北师大版（2024）九年级上册1 菱形的性质与判定课时训练

这是一份北师大版（2024）九年级上册1 菱形的性质与判定课时训练，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，为菱形的对角线，，，且，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
2．（23-24八年级下·福建福州·期末）在菱形中，对角线，相交于点，，，则的长是（ ）

A．1B．2C．D．
3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（23-24八年级下·安徽芜湖·期末）已知的对角线交于点，添加下列条件，不能判定是菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（ ）

A．B．C．D．
7．（2024·广西钦州·二模）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线交，分别于点，，若，，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
8．（23-24九年级下·安徽合肥·期中）如图，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，若经过点与相交于，，则（ ）

A．B．C．D．
9．（2024·广东东莞·二模）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了如图2所示的伸缩衣架，已知图中每个菱形的边长为，则其拉伸长度的适宜范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．（23-24八年级下·河南驻马店·期中）图1是第63 届国际数学奥林匹克竞赛会标，图2是其主体的中间部分图案，它是一个 轴对称图形．已知，作菱形，使点H，F，G分别在上，且点E 在 上．若，则整个图形的面积为（ ）
A．B．C．20D．25
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（23-24九年级下·吉林延边·阶段练习）如图，在菱形的外侧，作等边三角形，连接．若，则 度．
12．（23-24八年级下·天津滨海新·期末）如图，在菱形中，，对角线，过点作，垂足为点，则的长度是 ．
13．（2024·吉林白山·一模）如图，是矩形的对角线，垂直平分，分别交、于点、，连接．若，则的长为 ．
14．（23-24八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，在中，以点A为圆心、长为半径画弧交边于点E，连接，再分别以点B、E为圆心、相同的长为半轻（大于）画弧交于点F，作射线，交边于点G．若，则 ．

15．（2024·重庆·二模）如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为
16．（23-24九年级下·安徽合肥·阶段练习）如图，在菱形中，点P是上一点，将沿着折叠，得到，连接．
（1）若，，则的度数为 ；
（2）点Q是的中点，若，，则的最小值为 ．
17．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，菱形的边长为5，将一个直角的顶点放置在菱形的中心处，此时直角的两边分别交边，丁点，，当时，的长为2，则的长是 ．

18．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，在矩形中，边长，边长，对角线的垂直平分线分别与相交于点和相交于点O，动点分别从两点出发，分别绕和运动，点P的速度为，路径为．点Q的速度为，路径为两个动点返回起点后均停止运动．若点P和点Q同时出发，当四边形为平行四边形时，所用时间为 s．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，，点E，F分别在上，平分 交于点G，平分交于点H．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当 时，四边形是菱形．
20．（8分）（23-24八年级下·重庆长寿·期末）如图，在菱形中，于点交于点，且点是的中点．
（1）求的度数；
（2）若菱形的面积为，求的长．
21．（10分）（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）请添加一个条件，使四边形为菱形．
22．（10分）（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，在中，，点E是的中点，连接并延长，交的延长线于点F，，连接，．
（1）证明：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的周长．
23．（10分）（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长；
（3）在（2）的条件下，已知点M是线段上一点，且，则的长为_______．
24．（12分）（23-24八年级下·浙江·阶段练习）综合与探究
【问题情境】圆圆与方方运用折叠纸片研究平行四边形．
【操作判断】如图1，将沿着对角线折叠，若此时点A与点C恰好重合，证明：．
【类比探究】如图2，在的一边上取一点E，沿着折叠，点A的对称点恰好落在对角线上，若点与点C，E共线，，求的长．
【问题解决】如图3，在的一边上取一点E，沿着折叠，点A的对称点恰好落在的中点处，若，求的长．
参考答案：
1．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，先证明，结合，可得，根据菱形的性质有，即可得，问题随之得解．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
2．B
【分析】本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，利用菱形的性质，求出，得出三角形是直角三角形，再根据含度角的直角三角形的性质，求出.
【详解】解：∵四边形是菱形， ，是对角线，，
∴，，
∴，，，即三角形是直角三角形，
又∵，
∴，
∴
故选：B．
3．A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
4．C
【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；
B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形，，，
，平行四边形是矩形，故C符合题意；
D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意，
故选：C．
5．A
【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的平行四边形是菱形等，对各选项进行判断作答即可．
【详解】解：A中，不能判定是菱形，故符合要求；
B中，能判定是菱形，故不符合要求；
C中，能判定是菱形，故不符合要求；
D中，能判定是菱形，故不符合要求；
故选：A．
6．C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得
∴四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：C．
7．D
【分析】连接，利用角平分线性质和平行线性质，得到，利用等腰三角形性质，证明四边形为菱形，从而得到，利用勾股定理得到，进而得到，进而利用勾股定理得到，即可解题．
【详解】解：连接，
，
，
是的角平分线，
，
，
，
，
，
四边形为菱形，
，
，，，
，
，
，
故选：D．
【点拨】本题考查勾股定理的运用，角平分线性质，菱形的判定和性质，平行线性质，等腰三角形性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．
8．B
【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，三角形外角定理，掌握相关定理与性质是解题的关键．
【详解】解：四边形为菱形，，
，
菱形绕点逆时针旋转得到菱形，
，
．
故选：B．
9．B
【分析】本题主要考查了菱形及其计算，勾股定理，由菱形中， 当时，得的得得此时拉伸长度同理当时，拉伸长度，即可求解，解题关键是找准直角三角形进行计算．
【详解】解：如图：
∵四边形是菱形，
∴，
∵
当时，则
∴，
∴，
∴
∴
∴此时拉伸长度，
当时，则
∴，
∴
∴此时拉伸长度，
∴其拉伸长度的适宜范围是：，
故选：B．
10．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，轴对称图形的定义等等，如图所示，连接，由菱形的性质可得，有轴对称图形的定义可得点E为的中点，且，据此证明是等边三角形，求出，则；再证明都是等边三角形，如图所示，过点D作，求出，则，可得整个图形的面积为．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵整个图形是一个轴对称图形，
∴点E为的中点，且，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴，
由菱形的性质可得，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴都是等边三角形，
如图所示，过点D作，
∴，
∴，
∴，
∴整个图形的面积为，
故选：A．
11．24
【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的性质及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．根据菱形的性质得到，得到是等腰三角形，由等边三角形的性质，进而得到，根据，利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，是等边三角形，
，，
，
是等腰三角形，
，
，
故答案为：24．
12．/
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积的计算方法，连接交于，由菱形的性质得，，，再由勾股定理和面积公式即可求解，熟练掌握菱形的性质，由菱形面积的两种计算方法得出结果是解题的关键．
【详解】如图，连接交于，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得：，
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查截开的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，运用勾股定理求出，连接，证明四边形是菱形得
【详解】解：连接，如图，
∵四边是矩形
∴，
∵
∴
∵四边是矩形
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
14．8
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理，准确计算是解题的关键．设与相交于点O，根据已知条件得到四边形是菱形，根据勾股定理计算即可；
【详解】解：如图，连接，设与相交于点O，

由作图可知，，，
∵四边形时平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∴，
∴．
故答案为：8．
15．
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．利用勾股定理求得，证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式列式计算即可求解．
【详解】解：连接，作交的延长线于点，
∵平行四边形中，，
∴，，
∴,
∵，
∴，
设，
∴，
在中，，即，
解得，
∴，
在中，，
∵，平分，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴．
故答案为：．
16． 41 /
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠与轴对称等知识，
（1）根据折叠可得，再根据三角形内角和定理可得结论；
（2）延长至点F，使得，连接，，则是的中位线，证明是等边三角形，求出，，从而可得结论
【详解】解：（1）由折叠和菱形的定义可知，，，
则，
，
故答案为：41；
（2）延长至点F，使得，连接，，
则是的中位线，
，
当取最小值时，有最小值．
连接，
∵四边形是菱形，
∴
又，
∴是等边三角形，
则，，
∴
∴垂足为，
∴，
∴
∴
∴．
由折叠可知，
又，
，
当点B，E，F共线时，有最小值，
此时的最小值为，
故答案为：．
17．
【分析】连接，则过点O，先证明是的中位线，再根据中位线性质求出，再在中，根据勾股定理即可求出结果．
【详解】解：连接，则过点O，

，
，
在菱形中，，
是的中位线，
，
在中，．
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，勾股定理，本题的关键是辅助线的作法．
18．
【分析】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，需要进行分类讨论，画出图形，运用平行四边形的性质才能得出结果．
证明，得出，再根据，证明四边形是菱形．设菱形的边长，则．在中，由勾股定理，算出，即得到，由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形；同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形．只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形．即可确定当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，，由此列方程即可；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴．
∴，．
∵垂直平分，
∴．
在和中，
，
，
∴．
，
∴四边形是菱形．
设菱形的边长，则．
在中，，
由勾股定理，得，
解得．
，
由作图可以知道，点在上时，点在上，此时四点不可能构成平行四边形；
同理点在上时，点在或上，也不可能构成平行四边形．
∴只有当点在上，点在上时，才能构成平行四边形．
当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
∵点的速度为，点的速度为，运动时间为，
，
，
解得．
∴以四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
19．(1)见解析
(2)120
【分析】本题考查平行线的性质、平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明是解题的关键．
（1）由，得，因为，，所以，则，即可证明四边形是平行四边形；
（2）由，得，而，所以，则，当∠AEF=120°，则，可证明是等边三角形，所以，则四边形是菱形，于是得到问题的答案．
【详解】（1）证明：，
，
平分平分，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：当 时，四边形是菱形，
理由：，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
故答案为：120．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由线段垂直平分线的性质推出，由菱形的性质推出，得到是等边三角形，因此．
（2）设菱形的边长为，由菱形面积公式得到菱形的面积（），求出，进而根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理，即可求出的长．
【详解】（1）解：连接．
于点，且点是的中点，
．
四边形为菱形，
．
是等边三角形．
．
（2）设菱形的边长为，
是等边三角形，，
．
由题意得：，即．
解得：．
在菱形中，，，是对角线，
，．
在中，，．
．
解得：．
【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定定理是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得出，，，，，证出，由即可得出，根据全等三角形的性质和平行四边形的判定解答即可．
（2）根据菱形的判定定理，添加即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，，，
平分，平分，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：添加
由（1）知：四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
22．(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到，先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论；
（2）根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解．
【详解】（1）证明∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，即，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是平行四边形，，
∴，，，则，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即，
∴四边形的周长为．
【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．
23．(1)见解析
(2)2
(3)或
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理；
（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论；
（3）先根据勾股定理求出，再结合图形即可求出．
【详解】（1）证明：∵，
，
为的平分线，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
在中，，，
，
；
（3）解：如图，
在（2）的条件下，，
∵，
∴，
∴或
故答案为：或．
24．[操作判断]见解析；[类比探究]1；[问题解决]2
【分析】[操作判断]根据折叠的性质得，结合平行四边形的性质可得四边形是菱形，即有；
[类比探究]根据平行四边形的性质得和，则，有折叠得，，由结合等腰三角形的性质有，则有，即可得；
[问题解决]延长交的延长线于点，由（2）得，设，由平行四边形，，则有和，进一步证明，有和，根据列方程求解即可．
【详解】解： [操作判断]∵将沿着对角线折叠，若此时点A与点C恰好重合，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴．
[类比探究]∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵沿着折叠点A的对称点恰好落在对角线上，
∴，，
∴，
∴，
∵点与点C，E共线，
∴，
即，
[问题解决]延长交的延长线于点，
由（2）得，
∵沿着折叠，点A的对称点恰好落在的中点处，
设，
∵四边形是平行四边形
∴，
∴，
∵恰好落在的中点处，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，解得，
∴．
【点拨】本题主要考查折叠的性质、平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质和特殊四边形的性质．