19.3 菱形 同步练习 2025-2026学年沪科版八年级数学下册

2025-2026学年沪科版八年级数学下册：19章四边形---菱形 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列四边形中，对角线相等且互相垂直平分的是（    ） A．平行四边形 B．正方形 C．菱形 D．矩形 2．如果菱形的两条对角线的长度为6和8，那么菱形的周长等于（    ） A．24 B．12 C．20 D． 3．菱形的两条对角线长分别为和，则此菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 4．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 5．下列性质中，菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．是轴对称图形 6．如图，点是矩形的对角线的中点，以、为邻边可作菱形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 7．如图，菱形中，为边上的高，则的长为（   ） A． B． C． D． 8．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠的部分为四边形，若测得、之间的距离为，、之间的距离为3，则线段的长为（    ）． A． B．3 C． D．4 9．如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 10．如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 11．如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为____． 12．如图，小强在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点、为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点、，则直线即为所求．连接、、、，则根据她的作图方法可知，四边形是________． 13．已知菱形的周长为，两邻角之比为．则较短的对角线的长为______． 14．如图，已知菱形的边长为5，面积为15，点E是对角线上的动点（不与点A重合），以为对角线作平行四边形，则的最小值为_____． 三、解答题 15．如图，在四边形中，，，相互平分且交于点，过点作的垂线交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 16．如图1，为等腰三角形，，P点是底边上的一个动点．，． (1)四边形的周长为________． (2)点P运动到什么位置时，四边形是菱形，请说明理由； (3)如果不是等腰三角形（图2）其他条件不变，点P运动到什么位置时，四边形是菱形，并说明理由． 17．如图1，在矩形中，，，点E，F分别从点B，A出发，同时以每秒的速度沿直线向左运动，当点E与点A重合时两点都停止运动，设运动时间为t秒．连接，，得到四边形．    (1)当运动时间t为多少秒时，四边形是菱形？ (2)如图2，在（1）的条件下，连接．将绕点D逆时针旋转，在旋转过程中的两边与线段，分别交于点M，N，连接． ①当时，旋转角的度数为________度，的长度为________； ②试探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． 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 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A C C B A A C 1．B 【分析】本题考查特殊四边形的对角线性质，根据平行四边形、正方形、菱形、矩形的对角线特征来逐一判断选项即可． 【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等且垂直，A选项不符合题意； B.正方形的对角线相等且互相垂直平分，B选项符合题意； C.菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，C选项不符合题意． D.矩形的对角线相等且互相平分，但不一定垂直，D选项不符合题意． 故选：B． 2．C 【分析】根据菱形的性质得出，根据勾股定理求出，即可求出周长． 【详解】如图，四边形为菱形，， ∵四边形为菱形， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴这个菱形周长．    3．B 【分析】根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求得其面积即可算出答案． 【详解】解：∵一个菱形的两条对角线长分别为9cm和4cm， ∴这个菱形的面积为：， 故选B． 【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，掌握菱形的面积等于两对角线乘积的一半是解答此题的关键． 4．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：， ∴． 5．C 【分析】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四边相等； ③菱形的两条对角线互相垂直平分； ④菱形既是轴对称图形又是中心对称图形是解题的关键．根据菱形的性质解答即可得． 【详解】解：A、菱形的对角线互相平分，故此选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，故此选项不符合题意； C、菱形的对角线不一定相等，故此选项符合题意； D、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：C． 6．C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键．连接，根据矩形的性质得到，，再根据菱形的性质证明是等边三角形，则，即可求出的度数． 【详解】解：连接， ∵点是矩形的对角线的中点， ∴点是中点，， ∴， ∵以、为邻边可作菱形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：C 7．B 【分析】本题考查求线段，涉及菱形性质、勾股定理及菱形面积求法，先由菱形性质及勾股定理得到菱形边长，再由等面积法得到，代值求解即可得到答案．熟练掌握菱形性质、勾股定理及菱形面积公式求线段长是解决问题的关键． 【详解】解：在菱形中，，则，，且， 在中，，，，则由勾股定理可得， ， 则，解得， 故选：B． 8．A 【分析】本题考查菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理与性质是解题关键． 连接与，交于点，作，垂足为，作，垂足为，由题意可判断出四边形是平行四边形．由于两张纸条等宽，可以推断出，则平行四边形是菱形．根据菱形的性质和勾股定理，计算出线段的长即可． 【详解】解：如图，连接与，交于点，作，垂足为，作，垂足为， 由题意可知，，， ∴四边形是平行四边形， ∵两张纸条等宽， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， 在直角中，． 故选：A． 9．A 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形和直角三角形的性质是解题关键． 先利用菱形的面积公式求出对角线的长度，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得出，从而计算出的长度． 【详解】解：四边形是菱形， ， ，， ， ， ， ． 故选：． 10．C 【分析】此题重点考查平行线的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，推导出，且，是解题的关键． 连接，由平行四边形的性质得，，，而、分别为边、的中点，则，，则四边形是平行四边形，所以，可判断①正确；由，得，则，所以四边形是菱形，可判断②正确；由，交的延长线于点，得，则四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，可判断③正确；设，，则，求得，则，所以，则四边形：：：，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 四边形是平行四边形， ，，， 、分别为边、的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， 故①正确； ， ， ， 四边形是菱形， 故②正确； ，交的延长线于点， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 故③正确； 设，，则， ，， ， ，， ∴， 故④错误， 故选：C． 11．/40度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质． 根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“”即可证明，再得到，因为，故． 【详解】∵四边形是菱形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为． 12．菱形 【分析】本题考查了作图复杂作图、作线段的垂直平分线、菱形的判定．根据四条边都相等的四边形是菱形即可得答案． 【详解】解： 分别以点，为圆心，以大于长度的长为半径画弧，两弧相交于，， ， 四边形是菱形． 故答案为：菱形 13．/6厘米 【分析】画出图形，根据菱形四条边相等的性质求出菱形边长，再根据菱形邻角互补求出较小内角的度数，判定较短对角线与两邻边构成等边三角形，即可求解较短对角线的长． 【详解】解：如图，在菱形中，周长为，，是较短的对角线． ∵菱形的周长是， ∴， ∵在菱形中，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 即较短的对角线的长为． 14． 【分析】由菱形的性质，得到，，，根据勾股定理、菱形的面积以及完全平方公式的变形可求出的长，根据是平行四边形，互相平分，为定值，得到当时，的长最小，根据平行线间的距离处处相等，得到，即可得解． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， 设，， 菱形的边长为5，面积为15， ，， ，， 又，， 解得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，互相平分， 设交于点，则：， ∴当最小时，最小， ∴当时，有最小值， 此时：； 故答案为∶． 【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识．熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，是解题的关键． 15．(1)见解析 (2)64 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是菱形； （2）由勾股定理得到，再由菱形的性质得到，，据此根据梯形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵相互平分， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴四边形是梯形， ∴． 16．(1)12 (2)当点P运动到中点时，四边形是菱形．理由见解析 (3)点P运动到的平分线上时，四边形是菱形．理由见解析 【分析】（1）由题意可得四边形为平行四边形，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得，即可求四边形的周长； （2）当P为中点时，四边形是菱形，由等腰三角形的性质和平行线的性质可得，则平行四边形是菱形； （3）P运动到的平分线上时，四边形是菱形，首先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质可得，从而可证出，进而可得，然后可得四边形是菱形． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的周长； （2）解：当点P运动到中点时，四边形是菱形．理由如下： 连结，如图， ，， 四边形是平行四边形． ，P为的中点， ． ， ， ， ， 四边形是菱形； （3）解：点P运动到的平分线上时，四边形ADPE是菱形，理由如下： 连结． ，， 四边形是平行四边形， 平分， ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． 17．(1)当运动时间为秒时，四边形是菱形 (2)①，；②，理由见解析 【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据线段和差可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据当时，是菱形，在中，利用勾股定理求解即可得； （2）①根据等腰三角形的性质可得，，再根据旋转的性质可得，由此即可得的度数；过点作于点，先证出，根据全等三角形的性质可得，再在中，利用勾股定理求解即可得的长度； ②先求出，，再将绕点逆时针旋转得，连接，从而可得，利用勾股定理可得，然后利用定理可证，根据全等三角形的性质可得，由此即可得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，， ∴，，，， 由题意得：， ∴，即， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∴当时，是菱形， ∵在中，， ∴， 解得， ∵， ∴． ∴当运动时间为秒时，四边形是菱形． （2）解：①∵四边形是矩形， ， 由（1）可知，，， ， ， 当时，则， ， 由旋转得：， 如图，过点作于点，   ， ，， ， ， 在和中，， ， ， ， 又， ， ， 故答案为：，； ②，理由如下： 由（1）得：， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． ∴， 如图，将绕点逆时针旋转得，连接．    ∴，，，． ∴． ∴． 又∵，， ∴． ∴， ∴． 又∵，， ∴． ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2）②，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 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 $