21.3.2 菱形 同步练习 2025-2026学年人教版八年级数学下册

21.3.2 菱形 同步练习 一、单选题 1．下列性质中，菱形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角相等 2．在下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（        ） A． B． C． D． 3．为迎接2024年5月28日北京大兴西瓜节，某西瓜交易市场准备在空地处建造一个菱形花坛，若菱形花坛的两条对角线的长分别为6米和10米，则菱形花坛的面积（单位：平方米）为（    ） A．15 B．24 C．30 D．60 4．已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的（　　） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是矩形 5．菱形中，，对角线，则菱形周长为（　　）    A．24 B．32 C． D．16 6．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的度数为（        ）    A．20° B．25° C．27° D．40° 7．如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（    ） A． B． C． D． 8．如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交CD于点E，连接．则（    ） A． B． C． D． 9．如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，点E是边上一动点，连接．若，，则的最小值为（   ） A．6 B． C．5 D． 二、填空题 10．如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，要使四边形为菱形，可添加的一个条件是 ． 11．在菱形中，已知厘米，则 厘米 12．如图，在平行四边形中，，，，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，过，两点作直线，与交于点，与交于点，连接，，则四边形的周长为 ． 13．有两张相同大小的矩形纸片和，将其按如图所示的方式交叉叠放，重叠部分构成一个四边形，连接，，若，则的长是 ． 14．如图，菱形的对角线交于点，，，，垂足为，则的长度为 ．    15．如图，菱形，对角线与交于点O，于点E，F为线段上一点，若，则线段的长度为 16．如图，菱形纸片，将该菱形纸片折叠，使点恰好落在边的中点处，折痕与边、分别交于点．则的长为 ． 17．在菱形纸片中，，，点F在边上，将菱形纸片沿直线折叠，点D的对应点为E．当与菱形的边垂直时，的长为 ． 三、解答题 18．如图，在矩形中，交于点交于点．求证：四边形是菱形． 19．如图，在菱形中，于点E，于点F．求证：． 20．如图，在中．    【实践与操作】请利用尺规作图完成以下操作： （1）作的角平分线，交边于点D； （2）作线段的垂直平分线，分别交边，于点E，F； （3）连接，连接． （要求：不写作法，标明字母）； 【猜想与证明】试猜想四边形的形状，并加以证明． 21．如图：在中，对角线与交于点，过点的直线分别与、交于点，，连接．    (1)求证：； (2)请判断四边形是什么特殊四边形，请证明你的结论； (3)若，，求四边形的面积． 22．如图，中，平分，交于点D，垂直平分，交于点E，交于点F，垂足为点G，连接，．求证： (1) ； (2)四边形是菱形． 23．如图，是菱形的对角线．    (1)作边的垂直平分线，分别与，交于点E，F，连接、（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：点F在线段的垂直平分线上． 证明：四边形是菱形， ，　　． 在和中， ， 　　． 垂直平分， 　　， ． 点F在线段的垂直平分线上（　　）． 24．如图，矩形中，点、分别在、上，将矩形沿直线折叠，点落在上的点处，点落在点处，与交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如图，，，点与点重合时，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 1．C 【分析】此题重点考查菱形的性质，正确理解平行四边形的性质定理及菱形的性质定理是解题的关键．由菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等，即可得出答案． 【详解】解：根据菱形的性质可知，菱形的四边相等、对角线互相垂直、对角相等，但菱形的对角线不一定相等， 故A不符合题意，B不符合题意，D不符合题意，C符合题意， 故选：C． 2．C 【分析】根据菱形的判定定理，即可进行解答． 【详解】解：A、若，则平行四边形为矩形；不符合题意； B、若，则平行四边形为正方形；不符合题意； C、若，则平行四边形为菱形；符合题意； D、若，则平行四边形不是特殊的平行四边形；不符合题意； 故选：C．    【点睛】本题主要考查了菱形的判定，解题的关键是掌握有一组另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． 3．C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键． 由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可． 【详解】解：菱形的面积， 故选：C． 4．B 【分析】根据矩形、菱形的判定逐个判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， 又∵ ， ∴四边形是矩形，故本选项符合题意； C、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查的是矩形，菱形的判定，熟记矩形，菱形的判定方法是解本题的关键． 5．B 【分析】此题考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．此题难度不大，熟记菱形的各种性质是解题关键．由四边形是菱形，可得，又由，则可证得是等边三角形，继而求得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， 即， 菱形的周长为：． 故选：B． 6．B 【分析】先根据菱形的性质得，则利用得到，所以为的斜边上的中线，得到，利用等腰三角形的性质得，然后利用等角的余角相等即可求出的度数． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴为的斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 7．D 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可． 【详解】∵ ∴ ∵点为中点 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴是菱形， ∴ 故选：D． 8．D 【分析】本题考查了垂直平分线的性质与判定，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，由作法得垂直平分，，由菱形，得到，得到为等边三角形，由平行线的性质，即可求解， 【详解】解：如图所示，连接， 由作法得垂直平分， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 9．B 【分析】连接，记与交于点O，当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长． 【详解】如解图所示，由菱形的性质，可知与互相垂直平分， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长， ∵， ∴， ∴的最小值为， 故选：B. 【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短、等面积法，掌握这些是本题关键． 10． 【分析】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：添加的一个条件是，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 11．5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四条边相等． 根据菱形四条边相等即可求解． 【详解】解：如图，在菱形中， ∵四边形为菱形，厘米， ∴厘米， 故答案为：5． 12．26 【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为O，证明四边形为菱形，证明为的中线，然后勾股定理求得，利用菱形的性质即可求解． 【详解】解：如图，设与的交点为O， 根据作图可得，且平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分， ∴， ∴四边形是菱形，， ∵， ∴， ∴， ∴E为的中点， 中，，， ∴， ∴四边形的周长为． 故答案为：26． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． 13． 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理．先证明四边形是菱形，菱形的性质结合勾股定理求得，再利用菱形面积公式求解即可． 【详解】解：∵矩形纸片和， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵两张相同大小的矩形纸片和， ∴， ∵四边形的面积， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形的面积， 解得， 故答案为：． 14．4 【分析】由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，再由，进行计算即可得到答案． 【详解】解：四边形是菱形，对角线交于点，，， ，，， 在中，， ， ， ， ， 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积的计算，熟练掌握菱形的性质以及菱形的面积的求法是解题的关键． 15．2 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等积法，熟练掌握菱形的性质和勾股定理的应用是解题的关键． 由四边形是菱形，可得，在中，由勾股定理得：，由等积法可得，在中，由勾股定理得：，，可得 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， 在中， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 解得：， 在中， 由勾股定理得：， ∵， ∴ 故答案为：2． 16． 【分析】过点作与的延长线交于点E，根据含角的直角三角形的性质和勾股定理求出和，设，则，用x表示出，然后在中，利用勾股定理得出方程进行解答． 【详解】解：过点作与的延长线交于点E，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 由折叠的性质知：， 在中，， ∴， 解得：，， 即的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，关键是作辅助线构造直角三角形． 17．2或 【分析】分两种情况，当时，当时，分别求解即可． 【详解】解：分两种情况， ①当时，如图，设 于G，    ∵四边形是菱形， ∴，， ∵于G， ∴， ∴， ∴在中，， 由勾股定理，得， ∵将菱形纸片沿直线折叠，点D的对应点为E， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴， ∴， ∴； ②当时，如图，设 于G，过点F作于H，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵将菱形纸片沿直线折叠，点D的对应点为E， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴， ∵，， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理，得 解得：，（舍去）， ∴； 综上，的长为2或． 故答案为：2或． 【点睛】本题考查菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形内角和定理，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、轴对称的性质、直角三角形的性质和灵活运用勾股定理是解题的关键． 18．见解析 【分析】此题考查了菱形的判定以及矩形的性质，熟练掌握解题方法是解答此题的关键．首先由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是矩形，根据矩形的性质，易得，即可判定四边形是菱形． 【详解】证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ,，， ， 平行四边形是菱形． 19．见解析 【分析】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，首先得到，然后得到，证明出，得到，进而证明即可． 【详解】证明：四边形是菱形， ∴，     ∵于点E，于点F， ， ∵， ∴，     ∴， ∴， ∴． 20．实践与操作：见解析；猜想与证明：菱形，见解析 【分析】[实践与操作]根据角平分线，垂直平分线的作法作图即可； [猜想与证明]根据垂直平分线的性质得到，，，证明，得到，再根据四边相等的四边形是菱形证明即可． 【详解】解：[实践与操作] 如图，即为所求；    [猜想与证明] 四边形为菱形，理由如下： ∵垂直平分，交点为O， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．    【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线和垂直平分线的作法，垂直平分线的性质，菱形的判定，解题的关键是掌握基本尺规作图的方法，菱形的判定方法． 21．(1)见解析 (2)菱形，见解析 (3) 【分析】（1）由在中，对角线与交于点，可证，可得； （2）由（1）可知，则有，根据四边形是平行四边形，可得四边形是平行四边形，且，即可证得四边形是菱形； （3）由，，根据菱形的性质，即可求得与的长，继而求得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴． （2）证明：四边形AECF是菱形，理由如下， 由（1）可知，， ∴， ∵四边形是平行四边形，且点在线段上，点在上， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形中，，为对角线，且， ∴平行四边形是菱形． （3）解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴，， ∴． 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．掌握以上知识，数形结合思想的应用是解题的关键． 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据垂直平分线的性质得，结合平分，得，即可证明； （2）先由等边对等角得，进行角的等量代换得，证明，故四边形是平行四边形，结合一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）证明：∵垂直平分线段， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 23．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图—线段垂直平分线，线段垂直平分线的判定定理和性质定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质等知识．掌握尺规作图方法和线段垂直平分线的判定定理和其性质定理是解题关键． （1）根据线段垂直平分线的画法作图即可； （2）由菱形的性质证，即得出，再根据线段垂直平分线的性质定理和判定定理求证即可． 【详解】（1）（1）如图即为所作；    （2）证明：四边形是菱形， ，， 在和中， ， ， 垂直平分， ， ． 点F在线段的垂直平分线上（到线段两端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上）． 故答案为：；；；到线段两端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上． 24．(1)证明见解析； (2)． 【分析】根据折叠的性质可知，，，，根据矩形的性质可证，等量代换可得，根据等角对等边可得，从而可得，根据四条边相等的四边形是菱形可证结论成立； 利用勾股定理可以求出，设菱形的边长为，则有，在中，所以可得，解方程可以求出，利用菱形的性质可知是直角三角形，根据勾股定理可以求出，根据菱形的性质可知． 【详解】（1）证明：根据折叠的性质可知，，，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：矩形中，， ， 设菱形的边长为， 则有， ， 在中，， ， 解得：， 在中，，， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、折叠的性质．解决本题的关键是根据折叠的性质找到相等的边和角． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $