1/12019-2021北京重點(diǎn)校初二（下）期末數(shù)學(xué)匯編菱形一、單選題1．（2020·北京·人大附中八年級(jí)期末）在菱形ABCD中，M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA上的一點(diǎn)(不與端點(diǎn)重合)，對(duì)于任意的菱形ABCD，下面四個(gè)結(jié)論中：①存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；②存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；③存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是菱形；④至少存在一個(gè)四邊形MNPQ是正方形正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)是()A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)2．（2020·北京·人大附中八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點(diǎn)D在x軸上，邊BC在y軸上，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為(12，13)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為()A． B． C． D．3．（2020·北京·101中學(xué)八年級(jí)期末）如圖，兩把完全一樣的直尺疊放在一起，重合的部分構(gòu)成一個(gè)四邊形，這個(gè)四邊形一定是()A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．無(wú)法判斷4．（2020·北京·人大附中八年級(jí)期末）在中，點(diǎn)D是邊上的點(diǎn)（與B，C兩點(diǎn)不重合），過(guò)點(diǎn)D作，分別交，于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．若，則四邊形是矩形B．若垂直平分，則四邊形是矩形C．若，則四邊形是菱形D．若平分，則四邊形是菱形5．（2020·北京·北大附中八年級(jí)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形的頂點(diǎn)在軸上，邊在軸上，若點(diǎn)的坐標(biāo)為(12，13)，則點(diǎn)的坐標(biāo)是()A．(0，-5) B．(0，-6) C．(0，-7) D．(0，-8)6．（2020·北京·人大附中八年級(jí)期末）下列說(shuō)法中正確的是()A．一組對(duì)邊平行、一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形B．四個(gè)角都相等的四邊形是矩形C．菱形是軸對(duì)稱(chēng)圖形不是中心對(duì)稱(chēng)圖形D．對(duì)角線垂直相等的四邊形是正方形二、填空題7．（2020·北京·101中學(xué)八年級(jí)期末）如圖，在菱形中，，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，是對(duì)角線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若，則的最小值是_____.8．（2020·北京·101中學(xué)八年級(jí)期末）在?ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，E是邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），連接EO并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)F，連接AF，CE，有下列四個(gè)結(jié)論：①對(duì)于動(dòng)點(diǎn)E，四邊形AECF始終是平行四邊形；②若∠ABC＞90°，則至少存在一個(gè)點(diǎn)E，使得四邊形AECF是矩形；③若AB＞AD，則至少存在一個(gè)點(diǎn)E，使得四邊形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，則至少存在一個(gè)點(diǎn)E，使得四邊形AECF是正方形．以上所有錯(cuò)誤說(shuō)法的序號(hào)是_____．三、解答題9．（2020·北京·人大附中八年級(jí)期末）如圖，在矩形ABCD中，E是AD上一點(diǎn)，PQ垂直平分BE，分別交AD、BE、BC于點(diǎn)P、O、Q，連接BP、EQ．（1）求證：四邊形BPEQ是菱形；（2）若AB=6，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，OF+OB=9，求PQ的長(zhǎng)．10．（2020·北京·北大附中八年級(jí)期末）在菱形中，,點(diǎn)是射線上一動(dòng)點(diǎn)，以為邊向右側(cè)作等邊，點(diǎn)的位置隨點(diǎn)的位置變化而變化.（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)在菱形內(nèi)部或邊上時(shí)，連接，與的數(shù)量關(guān)系是，與的位置關(guān)系是；（2）當(dāng)點(diǎn)在菱形外部時(shí)，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)予以證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說(shuō)理).(3)如圖4，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接，若,,求四邊形的面積.

參考答案1．D【分析】根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定，正方形的判定，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【詳解】①如圖，連接AC，BD交于O，四邊形ABCD是菱形，過(guò)點(diǎn)O直線MP和QN，分別交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，

則四邊形MNPQ是平行四邊形，

故存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；

②如圖，當(dāng)PM=QN時(shí)，四邊形MNPQ是矩形，故存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；故正確；

③如圖，當(dāng)PM⊥QN時(shí)，存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是菱形；故正確；

④如圖，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，四邊形MNPQ是正方形，故至少存在一個(gè)四邊形MNPQ是正方形；故④正確；綜上，①②③④4個(gè)均正確，

故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟記各定理是解題的關(guān)鍵．2．D【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解決問(wèn)題．【詳解】∵A（12，13），

∴OD=12，AD=13，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴BC=CD=AD=13，

在Rt△ODC中，OC=，

∴OB=13-5=8．

∴B（0，8）．

故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、坐標(biāo)與圖形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．3．B【分析】作DF⊥BC,BE⊥CD,先證四邊形ABCD是平行四邊形.再證Rt△BEC≌Rt△DFC，得，BC=DC，所以，四邊形ABCD是菱形.【詳解】如圖，作DF⊥BC,BE⊥CD,由已知可得，AD∥BC,AB∥CD∴四邊形ABCD是平行四邊形.在Rt△BEC和Rt△DFC中∴Rt△BEC≌Rt△DFC，∴BC=DC∴四邊形ABCD是菱形.故選B【點(diǎn)睛】本題考核知識(shí)點(diǎn)：菱形的判定.解題關(guān)鍵點(diǎn)：通過(guò)全等三角形證一組鄰邊相等.4．D【分析】由矩形的判定和菱形的判定即可得出結(jié)論．【詳解】解：若AD⊥BC，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是矩形；選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若AD垂直平分BC，則四邊形AEDF是菱形，不一定是矩形；選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若BD=CD，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是菱形；選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是菱形；選項(xiàng)D正確；故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定、菱形的判定；熟記菱形和矩形的判定方法是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．5．A【分析】根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(12，13)，可求出菱形的邊長(zhǎng)及OD的長(zhǎng)，然后在Rt△COD中，利用勾股定理求出OC的長(zhǎng)，即可求出點(diǎn)C的坐標(biāo).【詳解】∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(12，13)，∴CD=AD=13，OD=12，∴OC=,∴C（0，-5）.故選A.【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，圖形與坐標(biāo)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵.6．B【分析】分別根據(jù)平行四邊形的判定、矩形的判定、菱形的對(duì)稱(chēng)性、正方形的判定逐項(xiàng)判斷即得答案．【詳解】解：A、一組對(duì)邊平行、一組對(duì)邊相等的四邊形是不一定是平行四邊形，如等腰梯形，所以本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意；B、四個(gè)角都相等的四邊形是矩形，所以本選項(xiàng)說(shuō)法正確，符合題意；C、菱形既是軸對(duì)稱(chēng)圖形也是中心對(duì)稱(chēng)圖形，所以本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意；D、對(duì)角線垂直相等且平分的四邊形是正方形，所以本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形、矩形和正方形的判定以及菱形的性質(zhì)等知識(shí)，屬于基本題型，熟練掌握特殊平行四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．【分析】找出B點(diǎn)關(guān)于AC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)D，連接DE交AC于P，則DE就是PB+PE的最小值，求出即可．【詳解】連接DE交AC于P，連接DB，由菱形的對(duì)角線互相垂直平分，可得B、D關(guān)于AC對(duì)稱(chēng)，則PD=PB，∴PE+PB=PE+PD=DE，即DE就是PE+PB的最小值，∵∠ABC=120°，∴∠BAD=60°，∵AD=AB，∴△ABD是等邊三角形，∵AE=BE，∴DE⊥AB（等腰三角形三線合一的性質(zhì)）．在Rt△ADE中，DE==．∴PB+PE的最小值為．故答案為．【點(diǎn)睛】本題主要考查軸對(duì)稱(chēng)-最短路線問(wèn)題，菱形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，確定P點(diǎn)的位置是解答本題的關(guān)鍵．8．②④．【分析】由于EF經(jīng)過(guò)平行四邊形ABCD的中心O，故四邊形AECF一定也是平行四邊形，這可以通過(guò)證明BE與CF相等來(lái)說(shuō)明．然后只要讓平行四邊形AECF再滿(mǎn)足適當(dāng)?shù)奶厥鈼l件就可以變成對(duì)應(yīng)的特殊平行四邊形．【詳解】解：①如圖1，∵四邊形ABCD為平行四邊形，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，∴∠OAE＝∠OCF，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四邊形AECF為平行四邊形，即E在AB上任意位置（不與A、B重合）時(shí)，四邊形AECF恒為平行四邊形，故選項(xiàng)①正確；②如圖2，四邊形AECF不是矩形，故選項(xiàng)②錯(cuò)誤．③如圖3，當(dāng)EF⊥AC時(shí)，四邊形AECF為菱形，故選項(xiàng)③正確．④如圖4，如果AB＜AD，就不存在點(diǎn)E在邊AB上，使得四邊形AECF為正方形，故選項(xiàng)④錯(cuò)誤．故答案為：②④．【點(diǎn)睛】本題主要考查平行四邊形以及幾種特殊平行四邊形的判定．熟悉平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此題的關(guān)鍵．9．（1）證明見(jiàn)解析；（2）PQ的長(zhǎng)是．【分析】⑴先根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)證明QB=QE，由ASA證明△BOQ≌△EOP，得出PE=QB，證出四邊形ABGE是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定即可得出結(jié)論.⑵根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得，設(shè)，則，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可得，解得BE=10，得到，設(shè)，則，，計(jì)算得出，在Rt△BOP中，根據(jù)勾股定理可得，由即可求解.【詳解】（1）證明：∵PQ垂直平分BE，∴QB=QE，OB=OE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠PEO=∠QBO，在△BOQ與△EOP中，，∴△BOQ≌△EOP（ASA），∴PE=QB，又∵AD∥BC，∴四邊形BPEQ是平行四邊形，又∵QB=QE，∴四邊形BPEQ是菱形；（2）解：∵O，F(xiàn)分別為PQ，AB的中點(diǎn)，∴AE+BE=2OF+2OB=18，設(shè)AE=x，則BE=18﹣x，在Rt△ABE中，62+x2=（18﹣x）2，解得x=8，BE=18﹣x=10，∴OB=BE=5，設(shè)PE=y，則AP=8﹣y，BP=PE=y，在Rt△ABP中，62+（8﹣y）2=y2，解得y=，在Rt△BOP中，PO=，∴PQ=2PO=．10．（1）BP=CE；CE⊥AD；（2）成立，理由見(jiàn)解析；（3）.【詳解】【分析】（1）①連接AC，證明△ABP≌△ACE，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等即可證得BP=CE；②根據(jù)菱形對(duì)角線平分對(duì)角可得，再根據(jù)△ABP≌△ACE，可得，繼而可推導(dǎo)得出，即可證得CE⊥AD；（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，利用（1）的方法進(jìn)行證明即可；（3）連接AC交BD于點(diǎn)O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的長(zhǎng)，AP長(zhǎng)，由△APE是等邊三角形，求得，的長(zhǎng)，再根據(jù)，進(jìn)行計(jì)算即可得.【詳解】（1）①BP=CE，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；②CE⊥AD，∵菱形對(duì)角線平分對(duì)角，∴，∵△ABP≌△ACE，∴，∵，∴，∴，∴，∴CF⊥AD，即CE⊥AD；（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°＋∠DAP，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE＋∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD，∴(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立；(3