21.3.2 菱形 第2课时 跟踪练 2025-2026学年下学期初中数学人教版（2024）八年级下册

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21.3.2 菱形 第2课时 跟踪练 2025-2026学年
下学期初中数学人教版（2024）八年级下册
一、单选题
1．如图，四边形的对角线，相交于点O，，且，则添加下列一个条件能判定四边形是菱形的是（　　）
A． B． C． D．
2．如图，四边形中，E、F、G、H分别是四边的中点，对角线，则四边形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．正方形
3．如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，矩形的对角线相交于点， ，，若，则四边形的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
5．一个平行四边形的一条边长为，两条对角线的长分别为和，则它的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，先有一张矩形纸片，点分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③重合时，；④的面积的取值范围是．其中正确的是（ ）
A．①③ B．①② C．②③ D．②④
二、填空题
7．按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；③分别以点和点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的度数是____________．
8．如图，四边形为平行四边形，且平分，作，垂足为．若， ，则______．
9．如图，的对角线相交于点交的延长线于点．若，则的面积是______．
三、解答题
10．如图，四边形对角线，交于点．，，请你添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形（只填一种情况即可）．
11．如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求菱形的面积．
12．如图，在中，，点D是BC的中点，连接．分别以点为圆心，的长为半径在外画弧，两弧交于点，连接，过点作于点．

(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求的长．
13．如图，在四边形中，，E是的中点，，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点E作于点F，若，，求的长．
14．如图，平行四边形的对角线，相交于点，、分别是，的中点，连接，．

(1)根据题意，补全图形；
(2)求证：；
(3)若，，．求平行四边形的面积．
15．如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，相交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作于点，交于点，连接，若，求的长．
16．如图，在四边形中，与相交于点，且，点在上，满足．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的面积；
(3)在（2）的条件下，平行线与间的距离为　　 ．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B A B C B C
1．B
【分析】根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；故选项A不符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，故选项B符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；故选项C不符合题意；
当时，不能判定四边形为菱形；故选项D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
2．A
【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，进而证明，根据菱形的判定定理得出结论．
【详解】解：连接、，
∵E、F、G、H分别是四边的中点，
∴，，，，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
故选：A．
3．B
【分析】先证明四边形是菱形，得到，再求出即可得到答案．
【详解】解：∵四边形中，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
4．C
【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定及性质定理等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质．
利用矩形的性质得出和它们的长度，根据条件判定四边形为菱形，即可求出四边形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，且
，
又，，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长为8．
故选：C．
5．B
【分析】先利用平行四边形的性质求出OA，OB的长，进而利用勾股定理的逆定理得到AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形，利用菱形面积公式即可得到答案．
【详解】解：如图所示，在平行四边形ABCD中，，AB=3，
∴，
∵，
∴△AOB为直角三角形，即∠AOB=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理，正确得到AC⊥BD，进而证明四边形ABCD是菱形是解题的关键．
6．C
【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；当过D点时，求得四边形的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可判断④，进而可得答案．
【详解】解：由题意，，
∴，
由折叠的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故正确；
∴，，
∴，
∵，
若，
∴，
∴，这个结论不一定成立，故错误；
点与点重合时，如图所示，
设，则，
∴在中，,
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，
∴，故正确；
当过点时，，结合四边形是菱形得到菱形是正方形，则，如图所示，最短，四边形面积最小，
∴；
当点与点重合时，如图，最长，四边形的面积最大，此时，，
∴，
∴，故错误；
正确的项为，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，掌握折叠的性质及菱形的性质是解题的关键．
7．70
【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：根据作图可得，
∴四边形是菱形，则，
又∵，
，
故答案为70．
8．/
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，等角对等边等等，先证明四边形是菱形，得出，根据， ，得出，根据勾股定理得出，根据，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
9．120
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理．证明，推出，判断出是菱形，利用勾股定理求得，利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积是，
故答案为：120．
10．（答案不唯一）．
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．先证四边形是平行四边形，再由，即可得出结论．
【详解】解：添加条件：，理由如下：
，，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
11．(1)证明见详解
(2)54
【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和面积公式等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质和判定，并灵活应用．
（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果；
（2）直接利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，且，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：∴菱形的面积为．
12．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线定理得，进而证得四边形的四边相等，即可得出结论．
（2）如图，过点作垂直于点，根据菱形面积证得，再由直角三角形面积得，求出，即可得出答案．
【详解】（1）证明：在中，，点D是BC的中点，
，
又，
，
四边形为菱形．
（2）解：如图，过点作垂直于点 ，
四边形为菱形，
，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理及勾股定理解三角形，掌握菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理及作辅助线是解题关键．
13．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据直角三角形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和面积解答即可．
【详解】（1）证明：∵，E是的中点，
∴，
又∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴四边形是菱形；
（2）过点A作于点G，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∵，
∴．
【点睛】此题考查菱形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是根据菱形的性质和判定解答．
14．(1)见解析
(2)见解析
(3)四边形的面积为．
【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定．
（1）根据题意即可补全图形；
（2）根据平行四边形的性质证明即可得结论；
（3）证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：如图，即为补全的图形，

（2）证明：是平行四边形，
，（平行四边形的对角线互相平分），
，分别是，的中点，
，
又，
，
；
（3）解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴四边形的面积为．
15．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，熟知菱形的性质及其判定定理是解题的关键．
（1）可先证明四边形是平行四边形，再由直角三角形的性质证明，据此可证明结论；
（2）由菱形的性质得到，则可证明，得到，再由线段的和差关系可得答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
在中，，且点D是的中点，
，
∴四边形是菱形．
（2）解：由（1）知四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
16．(1)见解析
(2)24
(3)
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形为菱形是关键．
（1）根据题意可证明，得到，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；
（2）根据，可证明为的中垂线，从而推出四边形为菱形，然后根据条件求出的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可；
（3）根据等面积法进行求解即可．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵，
∴为的垂直平分线，．
∴平行四边形是菱形．
∵，
．
在中，，
，
∴，
，
∴四边形的面积为24；
（3）∵，，，
∴，
设平行线与间的距离为，
则，
解得．
故答案为；．
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