18.2.4 菱形的判定人教版数学八年级下册分层作业(含答案)

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人教版初中数学八年级下册18.2.4 菱形的判定 同步练习夯实基础篇一、单选题：1．下列命题是真命题的是（    ）A．有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形C．一条对角线平分一组对角的四边形是菱形D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形【答案】D【分析】根据平行四边形或菱形的定义或判定求解．【详解】解：A．同一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不符合题意；B．两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不符合题意；C．一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，不符合题意；D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，符合题意；故选：D．【点睛】本题考查菱形和平行四边形的综合应用，熟练掌握平行四边形或菱形的定义或判定是解题关键．2．已知，用没有刻度的直尺和圆规作菱形ABCD，下面的作法中正确的是（    ）．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的判定定理即可解答．【详解】解：由作图可知，选项C中，四边形ABCD是菱形（理由是对角线互相平分且垂直）故选：C．【点睛】本题主要考查了尺规作图、菱形的判定定理等知识点，灵活运用菱形的性质是解答本题的关键．3．如图，在四边形中，对角线相交于点O，．添加下列条件，能判定四边形ABCD是菱形的是（    ）A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形判定即可．【详解】解：∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形，故选A．【点睛】本题主要考查菱形的判定，能够熟练运用判定定理是解题关键．4．如图，在中，、分别为边、的中点，点、在上，且，若添加一个条件使四边形是菱形，则下列可以添加的条件是　　A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的性质得到，，推出四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，，推出四边形是平行四边形，连接交于，根据菱形的判定定理即可得到结论．【详解】解：可以添加的条件是，理由：四边形是平行四边形，，，、分别为边、的中点，，，，四边形是平行四边形，，，，，，即，，，，，，四边形是平行四边形，连接交于，，，，四边形是菱形，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌平行四边形的性质是解题的关键．5．如图，已知O是矩形的对角线的交点，，作//，//，与相交于点E．若四边形的周长是24，则的长为（    ）A．12 B． C． D．6【答案】B【分析】首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC = OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，再利用已知得出菱形的边长，即可得出答案．【详解】∵DE//AC， CE//BD，∴四边形OCED为平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，AC= BD， OD=BD，OC=AC，AB//CD，∠DCB = 90°，∴OD= OC， OA= OB，∵∠AOB=60°，∆OAB为等边三角形，∴∠BAC=∠DCA = 60°，∆OCD为等边三角形，∴DC=OD=OC，∴平行四边形OCED为菱形，∴OC=CE=DE=OD，∴ OC+ CE+ DE+OD = 24，∴OD= 24÷4= 6，DC= 6，∴BD=6×2= 12，在Rt∆BCD中，由勾股定理可得：BC=，故选：B．【点睛】本题综合考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形，②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，③一组邻边相等的平行四边形是菱形．6．如图，菱形纸片中，，为的中点，折叠菱形纸片，使点落在所在的直线上，得到经过点的折痕，则的度数是(   )A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A=60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP=30°，∠ADC=120°，∠C=60°，进而求出∠PDC=90°，由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．【详解】解：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，∠ADC=120°，∠C=60°，∵P为AB的中点，∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP=∠BDP=30°，∴∠PDC=90°，∴由折叠的性质得到∠CDE=∠PDE=45°，在△DEC中，∠DEC=180°﹣（∠CDE+∠C）=75°．故选C．【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．7．如图，在中，，以点A为圆心，的长为半径画弧交于点F，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接交于点E，连接，则四边形的周长为（   ）A．16 B．18 C．20 D．25【答案】A【分析】利用基本作图得到，，根据平行四边形的性质得，则，所以，从而得到，于是可判断四边形为菱形，于是可得到四边形的周长．【详解】解：由作法得，平分，∴，∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴，而BE∥AF，∴四边形为菱形，∴四边形的周长．故选：A．【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质．二、填空题： 8．如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF 是菱形，这个条件可以是________（写出一个即可）．【答案】（答案不唯一）【分析】根据菱形的判定即可解．【详解】是平行四边形∴AD∥BC∴∠FAC=∠ECA，∠AFE=∠FEC，∵AO=CO∴△AOF≌△COE(AAS)∴AF=CE又∵AF=CE四边形AECF 是平行四边形，又∵∴四边形AECF是菱形．故答案为：（答案不唯一）【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定等，熟练掌握菱形判定是解决问题的关键．9．如图，小华剪了两条宽均为的纸条，交叉叠放在一起，且它们的交角为，则它们重叠部分的面积为______．【答案】【分析】首先过点作于点于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案．【详解】过点作于点于点，根据题意得：，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴，∵，∴，同理： ，∴，∴四边形是菱形，∴，∴．故答案为： ．【点睛】此题考查菱形的判定与性质，勾股定理，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．10．如图，四边形中，，，，分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件______．【答案】【分析】根据菱形的性质定理分析即可求解．【详解】因为四边形EFGH为菱形，所以，∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形性质、中位线性质，掌握菱形的性质是解题的关键．11．如图，菱形中，，相交于，于，连接，，则的度数为___________．【答案】【分析】由题意根据菱形的性质得出∠DAO=∠BAD=20°，AC⊥BD，DO=BO，AD∥BC，求出DE⊥AD，根据垂直的定义求出∠ADE=90°，∠DEB=90°，求出∠ADO，∠ODE的度数，根据直角三角形斜边上的中线的性质得出OD=OE，求出∠ODE=∠OED即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=40°，∴∠DAO=∠BAD=20°，AC⊥BD，DO=BO，AD∥BC，∴∠DOA=90°，∴∠ADO=90°-∠DAO=70°，∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD，∴∠ADE=90°，∴∠ODE=∠AD∠E-∠ADO=20°，∵DE⊥BC，∴∠DEB=90°，∵DO=BO，∴OE=BD=OD，∴∠OED=∠ODE=20°，故答案为：20°．【点睛】本题考查菱形的性质和平行线的性质以及直角三角形斜边上的中线的性质和等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解答此题的关键．12．如图，等边的边长为，将向右平移到的位置，连接，，则的长为______．【答案】【分析】证明四边形是菱形，进而求得，根据勾股定理即可求解．【详解】解：等边的边长为，将向右平移到的位置，cm，,四边形是菱形，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了平移的性质，等边三角形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，求得是解题的关键．三、解答题： 13．如图，在矩形纸片中，，，是边上一点，折叠纸片使点与点重合，其中为折痕，连结、．若，求的长．【答案】．【分析】利用对称的性质得出，进而得出，证明四边形是菱形，再利用菱形的性质结合勾股定理得出答案．【详解】解：∵B、E两点关于直线对称，∴，在矩形中，，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；设菱形的边长为x，∴，在中，，∴，∴解得：．∴．【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质以及勾股定理，正确应用轴对称的性质是解题关键．14．如图，在矩形中，点是对角线的中点，过点作交于点E，交于F，连接，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，可得，，，然后由四边形是矩形，易证得，则可得，继而证得结论；（2）由勾股定理可求，的长，由直角三角形的性质可求解．【详解】（1）解：证明：点是的中点，，是的垂直平分线，，，，四边形是矩形，，．在和中，，，，，，，四边形为菱形．（2）设，则，四边形是矩形，．在中，由勾股定理得，，即，解得，，即．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，证得是关键．15．在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，延长AD至点E，使DE＝BO，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若AD＝6，∠DAB＝60°，求OE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）3【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证AB＝AD，即可得出结论；（2）证△ABD是等边三角形，得∠ADB＝60°，再由菱形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD，∠DAO＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得OD＝AD＝3，OA＝OD＝3，证∠E＝∠EAO，得OE＝OA，即可求解．【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∠CBD＝∠ADB，∵BD平分∠ABC，∴∠CBD＝∠ABD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：∵∠DAB＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB＝60°，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝OD，∠DAO＝∠DAB＝30°，∴∠AOD＝90°，∵DE=OB，∴OD＝ED，∴∠E＝∠DOE，∵∠ADO＝∠E+∠DOE＝60°，∴∠E＝∠DOE＝30°，∴OD＝AD＝3，OA＝OD＝3，∵∠DAO＝30°，∴∠E＝∠EAO，∴OE＝OA＝3．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证出AB=AD是解题的关键16．如图，在中，、分别是、的中点．，延长到点，使得，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)菱形的面积为【分析】（1）根据已知条件得出为的中位线，根据已知条件进而得出且，得出四边形是菱形（2）根据已知条件得出，则为等边三角形，求得菱形的面积为面积的2倍，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】（1）为的中点，为的中位线，，，，，，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形；（2），，，；四边形是菱形，，为等边三角形，菱形的面积为：．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．能力提升篇一、单选题:1．如图，过矩形ABCD的对角线AC的中点O作，交BC边于点E，交AD边于点F，分别连接AE，CF．若，，则EF的长是（    ）A．2 B． C． D．3【答案】A【分析】先利用“ASA”证明△AOF≌△COE，根据全等三角形对应边相等可得OE＝OF，再根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得到四边形AECF是菱形，再求出∠ECF＝60°，然后判断出△CEF是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得EF＝CF，根据矩形的对边相等可得CD＝AB，然后求出CF，从而得解．【详解】解：∵矩形对边AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC，∵O是AC的中点，∴AO＝CO，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（ASA），∴OE＝OF，∵EF⊥AC，∴四边形AECF是菱形，∵∠DCF＝30°，∴∠ECF＝90°﹣30°＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴EF＝CF，∵AB＝，∴CD＝AB＝，∵∠DCF＝30°，∴DF=。∴CF＝2DF=2，∴EF＝2．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键在于判断出△CEF是等边三角形，并能熟练运用相应性质和判断．2．如图，在中，，于点D，平分，交于点G，交于点E，于点F，交于点Q．下列结论：①；②；③；④为等边三角形．其中所有正确结论的序号是（    ）A．①② B．①③ C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】根据平分得，根据得，利用，可得从而可得，得①正确；证明得，从而推得，利用是等腰三角形，得，可得，可知②正确；根据，得，根据得，可证明，可知③正确；连接先证明得得四边形是菱形，要想是等边三角形，则菱形中较小的角需要是，而题干中无法得知为，可知④不正确．【详解】解：平分， ，， ， ，，，可得①正确由①得，，是等腰三角形，可得②正确，，则可得③正确连接四边形是菱形要想是等边三角形，则菱形中较小的角需要是而题干中无法得知为故④不正确故选：C【点睛】此题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质，掌握相关定理和性质是解题关键．3．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝12，AC＝20．以OB和OC为邻边作第一个平行四边形，对角线BC与相交于点；再以和为邻边作第二个平行四边形，对角线与相交于点；再以和为邻边作第三个平行四边形…依此类推．记第一个平行四边形的面积为，第二个平行四边形的面积为，第三个平行四边形的面积为…则是（　　）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据矩形的性质以及勾股定理可得BC=16，再得到四边形是菱形，根据菱形的性质可得到第一个平行四边形四边形的面积，再证得四边形是矩形，可得到第2个平行四边形的面积，同理得到第3个平行四边形的面积，由此发现规律，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD矩形，∴∠ABC＝90°，OB＝OC，∴BC＝＝16，∴矩形ABCD的面积＝12×16＝192；∵四边形是平行四边形，OB＝OC，∴四边形是菱形，∴，∴是△ABC的中位线，∴ ＝AB＝6，∴，∴平行四边形四边形的面积＝×12×16＝192；根据题意得：四边形是矩形，∴第2个平行四边形的面积＝8×6＝48＝×192；同理：第3个平行四边形的面积＝×8×6＝24＝×192；．．．，∴第n个平行四边形的面积是×192，则是×192＝，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理以及平行四边形面积的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．二、填空题:4．如图，在中，，，，点、分别在、上，沿将翻折使顶点的对应点落在上，若，则等于__________．【答案】【分析】连接，交于点，根据折叠的性质，得出，，再根据平行线的判定，得出，再根据平行线的性质，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据菱形的判定定理，得出四边形为菱形，再根据菱形的性质，得出，然后设，则，再根据直角三角形所对的直角边等于斜边的一半，得出，进而列出方程，并解出，再根据等边三角形的判定，得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质，即可得出结果．【详解】解：如图，连接，交于点，根据题意，可得：，，∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，又∵，，∴四边形为菱形，∴，设，则，∵，，∴，即，解得：，∴，∵，，∴，∴为等边三角形，∴．故答案为：【点睛】本题考查了折叠的性质、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．5．如图，在矩形中，O为对角线的中点，过点O的直线分别与边，交于点E，F，连接交于点M，连接，．已知，，给出以下结论：①，；②；③四边形是菱形；④．其中正确的是________．（填序号）【答案】①②③④【分析】根据矩形的性质证得△OBC是等边三角形，从而证明BF垂直平分OC，可判断①正确；利用ASA证明△COF≌△AOE，得CF＝AE，OE＝OF，再利用SAS即可证明△DAE≌△BCF，故②正确；利用一组对边平行且相等可证明四边形DEBF是平行四边形，证明△BOF≌△BCF，可得∠BOF＝∠BCF＝90°，BO垂直平分EF，根据线段垂直平分线的性质得出BE＝BF，可知四边形EBFD是菱形，可知③正确；利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB＝，可知④正确．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，O为AC的中点，∴∠ABC＝∠DAE＝∠BCF＝90°，OA＝OC，OB＝AC＝OC，AD＝BC，∵∠BOC＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝BC，∴点B在OC的垂直平分线上，∵OF＝CF，∴点F在OC的垂直平分线上，∴BF⊥OC，OM＝CM，故①正确；∵在矩形ABCD中，ABCD，∴∠FCO＝∠EAO，又∵OC＝OA，∠COF＝∠AOE，∴△COF≌△AOE（ASA），∴CF＝AE，OE＝OF，∵AD＝BC，∠DAE＝∠BCF＝90°，∴△DAE≌△BCF（SAS），故②正确；∵CF＝AE，∴DF＝BE，∵DFBE，∴四边形DEBF是平行四边形，∵BO＝BC，OF＝CF，BF＝BF，∴△BOF≌△BCF（SSS），∴∠BOF＝∠BCF＝90°，即BO⊥EF，∵OE＝OF，∴BO垂直平分EF，∴BE＝BF，∴四边形EBFD是菱形，故③正确；∵∠ACB＝60°，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝30°，∴AC＝2BC，∴AB＝，∴AB：BC＝：1，故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用各性质进行推理论证是解题的关键．6．如图，是边长为1的等边三角形，分别取边的中点D、E，连接，作得到四边形，它的周长记作；分别取的中点，连接，作，得到四边形，它的周长记作，…，照此规律作下去，则等于___________．【答案】【分析】根据三角形中位线定理可求出的值，进而可得出的值，找出规律即可得出的值．【详解】解：∵点B、E为边的中点，，∴是的中位线，∴，，，∴，∵，∴四边形是菱形，∴；同理求得：；…，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、菱形的性质；熟练掌握三角形中位线定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．三、解答题:7．已知：四边形中，，，点E在对角线上，F在边上，连接，且，．(1)求证：；(2)若，，，求长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）先证明四边形是菱形，设，，则，求得，，推出，据此即可证明结论；（2）利用菱形的性质求得，设，则，，，由，求得，据此求解即可．【详解】（1）∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，连接，，设，，则，∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，即，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵四边形是菱形，∴，，在中，，，设，则，，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．8．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？【答案】(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．【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，勾股定理；平行四边形的判定，掌握以上知识是解题的关键．