专题924菱形（直通中考）（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9.24菱形（直通中考）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（

）

A． B． C． D．2．（2023·河北·统考中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（

）

A． B． C． D．3．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（

）

A．1 B． C． D．34．（2023·甘肃武威·统考中考真题）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．2 B．4 C．5 D．65．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则（

）

A．2 B． C．3 D．46．（2022下·山东淄博·八年级统考期末）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（）A．16 B．6 C．12 D．307．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）下列命题不正确的是（

）A．经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行B．负数的立方根是负数C．对角线互相垂直的四边形是菱形D．五边形的外角和是8．（2022·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形是菱形，，点是中点，是对角线上一点，且，则的值是（

）A．3 B． C． D．9．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（

）A． B． C． D．10．（2022·湖北黄冈·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC•EF＝CF•CD；④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（

）A．4 B．3 C．2 D．1填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023上·甘肃陇南·九年级统考期末）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为．12．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为．

13．（2022·山东德州·统考中考真题）如图，线段，端点的坐标分别为，，，，且，将平移至第一象限内，得到（，均在格点上）．若四边形是菱形，则所有满足条件的点的坐标为．

14．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为．15．（2022·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为．16．（2022·陕西·统考中考真题）如图，在菱形中，．若M、N分别是边上的动点，且，作，垂足分别为E、F，则的值为．17．（2022·甘肃武威·统考中考真题）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为cm．18．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AH是的平分线，于点E，点P是直线AB上的一个动点，则的最小值是．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．

（1）求证：；（2）若．求证：四边形是菱形．20．（8分）（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，是菱形的对角线．

（1）作边的垂直平分线，分别与，交于点，（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）的条件下，连接，若，求的度数．21．（10分）（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．（1）求证：；（2）若四边形是菱形且，，求四边形的面积．22．（10分）（2023·吉林长春·统考中考真题）将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．

（1）求证：四边形是平行四边形；（2）已知，当四边形是菱形时．的长为__________．23．（10分）（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）

（1）求证：；（2）当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由．24．（12分）（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

（1）若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；（2）如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；（3）如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．参考答案：1．D【分析】由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案．解：根据题意可得：，四边形为菱形，，，，，故选：D．【点拨】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．2．C【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．解：如图，∵∴∵∴∵∴∵∴

故选：C．

【点拨】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．3．A【分析】先证明，四边形是菱形，如图，连接，，而点G是的中点，可得为菱形对角线的交点，，当时，最小，再利用等面积法求解最小值即可．解：∵，，∴是矩形，∴，∵，，∴四边形是菱形，如图，连接，，而点G是的中点，

∴为菱形对角线的交点，，∴当时，最小，∵即矩形的面积为12，，∴，，∴，∴，由菱形的性质可得：，∴，∴，即的最小值为1．故选A【点拨】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．4．B【分析】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．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：B【点拨】此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．5．B【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．解：∵菱形，∴，，，∴由勾股定理，得，∵E为边的中点，∴故选：B．【点拨】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．6．B【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．解：连接AC交BD于O，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，∵E为AD边的中点，∴DE＝2，∵∠DEF＝∠DFE，∴DF＝DE＝2，∵，∴∠DEF＝∠BCF，∵∠DFE＝∠BFC，∴∠BCF＝∠BFC，∴BF＝BC＝4，∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，∴OB＝OD＝3，在Rt△BOC中，，∴AC＝2OC＝，∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝．故选：B．【点拨】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积＝ab（a、b是两条对角线的长度）．7．C【分析】由平行线公理、立方根的定义、菱形的判定定理、多边形的外角和，分别进行判断，即可得到答案．解：A、经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行；故A正确；B、负数的立方根是负数；故B正确；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；D、五边形的外角和是，故D正确；故选：C【点拨】本题考查了判断命题的真假，以及考查了平行线公理、立方根的定义、菱形的判定定理、多边形的外角和，解题的关键是掌握所学的知识，正确的进行判断．8．D【分析】取AC的中点M，连接EM设由中位线性质可得再根据，可得出从而得到FC的长，即可得到的结果．解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM，设∵点是中点，∴EM是的中位线，四边形是菱形，，∠AMD=90°，，∴DM=，∴AM=故选：D．【点拨】本题主要考查了菱形的性质和中位线的性质，熟练掌握这些性质是解此题的关键．9．A【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．解：如图，连接AC，BD，，．∵四边形ABCD是矩形，∴，，．∵，，，分别是矩形四个边的中点，∴，∴，∴四边形是菱形，∵，，∴四边形的面积为：．同理，由中位线的性质可知，，，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，∴四边形的面积为：．∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形的面积是．故选:A．【点拨】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．10．B【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．解：如图，设与的交点为，根据作图可得，且平分，，四边形是矩形，，，又，，，，，四边形是平行四边形，垂直平分，，四边形是菱形，故①正确；②，，∠AFB＝2∠ACB；故②正确；③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确，④四边形是矩形，，若AF平分∠BAC，，则，，，，，，，CF＝2BF．故④正确；故选B【点拨】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．11．24【分析】由菱形的性质得到，再通过的面积，的面积得到菱形的面积．解：如图：菱形中，，四边形是菱形，，的面积，的面积，菱形的面积的面积的面积．故答案为：24．【点拨】本题考查菱形的性质，三角形面积，由三角形的面积得到菱形的面积的面积的面积是解题的关键．12．24【分析】根据平行线的性质可得，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形，根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．解：∵，∴，∵的垂直平分线交于点，∴，，∴，∴，，∴四边形为平行四边形，又∵，，，∴平行四边形为菱形，∵，∴，∴，在中，，故菱形的面积为，故答案为：24．【点拨】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．13．或【分析】分别以点A，B为圆心，为半径作弧，交第一象限于格点，，，，，，根据菱形的性质即可得到结果．解：分别以点A，B为圆心，为半径作弧，交第一象限于格点，，，，，，顺次连接A，B，，及A，B，，，得到菱形及菱形，观察图形可知点D对应点的坐标为或或，点C对应点的坐标为或或，∵点，都在第一象限内，∴符合条件的点的坐标为或．

【点拨】本题考查菱形的性质、确定平面直角坐标系点的坐标，运用数形结合思想是解题的关键．14．【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FHAO，然后求出OE、OH，由勾股定理可求解．解：如图，取OD的中点H，连接FH，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，∴FH＝AO＝，FHAO，∴FH⊥BD，∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，∴OE＝，OH＝，∴EH＝，∴EF＝，故答案为：．【点拨】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．15．【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．解：已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，∵OE=3，OA=4，∴根据勾股定理得，∵AE=BE，∴，在Rt△AOB中，即菱形的边长为，∵点F为的中点，点O为DB中点，∴．故答案为【点拨】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．16．【分析】连接AC交BD于点O，过点M作MG//BD交AC于点G，则可得四边形MEOG是矩形，以及，从而得NF=AG，ME=OG，即NR+ME=AO，运用勾股定理求出AO的长即可．解：连接AC交BD于点O，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO=，AD//BC，∴在Rt中，AB=4，BO=，∵，∴过点M作MG//BD交AC于点G，∴,∴又∴，∴四边形MEOG是矩形，∴ME=OG，又∴∴在和中，,∴≌∴，∴，故答案为．【点拨】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．17．8【分析】利用菱形对角线互相垂直且平分的性质结合勾股定理得出答案即可．解：菱形中，对角线，相交于点，AC=4cm，，，AO=OC=AC=2cmcm，cm，cm，故答案为：8．【点拨】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质，运用勾股定理解直角三角形，是解题关键．18．/【分析】作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，利用菱形的性质与直角三角形的性质，勾股定理，求出OF，OE长，再证明△EOF是直角三角形，然后由勾股定理求出EF长即可．解：如图，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF的长，∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，AD=AB=3，∵∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，∠BAO=30°，∴OB==，∴OA=，∴点O关于AB的对称点F，∴OF⊥AB，OG=FG，∴OF=2OG=OA=，∠AOG=60°，∵CE⊥AH于E，OA=OC，∴OE=OC=OA=，∴∠AEC=∠CAE，∵AH平分∠BAC，∴∠CAE=15°，∴∠AEO=∠CAE=15°，∴∠COE=∠AEO+∠CAE=30°，∴∠COE+∠AOG=30°+60°=90°，∴∠FOE=90°，∴由勾股定理，得EF=,∴PO+PE最小值=．故答案为：．【点拨】本题考查菱形的性质，利用轴对称求最短距离问题，直角三角形的性质，勾股定理，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，则PO+PE最小，最小值=EF的长是解题的关键．19．（1）见分析；（2）见分析【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证；（2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证．解：（1）证明：连接，交于点，

∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，又，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴；（2）∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，∴，∴平行四边形是菱形．【点拨】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．20．（1）见分析；（2）【分析】（1）分别以点，点为圆心，大于的长为半径作弧，交于点，点，作直线交于点，交于点，连接即可；（2）连接，由菱形的性质得到，，则，由线段的垂直平分线的性质可得，故得到，则．（1）解：

（2）解：连接，菱形，，，，垂直平分，，，．【点拨】本题主要考查基本作图，菱形的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质．按照要求作出边的垂直平分线是解题的关键．21．（1）见分析；（2）【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出，得到，判定四边形是平行四边形，推出，得到．（2）由菱形的性质得到，，推出四边形的菱形，由平行线的性质得到，判定是等边三角形，得到，，求出，得到，由菱形的面积公式即可求出四边形的面积．解：（1）证明：四边形是平行四边形，，，，平分，平分，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，．（2）解：由（1）知，，四边形是菱形，，，，四边形的菱形，，，，，，，是等边三角形，，，，，，，四边形的面积．【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由，得到，判定四边形是平行四边形；证明四边形是菱形．22．（1）见分析；（2）【分析】（1）由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；（2）如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．解：（1）证明：由题意可知，，，，四边形地平行四边形；（2）如图，在中，