1.1菱形的性质与判定 复习训练 2021-2022学年北师大版九年级数学上册（Word版含答案）

2021-2022学年北师大版九年级数学上册《1.1菱形的性质与判定》期中复习训练（附答案）
1．下列选项中能使 ABCD成为菱形的是（　　）
A．AB＝CD B．AB＝BC C．∠BAD＝90° D．AC＝BD
2．如图，在直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为（﹣1，0），∠BCD＝120°，则点D的坐标为（　　）
A．（2，2） B．（，2） C．（3，） D．（2，）
3．如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝10，则△AOD的面积为（　　）
A．9 B．10 C．11 D．12
4．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝BF＝2，△DEF的周长为3，则AD的长为（　　）
A． B．2 C．+1 D．2﹣1
5．如图，点E，F在菱形ABCD的对角线AC上，∠ADC＝120°，∠BEC＝∠CBF＝50°，ED与BF的延长线交于点M．则对于以下结论：①∠BME＝30°；②△ADE≌△ABE；③EM＝BC；④AE+BM＝EM．其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点E．PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE+PF的值为（　　）
A．4 B． C．6 D．
7．已知菱形OABC在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点A（5，0），OB＝4，点P是对角线OB上的一个动点，D（0，1），当CP+DP最短时，点P的坐标为（　　）
A．（0，0） B．（1，） C．（，） D．（，）
8．如图，在周长为12的菱形ABCD中，AE＝1，AF＝2，若P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB、AD的中点DE、BF相交于点G，连接BD、CG．有下列结论：①∠FGE＝120° ②BG+DG＝CG③△BDF≌△CGB④S四边形AEGF＝S△BDG，其中正确结论的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，聪聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是（　　）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
11．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为（　　）
A．4 B．8 C． D．6
12．下列说法中不正确的是（　　）
A．四边相等的四边形是菱形
B．对角线垂直的平行四边形是菱形
C．菱形的对角线互相垂直且相等
D．菱形的邻边相等
13．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝　 　．
14．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝70°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝15°，过点D作DF⊥CM，垂足为F，若DF＝，则对角线BD的长为 　 　.（结果保留根号）
15．如图，将两张对边平行且等宽的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD　 　菱形（填“是”或“不是”）．
16．已知：如图，在 ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求证：四边形ABFE是菱形．
17．如图，在 ABCD中，G为BC边上一点，DG＝DC，延长DG交AB的延长线于点E，过点A作AF∥ED交CD的延长线于点F．求证：四边形AEDF是菱形．
18．如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）求证：四边形BEDF是菱形．
19．如图，已知△ABC中，D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E，过点A作AF∥BC交DE于点F，连接AE、CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若CF＝2，∠FAC＝30°，∠B＝45°，求AB的长．
20．如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，∠C＝2∠BAD．O是四边形ABCD内一点，且OA＝OB＝OD．求证：
（1）∠BOD＝∠C；
（2）四边形OBCD是菱形．
参考答案
1．解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴ ABCD为菱形，故选项B符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，
∴ ABCD为矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴ ABCD为矩形，故选项D不符合题意；
故选：B．
2．解：∵菱形ABCD，∠BCD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∵B（﹣1，0），
∴OB＝1，OA＝，AB＝2，
∴A（0，），
∴BC＝AD＝2，
∴OC＝BC﹣OB＝2﹣1＝1，
∴C（1，0），D（2，），
故选：D．
3．解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝BC＝AB，AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
∴∠AOD＝∠COD＝∠BOC＝∠AOB＝90°，
∴Rt△AOD≌Rt△COD≌Rt△BOC≌Rt△AOB（HL），即四个三角形的面积相等，
∵在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝10，
∴菱形ABCD的面积为：AC BD＝40．
∴△AOD的面积为：40＝10．
故选：B．
4．解：如图，连结BD，作DH⊥AB，垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，
∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝60°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝120°﹣60°＝60°，
∵AE＝BF，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠FDB，
∴∠EDF＝∠EDB+∠FDB＝∠EDB+∠ADE＝∠ADB＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∵△DEF的周长是3，
∴DE＝，
设AH＝x，则HE＝2﹣x，
∵AD＝BD，DH⊥AB，
∴∠ADH＝∠ADB＝30°，
∴AD＝2x，DH＝x，
在Rt△DHE中，DH +HE ＝DE ，
∴（x） +（2﹣x） ＝（） ，
解得：x＝（负值舍去），
∴AD＝2x＝1+，
故选：C．
5．解：∵四边形ABD是菱形，∠ADC＝120°，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝∠BCD＝30°，
∵∠BFE＝∠BCE+∠CBF＝30°+50°＝80°，
∴∠EBF＝180°﹣∠BEC﹣∠BFE＝180°﹣50°﹣80°＝50°，
在△CDE和△CBE中，
，
∴△CDE≌△CBE（SAS），
∴∠DEC＝∠BEC＝50°，
∴∠BEM＝∠DEC+∠BEC＝100°，
∴∠BME＝180°﹣∠BEM﹣∠EBF＝180°﹣100°﹣50°＝30°，故①正确；
在△ADE和△ABE中，
，
∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；
∵∠EBC＝∠EBF+∠CBF＝100°，
∴∠BEM＝∠EBC，
在△BEM和△EBC中，
，
∴△BEM≌△EBC（AAS），
∴BM＝EC，EM＝BC，故③正确；
连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，AC⊥BD，
∵∠DCO＝30°，
∴OD＝CD＝BC，OC＝OD，
∴OC＝BC，
∴AC＝2OC＝BC，
∵BM＝EC，EM＝BC，
∴AE+BM＝AE+EC＝AC＝BC＝EM，故④正确，
正确结论的个数是4个，
故选：D．
6．解：连接BP，如图，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD的周长为20，
∴BA＝BC＝5，S△ABC＝S菱形ABCD＝12，
∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，
∴×5×PE+×5×PF＝12，
∴PE+PF＝，
故选：B．
7．解：如图连接AC，AD，分别交OB于G、P，作BK⊥OA于K．
∵四边形OABC是菱形，
∴AC⊥OB，GC＝AG，OG＝BG＝2，A、C关于直线OB对称，
∴PC+PD＝PA+PD＝DA，
∴此时PC+PD最短，
在Rt△AOG中，AG＝＝＝，
∴AC＝2，
∵OA BK＝ AC OB，
∴BK＝4，AK＝＝3，
∴点B坐标（8，4），
∴直线OB解析式为y＝x，直线AD解析式为y＝﹣x+1，
由解得，
∴点P坐标（，）．
故选：D．
8．解：作F点关于BD的对称点F′，连接EF′交BD于点P，则PF＝PF′．
∴EP+FP＝EP+F′P．
由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP＝EP+F′P＝EF′．
∵四边形ABCD为菱形，周长为12，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝3，AB∥CD，
∵AF＝2，AE＝1，
∴DF＝DF′＝AE＝1，
∴四边形AEF′D是平行四边形，
∴EF′＝AD＝3．
∴EP+FP的最小值为3．
故选：C．
9．解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD．∠A＝∠BCD．
∵∠A＝60°，
∴∠BCD＝60°，△ABD是等边三角形，
∴△BDC是等边三角形．∠ADB＝∠ABD＝60°，
∴∠CDB＝∠CBD＝60°．
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴∠BFD＝∠DEB＝90°，
∴∠GDB＝∠GBD＝30°，
∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，
∴∠FGE＝∠BGD＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，故①正确；
在△CDG和△CBG中，，
∴△CDG≌△CBG（SSS），
∴∠DGC＝∠BGC＝60°．
∴∠GCD＝30°，
∴CG＝2GD＝GD+GD，
∴CG＝DG+BG．故②正确．
∵△GBC为直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等．故③错误；
∵△ABC是等边三角形，E、F分别是AB、AD的中点，
∴△ADE的面积＝△BDE的面积＝△ABF的面积，
∴△DFG的面积＝△BEG的面积，
∴S四边形AEGF＝S△BDG，故④正确；
∴正确的有：①②④共3个．
故选：C．
10．解：四边形ADBC一定是菱形，
理由是：∵根据做法可知：AC＝CB＝BD＝AD，
∴四边形ADBC是菱形，
故选：A．
11．解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴OH＝BD，
∵菱形ABCD的面积＝×AC×BD＝×12×BD＝48，
∴BD＝8，
∴OH＝BD＝4；
故选：A．
12．解：A．四边相等的四边形是菱形；正确；
B．对角线垂直的平行四边形是菱形；正确；
C．∵菱形的对角线互相垂直且平分，
∴选项C不正确；
D．菱形的邻边相等；正确；
故选：C．
13．解：连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，
∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DGE＝∠E，
∵∠EHF＝∠DGE，
∴∠E＝∠EHF，
∴HF＝EF＝CF，
∴CG＝2HF＝2，
∵AB∥CD，
∴∠CDM＝∠A＝60°，
设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，
∵点G为AD的中点，
∴DG＝x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG＝＝2，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2x＝4．
故答案为：4．
14．解：如图，连接AC交BD于点H，
由菱形的性质得∠BDC＝35°，∠DCE＝70°，
又∵∠MCE＝15°，
∴∠DCF＝55°，
∵DF⊥CM，
∴∠CDF＝35°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝35°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DF＝DH＝，
∴DB＝2，
故答案为2．
15．解：如图，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，
∵两张等宽的长方形纸条交叉叠放在一起，
∴AE＝AF，
∴S平行四边形ABCD＝BC AE＝DC AF，
∴BC＝DC，
∴ ABCD是菱形．
故答案为：是．
16．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
又∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBF，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴平行四边形ABFE是菱形．
17．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠C，AD∥BC，AB∥CD，
∵AF∥ED，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠DGC＝∠ADE，
∵DG＝DC，
∴∠DGC＝∠C，
∴∠BAD＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∴平行四边形AEDF是菱形．
18．证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）如图，连接BD，交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AO＝CO，BO＝DO，
∵AE＝CF，
∴EO＝FO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又∵BD⊥EF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
19．解：（1）证明：如图，
在△ABC中，点D是AC的中点，
∴AD＝DC，
∵AF∥BC，
∴∠FAD＝∠ECD，∠AFD＝∠CED，
∴△AFD≌△CED（AAS），
∴AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又EF⊥AC，点D是AC的中点，即EF垂直平分AC，
∴AF＝FC，
∴平行四边形AECF是菱形．
（2）如图，过点A作AG⊥BC于点G，
由（1）知四边形AECF是菱形，又CF＝2，∠FAC＝30°，
∴AF∥EC，AE＝CF＝2，∠FAE＝2∠FAC＝60°，
∴∠AEB＝∠FAE＝60°，
∵AG⊥BC，
∴∠AGB＝∠AGE＝90°，
∴∠GAE＝30°，
∴GE＝AE＝1，AG＝GE＝，
∵∠B＝45°，
∴∠GAB＝∠B＝45°，
∴BG＝AG＝，
∴AB＝BG＝．
20．证明：（1）
延长AO到E，
∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO，
又∠BOE＝∠ABO+∠BAO，
∴∠BOE＝2∠BAO，
同理∠DOE＝2∠DAO，
∴∠BOE+∠DOE＝2∠BAO+2∠DAO＝2（∠BAO+∠DAO）
即∠BOD＝2∠BAD，
又∠C＝2∠BAD，
∴∠BOD＝∠C；
（2）连接OC，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，
∴△OBC≌△ODC，
∴∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∵∠BOD＝∠BOC+∠DOC，∠BCD＝∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC＝∠BOD，∠BCO＝∠BCD，
又∠BOD＝∠BCD，
∴∠BOC＝∠BCO，
∴BO＝BC，
又OB＝OD，BC＝CD，
∴OB＝BC＝CD＝DO，
∴四边形OBCD是菱形．
法二，连接OC，
∵BC＝CD，OA＝OB＝OD，OC是公共边，
∵OB＝OD，CB＝CD，OC＝OC，
∴△OBC≌△ODC（SSS），
∴∠B＝∠D，∠BOC＝∠DOC，∠BCO＝∠DCO，
∴∠BOD＝∠BCD，
∴四边形BCDO是平行四边形，
∵BC＝CD，
∴平行四边形BCDO是菱形．
解法二：连接BD，因∠BOD＝∠C；BC＝CD，OB＝OD，所以角OBD等于角ODB＝角CBD＝角CDB，可以得出两组边分别平行，从而得出OBCD是菱形