第01讲 菱形的性质（教师版）-新九年级数学暑假预习讲义（北师大）

第01讲菱形的性质（4种题型）【知识梳理】一、菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．要点精析：(1)菱形必须满足两个条件：一是平行四边形；二是一组邻边相等．二者必须同时具备，缺一不可．(2)菱形的定义既是菱形的基本性质，也是菱形的基本判定方法．二、菱形的性质菱形除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）菱形是轴对称图形，它有两条对称轴.注意：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；(3)菱形的面积有两种计算方法：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．【考点剖析】一、利用菱形的性质求角度例1.如图所示，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，求∠CDF的度数．AABCDEF【解析】联结∵AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，∴∵，，，∴∴，∴，∵∠BAD=80°，∴，∴，∴【变式】如图，等腰三角形CEF的两腰CE，CF的长与菱形ABCD的边长相等．(1)求证：△BEC≌△DFC；(2)当△ECF是等边三角形时，求∠B的度数．解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴CB＝CD，且∠B＝∠D.∵△CEF是等腰三角形，∴CE＝CF.∵CE＝CB，CF＝CD，∴∠B＝∠CEB，∠D＝∠CFD，∴∠CEB＝∠CFD，∴△BEC≌△DFC(AAS)(2)设∠B＝x°，∵CE＝CB，∴∠CEB＝∠B＝x°，∴∠BCE＝180°－2x°，同理∠FCD＝180°－2x°.∵△CEF是等边三角形，∴∠ECF＝60°.∵四边ABCD是菱形，，∴∠B＋∠BCD＝180°，∴x°＋2(180°－2x°)＋60°＝180°，∴x°＝80°，即∠B＝80°二、利用菱形的性质求线段长例2.（1）菱形有一个内角为，一条较短的对角线长为6，则菱形的边长为_________；（2）如图，在菱形中，，，则．OO【答案】（1）6；（2）．【解析】（1）∵菱形有一个内角为，∴菱形的两条边和较短的对角线构成了一个等边三角形，∴菱形的边长为6；（2）设对角线相交于点，则，，∵，∴．由勾股定理可得：，则【总结】考察菱形的性质的综合运用．【变式】（2023·河南郑州·郑州外国语中学校考一模）如图所示，边长为4的菱形中，对角线与交于点O，P为中点，Q为中点，连接，则的长为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点P作，垂足为M，根据得到为等边三角形，从而得到，计算出，再计算出，最后根据勾股定理计算出．【详解】解：如图所示，过点P作，垂足为M，∵四边形是菱形，，∴为等边三角形．∴，，，，∴，，，∴，∵P为中点∴，∴，故选C．【点睛】本题考查菱形、等边三角形和含角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．三、利用菱形的性质求面积例3.如图所示，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝10．求：(1)AB的长．(2)菱形ABCD的面积．【答案与解析】解：(1)∵四边形ABCD是菱形．∴AC⊥BD，AO＝AC，OB＝BD．又∵AC＝8，BD＝10．∴AO＝×8＝4，OB＝×10＝5．在Rt△ABO中，∴，∴．(2)由菱形的性质可知：．【总结升华】(1)由菱形的性质及勾股定理求出AB的长．(2)根据“菱形的面积等于两条对角线乘积的一半”来计算．【变式】（2023·山西晋中·统考模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，则菱形的面积为_____．【答案】42【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【详解】解：在菱形中，对角线，交于点，，，，，菱形的面积为．故答案为：42．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积的求法．四、利用菱形的性质证明例4．已知：如图，四边形ABCD是菱形，F是AB上一点，DF交AC于E．求证：∠AFD=∠CBE．答案：证明：∵四边形ABCD是菱形，∴．∴,∴△BCE≌△COB（SAS）．∴∠CBE=∠CDE．∵在菱形ABCD中，AB∥CD，∴∠AFD=∠FDC∴∠AFD=∠CBE．【变式】(自贡中考)如图，点E、F分别在菱形ABCD的边DC、DA上，且CE＝AF.求证：∠ABF＝∠CBE.证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠A＝∠C，∵在△ABF和△CBE中，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(AF＝CE,∠A＝∠C,AB＝CB))，∴△ABF≌△CBE(SAS)，∴∠ABF＝∠CBE.【过关检测】一、单选题1．（2023秋·贵州贵阳·九年级期末）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．【详解】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．2．（2023·陕西西安·校考二模）如图，为菱形的对角线，已知，则等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由菱形的性质先证明，，可得，从而可得答案．【详解】解：∵菱形，∴，，∵，∴，∴，故选C．【点睛】本题考查的是菱形的性质，熟记菱形的每一条对角线平分一组对角是解本题的关键．3．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，在菱形中，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据菱形的性质，平行线的性质计算判断即可．【详解】∵菱形，∴，∴，∵，∴,故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形性质是解题的关键．4．（2023·湖南长沙·校联考模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，若，，则菱形的面积为（

）A．18 B．16 C．20 D．24【答案】D【分析】由菱形对角线互相垂直平分，可得，由菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求出其面积．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴菱形的面积，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形的面积公式．5．（2023·河南鹤壁·统考三模）如图，菱形的对角线，相交于点，点为边的中点，若菱形的周长为，，则的面积是(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】根据菱形的性质得出为等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理，求得，根据三角形中线的性质即可求解．【详解】解：菱形的周长为，，，为等边三角形，为中点，是的中点，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形中线的性质，熟练掌握是解题的关键．6．（2023·天津河西·统考一模）如图，四边形为菱形，A，B两点的坐标分别是，，点C，D在坐标轴上，则菱形的面积等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的对角线互相平分求算出的长度，再根据菱形面积等于对角线乘积的一半计算．【详解】解：∵四边形为菱形，A，B两点的坐标分别是，，∴∴∴菱形的面积=．故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质以及坐标与图形的性质，掌握菱形的对角线互相平分以及菱形面积等于对角线乘积的一半是解题关键．7．（2023·安徽六安·统考二模）在菱形中，与交于O，的值可以是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据菱形的性质，判断能构成直角三角形，由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．【详解】解：菱形中，与交于O，由与垂直，则能构成直角三角形，A、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；B、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；C、，不能构成直角三角形，故此选项不符合题意；D、，能构成直角三角形，故此选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．8．（2023春·九年级单元测试）如图，菱形的对角线交于点O，，将绕着点C旋转得到，则点A与点之间的距离为（）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】C【详解】根据菱形的性质得到，，再由旋转的性质得到，，则，利用勾股定理求出的长即可得到答案．【解答】解：∵菱形的对角线交于点O，∴，，∴∵将绕着点C旋转得到，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∴点A与点之间的距离为10，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，灵活运用所学知识是解题的关键．9．（2023·江苏扬州·统考一模）下图中，图是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果，图是一个菱形，将图截去一个边长为原来一半的菱形得到图，用图镶嵌得到图，将图着色后，再次镶嵌便得到图，则图中的度数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先确定的度数，再利用菱形的对边平行，平行线的性质即可求出的度数．【详解】解：如图所示：，又∵，，∵，∴，，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，理解题意，准确识图，求出的度数是解题的关键．10．（2023·浙江宁波·统考一模）如图，由两个正三角形组成的菱形内放入标记为①，②，③，④的四种不同大小的小正三角形5个，其中编号①的有2个．设未被覆盖的浅色阴影部分的周长为，深色阴影部分的周长为，若要求出的值，只需知道其中两个小正三角形的边长，则这两个小三角形的编号为（

）A．①② B．②③ C．①③ D．②④【答案】C【分析】设标记为①，②，③，④的小正三角形的边长分别为，菱形的边长为，分别求得,即可求解．【详解】解：设标记为①，②，③，④的小正三角形的边长分别为，菱形的边长为，∴，依题意，，，∴，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角的性质，整式的加减，熟练掌握菱形的性质与等边三角的性质是解题的关键．11．（2023·安徽阜阳·统考二模）如图，在菱形中，对角线与交于点，在上取一点，使得，连接，若，，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据菱形的性质，得是直角三角形，根据，设，可用含的式子表示，的长，根据直角三角形的勾股定理即可求解．【详解】解：∵在菱形中，对角线与交于点，，∴，，，∴是直角三角形，∵，设，∴，则，在中，，，在中，，∴，解得，（舍去），，∴，∵四边形是菱形，∴，故选：．【点睛】本题主要考查菱形与直角三角形的综合，掌握菱形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形中勾股定理的计算是解题的关键．二、填空题12．（2023秋·陕西汉中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为________．【答案】/度【分析】根据菱形的性质进行求解即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．13．（2023春·广东揭阳·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E点，若，则________．【答案】65°/65度【分析】先根据菱形的邻角互补求出∠BAD的度数，再根据菱形的对角线平分一组对角求出∠BAO的度数，然后根据直角三角形两锐角互余列式计算即可得解．【详解】解：在菱形ABCD中，∠ADC=130°，∴∠BAD=180°-130°=50°，∴∠BAO=∠BAD=×50°=25°，∵OE⊥AB，∴∠AOE=90°-∠BAO=90°-25°=65°．故答案为：65°．【点睛】本题主要考查了菱形的邻角互补，每一条对角线平分一组对角的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键．14．（2023·江苏徐州·统考一模）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是__________．【答案】60【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数．【详解】如图，∵∠BAD=∠BAE=∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE=360°，∴∠BAD=∠BAE=∠DAE=120°，∵BC∥AD，∴∠ABC=180°-120°=60°，故答案为：60．【点睛】本题考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，解题关键是理解题意，求出∠BAD的度数．15．（2023·四川成都·统考二模）如图，，是菱形的对角线，若，则菱形的面积为_______．【答案】【分析】设与交于点O，根据菱形的性质与勾股定理求出与，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得出结果．【详解】解：设与交于点O，∵四边形是菱形，∴，，，在中，，∴，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，得：菱形的面积为，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理．根据勾股定理求的值是解题的关键．16．（2023·山东潍坊·统考一模）如图，在菱形纸片中，E是边上一点，将沿直线翻折，使点B落在处，连接，已知，，则的度数为______．【答案】/75度【分析】根据菱形性质可知，，，根据折叠可知，，，求出，根据等腰三角形性质求出即可．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，根据折叠可知，，，∴，∵，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质．17．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1－∠2＝______°．【答案】36【分析】如图，过作证明利用平行线的性质可得：从而可得答案.【详解】解：如图，过作正五边形AEFGH，菱形ABCD,即故答案为：【点睛】本题考查的是菱形的性质，正五边形的性质，平行线的性质，作出适当的辅助线是解本题的关键.18．（2023·山东青岛·一模）如图，在菱形中，与相交于点，的垂直平分线交于点，连接，若，则的度数为______．【答案】【分析】根据菱形的性质，得到，，再根据垂直平分线性质，得到，从而得到，最后利用三角形外角性质即可求出的度数．【详解】解：连接，四边形是菱形，，，，，，垂直平分，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握菱形的基本性质是解题关键．19．（2023·辽宁大连·统考一模）菱形周长为40，两条对角线的和为28，则菱形的面积为______．【答案】96【分析】根据菱形的性质可得，两边平方得，再根据菱形的周长计算得出，利用勾股定理可得，再利用，即可得出结果．【详解】解：如图，∵四边形是菱形，∴与相互垂直且平分，∵，∴，∴，即，∵菱形周长为40，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴菱形的面积为：，故答案为：96．【点睛】本题考查菱形的性质和勾股定理，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．20．（2023·陕西西安·统考二模）如图，在菱形中，，，E为中点，F为上一点，且，则的长为___________．【答案】【分析】连接交于，过作于，证明，为等边三角形，可得，可得，，，，，，证明，而，可得，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接交于，过作于，∵菱形中，，∴，，，∴，为等边三角形，∴，∵，为的中点，∴，，，，∴，，∵，∴，而，∴，∴，∴，∴．（负根舍去）故答案为：【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的三角形的性质，二次根式的混合运算，灵活的应用以上知识解题是关键．三、解答题21．（2023·广东广州·统考一模）已知．(1)化简；(2)若，是菱形两条对角线的长，且该菱形的面积为，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据单项式乘多项式的运算法则和完全平方公式将原式展开，去括号后再合并同类项即可；（2）根据菱形的面积公式可求出的值，然后整体代入由（1）所得的结果进行计算即可．【详解】（1）解：；（2）∵，是菱形两条对角线的长，且该菱形的面积为，∴，∴，∴．∴的值为．【点睛】本题是求代数式的值的应用，考查了整式的混合运算，单项式乘多项式的运算法则，完全平方公式，合并同类项，菱形的面积等知识点，运用了整体代入的思想．掌握整式的混合运算和菱形的面积的计算方法是解题的关键．22．（2023·广东广州·广州市育才中学校考一模）已知(1)化简；(2)如图，在菱形中，，对角线，若的周长为，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）先计算分式的减法，再把除法化为乘法运算，约分后可得结果；（2）利用菱形的性质先求解a的大小，再代入求值即可．【详解】（1）解：；（2）∵四边形是菱形，∴，∵的周长为，，∴，∴，∴，当时，．【点睛】本题考查的是分式的化简，菱形的性质，求解代数式的值，熟记分式的混合运算的运算法则是解本题的关键．23．（2023·湖南永州·统考一模）如图，菱形中，，分别以、为圆心，大于的一半长为半径画弧，两弧在的两侧分别交于点、，作直线交于点，交于点，连接，求的度数．【答案】【分析】根据菱形的性质，以及垂直平分线的性质，求出，，再利用角的和差定义即可解决问题．【详解】解：四边形是菱形，，，由作图可知，垂直平分线段，，，．【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等角对角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键．24．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的垂线交的延长线于以E．(1)证明：．(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据菱形的性质得出，，再证明，然后证明四边形是平行四边形，即可证明；（2）先根据（1）中四边形是平行四边形得到，，结合菱形的性质以及勾股定理得出值，即可求出菱形的面积．【详解】（1）解：∵四边形是菱形∴，∵∴∴四边形是平行四边形∴（2）解：由（1）得四边形是平行四边形∴，∵四边形是菱形∴，，那么在中，设，∵∴，则∴所以菱形的面积【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．25．（2023·安徽马鞍山·校考二模）已知菱形中，，E，F分别在边，上，是等边三角形．(1)如图1，对角线交于点M，求证：；(2)如图2，点N在上，且，若，，求的值．【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，即可得出结论；（2）连接，由（1）可知，是等边三角形，，根据菱形的性质可得，再根据平行线的性质可得，证明四边形是平行四边形，得到，即可求出结果．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∵是等边三角形，∴，，∴，在和中，，∴，∴；（2）解：连接，由（1）可知，是等边三角形，，∴，，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴是等边三角形，，∴，在和中，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线段成比例定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质证明三角形全等是解题的关键．26．（2023·江苏南京·统考一模）如图，在菱形中，是对角钱，E，F分别为边的中点，连接，交于点G．(1)求证；(2)若，，则的长为________．【答案】(1)见解析(2)1【分析】（1）连接，由四边形是菱形得到，E，F分别为边的中点，由三角形中位线定理得到，即可得到结论；（2）先证明，再证明．．由得到和都是直角三角形，则，即可得到的长．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是菱形，∴，∵E，F分别为边的中点，∴，∴；（2）∵四边形是菱形，∴，，∴，．∴．∴．∴是等边三角形，，∴．故答案为：1．【点睛】此题考查了菱形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理及菱形的性质是解题的关键．27．（2023春·广西南宁·九年级南宁十四中校考阶段练习）如图，是菱形的对角线，，（1）请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）条件下，连接，求的度数．【答案】（1）见解析；（2）45°【分析】（1）分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；（2）根据∠DBF＝∠ABD﹣∠ABF计算即可；【详解】解：（1）如图所示，直线EF即为所求；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD＝∠DBC∠ABC＝75°，DC∥AB，∠A＝∠C，∴∠ABC＝150°，∠ABC+∠C＝180°，∴∠C＝∠A＝30°．∵EF垂直平分线段AB，∴AF＝FB，∴∠A＝∠FBA＝30°，∴∠DBF＝∠ABD﹣∠FBE＝45°．【点睛】本题考查了线段的垂直平分线作法和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．28．（2023春·北京海淀·九年级北京交通大学附属中学校考开学考试）在平面直角坐标系中，对于点A和线段，如果点A，O，M，N按逆时针方向排列构成菱形，且，则称线段是点A的“相关线段”．例如，图1中线段是点A的“-相关线段”．（1）已知点A的坐标是．①在图2中画出点A的“-相关线段”，并直接写出点M和点N的坐标；②若点A的“-相关线段”经过点，求的值；（2）若存在使得点P的“-相关线段”和“-相关线段”都经过点，记，直接写出t的取值范围．【答案】（1）①作图见解析；点M的坐标是，点N的坐标是；②的值为或；（2）．【分析】（1）①根据“α−相关线段”的定义求解；②由题意点M必在直线x=上，记MH⊥x轴于H，则可得MH=1，∠MOH=30°，然后分点M在x轴上方和点M在x轴下方两种情况分别求出α的值即可；（2）根据题意分0<t≤2、2<t≤4、t>4三种情况讨论．【详解】（1）①如图，即为所求．过点M作BM⊥x轴于点B，∵四边形AOMN为菱形，∴AO∥MN，AO=MO=MN，∵点A在y轴上，∴AO⊥x轴，∴MN⊥x轴，即N、M、B三点共线，∵∠AOM=30°，∴∠MOB=90°-30°=60°，在RT△MOB中，BO=MO=1，MB=，∴点M的坐标是，点N的坐标是．②解：∵点A的“-相关线段”经过点，∴点M必在直线上．记直线与x轴交于点，∵，∴，．分两种情况：a）如图，当点M在x轴上方时，点M恰为，符合题意，此时；b）如图，当点M在x轴下方时，点M为，由知点N为，也符合题意，此时．综上，的值为或．（2）当0<t≤2时，任意菱形的边MN都不经过点(0，4)；当2<t≤4且N为（0，4）时，点P的“α-相关线段”过(0，4)，当2<t≤4且M为（0，4）时，点P的“β-相关线段”过(0，4)；当t>4时,只有一种情况使P的“α-相关线段”或“β-相关线段”过(0，4)，此时(0，4)在线段OM上，∴不符合题意综