专题22.4菱形的性质-2021-2022学年八年级数学下册尖子生培优题典

20212022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪教版】专题22.4菱形的性质姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020春•虹口区期末）下列命题中，假命题是（）A．菱形的对角线互相平分 B．菱形对角线的交点到四条边的距离相等 C．菱形的对角线互相垂直 D．菱形对角线的交点到四个顶点的距离相等【分析】根据菱形的性质推理判断即可．【解析】A选项，这是菱形的性质，所以该选项是真命题，不合题意；B选项，菱形的对角线平分对角，角平分线上的点到这个角两边的距离相等，所以该选项是真命题，不合题意；C选项，这是菱形的性质，所以该选项是真命题，不合题意；D选项，菱形的对角线不相等，所以菱形对角线的交点到四个顶点的距离不一定相等，所以该选项是假命题，符合题意；故选：D．2．（2021•路北区三模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（3，0），（0，），点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于（）A．8 B．4 C．2 D．4【分析】由勾股定理可求AB的长，由菱形的性质可求解．【解析】∵A，B两点的坐标分别是（3，0），（0，），∴OB＝，OA＝3，∴AB＝＝＝2，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，∴菱形ABCD的周长＝4×2＝8，故选：A．3．（2020春•浦东新区期末）菱形的一条对角线与它的边相等，则它的锐角等于（）A．30° B．45° C．60° D．75°【分析】由菱形的性质可得这条对角线与菱形的两边组成等边三角形，从而求得锐角的度数等于60°．【解析】由菱形的性质得，菱形相邻的两边相等，则与这条对角线组成等边三角形，则它的锐角等于60°，故选C．4．（2021春•抚顺期末）菱形的面积为12cm2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（）A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm【分析】根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半列式求解即可．【解析】设另一条对角线长为xcm，则×6•x＝12，解得x＝4．故选：B．5．（2021春•余杭区校级月考）菱形的对角线长分别是6和8，那么其边长是（）A．5 B．10 C．20 D．40【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB＝4，OA＝3，再利用勾股定理可求解．【解析】如图，菱形ABCD中，BD＝8，AC＝6，则AC⊥BD，OB＝4，OA＝3，∴AB＝，故选：A．6．（2020秋•遂川县期末）如图，在菱形ABCD中，BC＝10，点E在BD上，F为AD的中点，FE⊥BD，垂足为E，EF＝4，则BD长为（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】连接AC交BD于O，由菱形的性质得OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，再证EF是△AOD的中位线，得OA＝2EF＝8，然后由勾股定理求出OD＝6，即可求解．【解析】连接AC交BD于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，∵FE⊥BD，∴FE∥AC，∵F为AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OA＝2EF＝8，∴OD＝＝＝6，∴BD＝2OD＝12，故选：C．7．（2021春•赞皇县期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（）A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm【分析】如图1，图2中，连接AC．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出AB＝BC＝AC＝20cm．在图2中，由勾股定理求出AC即可．【解析】如图1，图2中，连接AC．图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝20cm，在图2中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝AB＝20cm；故选：D．8．（2021•陕西模拟）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（）A．3 B．5 C．6 D．8【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，由矩形面积即可得出答案．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积＝AC×BD＝24，∴AC×BD＝48，∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，∵点E是线段BC的中点，∴EF、EG都是△OBC的中位线，∴EF＝OC＝AC，EG＝OB＝BD，∴矩形EFOG的面积＝EF×EG＝AC×BD＝×48＝3；故选：A．9．（2021春•突泉县期末）如图，菱形ABCD中，BD＝8，AC＝6，AE⊥CD，垂足为点E，则AE的长为（）A．1.2 B．2.4 C．4.8 D．5【分析】根据菱形的性质得出CO、DO的长，在Rt△COD中求出CD，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于CD×AE，可得出AE的长度．【解析】如图，∵四边形ABCD是菱形，∴DO＝BD＝4，CO＝AC＝3，AE⊥CD，∴CD＝＝5，∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×6×8＝24，∵S菱形ABCD＝CD×AE，∴CD×AE＝24，∴AE＝4.8．故选：C．10．（2020•宁蒗县模拟）如图，菱形ABCD的的边长为6，∠ABC＝60°，对角线BD上有两个动点E、F（点E在点F的左侧），若EF＝2，则AE+CF的最小值为（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】作AM⊥AC，连接CM交BD于F，根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．【解析】如图，连接AC，作AM⊥AC，使得AM＝EF＝2，连接CM交BD于F，∵AC，BD是菱形ABCD的对角线，∴BD⊥AC，∵AM⊥AC，∴AM∥BD，∴AM∥EF，∵AM＝EF，AM∥EF，∴四边形AEFM是平行四边形，∴AE＝FM，∴AE+CF＝FM+FC＝CM，根据两点之间线段最短可知，此时AE+FC最短，∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝60°∴BC＝AB，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝6，在Rt△CAM中，CM＝＝∴AE+CF的最小值为2．故选：A．二．填空题（共8小题）11．（2021秋•宝山区校级月考）菱形ABCD的对角线相交于点O，若AB＝5，OA＝4，则菱形ABCD的面积＝24．【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，AC＝2OA＝8，再由勾股定理得BO＝3，则BD＝2OB＝6，然后由菱形面积公式即可求解．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC＝2OA＝8，OB＝OD，在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝3，∴BD＝2OB＝6，∴菱形ABCD面积＝×AC×BD＝×8×6＝24．故答案为：24．12．（2021春•浦东新区校级期末）如果菱形边长是10，短的对角线长为12，那么这个菱形的面积是96．【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，CO＝AO＝6，BO＝DO，在Rt△BOC中，由勾股定理可求BO，由菱形的面积公式可求解．【解析】如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，CO＝AO＝6，BO＝DO，∴BO＝＝＝8，∴BD＝16，∴菱形ABCD＝＝＝96，故答案为96．13．（2021春•金山区期末）如果菱形的一条对角线长是另一条长的倍，这个菱形的面积等于6，那么这个菱形的周长等于8．【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，因此可设较短对角线长x，则较长的对角线为x，根据已知列方程求得两条对角线的长，再根据勾股定理求得其边长即可．【解析】设较短对角线长x，则较长的对角线为x，根据题意可得：x•x＝6，解得：x＝2，故较长的对角线为：2×＝6，则菱形的边长为：＝2，故这个菱形的周长等于：2×4＝8．故答案为：8．14．（2021春•虹口区期末）菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若AB＝13，AC＝24，则菱形ABCD的面积是120．【分析】在Rt△AOB中，AO2+BO2＝AB2，从而求出BO，继而得出BD，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可得出答案．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝OC，BO＝DO，AC⊥BD∵AC＝24，AO＝AC＝12，在Rt△AOB中，AO2+BO2＝AB2，又AB＝13，∴BO＝＝5，∴BD＝10，∴S菱形ABCD＝，∴菱形ABCD的面积为120．故答案为：120．15．（2021•闵行区二模）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，且△ABC的面积为m，如果△ABC存在“最优覆盖菱形”为菱形BCMN，那么m的取值范围是4≤m≤8．【分析】由△ABC的面积为m可得△ABC的高为，然后再分三角形的高取最大值和最小值两种情况求解即可．【解析】∵△ABC的面积为m，∴△ABC的BC边上的为高，如图：当高取最小值时，△ABC为等边三角形，点A与M或N重合，如图：过A作AD⊥BC，垂足为D∵等边三角形ABC，BC＝4，∴∠ABC＝60°，BC＝4，∠BAD＝30°．∴BD＝2，∴AD＝＝2，∴＝2，即．如图：当高取取最大值时，菱形为正方形．∴点A在MN的中点，∴，∴4≤m≤8，故答案为：4≤m≤8．16．（2021春•奉贤区期中）如图，在平面直角坐标系中，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣2，0）、（3，0），点D在y轴上，则点C的坐标是（5，）．【分析】由A，B的坐标分别为（﹣2，0）、（3，0）可得菱形边长，Rt△AOD中求出OD从而可得D坐标，即可得出C坐标．【解析】∵A，B的坐标分别为（﹣2，0）、（3，0），∴OA＝2，OB＝3，AB＝5，∵菱形ABCD，∴AD＝AB＝CD＝5，Rt△AOD中，OD＝＝，∴D（0，），∴C（5，），故答案为：（5，）．17．（2021春•奉贤区期末）我们定义：联结平行四边形一组对边中点的线段叫做“对边中位线”，联结平行四边形一组邻边中点的线段叫做“邻边中位线”．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，对角线BD＝8，那么“对边中位线”EF与“邻边中位线”EG、FG所围成的△EFG的面积是8．【分析】由题意可证△ABD是等边三角形，可求菱形ABCD的面积＝32，可证四边形AEFB是平行四边形，可得▱AEFB的面积＝16，EF∥AB，即可求解．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∵∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴S△ABD＝×BD2＝16，∴菱形ABCD的面积＝32，∵EF是对边中位线，∴AE＝AD，BF＝BC，∴AE＝BF，且AE∥BF，∴四边形AEFB是平行四边形，∴▱AEFB的面积＝16，EF∥AB，∵EG是邻边中位线，∴S△EFG＝S▱AEFB＝8，故答案为8．18．（2021•杨浦区二模）如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两部分，那么我们把这条直线叫做这个平面图形的面积等分线．已知在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2，过点E的面积等分线与菱形的另一条边交于点F，那么线段EF的长为2．【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．【解析】如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面积，EF经过菱形对角线交点，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝＝＝2．故答案为：2．三．解答题（共6小题）19．（2021秋•浦东新区校级月考）已知：点E在菱形ABCD的边BC的延长线上，AE交CD于点F，FG∥CE交DE于点G．求证：FG＝FC．【分析】由菱形的性质得出AB＝AD，DC∥AB，AD∥BC，则FG∥AD，再证△GFE∽△DAE，△EFC∽△EAB，得＝，＝，则＝，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，DC∥AB，AD∥BC，∵FG∥BC，∴FG∥AD，∴△GFE∽△DAE，△EFC∽△EAB，∴＝，＝，∴＝，∴FG＝FC．20．（2021春•青浦区期末）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD交于点G，过G作GE⊥BC于点E，∠ADB＝∠FCB．（1）求证：AB＝2BE；（2）求证：DG＝CF+GE．【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，AD∥BC，可得∠ADB＝∠DBC＝∠FCB，可证GB＝GC，由等腰三角形的性质可得AB＝BC＝2BE；（2）由“AAS”可证△AFH≌△BFC，可得CF＝FH，由“SAS”可证△BGF≌△BGE，可得FG＝GE，可得结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵∠ADB＝∠FCB，∴∠FCB＝∠DBC，∴GB＝GC，又∵GE⊥BC，∴BC＝2BE，∴AB＝2BE；（2）如图，延长CF，DA交于点H，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠ABD＝∠DBC，∴∠H＝∠FCB，∴∠H＝∠ADB，∴DG＝HG，∵点F是AB的中点，∴AF＝BF，AB＝2BF，∴BF＝BE，在△AFH和△BFC中，，∴△AFH≌△BFC（AAS），∴CF＝FH，在△BGF和△BGE中，，∴△BGF≌△BGE（SAS），∴FG＝GE，∴DG＝HG＝HF+FG＝FC+GE．21．（2021春•普陀区校级期中）菱形ABCD中，∠B＝60°，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝60°．求证：AE＝AF．【分析】连接AC，如图，根据菱形的性质得AB＝BC，而∠B＝60°，则可判定△ABC为等边三角形，得到∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，易得∠ACF＝60°，∠1＝∠3，然后利用“ASA”可证明△AEB≌△AFC，于是得到AE＝AF．【解答】证明：连接AC，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴∠2＝60°，∠1+∠4＝60°，AC＝AB，∴∠ACF＝60°，∵∠EAF＝60°，即∠3+∠4＝60°，∴∠1＝∠3，在△AEB和△AFC中，，∴△AEB≌△AFC，∴AE＝AF．22．（2021•乌鲁木齐一模）如图，在菱形ABCD中，过点C作对角线AC的垂线，交AB的延长线于点E，连接BD．（1）求证：四边形DBEC是平行四边形；（2）如果∠E＝60°，CE＝2，求菱形ABCD的面积．【分析】（1）由菱形的性质得AB∥CD，再证CE∥BD，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得BD＝CE＝2，再由含30°角的直角三角形的性质得AE＝2CE＝4，则AC＝＝2，即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AC⊥BD，∵CE⊥AC，∴CE∥BD，又∵BE∥CD，∴四边形DBEC是平行四边形；（2）解：∵四边形DBEC是平行四边形，∴BD＝CE＝2，∵CE⊥AC，∴∠ACE＝90°，∵∠E＝60°，∴∠CAE＝30°，∴AE＝2CE＝4，∴AC＝＝＝2，∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×2×2＝2．23．（2020春•如东县校级月考）菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上．（1）如图1，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：F是CD的中点．（2）如图2，若∠EAF＝60°，∠BAE＝20°，求∠FEC的度数．【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和含30°的直角三角形的性质解答即可；（2）根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【解答】证明：（1）如图1所示：连接AC．∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC＝CD，∠C＝180°﹣∠B＝120°．∴△ABC等边三角形．∴E是BC的中点，∴AE⊥BC．∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°﹣∠AEF＝30°．∴∠CFE＝180°﹣∠FEC﹣∠ECF＝180°﹣30°﹣120°＝30°．∴∠FEC＝∠CFE．∴EC＝CF．∵，∴，∴F是CD的中点；（2）如图2所示：连接AC．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝60°．∴∠B＝∠ACF＝60°．∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠EAD＝∠EAF+∠FAD＝60°+∠FAD，∠AFC＝∠D+∠FAD＝60°+∠FAD．∴∠AEB＝∠AFC．在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（AAS）．∴AE＝AF．∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形．∴∠AEF＝60°，∵∠AEF+∠FEC＝∠B+∠BAE，∴∠FEC＝20°．24．已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P为射线AC上一点，E为射线BC上一点，且PD＝PE．（1）如图1，①求证：∠DPE＝60°．②求证：AP＝CE，③求证：CP+CE＝CD；（2）在图2中，（1）中的三个结论是否仍都成立？请说明理由．【分析】（1）①只需说明∠CEP＝∠CDP即可；②连接DE，证明△ADP与△CDE全等即可；③延长CE至F，使EF＝CP，连接DF，依次去证明△ADP≌△CDE，△DPC≌△DEF即可．（2）①②证明方法与（1）大致相同，③延长CD至F，使DF＝CP，连接EF，然后依次去证明△ADP≌△CDE，△EPC≌△EDF即可．【解析】（1