八年级下册数学 期末真题汇编（福建） 专题05 菱形(解析版)

专题05菱形6大高频考点概览考点01利用菱形性质求角度考点02利用菱形性质求线段考点03利用菱形性质求面积考点04利用菱形性质证明考点05证明四边形是菱形考点06利用菱形性质与判断综合应用地地城考点0113利用菱形性质求角度1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，菱形的对角线，交于点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质．熟练掌握菱形对边平行，对角线互相垂直，是解题的关键．根据菱形对边平行得到，根据，得到．【详解】∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴，故选：A．2．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连结，转动手柄可改变的大小菱形的边长不变当时，的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键．先根据菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，得再根据菱形的邻角互补即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线，，，，，故选：C．3．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，是一个轴对称图形，由一个矩形和三个全等菱形拼接而成，其中，则矩形的一组邻边之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，在取点P，使，连接，根据轴对称的性质得出，，，证明，，，设，，则，证明为等腰直角三角形，得出，从而得出，求出x，即可得出，求出，，最后求出结果即可．【详解】解：连接，，在取点P，使，连接，如图所示：根据轴对称可知：，，，，∵矩形中，∴，∵三个全等菱形，∴，，，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵矩形中，∴，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∵矩形中，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，，则，∵为等腰直角三角形，∴，∴，解得：，即，∴，，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是做出辅助线，熟练掌握相关的性质．4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，点E是边上的一点，沿翻折得到，连接并延长，交于点F．则的度数是__________．【答案】/65度【分析】本题考查菱形的性质、折叠性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其外角性质，熟练掌握菱形的性质和三角形的相关知识是解答的关键．先根据菱形性质得到，，再由折叠性质，得，，进而利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理得到，然后利用三角形的外角性质可求得答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，由折叠性质，得，，∴，∴，∴，故答案为：．5．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在菱形中，，，点是对角线上的一个的动点，则的最小值为___________．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质、垂线段最短、以及含角的直角三角形的性质．解题的关键是通过构造辅助线，将的最小值问题转化为点到直线的距离问题，利用勾股定理求解．【详解】解：如图，自点A作，垂足为Q，交于点P，∵，∴，又菱形对角线平分，则．∴．在上任取一点（不同于点P），连接，同理可证：．∵，即∴因此，点P是使可取得最小值的动点．∵在直角三角形中，，则，∴，∴，即的最小值为．故答案为：．地地城考点02利用菱形性质求线段1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，菱形纸片的边长为，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，使得，垂足为．若，则的长为（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理；作于点，则，求出，得到，在中，求出和的关系，再根据，即可求出的长，从而求得的长，进而求得．【详解】解：如图，作于点，则，由折叠得，∵，∴∴，，∵菱形纸片的边长为，∴，∵，∴，∴，则是等腰直角三角形，∴，∴∴解得：∴，故选：A．2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，菱形的面积为24，则菱形边长为（

）A．3.5 B．4 C．4.5 D．5【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，利用菱形的面积公式求的长是本题的关键．根据菱形面积公式可求的长，根据勾股定理可求菱形边长，即可求周长．【详解】解：∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴菱形边长为5．故选：D．3．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，点G、H是对角线上的两点，若四边形是菱形，则线段的长是（

）A． B． C． D．10【答案】C【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，如图，连接交于点O，连接，证明，，可得，可得，结合，进一步求解即可.【详解】解：如图，连接交于点O，连接，∵四边形是菱形，∴，，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，在与中，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，解得：；故选：C．4．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图，菱形的两条对角线相交于点，，则对角线的长是（

）如A． B．2 C． D．【答案】D【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，，再进一步利用勾股定理求解即可.【详解】解：∵菱形的两条对角线相交于点，，∴，，，，∴，∴；故选：D5．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，菱形中，是对角线上的一点，连接，，，若，则的长为_____．【答案】【分析】本题通过连接菱形对角线，利用菱形性质构建特殊三角形（等边三角形、等腰直角三角形），结合直角三角形边角关系，设未知数列方程求解长度．【详解】解：连接，交于点．四边形是菱形，，是等边三角形，，，．．又是等腰直角三角形，设．在中，，．，，，且．．故答案为：．【点睛】本题主要考查菱形性质、等边三角形判定与性质、等腰直角三角形判定与性质，熟练掌握菱形对角线垂直且平分一组对角，以及利用特殊角度（、）在直角三角形中建立边的数量关系是解题关键．6．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，对角线相交于点，一块三角板（）的直角顶点恰好是的中点，连接．现给出以下结论：①是等边三角形；②；③；④．其中正确的是______．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】根据菱形的性质证明为等边三角形，为等边三角形，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；如图，记的交点为，证明，可得，结合，，可得，故③不符合题意；取的中点，连接并延长交于，连接，证明，可得，证明，可得，设，而，，证明，可得四边形是矩形，可得三点共线，进一步求解即可得到④符合题意.【详解】解：∵在菱形中，，∴，，，，，∴为等边三角形，为等边三角形，故①符合题意；∴，∵，∴，∴，故②符合题意；如图，记的交点为，∵，∴，∴，∵，，∴，故③不符合题意；取的中点，连接并延长交于，连接，∵，，∴，∴为等边三角形，∴，∵为等边三角形，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴是的垂直平分线，∴，，，∵，∴，，∴，∴，设，而，，∴，，∵为的中点，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，同理可得：，，∴，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，，而，∴三点共线，∴，∵，，∴，∴，∴为等边三角形；∴，故④符合题意；故答案为：①②④.【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，菱形的性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段的垂直平分线的性质，本题的难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键.7．（22-23八年级下·福建泉州·期末）在菱形中，对角线，，则菱形的周长为____________．【答案】20【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，利用菱形的性质结合勾股定理计算即可得解，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键．【详解】解：如图：在菱形中，对角线，，令对角线、相交于点，，则，，，∴，∴菱形的周长为，故答案为：．8．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，、分别在和上．若，，且，则的长为___________．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．先由已知条件求得和的长，再在上截取，然后判定，则可推得，由等腰三角形的“三线合一“性质可得、，从而由勾股定理可求得和．【详解】解：∵在菱形中，边，，，∴，，如图，在上截取，过点B作于点H，

则，∵菱形中，，，∴在和中，，∴．∴，∵，∴．∵，则，∴，∵，∴在中，由勾股定理得：，∴在中，由勾股定理得：．故答案为：或．9．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，菱形中，，，E、F分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为______．

【答案】【分析】过点B作，且，证明，当A，E，T三点共线时，取得最小值，最小值为的长，利用勾股定理，菱形的性质解答即可．【详解】解：∵菱形中，，，∴，，过点B作，且截取，则，连接，∴，∵，∴，

∴，∵，∴，故当A，E，T三点共线时，取得最小值，最小值为的长，∵，∴，故最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．10．（24-25八年级下·福建福州·期末）在边长为的菱形中，若，则对角线的长为______．【答案】【分析】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，由四边形是菱形，则，由，从而证明是等边三角形，然后通过等边三角形的性质即可求解，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．【详解】解：如图，∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，故答案为：．11．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，且，，则______．【答案】6【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形对角线互相垂直的性质是解题关键．根据菱形对角线互相垂直，利用勾股定理进行求解即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，．故答案为：．12．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，．(1)尺规作图：求作菱形，点D在线段上（不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，若，求菱形的周长．【答案】(1)见解析(2)20【分析】本题主要考查了勾股定理、菱形的判定及性质、尺规作垂线以及尺规作线段，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．（1）作线段的垂直平分线交于点，交于点，在线段的垂直平分线上取，连接、、，则四边形为所求作的四边形；（2）由菱形的性质得，再根据勾股定理构造方程即可得解．【详解】（1）解：四边形为所求作的四边形；∵，∴四边形为菱形；（2）解：∵四边形为菱形，∴，∵，，∴即，解得，∴菱形的边长为．13．（24-25八年级下·福建泉州·期末）在中，，，．(1)求作菱形，使得点在边上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)求（1）中所作菱形的周长．【答案】(1)见解析(2)20【分析】本题考查基本的尺规作图，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．（1）法一，作的垂直平分线，交于点，在的垂直平分线上取点，使到的距离相等，则四边形是菱形；法二，在的左边作，可得，分别以点为圆心，以为半径画弧，交于点，则，则四边形是菱形；法三，作交于点，作，，可证，可得，则四边形是菱形；（2）设菱形的边长为，在中用勾股定理建立方程，求解即可．【详解】（1）法一：如图1，菱形即为所求；法二：如图2，菱形即为所求；法三：如图3，菱形即为所求；（2）设菱形的边长为，则，，在中，，即，解得：，菱形的周长为：．14．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在菱形中，，点在上，点在上，且．(1)如图1，若，相交于点，点恰好与点重合，求的度数；(2)如图2，当点在上运动时，的度数会发生变化吗？请说明理由．【答案】(1)；(2)当点N在上运动时，的度数不发生变化，始终等于．【分析】（1）当点N恰好与点O重合时，根据菱形性质得是等边三角形，则，再根据得是等边三角形，进而得，然后根据及三角形内角和定理即可得出的度数；（2）连接交于点O，连接，由菱形性质得是的垂直平分线，设，再分两种情况讨论如下：①当点N在线段上时；②当点N在线段上时，即可得出答案．【详解】（1）解：当点N恰好与点O重合时，如图1所示：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，又∵，，∴，∴；（2）解：当点N在上运动时，的度数不发生变化，始终等于，理由如下：连接交于点O，连接，∵四边形是菱形，∴是的垂直平分线，∴，∴设，由（1）可知：是等腰三角形，，依题意有以下两种情况：①当点N在线段上时，如图2①所示：∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴；②当点N在线段OC上时，如图2②所示：∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，综上所述：当点N在上运动时，的度数不发生变化，始终等于．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键，分类讨论是易错点．地地城考点03利用菱形性质求面积1．（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在菱形中，与交于点O．若，，则该菱形的面积是（

）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】B【分析】本题考查菱形面积的计算，已知对角线长度，由菱形面积等于对角线乘积的一半做计算即可．【详解】解：，，．故选：B．2．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁．李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形形状和面积分别是（

）A．平行四边形， B．平行四边形，C．菱形， D．菱形，【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理．先证明四边形是平行四边形，则，如图，作于于，利用面积法证明，得到四边形是菱形，再由勾股定理求得，然后根据重合部分四边形的面积为，求解作答即可．【详解】解：由题意知，，∴四边形是平行四边形，，如图，作于于，连接，则，∵四边形是平行四边形，，即，，∴四边形是菱形，，，由勾股定理得，，则，∴重合部分四边形的面积为：，故选：D．3．（24-25八年级下·福建厦门·期末）若菱形周长为，两对角线之和为，则菱形面积为（

）．A．48 B．60 C．96 D．120【答案】C【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先求出菱形的边长为，再由菱形的性质得到，根据题意可得，设，则，由勾股定理得，据此根据完全平方公式的变形求出的值即可得到答案．【详解】解：∵菱形周长为，∴菱形的边长为，如图所示，菱形的对角线交于点O，则，∵两对角线之和为，∴，∴，设，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴，∴，故选：C．4．（24-25八年级下·福建福州·期末）菱形的对角线长分别为6和8，它的面积为（

）A．5 B．20 C．24 D．48【答案】C【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可．【详解】解：菱形的面积为：；故选C．【点睛】本题考查求菱形的面积．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．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，菱形的两条对角线长度分别为6与是对角线上一点，，分别交菱形两边于点，则图中阴影部分面积为（

）A．3 B． C． D．6．7【答案】C【分析】本题考查菱形的判定与性质，平行的性质与推论，全等三角形的性质与判定，掌握知识点是解题的关键．先求出，继而证明，，可得，，继而可得阴影部分的面积等于菱形面积的一半，然后求得答案．【详解】解：∵菱形的两条对角线长度分别为6与，∴，，，，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故选：C．6．（2024·陕西西安·二模）如图，菱形的边长为2，较短的对角线的长为是上一点，，分别交菱形两边于点，则图中阴影部分面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查菱形的判定与性质，勾股定理．由在菱形中，，易得四边形是菱形，继而可得阴影部分的面积等于菱形面积的一半，然后求得答案．【详解】解：如图，在菱形中，连接交于，，四边形是平行四边形，四边形是菱形四边形是菱形，菱形是轴对称图形，和面积相等，菱形的对角线把菱形分成四个全等的三角形，阴影部分的面积等于菱形面积的一半，，，，，．故选：D．7．（24-25八年级下·福建泉州·期末）在菱形中，于点E．若，，则菱形的面积等于________．【答案】35【分析】本题考查了菱形的性质．由菱形的性质可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∴菱形的面积，故答案为：35．8．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，四边形是菱形，于点H，若，，则等于____．【答案】【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，先根据菱形的性质和勾股定理求得，再根据菱形的面积公式求解即可．【详解】解：设与的交点为O，∵四边形是菱形，，，∴，，，∴，∵于点H，∴，∴，故答案为：．9．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，对角线相交于点，．若，且四边形的面积为18，则的值是___________．【答案】2【分析】根据题意可判断出四边形是平行四边形，再由菱形的性质可得出，即，可判断出四边形是矩形；由菱形的面积和勾股定理即可得出答案．【详解】解：∵，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，∴，，，，∴，，，∴四边形是矩形，∴，∴，∵四边形的面积为18，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：2．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质以及完全平方式等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解题的关键．10．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，菱形的面积为48，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为8，则图中阴影部分的面积为______．【答案】20【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可．【详解】解：连接，∵菱形的面积为48，点E是的中点，的面积为8，∴，，设菱形中边上的高为h，则，即，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：20．11．（24-25八年级下·福建莆田·期末）如图将两张长为，宽为的矩形纸条交叉，使其重合部分始终为菱形，则该菱形面识的最大值为___________．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的性质，正确利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．当两张纸条如图所示放置时，菱形边长最大，然后根据勾股定理求出菱形的边长，即可得到答案．【详解】解：由题意可知菱形的高为，则底越长，面积越大．如图所示，此时底的长达到最大值，∵四边形是菱形，∴，∵四边形是矩形，∴，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得：，即菱形的最大边长：，∴该菱形面识的最大值为：cm．故答案为：．12．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在上的点处，折痕为，若，，，则_____，四边形的面积是_____．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积公式，垂直平分线的判定及性质，熟悉掌握辅助线的作法是解题的关键．利用菱形的性质得到，利用勾股定理求出的长即可求出的长；连接交于点，证出，利用勾股定求出的长，再利用面积公式运算求解即可．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，∵，∴，∵，，∴在中，，∵折叠，∴，∴；连接交于点，如图所示：∵折叠，∴，，，∴垂直平分，在中，，∴，∴；故答案为;；．13．（24-25八年级下·福建莆田·期末）阅读与思考：下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．作矩形的最大内接菱形的方法顶点在矩形边上的菱形叫做矩形的内接菱形．在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中制作出一个最大的内接菱形”．实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法．方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀得到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1），则四边形是矩形的内接菱形．方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形，则四边形也是矩形的内接菱形．（如图2）方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E，与边交于F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形．实践小组通过三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形．任务：(1)图一菱形的面积与矩形的面积之比为(2)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程．（保留作图痕迹，不要求写作法）(3)若在矩形中，，，请你根据日记中三种方法，通过计算求出此矩形的内接菱形的面积最大值．【答案】(1)(2)见解析(3)60【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，尺规作图作垂直平分线，勾股定理解三角形，由勾股定理求解出菱形边长，并熟练掌握菱形面积的求法，“底乘高”与“对角线乘积的一半”求解菱形的面积是解决本题的关键．（1）由矩形和菱形的面积公式计算即可；（2）根据垂直平分线的尺规作图的方法，以线段的两个端点为圆心，大于线段一半长度为半径画弧，连接两弧交点，即可画出垂直平分线；（3）方法一：根据（1）中结论，计算出矩形矩形的面积即可得菱形的面积；方法二：根据勾股定理求出菱形的边长，由底乘高计算菱形的面积即可；方法三：由方法二同理可求菱形的面积，比较三种方法菱形的面积即可得．【详解】（1）解：∵，，∴，，∴菱形的面积与矩形的面积之比为；故答案为：；（2）解：先连接对角线，以点A为圆心，大于线段一半长度为半径画弧，以点C为圆心，同样长度为半径画弧，两弧交于M，N两点，连接M，N两点，所得直线与边交于点E，与边交于点F，则四边形即为所求：（3）解：方法一：在矩形中，，，∴，由（1）可知，菱形的面积与矩形的面积之比为，∴菱形的面积为；方法二：设菱形边长为x，即，∵，，∴，在中，，即，解得，∴菱形边长为10，∴菱形的面积为；方法三：由方法二可知，同理可得菱形边长为10，∴菱形的面积为；∵，∴此矩形的内接菱形的面积最大值为60．14．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，四边形是矩形（）．(1)尺规作图：作以为对角线，且点、分别在、上的菱形；（要求：不写作法，保留作图痕迹）(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)5【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，勾股定理等等，熟知相关知识是解题的关键．（1）作线段的垂直平分线，分别角于E、O、F，连接，则菱形即为所求；由线段垂直平分线的性质可得,可证明,由全等三角形的性质进一步可得出.（2）由矩形的性质可得，由（1）可得，设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案．【详解】（1）解；如图所示，作线段的垂直平分线，分别角于E、O、F，连接，则四边形即为所求:（2）解：∵四边形是矩形，∴，由（1）可得，设，则，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴，∴．15．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，已知：，点在射线上．(1)求作：菱形，使得点在射线上，点在射线的上方；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．）(2)在（1）的条件下，连接交于点，若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了作垂直平分线，菱形的判定和性质，勾股定理．（1）作垂直平分线交射线于，以C为圆心，为半径画弧，交垂直平分线于D，连接四边形，四边形即为所求；（2）由菱形的性质求出，由勾股定理求出，根据完全平方公式得到，即可求出菱形的面积．【详解】（1）解：作垂直平分线交射线于，以C为圆心，为半径画弧，交垂直平分线于D，连接四边形，四边形即为所求；（2）解：四边形是菱形，，，，，，，，，，．16．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，矩形中，为对角线．(1)已知，尺规作图，作菱形，点，分别在边，上(保留作图痕迹，不写作法)；(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查垂直平分线的尺规作图，菱形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是掌握基本作图以及菱形的性质．（1）连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，即可；（2）设，则有，解方程求出可得结论．【详解】（1）解：如图，菱形即为所求．∵矩形，∴，即，∴，∵垂直平分，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）四边形是菱形，设，四边形是矩形，，在中，，，解得，四边形的面积．17．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图是一张对边平行的纸片，点A，C分别在平行边上，连接．(1)求作：菱形，使点A，D落在纸片的同一边上；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，，交于点O，若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）作线段的垂直平分线，交纸片的平行边于两点A、B，连接、即可；（2）根据菱形性质得出，，，根据勾股定理得出，根据求出结果即可．【详解】（1）解：如图，四边形即为所求，根据作图可知：垂直平分，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形；（2）解：∵四边形为菱形，∴，，，∵，，∴，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了尺规作线段垂直平分线，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质．18．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，四边形是矩形．(1)请用无刻度的直尺和圆规在图中作一个菱形，其中F在直线上，E在直线上；（不要求写作法，但要保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，若，，求所作菱形的面积．【答案】(1)见解析；(2)菱形的面积为15．【分析】（1）作线段的垂直平分线，交于点F，交BC于点E，连接，即可．（2）根据菱形的性质可得．由矩形的性质可得，，．设，则．在中，由勾股定理建立等式求解，再结合菱形的面积公式计算即可．【详解】（1）解：（1）如图，作线段的垂直平分线，交于点F，交BC于点E，连接，，则四边形即为所求．（2）解：四边形为菱形，．四边形是矩形，，，．设，则．在中，由勾股定理得，，即，解得，，菱形的面积为．【点睛】本题考查了垂直平分线作图、垂直平分线性质、矩形的性质、勾股定理、菱形的性质，解决本题的关键是熟练掌握相关性质．地地城考点04利用菱形性质证明1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）下列性质中，矩形具有而菱形不一定具有的是（

）A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．四边相等【答案】B【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．根据矩形和菱形的性质逐项进行判断．【详解】解：∵矩形的性质有：①矩形的两组对边分别平行且相等；②矩形的两条对角线相互平分且相等；③矩形的两组对角分别相等，矩形四个角都为直角；菱形的性质有：①菱形的两组对边分别平行，菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线相互平分且垂直，菱形的每一对角线分别平分一组对角；③菱形的两组对角分别相等；∴矩形具有而菱形不一定具有的性质为：对角线相等，故选：B．2．（24-25八年级下·福建莆田·期末）菱形和矩形都具有的性质是（

）A．四条边都相等 B．四个角都是直角C．对角线互相平分 D．对角线相等【答案】C【分析】本题考查了菱形及矩形的性质，熟知菱形和矩形的对角线的性质是解决本题的关键．【详解】解：A、菱形的四条边都相等，矩形的四条边不一定相等，故A不符合题意；B、矩形的四个角都是直角，菱形的四个角不一定都是直角，故B不符合题意；C、菱形对角线互相平分，矩形的对角线互相平分，故C符合题意；D、菱形的对角线不一定相等，矩形的对角线相等，故D不符合题意；故选：C．3．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（

）

①；②的度数不变；③；A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识点是解题的关键．证明可得，，，进而判断①；进而可得，进而判断②；根据，进而判断③．【详解】解：∵是菱形，，，∴，∴是等边三角形，∴∴，即∴，∴，，，故①正确；∵，∴，故③正确；∵，∴，∴，故②正确．故选：D．4．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，矩形中，，，点P是边上的动点（不与C、D重合），以为边作菱形，使，若矩形有第二个顶点在菱形的边上，则_______．【答案】【分析】根据题意，分两种情况讨论，①当点在上时，根据矩形的性质与菱形的性质，以及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理可得；②当点在菱形的边上时，如图，过点作交的延长线于点，线段上截取，过点作于,证明，根据等面积法即可求解．【详解】解：①当点在上时，如图，四边形是矩形，，，，，，，；②如图，当点在菱形的边上时，如图，过点作交的延长线于点，设，四边形是菱形，，在中，，，，，，线段上截取，过点作于,，,即，解得（负值舍去），经检验符合题意，，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．5．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求证．【详解】证明：∵四边形是菱形，∴．在和中，，∴，∴．6．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，菱形的对角线，交于点，点E，F分别在，上，连接，，，，且．求证：四边形是菱形．

【答案】详见解析【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质及平行四边形的判定与性质是解题的关键．根据菱形的性质证明，再证明四边形是平行四边形，再根据菱形的判定，即可证明结论．【详解】证明：四边形是菱形，，，，，，，四边形是平行四边形，，，，四边形是菱形．7．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）在菱形中，，动点E在边上，连接，．(1)如图1，若，，求的长；(2)如图2，在上取点F，使得，且，连接，点G是的中点，连接，求证：；(3)如图3，在同一平面上取一点P（点P与点A在的异侧），使得，且，连接．当取到最小值时，求的值．【答案】(1)4(2)见解析(3)【分析】（1）利用等腰直角三角形的判定，勾股定理解答即可；（2）延长到点H，使得，连接，则，只需证明，，证明即可．（3）过点D作于点Q，在上截取，连接，，确定点P的运动轨迹是过点M且垂直的定直线，垂足为点M，根据垂线段最短，得当时，最小，此时点P与点M重合，点E与点Q重合，根据菱形的性质，勾股定理，面积分割法计算解答即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，（舍去），∴．（2）证明：延长到点H，使得，连接，则，∵点G是AF的中点，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵菱形中，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（3）解：过点D作于点Q，在上截取，连接，∵菱形中，，∴，，∴，，∵，且，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴点P的运动轨迹是过点M且垂直的定直线，垂足为点M，根据垂线段最短，得当时，最小，此时点P与点M重合，点E与点Q重合，此时，，设菱形的边长为，根据勾股定理，得，解得，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，一线三直角全等模型的应用，垂线段最短，平行线的性质，熟练掌握性质是解题的关键．8．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图所示，在菱形中，对角线相交于点O，过点B8，且，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，交于点F，连接，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)6.5【分析】（1）由菱形得到，然后得到，然后结合，即可得到四边形是矩形；（2）由菱形得到，推出，然后求出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，，∴四边形是平行四边形，，，是矩形；（2）解：四边形是菱形，，，，是矩形，在中，，，，，，，，在中，，，．【点睛】此题考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．9．（24-25八年级下·福建福州·期末）小果同学在学习了矩形和菱形之后，发现他们的性质既有关联也有不同，为了更好的掌握相关知识，进行了以下探索，请根据他的想法与思路，完成以下作图与证明：(1)（尺规作图）在菱形中，交于点O．在右侧作，在上截取，连接．（保留作图痕迹，不写作法）(2)求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，作一个角等于已知角，熟练掌握以上知识是解题的关键；（1）根据题意用尺规在右侧作，在上截取，连接，即可求解．（2）根据菱形的性质，先证明四边形是平行四边形，再根据即可证明．【详解】（1）解：如图所示，（2）证明：四边形是菱形，，．．，．，．四边形是平行四边形，．四边形是矩形．地地城考点05证明四边形是菱形1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，将矩形按如图所示步骤进行折叠及剪裁，并把完全展开后，则所得到的图形一定是（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．矩形 D．菱形【答案】D【分析】设完全展开后得到四边形，由折叠得，，则F、H、P三点在同一条直线上，所以，则四边形是菱形，于是得到问题的答案．【详解】解：如图，将剪下的完全展开后得到四边形，∵折叠两次后，折痕将周角四等分，∴，∵，∴F、H、P三点在同一条直线上，∴第二条折痕垂直于第一条折痕，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，故选：D．2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图是将一张矩形纸片经过两次对折后所形成的矩形，将如图的矩形沿虚线剪开，剪下来的直角三角形纸片完全展开后的形状是（

）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．正方形 D．菱形【答案】D【分析】本题考查菱形的判定，折叠的性质．通过折叠的过程可以得出该四边形的对角线互相平分且垂直，继而进行判断即可．【详解】解：由折叠的性质可得，展开后的图形为四边形，四边形的两条对角线互相平分且垂直，因此剪下来的直角三角形纸片完全展开后的形状是菱形，故选D．3．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）下列命题是真命题的是（

）A．对角线互相平分的四边形是菱形B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形C．对角线相等的四边形是菱形D．对角线互相垂直的四边形是菱形【答案】B【分析】本题主要考查了真假命题的判定，菱形的判定，根据菱形的判定条件逐一分析选项：对角线互相垂直平分的四边形满足菱形的判定，而其他选项均不符合菱形的定义或判定定理．【详解】解：选项A：对角线互相平分的四边形是平行四边形，但平行四边形需满足邻边相等或对角线垂直才是菱形．仅凭对角线平分无法确定是菱形，故A为假命题．选项B：对角线互相垂直且平分，说明四边形是平行四边形（对角线平分）且对角线垂直，符合“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”的判定定理，故B为真命题．选项C：对角线相等的四边形可能是矩形或等腰梯形，但菱形的对角线不一定相等，故C为假命题．选项D：仅对角线垂直的四边形（如风筝形）不一定是菱形，还需满足对角线平分，故D为假命题．故选：B．4．（24-25八年级下·福建福州·期末）已知平行四边形，点F在边上，利用尺规作图得到以为边的菱形，下列符合要求的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【分析】题目主要考查作一条线段等于已知线段，作角平分线、垂直平分线，菱形的判定，等角对等边等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键.根据图中作一条线段等于已知线段，作角平分线、垂直平分线的作法，结合菱形的判定依次判断即可.【详解】解：①由作图得，无法得出以为边的菱形，不符合题意；②由作图得：垂直平分，∴，∵平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∴四边形为菱形，符合题意；③由作图得平分，平分，∴，∵平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形，符合题意；故选：C.5．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，，平分．(1)尺规作图：在射线上求作一点D，使得；（保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，连接．求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了菱形的判定，等角对等边，平行线的尺规作图，角平分线的定义，熟知相关知识是解题的关键．（1）作交射线于D，则点D即为所求；（2）先证明四边形为平行四边形，再由角平分线的定义和平行线的性质证明，则，据此可证明平行四边形为菱形．【详解】（1）解：如图所示，点D即为所求；（2）证明：，，四边形为平行四边形，平分，，，，，，平行四边形为菱形．6．（24-25八年级下·福建泉州·期末）实践探究：主题特殊四边形的几何变换素材用两张全等的直角三角形的纸片，把它们的一条直角边重合在一起（如图1）已知，，．由全等可知，，，所以四边形是平行四边形．实践探究平移①如图2，把沿平移得到，点在线段上，经过的顶点C，与交于点E，与交于点F．任务一

求证：四边形是矩形；对折②如图3，将沿直线对折，点B的对应点刚好落在线段上．

任务二

求证：四边形是菱形；③如图4，若点M、N分别是、的中点，将沿直线对折，点B的对应点为．任务三

求证：点在同一直线上；旋转④如图5，绕点A顺时针旋转，当点C的对应点恰好落在边上时，点B的对应点为点，与边交于点H．任务四

求线段的长．【答案】任务一：见解析；任务二：见解析；任务三：见解析；任务四：【分析】任务一：根据，，先证得四边形是平行四边形，再结合，即可证明；任务二：由平行四边形的性质得，再根据折叠的性质推出，，即可证明；任务三：先推出，再根据折叠的性质得出，推出，即可证明；任务四：先由勾股定理得，再推出，即可求解．【详解】解：任务一：在中，，，∵沿AD平移得到，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，

∴四边形是矩形．任务二：在中，，∴，∵沿直线对折得到，∴，，，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．任务三：如图4，连接，，∵M，N分别是BC，AD的中点，∴，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，由对折可知，，，∴，∵，∴，∴，∴点、、在同一直线上．任务四：在，，∴∵，∴．由旋转可知，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形的性质与判定，勾股定理，平行线的性质与判定，旋转、平移和折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握特殊平行四边形的性质与判定是解题的关键．7．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，分别为边，的中点，(1)在直线左侧找一点，使得四边形是平行四边形（尺规作图，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，连接，如果，请判断四边形是什么特殊的平行四边形，并证明．【答案】(1)见解析(2)四边形是菱形，证明见解析【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是掌握相关知识解决问题．（1）延长，截取，连接，四边形即为所求；（2）根据对角线垂直的平行四边形是菱形判断即可．【详解】（1）解：如图，四边形即为所求；（2）解：结论：四边形是菱形．理由：连接，交于点O．∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形是菱形．8．（24-25八年级下·福建宁德·期末）【问题情景】数学活动课上，老师给出如下探究问题：已知，请利用直尺和圆规作一个菱形，要求如下：①所作菱形的四边至少经过的两个顶点；②所作菱形的面积等于的面积．【实践探究】（1）下列同学们提交的四种作图中，满足要求的是______；（填序号）（2）选择（1）中一种正确作图，根据作图痕迹，证明所作的图形是满足要求的菱形；【拓展提升】（3）请利用下面所给的平行四边形作出满足要求的菱形，且该菱形的边长与（1）中满足要求的菱形的边长不相等．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）②；（2）见解析；（3）见解析【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）根据题干所给的要求逐项判断即可得解；（2）由作图可得，．由平行四边形的性质可得，．结合题意可得．从而可证明四边形是平行四边形．结合，得出是菱形．再结合菱形与的面积相等．以及由图可知菱形的四边经过的顶点，，即可得证；（3）根据题干所给的要求作图即可．【详解】（1）解：图①中所作菱形的面积不等于的面积，故不符合题意；图②中所作菱形的面积等于的面积，且经过的两个顶点，故符合题意；图③中所作菱形的面积不等于的面积，故不符合题意；图④中所作的四边形不是菱形，故不符合题意；故满足要求的是②；（2）证明：由作图可得，．四边形是平行四边形，，．，．即．，，四边形是平行四边形．又，是菱形．菱形与等底同高，菱形与的面积相等．由图可知菱形的四边经过的顶点，，∴菱形是满足要求的菱形．（3）解：作法一：作法如图2，图中所作的四边形就是求作的菱形．；作法二：作法如图3，图中所作的四边形就是求作的菱形，．9．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，四边形，对角线平分，，．点E在边上，连接交于F，点B与点G关于对称，且G在下方．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，．①试探究点G与直线的位置关系，并说明理由；②连接，为等腰直角三角形时，求的值．【答案】(1)见解析(2)①点G在直线上，理由见解析；②【分析】（1）利用角平分线的定义和平行线的性质证明，可得，结合已知可得，进而得出四边形是平行四边形，再根据菱形的定义即可得证；（2）①连接，如图，设，则，利用对称的性质、等腰三角形的性质和菱形的性质得到，即可得到结论；②先判断，，从而得出，进而得到，证明，，设，则，然后根据勾股定理求出即可得解．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：①点G在直线上，理由如下：连接，如图，设，则，，∵，∴，∴，∵点B与点G关于对称，∴，∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴点G在直线上；②∵为等腰直角三角形，，∴，∵，∴，∵，四边形是菱形，∴，∴，，∵点B与点G关于对称，∴，，∴，∴，∴，∴，连接，如图，则，∵，∴，∵A、C关于对称，∴，∴，∴，∴，设，则，∴，∴，在直角三角形中，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键．10．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图：在平行四边形中，点在上，且．(1)尺规作图：在上找一点，使得点到，的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）；(2)求证：四边形为菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质与判定，等角对等边，角平分线的判定定理和角平分线的尺规作图，熟知相关知识是解题的关键．（1）点到，的距离相等，则点E在的角平分线上，据此作的角平分线交于E，则点E即为所求；（2）由角平分线的判定定理可得点E在的角平分线上，则；由平行四边形的性质得到，则可证明，得到，再由，得到，据此可证明结论．【详解】（1）解：如图所示，点E即为所求；（2）证明：∵点到，的距离相等，∴点E在的角平分线上，∴；∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形．地地城考点06利用菱形性质与判断综合应用1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，以的顶点为圆心，的长为半径画弧，两弧分别交于点；分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接．若，则的长是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了等边三角形和直角三角形的判定与性质、菱形判定和性质，解题的关键是利用等边三角形的性质和勾股定理来求解线段长度．先根据作图步骤得出三角形的形状，再利用相关性质和定理求出的长度．【详解】作图可知，，，四边形是菱形，又，且，是等边三角形，，四边形是菱形，平分，，连接交于点，

四边形是菱形，，是等边三角形，，，在中，，，．故选：C．2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得两点之间的距离为，两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理，作于，于，连接、于，证明四边形是菱形，再根据勾股定理求出，再由菱形面积公式计算即可得出答案．【详解】解：如图，作于，于，连接