2019-2021北京重点校初二(下)期中数学汇编：菱形.docx

2019-2021北京重点校初二（下）期中数学汇编
菱形
一、单选题
1．（2019·北京·清华附中八年级期中）如图所示，有一张一个角为60°的直角三角形纸片，沿其一条中位线剪开后，不能拼成的四边形是( )

A．邻边不等的矩形 B．等腰梯形
C．有一角是锐角的菱形 D．正方形
2．（2019·北京·北大附中八年级期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
3．（2021·北京师大附中八年级期中）在菱形ABCD中，E、F分别是BC和CD的中点，且AE⊥BC，AF⊥CD，那么∠EAF等于（ ）
A．45° B．55° C．60° D．75°
4．（2021·北京·北大附中八年级期中）菱形的面积为12cm2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（　　）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
5．（2021·北京师大附中八年级期中）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图2（1）所示的菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具成为图2（2）所示的正方形，并测得对角线AC＝40 cm，则图2（1）中对角线AC的长为（ ）

A．20cm B．30cm C．40cm D．cm
6．（2019·北京四中八年级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，若AC＝4，BD＝6，则菱形ABCD的周长为（　　）

A．16 B．24 C．4 D．8
7．（2019·北京·人大附中八年级期中）如图，在菱形中，分别是的中点，连接，若，则的长为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
二、填空题
8．（2021·北京师大附中八年级期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2022次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2022的坐标为_____________．

9．（2019·北京·清华附中八年级期中）如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为2 cm，∠A=120°，则EF=_______cm．

10．（2019·北京四中八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，边在轴上，若点的坐标为，则点的坐标是____.

11．（2019·北京市十一学校八年级期中）己知，菱形ABCD中，对角线AC=10,BD=7，则此菱形的面积为____.
12．（2019·北京·北师大实验中学八年级期中）已知菱形的一条对角线长为6，面积是12，则这个菱形的另一条对角线长是____．
三、解答题
13．（2019·北京·清华附中八年级期中）如图，在菱形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点O的线段EF与一组对边AB，CD分别相交于点E，F．

（1）求证：AE=CF；
（2）若AB=2，点E是AB中点，求EF的长．
14．（2021·北京师大附中八年级期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB 于点H，连接OH，求证：∠DHO=∠DCO.

15．（2021·北京·北大附中八年级期中）已知在菱形ABCD中，点P在CD上，连接AP．
（1）在BC上取点Q，使得∠PAQ＝∠B，

①如图1，当AP⊥CD于点P时，线段AP与AQ之间的数量关系是　 ．
②如图2，当AP与CD不垂直时，判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由．
（2）在CD的延长线取点N，使得∠PAN＝∠B，
①根据描述在图3中补全图形．
②若AB＝4，∠B＝60°，∠ANC＝45°，求此时线段DN的长．
参考答案
1．D
【详解】
如图：此三角形可拼成如图三种形状，

（1）为矩形，∵有一个角为60°，则另一个角为30°，∴此矩形为邻边不等的矩形；
（2）为菱形，有两个角为60°；
（3）为等腰梯形．故选D．
2．B
【分析】
矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
3．C
【分析】
连接AC，根据题意证得是等边三角形，再由等边三角形的性质求出∠EAC的度数，同理可求得∠FAC的度数，进而得到答案．
【详解】
解：如图，连接AC，

∵E是BC中点，且AE⊥BC，
∴AE垂直平分BC，
∴AB=AC，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴AB=BC=AC，
∴是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AE平分∠BAC，
∴∠EAC =30°，
同理可得，∠FAC=30°，
∴∠EAF=∠EAC +∠FAC =60°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握各性质及判定定理是解题的关键．
4．B
【分析】
根据菱形面积公式即菱形对角线乘积的一半，即可求出另一对角线的长．
【详解】
解：设另一条对角线长为xcm，
则×6•x＝12，
解得x＝4．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的面积，掌握菱形面积公式，即对角线乘积的一半是解题关键．
5．D
【分析】
如图1，2中，连接AC．在图2中，理由勾股定理求出BC，在图1中，只要证明△ABC是等边三角形即可解决问题．
【详解】
解：如图1，2中，连接AC．

在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵AC=40cm，
∴AB=BC=（cm），
在图1中，∵∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=（cm），
故选：D．
【点睛】
本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6．C
【分析】
根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOD中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求得菱形ABCD的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝OD＝AC＝2，AO＝OC＝BD＝3，AC⊥BD，
∴AB＝＝，
∴菱形的周长为4．
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．
7．D
【分析】
先根据中位线定理求出BC的长度，然后利用菱形的性质可求出的长度．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵E、F是AB、AC的中点，
∴BC=2EF=，
∴AB=BC=8．
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质，菱形四边相等的性质，解题的关键是利用三角形中位线定理得出BC的长．
8．
【分析】
连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2022=337×6，因此点B向右平移1348即可到达点B2022，根据点B的坐标就可求出点B2022的坐标．
【详解】
解：连接AC，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB=BC=OC．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC=AB．
∴AC=OA．
∵OA=1，
∴AC=1．
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．

由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2022=337×6，
∴点B向右平移1348（即337×4）到点B2022．
∵B的坐标为（0，），
∴B2022的坐标为（1348，），
故答案为：（1348，）．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
9．
【详解】
如图，连接AO交EF于点P，

由菱形和折叠对称的性质，知四边形AEOF是菱形，且AP=OP.
∵点A恰好落在菱形的对称中心O处，∴AE=BE.
∵AB=2，∠A=120°，
∴Rt△AEF中，AE=1，∠AEP=30°.
∴EP＝.
∴EF＝.
10．C（0，-5）
【分析】
在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题
【详解】
解：∵A（12，13），
∴OD=12，AD=13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=13，
在Rt△ODC中，，
∴C（0，-5）．
【点睛】
本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
11．35
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答．
【详解】
解：∵对角线AC＝10，BD＝7，
∴菱形的面积＝×10×7＝35．
故答案为：35．
【点睛】
本题主要考查菱形的面积公式，比较基础，需要熟练掌握．
12．4．
【分析】
设另一条对角线长为x，根据菱形的面积计算公式列方程求解即可．
【详解】
设另一条对角线长为x，
则6x=12，
解得：x=4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了菱形面积的计算方法，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
13．（1）见解析；（2）EF=2
【详解】
分析：（1）由四边形ABCD是菱形，可得AB∥CD，OA=OC，继而证得△AOE≌△COF，则可证得结论．
（2）利用平行四边形的判定和性质解答即可．
详解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AB∥CD，
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCO，AO=CO，∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF，
∴AE=CF；
（2）∵E是AB中点，
∴BE=AE=CF．
∵BE∥CF，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∵AB=2，
∴EF=BC=AB=2．
点睛：此题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
14．证明见解析.
【详解】
试题分析：根据菱形的对角线互相平分可得OD=OB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OB，然后根据等边对等角求出∠OHB=∠OBH，根据两直线平行，内错角相等求出∠OB
H=∠ODC，然后根据等角的余角相等证明即可．
试题解析：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=BD=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO．
考点：菱形的性质．
15．（1）①AP＝AQ；②①中的结论仍然成立，证明见解析；（2）①补全图形见解析；②DN＝2﹣2．
【分析】
（1）①AP＝AQ．根据四边形ABCD是菱形，可得BC＝CD，AB∥CD，由∠PAQ＝∠B，可得∠PAQ+∠QCD＝180°，可证AQ⊥BC，利用面积桥可证AP＝AQ；
②①中的结论仍然成立．过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N．由四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，可证AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD，证明△AMQ≌△ANP（AAS）；
（2）①补全图形如下：
②如图3，过点A作AH⊥CD于点H，可证AH＝HN，由四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，可求∠DAH=30°，由30度直角三角形性质DH＝AD＝2，利用勾股定理AH＝2．
【详解】
（1）①AP＝AQ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，AB∥CD，
∴∠B+∠QCD＝180°，
∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠QCD＝180°，
∴∠APC+∠AQC＝180°，
∵AP⊥CD，
∴∠APC＝90°，
∴∠AQC＝90°，
∴AQ⊥BC，
∵S菱形ABCD＝BC•AQ＝CD•AP，
∴AP＝AQ；
故答案为：AP＝AQ；
②①中的结论仍然成立．
证明：如图2中，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N．
∵四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，
∴S菱形ABCD＝BC•AM＝CD•AN，
∵BC＝CD，
∴AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°，AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，

∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠C＝180°，
∴∠AQC+∠APC＝180°，
∵∠AQM+∠AQC＝180°，
∴∠AQM＝∠APN，
在△AMQ和△ANP中，

∴△AMQ≌△ANP（AAS），
∴AP＝AQ．
（2）①，作∠PAN=∠B，角的另一边交CD延长于N，
补全图形如下：

②如图3，过点A作AH⊥CD于点H，
∵∠ANC＝45°，
∴∠NAH＝45°，
∴AH＝HN，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴∠ADC＝60°，AB＝AD＝4，
∴∠DAH=90°-∠ADH=90°-60°=30°，
∴DH＝AD＝2，
∴AH＝=DH＝2，
∴HN＝2，
∴DN＝HN﹣DH＝2﹣2．
【点睛】
本题考查菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理，掌握菱形性质，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形，30°直角三角形性质，勾股定理是解题关键．
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