冀教版（2024）八年级下册菱形一课一练

这是一份冀教版（2024）八年级下册菱形一课一练，共30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。

一、单选题
1．如图，菱形的对角线交于原点O，若点B的坐标为，点D的坐标为，则的值为（ ）．
A．2B．C．6D．
2．如图，在菱形纸片中，，点是边上的一点，将纸片沿折叠，点落在处，恰好经过的中点，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
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．
4．当一个四边形的两组对边分别平行，两条邻边相等时，这个四边形是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．无法确定
5．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，E为的中点，则下列式子中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）
A．B．C．D．
7．如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（ ）

A．B．C．D．
8．如图，矩形纸片，，，点M、N分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在点G处，连接，交于点Q，连接．给出下列结论：①当点G落在矩形外时，；②四边形是菱形；③点P与点A重合时，；④的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②④C．①③④D．①②③④
9．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，，则的长为（ ）

A．16B．15C．14D．13
10．如图，在菱形中，直线分别交、、于点、和．且，连接．若，则为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，丝带重叠的部分一定是（ ）

A．菱形B．矩形C．正方形D．都有可能
12．把一个长方形的纸片按如甲乙图形对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与折痕所成的角α的度数应为（ ）
A．60°或30°B．30°或45°C．45°或60°D．75°或15°
二、填空题
13．菱形ABCD中，∠A=40°，点P在以A为圆心，对角线BD长为半径的圆上，且BP=BA，则∠PBD的度数为 .
14．如图，中，对角线AC，BD相交于点O，添加一个条件，能使成为菱形．你添加的条件是 （不再添加辅助线和字母）
15．如图，在折叠千纸鹤时，其中某一步需要将如图所示的菱形纸片分别沿，所在直线进行折叠，使得菱形的两边，重合于．若此时，则 ．
16．如图，在菱形中，，垂直为点，连接.若，，则菱形的边长为 .
17．如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是 ．
三、解答题
18．如图，在四边形ABCD中，ABCD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．
(1)求证：四边形AECD为菱形；
(2)若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．
19．如图，菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，BE=CE，AD=4cm．
（1）求菱形ABCD的各角的度数；
（2）求AE的长．
20．如图，矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将它折叠，使点A与点C重合，折痕EF交AD于点E，交BC于点F，交AC于点O，连结AF，CE.
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若AE＝8，△ABF的面积为9，求AB＋BF的值.
21．平行四边形ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O, AB=, AO=2, OB=1. 四边形ABCD 是菱形吗？为什么？
22．已知矩形BEDG和矩形BNDQ中，BE=BN，DE=DN．
（1）将两个矩形叠合成如图10，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若菱形ABCD的周长为20，BE=3，求矩形BEDG的面积．
23．如图，在矩形ABCD中，AB=2，，G，H分别是AD，BC边上的点，且AG=CH，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F，G．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形；
(2)填空：①当AG= 时，四边形GEHF是矩形；②当AG= 时，四边形GEHF是菱形；
(3)求四边形GEHF的周长的最小值．
24．如图，中，点P是边上的一个动点，过P作直线，设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F．
(1)求证：；
(2)当点P在边上运动时，四边形可能是菱形吗？说明理由．
《22.5菱形》参考答案
1．D
【分析】本题主要考查了中心对称、菱形的性质、中心对称的性质等知识点，熟记相关性质是解题关键．
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）确定m、n的值，最后求和即可．
【详解】解：∵四边形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，
∴，
∴．
故选：D．
2．A
【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）＝180°−（45°＋60°）＝75°．
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠问题，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．
3．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．
4．C
【分析】此题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定定理是解此题的关键．
根据菱形的判定定理可得这个四边形是菱形．
【详解】当一个四边形的两组对边分别平行时，
∴这个四边形是平行四边形
当两条邻边相等时，
∴这个四边形是菱形．
故选：C．
5．D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质．根据中位线定理和菱形的性质得出，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，， ，
∵E为的中点，
∴，
即：，故A、B正确，不符合题意；
∵，
∴为直角三角形，
∵点E是的中点，
∴，故C正确，不符合题意；
不一定正确，故D错误，符合题意．
故选：D．
6．A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，，．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴，，．
∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵ ，，
∴四边形的面积为：．
同理，由中位线的性质可知，
，，
，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积为：．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形的面积是．
故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．
7．B
【分析】本题主要考查菱形的对称性，菱形即是轴对称图形，又是中心对称图形，通过题目可以发现A点和C点关于原点中心对称，可以直接计算出点C点的坐标．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为，
∴C点坐标为，
故选：B．
8．B
【分析】根据折叠和矩形的性质即可证明，即可判断①；先判断四边形是平行四边形，再根据判断四边形是菱形，即可判断②；点与点重台时设，表示出，利用勾股定理解出，进而求出即可判断③；当过点时，求出四边形面积的最小值，当与重台时，求出四边形面积的最大值，即可判断④．
【详解】解：①∵四边形是矩形，
∴，
根据折叠可得，
∵，
∴，故①正确；
，
，
根据折叠得，
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形，
，
∴平行四边形为菱形，故②正确，符合题意；
当点与重合时，如图所示
设，则．
在中，，即，
解得：．
，
，
又∵四边形为菱形，
，
，
故③错误，不符合题意；
当过点时，如图所示：
此时，最短，四边形的面积最小，则最小为，
当点与点重合时，最长，四边形的面积最大，则最大为，
∴，故④正确，符合题意．
故正确的是①②④，
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质和判定，翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．
9．A
【分析】根据角平分线的性质，结合平行四边形的性质可得；然后通过证明得到四边形为平行四边形，再由推出四边形为菱形；根据菱形的性质可得、、，利用勾股定理计算出的长，进而可得的长．
【详解】解：如图，是的角平分线，
．
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
同理可得，
四边形为平行四边形．
，
四边形为菱形．
，，．
在中，，
．
故选：C．

【点睛】本题侧重考查平行四边形的性质、角平分线的性质、菱形的判定与性质、勾股定理，掌握两种四边形的性质定理是解决此题的关键．
10．C
【分析】根据菱形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定定理和性质确定，OA=OC，根据等腰三角形三线合一的性质确定∠BOC=90°，根据三角形内角和定理和平行线的性质即可求出∠DAC．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，，．
∴∠OMA=∠ONC，∠OAM=∠OCN，∠DAC=∠OCB．
∵AM=CN，
∴．
∴OA=OC．
∴BO⊥AC．
∴∠BOC=90°．
∵∠OBC=65°，
∴∠OCB=180°-∠BOC-∠OBC=25°．
∴∠DAC=∠OCB=25°．
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定定理和性质确，等腰三角形三线合一的性质，三角形内角和定理，综合引用这些知识点是解题关键．
11．A
【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条丝带宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形．
【详解】解：过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，因为两条彩带宽度相同，
所以AB∥CD，AD∥BC，AE＝AF．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵S▱ABCD＝BC•AE＝CD•AF．
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
故选A．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质，利用平行四边形的面积公式得到一组邻边相等是解题关键．
12．D
【分析】根据翻折的性质和菱形的性质可得答案．
【详解】解：为了得到一个锐角为的菱形，
菱形的内角度数为或，
根据菱形的对角线平分每一组对角得，或，
故选：D．
【点睛】本题考查了剪纸问题，翻折的性质，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分每一组对角．
13．110°或30°
【分析】分两种情形，利用全等三角形的性质即可解决问题；
【详解】如图，当点P与D点在直线AB的同侧时．连接AP．
∵四边形ABCD是菱形
∴AD=AB
∵∠BAD=40°，
∴∠ABD=∠ADB=70°，
∵AD=AB=BP，BD=AP，BA=AB，
∴△ABD≌△BAP，
∴∠ABP=∠BAD=40°，
∴∠PBD=∠ABD-∠ABP=30°，
当点P与D点在直线AB的异侧时，同法可得∠ABP′=40°，
∴∠P′BD=40°+70°=110°，
故答案为30°或110°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
14．或或或或
【分析】题中实在平行四边形基础上进行菱形的判定，从边、角、对角线三个方面思考：①邻边相等的平行四边形是菱形；②角上面没有；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形；相应添加条件即可．
【详解】在基础上，
从边上添加有四种：①；②；③；④；
从对角线上添加有：，
故答案为：或或或或．
【点睛】本题考查菱形的判定，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的性质，并清楚是在谁的基础上进行判定是解决问题的关键．
15．30°/30度
【分析】根据菱形的性质得∠B=∠D，∠B+∠BAD=180°，再由折叠的性质得∠B=∠AOM，∠D=∠AON，∠BAM=∠OAM=∠DAN=∠OAN=∠BAD，所以∠AOM=∠AON=(360°-∠MON )=140°，所以∠B=∠AOM=140°,从而可求得∠BAD=40°,继而求得 ∠OAM=10°,再由三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠B=∠D，∠B+∠BAD=180°，
由折叠的性质得：∠B=∠AOM，∠D=∠AON，∠BAM=∠OAM=∠DAN=∠OAN=∠BAD，
∵∠MON=80°，
∴∠AOM=∠AON=(360°-80°)=140°，
∴∠B=∠AOM=140°,
∴∠BAD=40°,
∴∠OAM=10°,
∴∠AMO=180°-140°-10°=30°,
故答案为:30°．
【点睛】本题考查菱形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理，熟练掌握菱形的性质、折叠的性质是解题的关键．
16．
【分析】设DE=x，根据菱形的性质以及题意可得Rt△AED和Rt△CDE，利用勾股定理列出x的方程即可．
【详解】∵在菱形中，垂足为点，
∴.
设，在中，.
∴，
∴.
在中，∵，，
∴，解得，
∴.
【点睛】此题考查菱形的性质，解题的关键是设公共边DE为未知数来解直角三角形，此题难度不大．
17．或/或
【分析】分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，
∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，
∴AO⊥DO，
∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，
∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，
∵∠BAD=60°，
∴∠OAD=30°，
∴，
∴，
∴点C的坐标为（0，）；
如图2所示，当D落在x轴负半轴时，
同理可得，
∴点C的坐标为（0，）；
∴综上所述，点C的坐标为（0，）或（0，），
故答案为：（0，）或（0，）．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
18．(1)见详解
(2)△ABC的面积为
【分析】（1）由题意易得CD=AE，∠DAC=∠EAC=∠DCA，则有四边形AECD是平行四边形，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，则有△BCE是等边三角形，然后可得△ACB是直角三角形，则，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：∵ABCD，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠EAC，∠EAC=∠DCA，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∵AB＝2CD，E为AB中点，
∴，
∵，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：由（1）知：，
∵∠D＝120°，
∴，
∵E为AB中点，
∴，
∴△BCE是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
19．（1）60°、120°、60°、120°；（2）2cm
【分析】（1）连结AC，根据垂直平分线的性质及菱形的性质可得△ABC为等边三角形，即可得到结果；
（2）根据菱形的性质，再结合勾股定理即可求得结果．
【详解】（1）如图，连结AC，
∵AE⊥BC于点E，BE=CE，即AE垂直且平分线段BC，
∴AC=AB(线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)，
又∵BC=AB(菱形的四边相等)，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵，
∴∠BAD=180-60°=120°(两直线平行，同旁内角互补)，
∴∠D=∠B=60°，∠BCD=∠BAD=120°(菱形的对角相等)，
即菱形ABCD的各角的度数分别为: 60°、120°、60°、120°；
（2）∵菱形的四边相等，
∴BC=AB=AD=4cm，
又∵BE=CE，
∴BE=2cm，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AE== ==2（cm）．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；菱形的四条边相等．
20．(1)见解析;(2)10.
【分析】（1）当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，由OA=OC，得∠AOE=∠COF=90°，由题意得AD∥BC，∠EAO=∠FCO，可证明△AOE≌△COF，从而得出∴四边形AFCE是菱形．
（2）根据四边形AFCE是菱形，得出AF=AE=8，在Rt△ABF中，利用勾股定理得AB2+BF2=AF2，AB2+BF2=82，即可得出（AB+BF）2-2AB•BF=64①，根据△ABF的面积为9，可求得AB•BF=18②，再由①、②得：（AB+BF）2=100，得出AB+BF=10．
【详解】（1）证明：当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，
∴四边形AFCE是平行四边形,
又∵EA=EC
∴平行四边形AFCE是菱形.
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=AE=8，在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴AB2+BF2=64，∴（AB+BF）2-2AB·BF=64①，
∵△ABF的面积为9，
∴AB·BF=9，
∴AB·BF=18②，
由①、②得：（AB+BF）2=100，
∵AB+BF＞0，
∴AB+BF=10.
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质以及相似三角形的判定和性质的综合运用．
21．四边形ABCD是菱形,理由见解析
【分析】在△AOB中，根据勾股定理可证△AOB为直角三角形，即可证AC、BD互相垂直．根据菱形的判定，即对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形ABCD是菱形．
【详解】在△AOB中，
∵AB=，AO=2，OB=1，
∴AB2=()2=5，AO2+OB2=22+12=5，
∴AB2=AO2+OB2，
∴△AOB为直角三角形,即∠AOB=90°，
∴AC、BD互相垂直，
∴四边形ABCD是菱形(对角线互相垂直的平行四边形是菱形).
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理和菱形的判定方法,菱形的判定方法有三种:①定义:一组邻边相等的平行四边形是菱形;②四边相等;③对角线互相垂直平分的四边形是菱形.
22．（1）证明见解析；（2）27．
【分析】（1）作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由BC=CD得平行四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质得出AD的长，进而得出AE的长，再利用矩形面积公式求出即可．
【详解】解：（1）答：四边形ABCD是菱形．
证明：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，
由题意知：AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵矩形BEDG和矩形BNDQ中，BE=BN，DE=DN，
∴两个矩形全等，
∴AR=AS，
∵AR•BC=AS•CD，
∴BC=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵菱形ABCD的周长为20，
∴AD=AB=BC=CD=5，
∵BE=3，
∴AE=4，
∴DE=5+4=9，
∴矩形BEDG的面积为：3×9=27．
23．(1)证明见解析
(2)①；②
(3)
【分析】（1）先根据矩形的性质，根据平行线的性质可得，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）①先根据矩形的性质、勾股定理可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定与性质可得，由此即可得；
②先根据菱形的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得；
（3）过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，则，，，再根据利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得，从而可得，利用勾股定理可得，然后根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，由此即可得．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，即，
分别是对角线上的四等分点，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：①如图，连接，
四边形是矩形，，，
，
，
，
分别是对角线上的四等分点，
，
，
要使平行四边形是矩形，则，
，
由平行线间的距离可知，，，
四边形是矩形，
，
又，
，
即当时，四边形是矩形，
故答案为：；
②如图，连接，
要使平行四边形是菱形，则，
在和中，，
，
，
，
，即，
解得，
即当时，四边形是菱形，
故答案为：．
（3）解：如图，过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，
，，，
，
，
，
，
四边形的周长为，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，
则四边形的周长的最小值为．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造直角三角形，并找出当点共线时，取得最小值是解题关键．
24．(1)见解析
(2)不可能，理由见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质以及平行线的性质可证明，，从而得到；
（2）假设四边形是菱形，再证明与在同一平面内过同一点有且只有一条直线与已知直线垂直相矛盾；
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
同理，
∴；
（2）四边形不可能是菱形，
∵平分，平分，
∴，
若四边形是菱形，则，
但在中，不可能存在两个角为，所以不存在其为菱形．
【点睛】此题综合考查了平行线的性质，等腰三角形的判定以及菱形的判定，涉及面较广，在解答此类题目时要注意角的运用，一般通过角判定一些三角形，多边形的形状，需同学们熟练掌握．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
C
D
A
B
B
A
C
题号
11
12








答案
A
D