1.2 菱形的性质与判定 课前预习2026-2027学年北师大版九年级数学上册

**基本信息** 九年级数学上册北师大版“1.2菱形的性质与判定”课前预习同步练，通过基础巩固、综合应用、探究拓展三层设计，实现从菱形概念到性质判定综合应用的递进，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|菱形性质（对角线、面积）、判定（邻边相等）|单选题1-3直接考查定义与性质，填空题9-10强化判定条件，夯实概念理解| |中档|性质与其他图形结合（平行四边形、中位线）|单选题4-7结合平行四边形判定菱形，填空题11-12运用勾股定理求线段长，培养运算能力| |提升|动态探究与实际应用|解答题16-17涉及旋转、折叠情境，综合菱形与等边三角形性质，发展空间观念与创新意识|

1.2 菱形的性质与判定 课前预习2026-2027学年北师大版 九年级数学上册 一、单选题 1．如图，已知、是菱形的对角线，，那么是（     ） A． B． C． D． 2．已知菱形的对角线长分别为、，则菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 3．关于菱形一定具有的性质，下列说法错误的是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．邻边相等 D．对角线相等 4．如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（    ） A． B． C． D． 5．小明将三角形纸片按下列图示方式折叠，则纸片有一部分会重叠四层，将这部分图形完全展开，得到的平面图形一定是（   ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．菱形 D．正方形 6．如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，菱形中，，分别是，的中点，若，则菱形的周长为（  ）    A．14 B．16 C．15 D．17 8．如图，是边长为2的等边三角形，取边中点，作，得到四边形，它的周长记作；取中点，作，，得到四边形，它的周长记作．则（   ） A．4 B．2 C． D．1 二、填空题 9．如图，的两条对角线，相交于点．若，，，则四边形是____________．判定的依据是____________________________． 10．如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 ______时，四边形是菱形． 11．如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 _____． 12．中国结象征着中华民族的历史文化与精神．乐乐家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形，若，，直线交两对边于点E，F，则的长为________． 13．教材在实践栏目窗口设计了一个活动如下：将一张菱形纸片，沿着对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个全等的直角三角形按照图中的方法能拼成正方形，根据图，图中给出的数据，图的菱形面积是__________． 三、解答题 14．如图，在中，，在右侧平面上求作一点．使得四边形是菱形．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）    15．已知点，是的对边，上的点，且，连接，与相交于点，． (1)如图，求证：； (2)如图，若，连接，，求证：四边形是菱形． 16．如图，中，，，，对角线、交于O点，将直线绕点O顺时针旋转，分别交、于点E、F．    (1)求证：； (2)求的度数； (3)猜想：当绕点O顺时针旋转多少度时，四边形是菱形． 17．综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，． (1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度； (2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：； (3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长． 试卷第1页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B D D C D B B 1．【答案】B 【知识点】利用菱形的性质求角度 【分析】根据菱形的性质得出，，，确定，得出，再由菱形的性质求解即可． 【详解】：解：∵菱形，， ∴，，， ∴， ∴， ∵菱形， ∴． 2．【答案】B 【知识点】利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积公式是本题的关键．由菱形的面积公式对角线乘积的一半可求解即可． 【详解】解：菱形的面积， 故选：B． 3．【答案】D 【知识点】利用菱形的性质证明 【分析】根据菱形性质进行判断即可． 【详解】解：A．菱形对角线互相平分，故选项正确，不符合题意； B．菱形对角线互相垂直，故选项正确，不符合题意； C．菱形邻边相等，故选项正确，不符合题意； D．菱形的对角线不一定相等，故选项错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 4．【答案】D 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定方法，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据一组邻边相等或对角线互相垂直的平行四边形为菱形，逐一进行分析即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴当的一组邻边相等或对角线互相垂直时，能使变为菱形， 逐一对比选项，其中选项D符合对角线相互垂直，A、B、C均不符合． 故选：D． 5．【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、折叠问题 【分析】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定等知识点，熟练掌握折叠问题是解题的关键． 由折叠的性质可知，重叠四层的这部分图形（四边形）完全展开后，其各边的长均相等，由此即可得出答案． 【详解】解：由折叠的性质可知：重叠四层的这部分图形（四边形）完全展开后，其各边的长均相等， 得到的平面图形一定是菱形， 故选：． 6．【答案】D 【知识点】根据等角对等边证明边相等、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可． 【详解】∵ ∴ ∵点为中点 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴是菱形， ∴ 故选：D． 7．【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查三角形的中位线和菱形的性质．利用三角形的中位线定理以及菱形的性质进行计算即可． 【详解】解：∵、分别是、的中点， ∴是的中位线， ， ∴菱形的周长为． 故选：B． 8．【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的判定与性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了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等知识点，熟练掌握平行四边形以及菱形的判定与性质是解题的关键． 先得到四边形为平行四边形，通过证明得到，继而可知四边形为菱形，而可得为等边三角形，则，那么，同理可证明为菱形，且，那么． 【详解】解：∵是边长为2的等边三角形， ∴， ， ∵取边中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 同理可证明为菱形，且， ∴， 故选：B． 9．【答案】 菱形 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了勾股逆定理和平行四边形的性质以及菱形的判定，掌握上述知识点是解题的关键． 根据中三边的长度，利用勾股逆定理证明，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得答案． 【详解】解：∵在中，，，， ， 又∵， ∴, ，即， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）． 故答案为：菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 10．【答案】4 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是平行四边形、添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定，先由三角形中位线定理证明，则可证明四边形是平行四边形，故当时，四边形是菱形，则当时，四边形是菱形． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：4． 11．【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】连接，过点D作于G，可证明，即得出，．结合题意可证为等边三角形，得出，即说明当最小时，最小．由垂线段最短可知当时，最小，即当E与G重合时，此时最小，即最小，最小值为，此时，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接．过点D作于G， ∵在菱形中，， ∴，， ∴和都为等边三角形， ∴，． ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴当最小时，最小． 由垂线段最短可知当时，最小， ∴当E与G重合时，此时最小，即最小，最小值为， ∵， ∴， ∴ ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，理解，且当时，最小，即最小是解题关键． 12．【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积 【分析】由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，再由菱形的面积公式计算即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．【答案】 【知识点】几何问题(二元一次方程组的应用)、利用菱形的性质求面积 【分析】设直角三角形的短直角边为，长直角边为，根据题意列出二元一次方程组，求出，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】∵如图，根据裁剪，得到四个全等的直角三角形，设直角三角形的短直角边为，长直角边为， 据题意，，解得， ∴菱形面积为． 14．【答案】 如图，四边形即为所求． 【知识点】证明四边形是菱形、作等腰三角形(尺规作图) 【分析】分别以，为圆心，为半径作弧两弧交于点，连接，，四边形即为所求． 【详解】解：略． 【点睛】本题考查作图复杂作图，菱形的判定，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型． 15．【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， ∴； (2) 证明：∵， ∴是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可得， ∴，， 由（）得，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、利用菱形的性质证明 【分析】（）由平行四边形的性质可得，，进而由即可证明； （）由得是菱形，即得，，可证，得到，同理可得，，再证明，得到，即得，即可求证； 本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键 ． 【详解】（1）略 （2）略 16．【答案】(1)见解析 (2) (3)当旋转角时，四边形是菱形 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、证明四边形是菱形 【分析】（1）根据定理得出，由此可得出结论； （2）在中由勾股定理求的长，再利用求出的长，即可得出结论； （2）连接，，与互相平分可知，当时四边形是菱形，即可得出结论． 【详解】（1） 证明：∵平行四边形中，， ， 在和中， ，； （2）解：在中，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ； （3）当旋转角时，四边形是菱形，理由如下： 连接，，   四边形平行四边形， ， 由（1）知，， ， 四边形是平行四边形， 由（2）知，， 又， ， ， 四边形是菱形， 即在旋转过程中，四边形能是菱形，此时绕点O顺时针旋转的度数是． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 17．【答案】(1) 作如解图， (2) 证明：如解图，连接， 四边形是菱形，且， ，， 和都是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ． (3)1或3 【知识点】等边三角形的判定和性质、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解； （2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解； （3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， 如图所示，连接，， ∴是等边三角形， ∴， ∵点是中点， ∴，即， ∴， 故答案为：； （2）略 （3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，，， ，同理可得， 当点在点的左侧（的位置）时，； 当点在点的右侧（的位置）时，； 或3； 由（2）知， ， ， 线段的长为1或3． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $