专题07菱形易错必刷题型专项训练 (16大题型共计48道题)2025-2026学年华东师大版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦菱形高频易错点，以16类题型为载体，系统梳理性质应用、判定证明及综合拓展的解题方法，构建从基础到复杂的递进式训练体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |性质应用|4类（角度/线段/面积/证明）|强调对角线垂直平分、邻角互补等性质，规避计算误区|从菱形基本性质出发，结合直角三角形、平行线性质推导| |判定证明|2类（添条件/证明）|区分菱形与矩形判定定理，强化判定依据完整性|以平行四边形为基础，通过边或对角线条件完成菱形判定| |综合拓展|10类（坐标系/动点/折叠等）|动态问题分类讨论，几何变换（旋转/折叠）性质应用|整合代数（坐标运算）与几何（图形变换），提升综合解题能力|

专题07菱形易错必刷题型专项训练 本专题汇总菱形章节考试高频、易失分、易混淆经典题型，梳理对应易错扣分关键点，针对性刷题练习，扫清考试易错盲区 题型01.菱形的性质求角度 题型02.菱形的性质求线段长 题型03.菱形的性质求面积 题型04.菱形的性质证明 题型05.添条件四边形是菱形 题型06.证明四边形是菱形 题型07.由菱形的性质与判定求角度 题型08.由菱形的性质与判定求线段长 题型09.由菱形的性质与判定求面积 题型10.菱形与坐标系综合 题型11.菱形中的动点问题 题型12.菱形与折叠问题 题型13.菱形性质与判定的实际应用 题型14.菱形与旋转综合 题型15.菱形存在性问题 题型16.菱形与最值问题 易错必刷题型01.菱形的性质求角度 典题特征：已知菱形内角与对角线条件，计算图形内各类夹角度数 易错点：①未利用邻角互补定理计算角度；②对角线平分内角计算出错；③不会结合平行线性质推导角度 1．菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是_______． 【答案】 【分析】根据题意求出菱形的边长，再结合等边三角形性质和判定推出较短对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，利用等边三角形性质和菱形性质求解，即可解题． 【详解】解：菱形的周长是20， 菱形的边长是， 一条较短的对角线长是5， 如图，可得， 为等边三角形， ， ， 该菱形较大的内角是． 2．如图，在菱形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，平分，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形的性质得到，，证明是等边三角形，得到，则，再由平行线的性质求出的度数，由角平分线的定义求出的度数即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴； 3．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，于点H，交于点E． (1)若，求的度数； (2)若，点E是中点，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理， （1）根据菱形的性质得到，，然后得到，进而利用三角形内角和定理求解即可； （2）根据菱形的性质得到，然后求出，在中，设，利用勾股定理求出，，然后利用菱形的面积求解即可． 【详解】（1）四边形为菱形， ， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （2）四边形为菱形， ， ，点是中点， ， ， ， 在中，由勾股定理得：， 设，则：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ， ， 又， ， ． 易错必刷题型02.菱形的性质求线段长 典题特征：根据菱形边长、周长、对角线，求解图形内线段长度 易错点：①不会借助对角线垂直平分构造直角三角形；②勾股定理线段对应关系错误；③混淆边长与菱形高线概念 4．如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 【答案】 【分析】先利用菱形对角线的性质得出平分，再结合角平分线的性质，推导出点到的距离等于的长度． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分． ∵于点，且点在上， ∴点到的距离等于的长度，即为2． 5．如图，四边形是菱形，，，于H，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的性质得出直角三角形和相等的边，利用勾股定理求出，然后利用直角三角形斜边中线定理求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， 由勾股定理得， ∵，且， ∴． 6．已知如图，四边形是菱形，，点E、F分别是边上的动点，且．连接，取中点G，连接． (1)判断与的位置关系，用等式写出它们的数量关系，并证明； (2)连接交于点O，点E、F在运动过程中，四边形是否可以是平行四边形？若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 【答案】(1)，，证明见解析 (2)四边形可以是平行四边形，此时的长为4 【分析】（1）延长交于点H，连接，证明，可得，，从而得到，再证明为等边三角形，可得，，证明，可得，，进而证明为等边三角形，，，即可解答； （2）证明为的中位线，可得，即可解答． 【详解】（1）解：，，证明如下： 如图，延长交于点H，连接， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴为等边三角形，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：四边形可以是平行四边形， 如图， 若四边形是平行四边形， 则， ∵四边形为菱形， ∴点O为的中点， ∵点G为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得：． 易错必刷题型03.菱形的性质求面积 典题特征：利用边长、对角线、高线，计算菱形面积或反求线段 易错点：①两类面积计算公式混用；②对角线求面积遗漏二分之一系数；③底边与对应高线选取不匹配 7．如图，菱形中，，，则菱形的面积为（   ） A．96 B．48 C．24 D．12 【答案】C 【分析】根据菱形的面积等于菱形对角线长度乘积的一半，即可求解． 【详解】解：根据题意得：菱形的面积为． 8．如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，，则的面积等于_____． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理解三角形，直角三角形斜边中线定理． 根据菱形的性质以及直角三角形斜边中线定理，得到，，继而根据勾股定理得到，继而得到，根据菱形的面积计算公式得到，继而得到． 【详解】解；∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴. 9．如图，在菱形中，对角线，交于点，，，连接，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由题意易得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可知，然后问题可求证； （2）由题意易得，然后可得，则有，，进而问题可求解． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形， 在菱形中，， ， 四边形是矩形； （2）解：， ， 四边形是矩形， ， ∵四边形是菱形， ，， ， ， ， 是等边三角形， ∴， ∵， ，， ，， 四边形的面积． 易错必刷题型04.菱形的性质证明 典题特征：以菱形为背景，证明线段、角度、直线位置相关结论 易错点：①证明缺少菱形核心性质作为推理依据；②错误判定菱形对角线具备相等特征 10．如图，是菱形的一条对角线，若，则______度． 【答案】50 【分析】此题主要考查了菱形的性质、等腰的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握菱形的性质． 根据菱形的性质得，根据等边对等角和三角形的内角和公式即可求得的度数． 【详解】解：∵是菱形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：50． 11．如图，在菱形中，F为上一点，连接交于点E，若，则下列哪条线段等于线段的和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，连接，证明出，得到，然后推出，得到，进而求解即可． 【详解】如图所示，连接 ∵在菱形中， ∴，， 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴等于线段的和． 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等角对等边，三角形外角的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 12．如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)4． 【分析】（1）先根据菱形的性质得出为的中点，结合点为中点，得出为的中位线，即，再根据，，推出，证明四边形为平行四边形，最后根据去证明平行四边形为矩形即可； （2）先根据菱形的性质得出，，再结合点为中点，求出，然后根据（1）证明四边形是矩形，得到，，根据勾股定理求解，求得的值，最后根据求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形， ∴， ∵点为中点， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵点为的中点，， ∴， 由（1）知，四边形是矩形， ∴，， ∵在中，，，， ∴根据勾股定理，， ∴． 易错必刷题型05.添条件四边形是菱形 典题特征：给定基础四边形，补充条件使其满足菱形判定要求 易错点：①混淆菱形与矩形判定定理；②补充条件达不到判定标准 13．如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是菱形的判定．根据菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得答案． 【详解】解：A、添加可证明平行四边形是矩形，不能使它变成菱形，故此选项符合题意； B、添加能证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； C、添加可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； D、添加，则，所以，所以，可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； 故选：A． 14．如图，点，，，分别是四边形的边，，，的中点．、是四边形的对角线，连接、、、，请添加一个条件：________使四边形为菱形．（填写一个即可） 【答案】 【详解】解：当 时，四边形是菱形； ，、、、分别是线段、、、的中点， 则、分别是、的中位线，、分别是、的中位线， ，， 当时， 成立， 则四边形是菱形． 15．如图，点，分别在的边，上，连接，，，连接，相交于点，请你从以下选项：①；②；③；④中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是菱形． (1)你选择的补充条件是________；（填序号） (2)根据你选择的补充条件，写出四边形是菱形的证明过程． 【答案】(1)①或③ (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． （1）添加合适的条件即可； （2）证四边形是平行四边形，再由一组临边相等的平行四边形是菱形，或对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明． 【详解】（1）解：补充条件①或③皆可，（答案不唯一）； 故答案：①或③； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即． ∵， ∴四边形是平行四边形． 补充条件①：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形； 补充条件③：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形． 易错必刷题型06.证明四边形是菱形 典题特征：依据题干边角、对角线条件，严谨证明四边形为菱形 易错点：①未证明平行四边形直接判定菱形；②选用判定定理与题意不符 16．如图，在中，点是的中点，点，分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③．从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是_____(只填写序号)． 【答案】③ 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键，根据菱形及平行四边形的判定即可判断添加③，不可添加①②． 【详解】解：需添加条件③，理由： ∵点是的中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵，是的中点， ∴． ∴平行四边形为菱形． 添加①②无法判定四边形为菱形， 故答案为：③． 17．如图，利用几个全等的直角三角尺（含角）拼摆成如下的四边形，其中不是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的判定求解即可； 【详解】解：根据题意，得， 故四边形是平行四边形； 故A符合要求； 根据题意，得， 故四边形是菱形； 故B不符合要求； 根据题意，得，且， 故， 故， 故， 故四边形是菱形； 故C不符合要求； 根据题意，得， 故四边形是菱形； 故D不符合要求； 18．如图，在平行四边形中，点分别在边上，，与相交于点． (1)求证：． (2)如果．求证：四边形是一个菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】利用平行四边形的性质得出 ，，，，证明 得到 ，从而，结合 证得四边形是平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分即可证得 ． (2) 由可得，根据 推出，得到 ，从而证得四边形是菱形． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵ ， 又∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形 是平行四边形， ∴四边形 是菱形． 易错必刷题型07.由菱形的性质与判定求角度 典题特征：先判定图形为菱形，再运用性质求解内角度数 易错点：①判定依据不足直接套用菱形性质；②角度推导逻辑存在疏漏 19．如图，按如下操作步骤画出的四边形：（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，则的大小是______． 【答案】 【分析】本题考查了尺规作图画菱形，菱形的性质等知识，掌握这两部分知识是解题的关键；由作图知，四边形是菱形，则由，即可求解． 【详解】解：由作图知， 故四边形是菱形， 则，， ∴； 故答案为：． 20．如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，由垂直平分，垂直平分，得，，则，，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，而，可证明四边形是菱形，则，所以，则，由，且，，得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵是点B关于的对称点，是点D关于的对称点， 垂直平分，垂直平分， ，， ∵，都在对角线上， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，且，， ， 故选：D． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 21．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证， （2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，， 本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又， ∴四边形ABCD是菱形， （2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 易错必刷题型08.由菱形的性质与判定求线段长 题特征：确认菱形后，运用几何知识计算相关线段长度 易错点：①错误认为菱形对角线长度相等；②直角三角形边长计算出现失误 22．如图，在中，，E为中点，若，则四边形的周长是________． 【答案】24 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、三角形中位线的性质，由菱形的性质和三角形中位线的性质得到是解答本题的关键．证明四边形是菱形，再由菱形的性质可得：，结合点E是边上的中点可得，再结合菱形的四边相等即可求得菱形的周长即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形是菱形， ∴，， 又∵点E为的中点，， ∴， ∴菱形的周长． 故答案为：． 23．如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（　　） A． B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，根据，，可得四边形为平行四边形，根据，为的中点，则，则平行四边形为菱形，由，，，可得，证明四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】解：，， 四边形为平行四边形， 又，为的中点， ， 平行四边形为菱形， ∴， ∴ 又 ∴四边形是平行四边形， ∴， ，，， ， ∴． 故选：B． 24．如图，在中，对角线与相交于点O，其中，，过点A作于点E． (1)若，求边的长． (2)在第（1）小题的条件下，点F为线段上的动点，连结，，当的面积为时，求线段的长． (3)设，当x，y值变化时，代数式的值是否发生变化？请说明理由． 【答案】(1)2 (2)或 (3)不变，2 【分析】（1）根据菱形的判定定理得到为菱形，根据菱形的性质得到，再根据勾股定理求的长； （2）由（1）得 ，，推出 是等边三角形，求得，根据三角形的面积得到边上的高为1，分两种情况讨论：①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即；②当点F在右侧，如图，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点，求得，即，设，则，根据勾股定理即可得到结论； （3）如图，过点D作延长线的垂线，垂足为点H，在中，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）解：在中，， ∴为菱形， ∴， ∴在中，； （2）解：在菱形中，由（1）得，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴边上的高为1， 分以下两种情况： ①当点F在左侧，此时点F与点B重合时满足条件，即， ②当点F在右侧，如图1，过点C作的平行线，交于点，点为满足要求的点， ∴， ∴， 设，则， 在中有， ∴， 解得：， 综上所述，或； （3）解：不变，理由如下： 如图：过点D作延长线的垂线，垂足为点H， 在中，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， 由，得， ∴即． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地添加辅助线是解题的关键． 易错必刷题型09.由菱形的性质与判定求面积 典题特征：判定菱形后，计算图形整体或局部区域面积 易错点：①误用其他四边形面积公式；②底与高搭配选取错误 25．如图，在的两边上分别截取，使；再分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；再连接．若，．则四边形的面积是___________． 【答案】 【分析】由尺规作图可知，四边形为菱形，根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：由尺规作图可知， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，根据作图得出四边形为菱形是解题的关键． 26．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案． 【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形， ∴，与互相平分， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴菱形的面积为． 故选：C． 27．如图所示，李老师用一段绸缎制作了一条宽为的矩形丝带，重叠部分图形为四边形． (1)试判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)若，求重叠部分图形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形．证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理． （1）过点B作于点E，过点D作于点F，可证四边形是平行四边形，则，根据平行四边形的面积公式得到，即可证明平行四边形是菱形； （2）根据等腰三角形的判定和性质得到，根据勾股定理求出，根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形．证明如下： 如图所示，过点B作于点E，过点D作于点F， 依题意得：，， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形带宽为， ， ∵， ， ∴平行四边形是菱形； （2）解：， 是等腰直角三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 重叠部分图形的面积是：． 易错必刷题型10.菱形与坐标系综合 典题特征：坐标系内结合菱形特征，求解坐标、线段与面积问题 易错点：①坐标数值运算计算错误；②无法将几何性质转化为坐标关系 28．如图，在平面直角坐标系中，，，菱形的边在轴上，则点的坐标是_____． 【答案】 【分析】根据点、的坐标可得、的长，在中利用勾股定理求出的长，由菱形的性质可得，结合点的坐标及图形中点的位置即可求解． 【详解】解：，， ，， 在中，由勾股定理得：， 四边形是菱形， ， 边在轴上，且由图可知点在点的上方， 点的纵坐标为， 点的坐标为． 29．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点A在第一象限，点在轴正半轴上，，若将菱形绕点顺时针旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图：作轴于H点，连接，根据菱形的性质得到，再根据旋转的性质得，则，所以为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得，然后根据第四象限内点的坐标特征写出点的坐标． 【详解】解：如图：作.轴于H点，连接，作轴于D点， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴=30°， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ∵菱形绕原点O顺时针旋转至第四象限的位置， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴点的坐标为． 故选：A．    【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、坐标与图形变化-旋转等知识点，灵活运用相关性质是解题的关键． 30．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，直线上有一个动点．当点的纵坐标为8时，连接，过点作轴．过点作，交于点．    (1)求点坐标； (2)试判断四边形的形状，并说明理由； (3)点从四边形的顶点出发沿，以每秒2个单位的速度运动，求的面积与运动时间的函数关系式． 【答案】(1) (2)四边形是菱形，理由见解析 (3) 【分析】（1）将代入直线，求出的值，即可得到答案； （2）由可求出，由平行四边形的判定可得出四边形是平行四边形，由两点间的距离公式可得，从而即可判断四边形是菱形； （3）由题意可得，，连接交于，作于，由菱形的性质可得，由勾股定理可得，从而得到，由等面积法可得，分两种情况：当点在上时，，此时；当点在上时，，此时，分别进行计算即可得到答案． 【详解】（1）解：在直线上， 当时，， 解得：， ； （2）解：直线与轴交于点， 当时，， 解得：， ， ， ， 四边形是平行四边形， 由（1）知， , ， 四边形是菱形； （3）解：直线与轴交于点， 当时，， ， 四边形是菱形，，， ， 连接交于，作于，    则， 由勾股定理得：，， ， ，， ， ， 当点在上时，，此时， ， 当点在上时，，此时，    ， 综上所述，的面积与运动时间的函数关系式为：． 【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质、菱形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的计算，熟练掌握一次函数的图象与性质、菱形的判定与性质，采用分类讨论的思想解题，是解题的关键． 易错必刷题型11.菱形中的动点问题 典题特征：在菱形边、对角线上设置动点，解答动态几何题型 易错点：①未按动点位置分类讨论；②计算数值超出动点运动范围 31．如图，在边长为5的菱形中，对角线交于点O，，E，F分别是的中点，P是上的动点，则的最小值为______． 【答案】 【分析】根据菱形的性质可知点与点关于对称，作点关于的对称点，则在上，连接，根据两点之间线段最短可知的长度即为的最小值，连接，利用三角形中位线定理和勾股定理求出的长度即可 . 【详解】解:四边形是菱形，边长为5， ，，， 在中，， 作点关于的对称点，连接交于点，此时最小，最小值为的长度， 点与点关于对称，， 点在上，且， 是的中点， ， ， ， 连接， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， 在中，， 的最小值为. 32．如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（   ） A．3 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】利用菱形的对称性可知点与点关于直线对称，则，故，当三点共线且时，的值最小，此时的周长即为的长，求出和的长即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴关于对称， ∴ ∴， ∵点在上，点在上， ∴当三点共线且时，最小， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长． 33．如图1，在四边形中，对角线相交于点O且互相垂直平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，若，点E和点F分别为上的动点，则的长为 ，菱形的面积为 ，的最小值为 ． 【答案】(1)见解析 (2)5，24， 【分析】（1）利用垂直平分线的性质以及等量代换可得即可证明结论； （2）由菱形的性质以及勾股定理可得；根据菱形的面积等于对角线积的一半列式计算即可；如图：连接，由菱形的性质可得点B关于对角线的对称点为 D，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可知当 D、E、F 三点共线且时，取得最小值，即点 D到的距离为最小值；然后用面积法求得的长即可解答． 【详解】（1）证明：∵对角线相交于点O且互相垂直平分， ∴是的垂直平分线， ∴， 同理可得：， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴； ； 如图：连接， ∵四边形是菱形， ∴点B关于对角线的对称点为 D， ∴， ∴， ∴当 D、E、F 三点共线且时，取得最小值，即点 D到的距离为最小值， ∵， ∴，即， ∴的最小值为． 易错必刷题型12.菱形与折叠问题 典题特征：菱形沿直线折叠，求解折叠后边长、角度相关问题 易错点：①忽略折叠前后图形全等性质；②无法准确识别折叠对应边角 34．如图，把菱形沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接．若，则的度数为________． 【答案】 【分析】利用折叠的性质得出的度数和，结合点E在边上得出为等腰三角形，进而求出的度数，再利用菱形邻角互补求出，最后计算的度数． 【详解】解：∵菱形沿直线折叠，点B落在边上的点E处， ∴，． ∴， ∵点E在边上， ∴在中，， ∴ ， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴． 35．如图，在菱形纸片中，，为的中点．折叠菱形纸片，使点落在所在直线上的点处，得到经过点的折痕，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键． 连接，由菱形的性质及，得到三角形为等边三角形，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，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【详解】解：连接：    ∵四边形为菱形，， ∴为等边三角形，， ， ∵为的中点， ∴为的平分线，， ∴， ∴由折叠的性质得到，在中，． 故选：C． 36．在菱形中，对角线与相交于点． (1)如图1，若，求菱形的面积． (2)如图2，在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为．若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，将沿折叠，点的对应点落在上，连接，若，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【分析】（1）根据菱形的性质可知，，，，利用勾股定理得到，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可； （2）由菱形的性质得出，由折叠的性质可知，，从而得到，再根据等角与等边求解即可； （3）过点作于点，过点作于点，由已知条件可得，，根据菱形和折叠的性质得到，再结合等腰三角形三线合一的性质，求出，进而得出，证明四边形是矩形，得到，，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：在菱形中，，， ，，， ， ， 菱形的面积； （2）证明：四边形是菱形， ，， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点，过点作于点， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 由折叠的性质可知，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ． 易错必刷题型13.菱形性质与判定的实际应用 典题特征：将生活实物结构抽象为菱形模型进行解题计算 易错点：①无法准确把实物转化为标准几何图形；②解题脱离实际限制条件 37．今年3月，为庆祝建校80周年，传承我校红色基因，学生会用一段矩形绸缎设计制作了一条红丝带，承载着师生对母校的美好祝福和深厚情谊，如图所示，矩形的宽为，中间重叠的部分（四边形）绘制校徽，若，则重叠部分图形的面积是______． 【答案】 【分析】过点B作于点E，过点D作于点F，依题意得，则四边形是平行四边形，得，再根据勾股定理，进而得平行四边形是菱形，然后根据菱形的面积公式即可得出重叠部分图形的面积． 【详解】解：过点B作于点E，过点D作于点F，如图所示： 依题意得：， 四边形是平行四边形， 红丝带宽为， ， ， 和都是等腰直角三角形， ，， 在中，由勾股定理得：， 同理：， ， 平行四边形是菱形， 重叠部分图形的面积是：． 38．我们知道：当三角形三条边的长度均确定时，三角形的形状、大小完全被确定，这个性质也叫做三角形的稳定性． (1)与三角形不同，如果用四根木条制作成一个四边形的木框，随意拉动木框的边，它的形状却会发生改变，这说明四边形具有__________． (2)生活中，很多家庭使用的伸缩晾衣架也利用了上述四边形的特性．下图是一款伸缩晾衣架的示意图：该款伸缩晾衣架包含两侧的支架和三根晒被杆（图1），每一侧的支架由6根铝合金杆（宽度忽略不计）组成，支架的每个交点处均可以转动（图2）．其中，点分别是这些铝合金杆的中点．支架展开后，点在一直线上． 问题：如果把的度数称作支架的展开角度，当支架展开角度为时，晾衣架最远处点J离开墙面距离约为多少厘米？ (3)若要增加晒被杆的根数，需要增加铝合金杆的数量，在不改变原来设计方案的前提下，制作一款含4根晒被杆的伸缩晾衣架，共需要铝合金杆__________． 【答案】(1)不稳定性 (2) (3) 【分析】（1）直接根据四边形性质回答即可； （2）先证明四边形为菱形，连接，，再证明为等边三角形，推出，同理可得，结合点在一直线上求解，即可解题； （3）根据含4根晒被杆的伸缩晾衣架，铝合金杆需增加一个四边形，进而算出需要增加的铝合金杆总长． 解题的关键在于正确理解四边形在实际生活中的应用． 【详解】（1）解：随意拉动木框的边，它的形状却会发生改变，这说明四边形具有不稳定性； （2）解：，点分别是这些铝合金杆的中点， ， 四边形为菱形， ， ， ， 连接，， 为等边三角形， ， 同理可得， 点在一直线上， 晾衣架最远处点J离开墙面距离约为； （3）解：若要制作一款含4根晒被杆的伸缩晾衣架， 铝合金杆总的材料需要增加一个四边形的周长， 即共需要铝合金杆． 39．【综合与实践：折纸中的数学】我国传统建筑中，设计精巧、样式繁多的几何图案随处可见，它们由笔直的短木条沿横、竖、斜方向交错构成，给人以明朗、均匀、简洁的美感．漫步于我们的校园，盈乐园中的小亭便体现了这一艺术特点．小亭的布局以“因地制宜”为原则，每换一个角度，眼前都是一幅不同的画面．如图②，是从底部仰视亭子内部顶部设计时看到的图案——木条纵横交错，形成一个个规整的四边形，简洁而富有韵律．      有趣的是，这样的图案不仅存在于传统建筑中，我们还可以通过折纸的方式将其“复现”．下面，让我们动手操作，在折纸中探寻数学的奥秘，感受传统文化与数学的交融之美．          【素材】如图③，一张矩形纸片，，． (1)【实践操作1】 步骤一：将矩形纸片上下对折，折痕为； 步骤二：然后左右对折，折痕为； 步骤三：将原纸片展开还原后，如图④所示得到四边形． 【实践探索1】 四边形的形状为 ；面积为 ； (2)【实践操作2】 步骤一：将矩形纸片先沿对角线对折； 步骤二：再将纸片折叠使点与点重合得折痕； 步骤三：将原纸片展开还原后，连接，．如图⑤所示，得到四边形． 【实践探索2】 ①判断四边形的形状，并加以证明． ②直接写出四边形的面积 ． 【答案】(1)菱形， (2)①四边形是菱形，证明见解析；② 【分析】（1）根据对角线互相垂直平分可得四边形为菱形，由折叠可得，然后运用菱形的面积公式就可解决问题． （2）由折叠可得；由矩形可得，从而有，进而可证得，则有，就可证到四边形是菱形；②设，则，由①知四边形是菱形，得到，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：由折叠可知：与互相垂直平分， ∴四边形为菱形； 由折叠可得：， ∴， ∴菱形的面积为． （2）解：①四边形是菱形， 证明：如图， 由折叠可得：． ∵四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形． ， ∴四边形是菱形． ②设， ， ∴， 由①知四边形是菱形， ∴， 矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 易错必刷题型14.菱形与旋转综合 典题特征：菱形绕定点旋转，计算旋转后线段长度与角度大小 易错点：①未掌握旋转图形全等性质；②错误判断旋转对应边与旋转角度 40．如图，菱形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将菱形绕着点按顺时针方向旋转得到菱形，点的对应点在轴上，则点的对应点的坐标为___________． 【答案】 【分析】连接交于点E，先根据题意可得点，进而得出，再由旋转的性质可得，进而得出，则此题可解． 【详解】解：如图所示，连接交于点E， ∵菱形的顶点A的坐标为，顶点B的坐标为， ∴点， ∴． 由旋转的性质可得， ∴， ∴点D的对应点的坐标为． 41．如图，在菱形中，，，对角线，相交于点O，点E是对角线上的一个动点，连结，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，则的最小值是（　　） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、旋转的性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．取的中点，连接，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据垂线段最短可得当时，的值最小，然后根据含30度角的直角三角形的性质求解即可得． 【详解】解：如图，取的中点，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴，， ∴，， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由垂线段最短可知，当时，的值最小，此时在中，， 即的最小值是1， 故选：C． 42．如图一，菱形中，点是的中点，且． (1)求证：是等边三角形； (2)将图一中绕点D逆时针旋转，使得点和点重合，得到（如图二），连接，试判断的形状； (3)若，在（2）的条件下，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)是直角三角形． (3) 【分析】（1）首先利用线段垂直平分线的性质，由垂直且平分推导出，再结合菱形四条边都相等的性质得到，从而证明，得出是等边三角形． （2）先由等边三角形“三线合一”的性质算出，利用旋转前后图形全等的性质得到，再结合菱形性质知，最后通过角度相加，从而判定为直角三角形． （3）首先根据菱形边长相等得到直角边，再由旋转性质知另一条直角边等于，接着在等边三角形中利用勾股定理算出高，最后在中利用勾股定理求出斜边的长． 【详解】（1）证明：且点是的中点， 是线段的垂直平分线． 四边形是菱形， ． ． 是等边三角形． （2）由（1）知是等边三角形， ． ， 平分． ． 绕点逆时针旋转得到， ． ． 四边形是菱形，且是等边三角形， 也是等边三角形， ． ． ． 是直角三角形． （3）四边形是菱形， ． 由旋转性质可知． 在等边中，是高． 在中，，． 根据勾股定理：． ． 在中， 根据勾股定理：． ． 易错必刷题型15.菱形存在性问题 典题特征：在几何或坐标系中，探究满足条件的菱形构成点位 易错点：①分类讨论不完整导致答案漏解；②依据边长关系列式计算错误 43．如图，在菱形中，，．点是边的中点，点是边上一动点（不与点重合），延长交射线于点，连接，． ①四边形是___________；②当的值为___________时，四边形是矩形；③当的值为___________时，四边形AMDN是菱形． 【答案】 平行四边形 【分析】①利用菱形的性质和已知条件可证明四边形的对边平行且相等即可； ②由①可知四边形是平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形即，所以时即可； ③当平行四边形的邻边时，四边形为菱形，利用已知条件再证明三角形是等边三角形即可． 【详解】解：①∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵点E是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ②当的值为时，四边形是矩形．理由如下： ∵四边形是平行四边形； ∴，而，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； ③当的值为时，四边形是菱形．理由如下： ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴平行四边形是菱形． 44．在平面直角坐标系中，点，线段的中垂线与交于点，与轴交于点，若点在线段的延长线上，且，点是轴上一点，点是平面内一点，如果以点C，E，M，N为顶点的四边形是菱形，满足条件的点有___________个． 【答案】5 【分析】根据菱形的性质，分别以为边和为对角线进行讨论即可得出答案． 【详解】解：∵点， ∴, ∵是线段的中垂线， 则, ∵点C，E，M，N为顶点的四边形是菱形， ①当为菱形的边，则菱形的每个边的长度都为5， , , , ②当以为菱形的对角线， 所以符合条件的N有5个． 45．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形．已知点，，D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向点B运动．设动点P的运动时间为t秒． (1)若四边形是平行四边形，求t的值． (2)在线段上是否存在一点Q，使得以O，D，Q，P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点M，且，求四边形周长的最小值． 【答案】(1) (2)存在，点Q的坐标为或 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质即可解答； （2）分点P在点Q的左侧和右侧两种情况讨论，利用菱形的性质及勾股定理即可求得答案； （3）连接，过点O作直线的对称点E，连接，先证明四边形是平行四边形，得到，，然后证明，再根据两点之间线段最短，可得到点P在上时，取最小值，求出此最小值，由此即可求得答案． 【详解】（1）解：，点D是的中点， ，， 四边形为矩形， ， 由已知，，则， 若四边形是平行四边形， 则， ， ， （2）解：存在；理由如下： 当点P在点Q的左侧时， 若O，D，Q，P四点为顶点的四边形是菱形， 则， 在中，， ， ∴， Q点的坐标为， 当点P在点Q的右侧时， 若O，D，Q，P四点为顶点的四边形是菱形， 则， 在中，， ， ， 综上所述，存在，点Q的坐标为或； （3）解：连接，过点O作直线的对称点E，连接，， ，， ， 又， 四边形是平行四边形， ，， 点O和点E关于直线的对称， 垂直平分， ， ， 当点P在上时，取最小值，此时， 即当点P在上时，四边形周长的最小值为． 易错必刷题型16.菱形与最值问题 典题特征：依托菱形图形，求解最短线段、最小周长等几何最值 易错点：①不会利用轴对称求解最短路径；②无法确定最值对应临界位置 46．如图，在菱形中，，，P为对角线上任意一点，Q为边上任意一点，则的最小值为________． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称-最短路径问题，菱形的性质，等边三角形的性质等知识点，解题的关键是熟知两点之间线段最短的知识． 点C是定点，点P为上一动点，是轴对称最值问题，连接，由菱形的对称性可知，点A和点C关于对称，连接，由垂线段最短可知，当且点共线时，有最小值，证明为等边三角形，则点Q为的中点，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，，， ∵四边形为菱形， ∴点A和点C关于对称， ∴， ∴， 由垂线段最短可知，当且点共线时，有最小值， ∵，四边形为菱形 ∴，， ∴为等边三角形， 由三线合一可知点Q为的中点， ∵， ∴，， ，即最小值为， 故答案为：． 47．如图，在菱形中，两点分别从两点同时出发，以相同的速度分别向终点移动，连接，在移动的过程中，的最大值为______，最小值为______． 【答案】 2 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．连接，作于，利用菱形的性质得，则可判断和都是等边三角形，再证明得到，，接着判定为等边三角形，所以，然后根据点E的位置判断的最（大）小值即可． 【详解】解：连接，作于，如图所示： 四边形为菱形，， ，， ， 和都是等边三角形， ，， ， ， 在中，，， ， ，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动， ， 在和中， ， ，， ， 为等边三角形， ， 当点运动到点时，的值最大， 的最大值为2． 当点运动到点时，的值最小， 的最小值为． 故答案为：，． 48．如图1，四边形为菱形，，，，，且． (1)求的长； (2)点在上运动，为等边三角形． ①如图2，求证：，并直接写出的最小值； ②如图3，当点在的上方时，求点的横坐标． 【答案】(1) (2)①证明见解析，的最小值为2；②点的横坐标为2 【分析】（1）由平方和算术平方根的非负性可得出，，从而可求出．再利用菱形的性质结合，可求出，结合含的直角三角形即可求解； （2）①连接，交于，根据菱形的性质及等边三角形的性质可证，得，由点到直线垂线段最短，可知，，再结合菱形的性质及含的直角三角形的性质即可求得，进而即可求解； ②连接，根据等边三角形的性质证，得，，则，可知点的运动轨迹为过点且垂直于轴的直线，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∴，，则，即： ∵四边形为菱形，， ∴，则， ∴，则， ∴， ∴； （2）①证明：连接，交于， ∵四边形为菱形，， ∴，，则是等边三角形， ∴，，则， ∵是等边三角形， ∴，， 则， ∴， ∴， ∴， 由点到直线垂线段最短，可知，， ∵四边形为菱形， ∴， 则， 即的最小值为2； ②连接， 由①可知，是等边三角形，是等边三角形， 则，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即点的运动轨迹为过点且垂直于轴的直线， ∵ ∴点的横坐标为． 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 $ 专题07菱形易错必刷题型专项训练 本专题汇总菱形章节考试高频、易失分、易混淆经典题型，梳理对应易错扣分关键点，针对性刷题练习，扫清考试易错盲区 题型01.菱形的性质求角度 题型02.菱形的性质求线段长 题型03.菱形的性质求面积 题型04.菱形的性质证明 题型05.添条件四边形是菱形 题型06.证明四边形是菱形 题型07.由菱形的性质与判定求角度 题型08.由菱形的性质与判定求线段长 题型09.由菱形的性质与判定求面积 题型10.菱形与坐标系综合 题型11.菱形中的动点问题 题型12.菱形与折叠问题 题型13.菱形性质与判定的实际应用 题型14.菱形与旋转综合 题型15.菱形存在性问题 题型16.菱形与最值问题 易错必刷题型01.菱形的性质求角度 典题特征：已知菱形内角与对角线条件，计算图形内各类夹角度数 易错点：①未利用邻角互补定理计算角度；②对角线平分内角计算出错；③不会结合平行线性质推导角度 1．菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是_______． 2．如图，在菱形中，对角线与交于点O，点E在边上，连接交于点F．若，平分，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，于点H，交于点E． (1)若，求的度数； (2)若，点E是中点，求的长． 易错必刷题型02.菱形的性质求线段长 典题特征：根据菱形边长、周长、对角线，求解图形内线段长度 易错点：①不会借助对角线垂直平分构造直角三角形；②勾股定理线段对应关系错误；③混淆边长与菱形高线概念 4．如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 5．如图，四边形是菱形，，，于H，则等于（    ） A． B． C． D． 6．已知如图，四边形是菱形，，点E、F分别是边上的动点，且．连接，取中点G，连接． (1)判断与的位置关系，用等式写出它们的数量关系，并证明； (2)连接交于点O，点E、F在运动过程中，四边形是否可以是平行四边形？若可以，请求出此时的长；若不可以，请说明理由． 易错必刷题型03.菱形的性质求面积 典题特征：利用边长、对角线、高线，计算菱形面积或反求线段 易错点：①两类面积计算公式混用；②对角线求面积遗漏二分之一系数；③底边与对应高线选取不匹配 7．如图，菱形中，，，则菱形的面积为（   ） A．96 B．48 C．24 D．12 8．如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，，则的面积等于_____． 9．如图，在菱形中，对角线，交于点，，，连接，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 易错必刷题型04.菱形的性质证明 典题特征：以菱形为背景，证明线段、角度、直线位置相关结论 易错点：①证明缺少菱形核心性质作为推理依据；②错误判定菱形对角线具备相等特征 10．如图，是菱形的一条对角线，若，则______度． 11．如图，在菱形中，F为上一点，连接交于点E，若，则下列哪条线段等于线段的和（    ） A． B． C． D． 12．如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，点，在上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 易错必刷题型05.添条件四边形是菱形 典题特征：给定基础四边形，补充条件使其满足菱形判定要求 易错点：①混淆菱形与矩形判定定理；②补充条件达不到判定标准 13．如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 14．如图，点，，，分别是四边形的边，，，的中点．、是四边形的对角线，连接、、、，请添加一个条件：________使四边形为菱形．（填写一个即可） 15．如图，点，分别在的边，上，连接，，，连接，相交于点，请你从以下选项：①；②；③；④中选择一个合适的选项作为补充条件，使得四边形是菱形． (1)你选择的补充条件是________；（填序号） (2)根据你选择的补充条件，写出四边形是菱形的证明过程． 易错必刷题型06.证明四边形是菱形 典题特征：依据题干边角、对角线条件，严谨证明四边形为菱形 易错点：①未证明平行四边形直接判定菱形；②选用判定定理与题意不符 16．如图，在中，点是的中点，点，分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③．从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是_____(只填写序号)． 17．如图，利用几个全等的直角三角尺（含角）拼摆成如下的四边形，其中不是菱形的是（    ） A． B． C． D． 18．如图，在平行四边形中，点分别在边上，，与相交于点． (1)求证：． (2)如果．求证：四边形是一个菱形． 易错必刷题型07.由菱形的性质与判定求角度 典题特征：先判定图形为菱形，再运用性质求解内角度数 易错点：①判定依据不足直接套用菱形性质；②角度推导逻辑存在疏漏 19．如图，按如下操作步骤画出的四边形：（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，则的大小是______． 20．如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 21．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 易错必刷题型08.由菱形的性质与判定求线段长 题特征：确认菱形后，运用几何知识计算相关线段长度 易错点：①错误认为菱形对角线长度相等；②直角三角形边长计算出现失误 22．如图，在中，，E为中点，若，则四边形的周长是________． 23．如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（　　） A． B．3 C．4 D．5 24．如图，在中，对角线与相交于点O，其中，，过点A作于点E． (1)若，求边的长． (2)在第（1）小题的条件下，点F为线段上的动点，连结，，当的面积为时，求线段的长． (3)设，当x，y值变化时，代数式的值是否发生变化？请说明理由． 易错必刷题型09.由菱形的性质与判定求面积 典题特征：判定菱形后，计算图形整体或局部区域面积 易错点：①误用其他四边形面积公式；②底与高搭配选取错误 25．如图，在的两边上分别截取，使；再分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；再连接．若，．则四边形的面积是___________． 26．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 27．如图所示，李老师用一段绸缎制作了一条宽为的矩形丝带，重叠部分图形为四边形． (1)试判断四边形的形状，并证明你的结论； (2)若，求重叠部分图形的面积． 易错必刷题型10.菱形与坐标系综合 典题特征：坐标系内结合菱形特征，求解坐标、线段与面积问题 易错点：①坐标数值运算计算错误；②无法将几何性质转化为坐标关系 28．如图，在平面直角坐标系中，，，菱形的边在轴上，则点的坐标是_____． 29．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为2，点A在第一象限，点在轴正半轴上，，若将菱形绕点顺时针旋转，得到四边形，则点的对应点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 30．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，直线上有一个动点．当点的纵坐标为8时，连接，过点作轴．过点作，交于点．    (1)求点坐标； (2)试判断四边形的形状，并说明理由； (3)点从四边形的顶点出发沿，以每秒2个单位的速度运动，求的面积与运动时间的函数关系式． 易错必刷题型11.菱形中的动点问题 典题特征：在菱形边、对角线上设置动点，解答动态几何题型 易错点：①未按动点位置分类讨论；②计算数值超出动点运动范围 31．如图，在边长为5的菱形中，对角线交于点O，，E，F分别是的中点，P是上的动点，则的最小值为______． 32．如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（   ） A．3 B．4 C． D． 33．如图1，在四边形中，对角线相交于点O且互相垂直平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，若，点E和点F分别为上的动点，则的长为 ，菱形的面积为 ，的最小值为 ． 易错必刷题型12.菱形与折叠问题 典题特征：菱形沿直线折叠，求解折叠后边长、角度相关问题 易错点：①忽略折叠前后图形全等性质；②无法准确识别折叠对应边角 34．如图，把菱形沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接．若，则的度数为________． 35．如图，在菱形纸片中，，为的中点．折叠菱形纸片，使点落在所在直线上的点处，得到经过点的折痕，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 36．在菱形中，对角线与相交于点． (1)如图1，若，求菱形的面积． (2)如图2，在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为．若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，将沿折叠，点的对应点落在上，连接，若，求的长． 易错必刷题型13.菱形性质与判定的实际应用 典题特征：将生活实物结构抽象为菱形模型进行解题计算 易错点：①无法准确把实物转化为标准几何图形；②解题脱离实际限制条件 37．今年3月，为庆祝建校80周年，传承我校红色基因，学生会用一段矩形绸缎设计制作了一条红丝带，承载着师生对母校的美好祝福和深厚情谊，如图所示，矩形的宽为，中间重叠的部分（四边形）绘制校徽，若，则重叠部分图形的面积是______． 38．我们知道：当三角形三条边的长度均确定时，三角形的形状、大小完全被确定，这个性质也叫做三角形的稳定性． (1)与三角形不同，如果用四根木条制作成一个四边形的木框，随意拉动木框的边，它的形状却会发生改变，这说明四边形具有__________． (2)生活中，很多家庭使用的伸缩晾衣架也利用了上述四边形的特性．下图是一款伸缩晾衣架的示意图：该款伸缩晾衣架包含两侧的支架和三根晒被杆（图1），每一侧的支架由6根铝合金杆（宽度忽略不计）组成，支架的每个交点处均可以转动（图2）．其中，点分别是这些铝合金杆的中点．支架展开后，点在一直线上． 问题：如果把的度数称作支架的展开角度，当支架展开角度为时，晾衣架最远处点J离开墙面距离约为多少厘米？ (3)若要增加晒被杆的根数，需要增加铝合金杆的数量，在不改变原来设计方案的前提下，制作一款含4根晒被杆的伸缩晾衣架，共需要铝合金杆__________． 39．【综合与实践：折纸中的数学】我国传统建筑中，设计精巧、样式繁多的几何图案随处可见，它们由笔直的短木条沿横、竖、斜方向交错构成，给人以明朗、均匀、简洁的美感．漫步于我们的校园，盈乐园中的小亭便体现了这一艺术特点．小亭的布局以“因地制宜”为原则，每换一个角度，眼前都是一幅不同的画面．如图②，是从底部仰视亭子内部顶部设计时看到的图案——木条纵横交错，形成一个个规整的四边形，简洁而富有韵律．      有趣的是，这样的图案不仅存在于传统建筑中，我们还可以通过折纸的方式将其“复现”．下面，让我们动手操作，在折纸中探寻数学的奥秘，感受传统文化与数学的交融之美．          【素材】如图③，一张矩形纸片，，． (1)【实践操作1】 步骤一：将矩形纸片上下对折，折痕为； 步骤二：然后左右对折，折痕为； 步骤三：将原纸片展开还原后，如图④所示得到四边形． 【实践探索1】 四边形的形状为 ；面积为 ； (2)【实践操作2】 步骤一：将矩形纸片先沿对角线对折； 步骤二：再将纸片折叠使点与点重合得折痕； 步骤三：将原纸片展开还原后，连接，．如图⑤所示，得到四边形． 【实践探索2】 ①判断四边形的形状，并加以证明． ②直接写出四边形的面积 ． 易错必刷题型14.菱形与旋转综合 典题特征：菱形绕定点旋转，计算旋转后线段长度与角度大小 易错点：①未掌握旋转图形全等性质；②错误判断旋转对应边与旋转角度 40．如图，菱形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将菱形绕着点按顺时针方向旋转得到菱形，点的对应点在轴上，则点的对应点的坐标为___________． 41．如图，在菱形中，，，对角线，相交于点O，点E是对角线上的一个动点，连结，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，则的最小值是（　　） A．2 B． C．1 D． 42．如图一，菱形中，点是的中点，且． (1)求证：是等边三角形； (2)将图一中绕点D逆时针旋转，使得点和点重合，得到（如图二），连接，试判断的形状； (3)若，在（2）的条件下，求线段的长． 易错必刷题型15.菱形存在性问题 典题特征：在几何或坐标系中，探究满足条件的菱形构成点位 易错点：①分类讨论不完整导致答案漏解；②依据边长关系列式计算错误 43．如图，在菱形中，，．点是边的中点，点是边上一动点（不与点重合），延长交射线于点，连接，． ①四边形是___________；②当的值为___________时，四边形是矩形；③当的值为___________时，四边形AMDN是菱形． 44．在平面直角坐标系中，点，线段的中垂线与交于点，与轴交于点，若点在线段的延长线上，且，点是轴上一点，点是平面内一点，如果以点C，E，M，N为顶点的四边形是菱形，满足条件的点有___________个． 45．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形．已知点，，D是的中点，动点P在线段上以每秒2个单位长度的速度由点C向点B运动．设动点P的运动时间为t秒． (1)若四边形是平行四边形，求t的值． (2)在线段上是否存在一点Q，使得以O，D，Q，P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点M，且，求四边形周长的最小值． 易错必刷题型16.菱形与最值问题 典题特征：依托菱形图形，求解最短线段、最小周长等几何最值 易错点：①不会利用轴对称求解最短路径；②无法确定最值对应临界位置 46．如图，在菱形中，，，P为对角线上任意一点，Q为边上任意一点，则的最小值为________． 47．如图，在菱形中，两点分别从两点同时出发，以相同的速度分别向终点移动，连接，在移动的过程中，的最大值为______，最小值为______． 48．如图1，四边形为菱形，，，，，且． (1)求的长； (2)点在上运动，为等边三角形． ①如图2，求证：，并直接写出的最小值； ②如图3，当点在的上方时，求点的横坐标． 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 $