初中数学人教版（2024）八年级下册菱形课后作业题

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册菱形课后作业题，共32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．下列命题正确的是（ ）
A．菱形的对角线互相相等B．矩形的对角线相等且互相平分
C．平行四边形是轴对称图形D．对角线相等四边形是矩形
2．如图，点E，F分别在的边上，，连接．请问下列条件中不能使为菱形的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，菱形的边的垂直平分线交于点，交于点，连接．当时，（ ）
A．15°B．30°C．40°D．50°
4．如图，在中，、分别为边、的中点，点、在上，且，若添加一个条件使四边形是菱形，则下列可以添加的条件是
A．B．C．D．
5．如图，在菱形中，，E在上，，，P点在上，则的最小值为（ ）
A．6B．5C．4D．
6．如图，在矩形中，O为的中点，过点O的直线分别与交于点E，F，连接．若，，则下列结论中错误的是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，菱形的对角线，交于点O．按以下步骤作图：①以点A为圆心，长为半径作弧交于点E；②分别以点B，E为圆心，大于长为半径作弧，两弧在的下方交于点F；③作射线，交于点H．若对角线，的长分别为12，16，则线段的长为（ ）
A．10B．24C．4.8D．9.6
8．如图，在菱形中，，，E，F分别是边上的动点，连接和，G，H分别为，的中点，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
9．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为12，则的长为（ ）
A．10B．C．D．5
10．如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知，点B在y轴上，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，若每次翻转60°，连续翻转2022次，点B的落点依次为则的坐标为（ ）
A．（1346，0）B．（1346.5，）C．（1348，）D．（1349.5，）
二、填空题
11．菱形的周长是8，一个内角为，则菱形的面积为________．
12．如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，请你添加一个条件________，使四边形AEDF是菱形．
13．如图，在荾形中，对角线，分别为和，于点，则______．
14．如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为______．
15．如图，在菱形中，，对角线与交于点O，延长到点E，使得，连接，取的中点M、的中点，连接，则的长为___________．
16．如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
17．如图，在矩形中，，，点P从点A出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，P，Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．在运动过程中，若将沿翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则运动时间t的值为______．
18．如图所示，在矩形纸片ABCD中，点 E、F分别是矩形的边AD、BC上的动点，将该纸片沿直线 EF折叠．使点B落在矩形边AD上，对应点记为点G，点A落在 M处，连接 EF、BG、BE，EF与BG交于点N．则：
（1）四边形BEGF的形状是_________．
（2）若AB=3，BC=6，当点G与点D重合时，线段EF的长为_____．
三、解答题
19．如图，在菱形中，两条对角线相交于点O，F在上，，连接并延长到E，使，连接．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 若，，求的长．
20．如图，四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，O是AC的中点，AD∥BC.
(1) 请你添加一个条件(不另加辅助线)要使四边形ABCD是菱形，还添加的一个条件是_______
(2) 求证：四边形ABCD是菱形；
21．如图，在四边形中，，，对角线交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若，，求的长．
22．如图，在中，，分别以点，点为圆心、大于为半径作弧，两弧交于点，点，作直线，交边于点，交边于点，过点作交于点，连接．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若四边形是菱形，直接写出的度数．
23．如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．
(1) 求证：四边形是平行四边形；
(2) 当时，求证：四边形是矩形；
(3) 填空：当的值为 时，四边形是菱形．
24．综合与实践
问题情境：如图1，在中，，点D是的中点，连接，将沿直线折叠，点B落在点E处，连接．
独立思考：
在图1中，若，，则的长为______；
实践探究：
在图1中，请你判断与的位置关系，并说明理由；
问题解决：
如图2，在中，，，点D是的中点，连接，将沿直线折叠，点B落在点E处，连接．请判断四边形的形状，并说明理由．
参考答案
1．B
【分析】根据四边形的性质选择即可.
解：A. 菱形的对角线不相等，故选项错误，不符合题意；
B. 矩形的对角线相等且互相平分，故选项正确，符合题意；
C. 平行四边形不是轴对称图形，故选项错误，不符合题意；
D. 对角线相等四边形不一定是矩形，故选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点拨】此题考查了四边形的性质，解题的关键是熟悉四边形的性质.
2．B
【分析】添加，证，得，再由菱形的判定即可得出结论；添加，证，得，再由菱形的判定即可得出结论；添加，可以由菱形的判定即可得出结论，从而得出答案．
解：证明：添加，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形，A选项不符合题意；
添加，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形，C选项不符合题意；
添加，
∵四边形是平行四边形，
∴为菱形，D选项不符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
3．B
【分析】连接，利用判定，从而得到，根据已知可得出的度数，从而得的度数．
解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，
∵，
∴
∴
∵垂直平分，，
∴
∵，
∴．
故选：B．
【点拨】本题考查全等三角形的判定，菱形的性质，线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质，利用判定是关键．
4．D
【分析】根据平行四边形的性质得到，，推出四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，，推出四边形是平行四边形，连接交于，根据菱形的判定定理即可得到结论．
解：可以添加的条件是，
理由：四边形是平行四边形，
，，
、分别为边、的中点，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
即，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
连接交于，
，，
，
四边形是菱形，
故选：D．
【点拨】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌平行四边形的性质是解题的关键．
5．D
【分析】连接，先证出，再两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，最小值为的长，然后根据等边三角形的性质、勾股定理求解即可得．
解：如图，连接，
∵四边形为菱形，，，
∴关于对称，，，
∴，
则，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，最小值为的长，
又，，
∴为等边三角形，
，
∴，
∴，
即的最小值为，
故选：D．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
6．D
【分析】连接，易证，可得，A选项得证；根据已知条件易证四边形是菱形，再根据，即可得证B选项；证明，可得，即可得证C选项；根据，设，则，可得，即可判断D选项．
解：连接，
在和中，，
∴，
∴，
在矩形中，，
∴，
∴，
故A选项不符合题意；
∵O是的中点，
∴，
在矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故B选项不符合题意；
∵，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故C选项不符合题意；
∵，，
∴，
∴设，则，
∴
∴，
∴，
故D选项符合题意，
故选：D．
【点拨】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质等，本题综合性较强，属于中考常考题型．
7．D
【分析】根据尺规作图的方法知：，再根据菱形求面积的方法进行求解．
解：根据尺规作图的方法知：
∵四边形为菱形，
∴，，
根据勾股定理得：
∵
∴
∴
故选：D
【点拨】本题考查尺规作图和菱形的性质，解题的关键是读懂题目中作图的方法能够得到．
8．B
【分析】连接，得到是的中位线，，当时，最小，得到最小值，则，证得是等腰直角三角形，求出即可．
解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，
∵G，H分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴，
当时，最小，得到最小值，则，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，即的最小值为．
故选：B．
【点拨】此题考查了菱形的性质，三角形中位线的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
9．B
【分析】在中先求得的长，根据菱形面积公式求得长，再根据勾股定理求得长，即可得到．
解：，
，
四边形是菱形，
，，，
（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
，，
由得：，
，
，
，
，
故选B．
【点拨】本题考查了菱形的性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是推导得出．
10．C
【分析】连接，根据条件可以求出，确定B的坐标为，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于，因此点B向右平移(即)到点，根据点B的坐标就可求出点的坐标．
解：连接，如图所示，交y轴于点D．
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴是等边三角形．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴B的坐标为，
如图所示．由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵，
∴点B向右平移(即)到点．
∵B的坐标为，
∴的坐标为．
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
11．2
【分析】过点A作于点E，根据菱形的周长先求出边长，再根据30度角的性质求出，再利用菱形的面积公式计算即可得解．
解：如图所示，
∵菱形的周长为8，
∴边长，
∵一个内角，
过点A作于点E，
则，
所以，菱形的面积为，
故答案为2．
【点拨】本题考查了菱形的性质，含30度角直角三角形的性质，能够正确画出图形和求出菱形边上的高是解题的关键．
12．DF∥AB
【分析】添加DF∥AB，根据DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立．
解：DF∥AB，理由如下：
∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴∠ADF＝∠FAD，
∴FA＝FD，
∴平行四边形AEDF是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
【点拨】本题主要考查了添加条件，菱形的判定，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，角平分线定义，菱形的判定，添加DF∥AB．
13．
【分析】由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求的长，由菱形的面积公式可求解．
解：如图，设与的交点为O，
∵四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
14．
【分析】连接CE交BF于G，连接CF．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定∠EFB=∠CBF，根据题目中作图过程确定BP是∠CBE的平分线，根据等角对等边和等价代换思想确定BC=EF，根据菱形的判定定理和性质确定BF⊥CE，BF=2BG，根据角平分线的定义，30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出BG的长度，进而即可求出BF的长度．
解：如下图所示，连接CE交BF于G，连接CF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，即．
∴∠EFB=∠CBF．
∵以点B为圆心，的长为半径作弧交于点，
∴BC=BE．
根据作图过程可知BP是∠CBE的平分线．
∴∠CBF=∠EBF．
∴∠EBF=∠EFB．
∴BE=EF．
∴BC=EF．
∴四边形BCFE是平行四边形．
∴平行四边形BCFE是菱形．
∴BF⊥CE，BF=2BG．
∵∠CBE=60°，
∴∠CBF=30°．
∵BC=4，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查平行四边形的判定定理和性质，平行线的性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，30°所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
15．
【分析】延长到点F，使，连接，求出，得到是的中位线，在中，根据勾股定理求出即可得到的长．
解：在菱形中，，⊥，
∴，
∵N为的中点，
∴，
延长到点F，使，连接，如图：
则，
∵M是的中点，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】此题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的性质及正确作出辅助线是解题的关键．
16． 6
【分析】（1）连接AC，证明，从而得到：，即可求出；
（2）利用，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．
解：（1）连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵△AEF为等边三角形，
∴，
∵，，
又∵，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴；
故答案为：6．
（2）∵
∴四边形AECF的面积=，
∴，
∴当最小时，最大，
根据垂线段最短，当时，最短，此时最小，
∵为等边三角形，
∴当时，，
，
∴，
同理可求：，
∴；
故答案为：．
【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．
17．2
【分析】根据题意得：，过点Q作于点M，然后根据30°角直角三角形的性质得到，最后根据勾股定理列出方程求解即可．
解：根据题意得：，
如图所示，过点Q作于点M，
∵翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在，，
∴，
解得：或6（舍去）．
故答案为：2．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
18． 菱形
【分析】（1）先证明得到，再由，即可证明四边形是菱形；
（2）设，则，在Rt△BAE中，由勾股定理得，然后求出BD的长，再根据菱形面积公式求解即可．
解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由翻折可得，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，当D，G重合时，如图，设，则，
在Rt△BAE中，由勾股定理得：,
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理与折叠，菱形的性质与判定等等，证明四边形是菱形是解题的关键．
19．(1) 见分析(2)
【分析】（1）先由菱形的性质得到，再由，得到四边形是平行四边形，即可证明四边形是矩形；
（2）先根据菱形的性质证明是等边三角形，再根据等边三角形的性质作答即可．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了菱形的性质、矩形的的判定方法，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
20．(1) AD＝AB（答案不唯一）(2) 见分析
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABCD是平行四边形，故添加AD＝AB即可；
（2）根据平行线的性质可得∠ADO＝∠CBO，∠DAO＝BCO，然后证明△ADO≌△CBO，得到OD＝OB，进而可证四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定定理得出结论．
（1）解：∵AD，
∴∠ADO＝∠CBO，∠DAO＝BCO，
又∵O是AC的中点，即OA＝OC，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴OD＝OB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴添加条件AD＝AB可得四边形ABCD是菱形，
故答案为：AD＝AB；
（2）解：∵AD，
∴∠ADO＝∠CBO，∠DAO＝BCO，
又∵O是AC的中点，即OA＝OC，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴OD＝OB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵添加条件AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点拨】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定以及菱形的判定，灵活运用相关性质定理是解题的关键．
21．(1) 见分析(2) 2
【分析】(1)先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
(2)先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
解：（1）证明：∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，对角线交于点．
∴，，，
∴．
∵，
∴．
在中，，为中点．
∴．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
22．(1) 见分析(2)
【分析】（1）由题意可知，为线段的垂直平分线，则，，，根据等腰三角的性质可得，由平行线的性质可得，进而可得，即，则，由此即可证明．
（2）由菱形的性质可得，进而可得为等边三角形，即，由（1）知，四边形是菱形，则，根据即可得答案．
解：（1）证明：由题意可知，为线段的垂直平分线，
，，，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形．
（2）解：四边形是菱形，
，
，
即为等边三角形，
，
由（1）知，四边形是菱形，
，
，
．
【点拨】本题考查尺规作图、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质和作图方法，以及菱形的判定与性质是解答本题的关键．
23．(1) 见分析(2) 见分析(3) 2
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“”证明和全等，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立；
（2）可证是等边三角形，则即可证明；
（3）由，得是等边三角形，则即可证明．
解：（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（3）当的值为2时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：2．
【点拨】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
24．(1) (2) ，理由见分析(3) 四边形是菱形，理由见分析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到的长，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据折叠的性质以及等腰三角形等边对等角可得，，，结合三角形的内角和即可得出结论；
（3）先根据有一组对边平行且相等 的四边形是平行四边形，证明四边形为平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出结论．
（1）解：∵在中，点D是的中点，
∴，
根据勾股定理可得：，
故答案为：．
（2）．理由如下：
方法一：∵，，
∴．
∴，．
设，则，．
∴．
由折叠可得：，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
方法二：∵，，
∴．∴．
设，则，．
由折叠可得：，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
（3）四边形CDAE是菱形
方法一：∵，，
∴．
∵，
∴是等边三角形．
∴，．
∴．
由折叠可得：，，
∴，．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
方法二：∵，，
∴．
∴．
∵，
∴，是等边三角形．
∴，．
∴．
由折叠可知：，，
∴，．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【点拨】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，折叠的性质，等腰三角形的性质，以及平行线的判定和菱形的判定；解题的关键是熟练掌握各个知识点，明确折叠前后对应边对应角相等，等腰三角形等边对等角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及平行线的判定定理和菱形的判定定理．