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1.1菱形的性质与判定
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则四边形必定是（ ）
A．菱形 B．对角线相互垂直的四边形
C．正方形 D．对角线相等的四边形
2．如图，菱形中，，，则菱形的周长为（ ）

A．48 B．40 C．24 D．20
3．如图，两个相同的菱形拼接在一起，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，四边形是平行四边形，以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点F；分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点G；连结并延长，交于点E．连结，若，则的长为（　　）
A．5 B．8 C．12 D．10
5．如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，四边形是菱形，，且，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，当取最小值时的长（ ）
A． B．3 C．1 D．2
7．如图，在菱形中，，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上．若点的坐标是，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．菱形相邻两角的比为，那么菱形的对角线长与边长的比为（　　）
A． B． C． D．
10．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，，则的长为（ ）

A．16 B．15 C．14 D．13
11．如图，和是菱形外的两个等边三角形，连接则的最大值为（ ）
A． B． C．3 D．
12．下列命题中，正确的是（ ）
A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等
C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形
二、填空题
13．如图，方格纸中有一个四边形（A，B，C，D均为格点）若方格纸中每个最小正方形的边长为1，则该四边形的面积为 ．

14．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，P是对角线AC上的一个动点，若以点A为原点建立直角坐标系，AB所在直线为x轴，点B（2，0），当BP＋取最小值时，在下列结论中：①CP=2AP； ②△APD是等腰三角形； ③点P的坐标是（1，）；④直线BP的解析式是y=－x＋．其中正确的是 （填写所有正确结论的序号）．
15．如图，菱形的周长为20，E是的中点，F是的中点，连接，则 ．
16．如图，在中，点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③：从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是 （只填写序号）．
17．如图，菱形的两条对角线、相交于点，，，则菱形的面积为 ．
三、解答题
18．如图，菱形的对角线相交于点，求菱形的高．
19．如图，在菱形中，，．过点作对角线的平行线与边的延长线相交于点，为边上的一个动点（不与端点，重合），连接，，．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)求四边形的周长和面积．
(3)记的周长和面积分别为和，的周长和面积分别为和，在点的运动过程中，试探究下列两个式子的值或范围：①，②，如果是定值的，请直接写出这个定值；如果不是定值的，请直接写出它的取值范围．
20．如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，点F在上，且，连接交于点G，连接．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求菱形的面积．
21．如图，在菱形中，E，F分别是边上的点，且，连接交于点G．求证：．
22．如图，已知菱形的边长为，，求这个菱形的两条对角线的长．
23．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，CB＝CD，点E是CD上一点，连接BE交AC于点F，连接DF

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)试探究BE满足什么条件时，∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
24．如图，平行四边形ABCD中，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t(s)．
(1)当t=3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF=________；
(2)当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示，
①求证：△CEF是等边三角形；
②连接BD交CE于点G，若BG=BC，求EF的长和此时的t值．
(3)当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF=3cm，直接写出此时t的值．
《1.1菱形的性质与判定》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A D B D D D D A
题号 11 12
答案 D A
1．D
【分析】根据四边形为菱形得到，由三角形的中位线定理得到，；，，得出，即可得到答案．
【详解】解：连接、交于点，
四边形是菱形，
，
点、分别是、的中点，
是三角形的中位线，
，，
同理，，，
，
四边形必定是对角线相等的四边形．
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，合理组合发现的新结论，围绕所探结论环环相加，步步逼近，所探结论便会被“逼出来”．
2．D
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识．由菱形的性质得到，，由勾股定理求出，即可得到菱形的周长．
【详解】解：，四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴菱形的周长为，
故选：D．
3．A
【分析】根据菱形对角线平分一组对角求出，再根据菱形邻角互补求出，由此即可利用周角的定义求出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形对角线平分一组对角，菱形邻角互补是解题的关键．
4．D
【分析】连接，设交于点O．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，设交于点O．
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，．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质及菱形的判定是解题的关键．
5．B
【分析】先证明四边形是菱形，得到，再求出即可得到答案．
【详解】解：∵四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
6．D
【分析】根据“两点之间线段最短”，当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
【详解】解：如图：
∵将ΔABG绕点B逆时针旋转60°得到ΔEBF，
∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴ΔBFG是等边三角形，
∴BF=BG=FG，
∴AG+BG+CG=EF+FG+CG，根据“两点之间线段最短”，
∴当E,F,G,C共线时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EH⊥BC交CB的延长线于H，如上图所示：
∴∠EBH=60°，
∵，
∴，EH=3，
∴EC=2EH=6，
∵∠CBE=120°，
∴∠BEF=30°，
∵∠EBF=∠ABG=30°，
∴,
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
7．D
【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分一组对角．根据菱形的对角线平分一组对角即可求解．
【详解】解：在菱形中，，
，
故选：D．
8．D
【分析】先利用两点之间的距离公式可得，再根据菱形的性质可得，由此即可得出答案．
【详解】解：点的坐标为，
，
四边形是菱形，
，
点的横坐标为，纵坐标与点的纵坐标相同，即为4，
即，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和点坐标，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
9．D
【分析】根据菱形的性质可求得菱形的两内角，设菱形的边长为1，根据勾股定理求得其两条对角线的长，从而可得到其比值．
【详解】因为菱形相邻的两角互补，
所以得到较小的角的度数是，较大的角是．
设菱形的边长为1，则角所对的对角线长为1，角所对的对角线长是，
所以它们所对的对角线长与边长的比为．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理等知识，解题的关键是求出菱形的两个内角的度数．
10．A
【分析】根据角平分线的性质，结合平行四边形的性质可得；然后通过证明得到四边形为平行四边形，再由推出四边形为菱形；根据菱形的性质可得、、，利用勾股定理计算出的长，进而可得的长．
【详解】解：如图，是的角平分线，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
同理可得，
四边形为平行四边形．
，
四边形为菱形．
，，．
在中，，
．
故选：C．

【点睛】本题侧重考查平行四边形的性质、角平分线的性质、菱形的判定与性质、勾股定理，掌握两种四边形的性质定理是解决此题的关键．
11．D
【分析】作于M，作于点N，连接，当点E，M，N，F共线时，取得最大值，即此时的值最大．设菱形的边长为2，求出，，，证明四边形是平行四边形，求出，进而可求出的最大值．
【详解】解：作于M，作于点N，连接，
∵，
∴当点E，M，N，F共线时，取得最大值，即此时的值最大．
设菱形的边长为2，
∵和是菱形外的两个等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，，
同理可求：，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴的最大值为∶ ．
故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，以及平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
12．A
【详解】解：A．两点之间，线段最短，故本选项命题正确，符合题意；
B．菱形的对角线互相垂直，但不一定相等，故本选项命题错误，不符合题意；
C．正五边形的外角和为，故本选项命题错误，不符合题意；
D．直角三角形不一定是轴对称图形，故本选项命题错误，不符合题意．
13．12
【分析】先证明四边形是菱形，再由图可知菱形的两对角线分别为6、4，根据菱形的面积计算公式可求解．
【详解】由网格图可知，
即四边形是菱形，
由图可得，菱形的两对角线长分别为6、4，则该菱形的面积为．
故答案为：12．
【点睛】主要考查菱形的面积公式：对角线的积的一半，还考查了学生的读图能力．
14．①②④
【分析】过点B作BH⊥AD于点H，交AB于点P'，过点P'作P'J⊥AB于点J，过点P作PQ⊥AD于点Q．根据菱形的性质可得，从而得到，进而得到当点P与点P'重合时，的值最小，再根据直角三角形的性质可得CP'=2P'B，再证得AP'=P'B，可得CP'=2AP'，故①正确；连接D P'，由菱形的对称性得P'D=P'B=P′A，故②正确；再根据等腰三角形的性质可得，从而得到P'A=2AJ=2，进而得到，可得到点，故③错误；利用待定系数法求出直线BP的解析式，可得④正确，即可求解．
【详解】解：如图，过点B作BH⊥AD于点H，交AB于点P'，过点P'作P'J⊥AB于点J，过点P作PQ⊥AD于点Q．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥CB，AC平分∠DAB，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，
∴，
∵PQ⊥AD，
∴，
∴，
∴当点P与点P'重合时，的值最小，最小值为BH的长，
∵AD∥CB，
∴P'B⊥CB，
∵∠BCA=30°，
∴CP'=2P'B，
∵∠AHB=90°，∠BAD=60°，
∴∠ABH=30°，
∴∠AP'B=∠BAP'，
∴AP'=P'B，
∴CP'=2AP'，故①正确；
连接D P'，由菱形的对称性得P'D=P'B=P′A，
∴△P'AD是等腰三角形，故②正确；
∵P'A=P'B，P'J⊥AB，
∴，
∵∠BAC=30°，
∴P'A=2AJ=2，
∴，
∴点，故③错误；
设直线BP的解析式为，
，解得：，
∴直线BP的解析式为，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短，直角三角形的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用垂线段最短解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．
15．
【分析】本题考查的是菱形的性质，三角形的中位线的性质，由菱形的性质得出，再证是的中位线，即可得出答案．
【详解】解：∵菱形的周长为20，
∴，
∵E是的中点，F是的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
16．②
【分析】根据点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，即可证明四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可作出判断．
【详解】解：∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
①时，四边形是矩形，不一定是菱形；
②时，
∵点是的中点，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴平行四边形是菱形；
③四边形是平行四边形，则一定成立，故不一定是菱形．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定，垂直平分线的性质．菱形的判定常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．理解和掌握菱形的判定是解题的关键．
17．
【分析】本题考查了菱形的面积，根据菱形的性质解答即可求解，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
故答案为：．
18．
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先根据菱形对角线互相垂直平分得到的长，以及，再利用勾股定理求出的长，最后利用菱形面积计算公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，且对角线相交于点O，
∴，
∴，
∵是菱形的高，
∴，
∴．
19．(1)见解析
(2)的周长为：，的面积为：；
(3)①；②的值为定值，这个定值为；
【分析】（1）利用菱形的性质得：，由两组对边分别平行的四边形可得结论；
（2）设对角线与相交于点．根据直角三角形角的性质得的长，由勾股定理得的长和的长，根据平行四边形的性质可得其周长和面积；
（3）①先根据三角形的周长计算，确定的最大值和最小值即可；
根据轴对称的最短路径问题可得：当在处时，的值最小，最小值是，由图形可知：当在点处时，的值最大，构建直角三角形计算即可；
②的值为定值，这个定值为，根据面积公式可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
即．
∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：设对角线与相交于点．
∵四边形是菱形，，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴的周长为：，
的面积为：；
（3）①∵，
∵和关于直线对称，
∴当在处时，的值最小，最小值是，
当在点处时，的值最大，如图，
过作，交的延长线于，
∵，
∴，
∵，
∴，
中，，
由勾股定理得：，
∴的最大值是：，
∵为边上的一个动点（不与端点重合），
∴，
即；
②的值为定值，这个定值为；
理由是： ．
【点睛】考查了菱形的性质，直角三角形度角的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积和周长公式，解（1）的关键是熟练掌握平行四边形的判定，解（2）的关键是计算和的长，解（3）的关键是作辅助线，构建直角三角形．
20．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论．
（2）根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积．
21．见解析
【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握菱形的性质成为解题的关键．
根据菱形的性质可得，进而得到，再通过证明即可得到结论．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
22．，
【分析】先由菱形的性质得，，，，，再求，证明是等边三角形，即可求得长，然后由直角三角形的性质和勾股定理可求出的长，进而可求对角线的长．
【详解】解：设对角线、相交于点，如图，
∵菱形，
∴，，，，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴
∴
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，解题关键是掌握菱形的性质：菱形的四条边都相等；对角线互相垂直平分；每条对角线平分一组对角．
23．(1)见解析
(2)当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD，理由见解析
【分析】（1）首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，由平行线的性质可得∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD， CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是姜形；
(2)首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD
【详解】（1）证明：在△ABC和△ADC中，，
∴△ABC≌△ADC(SSS)．
∴∠BAC＝∠DAC．
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD．
∴∠DAC＝∠ACD．
∴AD＝CD．
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AB＝CB＝CD＝AD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD．理由：
由(1)知四边形ABCD为菱形，
∴∠BCF＝∠DCF．
在△BCF和△DCF中，，
∴△BCF≌△DCF(SAS)．
∴∠CBF＝∠CDF．
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠DEF＝90°．
∴∠BCD+∠CBF＝∠EFD+∠CDF＝90 °
∴∠EFD＝∠BCD．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，同角或等角的余角相等，灵活运用三角形全等的判定及性质是解本题的关键．
24．(1)3
(2)①见解析；②EF=（9 3）cm，t=（6-6）s．
(3)t=(3+3)s．
【分析】（1）由条件可知△ADC，△ABC都是等边三角形，证明CE=CF，AE=AF，可得出AC垂直平分线段EF，由30°直角三角形的性质即可解决问题；
（2）①只要证明△DCE≌△ACF，得出CE=CF，∠DCE=∠ACF，可得出∠ECF=60°，则结论得证；
②连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，由BD=2BO求出BD长，证明DE=DG，可求出DE长，则t的值可求出，在Rt△DEN中，由直角三角形的性质和勾股定理可求出EN=9-3，在Rt△ECN中可得∠ECN=45°，求出CE的长，则CE=EF可求出；
（3）作CH⊥AB于H．先求出BH=3，CH=3，在Rt△CFH中，由勾股定理可求出HF，则BF和AF可求出．
【详解】（1）解：如图①中，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，
∴四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC=AB=BC，
∴△ADC，△ABC都是等边三角形，
当t=3时，AE=DE=3cm，AF=BF=3cm，
∵CA=CD=CB，
∴CE⊥AD，CF⊥AB，
∵∠CAB=∠CAD，
∴CF=CE，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分线段EF，
∴∠AGF=90°，
∵∠FAG=60°，
∴∠AFG=30°，
∴AG=AF=cm，
∴GF=(cm)，
∴EF=3cm；
故答案为：3；
（2）①证明：由（1）知△ADC，△ABC都是等边三角形，
∴∠D=∠ACD=∠CAF=60°，DC=AC，
∵DE=AF，
∴△DCE≌△ACF（SAS），
∴CE=CF，∠DCE=∠ACF，
∴∠ECF=∠ACD=60°，
∴△ECF是等边三角形；
②如图②中，连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，
∵∠CBO=∠ABC=30°，BC=6cm，
∴CO=BC=3，BO==3(cm)，
∴BD=2BO=6cm，
∴DG=BD BG=(6 6)cm，
∵BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGC=∠DGE，
∴∠BCG=∠DGE，
∵ADBC，
∴∠DEG=∠BCG，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE=（6 6）cm，
∵∠BCD=120°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCG=120°-75°=45°，
∴DN=DE=（3 3）cm，
同理由勾股定理得EN=（9-3）cm，
∴CE= EN=（9-3）×=（9 3）cm，
∴EF=CE=（9 3）cm，t=（6-6）s．
（3）解：如图③，作CH⊥AB于H，
由（2）可知：△EFC是等边三角形，
∴CF=EF=3cm，
在Rt△BCH中，∵BC=6，∠CBH=60°，
∴BH=3，CH=3cm，
在Rt△CFH中，HF==3cm，
∴BF=(3 3)cm，AF=（3+3）cm，
∵运动速度为1cm/s，
∴t=(3+3)s．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和直角三角形解决问题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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