21.3.2菱形 同步自主达标测试题 2025-2026学年人教版八年级数学下册

2025-2026学年人教版八年级数学下册《21.3.2菱形》同步自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．下列图片中，能观察到菱形的是（　　） A． B． C． D． 2．下列结论中，菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 3．菱形的周长为，则的长度为（   ） A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 5．在中，添加下列条件：①；②；③；④．能够判定是菱形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．如图，在菱形中，对角线，的长分别为8和6，将平移到，则四边形的面积为（    ） A．36 B．48 C．72 D．96 7．如图，在菱形中，、交于点O，于点E，若，，则等于（   ） A． B．5 C．6 D． 8．如图，矩形中，，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题（满分24分） 9．如图，菱形中，连接，若，则的度数为_______． 10．如图，在菱形中，，，E，F分别是边和上的点，于点F，则线段的长度为_____． 11．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点的坐标是_____． 12．如图，在菱形中，与交于点，点为的中点，连接，若，则的度数为_____°． 13．如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点落在边的垂直平分线上的点处，则的大小为________． 14．如图，矩形的对角线相交于点O，，若，则四边形的周长是______． 15．如图，菱形中，交于O，于E，连接，若，菱形周长为52，则的长为______． 16．如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为________． 三、解答题（满分72分） 17．如图，在菱形中，，点E、F分别在、上，且是等边三角形．求证：． 18．如图，是矩形的对角线． (1)请用圆规和无刻度的直尺，分别在，上找点，，使得四边形为菱形； (2)在（1）条件下，若，求菱形的面积． 19．已知：如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 20．如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 21．如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明． 22．如图1，矩形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接是的中点，连接． (1)①试猜想四边形的形状，并说明理由． ②若，则四边形的面积为________． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，求四边形的面积． 23．已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： (1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； (2)如图2，若四边形是菱形，求t的值； (3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 参考答案 1．B 【分析】本题考查了菱形的定义，有一组邻边相等的平行四边形称为菱形．菱形的四条边相等，据此判定即可． 【详解】解：选项A中四边形不是平行四边形， 选项B中，四边形的四边相等，能观察到菱形，符合题意； 选项C中是矩形， 选项D中没有四边都相等的四边形． 故选：B． 2．C 【分析】本题考查平行四边形的性质与菱形的性质，熟记平行四边形的性质与菱形的性质是解决问题的关键． 菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的所有性质，但四条边相等是菱形特有的性质，不是所有平行四边形都具有，从而得到答案． 【详解】A、对边相等是平行四边形与菱形均具有的性质，不符合题意； B、对角线相等既不是菱形的性质，也不是平行四边形的性质，不符合题意； C、四条边相等是菱形性质，不是平行四边形性质，符合题意； D、对角线互相平分是平行四边形与菱形均具有的性质，不符合题意； 故选：C． 3．D 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的四边相等，故的长度为，即可解答． 【详解】解：∵菱形的周长为， ∴的长度为， 故选：D． 4．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 5．A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形和菱形的判定； 结合平行四边形的性质与菱形的判定定理，逐一分析每个条件能否判定平行四边形为菱形即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加条件①可得是矩形，不是菱形； 条件②是平行四边形的固有性质，故添加条件②无法判定其为菱形； 添加条件③可得是矩形，不是菱形； 添加条件④能判定是菱形； 综上，能够判定是菱形的有1个， 故选：A． 6．A 【分析】此题考查了菱形的面积计算及平移的意义，难度中等．根据平移的意义知四边形是平行四边形，，故由菱形对角线的长度求其面积即可解决问题． 【详解】解：∵菱形， ，． ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵在菱形中， ， ∴四边形的面积等于． 故选：A． 7．A 【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理，能求出菱形的边长是解此题的关键． 根据菱形的性质得出、、、，求出和，求出AD，根据菱形的面积公式求出即可． 【详解】解：四边形是菱形， 、、、 、 、 由勾股定理得： 解得． 故选：A． 8．D 【分析】证明，得出，故①正确；证明，得出，故③正确；证四边形是平行四边形，得出，故②正确；证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；故④正确；即可得出结论． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； 在和中， ， ∴， ∴，故③正确； ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故②正确； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形；故④正确； 正确结论的个数是4个． 9．/55度 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质可得，则，进而即可求解． 【详解】解：∵ 四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定以及勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．过点E作交于点G，先运用菱形的性质求出，结合直角三角形中，角所对的边等于斜边的一半，求出的长度，最后在中，运用勾股定理求出线段的长度． 【详解】解：过点E作交于点G， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴． ∵菱形中，， ∴， ∴， ∴， 在中， ∵，， ∴， 即． 11． 【分析】本题考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，连接，交于点，由菱形的性质得到，由点的坐标可得，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：连接，交于点，如图： ∵四边形是菱形， ∴， ∵点的坐标是， ∴， ∴， ∵点在第四象限， ∴点， 故答案为：． 12． 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角等知识点，熟练掌握菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质是解题的关键． 根据菱形可得，即可得到，再由直角三角形斜边中线得到，由等边对等角即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，与交于点， ∴， ∴， ∵ ∴ ∵点为的中点， ∴ ∴ 故答案为： 13．/75度 【分析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及三角形的内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 连接，由菱形的性质及，得到为等边三角形，为的中点，利用三线合一得到为角平分线，得到，，，进而求出，由折叠的性质得到，再利用三角形的内角和定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，设与交于点， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵垂直平分， ∴平分， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴． 故答案为：． 14．8 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键． 由矩形的性质可得，通过证明四边形是菱形，进行列式，可求解四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长， 故答案为：8． 15．5 【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，， ，，，， ， ，， ． 16．12 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；连接，交于点O，先证是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：连接，交于点O，如图所示： ∵菱形的边长为10， ∴，， ∵点E、F分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵是菱形的对角线，， ∴，，， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12． 17．见解析 【分析】由菱形的性质得，，推出和都是等边三角形，再证，即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 18．(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、，则菱形即为所求；； （2）连接，设，则，在中，利用勾股定理进行求解，再根据菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、， ∵是垂直平分线， ∴，， ∴． 四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴菱形即为所求； （2）解：连接， ∵四边形是菱形， 设，则， 四边形是矩形， ， 在中，，即， 解得， ， 菱形的面积． 19．(1)四边形是菱形，理由见解析； (2) 【分析】（1）先根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”判定四边形为平行四边形，再利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到，结合“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成判定； （2）先计算矩形的面积，再利用矩形对角线分矩形为四个面积相等的三角形得到的面积，最后根据菱形的面积是面积的2倍，求出四边形的面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是矩形， ∴，且，， ∴． ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵四边形是矩形，，， ∴， ∴． ∵四边形的形状是菱形， ∴根据对称性，， ∴． 即四边形的面积为． 20．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由和平分推出，结合可证，从而得到四边形为平行四边形，再用“一组邻边相等”判定为菱形； （2）先利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理算出对角线的长度，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 21．(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到结论； （2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据菱形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：∵ ， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）当时，四边形为菱形， 证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∵ ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 22．(1)①四边形是菱形，理由见解析；②24 (2)8 【分析】本题考查矩形的性质和菱形的性质与判定，掌握矩形和菱形的性质是解题关键． （1）①根据矩形性质先得到，再利用垂直和平分的条件得到，最后借助H为中点，通过等量代换得到，即可通过四边相等的四边形是菱形证明结论； ②利用矩形和菱形的性质，找到图中矩形和菱形被对角线分割而成的三角形的面积关系，求解即可； （2）同（1）②理，改矩形为正方形不影响图中三角形的面积关系，按照同样的面积关系计算即可． 【详解】（1）①解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，，， 又， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵点H是中点，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②解：∵四边形是矩形， ∴， 由中点的性质，可知， ∵， ∴， 由（1）可知，四边形是菱形， 由菱形的对称性可知，， ∴四边形的面积为； （2）解：∵正方形是特殊的矩形，具有矩形的所有性质， ∴（1）中的结论仍成立， 由（1）可知，，， ∴四边形的面积为． 23．(1)见解析 (2) (3)存在， 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． （1）说明四边形是平行四边形即可； （2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解； （3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，总是互相平分． （2）解：若四边形是菱形，则， ∴在中，由勾股定理，得， ∴， 解得， ∴t的值为3． （3）解：存在． 如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ∴， 解得， ∴当秒时，四边形是菱形． 学科网（北京）股份有限公司 $