第01讲 菱形的性质与判定-2024年暑假九年级数学上册自学课系列（北师大版）

第01讲 菱形的性质与判定 【北师大版】 ·模块一 菱形的性质 ·模块二 菱形的判定 ·模块三 菱形的性质与判定综合 ·模块四 课后作业 模块一 菱形的性质 1．定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．性质：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质，此外，还具有下述性质： 性质1：菱形的四条边相等． 性质2：菱形的对角线互相垂直平分． 性质3：菱形的对角线平分一组对角． 性质4：菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线． 另外，由菱形的性质可以得出： （1）菱形的面积除了可以用平行四边形面积的求法外，还可用对角线乘积的一半来计算． （2）菱形的对角线把菱形分成四个小的直角三角形． 【考点1 由菱形的性质解角度问题】 【例1.1】（2024·四川成都·三模）在菱形中，于点E，于点F，连接．若，则的度数为 ． 【例1.2】（2024·广西·三模）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °． 【变式1.1】（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． 【变式1.2】（2024·江苏南通·二模）如图，在菱形中，，点P是上一点（不与端点重合），点A关于直线的对称点为E，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1.3】（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 ．    【考点2 由菱形的性质解线段长度问题】 【例2.1】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在菱形中，对角线、交于点，于点，，，则的长为 ． 【例2.2】（2024八年级下·全国·专题练习）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示．，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式1.1】（2024·陕西咸阳·三模）如图，在菱形中，点是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 【变式1.2】（23-24八年级下·辽宁铁岭·期中）如图，在菱形中，边上的高交对角线于点F，且，若，则的周长为 ． 【变式1.3】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，菱形的边在轴上，点的坐标为．分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点、．连接，交于点．则点的坐标为 ． 【考点3 由菱形的性质解面积有关问题】 【例3.1】（2024·甘肃平凉·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接.若，菱形的面积为54，则的长为 ． 【例3.2】（23-24八年级下·安徽合肥·阶段练习）如图，在菱形中，，，连接，过点作，交的延长线于点，则线段的长为 ． 【变式3.1】（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 【变式3.2】（22-23八年级下·河南信阳·期末）如图，在菱形中，于点，交对角线于点，过点作于点，若的周长为8，则菱形的面积为 ．    【变式3.3】（23-24八年级下·福建厦门·期中）已知，在菱形中，点E为上一动点，点F是上一动点，连接．若，是等边三角形，若，则面积的最大值是 ． 模块二 菱形的判定 判定：（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形． （2）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形． （3）四条边相等的四边形是菱形． （4）一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形． 【考点1 添一个条件使四边形是菱形】 【例1.1】（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． 【例1.2】（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）已知四边形是平行四边形，对角线与交于点O，下列结论不正确的是（　　） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是菱形 D．当时，它是菱形 【例1.3】（22-23八年级下·云南·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（    ）      A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式1.1】（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，平行四边形中，点在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有三种方案：    ①只需要满足； ②只需要满足； ③只需要满足 则上述方案正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．③ D．②③ 【变式1.2】（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） 【变式1.3】（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图所示，在中，于点分别是边的中点，连接，当满足条件 时，四边形是菱形．（填一个你认为恰当的条件即可） 【考点2 证明四边形是菱形】 【例2.1】（2024·陕西渭南·三模）如图，点为的边上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，求证：四边形为菱形． 【例2.2】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在平行四边形中，边的垂直平分线恰好经过点，且与的延长线交于点，连接，，求证：四边形是菱形． 【变式2.1】（2024·江苏扬州·二模）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，.    (1)求证：； (2)连接，若，判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式2.2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点，，两点分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)连接，，请添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由） 【变式2.3】（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，中，点D是上一点，点E是的中点，过点C作，交的延长线于点F．连接，． (1)求证：； (2)如果点D是的中点，请直接写出当与满足什么条件时，四边形是菱形． 模块三 菱形的性质与判定综合 【考点1 菱形的性质与判定综合应用】 【例1.1】（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，，交于点，点，在，且． (1)求证：； (2)若，点，分别为，的中点，连接，，，求四边形的周长． 【例1.2】（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期末）如图，在中，点M，N分别在边，上，点E，F在对角线上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，点N是的中点，求平行四边形的面积． 【变式1.1】（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F． (1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形； (2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等； (3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明． 【例1.2】（22-23八年级下·浙江杭州·期末）在中，，，将绕点C顺时针旋转到，其中点A，点B的对应点分别为点E，点D，连结． (1)如图1，当点D在线段的延长线上时， ①证明：四边形是平行四边形． ②若点A为的中点，求四边形的面积． (2)如图2，当点D在线段上时，若点D为的中点，求的长． 【例1.3】（23-24八年级下·河北衡水·期中）如图1，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，设点E的运动时间为． (1)如图2，连接，若经过边的中点D． ①求证：四边形是平行四边形； ②求此时t的值． (2)是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【例1.4】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 模块四 课后作业 1．（23-24九年级上·贵州六盘水·期中）如图所示，是菱形的对角线、的交点，、分别是、的中点，在下列结论中错误的是（　） A． B．四边形是中心对称图形 C．是轴对称图形 D． 2．（22-23八年级下·河北邢台·期末）如图1，在菱形中，对角线、相交于，要在对角线上找两点、，使得四边形是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（    ） A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是 3．（23-24九年级上·辽宁丹东·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使，过点作，垂足为点，若，则的长为（    ） A． B． C．6 D．7 4．（23-24九年级上·河南周口·阶段练习）如图，菱形的一边在轴上，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，若，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24九年级上·宁夏银川·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 6．（22-23八年级下·天津静海·期中）如图，四边形中，对角线相交于点，、、、分别是、、、的中点，请你添加一个条件 ，使得四边形是菱形．    7．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度为 ． 8．（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= ． 9．（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 ． 10．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，，点为边上的动点，将沿着翻折，使得顶点B落在菱形内部的点，当P、、D三点共线时，点A到直线的距离为 ． 11．（23-24八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在 中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，． (1)求的长； (2)若． ①证明四边形是菱形； ②若，求四边形的周长． 12．（2024·山东聊城·三模）如图，中，点D是上一点，过点D作，点F是的中点，连接，并延长交于点G． (1)连接，求证：四边形是平行四边形． (2)若使四边形是菱形，应为什么特殊三角形？点D在的什么位置？证明你的猜想． 13．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接    (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，若交于点，且，，求菱形的边长． 14．（2024·湖南长沙·三模）在新学活动课上，学习小组的同学们制作了两个特殊的直角三角板（和），按如图的方式放置，已知，，，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求菱形的面积和的长． 15．（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，点是延长线上一点，连接，且，以，为邻边作菱形，与交于点．    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，若； ①求的长； ②求菱形的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第01讲 菱形的性质与判定 【北师大版】 ·模块一 菱形的性质 ·模块二 菱形的判定 ·模块三 菱形的性质与判定综合 ·模块四 课后作业 模块一 菱形的性质 1．定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．性质：菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质，此外，还具有下述性质： 性质1：菱形的四条边相等． 性质2：菱形的对角线互相垂直平分． 性质3：菱形的对角线平分一组对角． 性质4：菱形是轴对称图形，对称轴是两条对角线所在直线． 另外，由菱形的性质可以得出： （1）菱形的面积除了可以用平行四边形面积的求法外，还可用对角线乘积的一半来计算． （2）菱形的对角线把菱形分成四个小的直角三角形． 【考点1 由菱形的性质解角度问题】 【例1.1】（2024·四川成都·三模）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：． 【例1.2】（2024·广西·三模）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °． 【答案】35 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：25． 【变式1.1】（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． 【变式1.2】（2024·江苏南通·二模）如图，在菱形中，，点P是上一点（不与端点重合），点A关于直线的对称点为E，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质，四边形内角和定理即菱形的性质，理解对称的性质是解题的关键． 由对称得从而得到，由菱形性质得，从而得到，由四边形内角和为等量代换即可得到结果． 【详解】解：连接，如图： 由点A关于直线的对称点为E，得： ， 为等腰三角形，故， 由菱形可得，， ， ， 在四边形中，由内角和为得， ， 由，得， ， ， ，即， 故选：D． 【变式1.3】（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：． 【考点2 由菱形的性质解线段长度问题】 【例2.1】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在菱形中，对角线、交于点，于点，，，则的长为 ． 【答案】/厘米 【分析】本题考查了菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，根据菱形的性质以及，可得是等边三角形，进而可得，，根据含度角的直角三角形的性质，得出，进而根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，则， ∴， ∵， ∴， 在中，， 故答案为：． 【例2.2】（2024八年级下·全国·专题练习）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示．，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，作轴于点，由四边形是菱形，，可得，，则，，，由勾股定理得，，计算求解，进而可求点坐标． 【详解】解：如图，作轴于点， 四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 解得，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，点坐标等知识．熟练掌握菱形的性质，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理，点坐标是解题的关键． 【变式1.1】（2024·陕西咸阳·三模）如图，在菱形中，点是边的中点，连接交对角线于点，若，，则的长为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理．先求出得出是等边三角形，再求，最后求用勾股定理求即可． 【详解】解：四边形是菱形， 故是等边三角形 是其对角线 是边的中点, ， , 由 ． 故选：D． 【变式1.2】（23-24八年级下·辽宁铁岭·期中）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． 【变式1.3】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，菱形的边在轴上，点的坐标为．分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点、．连接，交于点．则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查一次函数解析式求解，菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题． 如图，过点作轴于点，设．利用勾股定理求出，再求出解析式，即可得结论． 【详解】解：如图，过点作轴于点，设交轴于． ， ， 在中，则有， ， ， ， 垂直平分， ， ， 设解析式为， 则， 解得：， 故解析式为， 将代入可得：， ， 故答案为：． 【考点3 由菱形的性质解面积有关问题】 【例3.1】（2024·甘肃平凉·一模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接.若，菱形的面积为54，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，根据菱形的性质求得是解题的关键． 由菱形的性质可得，由菱形的面积得可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】解：∵是菱形， ∴，，， 又∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【例3.2】（23-24八年级下·安徽合肥·阶段练习）如图，在菱形中，，，连接，过点作，交的延长线于点，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先利用菱形对角线互相平分且垂直求出，再利用菱形面积列式求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵菱形的面积， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3.1】（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． 【变式3.2】（22-23八年级下·河南信阳·期末）如图，在菱形中，于点，交对角线于点，过点作于点，若的周长为8，则菱形的面积为 ．    【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，涉及菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形周长、菱形面积等知识，熟练掌握菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质是解决问题的关键． 【详解】解：在菱形中，， ， 在中，，， ， ， 在中，设，则， 对角线平分，， ， 的周长为8， ，解得， ，则， 菱形的面积为， 故答案为：． 【变式3.3】（23-24八年级下·福建厦门·期中）已知，在菱形中，点E为上一动点，点F是上一动点，连接．若，是等边三角形，若，则面积的最大值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理、垂线段最短的性质等知识；根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，证明，求出的最小面积，即可得出的面积最大值． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴，， ∴和都是等边三角形，由“垂线段最短”可知：当等边三角形的边与垂直时，边最短， 此时，，，． ∴， 又， 同理三角形的高为， 的面积， 则此时的面积就会最大． ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ． 故答案为：． 模块二 菱形的判定 判定：（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形． （2）两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形． （3）四条边相等的四边形是菱形． （4）一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形． 【考点1 添一个条件使四边形是菱形】 【例1.1】（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． 【例1.2】（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）已知四边形是平行四边形，对角线与交于点O，下列结论不正确的是（　　） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是菱形 D．当时，它是菱形 【答案】D 【分析】由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、如图， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形，故选项C不符合题意； D、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、矩形的判定以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【例1.3】（22-23八年级下·云南·期末）如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（    ）      A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ①∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ③∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ④∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 综上所述：选择①③④，使得四边形是菱形， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 【变式1.1】（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，平行四边形中，点在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有三种方案：    ①只需要满足； ②只需要满足； ③只需要满足 则上述方案正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．③ D．②③ 【答案】B 【分析】先根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角线互相垂直证明即可作答． 【详解】在中，，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ①∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形，①符合要求； ②：平行四边形中存在， 根据②，无法确定平行四边形是菱形，②不符合要求； ③∵平行四边形中，， ∴平行四边形是菱形，③符合要求； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键． 【变式1.2】（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：． 【变式1.3】（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图所示，在中，于点分别是边的中点，连接，当满足条件 时，四边形是菱形．（填一个你认为恰当的条件即可） 【答案】（或） 【分析】解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论． 可根据等腰三角形的性质、菱形的判定，分析得出当满足条件AB=AC或时，四边形是菱形． 【详解】解：要使四边形是菱形，则应有， ∵，分别为，的中点 ∴，， ∴， ∴应是等腰三角形， ∴应添加条件：或 则当△ABC满足条件或时，四边形AEDF是菱形． 故答案为：（或）． 【考点2 证明四边形是菱形】 【例2.1】（2024·陕西渭南·三模）如图，点为的边上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，若，求证：四边形为菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质及判定，菱形的判定，等腰三角形的性质及判定，熟悉掌握菱形的判定方法是解题的关键． 根据的性质证出四边形为平行四边形，利用角的等量代换得到后，即可得到，从而证出四边形为菱形． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ，，， 又∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 【例2.2】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在平行四边形中，边的垂直平分线恰好经过点，且与的延长线交于点，连接，，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，菱形的判定、等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定，并能进行推理论证是解决问题的关键． 根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得出，再结合平行四边形和平行线的性质得出，证出四边形是平行四边形，再结合即可证明． 【详解】证明：垂直平分， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【变式2.1】（2024·江苏扬州·二模）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，.    (1)求证：； (2)连接，若，判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形，证明见解析 【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据题意得出，再由平行线的性质及全等三角形的判定即可证明； （2）根据全等三角形的性质得出，，确定四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线的性质及菱形的判定即可证明． 【详解】（1）证明：， ， ， ∵， ， ； （2）四边形是菱形，证明如下： 连接，如图所示：    由（1）得，， ，， ∴， 四边形是平行四边形， ，， ， ，， ， ， 是菱形． 【变式2.2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点，，两点分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)连接，，请添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，，进而利用证明三角形全等解答； （2）根据平行四边形的判定与性质和菱形的判定解答． 此题考查菱形的判定，关键是根据平行四边形的性质得出，，解答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， 点，分别为，的中点， ，， ； 在和中， ， ； （2）解：添加， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是平行四边形， ， 是菱形， ， 是菱形， 故答案为：．（答案不唯一）． 【变式2.3】（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，中，点D是上一点，点E是的中点，过点C作，交的延长线于点F．连接，． (1)求证：； (2)如果点D是的中点，请直接写出当与满足什么条件时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是菱形 【分析】（1）由，得，，又，可证，即得； （2）由，，知四边形是平行四边形，再证明对角线垂直，可得结论． 【详解】（1）∵， ∴，， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴； ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）当时，四边形是菱形，证明如下： 由（1）知，四边形是平行四边形， ∴， ∵点D是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线的性质，菱矩形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱矩形的判定定理． 模块三 菱形的性质与判定综合 【考点1 菱形的性质与判定综合应用】 【例1.1】（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，，交于点，点，在，且． (1)求证：； (2)若，点，分别为，的中点，连接，，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的周长为20． 【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，证出，证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得出结论； （2）证出四边形是菱形，由三角形中位线定理得出，由勾股定理求出的长，则可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 又， ， 即， 又， 四边形是平行四边形， ∴； （2）解：四边形是平行四边形， ∴， ， 又， ， ， 四边形是菱形， ， 由（1）可知四边形是平行四边形， 四边形是菱形， 点，分别为，的中点， 是的中位线， ， 又， ， ， 四边形的周长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【例1.2】（22-23八年级下·重庆沙坪坝·期末）如图，在中，点M，N分别在边，上，点E，F在对角线上，且，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，点N是的中点，求平行四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证从而证明，再证且，得出结论即可． （2）连接先判定四边形是菱形，得到，根据，求出长，从而求出及长，再由中位线定理求出长，根据平行四边形面积公式得出即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ，即， 在和中， ， ， ，， ，即， ， 又， 四边形为平行四边形． （2）解：连接，交于点O，    四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， ，，，， ， ，， ，即点E是的中点， ，同理可得 点F是的中点， ， 在中，， ， 点N是的中点，点E是的中点， ，， ， ，即， 的面积是：． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理及中位线定理，熟练掌握平行四边形、菱形性质判定和性质是解题关键． 【变式1.1】（22-23八年级下·山东聊城·期末）如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F． (1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形； (2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等； (3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)45°，见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可； （2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证； （3）根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到，结合菱形的性质和判定求解． 【详解】（1）证明：如图， ∵平行四边形ABCD中，ADBC， ∴AFBE， ∵AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， 又∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°， ∴∠BAC＝∠AOF， ∴ABEF， ∴四边形ABEF是平行四边形． （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，ADBC， ∴∠OAF＝∠OCE， ∵∠AOF＝∠COE， ∴△AOF≌△COE（ASA）． ∴AF＝CE． ∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等． （3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形． 理由如下： 由（2）知：AF＝CE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ADBC，AD＝BC， ∴DF＝BE，DFBE， ∴四边形BEDF是平行四边形． 如图： ∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝AC＝1， ∴AO＝AB， ∵AB⊥AC， ∴∠AOB＝45° ∵AC绕点O顺时针旋转45度， ∴∠AOF＝45°， ∴∠BOF＝90°， ∴EF⊥BD． ∴四边形BEDF是菱形． 【点睛】本题考查旋转的性质及菱形性质和判定，掌握平行四边形，全等三角形的性质与判定，菱形的性质和判定是求解本题的关键． 【例1.2】（22-23八年级下·浙江杭州·期末）在中，，，将绕点C顺时针旋转到，其中点A，点B的对应点分别为点E，点D，连结． (1)如图1，当点D在线段的延长线上时， ①证明：四边形是平行四边形． ②若点A为的中点，求四边形的面积． (2)如图2，当点D在线段上时，若点D为的中点，求的长． 【答案】(1)①见解析；②8 (2) 【分析】（1）①利用等腰三角形的性质和旋转性质证得，即可得结论； ②证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式求解即可； （2）先根据等腰三角形的性质和旋转性质得到，又，进而证明四边形平行四边形得到，，在图2中，延长交延长线于P，证明得到，，过C作于H，利用等腰三角形的三线合一性质和勾股定理求解即可． 【详解】（1）①证明：∵， ∴， ∵绕点C顺时针旋转到， ∴，，，， ∴，， ∴，则， ∴四边形是平行四边形； ②∵点A为的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 又, ∴四边形菱形， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴， ∴四边形的面积为； （2）解：∵， ∴， 由旋转性质得，，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴四边形平行四边形， ∴，， 在图2中，延长交延长线于P，则，    ∵点D为的中点， ∴， 又， ∴， ∴，， 过C作于H，则， 在中，，， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、旋转性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，（2）中利用中线倍长作辅助线构造全等三角形是解答的关键． 【例1.3】（23-24八年级下·河北衡水·期中）如图1，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，设点E的运动时间为． (1)如图2，连接，若经过边的中点D． ①求证：四边形是平行四边形； ②求此时t的值． (2)是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②2； (2)存在，6． 【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用． （1）①根据证明得，进而可证结论成立； ②表示出，，然后根据列方程求解即可； （2）当点F在线段上时，四边形不可能为菱形；当点F在的延长线上时， 若四边形是菱形，则有，据此求解即可． 【详解】（1） ， ∴，． ∵经过边的中点D， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形； ②此时， 由运动知，，． ∴， 解得； （2）存在； ∵点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动， ∴当点F在线段上时，四边形不可能为菱形； 当点F在的延长线上时， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， ∴， 解得， 此时， ∴当时，四边形是菱形． 【例1.4】（22-23八年级下·上海虹口·期末）如图1，在梯形中，，，，，，点O是对角线的中点．点E为边上一动点，联结．    (1)求的长； (2)如果点E为边的中点，联结，求的面积； (3)如图2，延长交射线于点F，联结，如果平分，求四边形的周长． 【答案】(1)8 (2) (3) 【分析】（1）过A作，过D作，垂足分别为M、N，证明四边形是平行四边形，则，，再证，可得，在中，，则，即可得到的长； （2）过点O作，垂足为点Q，则，由三角形中位线定理可得，，由中点的定义可得，进一步得到，在中，，，根据三角形面积公式即可得到答案； （3）证明四边形是菱形，过点D作于点N，由（1）可知，，，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理可得，即，解得，即可得到四边形的周长． 【详解】（1）解：过A作，过D作，垂足分别为M、N，    则， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，   ∴，， ∵，   ∴， ∴， ∵，， ∴， 在中， ∵   ∴， ∴， ∴． （2）过点O作，垂足为点Q，则，    ∵O是的中点，E是的中点， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ． （3）∵，     ∴， ∵O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，    过点D作于点N， 由（1）可知，， ∴， 由勾股定理得， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴四边形的周长． 【点睛】此题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形中位线定理、勾股定理、含角的直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，添加适当的辅助线和数形结合是解题的关键． 模块四 课后作业 1．（23-24九年级上·贵州六盘水·期中）如图所示，是菱形的对角线、的交点，、分别是、的中点，在下列结论中错误的是（　） A． B．四边形是中心对称图形 C．是轴对称图形 D． 【答案】D 【分析】由等底等高三角形的面积相等，即可判定A正确，由是菱形的对角线、的交点，、分别是、的中点，易证得四边形是菱形，是等腰三角形，即可判定B，C正确；继而求得答案． 【详解】解：A、是的中点， ， 与等高， ，故本选项正确； B、四边形是菱形， ，，， 、分别是、的中点， ， ∵， 四边形是菱形， 四边形是中心对称图形，故本选项正确； C、∵四边形是菱形， ∴， 是等腰三角形， 是轴对称图形，故本选项正确； D、， ，， ，故本选项错误． 故选：D． 【点睛】此题考查了菱形的性质与判定，轴对称性与中心对称性，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 2．（22-23八年级下·河北邢台·期末）如图1，在菱形中，对角线、相交于，要在对角线上找两点、，使得四边形是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（    ） A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是 【答案】C 【分析】本题综合考查了菱形的判定和性质．根据菱形的性质可得，然后根据给出的方案结合菱形的判定方法进行判定即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故方案甲正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故方案乙正确． 故选：C． 3．（23-24九年级上·辽宁丹东·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使，过点作，垂足为点，若，则的长为（    ） A． B． C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握菱形对角线互相垂直平分，三角形对应边相等，是解题的关键．连接，交于点O，通过证明，得出，结合菱形的性质，即可解答． 【详解】解：连接，交于点O， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4．（23-24九年级上·河南周口·阶段练习）如图，菱形的一边在轴上，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，若，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，过点作轴，根据旋转的性质，则，根据，则，推出，根据，，根据勾股定理求出，再根据点在第四象限，即可． 【详解】过点作轴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵是对角线， ∴， ∵菱形绕原点顺时针旋转至， ∴，， ∴， ∴， 在，， ∴， 解得：， ∴， ∵点在第四象限， ∴点． 故选：A． 5．（23-24九年级上·宁夏银川·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． 6．（22-23八年级下·天津静海·期中）如图，四边形中，对角线相交于点，、、、分别是、、、的中点，请你添加一个条件 ，使得四边形是菱形．    【答案】（答案不唯一） 【分析】根据三角形中位线定理和四边相等的四边形是菱形证明即可． 【详解】添加条件为：．理由如下： ∵、、、分别是、、、的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定是解题的关键． 7．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，四边形是菱形，连接，交于点，过点作，交于点，若，，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理； 根据菱形的性质得出，，，，进而勾股定理求得，等面积法求得，在中，勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，，， 在中，， ， ， 在中，， 故答案为：． 8．（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． 9．（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：． 10．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，，点为边上的动点，将沿着翻折，使得顶点B落在菱形内部的点，当P、、D三点共线时，点A到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】 先根据菱形的性质可得，，，，进而得，根据菱形对角线的性质求出，在有折叠的性质得，，由补角的性质可以得出进而得出，，再由菱形面积及的面积即可解答． 【详解】连接，交于点O，过点A作，如图： 四边形是菱形， ，，，， ，， ， ， ， ， 在中，， ， 菱形的面积为， 点为边上的动点， 与是同底等高， ， 将沿着翻折， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为： 【点睛】 本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积，熟练掌握以上知识的是解题的关键． 11．（23-24八年级下·浙江绍兴·期中）如图，在 中，，点是的中点，连结并延长，交的延长线于点，连结，． (1)求的长； (2)若． ①证明四边形是菱形； ②若，求四边形的周长． 【答案】(1) (2)①见解析；②10 【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定证明得到即可求解； （2）①先证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定可证的结论； ②根据平行四边形的性质和菱形的性质证明是等边三角形，进而得到可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， 又， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：①∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴，即， ∴四边形是菱形； ②∵四边形是平行四边形，, ∴,，， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即， ∴四边形的周长为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 12．（2024·山东聊城·三模）如图，中，点D是上一点，过点D作，点F是的中点，连接，并延长交于点G． (1)连接，求证：四边形是平行四边形． (2)若使四边形是菱形，应为什么特殊三角形？点D在的什么位置？证明你的猜想． 【答案】(1)见解析 (2)为等腰三角形时，是菱形；点D为中点 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，其中证明三角形全等是解题的关键． （1）证明，得；再由即可证明四边形是平行四边形； （2）当为等腰三角形且时，由D是中点，则，从而得，即四边形是菱形． 【详解】（1）证明：点F是的中点， ； ， ， ， ， ； ， 四边形是平行四边形； （2）解：当为等腰三角形且时，且D中点，四边形是菱形； 时，且D是中点， ； ， ， ， ， 即平行四边形是菱形． 13．（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接    (1)求证：四边形是菱形； (2)如图2，若交于点，且，，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）由平行线的性质及角平分线的定义证出，得出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理可得出结论； （2）由直角三角形的性质，由勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：平分， ， 又， ， ， 同理，平分， ， 又， ， ， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：菱形中，，，， ，，， ． 14．（2024·湖南长沙·三模）在新学活动课上，学习小组的同学们制作了两个特殊的直角三角板（和），按如图的方式放置，已知，，，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求菱形的面积和的长． 【答案】(1)见解析 (2)面积为； 【分析】本题考查了平行四边形判定、菱形的性质、勾股定理等知识． （1）由题意，利用证明，得到，进而得到，则问题可证； （2）连接交于点O，先求出，再由面积法得到，再用勾股定理求出，进而求出和菱形的面积即可． 【详解】（1）证明：在和中， ∴， ∴， ∴. ∵ ∴四边形为平行四边形； （2）解：连接交于点O，    ∵四边形为菱形， ∴，，. 在中，. 由(1)知，， ∴， ∵， ∴， ∴ 在中， ， ∴， ∴菱形的面积为， ∴． 15．（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在平行四边形中，对角线，交于点，点是延长线上一点，连接，且，以，为邻边作菱形，与交于点．    (1)求证：四边形为平行四边形； (2)连接，若； ①求的长； ②求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由平行四边形的性质易得，再根据菱形的性质易得，由平行线的判定及等量代换得到，进而证明结论； （2）①根据菱形的性质得到，由（1）得四边形为平行四边形，易得，进而得到，从而证明，再根据，易证，进而得到，可得； ②连接交于点H，根据菱形的性质，可得，由①知，即是等腰三角形，再根据平行四边形的性质可得点O是的中点，易证，从而得到，再依据①中结合，可求，再根据结合，利用勾股定理即可求出的长，从而得到的长，结合菱形的性质得，利用勾股定理即可求出的长，从而得到的长，即可求出菱形的面积． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形为平行四边形； （2）解：①四边形是菱形， ， 由（1）得四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ； ②连接交于点H，    四边形是菱形， ， 由①知， 是等腰三角形， 四边形是平行四边形， 点O是的中点， ， ， ，， ， ，， ， 在中，， ， （负值已舍去）， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 菱形的面积为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理及平行线的判定与性质，灵活运用所学知识是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$