2024年浙教版數(shù)學(xué)八年級下冊5.2菱形課后培優(yōu)練

2024年浙教版數(shù)學(xué)八年級下冊5.2菱形課后培優(yōu)練一、選擇題1．如圖，在菱形ABCD中，AB=5，∠B：∠BCD=1：2，則對角線AC等于（）A．5 B．10 C．15 D．202．菱形具有而矩形不一定具有的性質(zhì)是()A．對角線互相垂直 B．對角線相等C．對角線互相平分 D．對角互補3．如圖，數(shù)學(xué)實踐活動課上小明用兩根木條釘成一個角形框架∠AOB，且∠AOB=120°，AO=BO=4cm，將一根橡皮筋兩端固定在點A，B處，拉展成線段AB，在平面內(nèi)，拉動橡皮筋上的一點A．4cm B．8cm C．(8?43)4．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，連接OE.若OB=6，菱形ABCD的面積為54，則OEA．4 B．4.5 C．5 5．如圖，四邊形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，AH⊥BC于點H，則AH的長為（）A．4 B．4.5 C．4.6．如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，連接OE，若OB=4，S菱形ABCD=16，則A．25 B．4 C．2 D．7．如圖，四邊形ABCD是菱形，過點D的直線EF分別交BA，BC的延長線于點E，F(xiàn)，若∠1=25°，∠2=75°，則∠BAC等于（）A．45° B．50° C．60° D．75°8．如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上的一點，且CD=DE，連接BE分別交AC，AD于點F、G，連接OG，則下列結(jié)論：（）

①OG=12②與△EGD全等的三角形共有2個；

③S④由點A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形．A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④二、填空題9．菱形ABCD，點A，B，C，D均在坐標軸上.∠ABC＝120°，點A(－6，0)，點E是CD的中點，點P是OC上的一動點，則△PDE周長的最小值是.10．如圖，菱形ABCD的對角線BD長度為6，邊長AB=10，M為菱形外一個動點，滿足BM⊥DM，N為MD中點，連接CN．則當M運動的過程中，CN長度的最大值為11．如圖，在菱形ABCD中，AB=3，∠ABC=60°，點E為對角線BD上一動點（不與點B重合），且BE<①∠AFE=∠BAE；②當△AEF為直角三角形時，BE=2；③當△AEF為等腰三角形時，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；④連接BF，當BE=CE時，F(xiàn)C平分∠AFB.以上結(jié)論正確的是.（填正確的序號）.12．如圖，直線AB與x軸、y軸分別交于A、B兩點，C是OB的中點，D是AB上一點，四邊形OEDC是菱形，其中B點坐標為(0，4)，∠OAB=30°，則△OAE的面積為三、解答題13．如圖，在?ABCD中，AB=6cm，BC=10cm，∠B=60°，G是CD的中點，E是邊AD上的動點，EG的延長線與BC的延長線相交于點F，連結(jié)CE，DF.（1）求證：四邊形CEDF是平行四邊形.（2）①當AE=cm時，四邊形CEDF是菱形，請說明理由.②當AE=cm時，四邊形CEDF是矩形，請說明理由.14．如圖，直線y=x-3與x軸交于點C，與y軸交于點D，直線y=kx+b與y軸交于點B(0，4)，與直線y=x-3交于點A(m，1)．（1）求直線AB的表達式；（2）點P是直線CD上的一個動點，連接PB，當△PBA的面積為7時，求點P的坐標；（3）E為y軸上的點，F(xiàn)在坐標平面內(nèi)，以點A，B，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形，請直接寫出符合條件的點F的坐標．15．已知：如圖，直線y=?3x+43（1）求點P的坐標．（2）動點F從原點O出發(fā)，以每秒1個單位的速度在線段OA上向點A作勻速運動，連接PF，設(shè)運動時間為t秒，△PFA的面積為S，求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式．（3）若點M是y軸上任意一點，點N是坐標平面內(nèi)任意一點，若以O(shè)、M、N、P為頂點的四邊形是菱形，請直接寫出點N的坐標．

答案解析部分1．答案:A解析：解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B+∠BCD=180°，AB=BC，∵∠B：∠BCD=1：2，∴∠B=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=5．故選A．分析：根據(jù)題意可得出∠B=60°，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得BA=BC，判斷出△ABC是等邊三角形即可得到AC的長．2．答案:A解析：根據(jù)菱形對角線垂直平分的性質(zhì)及矩形對交線相等平分的性質(zhì)對各個選項進行分析，從而得到最后的答案．

【解答】A、菱形對角線相互垂直，而矩形的對角線則不垂直；故本選項符合要求；

B、矩形的對角線相等，而菱形的不具備這一性質(zhì)；故本選項不符合要求；

C、菱形和矩形的對角線都互相平分；故本選項不符合要求；

D、菱形對角相等；但菱形不具備對角互補，故本選項不符合要求；

故選A．

【點評】此題主要考查了學(xué)生對菱形及矩形的性質(zhì)的理解及運用．菱形和矩形都具有平行四邊形的性質(zhì)，但是菱形的特性是：對角線互相垂直、平分，四條邊都相等．3．答案:C解析：解：連接CO，交AB于H，如圖：

∵四邊形ABCD是菱形，∠AOB=120°，

∴AB⊥OC，∠AOC=∠BOC=60°，AH=BH，AC=BC=AO=4cm，

∴∠BAO=30°，

∴OH=12AO=2cm，AH=AC∴橡皮筋再次被拉長了(8?4故答案為：C.分析：根據(jù)菱形的對角線互相垂直且平分，對角互補；在直角三角形中，30度所對的邊是系誒案的一半；勾股定理：直角三角形中兩直角邊的平方和等于斜邊的平方即可求解得出答案.4．答案:B解析：解：∵菱形ABCD的面積為54，

∴AC×BD×12=54，OA=OC，OB=OD，

∵BD=2OB=12，

∴AC=54×2÷12=9，

∵AE⊥BC，

∴在Rt△AEC中，OE=1故答案為：B.分析：根據(jù)菱形性質(zhì)得OA=OC，OB=OD，根據(jù)菱形的面積求出AC，最后利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求解.5．答案:C解析：解：在菱形ABCD中，AC=6，BD=8，可知OC=3，BO=4，

∴BC=32+42=5；

S菱形ABCD=12×AC×BD=12×6×8=24；

故答案為：C.分析：菱形對角線互相垂直平分，再通過勾股定理可求出菱形的邊長；

菱形的面積等于對角線乘積的一半，也可以兩個全等的三角形的面積之和來求，即S菱形ABCD=S△ABC+S△ACD，從而列出方程求解AH.6．答案:C解析：解：由題意可得：

AC⊥BD，OA=OC，BD=2OB=8

∵S菱形ABCD=12故答案為：C分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)及面積，直角三角形的性質(zhì)即可求出答案。7．答案:B解析：

由菱形ABCD可得，AB∥CD，AC平分∠BAD，

∴∠BAD+∠ADC=180°，

∵∠ADC=180°-∠1-∠2=180°-25°-75°=80°，

∴∠BAD=100°，

∴∠BAC=12∠BAD=50°。

故答案為：B

分析：

8．答案:A解析：解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，

∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD(SSS)，

∴CD=DE，

∴AB=DE，

在△ABG和△DEG中，∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，

∴△ABG≌△DEG(AAS)，

∴AG=DG，

∴OG是△ACD的中位線，

∴OG=12CD=12AB，故①正確；

∵AB∥CE，AB=DE，

∴四邊形ABDE是平行四邊形，

∴∠BCD=∠BAD=60°，

∴△ABD、△BCD是等邊三角形，

∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，

∴OD=AG，四邊形ABDE是菱形，故④正確；

∴AD⊥BE，

由菱形的性質(zhì)得：△BGA≌△BGD≌△EGD(SSS)，

在△BGA和△COD中，

AG=DO∠BAG=∠CDOAB=DC，

∴△BGA≌△COD(SAS)，

∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正確；

∵OB=OD，

∴S△BOG=S△DOG，

∵四邊形ABDE是菱形，

∴故答案為：A.

分析：本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理等知識；結(jié)論使用AAS證明△ABG≌△DEG，再利用中位線定理可得出結(jié)論①正確；證明△BGA≌△COD(SAS)，即可證明出結(jié)論②不正確；中線的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)證明S△ABG=S△DGE，得出結(jié)論③正確，證明四邊形ABDE是平行四邊形、OD=AG，則四邊形ABDE是菱形，得出結(jié)論④正確.9．答案:6+2解析：解：如圖，連接BP、BE，

∵A(－6，0)，

∴OA=6，

∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，

∴∠BCD=180°?∠ABC=60°，OC=OA=6，OD=OB，∠CBD=12∠ABC=60°，BC=CD，∠BOC=90°，

∴DP=BP，BC=43，△BCD是等邊三角形，

∴CD=BC=43，

∵點E是CD的中點，

∴DE=CE=12CD=23，∠BEC=90°，

∴BE=3CE=6，

∴C△PDE=DP+PE+DE=BP+PE+DE≤BE+DE=6+23，

10．答案:13解析：解：如圖所示，連接AC交BD于點O，連接ON，由題意可知：

AC⊥BD，OD=12BD=3，CD=AB=10，

∴OC=CD2?OD2=1，

∵N為MD中點，O為AC中點，

∴ON∥BM，

∵BM⊥DM，

∴∠OND=90°，

取OD的中點E，連接CE、NE，

則OE=12OD=32，

分析：本題考查菱形的性質(zhì)、中位線定理，首先根據(jù)中位線定理以及菱形的性質(zhì)可以得出∠DNO=90°，再取OD的中點E，分別連接CE、NE可得出OE、CE、NE的值，當N、C、E三點共線時，CN長度最大為13211．答案:①③④解析：解：①∵四邊形ABCD是菱形，

∴AB=BC，∠ABE=∠CBE，AD∥BC，

∴∠AFE=∠BCE，

∵BE=BE，

∴△ABE?△CBESAS，

∴∠BAE=∠BCE，

∴∠AFE=∠BAE，①正確；

②當∠F=90°時，CF⊥AD，

∴BE>12BD，不符合題意；

如圖①，當∠FAE=90°時，連接AC，

∵∠FAE=90°，

∴∠BAE+∠FAB=90°，

∵∠AFE=∠BAE，

∴∠AFE+∠FAB=90°，

∴∠AGF=∠BGE=90°，

∵AB=BC，∠ABC=60°，

∴△ABC是等邊三角形，∠ABE=∠CBE=30°，

∴BG=12AB=32，

∴BE=1；

如圖②，當∠FEA=90°時，連接AC，

∴∠AEC=90°，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠AOB=90°，AO=OC，

∴OE=12AC，

∵∠ABE=∠CBE=30°，AB=3，

∴BO=32，

∵△ABC是等邊三角形，

∴AC=AB=3，

∴OE=12AC=32，

∴BE=BO?OE=32?32，

故BE=1或32?32，②錯誤；

③當AE=EF時，∠F=∠FAE，

∴∠AEC=∠F+∠FAE=2∠FAE，

∵∠AED=∠CED=12∠AEC，

∴∠FAE=∠AED，

∴AD//BD，不符合題意；

如圖③，當AE=AF時，∠F=∠AEF，

設(shè)∠EAC=x，

∵AE=CE，

∴∠EAC=∠ECA=x，

∴∠AEF=∠EAC+∠ECA=2x，

∴∠F=∠AEF=2x，

∴∠FAE=180°?4x，

∵AD//BC，∠ACB=60°，

∴∠FAC=180°?∠ACB=120°，

∴180°?4x+x=120°，

x=20°，

∴∠AFC=2x=40°；

如圖④，當EF=AF時，∠FAE=∠AEF=2x，

∵∠FAC=120°，

∴2x+x=120°，

x=40°，

∴∠FAE=∠AEF=2x=80°，

∴∠AFC=180°?∠FAE?∠FEA=20°，

∴∠AFC=20°或40°，③正確；

④如圖⑤，

∵BE=CE，AE=CE，∠ABE=∠CBE=30°，

∴BE=AE，∠BCE=∠CBE=30°，

∴∠ABE=∠BAE=30°，∠BEF=∠EBC+∠BCE=60°，

∴∠AED=∠ABE+∠BAE=60°，

∴∠ABF=∠BEF=60°，

∵EF=EF，

∴△BEF?△AEFSAS，

∴∠BFC=∠AFC，

∴FC平分∠AFB，④正確，

故答案為：①③④.

分析：①利用菱形的性質(zhì)通過SAS判定△ABE?△CBE得到∠BAE=∠BCE，再通過平行線的性質(zhì)證得∠AFE=∠BAE；12．答案:2解析：解：延長DE交OA于點F，如圖所示：

∵B點坐標為(0，4)，∠OAB=30°，

∴AB=8，∠ABO=60°，

由勾股定理得OA=BA2?OB2=43，

∴A（43，0），

∵C是OB的中點，

∴CO=BC=2，

∵四邊形OEDC是菱形，

∴CO∥ED，EO∥DC，DC=CO=EO=2，

∴DC=CB，

∴△DCB為等邊三角形，

∴∠DCB=60°，

∴∠DCB=∠EOC=60°，

∴∠FOE=30°，

∵FD⊥OA，

∴FE=1，13．答案:（1）證明：在?ABCD中，BC∥AD，

∴∠FCG=∠EDG，

∵G是CD的中點，

∴CG=DG，

∵∠CGF=∠DGE，

∴△CGF≌△DGE（AAS），

∴GE=GF，

∴四邊形CEDF是平行四邊形.（2）解：①當AE=4cm時，四邊形CEDF是菱形，

理由：在?ABCD中，CD=AB=6cm，AD=BC=10cm，∠ADC=∠B=60°，

∴DE=AD-AE=10-4=6cm，

∴DE=CD，

∴△CDE為等邊三角形，

∴CE=ED，

由（1）知：四邊形CEDF是平行四邊形.

∴四邊形CEDF是菱形.

故答案為：4.

②當AE=7cm時，四邊形CEDF是矩形，

理由：過點A作AH⊥BC，

∵∠B=60°，AB=6cm，

∴BH=12AB=3cm，

∴DE=AD-AE=10-7=3cm，即BH=DE，

∴△HBA≌△EDC（SAS）

∴∠DEC=∠BHA=90°，

由（1）知：四邊形CEDF是平行四邊形.

∴四邊形CEDF是矩形.

故答案為：7.解析：（1）證△CGF≌△DGE（AAS），可得GE=GF，結(jié)合CG=DG，根據(jù)平行四邊形的判定即證結(jié)論；

（2）①證明△CDE為等邊三角形，可得CE=ED，根據(jù)菱形的判定定理即證；

②過點A作AH⊥BC，證明△HBA≌△EDC（SAS），可得∠DEC=∠BHA=90°，根據(jù)矩形的判定定理即證.14．答案:（1）解：∵點A(m，1)在直線y=×-3上，∴m-3=1，解得m=4，∴A(4，1)，將點A(4，1)，B(0，4)代人y=k×+b，得4k+b=1，解得k=?∴直線AB的表達式為y=?3（2）解：∵直線y=x-3與x軸交于點C，與y軸交于點D，∴C(3，0)，D(0，-3)．∵A(4，1)，B(0，4)，∴xA=4，BD=7，∴S△ABD=12BD·xA=1∵當△PBA的面積為7時，點P在點A上方或在線段AD上，設(shè)P(a，a-3)，∴xp=a，當點P在點A上方時，如圖①，則S△PBA=S△PBD-S△ABD=7，即12BD·xp∴12解得a=6，∴P(6，3)；當點P在線段AD上時，如圖②，則S△PBA=S△ABD-S△PBD=7，即14-12BD·xp∴14-12解得a=2，∴P(2，-1)．綜上，點P的坐標為(6，3)或(2，-1)．（3）點F的坐標為(-4，1)或(4，-4)或(4，6)或(4，316解析：解：（3）當以點A，B，E，F(xiàn)為頂點的四邊形是菱形時，則以點A，B，E為頂點的三角形為等腰三角形．

①當AB=AE時，如圖③，過點A作AG⊥y軸于點C，

∵A(4，1)，

∴OG=1，AG=4．

∵四邊形ABFE為菱形，

∴AG=FG=4，

∴F(-4，1)；

②當AB=BE時，如圖④，

∵A(4，1)，B(0，4)，

∴AB=(4?0)2+(1?4)2=5，

∴AB=AF1=AF2=5，

∴F1(4，-4)，F(xiàn)2(4，6)；

③當BE=AE時，則點E在線段AB的垂直平分線上，

如圖⑤，過點E作EH⊥FA的延長線于點H，

設(shè)E(0，m)，則BE=4-m，

∴H(4，m)，

∴AH=1-m，EH=4．

∵四邊形AFBE為菱形，

∴A