第01讲 菱形的性质-【暑假自学课】2023年新九年级数学暑假精品课（北师大版）

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第01讲 菱形的性质

1. 理解菱形的概念.
2. 掌握菱形的性质定理

一、菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
要点：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件.
二、菱形的性质
菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质：
1.菱形的四条边都相等；
2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.
3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心.
要点：
（1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分.

（2）菱形的面积由两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半.
（3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题.

考点一：菱形的性质
例1．关于菱形，下列说法错误的是（ ）
A．对角线垂直 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相平分
【答案】C
【分析】根据菱形的性质即可直接选出答案．
【解析】解：菱形的性质有：对角线互相垂直平分，四边相等，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例2．关于菱形一定具有的性质，下列说法错误的是（    ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．邻边相等 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据菱形性质进行判断即可．
【解析】解：A．菱形对角线互相平分，故选项正确，不符合题意；
B．菱形对角线互相垂直，故选项正确，不符合题意；
C．菱形邻边相等，故选项正确，不符合题意；
D．菱形的对角线不一定相等，故选项错误，符合题意．
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例3．下列性质中，菱形具有而平行四边形不具有的性质是（　　）
A．对边平行且相等 B．对角线互相平分 C．每条对角线平分一组对角 D．对角互补
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质和菱形的性质对各选项进行判断．
【解析】解：A、菱形、平行四边形的对边平行且相等，故A选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直平分、平行四边形的对角线互相平分，故B选项不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角；平行四边形的对角线互相平分，故C选项符合题意；
D、菱形、平行四边形的对角相等，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，菱形的性质，掌握平行四边形与菱形的性质是解题的关键．
考点二：利用菱形的性质求角度
例4．如图，菱形中，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由菱形的性质得到，，利用等边对等角和三角形内角和即可得到答案．
【解析】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边对等角等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例5．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，则的度数是（   ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用等边对等角计算出的度数，再由两直线平行内错角相等计算出的度数，即可计算出的度数.
【解析】四边形是菱形，
，
又由，则，
四边形是菱形，
，
则，
故，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，菱形四边都相等，即可得到等腰三角形，再运用等腰三角形等边对等角，可计算出角的度数，菱形对边相等且平行，运用两直线平行内错角相等也可计算出角的度数，本题较为简单.
考点三：利用菱形的性质求长度
例6．如图所示，在菱形中，对角线与交于点，于点．若，则(      )

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质求出∠OBE,再根据OE⊥BC即可求出∠BOE．
【解析】∵∠BAD=110°,AC、BD是菱形对角线,
∴∠OBC=∠OBA=,
∵OE⊥BC,
∴∠BOE=90°－35°=55°．
故选C．
【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于利用对角线平分对角的性质解题．
例7．如图，在菱形中，，点E在上，若，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据菱形的性质得到，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出，进一步求出，则．
【解析】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，分别求出是解题的关键．
例8．如图，菱形，, 点是对角线上一点，点是边上一点，且，则的度数为（     ）    

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接交于，连接，根据菱形的性质得出，进而解答即可．
【解析】解：连接交于，连接，

四边形是菱形，
∴，，
∴垂直平分，又点E在上，
∴，
∵，
，，，
，，，
，
，
故选：B．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角解答．
例9．如图，在菱形中，，，则菱形的周长是（    ）

A．10 B．15 C．20 D．30
【答案】C
【分析】只需要证明是等边三角形求出即可得到答案．
【解析】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴菱形的周长，
故选C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，证明是等边三角形是解题的关键．
例10．如图，在菱形中，周长为16，，则的长等于（    ）

A． B．4 C． D．2
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得出，，判定出是等边三角形，根据菱形的周长求出的长度，即可得解．
【解析】解：在菱形中，，，
∴是等边三角形，
∵菱形的周长为16，
∴，
∴
故选B．
【点睛】此题考查了菱形的性质，属于基础题，解答本题的关键是掌握菱形的基本性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
例11．如图，在菱形中，，，，垂足为点H，则的长为（    ）

A．3 B．4 C． D．5
【答案】C
【分析】由菱形面积等于对角线积的一半可求面积，由勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果．
【解析】解：如图，对角线交于点O，

∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键．
例12．如图，菱形的边长为10，，则点到的距离等于（　　）

A．5 B．6 C．8 D．1
【答案】A
【分析】连接，根据菱形的性质可得以及的度数，再根据含角的直角三角形的性质可求解．
【解析】解：连接交于点，

四边形是菱形，，
，，
，
在中，
，，
，
点A到的距离等于5．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
例13．在菱形中，若，周长为16，则这个菱形的两条对角线长分别为（    ）
A．2， B．4， C．4，4 D．，
【答案】B
【分析】连接、，、交于点，判定是等边三角形，即可得到，再根据等边三角形的性质得到，求出，根据勾股定理即可得到的长．
【解析】解：如图所示，，连接、，、交于点，
四边形是菱形，
，，
又菱形的周长为16，
，
又，
是等边三角形，
，
，
在中，，
．
故选B．

【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．关键是画图并找出图中的等边三角形．
考点四：利用菱形的性质求面积
例14．若菱形形的一条对角线长，另一条对角线，则它的面积是_____________．
【答案】/平方厘米
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
【解析】解：，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的面积，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
例15．菱形的周长是，一个内角为，则菱形的面积为________．
【答案】2
【分析】过点A作于点E，根据菱形的周长先求出边长，再根据30度角的性质求出，再利用菱形的面积公式计算即可得解．
【解析】解：如图所示，

∵菱形的周长为8，
∴边长，
∵一个内角，
过点作于点，
则，
所以，菱形的面积为，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含度角直角三角形的性质，能够正确画出图形和求出菱形边上的高是解题的关键．
例16．如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，过作的平行线交的延长线于点，则的面积为_____________．

【答案】
【分析】先根据菱形的性质求出的面积为12，再根据平行线的性质、等腰三角形的判定可得，从而可得，然后根据等底同高求面积即可得．
【解析】解：∵在菱形中，，，
∴，，，，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
例17．如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为5和12时，则阴影部分的面积为_____．

【答案】15
【分析】根据菱形的面积的公式，即可求出阴影部分的面积．
【解析】解：∵菱形是中心对称图形，
∴由图得：阴影的面积等于菱形面积的一半，
∵菱形的两条对角线的长分别为5和12，
∴菱形的面积为，
∴阴影部分的面积为15，
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查了利用菱形的性质求面积，正确运用菱形面积公式是解题的关键．
考点五：利用菱形的性质求坐标
例18．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，且菱形边长为2，，则点的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半可知，进而可得点坐标．
【解析】解：由菱形的性质可知，，，，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半等知识．解题的关键在于对性质的熟练掌握．
例19．如图，已知点A的坐标为，点B的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点，则，两点的坐标为（    ）

A．点），点 B．点，点
C．点，点 D．点，点）
【答案】B
【分析】由菱形的性质可知点和点关于原点对称，、关于原点对称，结合条件可求得点，点的坐标．
【解析】解：四边形为菱形，
，，
又点为坐标原点，
点和点关于原点对称，点和点关于原点对称，
点的坐标为，点的坐标为，
点坐标为，点坐标为．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质和关于原点对称，掌握菱形的性质是解题的关键．
考点六：利用菱形的性质证明
例20．如图，点，分别在菱形的边，上，且．求证：．

【答案】见解析
【分析】根据菱形的性质得出，，结合已知条件，证明 ，根据全等三角形的性质即可求解．
【解析】∵四边形是菱形，
∴，，                            
又∵，                            
∴．                            
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
例21．如图所示，在菱形中，对角线相交于点，过点作对角线的垂线交的延长线于点，求证：四边形是平行四边形

【答案】见解析；
【分析】根据菱形的性质得到，，再根据得到即可解答．
【解析】证明：∵在菱形中，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，掌握菱形的性质是解题的关键．
例22．如图，菱形中，E是对角线上的一点，连接、，求证：．

【答案】证明见解析
【分析】根据菱形的性质，证明，即可得出．
【解析】证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形全等的判断和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．
例23．如图，已知菱形的对角线、相交于点，延长至点，使，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的对边平行且相等可得，，然后证明得到，，根据平行四边形的判定即可得证；
（2）欲求菱形的面积，求得、的长度即可．
【解析】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
又∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴菱形的面积．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定和性质以及勾股定理的运用．掌握菱形的性质、平行四边形的判定和性质是解题的关键．

一、单选题
1．（2022·广西河池·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是(   )

A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC
【答案】C
【分析】根据菱形的性质逐项分析判断即可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，∠DAC＝∠BAC，故A、B、D选项正确，
不能得出，故C选项不正确，
故选：C.
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（    ）

A．40° B．60° C．80° D．100°
【答案】C
【分析】根据两直线平行，内错角相等可得出答案．
【解析】解：∵纸片是菱形
∴对边平行且相等
∴（两直线平行，内错角相等）
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是要知道两直线平行，内错角相等．
3．（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（　　）

A．16 B．6 C．12 D．30
【答案】B
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
【解析】解：连接AC交BD于O，如图，

∵四边形ABCD为菱形，
∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，，
∴AC＝2OC＝，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积＝ab（a、b是两条对角线的长度）．
4．（2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形是菱形，，点是中点，是对角线上一点，且，则的值是（    ）

A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】取AC的中点M，连接EM设由中位线性质可得再根据，可得出从而得到FC的长，即可得到的结果．
【解析】解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM ，设

∵点是中点，
∴EM是的中位线，


四边形是菱形，
，∠AMD=90°，

，



∴DM=，
∴AM=




故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和中位线的性质，熟练掌握这些性质是解此题的关键．
5．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　）

A．2 B． C．1.5 D．
【答案】A
【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【解析】解：取AB中点G点，连接PG，如图，

∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，

∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．

二、填空题
6．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）菱形中，对角线，，则菱形的边长为____________．
【答案】5
【分析】根据菱形的性质得到，，，从而得出，，最后根据勾股定理即可求出菱形的边长．
【解析】解：如图，

∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，，
∴，，
在中，，
∴菱形的边长为5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
7．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为_________．

【答案】
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FHAO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．
【解析】解：如图，取OD的中点H，连接FH，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
8．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射钱CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为______（结果保留很号）．

【答案】
【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解析】解：如图，连接AC交BD于点H，

由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，
又∵∠ECM=30°，
∴∠DCF=50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD=90°，
∴∠CDF=40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC=40°，
在△CDH和△CDF中，，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH=DF=，
∴DB=2DH=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．

一、单选题
1．菱形不具备的性质是（    ）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．对角线平分对角 D．是中心对称图形
【答案】B
【分析】根据菱形的性质逐一判断即可．
【解析】解：A．菱形的四条边都相等，故本选项不合题意；
B．菱形的对角线不相等，故本选项符合题意；
C．菱形的对角线平分内角，故本选项不合题意；
D．菱形是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中心对称图形，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
2．如图，已知菱形的两条对角线与长分别是和，则这个菱形的面积是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接由菱形面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．
【解析】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质，解答的关键是熟记菱形的面积公式，属于中考常考题型．
3．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，则菱形ABCD的面积是（　　）

A．18 B．18 C．36 D．36
【答案】B
【分析】过点AE⊥BC于点E，根据菱形的性质可得BC=AB=6，然后根据含30度角的直角三角形以及勾股定理可得AE，进而可以解决问题．
【解析】解：如图，过点AE⊥BC于点E，

在菱形ABCD中，BC=AB=6，∠ABC=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB=3，
∴AE==3，
∴菱形ABCD的面积=BC•AE=6×3=18．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
4．如图，菱形的边长为2，，则点A的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据坐标意义，点A坐标与垂线段有关，过点A向x轴垂线段AE，求得OE、AE的长即可知点A坐标．
【解析】过点A作AE⊥x轴，垂足为E，则∠AEO=90°，

∵，∠AEO=90°
∴，
∴
∵菱形的边长为2即AO=2，∠AEO=90°，
∴，即
解得：．
∴点A坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质、菱形的性质，等角对等边，勾股定理等，正确添加辅助线是解题的关键．
5．如图，在菱形中，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．20
【答案】B
【分析】由三角形中位线定理可求BC＝2，由菱形的性质可求周长．
【解析】解：∵E，F分别是AB，AC的中点，EF＝1，
∴BC＝2EF＝2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的周长＝4×2＝8，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，掌握菱形的性质是本题的关键．
6．如图，菱形中，，点E、F分别在边、上，，则的度数为（      ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为，连接，和菱形的边长相等，可证明，根据全等三角形的性质可得，求出．
【解析】解：连接，如图所示：

∵四边形为菱形，
∴，，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵，
∴，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
7．如图，菱形的对角线相交于点O．E，F分别是的中点，若，则菱形的周长为（　　）

A．8 B．16 C．8 D．16
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线的性质可以得到与的关系，与的关系，再根据菱形的性质和勾股定理，即可得到的长，然后即可求得菱形的周长．
【解析】解：取的中点，连接，，

点为的中点，点为的中点，
，，，，
四边形是菱形，，
，，，
，，
设，则，，
，
，
解得，
，
菱形的周长为：，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形的中位线、等边三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．如图，菱形的对角线交于点O，交的延长线于E，，则的面积为（    ）

A．11 B．12 C．14 D．15
【答案】B
【分析】先判断出四边形是平行四边形，从而得出的长度，根据菱形的性质求出的长度，利用勾股定理的逆定理可得出是直角三角形，计算出的面积，再根据等底同高的两三角形面积相等可得答案．
【解析】解：，，
四边形是平行四边形，
，
∵四边形是菱形，
∴，
在中，，即可得，
又，
是直角三角形，
，
，
．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质、勾股定理的逆定理及三角形的面积，属于基础题，求出的长度，判断是直角三角形，是解答本题的关键．
9．如图，菱形的两条对角线交于点O，于点E，若，则的长是（      ）

A． B． C． D．4
【答案】A
【分析】先求出菱形的边长，再由菱形的面积公式可求解．
【解析】∵菱形，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
10．如图，在菱形中，，，点P是菱形内部一点，且满足，则的最小值是（    ）

A． B． C．6 D．
【答案】D
【分析】在上取一点E，使得，作，作点C关于的对称点H，交于G，连接交于P，连接，此时，的值最小．在和中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【解析】解：如图，在上取一点E，使得，作，作点C关于的对称点H，交于G，连接交于P，连接，此时，的值最小．

的最小值，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题，三角形的面积，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．

二、填空题
11．如果一个菱形的一条边长为，那么这个菱形的周长为_________．
【答案】8
【分析】根据菱形的四条边都相等，现在已知其一条边长为，即可求出菱形的周长．
【解析】解：菱形的四条边都相等，
其边长都为，
菱形的周长．
故答案为：8．
【点睛】本题考查菱形的性质，属于基础题，比较简单，掌握菱形的四条边相等是解题关键．
12．如图，在菱形中，过点A作于点E，交对角线于点F，点G为的中点．若，则_______°．

【答案】
【分析】根据菱形的性质得出，进而得出，据此即可求解．
【解析】解：∵四边形为菱形，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
13．菱形的对角线，则菱形的高为_______．
【答案】
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理计算出，再根据等面积法即可计算出菱形的高．
【解析】解：如图所示：
  ，
菱形的对角线，
，，
，
设菱形的高为，
则，
即，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，等面积法，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
14．如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为______．

【答案】
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知，进一步可求出，，利用菱形的面积公式求解即可．
【解析】解：∵，且为菱形，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴菱形的面积，
故答案为：96．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，菱形的性质，解题的关键是求出菱形对角线的长度．
15．如图，在菱形中，，．点P为边上一点，且不与点C，D重合，连接，过点A作，且，连接，则四边形的面积为______．

【答案】
【分析】连接，由菱形的性质可知是等边三角形，过点C作于点G，过点P作于点H，可得，继而得出，根据勾股定理求出长度，再证明四边形是平行四边形，依据进行求解即可．
【解析】如图，连接，

∵四边形是菱形中，，
∴，，
∴是等边三角形，
过点C作于点G，过点P作于点H，
则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
16．如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，，若菱形的面积为16，则的长为____．

【答案】
【分析】由菱形的性质得，，，再求出，则，然后由菱形面积求出，则，即可解决问题．
【解析】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
菱形的面积，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
17．如图1，菱形纸片的边长为，，将菱形沿，GH折叠，使得点B，D两点重合于对角线上的点P（如图2）．若，则六边形的面积为______．
  
【答案】
【分析】由菱形的性质可得，，，，，由折叠的性质可得，，，可证四边形是平行四边形，可得，，由面积和差关系可求解．
【解析】解：如图，
  
∵四边形是菱形，，
∴，，cm，，
∴，,
∴
∴．
∵，
∴，，
∵将菱形沿，折叠，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得： ，  
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴六边形面积
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，求出的长是本题的关键．
18．如图，在菱形中，°，在对角线上任取一点Р（端点除外），连接、．在BA的延长线上取一点Q，使．当点Р在线段上移动时：①；②当点P沿CA方向运动时，的度数先变小，后变大；③；④．其中，说法正确的序号是___________．

【答案】①③④
【分析】利用证明即可推出①和④正确；作点到和的距离，根据角平分线判定定理推出，证明，从而求出为定值，验证②错误；即可推出③正确．
【解析】解：连接，过点分别作于点，于点，如图所示，

四边形为菱形，
，．
，
，
，，
①和④正确．
，，
为等边三角形，
．
，，
，．
，
．
，
．
为定值．
②不正确．
，，
是等边三角形．
，，
，
，，
．
．
③正确．
故答案为：①③④
【点睛】本题考查的是菱形的性质，涉及到的知识点有三角形全等和角平分线的性质判定，作对辅助线是解题的关键．

三、解答题
19．如图，菱形的对角线、相交于点，，垂足为点，，，求、的长．

【答案】
【分析】根据菱形的性质，得出，勾股定理求得，进而等面积法求得，即可求解．
【解析】解：∵菱形的对角线、相交于点，，，
∴，
∴中，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
20．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，且．

(1)求菱形周长；
(2)，求的长．
【答案】(1)8
(2)

【分析】（1）根据菱形四边相等的性质，即可求解；
（2）根据题意可得为等边三角形，，则，即可得出，根据勾股定理求出的长度，即可求解．
【解析】（1）解：∵四边形是菱形，，
∴菱形周长；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，即为等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理可得，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形四边相等，对角线互相垂直平分，对角线平分对角．
21．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点C作交的延长线于点E．

(1)求证：；
(2)若，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)22

【分析】（1）由菱形的性质可得，进而结论得证；
（2）证明四边形是平行四边形，则，然后进行求解即可．
【解析】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形周长为，
∴四边形的周长为22．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
22．图1，图2都是由小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．
  
(1)在图1中画出以为对角线的菱形，C，D均在格点上．
(2)在图2中画出以为边的平行四边形，E，F均在格点上，并使其面积最大．
【答案】(1)见详解
(2)见详解

【分析】（1）根据等边三角形与菱形的性质可进行作图；
（2）根据等边三角形的性质及平行四边形的性质可进行求解．
【解析】（1）解：所作菱形如图所示：
  
（2）解：由图可知的长是固定的，要使所作平行四边形的面积为最大，则需满足该平行四边形边上的高为最大即可，如图所示：
  
【点睛】本题主要考查等边三角形、菱形及平行四边形的性质，熟练掌握各个性质是解题的关键．
23．如图，在菱形中，E为对角线上一点，连接．

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)30°

【分析】（1）由菱形的性质以及“SAS”可证，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（2）由等腰三角形的性质可得∠EAD＝∠ADB＝∠ABD，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【解析】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，灵活应用菱形的性质是解题的关键．
24．如图，在菱形中，，是对角线上任意一点，是线段延长线上一点，且，连接．．

(1)如图1，当是线段的中点，且时，求的面积；
(2)如图2，当点不是线段的中点时，求证：；
【答案】(1)
(2)见解析

【分析】（1）根据菱形性质证明是等边三角形，又因为是线段的中点，且即可求出的面积；
（2）作交于，利用可证明，即可得出最后结论．
【解析】（1）解：四边形是菱形，
∴，
∵，
是等边三角形，又是线段的中点，
，，
，
的面积；
（2）如图2，作交于，
是等边三角形，
是等边三角形，
，
，，   
，
，
，
，
在和中，
，
，
．

【点睛】本题考查的是菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．如图，在菱形中，E为对角线上一点，F是BC延长线上一点，连接．

(1)求证：；
(2)若点G为的中点，连接，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据菱形的性质，结合，，可得到，从而证明，即可；
（2）过点B作，交的延长线于点H，先证明，再证明，即可得到．
【解析】（1）证明：在菱形中，
∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴；
（2）证明：如下图所示，过点B作，交的延长线于点H，

又由（1）可知，
∴，
∵，点G是的中点，
∴，，，
∴,
∵在和中，
∴，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查菱形的性质和全等三角形的判定及性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法．
26．如图1，在菱形中，，点E，G分别在边，上，，，连接．

(1)求证：是等边三角形；
(2)如图2，把沿翻折得到，连接，若，求的长；
(3)如图3，把绕点B顺时针旋转120°得到，连接，P是的中点，连接，，判断与的数量关系，并给出证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，证明见解析

【分析】（1）证明，，从而可得答案；
（2）连接，延长，过点D作，垂足为Q，如图，由题意得是等边三角形，证明，，可得即是直角三角形，证明，可得．可得，，再利用勾股定理可得答案；
（3）由题意得：点A、B、M三点在同一条直线上；如图，延长交于点H，连接，，证明，可得，，证明，可得，，证明，，从而可得答案．
【解析】（1）证明：∵四边形是菱形，，
∴，，
又∵，，
∴．
∴是等边三角形；
（2）连接，延长，过点D作，垂足为Q，如图，由题意得是等边三角形，

∵，，
∴，
∵等边中，，
∴即是直角三角形，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴．
在中，，，
∴，
（3），
证明如下：由题意得：点A、B、M三点在同一条直线上；
如图，延长交于点H，连接，，

∵四边形是菱形，为等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
在和中
∴，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，熟练的利用以上知识是解本题的关键．