初中数学沪科版八年级下册第19章 四边形19.3 矩形 菱形 正方形课时作业

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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.6菱形的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2021秋•滕州市期中）菱形的周长为8cm，两相邻角度数比是1：2，则菱形的面积是（　　）
A．2cm2 B．2cm2 C．4cm2 D．4cm2
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，AD∥BC，再证△ABC是等边三角形．得AC＝AB＝2cm．则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），则BD＝2OB＝2（cm），即可得出答案．
【解答】解：∵菱形的周长为8cm，
∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°
∵两相邻角的度数之比为1：2，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC＝AB＝2cm．
∴OA＝1（cm）．
在Rt△AOB中，根据勾股定理可得：OB＝＝＝（cm），
∴BD＝2OB＝2（cm），
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×2×2＝2（cm2），
故选：A．

2．（2021春•兴宾区期末）如图，菱形ABCD中，∠D＝140°，则∠1的大小是（　　）

A．10° B．20° C．30° D．40°
【分析】由菱形的性质得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAC＝∠1，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠1，
在△ADC中，
∵∠D＝140°，∠D+∠DAC+∠DCA＝180°，
∴∠1＝∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝×（180°﹣140°）＝20°，
故选：B．

3．（2020春•虹口区期末）下列命题中，假命题是（　　）
A．菱形的对角线互相平分
B．菱形对角线的交点到四条边的距离相等
C．菱形的对角线互相垂直
D．菱形对角线的交点到四个顶点的距离相等
【分析】根据菱形的性质推理判断即可．
【解答】解：A选项，这是菱形的性质，所以该选项是真命题，不合题意；
B选项，菱形的对角线平分对角，角平分线上的点到这个角两边的距离相等，所以该选项是真命题，不合题意；
C选项，这是菱形的性质，所以该选项是真命题，不合题意；
D选项，菱形的对角线不相等，所以菱形对角线的交点到四个顶点的距离不一定相等，所以该选项是假命题，符合题意；
故选：D．
4．（2020•黑龙江）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为（　　）

A．4 B．8 C． D．6
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH＝BD，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，
∴AC＝12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴OH＝BD，
∵菱形ABCD的面积＝×AC×BD＝×12×BD＝48，
∴BD＝8，
∴OH＝BD＝4；
故选：A．
5．（2020春•海陵区期末）如图，AC，BD是菱形ABCD的对角线，BH⊥AD于点H，若AC＝4，BD＝3，则BH的长为（　　）

A．2.4 B．2.5 C．4.8 D．5
【分析】利用菱形的对角线互相平分线且垂直即可得出菱形的边长，再利用菱形面积公式求出BH的长即可．
【解答】解：设AC、BD交于点O，如图：
∵在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝3，
∴AO＝CO＝AC＝2，BO＝DO＝BD＝，AC⊥BD，
∴AD＝＝＝，
∵菱形ABCD的面积＝AD×BH＝AC×BD，
∴BH＝＝2.4，
故选：A．

6．（2020春•卫辉市期末）在菱形ABCD中，AB＝10，BD＝12，则此菱形的面积是（　　）
A．48 B．96 C．60 D．120
【分析】由菱形的性质得出BD⊥AC，OA＝OC，OB＝OD，在Rt△AOB中，由勾股定理求出AO，得出AC，根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OA＝OC，OB＝OD，
∵BD＝12，
∴OB＝6，
在Rt△AOB中，AO＝＝＝8，
∴AC＝2AO＝16，
S菱形ABCD＝AC×BD＝×16×12＝96；
故选：B．

7．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ABC＝60°，AE⊥BC于E，交BD于F，已知AF＝3，则BE＝（　　）

A． B． C． D．
【分析】证明△ABC为等边三角形，从而求出∠OAF的度数，再解直角三角形求得OA，进而得BE．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，OA＝AC
∵∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵AE⊥BC，
∴BE＝CE＝BC，∠CAE＝∠BAC＝30°，
∴BE＝AC＝AO＝AF•cos30°＝3×，
故选：B．

8．（2021春•赞皇县期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（　　）

A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
【分析】如图1，图2中，连接AC．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出AB＝BC＝AC＝20cm．在图2中，由勾股定理求出AC即可．
【解答】解：如图1，图2中，连接AC．

图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝20cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝AB＝20cm；
故选：D．
9．（2021•陕西模拟）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（　　）

A．3 B．5 C．6 D．8
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，由矩形面积即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝AC×BD＝24，
∴AC×BD＝48，
∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，
∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，
∵点E是线段BC的中点，
∴EF、EG都是△OBC的中位线，
∴EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，
∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝AC×BD＝×48＝3；
故选：A．
10．（2020春•南京期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向点D运动的过程中，AE+CF的长度（　　）

A．逐渐增加
B．逐渐减小
C．保持不变且与EF的长度相等
D．保持不变且与AB的长度相等
【分析】证明△ABE≌△DBF（ASA），可得AE＝DF，根据线段的和可知：AE+CF＝AB，是一定值，可作判断．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝60°，
∵DC∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD＝60°，
∴∠A＝∠CDB，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF，
∴∠ABE＝∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
，
∴△ABE≌△DBF（ASA），
∴AE＝DF，
∴AE+CF＝DF+CF＝CD＝AB，
故选：D．


二、 填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2018春•鹤壁期末）如图，菱形ABCD，AC＝8cm，BD＝6cm，则菱形ABCD的周长为 　20　cm．

【分析】首先根据菱形的性质可得AO＝AC，BO＝DB，AC⊥BD，AB＝CB＝CD＝AD，进而得到AO和BO的长，然后再利用勾股定理计算出AB长，再计算菱形的周长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝AC，BO＝DB，AC⊥BD，AB＝CB＝CD＝AD，
∵AC＝8cm，BD＝6cm，
∴AO＝4cm，BO＝3cm，
∴AB＝＝5cm，
∴菱形ABCD的周长是：5×4＝20（cm），
故答案为：20．
12．（2020春•龙岗区校级期末）已知菱形的周长为40cm，两个相邻角度数比为1：2，面积为 　50cm2　．
【分析】先根据菱形的四条边都相等求出菱形的边长，然后根据邻角互补求出菱形的一个内角为60°，从而得到较短的对角线与菱形的两边构成的三角形是等边三角形，再求出两对角线的长度，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算即可求解．
【解答】解：如图，

∵菱形ABCD的周长为40cm，
∴AB＝10cm，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵两个相邻内角的度数的比为1：2，
∴∠ABC＝×180°＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝10cm，
∴AO＝5cm，
在Rt△ABO中，BO＝＝＝5cm，
∴BD＝2BO＝2×5＝10cm，
∴菱形的面积为＝AC•BD＝×10×10＝50cm2．
故答案为：50cm2．
13．（2021•无锡模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥BC于点E，若AC＝6，BD＝8，则OE＝　　．

【分析】先由菱形的性质得OA＝OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，再由勾股定理求出BC的长，然后由面积法可求OE的长．
【解答】解：∵菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，
∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，
∴BC＝＝＝5，
∵OE⊥BC，
∴S△OBC＝×OB×OC＝×BC×OE，
∴OE＝＝＝，
故答案为：．
14．（2020春•句容市期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，CE＝DE，AE⊥CD，E为垂足，则AE2+BE2＝　40　．

【分析】连接AC，根据菱形的性质得到BC＝CD＝AB＝AD＝4，推出△ACD等边三角形，得到∠D＝60°，过E作EF⊥BC交BC的延长线于F，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：连接AC，
∵在菱形ABCD中，AB＝4，
∴BC＝CD＝AB＝AD＝4，
∵CE＝DE，AE⊥CD，
∴CE＝DE＝AD＝2，∠AED＝90°，AC＝AD，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠D＝60°，
∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，
∴AE2＝AD2﹣DE2＝42﹣22＝12，
过E作EF⊥BC交BC的延长线于F，
则∠EFC＝90°，∠ECF＝60°，
∴∠CEF＝30°，
∴CF＝CE＝1，
∴EF2＝CE2﹣CF2＝22﹣12＝3，
∴BE2＝BF2+EF2＝52+3＝28，
∴AE2+BE2＝40，
故答案为：40．

15．（2021•永嘉县校级模拟）菱形ABCD的周长为24，∠ABC＝60°，以AB为腰在菱形外作底角为45°的等腰△ABE，连接AC，CE，则△ACE的面积为　9或9+9　．
【分析】分两种情况画图，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理矩形计算即可．
【解答】解：①如图1，延长EA交DC于点F，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB＝BC＝6，
∵∠ABC＝60°，
∴三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
当EA⊥BA时，△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝AB＝AC＝6，∠EAC＝90°+60°＝150°，
∴∠FAC＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠AFC＝90°，
∴CF＝AC＝3，
则△ACE的面积为：AE×CF＝6×3＝9；

②如图2，过点A作AF⊥EC于点F，
由①可知：
∠EBC＝∠EBA+∠ABC＝90°+60°＝150°，
∵AB＝BE＝BC＝6，
∴∠BEC＝∠BCE＝15°，
∴∠AEF＝45°﹣15°＝30°，∠ACE＝60°﹣15°＝45°，
∴AF＝AE，AF＝CF＝AC＝3，
∵AB＝BE＝6，
∴AE＝6，
∴EF＝＝3，
∴EC＝EF+FC＝3+3
则△ACE的面积为：EC×AF＝（3+3）×3＝9+9．
故答案为：9或9+9．
16．（2018春•福清市期中）已知直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别是A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（2，0），则点D的坐标是　（0，4）　
【分析】根据菱形的性质，画出图形即可解决问题；
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，A（﹣2，0），B（0，﹣4），C（2，0），
∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝4，
∴D（0，4）．

故答案为（0，4）．
17．（2020•皇姑区一模）如图，已知菱形ABCD的顶点A（﹣，0），∠DAB＝60°，若动点P从点A出发，沿A→B→C→D→A→……的路径，在菱形的边上以每秒0.5个单位长度的速度移动，则第2020秒时，点P的坐标是　（0，﹣1）　．

【分析】根据点A的坐标、菱形的性质、三角函数及30°角所对的直角边的性质可得OD及菱形的边长，再利用运动的周期性，可得答案．
【解答】解：∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵A（﹣，0）
∴在Rt△AOD中，OA＝，
∴OD＝OA•tan30°＝1，
∴AD＝2，
∵动点P绕菱形一周的时间为2×4÷0.5＝16（秒），
又2020÷16＝126…4，
∴第2020秒时，点P运动到点B处，
∵OB＝OD＝1，
∴此时点P的坐标为（0，﹣1）．
故答案为：（0，﹣1）．
18．（2021•连州市模拟）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，AB＝5，AC＝6，DE⊥BC于点E，则OE＝　4　．

【分析】由菱形的性质得AD＝AB＝5，AC⊥BD，AO＝AC＝3，OB＝OD，由勾股定理求OD＝4，则BD＝8，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半求OE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝5，AC⊥BD，AO＝AC＝×6＝3，OB＝OD，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD＝＝＝4，
∴BD＝2OD＝8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵OD＝OB，
∴OE＝BD＝×8＝4，
故答案为：4．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2018•砚山县三模）如图，在菱形ABCD中，点E是边AD上一点，延长AB至点F，使BF＝AE，连接BE，CF．求证：∠AEB＝∠F．

【分析】由菱形的性质得AD∥BC，AB＝BC，再由平行线的性质得∠A＝∠CBF，然后证△ABE≌△BCF（SAS），即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠A＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠AEB＝∠F．
20．（2020春•海淀区校级月考）如图，菱形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，且AE＝AF，连接EF并延长，交CB的延长线于点G，连接BD．
（1）求证：四边形EGBD是平行四边形；
（2）连接AG，若∠FGB＝30°，GB＝AE＝3，求AG的长．

【分析】（1）连接AC，再根据菱形的性质得出EG∥BD，根据对边分别平行证明是平行四边形即可．
（2）过点A作AH⊥BC，再根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可．
【解答】（1）证明：连接AC，如图1：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠DAB，且AC⊥BD，
∵AF＝AE，
∴AC⊥EF，
∴EG∥BD．
又∵菱形ABCD中，ED∥BG，
∴四边形EGBD是平行四边形．
（2）解：过点A作AH⊥BC于H．
∵∠FGB＝30°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠ABH＝2∠DBC＝60°，
∵GB＝AE＝3，
∴AB＝AD＝6，
在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，
∴AH＝3，BH＝3．
∴GH＝6，
在Rt△AGH中，
根据勾股定理得，AG＝＝3．


21．（2021春•厦门期末）已知：如图，四边形ABCD是菱形，过AB的中点E作AC的垂线EF，交AD于点M，交CD的延长线于点F．
（1）求证：AM＝DM；
（2）若DF＝3，求菱形ABCD的周长．

【分析】（1）连接BD，由菱形的性质可得BD⊥AC，AB∥CD，则EF∥BD，得四边形EFDB是平行四边形，则DF＝EB，再证△AME≌△DMF，即可得出结论；
（2）求出AB＝6，再由菱形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB∥CD，
∵EF⊥AC，
∴EF∥BD，
∴四边形EFDB是平行四边形，
∴DF＝EB，
∵E是AB中点，
∴AE＝EB，
∴AE＝DF，
∵AB∥CD，
∴∠EAM＝∠ADF，
在△AEM和△DMF中，
，
∴△AME≌△DMF（AAS），
∴AM＝DM；
（2）解：由（1）知△AME≌△DMF，
∴AE＝DF＝3，
.∵E为AB的中点，
∴AB＝2AE＝6，
∴菱形ABCD的周长为6×4＝24．

22．（2021春•崇川区校级月考）如图，在菱形ABDC中，点E，F分别是CD，BD边上的点，∠1＝∠2．
求证：
（1）△FCD≌△EBD；
（2）CE＝BF．

【分析】（1）由菱形的性质得出BD＝CD，由ASA证明△FCD≌△EBD，即可得出结论．
（2）由全等三角形的性质可得出DF＝DE，则可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABDC是菱形，
∴BD＝CD，
在△FCD和△EBD中，
，
∴△FCD≌△EBD（ASA）；
（2）∵△FCD≌△EBD，
∴DF＝DE，
又∵CD＝BD，
∴CE＝BF．
23．（2021春•青浦区期末）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．
（1）求证：AB＝2BE；
（2）求证：DG＝CF+GE．

【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，可得∠ADB＝∠DBC＝∠FCB，可证GB＝GC，由等腰三角形的性质可得AB＝BC＝2BE；
（2）由“AAS”可证△AFH≌△BFC，可得CF＝FH，由“SAS”可证△BGF≌△BGE，可得FG＝GE，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠ADB＝∠FCB，
∴∠FCB＝∠DBC，
∴GB＝GC，
又∵GE⊥BC，
∴BC＝2BE，
∴AB＝2BE；
（2）如图，延长CF，DA交于点H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠DBC，
∴∠H＝∠FCB，
∴∠H＝∠ADB，
∴DG＝HG，
∵点F是AB的中点，
∴AF＝BF，AB＝2BF，
∴BF＝BE，
在△AFH和△BFC中，
，
∴△AFH≌△BFC（AAS），
∴CF＝FH，
在△BGF和△BGE中，
，
∴△BGF≌△BGE（SAS），
∴FG＝GE，
∴DG＝HG＝HF+FG＝FC+GE．
24．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E
（1）若∠BAE＝30°，AE＝3，求菱形ABCD的周长．
（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．
（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE＝4，BE＝8，四边形CDGE和△AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．

【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出BE＝AB，BE2+AE2＝AB2，求出AB＝2，即可得出结果；
（2）证明△ABE≌△ADF，得出BE＝DF，证出CE＝CF，由等腰三角形的性质得出∠CEF＝∠CBD＝（180°﹣∠C），即可得出结论；
（3）连接CG，证明△ADG≌△CDG，得出AG＝CG，△ADG和△CDG的面积相等，得出S1﹣S2＝S△CGE，AB＝BC＝CE+BE＝12，由勾股定理得出AE＝＝4，设EG＝x，则AG＝CG＝4﹣x，由勾股定理得出方程，求出EG＝，即可得出结果．
【解答】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE＝30°，
∴BE＝AB，BE2+AE2＝AB2，
∵AE＝3，
∴（AB）2+32＝AB2，
解得：AB＝2，
∴菱形ABCD的周长＝2×4＝8；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝∠ADF，AB＝AD＝BC＝CD，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE和△ADF中，，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
∴∠CEF＝∠CBD＝（180°﹣∠C），
∴EF∥BD；
（3）解：连接CG，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADG＝∠CDG，AD＝CD，
在△ADG和△CDG中，，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴AG＝CG，△ADG和△CDG的面积相等，
∴S1﹣S2＝S△CGE，
AB＝BC＝CE+BE＝4+8＝12，
∵AE⊥BC，
∴AE＝＝＝4，
设EG＝x，则AG＝CG＝4﹣x，
∵AE⊥BC，
∴EG2+EC2＝CG2，即：x2+42＝（4﹣x）2，
解得：x＝，即EG＝，
∴S1﹣S2＝S△CGE＝CE•EG＝×4×＝．