专题9.13 菱形（专项练习）（培优拓展）-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9.13 菱形（专项练习）（培优拓展） 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．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对边平行 D．有一个角是 2．（24-25九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在菱形中，，点M，N分别在和上，沿将折叠，点A恰好落在边上的点E处．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（21-22九年级下·上海杨浦·阶段练习）如果的对角线相交于点，那么在下列条件中，能判断为菱形的是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·山西太原·开学考试）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，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（2022九年级上·吉林长春·学业考试）如图，点E、点F分别是矩形边、上一点，沿对折，点B的对应点恰好落在点D上．若，，则长是（   ） A．6 B．8 C． D． 6．（2024·内蒙古通辽·二模）如图，有两个全等矩形纸条，长与宽分别为和，按图所示交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形面积为（　　）    A． B． C． D． 7．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，将矩形（）按如图所示步骤进行折叠及剪裁，若将完全展开后，则所得到的图形一定是（    ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．菱形 D．矩形 8．（23-24八年级下·重庆北碚·阶段练习）如图， 在菱形 中， 对角线、 相交于点 ， 平分 交 于点 ， 且点为线段的中点，连接并延长至点 ，使得 ，连接，若．则 （    ） A． B． C． D． 9．（2022·江苏镇江·三模）如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（   ）    A．2 B． C． D． 10．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（    ）    A． B． C． D． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，若，则的度数为 ． 12．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图，在菱形中，点O为对角线的交点，且在内，，，则菱形两对边的距离 ． 13．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，，若菱形的面积为48，则的长为 ． 14．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段上，连接．若，，则线段的长为 ． 15．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在中，以为圆心，长为半径画弧交于，分别以、为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，，，则的长为 ． 16．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    17．（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期末）如图，在矩形纸片中，，，点，分别是矩形的边，上的动点，将该纸片沿直线折叠，使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在点处，连接、、，与交于点．则当点与点重合时， ． 18．（23-24九年级上·湖北·周测）如图，已知菱形的周长为8，面积为为的中点，若为对角线上一动点，记的最大值为，记的最小值为，则 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（22-23八年级下·江苏苏州·期中）如图，菱形的对角线与交于点，，，． （1）求的度数； （2）求证：四边形是矩形． 20．（本小题满分8分）（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点O，过O的直线分别交、于点M、N． （1）求证： （2）连接，．请添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由） 21．（本小题满分10分）（24-25九年级上·浙江温州·开学考试）如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． （1）求证：四边形为平行四边形． （2）若，，求的度数． 22．（本小题满分10分）（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，直线，直线与、交于A、B，在上取一点C，使，平分，交于点D，交于点，，交于点E． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 23．（本小题满分10分）（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点． （1）证明：四边形是菱形； （2）若，． ①求的面积； ②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长． 24．（本小题满分12分）（23-24八年级下·江西南昌·单元测试）【问题背景】在学完菱形的知识之后，小明对菱形进行了研究：如图，在菱形中，，E是射线上一点，F是的延长线上一点，且，连接． （1）【问题发现】如图①，当E是对角线的中点时，小明发现：，请证明他的发现； （2）【类比探究】如图②，若E是对角线上任意一点时，问题（1）中的结论是否还成立？请说明理由； （3）【拓展应用】如图③，若E是线段延长线上任意一点，连接，其他条件不变，，求的长． 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 A B D C D C C C C C 1．A 【分析】本题考查了菱形和平行四边形的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的性质是解题关键．根据菱形和平行四边形的性质逐项判断即可得． 解：A、菱形的对角线互相垂直，平行四边形的对角线不一定互相垂直，则此项符合题意； B、菱形和平行四边形的对角线都互相平分，则此项不符合题意； C、菱形和平行四边形的对边都平行，则此项不符合题意； D、菱形和平行四边形都不一定有一个角是，则此项不符合题意； 故选：A． 2．B 【分析】作，根据菱形的性质得，其中，然后设，可表示，根据勾股定理得，进而得出接下来根据勾股定理列出方程，求出解即可得出答案． 解：如图所示，过点M作，交的延长线于点F， ∵四边形是菱形，且， ∴，其中． 在中，，设， ∴， 根据勾股定理，得． ∴， 根据折叠得， 在中，， 即， 解得， ∴． 故选：B． 【点拨】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 3．D 【分析】根据菱形的判定定理可知，①当平行四边形的对角线相互垂直时，平行四边形即为菱形；②当平行四边形的邻边相等时，平行四边形即为菱形；结合题中所给条件逐项验证即可得到答案． 解：根据菱形的判定定理可知，①当平行四边形的对角线相互垂直时，平行四边形即为菱形；②当平行四边形的邻边相等时，平行四边形即为菱形； 的对角线相交于点，如图所示： A、当时，内错角相等，得到，无法确定为菱形，不符合题意； B、当时，两个毫无关系的角度，得不到有用结论，无法确定为菱形，不符合题意； C、当时， ， ， ， ， 是等腰三角形，即，则由平行四边形对角线互相平分可得， 为矩形；即无法确定为菱形，不符合题意； D、当时， ， ， ， 是等腰三角形，即， 为菱形； 故选：D． 【点拨】本题考查菱形的判定，涉及菱形的判定定理、矩形的判定、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 4．C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键，根据题意得出四边形为菱形，由菱形的性质可得，得到的度数，再由,即可得到的度数，从而得到答案． 解：由题可得：在四边形中，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 5．D 【分析】本题考查矩形与折叠问题，菱形的判定及性质，勾股定理等知识点，连接，，根据矩形与折叠的性质，先证明四边形是菱形，结合勾股定理求得，再利用等面积法求解即可． 解：连接，， 在矩形中，，，，， ∴， 由折叠可知，，，，，， ∵， ∴，则， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 设，则， 在中，，即：， 解得：，即， ∵菱形的面积， ∴， 故选：D． 6．C 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由四边形，四边形都是矩形得，，则四边形是平行四边形，证明，通过性质证明四边形是菱形，设，利用勾股定理构建方程即可求解，解题的关键是熟练掌握知识点的应用． 解：如图，    ∵四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴菱形的面积， 故选：． 7．C 【分析】本题重点考查矩形的性质、菱形的判定与性质、轴对称的性质等知识，正确地画出将完全展开后的图形是解题的关键． 将完全展开后得到四边形，由，，证明四边形是平行四边形，而，则四边形是菱形，于是得到问题的答案． 解：如图，将完全展开后得到四边形， 由折叠得， ， 、、三点在同一条直线上， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，垂直平分线的性质与判定；根据角平分线的定义可得，根据菱形的性质以及中位线的性质可得出，进而根据垂直平分线的性质可得，根据等边对等角以及三角形的内角和定理，即可求解． 解：∵ 平分，， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， 又∵点为线段的中点， ∴， ∴ ， 又∵， ∴ ∴ 故选：C． 9．C 【分析】利用勾股定理得出的长，再利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出，进而得出答案． 解：如图所示：延长，过点作于点，连接，，，    ，四边形是菱形， ， ， 设，则，， ， ， ， 解得：， 故， 连接， ，， 是等边三角形， 是的中点， ， ，， ， 设，则， 故， 解得：， 的值为：． 故选：C． 【点拨】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，利用勾股定理得出的长是解题关键． 10．C 【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得． 解：如图，∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴     故选：C．    【点拨】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键． 11．/27度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题关键是根据菱形和三角形内角和的性质得出角之间的关系． 根据菱形的性质求出，根据互余性质得到，计算即可． 解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质，结合勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 解：∵菱形， ∴，， ∴， ∵菱形两对边的距离为， ∴ ∴； 故答案为：． 13． 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，，，再由直角三角形斜边上的中线性质得，，进而由菱形的面积求出，则，然后由勾股定理求出的长即可，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∵菱形的面积， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，构造辅助线证明三角形全等是解题的关键；根据菱形的性质得到，由，设，则，得到，过D作于H，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 解：∵四边形为菱形， ∴， 由， 设，则， ∴， ∴， 过D作于H， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：． 15．8 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，设交于点O．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 解：如图，设交于点O． 由作图可知：，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：8． 16． 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 解：延长、交于H，连接，   ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 17． 【分析】本题考查矩形中的翻折问题，由四边形是矩形，得，由翻折的性质可知，，即知，从而，四边形是平行四边形，又，故四边形是菱形；当，重合时，设，根据勾股定理和菱形的性质即可得到结论．解题的关键是掌握翻折的性质，熟练地利用勾股定理解决问题． 解：四边形是矩形， ， ， 由翻折的性质可知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 当，重合时，如图： 设， 在中， ， ， ，即， ，，， ， ， ， 故答案为：． 18．/ 【分析】过点C作，交与点，再根据菱形的面积求出，根据勾股定理求出，可得点E和点重合，即可得出的最小值为，然后根据点C和点A关于对称，可知，进而当点P与点B重合时，得出的最大值为，即可得出答案． 解：过点C作，交与点， ∵菱形的周长为8，面积为， ∴， ∴， ∴． 在中，． ∵点E是的中点， ∴， ∴点E和点重合． 根据三角形的三边关系可知， ∴． ∵点C和点A关于对称， ∴， 即． 当点P与点B重合时，得出的最大值为， ∴， ∴． 故答案为：． 【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据轴对称求线段和最小，三角形三边关系等，确定点的位置是解题的关键． 19．（1）；（2）见分析 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定： （1）根据菱形的性质，平行线的性质，进行求解即可； （2）先证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质，得到，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得出结论． 解：（1）解：∵菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴设， 则：， 解得：， ∴， ∴； （2）∵，， ∴四边形是平行四边形 四边形是菱形 ∴ 四边形是矩形． 20．（1）证明见分析；（2） 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质得，再运用证明，即可作答． （2）先由平行四边形的性质得，由，证明四边形是平行四边形，最后因为，即可证明四边形是菱形进行作答． 解：（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：添加：，理由如下： 如图，连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 21．（1）详见分析；（2） 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质成为解题的关键． （1）根据三角形中位线的性质可得、，即；再说明、，证得可得，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）先证明平行四边形BEFC是菱形，再利用菱形的性质即可求解． 解：（1）证明：点D，E分别是边的中点， ，， ， ∵点O是边的中点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 平行四边形BEFC是菱形， ，， ． 22．（1）证明见分析；（2） 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． （1）先根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，从而可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证； （2）先根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后利用勾股定理求出的长，最后利用菱形的面积公式计算即可得． 解：（1）证明：∵平分， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． （2）解：由（1）已证：四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 则四边形的面积为． 23．（1）证明见分析；（2）①，②线段的长为2或18或或5． 【分析】（1）由题意可得，，，结合，得到，得，可证四边形是平行四边形，再由折叠可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得证； （2）①利用菱形的面积的两种求解方式：对角线乘积的一半，底×高，列出方程，，即可得到的高，再利用，求出面积；②分三种情况讨论，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、，即；以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于，即；，画出图形，分别求解即可． 解：（1）证明：∵平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点， ∴，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形． （2）解：①∵平行四边形是菱形， ∴ ∴ ∵四边形是菱形， ∴ ∵平行四边形， ∴ 设菱形边上的高为h， ∴菱形的面积为 即 解得 ∴； ②由① ∵平行四边形， ∴ 如图所示，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、， 当，此时为等腰三角形 ∴； 当，此时为等腰三角形 ∴； 如图所示，以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于， 当，此时为等腰三角形， 由①可知 ∴ ； 由①可知 ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∴即B点，此时为等腰三角形， 则 综上所述：当为等腰三角形时，线段的长为2或18或或5． 【点拨】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的定义是解决问题的关键． 24．（1）见分析；（2）结论依然成立．理由见分析；（3） 【分析】（1）根据菱形的性质可得到是等边三角形，从而得到，进而得到，继而得到，即可求证； （2）连接，先证明，可得，从而得到，进而得到，再证明为等边三角形，即可； （3）过点A作于点N，根据等边三角形的性质可得，在中， 根据勾股定理可得，再根据直角三角形的性质可得，然后在中，根据勾股定理，即可求解． 解：（1）证明：∵四边形是菱形， ∴． 又∵． ∴是等边三角形， ∴． ∵E是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴． ∴． ∴． （2）解：结论依然成立．理由： 连接． ∵为菱形的对角线，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵． ∴． ∴． ∵， ∴，即， ∴为等边三角形． ∴． ∴． （3）解：过点A作于点N． 由（1）得：是等边三角形， ∴， ∴， 在中， ， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中， ． 【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$