专题1.3 菱形的性质与判定（专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.3 菱形的性质与判定（专项练习） 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，为菱形的对角线，，，且，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·福建福州·期末）在菱形中，对角线，相交于点，，，则的长是（    ）    A．1 B．2 C． D． 3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·安徽芜湖·期末）已知的对角线交于点，添加下列条件，不能判定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 7．（2024·广西钦州·二模）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线交，分别于点，，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 8．（23-24九年级下·安徽合肥·期中）如图，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，若经过点与相交于，，则（    ）    A． B． C． D． 9．（2024·广东东莞·二模）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了如图2所示的伸缩衣架，已知图中每个菱形的边长为，则其拉伸长度的适宜范围是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·河南驻马店·期中）图1是第63 届国际数学奥林匹克竞赛会标，图2是其主体的中间部分图案，它是一个 轴对称图形．已知，作菱形，使点H，F，G分别在上，且点E 在 上．若，则整个图形的面积为（     ） A． B． C．20 D．25 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（23-24九年级下·吉林延边·阶段练习）如图，在菱形的外侧，作等边三角形，连接．若，则 度． 12．（23-24八年级下·天津滨海新·期末）如图，在菱形中，，对角线，过点作，垂足为点，则的长度是 ． 13．（2024·吉林白山·一模）如图，是矩形的对角线，垂直平分，分别交、于点、，连接．若，则的长为 ． 14．（23-24八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，在中，以点A为圆心、长为半径画弧交边于点E，连接，再分别以点B、E为圆心、相同的长为半轻（大于）画弧交于点F，作射线，交边于点G．若，则 ．    15．（2024·重庆·二模）如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为 16．（23-24九年级下·安徽合肥·阶段练习）如图，在菱形中，点P是上一点，将沿着折叠，得到，连接． （1）若，，则的度数为 ； （2）点Q是的中点，若，，则的最小值为 ． 17．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，菱形的边长为5，将一个直角的顶点放置在菱形的中心处，此时直角的两边分别交边，丁点，，当时，的长为2，则的长是 ．    18．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，在矩形中，边长，边长，对角线的垂直平分线分别与相交于点和相交于点O，动点分别从两点出发，分别绕和运动，点P的速度为，路径为．点Q的速度为，路径为两个动点返回起点后均停止运动．若点P和点Q同时出发，当四边形为平行四边形时，所用时间为 s． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（8分）（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，，点E，F分别在上，平分 交于点G，平分交于点H． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当　　时，四边形是菱形． 20．（8分）（23-24八年级下·重庆长寿·期末）如图，在菱形中，于点交于点，且点是的中点． （1）求的度数； （2）若菱形的面积为，求的长． 21．（10分）（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）请添加一个条件，使四边形为菱形． 22．（10分）（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，． （1）证明：四边形是菱形； （2）若，求四边形的周长． 23．（10分）（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长； （3）在（2）的条件下，已知点M是线段上一点，且，则的长为_______． 24．（12分）（23-24八年级下·浙江·阶段练习）综合与探究 【问题情境】圆圆与方方运用折叠纸片研究平行四边形． 【操作判断】如图1，将沿着对角线折叠，若此时点A与点C恰好重合，证明：． 【类比探究】如图2，在的一边上取一点E，沿着折叠，点A的对称点恰好落在对角线上，若点与点C，E共线，，求的长． 【问题解决】如图3，在的一边上取一点E，沿着折叠，点A的对称点恰好落在的中点处，若，求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，先证明，结合，可得，根据菱形的性质有，即可得，问题随之得解． 【详解】∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 2．B 【分析】本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，利用菱形的性质，求出，得出三角形是直角三角形，再根据含度角的直角三角形的性质，求出. 【详解】解：∵四边形是菱形， ，是对角线，， ∴，， ∴，，，即三角形是直角三角形， 又∵， ∴， ∴ 故选：B． 3．A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 故选：A． 4．C 【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、四边形是平行四边形，，， ，平行四边形是矩形，故C符合题意； D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意， 故选：C． 5．A 【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形等，对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：A中，不能判定是菱形，故符合要求； B中，能判定是菱形，故不符合要求； C中，能判定是菱形，故不符合要求； D中，能判定是菱形，故不符合要求； 故选：A． 6．C 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 7．D 【分析】连接，利用角平分线性质和平行线性质，得到，利用等腰三角形性质，证明四边形为菱形，从而得到，利用勾股定理得到，进而得到，进而利用勾股定理得到，即可解题． 【详解】解：连接， ， ， 是的角平分线， ， ， ， ， ， 四边形为菱形， ， ，，， ， ， ， 故选：D． 【点拨】本题考查勾股定理的运用，角平分线性质，菱形的判定和性质，平行线性质，等腰三角形性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 8．B 【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，三角形外角定理，掌握相关定理与性质是解题的关键． 【详解】解：四边形为菱形，， ， 菱形绕点逆时针旋转得到菱形， ， ． 故选：B． 9．B 【分析】本题主要考查了菱形及其计算，勾股定理，由菱形中， 当时，得的得得此时拉伸长度同理当时，拉伸长度，即可求解，解题关键是找准直角三角形进行计算． 【详解】解：如图： ∵四边形是菱形， ∴， ∵ 当时，则 ∴， ∴， ∴ ∴ ∴此时拉伸长度， 当时，则 ∴， ∴ ∴此时拉伸长度， ∴其拉伸长度的适宜范围是：， 故选：B． 10．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称图形的定义等等，如图所示，连接，由菱形的性质可得，有轴对称图形的定义可得点E为的中点，且，据此证明是等边三角形，求出，则；再证明都是等边三角形，如图所示，过点D作，求出，则，可得整个图形的面积为． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵整个图形是一个轴对称图形， ∴点E为的中点，且， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， 由菱形的性质可得， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴都是等边三角形， 如图所示，过点D作， ∴， ∴， ∴， ∴整个图形的面积为， 故选：A． 11．24 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的性质及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．根据菱形的性质得到，得到是等腰三角形，由等边三角形的性质，进而得到，根据，利用三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，是等边三角形， ，， ， 是等腰三角形， ， ， 故答案为：24． 12．/ 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算方法，连接交于，由菱形的性质得，，，再由勾股定理和面积公式即可求解，熟练掌握菱形的性质，由菱形面积的两种计算方法得出结果是解题的关键． 【详解】如图，连接交于， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查截开的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，运用勾股定理求出，连接，证明四边形是菱形得 【详解】解：连接，如图， ∵四边是矩形 ∴， ∵ ∴ ∵四边是矩形 ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14．8 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，准确计算是解题的关键．设与相交于点O，根据已知条件得到四边形是菱形，根据勾股定理计算即可； 【详解】解：如图，连接，设与相交于点O，    由作图可知，，， ∵四边形时平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：8． 15． 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．利用勾股定理求得，证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式列式计算即可求解． 【详解】解：连接，作交的延长线于点， ∵平行四边形中，， ∴，， ∴, ∵， ∴， 设， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， 在中，， ∵，平分， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴． 故答案为：． 16． 41 / 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠与轴对称等知识， （1）根据折叠可得，再根据三角形内角和定理可得结论； （2）延长至点F，使得，连接，，则是的中位线，证明是等边三角形，求出，，从而可得结论 【详解】解：（1）由折叠和菱形的定义可知，，， 则， ， 故答案为：41； （2）延长至点F，使得，连接，， 则是的中位线， ， 当取最小值时，有最小值． 连接， ∵四边形是菱形， ∴ 又， ∴是等边三角形， 则，， ∴ ∴垂足为， ∴， ∴ ∴ ∴． 由折叠可知， 又， ， 当点B，E，F共线时，有最小值， 此时的最小值为， 故答案为：． 17． 【分析】连接，则过点O，先证明是的中位线，再根据中位线性质求出，再在中，根据勾股定理即可求出结果． 【详解】解：连接，则过点O，    ， ， 在菱形中，， 是的中位线， ， 在中，． 故答案为：． 【点拨】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，勾股定理，本题的关键是辅助线的作法． 18． 【分析】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，需要进行分类讨论，画出图形，运用平行四边形的性质才能得出结果． 证明，得出，再根据，证明四边形是菱形．设菱形的边长，则．在中，由勾股定理，算出，即得到，由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形；同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形．只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形．即可确定当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，，由此列方程即可； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴． ∴，． ∵垂直平分， ∴． 在和中， ， ， ∴． ， ∴四边形是菱形． 设菱形的边长，则． 在中，， 由勾股定理，得， 解得． ， 由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形； 同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形． ∴只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形． 当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，． ∵点的速度为，点的速度为，运动时间为， ， ， 解得． ∴以四点为顶点的四边形是平行四边形时，． 19．(1)见解析 (2)120 【分析】本题考查平行线的性质、平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明是解题的关键． （1）由，得，因为，，所以，则，即可证明四边形是平行四边形； （2）由，得，而，所以，则，当∠AEF=120°，则，可证明是等边三角形，所以，则四边形是菱形，于是得到问题的答案． 【详解】（1）证明：， ， 平分平分， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：当 时，四边形是菱形， 理由：， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 故答案为：120． 20．(1) (2) 【分析】（1）由线段垂直平分线的性质推出，由菱形的性质推出，得到是等边三角形，因此． （2）设菱形的边长为，由菱形面积公式得到菱形的面积（），求出，进而根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理，即可求出的长． 【详解】（1）解：连接． 于点，且点是的中点， ． 四边形为菱形， ． 是等边三角形． ． （2）设菱形的边长为， 是等边三角形，， ． 由题意得：，即． 解得：． 在菱形中，，，是对角线， ，． 在中，，． ． 解得：． 【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定定理是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得出，，，，，证出，由即可得出，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可． （2）根据菱形的判定定理，添加即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，，，， 平分，平分， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：添加 由（1）知：四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． 22．(1)见解析 (2)10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到，先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； （2）根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）证明∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是平行四边形，， ∴，，，则， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 23．(1)见解析 (2)2 (3)或 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理； （1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论； （3）先根据勾股定理求出，再结合图形即可求出． 【详解】（1）证明：∵， ， 为的平分线， ， ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 在中，，， ， ； （3）解：如图， 在（2）的条件下，， ∵， ∴， ∴或 故答案为：或． 24．[操作判断]见解析；[类比探究]1；[问题解决]2 【分析】[操作判断]根据折叠的性质得，结合平行四边形的性质可得四边形是菱形，即有； [类比探究]根据平行四边形的性质得和，则，有折叠得，，由结合等腰三角形的性质有，则有，即可得； [问题解决]延长交的延长线于点，由（2）得，设，由平行四边形，，则有和，进一步证明，有和，根据列方程求解即可． 【详解】解： [操作判断]∵将沿着对角线折叠，若此时点A与点C恰好重合， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴． [类比探究]∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵沿着折叠点A的对称点恰好落在对角线上， ∴，， ∴， ∴， ∵点与点C，E共线， ∴， 即， [问题解决]延长交的延长线于点， 由（2）得， ∵沿着折叠，点A的对称点恰好落在的中点处， 设， ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴， ∵恰好落在的中点处， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，解得， ∴． 【点拨】本题主要考查折叠的性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质和特殊四边形的性质． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$