专题03 菱形3大考点（期中真题汇编，湖南专用）八年级数学下学期新教材湘教版

函学科网 www .zxxk.com 专题03 菱形 目目 考点01 根据菱形的性质求角度 2 C C 3. 【详解】解：证明：(1)：四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,ABICD, ∴∠ABD=∠CDB, :点E、F为对角线BD的三等分点， ∴BE=EF=DF, 在△ABE和△CDF中， AB=CD ∠ABD=∠CDF, BE=DF .△ABE≌△CDF(SAS), ∴AE=CF,∠AEB=∠CFD, .∠AEF=∠CFE, ∴AECF, :四边形AECF是平行四边形； (2):四边形AECF是菱形， ∴AE=AF=CF=CE, 又：AE=BE, ∴.AE=BE=EF=AF=DF, :∠EAB=∠EBA,∠EAF=∠EFA,∠FAD=∠FDA,△AEF是等边 ∴∠EAF=∠AFE=∠AEF=6O°， .∠BAE-30°，∠FAD=30°， .∠BAD=120°. 1/23 让教与学更高效 三角形， 命学科网 www.zxxk.com 目目 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 1 2 3 4 D C C D 6.24 7.3 8.(305-48)/(-48+305) 9. 10. 【详解】解：：四边形ABCD是菱形， 1 .OB=-BD=4cm,OC=二AC=3cm,AC⊥BD, 2 .BC =OB2 +OC2 =5cm, :AE⊥BC, .SMc-BC.E-AC.BD,5E=1.6x8, 24 解得AE= cm 5 11. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD为菱形， .AC⊥BD,即∠D0C=90°， :DE=OC,DE∥AC即DE∥OC, :.四边形OCED为平行四边形， :四边形OCED为矩形； (2)解：：四边形ABCD为菱形，∠ABC=60 .ABC为等边三角形，AC=CD=6, 由(1)可知四边形0CED为矩形，OC=AC=3, .EC=0D=VCD2-0C2=V62-32=3V5, 在RtAACE中，AE=AC2+CE2=V62+(35=3V万 12 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是菱形， 2/23 让教与学更高效 学科网 www.zxxk.com :CB=CD,∠BCE=∠DCE, CE =CE, .△BCE≌△DCE(SAS), :BE DE (2)解：如图2，连接BD交AC于点O, B O D :四边形ABCD是菱形，AB=4, :AB AD,AO OC,OB OD BD,AC L BD, ∠BAD=60°， .△ABD是等边三角形， :BD=AB=4,OB=OD=2,OC=0A=AB2-OB2=23, .BE⊥DE, .0E=0B=0D=2, .CE=0C-0E=2V5-2. 13 【详解】(1)解：四边形ABCD是菱形， :.AC垂直平分BD,AC平分∠DCB和∠DAB,BD平分∠ABC和 又：LACD=30°， .∠BAD=LDCB=2LACD=60°； BD=6, 0B=3, :AC垂直平分BD, :.AOB是直角三角形， 又：∠BA0=∠ACD=30°， AB=20B=6; 3/23 让教与学更高效 ∠ADC,∠DCB=∠DAB, 耐学科网 www .zxxk.com (2)解：由(1)得：BC=AB=CD=6,∠DCB=60°， :DH⊥BC, ∴∠CDH=30°， .CH=-CD=3, :DH =CD2-CH2=33. 14 【详解】(1)解：连接AC,如图所示： D B E C :四边形ABCD为菱形， ∴.AB=BC=CD=AD=4,AD∥BC, :∠ABC=60°， .ABC为等边三角形， 点E是BC的中点， AE⊥BC,BE=三BC=2, 2 .∠AEB=90°， AE=√AB2-BE2=2V5, :AD∥BC, LEAD=LAEB=90°， DE=JAD+AE=4+(2V3)=27 (2)解：①连接AC,取AC的中点G,过点M作MK⊥AB于点K, GH⊥AB于点H,交AE于点N,如图所示： D K M B 4/23 让教与学更高效 连接FM,GM,过点G作 耐学科网 www.zxxk.com 根据解析(I)可知：ABC为等边三角形，AE⊥BC,BE=EC, .∠BAE=∠CAE= 2×60°=30°，4C=AB=4, AC与AB关于AE对称， :点F是线段AB的中点，点G为线段AC的中点， :点G与点F关于AE对称，AG=。AC=2, .GM=FM, :MK⊥AB,∠BAE=30°， :MK =TAM, 2 1 .MF+AF GM+MK, 2 :两点之间线段最短，垂线段最短， 点M在点N处时，GM+MK最小，即MF+ 最小， :GH⊥AB,∠GAH=60°， .∠AGH=30°， AH=号4G=1, .GH=AG2-AH2=3, 即MF+AF最小值为5： ②AG=AE,理由如下： 连接AC,延长AG,交CD于点H,如图所示： D H :四边形ABCD为菱形， .AB=BC=CD=AD=4,AB∥CD,∠ADC=∠ABC=60°， △ACD为等边三角形，∠AFG=∠HDG,∠FAG=∠DHG, :G为DF的中点， ∴.FG=DG, 5/23 :教与学更高效 丽学科网 △AFG≌△HDG, .DH=AF-TAB-TCD.AG=GH- △ACD为等边三角形， AH⊥CD, 根据解析(1)可知：AE⊥BC, :S菱形ABCD=BCxAE=CD×AH, .AE=AH, AG=。AE. 15. 【详解】(1)证明：~AD∥BC, ∴∠EAD=∠EFC,∠EDA=∠ECF, CE DE, :.△ADE≌△FCE(AAS), ∴AE=FE, :.四边形ACFD是平行四边形， 又AE⊥CD, :四边形ACFD是菱形； (2):四边形ACFD是菱形，AC=6, ∴CF=AC=6,∠CAH=30°， CH-号40=3. AH=AC2-CH2=33, AH⊥BC,∠B=45°， ∴.∠B=∠BAH=45°， AH BH=33, ∴BF=3V3+3+6=9+3V3. www.zxxk.com ∠ACB=60°， 6/23 让教与学更高效 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点03 根据菱形的性质求面积 2 A B 3.24 4.6 5.185 6. 【详解】(1)解：四边形AEDC是菱形. 理由如下： ,D0=AO,E0=C0, :四边形AEDC是平行四边形， :四边形ABCO是矩形， ∠A0C=90°，即AD⊥EC, ·平行四边形AEDC是菱形； (2)解：：四边形AEDC是菱形，∠EAC=120°，∠CDE=120°， ∠AED=180°-∠EAC=60°， ∠AB0=2∠AED=30°： :∠A0E=90°，AE=4V3cm 1 ∴.AO= AE=2√3cm 2 ∴0E=VAE2-0AP=V45-(252=6cm. .AD =240=43cm,EC 20E =12cm 菱形4EDC的面织为：4D-EC=×45×12=24W3cm2。 7. 【详解】(1)证明：~CD的中点为E, :.DE=CE, EF=OE, ∴四边形OCFD是平行四边形， 7/23 学科网 www.zxxk.com ~四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O, AC⊥BD, ∠C0D=90°， 四边形OCFD是矩形 (2)解：EF=0E=5,BD=16, 0F=2EF=10,OD=OB=-BD=8, ∴.CD=0F=10, ∴0A=0C=VCD2-0D2=V102-82=6, AC=20A=12, S送)AC-BD=)×12×16-9% ∴菱形ABCD的面积为96. 8 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .AD BC,ABII DC, AF∥EC, :CF /AE, :四边形AECF是平行四边形， :∠ACD=90°，AB|DC, :∠BAC=∠ACD=90°， 在Rt△ABC中，E是BC中点， :AE=1BC=EC, 2 ·平行四边形AECF是菱形： (2)解：连接EF,如图， :平行四边形ABCD的周长是36， ·AB+BC=18, 设AB=x,则BC=18-x, 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB2+AC2=BC2, x2+62=(18-x),解得x=8, 8/23 让教与学更高效 命学科网 www.zxxk.com AB=8, :四边形AECF是菱形， :AFEC,AF =EC, .AF BE,AF =BE, :四边形ABEF是平行四边形， :.EF=AB=8, 1 S菱形HBcr=)AC·EF=号×6×8=24. 2 A D 目目 考点04 利用菱形性质证明 1. 【详解】(1)证明：如图，连接BD, :四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°， A8=A0,∠ABC=∠ADC=120,∠AD8∠4DC=60, .△ABD是等边三角形， :AD=BD,∠A=∠ADB=60°， ∠A=∠DBF, :∠EDF=60°， .∠ADB-∠BDE=∠EDF-∠EDB, 即∠ADE=∠BDF, 、.△ADE≌BDF(ASA), :DE DF, :△DEF是等边三角形； (2)解：如图，过点D作DM⊥AB于点M, 9/23 让教与学更高效 ∠DBF=1∠ABC=60°， 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 由(1)可知， ADE≌BDF,△ABD是等边三角形， :四边形8EDF的面积=△4BD的面积，AD=AB=4cm,MM-号4B=2cm。 :DM=√AD2-AM2=V42-22=2V5(cm), :四边形BEDF的面积=△ABD的面积=！AB-DM=!x4×2V5=4V5(cm2). 2 2 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质.作出 合适的辅助线的解题的关键。 2 【详解】(1)解：：四边形ABCD是菱形，AC为对角线， ·LBCE=∠DCE,BC=CD, ·在△BCE和△DCE中， BC=DC ∠BCE=∠DCE, CE=CE :△BCE≌aDCE(SAS, .BE DE (2)解：如图，连接BD交AC于点O, C: 四边形ABCD是菱形， :.AB=BC=CD-DA,AO=OC,OB=OD=-BD,AC L BD, 2 :∠BAD=60°， :△ABD是等边三角形， .BD=AB=4,OB=OD=2, :在Rt△B0C中，OC2=BC2-OB2, .0C=V42-22=25, BE⊥DE, 0B=0E=0D=2, 10/23 专题03 菱形 7大高频考点概览 考点01 根据菱形的性质求角度 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 考点03 根据菱形的性质求面积 考点04 利用菱形性质证明 考点05 添加条件成为菱形 考点06 证明四边形是菱形 考点07 菱形性与判定的综合应用 ( 考点 01 根据菱形的性质求角度 ) 1．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 2．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，在▱ABCD中，点E、F为对角线BD的三等分点，连结AE，CF，AF，CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若四边形AECF为菱形，且AE＝BE，求∠BAD的度数． ( 考点 0 2 根据菱形的性质求线段和周长 ) 1．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，点是上一点，若，当最小时，的值是（    ） A． B． C． D．2 2．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（   ）    A．36 B．18 C．24 D．64 3．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，菱形的对角线交于点O，且，，则菱形的高的长是（   ） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 4．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 5．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点C作，交于点E，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 6．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在菱形中，对角线、交于点，若，，则菱形的面积为________． 7．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，在菱形中，，，为上一动点，为上一动点，连接，，则的最小值为________． 8．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知，的初始长为，如果要使的长达到，那么的长需要缩短______ 9．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为__． 10．（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，已知菱形的对角线，的长分别为、，于点，求的长． 11．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接交于点F，若菱形的边长为6，，求的长． 12．（24-25八年级下·湖南永州·期中）已知：如图，在菱形中，为对角线，E是上的点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 13．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，四边形是菱形，，．求： (1)的度数和的长． (2)若，求的长． 14．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）在菱形中，，，点是的中点，连接． (1)如图1，连接，求线段的长； (2)如图2，点是线段上一动点，点是线段的中点，连接． ①求的最小值； ②如图3，当点，，在同一直线上，取线段的中点，连接，判断与的数量关系，并证明你的结论． 15．（24-25八年级下·湖南·期中）如图，在四边形中，，过点作交的延长线于点，且，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，，求的长． ( 考点 0 3 根据菱形的性质求面积 ) 1．（24-25八年级上·湖南株洲·期中）菱形的两条对角线长分别为6和8，则它的面积是（     ） A．24 B．48 C．12 D．18 2．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，已知菱形中，对角线与交于点，，，则该菱形的面积是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·湖南永州·期中）菱形的周长为，对角线，则其面积等于_________． 4．（24-25八年级下·湖南郴州·期中）菱形的两条对角线长分别为和，则菱形的面积等于_______． 5．（24-25八年级下·湖南常德·期中）菱形中，周长为24，，则菱形的面积为______． 6．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，矩形中，延长到，使，延长到，使，连接，，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 7．（24-25八年级下·湖南湘潭·期中）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 8．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积． ( 考点 0 4 利用菱形性质证明 ) 1．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在菱形中，，，点E，F分别是边上的动点，且始终保持． (1)求证：是等边三角形． (2)求四边形的面积（结果保留根号）． 2．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在菱形中，为对角线，是上的点，连接，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 3．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形： (2)连接．若，求菱形的面积． ( 考点 05 添加条件成为菱形 ) 1．（24-25八年级下·湖南郴州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是：______．（写出一个即可） 2．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在四边形中，分别是的中点，要使四边形是菱形，四边形还应满足的一个条件是________． ( 考点 0 6 证明四边形是菱形 )1．（24-25八年级下·湖南永州·期中）已知：如图1，在平行四边形中，连结，，点，分别为，的中点，连结并延长交的延长线于点． (1)如图1，若，，求四边形的周长； (2)如图2，连结，．求证：四边形是菱形． 2．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，四边形中，，点E为的中点，射线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 3．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图1，和都是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)沿方向将平移到的位置如图2，此时，四边形（如图3）是_____． (3)若按（2）题的方式继续平移到，当在什么位置时，四边形是矩形，并证明你的结论． 4．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，且的周长为，求的面积． 5．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接，． (1)用t的代数式表示： ， (2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由； (3)当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 6．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 四边形的面积 ( 考点 0 7 菱形性与判定的综合应用 ) 1．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明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，则的大小为______． 2．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图，将两条宽度都为的纸条重叠在一起，使，则四边形的面积为_______． 3．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，线段的垂直平分线分别交、、于O、E、F，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，如果，求四边形的面积． 4．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在中，，垂足为D，点E，F分别是的中点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的值． 5．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，点E是矩形的边延长线上一点，连接交于点G，作交于点F，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 6．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，是矩形的对角线，过的中点O作，交于点E，交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 7．（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AD=9cm，BC=13cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向终点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为ts． (1)若AB=3cm，求CD的长； (2)当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？ (3)探究：当线段AB的长为多少时，第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形？ 8．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，相交于点O，O是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知E、F是对角线上的点，且四边形是菱形，若，，求点D到的距离． 9．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在中，，为的中点，，交于点，连接，，有．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 10．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADCF是菱形； （2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 菱形 7大高频考点概览 考点01 根据菱形的性质求角度 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 考点03 根据菱形的性质求面积 考点04 利用菱形性质证明 考点05 添加条件成为菱形 考点06 证明四边形是菱形 考点07 菱形性与判定的综合应用 ( 考点 01 根据菱形的性质求角度 ) 1．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键； 先根据菱形的性质得，再根据菱形的对角线平分一组对角求出的度数，然后根据直角三角形两锐角互余，同角的余角相等即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 故选：C． 2．（2023·湖南·中考真题）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】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 ∴， ∴， ∵， ∴, 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键． 3．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，在▱ABCD中，点E、F为对角线BD的三等分点，连结AE，CF，AF，CE． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若四边形AECF为菱形，且AE＝BE，求∠BAD的度数． 【答案】（1）证明见解析；（2）120° 【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB=CD，AB∥CD，由“SAS”可证△ABE≌△CDF，可得AE=CF，∠AEB=∠CFD，由平行四边形的判定可得结论； （2）由菱形的性质可得AE=BE=EF=AF=DF，可证△AEF是等边三角形，由等边三角形的性质可求解． 【详解】解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AB∥CD， ∴∠ABD=∠CDB， ∵点E、F为对角线BD的三等分点， ∴BE=EF=DF， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（SAS）， ∴AE=CF，∠AEB=∠CFD， ∴∠AEF=∠CFE， ∴AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）∵四边形AECF是菱形， ∴AE=AF=CF=CE， 又∵AE=BE， ∴AE=BE=EF=AF=DF， ∴∠EAB=∠EBA，∠EAF=∠EFA，∠FAD=∠FDA，△AEF是等边三角形， ∴∠EAF=∠AFE=∠AEF=60°， ∴∠BAE=30°，∠FAD=30°， ∴∠BAD=120°． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△AEF是等边三角形是解题的关键． ( 考点 0 2 根据菱形的性质求线段和周长 ) 1．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，点是上一点，若，当最小时，的值是（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查轴对称最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定，发现的最小值是解题的关键．先证明，延长到点，使，连接，，得到，推出最小值为的长，进而可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，， 和都是等边三角形， ， 延长到点，使，连接，， 则，， 垂直平分， ， ， 即最小值为的长， ， 故选：D． 2．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（   ）    A．36 B．18 C．24 D．64 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形对角线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质．由菱形对角线的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得，再应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，点O是的中点， ∵，， ∴， ∴菱形的面积为． 故选：C 3．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，菱形的对角线交于点O，且，，则菱形的高的长是（   ） A．10 B．96 C．9.6 D．以上都不对 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，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：， ∴； 故选C． 4．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，菱形的对角线交于点O，点M为的中点，连接，若，，则的长为（   ） A． B．4 C．5 D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，中位线的性质，由相关定理确定线段间的数量关系是解题的关键． 由菱形性质，结合勾股定理求得，根据中位线定理求． 【详解】解：由菱形知， ∴，，， ∴， ∵点M为的中点，O为的中点， ∴； 故选：A． 5．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点C作，交于点E，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质， 先根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出，即可求出，再根据勾股定理求出，然后根据三角形的面积相等得出答案． 【详解】∵四边形是菱形， ∴． 在中，是斜边上的中线， ∴， ∴． 在中，． ∴， 即， 解得． 故选：D． 6．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在菱形中，对角线、交于点，若，，则菱形的面积为________． 【答案】24 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式等知识点，利用勾股定理求出AC是关键． 根据勾股定理求出对角线的长，然后利用菱形面积公式计算即可． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，， ， ， 则S菱形ABCD， 故答案为：24． 7．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，在菱形中，，，为上一动点，为上一动点，连接，，则的最小值为________． 【答案】3 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及最短路线问题，连接，，交于点O，过点作于点Q，当D，P，Q在同一直线上且时，的最小值等于线段的长，利用等积法求出即可解题． 【详解】解：如图所示，连接，，交于点O，过点作于点Q， ∵点P是菱形对角线上一动点， ∴，，，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 当D，P，Q在同一直线上且时，的最小值等于线段的长， 又∵， ∴． 故答案为：． 8．（24-25八年级下·湖南常德·期中）如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长．已知，的初始长为，如果要使的长达到，那么的长需要缩短______ 【答案】/ 【分析】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理，设与交于点O，于交于点，由菱形的性质得，，，在中由勾股定理可求出，则得出，在中由勾股定理可求出，则求出，然后再求出结果即可． 【详解】解：设与交于点O，于交于点，如下图所示： 依题意得：四边形，四边形均为菱形，且，， ， ， ， 在中，， ， ， ， 在中，，， 由勾股定理得：， ， ， 即的长需要缩短． 故答案为：． 9．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，菱形的周长为，，，分别是、上的动点，则的最小值为__． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质等知识．连接，作于，利用证明，得，当点、、共线，的最小值为的长，再求出的长即可． 【详解】解：连接，作于， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 当点、、共线，的最小值为的长， ∵菱形的周长为，则， ∵，则 ∴ ， 的最小值为， 故答案为：． 10．（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，已知菱形的对角线，的长分别为、，于点，求的长． 【答案】 【分析】利用菱形对角线性质求边长，再通过面积法列方程求高． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，，， ， ， ，即， 解得． 11．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接交于点F，若菱形的边长为6，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用所学知识，采用数形结合的思想是解题关键． （1）先根据菱形的对角线互相垂直能得到，然后再结合题意即可证明四边形为矩形； （2）先判断与均为等边三角形，然后利用勾股定理计算出长，再次利用勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴，即， ∵，即， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； （2）解：∵四边形为菱形， ∴为等边三角形，， 由（1）可知四边形为矩形，， ∴， 在中，． 12．（24-25八年级下·湖南永州·期中）已知：如图，在菱形中，为对角线，E是上的点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质等知识是解题关键． （1）利用菱形的性质中每一条对角线平分一组对角且四条边都相等证得，即可解答； （2）连接交于点O，利用菱形的性质推得是等边三角形，通过勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图2，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，四边形是菱形，，．求： (1)的度数和的长． (2)若，求的长． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据菱形的性质垂直平分，平分和，平分和，，得出，再由含30度角的直角三角形的性质求解即可； （2）由含30度角的直角三角形的性质及菱形的性质得出，，再由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴垂直平分，平分和，平分和，， 又∵， ∴； ∵， ∴， ∵垂直平分， ∴是直角三角形， 又∵， ∴； （2）解：由（1）得：，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理解三角形，含角直角三角形性质等，解题的关键是根据菱形的性质得到角与角之间的关系、线段与线段之间的关系． 14．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）在菱形中，，，点是的中点，连接． (1)如图1，连接，求线段的长； (2)如图2，点是线段上一动点，点是线段的中点，连接． ①求的最小值； ②如图3，当点，，在同一直线上，取线段的中点，连接，判断与的数量关系，并证明你的结论． 【答案】(1) (2)①；②；证明见解析 【分析】（1）连接，先证明为等边三角形，得出，，根据勾股定理先求出，再求出即可； （2）①连接，取的中点G，过点M作于点K，连接，，过点G作于点H，交于点N，先说明点G与点F关于对称，说明，根据直角三角形的性质求出，得出，根据两点之间线段最短，垂线段最短，得出点M在点N处时，最小，即最小，根据勾股定理求出结果即可； ②连接，延长，交于点H，证明为等边三角形，，得出，，根据，得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：连接，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∵点是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：①连接，取的中点G，过点M作于点K，连接，，过点G作于点H，交于点N，如图所示： 根据解析（1）可知：为等边三角形，，， ∴，， ∴与关于对称， ∵点是线段的中点，点G为线段的中点， ∴点G与点F关于对称，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短，垂线段最短， ∴点M在点N处时，最小，即最小， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即最小值为； ②，理由如下： 连接，延长，交于点H，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴为等边三角形，，， ∵G为的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵为等边三角形， ∴， 根据解析（1）可知：， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 15．（24-25八年级下·湖南·期中）如图，在四边形中，，过点作交的延长线于点，且，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理解直角三角形，含30度角的三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握这些基础知识点是解题关键． （1）证明，得到，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明结论； （2）根据菱形的性质及三角形内角和定理得出，再由含30度角的直角三角形的性质确定，利用勾股定理得出．再由等角对等边确定，结合图形即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． ( 考点 0 3 根据菱形的性质求面积 ) 1．（24-25八年级上·湖南株洲·期中）菱形的两条对角线长分别为6和8，则它的面积是（     ） A．24 B．48 C．12 D．18 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的面积公式，掌握菱形的面积公式是解题的关键．根据菱形的面积等于两条对角线积的一半计算即可． 【详解】 解：菱形的两条对角线长分别是6和8，这个菱形的面积为． 故答案为：A． 2．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，已知菱形中，对角线与交于点，，，则该菱形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及菱形的面积公式，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据菱形的性质以及菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， 故选：B． 3．（24-25八年级下·湖南永州·期中）菱形的周长为，对角线，则其面积等于_________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，掌握相关知识是解题关键．根据菱形的周长可以计算菱形的边长，菱形的对角线互相垂直平分，已知，根据勾股定理即可求得的值，根据对角线长即可计算菱形的面积． 【详解】解：如图， 菱形的周长为， ， 菱形对角线互相垂直平分， ， ， ， 菱形的面积为， 故答案为：． 4．（24-25八年级下·湖南郴州·期中）菱形的两条对角线长分别为和，则菱形的面积等于_______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的面积计算，根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】解：∵形的两条对角线长分别为和， ∴菱形的面积等于， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·湖南常德·期中）菱形中，周长为24，，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，关键是掌握菱形的性质． 【详解】解：∵四边形是菱形，周长为24， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故答案为：． 6．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，矩形中，延长到，使，延长到，使，连接，，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，再由矩形的性质得到，从而由菱形的判定得证； （2）由菱形性质、含的直角三角形性质即勾股定理得到相关线段长度，最后由菱形面积公式代值求解即可得到答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，即， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，，， ， ． ， ． ． ，． 菱形的面积为：． 【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定与性质、含的直角三角形性质、勾股定理及菱形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 7．（24-25八年级下·湖南湘潭·期中）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质证明，则四边形是矩形； （2）由菱形的性质得，由矩形的性质得，则6，，所以，则． 【详解】（1）证明：∵的中点为E， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线与相交于点O， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴6， ∴， ∴， ∴菱形的面积为96． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，求得及是解题的关键． 8．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角三角形的性质． （1）根据平行四边形的性质得到，，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据勾股定理得到，由点是的中点，得到，证明四边形是平行四边形，则得，根据菱形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 在中，是中点， ， 平行四边形是菱形； （2）解：连接，如图， 平行四边形的周长是36， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ，解得， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形是平行四边形， ， ． ( 考点 0 4 利用菱形性质证明 ) 1．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在菱形中，，，点E，F分别是边上的动点，且始终保持． (1)求证：是等边三角形． (2)求四边形的面积（结果保留根号）． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明，推出，即可证明是等边三角形； （2）过点D作于点M，利用勾股定理求得的长，根据四边形的面积的面积求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：如图，过点D作于点M， 由（1）可知，，是等边三角形， ∴四边形的面积的面积，，， ∴， ∴四边形的面积的面积． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．作出合适的辅助线的解题的关键． 2．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在菱形中，为对角线，是上的点，连接，． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用菱形的性质中每一条对角线平分一组对角且四条边都相等证得即可求解； （2）连接交于点，利用菱形的性质推得是等边三角形，通过勾股定理求得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，即可求出的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形，为对角线， ，， 在和中， ， ， ． （2）解：如图，连接交于点， 四边形是菱形， ，，，， ， 是等边三角形， ，， 在中，， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的性质等知识是解题关键． 3．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，菱形的对角线相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形： (2)连接．若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握特殊平行四边形的性质和判定定理是解题的关键． （1）首先根据菱形的性质得，，再结合已知条件，得，结合，可知四边形是平行四边形，进而得出结论； （2）由（1）可知，，，根据勾股定理可求得，由菱形面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形； （2）由（1）可知，，， ， 菱形的面积． ( 考点 05 添加条件成为菱形 ) 1．（24-25八年级下·湖南郴州·期中）如图，四边形是平行四边形，对角线与交于点，要使它成为菱形，那么需要添加的条件是：______．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可添加条件． 【详解】解：添加条件，则可根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 2．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在四边形中，分别是的中点，要使四边形是菱形，四边形还应满足的一个条件是________． 【答案】 【分析】菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．据此四边形还应满足的一个条件是等．答案不唯一． 【详解】解：条件是． ∵分别是的中位线， ∴，，， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为： 【点睛】此题主要考查三角形的中位线定理和菱形的判定，正确理解三角形的中位线的性质及菱形的判定定理是解题的关键． ( 考点 0 6 证明四边形是菱形 )1．（24-25八年级下·湖南永州·期中）已知：如图1，在平行四边形中，连结，，点，分别为，的中点，连结并延长交的延长线于点． (1)如图1，若，，求四边形的周长； (2)如图2，连结，．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)13 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，推出四边形是平行四边形，根据勾股定理得到，根据平行四边形的周长公式即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，求得，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）点，分别为，的中点， 是的中位线， ∴， 在中，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， 的周长； （2）四边形是平行四边形， ，， 是中点，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 2．（24-25八年级下·湖南株洲·期中）如图，四边形中，，点E为的中点，射线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)2． 【分析】（1）由平行线的性质可得，根据中点的概念可得，证明，得到，然后根据菱形的判定定理进行证明； （2）由菱形的性质可得，由勾股定理可得，由求出，然后勾股定理就可求出． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴=2． 【点睛】本题考查了菱形的判定定理，勾股定理等知识，解题关键是牢记菱形的判定定理并灵活运用． 3．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图1，和都是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)沿方向将平移到的位置如图2，此时，四边形（如图3）是_____． (3)若按（2）题的方式继续平移到，当在什么位置时，四边形是矩形，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)平行四边形 (3)当在点位置时，四边形是矩形，理由见解析 【分析】此题主要考查了矩形的判定，等边三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定以及平移的性质，熟练掌握相关的定理是解题关键． （1）结合等边三角形的性质以及根据四边相等的四边形是菱形，即可作答． （2）根据平移的性质，得到，根据等边三角形的性质，得到，，从而得到，则，再根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明； （3）根据等边三角形的性质与平移的性质，得，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，即可作答． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形． ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：根据平移的性质，得到， 根据等边三角形的性质，得到，， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形； （3）解：当在点位置时，四边形是矩形，理由如下： 如图，连接，， ∵，都是等边三角形，且在点位置， ∴， ∵平移， ∴，， ∴， 即， 结合对角线互相平分且相等的四边形是矩形， ∴四边形是矩形． 4．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图所示，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，且的周长为，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，得出，证明四边形是平行四边形， 再证明，即可证明四边形是菱形； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，设，，得出，，求出， 再求出结果即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 是的中点，是斜边上的中线， ，， 又， ∴， ， ， 又∵， 四边形是平行四边形， 中，，是斜边上的中线， ∴， 四边形是菱形； （2）解：如下图所示，连接， 四边形是菱形， ， ， ， ∴， 又， 四边形是平行四边形， ， 设，， 的周长为，， ，， ， 两边同时平方可得：， 展开得：， ， 整理得：， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，三角形面积计算，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质，作出辅助线． 5．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接，． (1)用t的代数式表示： ， (2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由； (3)当t为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】(1)， (2)四边形AEFD能够成为菱形， (3)当t为或20时，为直角三角形 【分析】（1）根据点的运动，含角的直角三角形的性质即可求解； （2）先证明四边形为平行四边形，如果四边形能够成为菱形，则必有邻边相等，则，列方程求出即可； （3）当为直角三角形时，有三种情况：①当时，如图3，②当时，如图4，③当不成立；分别找一等量关系列方程可以求出的值． 【详解】（1）证明：由题意得：， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （2）解：四边形能够成为菱形，理由是： 由（1）得：， ， ， 四边形为平行四边形， 若为菱形，则， ，， ， ， ， 当时，四边形能够成为菱形； （3）解：分三种情况： 当时，如图3， 则四边形为矩形， ， ，， ， ， 当时，如图4， 四边形为平行四边形， ， ， 在中，，， ， ， 则， ， 当不成立； 综上所述：当为或20时，为直角三角形． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、菱形、矩形的性质和判定，也是运动型问题，难度不大，是常出题型；首先要表示出两个动点在时间时的路程，弄清动点的运动路径，再根据其运动所形成的特殊图形列式计算；同时，所构成的直角三角形因为直角顶点不确定，所以要分情况进行讨论． 6．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形； （2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ∴， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， ，， ， ，， 四边形的面积 ( 考点 0 7 菱形性与判定的综合应用 ) 1．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明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，则的大小为______． 【答案】/度 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：由作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图，将两条宽度都为的纸条重叠在一起，使，则四边形的面积为_______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质与判定、勾股定理以及含有的直角三角形，先证明是菱形，过点作的垂线，交于点，利用勾股定理求出的长度，最后代入菱形面积公式即可． 【详解】纸条对边平行 平行于，平行于 是平行四边形 两条纸条宽度都为 是菱形 过点作的垂线，交于点，即 解得：， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，线段的垂直平分线分别交、、于O、E、F，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，如果，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定与性质． （1）先根据垂直平分线的性质得出，，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后根据平行四边形的性质、平行线的性质可得，从而可得，最后根据等腰三角形的性质可得，根据菱形的判定即可得证； （2）先根据直角三角形的性质可得，再根据菱形的性质可得，然后根据直角三角形的性质、勾股定理可得、的长，最后根据菱形的面积公式即可得． 【详解】（1）证明：是线段的垂直平分线 ， 是等腰三角形 四边形是平行四边形 四边形是菱形； （2）解： ，即 四边形是菱形， ， 在中， ， 即四边形的面积为． 4．（24-25八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在中，，垂足为D，点E，F分别是的中点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由三角形中位线的性质可得，可证得四边形是平行四边形，再由直角三角形的性质可得，先证明四边形是菱形，最后由菱形的判定可得结论； （2）连接．再由直角三角形的性质可得，设，可得及，再变形即可求解． 【详解】（1）证明∶， ． ∵点E，F，D分别是，的中点， ， ∴四边形是平行四边形， ∵中，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接．    ∵四边形是菱形， ． ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形． ， ∴四边形是菱形． ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质及勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 5．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，点E是矩形的边延长线上一点，连接交于点G，作交于点F，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）由矩形的性质得到已知，则四边形是平行四边形，由已知，即可证明四边形是菱形； （2）四边形是矩形，则，由四边形是菱形得到，根据勾股定理得到，由即可得到的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵． ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在，，，， 由勾股定理得， ∴． 【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质、菱形的判定和性质是解题的关键． 6．（24-25八年级下·湖南怀化·期中）如图，是矩形的对角线，过的中点O作，交于点E，交于点F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）由过AC的中点O作EF⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AF=CF，AE=CE，OA=OC，然后由四边形ABCD是矩形，易证得△AOF≌△COE，则可得AF=CE，继而证得结论； （2）由四边形ABCD是矩形，则∠D，根据DF求出CF即可解答． 【详解】（1）证明：∵O是AC的中点，且EF⊥AC， ∴AF=CF，AE=CE，OA=OC， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AFO=∠CEO， 在△AOF和△COE中， ∵， ∴△AOF≌△COE（AAS）， ∴AF=CE， ∴AF=CF=CE=AE， ∴四边形AECF是菱形； （2）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=90°， ∵DF=3，∠DCF=30°， ∴CF=6， ∵四边形AECF是菱形， ∴AE=EC=CF=FA， ∴四边形AECF的周长为24． 【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质以及含30度角的直角三角形的性质等知识．注意证得△AOF≌△COE是关键． 7．（24-25八年级下·湖南益阳·期中）如图，在四边形ABCD中，ADBC，∠B=90°，AD=9cm，BC=13cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向终点B运动，当其中一个动点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为ts． (1)若AB=3cm，求CD的长； (2)当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？ (3)探究：当线段AB的长为多少时，第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形？ 【答案】(1)5cm (2)当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形 (3)当AB=cm时， 第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形 【分析】（1）根据矩形的性质，可得DE=AB，BE=AD，根据勾股定理，可得CD的长； （2）根据PDCQ，PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形，可得关于t的方程，根据解方程，可得答案； （3）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得DC的长，根据勾股定理，可得DE的长，根据矩形的性质，可得答案． 【详解】（1）过点D作DE⊥BC于点E．则∠DEB=90°， ∵ ADBC，∠B=90°， ∴∠A=∠B=90°，即∠A=∠B=∠DEB=90° ∴四边形ABED是矩形， ∴AB=DE=3，BE=139=4， 在Rt△DEC中，（cm） （2）由题意得，，， ∵ADBC， ∴当PD=CQ时，四边形PDCQ是平行四边形， 即，解得． ∴当t为3s时，四边形PDCQ是平行四边形． （3）当时，，当DP=DC=6时，平行四边形PDCQ是菱形， 又∵CE=4cm, ∴DE=AB= 即当AB=cm时， 第（2）小题中的四边形PDCQ是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，勾股定理；平行四边形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 8．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，相交于点O，O是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知E、F是对角线上的点，且四边形是菱形，若，，求点D到的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）利用全等三角形的判定和性质证明即可解决问题； （2）证明四边形是菱形，由勾股定理求出，利用菱形的面积公式计算即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ，， O是的中点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是菱形， 即：， ∵四边形是平行四边形 ∴四边形是菱形 设点D到的距离为h ，，四边形是菱形 ， ， ， 由得， 解得． 9．（24-25八年级下·湖南张家界·期中）如图，在中，，为的中点，，交于点，连接，，有．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质求得，证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可证明结论； （2）先证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质求得，再利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，点D是斜边的中点， ∴， ∴是菱形． （2）∵四边形是菱形 ∴， ∵点D是的中点 ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键． 10．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：四边形ADCF是菱形； （2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形； （2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案． 【详解】（1）证明：如图，∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DBE， ∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线， ∴AE＝DE，BD＝CD， 在△AFE和△DBE中， ， ∴△AFE≌△DBE（AAS）； ∴AF＝DB． ∵DB＝DC， ∴AF＝CD， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝DC＝BC， ∴四边形ADCF是菱形； （2）解：连接DF， ∵AF∥BC，AF＝BD， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF＝AB＝5， ∵四边形ADCF是菱形， ∴S＝AC•DF＝10． 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $