5.2菱形同步训练2025-2026学年浙教版数学八年级下册

5.2 菱形 同步训练 2025-2026学年浙教版数学八年级下册 一、单选题 1．如图，四边形的对角线，相交于O，且互相平分，添加下列条件，能判定四边形为菱形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，连接，若，则的长是（    ） A．4 B．4.8 C．5 D．6 3．如图，在菱形中，，E、F分别是、的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 4．如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 5．如图，在边长为6的菱形中，，点E为对角线上一点，连接，，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 7．如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 二、填空题 8．如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则_____． 9．如图，在中，，，对角线，交于点，点是的中点，，则的周长为______． 10．如图，菱形中，交于O，于E，连接，若，菱形周长为52，则的长为______． 11．如图，两条宽为1cm的长纸条倾斜地重叠成一个四边形．如果，那么这个四边形的周长为______cm． 三、解答题 12．已知：如图，矩形中，对角线与相交于点E，作，与相交于点F．求证：四边形为菱形． 13．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的度数． 14．如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为点．求证：是菱形． 15．如图，在中，，点D，E分别是，的中点，连接并延长至点，使得，连接，，．求证：四边形是菱形． 16．如图，菱形的边长为1，，E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交分别于点F，G，的中点分别为M，N． (1)求证：； (2)求的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 《5.2 菱形 同步训练 2025-2026学年浙教版数学八年级下册》参考答案 1．B 【详解】解：四边形的对角线，相交于O，且互相平分， 四边形是平行四边形． A、是平行四边形的性质，不能判定四边形为菱形，故A不符合题意； B、四边形是平行四边形，，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，能判定四边形为菱形，故B符合题意； C、四边形是平行四边形，，根据对角线相等的平行四边形是矩形，不能判定四边形为菱形，故C不符合题意； D、四边形是平行四边形， ． ， ． 四边形是矩形． 不能判定四边形为菱形，故D不符合题意． 2．D 【分析】此题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，熟记菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质得到，利用勾股定理求出，可得，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． 故选D． 3．C 【分析】根据三角形的中位线定理求出的长，证明是等边三角形，得到，进而求出菱形的周长即可． 【详解】解：、F分别是、的中点，． ， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， 菱形的周长为． 4．B 【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 5．C 【分析】如图，连接交于点O，由菱形的性质证明为等边三角形，则，再证明是等腰直角三角形，设，由勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， 设， 由勾股定理，得． 解得 (负值已舍去)， ∴． 6．A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 7．D 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理证明四边形是菱形，四边形和四边形是矩形，再根据菱形的面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，连接、、、， 矩形， ，，，，，， 分别为矩形四条边的中点， 分别是的中位线， ，， ， 四边形是菱形， ，，， 四边形是矩形， 同理可证，四边形是矩形， ，， 菱形的面积． 8． 【分析】根据菱形的性质结合已知得出是等边三角形，，即可求解． 【详解】解：∵菱形中，对角线与相交于点，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 9． 12 【分析】根据菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，证明四边形是菱形得，，根据直角三角形斜边中线的性质得，进而可求出的周长． 【详解】解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵点是的中点，， ∴， ∴的周长为：． 故答案为：12． 10．5 【分析】根据菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，理解题意是解决本题的关键． 由菱形的性质可得，，再运用勾股定理可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】解：在菱形中，其周长为52，， ，，，， ， ，， ． 11． 【分析】过点作于点，过点作于点，根据勾股定理求出的长，证明四边形为菱形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形，， ∴， 由勾股定理得， 由题意可知，，且， ∴四边形为平行四边形， 在和中， ∴， ∴， ∴为菱形， ∴四边形的周长为． 12．见解析 【分析】先证明四边形是平行四边形，由矩形的性质得出，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明： ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形，对角线与相交于点E， ， 四边形为菱形． 13．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质． （1）根据矩形的性质得到，，证明，进而证明四边形是平行四边形，根据线段的垂直平分线的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）根据矩形的性质得到，进而求出，根据菱形的性质即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴． 14．见解析 【分析】根据“邻边相等的平行四边形是菱形”结合线段垂直平分线的性质即可证明是菱形． 【详解】证明：为对角线上的中点，， 垂直平分， ， ∵四边形是平行四边形， 是菱形． 15．见解析 【分析】根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】证明：点E是的中点， ． ， ∴四边形是平行四边形． 在中，，点D是的中点， ． ∴四边形是菱形． 【点睛】直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由垂直平分线的性质，可得．由菱形的性质可得点A和点C关于对角线对称，推出，等量代换可证； （2）由三角形中位线的性质得，，则，当点F与菱形对角线的交点O重合时，最小，即此时最小． 【详解】（1）证明：连接， ∵垂直平分， ∴． ∵四边形为菱形， ∴点A和点C关于对角线对称， ∴， ∴． （2）解：连接，交于点O， ∵的中点分别为M，N，点G为的中点， ∴，， ∴． 当点F与菱形对角线的交点O重合时，最小，即此时最小， ∵菱形的边长为1，， ∴为等边三角形． ∴． 即的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $