【提高练】人教版数学八年级下学期 18.2.2 菱形
一、选择题
1．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册19.2.2 菱形的判定 同步练习 ）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使平行四边形ABCD成为菱形的是（ ）
A．AO=BO B．AC=AD C．AB=BC D．OD=AC
【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A、AO=BO，对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形，命题错误；
B、AC=AD，不能判断 ABCD是菱形，错误；
C、根据菱形的定义可得，当AB=BC时 ABCD是菱形，正确；
D、OD=AC，不能判断 ABCD是菱形，错误；
故答案为：C
【分析】菱形的判定方法是有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，根据菱形的判定方法可得C正确.
2．（2024八下·湛江期中）若顺次连接一个四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原四边形一定是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．一组对边相等 D．一组邻边相等
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
由题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF=FG=CH=EH，
∵点E，F是边AD，AB的中点，
∴，
∵点F、G是边AB、BC的中点
∴
∴BD=AC
∴原四边形一定是对角线相等的四边形．
故答案为：B．
【分析】
本题考查了菱形的性质与三角形中位线定理．熟知三角形中位线定理是解题关键.
首先根据题意画出图形，由题意可知：四边形EFGH是菱形，点E、F、G、H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，根据菱形的性质：四边相等可知：EF=FG=CH=EH，再根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半可知：，，等量代换可得：BD=AC，即原四边形一定是对角线相等的四边形，由此即可得出答案.
3．（2024八下·江北期末）如图，平行四边形 的对角线相交于点 ，尺规作图操作步骤如下∶ ①以点 为圆心， 长为半径画弧； ②以点 为圆心， 长为半径画弧； ③两弧交于点 ，连结 ． 则下列说法一定正确的是 （ ）
A．若 ，则四边形 是矩形
B．若 ，则四边形 是菱形
C．若 ，则四边形 是矩形
D．若 ，则四边形 是菱形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图知，，，
四边形不一定是平行四边形，
若，则四边形不一定是矩形，故A选项不符合题意；
∵平行四边形ABCD，
∴，，
，
，
，
四边形是菱形，故B选项符合题意；
，
平行四边形是矩形，
，，，
，
，
四边形是菱形，故C选项不符合题意；
，
平行四边形是菱形，
但证不出，
四边形不一定是菱形，故D选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】由作图过程知OD=GE，OC=CE，故四边形OCED不一定是平行四边形，根据矩形的判定方法“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判断A选项；根据平行四边形的对角线互相平分并结合AC=BD可推出OD=OC=DE=CE，根据四边相等的四边形是菱形可判断B选项；根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可得平行四边形ABCD是矩形，由矩形的性质推出OD=OC=DE=CE，根据四边相等的四边形是菱形可判断C选项；根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质证不出OC=OD，从而也就证不出OD=OC=DE=CE，据此可判断D选项.
4．（2024八下·旅顺口期中）如图，将一张矩形纸片对折，使边与，与分别重合，展开后得四边形．若，，则四边形的面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 是矩形，
，，，
由折叠的性质可得，，，，
，，
，
，
∴四边形是菱形，
，，，
，
故答案为：A．
【分析】利用矩形的性质和折叠得到，即可得到，进而可得是菱形，即可得到，，利用菱形的面积公式解答即可．
5．（2025八下·来宾期中）如图，在中，，，，点为中点，以，为边作平行四边形，则的长为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．6
【答案】D
【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；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：，为的中点，
，
平行四边形为菱形，
∴，
∴，
又菱形中，
∴四边形是平行四边形，
，，，
，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线可得，根据菱形判定定理可得平行四边形为菱形，则，根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，再根据勾股定理即可求出答案.
6．（2025八下·来宾期中）如图，在中，用直尺和圆规作的平分线，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：连接，设与相交于点，如图：
∵由作图可知，是的平分线，
∴，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形，
∴，．
在中，，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，设与相交于点，由作图可知，是的平分线，则，根据平行四边形性质可得，则，即，根据等角对等边可得，则，根据菱形判定定理可得平行四边形是菱形，则，，再根据勾股定理即可求出答案.
7．（2023八下·泸县期末）菱形中，如图，于，于，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；多边形内角与外角；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴垂直平分边，
∴
∴，均是等边三角形，
∴，
∴，
∵于，于，
∴
∴在四边形中，
．
故答案为：B.
【分析】连接，根据菱形的性质“菱形的四条边都相等”可得AB=BC=CD=AD，由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点得到线段两端点的距离相等”可得AB=AC，然后根据有三边都相等的三角形是等边三角形可得△ABC、△ACD都为等边三角形，由等边三角形的性质“等边三角形的每一个角都等于60°”可得∠BCA=∠DCA=60°，最后根据四边形的内角和等于360°计算即可求解．
8．（2024八下·确山期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，，直线交两对边于点E，F，则的长为（ ）
A．8cm B．10cm C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形
∴，
∵AC=16，BD=12，
∴
∴在中，
∵=AB·EF，
∴，即
解得：.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD，AO=OC，BO=DO，在中，用勾股定理可求出菱形的边长AB的长，再根据菱形的面积为对角线乘积的一半也可以等于底乘以高可得关于EF的方程，解方程即可求出高的值．
9．（2024八下·长寿期末）如图，在菱形中，，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连接DF，则等于( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；菱形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】由菱形ABCD可知：∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝35°，
∠ADC＝180°-∠BAD＝180°-70°＝110°，
连接BF，则易证明△DAF≌△BAF，∴DF＝BF，
∵EF是AB的垂直平分线，∴AF＝BF，
∴AF＝DF，∴∠ADF＝∠DAC＝35°，
∴∠CDF＝∠ADC-∠ADF＝110°-35°＝75°.
故答案为：D
【分析】连接BF，根据垂直平分线的性质得出AF＝BF，结合菱形的性质可证明△DAF≌△BAF，推导出AF＝DF，∠ADF＝∠DAC，再根据∠CDF＝∠ADC-∠ADF求出结果.
10．（2024八下·高安期中）在菱形中，对角线和相交于点，于点，连接，若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
∵菱形的对角线和相交于点，
∴
∴
∴
故答案为：B.
【分析】先根据菱形的性质得到，进而根据等腰三角形的性质结合题意得到从而得到∠BAC的度数，再结合题意求出∠CAE的度数，进而根据菱形的性质得到等量代换得到再结合等腰三角形的性质即可求解.
11．（2024八下·湖北期中） 如图，菱形 的对角线 相交于点 ，点 为 边上一动点（不与点 重合），于点 点 ，若 ，，则 的最小值为（ ）
A．3 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∵于点E，于点F，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，的值最小，即的值最小，
∵，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：C．
【分析】连接，利用勾股定理求出AB，证明四边形是矩形，可得，当时，的值最小，即的值最小，再根据等面积法求出OP即可.
12．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有( )
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故答案为：B．
【分析】连接CP，等积法判断①和②，四边形的内角和为360°，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
二、填空题
13．（2024八下·隆回期末）已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是 ．
【答案】96
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：因为周长是40，所以边长是10．
如图所示：AB=10，AC=12．
根据菱形的性质，AC⊥BD，AO=6，
∴BO=8，BD=16．
∴面积S=AC×BD=12×16×=96．
故答案为：96．
【分析】由周长是40，求出边长是10．根据对角线互相垂直平分，结合勾股定理求另一条对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算求解．
14．（2024八下·温州期末）如图，已知菱形的顶点A和B的坐标分别为、，点C在y轴的正半轴上．则点D的坐标是 ．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴点D的坐标为：．
故答案为：．
【解答】根据点的坐标求出，然后根据菱形的性质得到，利用勾股定理得到长，再根据平移得到点D的坐标解题即可．
15．（2024八下·江海期中） 如图，已知菱形的边长为6，且，点分别在边上，将菱形沿折叠，使点B正好落在边上的点G处．若，则的长为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设与交于点，交于点．
∵ 四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形的高，
即为等边三角形的高，
∴．
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质得到∠B，∠D，进而得到是等边三角形，通过角的关系计算出∠AGH=90°，最后利用勾股定理求出即可.
16．（2024八下·乐昌期中）如图，菱形的周长为，，点是的中点，点是对角线上的一个动点，则周长的最小值是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：菱形的周长为，
，点A与点C关于对称，
连接，与交于点，连接，如图，
则，
此时，值最小．
四边形是菱形，，
，
，
为等边三角形，
，
是中点，
∴，，
，
．
周长的最小值是．
【分析】连接，与交于点，连接，先证出为等边三角形，利用等边三角形的性质可得AC=AB=2，再利用勾股定理求出CE的长，再利用线段的和差求出，最后利用三角形的周长公式及等量代换求出周长的最小值是．
17．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝ ．
【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
18．（2024八下·博罗期末）如图，边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝30°，P为BC上方一点，且S△PBC=S菱形ABCD，则PB+PC的最小值为 .
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：设A到BC的距离为h，P到BC的距离H，
∵ S△PBC=， S菱形ABCD=BC·h， S△PBC=S菱形ABCD，
∴，即2H=h，
过点P作BC的平行线l，过C作l的垂线交AB于点C'，连接BC'交l于点P'，如图，
∴ C'与C关于直线l对称，
∴ P'B+P'C即为PB+PC的最小值BC'，
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BC=4，
∵ ∠ABC=30°，
∴ CC'=，
∴ BC'=.
故答案为：.
【分析】根据菱形和三角形的面积公式和关系可得2H=h，根据轴对称-最短距离问题可得BC'的长，根据菱形的性质和30°的直角三角形的性质可得BC和CC'，再根据勾股定理即可求得BC'.
三、解答题
19．（2024八下·江阴期中）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接与交于点，过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．
【答案】（1）证明：∵BD平分∠ABC，AD∥BC，
∴∠ABD=∠DBC=∠ADB，
∴AB=AD，
∵AB=BC，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：由（1）得四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO，CD=BC，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=90°，
∵，
∴，
∵DE=4，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴CE的长为3．
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义、平行线的性质得∠ABD=∠DBC=∠ADB，从而由“等角对等边”得AB=AD=BC，进而证出四边形ABCD是平行四边形，最后根据菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形得证结论；
（2）根据菱形的性质得BO=DO，CD=BC，然后利用直角三角形斜边上的中线性质得BD=2EO的值，从而由勾股定理求得，设，则，在中，由勾股定理得，即，解方程求出x的值即可求解.
20．（2024八下·乐昌期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
是的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）得：，四边形是矩形，
，，，
是的中点，
，
在中，由勾股定理得：，
．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出四边形是矩形；
（2）先求出，再利用勾股定理求出AF的长，最后利用线段的和差求出BG的长即可.
（1）证明：四边形是菱形，
，，
是的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
（2）四边形是菱形，
，
由（1）得：，四边形是矩形，
，，，
是的中点，
，
在中，由勾股定理得：
，
．
21．（2025八下·渌口月考）已知：如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是菱形∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴
∴四边形是矩形
（2）解：∵四边形是矩形，∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴在中，根据勾股定理可得
∴
【知识点】菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质得，再根据平行四边形的判定定理可证得四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得出结论；
（2）利用矩形的性质得，利用菱形的性质可求出OC、OD的长，在中，根据勾股定理可得的长，即可得到答案．
（1）证明：∵四边形是菱形
∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴
∴四边形是矩形
（2）解：∵四边形是矩形，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴在中，根据勾股定理可得
∴
22．（2024八下·邯郸期末）如图，，AC平分，交BF于点C，BD平分，交AE于点D，连接CD．
（1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（2）过点C作于点H，若，，求CH的长．
【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形．
理由：∵，∴，，
∵AC、BD分别是、的平分线，∴，
∴，，∴，，∴，
∵，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，，，
∴，，，
∴．∴，
∵，∴，即，∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ADB=∠DBC，∠DAC=∠BCA，由角平分线定义得出∠DAC=∠BAC，∠ABD=∠DBC，求出∠BAC=∠ACB，∠ABD=∠ADB，根据等腰三角形的判定得出AB=BC=AD，根据菱形的判定得出四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质及勾股定理推出AB=5，然后由三角形等面积公式列式计算即可求解．
23．（2024八下·安宁期末）如图，已知等边，，E为中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以M、N为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点G．过点E作交射线于点F，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，求的面积．
【答案】（1）证明：等边，
是中点，，
是中点，
，
是等边三角形
，
由尺规作图可知平分，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：等边，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
．
【知识点】平行线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】根据等边三角形性质可得D是中点，，再根据三角形中位线定理可得，则，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据角平分线定义可得，再根据直线平行性质可得，则，由等角对等边可得，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据等边三角形性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得BD，再根据勾股定理可得AD，根据菱形性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得DG，根据勾股定理可得AG，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：等边，
是中点，，
是中点，
，
是等边三角形
，
由尺规作图可知平分，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：等边，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
．
24．（2024八下·东莞期中）如图，四边形为菱形，．，，．
（1）点坐标为______；
（2）如图2，点在线段上运动，为等边三角形．
①求证：，并求的最小值；
②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：①证明：如图，设交于J．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴当时，的值最小．
∵，
∴，
∴
∴的最小值为．
②点F的横坐标不变，理由如下：
如图，过点F作于H．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴点F的横坐标为，不变．
【知识点】坐标与图形性质；全等三角形的应用；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵，，，
∴，，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】
（1）先求出，，再由菱形的性质得到，则；
（2）①设交于J，由菱形的性质结合题意易证，都是等边三角形，即得出，从而可证．再结合，即可证，得出，即说明当时，的值最小．最后结合含30度角的直角三角形的性质求解即可；
②过点F作于H．由全等的性质可得，即易证，得出，即说明点F的横坐标为，不变．
1 / 1【提高练】人教版数学八年级下学期 18.2.2 菱形
一、选择题
1．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册19.2.2 菱形的判定 同步练习 ）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使平行四边形ABCD成为菱形的是（ ）
A．AO=BO B．AC=AD C．AB=BC D．OD=AC
2．（2024八下·湛江期中）若顺次连接一个四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原四边形一定是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．一组对边相等 D．一组邻边相等
3．（2024八下·江北期末）如图，平行四边形 的对角线相交于点 ，尺规作图操作步骤如下∶ ①以点 为圆心， 长为半径画弧； ②以点 为圆心， 长为半径画弧； ③两弧交于点 ，连结 ． 则下列说法一定正确的是 （ ）
A．若 ，则四边形 是矩形
B．若 ，则四边形 是菱形
C．若 ，则四边形 是矩形
D．若 ，则四边形 是菱形
4．（2024八下·旅顺口期中）如图，将一张矩形纸片对折，使边与，与分别重合，展开后得四边形．若，，则四边形的面积为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
5．（2025八下·来宾期中）如图，在中，，，，点为中点，以，为边作平行四边形，则的长为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．6
6．（2025八下·来宾期中）如图，在中，用直尺和圆规作的平分线，若，则的长是（ ）
A． B． C． D．
7．（2023八下·泸县期末）菱形中，如图，于，于，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024八下·确山期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，小陶家有一个菱形中国结装饰，测得，，直线交两对边于点E，F，则的长为（ ）
A．8cm B．10cm C． D．
9．（2024八下·长寿期末）如图，在菱形中，，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连接DF，则等于( )
A． B． C． D．
10．（2024八下·高安期中）在菱形中，对角线和相交于点，于点，连接，若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024八下·湖北期中） 如图，菱形 的对角线 相交于点 ，点 为 边上一动点（不与点 重合），于点 点 ，若 ，，则 的最小值为（ ）
A．3 B．2 C． D．
12．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有( )
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
13．（2024八下·隆回期末）已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是 ．
14．（2024八下·温州期末）如图，已知菱形的顶点A和B的坐标分别为、，点C在y轴的正半轴上．则点D的坐标是 ．
15．（2024八下·江海期中） 如图，已知菱形的边长为6，且，点分别在边上，将菱形沿折叠，使点B正好落在边上的点G处．若，则的长为 ．
16．（2024八下·乐昌期中）如图，菱形的周长为，，点是的中点，点是对角线上的一个动点，则周长的最小值是 ．
17．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝ ．
18．（2024八下·博罗期末）如图，边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝30°，P为BC上方一点，且S△PBC=S菱形ABCD，则PB+PC的最小值为 .
三、解答题
19．（2024八下·江阴期中）如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接与交于点，过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．
20．（2024八下·乐昌期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长．
21．（2025八下·渌口月考）已知：如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作，且，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
22．（2024八下·邯郸期末）如图，，AC平分，交BF于点C，BD平分，交AE于点D，连接CD．
（1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（2）过点C作于点H，若，，求CH的长．
23．（2024八下·安宁期末）如图，已知等边，，E为中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以M、N为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点G．过点E作交射线于点F，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，求的面积．
24．（2024八下·东莞期中）如图，四边形为菱形，．，，．
（1）点坐标为______；
（2）如图2，点在线段上运动，为等边三角形．
①求证：，并求的最小值；
②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．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：A、AO=BO，对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形，命题错误；
B、AC=AD，不能判断 ABCD是菱形，错误；
C、根据菱形的定义可得，当AB=BC时 ABCD是菱形，正确；
D、OD=AC，不能判断 ABCD是菱形，错误；
故答案为：C
【分析】菱形的判定方法是有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，根据菱形的判定方法可得C正确.
2．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
由题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF=FG=CH=EH，
∵点E，F是边AD，AB的中点，
∴，
∵点F、G是边AB、BC的中点
∴
∴BD=AC
∴原四边形一定是对角线相等的四边形．
故答案为：B．
【分析】
本题考查了菱形的性质与三角形中位线定理．熟知三角形中位线定理是解题关键.
首先根据题意画出图形，由题意可知：四边形EFGH是菱形，点E、F、G、H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，根据菱形的性质：四边相等可知：EF=FG=CH=EH，再根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行且等于底边的一半可知：，，等量代换可得：BD=AC，即原四边形一定是对角线相等的四边形，由此即可得出答案.
3．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图知，，，
四边形不一定是平行四边形，
若，则四边形不一定是矩形，故A选项不符合题意；
∵平行四边形ABCD，
∴，，
，
，
，
四边形是菱形，故B选项符合题意；
，
平行四边形是矩形，
，，，
，
，
四边形是菱形，故C选项不符合题意；
，
平行四边形是菱形，
但证不出，
四边形不一定是菱形，故D选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】由作图过程知OD=GE，OC=CE，故四边形OCED不一定是平行四边形，根据矩形的判定方法“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判断A选项；根据平行四边形的对角线互相平分并结合AC=BD可推出OD=OC=DE=CE，根据四边相等的四边形是菱形可判断B选项；根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可得平行四边形ABCD是矩形，由矩形的性质推出OD=OC=DE=CE，根据四边相等的四边形是菱形可判断C选项；根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质证不出OC=OD，从而也就证不出OD=OC=DE=CE，据此可判断D选项.
4．【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 是矩形，
，，，
由折叠的性质可得，，，，
，，
，
，
∴四边形是菱形，
，，，
，
故答案为：A．
【分析】利用矩形的性质和折叠得到，即可得到，进而可得是菱形，即可得到，，利用菱形的面积公式解答即可．
5．【答案】D
【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；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：，为的中点，
，
平行四边形为菱形，
∴，
∴，
又菱形中，
∴四边形是平行四边形，
，，，
，
∴，
故答案为：D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线可得，根据菱形判定定理可得平行四边形为菱形，则，根据直线平行判定定理可得，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，再根据勾股定理即可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；尺规作图-作角的平分线
【解析】【解答】解：连接，设与相交于点，如图：
∵由作图可知，是的平分线，
∴，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形，
∴，．
在中，，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接，设与相交于点，由作图可知，是的平分线，则，根据平行四边形性质可得，则，即，根据等角对等边可得，则，根据菱形判定定理可得平行四边形是菱形，则，，再根据勾股定理即可求出答案.
7．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；多边形内角与外角；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴垂直平分边，
∴
∴，均是等边三角形，
∴，
∴，
∵于，于，
∴
∴在四边形中，
．
故答案为：B.
【分析】连接，根据菱形的性质“菱形的四条边都相等”可得AB=BC=CD=AD，由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点得到线段两端点的距离相等”可得AB=AC，然后根据有三边都相等的三角形是等边三角形可得△ABC、△ACD都为等边三角形，由等边三角形的性质“等边三角形的每一个角都等于60°”可得∠BCA=∠DCA=60°，最后根据四边形的内角和等于360°计算即可求解．
8．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形
∴，
∵AC=16，BD=12，
∴
∴在中，
∵=AB·EF，
∴，即
解得：.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质“菱形的对角线互相垂直平分”可得AC⊥BD，AO=OC，BO=DO，在中，用勾股定理可求出菱形的边长AB的长，再根据菱形的面积为对角线乘积的一半也可以等于底乘以高可得关于EF的方程，解方程即可求出高的值．
9．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；菱形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】由菱形ABCD可知：∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝35°，
∠ADC＝180°-∠BAD＝180°-70°＝110°，
连接BF，则易证明△DAF≌△BAF，∴DF＝BF，
∵EF是AB的垂直平分线，∴AF＝BF，
∴AF＝DF，∴∠ADF＝∠DAC＝35°，
∴∠CDF＝∠ADC-∠ADF＝110°-35°＝75°.
故答案为：D
【分析】连接BF，根据垂直平分线的性质得出AF＝BF，结合菱形的性质可证明△DAF≌△BAF，推导出AF＝DF，∠ADF＝∠DAC，再根据∠CDF＝∠ADC-∠ADF求出结果.
10．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴
∴
∵，
∴
∴
∵菱形的对角线和相交于点，
∴
∴
∴
故答案为：B.
【分析】先根据菱形的性质得到，进而根据等腰三角形的性质结合题意得到从而得到∠BAC的度数，再结合题意求出∠CAE的度数，进而根据菱形的性质得到等量代换得到再结合等腰三角形的性质即可求解.
11．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∵于点E，于点F，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，的值最小，即的值最小，
∵，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：C．
【分析】连接，利用勾股定理求出AB，证明四边形是矩形，可得，当时，的值最小，即的值最小，再根据等面积法求出OP即可.
12．【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故答案为：B．
【分析】连接CP，等积法判断①和②，四边形的内角和为360°，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
13．【答案】96
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：因为周长是40，所以边长是10．
如图所示：AB=10，AC=12．
根据菱形的性质，AC⊥BD，AO=6，
∴BO=8，BD=16．
∴面积S=AC×BD=12×16×=96．
故答案为：96．
【分析】由周长是40，求出边长是10．根据对角线互相垂直平分，结合勾股定理求另一条对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算求解．
14．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵，四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，
∴点D的坐标为：．
故答案为：．
【解答】根据点的坐标求出，然后根据菱形的性质得到，利用勾股定理得到长，再根据平移得到点D的坐标解题即可．
15．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设与交于点，交于点．
∵ 四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形的高，
即为等边三角形的高，
∴．
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质得到∠B，∠D，进而得到是等边三角形，通过角的关系计算出∠AGH=90°，最后利用勾股定理求出即可.
16．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：菱形的周长为，
，点A与点C关于对称，
连接，与交于点，连接，如图，
则，
此时，值最小．
四边形是菱形，，
，
，
为等边三角形，
，
是中点，
∴，，
，
．
周长的最小值是．
【分析】连接，与交于点，连接，先证出为等边三角形，利用等边三角形的性质可得AC=AB=2，再利用勾股定理求出CE的长，再利用线段的和差求出，最后利用三角形的周长公式及等量代换求出周长的最小值是．
17．【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
18．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：设A到BC的距离为h，P到BC的距离H，
∵ S△PBC=， S菱形ABCD=BC·h， S△PBC=S菱形ABCD，
∴，即2H=h，
过点P作BC的平行线l，过C作l的垂线交AB于点C'，连接BC'交l于点P'，如图，
∴ C'与C关于直线l对称，
∴ P'B+P'C即为PB+PC的最小值BC'，
∵ 四边形ABCD为菱形，
∴ BC=4，
∵ ∠ABC=30°，
∴ CC'=，
∴ BC'=.
故答案为：.
【分析】根据菱形和三角形的面积公式和关系可得2H=h，根据轴对称-最短距离问题可得BC'的长，根据菱形的性质和30°的直角三角形的性质可得BC和CC'，再根据勾股定理即可求得BC'.
19．【答案】（1）证明：∵BD平分∠ABC，AD∥BC，
∴∠ABD=∠DBC=∠ADB，
∴AB=AD，
∵AB=BC，
∴AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：由（1）得四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO，CD=BC，
∵DE⊥BC，
∴∠BED=90°，
∵，
∴，
∵DE=4，
∴，
设，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴CE的长为3．
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义、平行线的性质得∠ABD=∠DBC=∠ADB，从而由“等角对等边”得AB=AD=BC，进而证出四边形ABCD是平行四边形，最后根据菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形得证结论；
（2）根据菱形的性质得BO=DO，CD=BC，然后利用直角三角形斜边上的中线性质得BD=2EO的值，从而由勾股定理求得，设，则，在中，由勾股定理得，即，解方程求出x的值即可求解.
20．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
，，
是的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：四边形是菱形，
，
由（1）得：，四边形是矩形，
，，，
是的中点，
，
在中，由勾股定理得：，
．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再结合，即可证出四边形是矩形；
（2）先求出，再利用勾股定理求出AF的长，最后利用线段的和差求出BG的长即可.
（1）证明：四边形是菱形，
，，
是的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形．
（2）四边形是菱形，
，
由（1）得：，四边形是矩形，
，，，
是的中点，
，
在中，由勾股定理得：
，
．
21．【答案】（1）证明：∵四边形是菱形∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴
∴四边形是矩形
（2）解：∵四边形是矩形，∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴在中，根据勾股定理可得
∴
【知识点】菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质得，再根据平行四边形的判定定理可证得四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定即可得出结论；
（2）利用矩形的性质得，利用菱形的性质可求出OC、OD的长，在中，根据勾股定理可得的长，即可得到答案．
（1）证明：∵四边形是菱形
∴
∵
∴
∴四边形是平行四边形
又∵
∴
∴四边形是矩形
（2）解：∵四边形是矩形，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴在中，根据勾股定理可得
∴
22．【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形．
理由：∵，∴，，
∵AC、BD分别是、的平分线，∴，
∴，，∴，，∴，
∵，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，，，
∴，，，
∴．∴，
∵，∴，即，∴．
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质得出∠ADB=∠DBC，∠DAC=∠BCA，由角平分线定义得出∠DAC=∠BAC，∠ABD=∠DBC，求出∠BAC=∠ACB，∠ABD=∠ADB，根据等腰三角形的判定得出AB=BC=AD，根据菱形的判定得出四边形ABCD是菱形；
（2）根据菱形的性质及勾股定理推出AB=5，然后由三角形等面积公式列式计算即可求解．
23．【答案】（1）证明：等边，
是中点，，
是中点，
，
是等边三角形
，
由尺规作图可知平分，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：等边，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
．
【知识点】平行线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-作角的平分线
【解析】【分析】根据等边三角形性质可得D是中点，，再根据三角形中位线定理可得，则，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据角平分线定义可得，再根据直线平行性质可得，则，由等角对等边可得，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据等边三角形性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得BD，再根据勾股定理可得AD，根据菱形性质可得，再根据含30°角的直角三角形性质可得DG，根据勾股定理可得AG，再根据三角形面积即可求出答案.
（1）证明：等边，
是中点，，
是中点，
，
是等边三角形
，
由尺规作图可知平分，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：等边，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
．
24．【答案】（1）
（2）解：①证明：如图，设交于J．
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，都是等边三角形，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴，
∴当时，的值最小．
∵，
∴，
∴
∴的最小值为．
②点F的横坐标不变，理由如下：
如图，过点F作于H．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴点F的横坐标为，不变．
【知识点】坐标与图形性质；全等三角形的应用；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】（1）解：∵，，，
∴，，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：；
【分析】
（1）先求出，，再由菱形的性质得到，则；
（2）①设交于J，由菱形的性质结合题意易证，都是等边三角形，即得出，从而可证．再结合，即可证，得出，即说明当时，的值最小．最后结合含30度角的直角三角形的性质求解即可；
②过点F作于H．由全等的性质可得，即易证，得出，即说明点F的横坐标为，不变．
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