2022年第章四边形特殊的平行四边形菱形的判定与性质.docx

精品学习资源【考点训练】菱形的判定与性质 -1一、挑选题（共 5 小题）1（ 2021.滨州）如图，等边 ABC 沿射线 BC 向右平移到 DCE 的位置，连接 AD 、BD ，就以下结论： AD=BC ； BD 、AC 相互平分； 四边形 ACED 是菱形 其中正确的个数是（）A 0B 1C 2D 32（ 1999.福州）以下语句中，正确的个数是（ 1）等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线；（）2）菱形的对角线相等且相互平分；（3）相等的角是对顶角；（ 4）顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形A 1 个B 2 个C 3 个D 4 个3（ 2021.莱芜）如图， E、F、 G、H 分别是 BD 、BC 、AC 、 AD 的中点，且 AB=CD 以下结论： EG FH ， 四边形 EFGH 是矩形， HF 平分 EHG， EG=（BC AD ）， 四边形 EFGH 是菱形其中正确的个数是（）A 1B 2C 3D 44（ 2006.海南）如图，在菱形ABCD 中， E， F， F，H 分别是菱形四边的中点，连接EG 与 FH 交于点 O，就图中共有菱形（）A 4 个B 5 个C 6 个D 7 个5（ 2002.杭州）如下列图， AOP= BOP=15 °， PC OA， PD OA ，如 PC=4，就 PD 等于（）欢迎下载精品学习资源A 4B 3C 2D 1二、解答题（共 1 小题）（选答题，不自动判卷）6如图，四边形 ABCD 中， AB CD ，AC 平分 BAD ， CE AD 交 AB 于 E（ 1）求证：四边形 AECD 是菱形；（ 2）如点 E 是 AB 的中点，试判定 ABC 的外形，并说明理由【考点训练】菱形的判定与性质 -1参考答案与试卷解读一、挑选题（共 5 小题）1（ 2021.滨州）如图，等边 ABC 沿射线 BC 向右平移到 DCE 的位置，连接 AD 、BD ，就以下结论： AD=BC ； BD 、AC 相互平分； 四边形 ACED 是菱形 其中正确的个数是（）A 0B 1C 2D 3考点 ： 平移的性质；等边三角形的性质；菱形的判定与性质分析： 先求出 ACD=60 °，继而可判定 ACD 是等边三角形，从而可判定 是正确的；依据 的结论，可判定四边形 ABCD 是平行四边形，从而可判定 是正确的；依据 的结论，可判定 正确解答： 解： ABC 、 DCE 是等边三角形， ACB= DCE=60 °，AC=CD ， ACD=180 ° ACB DCE=60 °， ACD 是等边三角形， AD=AC=BC ，故 正确； 由 可得 AD=BC ， AB=CD ，四边形 ABCD 是平行四边形， BD 、AC 相互平分，故 正确； 由 可得 AD=AC=CE=DE ，故四边形 ACED 是菱形，即 正确 综上可得 正确，共 3 个欢迎下载精品学习资源应选 D点评： 此题考查了平移的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质及菱形的判定，解答此题的关键是先判定出 ACD 是等边三角形，难度一般2（ 1999.福州）以下语句中，正确的个数是（ 1）等腰三角形的对称轴是底边的垂直平分线；（）2）菱形的对角线相等且相互平分；（3）相等的角是对顶角；（ 4）顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形A 1 个B 2 个C 3 个D 4 个考点 ： 菱形的判定与性质；相交线；等腰三角形的性质 专题 ： 开放型分析： 依据等腰三角形、菱形等相关学问进行解答解答： 解：（ 1）等腰三角形的对称轴是顶角平分线所在的直线，依据等腰三角形三线合一的性质，知：此直线也垂直平分底边，故（1）正确；（ 2）菱形的对角线相互垂直平分，但不相等，故（2）错误；（ 3）对顶角相等，但相等的角不是对顶角，故（3）错误；（ 4）矩形的对角线相等，依据三角形中位线定理，可证得顺次连接矩形各中点所得四边形的四边都相等，由此可判定所得四边形是菱形，故（4）正确；所以正确的结论是（ 1）（ 4），应选 B 点评： 此题主要考查的是等腰三角形的性质、菱形的判定和性质，娴熟把握各图形的性质是解答此类题目的关键3（ 2021.莱芜）如图， E、F、 G、H 分别是 BD 、BC 、AC 、 AD 的中点，且 AB=CD 以下结论： EG FH ， 四边形 EFGH 是矩形， HF 平分 EHG， EG=（BC AD ）， 四边形 EFGH 是菱形其中正确的个数是（）A 1B 2C 3D 4考点 ： 三角形中位线定理；菱形的判定与性质 专题 ： 推理填空题分析： 依据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB=CD 可得四边形 EFGH 是菱形，然后依据菱形的对角线相互垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判定解答： 解： E、F、G、H 分别是 BD 、BC、 AC 、AD 的中点， EF=CD ， FG=AB ， GH=CD ， HE=AB ， AB=CD ， EF=FG=GH=HE ，四边形 EFGH 是菱形， EG FH，正确； 四边形 EFGH 是矩形，错误； HF 平分 EHG，正确； 当 AD BC ，如下列图： E，G 分别为 BD ， AC 中点，连接 CD ，延长 EG 到 CD 上一点 N， EN=BC ，GN=AD ， EG=（ BC AD ），只有 AD BC 时才可以成立，而此题AD 与 BC 很明显不平行，故本小题错误； 四边形 EFGH 是菱形，正确欢迎下载精品学习资源综上所述， 共 3 个正确 应选 C点评： 此题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，依据三角形的中位线定理与AB=CD 判定四边形 EFGH 是菱形是解答此题的关键4（ 2006.海南）如图，在菱形ABCD 中， E， F， F，H 分别是菱形四边的中点，连接EG 与 FH 交于点 O，就图中共有菱形（）A 4 个B 5 个C 6 个D 7 个考点 ： 菱形的判定与性质；三角形中位线定理分析： 由菱形的性质和判定，图中的菱形由：四边形AEOH ， HOGD ，EOFB ，OFGC 和 ABCD ，共 5 个 解答： 解：四边形 ABCD 是菱形， E，F， F， H 分别是菱形四边的中点， AE=AH=HD=GD=CG=CF=FB=BE=OE=OG=OH=OF，四边形 AEOH ， HOGD ， EOFB ， OFGC 和 ABCD 均为菱形，共5 个 应选 B 点评： 此题考查了菱形的判定：四边相等的四边形是菱形5（ 2002.杭州）如下列图， AOP= BOP=15 °， PC OA， PD OA ，如 PC=4，就 PD 等于（）A 4B 3C 2D 1考点 ： 菱形的判定与性质；含30 度角的直角三角形 专题 ： 压轴题分析： 过点 P 做 PM CO 交 AO 于 M ，可得 CPO= POD，再结合题目推出四边形COMP 为菱形，即可得PM=4 ，又由 CO PM 可得 PMD=30 °，由直角三角形性质即可得PD解答： 解：如图：过点P 做 PM CO 交 AO 于 M ， PMCO CPO= POD， AOP= BOP=15 °， PC OA四边形 COMP 为菱形， PM=4PM CO . PMD= AOP+ BOP=30 °，又 PD OA PD=PC=2令解：作 CN OA 欢迎下载精品学习资源 CN=OC=2 ，又 CNO= PDO， CN PD， PCOD ，四边形 CNDP 是长方形， PD=CN=2应选 C点评： 此题运用了平行线和直角三角形的性质，并且需通过帮助线求解，难度中等偏上 二、解答题（共 1 小题）（选答题，不自动判卷）6如图，四边形 ABCD 中， AB CD ，AC 平分 BAD ， CE AD 交 AB 于 E（ 1）求证：四边形 AECD 是菱形；（ 2）如点 E 是 AB 的中点，试判定 ABC 的外形，并说明理由考点 ： 菱形的判定与性质 专题 ： 数形结合分析： （ 1）利用两组对边平行可得该四边形是平行四边形，进而证明一组邻边相等可得该四边形为菱形；（ 2）利用菱形的邻边相等的性质及等腰三角形的性质可得两组角相等，进而证明ACB 为直角即可 解答： 解：（ 1） AB CD ，CE AD ，四边形 AECD 为平行四边形， 2= 3，又 AC 平分 BAD ， 1= 2， 1= 3， AD=DC ， AECD 是菱形；（ 2）直角三角形 理由： AE=EC 2= 4， AE=EB ， EB=EC ， 5= B，又由于三角形内角和为180°， 2+ 4+ 5+ B=180 °， ACB=90 °， ACB 为直角三角形欢迎下载精品学习资源点评：考查菱形的判定与性质的应用；用到的学问点为：一组邻边相等的平行四边形是菱形；菱形的等4 条边都相关注中同学习题网官方微信公众号，免费学习资源、学习方法、学习资讯第一时间把握；微信公众账号： xitibaike扫描二维码关注：欢迎下载