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专题18.19 菱形（分层练习）（提升练）
一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2023下·福建福州·八年级统考期中）我们知道，菱形的性质：“菱形的对角线互相垂直”是真命
题，但它的逆命题“对角线互相垂直的四边形是菱形”是假命题，下列图形可作为判断该逆命题是假命题
的反例（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·浙江·九年级专题练习）菱形和矩形都是特殊的平行四边形，那么下列是菱形和矩形都具有
的性质是（ ）
A．各角都相等 B．各边都相等
C．有两条对称轴 D．对角线相等
3．（2022上·广东揭阳·九年级统考期末）如图，菱形 的边长为2， 边在 轴上，
，对角线 、 相交于点 ，则点 的坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（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．
5．（2022下·内蒙古呼伦贝尔·八年级校考期末）矩形ABCD中，AD=3，AB=9，点E、F同时分别从点
A、C出发沿AB、CD方向以每秒1个单位的速度运动，当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为（
）
A． 秒 B． 秒 C． 秒 D． 秒
6．（2022·云南昆明·昆明八中校考模拟预测）如图， 是 的角平分线， 垂直平分 ，且
交 于点D，判断以下结论错误的是（ ）
A． B．
C． 是 的平分线 D．四边形 是矩形
7．（2023下·北京西城·八年级期末）小雨在参观故宫博物馆时，被太和殿窗棂的三交六椀菱花图案所
吸引，他从中提取出一个含 角的菱形 （如图1所示）．若 的长度为 ，则菱形 的面积
为（ ）A． B． C． D．
8．（2022下·北京大兴·八年级统考期中）在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，点E为AB边
上一动点（点E不与点A，B重合），连接EO并延长交CD于点F，连接AF，CE，若四边形AECF一定
不是矩形，则∠BAD应满足的条件是（ ）
A．0°＜∠BAD≤90° B．45°＜∠BAD≤135°
C．90°＜∠BAD＜180° D．0°＜∠BAD＜180°
9．（2022·江苏镇江·校考三模）如图，菱形ABCD中， ， ，点M是边CD的中点，直
线EF分别与 、 交于点 、 ，若点 与点 关于直线 对称，则 的值为（ ）
A．2 B． C． D．
10．（2022·山东德州·统考一模）Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，点E在边
BC（包括点B、C）上，将△BDE沿着直线DE翻折得到△B′DE，设∠BDE为α，当α为（ ）度时，以
点A、C、B′、D为顶点的四边形为菱形．A．60° B．30° C．30°或120° D．45°或60°
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（2022下·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校联考期中）如图，四边形ABCD是个活动框架，对
角线AC、BD是两根皮筋．如果扭动这个框架（BC位置不变），当扭动到∠A'BC=90°时四边形A'BCD'是
个矩形，A'C和BD'相交于点O．如果四边形OD'DC为菱形，则∠A'CB= °
12．（2021下·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考阶段练习）已知点F是等边 的边 延长线上
一点，以 为边，作菱形 ，使菱形 与等边 在 的同侧，且 ，连结 ，若
的面积为 ．
13．（2022下·广东广州·八年级统考期末）如图，四边形 是菱形， ， 是 边
上的动点， 交 边于点 ．当线段 最短时， ．此时点 到 直线的距离是 ．
14．（2021·江苏苏州·统考中考真题）如图，四边形 为菱形， ，延长 到 ，在
内作射线 ，使得 ，过点 作 ，垂足为 ，若 ，则对角线 的
长为 ．（结果保留根号）15．（2022·山东济南·统考一模）如图，线段 ，在线段 上有一点C，当 时，以 为
直角边在 上方作等腰 ， ，P为平面内一点，连接 ， ，将 和
分别沿 ， 翻折得到 和 ，若A、 、P恰好共线，则线段 的最小值是 ．
16．（2021上·重庆·九年级重庆一中校考期中）如图，在菱形 中，点 为 边上一点，点
为 边中点，连接 ，将 沿直线 翻折至菱形 所在平面内，得到 ，连接 并延
长交 边于点 ．若 ， ，点 到线段 的距离为 ，则折痕 的长为 ．
17．（2021下·江苏无锡·八年级统考期中）两张完全相同的长方形ABCD、EFGH纸条，长、宽分别为
12cm、5cm，按如图所示的方式摆放（对角线BD、EG重合），则重叠部分的四边形BPDQ的对角线QP
的长是 cm．
18．（2021·河南新乡·河南师大附中校考三模）如图，四边形 为菱形， ， ，点 为 边上一点．且 ，过 作 交 、 于点 、 ，连接 ，若点 ，
分别为 、 的中点，则 的长度为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分）（2023上·湖南株洲·八年级校考阶段练习）如图，菱形 ，E是 的中点，且
， ．
（1）求 的度数； （2）求对角线 的长．
20．（8分）（2024下·全国·八年级专题练习）如图，在四边形 中， ，E为
的中点，连接 ， ， ；
（1）求证：四边形 为菱形．
（2）连接 ，若 ，求 的长．21．（10分）（2024下·北京丰台·九年级校考开学考试）如图，四边形 的对角线 ， 相交
于点 ， ， 为矩形 对角线， ， ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）连接 ，若 ， ，求 的值．
22．（10分）（2023下·辽宁抚顺·八年级统考期末）在 中， ，点D为射线 上一动点
（点D不与B，C重合），以 为边作菱形 ，使 ，连接 ．
（1）如图1，当点D在线段 上时，直接写出线段 与 的数量关系；
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上，且 时，求证： ．23．（10分）（2021上·安徽合肥·九年级校考开学考试）如图， 中， 是 上一点，
于点 是 的中点， 于点 ，与 交于点 ，若 平分 ，连
接 ．
（1）求证： ；
（2）试探究线段 之间的数量关系，并证明．
（3）若点 为 中点，判断四边形 是什么四边形？并说明理由．
24．（12分）（2023·广东深圳·校考三模）在菱形 中， ，点 是平面内一动点，以
为边作等边 ，其中 ， ， 按逆时针方向排列．
（1）如图①，当点 在线段 上，点 在菱形 内部时，连接 ，则线段 与 的数量关
系是 ； 与 的夹角度数是 ；
（2）如图②，当点 在线段 上，点 在菱形 外部时，连接 ，求证： ；
（3）如图③，当点 在线段 的延长线上时，连接 ，请直接用等式表示线段 ， ， 之
间的数量关系： ．参考答案：
1．D
【分析】根据菱形的判定定理判断即可．
解：A、对角线不垂直，不能判断该逆命题是假命题，不符合题意；
B、对角线不垂直，不能判断该逆命题是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直，但四边形是菱形，不能判断该逆命题是假命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直，但四边形不是菱形，能作为判断该逆命题是假命题的反例，符合题意；
故选：D．
【点拨】本题考查的是命题的真假判断，任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需
要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
2．C
【分析】根据矩形的性质与菱形的性质，找出相同的性质即可．
解：∵矩形的性质为：对边平行且相等，四个角都是90°，对角线互相平分且相等，有两条对称轴；
菱形的性质为：四边相等，对边平行，对角相等，对角线互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角，有两条对称轴；
∴菱形和矩形都具有的性质是：对边平行且相等，对角线互相平分，有两条对称轴；
故选C．
【点拨】本题考查了矩形与菱形的性质．熟练掌握矩形与菱形的性质是解题的关键．
3．B
【分析】根据菱形性质，求出 两点的坐标，再利用中点坐标公式即可得到点 的坐标．
解：过 作 轴于 ，如图所示：
菱形 的边长为2， 边在 轴上， ，
， ，
，
菱形 的对角线 、 相交于点 ，
点 的坐标是 ，即 ，
故选：B．
【点拨】本题考查图形与坐标，涉及菱形性质、等腰直角三角形性质、平面直角坐标系中中点坐标公
式等知识，熟练掌握菱形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．
4．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．
5．A
【分析】设t秒时四边形EBFD为菱形，根据菱形的性质得到DE=DF=FB=BE，然后表示出AE=t，
DF=9-t，从而根据勾股定理列出方程 求解即可．
解：设t秒时四边形EBFD为菱形，
此时DE=DF=FB=BE，
则AE=t，DF=9-t，
根据勾股定理得： ，
解得：t=4，
即当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为4秒，故A正确．
故选：A．
【点拨】本题考查了矩形的性质及菱形的性质的知识，解题的关键是根据菱形的性质利用勾股定理列
出方程，难度不大．
6．D
【分析】根据角平分线，可以的∠MAP=∠NAP，根据垂直平分线，可以证AN=PN，MA=PM，再证明
出四边形AMPN为菱形即可得出结果．
解：∵ 垂直平分 ，
∴ ， ，
∵ 平分 ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
同理可知 ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴平行四边形 是菱形，∴ ， 是 的平分线．
综上所述，选项A、B、C结论正确，不符合题意．
故选：D．
【点拨】本题考查角平分线、垂直平分线的性质、矩形的判断等，灵活运用角平分线和垂直平分线的
性质是解题的关键．
7．B
【分析】作出图形，利用 直角三角形的性质求出高，利用菱形的面积公式可求解．
解：如图所示，菱形 中， ， ，
过点A作 于点E，则 ，
∴ ，
由勾股定理得 ，
∴菱形 的面积为 ，
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的性质，熟练运用 直角三角形的性质以及菱形的面积公式是本题的关键．
8．A
【分析】根据四边形AECF一定不是矩形得到∠EAF≠90°，又点E不与A、B重合，∠EAF＜∠BAD，
即可求得∠BAD应满足的条件．
解：如图所示，
∵ 四边形AECF一定不是矩形
∴ ∠EAF≠90°∵点E不与A、B重合
∴∠EAF＜∠BAD
∴当 时， ，
故选：A
【点拨】本题考查了菱形的性质、矩形的性质，得到∠EAF＜∠BAD是解答此题的关键．
9．C
【分析】利用勾股定理得出 的长，再利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出 ，进而
得出答案．
解：如图所示：延长 ，过点 作 于点 ，连接 ， ， ，
，四边形 是菱形，
，
，
设 ，则 ， ，
，
，
，
解得： ，
故 ，
连接 ，
， ，
是等边三角形，
是 的中点，
，
， ，，
设 ，则 ，
故 ，
解得： ，
的值为： ．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，利用勾股定理得出
的长是解题关键．
10．C
【分析】分 为菱形点对角线，菱形的边长两种情况讨论即可
解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，
∴ ，
是等边三角形
折叠
①如图，当 为菱形的边长时，
，则
②当 为菱形的对角线时，此时 与 重合，如图同理可得 ，则
故选C
【点拨】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，确定 是等边
三角形是解题的关键．
11．30
【分析】先证明 是等边三角形，得到 ，再由四边形 是矩形，得到
，则 ．
解：∵四边形OD'DC为菱形，
∴ ，
∵在扭动过程中，CD的长度是不会发生变化的，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
故答案为：30．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，熟知菱形的性质和矩
形的性质是解题的关键．
12．
【分析】作EH⊥BF延长线于H点，根据菱形以及等边三角形的性质推出∠EFH=60°，结合边长即可
求出EH的长度，从而根据BF和EG求出 BEF的面积即可．
解：如图所示，作EH⊥BF延长线于H△点，则∠EHF=90°，∵△ABC为等边三角形，四边形CDEF为菱形，CD∥AB，
∴∠ABC=60°，CD∥EF，
∴∠ABC=∠DCF=∠EFH=60°，∠FEH=30°，
∵EF=8，
∴CF=EF=8，FH=4，EH=4 ，
∴BF=BC+CF=18，
∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查等边三角形以及菱形的性质，理解图形的基本性质是解题关键．
13．2
【分析】利用菱形的性质得到∠ABC=60°，BD平分∠ADC和∠ABC， ，则∠DBC=30°，根
据垂线段最短可判断当AM⊥BC时，AM最短，则根据含30度的直角三角形三边的关系计算出AM=3，则
AN=2，然后根据角平分线的性质得到点N到CD直线的距离等于NA的长．
解：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=120°，
BD平分∠ADC和∠ABC，
∴∠ABC=60°，
∴∠DBC=30°，
当AM⊥BC时，AM最短， 则
∵NM=1，
∴
∴∴AN=AM-NM=3-1=2，
∵ ，AM⊥BC，
∴AM⊥AD，
∵BD平分∠ADC，
∴点N到CD的距离等于N点到AD的距离， 而NA=2，
∴此时点N到CD直线的距离是2．
故答案为：2．
【点拨】本题考查了菱形的性质，含 的直角三角形的性质，勾股定理的应用，角平分线的性质定
理的应用，熟知“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内角．”是解本题的关键．
14．
【分析】先由菱形的性质得出 ，求得 ，再根据直角三角形两锐角互余得
,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得 ， ，根据AAS证明
可得 ，从而可求出 ．
解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD， ，BD=2DO
∴
∵
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是菱形，∴
∴
在 和 中，
∴ ≌
∴
∴
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，连接AC并证明 ≌
是解答此题的关键．
15． /
【分析】由题意可知，当P、 、D在同一直线上时， 最小，此时 ，连接 交
于点O，在 上取E，使得 ，连接 、 ，先利用折叠的性质，证明四边形 是菱形，
推出 是 的中位线，得到 是 的中点，然后利用勾股定理，求得 ，再根
据折叠的性质，得到 是 的中点，推出 是 的中位线，求得 ，最后利用
即可求出 的最小值．
解：当P、 、D构成三角形时， ；当P、B、D在同一直线上时， ，
，
故当P、 、D在同一直线上时， 最小， ，
如图，连接 交 于点O，在 上取E，使得 ，连接 、 ，由折叠的性质可知， ， ，
对角线 、 互相垂直平分，
四边形 是菱形，
， ，
，
，
，
是 的中位线，
是 的中点，
是等腰直角三角形，
， ，
由勾股定理得： ，
由折叠性质可知， ， ，
，
是 的中点，
是 的中位线，
，
，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了折叠的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，中位线的判定和性质等知识，作辅
助线构造菱形，灵活运用中位线的性质是解题关键．
16．
【分析】作 ， ，根据角之间的关系得到 ，根据勾股定理求得 、 的
长度，从而求得 的长度．
解：作 ， ，如下图：由题意可得： ， ， ， ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴
∴
∴四边形 为平行四边形
又∵
∴平行四边形 为矩形
∴ ，
由勾股定理得： ，即
∵ 为 的中点
∴
∵
∴
由勾股定理得：
故答案为
【点拨】此题考查了菱形的性质，轴对称的性质，矩形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是熟
练掌握基本性质，根据题意做作助线构造出直角三角形．
17．【分析】由题意得出∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，即可证明 ABD≌△FBD，得到∠ADB＝
∠FDB，进而得到DP＝BP，根据AD∥BC，BH∥DF，证四边形BPDQ是菱△形，根据勾股定理求出BD，设
BP＝DP＝x，则CP＝12﹣x，在Rt CDP中，由勾股定理得出方程，解方程求出BP，再利用菱形面积的
两种求法即可得出答案． △
解：∵四边形ABCD、EFGH是完全相同的矩形，
∴∠A＝∠F＝90°，AB＝FB，AD＝FD，
在 ABD和 FBD中，
△ △
，
∴△ABD≌△FBD（SAS），
∴∠ADB＝∠FDB，
∵AB∥CD，DF∥BH，
∴四边形BPDQ是平行四边形，∠ADB＝∠PBD，
∴∠FDB＝∠PBD，
∴DP＝BP，
∴▱BPDQ是菱形，
∵长方形ABCD长、宽分别为12cm、5cm，
∴BD＝ ＝ ＝13，
设DP＝BP＝x，则CP＝12﹣x，
在Rt CDP中，CD2+CP2＝DP2，即52+（12﹣x）2＝x2，
△
解得：x＝ ，即BP＝ ，
∴菱形BPDQ的面积＝BP•CD＝ ×5＝ ，
∵菱形BPDQ的面积＝ BD•QP，
∴ ×13•QP＝ ，
∴QP＝ （cm），故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形BPDQ为菱
形是解题的关键．
18．
【分析】如图，连接 交 于 ， 连接 过 作 于 先证明 是等边三角
形，求解 证明四边形 是平行四边形，可得 再求解
再求解 可得 再利用勾股定理
可得答案．
解：如图，连接 交 于 ， 连接 过 作 于
四边形 是菱形，
是等边三角形，
四边形 是平行四边形，是 的中点，
为等边三角形，
是 的中点，
故答案为：
【点拨】本题考查的是等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，中位线的性质，菱形的
性质，勾股定理的应用，灵活应用系统的知识解题是解题的关键．
19．（1） ；（2）
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质
是解题关键．
（1）先证出 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得 ，再根据平行线的性质求
解即可得；
（2）先根据菱形的性质可得 ，再利用勾股定理可得 ，由此即可得．
（1）解：如图，连接 ，
∵四边形 是菱形， ，
，
是 的中点，且 ，
垂直平分 ，
，
，
是等边三角形，
，
又 ，
．
（2）解：如图，连接 ，交 于点 ，
∵四边形 是菱形， ，
，
，
．
20．（1）见分析；（2）
【分析】本题考查菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质．
（1）由 ，推出四边形 是平行四边形，再证明 即可解决问题；
（2）连接 ，先根据对角线互相垂直的四边形是菱形证四边形 为菱形，再利用菱形的性质，
结合勾股定理计算即可．
解：（1）证明：∵ ，E是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴四边形 为菱形；
（2）解：连接 ，如图所示，
由（1）得：四边形 为菱形，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
21．（1）见分析；（2）
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．（1）根据矩形的性质得到 ， ，推出 ，根据菱形的判定定理得到四边形
是菱形；
（2）根据菱形的性质得到 ， ， ， ， ，
，推出 是等边三角形，得到 ，根据勾股定理得到 ，求得
，根据矩形的性质得到 ， ，根据勾股定理即可得到结论．
解：（1）明： 四边形 是矩形，
， ，
，
，
，
，
四边形 是菱形；
（2）解： 四边形 是菱形， ，
， ， ， ， ， ，
是等边三角形，
，
，
，
四边形 是矩形，
， ，
．
22．（1） ；（2）见详解
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，利用已知条件
证明 是解题的关键．
（1）由已知 得 ，再根据菱形的性质得 ，再由 ，证明
≌ ；（2）同（1）可得 ≌ ，得 ，再由 ， 证得 ，所以
．
解：（1）证明： 四边形 是菱形，
，
，
，
，
≌ ，
．
（2）证明： 四边形 是菱形，
，
，
，
，
≌ ，
，
， ，
∴由勾股定理，得 ，
，
．
23．（1）见分析；（2） ，理由见分析；（3）四边形 是菱形，理由见分析
【分析】（1）根据垂直于同一条直线的两直线相互平行可得 ，根据点 是中点，结合平行可得 是 的垂直平分线，由此即可求解；
（2）根据题意多点 作 ，可证 ，得到 ，再证
，可得 ，由此即可求解；
（3）根据菱形的判定方法“四条边都相等的四边形是菱形”即可求解．
解：（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ 是 的中点， ，
∴在 中， 是 的中点，
∴ 是线段 的垂直平分线，
∴ ；
（2） ，理由如下，
证明：过点 作 于 ，
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ， ，由（1）可得 ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（3）解：四边形 是菱形，理由如下：
证明：∵在 中， 为 中点，
∴ ，
∵ 是线段 的垂直平分线，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
【点拨】本题主要考查平行的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定
和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
24．（1） ； ；（2）见分析；（3）
【分析】（1）连接 ，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明 即可证得结论；
（2）同（1）的方法得出 ，再用含30度角的直角三角形得出 ，即可得出结论；
（3）结合（1）（2）的方法，即可得出结论．
（1）解：如图①，连接 ，延长 交 于点 ， 与 的交点为 ，四边形 是菱形，
，
，
是等边三角形，
， ；
是等边三角形，
， ，
，
，
；
四边形 是菱形，
，
，
，
，
，
四边形 为菱形，
，
为菱形 的对角线，
，
；
故答案为： ， ；
（2）证明：如图②中，连接 ，交 于 ，菱形 ， ，
和 都是等边三角形，
， ， ，
是等边三角形，
， ，
，
，
，
，
菱形 的对角线 与 相交于 ，
， ，
在 中， ，
；
（3）解： ．
理由：如图③，连接 ，交 于 ，同（2）的方法得， ，
同（1）的方法得 ，
．
故答案为： ．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，含30度角的直角
三角形的性质，等边三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形是解本题的关键．
