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专题18.18 菱形（分层练习）（基础练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023下·新疆克孜勒苏·八年级统考期中）在菱形 中，对角线 ， 相交于点O，下列
说法错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024下·全国·八年级专题练习）如图，菱形 中， ，则菱形的面积为
（ ）
A．48 B．40 C．24 D．20
3．（2024上·陕西咸阳·九年级统考期末）如图，四边形 的对角线 ， 相交于点O，
，且 ，则添加下列一个条件能判定四边形 是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023上·全国·九年级专题练习）如图，菱形 中，过顶点 作 交对角线 于 点，
已知 ，则 的大小为（ ）A． B． C． D．
5．（2024下·全国·八年级专题练习）如图，四边形 为菱形，已知 ．则点C的坐
标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023下·山西吕梁·八年级统考期末）如图， ，以点 为圆心， 为半径画弧交 ，
于点 ， ；分别以点 ， 为圆心大于 为半径画弧，两弧交于点 ；以点 为顶点作
，射线 与 交于点 ，连接 ；则四边形 的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023下·湖南永州·八年级校考阶段练习）如图，在 中， 于点 ， 于点
，若 ， ，则 的长为（ ）A．2 B． C．3 D．
8．（2024上·四川成都·九年级统考期末）已知四边形 是菱形， 相交于点O，下列结论
正确的是（ ）
A． B．菱形 的面积等于
C． 平分 D．若 ，则四边形 是正方形
9．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，菱形 中， ， 是边 上
的点，沿 折叠 ，点 恰好落在 上的点 ，那么 的度数是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022上·江西九江·九年级统考期中）如图，在菱形 中， ， ，点E是
AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则 的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在菱形 中，对角线 与 相交于点 ，已知
， ，则 的长为 ．12．（2022下·福建福州·九年级校联考期中）如图，在菱形 中，过 点作 ，交对角线
于 点，若 ，则点 到 的距离是 ．
13．（2019下·吉林长春·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
， ．若 ， ，则四边形OCED的面积为 .
14．（2024上·河南南阳·九年级统考期末）如图，在菱形 中， ， ， 交 于
点 ， 为 的中点，连接 并延长，交 于点 ，点 为 的中点，连接 ，则 ．
15．（2023上·四川达州·九年级校考阶段练习）如图，在菱形 中，直线 分别交 ． ．
于点 ． 和 ．且 ，连接 ．若 ，则 = ．16．（2023下·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在平行四边形 中， ， ，
，分别以 ， 为圆心，大于 的长为半径画弧，两弧相交于点 ， ，过 ， 两点作直
线，与 交于点 ，与 交于点 ，连接 ， ，则四边形 的周长为 ．
17．（2023上·内蒙古包头·九年级包钢第三中学校考阶段练习）如图，在 中， ，
， ，点 从点 出发，沿 方向以每秒 的速度向终点 运动；同时，动点 从点
出发沿 方向以每秒 的速度向终点 运动，将 沿 翻折，点 的对应点为点 ，设点 、
运动的时间为 秒，要使四边形 为菱形，则 的值为 秒.
18．（2023下·海南海口·八年级校考期中）如图，将一张矩形纸片 沿着对角线 向上折叠，顶
点C落到点E处， 交 于点F．过点D作 ，交 于点G，连接 交 于点O， ，
，则 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2023·广东广州·广州市育才中学校考一模）已知
（1）化简 ；
（2）如图，在菱形 中， ，对角线 ，若 的周长为 ，求 的值
20．（8分）（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，已知菱形 ， ，E、F分别是 、
的中点，连接 、 ．
（1）求证：四边形 是矩形；
（2）若 ，求菱形的面积．21．（10分）（2019·黑龙江大庆·九年级统考学业考试）如图，在四边形 中， ，
，对对角线 ， 交于点O， 平分 ，过点C作 ，交 的延长线于点E，
连接 ．
（1）求证：四边形 是菱形．
（2）若 ， ，求 的长．
22．（10分）（2023上·山东青岛·九年级统考期中）已知：如图1，四边形 是平行四边形，点
、 在对角线 所在直线上，且 ．
（1）求证： ；（2）如图2，连接 、 ，若 平分 ，四边形 是什么特殊的四边形?请说明理由．
23．（10分）（2020上·河北保定·九年级校考期中）如图，在矩形 中， ．
（1）在图①中，P是 上一点， 垂直平分 ，分别交 边于点E、F，求证：四边形
是菱形；
（2）若菱形 的四个顶点都在矩形 的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ．
24．（12分）（2021上·河南平顶山·九年级统考期中）如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作
60°，30°，15°等大小的角，该怎么办呢？
小西进行了以下操作研究（如图1）：第1步：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．
第2步：再次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到了线段
BN．
小雅在小西研究的基础上，再次动手操作（如图2）：
将MN延长交BC于点G，将 BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，连接GH，把纸片再
次展平． △
请根据小西和小雅的探究，完成下列问题：
①直接写出BE和BN的数量关系： ；
②根据定理：在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角是
30°，请求出∠ABM的度数；
③求证：四边形BGHM是菱形．
参考答案：
1．D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边相等，对角线互相垂直平分，据此即可解答．
解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∴ ，
而 与 不一定相等，故A、B、C正确，不符合题意；D不正确，符合题意．
故选：D．
2．C
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形对角线垂直即可解答，熟知菱形的面积等于对角线相乘除
以2，是解题的关键．
解： ，四边形 是菱形，
菱形 的面积= ，
故选：C．
3．B
【分析】根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论．
解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
当 时，四边形 是矩形；故选项A不符合题意；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，故选项B符合题意；
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形；故选项C不符合题意；当 时，不能判定四边形 为菱形；故选项D不符合题意．
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱
形的判定定理是解题的关键．
4．D
【分析】先说明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形内角和180°求出即可∠CBD度数，最后再用直
角三角形的内角和定理解答即可.
解：∵菱形ABCD
∴AB=AD
∴∠ABD=∠ADC
∴∠ABD=∠CBD
又∵
∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB= （180°-134°）=23°
∴ =90°-23°=67°
故答案为D.
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角和三角形内角
和定理.
5．C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先根据点 和点 的坐标得出 ， ，再根据
勾股定理求出 ，最后根据菱形的性质得出 ，即可解答．
解：∵ ．
∴ ， ，
∴ ，
∵四边形 为菱形，
∴ ， ，
∵C点在第三象限，
∴ ．故选：C．
6．B
【分析】根据题意可得 是 的角平分线，可判定四边形 是菱形，如图所示，过点 作
于点 ，可求出 的长，根据 即可求解．
解：根据作图可知， 是 的角平分线， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，且 ，
∴平行四边形 是菱形，
如图所示，过点 作 于点 ，
∵四边形 是菱形， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴在 中， ， ，
∴ ，
故选： ．
【点拨】本题主要考查角平分线的定义，菱形的判定和菱形的综合，勾股定理，含30度直角三角形的性质，掌握角平分线画法，菱形的判定方法，几何图形面积的计算方法等知识的综合是解题的关键．
7．D
【分析】首先判定四边形 是菱形，利用面积求出 ，利用勾股定理求出 ，再次利用面积
可得结果．
解：在 中， ，
∴四边形 是菱形，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
【点拨】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据面积法得到 的长．
8．C
【分析】本题考查了菱形的性质，熟记相关结论是解题关键．
解：如图所示：
∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴
不一定成立，故A错误；
菱形 的面积 ，
故B错误；
∵菱形的对角线平分一组对角，
∴ 平分 ，故C正确；∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴ 显然成立，
故D错误；
故选：C．
9．B
【分析】已知四边形 是菱形，根据菱形的性质可得 ， ， ，
平分 ，再由 ，即可得 ；根据折叠可得 ，可得 ，根据等腰
三角形的性质和三角形的内角和定理可得答案．
解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ， 平分 ，
∵ ，
∴ ， ，
根据折叠可得 ，则 ，
∴ ．
故选B
【点拨】本题考查的是等腰三角形的判定与性质，菱形的性质，轴对称的性质，证明 是解本
题的关键．
10．B
【分析】由题意得：B关于 的对称点D，连接 交 于点P，则 就是 的最小值，求
出即可．
解：连接 交 于点P，连接 ，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于 对称，则 ，
，
，是等边三角形，
，
（等腰三角形三线合一的性质），
∴ 为 的最小值，
在 中，
，
即 的最小值是 ；
故选：B．
【点拨】本题考查的是轴对称－最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等知识，确定点P的位置是解
决本题的关键．
11．
【分析】由菱形的性质可得 ， ，由勾股定理可求 ，即可求解．
解：∵四边形 是菱形， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
12． ．
【分析】直接利用菱形的性质结合全等三角形的判定与性质得出 AE = CE ，即可得出答案．
解：
如图所示：连接 EC，
∵四边形ABCD 是菱形，
∴BD 平分∠ABC ， AB = BC ，在 ABE 和 CBE中，
△ △
，
∴ ABE≌ CBE （ SAS ），
∴△∠BAE =△∠BCE =90°，
则 AE = CE = ．
故答案为： ．
【点拨】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出 ABE≌ CBE 是解题关
键． △ △
13．
【分析】连接OE，与DC交于点F，由四边形ABCD为矩形得到对角线互相平分且相等，进而得到
OD=OC，再由两组对边分别平行的四边形为平行四边形得到OCED为平行四边形，根据邻边相等的平行四
边形为菱形得到四边形OCED为菱形，得到对角线互相平分且垂直，求出菱形OCED的面积即可．
解：连接OE，与DC交于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，即OA=OB=OC=OD，AB=CD，
∵OD∥CE，OC∥DE，
∴四边形ODEC为平行四边形，
∵OD=OC，
∴四边形OCED为菱形，
∴DF=CF，OF=EF，DC⊥OE，
∵DE∥OA，且DE=OA，
∴四边形ADEO为平行四边形，∵AD= ，AB=2，
∴OE= ，CD=2，
则S = OE•DC= × ×2= ．
菱形OCED
故答案为 ．
【点拨】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，以及勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关
键．
14．
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线，由菱形的性质可得
， ， ，由勾股定理计算出 ，
由三角形中位线定理可得 ， ，证明可得 ，再由
，即可得到答案，熟练掌握相关知识并灵活运用是解此题的关键．
解：∵四边形 是菱形， ， ，
∴ ， ， ，
在 中，由勾股定理，得 ，
∵点 为 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ 为 的中点，
∴ ，
在 和 中，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
15．
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是本题的关键．先证
，可得 ，由等腰三角形的性质可得 ，即可求解．
解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，且
∴ ，
故答案为：25．
16．26
【分析】根据作图可得 ，且平分 ，设 与 的交点为O，证明四边形 为菱形，证明 为 的中线，然后勾股定理求得 ，利用菱形的性质即可求解．
解：如图，设 与 的交点为O，
根据作图可得 ，且平分 ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴四边形 是菱形， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴E为 的中点，
中， ， ，
∴ ，
∴四边形 的周长为 ．
故答案为：26．
【点拨】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的判定与性质、全等三
角形的判定与性质、勾股定理，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．17．4
【分析】利用菱形的性质得出 ，再利用等边三角形的判定方法得出 是等边三角形，进
而利用 求出即可．
解：要使四边形 为菱形，则 ，
， ，
，
当四边形 为菱形，此时 是等边三角形，
，
设 秒时 ，则 ，
解得： ，即 的值为4．
故答案为：4．
【点拨】本题考查了翻折变换（折叠问题）、含30度角的直角三角形以及菱形的判定，作辅助线构造
出矩形和等腰直角三角形是解题的关键．
18． /
【分析】首先依据两直线平行内错角相等及折叠证明 ，从而可得到 ，然后证
明四边形 是菱形，根据折叠特性设 ， 再由勾股定理得到 ，解得x的
值，再根据勾股定理 ，即可解答．
解：由折叠的性质可知：
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，∴四边形 是菱形；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
假设 ，
∴ ．
∴在直角 中， ，即 ，
解得 ，
即 ，
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题考查了矩形的性质，菱形的判断和性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
19．（1） ；（2）
【分析】（1）先计算分式的减法，再把除法化为乘法运算，约分后可得结果；
（2）利用菱形的性质先求解a的大小，再代入求值即可．
（1）解： ；
（2）∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵ 的周长为 ， ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
当 时， ．
【点拨】本题考查的是分式的化简，菱形的性质，求解代数式的值，熟记分式的混合运算的运算法则
是解本题的关键．
20．（1）见分析；（2）
【分析】此题主要考查菱形的性质、等边三角形性质和矩形的判定，
（1）可证明 是等边三角形，根据中点得出 ，进一步求得四边形 是平行四边
形，即可得出答案；
（2）利用等边三角形求得菱形的面积．
解：（1）证明：∵四边形 是菱形，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∵E是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∵E、F分别是 、 的中点，
∴ ， ，
∵四边形 是菱形，
∴ 且 ，
∴ 且 ，
则四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形 是矩形；
（2）∵ 是等边三角形， ，
∴ ．
21．（1）证明见分析；（2）4
【分析】（1）根据题意先证明四边形 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
斜边中线即可解答．
解：（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）解：∵四边形 是菱形，对角线 ， 交于点O，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ，O为 中点，
∴ ．
【点拨】本题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，等角对
等边，角平分线的定义等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22．（1）证明见分析；（2）四边形 是菱形，理由见分析
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质．（1）根据 可得：
（2）连接 交 于点 ，证明四边形 是菱形．
解：（1）证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
，
在 和 中，
，
；
（2）解：四边形 是菱形，理由如下：
如图，连接 交 于点 ，
，
， ，
∴ ，
四边形 是平行四边形，
平分 ，
，
，
，
四边形 是菱形，
23．（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）当P与C重合时，菱形 面积最大，然后在 中，根据勾股定理，即可求解．解：（1）证明∶如图1中，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
（2）解∶如图2中，当P与C重合时，菱形 面积最大．
设 ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解
题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
24．①BE＝ BN；②∠ABM＝30°；③见分析．
【分析】（1）根据折叠的性质可得BE＝ AB，从而得到BE＝ BN，即可求解；
（2）根据在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角是30°，可
得∠BNE＝30°，即可求解；
（3）由②得∠ABM＝30°，从而得到△BMG是等边三角形，进而得到BM＝BG，再有折叠的性质，即
可求证．
①解：∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴BE＝ AB，
∵再次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到了线段BN．
∴AB＝BN，
∴BE＝ BN；
②解：∵由折叠的性质得：∠BEN＝∠AEN＝90°，
∵BE＝ BN，
∴∠BNE＝30°，
∴∠ABN＝60°，
由折叠的性质得：∠ABM＝ ∠ABN＝30°；
③证明：由②得∠ABM＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠AMB＝∠BMN＝60°，∠MBG＝60°，
∴△BMG是等边三角形，∴BM＝BG，
由折叠得BM＝MH，BG＝GH，
∴BM＝MH＝BG＝GH，
∴四边形BGHM是菱形．
【点拨】本题主要考查了图形的变换——折叠，矩形的性质，菱形的判定等，熟练掌握图形折叠前后
对应边相等，对应角相等是解题的关键．
