专题01 菱形的性质与判定重难点题型专训（10大题型+15道拓展培优）-2024-2025学年九年级数学上册重难点专题提升精讲精练（北师大版）

专题01 菱形的判定与性质重难点题型专训（10大题型+15道拓展培优） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 菱形的综合性问题 知识点1：菱形的概念与性质 1. 概念：一组邻边相等的平行四边形是菱形 2.性质： 边：菱形的四条边都相等． 对角线：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． 菱形的面积：菱形的面积等于对角线乘积的一半． 知识点2：菱形的判定 1. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）． 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线）． 3. 四条边相等的四边形是菱形（边） 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 1．（2024·重庆·二模）如图，在菱形中，作垂直平分，垂足为，交于点，连接，若，则等于（    ） A． B． C． D． 2．（23-24九年级下·宁夏银川·期中）如图，在菱形纸片中，是边上一点，将沿直线翻折，使点落在上，连接．已知，，则的度数为 ．    3．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图①，菱形纸片，．对其进行如下操作： 把翻折，使点A与点D重合，折痕为；把翻折，使点C与点D重合，折痕为（如图），连接，．设两条折痕的延长线交于点O．    (1)请在图②中将图形补充完整，并求的度数； (2)四边形是菱形吗？请说明理由． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例2】（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． 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，四边形为菱形，对角线，交于点O，，垂足为E．若，，则的长是（　　） A． B． C． D． 2．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图， 在菱形中， 点E为的中点， 将菱形 沿翻折， 使点 C落在上的点 F 处． 若， 则折痕的长为 ． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知，分别是平行四边形的边，上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，且四边形是菱形时，求的长． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例3】（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，长为半径作弧，交于点E；②分别以D、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F，作射线交于点G，连接，若，，则菱形的面积为（    ）    A．16 B． C． D．12 1．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 2．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，是菱形的对角线，P是上的一个动点，过点P分别作，的垂线，垂足分别是F和E．若菱形的周长是24，面积是12，则的值是 ． 3．（2024·云南楚雄·三模）在矩形中，对角线，相交于点E，延长到C，使得，延长到D，使得，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例4】（2022上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在四边都相等的平行四边形中，点是对角线的交点，点、、、分别是四边中点，则图中的全等三角形共有（    ）    A．12对 B．16对 C．18对 D．20对 1．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，已知菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，与相交于点，则下列结论：①，②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在菱形中，，点E、F分别在边上，且，则的形状为 3．（2024·北京丰台·二模）在中，，是的中点，过点作，且， 连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】 【例5】（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（    ） A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立 C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立 1、（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·北京·阶段练习）在平行四边形中，对角线与相交于点，分别添加下列条件：；；平分；．使得平行四边形是菱形的条件有 ．（填序号） 3．（23-24八年级下·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形（即）的边、的中点．O是所在平面上的动点，连接、，点G、F分别是、的中点，顺次连接点D、G、F、E．    (1)如图，当点O在的内部时，求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，则与应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．） 【经典例题六 证明四边形是菱形】 【例6】（2021下·江苏南京·八年级南师附中树人学校校考期中）如图，在中，点、分别是、的中点，与交于点，与交于点，下列说法：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形；③当时，四边形是菱形；④当时，四边形是矩形，其中正确的有（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 1．（23-24八年级下·山东滨州·期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④，其中，判断正确的是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 2．（2024·吉林白山·一模）如图，是矩形的对角线，垂直平分，分别交、于点、，连接．若，则的长为 ． 3．（2024年湖北省中考数学试题）在数学课上，老师提出问题“尺规作图：作已知线段 的垂直平分线”． 小华同学按下列步骤作图（如图）：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，交线段两侧于点C，D；②连接交于点O；③连接，，，． (1)判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 1．（20-21九年级上·陕西渭南·期中）如图，四边形是菱形，等边的顶点分别在上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    3．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连结，． (1)【基础巩固】 求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； (2)【操作思考】 如图2，已知，，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； (3)【拓展探究】 如图3，连结，若四边形为菱形，且，求的度数． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，在平行四边形中（），以点A为圆心，为半径画弧交于点F，连结，分别以点B和点F为圆心、以适当长为半径作圆弧交于点G，连接并延长交于点E． 若，，则的长为（    ） A．18 B．16 C．12 D．20 1．（2023上·山东青岛·九年级统考期中）如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（    ）    A． B．3 C．4 D．5 2．（2023下·广东佛山·八年级校联考期末）如图，，，点是射线上的任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连，则线段的最小值为 ． 3．（2023下·广东中山·八年级统考期中）如图，在平行四边形中，，，垂足分别为E，F，且．    (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，点E在边上，连接，若，则四边形的面积为（   ）    A．64 B．48 C．32 D．16 1．（2023下·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（    ）    A．240 B．130 C．120 D．65 2．（2023上·四川成都·九年级统考期中）将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为 ． 3．（2023上·吉林长春·八年级校考期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______． 探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积． 应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______． 【经典例题十 菱形的综合性问题】 【例10】（2023下·江苏常州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，点、分别在边、上，且，则的最小值是（    ）    A．2 B．3 C． D． 1．（2023上·宁夏银川·九年级银川唐徕回民中学校考期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2022下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为 ． 3．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．    (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______； (2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数； (3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由． 1．如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 2．如图，点M是菱形边的中点，点E在边上，连接，过点M作交对角线于点Q，交于点N．已知菱形的周长为32，，则线段的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交于点E，连接，则是（    ） A． B． C． D． 4．如图，四边形是菱形，其中，两点的坐标为，，点在轴上，则点的坐标为（　　）    A． B． C． D． 5．如图，在菱形中，，平分交于点，过点作交于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 6．在菱形中，于点E，于点F，连接．若，则的度数为 ． 7．如图，点、分别在菱形的边、上，，连结，交延长线于点，若，，则的长为 ． 8．如图，菱形中，，，点、分别在边、上．若将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，则 ． 9．如图，在菱形中， ，，E是边的中点，P，M分别是上的动点，连接，则的最小值是 ． 10．如图，在菱形中，边上的高交对角线于点F，且，若，则的周长为 ． 11．如图，矩形的对角线，相交于点，，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 12．如图，已知四边形的对角线、交于点O，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)E为上一点，连接BE，若，，，求的长． 13．已知：如图，在平行四边形中，的平分线交于点，过点作的垂线交于点F，交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 14．已知一次函数， (1)求图象与轴、轴的交点、的坐标． (2)点在轴，四边形、、、是菱形，求出点的坐标． 15．已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若平分，，，求四边形的周长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 菱形的判定与性质重难点题型专训（10大题型+15道拓展培优） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 菱形的综合性问题 知识点1：菱形的概念与性质 1. 概念：一组邻边相等的平行四边形是菱形 2.性质： 边：菱形的四条边都相等． 对角线：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． 菱形的面积：菱形的面积等于对角线乘积的一半． 知识点2：菱形的判定 1. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）． 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线）． 3. 四条边相等的四边形是菱形（边） 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先连接，根据线段垂直平分线的性质得，再根据菱形的性质得到，再证明，进而得出，，可知，然后根据等腰三角形的性质得，进而得出答案． 【详解】连接． ∵是的垂直平分线， ∴． ∵四边形是菱形， ∴．，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键． 1．（2024·重庆·二模）如图，在菱形中，作垂直平分，垂足为，交于点，连接，若，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质和线段的垂直平分线的性质，根据菱形的性质求出；再根据垂直平分线的性质得出，利用三角形内角和定理可以求得，从而得到的度数，即可求解． 【详解】解：如图，连接，   ， ∵四边形是菱形， ， ， 垂直平分垂直平分， ， ， ， ，即， ， ，则， ， 故选：D． 2．（23-24九年级下·宁夏银川·期中）如图，在菱形纸片中，是边上一点，将沿直线翻折，使点落在上，连接．已知，，则的度数为 ．    【答案】/85度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，根据菱形性质可知，，，根据折叠可知，，，求出，根据等腰三角形性质求出即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， 根据折叠可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 3．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图①，菱形纸片，．对其进行如下操作： 把翻折，使点A与点D重合，折痕为；把翻折，使点C与点D重合，折痕为（如图），连接，．设两条折痕的延长线交于点O．    (1)请在图②中将图形补充完整，并求的度数； (2)四边形是菱形吗？请说明理由． 【答案】(1)画图见解析， (2)是，理由见解析 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的判定和性质，三角形全等的判定与性质，灵活运用折叠的性质是本题的关键． （1）由菱形的性质可得，，，由折叠的性质可得，，，，，，由四边形的内角和定理可求解； （2）由题意可证，可证四边形是平行四边形，由“”可证，可得，即可证四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，   四边形是菱形，， ，，， 把翻折，使得点与点重合，折痕为；把翻折，使得点与点重合，折痕为， ，，，，，， ， ； （2）证明：，， ，且，， ， 四边形是平行四边形， ，，， ，且，， ， ， 四边形是菱形． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例2】（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． 【答案】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． 【详解】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． 【点睛】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． 1．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，四边形为菱形，对角线，交于点O，，垂足为E．若，，则的长是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识，利用菱形的性质求出，利用勾股定理求出，然后利用等面积法求解即可． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图， 在菱形中， 点E为的中点， 将菱形 沿翻折， 使点 C落在上的点 F 处． 若， 则折痕的长为 ． 【答案】 【分析】由菱形，折叠的性质可知，，则，如图，作于，则，由勾股定理得，，如图，作的延长线于，证明，则，，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】解：∵菱形， ∴， ∴， 由折叠的性质可知，， ∴， ∴， 如图，作于， ∴， 由勾股定理得，， 如图，作的延长线于， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质．熟练掌握菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知，分别是平行四边形的边，上的点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，且四边形是菱形时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题综合运用了平行四边形的性质和判定、菱形的性质．掌握平行四边形的性质是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形，可得，，进而得到，又因为，所以四边形是平行四边形； （2）由菱形的性质可得，证出，则可求． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 又， ， 即， ∵， 四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形， ， ， 又，即， ， ， ， ． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例3】（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，长为半径作弧，交于点E；②分别以D、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F，作射线交于点G，连接，若，，则菱形的面积为（    ）    A．16 B． C． D．12 【答案】B 【分析】由作图可知：，再根据菱形的性质可得，从而可得，然后设，利用勾股定理可得，最后在中，利用勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】解：由作图可知：， 四边形是菱形， ， ， 设， 在中，， ， ， 在中，，即， 解得（负值已舍去），即：， ∴， ∴， ∴菱形的面积为； 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、基本作图—作垂线、含30度角的直角三角形，勾股定理，通过作图方法，得到，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 1．（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接和，可得，，即可得到，，然后利用解题即可． 【详解】连接和， 则，， 又∵点分别是边的中点， ∴，， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴， 故选C． 2．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，是菱形的对角线，P是上的一个动点，过点P分别作，的垂线，垂足分别是F和E．若菱形的周长是24，面积是12，则的值是 ． 【答案】2 【分析】本题主要考查了菱形的性质，如图所示，过点A作于H，连接，根据菱形的面积公式和周长公式求出，，再根据，即可推出． 【详解】解：如图所示，过点A作于H，连接， ∵菱形的周长为24， ∴， ∵菱形的面积是12， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：2． 3．（2024·云南楚雄·三模）在矩形中，对角线，相交于点E，延长到C，使得，延长到D，使得，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，证明四边形是菱形即可； （2）根据矩形，，得到，，结合，得到，利用勾股定理，得到，求得k值， 利用菱形面积公式解答即可． 本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴四边形 是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）∵矩形，， ∴，， ∵， 设， ∴， 解得（舍去）， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形面积是， 故四边形面积是96． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例4】（2022上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在四边都相等的平行四边形中，点是对角线的交点，点、、、分别是四边中点，则图中的全等三角形共有（    ）    A．12对 B．16对 C．18对 D．20对 【答案】D 【分析】根据菱形的判定与性质、全等三角形的判定定理解答即可． 【详解】解：∵四边形是四边都相等的平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴． 同理可证：，，，，，，，，，，，，，，，，，，． ∴共有20对． 故选：D． 【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质、全等三角形的判定，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键． 1．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，已知菱形的边长为4，，分别是，边上的动点，，，与相交于点，则下列结论：①，②为等边三角形；③；④若，则．其中正确个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的性质等等解题的关键是对几何图形的性质能够灵活应用． ①首先证为等边三角形，得，，结合已知条件可证；②得，，得，进而可得结论；③证明则可得结论；④过点G分别作的垂线，垂足为N、M，由角平分线的性质得到，求出，进而得到，，据此可得． 【详解】解：在四边形是菱形中，∵， ∴，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ∴， ∴， ∴为等边三角形，故②正确； ∵，， 又∵， ∴， 由①得，， ∴，故③正确； 如图所示，过点G分别作的垂线，垂足为N、M， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，故④正确； 故选：D． 2．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在菱形中，，点E、F分别在边上，且，则的形状为 【答案】等边三角形 【分析】本题考查了菱形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及等边三角形的判定，有一个角是的等腰三角形是等边三角形．菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为，连接，和菱形的边长相等，可证明，可得到一个角为的等腰三角形从而可证明是等边三角形． 【详解】解：连接， 在菱形中，， ， ， ， ，是对角线， ， ， 在与中， ， ， ，， ， ， 是等边三角形． 故答案为：等边三角形． 3．（2024·北京丰台·二模）在中，，是的中点，过点作，且， 连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的性质及判定，等边三角形的判定及性质，合理作出辅助线是解题的关键． （1）由，且可证出四边形是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到，即可判断四边形是菱形； （2）过点作交的延长线于点，利用菱形的性质判定出为等边三角形，再利用等边三角形的性质分别求出和的长，再结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵且， ∴四边形是平行四边形． ∵在中，， 是的中点， ∴． ∴四边形是菱形． （2）过点作交的延长线于点    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在中， ． 【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】 【例5】（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（    ） A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立 C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立 【答案】B 【分析】由折叠的方法可知，四边形和四边形为平行四边形；再判断它们邻边是否相等即可得出结论； 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴     ∴， 由折叠知：， ∴    ∴∥, ∴四边形是平行四边形 当时，四边形是平行四边形， ∴， 又∵，， ∴， 故时，四边形为菱形，甲甲可能成立， 而由乙折叠方法可知，所以，故四边形为不可能为菱形． 综上所述：甲可能成立，乙一定不成立， 故选B． 【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 1、（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，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，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、四边形是平行四边形，，， ，平行四边形是矩形，故C符合题意； D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意， 故选：C． 2．（23-24八年级下·北京·阶段练习）在平行四边形中，对角线与相交于点，分别添加下列条件：；；平分；．使得平行四边形是菱形的条件有 ．（填序号） 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判定定理逐一判断即可求解，掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得平行四边形是菱形，正确，故符合要求； 当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得平行四边形是菱形，正确，故符合要求； 当平分时，如图，则，    ∵， ∴, ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，正确，故符合要求； 当时，如图，则，    ∴平行四边形是矩形，错误，故不合要求； 故答案为：． 3．（23-24八年级下·江苏淮安·期中）D、E分别是不等边三角形（即）的边、的中点．O是所在平面上的动点，连接、，点G、F分别是、的中点，顺次连接点D、G、F、E．    (1)如图，当点O在的内部时，求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，则与应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．） 【答案】(1)见解析 (2)时，平行四边形是菱形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定、三角形中位线及菱形的性质，解题的关键是得到证明平行四边形的条件． （1）由于分别是边的中点, 可得是的中位线，同理可得是的中位线，由三角形中位线定理即可得到是平行四边形； （2）根据，，，可以得到，即可得到平行四边形是菱形． 【详解】（1）证明: ∵分别是边的中点, 且， 同理，且， ∴且 ∴四边形是平行四边形； （2）当时，平行四边形是菱形.理由为：   分别是边的中点, ∴， 又∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形． 【经典例题六 证明四边形是菱形】 【例6】（2021下·江苏南京·八年级南师附中树人学校校考期中）如图，在中，点、分别是、的中点，与交于点，与交于点，下列说法：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形；③当时，四边形是菱形；④当时，四边形是矩形，其中正确的有（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据平行四边形、矩形的判定与性质，菱形的判定，结合题中条件证明．解每个小问时，先画出对应图形，再证明． 【详解】解：①如图 四边形是是平行四边形 ， 又 、分别是、的中点 又 即 四边形是平行四边形 故①正确． ②如图 连接，由题意得： ，， 四边形，都为平行四边形且两者全等 又平行四边形对角线互相平分 又由①可知，四边形是平行四边形， 四边形是平行四边形； 故②正确． ③如图 ，四边形是平行四边形 平行四边形是矩形， 四边形是矩形， 又 矩形对角线互相平分 结合②四边形为平行四边形 四边形为菱形 故③正确． ④如图， 由①②可得：，，而， ∴， ∴四边形不是矩形 故④不正确． 故答案为：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质(一组对边平行且相等，对角线互相平分)，矩形的判定和性质(对角线互相平分)，菱形判定(有一组邻边相等的平行四边形为菱形) 等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 1．（23-24八年级下·山东滨州·期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点O，点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④，其中，判断正确的是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④． 【详解】解：点为的中点， ， 又， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， 即，故①正确； 在平行四边形中，，，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形，故③正确； ， 在中，， ，则，故②正确； 在平行四边形中，， 又点为的中点， ，故④正确； 正确的结论①②③④． 故选：D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，三角形的中线性质，掌握菱形的判定是解题关键． 2．（2024·吉林白山·一模）如图，是矩形的对角线，垂直平分，分别交、于点、，连接．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查截开的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理，运用勾股定理求出，连接，证明四边形是菱形得 【详解】解：连接，如图， ∵四边是矩形 ∴， ∵ ∴ ∵四边是矩形 ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（2024年湖北省中考数学试题）在数学课上，老师提出问题“尺规作图：作已知线段 的垂直平分线”． 小华同学按下列步骤作图（如图）：①分别以点A，B为圆心，以大于长为半径作弧，交线段两侧于点C，D；②连接交于点O；③连接，，，． (1)判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2) 【分析】（1）由作图可得：是的垂直平分线，且，，可得，从而可得结论； （2）由四边形是菱形，，可得，，求解，再进一步解答即可. 【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下： 由作图可得：是的垂直平分线，且，， ∴， ， 四边形是菱形， （2）解：∵四边形是菱形，， ，，， ∵， ， ， . 【点睛】本题考查的是作线段的垂直平分线，菱形的判定，勾股定理的应用，化为最简二次根式，掌握以上基础知识是解本题的关键. 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论． 【详解】解：在中，， ∴是菱形， ， ， ， ， ， ，是斜边的中点， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 1．（20-21九年级上·陕西渭南·期中）如图，四边形是菱形，等边的顶点分别在上，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由四边形的四边都相等，可证得四边形是菱形，又由等边的顶点、分别在、上，且，可设，根据三角形的内角和定理得出方程，解此方程的解即可求出答案． 【详解】解：四边形的四边都相等， 四边形是菱形， ，，， ， 是等边三角形，， ，， ，， 由三角形的内角和定理得：， 设， 则， ， ， 解得：， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查对菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质等知识点．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【答案】 【分析】 本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 【详解】解：延长、交于H，连接，    ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 3．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图1，两个全等的直角三角形和的斜边和在同一直线上，，将沿直线平移，并连结，． (1)【基础巩固】 求证：在沿直线平移过程中，四边形是平行四边形； (2)【操作思考】 如图2，已知，，当沿平移到某一个位置时，四边形为菱形，求此时的长； (3)【拓展探究】 如图3，连结，若四边形为菱形，且，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可解决问题； （2）设，根据勾股定理，建立方程求解即可； （3）延长交于点，证明，得，所以是等腰直角三角形，然后根据菱形的性质即可解决问题． 【详解】（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：，，， ， 如图2，连接交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， 整理得， 解得：或（舍去）， ． 当时，四边形能成为菱形； （3）解：如图3，连结，延长交于点， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形为菱形， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，在平行四边形中（），以点A为圆心，为半径画弧交于点F，连结，分别以点B和点F为圆心、以适当长为半径作圆弧交于点G，连接并延长交于点E． 若，，则的长为（    ） A．18 B．16 C．12 D．20 【答案】B 【分析】连接，设与相交于点H，证明四边形是菱形，根据菱形的性质得到，，由勾股定理求出，即可得到的长． 【详解】解：连接，设与相交于点H， 由作图可知，，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 故选：B 【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、勾股定理、等角对等边等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． 1．（2023上·山东青岛·九年级统考期中）如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（    ）    A． B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，勾股定理根据，，可得四边形为平行四边形，根据，为的中点，则，则平行四边形为菱形，由，，，可得，证明四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】解：，， 四边形为平行四边形， 又，为的中点， ， 平行四边形为菱形， ∴， ∴ 又 ∴四边形是平行四边形， ，，， ， ∴． 2．（2023下·广东佛山·八年级校联考期末）如图，，，点是射线上的任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连，则线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查垂线段最短，平行四边形的性质，直角三角形的性质．根据垂线段最短得：当时，最短，利用平行四边形性质和直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：设平行四边形的对角线、相交于O，如图， 当时，最短， ∵平行四边形 ∴，， ∴此时，最短， ∵， ∴ ∴ 故答案为：． 3．（2023下·广东中山·八年级统考期中）如图，在平行四边形中，，，垂足分别为E，F，且．    (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据证明得，再由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得，设，则，然后在和中，由勾股定理得出方程，解得，即可解决问题． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在和中， 由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴， 即的长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，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． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，点E在边上，连接，若，则四边形的面积为（   ）    A．64 B．48 C．32 D．16 【答案】D 【分析】先证明四边形为菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴四边形的面积为； 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形为菱形． 1．（2023下·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（    ）    A．240 B．130 C．120 D．65 【答案】C 【分析】根据作图可得四边形是菱形，勾股定理，求得的长，进而根据菱形的面积公式即可求解. 【详解】解：根据作图可得， 四边形是菱形， ，， 如图所示，    设交于点D， 在中，， ， 四边形的面积为：. 故选：C. 【点睛】此题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键. 2．（2023上·四川成都·九年级统考期中）将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， ∴四边形是平行四边形， 如图，作于，于，由等宽可得， ∵， ∴，即， ∴四边形是菱形， ∴， 故答案为：． 3．（2023上·吉林长春·八年级校考期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______． 探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积． 应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______． 【答案】猜想：10；探究：8；应用：6 【分析】猜想：根据平行四边形的性质得到，，进而证明得到，再根据进行求解即可； 探究：根据菱形的性质得到，，进而证明，得到，再根据进行求解即可； 应用：延长到E使，证明，得到，利用勾股定理得到，进而得到的长，利用计算即可． 【详解】解：猜想：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴； 故答案为：10； 探究：在中，， ∴四边形是菱形， ∴． ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； 应用：延长到E使， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴． ∵， ∴， ∴． 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，图形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【经典例题十 菱形的综合性问题】 【例10】（2023下·江苏常州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，点、分别在边、上，且，则的最小值是（    ）    A．2 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】连接，很容易能得到和全等，根据全等的性质，能推出为等边三角形，从而将的最小值问题转化为的最小值；而的最小值，又可以联想到点到的距离：垂线段最短，从而将问题解决了． 【详解】解：过点作，连接，    ， 四边形是菱形， ，， 和都是等边三角形， ，， 在中，， ， 在中，根据勾股定理，得：， ， ， 垂线段最短， ， ． 在和中， ≌． ，， 即：， ，， 为等边三角形， ， ， 即：有最小值． 故选：． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短等知识．正确作出所需要的辅助线是解题的关键，也是本题的难点． 1．（2023上·宁夏银川·九年级银川唐徕回民中学校考期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据菱形的性质和，可知是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，即可判断①；根据可证，根据全等三角形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质可判断②；根据为直角三角形，可知，进一步可知，即可判断③；根据勾股定理可得，再根据三角形面积的求法即可判断④．从而得出答案． 【详解】解：在菱形中，， ， ， 是等边三角形，是等边三角形， ，， ，分别是，的中点， ， ， ，， ， 故①正确； 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 故②正确； 为直角三角形， ， ， 与不全等， 故③错误； ∵菱形，， ∴ ，，， 根据勾股定理，得， ， 故④正确， 故正确的有①②④，共3个， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的面积等，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 2．（2022下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为 ． 【答案】 【分析】首先证四边形是平行四边形，则当时，四边形是矩形，由“”可证，可得，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，， ， 动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动， ，， 在和中， ， ， ， 同理可证：， 四边形是平行四边形， 如图，连接，，过点作于，于， 当时，四边形是矩形， 即当时，四边形是矩形， ， ， ， ， 同理可求：，，， 在和中， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题． 3．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．    (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______； (2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数； (3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是 【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解； （2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果； 分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”． 【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”， 则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合， 即， 则菱形为正方形， ∵菱形的面积为， ∴菱形的边长是． 故答案为：． （2）解：连接，如图：    ∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， ∴． （3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下： 分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：    ∵点在线段和线段的垂直平分线上， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 则， 即， ∴四边形是“可旋四边形”． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形． 1．如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接和，可得，，即可得到，，然后利用解题即可． 【详解】连接和， 则，， 又∵点分别是边的中点， ∴，， ∴， ∵点分别是边的中点， ∴， ∴， 故选C． 2．如图，点M是菱形边的中点，点E在边上，连接，过点M作交对角线于点Q，交于点N．已知菱形的周长为32，，则线段的长为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、平行线的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．菱形的性质得，，再证是中位线，得，然后证是的中位线，得，即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形，周长为32， ∴，， 是菱形边的中点，， 是的中点， 是中位线， ， ， ， ∵， ∴， 是的中点， 是的中位线， ， ， 故选：． 3．如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交于点E，连接，则是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由作法得垂直平分，，由菱形，得到，得到为等边三角形，由平行线的性质，即可求解，本题考查了垂直平分线的性质与判定，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：连接， 由作法得垂直平分， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 4．如图，四边形是菱形，其中，两点的坐标为，，点在轴上，则点的坐标为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，勾股定理，利用菱形的性质以及勾股定理得出的长，进而求出C点坐标． 【详解】解∵菱形的顶点，两点的坐标为，，点D在y轴上， ， 即轴，， 在中，由勾股定理得：， ∴点C的坐标是：， 故选：A． 5．如图，在菱形中，，平分交于点，过点作交于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意易得，从而证明，即，即可得出的值． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分交于点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选． 【点睛】本题考查菱形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、多边形内角和的应用、全等三角形的性质的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．在菱形中，于点E，于点F，连接．若，则的度数为 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，根据菱形的性质，等积法得到，等边对等角，求出的度数即可． 【详解】解：∵菱形中，于点E，于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：． 7．如图，点、分别在菱形的边、上，，连结，交延长线于点，若，，则的长为 ． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．过点作交延长线上于点，证明为等腰三角形，结合菱形的性质，得到，，证明四边形是平行四边形，得到，，证明，得到，在中，利用勾股定理即得解. 【详解】解：过点作交延长线上于点，如图所示， 四边形是菱形， ，平分，， ， ， 为等腰三角形，又平分，根据三线合一， ，， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， ，又，， ， ， ， 在中，， ， ， ． 故答案为：10． 8．如图，菱形中，，，点、分别在边、上．若将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理；连接，，根据等腰三角形的三线合一可知，再利用翻折变化的性质，利用勾股定理解直角三角形求长；过作于，过作于，连接交于，依据勾股定理即可得到的长，，的长，进而得到的值． 【详解】解：连接，，如图， 四边形是边长为的菱形，， 和都是边长为的等边三角形， ，， 为的中点， ，， 在中，， 根据翻折变换可知， ，， ， 在中，设，则， ， ， 解得， ． 故答案为：． 9．如图，在菱形中， ，，E是边的中点，P，M分别是上的动点，连接，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】如图，记的交点为，作关于的对称点，连接，作于，，证明，则，由，可知当三点共线，且时，的值最小为，由，可求，然后作答即可． 【详解】解：如图，记的交点为，作关于的对称点，连接，作于， ∵菱形， ∴，，，， ∴， 由勾股定理得，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线，且时，的值最小为， ∵， ∴， 解得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，全等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，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 10．如图，在菱形中，边上的高交对角线于点F，且，若，则的周长为 ． 【答案】/ 【分析】连接交于点，根据菱形的性质可证得，得，进而可知，即可证明，得，易知是等边三角形，得，则，根据的周长为即可求解． 【详解】解：连接交于点， 在菱形中，，，， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴，，则， 即：， 又∵，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，则， ∴的周长为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 11．如图，矩形的对角线，相交于点，，．    (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】本题考查矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定、含度角的直角三角形的性质等知识， （1）先根据矩形的性质证得，再证明四边形是平行四边形，利用菱形的判定可证得结论； （2）根据菱形的性质和含度的直角三角形的性质求得，，进而可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：连接交于H，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，又， ∴， ∴，则， ∴，， ∴菱形的面积为． 12．如图，已知四边形的对角线、交于点O，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)E为上一点，连接BE，若，，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【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，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． （1）根据，得四边形是平行四边形，根据角之间的关系可得，即可得； （2）根据菱形的性质得，设，则，在中，根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得，进行就是即可得． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理得， ， 在中，根据勾股定理得， 解得，， ∴， 即． 13．已知：如图，在平行四边形中，的平分线交于点，过点作的垂线交于点F，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) 【分析】（1）先证明，利用证明，得出，因此，证出四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）过点作于点，由菱形的性质得出，，，在中，求出，在中，求出，再求出，得出，中，由勾股定理即可得出的长． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴且， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是菱形，，，， ∴，，，， 在中，，， 在中，，， ∴， 在中，， ∴的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定和性质、等角对等边、全等三角形的判定和性质、角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定和性质、勾股定理是解题的关键． 14．已知一次函数， (1)求图象与轴、轴的交点、的坐标． (2)点在轴，四边形、、、是菱形，求出点的坐标． 【答案】(1) (2)或或或 【分析】本题考查一次函数的性质，菱形的性质，勾股定理； （1）在中，令，则，令，则，即可得出答案； （2）设点的坐标为，分成当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时，三种情况解答即可． 【详解】（1）解：（1）在中， 令，则， 令，则， ，； （2）设点的坐标为， 当为对角线时，则，即轴， 点在轴上，且被轴垂直平分， ； 当为对角线时，则，，即轴， 点的坐标为或； 当为对角线时，则， ， 解得， ， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标为或或或． 15．已知：如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若平分，，，求四边形的周长． 【答案】(1)详见解析 (2)32 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形的周长等知识，证明，以及在平分的条件下证明四边形为菱形是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，而，所以，即可证明四边形是平行四边形； （2）由，，推导出，则，推出四边形是菱形，而，则是等边三角形，得出，即可求得四边形周长是． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵平分， ∴， ∵四边形为平行四边形，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形周长是． 学科网（北京）股份有限公司 $$