1.1 菱形的性质与判定 同步练习（含解析）2025-2026学年九年级上册数学北师大版

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1.1 菱形的性质与判定
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 吉安县期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，对角线AC，BD交于点O．过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段AE的长为（　　）
A． B．1 C． D．
2．（2025 富锦市开学）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．10 B．16 C．20 D．24
3．（2025春 市中区期末）如图，小华剪了两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的夹角为60°，则它们重叠部分的面积为（　　）
A． B．1 C． D．2
4．（2024秋 海州区期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得BD＝12cm，AB＝10cm，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，则线段EF的长为（　　）
A．8cm B．10cm C． D．
5．（2025春 四川校级期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，OP平分∠BOC交BC于点P，过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F．则PE的长为（　　）
A． B． C． D．5
6．（2025春 北京期末）如图，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，AH⊥BC于点H，则AH的长为（　　）
A．4 B．4.5 C．4.8 D．5
7．（2025春 金安区校级期末）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，连结AC，点E和点F分别在边AC，AB上，BF＝4，CE＝2，若M、N分别为线段EF、BC的中点，则线段MN的长度等于（　　）
A． B． C． D．3
8．（2025 汤阴县模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作CE⊥AB，交AB于点E，连接OE，若OE＝3，OB＝4，则CE的长为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共4小题）
9．（2024秋 宝安区校级期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示的菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC的长为30cm，接着活动学具成为图2所示的正方形，则图2中对角线AC的长为 　 　 cm．
10．（2025 无锡）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点M．过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N，连接MN．则MN的长为　 　 ．
11．（2024秋 仁和区期末）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），则m+n的值为 　 　 ．
12．（2025 沂南县一模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，且BE＝BF，连接DE，DF．若∠ADC＝140°，∠CDF＝50°，则∠EDF的大小为 　 　 ．
三．解答题（共2小题）
13．（2025 西藏）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点E是BC的中点，且AC平分∠DAE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）已知AB＝3，AE＝2，求线段AC的长．
14．（2025 东城区校级开学）如图，在菱形ABCD中，点E在边AD上，BE⊥AD，∠BCE＝30°，若AE＝2，求BC的长．
1.1 菱形的性质与判定
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 吉安县期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，对角线AC，BD交于点O．过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段AE的长为（　　）
A． B．1 C． D．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】D
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长，再利用勾股定理求解．
【解答】解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC＝3，BO＝DO，AC⊥BD，
∴OB4，
∴BD＝8，
∵S菱形ABCD＝AB DEAC BD，
∴DE，
∴AE．
故选：D．
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理．解题的关键是掌握菱形的性质．
2．（2025 富锦市开学）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．10 B．16 C．20 D．24
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，OAAC＝3，OBBD＝4，AC⊥BD，再由勾股定理求出AB＝5，即可解决问题．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OAAC＝3，OBBD＝4，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：AB5，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝4×5＝20．
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
3．（2025春 市中区期末）如图，小华剪了两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的夹角为60°，则它们重叠部分的面积为（　　）
A． B．1 C． D．2
【考点】菱形的判定与性质．
【答案】D
【分析】过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE＝AF，∠AEB＝∠AFD＝90°，求出四边形ABCD是平行四边形，证出△AEB≌△AFD，推出AB＝AD，求出四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得出AB＝BC，解直角三角形求出AB，根据菱形的面积公式求出即可．
【解答】解：
过A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
则AE＝AF，∠AEB＝∠AFD＝90°，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF＝60°，
在△AEB和△AFD中
∴△AEB≌△AFD，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
在Rt△AEB中，∠AEB＝90°，AE，∠ABE＝60°，
∴BE1，AB2，
∴BC＝AB＝2，
∴重叠部分的面积是BC×AE＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能求出四边形ABCD是菱形是解此题的关键，难度适中．
4．（2024秋 海州区期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得BD＝12cm，AB＝10cm，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，则线段EF的长为（　　）
A．8cm B．10cm C． D．
【考点】菱形的性质；勾股定理的应用．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得到，根据勾股定理求出AO＝8cm，再利用菱形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，BD＝12cm，AB＝10cm，直线EF⊥AB交两对边于点E，F，
∴（cm），
∴（cm），
∴AC＝16cm，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【点评】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质是解题的关键
5．（2025春 四川校级期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，OP平分∠BOC交BC于点P，过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F．则PE的长为（　　）
A． B． C． D．5
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OC＝OA＝6，OB＝OD＝8，由OP平分∠BOC，且PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，得PE＝PF，由S△BOCOC PEOB PFOC OB，得6PE8PF6×8，求得PE，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，AC＝12，BD＝16，
∴AC⊥BD，OC＝OAAC＝6，OB＝ODBD＝8，
∴∠BOC＝90°，
∵OP平分∠BOC交BC于点P，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，
∴PE＝PF，
∵S△POC+S△POB＝S△BOC，
∴OC PEOB PFOC OB，
∴6PE8PF6×8，
∴PE，
故选：A．
【点评】此题重点考查菱形的性质、角平分线的性质、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，推导出AC⊥BD，PE＝PF，并且求得OC＝6，OB＝8是解题的关键．
6．（2025春 北京期末）如图，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，AH⊥BC于点H，则AH的长为（　　）
A．4 B．4.5 C．4.8 D．5
【考点】菱形的性质．
【专题】推理能力．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质及勾股定理求得OB的长，利用面积关系可求得结果．
【解答】解：∵四边形ABCD的边长为5，AC＝6，
∴，OA⊥OB，AB＝BC＝5；
∴；
∵，
∴，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
7．（2025春 金安区校级期末）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，连结AC，点E和点F分别在边AC，AB上，BF＝4，CE＝2，若M、N分别为线段EF、BC的中点，则线段MN的长度等于（　　）
A． B． C． D．3
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由菱形的性质可得AB＝BC，可证△ABC是等边三角形，可得∠ACB＝60°＝∠BAC，由三角形中位线定理可得MH∥CE，MHCE＝1，NH∥BF，NHBF＝2，可得∠ACF＝∠FHM，∠BFH+∠FHN＝180°，可求∠NHK＝60°，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，连接CF，取CF的中点H，连接MH，NH，过点N作NK⊥MH于K，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°＝∠BAC，
∵M、N分别为线段EF、BC的中点，点H是CF的中点，BF＝4，CE＝2，
∴MH∥CE，MHCE＝1，NH∥BF，NHBF＝2，
∴∠ACF＝∠FHM，∠BFH+∠FHN＝180°，
∴∠FHN＝180°﹣∠BFH＝180°﹣（60°+∠ACF）＝120°﹣∠ACF，
∴∠MHN＝∠FHN+∠FHM＝120°，
∴∠NHK＝60°，
∵NK⊥MH，
∴∠HNK＝30°，
∴HKHN＝1，NK，
∴MK＝MH+KH＝2，
∴MN，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，添加恰当辅助线是解题的关键．
8．（2025 汤阴县模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作CE⊥AB，交AB于点E，连接OE，若OE＝3，OB＝4，则CE的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由菱形的性质得OA＝OC，BD＝2OB＝8，AC⊥BD，进而由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝6，则OA＝3，再由勾股定理得AB＝5，然后由菱形面积求出CE的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，OB＝4，
∴OA＝OC，BD＝2OB＝8，AC⊥BD，
∵CE⊥AB，
∴∠CEA＝90°，
∴AC＝2OE＝2×3＝6，
∴OA＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB5，
∵S菱形ABCD＝AB CEAC BD6×8＝24，
∴5CE＝24，
∴CE，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
9．（2024秋 宝安区校级期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示的菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC的长为30cm，接着活动学具成为图2所示的正方形，则图2中对角线AC的长为 　30　 cm．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图1，2中，连接AC．在图2中，利用勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【解答】解：如图1，2中，连接AC．
如图1中，∵AB＝BC，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝30，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵AB＝BC＝30
∴AC＝30
故答案为：30
【点评】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2025 无锡）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点M．过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N，连接MN．则MN的长为　　 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】过M作MH⊥NB于H，由菱形的性质推出AC⊥BD，AB＝BC，AD∥BC，判定△ABC是等边三角形，推出CMAC＝1，由含30度角的直角三角形的性质得到CHCM，由tan∠MCH，求出MH，判定四边形ACND是平行四边形，得到CN＝AD＝2，求出NH，由勾股定理求出MN．
【解答】解：过M作MH⊥NB于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝AD＝2，AD∥BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，∠ACB＝60°，
∵BM⊥AC，
∴CMAC＝1，
∵∠CMH＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴CHCM，
∵tan∠MCH＝tan60°，
∴MH，
∵DN∥AC，
∴四边形ACND是平行四边形，
∴CN＝AD＝2，
∴NH＝CH+CN，
∴MN．
故答案为：．
【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，关键是判定△ABC是等边三角形，应用勾股定理求出MN的长．
11．（2024秋 仁和区期末）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），则m+n的值为 　﹣6　 ．
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】﹣6．
【分析】根据菱形是中心对称图形，可得点D与点B关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且对角线交于原点O，
∴点D与点B关于原点成中心对称，
∴n＝﹣4，m＝﹣2，
∴m+n＝﹣6．
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质，熟知菱形是中心对称图形是解题的关键．
12．（2025 沂南县一模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，且BE＝BF，连接DE，DF．若∠ADC＝140°，∠CDF＝50°，则∠EDF的大小为 　40°　 ．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“SAS”即可证明△ADE≌△CDF，进而利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AB＝CB，AD＝DC，
∵BE＝BF，
∴AB﹣BE＝CB﹣BF，
即AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
∴∠ADE＝∠CDF＝50°，
∴∠EDF＝140°﹣50°﹣50°＝40°，
故答案为：40°．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
13．（2025 西藏）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，点E是BC的中点，且AC平分∠DAE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）已知AB＝3，AE＝2，求线段AC的长．
【考点】菱形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）∵AD∥BC，点E是BC的中点，
∴AD∥CE，∠DAC＝∠ECA，CE＝BEBC，
∵BC＝2AD，
∴ADBC，
∴AD＝CE，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠EAC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴四边形ADCE是菱形．
（2）AC的长为．
【分析】（1）由AD∥BC，点E是BC的中点，得AD∥CE，CE＝BEBC，由BC＝2AD，得ADBC，则AD＝CE，所以四边形ADCE是平行四边形，由∠DAC＝∠ECA，∠DAC＝∠EAC，推导出∠EAC＝∠ECA，则AE＝CE，即可证明四边形ADCE是菱形．
（2）因为AE＝CE＝BE＝2，所以∠EAB＝∠B，BC＝2BE＝4，而∠EAC＝∠ECA，则∠BAC＝∠EAB+∠EAC＝∠B+∠ECA，由∠BAC+∠B+∠ECA＝2∠BAC＝180°，求得∠BAC＝90°，因为AB＝3，所以AC．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，点E是BC的中点，
∴AD∥CE，∠DAC＝∠ECA，CE＝BEBC，
∵BC＝2AD，
∴ADBC，
∴AD＝CE，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠EAC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：∵AE＝CE＝BE＝2，
∴∠EAB＝∠B，BC＝2BE＝4，
∵∠EAC＝∠ECA，
∴∠BAC＝∠EAB+∠EAC＝∠B+∠ECA，
∵∠BAC+∠B+∠ECA＝2∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝3，
∴AC，
∴AC的长为．
【点评】此题重点考查平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定、三角形内角和定理、勾股定理等知识，推导出AD＝CE，进而证明四边形ADCE是平行四边形是解题的关键．
14．（2025 东城区校级开学）如图，在菱形ABCD中，点E在边AD上，BE⊥AD，∠BCE＝30°，若AE＝2，求BC的长．
【考点】菱形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】由菱形的性质得出AD∥BC，BC＝AB，由含30°角的直角三角形的性质得出，在Rt△ABE中，由勾股定理得：，解得：，进一步可得出结果．
【解答】解：由菱形性质可知AD∥BC，BC＝AB，
∵BE⊥AD，
∴BE⊥BC，
∵∠BCE＝30°，
∴，
由勾股定理得：，
解得：，
∴．
【点评】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握以上知识点是关键．
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