18.2.2菱形 同步练习（含详解）
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18.2.2菱形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在四边形中，，再补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．
C． D．与互相平分
2．如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当，时，等于（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在菱形中，不一定成立的是（ ）
A．四边形是平行四边形 B．
C．是等边三角形 D．
4．如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小为（ ）
A．75° B．65°
C．55° D．50°
5．菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（ ）
A．3：1 B．4：1 C．5：1 D．6：1
6．如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中，不一定正确的是（ ）
A．AB=CD B．AC=BD
C．当AC⊥BD时，它是菱形 D．当∠ABC=90°时，它是矩形
7．如图,在菱形ABCD中,AB=5,对角线AC=6.若过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为( )
A．4 B．2.4 C．4.8 D．5
8．如果一个四边形的对角线相等，那么顺次连接这个四边形各边中点所得的四边形一定是( )
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
二、填空题
9．如图，在菱形中，是对角线上的一点，于点，若，则点到的距离为________．
10．如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ．
11．如图，矩形的对角线相交于O，∠AOB＝120°，，若则四边形的周长为______________．
12．如图，菱形ABCD中，对角线AC交BD于O，AB＝8，E是CD的中点，则OE的长等于___________．
三、解答题
13．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，AB＝2，求菱形BCDE的面积．
14．如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连结，.
（1）求证：四边形是菱形.
（2）若，，，求的值.
15．如图，在△ABC中，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，AF⊥BC．求证：四边形ADFE是菱形．
16．如图，在中，，，，将沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕交边于点．求证：四边形是菱形．
参考答案
1．D
解析:
由在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，又由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求得答案．
详解:
解：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
故选：D．
点睛:
此题考查了平行四边形的判定以及菱形的判定．此题比较简单，注意掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形定理的应用．
2．B
解析:
首先连接AC，由将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，AB=2，，易得△ABC是等边三角形，即可得到答案．
详解:
连接AC，
∵将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，
∴AB=BC，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2．
故选：B．
点睛:
本题考点：菱形的性质.
3．C
解析:
菱形是特殊的平行四边形，故A正确，根据菱形的性质：对角线互相平分且平分对角得B、D正确．
详解:
因为菱形是特殊的平行四边形，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角.
故选:C.
点睛:
考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键.
4．B
解析:本题考查了菱形的性质，我们知道菱形的对角线互相平分且垂直，外加，即可得
出．选B．
5．C
解析:
菱形的性质；含30度角的直角三角形的性质.
详解:
如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C.
6．B
解析:
详解:
解：根据平行四边形的性质可知A一定正确，
由菱形判断定理可知C正确，
由矩形判断可知D正确，
而B选项只是可能，
故选B
7．C
解析:
连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC?AE=AC?BD可得答案．
详解:
连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴
∴
∵AC=6，
∴AO=3，
∴
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是
∴BC?AE=24，
故选C.
8．C
解析:
由三角形中位线的性质可知，连接所得的这个四边形的边长都等于原四边形对角线长度的一半，而原四边形的对角线相等，故可知新四边形的四边相等，则为菱形.
详解:
解：顺次连接这个四边形各边中点，由三角形中位线的性质可知，连接所得的这个四边形的边长都等于原四边形对角线长度的一半，而原四边形的对角线相等，所以新四边形的四边长度相等，故所得四边形为菱形．
故选择C.
点睛:
本题结合三角形中位线考查了菱形的定义.
9．5
解析:∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴AC平分∠DAB,
根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得：P到AD的距离＝PE＝5.
故答案是:5.
10．
解析:
详解:
试题分析：连接DB，BD与AC相交于点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AE=AC=（）2，AG=AE=（）3，…
按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n-1
11．16
解析:
首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC＝OD＝4，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
详解:
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC，DO＝BO，AO＝CO，
∴OD＝OA，
∵∠AOB＝120°，
∴∠DOA＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴DO＝AO＝AD＝OC＝4，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×4＝16，
故答案为：16．
点睛:
本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．
12．4．
解析:∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝AB＝8，AC与BD的交点O是BD的中点．∵E是CD的中点，∴OE是△DBC的中位线，∴．
13．（1）见解析；（2）2.
解析:
（1）根据菱形的判定证明即可；
（2）根据等边三角形的性质菱形的性质和三角函数解答即可．
详解:
（1）证明：∵E为AD的中点，
∴AD＝2DE＝2AE，
∵AD＝2BC，
∴DE＝BC，
又∵AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵∠ABD＝90°，E为AD中点，
∴在Rt△ABD中，AD＝2BE，
∴BE＝DE，
∴四边形BCDE为菱形；
（2）解：过点BF⊥AD于点F，如图所示：
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
又∵AD∥BC，
∴∠BCA＝∠DAC，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴AB＝BC，
∴AB＝BC＝BE＝DE＝AE＝2，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝60°，∠BDA＝30°
∴在Rt△ABD中，BD＝AB＝2
∴在Rt△BDF中，BF＝BD＝，
∴菱形BCDE的面积＝DE×BF＝2．
点睛:
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
14．（1）见解析；（2）.
解析:
（1）在中，平分， 平分，证明CF=DC，即可说明四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，求出CH，PH的长，即可求出CP长.
详解:
（1）∵在中，平分，
∴∠BCE=∠DCE，∠BCE=∠DEC，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC，
∵平分，
∴∠ADF=∠CDF，∠ADF=∠DFC，
∴∠CDF =∠DFC，
∴CF=DC=DE，
∵ED∥FC，
∴四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，
∵∠BAD=120°，
∴∠PCH=60°，
∵四边形是菱形，AB=2，
∴CE=2，
∴CP=1，
∴CH=，PH=，
∵BC=3，
∴BH=，
∴.
点睛:
本题是对四边形综合的考查，熟练掌握菱形知识及勾股定理是解决本题的关键.
15．见解析
解析:
由线段垂直平分线的性质得出，由三角形中位线定理得出得出，，得出，即可得出结论．
详解:
解：∵AF⊥BC，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴AB＝AC，DF＝AC＝AE，EF＝AB＝AD，
∴DF＝AD＝EF＝AE，
∴四边形ADFE是菱形．
点睛:
本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线定理、线段垂直平分线的性质；熟练掌握菱形的判定方法，熟记线段垂直平分线的性质是关键．
16．见解析.
解析:
利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，，进而得到，再由AB=2，可得进=1，然后根据菱形的判定定理即可得到结论；
详解:
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
由折叠可知，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，．
又∵，
∴，
∴四边形是菱形．
点睛:
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的判定，根据折叠的性质证得，，是解题的关键．
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试卷第1 11页，总3 33页
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18.2.2菱形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在四边形中，，再补充一个条件使得四边形为菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．
C． D．与互相平分
2．如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当，时，等于（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在菱形中，不一定成立的是（ ）
A．四边形是平行四边形 B．
C．是等边三角形 D．
4．如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小为（ ）
A．75° B．65°
C．55° D．50°
5．菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为（ ）
A．3：1 B．4：1 C．5：1 D．6：1
6．如图所示，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中，不一定正确的是（ ）
A．AB=CD B．AC=BD
C．当AC⊥BD时，它是菱形 D．当∠ABC=90°时，它是矩形
7．如图,在菱形ABCD中,AB=5,对角线AC=6.若过点A作AE⊥BC,垂足为E,则AE的长为( )
A．4 B．2.4 C．4.8 D．5
8．如果一个四边形的对角线相等，那么顺次连接这个四边形各边中点所得的四边形一定是( )
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
二、填空题
9．如图，在菱形中，是对角线上的一点，于点，若，则点到的距离为________．
10．如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ．
11．如图，矩形的对角线相交于O，∠AOB＝120°，，若则四边形的周长为______________．
12．如图，菱形ABCD中，对角线AC交BD于O，AB＝8，E是CD的中点，则OE的长等于___________．
三、解答题
13．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，AB＝2，求菱形BCDE的面积．
14．如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连结，.
（1）求证：四边形是菱形.
（2）若，，，求的值.
15．如图，在△ABC中，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，AF⊥BC．求证：四边形ADFE是菱形．
16．如图，在中，，，，将沿过点的直线折叠，使点落到边上的点处，折痕交边于点．求证：四边形是菱形．
参考答案
1．D
解析:
由在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，可得四边形ABCD是平行四边形，又由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求得答案．
详解:
解：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
故选：D．
点睛:
此题考查了平行四边形的判定以及菱形的判定．此题比较简单，注意掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形定理的应用．
2．B
解析:
首先连接AC，由将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，AB=2，，易得△ABC是等边三角形，即可得到答案．
详解:
连接AC，
∵将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形ABCD，
∴AB=BC，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2．
故选：B．
点睛:
本题考点：菱形的性质.
3．C
解析:
菱形是特殊的平行四边形，故A正确，根据菱形的性质：对角线互相平分且平分对角得B、D正确．
详解:
因为菱形是特殊的平行四边形，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角.
故选:C.
点睛:
考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键.
4．B
解析:本题考查了菱形的性质，我们知道菱形的对角线互相平分且垂直，外加，即可得
出．选B．
5．C
解析:
菱形的性质；含30度角的直角三角形的性质.
详解:
如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C.
6．B
解析:
详解:
解：根据平行四边形的性质可知A一定正确，
由菱形判断定理可知C正确，
由矩形判断可知D正确，
而B选项只是可能，
故选B
7．C
解析:
连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC?AE=AC?BD可得答案．
详解:
连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴
∴
∵AC=6，
∴AO=3，
∴
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是
∴BC?AE=24，
故选C.
8．C
解析:
由三角形中位线的性质可知，连接所得的这个四边形的边长都等于原四边形对角线长度的一半，而原四边形的对角线相等，故可知新四边形的四边相等，则为菱形.
详解:
解：顺次连接这个四边形各边中点，由三角形中位线的性质可知，连接所得的这个四边形的边长都等于原四边形对角线长度的一半，而原四边形的对角线相等，所以新四边形的四边长度相等，故所得四边形为菱形．
故选择C.
点睛:
本题结合三角形中位线考查了菱形的定义.
9．5
解析:∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴AC平分∠DAB,
根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得：P到AD的距离＝PE＝5.
故答案是:5.
10．
解析:
详解:
试题分析：连接DB，BD与AC相交于点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AE=AC=（）2，AG=AE=（）3，…
按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n-1
11．16
解析:
首先由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC＝OD＝4，即可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
详解:
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC，DO＝BO，AO＝CO，
∴OD＝OA，
∵∠AOB＝120°，
∴∠DOA＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴DO＝AO＝AD＝OC＝4，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×4＝16，
故答案为：16．
点睛:
本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质，注意证得四边形CODE是菱形是解此题的关键．
12．4．
解析:∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝AB＝8，AC与BD的交点O是BD的中点．∵E是CD的中点，∴OE是△DBC的中位线，∴．
13．（1）见解析；（2）2.
解析:
（1）根据菱形的判定证明即可；
（2）根据等边三角形的性质菱形的性质和三角函数解答即可．
详解:
（1）证明：∵E为AD的中点，
∴AD＝2DE＝2AE，
∵AD＝2BC，
∴DE＝BC，
又∵AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵∠ABD＝90°，E为AD中点，
∴在Rt△ABD中，AD＝2BE，
∴BE＝DE，
∴四边形BCDE为菱形；
（2）解：过点BF⊥AD于点F，如图所示：
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
又∵AD∥BC，
∴∠BCA＝∠DAC，
∴∠BCA＝∠BAC，
∴AB＝BC，
∴AB＝BC＝BE＝DE＝AE＝2，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝60°，∠BDA＝30°
∴在Rt△ABD中，BD＝AB＝2
∴在Rt△BDF中，BF＝BD＝，
∴菱形BCDE的面积＝DE×BF＝2．
点睛:
本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
14．（1）见解析；（2）.
解析:
（1）在中，平分， 平分，证明CF=DC，即可说明四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，求出CH，PH的长，即可求出CP长.
详解:
（1）∵在中，平分，
∴∠BCE=∠DCE，∠BCE=∠DEC，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC，
∵平分，
∴∠ADF=∠CDF，∠ADF=∠DFC，
∴∠CDF =∠DFC，
∴CF=DC=DE，
∵ED∥FC，
∴四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，
∵∠BAD=120°，
∴∠PCH=60°，
∵四边形是菱形，AB=2，
∴CE=2，
∴CP=1，
∴CH=，PH=，
∵BC=3，
∴BH=，
∴.
点睛:
本题是对四边形综合的考查，熟练掌握菱形知识及勾股定理是解决本题的关键.
15．见解析
解析:
由线段垂直平分线的性质得出，由三角形中位线定理得出得出，，得出，即可得出结论．
详解:
解：∵AF⊥BC，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴AB＝AC，DF＝AC＝AE，EF＝AB＝AD，
∴DF＝AD＝EF＝AE，
∴四边形ADFE是菱形．
点睛:
本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线定理、线段垂直平分线的性质；熟练掌握菱形的判定方法，熟记线段垂直平分线的性质是关键．
16．见解析.
解析:
利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，，进而得到，再由AB=2，可得进=1，然后根据菱形的判定定理即可得到结论；
详解:
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
由折叠可知，，，
∴，
∴，
又∵，
∴，．
又∵，
∴，
∴四边形是菱形．
点睛:
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的判定，根据折叠的性质证得，，是解题的关键．
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试卷第1 11页，总3 33页
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