理，三角形面积公式，一次函数的性质，根据旋转的性质求解，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，题目有一定难度，属于中考压轴题．
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