1.1菱形的性质与判定 自主学习同步练习题 2025-2026学年北师大版九年级数学上册

2025-2026学年北师大版九年级数学上册《1.1菱形的性质与判定》 自主学习同步练习题（附答案） 一、单选题 1．如图，已知菱形ABCD的周长为20，对角线AC、BD交于点O，且AC+BD＝14，则该菱形的面积等于（　　） A．8 B．14 C．24 D．28 2．如图，在菱形ABCD中，，，过点C作，交AD的延长线于点E，则线段CE的长为(   ) A． B． C．4 D． 3．如图，点F在正五边形ABCDE的内部，四边形ABFE是平行四边形，则∠DAF等于（　　） A．18° B．24° C．30° D．36° 4．如图，点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠B=120°，AB=，则PE-PF的值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．6 5．如图，已知为等边三角形，菱形的边在线段上，且．若，，连接并取中点，则线段的长度为（    ） A． B． C． D．5 6．如图，在菱形ABCD中，，，M、N分别为BC、CD边上的两点，点P为对角线BD上一点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D． 7．如图1，已知在平行四边形中，，若点P从顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点B，图2是点P运动时，的面积随时间变化的关系图像，则a的值为（    ） A．5 B． C． D． 二、填空题 8．菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，点E在线段BC上，CE=2，若点P是菱形边上异于点E的另一点，CE=CP，则∠EPC的度数为___________． 9．如图，在边长为 2的菱形 ABCD中，∠D＝45°，点 E在 BC边上，将沿 AE所在的直线折叠得到，交 CD于点 F，使经过点 C，则 的长度为__________． 10．如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝12，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为______． 11．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，则∠CDF的度数为_____． 12．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E是AD边上一点，且．若，，则AE的长是______． 13．如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，点E是AD边上一动点（不与A，D重合），点F是CD边上一动点，DE＋DF＝2，则∠EBF＝______°，面积的最小值为______． 14．如图所示，边长为1菱形ABCD中，∠DAB＝60°，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，连接AC1，再以AC为边作第三个菱形ACC2D2，使得所做的菱形都相似：…，按此规律所作的第2026个菱形的边长为 _____． 三、解答题 15．如图，在5×5的正方形网格中，点A、B在格点上，按要求画出格点四边形． (1)在图①中画四边形ABCD，使得四边形ABCD是中心对称图形，但不是轴对称图形； (2)在图②中画出菱形ABEF（非正方形）． 16．如图，已知四边形中，对角线，相交于点O，且，，过点O作，分别交，于点E，F． (1)求证：； (2)若，，求四边形的周长． 17．如图，是由在平面内绕点旋转而得，且，，连接． (1) (2)求证：； (3)试判断四边形的形状，并说明理由． 18．菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，DE⊥AB于点E，交AC于点F，连接BF． (1)若∠DAB=50°，求∠BFE的度数； (2)若BE=4，BD=，求OF的长． 19．如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AD=9cm，BC=13cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向终点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为ts． (1)若AB=3cm，求CD的长； (2)当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？ (3)探究：当线段AB的长为多少时，第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形？ 20．已知是菱形的对角线，，点是直线上的一个动点，连接，以为边作菱形，并且使，连接，当点在线段上时，如图，易证：． (1)当点在线段的延长线上时（如图），猜想，，之间的关系并证明； (2)当点在线段的延长线上时（如图），直接写出，，之间的关系． 参考答案 1．解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA， ∵菱形ABCD的周长为20， ∴AD＝AB＝5， ∵AC+BD＝14， ∴AO+BO＝7， ∴AO2+BO2+2AO•BO＝72， ∵AO2+BO2＝AB2， ∴52+2AO•BO＝72， ∴AO•BO＝12， ∴菱形的面积＝4×S△AOD＝4×AO•BO＝2×12＝24，故C正确． 故选：C． 2．解： 记AC与BD的交点为O 四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6 ，OA=OC=4，OD=OB=3， 故选：D 3．A 【分析】由正五边形的性质得到，，再利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求解的度数，证明四边形为菱形，利用菱形的性质可求解的度数，进而可求解． 【详解】解：在正五边形中，，， ， 四边形为平行四边形，， 四边形为菱形， ， ， 故选：A． 4．B 【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质与勾股定理得到OA=3，则AC=6，再由，，则即可得到答案． 【详解】连接BD交AC于O，如图： 由四边形ABCD是菱形，∠B=120°，AB=， ， ， 在中， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ， ， 故选：B． 5．B 【分析】由等边三角形的性质和菱形的性质可求∠FAB=90°，AF=4，由勾股定理可求BF的长，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接AF，DE交于点O， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠C=∠CAB=60°， ∵ADBC， ∴∠BCA=∠DAE=60°， ∵四边形AEFD是菱形， ∴AO=OF，EO=DO，AF⊥DE，∠DAF=30°=∠EAF， ∴DO=AD=2，AO=2，∠FAB=90°， ∴AF= ∵∠FAB=90°，点G是BF的中点， ∴AG=BF=， 故选：B． 6．C 【分析】作点M关于BD的对称点M'，连接PM'，作CH⊥AB于H，则PM＝PM'，当M'、P、N三点共线，且M'N⊥AB时，PM＋PN最小，最小值为CH的长，利用含30°角的直角三角形的性质求出BH的长，根据勾股定理可得答案． 【详解】解：作点M关于BD的对称点M'，连接PM'，作CH⊥AB于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴点M'在AB上 ∴PM＝PM'， ∴当M'、P、N三点共线，且M'N⊥AB时，PM＋PN最小，最小值为CH的长， ∵∠BAD＝120°，AB＝4， ∴∠ABC＝60°，BC＝4， ∴BH＝2， 由勾股定理得CH＝， ∴PM＋PN的最小值为， 故选：C． 7．C 【分析】首先判断四边形ABCD是菱形，过点D作DE⊥BC，根据图象的三角形的面积可得菱形的边长为5，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求A． 【详解】解：过点D作DE⊥BC， ∵平行四边形ABCD中，AD=DC， ∴四边形ABCD是菱形，AD∥BC， ∴当点P在边AD上运动时，y的值不变， ∴AD=a，即菱形的边长是a， ∴a•DE＝2a，即DE=4． 当点P在DB上运动时，y逐渐减小， ∴DB=5， ∴BE=， 在Rt△DCE中，DC=a，CE=a-3，DE=4， ∴a2=42+（a-3）2，解得a=， 故选：C． 8．30°或45°或75° 【分析】①当P在CD边上时，连接EP交AC于点H，依据菱形的性质可得到∠ECH=∠PCH=60°，根据三线合一可得∠EHC=∠PHC=90°，根据三角形内角和定理求解即可； ②当P在AD边上，时，求得，可得 △ECP为等腰直角三角形即可求解； ③当P在AB边上，时，求得∠BCP =30°，利用等腰三角形的性质即可求解． 【详解】如图所示：连接EP交AC于点H． ∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴∠BCD＝120°，∠ECH＝∠PCH＝60°． ∵ ∴∠EHC＝∠PHC＝90°，EH＝PH． ∴； 如图2所示：当P在AD边上，时， 则， ∵， △ECP为等腰直角三角形， ． 如图3所示：当P在AB边上，时， ∴∠BCP=90°-∠CBA=30°， ∵CE=CP， ∴∠EPC=∠PEC=(180°-30°)=75°， 故答案为：30°或45°或75°． 9．/ 【分析】由菱形的性质得，由折叠的性质得，可求出，由等腰直角三角形的性质可求出的长，即可求解． 【详解】四边形ABCD是菱形，边长为 2，∠D＝45°， ， 将沿 AE所在的直线折叠得到， ， ， ， ， ， 故答案为：． 10．解：如图，设AC与BD的交点为O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AO=OC=6，BO=DO，AC⊥BD， ∴， ∴BD=16， ∵S菱形ABCD=AB•DE=AC•BD， ∴DE=， 故答案为：． 11．解：连接BD，BF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠DAC=∠BAD=×80°=40°，AC垂直平分BD，AB//CD， ∴∠ADC=180°-∠BAD=180°-80°=100°， 又∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD， ∴AF=BF，BF=DF， ∴AF=DF， ∴∠FAD=∠FDA=40°， ∴∠CDF=100°-40°=60°， 故答案为：60°． 12．解：过点O作OF⊥DE于点F．如图所示， ∵OE=OD， ∴DF=EF， ∴DE=2DF， ∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6， ∴DO=BD＝3，AO=AC=4，且AC⊥BD． 在Rt△AOD中，AD=，∵OF⊥AD．∴S△AOD=， ∴， 在Rt△DOF中，DF=， ∴， ∴． 故答案为：． 13． 60 【分析】先证明△BEF是等边三角形，当BE⊥AD时面积最小． 【详解】解：如图，连接BD， ∵菱形ABCD边长为4，∠BAD＝60°； ∴△ABD与△BCD为正三角形， ∴∠FDB＝∠EAB＝60°， ∵AE+CF＝2，DF+CF＝2， ∴AE＝DF， ∵AB＝BD， ∴△BDF≌△BAE（SAS）， ∴BE＝BF， ∠ABE＝∠DBF， ∴∠EBF＝∠ABD＝60°， ∴△BEF是等边三角形， ∴当BE⊥AD时，△BEF的面积最小，此时BE， ∴边BE上的高为 ， △BEF面积的最小值为： ． 故答案为： ；． 14．解：连接DB，交AC于点M， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB．AC⊥DB， ∵∠DAB＝60°， ∴△ADB是等边三角形， ∴DB＝AD＝1， ∴BM， ∴AM， ∴AC， 同理可得AC1AC＝（）2，AC2AC1＝3（）3， 按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n﹣1， 则第2026个菱形的边长为（）2025， 故答案为：（）2025． 15．（1）解：如图所示： 四边形ABCD即为所求； （2）解：如图所示： 四边形ABEF即为所求． 16．(1)见解析； (2)． 【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，得出，再利用证明； （2）首先证明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中，， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵平行四边形中， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴，， ∴， ∴菱形的周长． 17．(1) (2)见解析 (3)四边形是菱形．理由见解析 【分析】（1）由旋转的性质即可得到； （2）根据即可证明； （3）根据四边相等的四边形是菱形即可判定． 【详解】（1）解：由旋转可知，为旋转角， ∴； 故答案为：； （2）证明：∵由旋转可知，，，，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （3）解：结论：四边形是菱形． 理由：∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是菱形． 18．(1)50° (2) 【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，可得AC⊥BD，且AC、BD相互平分，AC平分∠BAD，即有∠FOD=∠FOB=90°，BF=FD，BO=OD，则有∠FBO=∠FDO，再根据DE⊥AB，有∠AEF=∠FOD=90°，进而有∠EAF=∠FDO，依据AC平分∠BAD，∠BAD=50°，可得∠FBO=∠FDO=25°，则问题得解； （2）在Rt△BED中利用勾股定理求出DE，根据DF=BF，再在Rt△BEF中利用勾股定理求出BF，接着在Rt△BFO中即可求出FO． （1） ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，且AC、BD相互平分，AC平分∠BAD， ∴∠FOD=∠FOB=90°，AC是BD的垂直平分线， ∵AC是BD的垂直平分线， ∴BF=FD，BO=OD， ∴∠FBO=∠FDO， ∵DE⊥AB， ∴∠AEF=90°， ∵∠AFE=∠DFO，∠AEF=∠FOD=90°， ∴∠EAF=∠FDO， ∵AC平分∠BAD，∠BAD=50°， ∴∠EAF=25°， ∴∠FDO=25°， ∴∠FBO=∠FDO=25°， ∴∠BFE=∠FBO+∠FDO=25°+25°=50°， 即∠BFE的角度为50°． （2） ∵BD=，BO=OD， ∴BO=， ∵BE=4，BD=，DE⊥AB， ∴在Rt△BDE中，， ∵FD=FB， ∴EF=DE-DF=DE-BF=8-BF， ∴在Rt△BFE中，， 解得：BF=5， ∵在Rt△BOF中，， ∴， ∴即， 即OF的值为． 19．(1)5cm (2)当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形 (3)当AB=cm时， 第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形 【分析】（1）根据矩形的性质，可得DE=AB，BE=AD，根据勾股定理，可得CD的长； （2）根据PDCQ，PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形，可得关于t的方程，根据解方程，可得答案； （3）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得DC的长，根据勾股定理，可得DE的长，根据矩形的性质，可得答案． 【详解】（1）过点D作DE⊥BC于点E．则∠DEB=90°， ∵ ADBC，∠B=90°， ∴∠A=∠B=90°，即∠A=∠B=∠DEB=90° ∴四边形ABED是矩形， ∴AB=DE=3，BE=139=4， 在Rt△DEC中，（cm） （2）由题意得，，， ∵ADBC， ∴当PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形， 即，解得． ∴当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形． （3）当时，，当DP=DC=6时，平行四边形PDCQ是菱形， 又∵CE=4cm, ∴DE=AB= 即当AB=cm时， 第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形． 20．(1)，证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得是等边三角形，进而证明，可得，根据，即可得证； （2）方法同（1）证明，可得，根据，即可得证； （1） 结论：， 理由如下： 四边形是菱形，四边形是菱形， ，， ， 是等边三角形， ∴， ， ， 即， 在和中， ， ≌， ， ， ； （2） 结论：， 理由如下：理由如下： 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ∴． ， ， 即， 在和中， ， ≌， ， ， ． 学科网（北京）股份有限公司 $$