《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** 本练习以三级梯度分层设计，覆盖菱形定义、性质、判定及综合应用，通过基础概念辨析、性质推理计算到动态几何探究，培养抽象能力、推理意识与空间观念，适配新授课知识巩固与能力进阶需求。 **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、边长、内角）基础应用|单选1判定条件辨析、填空8内角计算，强化概念理解与基础运算| |能力提升|菱形性质综合（面积、动态最值）、简单推理|单选5结合对角线与面积计算、填空12动点最值问题，培养几何直观与推理能力| |综合拓展|菱形与矩形、三角形综合证明及动态探究|解答18动态几何面积定值证明、解答20翻折与全等综合，发展创新意识与空间观念|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《5.2菱形》自主学习同步练习题（附答案） 一、单选题 1．已知中，、是对角线，则下列条件中不能判断是菱形的是（    ） A． B．平分 C． D． 2．菱形的边长为，一条对角线的长为，则另一条对角线的长为（   ） A．12 B．10 C．8 D．6 3．小美同学按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；（3）分别以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点C；（4）连接，，．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（    ） A．4 B． C． D． 5．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． B． C．48 D．96 6．如图，在菱形中，，，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接，．则的最小值是（   ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，，与交于点O，E为延长线上一点，且，连接，分别交，于点F、G，连接、，则下列结论： ①；②四边形是菱形；③四边形与四边形面积相等． 其中正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二、填空题 8．已知菱形的周长是，一条较短的对角线的长是，则该菱形较小的内角是___度 9．如图，先将一张长方形的纸沿虚线对折，再对折，然后按图中虚线剪下，将剪下的纸①展开，就得到的图形是____________形． 10．若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为，则该菱形的边长为________________ ． 11．如图，菱形的对角线相交于点O，点E在边上，连接并延长交于点F．若，则与的面积之和为 ____________________ ．    12．如图，菱形的对角线，相交于点，，，点是边上的一个动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为______． 13．如图，为菱形的对角线，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点；②作直线分别交于点，，连接．若，则的度数为___________． 14．如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为________． 三、解答题 15．如图，在矩形中，对角线和相交于点，过作，交于，交于，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 16．如图，点是菱形的对角线和的交点，过点C作，过点D作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 17．如图，在中，，平分交于点．点为的中点，连接，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，时，求的长； (3)若四边形为菱形，直接写出的度数． 18．如图所示，在菱形中，，，为正三角形，点E、F分别在菱形的边上滑动，且E、F不与B、C、D重合． (1)证明：不论E、F在上如何滑动，总有； (2)当点E、F在上滑动时，探讨四边形的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值． 19．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． 20．如图（1），在菱形中，，点P为菱形内一点，且，延长交于点E，连接，设． (1)①填空： ， ；（用含的代数式表示） ②求∠DPE 的度数． (2)将沿翻折得到，如图（2），连接． ①求证：；     ②若，连接，求的长． 参考答案 1．C 【分析】由菱形的判定定理逐项验证即可得到． 【详解】解：A、当时，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以判定是菱形，选项不符合题意； B、当平分时，， 中， ， 则， ， 由一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以判定是菱形，选项不符合题意； C、当时，由对角线相等的平行四边形是矩形，不能判定是菱形，选项符合题意； D 、当时，由一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以判定是菱形，选项不符合题意． 2．A 【分析】作出图形，根据菱形的对角线互相垂直平分求出，然后利用勾股定理列式求出另一条对角线的一半的长，即可得解． 【详解】解：如图，∵菱形的一条对角线长为16， ∴， ∵菱形的对角线，， ∴， ∴． 3．A 【分析】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：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴， ∴ ∴． 4．C 【分析】设与的交点为H，过点D作，垂足为G，根据菱形的性质可得，，证明，可得，易证，可得，进而可得的长，由菱形的性质可证是等边三角形，得到，进而得到，利用勾股定理求出，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：设与的交点为H，过点D作，垂足为G， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E是中点， ∴， ∵，交对角线于点M， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ， ， ∴， ∴， ∴， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 在中，． 5．C 【分析】由菱形的性质得，，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 6．C 【分析】如图，连接交于点，推出当点A，P，E三点共线时，取得最小值，等于的长度，然后证明出是等边三角形，得到，然后利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，连接交于点， 四边形是菱形， ，，， 点，点关于所在直线对称，连接交于点， ， ， 当点A，P，E三点共线时，取得最小值，等于的长度， 四边形是菱形，， ， ， 是等边三角形， 点是边的中点， ，， ，即的最小值为． 7．D 【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确；②先证四边形是平行四边形，再证、是等边三角形，得，则四边形是菱形，②正确；③由菱形的性质可得，由中线的性质，即可得四边形与四边形面积相等，得出③正确． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴是的中位线， ∴，故①正确； ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴、是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形与四边形面积相等，故③正确； 故正确的结论有3个． 8．60 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握其性质是解题的关键． 先根据菱形的周长求出边长，再根据较短对角线与边长相等，得出由对角线和两边组成的三角形是等边三角形，进而求解． 【详解】解：由题意知，菱形的边长为， 又∵较短的对角线也为， 如图，， ∴为等边三角形， ∴． 故答案为：60． 9．菱 【分析】此题考查了利用对称设计图案以及菱形的判定．根据题意知，对折实际上就是对称，对折两次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，据此可得到四边形为菱形． 【详解】解：由题意知，对折实际上就是对称，对折2次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，只有菱形满足这一条件． 故答案为：菱． 10． 【分析】设菱形两条对角线长分别为、．利用根与系数的关系和菱形面积公式得到相关等式．再结合勾股定理求出菱形的边长即可． 【详解】解：设菱形的两条对角线长分别为、． ∵,是一元二次方程的两个实数根． ∴由根与系数的关系得 ． ∵菱形面积为． ∴．解得 ． ∴菱形的边长为 ． 11． 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质及面积计算．利用菱形对边平行、对角线互相垂直平分的性质，证明与全等，进而将两个三角形的面积之和转化为的面积求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，是等边三角形，，对角线， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 12． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等，由菱形的性质可得，，，即得，四边形是矩形，连接，可知，可得当时，取最小值，此时的值最小，再利用三角形的面积解答即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，， ∴，，， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形， 连接，则， 当时，取最小值，此时的值最小， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为， 故答案为：． 13．/72度 【分析】本题考查菱形的性质、线段垂直平分线的性质以及三角形外角的性质．关键是先利用菱形的性质求出相关内角的度数，再结合线段垂直平分线的性质得到等腰三角形，进而通过三角形外角计算目标角度． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，平分， ∴； 根据作图痕迹，直线是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 14．12 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；连接，交于点O，先证是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出，即可解决问题． 【详解】解：连接，交于点O，如图所示： ∵菱形的边长为10， ∴，， ∵点E、F分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵是菱形的对角线，， ∴，，， 在中，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：12． 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用已知条件和矩形的性质易证，进而可得四边形是平行四边形，又因为，从而结论得证； （2）设，由已知和矩形的性质可得，在中，利用勾股定理可求出的值，进而可求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，对角线和相交于点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：设， ∵四边形是菱形， ∴， ∵矩形中，，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴菱形的周长． 16．(1)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，、为对角线， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为矩形． （2）解：∵，，，， ∴，， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 故的长为． 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一定理可知点是的中点，又因为点为的中点，可知是的中位线，所以，又因为，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证结论成立； （2）根据勾股定理可以求出，根据三角形中位线定理可知，根据平行四边形的性质可知，根据线段之间的关系可以求出的长度； （3）根据四边形为菱形，可知，从而可知，根据三角形内角和定理可以求出． 【详解】（1）证明：，平分交于点， ， 点是的中点， 又点为的中点， 是的中位线， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）可知， ，平分交于点， ， ， ， 是的中位线， ， 四边形是平行四边形， ， ； （3）解：若四边形为菱形， 则， 又， ， ， ， ． 18．(1)见解析 (2)不变， 【分析】（1）连接，证明即可； （2）可得，作于H点，由勾股定理求解，再由求解即可． 【详解】（1）证明：连接． 菱形中，， ， ， 为正三角形， ， ， ∵菱形，， 、为等边三角形， ，， ， ； （2）解：四边形的面积不变． 理由：由（1）得， 则，故，是定值， 作于H点， ∵是等边三角形， 则， ∴， ． 19．(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． 20．(1)①， ；② (2)①见解析；② 【分析】（1）①根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；先说明，再根据等边对等角以及三角形内角和定理求解即可；②由平角的意义列式计算即可； （2）①如图，连接，由折叠的性质可证明为等边三角形，再证明为等边三角形，易证，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；②由全等三角形的性质以及已知可得、，即，再说明，然后由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①∵，， ， ∵在菱形中，， ， ∴， ； ②． （2）证明：①如图，连接． ∵沿翻折得到， ∴． ∴是等边三角形．     ∴． ∵在菱形中，， ∴都是等边三角形． ∴． ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ②∵，， ，， ∴， ∵，是等边三角形， ∴． ∴在中，． 学科网（北京）股份有限公司 $