山东省泰安市2025-2026学年八年级下学期数学期末备考专题训练----01菱形的性质与判定

泰安市2026年八年级下学期期末备考专题训练----01菱形的性质与判定 一、单选题 1．如图，菱形中，，则的度数为（    ）． A． B． C． D． 2．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 3．如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，，，则的长为（   ） A． B． C．2 D．3 5．如图，平行四边形，对角线，交于点，添加下列条件，不能使平行四边形变为菱形的是（   ） A． B． C．平分 D． 6．如图，在菱形中，，是对角线，E 为上一点，，连接，则的度数为（   ） A． B． C． D． 7．的对角线，交于点O，以下结论错误的是（   ） A． B．若，则 C． D．不可能是轴对称图形 8．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则四边形的面积为（　　） A．5 B． C． D．4 9．依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（   ） A． B． C． D． 10．如图，O是坐标原点，菱形的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为，则顶点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 12．已知菱形的边长为5，对角线，则另一条对角线的长为______． 13．如图，是菱形的对角线，于点E，交于点F，若，则_______ 14．在菱形中，，，点M，N分别是上的动点，连接，点P，Q分别为的中点，则的最小值是______． 15．如图，在边长为4的菱形中，，，分别是边，上的点，将沿翻折，若使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，且，则_____． 三、解答题 16．如图，在菱形中，点E是边上一点，，连接．若，求的度数． 17．如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 18．如图，四边形是菱形，对角线，交于点O，点E是直线上一点．若，，点E是线段中点，连接，求的长． 19．在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长为2，坐标系原点O为的中点，分别求点A，B，C，D的坐标． 20．如图，在四边形中，，，，平分交于点E，连接交于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形： (2)已知，，求的长． 21．如图，在中，，，，点D是边上的一个动点，连接，作，作，连接交于点O． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，求菱形的面积． 22．如图，是的中线，点是中点，过作交的延长线于，连． (1)直接写出与的关系__________； (2)若，请判断四边形的形状，并说明理由． 23．如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，顺次连接、、、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 24．如图1， 在菱形中，E是上一点，，连接，过点B作交于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，． ①探究与的数量关系，并说明理由； ②若，且，求菱形的边长． 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 《泰安市2026年八年级下学期期末备考专题训练----01菱形的性质与判定》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C B B C D D D A 1．B 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的对角相等，每一条对角线平分一组对角求解即可． 【详解】解∶∵菱形中，， ∴， 故选∶B． 2．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：， ∴． 3．C 【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， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质．连接交于O，根据菱形的性质得出，，， ，则可证是等边三角形，根据等边三角形的性质得出，进而求出，根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：连接交于O， ∵在菱形中，，， ∴，，， ， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查了菱形的判定方法，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 根据菱形的判定方法逐一进行分析即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、∵四边形是平行四边形，， 不能证明平行四边形是菱形，故选项B符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，故选项C不符合题意； D、∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形，故选项D不符合题意； 故选：B． 6．C 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质．根据菱形的性质得到，，，，由，得到，从而根据“等边对等角”得到，根据角的和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴在菱形中，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：C 7．D 【分析】题目主要考查平行四边形的性质和菱形的判定和性质，轴对称图形的判断，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键． 根据平行四边形的性质可判断A，C，由得到是菱形，进而可判断B，D． 【详解】解：∵平行四边形的对角线，相交于点O， ∴，，故A，C正确，不符合题意； 若， ∴是菱形 ∴，故B正确，不符合题意； ∴此时是轴对称图形，故D错误，符合题意． 故选：D． 8．D 【分析】证明四边形为菱形，根据菱形的面积公式进行计算即可. 【详解】解：由题意，，点到和的距离相等，均等于纸条的宽， ∴四边形为平行四边形， ∵平行四边形的面积纸条的宽纸条的宽， ∴， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴四边形的面积为. 9．D 【分析】本题考查菱形的判定，根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、，得到四边形的对角线互相垂直平分，得到四边形是菱形，不符合题意； B、根据四边相等的四边形为菱形，得到四边形是菱形，不符合题意； C、，得到四边形的一组对边平行且相等，进而得到四边形为平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形为菱形，得到四边形是菱形，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形为平行四边形，不能得到四边形为菱形，符合题意； 故选D． 10．A 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，坐标与图形，利用数形结合的思想解决问题是关键．先根据点和点的坐标，得到，再根据菱形的性质，得到轴，，即可求出顶点A的坐标． 【详解】解：O是坐标原点，顶点C的坐标为， ， 菱形的顶点B在x轴的负半轴上， 轴，， 顶点A的坐标为，即， 故选：A． 11． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 12．8 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质得到，，，，由勾股定理求出，即可得到的长． 【详解】解：如图， ∵四边形是边长为5的菱形， ∴，，，， ∴， ∴． 故答案为：8． 13．/度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形内角和定理以及三角形外角的定义和性质，由菱形的性质得出，进而可得出，由三角形内角和定理得出，最后由三角形外角的定义和性质得出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，垂线段的性质．连接，由是的中位线，得，当时，取最小值，取最小值．由此可解． 【详解】解：如图，连接， 点P，Q分别为的中点， 是的中位线， ， 当时，取最小值，取最小值． 菱形中，，， ，， 当时，， ， ， 即的最小值是． 故答案为：． 15．或 【分析】根据，则分两种情况：当点在边上；当点在边上；分别作出图形，利用对称性质及勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：由，则分两种情况： 当点在边上，如图所示： 在边长为4的菱形中，，则， 将沿翻折，使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，则，且， 在中，，，则， ； 当点在边上，如图所示： 过点作，过点作，如图所示： ， 在边长为4的菱形中，，则， 将沿翻折，使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，则，且， 在中，，则， ，则由勾股定理可得， 在菱形中，， 四边形是平行四边形，则，， ， 在中，，则由勾股定理可得， 设，则，，， ，解得； 综上所述，或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查求线段长，综合性强，难度较大，涉及菱形性质、对称性质、含直角三角形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识．由题意，分类讨论，灵活运用相关几何性质与判定是解决问题的关键． 16． 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理的应用，等边对等角；根据菱形的性质得出，，，进而根据三角形内角和定理得出，进而根据菱形的性质以及等边对等角得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 17．见解析 【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． 18． 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，菱形是性质，三角形的中位线的性质，如图所示，延长到，使得，连接，利用菱形的性质求解，再利用三角形的中位线的性质可得答案． 【详解】解：如图所示，延长到，使得，连接， 四边形是菱形，对角线交于点， ， ， ， 在中，由勾股定理得 ， 点是线段中点，， 是的中位线， ． 19．点A，B的坐标分别为，点C的坐标为，点D的坐标为, 【分析】本题主要考查菱形的性质及勾股定理，掌握菱形的性质及勾股定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，然后再根据勾股定理求出的长度，依次即可确定点的坐标． 【详解】解：∵菱形的边长为2， ∴，， ∵坐标系原点O是的中点， ∴， ∴点A，B的坐标分别为． ∴， ∴点D的坐标为, ∵， ∴点C的坐标为 20．(1)证明见详解 (2) 【分析】本题考查了平行的性质，角平分线定理，勾股定理及菱形的判定与性质． （1）由平行的性质得出，再由角平分线定理得出，从而得到，根据等腰三角形等边对等角推出，再由已知条件进一步得出，进而得出结论； （2）利用勾股定理求得的长，再根据菱形的性质设，则，根据勾股定理列出方程并求解a的值，进而得到和的长，最后再次利用勾股定理求出的长，并根据菱形对角线互相垂直平分的性质得出的长． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵，，， ∴在中，由勾股定理得，， 又∵四边形是菱形， ∴，，，， 设，则， 在中，， ∴，解得， ∴，， 在中，， ∴． 21．(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理： （1）证明四边形是平行四边形，即可求证； （2）根据菱形的性质可得，设，则，在中，根据勾股定理求出x的值，再利用菱形的性质计算出面积即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 设，则， 在中，，， ∴， 解得： 即， ∴菱形的面积为． 22．(1)且 (2)四边形是菱形，理由见详解 【分析】（1）证明，得到，再利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形” 可得四边形为平行四边形，进而可得且； （2）由，是边上的中线，可得，然后结合四边形是平行四边形，可得四边形是菱形． 【详解】（1）∵点E是中点， ∴， ∵， ∴， 在和中 ∵， ∴． ∴， ∵是的中线， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∴且． 故答案为：且． （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， 又∵是的中线， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 23．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据题意易证，，结合，由对角线互相平分且垂直的四边形是菱形即可得出结论； （2）由菱形的性质结合，，得出，进而求出，再由勾股定理求得，进而求出，即可解答． 【详解】（1）证明：，平分， ，， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）得：四边形是菱形， ，，， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 四边形的面积为： ． 24．(1)见解析 (2)见解析 (3)①，理由见解析；② 【分析】题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由菱形的性质可得，，则可证明，再证明，即可证明，得到． （2）连接交于点O，由全等三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质可得，则可证明平行四边形是菱形； （3）①由等边对等角得到，导角证明，得到，再证明，得到，证明，得到，则可证明； ②连接交于点O， 则，，设，则，由菱形的性质得到，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接交于点O， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （3）解：①，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴； ②连接交于点O， 则，， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴菱形的边长为． 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 $