专题08《菱形的综合问题》（挑战压轴题）-2024-2025学年人教版数学八年级下册专题培优满分特训卷

2024-2025学年人教版数学八年级下册专题培优满分特训卷-挑战压轴题 专题08《菱形的综合问题》 试题满分：100分 检测时间：120分钟 难度系数：0.42（难度较大） 班级： 姓名： 学号： 一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（本题2分）（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，在中，，，的平分线交于点G，于点O，交于点F，连接，．则：①；②四边形是菱形；③；④．上述结论中正确的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 2．（本题2分）（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 3．（本题2分）（24-25九年级下·甘肃白银·开学考试）如图，中，，，，P是边上的点（且满足）．将沿折叠，使点B落在平面上处，射线与射线交于点． 甲：当时，； 乙：当点B落在射线AD上时，四边形是菱形； 丙：随点P位置的变化，线段的最小值为． 针对三人的说法，下列判断正确的是（ ） A．只有乙对 B．甲和丙都对 C．甲、乙对，丙错 D．三人的说法都对 4．（本题2分）（22-23九年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在中，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，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：；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 5．（本题2分）（2025·陕西西安·一模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，于点，是线段的中点，连接．若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．（本题2分）（2025·河南新乡·模拟预测）如图，在的两边上分别截取，，使，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点C，连接，，，，若，四边形的面积为，则的长为（ ） A． B． C． D． 7．（本题2分）（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）如图，已知点P是菱形的对角线延长线一点，过点P分别作、延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若，，则的值为（    ） A． B． C． D．2 8．（本题2分）（24-25九年级上·湖南怀化·开学考试）如图，在矩形中，为对角线的中点，，动点E在线段上，动点在线段上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于，的对称点为，；点F关于，的对称点为，，在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 9．（本题2分）（17-18八年级·辽宁葫芦岛·期末）矩形 ABCD中，O为 AC 的中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接 BF交AC于点M连接DE，BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①△AOE≌△COF；②△EOB≌△CMB；③FB⊥OC，OM=CM；④四边形 EBFD 是菱形；⑤MB：OE=3：2其中正确结论的个数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 10．（本题2分）（22-23八年级下·江苏宿迁·期中）如图，正方形的边长为1，点E是边AD上一点，且，点F是边上一个动点，连接EF，以为边作菱形，且，连接，点P为的中点，在点F从点A运动到点B的过程中，点运动所走的路径长为（    ） A． B．1 C． D． 二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分． 11．（本题2分）（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ． 12．（本题2分）（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，菱形的对角线．的长分别是，．P为边上任意一点．（可与点D或点C重合），分别过B，C，D三点作射线的垂线，垂足分别为，，．设，则的取值范围是 ．    13．（本题2分）（24-25九年级上·广东揭阳·期末）如图，在矩形中，连接，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线，分别与交于点M、N，连接．若．则四边形的周长为 ． 14．（本题2分）（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在边长为2的菱形中，，将沿着射线的方向平移，得到，连接，，，则的最小值为 ． 15．（本题2分）（24-25九年级上·河南驻马店·期末）简单探究：如图1，中，，，，求的长．可在上截取点，使，连接，将转化为一个等腰三角形和一个等腰直角三角形，从而求得的长为 ．如图2，在菱形中，与交于点，，，定长线段在对角线上运动，点在点上方，且，连接和．当的值最小时，的长是 ． 16．（本题2分）（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动，连接，在移动的过程中，的最小值为 ． 17．（本题2分）（23-24八年级下·浙江温州·阶段练习）将一块菱形纸板剪成如图1所示的①②③块，再拼成不重叠，无缝隙的直角三角形（如图2，），若，，则，的长分别为 和 18．（本题2分）（21-22八年级下·福建厦门·期末）在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝60°，点M是边BC上的动点（不与B，C两点重合），将△ABM沿AM所在直线翻折得到△ANM，连接DN．设△ADN的面积为S，则S的取值范围是 ． 19．（本题2分）（21-22八年级下·陕西安康·期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝3，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE＋AF的最小值为 ． 20．（本题2分）（18-19八年级下·山东烟台·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，DE⊥BC于点E，F是CD的中点，连接AF，EF．若∠AFE=90°，则CE的长为 ． 三、解答题：本大题共8小题，共60分． 21．（本题6分）（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，．请设计三种不同的分割方案，将菱形分成4个等腰三角形，并标出所得的4个等腰三角形各内角的度数． 22．（本题6分）（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由． 23．（本题8分）（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图1，矩形纸片中，要在矩形纸片内折出一个菱形，现有两种方案： 甲：如图2，取两组对边中点的方法折出四边形EFGH． 乙：如图3，沿矩形的对角线折和，点、点对应点分别是、，、分别交BC、AD于点E，点F得到四边形． 甲方案和乙方案得到的四边形是否是菱形，如果是，请证明，如果不是请说明理由． 24．（本题8分）（24-25八年级下·江苏镇江·期中）阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形． (1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______； (2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________． 25．（本题8分）（24-25八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，在平行四边形纸片中，为边上任意一点，将△沿折叠，点的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为______． 【问题解决】 （2）如图2，当，为边的三等分点时，连接并延长，交边于点．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 26．（本题8分）（23-24八年级下·福建莆田·期中）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ； (2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 27．（本题8分）（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 28．（本题8分）（23-24八年级下·河南安阳·期中）综合与实践 问题情境：数学课上，同学们以特殊四边形为基本图形，添加一些几何元素后探究图形中存在的结论．已知在中，，的平分线交边于点E，交边的延长线于点F，以为邻边作， 特例探究：（1）如图1，“创思”小组的同学研究了四边形为矩形时的情形，发现四边形是正方形，请你证明这一结论； （2）“敏学”小组的同学在图1基础上连接，得到图2，发现图2中线段与之 间存在特定的数量关系，请你帮他们写出结论并说明理由； 拓展延伸：（3）“善问”小组的同学计划对展开类似研究．如图3，在中，．当时，请补全图形，并直接写出A，G两点之间的距离． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年人教版数学八年级下册专题培优满分特训卷-挑战压轴题 专题08《菱形的综合问题》 试题满分：100分 检测时间：120分钟 难度系数：0.42（难度较大） 班级： 姓名： 学号： 一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（本题2分）（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，在中，，，的平分线交于点G，于点O，交于点F，连接，．则：①；②四边形是菱形；③；④．上述结论中正确的序号是（   ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【思路点拨】由等腰直角三角形的性质、角平分线的定义及三角形外角的性质可判断①；证明得出，，证明得出，，可得四边形是菱形，即可判断②；证明是等腰直角三角形，可得，设，则，进而求得，即可判断③；连接，根据为的中点，可得，根据得出，进而判断④． 【完整解答】解：在中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∴，故①是不正确； ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故②正确； ③∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴， ∴，故③正确； ④连接， ∵在中，，， ∴， ∵和等底同高， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故④正确． 故选：C． 【考点评析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 2．（本题2分）（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 【答案】C 【思路点拨】由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，证出四边形是矩形，得到即可得出答案． 【完整解答】解：连接，     四边形是菱形， ，，， 在中，， 又是边的中点， ， ，，， ，，， 四边形为矩形， ． 故选：C． 【考点评析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 3．（本题2分）（24-25九年级下·甘肃白银·开学考试）如图，中，，，，P是边上的点（且满足）．将沿折叠，使点B落在平面上处，射线与射线交于点． 甲：当时，； 乙：当点B落在射线AD上时，四边形是菱形； 丙：随点P位置的变化，线段的最小值为． 针对三人的说法，下列判断正确的是（ ） A．只有乙对 B．甲和丙都对 C．甲、乙对，丙错 D．三人的说法都对 【答案】C 【思路点拨】本题考查翻折变换，解答中涉及轴对称的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，举反例，熟练掌握相关知识是解题的关键． 甲：如图所示，当时，证明可得结论； 乙：如图所示，当落在上时，点E和重合，证明四边相等即可； 丙：当点P靠近点C时，在四边形外部，此时，推出，即可判断． 【完整解答】解：甲：如图所示，当时， ， ， 将沿翻折得， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 故甲正确； 乙：如图所示，当落在AD上时，点E和重合， 四边形是平行四边形， ， ， 将沿AP翻折得， ，，， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， 故乙正确； 丙：如图所示， 当点P靠近点C时，在四边形外部，此时， ， 故丙错误； 故选：C． 4．（本题2分）（22-23九年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在中，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，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：；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 【答案】B 【思路点拨】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，平行四边形的判定与性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案． 【完整解答】解：四边形为平行四边形， ，， 根据平移可知，， ， 四边形是平行四边形， ． 方案甲，添加不能判断四边形是菱形； 方案乙，由， 平行四边形是菱形； 方案丙， ， ， ∵， ， ， 平行四边形是菱形． 所以正确的是乙和丙． 故选B． 5．（本题2分）（2025·陕西西安·一模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，于点，是线段的中点，连接．若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【思路点拨】此题重点考查菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质得， 则， 因为F是线段AD的中点，求出长，然后根据求出长即可． 【完整解答】解：∵四边形是菱形，对角线、交于点， ∴， ∴， ∵是线段的中点，， ， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ， 故选： D． 6．（本题2分）（2025·河南新乡·模拟预测）如图，在的两边上分别截取，，使，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点C，连接，，，，若，四边形的面积为，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【思路点拨】本题考查了菱形的判定与性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出四边形是菱形是解题的关键．根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【完整解答】解：根据作图，， ， ， 四边形是菱形， ，四边形的面积为， ， 解得 故选：B． 7．（本题2分）（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）如图，已知点P是菱形的对角线延长线一点，过点P分别作、延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若，，则的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【思路点拨】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识点，求出、将转换为是解题的关键． 如图：连接交于O，由菱形的性质与勾股定理得到，则，再由，，则即可解答． 【完整解答】解：如图：连接交于O， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ， 在中，， ， ， 在中，， ， 在中，， ， ． 故选C． 8．（本题2分）（24-25九年级上·湖南怀化·开学考试）如图，在矩形中，为对角线的中点，，动点E在线段上，动点在线段上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于，的对称点为，；点F关于，的对称点为，，在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形 C．菱形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 【答案】D 【思路点拨】本题分为五个阶段，开始与点O重合、远离点O、位于线段中点、逐渐靠近终点和到达终点．根据矩形的性质得，，则有，由轴对称性得．则有和，可判定，则四边形是平行四边形；当E，F，O三点重合时，，则有，故四边形是菱形；当E，F分别为，的中点时，设，则，，可证明是等边三角形，结合勾股定理和对称性可得，利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，且，则四边形是矩形；当F，E分别与D，B重合时，，都是等边三角形，则四边形 是菱形． 【完整解答】解：如图2所示，当E，F，O三点重合时，， ∴，即， ∴四边形是菱形． 如图1中， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵、， ∴， ∵对称， ∴． ∵对称 ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 如图3所示，当E，F分别为，的中点时，设，则，， 在中，，，连接，， ∵，， ∴是等边三角形， ∵E为中点， ∴，， ∴． 根据对称性可得， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， 四边形是矩形． 当F，E分别与D，B重合时，，都是等边三角形，则四边形 是菱形， ∴在整个过程中，四边形 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：D． 【考点评析】本题主要考查矩形的性质、对称性、平行四边形的判定、菱形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理逆定理和等边三角形的性质，解题的关键是熟悉对称性和利用动态思维解题． 9．（本题2分）（17-18八年级·辽宁葫芦岛·期末）矩形 ABCD中，O为 AC 的中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接 BF交AC于点M连接DE，BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①△AOE≌△COF；②△EOB≌△CMB；③FB⊥OC，OM=CM；④四边形 EBFD 是菱形；⑤MB：OE=3：2其中正确结论的个数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】B 【思路点拨】作辅助线找全等三角形和特殊的直角三角形解题,见详解. 【完整解答】解：连接BD ∵四边形ABCD是矩形 ∴AC=BD，AC、BD互相平分 ∵O为AC中点 ∴BD也过O点 ∴OB=OC ∵∠COB=60°，OB=OC ∴△OBC是等边三角形 ∴OB=BC=OC，∠OBC=60° ∵FO=FC，BF=BF ∴△OBF≌△CBF（SSS） ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称 ∴FB⊥OC，OM=CM.故③正确 ∵∠OBC=60° ∴∠ABO=30° ∵△OBF≌△CBF ∴∠OBM=∠CBM=30° ∴∠ABO=∠OBF ∵AB∥CD ∴∠OCF=∠OAE ∵OA=OC 可得△AOE≌△COF,故①正确 ∴OE=OF 则四边形EBFD是平行四边形，又可知OB⊥EF ∴四边形EBFD是菱形.故④正确 ∴△EOB≌△FOB≌△FCB.则②△EOB≌△CMB错误 ∵∠OMB=∠BOF=90°，∠OBF=30°, 设MB=a,则OM=a,OB=2a, OF=OM, ∵OE=OF ∴MB：OE=3：2.则⑤正确 综上一共有4个正确的, 故选B. 【考点评析】本题考查了四边形的综合应用,特殊的直角三角形,三角形的全等,菱形的判定,综合性强,难度大,认真审题,证明全等找到边长之间的关系是解题关键. 10．（本题2分）（22-23八年级下·江苏宿迁·期中）如图，正方形的边长为1，点E是边AD上一点，且，点F是边上一个动点，连接EF，以为边作菱形，且，连接，点P为的中点，在点F从点A运动到点B的过程中，点运动所走的路径长为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【思路点拨】当与重合时为，当与重合时为，当点从运动到时，的运动轨迹为线段，连接，，，，可证，从而可证，由、分别是、的中点，即可求解． 【完整解答】 解：如图，当与重合时为，当与重合时为， 当点从运动到时，的运动轨迹为线段， 连接，，，， 四边形和四边形是菱形， ， ，，均是等边三角形， ，， ， ， ， 在和中 ， ， ，， ， 同理可证：， ， 在和中 ， ， ， ， 、分别是、的中点， ． 故选：A． 【考点评析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定及性质，菱形的性质，三角形全等的判定及性质，三角形中位线定理，掌握相关的判定方法及性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键． 二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分． 11．（本题2分）（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ． 【答案】 5 /32度 【思路点拨】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形中位线定理，证明出是的中位线是本题的关键． 根据菱形的性质得出，，，根据等边对等角可得，由三角形中位线定理得出． 【完整解答】 四边形是菱形， ，，， ， 是边的中点，， 是的中位线， ． 故答案为：，． 12．（本题2分）（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，菱形的对角线．的长分别是，．P为边上任意一点．（可与点D或点C重合），分别过B，C，D三点作射线的垂线，垂足分别为，，．设，则的取值范围是 ．    【答案】 【思路点拨】本题考查了菱形的性质和勾股定理．找到的等量关系，并且根据等量关系计算得，根据的取值范围计算的最小值和最大值． 【完整解答】解：连接，设与的交点为，   四边形是菱形， ， ， ， 在中， ， ， ， ， ， 即， ， ，， ， ， ， ， ， ， 当点与点重合时，最小，为，则的最大值为， 当点与点重合时，最大，为，则的最小值为， 综上：， 故答案为：． 13．（本题2分）（24-25九年级上·广东揭阳·期末）如图，在矩形中，连接，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线，分别与交于点M、N，连接．若．则四边形的周长为 ． 【答案】10 【思路点拨】本题考查矩形的性质，尺规作图—作垂线，菱形的判定和性质，勾股定理，根据作图可知：垂直平分，证明，得到，推出四边形为菱形，设，在中，利用勾股定理求出的值，进而求出四边形的周长即可． 【完整解答】解：由作图可知：垂直平分，设，相交于点， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴四边形的周长为． 故答案为：10． 14．（本题2分）（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在边长为2的菱形中，，将沿着射线的方向平移，得到，连接，，，则的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】根据菱形的性质得到，，根据平移的性质得到，，推出四边形是平行四边形，得到，于是得到的最小值的最小值，根据平移的性质得到点E在过点A且平行于的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接交定直线于E，通过证明得到，即可得出结论． 【完整解答】解：连接交于点O， ∵在边长为2的菱形中，， ∴，， ∵将沿射线的方向平移得到， ∴，，点E在过点A且平行于的定直线上， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值的最小值， ∵点E在过点A且平行于的定直线上， ∴作点D关于定直线的对称点M，连接交定直线于E，则的长度即为的最小值， 根据轴对称的性质可得：， ∵， ∴， ∴，， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【考点评析】本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，勾股定理，平移的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，正确地理解题意是解题的关键． 15．（本题2分）（24-25九年级上·河南驻马店·期末）简单探究：如图1，中，，，，求的长．可在上截取点，使，连接，将转化为一个等腰三角形和一个等腰直角三角形，从而求得的长为 ．如图2，在菱形中，与交于点，，，定长线段在对角线上运动，点在点上方，且，连接和．当的值最小时，的长是 ． 【答案】 / 3 【思路点拨】根据，，得到，，结合，得到，于是得到，根据．在上截取点，使，连接， 过点A作，且，连接，则四边形是平行四边形，，转化为，根据，当G，F，C三点共线时，取得最小值，此时也取得最小值，连接交于点M，解答即可． 【完整解答】解：根据题意，得，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； 在上截取点，使，连接，菱形中，与交于点，，， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点A作，且， 连接， 则四边形是平行四边形， ∴， ∴转化为， ∵， ∴当G，F，C三点共线时，取得最小值，此时也取得最小值， 连接交于点M， ∴当F与点M重合时，取得最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：3． 【考点评析】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，中位线定理，两点之间线段最短，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 16．（本题2分）（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动，连接，在移动的过程中，的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．连接，作于，利用菱形的性质得，则可判断和都是等边三角形，再证明得到，，接着判定为等边三角形，所以，然后根据垂线段最短判断的最小值即可． 【完整解答】解：连接，作于，如图所示： 四边形为菱形， ， 和都是等边三角形 ， 在中，， ，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动 在和中 ， 为等边三角形 当点运动到点时，的值最小，其最小值为 的最小值为 故答案为：． 17．（本题2分）（23-24八年级下·浙江温州·阶段练习）将一块菱形纸板剪成如图1所示的①②③块，再拼成不重叠，无缝隙的直角三角形（如图2，），若，，则，的长分别为 和 【答案】 【思路点拨】此题主要考查了菱形的性质，图形的剪拼，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质，图形的剪拼，灵活利用勾股定理及三角形的面积公式进行计算是解决问题的关键. 在图中， 连接， 过点作于， 设，则， 对照图2和图1得，， 则， 由此得， 则，再根据， 点为的中点， 得则在中，由勾股定理得由此解出则 然后由三角形面积公式求出，进而再由勾股定理求出进而可得的长. 【完整解答】在图2中， 连接， 过点作于，如下图所示： ∵四边形为菱形， ∴设， ∵， ∴， 对照图和图得： ， ∴， ∴， ∴，点为的中点， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， 点为的中点， ， ∴， ， ∴， 在中， ，， 由勾股定理得： 即 解得： (不合题意，舍去) ， ， 由三角形面积公式得： ， 在 中， 由勾股定理得：， ， 故答案为： 18．（本题2分）（21-22八年级下·福建厦门·期末）在边长为2的菱形ABCD中，∠B＝60°，点M是边BC上的动点（不与B，C两点重合），将△ABM沿AM所在直线翻折得到△ANM，连接DN．设△ADN的面积为S，则S的取值范围是 ． 【答案】0＜S≤2 【思路点拨】根据折叠的性质有AB=AN，则可知点N的轨迹为以A为圆心，AB为半径的圆弧BD上，当AN⊥AD时△ADN的面积最大，当M点点接近C点时，N点也接近D点，此时△AND的面积接近为0，即可以求出S的范围． 【完整解答】在菱形ABCD中，有AB=AD=2， 根据折叠得AN＝AB＝2， ∴点N的轨迹为以A为圆心，AB为半径的圆弧BD上， 如图， 当AN⊥AD时△ADN的面积最大，此时AN＝AD＝2， 此时面积为， 随着M点越来越接近C点，可知N点也越来越接近D点，而此时△AND的面积接近为0， ∵M点不与B、C点重合， ∴S＞0， ∴S的取值范围是：0＜S≤2． 故答案为：0＜S≤2． 【考点评析】本题主要考查了折叠问题、菱形的性质、最短距离问题，根据AB=AN，得到点N的轨迹为以A为圆心，AB为半径的圆弧BD上，是解答本题的关键． 19．（本题2分）（21-22八年级下·陕西安康·期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝3，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE＋AF的最小值为 ． 【答案】 【思路点拨】的下方作，在上截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可． 【完整解答】解：如图，的下方作，在上截取，使得，连接，． ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，当E点在AT上时取等号， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【考点评析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 20．（本题2分）（18-19八年级下·山东烟台·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB=2，DE⊥BC于点E，F是CD的中点，连接AF，EF．若∠AFE=90°，则CE的长为 ． 【答案】； 【思路点拨】延长EF交AD的延长线于G，由菱形的性质得出AD＝CD＝AB＝2，AD//BC，证明△DFG≌△CFE（ASA），得出DG＝CE，GF=EF，由线段垂直平分线的性质得出AE＝AG，设CE＝DG＝x，则AE＝AG＝2+x，由直角三角形斜边上的中线性质得出GF＝EF＝CD=1，得出EG=2EF＝2，在Rt△ADE和Rt△GDE中运用勾股定理列方程求解即可． 【完整解答】解：如图：延长EF交AD的延长线于G， ∵四边形ABCD是菱形 ∴AD=CD=AB=2，AD//BC， ∴∠GDF=∠C， ∵F是CD的中点， ∴DF=CF ， 在△DFG和△CFE中， ∠GDF=∠C，DF=CF ∠DFG=∠CFE ∴△DFG≌△CFE（ASA） ∴DG=CE，GF=EF ∵∠AFE=90° ∴AF⊥EF ∴AE=AG， 设CE=DG=x，则AE=AG＝2+x， ∵AG//BC，DE⊥BC，F是CD的中点， ∴DE⊥AG，GF=EF＝CD=1， ∴EG=2EF=2 在Rt△ADE和Rt△GDE中，由勾股定理得：DE2＝AE2-AD2＝EG2-DG2 ∴（2+x）2-22＝22-x2解得：x=或x=（舍去）， ∴CE＝． 故填． 【考点评析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾投定理等知识；本题综合性强、综合应用所学知识成为解答本题的关键． 三、解答题：本大题共8小题，共60分． 21．（本题6分）（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，．请设计三种不同的分割方案，将菱形分成4个等腰三角形，并标出所得的4个等腰三角形各内角的度数． 【答案】见解析（答案不唯一） 【思路点拨】本题考查菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，充分利用，是的倍数，结合菱形的性质以及等腰三角形的判定与性质求解即可． 【完整解答】解：如图所示： 22．（本题6分）（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【思路点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． （1）由可知，进而可证四边形是平行四边形； （2）由先根据平行四边形的性质及判定定理得出四边形是平行四边形，再根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【完整解答】（1）证明：由题意知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形 ∴， ∵在中，D为中点， ∴，则， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 23．（本题8分）（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图1，矩形纸片中，要在矩形纸片内折出一个菱形，现有两种方案： 甲：如图2，取两组对边中点的方法折出四边形EFGH． 乙：如图3，沿矩形的对角线折和，点、点对应点分别是、，、分别交BC、AD于点E，点F得到四边形． 甲方案和乙方案得到的四边形是否是菱形，如果是，请证明，如果不是请说明理由． 【答案】甲方案和乙方案得到的四边形都是菱形．见解析 【思路点拨】本题考查折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识点，综合性较强，解题的关键是证明． 图2根据题意及全等三角形的判定和性质得出，，再由菱形的判定即可证明；图3根据矩形的性质及全等三角形的判定和性质得出，，再由菱形的盘判定即可证明． 【完整解答】解：甲方案和乙方案得到的四边形都是菱形． 图2∵点，，，分别是矩形四个边的中点， ∴，，， ∴（SAS）． ∴， ∴四边形是菱形． 图3∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 24．（本题8分）（24-25八年级下·江苏镇江·期中）阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形． (1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______； (2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形． (3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________． 【答案】(1)鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等； (2)见解析 (3) 【思路点拨】（1）在和中，即可得出结论； （2）连接相交于点，由（1）可得，由四边形是平行四边形，可得．再证出，然后得出平行四边形是菱形即可； （3）连接与相交于点，设相交于点，由勾股定理得出，再求出，再求出，再由面积法求出，即可求解． 【完整解答】（1）解：垂直平分， ， 在和中， ， ， ，， 即：鹞形的一条对角线平分一组对角，鹞形的一组对角相等； 故答案为：鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等； （2）证明：如图，连接相交于点， 由（1）可得， 四边形是平行四边形， ． ． ， 四边形是菱形； （3）解：如图，连接与相交于点，设相交于点， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【考点评析】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质和判定，三角形的全等的判定和性质，勾股定理，菱形的判定与性质，解本题的关键是理解“鹞形”的定义． 25．（本题8分）（24-25八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，在平行四边形纸片中，为边上任意一点，将△沿折叠，点的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为______． 【问题解决】 （2）如图2，当，为边的三等分点时，连接并延长，交边于点．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）等边三角形；（2），理由见解析；（3） 【思路点拨】本题属于四边形综合题，主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． （1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得， ，再证明四边形是菱形，可知，即可求解； （2）利用四边形是平行四边形，可得，，再由，为边的三等分点，可得，由折叠可知：，，则，可得，再由三角形外角性质可得，则，可得，可证明四边形是平行四边形，则有，再证明可得结论； （3）延长交于，过点作，先求得，由折叠可得，，得到，则为等腰直角三角形，从而得出，则，再由四边形是平行四边形，可得，得到，，即，得出，再由的面积为18，，即，求出，再求解可得结果． 【完整解答】解：（1）四边形是平行四边形， ， ，， 由折叠可知：，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2）；理由如下： 四边形是平行四边形， ，， ，为边的三等分点， ， 由折叠可知：，， 则， ， 由三角形外角性质可知：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ； （3）如图，延长交于，过点作， 的面积为18，， ， ， 设，则， ， ， （负值已舍去）， ， ，， ， ， ， 由折叠可知：，， ，则为等腰直角三角形， ， 则， 四边形是平行四边形， ， ，，即， ， 的面积为18，，即， ， 则， ． 故线段的长为． 26．（本题8分）（23-24八年级下·福建莆田·期中）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ； (2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； 【答案】(1) (2)（1）中结论仍然成立，理由见解析 【思路点拨】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． （1）根据菱形的性质结合，可证明，都是等边三角形，然后利用证明，得到，，延长交于，由，可求出，即，即可证明结论； （2）结论仍然成立，根据题意作出图形，证明过程与（1）类似． 【完整解答】（1）解：如图，连接，延长交于H，如图所示， ∵四边形是菱形，， ∴，都是等边三角形，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证是等边三角形， ∴， ∴，即， 又∵， ∴． 故答案为：； （2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下： 如图，连接，如图所示， ∴，为等边三角形， 在和中，，， 又∵， ∴， ∴， ∴，， 设与交于点H， 同理可得， ∴， 又∵， ∴． 27．（本题8分）（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）【问题提出】 （1）如图1，在菱形中，，其中分别是边上的中点，则的周长为 ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形中，，点在边上，点在边上，且，则周长的最小值为 ； 【问题解决】 （3）如图3，规划部门准备绿化一块四边形空地，计划在边，上分别取点，，利用小路，将这块四边形空地分开，在四边形空地内种植郁金香，其他区域种植草坪，为了方便市民游览，决定取的中点，沿着修建观赏长廊．经测量，，，，，为节约建设成本，修建长廊长度之和应该最短．请你帮助规划部门确定是否有最小值．若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）（3）存在， 【思路点拨】（1）根据菱形的性质，推出为等边三角形，勾股定理求出的长，即可； （2）证明，得到，，得到为等边三角形，推出周长等于，进而得到当最小时，的周长最小，根据垂线段最短，得到时，最小，进行求解即可； （3）过点作于点，于点，连接，勾股定理求出的长，证明为等边三角形，进而推出，得到，得到，在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，交于点，证明，得到为等边三角形，再证明，推出，再进行求解即可． 【完整解答】解：（1）∵菱形，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵分别是边上的中点， ∴，，， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴的周长； （2）∵， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵的周长为， ∴当最小时，的周长最小， ∵垂线段最短， ∴当时，最小，此时：， ∴， ∴周长的最小值为； （3）存在，如图，过点作于点，于点，连接， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在上截取，连接，取的中点，连接，作点关于的对称点，连接，，交于点，则是的中位线，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即：的最小值为：， ∴的最小值为：． 【考点评析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称解决线段和最短问题，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 28．（本题8分）（23-24八年级下·河南安阳·期中）综合与实践 问题情境：数学课上，同学们以特殊四边形为基本图形，添加一些几何元素后探究图形中存在的结论．已知在中，，的平分线交边于点E，交边的延长线于点F，以为邻边作， 特例探究：（1）如图1，“创思”小组的同学研究了四边形为矩形时的情形，发现四边形是正方形，请你证明这一结论； （2）“敏学”小组的同学在图1基础上连接，得到图2，发现图2中线段与之 间存在特定的数量关系，请你帮他们写出结论并说明理由； 拓展延伸：（3）“善问”小组的同学计划对展开类似研究．如图3，在中，．当时，请补全图形，并直接写出A，G两点之间的距离． 【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3） 【思路点拨】本题主要考查四边形综合题、勾股定理、平行四边形的性质、菱形的判定和性质等知识点，学会添加常用辅助线、构造直角三角形是解题的关键． （1）根据矩形的性质即角平分线的性质证明即可； （2）连接交于点O，连接，由（1）得四边形为正方形，，然后由线段垂直平分线的性质即可证明结论； （3）过点G作交于点H，连接，证明四边形为是菱形可得，进而得到，最后再运用勾股定理即可解答． 【完整解答】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵四边形平行四边形， ∴平行四边形为矩形， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴矩形为正方形． （2），理由如下： 连接交于点O，连接，如图2， 由（1）得四边形为正方形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． （3）补全图形如图，过点G作交于点H，连接， 由题意得四边形为平行四边形， ∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为是菱形， ∴，易得， ∵， ∴ ∴， ∴， 此时，A，G两点之间的距离为． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$