苏科版（2024）八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.4 矩形、菱形、正方形达标测试

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本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8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8小题，每小题2分，共16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．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）菱形具有矩形不一定具有的性质是（ ）
A．中心对称图形B．对角相等C．对边平行D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】直接根据中心对称图形的定义（把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形称为中心对称图形）、菱形的性质、矩形的性质逐项判断即可得．
【详解】解：A、菱形和矩形都是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、菱形和矩形都具有对角相等的性质，则此项不符合题意；
C、菱形和矩形都具有对边平行的性质，则此项不符合题意；
D、菱形的对角线互相垂直，而矩形的对角线不一定互相垂直，则此项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的性质、中心对称图形，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题关键．
2．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州市振华中学校校考期中）在菱形中，若，则是（ ）
A．60B．20C．80D．100
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可直接进行求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80º，那么∠CDE的度数为（ ）
A．20ºB．25ºC．30ºD．35º
【答案】C
【分析】依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解．
【详解】∵ADBC，
∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°，
∴AE=AB=AD，
在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°，
∴∠ADE=50°，
又∵∠B=80°，
∴∠ADC=80°，
∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°．
故选：C．
【点睛】考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数．
4．（2022秋·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在菱形中，，AB的垂直平分线交对角线AC于点E，交AB于点F，连接DE，则等于（ ）
A．80°B．70°C．65°D．60°
【答案】D
【分析】连接，先根据菱形的性质可得，垂直平分，根据平行线的性质、线段垂直平分线的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差即可得．
【详解】解：如图，连接，
四边形是菱形，且，
，垂直平分，
，
垂直平分，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
5．（2022秋·江苏泰州·八年级校联考期中）如图，等边的边长与菱形的边长相等，点、分别在边、上，则∠的度数是（ ）
A．60°B．70°C．75°D．80°
【答案】D
【分析】根据等边的边长与菱形的边长相等，可以得到AB=AE，AD=AF，则∠BAE=180°-2∠B，∠DAF=180°-2∠D，再根据菱形的性质得，∠B=∠D，根据平行线的性质得：∠BAD+∠B =180°，即：∠BAE+∠EAF+∠DAF+∠B =180°，代入即可求解．
【详解】解：∵等边的边长与菱形ABCD的边长相等，
∴AB=AE，AD=AF，
∴∠BAE=180°-2∠B，∠DAF=180°-2∠D，
∵在菱形ABCD中，∠B=∠D，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B =180°，又∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠EAF+∠DAF+∠B =180°，
∴180°-2∠B+60°+180°-2∠D+∠B=180°，
整理得，3∠B=240°，
解得∠B=80°．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，根据菱形的邻角互补列出方程是解题的关键．
6．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州工业园区星湾学校校考期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，将绕着点C旋转180°得到，若AC=2，＝5，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】D
【分析】连接，根据菱形的性质、旋转的性质，得到，，根据=5，利用勾股定理计算，再次利用勾股定理计算即可．
【详解】解：连接，如图：
∵四边形ABCD是菱形，且BOC绕着点C旋转180°得到，且AC=2，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即菱形ABCD的边长是，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本形式并灵活运用勾股定理是解决本题的关键．
7．（2022秋·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线、交于点，，，将绕着点旋转得到，则点与点之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据菱形的对角线、交于点，，，可得，所以，根据绕着点旋转得到，所以，，，再根据勾股定理即可求出点与点之间的距离．
【详解】解：菱形的对角线、交于点，，，
，
，
绕着点旋转得到，
，
，
，
，
在中，根据勾股定理，得：
．
则点与点之间的距离为．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是掌握旋转的性质．
8．（2022秋·江苏无锡·八年级校联考期中）如图1，点Q为菱形ABCD的边BC上一点，将菱形 ABCD沿直线AQ 翻折，点B的对应点P落在BC的延长线上.已知动点M从点B出发，在射线 BC上以每秒1个单位长度运动.设点M运动的时间为x，△APM的面积为y．图2为y关于x的函数图象，则菱形 ABCD的面积为（ ）
A．12B．24C．10D．20
【答案】D
【分析】由图2，可知BP=6，S△ABP=12，由图1翻折可知，AQ⊥BP，进而得出AQ=4，由勾股定理，可知BC=AB=5，菱形 ABCD的面积为BC×AQ即可求出.
【详解】解：由图2，得BP=6，S△ABP=12
∴AQ=4
由翻折可知，AQ⊥BP
由勾股定理，得BC=AB==5
∴菱形 ABCD的面积为BC×AQ=5×4=20
故选：D
【点睛】本题是一道几何变换综合题，解决本题主要用到勾股定理，翻折的性质，根据函数图象找出几何图形中的对应关系是解决本题的关键.
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
9．（2022春·福建三明·九年级三明市列东中学校考阶段练习）菱形的对角线长分别为6和8，则该菱形的面积是 _____．
【答案】24
【分析】由菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：菱形的面积，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
10．（2021·四川眉山·校考模拟预测）如图，菱形中，已知，则的大小是____________．
【答案】##140度
【分析】根据菱形的对角线平分一组对角，以及邻角互补，即可得解．
【详解】解：∵菱形中，，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线平分一组对角，是解题的关键．
11．（2022春·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线，相交于点，，，则菱形的周长为____．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，对角线相互垂直且相互平分，则有直角三角形中，由此即可求解．
【详解】解：∵菱形的对角线，交于点，
∴，，
在中，，
∴菱形的周长为，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
12．（2022春·山东济南·九年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接．若，则线段的长为____________．
【答案】
【分析】根据菱形的性质可得，，由勾股定理可得，从而得到，再由勾股定理求出，然后根据三角形中位线定理，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理是解题的关键．
13．（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为________
【答案】
【分析】连接，根据题意得出就是所求的的最小值的线段，根据等边三角形的性质，结合，得出为等边三角形，根据E为的中点，得出，根据勾股定理，计算出即可．
【详解】∵在菱形中，与互相垂直平分，
∴点B、D关于对称，
连接，则，
则就是所求的的最小值的线段，
∵E为的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为3．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，根据题意得出ED就是所求的的最小值的线段，是解题的关键．
14．（2022春·四川成都·九年级成都七中校考阶段练习）我们规定菱形与正方形接近程度称为“接近度”，设菱形相邻两个内角的度数分别为，，将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形越接近正方形．
①若菱形的一个内角为，则该菱形的“接近度”为___________；
②当菱形的“接近度”等于___________时，菱形是正方形．
【答案】
【分析】由菱形的性质可得出，即可求出，再根据“接近度”的定义求解即可；由正方形的判定可得出当时，菱形是正方形，从而得出当时，菱形是正方形．
【详解】菱形相邻两个内角的度数和为，
，即，
解得：
该菱形的“接近度”为；
∵四个角都为直角的菱形是正方形，
当时，菱形是正方形，
时，菱形是正方形．
故答案为：20，0．
【点睛】本题考查菱形的性质，正方形的判定，对新定义的理解．读懂题意，理解“接近度”是解题关键．
15．（2022春·广东深圳·九年级深圳市宝安中学（集团）校考期末）如图，菱形中，点是边的中点，垂直交的延长线于点，若，，则菱形的边长是________________．
【答案】4
【分析】过C作延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出，，根据勾股定理列方程计算即可．
【详解】过C作延长线于M，
∵
∴设
∵点E是边的中点
∴
∵菱形
∴，
∵⊥，CM⊥AB
∴四边形是矩形
∴，
∴
在中，
∴，
解得或（舍去）
∴
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．
16．（2022春·福建福州·九年级统考期中）如图，在边长为2的菱形中，，点是边的中点，点是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为______．
【答案】
【分析】过点作交的延长线于点，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出，当点运动到线段上的点时，取得最小值，进一步求解即可．
【详解】过点作交的延长线于点，如图所示：
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
根据勾股定理，得：，
∵，
∴，
根据勾股定理，得：，
∵，
当点运动到线段上的点时，取得最小值，
，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、线段最短问题，解题的关键是利用所学知识点求出．
三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2022秋·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周长为24．
(1)求对角线BD的长；
(2)求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)6
(2)
【分析】（1）由菱形的性质知AB=AD，又∠BAD＝60°，可知是等边三角形，推出，即可求解；
（2）由菱形的对角线互相垂直且平分，求出OB，利用勾股定理由出AO，进而求出AC，根据菱形面积为对角线乘积的一半，即可求解．
（1）
解：菱形ABCD的周长为24，
，
又∠BAD＝60°，
是等边三角形，
，
故对角线BD的长为6；
（2）
解：由菱形的性质可知，对角线AC与BD互相垂直且平分，
，，
又 ，
，
，
菱形ABCD的面积，
故菱形ABCD的面积是．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的面积公式，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
18．（2021春·陕西西安·九年级西安市第六中学校考期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，BE⊥AD，垂足为E．当菱形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6时，求BE的长．
【答案】
【分析】先求出菱形的面积和边长，再求高BE即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，AC＝8，BD＝6，
∴∠AOB=90°，AO＝4，BO＝3，
，
菱形的面积为，
∴，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题关键根据菱形对角线互相垂直求出边长和面积，利用等积法求出高．
19．（2020春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨风华中学校考期中）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A，B，C，D均在小正方形的顶点上．
(1)在方格纸中画以AB为一边的菱形ABEF，点E，F在小正方形的顶点上，且菱形ABEF的面积为3；
(2)在方格纸中画以CD为一边的等腰，点G在小正方形的顶点上，连接EG，使，并直接写出线段EG的长．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，．
【分析】（1）根据题意、菱形的四边相等，菱形面积公式画图对角线BF=，即可；
（2）根据等腰直角的性质和题意画图即可．
(1)
解：如图所示：
(2)
解：如图所示：
．
【点睛】本题考查的是设计作图、菱形的性质，勾股定理的应用，正确理解题意和菱形的性质是解题的关键．
20．（2021春·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．
【答案】证明见解析．
【分析】先证△DAF≌△DCE，再证△AEG≌△CFG，最后证△DGE≌△DGF，根据全等三角形的性质即可得到∠DGE＝∠DGF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC＝AB＝BC，
∵AE＝CF，
∴DE＝DF
在△DAF和△DCE中，
，
∴△DAF≌△DCE（SAS），
∴∠EAG＝∠FCG，
在△AEG和△CFG中，
，
∴△AEG≌△CFG（AAS），
∴EG＝FG，
在△DGE和△DGF中，
，
∴△DGE≌△DGF（SSS），
∴∠DGE＝∠DGF．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．（2022春·安徽合肥·九年级合肥市第四十五中学校考期中）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC上一点，连接DP并延长，交AB于点F，交CB的延长线于点E．求证：
（1）APB≌APD；
（2）PD2＝PE•PF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，由“SAS”可证△ABP≌△ADP；
（2）由全等三角形的性质可得PB＝PD，∠ADP＝∠ABP，通过证明△EPB∽△BPF，可得，可得结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，
在△ABP和△ADP中，
，
∴△ABP≌△ADP（SAS）；
（2）∵△ABP≌△ADP，
∴PB＝PD，∠ADP＝∠ABP，
∵ADBC，
∴∠ADP＝∠E，
∴∠E＝∠ABP，
又∵∠FPB＝∠EPB，
∴△EPB∽△BPF，
∴，
∴PB2＝PE•PF，
∴PD2＝PE•PF．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等与相似的判定方法．
22．（2022春·江西九江·九年级统考期末）如图，菱形中，与交于点，， ．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点，连接，若，求长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得到，，再根据等量代换，得出，再根据矩形的判定定理，即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质，得到，进而得出，再根据勾股定理，计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴， ，
∴，
∵， ，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形是矩形，
∴，，
∵是中点，
∴为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
23．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）【教材呈现】
在华师版八年级下册数学教材第111页学习了以下内容：菱形的对角线互相垂直．
【结论运用】
(1)如图①，菱形的对角线与相交于点，，，则菱形的面积是 ；
(2)如图②，四边形是平行四边形，点在上，四边形是菱形，连接、、，求证：；
(3)如图③，四边形是菱形，点在上，四边形是菱形，连接，若，则 度．
【答案】(1)24
(2)见解析
(3)30
【分析】（1）由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求，由菱形的面积公式可以求解；
（2）先证四边形是平行四边形，可得，由线段垂直平分线的性质可得结论；
（3）先证，可得，由等腰三角形的性质和外角的性质可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
，，，
，，
，，
，
菱形的面积，
故答案为：24；
（2）证明：如图，连接，交于，
四边形是平行四边形，
，，
四边形是菱形，
，，，，
，，垂直平分，
四边形是平行四边形，，
，
；
（3）解：四边形是菱形，四边形是菱形，
，，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：30．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查菱形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24．（2022春·辽宁沈阳·九年级统考期中）已知，菱形中，，，线段，分别与，两边相交，且．
(1)如图1，设线段，分别交，两边于点，，连接，当时，请直接写出的长；
(2)将绕着顶点旋转，射线，交于点．
①如图2，连接，，若，求出，，之间的数量关系；
②旋转过程中，四边形的面积是否有最大值，如果有，请直接写出最大值；如果没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①，理由见详解；②四边形的面积有最大值，最大值为
【分析】（1）四边形是菱形，，，易证，可知是等边三角形，，，由此即可求解；
（2）①将绕着顶点旋转，根据旋转的性质可证，，，从而得出，由此即可求解；②旋转过程中，判断四边形的面积何时为最大值即可，如图所示（见相机），连接，过点作于点，则可求出，四边形的面积，当的面积最大时，四边形的面积最大，由此找出的面积最大即可，当时，由，为边组成正方形时，的面积最大，且的最大面积，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）解：①，理由如下，
如图所示，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴；
②如图所示，连接，过点作于点，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形的面积，
∴当的面积最大时，四边形的面积最大，
∵，
∴当时，即由，为边组成正方形时，的面积最大，
∵是由，为边组成正方形的对角线，
∴正方形面积为，
∴的最大面积，
∴四边形的面积．
∴四边形的面积有最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的性质，图形旋转的性质的综合运用，掌握根据菱形的性质，等边三角形的性质以及旋转的性质找出角与角，线段与线段的关系是解题的关键．