21.3.2 菱形 第2课时 同步练 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 同步练 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．已知平行四边形的对角线相交于点O．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．下列命题正确的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是菱形； B．对角线互相平分且相等的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形； D．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
3．如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接，，． 若，则的度数是 （ ）
A． B． C． D．
4．如图：矩形的对角线、相较于点，，，若，则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
5．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．则该菱形的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
二、填空题
7．如图在菱形中，边的垂直平分线与对角线相交于点E，，那么__________度．
8．如图，矩形的对角线、相交于点O，，．若，则四边形的周长为__________．
9．有两张相同大小的矩形纸片和，将其按如图所示的方式交叉叠放，重叠部分构成一个四边形，连接，，若，则的长是_____．
10．如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 ______时，四边形是菱形．
11．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ________________________．
12．如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，且，．连接与相交于F．则图中四边形的面积为________．
三、解答题
13．如图，在四边形中，，，对角线，相交于点O，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．
14．如图，矩形的对角线，相交于点O，，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求菱形的面积．
15．如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接．
求证：四边形是菱形．
16．如图，在平行四边形中，，平分，交于点E，过点E作交于点F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若菱形的周长为16，，求的大小．
17．如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求四边形的面积．
18．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．
19．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 C D B B A C
1．C
【分析】根据菱形的判断条件，即可解答．
【详解】解：如图所示，
A．，不能判断平行四边形是菱形，故A不符合题意；
B．，不能判断平行四边形是菱形，故B不符合题意；
C．，
四边形是平行四边形，
∴，
，
，
，
，
四边形是菱形，故C符合题意；
D．，不能判断平行四边形是菱形，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，熟知菱形的判定方法是解题的关键．
2．D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，熟知菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
【详解】解：A、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，不符合题意；
C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法正确，符合题意；
故选：D．
3．B
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键；
根据作图可得四边形是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：由作图可知，，
四边形是菱形，
，．
故选：B．
4．B
【分析】根据矩形的性质可得OD＝OC，由，得出四边形OCED为平行四边形，利用菱形的判定得到四边形OCED为菱形，由AC的长求出OC的长，即可确定出其周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，且AC＝BD．
∵AC＝2，
∴OA＝OB＝OC＝OD＝1．
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形OCED为平行四边形．
∵OD＝OC，
∴四边形OCED为菱形．
∴OD＝DE＝EC＝OC＝1．
则四边形OCED的周长为4×1＝4．
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解本题的关键．
5．A
【分析】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键．
根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可．
【详解】四边形是菱形，
，
，
，
故选：A．
6．C
【分析】本题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形，
∴，与互相平分，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴菱形的面积为．
故选：C．
7．40
【分析】由菱形性质解得，进而证明，再由全等三角形对应角相等的性质，解得，结合线段垂直平分线的性质解题即可．
【详解】连接BE，
四边形ABCD是菱形，
在和中
在菱形中ABCD中，
边AB的垂直平分线与对角线AC相交于点E，
故答案为：40．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、菱形的性质，其中涉及菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和180°等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
8．8
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．由矩形的性质可得，通过证明四边形是菱形，可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，，
，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长，
故答案为：8．
9．
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理．先证明四边形是菱形，菱形的性质结合勾股定理求得，再利用菱形面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形纸片和，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵两张相同大小的矩形纸片和，
∴，
∵四边形的面积，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴四边形的面积，
解得，
故答案为：．
10．4
【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定，先由三角形中位线定理证明，则可证明四边形是平行四边形，故当时，四边形是菱形，则当时，四边形是菱形．
【详解】解：∵分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∴当时，四边形是菱形，
故答案为：4．
11．/59度
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，
首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，．
∵垂直平分，
∴，，，
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴．
∵，
，
∴，
，
故答案为：．
12．18
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．由题意可证四边形是菱形，由菱形的性质首先求得的面积，然后证明，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
∴，
连接交于点M，
∴四边形是平行四边形，，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：18．
13．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键；
（1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，，，
，
在中，，
，
，
，
．
14．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵矩形中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵矩形中，，，
∴，
由菱形和矩形的中心对称性可知：，
又∵，
∴，
∴菱形的面积是．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定和性质，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．
15．见详解
【分析】本题考查菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质．根据题意先证四边形是平行四边形，再由即可．
【详解】证明：四边形是矩形
,
四边形，四边形都是平行四边形
四边形是平行四边形
四边形是菱形．
16．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是利用这些性质和判定解决问题．
（1）由题意可得四边形是平行四边形，由平分，可得，则结论可得
（2）连接交于点；则于点．由题意可得，，，可得的长即可求的长．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，即 ，
，
∴四边形为平行四边形，
平分，
，
∵，
，
，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，

∵四边形为菱形，
∴，，
，，
，
∵菱形的周长为，
，
在中，
，
由勾股定理可得：，
．
17．(1)详见解析
(2)24
【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形；
（2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
∴，
，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
，，
，
，，
四边形的面积．
18．(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∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
19．(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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