【易错专训】01 菱形的性质与判定（解析版）

【突破易错·冲刺满分】2021-2022学年九年级数学上册期末突破易错挑战满分（北师大版）易错01菱形的性质与判定【易错1例题】菱形的性质1．（2021·苏州外国语学校八年级期中）下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是（）A．对角线垂直 B．两组对边分别平行 C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等【答案】A【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．【详解】解：A、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，符合题意；B、菱形、平行四边形的对边平行且相等，不符合题意；C、菱形、平行四边形的对角线互相平分，不符合题意；D、菱形、平行四边形的两组对角分别相等，不符合题意；故选：A．【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．也考查了平行四边形的性质．【易错2例题】菱形的判定2．（2021·广西崇左市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF．（1）求证：平行四边形ABCD是菱形；（2）若AB＝10，AC＝12，求平行四边形ABCD面积．【答案】（1）证明见解析；（2）108．【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据菱形的判定即可得证；（2）连接，交于点，先根据菱形的性质可得，再利用勾股定理可得，从而可得，然后利用菱形的面积公式即可得．【详解】解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，又∵，，在和中，，∴，∴，又∵四边形是平行四边形，∴平行四边形是菱形；（2）如图，连接，交于点，∵平行四边形是菱形，∴，在中，，∴，则平行四边形面积为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．【专题训练】选择题1．（2021·河南中考真题）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（）A．四条边相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形【答案】B【分析】根据菱形的性质判断即可．【详解】解：A、菱形的四条边都相等，A选项正确，不符合题意；B、菱形的对角线不一定相等，B选项错误，符合题意；C、菱形的对角线互相垂直，C选项正确，不符合题意；D、菱形是轴对称图形，D选项正确，不符合题意；故选：B．【点睛】本题主要考查了对菱形的性质的理解，关键是根据菱形的性质解答．2．（2021·安徽八年级期末）下列命题正确的是（）A．一组邻边相等的四边形是菱形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形D．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形【答案】D【分析】根据菱形的判定定理即可判断求解．【详解】A一组邻边相等的平行四边形是菱形，故命题错误；B.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故命题错误；C.对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形，故命题错误；D.对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，正确故选D．【点睛】此题主要考查菱形的判定，解题的关键是熟知菱形的判定定理．3．（2021·江苏扬州市·八年级期中）如图，四边形是菱形，，，于H，则等于（）A． B． C．5 D．4【答案】A【分析】先根据菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再利用勾股定理计算出AB=10，然后根据菱形的面积公式得到•AC•BD=DH•AB，再解关于DH的方程即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=8，OB=OD=6，AC⊥BD，在Rt△AOB中，AB==10，∵S菱形ABCD=•AC•BD，S菱形ABCD=DH•AB，∴DH•10=×12×16，∴DH=．故选A．【点睛】本题考查了勾股定理，以及菱形的性质：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；菱形的面积等于对角线乘积的一半．4．（2021·北京八年级期末）如图，菱形ABCD的一边中点M到对角线交点O的距离为3cm，则菱形ABCD周长为（）A．10cm B．12cm C．16cm D．24cm【答案】D【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD=BC，BO=DO，由三角形的中位线定理可得AD=2OM=6cm，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=BC，BO=DO，又∵点M是AB的中点，∴AD=2OM=6cm，∴菱形ABCD的周长=4×6=24cm，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，掌握菱形的的对角线互相平分是解题的关键．5．（2021·江苏八年级期中）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且，MN与AC交于点O，连接BO．若，则的度数为（）A．26° B．52° C．64° D．77°【答案】C【分析】根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数．【详解】解：四边形为菱形，，，，，在和中，，，，，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．二、填空题6．（2021·黑龙江九年级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AC⊥BD，且AC平分BD，若添加一个条件_____，则四边形ABCD为菱形．【答案】OA＝OC【分析】添加条件OA＝OC，先证四边形ABCD是平行四边形，再由AC⊥BD，即可得出平行四边形ABCD是菱形．【详解】.解：添加一个条件OA＝OC，则四边形ABCD为菱形，理由如下：∵AC平分BD，OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故答案为：OA＝OC．【点睛】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．7．（2021·湖北九年级一模）如图，将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE．若∠D＝70°，则∠AEF＝________．【答案】30°．【分析】根据折叠的性质可得∠ECB=∠ECF，CB=CF，根据菱形的性质可得CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，求出等腰三角形△DCF的顶角∠DCF，求出∠BCF的度数，利用平角求出∠AEF即可．【详解】解：在菱形ABCD中，CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，根据折叠可得：∠ECB=∠ECF，CB=CF，∴CF=CD∴∠DCF=180°-70°-70°=40°，∴∠ECF=（∠BCD-∠DCF）=35°，∴∠BCF=2∠ECF=70°，∴∠BEF=360°-∠B-∠BCF-∠EFC=360°-70°-70°-70°=150°，∴∠AEF=180°-∠BEF=180°-150°=30°．故答案为：30°．【点睛】本题考查图形的翻折变换，关键是掌握折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．8．（2021·平山县外国语中学八年级期中）如图，以菱形的顶点O为原点，对角线所在直线为x轴建立平面直角坐标系，若，点C的坐标为，则点A的坐标为______．【答案】【分析】作辅助线连接AB，用菱形对角线、边的性质，求出两边OA、OD的长度，再求出AD的长，进而推出点A的坐标．【详解】如图，连接AB，交OC于点D．四边形AOBC是菱形，在中，点A的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质(对角线互相垂直平分，四条边都相等)，勾股定理的应用(在直角三角形中，两直角边的平方之和等于斜边的平方)，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形．9．（2021·贵州中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则的最小值为_____________．【答案】【分析】连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．【详解】解：连接AC，CQ，

∵四边形ABCD是菱形，

∴A、C关于直线BD对称，

∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，

∵∠BCD=120°，

∴∠ABC=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∵Q是AB的中点，

∴CQ⊥AB，BQ=BC=×2=1，

∴CQ=．

故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．10．（2021·浙江八年级期末）如图1，点从菱形的顶点出发，沿以1cm/s的速度匀速运动到点，图2是点运动时，的面积随时间变化的关系图象，则的值为______．【答案】【分析】通过分析图象，点F从点A到B用as，此时，△FDC的面积为2a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD=5，应用勾股定理即可求出a的值．【详解】解：过点D作DE⊥BC于点E，由图象可知，点F从点A到B用as，△FDC的面积为2acm2．∴AB=a，∴AB•DE=a•DE=2a，∴DE=4，当F从B到D时，用5s，∴BD=5，Rt△DBE中，，∵ABCD是菱形，∴AE=a-3，AD=a，Rt△ADE中，∴a2=42+（a-3）2，解得a=．故答案为：．【点睛】本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．三、解答题11．（2021·湖南长沙市·八年级期末）如图，四边形是边长为的菱形，其中对角线的长为．计算：（1）对角线的长度．（2）菱形的面积．【答案】（1）；（2）【分析】（1）因为菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求得BE或DE的长，从而求得BD的长；（2）利用菱形的面积公式：两条对角线的积的一半求得面积．【详解】解：（1）∵四边形为菱形，∴，且，且，∵菱形的边长为，∴，在中，，∴；（2）∵，，∴．【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、菱形的面积公式：两条对角线的积的一半和菱形的对角线性质，综合运用相关知识是解题的关键．12．（2021·北京八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，DE⊥AB．（1）求∠DAB和∠CAB的度数；（2）如果AC＝4，求DE和AD的长．【答案】（1）∠DAB=60°，∠CAB=30°；（2）AD=4，DE=【分析】（1）由菱形的性质可得AD=AB，∠DAC=∠CAB，由线段垂直平分线的性质可得AD=BD，可证△ADB是等边三角形，即可求解；（2）在Rt△ABO中，由勾股定理可求OB的长，即可求AD，DE的长．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠DAC=∠CAB，AO=CO，AC⊥BD，BO=DO，∵E为AB的中点，DE⊥AB，∴AD=BD，∴AD=AB=DB，∴△ABD是等边三角形，∴∠DAB=60°，∴∠CAB=30°；（2）∵AC=，∴AO=CO=，∵AB2-BO2=AO2，∴3BO2=12，∴BO=2，∴DB=4=AD=AB，∴AE=BE=2，∴DE=．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ABD是等边三角形是解题的关键．13．（2021·江苏八年级期末）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点、．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求菱形的周长．【答案】（1）见详解；（2）菱形的周长为．【分析】（1）根据题意易得，则有，进而可得四边形是平行四边形，然后问题可求证；（2）由（1）可得，则可设，则有，然后根据勾股定理可建立方程求解．【详解】（1）证明：∵，∴，∵对角线的垂直平分线与边、分别相交于点、，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：由（1）可得四边形是菱形，∴，设，∵，∴，∵，，∴由勾股定理可得，解得：，∴．【点睛】本题主要考查勾股定理及菱形的判定与性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定与性质是解题的关键．14．（2021·江苏南京市·八年级期末）如图，点E、F分别在▱ABCD的边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，连接AC、EF、AF、CE，AC与EF交于点O．（1）求证：AC、EF互相平分；（2）若EF平分∠AEC，求证：四边形AECF是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由平行四边形的性质得AB=DC，AB∥DC，再证AE=CF，即可得出结论；（2）证出∠CEO=∠CFO，则CE=CF，再由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，AB∥DC，又∵BE=DF，∴AB+BE=DC+DF，即AE=CF，∵AE=CF，AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形．∴AC、EF互相平分；（2）∵AB∥DC，∴∠AEO=∠CFO，∵EF平分∠AEC，∴∠AEO=∠CEO，∴∠CEO=∠CFO∴CE=CF，由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，∴平行四边形AECF是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握菱形的判定，证明四边形AECF为平行四边形是解题的关键．15．（2021·安徽八年级期末）如图，在四边形ABCD中，，对角线于点O，过点D作交BC的延长线于点E，且．（1）求证：四边形ABCD是菱形：（2）若，，求菱形ABCD的周长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）根据平行线的性质得到BD⊥DE，根据直角三角形斜边中线的性质得到BC=CD=CE，证明四边形ACED为平行四边形得到AD=CE，结合AC⊥BD，可得四边形ABCD为菱形；（2）利用中位线定理求出OD=DE=2，根据菱形的性质，利用勾股定理求出CD，从而得到菱形的周长．【详解】解：（1）∵AC⊥BD，DE∥AC，∴BD⊥DE，∵BC=CE，∴BC=CD=CE，∵AD∥BC，∴四边形ACED为平行四边形，∴AD=CE=BC，∴四边形ABCD为平行四边形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD为菱形；（2）∵O为BD中点，BC=CE，∴OC为△BDE的中位线，又∵OC=1，OD=DE，∴OD=DE=2，∵∠DOC=90°，∴CD==，∴菱形ABCD的周长为4CD=．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质，中位线定理，解题的关键是熟练运用菱形的性质求解．16．（专题08特殊四边形的性质与判定的综合运用-2020-2021学年八年级数学下学期期末专项复习（湘教版））如图，在中，，分别是，的中点，，延长到，使得