【基础练】人教版数学八年级下学期 18.2.2 菱形
一、选择题
1．（2024八下·鹤壁期末）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（ ）
A．如果，，那么四边形是矩形
B．如果，，那么四边形是矩形
C．如果，，那么四边形是菱形
D．如果，，那么四边形是菱形
2．（2023八下·宁德期末）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024八下·衢州期末）用直尺和圆规在一个矩形内作菱形 ， 下列作法中， 错误的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023八下·宁波期末）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．邻角互补
C．对角线互相平分 D．对角线平分一组对角
5．（2025八下·金平期中）分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
6．（2024八下·乐昌期中）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，菱形ABCD的面积为24，则其周长为( )
A．20 B．24 C．28 D．40
7．（2024八下·黄埔期末）如图，菱形的顶点坐标为，顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024八下·蓬江期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023八下·西青期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，点M，N分别是，的中点，连接，若四边形的周长是16，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
10．（2023八下·河东期末）如图，四边形是菱形，过点的直线分别交，的延长线于点，，若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
11．（2024八下·宜城期中）如图，菱形的两条对角线交于点，于点，若，，则的长是（ ）
A． B．． C． D．4
12．（2024八下·澄海期末）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的动点，连接AE，EF，G、H分别为AE、EF的中点，连接GH．若∠D＝45°，AD=4，则GH的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
二、填空题
13．（2019八下·镇江期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为 .
14．（2024八下·思明期中）如图，在菱形中，，则的长为 ．
15．（2024八下·乾安期中）如图，四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD，请你添加一个适当的条件 ，使ABCD成为菱形（只需添加一个即可）
16．（2025八下·惠阳期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ．
17．（2023八下·乳山期末）某校的校门是伸缩门（图①）．整个伸缩门在每个横向位置上都有30个连在一起的菱形结构，每个菱形结构的边长都是．若校门完全关闭时，每个菱形结构的锐角都是（图②）．当校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角（图③），则此时校门打开的宽度为 ．
18．（2025八下·海宁月考）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线，若点是线段BD上的动点，于，于.则 .
三、解答题
19．（2023八下·抚顺期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．
20．（2024八下·黄梅月考）如图：在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线交BC于点E（尺规作图的痕迹保留在图中了），连接EF．
（1）求证：四边形ABEF为菱形；
（2）AE，BF相交于点O，若BF＝6，AB＝5，求AE的长．
21．（2024八下·长春汽车经济技术开发期末）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）若，，则的长为________．
22．（2025八下·湘乡市期中）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
23．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，．与相交于点E．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求矩形的面积．
24．（2024八下·忻府期中）在中，，D是的中点，过点A作，且，连接．
（1）证明：四边形是菱形；
（2）若，求菱形的面积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵，，，
∴四边形是等腰梯形，不是平行四边形也就不是矩形，故A错误；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形，故B正确；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，故C正确；
∵，AD=BC，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，故D正确.
故答案为：A．
【分析】（1）根据等腰梯形判定求解；
（2）根据平行四边形的判定、矩形的判定求解；
（3）根据平行四边形的判定、菱形的判定求解；
（4）根据平行四边形的判定、菱形的判定求解．
2．【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A、根据“等角对等边”可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，故选项A不符合题意；
B、根据三角形的内角和定理，得到平行四边形的对角线互相垂直，即可得到平行四边形为菱形，故选项B不符合题意；
C、根据同旁内角互补，两直线平行，可得一组对比平行，但不能得到平行四边形是菱形，故选项C符合题意；
D、根据平行四边形的对边平行，平行四边形的性质以及“等角对等边”可得平行四边形的两条邻边相等，据此可得到平行四边形为菱形，故选项D不符合题意；
故选C．
【分析】根据平行四边形形的性质结合菱形的判定方法对四个选项逐一进行判断即可．
3．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】 解：A、由作图可得，BD垂直平分线段AC，
∴BA=BC，DA=DC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵BC∥AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴BA=AD，
∴CB=AB=AD=DC，
∴四边形ABCD是菱形，A不符合题意；
B、由作图可得，AB和CD是矩形对角的角平分线，
∴∠DAB=∠DCB=45°，
根据矩形的性质可得∠ADC=∠ABC=135°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形.不能证明是菱形，故B符合题意；
C．由作图可得，AD=AB=BC，且BC∥AD，
∴四边形ABCD是菱形，C不符合题意；
D、由作图可得，AC平分∠DAB，AB=AD，
∴∠DAC=∠CAB，
∵BC∥AD，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠CAB=∠ACB，
∴AB=BC，
∴AB=BC=AD，
∴四边形ABCD是菱形，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BA=BC，DA=DC，根据等边对等角可得∠ABD=∠CBD，结合矩形的对边平行，两直线平行，内错角相等可推得∠ABD=∠ADB，根据等角对等边可得BA=AD，根据四条边都相等的四边形是菱形即可判断A选项、根据矩形的四个角都是直角以及一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠DAB=∠DCB=45°，根据矩形的对边平行，两直线平行，同旁内角互补可得∠ADC=∠ABC=135°，根据同旁内角互补，两直线平行可得AB∥CD，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可判断B选项、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形即可判断C选项、根据作图可得AC平分∠DAB，AB=AD，根据一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠DAC=∠CAB，根据矩形的对边平行，两直线平行，内错角相等可得∠CAB=∠ACB，根据等角对等边可得AB=BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形即可判断D选项.
4．【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：菱形的性质有：菱形的四边相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角；
矩形具有的性质为：四个角都是直角；对边相等；对角线相等且互相平分；
∴ 菱形具有而矩形不一定具有的性质是：每条对角线平分一组对角.
故答案为：D.
【分析】分别找出菱形与矩形的对角线、边、角的性质，从而即可得出答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连结AC，BD，
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
，
.
四边形EFGH是菱形；
故答案为：B
【分析】 连结AC，BD，先根据中位线定理结合题意得到， 再等量代换得到，进而根据菱形的判定即可求解。
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积S=AC BD，S=24，AC=8，
∴BD=6，
∴AO=CO=4，BO=DO=3，
在Rt△ABO中，
AB==5，
∴菱形的周长=4×5=20，
故答案为：A．
【分析】先利用菱形的性质求出AO=CO=4，BO=DO=3，再利用勾股定理求出AB的长，最后利用菱形的性质求出菱形的周长即可.
7．【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的顶点坐标为，
∴，
∴顶点的坐标为．
故答案为：A．
【分析】根据菱形性质及勾股定理即可求出答案.
8．【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，平分，
∴，
故答案为：A ．
【分析】根据菱形的对角线平分对角的性质即可得答案．
9．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=AC=BD，
∴四边形OCED是菱形，
∵四边形OCED的周长为16，
∴OD=×16=4，
∵点M、N分别是AD、AO的中点，
∴MN是△AOD的中位线，
∴MN=×OD=2.
故答案为：B.
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由矩形的性质得OC=OD，从而判定四边形OCED是菱形，已知四边形OCED的周长为16，得OD=4，根据中位线的定义得MN是△AOD的中位线，根据中位线定理即可求解.
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】
由菱形ABCD可得，AB∥CD，AC平分∠BAD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠ADC=180°-∠1-∠2=180°-25°-75°=80°，
∴∠BAD=100°，
∴∠BAC=∠BAD=50°。
故答案为：B
【分析】
根据菱形 的性质可得出BAD+∠ADC=180°，求出∠ADC可得∠BAD，再根据AC平分∠BAD可得∠BAC。
11．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得，
故答案为：A．
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的面积公式两种求解方法计算即可.
12．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连结AF，如图所示：
∵四边形为菱形，∴，又∵G，H分别是的中点，∴，又当时，AF有最小值，则GH也最小，此时，
则为等腰直角三角形，，解得：，故.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查菱形的基本性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，属于中档题型.连结AF，利用中位线定理及已知条件得到：，再利用点到直线垂线段最短可得当时，AF有最小值，则GH也最小，然后利用菱形及等腰直角三角形的性质结合勾股定理进行求解即可.
13．【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，根据题意得AO= ×8=4，BO= ×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD.
∴△AOB是直角三角形.
∴ .
∴此菱形的周长为：5×4=20
故答案为：20.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可.
14．【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：10．
【分析】根据菱形的性质得到是等边三角形解题即可．
15．【答案】OA=OC（答案不唯一）．
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：添加条件OA=OC即可；
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故答案为：OA=OC（答案不唯一）
【分析】根据菱形判定定理即可求出答案.
16．【答案】5；
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解： 四边形是菱形，
，，，
，
是边的中点，，
是的中位线，
．
故答案为：，．
【分析】根据菱形性质可得，，，则，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
17．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，．
∵校门关闭时，每个菱形结构的锐角都是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴校门关闭时，伸缩门的宽度为，
∵校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴校门部分打开时，伸缩门的宽度为，
∴校门打开了，
故答案为．
【分析】根据菱形性质可得，，校门关闭时，每个菱形结构的锐角都是，则，再根据含30°角的直角三角形性质可得，根据勾股定理可得BO，则，校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据题意即可求出答案.
18．【答案】9.6
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC交BD于点G，连接AO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=AD=10，
，
在Rt△ABG中，根据勾股定理得，
∵S△ABD=S△AOB+S△AOD，
∴，
∴，
∴OE+OF=9.6，
故答案为：9.6.
【分析】连接AC交BD于点G，连接AO，根据四边形ABCD是菱形，即可得到AC⊥BD，AB=AD，，在Rt△ABG中，利用勾股定理即可求出AG的长度，由于S△ABD=S△AOB+S△AOD，即可求得OE+OF的值.
19．【答案】证明：如图，
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵O为的中点
∴
∵
∴≌（）
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形性质可得，则，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得≌（），则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
20．【答案】解：（1）证明：由尺规作∠BAF的角平分线的过程可得AB＝AF，∠BAE＝∠FAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝FA，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF为菱形；
（2）∵四边形ABEF为菱形，
∴AE⊥BF，BO＝FB＝3，AE＝2AO，
在Rt△AOB中，AO＝＝4，
∴AE＝2AO＝8
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边平行得AD∥BC，由平行线的性质及角平分线的定义可推出∠BAE＝∠AEB，由等角对等边及已知可推出BE=AF，从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ABEF为平行四边形，继而再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得四边形ABEF为菱形；
（2）由菱形性质可得AE⊥BF，BO＝FB＝3，AE＝2AO，在Rt△AOB中，由勾股定理求出AO的长即可得答案．
21．【答案】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】（2）解：∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理得：．
【分析】（1）根据菱形性质可得，，则，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得，根据线段中点可得，根据菱形性质可得，再根据边之间的关系可得CE，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理得：．
22．【答案】（1）证明：∵的中点为E，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，，四边形是菱形，
∴，，，
由（1）得四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积为96．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）易证四边形是平行四边形，根据菱形的性质得，即可得证结论；
（2）根据菱形的性质得，，，由（1）得四边形是矩形，，然后由矩形的性质得，利用勾股定理得，从而得，最后利用菱形的面积公式：两条对角线乘积的一半，即可求解.
（1）证明：∵的中点为E，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，对角线与相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
∴6，
∴，
∴，
∴菱形的面积为96．
23．【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，再根据矩形性质可得，，，则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质可得，，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据矩形性质可得，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理建立方程，解方程可得AB，再根据四边形面积即可求出答案.
（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
24．【答案】（1）证明：∵，D是的中点，
∴AD=BD=CD=BC，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）知：四边形是菱形，
∴，
∵D是的中点，
∴BD=CD，
∴，
∴．
答：菱形ADCE的面积为24.
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD=BD=CD=BC，结合已知可得AE=DC，然后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形是平行四边形，再根据"有一组邻边相等的平行四边形是菱形"即可求解；
（2）由菱形的性质得，再证，然后根据即可求解．
1 / 1【基础练】人教版数学八年级下学期 18.2.2 菱形
一、选择题
1．（2024八下·鹤壁期末）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（ ）
A．如果，，那么四边形是矩形
B．如果，，那么四边形是矩形
C．如果，，那么四边形是菱形
D．如果，，那么四边形是菱形
【答案】A
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵，，，
∴四边形是等腰梯形，不是平行四边形也就不是矩形，故A错误；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形，故B正确；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，故C正确；
∵，AD=BC，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，故D正确.
故答案为：A．
【分析】（1）根据等腰梯形判定求解；
（2）根据平行四边形的判定、矩形的判定求解；
（3）根据平行四边形的判定、菱形的判定求解；
（4）根据平行四边形的判定、菱形的判定求解．
2．（2023八下·宁德期末）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A、根据“等角对等边”可得平行四边形的两条邻边相等，即可得到平行四边形为菱形，故选项A不符合题意；
B、根据三角形的内角和定理，得到平行四边形的对角线互相垂直，即可得到平行四边形为菱形，故选项B不符合题意；
C、根据同旁内角互补，两直线平行，可得一组对比平行，但不能得到平行四边形是菱形，故选项C符合题意；
D、根据平行四边形的对边平行，平行四边形的性质以及“等角对等边”可得平行四边形的两条邻边相等，据此可得到平行四边形为菱形，故选项D不符合题意；
故选C．
【分析】根据平行四边形形的性质结合菱形的判定方法对四个选项逐一进行判断即可．
3．（2024八下·衢州期末）用直尺和圆规在一个矩形内作菱形 ， 下列作法中， 错误的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】 解：A、由作图可得，BD垂直平分线段AC，
∴BA=BC，DA=DC，
∴∠ABD=∠CBD，
∵BC∥AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴BA=AD，
∴CB=AB=AD=DC，
∴四边形ABCD是菱形，A不符合题意；
B、由作图可得，AB和CD是矩形对角的角平分线，
∴∠DAB=∠DCB=45°，
根据矩形的性质可得∠ADC=∠ABC=135°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形.不能证明是菱形，故B符合题意；
C．由作图可得，AD=AB=BC，且BC∥AD，
∴四边形ABCD是菱形，C不符合题意；
D、由作图可得，AC平分∠DAB，AB=AD，
∴∠DAC=∠CAB，
∵BC∥AD，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠CAB=∠ACB，
∴AB=BC，
∴AB=BC=AD，
∴四边形ABCD是菱形，D不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BA=BC，DA=DC，根据等边对等角可得∠ABD=∠CBD，结合矩形的对边平行，两直线平行，内错角相等可推得∠ABD=∠ADB，根据等角对等边可得BA=AD，根据四条边都相等的四边形是菱形即可判断A选项、根据矩形的四个角都是直角以及一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠DAB=∠DCB=45°，根据矩形的对边平行，两直线平行，同旁内角互补可得∠ADC=∠ABC=135°，根据同旁内角互补，两直线平行可得AB∥CD，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可判断B选项、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形即可判断C选项、根据作图可得AC平分∠DAB，AB=AD，根据一般地，从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得∠DAC=∠CAB，根据矩形的对边平行，两直线平行，内错角相等可得∠CAB=∠ACB，根据等角对等边可得AB=BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形即可判断D选项.
4．（2023八下·宁波期末）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．邻角互补
C．对角线互相平分 D．对角线平分一组对角
【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：菱形的性质有：菱形的四边相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角；
矩形具有的性质为：四个角都是直角；对边相等；对角线相等且互相平分；
∴ 菱形具有而矩形不一定具有的性质是：每条对角线平分一组对角.
故答案为：D.
【分析】分别找出菱形与矩形的对角线、边、角的性质，从而即可得出答案.
5．（2025八下·金平期中）分别为矩形ABCD四边的中点，则四边形一定是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．非特殊的平行四边形
【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
连结AC，BD，
、H、F、G分别是AB、AD、BC、DC中点，
，
.
四边形EFGH是菱形；
故答案为：B
【分析】 连结AC，BD，先根据中位线定理结合题意得到， 再等量代换得到，进而根据菱形的判定即可求解。
6．（2024八下·乐昌期中）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，菱形ABCD的面积为24，则其周长为( )
A．20 B．24 C．28 D．40
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积S=AC BD，S=24，AC=8，
∴BD=6，
∴AO=CO=4，BO=DO=3，
在Rt△ABO中，
AB==5，
∴菱形的周长=4×5=20，
故答案为：A．
【分析】先利用菱形的性质求出AO=CO=4，BO=DO=3，再利用勾股定理求出AB的长，最后利用菱形的性质求出菱形的周长即可.
7．（2024八下·黄埔期末）如图，菱形的顶点坐标为，顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点的坐标；坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的顶点坐标为，
∴，
∴顶点的坐标为．
故答案为：A．
【分析】根据菱形性质及勾股定理即可求出答案.
8．（2024八下·蓬江期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小（菱形的边长不变）．当时，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，平分，
∴，
故答案为：A ．
【分析】根据菱形的对角线平分对角的性质即可得答案．
9．（2023八下·西青期末）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，点M，N分别是，的中点，连接，若四边形的周长是16，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=AC=BD，
∴四边形OCED是菱形，
∵四边形OCED的周长为16，
∴OD=×16=4，
∵点M、N分别是AD、AO的中点，
∴MN是△AOD的中位线，
∴MN=×OD=2.
故答案为：B.
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形OCED是平行四边形，由矩形的性质得OC=OD，从而判定四边形OCED是菱形，已知四边形OCED的周长为16，得OD=4，根据中位线的定义得MN是△AOD的中位线，根据中位线定理即可求解.
10．（2023八下·河东期末）如图，四边形是菱形，过点的直线分别交，的延长线于点，，若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】
由菱形ABCD可得，AB∥CD，AC平分∠BAD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠ADC=180°-∠1-∠2=180°-25°-75°=80°，
∴∠BAD=100°，
∴∠BAC=∠BAD=50°。
故答案为：B
【分析】
根据菱形 的性质可得出BAD+∠ADC=180°，求出∠ADC可得∠BAD，再根据AC平分∠BAD可得∠BAC。
11．（2024八下·宜城期中）如图，菱形的两条对角线交于点，于点，若，，则的长是（ ）
A． B．． C． D．4
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，，
∴
∴，
∵，
∴，
解得，
故答案为：A．
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的面积公式两种求解方法计算即可.
12．（2024八下·澄海期末）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的动点，连接AE，EF，G、H分别为AE、EF的中点，连接GH．若∠D＝45°，AD=4，则GH的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连结AF，如图所示：
∵四边形为菱形，∴，又∵G，H分别是的中点，∴，又当时，AF有最小值，则GH也最小，此时，
则为等腰直角三角形，，解得：，故.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查菱形的基本性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，属于中档题型.连结AF，利用中位线定理及已知条件得到：，再利用点到直线垂线段最短可得当时，AF有最小值，则GH也最小，然后利用菱形及等腰直角三角形的性质结合勾股定理进行求解即可.
二、填空题
13．（2019八下·镇江期中）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为 .
【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，根据题意得AO= ×8=4，BO= ×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD.
∴△AOB是直角三角形.
∴ .
∴此菱形的周长为：5×4=20
故答案为：20.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可.
14．（2024八下·思明期中）如图，在菱形中，，则的长为 ．
【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：10．
【分析】根据菱形的性质得到是等边三角形解题即可．
15．（2024八下·乾安期中）如图，四边形ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD，请你添加一个适当的条件 ，使ABCD成为菱形（只需添加一个即可）
【答案】OA=OC（答案不唯一）．
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：添加条件OA=OC即可；
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是菱形．
故答案为：OA=OC（答案不唯一）
【分析】根据菱形判定定理即可求出答案.
16．（2025八下·惠阳期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ．
【答案】5；
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解： 四边形是菱形，
，，，
，
是边的中点，，
是的中位线，
．
故答案为：，．
【分析】根据菱形性质可得，，，则，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
17．（2023八下·乳山期末）某校的校门是伸缩门（图①）．整个伸缩门在每个横向位置上都有30个连在一起的菱形结构，每个菱形结构的边长都是．若校门完全关闭时，每个菱形结构的锐角都是（图②）．当校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角（图③），则此时校门打开的宽度为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴，．
∵校门关闭时，每个菱形结构的锐角都是，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴校门关闭时，伸缩门的宽度为，
∵校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴校门部分打开时，伸缩门的宽度为，
∴校门打开了，
故答案为．
【分析】根据菱形性质可得，，校门关闭时，每个菱形结构的锐角都是，则，再根据含30°角的直角三角形性质可得，根据勾股定理可得BO，则，校门部分打开时，每个菱形结构的角都变为角，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据题意即可求出答案.
18．（2025八下·海宁月考）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线，若点是线段BD上的动点，于，于.则 .
【答案】9.6
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC交BD于点G，连接AO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=AD=10，
，
在Rt△ABG中，根据勾股定理得，
∵S△ABD=S△AOB+S△AOD，
∴，
∴，
∴OE+OF=9.6，
故答案为：9.6.
【分析】连接AC交BD于点G，连接AO，根据四边形ABCD是菱形，即可得到AC⊥BD，AB=AD，，在Rt△ABG中，利用勾股定理即可求出AG的长度，由于S△ABD=S△AOB+S△AOD，即可求得OE+OF的值.
三、解答题
19．（2023八下·抚顺期末）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．
【答案】证明：如图，
∵四边形是矩形，
∴
∴
∵O为的中点
∴
∵
∴≌（）
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】根据矩形性质可得，则，再根据线段中点可得，由全等三角形判定定理可得≌（），则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
20．（2024八下·黄梅月考）如图：在平行四边形ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线交BC于点E（尺规作图的痕迹保留在图中了），连接EF．
（1）求证：四边形ABEF为菱形；
（2）AE，BF相交于点O，若BF＝6，AB＝5，求AE的长．
【答案】解：（1）证明：由尺规作∠BAF的角平分线的过程可得AB＝AF，∠BAE＝∠FAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝FA，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF为菱形；
（2）∵四边形ABEF为菱形，
∴AE⊥BF，BO＝FB＝3，AE＝2AO，
在Rt△AOB中，AO＝＝4，
∴AE＝2AO＝8
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的对边平行得AD∥BC，由平行线的性质及角平分线的定义可推出∠BAE＝∠AEB，由等角对等边及已知可推出BE=AF，从而由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形ABEF为平行四边形，继而再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得四边形ABEF为菱形；
（2）由菱形性质可得AE⊥BF，BO＝FB＝3，AE＝2AO，在Rt△AOB中，由勾股定理求出AO的长即可得答案．
21．（2024八下·长春汽车经济技术开发期末）如图，在菱形中，为边的中点，点在边上，，交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）若，，则的长为________．
【答案】（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】（2）解：∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理得：．
【分析】（1）根据菱形性质可得，，则，再根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理即可求出答案.
（2）根据全等三角形性质可得，根据线段中点可得，根据菱形性质可得，再根据边之间的关系可得CE，再根据勾股定理即可求出答案.
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
根据勾股定理得：．
22．（2025八下·湘乡市期中）如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：∵的中点为E，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，，四边形是菱形，
∴，，，
由（1）得四边形是矩形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积为96．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）易证四边形是平行四边形，根据菱形的性质得，即可得证结论；
（2）根据菱形的性质得，，，由（1）得四边形是矩形，，然后由矩形的性质得，利用勾股定理得，从而得，最后利用菱形的面积公式：两条对角线乘积的一半，即可求解.
（1）证明：∵的中点为E，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，对角线与相交于点O，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵，，
∴，，
∴，
∴6，
∴，
∴，
∴菱形的面积为96．
23．（2025八下·东莞期中）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，．与相交于点E．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求矩形的面积．
【答案】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形为平行四边形，再根据矩形性质可得，，，则，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据菱形性质可得，，再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，再根据矩形性质可得，则，根据含30°角的直角三角形性质可得，再根据勾股定理建立方程，解方程可得AB，再根据四边形面积即可求出答案.
（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
24．（2024八下·忻府期中）在中，，D是的中点，过点A作，且，连接．
（1）证明：四边形是菱形；
（2）若，求菱形的面积．
【答案】（1）证明：∵，D是的中点，
∴AD=BD=CD=BC，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：由（1）知：四边形是菱形，
∴，
∵D是的中点，
∴BD=CD，
∴，
∴．
答：菱形ADCE的面积为24.
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AD=BD=CD=BC，结合已知可得AE=DC，然后根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形是平行四边形，再根据"有一组邻边相等的平行四边形是菱形"即可求解；
（2）由菱形的性质得，再证，然后根据即可求解．
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