专题05 菱形 （7大考点经典基础练+优选提升练）（福建专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题06 菱形 题型概览 题型01利用菱形的性质求角度 题型02利用菱形的性质求线段长 题型03利用菱形的性质求面积 题型04利用菱形的性质证明 题型05证明四边形是菱形 题型06根据菱形的性质和判定求角度 题型07根据菱形的性质和判定求线段长 ( 题型01 ) 利用菱形的性质求角度 1．（23-24八年级下·福建·期末）在菱形中，若∠A＋∠C＝140°，则 ． 2．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数为 ． 3．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，将沿翻折，得到，当 时，、、三点共线． ( 题型02 ) 利用菱形的性质求线段长 4．（23-24八年级下·福建泉州·期末）在菱形中，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，菱形中，点，分别在，上，将沿折叠后，点的对应点恰好在上，且，若，，则此菱形的边长为 ． 6．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，周长为16的菱形的对角线相交于点O，E为的中点，连接．则的长为 ． 7．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在菱形中，对角线，交于点，其中，过点的直线与边，分别交于，．设，，若，则当时，的值为（   ） A． B． C． D． 8．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，是对角线上一点，分别是边上的一点，连接．若菱形的边长为，，则的最大值是 ． 9．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点分别是、的中点，连接．若，则的长为 ．    ( 题型03 ) 利用菱形的性质求面积 10．（23-24八年级下·福建福州·期末）菱形的对角线，，则菱形的面积为（   ） A．24 B．32 C．40 D．48 11．（23-24八年级下·福建莆田·期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小芳家有一个菱形中国结装饰．测得，．则该菱形的面积为 ． 12．（23-24八年级下·福建福州·期末）菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是 ． 13．（23-24八年级下·福建福州·期末）某校举行风筝节活动，小明做了一个菱形风筝，他用两个木条沿着菱形的对角线做支架．经测量，，则这个风筝的面积是（    ）    A． B． C． D． ( 题型0 4 )利用菱形的性质证明 14．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，与相交于点，，． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接，若，，求的长度． 15．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图， 菱形中，E、F分别为边上的点，且，连接，求证：．    16．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，射线外一点C． (1)尺规作图：求作菱形，使得点B在射线上（要求：保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）条件下，在射线上截取，若点F为中点，连结，．求证：，，三点在同一直线上． 17．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，已知两个菱形与菱形，其中 连接，CG，BE，其中EF与BC相交于点H． (1)求证∶ (2)连接，，求证： (3)在线段上找一点，使得，，三点共线，请直接写出点的位置，并利用点的位置说明共线的理由． ( 题型0 5 )证明四边形是菱形 18．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图1，已知四边形是矩形，点是射线上的动点，当点运动到的角平分线上时，连接，交于点，交于点，点在是线段的中点，连接，． (1)证明：； (2)点是线段上一点，连接，，，当时，证明：； (3)在（2）的基础上，是否在射线上存在一点，使得四边形为菱形？请说明理由． 19．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点是边上一点，且，分别过点作的平行线交于点，求证：四边形是菱形． 20．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，D，E分别是，的中点，连接． (1)作出线段的中点F（尺规作图，保留痕迹，不写作法）； (2)根据（1）中作图，连接，．若，，，求证：四边形是菱形． 21．（23-24八年级下·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形． 22．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在平行四边形中，邻边，上的高相等，即．求证：四边形是菱形． ( 题型0 6 )根据菱形的性质和判定求角度 23．（23-24八年级下·福建福州·期末）小明借助没有刻度的直尺，按照下图的顺序作出了的平分线，他这样做的数学原理是 ．    24．（21-22八年级下·福建厦门·期中）如图，在平行四边形中，，于点，为的中点，连接、，下列结论：①；②；③；④；其中正确结论有 ． 25．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在中，点D，E分别是边的中点，，交的延长线于点F，连接交于点O．    (1)求证：； (2)若，，求的度数． ( 题型0 7 )根据菱形的性质和判定求线段长 26．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，矩形中，对角线，相交于点O，，．若，，则四边形的周长为 ． 27．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在的两边上分别截取、，使；再分别以点为圆心、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． 28．（23-24八年级下·福建泉州·期末）长与宽分别为8和4的两张矩形与矩形的纸条，按如图的方式交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 29．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图1，，将线段沿射线方向平移得到，点A的对应点D恰好落在的平分线上，连接． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)如图2，连接，P是上一点，点Q在射线上，连接，，，若，证明：． 30．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，、分别是、的中点，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，为的中点，点是线段上一动点． ①当点M是线段的中点时，连结，求证：； ②若，试求出的最小值． 一、单选题 1．（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 2．（23-24八年级下·福建泉州·期末）依据下列各图所标识的数据和符号，不能判定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·福建·期末）如图， 点O为矩形的对角线的交点，， 点E从点B出发（不含点B）沿向点C运动，移动到点C停止，延长交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ） A．平行四边形菱形平行四边形矩形 B．平行四边形正方形菱形矩形 C．平行四边形菱形正方形矩形 D．平行四边形正方形平行四边形矩形 4．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，在菱形中，垂直平分，垂足为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形中，，则菱形的周长是（    ） A．24 B．30 C． D． 二、填空题 6．（24-25八年级上·福建泉州·期末）已知：如图，直线l及其外一点求作：直线的垂线，使它经过点小刚的作法如下： 在直线上任取一点，连结 以为圆心，线段的长度为半径作弧，交直线于点 分别以，为圆心，线段的长度为半径作弧，两弧相交于点 作直线．直线即为所求作的垂线如图 若，，则四边形的周长为 ． 7．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，和是对角线，，则 度． 三、解答题 8．（23-24八年级下·福建厦门·期末）四边形是菱形，点O为对角线交点，点E在射线上（点C与E不重合），，直线与直线交于点F，如图1所示． (1)若边的垂直平分线交线段于点P（P不与O重合），连接，求证：； (2)当，时，求的度数； (3)若，垂足为M，请在图2中补全图形，并探究与的数量关系． 9．（23-24八年级下·福建·期末）问题解决：如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． (3)如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的长． 10．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形纸片中，E为边上一点，将沿折叠得到，过点F作的平行线交于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若G为中点，当时，求的值． 11．（23-24八年级下·福建莆田·期末）四边形是凸四边形，若线段（可以重合）满足，则称线段是关于点A的等角线段组． (1)若四边形是平行四边形，，点M，N分别在线段上．（均不与端点重合），线段是关于点A的等角线段组． ①证明：； ②写出一个的值，使得，并证明； (2)凸四边形中，，点E在线段上，且，若线段是关于点A的等角线段组，线段，是关于点C的等角线段组，求的值． 12．（23-24八年级上·福建福州·期末）已知，如图，为射线上的一动点，为的角平分线且交于点，以为边在内部作菱形，使得交于点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)判断与的位置关系并证明； (3)若的周长为3，求菱形的周长． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 菱形 题型概览 题型01利用菱形的性质求角度 题型02利用菱形的性质求线段长 题型03利用菱形的性质求面积 题型04利用菱形的性质证明 题型05证明四边形是菱形 题型06根据菱形的性质和判定求角度 题型07根据菱形的性质和判定求线段长 ( 题型01 ) 利用菱形的性质求角度 1．（23-24八年级下·福建·期末）在菱形中，若∠A＋∠C＝140°，则 ． 【答案】70° 【分析】由菱形的对角相等，再结合条件可求得答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠A＝∠C， ∵∠A＋∠C＝140°， ∴2∠C＝140°，解得∠C＝70°， 故答案为：70°． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的对角相等是解题的关键． 2．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质、等边对等角、直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系． 根据菱形的性质、等边对等角，求出，求出，再根据斜边中线等于斜边一半、等边对等角，推出，得出答案即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，将沿翻折，得到，当 时，、、三点共线． 【答案】或 【分析】当、、三点共线时，分两种情况：当在线段上时，连接，当在延长线上时，连接，；由轴对称的性质易证得，则；设，由菱形的性质及容易求得菱形内各个角的度数；然后，根据用表示的各个角之间的等量关系列方程求解，即可分别求得两种情况下的度数． 【详解】解：当、、三点共线时，分两种情况： 当在线段上时，如图，连接， 为关于的对称点， ，，， ， ， 设， 四边形为菱形，且， ，， ， ， ， ， ， 在菱形的对角线上， ， ， 又， 而， ， ； 当在延长线上时，如图，连接，， 同上，设， ， ， 又在菱形的对角线上， ， ， ， 又， ， ； 当或时，、、三点共线， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，等腰三角形的性质等知识点，用解方程的思想解决问题是解题的关键． ( 题型02 ) 利用菱形的性质求线段长 4．（23-24八年级下·福建泉州·期末）在菱形中，，则对角线的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，由菱形的性质得，进而由可得为等边三角形，即可得到，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选：B． 5．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，菱形中，点，分别在，上，将沿折叠后，点的对应点恰好在上，且，若，，则此菱形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理，作于，由折叠的性质可得：，证明四边形为矩形，得出，，设，则，，最后再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】解：如图，作于， ∵四边形是菱形， ∴，， 由折叠的性质可得：， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 6．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，周长为16的菱形的对角线相交于点O，E为的中点，连接．则的长为 ． 【答案】2 【分析】此题主要考查菱形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质．根据菱形性质求出，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得． 【详解】解：四边形是菱形， ， 是的中点， ， 菱形周长为16， ， ， 故答案为：2． 7．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在菱形中，对角线，交于点，其中，过点的直线与边，分别交于，．设，，若，则当时，的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，先证得出，根据题意得出当时，y最小，当点E与点B重合时，y最大，再根据勾股定理求出结论即可． 【详解】解：如下图，    在菱形中，， ， ， ， ， 过点的直线与边，分别交于，，设，，， 当时，y最小，即，则， 当点E与点B重合时，y最大，即，则， 当时，即当时， 在中，， 故选：A． 8．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，是对角线上一点，分别是边上的一点，连接．若菱形的边长为，，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，在上截取，连接，由四边形是菱形，得，，由线段和差得，证明，则，当三点共线时，最大，此时点与重合即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】如图，在上截取，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 当三点不共线时，或， 当三点共线时，最大，此时点与重合， ∴， 故答案为：． 9．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点分别是、的中点，连接．若，则的长为 ．    【答案】3 【分析】由菱形，可知，由点分别是、的中点，可得，，，由勾股定理得，求的值，由，求的值即可． 【详解】解：∵菱形， ∴， ∵点分别是、的中点， ∴，，， 由勾股定理得，， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握． ( 题型03 ) 利用菱形的性质求面积 10．（23-24八年级下·福建福州·期末）菱形的对角线，，则菱形的面积为（   ） A．24 B．32 C．40 D．48 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积对角线乘积的一半是解题的关键．由菱形的面积公式可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线，， ∴菱形的面积为， 故选：A． 11．（23-24八年级下·福建莆田·期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小芳家有一个菱形中国结装饰．测得，．则该菱形的面积为 ． 【答案】24 【分析】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键． 根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可． 【详解】四边形是菱形， ， ，， 故答案为：24． 12．（23-24八年级下·福建福州·期末）菱形的对角线长分别是8，6，则这个菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线的乘积的一半进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线长分别是8，6， 则， ∴这个菱形的面积是． 故答案为： 13．（23-24八年级下·福建福州·期末）某校举行风筝节活动，小明做了一个菱形风筝，他用两个木条沿着菱形的对角线做支架．经测量，，则这个风筝的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，解题的关键是掌握：菱形的面积公式是两条对角线的长度乘积的一半．据此列式解答即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积为：． 故选：B． ( 题型0 4 )利用菱形的性质证明 14．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，与相交于点，，． (1)求证：四边形为矩形； (2)连接，若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由菱形的性质得出，，，结合题意得出，结合，得出四边形是平行四边形，即可得证； （2）由菱形的性质得出，，，推出是等边三角形，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理， 得， 在中，由勾股定理， 得． 15．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图， 菱形中，E、F分别为边上的点，且，连接，求证：．    【答案】见解析 【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质可得，再根据证明，可得出． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， 在和中， ， ∴． 16．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，射线外一点C． (1)尺规作图：求作菱形，使得点B在射线上（要求：保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）条件下，在射线上截取，若点F为中点，连结，．求证：，，三点在同一直线上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，作的垂直平分线，交射线于点，交于点，以点为圆心为半径画弧，交直线于点，连接，，，根据，得到四边形为平行四边形，再结合垂直平分线性质得到，即可得到菱形； （2）在射线上截取，取点F为中点，连结，．根据题意作出草图，利用菱形的性质和线段中点的特点证明，得到，进而得到，即可证明，，三点在同一直线上． 【详解】（1）解：所作菱形如图所示： （2）证明：在射线上截取，取点F为中点，连结，． 有， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， ，，三点在同一直线上． 【点睛】本题考查复杂作图，垂直平分线性质，菱形的性质和判定，全等三角形性质和判定，三点共线的证明，熟练掌握菱形的性质和判定是解题的关键． 17．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，已知两个菱形与菱形，其中 连接，CG，BE，其中EF与BC相交于点H． (1)求证∶ (2)连接，，求证： (3)在线段上找一点，使得，，三点共线，请直接写出点的位置，并利用点的位置说明共线的理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当，即是中点时，、、在同一条直线上． 【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，由旋转全等模型的构造证明全等是解题关键． （1）根据菱形性质，证明即可； （2）连接，证明即可； （3）当，即是中点时，、、在同一条直线上．将逆时针旋转到如图位置，先证明，再证明，从而可得，进而证明，，由即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵菱形与菱形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴ ∴， （2）连接，如解图（1） ∵菱形与菱形，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ （3）当，即是中点时，、、在同一条直线上． 证明：连接，将绕点C逆时针旋转到位置，连接、， ∵在菱形，，， ∴，， ∴， ∴， 同理：， ∵由旋转可得：， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴ ∴， ∴， ∴、、在同一条直线上． ( 题型0 5 )证明四边形是菱形 18．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图1，已知四边形是矩形，点是射线上的动点，当点运动到的角平分线上时，连接，交于点，交于点，点在是线段的中点，连接，． (1)证明：； (2)点是线段上一点，连接，，，当时，证明：； (3)在（2）的基础上，是否在射线上存在一点，使得四边形为菱形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当在和射线的交点时，四边形是菱形 【分析】（1）可证得，，从而得出，从而，进一步得出结果； （2）延长，交的延长线于点，可证得，从而，从而得出，根据直角三角形的性质得出，从而得出，进一步得出结论； （3）当在和射线的交点是，四边形是菱形，理由如下：设，由（）知，是的垂直平分线，从而，，根据，得出，进而得出，进一步得出结果． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 点在的平分线上， ， ， ， 是的中点， ； （2）证明：如图1， 延长，交的延长线于点， ，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 由（1）得，，是的中点， ， ， ； （3）解：如图1， 当在和射线的交点时，四边形是菱形，理由如下： 设， 由（2）知，，是的垂直平分线， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 19．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点是边上一点，且，分别过点作的平行线交于点，求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，先根据平行四边形的定义证明四边形是平行四边形，再根据等角对等边得到，即可由菱形的定义求证，掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 20．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，D，E分别是，的中点，连接． (1)作出线段的中点F（尺规作图，保留痕迹，不写作法）； (2)根据（1）中作图，连接，．若，，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用尺规作图作线段的垂直平分线，即可得到线段的中点F； （2）利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，利用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，推出，根据对角相互垂直的平行四边形是菱形即可证明结论成立． 【详解】（1）解：如图，点F即为所作； （2）证明：连接． ∵D，E分别是，的中点， ∴，， ∵线段的中点是F， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵D是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴是直角三角形，且，即， ∵E是的中点，线段的中点是F， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查作图复杂作图，三角形中位线定理，勾股定理的逆定理，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 21．（23-24八年级下·福建厦门·期末）已知：如图，在平行四边形中，G，H分别是，的中点，E，O，F分别是对角线上的四等分点，顺次连接G，E，H，F． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：当平行四边形满足时，四边形是菱形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识， （1）连接，由三角形中位线定理可得，，，，可得，，可得结论； （2）先证四边形是平行四边形，可得，可得，可得结论 【详解】（1）证明：如图1，连接， 四边形是平行四边形， ，． ，，分别是对角线上的四等分点， ，分别为，的中点， 是的中点， 为的中位线， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图2，连接，， 四边形是平行四边形，，分别是，的中点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ，即， 又四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 22．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在平行四边形中，邻边，上的高相等，即．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 根据平行四边形的性质得出，利用先证，得出，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵邻边，上的高相等，即， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． ( 题型0 6 )根据菱形的性质和判定求角度 23．（23-24八年级下·福建福州·期末）小明借助没有刻度的直尺，按照下图的顺序作出了的平分线，他这样做的数学原理是 ．    【答案】菱形的每一条对角线平分一组对角． 【分析】本题考查的是角平分线的定义，菱形的判定与性质，证明四边形是菱形，然后根据菱形的每一条对角线都平分它的一组对角，得出平分： 【详解】解：如图，∵直尺的对边互相平行， ∴，． ∴四边形是平行四边形． ∵直尺的宽度相同， ∴与间的距离与间的距离． ∵的面积不变， ∴ ∴是菱形． ∴平分．   ． 故答案为：菱形的每一条对角线平分一组对角 24．（21-22八年级下·福建厦门·期中）如图，在平行四边形中，，于点，为的中点，连接、，下列结论：①；②；③；④；其中正确结论有 ． 【答案】①②③④ 【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．想办法证明EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题． 【详解】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH． ∵CD=2AD，DF=FC， ∴CF=CB， ∴∠CFB=∠CBF， ∵ ∴∠CFB=∠FBH， ∴∠CBF=∠FBH， ∴∠ABC=2∠ABF．故①正确， ∵， ∴∠D=∠FCG， 在△DFE和△CFG中， ∴， ∴FE=FG， ∵BE⊥AD， ∴∠AEB=90°， ∵AD∥BC， ∴∠AEB=∠EBG=90°， ∴BF=EF=FG， ∴，， ∵∠ABC=2∠ABF． ∴， ∵，， ∴， 假设，此时， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确， ∵S△DFE=S△CFG， ∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确， ∵AH=HB，DF=CF，AB=CD， ∴CF=BH， ∵， ∴四边形BCFH是平行四边形， ∵CF=BC， ∴四边形BCFH是菱形， ∴∠BFC=∠BFH， ∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD， ∴FH⊥BE， ∴∠BFH=∠EFH=∠DEF， ∴∠EFC=3∠DEF，故④正确， 故答案为：①②③④ 【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，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． 25．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在中，点D，E分别是边的中点，，交的延长线于点F，连接交于点O．    (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）通过证明四边形为平行四边形，即可求解； （2）根据中位线的性质可得，，可得平行四边形为菱形，利用菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点D，E分别是边的中点， ∴ 又∵ ∴四边形为平行四边形， ∴ （2）解：∵点D，E分别是边的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴平行四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． ( 题型0 7 )根据菱形的性质和判定求线段长 26．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，矩形中，对角线，相交于点O，，．若，，则四边形的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的性质，菱形的判定和性质，解题的关键是掌握相关性质定理． 先根据勾股定理得出，再根据矩形的性质得出，最后通过证明四边形是菱形，结合菱形的性质，即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长， 故答案为：20． 27．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在的两边上分别截取、，使；再分别以点为圆心、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． 【答案】D 【分析】本题考查了作图﹣基本作图，掌握四边相等的四边形是菱形、对角线相互垂直的四边形的面积是其两条对角线乘积的一半是解决此题的关键． 四边形的四条边都相等，则这个四边形是菱形．和是菱形的两条对角线，则根据菱形的面积求解即可． 【详解】解：根据作图方法，可得， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∵，四边形的面积为， ∴， 解得（cm）． 故选：． 28．（23-24八年级下·福建泉州·期末）长与宽分别为8和4的两张矩形与矩形的纸条，按如图的方式交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 【答案】20 【分析】由题意得，，，，，，再证四边形是菱形，得，设，则，再利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：由题意得，矩形和矩形是全等图形， ∴，，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∴四边形的周长为：， 故答案为：20． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的性质与判定、勾股定理，证明四边形是菱形是解题的关键． 29．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图1，，将线段沿射线方向平移得到，点A的对应点D恰好落在的平分线上，连接． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)如图2，连接，P是上一点，点Q在射线上，连接，，，若，证明：． 【答案】(1)菱形，见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平移的性质可得，，证得四边形为平行四边形，由平行线的性质和角平分线的定义得，，可得，从而可得，再根据菱形的判定即可得证； （2）延长，由角平分线的定义得，根据菱形的性质和垂直平分线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得，，从而求得，可证为等边三角形，可得，设和交于点O，，，，，，根据菱形的性质和直角三角形的性质可得，利用勾股定理求得，利用勾股定理可得，从而可得，即可得证． 【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下： ∵线段平移得到线段， ∴，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∵为平分线， ∴， ∴， ∴． ∴四边形是菱形． （2）证明：延长， ∵，为平分线， ∴． ∵四边形是菱形， ∴，平分， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴， ∴为等边三角形． ∴， 设和交于点O，，，， 则，， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， ∴． ∵在中，， ∴，即， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、平行四边形的判定、勾股定理、等腰三角形的性质、平移的性质、完全平方公式、直角三角形的性质、三角形外角的性质、垂直平分线的性质及角平分线的定义，熟练掌握相关定理，正确作出辅助线是解题的关键． 30．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，、分别是、的中点，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知，为的中点，点是线段上一动点． ①当点M是线段的中点时，连结，求证：； ②若，试求出的最小值． 【答案】(1)见解析； (2)①见解析；②． 【分析】（1）由两组对边相等的四边形是平行四边形即可得出结论； （2）①证是的中位线，即可得出结论； ②连接、，先证平行四边形是菱形，得出垂直平分，则，推出当点、、三点共线时，的值最小，其最小值为的长，再证是等边三角形，得出，然后由等边三角形的性质得出，，最后由勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：，， ， ， 四边形是平行四边形； （2）①证明：如图1，    是的中点，是的中点， 是的中位线， ； ②解：如图2，连接、，    由（1）得：四边形是平行四边形， ，， 、分别是、的中点，， ， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ， ， ， 平行四边形是菱形， 垂直平分， ， ， 当点、、三点共线时，的值最小，其最小值为的长， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 是等边三角形， ， 为的中点， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 的最小值为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理、垂直平分线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键． 一、单选题 1．（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 【答案】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． 【详解】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． 2．（23-24八年级下·福建泉州·期末）依据下列各图所标识的数据和符号，不能判定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查菱形的判定、等角对等边及三角形内角和定理，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定逐一判定即可解答． 【详解】解：A．∵， ∴为菱形，故该选项不符合题意， B．不能判定为菱形，故该选项符合题意， C．∵，， ∴， ∴， ∴为菱形，故该选项不合题意， D．∵， ∴为菱形，故该选项不合题意， 故选：B． 3．（23-24八年级下·福建·期末）如图， 点O为矩形的对角线的交点，， 点E从点B出发（不含点B）沿向点C运动，移动到点C停止，延长交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ） A．平行四边形菱形平行四边形矩形 B．平行四边形正方形菱形矩形 C．平行四边形菱形正方形矩形 D．平行四边形正方形平行四边形矩形 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据矩形的性质，全等三角形的判定和性质，可得四边形形状的变化情况． 【详解】解：连接． ∵点O为矩形的对角线的交点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：C． 4．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，在菱形中，垂直平分，垂足为，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题关键．连接，根据菱形和垂直平分线的性质，推出是等边三角形，得到，即可求出的度数． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形， ，， 垂直平分， ， 是等边三角形， ， ， 故选：C 5．（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形中，，则菱形的周长是（    ） A．24 B．30 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握菱形的性质、等边三角形的判定和性质． 先根据菱形的性质证明，在根据已知条件证明是等边三角形，求出，从而求出菱形周长即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， 菱形的周长为： ， 故选：A． 二、填空题 6．（24-25八年级上·福建泉州·期末）已知：如图，直线l及其外一点求作：直线的垂线，使它经过点小刚的作法如下： 在直线上任取一点，连结 以为圆心，线段的长度为半径作弧，交直线于点 分别以，为圆心，线段的长度为半径作弧，两弧相交于点 作直线．直线即为所求作的垂线如图 若，，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查作法-复杂作图，菱形的判定和性质，解题的关键是读懂图象信息．判断出四边形是菱形，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：设与交于点 由作图可知， 四边形是菱形， ，，， ， 菱形的周长为． 故答案为：． 7．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，和是对角线，，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，由菱形的性质可得，，进而由得到为等边三角形，即得，据此即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 8．（23-24八年级下·福建厦门·期末）四边形是菱形，点O为对角线交点，点E在射线上（点C与E不重合），，直线与直线交于点F，如图1所示． (1)若边的垂直平分线交线段于点P（P不与O重合），连接，求证：； (2)当，时，求的度数； (3)若，垂足为M，请在图2中补全图形，并探究与的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2)； (3)．理由见解析 【分析】（1）利用菱形的性质得到是线段的垂直平分线，又点P在边的垂直平分线上，根据线段垂直平分线的性质即可证明； （2）结合菱形的性质得，可证得，由勾股定理逆定理得为直角三角形，且，利用即可求得； （3）作，垂足为Ｎ，证明，推出，再推出，利用等腰三角形的性质求得，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴是线段的垂直平分线， ∵点P在线段上， ∴， ∵点P在边的垂直平分线上， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∵由（1）得，即， ∴， ∴为直角三角形，且， ∴， 又∵， ∴； （3）解：．理由如下， 如图，作，垂足为N， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（2）知， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题主要考查菱形的性质、垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理逆定理等知识点，解题的关键是掌握菱形的性质． 9．（23-24八年级下·福建·期末）问题解决：如图，在矩形中，点分别在边上，，于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． (3)如图，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)是等腰三角形，理由见解析； (3)． 【分析】（）证明，得到，即可求证； （）证明可得，进而得，即可求解； （）延长到点，使，连接，作，可证，得到，，进而得是等边三角形，得到，即得，再利用勾股定理求出，进而即可求出的长； 本题考查了矩形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：是等腰三角形． 理由：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形； （3）解：延长到点，使，连接，作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴． 10．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形纸片中，E为边上一点，将沿折叠得到，过点F作的平行线交于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若G为中点，当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)或 【分析】（1）根据题意得垂直平分，证得即可求解； （2）分类讨论当点F在矩形内时，当点F在矩形外时，两种情况即可求解． 【详解】（1）证明：连接交于点O． ∵沿折叠得到， ∴垂直平分， ∴，,．     ∵ ∴，，     ∴，    ∴，    ∴四边形是平行四边形，   ∴平行四边形是菱形． （2）解：延长交于点H，连接． ∵四边形是矩形， ∴． ∵G是的中点， ∴．    ∵， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形，   ∴， ∴． ∵， ∴， ∴．    当点F在矩形内时， ， ∴， 即， ∴， ∴．     当点F在矩形外时， ． 过点D作垂线，垂足为M， ∴， ∴， 即， ∴设． ∵， ∴， 即． 根据勾股定理得，     ∴， ∴． 【点睛】本题综合考查了矩形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，需要学生具备扎实的几何基础． 11．（23-24八年级下·福建莆田·期末）四边形是凸四边形，若线段（可以重合）满足，则称线段是关于点A的等角线段组． (1)若四边形是平行四边形，，点M，N分别在线段上．（均不与端点重合），线段是关于点A的等角线段组． ①证明：； ②写出一个的值，使得，并证明； (2)凸四边形中，，点E在线段上，且，若线段是关于点A的等角线段组，线段，是关于点C的等角线段组，求的值． 【答案】(1)①见解析；②，证明见解析 (2)1 【分析】（1）①由平行四边形的性质得；由线段是关于点A的等角线段组可得，由三角形外角的性质即可证明结论； ②若，则得四边形是菱形，则，由①则可证明，得，从而有，则由等腰三角形的性质即可证明； （2）延长到P，，连接；延长到G，使，连接；则，，；由线段，是关于点C的等角线段组，得，则可由可证明，得，；线段是关于点A的等角线段组，可得，从而得，则可证明，从而，即． 【详解】（1）①证明：四边形是平行四边形， ； 线段是关于点A的等角线段组， ， 即， ， ， ； ②取， 则四边形是菱形， ， 由①知，，， ， ， ， ， ； （2）解：如图，延长到P，使，连接；延长到G，使，连接； ， ， ，； 线段，是关于点C的等角线段组， ， ， ， ，； 线段是关于点A的等角线段组， ， ， ，， ， ， ， ， 即． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，关键是理解题目中的等角线段组的含义，灵活运用以上知识，构造适当辅助线． 12．（23-24八年级上·福建福州·期末）已知，如图，为射线上的一动点，为的角平分线且交于点，以为边在内部作菱形，使得交于点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)判断与的位置关系并证明； (3)若的周长为3，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）由菱形，可得，进而可证； （2）由，可得，由为的角平分线，可得，由，，可得，进而可证； （3）如图，在上取点，连接，使，证明，则，，如图，过作，则是等边三角形，，证明四边形是平行四边形，则，，，即，由的周长为3，可得，即，，，如图，连接，则是等边三角形，，由等边对等角，三角形内角和定理可求，由勾股定理得，然后求周长即可． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴， 又∵， ∴； （2）解：，证明如下； ∵， ∴， ∵为的角平分线， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）解：如图，在上取点，连接，使， 由（2）可知，， 又∵，， ∴， ∴，， 如图，过作， ∴， ∴是等边三角形，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴，即， ∵的周长为3， ∴， ∴，， ∴， 如图，连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 由勾股定理得， ∴， ∴菱形的周长为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，角平分线，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的判定，等边三角形的判定与性质，等边对等角，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，平行线的判定，等边三角形的判定与性质，等边对等角，平行四边形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$