【e精卷】系列：原创2026~2027北师大版九年级上册第一章单元测试（基础卷）（含答案解析）

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【e精卷】系列：原创2026~2027北师大版九年级上册第一章单元测试（基础卷）解析版学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．完全相同的4个正方形面积之和是100，则正方形的边长是（    ）A．2B．5C．10D．20【答案】B【知识点】算术平方根的实际应用【分析】本题主要考查了算术平方根的应用，先求出一个正方形的面积，再根据正方形的面积计算公式求出对应的边长即可．【详解】解：∵完全相同的4个正方形面积之和是100，∴一个正方形的面积为，∴正方形的边长为，故选：B．2．下列命题中，假命题是（   ）A．矩形的对角线相等B．菱形的对角线互相垂直C．正方形的对角线相等且互相垂直D．平行四边形的对角线相等【答案】D【知识点】正方形性质理解、判断命题真假、矩形性质理解、利用菱形的性质证明【分析】本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键．【详解】解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意；B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意；C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意；D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意；故选：D．3．如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ）A．4B．5C．8D．10【答案】B【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、中点四边形、根据菱形的性质与判定求线段长【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解．【详解】如图：连接，交于点O，因为、、、分别是四边形边的中点，∴，；，；，；， ．∵，∴，∴四边形是菱形．∴，，∴，∵四边形面积为，，∴，解得 ．∴在中 ．故选：B．4．如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（    ）  A．B．C．D．【答案】C【知识点】角平分线的有关计算、全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，∵平分交于点，∴，在和中， ，∴，∴ ，∴，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．5．如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）．A．当时，四边形是矩形B．当时，四边形是正方形C．当时，四边形是菱形D．当时，四边形是矩形【答案】B【知识点】证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解、矩形的判定定理理解【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，掌握好特殊平行四边形的判定定理是解题关键．根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断即可．【详解】解：对于A，对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不满足题意；对于B，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B不正确，满足题意；对于C，邻边相等的平行四边形是菱形，故C正确，不满足题意；对于D，一个角为直角的平行四边形是矩形，故D正确，不满足题意．故选：B．6．如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是，则图中阴影图形的周长是（    ）  A．B．C．D．【答案】A【知识点】利用平移的性质求解、根据正方形的性质求线段长【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，由此解答即可．【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是的正方形的周长加上边长是的正方形的两条边长再减去，阴影图形的周长是：，故选：A．7．如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　）A．1B．5C．2D．【答案】D【知识点】根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出的长，进而得到的长，推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可．【详解】解：∵矩形，∴，，，∴，∴，∴，∴，∴；故选D.8．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（    ）A．B．C．D．【答案】C【知识点】根据矩形的性质求线段长、求绕原点旋转90度的点的坐标【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，∴，∵四边形是矩形，∴，∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，∴，，∴轴，∴点的坐标为，故选：C．9．如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　）A．2B．3C．D．【答案】C【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、动点问题的函数图象【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．【详解】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，故，当点P运动到中点时，的长为，故选C．10．如图，在菱形中，，为对角线的交点.将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为，，，.对八边形给出下面四个结论：①该八边形各边长都相等；②该八边形各内角都相等；③点到该八边形各顶点的距离都相等；④点到该八边形各边所在直线的距离都相等。上述结论中，所有正确结论的序号是（    ）A．①③B．①④C．②③D．②④【答案】B【知识点】全等三角形综合问题、根据旋转的性质求解、利用菱形的性质证明【分析】根据菱形，，则，，结合旋转的性质得到点一定在对角线上，且，，继而得到，，结合，继而得到，可证，，同理可证，证，继而得到，得到，可以判定该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，可以判定④正确；根据题意，得，结合，，得到，可判定②该八边形各内角不相等；判定②错误，证，进一步可得，可判定点到该八边形各顶点的距离都相等错误即③错误，解答即可.本题考查了旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质，角的平分线性质定理，熟练掌握旋转的性质，菱形的性质，三角形全等判定和性质是解题的关键.【详解】向两方分别延长，连接，根据菱形，，则，，∵菱形绕点逆时针旋转得到菱形，∴点一定在对角线上，且，，∴，，∵，∴，∴，，同理可证，∵，∴，∴，∴，∴该八边形各边长都相等，故①正确；根据角的平分线的性质定理，得点到该八边形各边所在直线的距离都相等，∴④正确；根据题意，得，∵，，∴，∴该八边形各内角不相等；∴②错误，根据，∴，∴，∵，故，∴点到该八边形各顶点的距离都相等错误∴③错误，故选B．二、填空题11．如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为_______．【答案】1【知识点】利用菱形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解．【详解】解：∵菱形，，∴，，，∴，．∵，∴，∴，∴，故答案为：1．12．如图，在菱形中，，则的长为___________．  【答案】10【知识点】利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质【分析】由菱形中，，易证得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴．故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键．13．菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．【答案】【知识点】利用菱形的性质求线段长、线段问题(轴对称综合题)、垂线段最短、用勾股定理解三角形【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，菱形的边长为2，，中，PQ+QC的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键．14．菱形的边长为5，则它的周长为____________．【答案】20【知识点】利用菱形的性质求线段长【分析】根据菱形的四条边相等，即可求出．【详解】∵菱形的四条边相等．∴周长：，故答案为：20．【点睛】本题考查菱形的性质；熟练掌握菱形的性质是本题解题关键．15．如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．【答案】【知识点】利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、用SAS证明三角形全等（SAS）、等边三角形的判定和性质【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求．【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，，由题意知，在菱形中，，，∴和为等边三角形，∵，∴，在和中，，∴，∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小，此时最小值的长度为．故答案为：．三、解答题16．如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：．【答案】见解析【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明，再证明，从而可得结论．【详解】证明：在菱形中，，，∵，∴，∴，在和中，∴，∴．17．如图，已知平行四边形的对角线的垂直平分线与边、分别交于E、F两点，垂足是点O．(1)求证：；(2)问题：四边形是什么特殊的四边形？请给出证明．【答案】(1)见详解(2)四边形是菱形，证明见详解【知识点】利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质得，运用是的垂直平分线，得，，即可证明．（2）先证四边形是平行四边形，再证，即可由菱形的判定定理得出结论．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形∴，即，∴，∵是的垂直平分线，∴，，在和中，，∴，（2）解：四边形是菱形，理由如下：由（1）得∴，又∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．18．如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点．(1)求证：是菱形；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【知识点】含30度角的直角三角形、根据菱形的性质与判定求面积、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形；（2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解．【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且，∴垂直平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴是菱形；（2）解：如图：∵，∴，设∴，∵，∴，∴，解得：∴，∵，∴，又∵，∴为等边三角形，∴∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．19．如图，在四边形中，，是对角线．(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【知识点】作垂线(尺规作图)、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．（1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；（2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）证明：如图所示，∵垂直平分，∴，，，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．20．如图，在中，，点D在上（），过点D作，交的延长线于点E，连接，以为底作等腰（点E，F在直线的异侧），连接．(1)依题意补全图形；(2)求证：；(3)用等式表示线段与的数量关系，并证明，【答案】(1)见解析(2)见解析(3)．理由见解析【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键，（1）根据题意补全图形即可；（2）证明即可得到结论；（3）延长到点G，使，连接．证明．得到．证明．得到，根据直角三角形的性质即可得到结论，【详解】（1）解：补全图形如图． （2）证明：在中，，∴．∵，∴．∴．∴．∴．（3）．证明如下：如图，延长到点G，使，连接．∵是以为底的等腰直角三角形，∴．∴．∵，∴．∴．∴．∴∴．在和中，∴．∴．∴．在和中，∴．∴在中，，F为的中点，∴．∴．21．如图1，在矩形中，点在的延长线上，与相交于点，与相交于点，(1)求证：；(2)如图2，连接，求的值．【答案】(1)证明：∵四边形是矩形，点在的延长线上，，又，，，，，即．(2)【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用矩形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形【分析】（1）首先证明，由全等三角形的性质可得，进而证明，即可证明结论；（2）在线段上取点，使得，证明，由全等三角形的性质可得，进而证明为等腰直角三角形，由勾股定理可得，，即可获得答案．【详解】（1）略（2）解：如图，在线段上取点，使得，在和中，，，，，为等腰直角三角形，，即，得，，．22．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点时，停止运动；同时，点从点出发向点运动，运动到点时，停止运动．点，的速度都是，连接，，，设点，运动的时间为（单位：）．(1)当为何值时，四边形是矩形？(2)当为何值时，四边形是菱形？此时菱形的面积是多少？(3)当是以为一条腰的等腰三角形时，请直接写出此时的值．【答案】(1)当时，四边形是矩形；(2)当时，四边形是菱形，此时菱形的面积是；(3)当或时，是以为一腰的等腰三角形．【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质求角度【分析】（1）根据矩形的判定得出当时，四边形是矩形，然后列出关于t的方程求解即可；（2）先证明四边形AQCP为平行四边形，然后根据菱形的判定得出时，四边形为菱形，后列出关于t的方程求解即可；（3）分，两种情况讨论即可．【详解】（1）解：若使四边形是矩形，，，当时，四边形是矩形，即：，解得．答：当时，四边形是矩形；（2）解：，，，即，四边形为平行四边形，在矩形中，当即时，可得，四边形为菱形．解得：，当时，，面积为：；（3）解：①当即时，可得，为等腰三角形，解得：；②当时，如图，过点作交于点，，，，，四边形为矩形，，，又，，解得；综上所述，当或时，是以为一腰的等腰三角形．23．【问题探究】(1)小欢在初二上学期学习“勾股定理”时，遇到问题：如图，已知四边形的对角线和垂直，若 ，，则 ______；小欢进一步发现图中的四条线段存在数量关系：______；【新知发现】(2)小欢在学习“矩形”时发现矩形内的任意一点也有类似的结论：如图，点在矩形 内，连接，可得：， 小欢尝试在图中进行结论证明：证明：过点作于点，延长交于点 ，在中，，在中，，同理可得： ，，请帮助小欢继续完成结论的证明；【拓展应用】(3)在图的基础上，若，小欢将绕着点逆时针旋转，当时，_____；(4)如图， 在中， ，点 和点分别在边和上，连接、和，若 ，，，求边的长．【答案】(1)20；(2)证明：过点作于点，延长交于点 ，则，如图，在中，，在中，，同理可得： ，，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，同理可得四边形是矩形，∴，，∴，，∴；(3)(4)【知识点】用勾股定理解三角形、线段问题(轴对称综合题)、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解【分析】（）直接利用勾股定理即可求解；（）过点作于点，延长交于点 ，则，由勾股定理得，，，，然后证明四边形是矩形，同理可得四边形是矩形，故有，，然后进行代换即可；（）由（）得，，设，，则，由旋转性质可知，所以，同理，然后通过勾股定理，最后代入求解即可；（）作点关于对称点，点关于对称点，连接，则有，，从而可得共线，共线，则有 ，，，证明，得出，由（）得，即，然后求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，∴，，，，∴，∴，当 ，，则 ；（2）略（3）如图，由（）得，，设，，则，由旋转性质可知：，∴，同理：，∵，∴，∴，∴；（4）如图，作点关于对称点，点关于对称点，连接，∴，，∵，∴共线，共线，∴，，，∵，，∴，∴，由（）得：，∴，∴．