6.1菱形的性质与判定训练题2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学下册

6.1菱形的性质与判定训练题 一、单选题（共48分） 1．（本题4分）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论错误的是（ ） A． B． C． D． 2．（本题4分）如图，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（   ） A． B．平分 C．， D． 3．（本题4分）如图，在菱形中，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 4．（本题4分）如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接，，． 若，则的度数是 （    ） A． B． C． D． 5．（本题4分）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（    ） A． B． C． D． 6．（本题4分）如图，在菱形中，，则菱形的边长是（   ） A．5 B．10 C．6 D．8 7．（本题4分）如图，在菱形中，，对角线，交于点O，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．（本题4分）如图所示的是吊灯的截面示意图，连接菱形外框的对角线交于点，四边形内框是平行四边形，若菱形外框的边长为10，对角线的长为，则内框和外框之间阴影部分的面积为（   ） A．96 B．84 C．66 D．48 9．（本题4分）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线交，分别于点，，若，，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 10．（本题4分）欲证明右图四边形为菱形，下列条件中错误的是（   ） A．且， B．， C． D．且， 11．（本题4分）如图，菱形中，点E、F、G分别是、、的中点，有下面两个结论：①；②．则这两个结论（   ） A．①②均对 B．①②均错 C．①对②错 D．①错②对 12．（本题4分）如图，两张相同的宽为的矩形纸片叠放在一起，点是纸片中的任意一点．将一张纸片绕着点逆时针旋转，则旋转过程中，两张纸片重叠部分（即四边形）面积的最小值是（    ） A．8 B．8 C． D． 二、填空题（共32分） 13．（本题4分）如图，小强在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点、为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点、，则直线即为所求．连接、、、，则根据她的作图方法可知，四边形是 ． 14．（本题4分）如图，在菱形中，连接，平分，交于点，若，则的度数为 ． 15．（本题4分）将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为 ． 16．（本题4分）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为 ． 17．（本题4分）如图，在中，对角线相交于点O，，E，F，G分别是的中点，连接交于点N．下列结论：①；②；③平分；④．其中正确的是 ． 18．（本题4分）杭州纸伞馆有制作精美的纸伞，如图，四条长度相等的伞骨围成菱形，伞骨连接点A固定在伞柄顶端，伞圈C能沿着伞柄滑动．小聪通过测量发现：当伞完全张开时，伞柄的中点O到伞骨连接点B，D的距离都等于的一半，若夹角，则的度数是 ． 19．（本题4分）如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于点，则 20．（本题4分）如图，点E、F分别在菱形边、上，，如果的面积是6，的面积为9，那么的面积为 ． 三、解答题（共70分） 21．（本题8分）如图，在菱形中，点，在上，且，连接，，求证：． 22．（本题8分）如图，已知中，，把绕点顺时针方向旋转得到，连接，交于点． (1)求证：； (2)若，，当四边形是菱形时，求的长． 23．（本题9分）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列条件：；． (1)从中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 24．（本题10分）如图，四边形是菱形，，求： (1)的度数． (2)若，求线段和的长． 25．（本题11分）如图，中，，将绕A点逆时针旋转得到 ，连接交于点F． (1)求的度数； (2)若，四边形是菱形，求的长度． 26．（本题11分）如图，在菱形中，过点B作于点E，作于点F． (1)求证：； (2)若，求的度数． 27．（本题13分）如图，在中，，分别是，的中点，连接，，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】本题主要考查菱形的性质，掌握“菱形的对角线互相垂直平分但不一定相等”是解题的关键．根据菱形的性质依次判断即可． 【详解】A．∵菱形的对角线互相垂直，又∵四边形是菱形，对角线与交于点，∴，该选项正确； B．∵菱形的四条边相等，又∵四边形是菱形，、是菱形的邻边，∴，该选项正确； C．∵菱形的对角线仅满足互相垂直且平分，不一定相等，又∵题目中仅说明四边形是菱形，未说明是正方形，∴无法推出，该选项错误； D．∵菱形是平行四边形，平行四边形的对角线互相平分，又∵四边形是菱形，对角线与交于点，∴是的中点，即，该选项正确． 故选：C． 2．C 【分析】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 根据菱形的判定定理，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A、当时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； B、当平分时，， ∵， ∴， ∴， ∴，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 、当，时，不能证明是菱形，故本选项符合题意； D、当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 故选：C． 3．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，由菱形的性质可得出，，结合已知条件即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：C 4．B 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据作图可得四边形是菱形，根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可知，， 四边形是菱形， ，． 故选：B． 5．A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， 在中，， ∴， ∵菱形的面积为， ∴， 故选：A． 6．A 【分析】设的交点为O，根据菱形，，得，，利用勾股定理得，解答即可． 本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形性质和勾股定理是解题的关键． 【详解】解：设的交点为O， ∵菱形，， ∴， ， ∴． 故选：A． 7．B 【分析】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握“菱形的对角线平分一组对角”这一核心性质，利用该性质将已知角转化为所求角． 先明确菱形中，对角线是的角平分线；再根据已知，可得为的一半；计算得出的度数后，匹配选项即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，   ∴菱形的对角线平分一组对角，即平分；   又∵，   ∴；   该结果与选项B一致，   故选：B． 8．D 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，根据菱形的性质得到，则由勾股定理可得，进而可得，求出，再证明四边形是菱形，得到，据此根据列式计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 故选：D． 9．D 【分析】连接，利用角平分线性质和平行线性质，得到，利用等腰三角形性质，证明四边形为菱形，从而得到，利用勾股定理得到，进而得到，进而利用勾股定理得到，即可解题． 【详解】解：连接， ， ， 是的角平分线， ， ， ， ， ， 四边形为菱形， ， ，，， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查勾股定理的运用，角平分线性质，菱形的判定和性质，平行线性质，等腰三角形性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 10．B 【分析】本题主要考查了菱形的判定，解决本题的关键是根据菱形的判定定理进行判断．菱形的判定定理有：四条边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；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． 【详解】解：A选项：且， 四边形是平行四边形， 又， 根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形， 故A选项不符合题意； B选项：，， ，， 不能证明， 不能证明四边形是菱形， 故B选项符合题意； C选项：， 根据四条边相等的四边形是菱形，可证四边形是菱形， 故C选项不符合题意； D选项：且， 四边形是平行四边形， 又， 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形， 故D选项不符合题意． 11．C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理．根据菱形的性质，三角形中位线定理即可判断． 【详解】解：连接，， ∵点E、F、G分别是、、的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，， ， ∵菱形， ∴， ∴，即； 而与不一定相等， ∴， ∴①对②错， 故选：C． 12．C 【分析】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，过点D作，，连接、交于点O．根据题意先证出四边形是平行四边形，再由，，得，即有平行四边形是菱形，结合图形得出旋转过程中，菱形的高不变，底变化，当两张纸片垂直时，即时，底边最短，即可求出面积最小值． 【详解】解：过点D作，，连接、交于点O．    由题意知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵两个矩形等宽， ∴， ∵在平行四边形中，， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， 旋转过程中，菱形的高不变，底变化， 当两张纸片垂直时，即时，底边最短，此时面积为：， 故选：C． 13．菱形 【分析】本题考查了作图复杂作图、作线段的垂直平分线、菱形的判定．根据四条边都相等的四边形是菱形即可得答案． 【详解】解： 分别以点，为圆心，以大于长度的长为半径画弧，两弧相交于，， ， 四边形是菱形． 故答案为：菱形 14． 【分析】本题考查了菱形的性质，角平分线的定义，由角平分线的定义得，再根据菱形的对角线平分对角即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵平分，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∴四边形是平行四边形， 如图，作于，于，由等宽可得， ∵， ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴， 故答案为：． 16． 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边形的性质，是解题的关键．连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：连接， 由作图知：，，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 17．②④ 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理，菱形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用平行四边形的性质是关键． 分别连接，结合四边形是平行四边形，可得，，再由，从而，进而结合等腰三角形的性质，三角形的中位线定理等逐个判断可以得解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴． 又∵E是的中点， ∴BE⊥AC． 又∵G是的中点， ∴． 又∵与不一定相等， ∴①不正确． ∵E，F分别是的中点， ∴． 又∵， ∴， ∵， ， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是菱形． ∴，故②正确． ∵四边形是菱形． ∴平分． ∵， ∴不平分，即③不正确． 由题意， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故④正确． 综上，正确的有②④． 故答案为：②④。 18． 【分析】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质，根据菱形的性质可得，，求得，，求得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 19．4.8 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质和勾股定理得出，进而利用菱形的面积公式解答即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 20．15 【分析】本题考查了三角形中线的性质，菱形的性质．连接，，利用三角形中线的性质求得，，推出，再证明，求得，据此求解即可． 【详解】解：连接，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 的面积为， 故答案为：15． 21．见解析 【分析】此题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，根据菱形的性质得，则，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． 22．(1)见解析； (2)． 【分析】（1）要证明，需根据旋转性质找到对应边和角的关系，再利用全等三角形判定定理（）来证明． （2）要求的长，先根据菱形性质得出边和角的关系，再结合已知角度推出为等腰直角三角形，利用勾股定理求出，最后结合菱形的边求出． 【详解】（1）证明：∵ 绕点顺时针方向旋转得到， ∴ ，，． ∴ ，即． 又∵ ， ∴ ． 在和中， ， ∴ （）． （2）解：∵ 四边形是菱形， ∴ ，． ∴ ． 又∵ ， ∴ ． ∴ ． 在中，根据勾股定理： ， ∴ ． 【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质以及勾股定理，熟练掌握这些知识，通过已知条件逐步推导是解题关键． 23．(1)见解析 (2)四边形的面积是 【分析】（1）由，得，而，则四边形是平行四边形，若选择，可根据菱形的定义证明四边形是菱形；若选择，可根据菱形的判定定理证明四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，，然后利用30°的直角三角形的性质和勾股定理求出和长，则，，然后根据菱形的面积公式计算解答即可． 此题重点考查菱形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的定义或判定定理证明四边形是菱形是解题的关键． 【详解】（1）解：选择：， 证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 选择：， 证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，对角线与相交于点， ，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 四边形的面积是． 24．(1) (2)， 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据四边形是菱形，得，，则，即可作答． （2）先根据四边形是菱形，得，，，运用勾股定理算出，然后根据菱形面积公式进行列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴； ∵， ∴菱形的面积， ∵，且， ∴菱形的面积， ∴， ∴． 25．(1) (2) 【分析】本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的性质和菱形的性质是解答的关键． （1）证明得到，再根据三角形的内角和定理可得即可解答； （2）利用菱形的性质得到，，则，进而求得，然后利用勾股定理求得，进而可求解． 【详解】（1）解：∵绕A点逆时针旋转得到 ，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设、相交于O，如图， ∵，，， ∴，即； （2）解：∵，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 26．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由菱形的性质可得，为对角线，即是的角平分线，再由角平分线的性质定理可得，最后证明即可得证； （2）由菱形的性质可得，再由平行线的性质计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，为对角线， 是的角平分线． ，， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ． ，即， ． 同理可得， ． 27．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查三角形中位线定理、菱形的性质、勾股定理，掌握菱形的判定方法和性质是解题关键． （1）利用“三角形中位线定理”推出与的关系，结合已知条件得到且，先判定平行四边形，再通过“邻边相等”判定菱形． （2）借助“菱形对角线互相垂直平分”的性质，将对角线拆分后，用“勾股定理”求出另一条对角线的一半，进而得到完整对角线长度，最后代入“菱形面积公式”计算面积． 【详解】（1）证明：，分别是，的中点，，， ，， ，， 四边形是平行四边形，又， 平行四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点． 四边形是菱形，，， ，，， ，， ． 答：菱形的面积为． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $