《5.2菱形》同步练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 该同步练习通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，覆盖菱形性质、判定及综合应用，梯度合理，适配新授课知识巩固与几何直观、推理能力等核心素养培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|菱形定义、性质（对角线、面积）、简单判定|单选题1-4、填空题9-11，如菱形面积计算，强化概念理解与数学眼光| |能力提升|菱形与矩形、三角形结合，性质综合应用|单选题5-8、填空题12-15，如矩形中菱形判定，培养推理能力与空间观念| |综合应用|动态问题、探究性证明、跨知识整合|解答题21-25，如含60°角菱形动态探究，发展创新意识与模型意识|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《5.2菱形》同步自主达标测试题（附答案） 一、单选题（满分24分） 1．如图，用尺规在一个平行四边形内作菱形，下列作法中正确的个数是（    ）． A． B． C． D． 2．已知菱形的两对角线长分别为和，则菱形的面积为（    ） A．8 B．12 C．24 D．48 3．如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 4．如图，菱形的对角线相交于点，平分交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 5．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． 6．如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （   ）    A．5 B．6 C．7 D．8 7．如图，菱形中，交于O，于E，连接，若，菱形周长为20，则的长为（ ） A．2 B． C．3 D．4 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，在中，，，当______时，四边形是菱形． 10．已知菱形的两边、的长是关于的方程的两个实数根，则_______． 11．菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，，则与的面积之和为__________． 12．如图，矩形的对角线，相交于点，．．若，，则四边形的周长为______． 13．如图，在菱形中，，，过点D作，交的延长线于点E，则______． 14．如图，将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，为重合的对角线，重叠部分为四边形，若，则四边形的面积为_______． 15．如图，在菱形中，，点、分别在边、上（均可与端点重合），连接，若，则的最小值为___________． 16．如图，点E、F分别在菱形边、上，，如果的面积是6，的面积为9，那么的面积为______． 三、解答题（满分72分） 17．（6分）如图，点分别在菱形的边上，且．求证：． 18．（7分）如图，点是菱形的对角线和的交点，过点作，过点作，与相交于点． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 19．（7分）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的度数． 20．（8分）在四边形中，，，点在上，连接交于点． (1)如图1，若，求证：四边形是菱形； (2)如图2，连接交于点，若点是的中点，求证：． 21．（8分）综合与实践：折纸中的数学． 【主题】四边形与折纸 【素材】如图①，一张矩形纸片，，． (1)①四边形的形状为 ； ②求四边形的边上的高； 【实践操作】 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③所示，得到四边形． 【实践探索】 (2)判断四边形的形状，并加以证明． 22．（8分）如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F．   (1)求证：； (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论． (3)当点运动到何处，且当满足什么条件时，四边形是菱形？并说明理由． 23．（8分）如图1，已知菱形的边长为6，， 点、分别是边、上的动点（不与端点重合），且． (1)求证：是等边三角形； (2)点、在运动过程中，四边形的面积是否变化，如果变化，请说明理由；如果不变，请求出面积； (3)如图2，连接分别与边、交于、，当时，求证：． 24．（10分）综合探究综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含角的菱形进行了探究 【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________； (2)【探究】如图2，当点为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由； (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 25．（10分）问题引入：如图1，，，，是线段的中点．连接并延长交于点，连接． (1)判断与之间的数量关系，并说明理由． (2)问题延伸：如图2，在菱形和菱形中，点、、在同一条直线上，点在上，是线段的中点，连接、，且．判断与之间的位置关系，并说明理由． (3)在（2）的条件下，连接，若，，则的长为____________． 参考答案 1．C 【分析】根据尺规作图、全等三角形的判定和性质及菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：①、由作图可知，垂直平分，即，，，， ∴， 如图， ∵平行四边形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 即， ∴四边形是菱形； ②、由作图可知， 即， ∵平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形； ③、由作图无法得到四边形是菱形； ④、由作图可知， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴，，， 同①可知， 即， ∴四边形是菱形． 2．C 【详解】∵菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，已知该菱形两对角线长分别为和， ∴菱形的面积． 3．A 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，掌握菱形的性质是解题的关键．首先求出，然后求出，得到即可求解． 【详解】解：∵菱形的周长为52， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ 故选：A． 4．C 【分析】如图，过点D作交延长线于点F，设，表示出，然后表示出，证明出四边形是平行四边形，得到，，表示出，进而利用求解即可． 【详解】解：如图，过点D作交延长线于点F， 设 ∵平分交于点 ∴ ∵四边形是菱形 ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴． 5．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 6．B 【分析】先根据菱形对角线互相垂直平分得到，再由勾股定理得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵，为的中点， ∴． 7．C 【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20，， ，，，， ， ，， ． 故选：C． 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． 9．24 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出的长是解题的关键． 由菱形的性质得出，再由勾股定理求出，得出即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：24． 10．1 【分析】此题考查菱形的性质，已知一元二次方程的解的情况求参数，先根据菱形的性质得到，由此判断一元二次方程有两个相等的实数根，根据判别式求出m的值． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵、的长是关于的方程的两个实数根， ∴关于的方程的有两个相等的实数根， ∴，即， 解得， 故答案为：1． 11．6 【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．证明，可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴与的面积之和． 故答案为：6 12． 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理．由 ， ，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是矩形，根据矩形的性质，，即可判定四边形是菱形，继而求得答案． 【详解】 解：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是菱形． ∵，， ∴，即， ∴四边形的周长为． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理的应用，掌握菱形的性质是解决本题的关键． 根据菱形的性质可得，，，则运用勾股定理可得，最后运用菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， ∵菱形的面积， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了用勾股定理解三角形，根据矩形的性质求线段长，证明四边形是菱形，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先证明四边形是菱形，从而可得出，再利用勾股定理求得，从而可求得四边形的面积． 【详解】解：∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置， ，， ∴四边形是平行四边形， ∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，， ∴，， ∵为重合的对角线， ∴平分， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得：（负值舍去）， 又， ∴， 解得：， ∴四边形的面积为． 故答案为：． 15．12 【分析】本题主要考查两边之和的最值问题，理解两点间线段最短是解题的关键． 以为边作等边三角形，连接，易得四边形为平行四边形，得到，再证，得到，再利用两点间线段最短即可求解． 【详解】如图，以为边作等边三角形，连接， 四边形为菱形，， 四边形为平行四边形， ， 三角形为等边三角形，， ，， ， ， ， 三点共线，， ， 当在点时，取得最小值12， 又， 所以的最小值为12． 故答案为：12． 16．15 【分析】本题考查了三角形中线的性质，菱形的性质．连接，，利用三角形中线的性质求得，，推出，再证明，求得，据此求解即可． 【详解】解：连接，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 的面积为， 故答案为：15． 17．见解析 【分析】根据菱形的性质可得，，再证明，继而得出，即可得证． 【详解】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 18．(1)证明见解析 (2)的长为 【分析】（1）由菱形的性质，得，由，，先证四边形为平行四边形，结合，即可证出四边形是矩形； （2）由菱形的性质，得，，由勾股定理得，结合矩形的性质，得，可得出的长． 【详解】（1）解：∵四边形为菱形，、为角平分线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为矩形． （2）解：∵，，，， ∴，， ∵， 由勾股定理得， ∵四边形为矩形， ∴， 故的长为． 19．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质． （1）根据矩形的性质得到，，证明，进而证明四边形是平行四边形，根据线段的垂直平分线的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）根据矩形的性质得到，进而求出，根据菱形的性质即可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴． 20．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先根据平行线的性质和等边对等角得出，再根据“角边角”证明，可得，然后证明四边形是平行四边形，最后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”得出答案； （2）先根据“角角边”证明，可得，再结合已知条件 可得答案． 【详解】（1）证明： ． ． ． ． ， ． 四边形是平行四边形． 四边形是菱形； （2）解： ． 点是的中点， ． ， ． 21．(1)①菱形② (2)四边形为菱形，证明见解析 【分析】（1）①连接，根据矩形的性质得出对角线相等，然后根据翻折的性质得出中位线，最后根据四条边相等可得结论； ②根据菱形的面积公式以及勾股定理即可求解； （2）根据翻折的性质得出对角线互相平分，得出四边形为平行四边形，再根据邻边相等，即可得出结论． 【详解】（1）解：①四边形的形状为菱形，理由如下： 如图②所示，连接， 根据翻折的性质，点分别是线段的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形的形状为菱形； ②根据翻折的性质可得，， ∴菱形的面积为， 根据勾股定理得， ∴四边形的边上的高为； （2）解：四边形为菱形，证明如下： 如图③所示， 根据翻折的性质可得，， ∴四边形为平行四边形， 由翻折的性质可得， ∴为菱形； 22．(1)证明过程见解析 (2)当点运动到的中点时，四边形是矩形；证明过程见解析 (3)当是直角三角形，且运动到的中点时，四边形是菱形；证明过程见解析 【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到，，即可得证； （2）先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可； （3）先证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判断即可； 【详解】（1）证明：， ， 又平分， ， ， ， 同理可得：， ； （2）解：当点运动到的中点时，四边形是矩形； 证明如下：当点运动到的中点时，， ， 四边形是平行四边形， 由（1）可得， ， ，即， 四边形是矩形； （3）解：当是直角三角形，且运动到的中点时，四边形是菱形； 证明如下：当点运动到的中点时，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是菱形． 23．(1)证明见解析 (2)不变， (3)证明见解析 【分析】（1）证明，证出，结合，便证出是等边三角形； （2）根据，可得四边形的面积等于． （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接．结合旋转的性质证明，根据四边形是菱形，，推出，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，，， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形； （2）解：点、在运动过程中，四边形的面积不变． 理由：如图，过作于， ∵，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴． （3）证明：将绕点A顺时针旋转得到，连接． ∴，， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 24．(1) (2)成立，证明见解析 (3)的长度为或 【分析】（1）连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）过点作交于点，利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，可得出最后的结果． 【详解】（1）解：连接，如下图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴，， ∵为菱形的角平分线， ∴， 故与为等边三角形， ∴， ∵点为中点， ∴平分， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴； （2）解：成立，理由如下： 连接，如下图所示： 由（1）中，同理可得与为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． （3）解：过点作交于点，按题意补充线段，连接，当点在点左侧时，如下图所示： 由（1）（2）得，为中点， ∴， 由勾股定理得， ∵， ∴， 故， ∴； 当点在点右侧时，如下图所示： 同理可得， 故， ∴； 综上，的长度为或． 25．(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)的长为 【分析】（1）利用证明，可得，再利用直角三角形的性质即可解决问题； （2）延长交于，证明，可得，，进而证明是等腰三角形，由等腰三角形的性质可证明； （3）由（2）可知，，证明，求出，，过点G作于点N，求出，进而求出，即可解答． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴为斜边上的中线， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，延长交于点H， ∵是的中点， ∴， ∵四边形和四边形是菱形，点，，在同一条直线上， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，即， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， （3）解：由（2）可知，， ∵， ∴， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 过点G作于点N， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $