专题922菱形（分层练习）（提升练）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.22菱形（分层练习）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（

）A． B． C． D．2．（2022上·山西运城·九年级统考期中）如图，菱形的对角线长分别为8和10，P是对角线上任意一点（不与点A，C重合），交于点F，连接，则阴影部分的面积是（）A．12 B．20 C．40 D．803．（2023上·陕西榆林·九年级校考阶段练习）在下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（

）A． B． C． D．4．（2022下·河南新乡·八年级统考期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：①.四边形EFGH一定是平行四边形；②.若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形；③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．其中正确的是（

）A．① B．①② C．①③ D．①②③5．（2022上·广东佛山·九年级校考期中）如图，在菱形中，与交于点，，延长至点，使得，连接，则下列结论：①；②；③四边形为菱形；④的面积为菱形面积的一半，其中正确的结论个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．16．（2022·海南·统考中考真题）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（

）A．3 B．4 C．5 D．7．（2022下·重庆·八年级重庆一中校考期末）如图，菱形的边长为4，，过点B作交于点E，连接，F为的中点，H为的中点，连接和，交于点G，则的长为（）A．3 B． C． D．8．（2022·四川巴中·统考中考真题）如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（

）

A． B．若，则C． D．9．（2020·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．（2021·安徽·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（

）A． B． C． D．填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023上·山东聊城·九年级校考阶段练习）如图，菱形的周长为16，对角线与相交于点O，，垂足为E，若，则的长为．12．（2022·黑龙江哈尔滨·校考一模）如图，菱形中，，，点E为中点，点F在菱形的边上，连接，若，则的值为．

13．（2023上·福建三明·九年级统考期中）如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论：；四边形是菱形；，重合时，；点、、三点共线．其中正确的结论有．（写出序号即可）

14．（2023上·山东青岛·九年级校考阶段练习）如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，求折痕．

15．（2023下·黑龙江齐齐哈尔·八年级校联考期中）如图所示，在矩形中，，，两条对角线相交于点．以、为邻边作第1个平行四边形，对角线相交于点，再以、为邻边作第2个平行四边形，对角线相交于点；再以、为邻边作第3个平行四边形…依此类推，第n个平行四边形的面积是．16．（2022·甘肃平凉·模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，，延长BC到E，在内作射线CM，使得，过点D作，垂足为F．若，则对角线BD的长为．17．（2022上·重庆·八年级西南大学附中校考期末）如图，在菱形ABCD中，，，M，N分别是边AB，AD的动点，满足，连接CM、CN，E是边CM上的动点，F是CM上靠近C的四等分点，连接AE、BE、NF，当面积最小时，的最小值为．18．（2021·四川绵阳·统考中考真题）如图，在菱形中，，为中点，点在延长线上，、分别为、中点，，，则．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2022·北京·统考中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若求证：四边形是菱形．20．（8分）（2020·北京·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．21．（10分）（2022下·江苏南京·八年级校考期中）如图，已知垂直平分，，．（1）求证：四边形是平行四边形．（2）若，，求的长．22．（10分）（2021·云南·统考中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求的值．23．（10分）（2023上·山西朔州·九年级校联考期中）综合与探究已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线相交于点，且．初步感知】（1）当是线段的中点时（如图1），与的数量关系为______．【深入探究】（2）如图2，将图1中的绕点顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？说明理由．【拓展应用】（3）如图3，将图2中的绕点继续顺时针旋转，当时，求点到的距离．24．（12分）（2022·安徽·统考中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．（1）如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．参考答案：1．C【分析】先连接，根据线段垂直平分线的性质得，再根据菱形的性质得到，再证明，进而得出，，可知，然后根据等腰三角形的性质得，进而得出答案．解：连接．∵是的垂直平分线，∴．∵四边形是菱形，∴．，，，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴．故选：C．【点拨】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．2．B【分析】由四边形是两条对角线长分别为8和10的菱形得，则，设交于点O，可证明四边形是平行四边形，，则，于是得到问题的答案．解：如图，,∵菱形的对角线互相垂直，且对角线长分别为8和10，∴，在和中，，∴，∴，设交于点O，∵，∴PE∥AF，PF∥AE，∴四边形是平行四边形，，∴，在和中，，∴，∴，∴，故选：B．【点拨】此题重点考查菱形的性质、菱形的面积公式、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键．3．C【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定的应用，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．根据菱形的性质逐个进行证明，再进行判断即可．解：A、平行四边形中，本来就有，故本选项错误；B、平行四边形中，，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定平行四边形是矩形，而不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误；C、平行四边形中，，可利用邻边相等的平行四边形是菱形判定，故本选项正确；D、平行四边形中，，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定平行四边形是矩形，而不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误．故选：C．4．D【分析】根据三角形中位线定理得到，EH=BD，EF=AC，根据平行四边形、菱形、矩形的判定定理判断即可．解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，∴，EH=BD，EF=AC，∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；若AC=BD，则EF=EH，∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；若AC⊥BD，则EF⊥EH，∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；故选：D．【点拨】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．5．B【分析】根据菱形的性质和，可得，是等边三角形，再利用等边三角形的性质和三角形中位线定理可证①②正确，根据，可证得四边形是平行四边形，利用平行四边形性质可得④正确，但，不能证明四边形是菱形，即可得解．解：∵四边形是菱形，∴，，,又∵，∴，∴是等边三角形，∴，又∵，，∴，，，故①②正确；∵，，，∴，，∴四边形为平行四边形，但，∴四边形不是菱形，故③错误；∵四边形为平行四边形，四边形是菱形，∴，故④正确；∴正确的结论个数为3个，故选：B．【点拨】本题考查菱形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．6．B【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可．解：过C作CM⊥AB延长线于M，∵∴设∵点E是边的中点∴∵菱形∴，CE∥AB∵⊥，CM⊥AB∴四边形EFMC是矩形∴，∴BM=3x在Rt△BCM中，∴，解得或（舍去）∴故选：B．【点拨】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．属于拔高题．7．D【分析】由菱形的性质得，，，再由三角形中位线定理得，，然后证，得，进而由勾股定理即可得出结论．解：∵菱形的边长为4，，∴，，，∵F为的中点，H为的中点，∴，是的中位线，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，在中，由勾股定理得：，故选：D．【点拨】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．8．B【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．解：由作法得MN垂直平分CD，∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=AD，∴AB=BC=AC，∴ΔABC为等边三角形，∴∠ABC=60°∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；当AB=3，则CE=DE=，∵∠D=60°，∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°∴∠BAE=∠BAD∠DAE=120°30°=90°在Rt△ABE中，BE=，所以B选项的结论错误，符合题意；∵菱形ABCD∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；∵ABCD，AB=2DE，∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．故选：B．【点拨】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．9．D【分析】通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．解：∵BF⊥AC∴∠BMC=90°又∵∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC∴∠DNA=∠BMC=90°∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB∴∠ADB=∠CBD∴∠ADB∠EDO=∠CBD∠MBO即∠AND=∠CBM在△AND与△CMB∵∴△AND≌△CMB（AAS）∴AN=CM，DN=BM，故①正确．∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE=∠CMF=90°在△ANE与△CMF中∵∴△ANE≌△CMF（ASA）∴NE=FM，AE=CF，故③正确．在△NFM与△MEN中∵∴△NFM≌△MEN（SAS）∴∠FNM=∠EMN∴NF∥EM，故②正确．∵AE=CF∴DCFC=ABAE，即DF=EB又根据矩形性质可知DF∥EB∴四边形DEBF为平行四边根据矩形性质可知OD=AO，当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形∴∠ADO=60°又∵DN⊥AC根据三线合一可知∠NDO=30°又根据三角形内角和可知∠ABD=180°∠DAB∠ADB=30°故DE=EB∴四边形DEBF为菱形，故④正确．故①②③④正确故选D．【点拨】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．10．A【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．解：∵HF⊥BC,EG⊥AB,∴∠BEO=∠BFO=90°，∵∠A=120°，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，因为O点是菱形ABCD的对称中心，∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，所以四边形EFGH是矩形；设OE=OF=OG=OH=x，∴EG=HF=2x，，如图，连接AC，则AC经过点O，可得三角形ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB=2,∴OA=1,∠AOE=30°，∴AE=，∴x=OE=∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,故选A．【点拨】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．11．【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．根据菱形的性质和已知条件可得，进而推出，再根据30度角所对直角边等于斜边的一半求出，，最后利用勾股定理即可求出的长．解：菱形的周长为16，对角线与相交于点O，，，，，，，，，，，故答案为：．12．1或【分析】①当点F与A重合时，易知，此时，可得，②当点是的中点时，即图中点是的中点时，由，，推出，满足条件．即可列式作答．解：如图，连接AC、BD交于点O．

∵四边形是菱形，∴，∵，，∴，都是等边三角形，∴，，∴，①当点F与A重合时，∵点E为中点，∴，由勾股定理得，此时，∴②当点是的中点时，即图中点是的中点时，∵点E为中点，∴是的中位线∴，满足条件，此时，，∴，故答案为：1或【点拨】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会用分讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．13．【分析】此题考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，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；点与点重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；结合矩形的性质可知，进而可证明，即可判断④，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解题的关键．解：、∵，∴，由翻折可知：，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴，，∴，∵，若，则，∴，这个不一定成立，故不符合题意，故符合题意；、点与点重合时，如图，

设，则，在中，，即，解得，∴，∵，∵，∴，∴，故符合题意；、由折叠可知：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，，三点一定在同一直线上，故符合题意，综上所述：正确的结论有，故答案为：．14．【分析】连接，易得，根据折叠的性质可得，设，则，根据勾股定理可得，列出方程求出，同理可得：，推出四边形是菱形，根据，即可求解．解：连接，∵四边形是矩形，∴，∴，∵四边形沿折叠得到四边形，∴，设，∵，∴，根据勾股定理可得：，即，解得：，则，同理可得：，∴四边形是菱形，∵，∴，解得：，∴，故答案为：．

【点拨】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的面积公式．15．【分析】首先分别求得几个平行四边形的面积，即可得到规律：第个平行四边形的面积为．解：在矩形中，，，，，，以，为邻边作第1个平行四边形，平行四边形是菱形，，，第个平行四边形的面积为：，故答案为：．【点拨】此题考查了平行四边形的性质以及矩形的性质．注意得到规律：第个平行四边形的面积为是关键．16．【分析】连接AC交BD于H，证明DCH≌DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．解：如图，连接AC交BD于点H，由菱形的性质得∠BDC=35，∠DCE=70，又∵∠MCE=15，∴∠DCF=55，∵DF⊥CM，∴∠CDF=35，又∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∴∠HDC=35，在CDH和CDF中，∴CDH≌CDF（AAS），∴，∴DB=，故答案为．【点拨】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．17．3【分析】连接，连接，取的中点，连接，得到是等边三角形，进而判断当面积最小时，，根据为上的动点，当重合时，最小，进而可得的最小值．解：如图，连接，取的中点，连接，四边形是菱形，，是等边三角形，为等边三角形，点是上靠近点的四等分点，的面积最小时，的面积也最小当最小时，的面积最小

当时，最小是等边三角形，点是上的动点，当点与点重合时，最小的最小值为故答案为：【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短、等边三角形的面积，将求三角形CFN的面积最小值转化为CM和CN的最小值是解题的关键．18．4【分析】连接CG，过点C作CMAD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG=2HF=，由ABCD，得CDM=A=60°，设DM=x，则CD=2x，CM=x，在Rt△CMG中，借助勾股定理得，即可求出x的值，从而解决问题．解：如图，连接CG，过点C作CMAD，交AD的延长线于M，F、H分别为CE、GE中点，FH是△CEG的中位线，HF=CG，四边形ABCD是菱形，ADBC，ABCD，DGE=E，EHF=DGE，E=EHF，HF=EF=CF，CG=2HF=，ABCD，CDM=A=60°，设DM=x，则CD=2x，CM=x，点G为AD的中点，DG=x，GM=2x，在Rt△CMG中，由勾股定理得：，x=2，AB=CD=2x=4．故答案为：4．【点拨】本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，有一定综合性，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．19．（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．解：（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴，，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴，∵∴，∴，∴四边形ABCD为菱形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．20．（1）见分析；（2）OE=5，BG=2.【分析】（1）先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；（2）先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=ABAFFG=2．解：（1）证明:∵四边形ABCD为菱形，∴点O为BD的中点，∵点E为AD中点，∴OE为△ABD的中位线，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．（2）∵点E为AD的中点，AD=10，∴AE=∵∠EFA=90°，EF=4，∴在Rt△AEF中，．∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD=10，∴OE=AB=5，∵四边形OEFG为矩形，∴FG=OE=5，∴BG=ABAFFG=1035=2．故答案为：OE=5，BG=2．【点拨】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．21．（1）证明见分析；（2）【分析】（1）证明，根据全等三角形的判定和性质、平行线的性质得出，进而即可得证；（2）证明根据是菱形，根据菱形的性质分析，设则，勾股定理求得，进而勾股定理即可求解．解：（1）证明：垂直平分，，，在与中，，，，，，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：∵四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，，如图，设交于点，设则即解得：，即，，．【点拨】本题考查了平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是根据全等三角形的判定和平行四边形的判定分析．22．（1）见分析；（2）【分析】（1）根据折叠的性质得到BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，根据矩形的性质证明∠EDB=∠FBD，可得∠FDB=∠FBD，则有BF=DF，根据四边相等的四边形是菱形即可证明；（2）根据ED=2AE，得出菱形BEDF的面积为EF·BD=AD·AB，结合AB·AD=即可求出结果．解：（1）证明：∵△BED沿直线BE折叠，点E与点F重合，∴BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，又∵四边形ABCD是矩形，且E、F分别是线段AD、BC上的点，∴DE∥DF，∴∠EDB=∠FBD，∴∠FDB=∠FBD，∴BF=DF，∴BE=BF=DF=DE，∴四边形BEDF是菱形；（2）∵ED=2AE，点E是线段AD上的点，∴ED=AD，∵四边形BEDF是菱形，四边形ABCD是矩形，∴S菱形BEDF=EF·BD=ED·AB=AD·AB，∵AB·AD=，∴EF·BD=，解得：EF·BD=．【点拨】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，菱形面积的求法，折叠的性质，难度不大，解题的关键是根据折叠得到线段和角相等，掌握菱形的面积计算方法．23．（1）；（2）成立，见分析；（3）【分析】（1）根据菱形的性质，如图所示，连接，可得是等边三角形，可证，