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12cm
2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（ ）A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm5．（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．20cmB．30cmC．40cmD
．cm6．（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．16B．24C．4D．87．（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．2B．4C．6D．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∠AB
C＝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．（20
19·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．（201
9·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AB
CD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∠EA
C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=B
C，∠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A
B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，∴A
B＝＝，∴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B20
22，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B202
2．∵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∠OBH=∠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≌△AN
P（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＝18
0°，∵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． 1 / 1 |
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