【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.2 菱形
一、选择题
1．（2023八下·铜仁期末）如果点A的坐标为，点B的坐标为，则线段AB中点坐标为．这是小白在一本课外书上看到的一种求线段中点坐标的方法，请你利用这种方法解决下面的问题：如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，四边形是菱形，D的坐标为．若直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（ ）．
A．y=2x+11 B．y=-2x+12 C． D．
2．（2023八下·泗水期末）如图，在矩形中，，点M、N分别在边上，连接．若四边形是菱形，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（ ）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
4．（2023八下·肥东期末）如图，四边形是菱形， 点M，N是对角线上的三等分点，点P是菱形边上的动点，则满足的点P的个数有（ ）
A．2个 B．4个 C．8个 D．12个
5．（2023八下·黄山期末）如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
6．（2023八下·雄县期中）如图1，在中，，为钝角．要在对边，上分别找点M，N，使四边形为菱形．现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点M，N的方案，则可得出结论（ ）
A．只有甲正确 B．只有乙正确
C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确
7．（2023八下·番禺期中）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：（ ）
；
与全等的三角形共有个；
；
由点、、、构成的四边形是菱形．
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2023八下·随县期末）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，若，，则下列结论：
；
；
≌；
四边形是菱形．
其中正确的结论有 填写所有正确结论的序号．
9．（2023八下·望花期末）如图，在菱形中，，与交于点，点为延长线上一点，且，连接，分别交、于点、点，连接、，则下列结论：
；
四边形是菱形；
四边形与四边形面积相等．
其中正确的结论有 个
三、作图题
10．（2023八下·武汉期末）如图，在菱形中，点E在边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．
（1）如图1，在上画点F，使四边形是平行四边形；
（2）如图2，在上画点K，使；
（3）如图3，若点G在上，在上画点H，使四边形是菱形．
四、解答题
11．（2023八下·巴彦期末）在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，．
（1）如图，求证：四边形是菱形；
（2）如图，点在上，，交于点，于点，若，求证：．
（3）如图，在的条件下，为的中点，点在上，点在上，连接，，，，若，求线段的长，
12．（2023八下·谢家集期末）如图，在四边形中，为对角线的中点，过点作直线分别与边，交于，两点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当平分时，
①试说明四边形是菱形；
②当四边形是矩形时，若，，求的长．
13．（2023八下·虎门期中）在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从，同时出发相向而行，速度均为，运动时间为秒，当其中一个动点到达后就停止运动．
（1）若，分别是，中点，求证：四边形始终是平行四边形．
（2）在(1)条件下，当为何值时，四边形为矩形．
（3）若，分别是折线，上的动点，与，相同的速度同时出发，当为何值时，四边形为菱形．
五、综合题
14．（2023八下·铁东期末）如图，四边形为菱形，．，，．
（1）点坐标为 ，四边形的面积为 ；
（2）如图，点在线段上运动，为等边三角形．
求证：，并求的最小值；
点在线段上运动时，点的横坐标是否发生变化？若不变，请求出点的横坐标若变化，请说明理由．
15．（2023八下·滨海期末）已知：如图，四边形是矩形，分别延长，到点E，F，使，，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，如果四边形的周长是，，求的长．
16．（2022八下·乐清期中）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长.
答案：.
探究：
（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变.
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长.
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值.
17．（2023八下·花都期中）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，的周长为36，求菱形的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】如图所示：
连接AC、BO交于点F，连接AD、BE交于点O，连接OF
∵ 四边形ABCD为矩形，B(10，2)
∴ F为矩形的中心
根据中点坐标公式，可得 F（5，1）
∵∵ 四边形ABDE为菱形，D(16，10)
∴O为菱形的中心
根据中点坐标公式，可得 O（8，6）
∴ OF所在直线l平分矩形ABCD和菱形ABDE的面积
设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），过点 F（5，1），O（8，6）
∴
解得：
∴ 直线l的解析式为
故答案为C
【分析】本题考查中点坐标公式、矩形和菱形性质及待定系数法求一次函数解析式。根据直线l把两个图形的面积平分，可知直线l一定过两个图形的对角线的交点，则求出两个图形的对角线的交点坐标是关键。
2．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】
设AB=x，MD=y，
∵AD=2AB，
∴AD=2x，
由菱形MBND可得BM=MD=y，
∴AM=AD-MD=2x-y
由勾股定理可得
∴
整理得，
∴
∴
故答案为：B
【分析】
设AB=x，MD=y，结合菱形的性质和勾股定理列方程求出x和y的比。
3．【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：根据题意，作M关于AD的对称点M’连MM'、AM'；过M'作M'KAC于K.
∵∠ABC= 120° ∴∠BAD＝60°
∴∠DAC= ∠BAD＝30°
∴AB=AD=BD(有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形)
设BD=a ∴DO=a
∴
∴
∵AM=AM'且∠M'AM= 2∠DAC＝60°
∴三角形M'AM是等边三角形，
∴
∴
∴
∴M’N=AB=a
菱形的四条边上都有一个这样的对称点，因此有4个P点。
故答案为：B
【分析】根据轴对称求最短距离即将军饮马模型，最短距离是AB，菱形四条边上都有同样情况，故有4个P点。
5．【答案】B
【知识点】平行线的判定；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】 ①易得DF与BE平行且相等，四边形BEDF是平行四边形，DE∥ BF ，①正确
②AD⊥BD，且E为边AB的中点，DE=12AB=BE，∴平行四边形BEDF是菱形，②正确
③等底等高的三角形面积相等，易得AD=GB=BC，∴S△ BFG=S△ BFC 连接EF，由①②的结论可知
S△ BFC = 14S ABCD，∴S△ BFG=S△ BFC= 14S ABCD，③正确
④假设FG⊥AB，∴FG⊥DC，由上面证明可知点B是斜边CG的中点，∴FB=BG=BC(直角三角形斜边中线等于斜边一半），题中条件，无法证明FB=BC或者AD=DE，④不正确
故选B。
【分析】①熟练掌握平行四边形判定和性质定理；②熟练掌握菱形判定和性质定理③等底等高的三角形面积相等；④假设法，推论到无法证明的条件时，假设不成立。
6．【答案】D
【知识点】菱形的判定；尺规作图-作一个角的平分线
【解析】【解答】
解：方案甲：根据作图可知AM平分∠DAB，AN=AB，
∴∠NAM=∠BAM
∵在 ABCD中，AD//CD
∴∠NAM=∠AMB
∴∠BAM=∠AMB
∴AB=BM
∴AN=BM
∴四边形ABMN是菱形，故方案甲正确；
方案乙：根据作图可知BA=BM，AN=AB，则AN=BM，
∵AN//BM
∴四边形ABMN是菱形，故方案乙正确；
故正确答案是：D
【分析】根据作图，分别证明四边形ABMN为菱形，从而求解。
7．【答案】A
【知识点】全等三角形的应用；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD (SSS)，
∴CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD (SSS)，
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD(SAS)，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；结论使用AAS证明△ABG≌△DEG，再利用中位线定理可得出结论①正确；证明△BGA≌△COD(SAS)，即可证明出结论②不正确；中线的性质和菱形的性质证明S△ABG=S△DGE，得出结论③正确，证明四边形ABDE是平行四边形、OD=AG，则四边形ABDE是菱形，得出结论④正确.
8．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AC与BD互相平分，
∵O为AC的中点，
∴BD一定过点O，
∴OB=OC，
又∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，
在△OBF与△CBF中，
∵FO=FC，BF=BF，OB=BC，
∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴∠CBF=∠OBF，
∴BF是OC的垂直平分线，即BF⊥OC，OM=CM，故①与②都正确；
∵△OBF≌△CBF，
∴∠BOF=∠BCF=90°，∠CBF=∠OBF=30°，
∴∠EBO=30°，
在△BOE与△BOF中，
∵∠BOF=∠BOE，OB=OB，∠FBO=∠EBO=30°，
∴△BOE≌△BOF（ASA），
∴OE=OF，△BOE与△CBM不全等，故③错误；
∵OE=OF，BO=DO，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又BO⊥EF，
∴平行四边形DEBF是菱形，故④正确，
综上正确的有①②④.
故答案为：①②④.
【分析】 连接BD，根据矩形的对角线互相平分且相等可判断出B、O、D三点在同一直线上，得OB=OC，进而根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得△OBC是等边三角形，由SSS判断出△OBF≌△CBF，得∠CBF=∠OBF，由等腰三角形的三线合一得BF⊥OC，OM=CM，据此可判断①②； 由全等三角形性质得∠BOF=∠BCF=90°，∠CBF=∠OBF=30°， 则 ∠EBO=30°，从而用ASA判断出△BOE≌△BOF，得OE=OF，△BOE与△CBM不全等，据此可判断③； 由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形DEBF是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得平行四边形DEBF是菱形，据此判断④.
9．【答案】3
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB//CD，OB=OD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG= CD=AB，故①正确；
②∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，
∴平行四边形ABDE是菱形，故②正确；
③∵四边形ABDE是菱形，
∴S△DGE=S△AGB，
∵OB=OD，
∴S△GOD=S△GOB，
∴S△DGE+S△GOD=S△AGB+S△GOB，
∴S四边形ODEG=S四边形OBAG，故③正确.
故答案：3.
【分析】①由菱形的性质得AB=BC=CD=DA，AB//CD，OB=OD，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证四边形ABDE是平行四边形，得AG=DG，进而由三角形中位线定理得OG= AB，故①正确；
②先证明三角形ABD是等边三角形，得AB=BD，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形ABDE是菱形，故②正确；
③由菱形的性质得S△DGE=S△AGB，再由等底同高三角形面积相等得S△GOD=S△GOB，推出S△DGE+S△GOD=S△AGB+S△GOB，则S四边形ODEG=S四边形OBAG，故③正确即可得出结论．
10．【答案】（1）解：如图，四边形AECF即为所求的平行四边形；
（2）解：如下图所示：点K即为所求，
（3）解：如图，四边形AGCH即为所求的菱形；
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接EO并延长交AD于点F，再连接CF，四边形AECF即为所求的平行四边形；
（2）在（1）确定点F的前提下，设CF交BD于点P，则连接AP并延长交CD于点K，该点就是所求的点；
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接MO并延长交AD于点N，再连接CN交BD于点H，连接CG与AH，四边形AGCH即为所求的菱形.
11．【答案】（1）证明：平分，
，
，，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
是菱形；
（2）证明：，，
是等边三角形，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
过点C作，
，
由知：≌，
，
，
，，
，
≌，
，
在上截取，连接，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
连接，
是的中点，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案；
（2）利用SAS证出△ABE≌△BCF，得出∠BCF=∠BAE，从而得出∠ANF=∠ABC=60°，∠NAL=30°，再根据在直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半 ，即可得出AN=2NL；
（3）过点C作CR⊥AE，在BH上截取GT=AG，连接AT、AH，先利用AAS证出△CRM≌△ALT，得出AT=CM，再利用勾股定理求出AL的长，设CH=k，得出AB=CD=2k，AH=k，BH=k，然后利用等积法求出k的值，即可得出BH 的长.
12．【答案】（1）证明：，为对角线的中点，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形为平行四边形
（2）解：①证明：平分，
，
，
，
，
，
平行四边形为菱形；
②解：四边形是矩形，
，，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
，
解得．
，，
又
，
．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由全等三角形的性质得AF=CE，再由平行四边形的判定定理即可得出结论。
（2）根据角平分线的定义得到∠AFE=∠CFE，由平行线的性质得到∠AFE=∠CEF，得到CF=CE，再由菱形的判定定理得到平行四边形AECF为菱形。
由矩形的性质，再由勾股定理求解即可。
13．【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，，，，
，，
，
，
，
，分别是，的中点，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
同理：，
四边形是平行四边形．
（2）解：连接GH，如图所示：
由得：，，
四边形是平行四边形，
，
当时，平行四边形是矩形，分两种情况：
当时，，，
解得：；
当时，，，
解得：；
综上所述：当为或时，四边形为矩形．
（3）解：连接、，如图所示：
四边形为菱形，
，，，
，，
四边形是菱形，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
，
，
又
当为时，四边形为菱形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先证出 AFG≌ CEH，得出GF=HE，同理证出GE=HF，再根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，即可证出四边形EGFH是平行四边形；
（2）连接GH，先证出四边形BCHG是平行四边形，得出GH=BC=4，再根据矩形的性质得出FE=GH=4，分两种情况讨论：①当AE＜AF时，②当AE＞AF时，分别列出方程，解方程求出t的值，即可得出答案；
（3）连接AG、CH，先证出AGCH是菱形，得出AG=CG，利用勾股定理求出CG的长，得出BG的长，从而得出AB+BG的长，利用时间=，求出t的值，即可得出答案
14．【答案】（1）；
（2）解：证明；如图中，设交于．
四边形是菱形，
，，，
，
，
，都是等边三角形，
，
，
，，
≌．
，
当时，的值最小，
，，
，
在中，
，
的最小值为；
解：不变．
理由：过点作于，
≌，
，．
，
≌，
，
点的横坐标为，不变．
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图所示：
∵ 四边形ABCD为菱形，B（-，0），C（，0）
∴ AB=BC=AD=
过点A作AE⊥x轴于E
∴ 四边形AEOD为矩形
∴ AD=EO=
∵ ∠ABC=120°
∴ ∠ABE=60°
∴ AE=3
∴ A（-，3）
【分析】本题考查菱形性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质和三角形全等的判定。（1）根据菱形的性质，结合勾股定理，易得点A的坐标和四边形ABOD的面积；（2） 连接BD交AC于J，结合菱形的性质和 为等边三角形 ，易证≌，则可得AF=BE。求AF最小值，即求BE的最小值，BE的最小值为，可得AF最小值为； 过点F作FH⊥AD于H，可证≌，得DH=DJ=，是定值。此题构造三角形，证明全等，得出替换线段是关键。
15．【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是是平行四边形，
又∵是矩形，
∴，
∴四边形是菱形
（2）解：∵四边形的周长是，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是矩形，
∴，°，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】根据平行四边形的判定可证得四边形ACEF是平行四边形，根据矩形的性质可得∠ADC是直角，综上即可得出结论；
（2）根据菱形的性质可得AC=，CD=1，利用勾股定理，可求得AD的长，进一步可得AE的长，根据矩形的性质可得AB=CD=1，再根据勾股定理可得BE的长。
16．【答案】（1）解：①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
.
平分，
.
.
.
同理可得：.
点E与点F重合，
.
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴ ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
.
（2）解：情况1，如图3，
可得，
.
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
.
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
.
综上：的值可以是，，.
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①根据平行线的性质及角平分线的定义，可推出∠DAE=∠DEA，利用等腰三角形的性质可得DE=AD=5，同理可得BC=CF=5，根据AB=CD=DE+CF=AD+BC，继而得解；
② 点E与点C重合，同理可证， 根据菱形的判定可证 ABCD是菱形， 由点F与点D重合，可得EF=CD=5；
（2）分三种情况：①点E、F在CD上且点E在点F左边，②点E、F在CD上且点E在点F右边，②点E、F在CD的延长线上，据此分别画出图形，分别解答即可.
17．【答案】（1）证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
（2）解：如图，∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ， ，
∵ 的周长为36，
∴ ，
即 ．
在 中， ，由勾股定理得，
∴ ，即 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）先证四边形 为平行四边形，根据平行线的性质及角平分线的定义可得 ，利用等腰三角形的性质可得AD=AE，根据菱形的判定即证结论；
（2）由菱形的性质可得AC⊥DE，OD=OE，OA=OC，AD=CD=10， 利用△ACD的周长为36，可求出AC=16，即得OA=OC=8， 在 中，由勾股定理得DO=6，即得DE=12，由菱形AECD的面积=AC·DE进行计算即可.
1 / 1【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.2 菱形
一、选择题
1．（2023八下·铜仁期末）如果点A的坐标为，点B的坐标为，则线段AB中点坐标为．这是小白在一本课外书上看到的一种求线段中点坐标的方法，请你利用这种方法解决下面的问题：如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，四边形是菱形，D的坐标为．若直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（ ）．
A．y=2x+11 B．y=-2x+12 C． D．
【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】如图所示：
连接AC、BO交于点F，连接AD、BE交于点O，连接OF
∵ 四边形ABCD为矩形，B(10，2)
∴ F为矩形的中心
根据中点坐标公式，可得 F（5，1）
∵∵ 四边形ABDE为菱形，D(16，10)
∴O为菱形的中心
根据中点坐标公式，可得 O（8，6）
∴ OF所在直线l平分矩形ABCD和菱形ABDE的面积
设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），过点 F（5，1），O（8，6）
∴
解得：
∴ 直线l的解析式为
故答案为C
【分析】本题考查中点坐标公式、矩形和菱形性质及待定系数法求一次函数解析式。根据直线l把两个图形的面积平分，可知直线l一定过两个图形的对角线的交点，则求出两个图形的对角线的交点坐标是关键。
2．（2023八下·泗水期末）如图，在矩形中，，点M、N分别在边上，连接．若四边形是菱形，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】
设AB=x，MD=y，
∵AD=2AB，
∴AD=2x，
由菱形MBND可得BM=MD=y，
∴AM=AD-MD=2x-y
由勾股定理可得
∴
整理得，
∴
∴
故答案为：B
【分析】
设AB=x，MD=y，结合菱形的性质和勾股定理列方程求出x和y的比。
3．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（ ）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
4．（2023八下·肥东期末）如图，四边形是菱形， 点M，N是对角线上的三等分点，点P是菱形边上的动点，则满足的点P的个数有（ ）
A．2个 B．4个 C．8个 D．12个
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：根据题意，作M关于AD的对称点M’连MM'、AM'；过M'作M'KAC于K.
∵∠ABC= 120° ∴∠BAD＝60°
∴∠DAC= ∠BAD＝30°
∴AB=AD=BD(有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形)
设BD=a ∴DO=a
∴
∴
∵AM=AM'且∠M'AM= 2∠DAC＝60°
∴三角形M'AM是等边三角形，
∴
∴
∴
∴M’N=AB=a
菱形的四条边上都有一个这样的对称点，因此有4个P点。
故答案为：B
【分析】根据轴对称求最短距离即将军饮马模型，最短距离是AB，菱形四条边上都有同样情况，故有4个P点。
5．（2023八下·黄山期末）如图，在平行四边形中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于，连接，若．下列结论：①；②四边形是菱形；③；④．其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】B
【知识点】平行线的判定；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】 ①易得DF与BE平行且相等，四边形BEDF是平行四边形，DE∥ BF ，①正确
②AD⊥BD，且E为边AB的中点，DE=12AB=BE，∴平行四边形BEDF是菱形，②正确
③等底等高的三角形面积相等，易得AD=GB=BC，∴S△ BFG=S△ BFC 连接EF，由①②的结论可知
S△ BFC = 14S ABCD，∴S△ BFG=S△ BFC= 14S ABCD，③正确
④假设FG⊥AB，∴FG⊥DC，由上面证明可知点B是斜边CG的中点，∴FB=BG=BC(直角三角形斜边中线等于斜边一半），题中条件，无法证明FB=BC或者AD=DE，④不正确
故选B。
【分析】①熟练掌握平行四边形判定和性质定理；②熟练掌握菱形判定和性质定理③等底等高的三角形面积相等；④假设法，推论到无法证明的条件时，假设不成立。
6．（2023八下·雄县期中）如图1，在中，，为钝角．要在对边，上分别找点M，N，使四边形为菱形．现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点M，N的方案，则可得出结论（ ）
A．只有甲正确 B．只有乙正确
C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确
【答案】D
【知识点】菱形的判定；尺规作图-作一个角的平分线
【解析】【解答】
解：方案甲：根据作图可知AM平分∠DAB，AN=AB，
∴∠NAM=∠BAM
∵在 ABCD中，AD//CD
∴∠NAM=∠AMB
∴∠BAM=∠AMB
∴AB=BM
∴AN=BM
∴四边形ABMN是菱形，故方案甲正确；
方案乙：根据作图可知BA=BM，AN=AB，则AN=BM，
∵AN//BM
∴四边形ABMN是菱形，故方案乙正确；
故正确答案是：D
【分析】根据作图，分别证明四边形ABMN为菱形，从而求解。
7．（2023八下·番禺期中）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：（ ）
；
与全等的三角形共有个；
；
由点、、、构成的四边形是菱形．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】全等三角形的应用；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD (SSS)，
∴CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD (SSS)，
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD(SAS)，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；结论使用AAS证明△ABG≌△DEG，再利用中位线定理可得出结论①正确；证明△BGA≌△COD(SAS)，即可证明出结论②不正确；中线的性质和菱形的性质证明S△ABG=S△DGE，得出结论③正确，证明四边形ABDE是平行四边形、OD=AG，则四边形ABDE是菱形，得出结论④正确.
二、填空题
8．（2023八下·随县期末）如图，矩形中，为的中点，过点的直线分别与，交于点，，连接交于点，连接，若，，则下列结论：
；
；
≌；
四边形是菱形．
其中正确的结论有 填写所有正确结论的序号．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AC与BD互相平分，
∵O为AC的中点，
∴BD一定过点O，
∴OB=OC，
又∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC=OC，∠OBC=60°，
在△OBF与△CBF中，
∵FO=FC，BF=BF，OB=BC，
∴△OBF≌△CBF（SSS），
∴∠CBF=∠OBF，
∴BF是OC的垂直平分线，即BF⊥OC，OM=CM，故①与②都正确；
∵△OBF≌△CBF，
∴∠BOF=∠BCF=90°，∠CBF=∠OBF=30°，
∴∠EBO=30°，
在△BOE与△BOF中，
∵∠BOF=∠BOE，OB=OB，∠FBO=∠EBO=30°，
∴△BOE≌△BOF（ASA），
∴OE=OF，△BOE与△CBM不全等，故③错误；
∵OE=OF，BO=DO，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又BO⊥EF，
∴平行四边形DEBF是菱形，故④正确，
综上正确的有①②④.
故答案为：①②④.
【分析】 连接BD，根据矩形的对角线互相平分且相等可判断出B、O、D三点在同一直线上，得OB=OC，进而根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形得△OBC是等边三角形，由SSS判断出△OBF≌△CBF，得∠CBF=∠OBF，由等腰三角形的三线合一得BF⊥OC，OM=CM，据此可判断①②； 由全等三角形性质得∠BOF=∠BCF=90°，∠CBF=∠OBF=30°， 则 ∠EBO=30°，从而用ASA判断出△BOE≌△BOF，得OE=OF，△BOE与△CBM不全等，据此可判断③； 由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形DEBF是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得平行四边形DEBF是菱形，据此判断④.
9．（2023八下·望花期末）如图，在菱形中，，与交于点，点为延长线上一点，且，连接，分别交、于点、点，连接、，则下列结论：
；
四边形是菱形；
四边形与四边形面积相等．
其中正确的结论有 个
【答案】3
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB//CD，OB=OD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG= CD=AB，故①正确；
②∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，
∴平行四边形ABDE是菱形，故②正确；
③∵四边形ABDE是菱形，
∴S△DGE=S△AGB，
∵OB=OD，
∴S△GOD=S△GOB，
∴S△DGE+S△GOD=S△AGB+S△GOB，
∴S四边形ODEG=S四边形OBAG，故③正确.
故答案：3.
【分析】①由菱形的性质得AB=BC=CD=DA，AB//CD，OB=OD，从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证四边形ABDE是平行四边形，得AG=DG，进而由三角形中位线定理得OG= AB，故①正确；
②先证明三角形ABD是等边三角形，得AB=BD，再由一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形ABDE是菱形，故②正确；
③由菱形的性质得S△DGE=S△AGB，再由等底同高三角形面积相等得S△GOD=S△GOB，推出S△DGE+S△GOD=S△AGB+S△GOB，则S四边形ODEG=S四边形OBAG，故③正确即可得出结论．
三、作图题
10．（2023八下·武汉期末）如图，在菱形中，点E在边上，仅用无刻度直尺完成下列画图，保留作图痕迹，不需要写作法．
（1）如图1，在上画点F，使四边形是平行四边形；
（2）如图2，在上画点K，使；
（3）如图3，若点G在上，在上画点H，使四边形是菱形．
【答案】（1）解：如图，四边形AECF即为所求的平行四边形；
（2）解：如下图所示：点K即为所求，
（3）解：如图，四边形AGCH即为所求的菱形；
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接EO并延长交AD于点F，再连接CF，四边形AECF即为所求的平行四边形；
（2）在（1）确定点F的前提下，设CF交BD于点P，则连接AP并延长交CD于点K，该点就是所求的点；
（3）连接AG并延长交BC于点M，连接MO并延长交AD于点N，再连接CN交BD于点H，连接CG与AH，四边形AGCH即为所求的菱形.
四、解答题
11．（2023八下·巴彦期末）在四边形中，，对角线平分，点为边上一点，连接交于点，．
（1）如图，求证：四边形是菱形；
（2）如图，点在上，，交于点，于点，若，求证：．
（3）如图，在的条件下，为的中点，点在上，点在上，连接，，，，若，求线段的长，
【答案】（1）证明：平分，
，
，，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
是菱形；
（2）证明：，，
是等边三角形，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
过点C作，
，
由知：≌，
，
，
，，
，
≌，
，
在上截取，连接，
，
，
，
，
，
≌，
，
，
，
，
，
连接，
是的中点，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
，
，
．
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先证出四边形ABCD是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案；
（2）利用SAS证出△ABE≌△BCF，得出∠BCF=∠BAE，从而得出∠ANF=∠ABC=60°，∠NAL=30°，再根据在直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半 ，即可得出AN=2NL；
（3）过点C作CR⊥AE，在BH上截取GT=AG，连接AT、AH，先利用AAS证出△CRM≌△ALT，得出AT=CM，再利用勾股定理求出AL的长，设CH=k，得出AB=CD=2k，AH=k，BH=k，然后利用等积法求出k的值，即可得出BH 的长.
12．（2023八下·谢家集期末）如图，在四边形中，为对角线的中点，过点作直线分别与边，交于，两点，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当平分时，
①试说明四边形是菱形；
②当四边形是矩形时，若，，求的长．
【答案】（1）证明：，为对角线的中点，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形为平行四边形
（2）解：①证明：平分，
，
，
，
，
，
平行四边形为菱形；
②解：四边形是矩形，
，，
，
，
在中，根据勾股定理得：
，
，
解得．
，，
又
，
．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）由全等三角形的性质得AF=CE，再由平行四边形的判定定理即可得出结论。
（2）根据角平分线的定义得到∠AFE=∠CFE，由平行线的性质得到∠AFE=∠CEF，得到CF=CE，再由菱形的判定定理得到平行四边形AECF为菱形。
由矩形的性质，再由勾股定理求解即可。
13．（2023八下·虎门期中）在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从，同时出发相向而行，速度均为，运动时间为秒，当其中一个动点到达后就停止运动．
（1）若，分别是，中点，求证：四边形始终是平行四边形．
（2）在(1)条件下，当为何值时，四边形为矩形．
（3）若，分别是折线，上的动点，与，相同的速度同时出发，当为何值时，四边形为菱形．
【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，，，，
，，
，
，
，
，分别是，的中点，
，，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
同理：，
四边形是平行四边形．
（2）解：连接GH，如图所示：
由得：，，
四边形是平行四边形，
，
当时，平行四边形是矩形，分两种情况：
当时，，，
解得：；
当时，，，
解得：；
综上所述：当为或时，四边形为矩形．
（3）解：连接、，如图所示：
四边形为菱形，
，，，
，，
四边形是菱形，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
，
，
又
当为时，四边形为菱形．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）先证出 AFG≌ CEH，得出GF=HE，同理证出GE=HF，再根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，即可证出四边形EGFH是平行四边形；
（2）连接GH，先证出四边形BCHG是平行四边形，得出GH=BC=4，再根据矩形的性质得出FE=GH=4，分两种情况讨论：①当AE＜AF时，②当AE＞AF时，分别列出方程，解方程求出t的值，即可得出答案；
（3）连接AG、CH，先证出AGCH是菱形，得出AG=CG，利用勾股定理求出CG的长，得出BG的长，从而得出AB+BG的长，利用时间=，求出t的值，即可得出答案
五、综合题
14．（2023八下·铁东期末）如图，四边形为菱形，．，，．
（1）点坐标为 ，四边形的面积为 ；
（2）如图，点在线段上运动，为等边三角形．
求证：，并求的最小值；
点在线段上运动时，点的横坐标是否发生变化？若不变，请求出点的横坐标若变化，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）解：证明；如图中，设交于．
四边形是菱形，
，，，
，
，
，都是等边三角形，
，
，
，，
≌．
，
当时，的值最小，
，，
，
在中，
，
的最小值为；
解：不变．
理由：过点作于，
≌，
，．
，
≌，
，
点的横坐标为，不变．
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图所示：
∵ 四边形ABCD为菱形，B（-，0），C（，0）
∴ AB=BC=AD=
过点A作AE⊥x轴于E
∴ 四边形AEOD为矩形
∴ AD=EO=
∵ ∠ABC=120°
∴ ∠ABE=60°
∴ AE=3
∴ A（-，3）
【分析】本题考查菱形性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质和三角形全等的判定。（1）根据菱形的性质，结合勾股定理，易得点A的坐标和四边形ABOD的面积；（2） 连接BD交AC于J，结合菱形的性质和 为等边三角形 ，易证≌，则可得AF=BE。求AF最小值，即求BE的最小值，BE的最小值为，可得AF最小值为； 过点F作FH⊥AD于H，可证≌，得DH=DJ=，是定值。此题构造三角形，证明全等，得出替换线段是关键。
15．（2023八下·滨海期末）已知：如图，四边形是矩形，分别延长，到点E，F，使，，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，如果四边形的周长是，，求的长．
【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形是是平行四边形，
又∵是矩形，
∴，
∴四边形是菱形
（2）解：∵四边形的周长是，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵是矩形，
∴，°，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】根据平行四边形的判定可证得四边形ACEF是平行四边形，根据矩形的性质可得∠ADC是直角，综上即可得出结论；
（2）根据菱形的性质可得AC=，CD=1，利用勾股定理，可求得AD的长，进一步可得AE的长，根据矩形的性质可得AB=CD=1，再根据勾股定理可得BE的长。
16．（2022八下·乐清期中）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长.
答案：.
探究：
（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变.
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长.
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值.
【答案】（1）解：①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
.
平分，
.
.
.
同理可得：.
点E与点F重合，
.
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴ ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
.
（2）解：情况1，如图3，
可得，
.
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
.
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
.
综上：的值可以是，，.
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）①根据平行线的性质及角平分线的定义，可推出∠DAE=∠DEA，利用等腰三角形的性质可得DE=AD=5，同理可得BC=CF=5，根据AB=CD=DE+CF=AD+BC，继而得解；
② 点E与点C重合，同理可证， 根据菱形的判定可证 ABCD是菱形， 由点F与点D重合，可得EF=CD=5；
（2）分三种情况：①点E、F在CD上且点E在点F左边，②点E、F在CD上且点E在点F右边，②点E、F在CD的延长线上，据此分别画出图形，分别解答即可.
17．（2023八下·花都期中）如图，在四边形中，，过点D作的角平分线交于点E，连接交于点O，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，的周长为36，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
（2）解：如图，∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ， ，
∵ 的周长为36，
∴ ，
即 ．
在 中， ，由勾股定理得，
∴ ，即 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）先证四边形 为平行四边形，根据平行线的性质及角平分线的定义可得 ，利用等腰三角形的性质可得AD=AE，根据菱形的判定即证结论；
（2）由菱形的性质可得AC⊥DE，OD=OE，OA=OC，AD=CD=10， 利用△ACD的周长为36，可求出AC=16，即得OA=OC=8， 在 中，由勾股定理得DO=6，即得DE=12，由菱形AECD的面积=AC·DE进行计算即可.
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