9.3.3 菱形的性质与判定同步练习 2024-2025学年苏科版数学八年级下册

9.3.3 菱形的性质与判定 同步练习 一、单选题 1．如图，在菱形中，．已知的周长是12，则菱形的周长是（　　） A．20 B．16 C．15 D．12 2．在中，如果只添加一个条件即可证明是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D．平分 3．如图，在菱形中，对角线与．相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ）    A．21度 B．28度 C．42度 D．65度 4．如图，在菱形中，直线分别交、、于点M、N和O，且，连接，若，则为（    ）    A． B． C． D． 5．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，则菱形的高为（    ） A．3 B．4 C． D． 6．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得之间的距离为，点之间的距离为，则线段的长（　　） A． B． C． D． 7．如图，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，点E在边上，连接，若，则四边形的面积为（   ）    A．64 B．48 C．32 D．16 8．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且点P不与点B、C重合．过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，则EF的最小值为（　　） A．4 B．4.8 C．5 D．6 二、填空题 9．如图，四边形是边长为的菱形，其中对角线长．则菱形的面积为 ．    10．如图，菱形的顶点C在x轴的正半轴上，顶点A的坐标为，顶点B的坐标为 ． 11．如图，，分别以A，B为圆心，5cm长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接，则四边形的面积为 ． 12．如图，在平面直角坐标系中把矩形沿对角线所在的直线折叠，点B落在点处．与x轴相交于点D，，，点F是y轴负半轴上一个动点，点P在坐标平面内，使以点A，D，P，F为顶点的四边形是菱形的点P的坐标为 ．    13．如图，菱形的对角线，交于点O，过点D作于点E，连接，若，，则对角线的长为 ． 14．如图，菱形的对角线与相交于O点，，过点A作交的延长线于点E，连接，则线段的长度是 ． 15．如图，在矩形中，，点P在边上运动，现将纸片折叠，使点D与点P重合，得折痕(点E，F为折痕与矩形边的交点)，再将纸片还原，请写出使四边形为菱形的的取值范围 ． 16．如图，菱形中，，，点、、分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为 ．    三、解答题 17．如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)若，，求的长． 18．如图，在平行四边形中，对角线相交于点平分． (1)求证：四边形是菱形． (2)若于点，求的长． 19．在中，对角线与相交点，过点分别作和的垂线，垂足分别为，． (1)如图，当时，求证：平行四边形是菱形； (2)如图，当时，若，求的值． 20．在中，的平分线交边于点E，交边的延长线于点F，以为邻边作． (1)如图1，求证：为菱形； (2)如图2，若，连接， ①求证：； ②判断的形状，并加以证明． (3)如图3，若，M是的中点，连结，若，则 ． 参考答案 1．B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质；根据菱形的对角线平分一组对角和菱形的四边相等可证是等边三角形，即可求出菱形的边长，即可求出周长． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， ， 的周长是12， ， 菱形的周长是， 故选：． 2．D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟悉掌握判定方法是解题的关键． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：由题意可作出图形： 当时，则为矩形，故A错误； 当时，则为矩形，故B错误； 当时，不能判定出是菱形，故C错误； 当平分时，则， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为菱形，故D正确； 故选：D． 3．D 【分析】本题主要查了菱形的性质．根据菱形的性质，可得，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴． 故选：D 4．C 【分析】先证，可得，由等腰三角形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，且 ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是本题的关键． 5．D 【分析】由菱形的性质可得，，，由垂线的性质可得，在中，根据勾股定理可得，然后根据可得，于是得解． 【详解】解：四边形是菱形，，， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 是菱形的高， ， ， 故选：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，垂线的性质，勾股定理，利用菱形的性质求面积，等式的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质与菱形面积的计算方法是解题的关键． 6．A 【分析】连接，过点作，过点作，根据平行四边形的判定与性质可知，再根据菱形的性质与判定可知，，，最后利用勾股定理即可解答．本题考查了平行三边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练菱形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：连接，过点作，过点作， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴在中，， 故选：． 7．D 【分析】先证明四边形为菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴四边形的面积为； 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形为菱形． 8．B 【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝BD＝8，OC＝AC＝6，由勾股定理可求BC的长，可证四边形OEPF是矩形，可得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，由面积法可求解． 【详解】连接OP， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16， ∴AC⊥BD，BO＝BD＝8，OC＝AC＝6， ∴BC＝＝10， ∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD， ∴∠FOE=∠PEO=∠PFO=90° ∴四边形OEPF是矩形， ∴FE＝OP， ∵当OP⊥BC时，OP有最小值， 此时S△OBC＝OBOC＝BCOP， ∴OP＝＝4.8， ∴EF的最小值为4.8， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键． 9． 【分析】首先根据菱形的性质可得，，，然后再根据勾股定理计算出长，进而得到答案． 【详解】解：四边形是菱形，   ，，， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直且平分． 10． 【分析】过点A作于点D，过点B作于点E，利用矩形的性质，菱形的性质，勾股定理解答即可． 本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：过点A作于点D，过点B作于点E， ∵菱形， ∴， ∵，， ∴, ∴四边形是矩形， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点． 故答案为：． 11． 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，由题意可证明四边形是菱形，则，，由勾股定理可得，据此根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：由作图方法可知， ∴四边形是菱形， 如图所示，连接交于O，则，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12．或 【分析】本题主要考查矩形与折叠，菱形的判定与性质；先根据题意得，设，根据勾股定理得到，即，再分不同情况进行解答即可． 【详解】解：∵， ∴， 根据题意：， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵为直角三角形，， ∴， ∴， 解得：， ∴， 当运动到，作边，为对角线时， ∵A，D，P，F为顶点的四边形是菱形， ∵， ∴， 当运动到，作边时，    ∴ 当运动到时    ∵点F是y轴负半轴上一个动点 ∴不符合题意； 故答案为：或． 13． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键． 由中，点O是的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，，则，根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ， ， ， ． 故答案为：． 14．3 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟掌握以上性质是解题的关键；根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：3． 15． 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的判定与性质，熟记性质并判断出点E、F的位置是关键；根据菱形的对角相等判断出点E在边上，点F在边上，此时可证明四边形是菱形，再根据长度判断出的最大值与最小值，即可写出的取值范围． 【详解】解：由于菱形的对角相等，则点E只能在边上，点F只能在边上； 由折叠知，垂直平分， 则， ； 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， 即四边形是菱形； ∵点E只能在边上，点F只能在边上 ∴最大时为， 此时点E与点A重合，； 当时，只能点E在边上，点F在边上， 此时， ； 故答案为：． 16． 【分析】菱形是轴对称图形，可作点关于直线的对称点，连接，根据两点之间线段最短可知，当点与点重合时，时，的值最小，即为长，求得的长即可求解； 【详解】如图：作点关于直线的对称点，连接， ∴， 四边形是菱形，    ∵，当点P在上，且时，取得最小值，当时，的值也是最小，即为长， 在中 ， ∴，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称之最短距离问题，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质与菱形的性质是解题的关键． 17．(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，矩形的判定及性质，直角三角形的特征，等边三角形的判定及性质，勾股定理等； （1）由矩形的判定方法得四边形是矩形，由矩形的性质得，由菱形的判定方法，即可得证； （2）由菱形的性质及等边三角形的性质得，由勾股定理得，由矩形的性质得 ，由勾股定理得，即可求解； 掌握菱形的判定及性质，矩形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】（1）证明：如图，交于， 且， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， 四边形是平行四边形， 是菱形； （2）解：是菱形， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 由（1）得 四边形是矩形， ， ， ． 18．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理； （1）根据平行四边形的性质可得，则，根据角平分线的定义可得，等量代换可得，根据等角对等边，可得，进而根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证； （2）勾股定理求得，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∵， ∴． 19．(1)证明见解析； (2) 【分析】（）根据角平分线的定义得，由平行线的性质得，则，根据等角对等边得，最后由菱形的判定即可求证； （）证明平行四边形是矩形，得，进而证明是等边三角形，，然后证明四边形是矩形，根据勾股定理得，然后代入即可求解； 本题考查了平行四边形的性质，矩形和菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 20．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②等边三角形，证明见解析 (3) 【分析】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． （1）平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：平分， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形为菱形； （2）证明①四边形是平行四边形， ，，， ， ， 由（1）知，四边形是菱形， ，， ，， ， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ； 解②：， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 是等边三角形， （3）解：如图3中，连接，， ，四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， 四边形为正方形． ， ， 为中点， ， ， 在和中， ， ， ， ． ， 是等腰直角三角形． ， ， ， 故答案为：． 学科网（北京）股份有限公司 $$