人教版（2024）八年级下册菱形巩固练习

这是一份人教版（2024）八年级下册菱形巩固练习，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．菱形具有而平行四边形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等B．两组对边分别平行
C．对角线互相平分D．对角线互相垂直
2．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对边分别相等B．对角分别相等C．对角线互相平分D．对角线相等
3．菱形ABCD的边长为8，有一个内角为120°，则较长的对角线的长为（ ）
A．8B．8C．4D．4
4．如图，在中，，点D，E分别是，上的一点，将沿直线折叠，点A落在处，若四边形是菱形，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
5．如图，平行四边形的对角线相交于点O，请你再添一个条件，使得平行四边形是矩形，则下列条件符合的是( )
A．平分 B． C． D．
6．如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作于点E，连接OE．若，，则DE的长度为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，一个菱形的一条对角线长为7，面积为28，则该菱形的另一条对角线长为（ ）．
A．8B．10C．12D．14
8．如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为的中点，若，则菱形的周长为（ ）
A．48B．32C．24D．16
9．两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图所示的方式交叉叠放，AB＝AF，AE＝BC．AE与BC交于点G，AD与CF交于点H，且∠AGB＝30°，AB＝2，则四边形AGCH的周长为（ ）
A．4B．8C．D．16
10．如图，在平行四边形ABCD中，，，以点A为圆心AB长为半径画弧交边AD于点F：以点B为圆心AB长为半径画弧交边BC于点E，连接AE，BF和EF．下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．如图，在菱形中，交对角线于点E，若，，则________．
12．在平面直角坐标系中，若点，为某个菱形相邻的两个顶点，且该菱形的两条对角线所在的直线分别与轴或轴垂直，则称该菱形为点，的“相关菱形”．如图为点，的“相关菱形”的一个示意图．已知点的坐标为，点的坐标为，如果点，的“相关菱形”为正方形，那么的值是__________．
13．如图，四边形的对角线，E，F，G，H分别是各边的中点，则四边形是___________（平行四边形，矩形，菱形，正方形中选择一个）
14．如图，等边的边长为，将向右平移到的位置，连接，，则的长为______．
15．如图，在给定的一张平行四边形纸片上，用尺规作出四边形，具体作法如下：分别作的平分线，分别交于，连接，若，则四边形的周长是______．
16．如图，在菱形中，点是的中点，，，点为上一动点，求的最小值______．
17．如图，菱形的对角线，相交于点，按下列步骤作图：
①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧的交点分别为点，；
②过点，作直线，交于点；
③连接．若，则菱形的周长为___________．
18．如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，将△ABE沿BE翻折，使点A落在对角线BD上的M点，将△CDF沿DF翻折，使点C落在对角线BD上的N点．
（1）四边形BFDE的形状是 ________．
（2）若四边形BFDE是菱形，BE=4，则菱形BFDE的面积为 ________．
三、解答题
19．已知：点在的平分线上．求作：菱形，使为菱形的一个内角，且点为它的对称中心．
20．如图所示，四边形是矩形，过其两对角线的交点且与、的延长线分别交于点，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，那么四边形能是菱形吗？若能，请求出此时的大小；若不能，请说明理由．
21．如图，在中，、分别是，的中点，，延长到点F，使得，连结．
(1) 求证：四边形是平行四边形；
(2) 若，求的长．
22．已知四边形中，，连接，过点作的垂线交于点，连接．
如图1，若，求证：四边形是菱形；
如图2，连接，设，相交于点，垂直平分线段．
（ⅰ）求的大小；
（ⅱ）若，求证：．
23．如图，在矩形中，．
(1) 在图①中，P是上一点，垂直平分，分别交边于点E、F，求证：四边形是菱形；
(2) 若菱形的四个顶点都在矩形的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ．
24．如图，矩形中，为边上方一点，，．
(1) 在图1中，请仅用无刻度的直尺作出边的中点；
(2) 如图2，在（1）的条件下，连接，若四边形为菱形，请探究之间的数量关系．
参考答案
1．D
【分析】由菱形的性质可直接求解．
解：菱形的性质有两组对边平行，两组对边相等，对角线互相垂直平分，平行四边形的性质有，两组对边平行，两组对边相等，对角线互相平分，
∴菱形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相垂直，
故选：D．
【点拨】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
2．D
【分析】根据矩形和菱形的性质进行判断即可得出答案．
解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：D．
【点拨】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键．
3．A
【分析】利用菱形的每一条对角线平分一组角，则，即三角形ABC为等边三角形，由此AC=AB=8，再利用勾股定理即可求解．
解：根据题意作如图所示：
在菱形ABCD中，
，
又在△ABC中，AB=BC，
∴∠BCA=∠BAC=60°，
∴∠ABC=180°-∠BCA-∠BAC=60°，
∴三角形ABC为等边三角形，
∴AC=AB=8，
∴AO=4，
，
，
故选：A．
【点拨】本题考查了菱形的性质、勾股定理的应用和等边三角形的判定及性质，掌握性质的性质是解题的关键．
4．B
【分析】由折叠的性质，可得，由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质即可求解．
解：将沿直线折叠，点A落在处，
，
四边形是菱形，
，
．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了折叠的性质、菱形的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是利用灵活应用相关性质解题．
5．B
【分析】根据已知条件，根据菱形的判定，矩形的判定，逐项分析判断即可求解．
解：A．∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，故不符合题意；
B．∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
C．∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
D．∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
故选：B．
【点拨】此题主要考查的是平行四边形的性质及矩形的判定定理，菱形的判定定理，熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
6．A
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝2，则OA＝AC＝，再由勾股定理得OB＝，则BD＝2OB＝2，然后由菱形面积求出AE的长，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝∠AEC＝90°，
∴AC＝2OE＝2，
∴OA＝AC＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝，
∴BD＝2OB＝2，
∵S菱形ABCD＝CD•AE＝AC•BD＝×2×2＝2，
∴AE＝，
∴DE＝，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．A
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可．
解：设菱形的两条对角线分：，，
∵菱形的面积，
∴；
故选A．
【点拨】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的面积公式，是解题的关键．
8．B
【分析】由菱形的性质先证明再求解 从而可得到答案．
解：菱形ABCD中，对角线相交于点O，E是的中点，



菱形ABCD的周长为
故选：B．
【点拨】本题考查的是菱形的性质，三角形的中位线的性质，掌握“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”是解题的关键．
9．D
【分析】证明四边形是菱形，根据含30度角的直角三角形的性质求得的长，即可求解．
解：∵两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图所示的方式交叉叠放，AB＝AF，AE＝BC，∠AGB＝30°
∴，，
，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
四边形周长为16．
故选D．
【点拨】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质，菱形的性质与判定，证明四边形是菱形是解题的关键．
10．D
【分析】由作图可知：AB=BE，AF=AB，证明四边形ABEF为平行四边形，再证明四边形ABEF是菱形，根据菱形的性质可判定求解．
解：由作图可知：AB=BE，AF=AB，
∴AB=BE=AF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ADBC，即AFBE，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AB=EF，AE⊥BF，∠AEB=∠AEF，故A、B、C选项都不符合题意；
而∠ABC≠90° ，∴四边形ABEF不是矩形，∴AE≠BF，故D选项符合题意．
故选：D．
【点拨】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，尺规作图－作线段，证明四边形ABEF是菱形是解题的关键．
11．3
【分析】利用含30角的直角三角形的性质求出，利用等角对等边求出，即可解决问题．
解：四边形是菱形，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
故答案为：3．
【点拨】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等，解题的关键是综合运用上述知识解决问题．
12．或
【分析】根据“相关菱形”的定义可知，，且，，由此即可求解．
解：如图所示，过点作轴于，
根据“相关菱形”的定义可知为“相关菱形”的对角线的交点，
∴，
∵，，轴于，
∴，，，
∴，
∴，即时，；时，；
∴的值为或，
故答案为：或．
【点拨】本题主要考查图形的规律问题，理解题目意思，找出，，，是解题的关键．
13．菱形
【分析】根据三角形中位线定理可得，进一步可得同理可得又根据即可得进一步即可得证．
解：∵E，F，G，H分别是各边的中点，
∴，
∴
同理可证
又∵，
∴
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：菱形．
【点拨】本题考查了菱形的判定和三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
14．
【分析】证明四边形是菱形，进而求得，根据勾股定理即可求解．
解：等边的边长为，将向右平移到的位置，
cm，,
四边形是菱形，
，
，
．
故答案为：．
【点拨】本题考查了平移的性质，等边三角形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，求得是解题的关键．
15．
【分析】证明四边形是菱形，然后由勾股定理求得即可解决问题．
解：设交于点，如图所示，
根据作图可知分别为的角平分线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴菱形的周长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，等角对等边，角平分线的定义，勾股定理，证明四边形是菱形，是解题的关键．
16．4
【分析】连接，，，对角线相交于点O，根据菱形的轴对称性可知是的垂直平分线，则，故当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，再根据等边三角形的判定和性质即可求解．
解：连接，，，对角线相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴是的垂直平分线，，，
∴，
∴，
∴当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵点E是的中点，
∴，
∴和都是等边三角形的高，
∴，
∴的最小值为4，
故答案为：4．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，将的最小值转化为的长是解题的关键．
17．
【分析】根据作图可得是的中点，根据菱形的性质得出是的中点，根据三角形中位线的性质得出，根据菱形的性质即可得周长．
解：根据作图可知是的垂直平分线，
∴是的中点，
∵菱形的对角线，相交于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴菱形的周长为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了作线段垂直平分线，菱形的性质，三角形中位线的性质，掌握基本作图是解题的关键．
18． 平行四边形
【分析】（1）根据矩形的性质和平行四边形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和面积解答即可．
解：（1）四边形BFDE为平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
由于折叠，∠ABE=∠EBD，∠DCF=∠FDB，
∴∠EBD=∠FDB，
∴EB∥DF，
∵ED∥BF，
∴四边形BFDE为平行四边形．
故答案是：平行四边形；
（2）∵四边形BFDE为菱形，
∴BE=ED，∠EBD=∠FBD=∠ABE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE=30°，
∵∠A=90°，BE=4，
∴AE=2，BF=BE=2AE=4，
∴AB==2，
∴菱形BFDE的面积为：4×2=8．
故答案是：8．
【点拨】本题考查了翻折变换问题，关键根据翻折的性质和矩形、菱形的性质解答．
19．见分析
【分析】根据菱形的对角线互相垂直且平分进行作图即可．
解：如图所示，菱形为所作
【点拨】本题主要考查了菱形对角线的性质，尺规作图作垂直平分线，作相等线段，灵活运用所学的知识是解题的关键．
20．（1）见分析；（2）能，
【分析】（1）根据四边形是矩形，可得，即可得，，根据题意，点是矩形对角线的交点，则，进而证明，可得，即可证明四边形是平行四边形；
（2）根据勾股定理求得，进而求得，根据菱形的性质即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，进而求得的长．
解：（1）连接，如图，
四边形是矩形，
，
，
点是矩形对角线的交点，
，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形能是菱形，
连接，如图，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
若四边形是菱形，
则，
，
，
，
当时，四边形是菱形．
【点拨】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质的与判定，三角形全等的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，运用含30度角的直角三角形的性质是解题的关键．
21．(1) 见分析(2)
【分析】（1）利用三角形的中位线定理，推出，进而推出，即可得证；
（2）先证明四边形为菱形，得到为等边三角形，进而推出为含的直角三角形，利用勾股定理求解即可．
解：（1）证明：∵D，E分别是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：∵，
∴四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵E是的中点，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
【点拨】本题考查三角形的中位线，平行四边形的判定，菱形的判定和性质．熟练掌握三角形的中位线平行且等于第三边的一半是解题的关键．
22．(1) 见分析(2)（i）；（ii）见分析
【分析】（1）根据，，则，；根据，则，根据全等三角形的判定，得，四边形是平行四边形，根据，即可；
（2）（ⅰ）根据垂直平分线段，得，；根据，得，等量代换，根据，即可求出；
（ⅱ）由（ⅰ）得，，，得；同理，是公共角，，得，，即可．
解：（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形．
（2）（ⅰ）∵垂直平分线段，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）由（ⅰ）得，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，是公共角，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查菱形，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等的知识，解题的关键是掌握菱形的判定，垂直平分线的性质，等边对等角．
23．(1) 见分析(2)
【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）当P与C重合时，菱形面积最大，然后在 中，根据勾股定理，即可求解．
解：（1）证明∶如图1中，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解∶如图2中，当P与C重合时，菱形面积最大．
设，
在 中，，
∴，
∴，
∴．
故答案为： ．
【点拨】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．(1) 见分析(2)
【分析】（1）连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；理由：根据矩形的性质可得OB=OC，从而得到点O在BC的垂直平分线上，再由，可得点E在BC的垂直平分线上，进而得到EF垂直平分BC，即可求解；
（2）证明EF=2AB，BC=2EF，可得结论．
（1）解∶如图，连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴EF垂直平分BC，即点F为BC的中点，
（2）如图，
设EF交AD于点J．
∵EB=EC，∠BEC=90°，BF=CF，
∴EF=BF=CF，EF⊥BC，
∵四边形AEDF是菱形，
∴EJ=JF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABF=∠BAJ=∠BFJ=90°，
∴四边形ABFJ是矩形，
∴AB=FJ，
∴EF=2AB，
∵BC=2EF，
∴BC=4AB．
【点拨】本题考查作图——复杂作图，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．