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1.1 菱形的性质与判定-北师大版数学九年级上册
一、选择题
1．（2020九上·昌图期末）下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是（　　）
A．对角线垂直 B．两组对边分别平行
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直平分、平行四边形的对角线互相平分，符合题意；
B、菱形、平行四边形的对边平行且相等，不符合题意；
C、菱形、平行四边形的对角线互相平分，不符合题意；
D、菱形、平行四边形的两组对角分别相等，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据菱形和平行四边形的性质对每个选项一一判断即可。
2．（2024九上·阳山期末）如图，在菱形中，对角线AC、BD的长分别为8cm、6cm，则这个菱形的周长为（　　）
A．10cm B．14cm C．20cm D．28cm
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，且AC＝8cm，BD＝6cm，
∴∠AOB＝90°，AO＝4cm，BO＝3cm，
故AB＝＝＝5（cm），
故菱形的周长为：4×5=20（cm），
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质得出AO，BO的长，再根据勾股定理可得AB，再根据菱形周长即可求出答案.
3．（2024九上·克东开学考）如图，在四边形中，对角线相交于点．添加下列条件，不能判定四边形是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：因为，
所以四边形是平行四边形，
当或时，均可判定四边形是菱形；
当时，
由知，
所以，
所以，
所以四边形是菱形；
当时，可判定四边形是矩形；
故选：B．
【分析】根据菱形的定义及其判定（在同一平面内，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四边都相等的四边形是菱形，菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，菱形是轴对称图形）、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
4．（2024九上·吉林开学考）如图，菱形中，，，则对角线的长是（　　）
A．8 B．15 C．10 D．6
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴
故答案为：D．
【分析】根据菱形的性质求得，∠ACB=60°，于是可判定△ABC为等边三角形，即可求解．
5．（2024九上·南岗期中）如图，已知线段AB，分别以A，B为圆心，大于同样长为半径画弧，两弧交于点C，D，连接AC，AD，BC，BD，CD，则下列说法错误的是（　　）
A．AB平分∠CAD B．CD平分∠ACB C．AB⊥CD D．AB=CD
【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：由作图知AC=AD=BC=BD，
∴四边形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判断AB=CD，
故选：D．
【分析】由作图知AC=AD=BC=BD，根据菱形判定定理可得四边形ACBD是菱形，再根据菱形性质逐项进行判断即可求出答案.
6．（2024九上·南山期中）如图，在菱形中，分别是上的点，且与相交于点O．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点是的中点，
又∵，
∴平分，，即，
在中，，
∴，
故选：B ．
【分析】先利用菱形的性质结合可证明，则点O是AC中点；由于菱形的对角互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角，则可得与互余．
7．（2024九上·射洪开学考）如图所示，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为36，则的长等于（　　）
A． B．5 C．6 D．9
【答案】A
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：菱形的周长为36，
∴AB=BC=CD=AD==9，OB=OD，
∴O为中点，
∵H为边的中点，
时的中位线，
，
故答案为：A．
【分析】根据菱形的性质“菱形的四边都相等，对角线互相垂直平分”可得AB=BC=CD=AD，OB=OD，再根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”即可求解．
8．（2024九上·珠海期中）如图，同学们曾玩过万花筒，它是由三块等宽等长的玻璃片围成的，其中菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以点A为中心（　　）
A．逆时针旋转120°得到 B．逆时针旋转60°得到
C．顺时针旋转120°得到 D．顺时针旋转60°得到
【答案】A
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转的意义，观察图片可知，菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为中心逆时针旋转120°得到，
故答案为：A．
【分析】由∠BAE=120°结合旋转的性质，即可得出结论．
二、填空题
9．（2022九上·福州开学考）已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为　 　cm2．
【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm，
∴菱形的面积是＝24（cm2），
故答案为：24．
【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出已知菱形的面积.
10．（2025九上·兰州期中）如图，在菱形中，点O为对角线的交点，且在内，，，则菱形两对边的距离　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，
∴，，
∴，
∵菱形两对边的距离为，
∴
∴；
故答案为：．
【分析】根据菱形性质可得，，根据勾股定理可得AB，再根据菱形面积即可求出答案.
11．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点B在y轴上，，则点B的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点D，
∵菱形的边长为2，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点B在y轴上，
∴点B的坐标为．
故答案为：．
【分析】 本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理.连接交于点D，根据菱形的性质：菱形的邻边相等可推出菱形的对角线互相垂直且平分可得：，，进而可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，再利用勾股定理可求出，进而可得，据此可求出点B的坐标．
12．（2023九上·丘北期中）如图，已知菱形的对角线，交于点，为的中点，若，则菱形的周长为　 　．
【答案】24
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】四边形是菱形，
∴，，
点是的中点，
是的中位线，
∴，
菱形的周长；
故答案为．
【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理.根据菱形的性质：菱形的对角线互相平分，可推出，进而推出O为AC的中点，再根据点是的中点，利用三角形的中位线定义可推出是的中位线，再根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，进而可求出，再利用菱形的周长公式进行计算可求出答案．
13．（2024九上·薛城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点，，，于点，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在直角三角形中，，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出菱形的边长，然后利用面积法求出菱形的高即可．
14．（2024九上·成都期中）如图，在菱形中，、分别是边，上的动点，连接，，点、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵分别为的中点，
∴是的中位线，
，
当时，则最小，得到最小值，
，
∴是等腰直角三角形，
，即，
，
，
故答案为：．
【分析】连接，根据三角形的中位线可知，然后根据垂线段最短得到时，最小，求出最小值即可求出．
三、作图题
15．（2024九上·龙华期中）如图，在矩形中，连接．
（1）请用尺规作出的垂直平分线，分别交与于点，；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：四边形是菱形．
【答案】（1）解：如图所示，即为的垂直平分线．
（2）证明：如图所示，连接，设交于点，
∵为的垂直平分线，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）利用线段垂直平分线的作图方法及步骤分析求解即可；
（2）连接，设交于点，先证出，可得AM=CN，再证出四边形是平行四边形，结合AM=MC，即可得到四边形是菱形.
（1）解：如图所示，即为的垂直平分线．
（2）证明：如图所示，连接，设交于点，
∵为的垂直平分线，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形
四、解答题
16．（2023九上·禅城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于，，，求菱形的面积.
【答案】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴
∵在中，，，，
∴
∴，
∴
【知识点】菱形的性质
【解析】【分析】利用菱形对角线相互垂直的性质以及勾股定理可得AC、BD，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求出 菱形的面积.
17．（2024九上·福田期中）如图，在四边形 ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线 AC，BD交于点 O，AC平分∠BAD，过点 C作CE⊥AB交 AB的延长线于点 E．
（1）求证：四边形 ABCD 是菱形；
（2）若 ，BD＝2，求 BE 的长（直接写出答案）.
【答案】（1）证明：∵AB//DC，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，则AD＝CD，
∵AB＝AD，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）
【知识点】勾股定理；菱形的判定
【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC，BD⊥AC，OB＝OD＝BD＝1，AB＝CB＝，
根据勾股定理可得：OA＝＝2，
∵CE⊥AB，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2 BE2，
在Rt△ACE中，CE2＝AC2 AE2＝AC2 （AB＋BE）2，
∴BC2 BE2＝AC2 （AB＋BE）2，即：5 BE2＝16 (＋BE)2，
解得：BE＝．
【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再结合AB＝AD，即可证出四边形ABCD是菱形；
（2）先利用勾股定理求出OA的长，再利用勾股定理可得BC2 BE2＝AC2 （AB＋BE）2，即：5 BE2＝16 (＋BE)2，再求出BE的长即可.
18．（2023九上·大洼开学考）如图所示，在 中，对角线与相交于点，过点任作一条直线分别交，于点，．
（1）求证：；
（2）连接，直接写出当与满足什么关系时，四边形是菱形？
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：≌，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，利用ASA证明三角形全等即可求出OE=OF；
（2）根据第一问的三角形全等推出，，从而利用平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，利用菱形的性质即可知道 与互相垂直.
19．（2022九上·武侯期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，BF交AC于G，连接CF．
（1）求证：EF＝EB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）证明：∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴EF＝EB；
（2）解：四边形ADCF是菱形，理由如下：
∵△AEF≌△DEB，
∴AF＝BD，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝DC，
∴AF＝DC，
又AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，
∴AD＝DC，
∴四边形ADCF是菱形；
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】⑴论证两线段EF和EB相等，可以优先考虑两线段所在的三角形全等，由图可知可以论证三角形AEF和三角形DBE全等；点E是BF的中点可知BE等于EF，平行线可以论证角相等，还有对顶角相等，可以找到两三角形全等的条件，再由全等三角形性质可得对应边相等。
⑵、由直角三角形斜边上中线的性质可知AD等于BD等于CD，再由上小题可知AF和BD平行且相等，故AF和CD平行且相等，可以论证四边形ADCF是平行四边形，再加DA等于DC就可以论证四边形ADCF是菱形，（菱形的定义）。
20．（2024九上·织金期末）如图，同一平面内三条不同的直线AB，CD，MN，，直线MN与另外两条直线分别交于点M，N，点E，F分别为AB，CD上两点，且满足MF平分．，NE平分．
（1）求证：四边形ENFM为平行四边形；
（2）若四边形ENFM为菱形，求出的大小．
【答案】（1）证明：平分，．
又，
，，．
平分，．
．
，，
，．
，∴四边形ENFM为平行四边形；
（2）解：，，
由（1）知，，
四边形ENFM为菱形．
，，为等边三角形。
，。
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的性质
【解析】【分析】（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定方法证出四边形ENFM为平行四边形即可；
（2）利用菱形的性质可得，再证出为等边三角形可得.
五、实践探究题
21．（2023九上·中牟开学考）课本再现
思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直，反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形如图，并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在 中，对角线，垂足为．
求证： 是菱形．
（2）知识应用
如图，在 中，对角线和相交于点，，，．
求证： 是菱形．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，
又，垂足为O，
∴AC是BD的垂直平分线，
，
ABCD是菱形；
（2）解： ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，，，
，，
又，
在三角形AOD中，，
，
即，
ABCD是菱形．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对角互相平分得BO=DO，结合BD⊥AC，可得AC是BD的垂直平分线，进而根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AD=AB，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
（2）由平行四边形的对角互相平分得BO=DO=3，AO=CO=4，进而根据勾股定理的逆定理判断出∠AOD=90°，即BD⊥AC，从而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出结论.
22．（2023九上·自流井开学考） AC是菱形ABCD的对角线，∠B＝60°，AB＝2， ∠EAF=60°， 将∠EAF绕顶点A旋转，∠EAF的两边分别与直线 BC，CD交于点E，F，连接EF．
（1）【感知】 如图1，若E，F分别是边BC，CD的中点， 则CE+CF＝　 　；
（2）【探究】如图2，若E是线段BC上任意一点，求CE+CF的长；
（3）【应用】如图3，若E是BC延长线上一点，且EF⊥BC ，求△AEF的周长．
【答案】（1）2
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠B+∠BCD＝180°，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝60°，
∴AB＝AC，∠B＝∠ACD，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴BE＝CF，
∴CE+CF＝CE+BE＝BC＝7；
（3）解：同（2）可得，△ABE≌△ACF，
∴AE＝AF，CE＝DF，
∵∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∵AB∥FC，∠FCE＝∠B＝60°，
∴CF＝2CE，
即CD+DF＝2CE，CE＝2，
∴EF＝
∴△AEF的周长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AB=2，
∵ E，F分别是边BC、CD的中点，
∴CE=BC=1，CF=CD=1，
∴CE+CF=2，
故答案为：2.
【分析】（1）由菱形的性质可得BC=CD=AB=2，由线段中点求出CE、CF的长，继而得解；
（2）证明△ABE≌△ACF（ASA），可得BE＝CF，根据CE+CF＝CE+BE＝BC 即可求解；
（3）证明△AEF是等边三角形，可得AE＝EF＝AF， 从而求出CE、CF的长，再由勾股定理求出EF的长.
六、阅读理解题
23．（2024九上·深圳月考）阅读下列材料：如图（1），在四边形ABCD中，若AB＝AD，BC＝CD，则把这样的四边形称之为筝形．
（1）写出筝形的两个性质（定义除外）．
①　 　；②　 　．
（2）如图（2），在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且AE＝AF，∠AEC＝∠AFC．求证：四边形AECF是筝形．
（3）如图（3），在筝形ABCD中，AB＝AD＝26，BC＝DC＝25，AC＝17，求筝形ABCD的面积．
【答案】（1）筝形的一条对角线平分一组对角；筝形的一组对角相等
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D．
∵∠AEC＝∠AFC，∠AEC+∠AEB＝∠AFC+∠AFD＝180°，
∴∠AEB＝∠AFD．
∵AE＝AF，
∴△AEB≌△AFD（AAS）．
∴AB＝AD，BE＝DF．
∴平行四边形ABCD是菱形．
∴BC＝DC，
∴EC＝FC，
∴四边形AECF是筝形．
（3）解：过点B作BH⊥AC于点H，如图：
∵AB＝AD，BC＝DC，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC．
∴S△ABC＝S△ADC．
在Rt△ABH中，BH2＝AB2﹣AH2＝262﹣AH2．
在Rt△CBH中，BH2＝CB2﹣CH2＝252﹣（17﹣AH）2．
∴262﹣AH2＝252﹣（17﹣AH）2，
∴AH＝10．
∴BH＝24．
∴S△ABC＝×17×24＝204．
∴筝形ABCD的面积为408．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∠ABC=∠ADC.
∴AC平方∠BAD和∠BCD.
可得结论：①筝形的一条对角线平分一组对角；②筝形的一组对角相等
故答案为：筝形的一条对角线平分一组对角；筝形的一组对角相等.
【分析】（1）证明△ABC≌△ADC，可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∠ABC=∠ADC，由前两点即可得结论：筝形的一条对角线平分一组对角；由第三点可得结论：筝形的一组对角相等.
（2）利用AAS证明△AEB≌△AFD，可得AB=AD，BE=DC.证明平行四边形ABCD是菱形，可得BC=DC，从而有CE=CF，利用筝形的定义，即可得到结论.
（3）证明△ABC≌△ADC，可得S△ABC＝S△ADC．分别在Rt△ABH和Rt△CBH中利用勾股定理，可得方程262﹣AH2＝252﹣（17﹣AH）2，求出AH长，即可得BH长，再利用三角形的面积公式求解即可.
七、综合题
24．（2024九上·龙马潭开学考）.如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点，，且与直线：交于点．
（1）分别求出点，，的坐标．
（2）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数解析式．
（3）在的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解： ，当y=0时，x=8；当x=0，y=4；
∴ B（8，0），C（0，4），
，解得，x=，y=，即A（，）；
（2）解：设D（m，n），则6=OC·m，∴ m=3，
将x=3代入 ，∴ n=y=1，即D（3，1），
设直线CD的函数解析式为y=kx+b，
将C和D代入可得，解得k=-1，b=4，即y=-x+4，
∴ 直线CD的函数解析式为y=-x+4；
（3）解：存在，Q（），（4，4）或（2，-2）
当四边形OCPQ为菱形，如图，
∵ ∠MOQ=45°，∠OMQ=90°，OQ=OC=4，
∴ OM=MQ=，即Q（）；
当四边形OCQP为菱形，如图，
∵ ∠CPO=45°，
∴ ∠CPQ=45°，即∠OPQ=90°，
∴ Q（4，4）；
当四边形OPCQ为菱形，如图，
∵ ∠OCP=45°，CP=OP，
∴ △CPO为等腰直角三角形，即△CQO为等腰直角三角形，
∴ Q（-2，2），
∴ Q（），（4，4）或（2，-2）.
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）根据直线l1的函数解析式，令y=0，求出x的值，即为点B的坐标；令x=0，求出y的值，即为点A的坐标；联立l1和l2，即可求得点A的坐标；
（2）根据三角形的面积求出D的横坐标，将其代入求出D的纵坐标，根据待定系数法即可求得；
（3）分情况：四边形OCPQ，四边形OCQP，四边形OPCQ为菱形，根据菱形的性质即可求得Q的坐标.
1 / 11.1 菱形的性质与判定-北师大版数学九年级上册
一、选择题
1．（2020九上·昌图期末）下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是（　　）
A．对角线垂直 B．两组对边分别平行
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
2．（2024九上·阳山期末）如图，在菱形中，对角线AC、BD的长分别为8cm、6cm，则这个菱形的周长为（　　）
A．10cm B．14cm C．20cm D．28cm
3．（2024九上·克东开学考）如图，在四边形中，对角线相交于点．添加下列条件，不能判定四边形是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024九上·吉林开学考）如图，菱形中，，，则对角线的长是（　　）
A．8 B．15 C．10 D．6
5．（2024九上·南岗期中）如图，已知线段AB，分别以A，B为圆心，大于同样长为半径画弧，两弧交于点C，D，连接AC，AD，BC，BD，CD，则下列说法错误的是（　　）
A．AB平分∠CAD B．CD平分∠ACB C．AB⊥CD D．AB=CD
6．（2024九上·南山期中）如图，在菱形中，分别是上的点，且与相交于点O．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·射洪开学考）如图所示，菱形中，对角线相交于点O，H为边的中点，菱形的周长为36，则的长等于（　　）
A． B．5 C．6 D．9
8．（2024九上·珠海期中）如图，同学们曾玩过万花筒，它是由三块等宽等长的玻璃片围成的，其中菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以点A为中心（　　）
A．逆时针旋转120°得到 B．逆时针旋转60°得到
C．顺时针旋转120°得到 D．顺时针旋转60°得到
二、填空题
9．（2022九上·福州开学考）已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为　 　cm2．
10．（2025九上·兰州期中）如图，在菱形中，点O为对角线的交点，且在内，，，则菱形两对边的距离　 　．
11．（2024九上·宝安开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点B在y轴上，，则点B的坐标为　 　．
12．（2023九上·丘北期中）如图，已知菱形的对角线，交于点，为的中点，若，则菱形的周长为　 　．
13．（2024九上·薛城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点，，，于点，则的长为　 　．
14．（2024九上·成都期中）如图，在菱形中，、分别是边，上的动点，连接，，点、分别为、的中点，连接．若，，则的最小值为　 　．
三、作图题
15．（2024九上·龙华期中）如图，在矩形中，连接．
（1）请用尺规作出的垂直平分线，分别交与于点，；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：四边形是菱形．
四、解答题
16．（2023九上·禅城月考）如图，四边形是菱形，对角线与相交于，，，求菱形的面积.
17．（2024九上·福田期中）如图，在四边形 ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线 AC，BD交于点 O，AC平分∠BAD，过点 C作CE⊥AB交 AB的延长线于点 E．
（1）求证：四边形 ABCD 是菱形；
（2）若 ，BD＝2，求 BE 的长（直接写出答案）.
18．（2023九上·大洼开学考）如图所示，在 中，对角线与相交于点，过点任作一条直线分别交，于点，．
（1）求证：；
（2）连接，直接写出当与满足什么关系时，四边形是菱形？
19．（2022九上·武侯期中）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于F，BF交AC于G，连接CF．
（1）求证：EF＝EB；
（2）若∠BAC＝90°，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
20．（2024九上·织金期末）如图，同一平面内三条不同的直线AB，CD，MN，，直线MN与另外两条直线分别交于点M，N，点E，F分别为AB，CD上两点，且满足MF平分．，NE平分．
（1）求证：四边形ENFM为平行四边形；
（2）若四边形ENFM为菱形，求出的大小．
五、实践探究题
21．（2023九上·中牟开学考）课本再现
思考 我们知道，菱形的对角线互相垂直，反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？ 可以发现并证明菱形的一个判定定理； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形如图，并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在 中，对角线，垂足为．
求证： 是菱形．
（2）知识应用
如图，在 中，对角线和相交于点，，，．
求证： 是菱形．
22．（2023九上·自流井开学考） AC是菱形ABCD的对角线，∠B＝60°，AB＝2， ∠EAF=60°， 将∠EAF绕顶点A旋转，∠EAF的两边分别与直线 BC，CD交于点E，F，连接EF．
（1）【感知】 如图1，若E，F分别是边BC，CD的中点， 则CE+CF＝　 　；
（2）【探究】如图2，若E是线段BC上任意一点，求CE+CF的长；
（3）【应用】如图3，若E是BC延长线上一点，且EF⊥BC ，求△AEF的周长．
六、阅读理解题
23．（2024九上·深圳月考）阅读下列材料：如图（1），在四边形ABCD中，若AB＝AD，BC＝CD，则把这样的四边形称之为筝形．
（1）写出筝形的两个性质（定义除外）．
①　 　；②　 　．
（2）如图（2），在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且AE＝AF，∠AEC＝∠AFC．求证：四边形AECF是筝形．
（3）如图（3），在筝形ABCD中，AB＝AD＝26，BC＝DC＝25，AC＝17，求筝形ABCD的面积．
七、综合题
24．（2024九上·龙马潭开学考）.如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点，，且与直线：交于点．
（1）分别求出点，，的坐标．
（2）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数解析式．
（3）在的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直平分、平行四边形的对角线互相平分，符合题意；
B、菱形、平行四边形的对边平行且相等，不符合题意；
C、菱形、平行四边形的对角线互相平分，不符合题意；
D、菱形、平行四边形的两组对角分别相等，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据菱形和平行四边形的性质对每个选项一一判断即可。
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，且AC＝8cm，BD＝6cm，
∴∠AOB＝90°，AO＝4cm，BO＝3cm，
故AB＝＝＝5（cm），
故菱形的周长为：4×5=20（cm），
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质得出AO，BO的长，再根据勾股定理可得AB，再根据菱形周长即可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：因为，
所以四边形是平行四边形，
当或时，均可判定四边形是菱形；
当时，
由知，
所以，
所以，
所以四边形是菱形；
当时，可判定四边形是矩形；
故选：B．
【分析】根据菱形的定义及其判定（在同一平面内，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四边都相等的四边形是菱形，菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，菱形是轴对称图形）、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
4．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴为等边三角形，
∴
故答案为：D．
【分析】根据菱形的性质求得，∠ACB=60°，于是可判定△ABC为等边三角形，即可求解．
5．【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：由作图知AC=AD=BC=BD，
∴四边形ACBD是菱形，
∴AB平分∠CAD、CD平分∠ACB、AB⊥CD，
不能判断AB=CD，
故选：D．
【分析】由作图知AC=AD=BC=BD，根据菱形判定定理可得四边形ACBD是菱形，再根据菱形性质逐项进行判断即可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-ASA；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点是的中点，
又∵，
∴平分，，即，
在中，，
∴，
故选：B ．
【分析】先利用菱形的性质结合可证明，则点O是AC中点；由于菱形的对角互相垂直平分，且一条对角线平分一组对角，则可得与互余．
7．【答案】A
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：菱形的周长为36，
∴AB=BC=CD=AD==9，OB=OD，
∴O为中点，
∵H为边的中点，
时的中位线，
，
故答案为：A．
【分析】根据菱形的性质“菱形的四边都相等，对角线互相垂直平分”可得AB=BC=CD=AD，OB=OD，再根据三角形的中位线定理“三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半”即可求解．
8．【答案】A
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：根据旋转的意义，观察图片可知，菱形AEFG可以看成是把菱形ABCD以A为中心逆时针旋转120°得到，
故答案为：A．
【分析】由∠BAE=120°结合旋转的性质，即可得出结论．
9．【答案】24
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm，
∴菱形的面积是＝24（cm2），
故答案为：24．
【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出已知菱形的面积.
10．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，
∴，，
∴，
∵菱形两对边的距离为，
∴
∴；
故答案为：．
【分析】根据菱形性质可得，，根据勾股定理可得AB，再根据菱形面积即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点D，
∵菱形的边长为2，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点B在y轴上，
∴点B的坐标为．
故答案为：．
【分析】 本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理.连接交于点D，根据菱形的性质：菱形的邻边相等可推出菱形的对角线互相垂直且平分可得：，，进而可证明是等边三角形，利用等边三角形的性质可得：，再利用勾股定理可求出，进而可得，据此可求出点B的坐标．
12．【答案】24
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】四边形是菱形，
∴，，
点是的中点，
是的中位线，
∴，
菱形的周长；
故答案为．
【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理.根据菱形的性质：菱形的对角线互相平分，可推出，进而推出O为AC的中点，再根据点是的中点，利用三角形的中位线定义可推出是的中位线，再根据三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，进而可求出，再利用菱形的周长公式进行计算可求出答案．
13．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在直角三角形中，，
∴．
故答案为：．
【分析】根据勾股定理求出菱形的边长，然后利用面积法求出菱形的高即可．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵分别为的中点，
∴是的中位线，
，
当时，则最小，得到最小值，
，
∴是等腰直角三角形，
，即，
，
，
故答案为：．
【分析】连接，根据三角形的中位线可知，然后根据垂线段最短得到时，最小，求出最小值即可求出．
15．【答案】（1）解：如图所示，即为的垂直平分线．
（2）证明：如图所示，连接，设交于点，
∵为的垂直平分线，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）利用线段垂直平分线的作图方法及步骤分析求解即可；
（2）连接，设交于点，先证出，可得AM=CN，再证出四边形是平行四边形，结合AM=MC，即可得到四边形是菱形.
（1）解：如图所示，即为的垂直平分线．
（2）证明：如图所示，连接，设交于点，
∵为的垂直平分线，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵
∴
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形
16．【答案】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴
∵在中，，，，
∴
∴，
∴
【知识点】菱形的性质
【解析】【分析】利用菱形对角线相互垂直的性质以及勾股定理可得AC、BD，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求出 菱形的面积.
17．【答案】（1）证明：∵AB//DC，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，则AD＝CD，
∵AB＝AD，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）
【知识点】勾股定理；菱形的判定
【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝AC，BD⊥AC，OB＝OD＝BD＝1，AB＝CB＝，
根据勾股定理可得：OA＝＝2，
∵CE⊥AB，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2 BE2，
在Rt△ACE中，CE2＝AC2 AE2＝AC2 （AB＋BE）2，
∴BC2 BE2＝AC2 （AB＋BE）2，即：5 BE2＝16 (＋BE)2，
解得：BE＝．
【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再结合AB＝AD，即可证出四边形ABCD是菱形；
（2）先利用勾股定理求出OA的长，再利用勾股定理可得BC2 BE2＝AC2 （AB＋BE）2，即：5 BE2＝16 (＋BE)2，再求出BE的长即可.
18．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：≌，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质求出，利用ASA证明三角形全等即可求出OE=OF；
（2）根据第一问的三角形全等推出，，从而利用平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，利用菱形的性质即可知道 与互相垂直.
19．【答案】（1）证明：∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴EF＝EB；
（2）解：四边形ADCF是菱形，理由如下：
∵△AEF≌△DEB，
∴AF＝BD，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝DC，
∴AF＝DC，
又AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，
∴AD＝DC，
∴四边形ADCF是菱形；
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】⑴论证两线段EF和EB相等，可以优先考虑两线段所在的三角形全等，由图可知可以论证三角形AEF和三角形DBE全等；点E是BF的中点可知BE等于EF，平行线可以论证角相等，还有对顶角相等，可以找到两三角形全等的条件，再由全等三角形性质可得对应边相等。
⑵、由直角三角形斜边上中线的性质可知AD等于BD等于CD，再由上小题可知AF和BD平行且相等，故AF和CD平行且相等，可以论证四边形ADCF是平行四边形，再加DA等于DC就可以论证四边形ADCF是菱形，（菱形的定义）。
20．【答案】（1）证明：平分，．
又，
，，．
平分，．
．
，，
，．
，∴四边形ENFM为平行四边形；
（2）解：，，
由（1）知，，
四边形ENFM为菱形．
，，为等边三角形。
，。
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；菱形的性质
【解析】【分析】（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定方法证出四边形ENFM为平行四边形即可；
（2）利用菱形的性质可得，再证出为等边三角形可得.
21．【答案】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，
又，垂足为O，
∴AC是BD的垂直平分线，
，
ABCD是菱形；
（2）解： ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，，，
，，
又，
在三角形AOD中，，
，
即，
ABCD是菱形．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对角互相平分得BO=DO，结合BD⊥AC，可得AC是BD的垂直平分线，进而根据垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AD=AB，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
（2）由平行四边形的对角互相平分得BO=DO=3，AO=CO=4，进而根据勾股定理的逆定理判断出∠AOD=90°，即BD⊥AC，从而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得出结论.
22．【答案】（1）2
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠B+∠BCD＝180°，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝60°，
∴AB＝AC，∠B＝∠ACD，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴BE＝CF，
∴CE+CF＝CE+BE＝BC＝7；
（3）解：同（2）可得，△ABE≌△ACF，
∴AE＝AF，CE＝DF，
∵∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，
∵AB∥FC，∠FCE＝∠B＝60°，
∴CF＝2CE，
即CD+DF＝2CE，CE＝2，
∴EF＝
∴△AEF的周长为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AB=2，
∵ E，F分别是边BC、CD的中点，
∴CE=BC=1，CF=CD=1，
∴CE+CF=2，
故答案为：2.
【分析】（1）由菱形的性质可得BC=CD=AB=2，由线段中点求出CE、CF的长，继而得解；
（2）证明△ABE≌△ACF（ASA），可得BE＝CF，根据CE+CF＝CE+BE＝BC 即可求解；
（3）证明△AEF是等边三角形，可得AE＝EF＝AF， 从而求出CE、CF的长，再由勾股定理求出EF的长.
23．【答案】（1）筝形的一条对角线平分一组对角；筝形的一组对角相等
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D．
∵∠AEC＝∠AFC，∠AEC+∠AEB＝∠AFC+∠AFD＝180°，
∴∠AEB＝∠AFD．
∵AE＝AF，
∴△AEB≌△AFD（AAS）．
∴AB＝AD，BE＝DF．
∴平行四边形ABCD是菱形．
∴BC＝DC，
∴EC＝FC，
∴四边形AECF是筝形．
（3）解：过点B作BH⊥AC于点H，如图：
∵AB＝AD，BC＝DC，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC．
∴S△ABC＝S△ADC．
在Rt△ABH中，BH2＝AB2﹣AH2＝262﹣AH2．
在Rt△CBH中，BH2＝CB2﹣CH2＝252﹣（17﹣AH）2．
∴262﹣AH2＝252﹣（17﹣AH）2，
∴AH＝10．
∴BH＝24．
∴S△ABC＝×17×24＝204．
∴筝形ABCD的面积为408．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SSS；全等三角形中对应角的关系
【解析】【解答】解：（1）∵AB=AD，BC=CD，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∠ABC=∠ADC.
∴AC平方∠BAD和∠BCD.
可得结论：①筝形的一条对角线平分一组对角；②筝形的一组对角相等
故答案为：筝形的一条对角线平分一组对角；筝形的一组对角相等.
【分析】（1）证明△ABC≌△ADC，可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∠ABC=∠ADC，由前两点即可得结论：筝形的一条对角线平分一组对角；由第三点可得结论：筝形的一组对角相等.
（2）利用AAS证明△AEB≌△AFD，可得AB=AD，BE=DC.证明平行四边形ABCD是菱形，可得BC=DC，从而有CE=CF，利用筝形的定义，即可得到结论.
（3）证明△ABC≌△ADC，可得S△ABC＝S△ADC．分别在Rt△ABH和Rt△CBH中利用勾股定理，可得方程262﹣AH2＝252﹣（17﹣AH）2，求出AH长，即可得BH长，再利用三角形的面积公式求解即可.
24．【答案】（1）解： ，当y=0时，x=8；当x=0，y=4；
∴ B（8，0），C（0，4），
，解得，x=，y=，即A（，）；
（2）解：设D（m，n），则6=OC·m，∴ m=3，
将x=3代入 ，∴ n=y=1，即D（3，1），
设直线CD的函数解析式为y=kx+b，
将C和D代入可得，解得k=-1，b=4，即y=-x+4，
∴ 直线CD的函数解析式为y=-x+4；
（3）解：存在，Q（），（4，4）或（2，-2）
当四边形OCPQ为菱形，如图，
∵ ∠MOQ=45°，∠OMQ=90°，OQ=OC=4，
∴ OM=MQ=，即Q（）；
当四边形OCQP为菱形，如图，
∵ ∠CPO=45°，
∴ ∠CPQ=45°，即∠OPQ=90°，
∴ Q（4，4）；
当四边形OPCQ为菱形，如图，
∵ ∠OCP=45°，CP=OP，
∴ △CPO为等腰直角三角形，即△CQO为等腰直角三角形，
∴ Q（-2，2），
∴ Q（），（4，4）或（2，-2）.
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）根据直线l1的函数解析式，令y=0，求出x的值，即为点B的坐标；令x=0，求出y的值，即为点A的坐标；联立l1和l2，即可求得点A的坐标；
（2）根据三角形的面积求出D的横坐标，将其代入求出D的纵坐标，根据待定系数法即可求得；
（3）分情况：四边形OCPQ，四边形OCQP，四边形OPCQ为菱形，根据菱形的性质即可求得Q的坐标.
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