初中数学1 菱形的性质与判定课后练习题

这是一份初中数学1 菱形的性质与判定课后练习题，共28页。

专题1.1 菱形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）

【知识点1】菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫菱形。
构成条件：（1）是平行四边形；（2）有一组邻边相等。两个条件必须同时具备。
【例1】如图，为的对角线，点E、F分别在边上，，连接交AC于点G．若，求证．四边形是菱形．
  
【分析】根据和得到，然后结合平行四边形的性质得到，进而证明出四边形是菱形．
证明：∵，
∴．
∵，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．

【变式】如图，在四边形中，，．过点分别作于点，于点，且．求证：四边形是菱形．
  
【分析】根据，，得出四边形是平行四边形，进而证明得出，即可证明四边形是菱形．
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵于点，于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
【点拨】本题考查了菱形的判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．

【知识点2】菱形的性质
性质定理1：菱形的四条边相等；
性质定理2：菱形的对角线互相垂直，且每条对角线平分每组对角；
性质定理3.菱形是轴对称图形，又是中心对称图形，对角线所在直线为其对称轴，对角线交点为其对称中心。
【例2】如图，菱形的对角线相交于点O，垂直平分，垂足为点E，求的大小．

【答案】120°
【分析】根据DE垂直平分BC，可得，根据菱形的性质可得，即为等边三角形，则，则问题得解．
解：在菱形ABCD中，有，且，
∵DE垂直平分BC，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即∠ABC的度数为120°．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行的性质等知识，证明是等边三角形是解答本题的关键．

【变式】菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，交y轴于点D，连接，交于点E．已知点，，求点B的坐标．
  
【答案】
【分析】先求出，再由菱形的性质得到，进而得到，求出，进而求出，由此即可得到答案．
解：∵，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．

【知识点3】菱形的判定
判定1：定义法：有一组邻边相等的平行四边形叫菱形；
判定2：四条边都相等的四边形是菱形；
判定3：对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
【例3】如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析； (2)
【分析】（1）由题意可先判断四边形是平行四边形，结合平行线的定义和角平分线的定义推出，即可得到，从而证得结论；
（2）根据菱形的基本性质以及勾股定理首先求出，然后利用菱形的面积可由对角线乘积的一半来表示，利用等面积法求出结论即可．
解：（1）证明：∵，，
∴，四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即的长为．
【点拨】本题考查菱形的判定以及性质，掌握菱形的判定方法，以及菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题关键．

【变式1】如图，在中，，点O是上的中点，将绕着点O旋转得
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 如果，求菱形的面积．

【答案】(1)见解析； (2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）过点A作于点E，先证明是等边三角形，可得，，再由勾股定理可得，再由菱形的面积公式计算，即可求解．
解：（1）证明：∵将绕着点O旋转得，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，过点A作于点E，

∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴菱形的面积为．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．

【变式2】平行四边形ABCD中，E、F是BC、AB的中点，DE、DF分别交AB、CB的延长线于H、G；
（1）求证：BH =AB；
（2）若四边形ABCD为菱形，试判断∠G与∠H的大小，并证明你的结论．

【答案】（1）通过证明DC=AB，△CDE≌△BHE ，BH=DC所以BH="AB" （2）∠H=∠G
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC=AB，DC∥AB ，
∴∠C=∠EBH，∠CDE=∠H
又∵E是CB的中点，
∴CE="BE"
∴△CDE≌△BHE ，
∴BH=DC
∴BH=AB
（2） ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，
∴∠ADF=∠G
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC=CB=AB，∠A=∠C
∵E、F分别是CB、AB的中点，
∴AF=CE
∴△ADF≌△CDE ，
∴∠CDE=∠ADF
  ∴∠H=∠G
考点：全等三角形和菱形
点评：本题考查全等三角形和菱形，掌握三角形全等的判定方法，熟悉菱形的性质是解决本题的关键

【知识点4】菱形的的面积
方法1：菱形的面积等于底乘以高；方法2：菱形的面积等于对角线积的一半。
【例4】如图，在中，D，E分别是，的中点．，延长到点F，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)
【分析】（1）根据点D和E分别是，的中点，根据三角形中位线的性质，即可得到，且，再等量代换，根据平行四边形的判定定理，即可得到四边形是平行四边形，根据邻边的关系，即可得到结论；
（2）根据的大小，可判定是等边三角形，再根据等边三角形的性质，可得到边长，作于点G，运用勾股定理，即可得到的长，再根据菱形的面积公式，即可得到答案．
解：（1）证明：∵D、E分别是，的中点，
∴，且．
又∵，，
∴，．
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
又∵，
∴四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
（2）解：在菱形中，，，
∴．
∴是等边三角形．
∴．
过点E作于点G．
    
∴．
∴．
∴．
【点拨】本题考查菱形判定和性质，勾股定理，掌握菱形的判定及性质是解题关键．

【变式】如图，小滨同学尝试用尺规作图的方法在给定的平行四边形中作菱形．以点A，C为圆心，以适当长为半径画弧，交于两点，连接两点的直线交于点E，O，F．
  
(1)根据作图痕迹，判断四边形是否是菱形，并说明理由．
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)是，理由见解析； (2)
【分析】（1）根据基本作图和线段垂直平分线的性质得到，然后证明出四边形是平行四边形，进而可得到平行四边形是菱形；
（2）首先根据题意得到，然后利用勾股定理求出，然后证明出四边形是平行四边形，得到，最后利用菱形面积公式求解即可．
解：（1）由题意可得，是的垂直平分线，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）∵，
∴，
∴，
∴
∴
∵
∴四边形是平行四边形
∴，
∴菱形的面积为．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．


【题型一】菱形性质的运用——证明
【例1】如图，四边形是菱形，，点是边上一动点，在边上，恰好使成为等边三角形，连接．
  
(1) 求证：；
(2) 当菱形的面积为时，求的周长最小值．
【答案】(1)见解析； (2) 9
【分析】（1）证明，即可解答；
（2）求出菱形的边长，当时，最小，的周长最小，求出最小值即可解答．
解：（1）证明：∵四边形是菱形且，
∴，，
为等边三角形，
∴，，，
∵成为等边三角形
∴，，
∴
在与中，
，
∴
∴；
（2）解：为等边三角形，
要使得的周长最小时，最小，此时，
设为x，
，为等腰三角形，
，
，
∵菱形的面积为，
，
解得，
，
，
的最小周长为．
【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，熟练相关性质是解题的关键．

【变式】如图：在菱形中，对角线、交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接．
  
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 若，，求的长．
【答案】(1)见解析； (2) 10
【分析】（1）由，可得，即，结合，可得四边形是平行四边形，再结合，可得平行四边形是矩形；
（2）在菱形中，，可得，在中，利用勾股定理即可求解．
解：（1）证明：在菱形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）在菱形中，，
∵，
∴，
∵在矩形中，，
∵，
∴在中，，
解得：．
【点拨】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键．

【题型二】菱形性质的运用——面积
【例2】如图，，将绕点C顺时针旋转60°后得到，点A、B的对应点分别是点D、A，与相较于点O．
    
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析； (2)
【分析】（1）根据是将旋转得到，可得对应边相等，且，根据等边三角形的判定可得和是等边三角形，故四边形的四条边都相等，即可证明；
（2）根据（1）中结论，可得，，，根据勾股定理可得，即可得到，即可求得四边形的面积．
解：（1）证明：∵绕点C顺时针旋转60°后得到
∴，，，
∴是等边三角形
∴
∵
∴
∴是等边三角形，
∴
∴四边形是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，
∴
∴
∵是等边三角形，
∴
在中，
∴
∴四边形的面积
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，菱形的判定和性质，菱形的面积公式，勾股定理等知识，有一定的综合性．

【变式】如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为，
(1) 若，求证：四边形是菱形；
(2) 若，的面积为24，求菱形的面积．

【答案】(1)见解析； (2)
【分析】（1）证明出,即可得到结论．
（2）由三角形的面积求出,设,则,在中利用勾股定理得出方程,求出,再求出,即可解决问题．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，，
∴，
又∵，，
∴，
∵点为对角线的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：，的面积为24，
∴，
∴，
如图，连接，则，，

∵点为对角线的中点，
∴、、在同一直线上，
∵，，
∴


∴菱形的面积．
【点拨】本题考查了菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质､直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．


【题型三】菱形中的折叠问题
【例3】如图，四边形是平行四边形，、分别是线段、上的点，点是与的交点．若将沿直线折叠，则点与点重合．

(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若，且平行四边形的面积为，求的值．
【答案】(1)证明见解析； (2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则，由折叠的性质可得，，则，，进而结论得证；
（2）设，则，，，，由，即，可得是直角三角形，且，则四边形是矩形，由平行四边形的面积为，可得，即，解得，根据 ，计算求解即可得的值．
解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：由题意设，则，，，，
∵，即，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，
∵平行四边形的面积为，
∴，即，解得，
∵ ，即，
∴，
∴的值为．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，翻折的性质，菱形的判定与性质，等角对等边，勾股定理逆定理，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

【变式】在数学实践活动中，将一张平行四边形纸片进行折叠（如图1、2所示），折痕为，点E在边上，点B落在点F处．
(1)如图1，若点F恰好落在边上，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，若点E是边的中点，且，，求的长．

【答案】(1)见解析； (2) 4
【分析】（1）利用对称的性质得到，，，利用平行四边形的性质得到，证明，据此即可证明结论；
（2）证明且，设，则，在和中，由勾股定理列出方程，解方程即可求解．
解：（1）证明：如图，由折叠可知，与关于对称，

∴，，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点E在边上，点F落在边上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故四边形是菱形；
（2）解：如图，连接交于点H，

∵F与B关于对称，
∴是的中垂线，
又∵E是的中点，
∴且，
若设，
由，得，
又，，
在和中，由勾股定理得：
，
则，
解得：，
∴．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．

【题型四】菱形中的动点问题
【例4】如图，在中，对角线的中点为O，点E为上的动点，连接，并延长交于点F．
  
(1)求证：．
(2)连接，若，试判断四边形的形状，并给出证明过程．
【答案】(1)见解析； (2)四边形是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得，，则，，再证明，即可求证；
（2）根据，，得出四边形为平行四边形，再根据即可得出结论．
解：（1）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，，
∵O点是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）四边形为菱形．理由如下：
证明：∵O点是的中点，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边互相平行，对角线互相平分；对角线互相垂直的平行四边形是菱形．

【变式】如图1，四边形是菱形，点E，点F分别是，边上的动点，，连接，交对角线于点G，H．
  
(1) 求证：；
(2) 如图2，连接，，请判断四边形是什么特殊四边形？并说明你的理由；
(3) 在图2中，如果，，试探究在点E，F运动过程中，如果四边形成为正方形，则的长度是多少？（请直接写出答案）
【答案】(1)见解析；(2)菱形，理由见解析；(3)
【分析】（1）根据菱形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据等边对等角可得，根据全等三角形的判定和性质可得；
（2）根据菱形的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，同理可得，由（1）可知，根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；
（3）连接，菱形的性质可得，，根据正方形的性质可得，根据等角对等边可得，根据30度角的直角三角形性质可得，根据勾股定理可得，即可求得．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）四边形是菱形，理由如下：
证明：∵四边形是菱形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，
同理：，
又∵由（1）可知：，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）连接，如图：
  
∵四边形是菱形，，
∴，，
∵四边形成为正方形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
【点拨】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，正方形的性质，等角对等边，30度角的直角三角形性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键．

【题型五】菱形中的最值问题
【例5】如图，菱形的边长为6，，E，F分别是边、上的两个动点，且满足．
  
(1) 求的长；
(2) 判断的形状；
(3) 设的周长为l，求l的最小值．
【答案】(1)；(2)是等边三角形；(3)
【分析】（1）根据菱形对角线平分且垂直的性质，求得；
（2）先证明，得，，从而得到是等边三角形；
（3）先确定条件，即当时，最短，此时的周长最短，由三角函数求出，从而得出的最小值．
解：（1）解：四边形是菱形，
，
∵，
是等边三角形，
；
（2）解：是等边三角形；
在与中，，，，
，
，，
，
是等边三角形；
（3）解：当时，最短，此时的周长最短，
  
在中，，
，
，
，
，
是等边三角形，
．
【点拨】本题是菱形的性质，勾股定理，30度所对的边等于斜边的一半，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关性质是解题的关键．

【变式】如图，在平行四边形中，，，对角线平分，点E为的中点，点P为上的任意一点，连接，，则的最小值为 ________________．
  
【答案】
【分析】找出B点关于的对称点D，连接交于P，则就是最小值，求出即可．
解：∵四边形是平行四边形，，对角线平分，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
连接交于P，连接，
  
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则，
∴，
即就是的最小值，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴（等腰三角形三线合一的性质）．
在中，，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等知识点，确定P点的位置是解答本题的关键．

【题型六】与菱形相关中的新定义问题
【例6】定义平行四边形两边上的高线长之比叫做“高之比” ，
（1）若平行四边形为菱形，则“高之比为”_________；
（2）当“高之比”为4，平行四边形周长为20，则该平行四边形较长的边长为_________．
【答案】 1：1 8
【分析】（1）根据菱形的边长相等，等底等高的平行四边形的面积相等解答即可；
（2）先求出BC＝10−AB，设DF＝4x，DE＝x，最后利用平行四边形的面积求解即可．
解：（1）由菱形的四条边相等，菱形的面积不变，则根据等底，面积相等，可得出高相等，
所以若平行四边形为菱形，则“高之比”为：1：1，
故答案为：1：1；
（2）如图，∵平行四边形ABCD周长为20，AB为较长的边，
∴AB＋BC＝10，
∴BC＝10−AB，
∵DF：DE＝4：1，
设DF＝4x，则DE＝x，
∴＝BC·DF＝AB·DE，
即AB·x＝（10−AB）·4x，
解得：AB＝8，即该平行四边形较长的边长为8，
故答案为：8．

【点拨】本题考查了菱形的性质及平行四边形的性质，灵活运用面积法解决问题是解题的关键．

【变式】定义：若点P为四边形内一点，且满足，则称点P为四边形的一个“互补点”．
(1) 如图1，点P为四边形的一个“互补点”，若，则 ；

(2) 如图2，点P是菱形对角线上的任意一点（不与点B，D重合），求证：点P为菱形的一个“互补点”．

【答案】(1)；(2) 证明见解析
【分析】（1）根据点P为四边形的一个“互补点”的定义，可得出，从而根据周角的定义可求出结果；
（2）根据菱形的性质可证得，再证明，可证得，同理得出，然后证明，即可求证．
（1）解：∵点P为四边形的一个“互补点”，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如图，连接，

∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴，即
∴点P为菱形的一个“互补点”  ．
【点拨】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，关键是理解题意，确定“互补点”的实际意义．