第01讲 菱形的性质与判定（3个知识点+6种经典题型+习题试卷）2024年新九年级数学暑假预习核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

第01讲 菱形的性质与判定（3个知识点+6种经典题型+习题试卷） 本节知识导图 知识点合集 知识点1．菱形的性质 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③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； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 【例1】（2024•康县一模）如图，菱形中，交于点，于点，连接，若，则　　 A． B． C． D． 【变式1】（2024•福田区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，，在坐标轴上，若点、的坐标分别为、，则点的坐标为　　 A． B． C． D． 【变式2】（2024•碑林区校级四模）如图，已知菱形的边长为，为对角线边上一点，且，若，则的值为 　　． 【变式3】（2024•玄武区一模）如图，在菱形中，过点作，垂足在的延长线上，过点作，垂足为．若，，则菱形的边长为 　　． 【变式4】（2024•凉州区二模）如图，菱形对角线交于点，，，与交于点． （1）求证：； （2）若菱形的边长为10，，求：菱形的面积． 知识点2.菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 【例2】（2024•杭州一模）如图，对角线，交于点，请添加一个条件：____使得是菱形　　 A． B． C． D． 【变式1】（2023春•安达市校级期中）如图，四边形是对角线互相垂直的四边形，且，请你添加一个适当的条件，使四边形是菱形．（只需添加一个即可） 【变式2】（2024•南通一模）如图，四边形的对角线，相交于点，，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． 【变式3】（2024•恩施市校级模拟）如图，已知，是的中点，于点，交于点，过点作交的延长线于点，连接，．求证：四边形是菱形． 【变式4】（2024•乌鲁木齐二模）如图，在中，对角线，交于点，点，在对角线上，且． （1）求证：； （2）连接，，若时，求证：四边形为菱形． 知识点3．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 【例3】（2024•惠城区模拟）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：　　 ①； ②与全等的三角形共有2个； ③； ④由点、、、构成的四边形是菱形； A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 【变式1】（2023•吉林一模）如图，，分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧相交于，两点．连接，，，，则四边形的面积为 　　． 【变式2】（2023秋•海曙区期末）如图，把两张宽度都是的纸条交错的叠在一起，相交成角．则长为 　　． 【变式3】（2024•凉州区三模）如图，在四边形中，，过点作的角平分线交于点，连接交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，的周长为36，求菱形的面积． 【变式4】（2024•绥江县二模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点、分别在、的延长线上，且，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若于点，，，求的面积． 经典题型汇编 题型一.利用菱形的性质求角度 1．（23-24九年级上·重庆开州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线交于点O，E为的中点，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24九年级上·陕西榆林·期末）如图，四边形是菱形，延长到点E，使．连接，若，则的度数为 ． 3．（23-24九年级上·云南昭通·期中）如图,中，,,是由绕点按逆时针方向旋转得到的,连接相交于点． (1)求证：； (2)当四边形为菱形时,求的长． 题型二.利用菱形的性质求线段长 4．（2024·安徽黄山·一模）如图，四边形是菱形，，，点，是对角线上的三等分点，若点是菱形边上的动点，则满足的点有（　　）    A．0个 B．4个 C．个 D．个 5．（20-21九年级上·山西·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，点D是的中点，点P在边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 ． 6．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，求对角线？ 题型三.利用菱形的性质求面积 7．（23-24九年级上·山西太原·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O．若，，则菱形的面积为（    ） A．18 B．20 C．24 D．28 8．（23-24九年级上·广东梅州·期中）四边形的对角线互相垂直且长分别为8和12，则面积为 ． 9．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在中，对角线与相交于点，过点作交延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 题型四.利用菱形的性质证明 10．（23-24九年级上·四川成都·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 11．（23-24九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图，点是菱形边的中点，点为边上一动点，连接，将沿直线折叠得到，连接． 已知，当为直角三角形时，线段的长为 ． 12．（23-24九年级上·贵州六盘水·期中）下面是多媒体上的一道试题： 如图，在菱形中，过点作于点，点在边上，，连接，求证：四边形是矩形． 小星和小红分别给出了自己的思路． 小星：先证明四边形是平行四边形，然后利用矩形定义即可得证； 小红：先证明与全等，然后利用“有三个角是直角的四边形是矩形”即可得证．    (1)请你选择一位同学的思路，并进行证明； (2)若，，求的长． 题型五.添一个条件使四边形是菱形 13．（23-24九年级上·陕西西安·期末）在下列条件中，能够判定▱为菱形的是（    ） A． B． C． D． 14．（23-24九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）已知平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，则你添加的条件是 ． 15．（2023九年级上·全国·专题练习）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点（点不与点、重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线，分别交射线、于点、，连接．    (1)如图1所示，当点D在线段上时， ①试说明：； ②探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由． (2)如图2所示，当点D在的延长线上时，探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由． (3)在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形是菱形？并说明理由． 题型六.证明四边形是菱形 16．（23-24九年级上·河南平顶山·期末）四条边都相等的四边形是（    ） A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形 17．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如果把两张等宽的纸条交叉叠放在一起，那么重叠部分的四边形是 ．（填特殊的四边形） 18．（23-24九年级上·贵州贵阳·期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点，点在上，，连接交于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 练习试卷 一、单选题 1．（23-24九年级上·广东茂名·期末）菱形不具有的性质是（    ） A．对角相等 B．对边平行 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 2．（23-24九年级上·山东青岛·期中）菱形的对角线长分别为5和8，它的面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级上·重庆石柱·期中）已知如图，菱形中，对角线与相交于点O，于E，交于点F，若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 4．（21-22九年级上·陕西榆林·期末）如图，在菱形中，若，，则菱形的面积为（  ） A．24 B．20 C．16 D．12 5．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在菱形AOBC中，点C的坐标是，点A的纵坐标是1，则点B的坐标是（    ）    A． B． C． D． 6．（23-24九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D．无法确定 7．（2021·安徽合肥·二模）四边形中，，点P，Q是对角线BD上不同的两点，若四边形是菱形，则下列说法中不正确的是 （    ） A． B． C． D． 8．（23-24九年级上·河南郑州·期末）如图，先将一张长方形的纸对折、再对折，然后沿图中的虚线剪下，将纸展开，就可以得到一个（      ） A．三角形 B．长方形 C．菱形 D．六边形 9．（23-24九年级上·陕西榆林·阶段练习）在下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图，在菱形中，，，则（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．（23-24九年级上·四川达州·阶段练习）如图，在菱形中，直线分别交．．于点．和．且，连接．若，则= ． 12．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，中，平分，交于，交于，若，则四边形的周长是 ． 13．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为 ．    14．（22-23九年级上·宁夏银川·期中）已知菱形的周长是，一条对角线长为，则菱形的面积为 ， 15．（23-24九年级上·四川达州·阶段练习）如图2，四边形的对角线相交于点O，且互相垂直，添加一个条件能判定四边形为菱形．你添加的条件是 ．    16．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． 若，，则的长为 ． 17．（23-24九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，，将沿向下翻折得到，点D为上一点，若，，，则的面积为 ．    18．（23-24九年级上·江西吉安·期末）菱形中，，，，垂足为，点在菱形的边上，若，则的长为 ．    三、解答题 19．（23-24九年级上·陕西宝鸡·期中）如图所示，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，连接，求度数． 20．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在四边形中，，平分，，E为中点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求四边形的面积． 21．（23-24九年级上·广东肇庆·期末）如图，在中，，点O是上的中点，将绕着点O旋转得． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 22．（22-23九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点．    (1)求证； (2)连接，求证：四边形是菱形． 23．（23-24九年级上·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图，在中，，点是的中点，连接，作，，与交于点，连接交于点． (1)求证：四边形是菱形： (2)若，，求菱形的面积． 24．（23-24九年级上·吉林白山·阶段练习）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线相交于点，且． 【初步感知】 （1）当是线段的中点时（如图①），与的数量关系为______； 【深入探究】 （2）如图②，将图①中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？说明理由； 【拓展应用】 （3）如图③，将图①中绕点A继续顺时针旋转，当时，直接写出的长． 25．（23-24九年级上·福建福州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线、相交于点．在线段上任取一点（端点除外），连接、．    (1)求证：； (2)将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处．当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由： (3)在（2）的条件下探与的数量关系，并说明理由． 26．（23-24九年级上·江西宜春·期末）【课本再现】 （1）如图1，都是等边三角形，连接，其中与相等的角是　　． 【类比迁移】 （2）如图2，在菱形中，，点E，F分别在边上，且． ①求证：． ②若，点E在边上从点B向点C运动，设，，求y与x的函数关系式． 【拓展运用】 （3）如图3，在四边形中，，，是的平分线，求的长． $$第01讲 菱形的性质与判定（3个知识点+6种经典题型+习题试卷） 本节知识导图 知识点合集 知识点1．菱形的性质 （1）菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③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； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． （2）菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 【例1】（2024•康县一模）如图，菱形中，交于点，于点，连接，若，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可． 【解答】解：四边形是菱形， 为中点，． ， 在中，， ． ． 故选：． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形． 【变式1】（2024•福田区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，，在坐标轴上，若点、的坐标分别为、，则点的坐标为　　 A． B． C． D． 【分析】由勾股定理求出的长，再由菱形的性质可得，，即可求解． 【解答】解：点、的坐标分别为、， ，， ， 四边形是菱形， ，， 点坐标为，， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质等知识，掌握菱形的性质是解题的关键． 【变式2】（2024•碑林区校级四模）如图，已知菱形的边长为，为对角线边上一点，且，若，则的值为 　　． 【分析】根据菱形的性质得出，进而利用勾股定理解答即可． 【解答】解：连接，交于点， 四边形是菱形，连接，交于点， ，，， ，， 在中，， 在中，， 即， 即， 解得：（舍去）， 故答案为：． 【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直解答． 【变式3】（2024•玄武区一模）如图，在菱形中，过点作，垂足在的延长线上，过点作，垂足为．若，，则菱形的边长为 　　． 【分析】根据菱形的性质证明，列式得，然后根据勾股定理求出，即可解决问题． 【解答】解：在菱形中，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得： ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，勾股定理，解决本题的关键是得到． 【变式4】（2024•凉州区二模）如图，菱形对角线交于点，，，与交于点． （1）求证：； （2）若菱形的边长为10，，求：菱形的面积． 【分析】（1）首先证明四边形是平行四边形，再证明是矩形可得，又因为，所以，问题得证； （2）根据菱形的面积的面积的面积的面积计算即可． 【解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． 又菱形对角线交于点， ． 即 四边形是矩形． ． 在菱形中，， ． （2）解：由（1）知四边形是矩形． ． ， ． 在中，，， ，． ． 菱形的面积的面积的面积 的面积 ． 【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质以及平行四边形的判定和性质，得到菱形的面积的面积的面积的面积是解题关键． 知识点2.菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 【例2】（2024•杭州一模）如图，对角线，交于点，请添加一个条件：____使得是菱形　　 A． B． C． D． 【分析】由菱形的判定可直接求解． 【解答】解：当时，是菱形， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，掌握菱形的判定是解题的关键． 【变式1】（2023春•安达市校级期中）如图，四边形是对角线互相垂直的四边形，且，请你添加一个适当的条件，使四边形是菱形．（只需添加一个即可） 【分析】可以添加条件，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形可判定出结论． 【解答】解：， ，， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定定理． 【变式2】（2024•南通一模）如图，四边形的对角线，相交于点，，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． 【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． 【解答】解：， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 、当时，四边形是矩形；故选项不符合题意； 、， ， ， ， ， 四边形为菱形，故选项符合题意； 、， ， ， 四边形是矩形；故选项不符合题意； 、当时，不能判定四边形为菱形；故选项不符合题意． 故选：． 【点评】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． 【变式3】（2024•恩施市校级模拟）如图，已知，是的中点，于点，交于点，过点作交的延长线于点，连接，．求证：四边形是菱形． 【分析】证明，得到，然后根据为线段的垂直平分线，得到，，从而得到，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形为菱形． 【解答】证明：是的中点，， ，， ， ，， 在与中， ， ， ， 为线段的垂直平分线， ， ， 四边形为菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，中垂线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【变式4】（2024•乌鲁木齐二模）如图，在中，对角线，交于点，点，在对角线上，且． （1）求证：； （2）连接，，若时，求证：四边形为菱形． 【分析】（1）由“”可证，可得； （2）根据平行四边形到现在和菱形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）四边形是菱形， ，，， ， 在和中， ， ， ； （2）由（1）可知，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 知识点3．菱形的判定与性质 （1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形． （2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形． 【例3】（2024•惠城区模拟）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：　　 ①； ②与全等的三角形共有2个； ③； ④由点、、、构成的四边形是菱形； A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④ 【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确； ②先证四边形是平行四边形，再证、是等边三角形，得，因此，则四边形是菱形，④正确； ③由菱形的性质得，再由证明，得，则②不正确； 由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确． 【解答】解：四边形是菱形， ，，，，， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 是的中位线， ，故①正确； ，， 四边形是平行四边形， ， 、是等边三角形， ，， ，四边形是菱形，故④正确； ， 由菱形的性质得：， 在和中， ， ， ，故②不正确； ， ， 四边形是菱形， ， 四边形与四边形面积相等，故③正确； 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【变式1】（2023•吉林一模）如图，，分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧相交于，两点．连接，，，，则四边形的面积为 　24　． 【分析】根据画法得出四边形四边的关系进而得出四边形是菱形，由菱形的性质以及勾股定理求出对角线的长，代入菱形面积公式即可求解． 【解答】解：如图：连接， 分别以和为圆心，的长为半径画弧，两弧相交于、， ， 四边形是菱形， ，，， 由勾股定理得：， ， 四边形的面积， 故答案为：24． 【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质和勾股定理等知识，得出四边形四边关系是解决问题的关键． 【变式2】（2023秋•海曙区期末）如图，把两张宽度都是的纸条交错的叠在一起，相交成角．则长为 　　． 【分析】根据菱形的判定和性质定理以及三角函数的定义即可得到结论． 【解答】解：由题意可知：重叠部分是菱形，设菱形，则， 过作于， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，正确地找出辅助线是解题的关键． 【变式3】（2024•凉州区三模）如图，在四边形中，，过点作的角平分线交于点，连接交于点，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，的周长为36，求菱形的面积． 【分析】（1）证四边形是平行四边形，，再证，则，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，，，再求出，则，然后由勾股定理得，则，即可解决问题． 【解答】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， 平分， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ，，，， 的周长为36， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， 菱形的面积． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【变式4】（2024•绥江县二模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点、分别在、的延长线上，且，连接、、、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若于点，，，求的面积． 【分析】（1）由菱形的性质得，，，而，所以，则四边形是平行四边形，而，则四边形是菱形； （2）由于点，于点，得，可证明，则，求得，则． 【解答】（1）证明：四边形是菱形，对角线、相交于点， ，，， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：于点，于点， ， ， ， ，， ， ， 的面积为． 【点评】此题重点考查菱形的判定与性质、同角的余角相等、锐角三角函数与解直角三角形、三角形的面积公式等知识，推导出是解题的关键． 经典题型汇编 题型一.利用菱形的性质求角度 1．（23-24九年级上·重庆开州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线交于点O，E为的中点，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理．由菱形的性质求得，，根据三角形中位线定理得到，求得，据此求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，，O为的中点， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．（23-24九年级上·陕西榆林·期末）如图，四边形是菱形，延长到点E，使．连接，若，则的度数为 ． 【答案】/70度 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质得出，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 3．（23-24九年级上·云南昭通·期中）如图,中，,,是由绕点按逆时针方向旋转得到的,连接相交于点． (1)求证：； (2)当四边形为菱形时,求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质得,,根据证明,根据全等三角形性质即可得到本题答案, （2）根据菱形性质得,,再利用平行线性质得,可判断出是等腰直角三角形，然后利用三边关系,即可计算本题答案． 【详解】（1）解:证明:∵是由绕点按逆时针方向旋转得到的, ∴,, ∴,即, 在和中, , ∴, ∴； （2）解:∵四边形为菱形, ∴, ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形判定及性质，菱形的性质，平行线的性质，等腰直角三角形边长关系． 题型二.利用菱形的性质求线段长 4．（2024·安徽黄山·一模）如图，四边形是菱形，，，点，是对角线上的三等分点，若点是菱形边上的动点，则满足的点有（　　）    A．0个 B．4个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题作关于对称的点为，，连接、、，交于点，连接交于点，根据菱形的性质得到，推出，证明为等边三角形，得到，，求出的最小值，即为，由菱形的对称性可知，菱形的每条边上都有一个点P，使得，即可解题； 【详解】解：作关于对称的点为，，连接、、，交于点，连接交于点，   四边形是菱形，，， ，， ， ， ，，， ， ，， 为等边三角形，为中点，， ，， ， 的最小值为， 由对称性可知，每条边上都有一个点P符合条件， 故选：B． 【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质，30度所对直角边等于斜边一半，轴对称的性质．利用轴对称的性质求出的最小值为解题关键． 5．（20-21九年级上·山西·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，点D是的中点，点P在边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了平行线的性质、菱形的性质、勾股定理，先由点A和点C求得点D的坐标、点B的坐标和点P的纵坐标，然后分类讨论求出点Q的坐标． 【详解】解：∵， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ①如图1所示，以为对角线，点P在点D的左侧时，， 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； ②如图2所示，以为对角线，点P在点D的左侧时，． 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； ③如图3所示，以为对角线，点P在点D的右侧时，， 过点P作轴于点E，则． 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴点P的坐标为， 此时，点Q的坐标为； 综上所述，点Q的坐标为或或； 故答案为：或或． 6．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，求对角线？ 【答案】菱形的对角线 【分析】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理以及等边三角形的判定与性质，求出的长是解题关键．根据菱形的性质结合等边三角形的判定与性质得出是直角三角形，再根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，，，， ∴， 在中，． ∵， ∴， ∴． ∴菱形的对角线． 题型三.利用菱形的性质求面积 7．（23-24九年级上·山西太原·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O．若，，则菱形的面积为（    ） A．18 B．20 C．24 D．28 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求，即可求菱形的面积． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故选：C． 8．（23-24九年级上·广东梅州·期中）四边形的对角线互相垂直且长分别为8和12，则面积为 ． 【答案】48 【分析】 本题考查四边形面积问题，画出图形，四边形，于，，，利用三角形面积公式可得，从而可以得到答案．解题的关键是掌握“对角线互相垂直的四边形，面积等于对角线乘积的一半”． 【详解】 解：四边形，于，，，如图： ∵， ∴，， ∴， ∵，， ∴． 故答案为：48． 9．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，在中，对角线与相交于点，过点作交延长线于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证，得是菱形，再由菱形的性质即可得出结论； （2）由菱形的性质得，，再由勾股定理得，则，然后由菱形面积即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形； ∴平行四边形是菱形， ∴； （2）解：由（1）可知，是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键． 题型四.利用菱形的性质证明 10．（23-24九年级上·四川成都·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 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，熟记相关结论是解题关键． 【详解】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． 11．（23-24九年级上·辽宁铁岭·阶段练习）如图，点是菱形边的中点，点为边上一动点，连接，将沿直线折叠得到，连接． 已知，当为直角三角形时，线段的长为 ． 【答案】2或 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形三边的关系，含角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等．分当时和当时两种情况讨论求解即可． 【详解】如图1所示，当时，取中点H，连接， ∴， ∵四边形是菱形，E为中点， ∴，，， 由折叠的性质可知，， ∴， 连接， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵由三角形三边的关系可知，当点不在线段上时，必有，这与矛盾， ∴E、、H三点共线， ∴， ∴为等边三角形， ∴； 如图2所示，当时，连接，，过点F作于G， ∵，四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵E是中点， ∴， ∴， ∴， ∴此时D、、E三点共线， 由翻折的性质可得， ∵，，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：2或． 12．（23-24九年级上·贵州六盘水·期中）下面是多媒体上的一道试题： 如图，在菱形中，过点作于点，点在边上，，连接，求证：四边形是矩形． 小星和小红分别给出了自己的思路． 小星：先证明四边形是平行四边形，然后利用矩形定义即可得证； 小红：先证明与全等，然后利用“有三个角是直角的四边形是矩形”即可得证．    (1)请你选择一位同学的思路，并进行证明； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【分析】（1）小星的思路．先证明四边形是平行四边形，然后利用矩形定义即可得证； 小红的思路．由“”可证≌，可得，然后利用“有三个角是直角的四边形是矩形”即可得证； （2）先在中利用勾股定理求出的长，再在中利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）选择小星的思路． 证明：四边形是菱形， ，． ， ， 四边形是平行四边形． ， ， 四边形是矩形； 选择小红的思路． 证明：四边形是菱形， ，． ， ， ， ． ， ， ， 四边形是矩形； （2）在中，， 四边形是菱形， ， ． 在中，， ， 解得． 的长为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 题型五.添一个条件使四边形是菱形 13．（23-24九年级上·陕西西安·期末）在下列条件中，能够判定▱为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形与菱形的关系，牢记菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形； 邻边相等的平行四边形是菱形； 故满足菱形的判定，符合题意； 故选：． 14．（23-24九年级上·陕西宝鸡·阶段练习）已知平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，则你添加的条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形即可解答． 【详解】解：若四边形是平行四边形， 当时， 平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查的是平行四边形和菱形的判定定理．但需要注意的是本题的知识点是关于平行四边形、菱形之间的关系．在平行四边形的基础上，邻边相等或对角线互相垂直均可判定该四边形是菱形． 15．（2023九年级上·全国·专题练习）已知是等边三角形，点是射线上的一个动点（点不与点、重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线，分别交射线、于点、，连接．    (1)如图1所示，当点D在线段上时， ①试说明：； ②探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由． (2)如图2所示，当点D在的延长线上时，探究四边形是怎样特殊的四边形，并说明理由． (3)在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形是菱形？并说明理由． 【答案】(1)①证明见解析；②四边形是平行四边形，理由见解析 (2)四边形是平行四边形，理由见解析 (3)当点运动到时，四边形是菱形，理由见解析 【分析】（1）①根据等边三角形的性质可得，，，从而得到，即可求证；②根据等边三角形的性质以及，可得，从而得到，即可； （2）根据等边三角形的性质可得，，，从而得到，可证得，可得，从而得到，即可； （3）由（2）可得，四边形是平行四边形，从而得到，再根据菱形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：①∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴，即， ∵，，， ∴； ②四边形是平行四边形．理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形． （2）四边形是平行四边形，理由如下： ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴，即， ∵，，， ∴； ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． （3）解：当点运动到时，四边形是菱形．理由如下： 由（2）得：，四边形是平行四边形， ∴， ∴当时，四边形是菱形， 此时， 即当点运动到时，四边形是菱形． 【点睛】本题综合性较强，主要考查了特殊的平行四边形的判定的综合运用，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 题型六.证明四边形是菱形 16．（23-24九年级上·河南平顶山·期末）四条边都相等的四边形是（    ） A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．平行四边形 【答案】C 【分析】题目主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键．根据菱形的判定定理求解即可． 【详解】解：四条边都相等的四边形是菱形， 故选：C． 17．（23-24九年级上·广东梅州·期中）如果把两张等宽的纸条交叉叠放在一起，那么重叠部分的四边形是 ．（填特殊的四边形） 【答案】菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和平行四边形的面积公式、一组邻边相等的平行四边形是菱形；熟练掌握平行四边形和菱形的判定是关键．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形． 【详解】解：过点作于，于，   两条纸条宽度相同， ． ，， 四边形是平行四边形． ． 又． ， 四边形是菱形． 故答案为：菱形． 18．（23-24九年级上·贵州贵阳·期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点，点在上，，连接交于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理； （1）由平行四边形的性质得，则，而，所以，得，而，则，则，，证明四边形是平行四边形，由，证明四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，，则，所以，则． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，，， ，，， ， ， ， ∴的长为6． 练习试卷 一、单选题 1．（23-24九年级上·广东茂名·期末）菱形不具有的性质是（    ） A．对角相等 B．对边平行 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的性质，菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质． 【详解】菱形是特殊的平行四边形，具有对角相等、对边平行、四条边相等、对角线互相垂直的性质． 故选：D 2．（23-24九年级上·山东青岛·期中）菱形的对角线长分别为5和8，它的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了求菱形的面积，正确理解菱形的面积求法是解答本题的关键．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半.．根据菱形面积的求法，即得答案． 【详解】因为菱形的对角线的长分别是5和8， 所以菱形的面积为． 故选B． 3．（23-24九年级上·重庆石柱·期中）已知如图，菱形中，对角线与相交于点O，于E，交于点F，若，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，进而利用互余解答. 【详解】∵四边形是菱形, ， ， ， ， ， ， ， 故选: C. 4．（21-22九年级上·陕西榆林·期末）如图，在菱形中，若，，则菱形的面积为（  ） A．24 B．20 C．16 D．12 【答案】A 【分析】连接，交于点O，由菱形可得，在由勾股定理可得，即可解得． 【详解】如图所示，连接，交于点O， ∵四边形为菱形， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，勾股定理，菱形的面积． 5．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在菱形AOBC中，点C的坐标是，点A的纵坐标是1，则点B的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 此题考查了菱形的性质以及坐标与图形性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．连接交于点，由菱形的性质得，，，再求出，，则，即可得出结论． 【详解】 解：如图，连接交于点，    四边形是菱形， ，，， 点的坐标是，点的纵坐标是1， ，， ， 点的坐标为，． 故选：A 6．（23-24九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则四边形的周长为（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了作图—基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质． 利用基本作图得到，，根据平行四边形的性质得，则，可得，从而得到，于是可判断四边形为菱形，于是得到四边形的周长． 【详解】解：由作法得：平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ， ， ， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴四边形的周长． 故选：A． 7．（2021·安徽合肥·二模）四边形中，，点P，Q是对角线BD上不同的两点，若四边形是菱形，则下列说法中不正确的是 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接AC，由平行线的性质和菱形的性质易证，即可证明四边形ABCD是平行四边形．再由，即证明平行四边形ABCD是菱形．根据其性质逐项判断即可． 【详解】如图，连接AC， ∵， ∴，． ∵四边形APCQ是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴AD=BC，，故A正确，不符合题意． ∴四边形ABCD是平行四边形． ∵， ∴平行四边形ABCD是菱形． ∴，，故B、C正确，不符合题意． ∵当AP=BP时，， ∴D选项不一定成立，故该选项符合题意． 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及平行线的性质．作出辅助线是解答本题的关键． 8．（23-24九年级上·河南郑州·期末）如图，先将一张长方形的纸对折、再对折，然后沿图中的虚线剪下，将纸展开，就可以得到一个（      ） A．三角形 B．长方形 C．菱形 D．六边形 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定，折叠问题，根据题目中给出的图形判断出虚线代表的正好是剪下的图形的边，虚线代表的四条边都相等，即可得出最后结论． 【详解】解：根据题意可知：长方形的纸经两次对折后，则图三共有四层沿虚线剪下的图形由四个完全相同的三角形组成，虚线代表的正好是剪下的图形的边，虚线代表的四条边都相等，根据菱形判定定理，四条边都相等的四边形是菱形可以判定剪下的图形即是菱形， 故选：C． 9．（23-24九年级上·陕西榆林·阶段练习）在下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定的应用，注意：菱形的判定定理有：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②四条边都相等的四边形是菱形，③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．根据菱形的性质逐个进行证明，再进行判断即可． 【详解】解：A、平行四边形中，本来就有，故本选项错误； B、平行四边形中，，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定平行四边形是矩形，而不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误； C、平行四边形中，，可利用邻边相等的平行四边形是菱形判定，故本选项正确； D、平行四边形中，，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定平行四边形是矩形，而不能判定平行四边形是菱形，故本选项错误． 故选：C． 10．（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图，在菱形中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，邻补角的性质，由菱形的性质得到，再根据三角形内角和定理及等腰三角形的性质得到，即可求出，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 二、填空题 11．（23-24九年级上·四川达州·阶段练习）如图，在菱形中，直线分别交．．于点．和．且，连接．若，则= ． 【答案】 【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． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，且 ∴， 故答案为：25． 12．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，中，平分，交于，交于，若，则四边形的周长是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的知识，解题的关键是根据，则四边形是平行四边形，根据平行线的性质，角平分线的性质，则，最后根据菱形的判定，即可． 【详解】∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴四边形的周长为：， 故答案为：． 13．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为 ．    【答案】/80度 【分析】本题考查了作图—垂直平分线，菱形的性质，根据题意得，点E在的垂直平分线上，则，即可得，根据四边形为菱形得，，可得，即可得；掌握作图—垂直平分线，菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意得，点E在的垂直平分线上， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ， ∴， ∴， 故答案为：． 14．（22-23九年级上·宁夏银川·期中）已知菱形的周长是，一条对角线长为，则菱形的面积为 ， 【答案】216 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，， ，，， 菱形周长为， ， 在直角三角形中，， ， ， 菱形的面积， 故答案为： 15．（23-24九年级上·四川达州·阶段练习）如图2，四边形的对角线相交于点O，且互相垂直，添加一个条件能判定四边形为菱形．你添加的条件是 ．    【答案】互相平分 【分析】根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形的判定方法进行解答即可． 【详解】解：当互相平分时，有 ∵ ∴ ∴, ∴ ∴四边形为菱形． 故添加的条件是互相平分 故答案为：互相平分. 【点评】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 16．（23-24九年级上·河南郑州·阶段练习）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． 若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】由，平分，，可得，根据对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证是平行四边形，根据一组临边相等的平行四边形是菱形，可证是菱形，根据平行四边形的性质，可知，，，在中，应用勾股定理，求出的长，由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可知，即可求解， 本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质与判定，勾股定理，直角三角形斜边中线，解题的关键是：通过菱形的性质，和，得到． 【详解】解：， ， 平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， ，，， ， ， ， 在中，， ， 故答案为：． 17．（23-24九年级上·重庆·开学考试）如图，在中，，，将沿向下翻折得到，点D为上一点，若，，，则的面积为 ．    【答案】 【分析】由等腰三角形性质得，由三角形内角和定理得，由折叠得到，，由菱形性质得，求得，过B作于F，求出长，过C作于H，得，根据三角形面积公式可得出结论． 【详解】解：，， ， ， 将沿向下翻折得到， ，， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， 过B作于F， ， ， 过C作于H， ， ，， ， ， ， ． 故答案为：．    【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形判定与性质，菱形判定与性质，等腰三角形性质，正确作出辅助线是解题关键． 18．（23-24九年级上·江西吉安·期末）菱形中，，，，垂足为，点在菱形的边上，若，则的长为 ．    【答案】或或 【分析】利用为等腰直角三角形得到，所以，当点在上，，当点在上，过点作于点，如图1，证明为等腰直角三角形，所以，，则，在中利用勾股定理得到，然后解方程求出，从而得到的长；当点在上，过点于点，连接，如图2，由于，，所以，然后利用勾股定理计算出的长． 【详解】解：在中，， 为等腰直角三角形， ， ， 当点在上，， 当点在上，过点作于点，如图1，   四边形是菱形， ，， 为等腰直角三角形， ，， ， 在 中，， ， 解得， ． 当点在上，过点于点，连接，如图2，   ，， ， ， ， 综上所述，的长为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题看了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等．也考查了等腰直角三角形的性质． 三、解答题 19．（23-24九年级上·陕西宝鸡·期中）如图所示，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，连接，求度数． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质和全等三角形的性质与判定，根据菱形的性质求出，再根据垂直平分线的性质得出，从而证明，计算出的值，解题的关键是正确添加辅助线，熟练掌握和运用相关性质定理． 【详解】解：连结， ∵四边形是菱形，， ∴， ，， ∴， ∴ ∵的垂直平分线交对角线于点， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 20．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在四边形中，，平分，，E为中点，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、角平分线的定义、平行线的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． （1）先证明是平行四边形，再根据角平分线的定义和平行线的性质证得，利用等角对等边得到，然后根据菱形的判定得出结论； （2）过D作于H，根据菱形四边形的性质和含30度角的直角三角形的性质求解、即可． 【详解】（1）证明：∵E为中点， ∴，， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：过D作于H， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴，则， ∴四边形的面积为． 21．（23-24九年级上·广东肇庆·期末）如图，在中，，点O是上的中点，将绕着点O旋转得． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，从而得到，即可求证； （2）过点作于点，先证明是等边三角形，可得，，再由勾股定理可得，再由菱形的面积公式计算，即可求解． 【详解】（1）证明：将绕着点旋转得， ，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ，， 是等边三角形， ，， ， ． 故菱形的面积为． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 22．（22-23九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点．    (1)求证； (2)连接，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，结合体已知条件得出，进而根据三线合一即可得证； （2）根据（1）的结论得出，根据中位线的性质得出，根据菱形的判定定理即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∵是的中点， ∴； （2）证明：如图所示，连接，    ∵，是的中点， ∴， ∵，分别是，的中点 ∴，， 又∵四边形是平行四边形 ∴，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，综合运用以上知识是解题的关键． 23．（23-24九年级上·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图，在中，，点是的中点，连接，作，，与交于点，连接交于点． (1)求证：四边形是菱形： (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查直角三角形的性质、平行四边形的判定及菱形的判定、三角形的中线性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． （1）根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质可得，即可得出结论； （2）根据题意可得，由勾股定理得，最后根据，即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ，点是的中点， ， 平行四边形是菱形； （2），， 由（1）得， ， ， 四边形是菱形，点是的中点， ． 24．（23-24九年级上·吉林白山·阶段练习）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线相交于点，且． 【初步感知】 （1）当是线段的中点时（如图①），与的数量关系为______； 【深入探究】 （2）如图②，将图①中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？说明理由； 【拓展应用】 （3）如图③，将图①中绕点A继续顺时针旋转，当时，直接写出的长． 【答案】（1）；（2）成立，详见解析；（3） 【分析】（1）根据菱形的性质，如图所示，连接，可得是等边三角形，可证，可得，可证是等边三角形，由此即可求证； （2）同（1）的思路通过证明三角形全等，利用全等三角形的性质和等边三角形的性质可得结论； （3）根据题意可得当时，，如图所示，过点作于点，，根据等腰直角三角形的性质可求出，即可得到的长． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形， ∴，，， ∵点是线段的中点， ∴， 如图所示，连接，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，且， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． （2）成立，理由如下， 如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，，则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． （3）如图所示，过点作于点， 当时，结合（1）可得， ∴， ∵在中，，， ∴ ∴，， 在中， ∵， ∴， ∴， 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，含特殊角的直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识的灵活运用是解题的关键． 25．（23-24九年级上·福建福州·阶段练习）如图，在菱形中，，对角线、相交于点．在线段上任取一点（端点除外），连接、．    (1)求证：； (2)将线段绕点逆时针旋转，使点落在的延长线上的点处．当点在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由： (3)在（2）的条件下探与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)不变，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论； （2）作，，垂足分别为点、，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明，得出，进而可得结论； （3）作交于点，作于点，如图，证明，即可得出结论． 【详解】（1）四边形是正方形， ，． ， ∴， ； （2）的大小不发生变化，； 理由：作，，垂足分别为点、，如图，    四边形是正方形， ，， 四边形是矩形，， ． ，， ∴， ， ． ，即； （3）； 理由：四边形ABCD是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∵由（1）可知，旋转得， ∴， 过P作交AB于点E，交BC于点G，如图，    ∴四边形PEGC是平行四边形， ，， ∴， ∴，都是等边三角形， ∴， 过P作于点M，则，， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 26．（23-24九年级上·江西宜春·期末）【课本再现】 （1）如图1，都是等边三角形，连接，其中与相等的角是　　． 【类比迁移】 （2）如图2，在菱形中，，点E，F分别在边上，且． ①求证：． ②若，点E在边上从点B向点C运动，设，，求y与x的函数关系式． 【拓展运用】 （3）如图3，在四边形中，，，是的平分线，求的长． 【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3） 【分析】（1）根据等边三角形的性质，得到，进而得到，即可得出结果； （2）①连接，如图，根据菱形的性质推出为等边三角形，然后利用“”可证明，根据全等三角形的性质即可得解； ②连接，过点E作于点M，过点F作于点N，解直角三角形求出的长，根据三角形面积公式求解即可； （3）延长到点E，使，连接，过点B作于点F，同理（2）①证出，根据全等三角形的性质得出，解直角三角形求出的长，根据线段的和差及等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）∵都是等边三角形， ∴， ∴， 即：； 故答案为：； （2）①证明：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②解：如图2，连接，过点E作于点M，过点F作于点N， ∵， ∴， ∴， 由①知，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴， ∴； （3）解：如图3，延长到点E，使，连接，过点B作于点F， ∵，是的平分线， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质是解题的关键． $$