22.5 菱形（分层作业，6大题型）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（冀教版）

22.5菱形 题型一 菱形的性质的理解 1．矩形、菱形都具有的性质是（　　） A．对角线相等 B．每一条对角线平分一组对角 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 2．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．内角和等于 B．对角相等 C．对角线互相垂直 D．对边平行且相等 题型二 菱形的判定和证明 1．如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 3．如图，在中，是的平分线，，交于于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 题型三 应用菱形的性质和判定求角度 1．如图，在菱形中，于点，于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，对角线与相交于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 题型四 应用菱形的性质和判定求线段长 1．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． 2．如图，在菱形中，，分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于，两点，作直线交于点，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．已知菱形的周长是，面积为，则较长的对角线的长是（    ） A．10 B．12 C．16 D．18 4．如图，在周长为24的菱形中，，，若为对角线上的一动点，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 题型五 应用菱形的性质和判定求周长和面积 1．如图，菱形，对角线与相交于点O，，则四边形的面积为（   ） A．24 B．40 C．48 D．80 2．如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 3．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． 题型六 坐标系内的菱形 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点O，B的坐标分别是，，，则顶点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，以为边作菱形，其中点在轴的正半轴上，点在第一象限内，则点的坐标为 ． 1．的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①；②；③平分；④．其中使得是菱形的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，是四边形的对角线，点分别是的中点，点分别是的中点．下列说法中不正确的是（   ） A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 3．如图，矩形纸片，将点B翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点D翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F．若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：连接；丙方案：，其中正确的方案是（   ） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲、丙 4．如图，在矩形中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线交和的延长线于点，，连接．若平分，则四边形的面积为（    ） A．12 B． C．16 D． 5．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形ABCD是菱形； (2)若，，求的长． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 22.5菱形 题型一 菱形的性质的理解 1．矩形、菱形都具有的性质是（　　） A．对角线相等 B．每一条对角线平分一组对角 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质和矩形的性质．掌握特殊四边形的性质是解题关键． 根据矩形和菱形的性质判断即可对角线互相平分 【详解】解：菱形的对角线互相平分、垂直、对角线平分一组对角， 矩形的对角线互相平分、相等， ∴矩形、菱形都具有的性质是是对角线互相平分， 故选C． 2．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．内角和等于 B．对角相等 C．对角线互相垂直 D．对边平行且相等 【答案】C 【分析】本题考查了菱形和矩形的性质，根据菱形和矩形的性质逐项排除即可，掌握菱形和矩形的性质是解题的关键． 【详解】、菱形与矩形都是四边形，内角和都为，故选项不符合题意， 、菱形与矩形都有对角相等性质，故选项不符合题意， 、菱形对角线互相垂直，而矩形的对角线相等不一定垂直，故菱形具有矩形不一定具有，故符合题意； 、菱形与矩形都有对边平行且相等性质，故选项不符合题意， 故选：． 题型二 菱形的判定和证明 1．如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是菱形的判定．根据菱形的判定：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可得答案． 【详解】解：A、添加可证明平行四边形是矩形，不能使它变成菱形，故此选项符合题意； B、添加能证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； C、添加可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； D、添加，则，所以，所以，可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； 故选：A． 2．如图，在的基础上用尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与的两边分别交于点；②分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．可以直接判定四边形是菱形的依据是（    ） A．四条边相等的四边形是菱形 B．一组邻边相等的平行四边形是菱形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定定理是解题关键．由作法可知，①可得，②可得，则，即可得到答案． 【详解】解：由作法可知， 则判定四边形是菱形的依据是四条边相等的四边形是菱形， 故选：A． 3．如图，在中，是的平分线，，交于于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）先证明四边形是平行四边形，再结合角平分线的定义，平行线的性质推出，进而得到，即可得证； （2）过点作，证明△ADE为等边三角形，利用三线合一结合勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）过点作， ∵四边形是菱形； ∴， ∵， ∴△ADE为等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为：． 题型三 应用菱形的性质和判定求角度 1．如图，在菱形中，于点，于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的内角和定理，角的和差，解题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的额性质可得：，，推出，由垂直的定义可得：，进而得到，最后根据角的和差求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， 于点，于点， ， ， ， 故选：C． 2．如图，在菱形中，对角线与相交于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形典型在，求出是解题的关键．根据菱形的性质和已知条件可得，进而根据得出，进而得出的度数，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴ ∵， ∴ ∴ 故选：B． 题型四 应用菱形的性质和判定求线段长 1．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． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，在中，根据勾股定理可得，然后根据可得，于是得解．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． 【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：C． 2．如图，在菱形中，，分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于，两点，作直线交于点，交于点．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了尺规作图——作垂线，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 由作图可知，垂直平分，则，，再由菱形的性质可得，由，求出，然后由勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：由作图可知，垂直平分， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 故选：． 3．已知菱形的周长是，面积为，则较长的对角线的长是（    ） A．10 B．12 C．16 D．18 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先由菱形的性质得到 AB=10cm，AC⊥BD, ，，设，求出，再由勾股定理求出，利用完全平方公式得到，，进而求出，解方程组即可解答． 【详解】解：如图， ∵菱形的周长是，面积为， ∴AB=10cm，AC⊥BD, ，， 设， ∴，即， ∵， ∴， ∴，， ∴， 两式相加：， ∴， 则较长的对角线的长是， 故选：C． 4．如图，在周长为24的菱形中，，，若为对角线上的一动点，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定与性质，在上取一点，使，连接，，即可证明得到，则，当在上时，最小，再证明，得到四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】解：在上取一点，使，连接，， ∵周长为24的菱形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当在上时，最小， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值为， 故选：C． 题型五 应用菱形的性质和判定求周长和面积 1．如图，菱形，对角线与相交于点O，，则四边形的面积为（   ） A．24 B．40 C．48 D．80 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可得． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴四边形的面积为， 故选：A． 2．如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积． 【详解】解：由题意可知，垂直平分，， ∴，四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴     ∴ ∴四边形的面积为， 故选：B 3．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． 【答案】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 【详解】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： 题型六 坐标系内的菱形 1．如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点O，B的坐标分别是，，，则顶点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，根据四边形是菱形，，得和互相垂直平分，结合点的坐标推出，算出，根据勾股定理算出，即可写出点的坐标． 【详解】解：如下图，连接交于点， ∵四边形是菱形，顶点的坐标分别为， ∴和互相垂直平分，， ∴△AOB是等边三角形，（有一个角是的等腰三角形是等边三角形） ， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了图形与坐标，菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握知识点计算是解题的关键． 2．如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，以为边作菱形，其中点在轴的正半轴上，点在第一象限内，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点、勾股定理以及菱形的性质，求出的长是解题的关键．求出点A，B的坐标，进而可得出，的长，在中，利用勾股定理可求出的长，再利用菱形的性质，即可求出结论． 【详解】解：解：当时，， ∴点B的坐标为 ∴； 当时，， 解得：， ∴点A的坐标为， ∴， 在中，，，， ∴， 又∵四边形为菱形， ∴， ∴ 故答案为：． 1．的对角线相交于点O，分别添加下列条件：①；②；③平分；④．其中使得是菱形的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的判定，熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键． 根据菱形的判定逐个判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ①若，则可得其为菱形，故①正确； ②中一组邻边相等，也可得到一菱形，故②正确； ③如图， ∵， ∴， ∴， 若平分， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形，故③正确； ④若则，所以四边形为矩形不一定是菱形，故④错误； 则能使是菱形的有①②③，共3个． 故选：C． 2．如图，是四边形的对角线，点分别是的中点，点分别是的中点．下列说法中不正确的是（   ） A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是菱形 D．若，则四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质以及三角形中位线定理；根据中位线的性质得出，，即可判断A，C，根据平行线的性质以及三角形的外角的性质得出，即可判断D选项，B选项条件不能得出四边形是矩形，即可求解． 【详解】解：∵点分别是的中点，点分别是的中点 ∴， ∴四边形一定是平行四边形，故A正确； 若，不能得出四边形是矩形，故B不正确； 若，则，则四边形是菱形，故C正确； ∵ ∴， ∵， ∴， 又∵ 若， ∴， 即，则四边形是矩形，故D正确； 故选：B． 3．如图，矩形纸片，将点B翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点D翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F．若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：连接；丙方案：，其中正确的方案是（   ） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲、丙 【答案】B 【分析】根据四边形为矩形，得出，即可得出，由翻折的性质得，即可证出，四边形是平行四边形．再分别根据甲方案，乙方案，丙方案添加的条件证明即可； 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ， 由翻折的性质得， ， ， ∴四边形是平行四边形． 甲方案：∵，而， ， ∴四边形不是菱形； 乙方案：∵， ∴平行四边形是菱形； 丙方案：∵， ， 由折叠的性质得， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， 故只有乙、丙方案正确． 故选：B． 【点睛】该题主要考查了平行四边形的判定，翻折的性质，矩形的性质，菱形的判定，等腰三角形的判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 4．如图，在矩形中，，，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线交和的延长线于点，，连接．若平分，则四边形的面积为（    ） A．12 B． C．16 D． 【答案】D 【分析】本题考查了作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，证明、为等边三角形，得到，从而推出四边形是菱形，求出、的长，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：由作法可得：垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， 同理可得：是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴四边形的面积， 故选：D． 5．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形ABCD是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，菱形的性质与判定，直角三角形性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． （1）根据，平分可得到，从而可得，从而可证得四边形是平行四边形，结合可证得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质可知，，，再根据，直角三角形性质可知，最后根据勾股定理即可确定． 【详解】（1）证明：， ， 为的平分线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 在中，，， ． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$