专题9.12 菱形（专项练习）（基础夯实）-2024-2025学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.12 菱形（专项练习）（基础夯实） 1、 选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求） 1．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．两组对角相等 C．对角线互相垂直 D．两组对边相等 2．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（　　） A． B． C． D． 3．（2024·河南信阳·一模）如图，下列条件中不能使成为菱形的是（    ）    A． B． C． D． 4．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）根据以下平行四边形中所标注的角的度数、边的长度，一定能判定其为菱形的是（    ） A．   B．   C．   D．   5．（24-25九年级上·山西晋中·期中）如图，四边形是菱形，．则菱形的面积（   ） A． B．16 C． D． 6．（24-25九年级上·广东揭阳·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点A作于点，若，，则的长为（　　） A．14 B． C．15 D． 7．（24-25九年级上·河北邯郸·阶段练习）如图，在的边上分别截取、，使；分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；连接、、、．若，四边形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 8．（18-19八年级下·江西南昌·阶段练习）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（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（   ） A．30cm B． C．20cm D． 9．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，小华剪了两条宽为的纸条，交叉叠放在一起，且它们较小的交角为，则它们重叠部分的面积为（    ） A．1 B．2 C．3 D． 10．（22-23九年级上·广东揭阳·期末）如图，菱形的边长为2，边在轴上，，对角线、相交于点，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，图形中不再添加辅助线和字母，再添加一个条件 ，使平行四边形是菱形．（写出一个即可） 12．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，菱形中，和交于点O，过点D作于点E，连接，若，则的度数是 ． 13．（24-25九年级上·广西南宁·期中）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则，两点间的距离为 ． 14．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 ． 15．（21-22八年级下·江苏泰州·期中）如图，四边形ABCD是个活动框架，对角线AC、BD是两根皮筋．如果扭动这个框架（BC位置不变），当扭动到∠A'BC=90°时四边形A'BCD'是个矩形，A'C和BD'相交于点O．如果四边形OD'DC为菱形，则∠A'CB= ° 16．（24-25八年级上·江西宜春·期中）如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接，若，那么在以下四个结论：①四边形是平行四边形；②四边形是菱形；③；④平分，正确的有 ． 17．（2024·重庆·二模）如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为 18．（2023·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，已知第1个菱形中，，，以对角线为边作第2个菱形，使点在菱形的内部，且，再以对角线为边作第3个菱形，使点在菱形的内部，且，顺次这样作下去……，则第2023个菱形的面积为 ．    三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（2023·四川达州·模拟预测）如图，在四边形中，，，平分． （1）求证：四边形是菱形； （2）已知菱形的对角线，点、分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 20．（本小题满分8分）（21-22九年级上·山东青岛·期中）如图，在中，，的垂直平分线交于，交于，在上，并且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当的大小满足什么条件时，四边形是菱形？请回答并证明你的结论． 21．（本小题满分10分）（20-21八年级下·山东泰安·期末）如图所示，四边形是矩形，过其两对角线的交点且与、的延长线分别交于点，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，那么四边形能是菱形吗？若能，请求出此时的大小；若不能，请说明理由． 22．（本小题满分10分）（22-23八年级下·山东济宁·阶段练习）如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若菱形的周长为16，，求的大小． 23．（本小题满分10分）（24-25八年级上·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． （1）判断四边形的形状，并加以证明； （2）求的度数； （3）若，求的长度． 24．（本小题满分12分）（2024·贵州毕节·一模）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线，相交于点，，且，连接．     初步感知：（1）如图1，当是线段的中点时，与的数量关系为______． 深入探究：（2）如图2，将图1中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展应用：（3）如图3，将图1中的绕点顺时针旋转，当时，求点到的距离． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D C A D C D D B 1．C 【分析】本题考查了平行四边形，菱形的性质，理解并识记它们的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质“对边平行且相等；对角相等；邻角互补；对角线互相平分”，菱形的性质除了具备平行四边形的性质，还具有“四条边长度相等；对角线垂直且平分”，由此进行分析判断即可求解． 解：A、平行四边形、菱形都具备对角线互相平分，不符合题意； B、平行四边形、菱形都具备两组对角相等，不符合题意； C、平行四边形的对角线不一定垂直、菱形的对角线互相垂直，符合题意； D、平行四边形、菱形都具备两组对边相等，不符合题意； 故选：C ． 2．D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐角互余．根据菱形的性质得出，从而得出，则，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解． 解：四边形为菱形， ， ，则， ， ， 故选：D 3．D 解：A、四边形是平行四边形，且， ∴是菱形，故不符合题意； B、四边形是平行四边形，且， ∴是菱形，故不符合题意； C、四边形是平行四边形，且， ∴是菱形，故不符合题意； D、四边形是平行四边形，且，不能判定是菱形，故符合题意， 故选：D． 4．C 【分析】根据菱形的判定解答即可． 解：A．平行四边形的一个角为，则另一个相邻角为，不是菱形，该选项不符合题意； B．平行四边形的一条边为6，对角线为12，其一半为6，故不是菱形，不符合题意； C．平行四边形的一条边为10，对角线为16和12，其一半分别分为8，6，满足勾股定理的逆定理：，所以对角线相互垂直，故是菱形，符合题意； D．由图可知，故对角线不垂直，所以不是菱形，不符合题意； 故选：C． 【点拨】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，解答本题的关键是根据菱形的判定方法解答． 5．A 【分析】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的性质．根据菱形的性质可得是等边三角形，，在中，根据含特殊角的直角三角形的性质可求出的长，由此可求出的长，根据菱形的面积的计算方法即可求解． 解：∵四边形是菱形， ∴，，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 6．D 【分析】由菱形的性质得出，得出菱形的面积54，勾股定理算出，最后结合等面积法列式计算，即可作答．本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 解：四边形是菱形， ，，， ， ， 在中， ∵ ， ∴， 故选：D． 7．C 【分析】本题考查了基本作图、菱形的判定与性质．利用基本作图得到，则可判断四边形为菱形，根据菱形的面积公式得到，从而可求出的长． 解：根据作图，， ， ， 四边形是菱形， ，四边形的面积为， ， 解得． 故选：C． 8．D 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定及勾股定理．根据正方形的性质，利用勾股定理可求出，根据菱形的性质，结合得出是等边三角形，即可得出答案． 解：在正方形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在菱形中，cm， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故选：D． 9．D 【分析】此题考查菱形的判定与性质及勾股定理，解题关键在于掌握判定定理和作辅助线首先过点作于点，于点，由题意可得四边形是平行四边形，继而求得的长，判定四边形是菱形，则可求得答案 解：过点作于点，于点， 根据题意得：，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴，， ∴ ∵在中，，即 ∴， 同理：， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴ 故选： 10．B 【分析】根据菱形性质，求出两点的坐标，再利用中点坐标公式即可得到点的坐标． 解：过作轴于，如图所示： 菱形的边长为2，边在轴上，， ，， ， 菱形的对角线、相交于点， 点的坐标是，即， 故选：B． 【点拨】本题考查图形与坐标，涉及菱形性质、等腰直角三角形性质、平面直角坐标系中中点坐标公式等知识，熟练掌握菱形性质及中点坐标公式是解决问题的关键． 11． 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记相关定理内容：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求解． 解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴当时，可使平行四边形是菱形 故答案为：（答案不唯一）． 12． 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可． 解：四边形是菱形，， ，为中点，． ， 在中，， ． ． 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，根据题意可证明四边形是菱形，则，再证明是等边三角形，得到，则，利用勾股定理求出，即可求解． 解：如图所示，连接交于， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解． 解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， 故答案为：63． 15．30 【分析】先证明是等边三角形，得到，再由四边形是矩形，得到，则． 解：∵四边形OD'DC为菱形， ∴， ∵在扭动过程中，CD的长度是不会发生变化的， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：30． 【点拨】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，熟知菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 16．①②③④ 【分析】本题主要考查了平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，根据平移的性质可得，，据此根据平行四边形的判定定理，菱形的性质与判定定理逐一判断即可． 解：由平移的性质可得， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ∵平移到的位置， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∴，平分，故④正确 ∵， ，故③正确； 故答案为：①②③④。 17． 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．利用勾股定理求得，证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式列式计算即可求解． 解：连接，作交的延长线于点， ∵平行四边形中，， ∴，， ∴, ∵， ∴， 设， ∴， 在中，，即， 解得， ∴， 在中，， ∵，平分， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴． 故答案为：． 18． 【分析】先分别求出菱形的对角线长，再依次求出面积，然后得出规律，进而得出答案． 解：如图，连接，根据题意可知，，，且， ∴是等边三角形， ∴. 在中，， ∴， 根据勾股定理，得， ∴. 可知，得；    同理： ，，则； ，，则； ··· ． 故答案为：． 【点拨】本题主要考查了菱形的性质，数字变化规律问题等，根据变化特点得出规律是解题的关键． 19．（1）见分析；（2）52 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、三角形的中位线的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明结论； （2）先求出，进而求出，，根据勾股定理求出，即可求出结论． 解：（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 平分，， ，， ， ， 四边形是菱形． （2）连接，交于点，如图： 点、分别是边、的中点， ， 、是菱形的对角线，且，， ，，． 在中． ，． ， 菱形的周长为：． 20．（1）见分析；（2），见分析 【分析】（1）利用中垂线的性质和等角的余角相等以及平行线的性质，证明，得到，即可得证； （2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到：当时，四边形是菱形， 根据 所对的直角边是斜边的一半，即可得解． 解：（1）为的垂直平分线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴ ， ∴， ， 又， 四边形为平行四边形； （2）要使得平行四边形为菱形，则即可， ， ，， 又， ， ，又， ， ， 即可， 在中，， 当时，， 故时，四边形为菱形． 【点拨】本题考查平行四边形的判定，以及菱形的判定和性质．熟练掌握中垂线的性质，平行四边形的判定方法，以及菱形的判定方法和性质，是解题的关键． 21．（1）见分析；（2）能， 【分析】（1）根据四边形是矩形，可得，即可得，，根据题意，点是矩形对角线的交点，则，进而证明，可得，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据勾股定理求得，进而求得，根据菱形的性质即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，进而求得的长． 解：（1）连接，如图， 四边形是矩形， ， ， 点是矩形对角线的交点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）四边形能是菱形， 连接，如图， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， 若四边形是菱形， 则， ， ， ， 当时，四边形是菱形． 【点拨】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质的与判定，三角形全等的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，运用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键． 22．（1）见分析；（2） 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是利用这些性质和判定解决问题． （1）由题意可得四边形是平行四边形，由平分，可得，则结论可得 （2）连接交于点；则于点．由题意可得，，，可得的长即可求的长． 解：（1）证明：四边形为平行四边形， ，即 ， ， ∴四边形为平行四边形， 平分， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接交于点，    ∵四边形为菱形， ∴，， ，， ， ∵菱形的周长为， ， 在中， ， 由勾股定理可得：， ． 23．（1）菱形，证明见分析；（2）；（3） 【分析】（1）四边形ABPD中，由已知条件知道线段；利用垂直平分线的性质知道；这样四边形中有两组邻边相等，又，因此可猜想该四边形可能为菱形； （2）本小题要找角，考虑到所在三角形已经是直角三角形，但另一个内角也难以找出，因此可考虑运用外角协助找到； （3）由可以得到，利用中点E可以推知，结合上题中找到的角，知，在直角中由勾股定理求得，则菱形的边． 解：（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵分别是边的中垂线， ∴， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴； （3）解：∵， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． 在直角△PEH中， ∵， ∴． 在直角△PEB中， ∵， ∴． ∴，即的长度为． ． 【点拨】本题考查了四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度． 24．（1）；（2）成立，见分析；（3） 【分析】本题考查菱形，全等三角形的，等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，即可． （1）连接，根据等边三角形的判定，则是等边三角形，根据菱形的性质，求出，；根据等边三角形三线合一，，求；再根据，求出，则，再根据等边三角形的判定，即可． （2）连接，根据菱形的性质，得，根据等边三角形的判定，则 ，都是等边三角形，求出，，根据全等三角形的判定，则，推出，再根据等边三角形的判定和性质，即可； （3）过点作于点，过点作于点，连接，当时， ，根据勾股定理，求出，；根据等腰直角三角形的性质，求出，根据全等三角形的判定和性质，则，得，根据，，即可． 解：（1）， 证明如下：连接， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形，同理，是等边三角形， ∵是线段的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴．    （2）成立． 理由：如图，连接． ∵四边形是菱形， ∴．， ∵， ∴，都是等边三角形， ∴，． ∵， ∴． 在和中， ∴ ∴ ∴ ∵， ∴是等边三角形， ∴．    （3）如图，过点作于点，过点作于点，连接． ∵时， ∴， ∴ 在中，，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点到的距离为．    1 学科网（北京）股份有限公司 $$