专题01菱形的性质与判定的五种常见应用-2024-2025学年九年级数学上册考试满分全攻略同步备课备考系列（北师大版）

专题01菱形的性质与判定的五种常见应用 【解题策略】 1.菱形具有一般平行四边形的所有性质,同时又具有一些特性,可以归纳为三个方面:(1)从边看:对边平行,四边相等;(2)从角看:对角相等,邻角互补;(3)从对角线看:对角线互相垂直平分,并且每一条对角线平分一组对角. 2.判定一个四边形是菱形,可先判定这个四边形是平行四边形,再判定一组邻边相等或对角线互相垂直,也可直接判定四边相等， 题型01利用菱形的性质求点的坐标 【典例分析】 【例1-1】（23-24九年级上·四川绵阳·期中）如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【变式演练】 【变式1-1】（23-24九年级上·河南周口·期中）如图，菱形的对角线交于坐标原点．已知点，，则点的坐标为 ．    【变式1-2】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，四边形是菱形，，，则顶点A坐标是 ． 【变式1-3】（23-24八年级下·广东惠州·阶段练习）如图，四边形是矩形，点A，C别在x轴，y轴上，点B的坐标是，的平分线与x轴交于点E． (1)求线段的长； (2)求直线的解析式； (3)连接，交于点F，连接，点N是平面内任意一点； ①求出所在直线的解析式及点F坐标； ②在x轴上是否存在点M，使得以O，F，M，N为顶点且以为边的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 题型02利用菱形的判定判断四边形的形状 【典例分析】 【例2-1】（23-24九年级上·辽宁阜新·阶段练习）如图，点是四边形内一点，且满足，，，，，，分别为边，，，的中点，则四边形的形状为（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【例2-2】（22-23九年级上·四川成都·期中）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作交的延长线于F，交于，连接． (1)求证：； (2)若，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式演练】 【变式2-1】（23-24九年级上·福建宁德·期中）如图，在四边形中，对角线垂直平分．关于四边形的形状，下列说法不正确的是（   ）    A．若，则四边形是矩形； B．若，则四边形是菱形； C．若，，则四边形是正方形； D．若，则四边形是正方形． 【变式2-2】（20-21九年级上·安徽·阶段练习）如图，矩形的对角线，交于点，，．解决下列问题：    （1）四边形的形状是 ； （2）若，则四边形的周长为 ． 【变式2-3】（23-24九年级上·山东菏泽·阶段练习）如图：矩形的对角线，相交于点O，过点D作，且，连接，试判断四边形的形状． 题型03利用菱形的性质与判定求角的度数 【典例分析】 【例3-1】（23-24九年级上·江苏泰州·期末）我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，A在x轴负半轴上，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时的度数为（    ） A． B． C． D． 【例3-2】（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．    【变式演练】 【变式3-1】（23-24九年级上·浙江杭州·期中）我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时边旋转度，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（23-24八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【变式3-3】（23-24九年级上·江西九江·阶段练习）如图，已知点O是斜边的中点，连接BO并延长到点D，使，连接AD，CD． (1)求证：四边形ABCD是矩形． (2)把沿BC翻折，得到，连接DE，若，求的度数． 题型04利用菱形的性质与判定求线段长 【典例分析】 【例4】（2022秋•杏花岭区校级月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分角，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【变式演练】 【变式4-1】（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 ． 【变式4-2】．（2022春•秦淮区期末）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． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【变式4-3】（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． 题型05利用菱形的性质求最值 【典例分析】 【例5】（23-24九年级上·安徽宿州·期中）已知菱形的两条对角线长分别为和，、分别是边，的中点，是对角线上一点，则的最小值为（    ）    A．3 B．4 C．5 D．6 【变式演练】 【变式5-1】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，为垂足，若，，，是边上的一个动点，则线段长度的最小值是（    ） A．8 B．6 C． D． 【变式5-3】（2023九年级上·全国·专题练习）如图，已知菱形的边长为4，对角线相交于点O，点分别是边上的动点，，连接，与相交于点E． 证明：①点是等边三角形； ②求的最小值． 【变式5-3】（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，点分别在菱形的四条边上，，连接，已知． (1)求的度数； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)设，四边形的面积为，求的最大值． 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 $$ 专题01菱形的性质与判定的五种常见应用 【解题策略】 1.菱形具有一般平行四边形的所有性质,同时又具有一些特性,可以归纳为三个方面:(1)从边看:对边平行,四边相等;(2)从角看:对角相等,邻角互补;(3)从对角线看:对角线互相垂直平分,并且每一条对角线平分一组对角. 2.判定一个四边形是菱形,可先判定这个四边形是平行四边形,再判定一组邻边相等或对角线互相垂直,也可直接判定四边相等， 题型01利用菱形的性质求点的坐标 【典例分析】 【例1-1】（23-24九年级上·四川绵阳·期中）如图：已知点A的坐标为，菱形的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标是（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查菱形的对称性，菱形即是轴对称图形，又是中心对称图形，通过题目可以发现A点和C点关于原点中心对称，可以直接计算出点C点的坐标． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵点O为坐标原点， ∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称， ∵点A的坐标为， ∴C点坐标为， 故选：B 【变式演练】 【变式1-1】（23-24九年级上·河南周口·期中）如图，菱形的对角线交于坐标原点．已知点，，则点的坐标为 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，两点的中点坐标．熟练掌握菱形的对角线互相平分是解题的关键．本题由菱形的性质可得A，C关于原点对称，从而可得答案． 【详解】解：∵菱形的对角线交于坐标原点．点， ∴， 故答案为： 【变式1-2】（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，四边形是菱形，，，则顶点A坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理． 根据菱形的性质可得，，，根据勾股定理可求得的长，从而得到点A的坐标． 【详解】∵四边形是菱形， ∴， ， ， ∴在中，， ∴点A的坐标为． 故答案为： 【变式1-3】（23-24八年级下·广东惠州·阶段练习）如图，四边形是矩形，点A，C别在x轴，y轴上，点B的坐标是，的平分线与x轴交于点E． (1)求线段的长； (2)求直线的解析式； (3)连接，交于点F，连接，点N是平面内任意一点； ①求出所在直线的解析式及点F坐标； ②在x轴上是否存在点M，使得以O，F，M，N为顶点且以为边的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)5 (2) (3)①，点F坐标为；②存在，点M的坐标为或或 【分析】（1）对运用勾股定理求解即可； （2）先证明，设，则，， 在中，由勾股定理得，求出点，而点，即可求直线的表达式； （3）①待定系数法求直线表达式，交点只需联立两条直线表达式，解方程组即可； ②分类讨论：以为边；以为对角线，两种情况，根据菱形的四条边相等即对角线垂直的性质求解即可． 【详解】（1）解：由题知，在矩形中，点B的坐标是， ∴，，， ∴； （2）解：解：过点E作， ∴ ∵平分， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵，， ∴，， 设，则，， 在中，， 即， 解得， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为：； （3）解：①在矩形中，点B的坐标是， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵直线和直线交于点F， ∴， 解得：， ∴， ②当、都为菱形的边时，如图： ， ∴或； ②当为菱形的边，为菱形对角线时，如下图， ∴， ∴， 综上，满足条件的点m的坐标为或或． 【点睛】本题主要考查一次函数的综合题，涉及矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，一次函数的性质，以及用待定系数法求解析式等知识点，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 题型02利用菱形的判定判断四边形的形状 【典例分析】 【例2-1】（23-24九年级上·辽宁阜新·阶段练习）如图，点是四边形内一点，且满足，，，，，，分别为边，，，的中点，则四边形的形状为（   ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形、三角形全等的判定与性质、三角形中位线定理，连接、，证明得出，根据三角形中位线定理得出，，，即可得证，熟练掌握三角形全等的判定与性质、三角形中位线定理、菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接、， ， ，即， 在和中， ， ， ， ，，，分别为边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，，， 四边形为菱形， 故选：B 【例2-2】（22-23九年级上·四川成都·期中）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作交的延长线于F，交于，连接． (1)求证：； (2)若，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质、直角三角形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键． （1）由“”证得，即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵是边上的中线， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，是边上的中线， ∴， ∴四边形是菱形 【变式演练】 【变式2-1】（23-24九年级上·福建宁德·期中）如图，在四边形中，对角线垂直平分．关于四边形的形状，下列说法不正确的是（   ）    A．若，则四边形是矩形； B．若，则四边形是菱形； C．若，，则四边形是正方形； D．若，则四边形是正方形． 【答案】A 【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可判定B；根据“有一个角为直角的菱形是正方形”即可判定C；根据“有一个角是直角的菱形是正方形”即可判定D． 【详解】解：令对角线、相交于点O，如图，    A、没有办法证明四边形是矩形，故该项错误； B、∵对角线垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵对角线垂直， ∴四边形是菱形，故该选项正确，不符合题意； C、由B得：，四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形，故该选项正确，不符合题意； D、∵对角线垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形，故该选项正确，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查四边形的判定，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是基础，这类题目往往涉及到全等三角形的判定 【变式2-2】（20-21九年级上·安徽·阶段练习）如图，矩形的对角线，交于点，，．解决下列问题：    （1）四边形的形状是 ； （2）若，则四边形的周长为 ． 【答案】 菱形 12 【分析】（1）首先可根据DE∥AC、CE∥BD判定四边形ODEC是平行四边形，然后根据矩形的性质：矩形的对角线相等且互相平分，可得OC=OD，由此可判定四边形ODEC是菱形； （2）根据（1）可得，，进而计算即可． 【详解】解：（1）∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：菱形； （2）由（1）知，，， ∴四边形的周长， 故答案为：12． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，平行四边形、菱形的判定，熟练掌握相关图形的性质及判定是解决本题的关键 【变式2-3】（23-24九年级上·山东菏泽·阶段练习）如图：矩形的对角线，相交于点O，过点D作，且，连接，试判断四边形的形状． 【答案】菱形 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】四边形是菱形．理由如下： ∵矩形的对角线，相交于点O， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形 题型03利用菱形的性质与判定求角的度数 【典例分析】 【例3-1】（23-24九年级上·江苏泰州·期末）我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，A在x轴负半轴上，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在变形后的图形中，连接．证明是等边三角形，四边形是菱形，利用等边三角形和菱形的性质求出变形后的度数，进一步可求解． 【详解】解： 在图2中，连接． ∵正五边形， ， ∵， ， ∴是等边三角形，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查正多边的性质，直角三角形的性质，等边三角形判定与性质，菱的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键 【例3-2】（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．    【答案】 【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：如图：    ，， 四边形为平行四边形， ，， 是的角平分线， ， ， 为菱形． ，即． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质，平行线性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，根据题意判断出四边形是菱形是解答此题的关键 【变式演练】 【变式3-1】（23-24九年级上·浙江杭州·期中）我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时边旋转度，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用正方形多边形的性质求出正五边形变形前度数，再在变形后的图形中，连接．证明是等边三角形，四边形是菱形，利用等边三角形和菱形的性质求出变形后的度数，然后用变形后度数变形前的度数求解． 【详解】解：在图1中， ∵正五边形 ∴ 在图2中，连接． ∵正五边形， ， ∵， ∴， ， ∴是等边三角形，四边形是菱形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查正多边的性质，多边形内角和定理，直角三角形的性质，等边三角形判定与性质，菱的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键 【变式3-2】（23-24八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证， （2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，， 本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又， ∴四边形ABCD是菱形， （2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为： 【变式3-3】（23-24九年级上·江西九江·阶段练习）如图，已知点O是斜边的中点，连接BO并延长到点D，使，连接AD，CD． (1)求证：四边形ABCD是矩形． (2)把沿BC翻折，得到，连接DE，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2) 【分析】（1）由O是斜边的中点可得，得出四边形是平行四边形，再由可得四边形是矩形； （2）如图，连接，交于点M，设与相交于点N，先证明四边形是菱形，再证明四边形是平行四边形，再证是等边三角形，最后求解即可． 【详解】（1）证明：∵O是斜边的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：如图，连接，交于点M，设与相交于点N，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵把沿BC翻折，得到， ∴ ∴四边形是菱形， ∴ ∵且B、O、D在同一直线上， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键 题型04利用菱形的性质与判定求线段长 【典例分析】 【例4】（2022秋•杏花岭区校级月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分角，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论． 【解答】（1）证明：， ， 为的平分线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， ， 在中，，， ， ． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出是解本题的关键． 【变式演练】 【变式4-1】（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： 【变式4-2】．（2022春•秦淮区期末）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． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的性质可得，可得，由菱形的判定可得结论； （2）由勾股定理可求的长，由直角三角形的性质可得，即可得的长． 【解答】解：（1）， ， 平分， ， ， ，且， ，且， 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，，， ， ，， ． 【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，直角三角形的性质，证明是解本题的关键． 【变式4-3】（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 题型05利用菱形的性质求最值 【典例分析】 【例5】（23-24九年级上·安徽宿州·期中）已知菱形的两条对角线长分别为和，、分别是边，的中点，是对角线上一点，则的最小值为（    ）    A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查轴对称最短路线问题，菱形的性质；作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接，求出、，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案． 【详解】解：作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接， 四边形是菱形， ，， 即在上， ， ， 为中点， 为中点， 为中点，四边形是菱形， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， 在中，由勾股定理得：， 即， ，    故选：C． 【变式演练】 【变式5-1】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形中，，为垂足，若，，，是边上的一个动点，则线段长度的最小值是（    ） A．8 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】先根据菱形面积公式求出，则，当时，最小， 再用等面积法得出，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 当时，最小， 当时，， ∴，即， 解得：， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边相等，以及垂线段最短 【变式5-3】（2023九年级上·全国·专题练习）如图，已知菱形的边长为4，对角线相交于点O，点分别是边上的动点，，连接，与相交于点E． 证明：①点是等边三角形； ②求的最小值． 【答案】①见解析；② 【分析】①由四边形是菱形得，，，，而，则和都是等边三角形，再证明，得，而，则是等边三角形； ②当时，的值最小，此时的值也最小，由，，可求得，进而可求解． 【详解】①证明：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，又， ∴是等边三角形， ②解：∵是等边三角形， ∴， 当时，的值最小，此时的值也最小， ∵，， ∴，又， ∴， ∴， ∴的最小值是， 【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、垂线段最短，掌握菱形的性质和等边三角形的性质是关键 【变式5-3】（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）如图，点分别在菱形的四条边上，，连接，已知． (1)求的度数； (2)判断四边形的形状，并说明理由； (3)设，四边形的面积为，求的最大值． 【答案】(1) (2)四边形是矩形，理由见详解 (3)的最大值为 【分析】（1）根据菱形的性质可证是等腰三角形，根据等腰三角形的性质即可求解； （2）根据菱形的性质，等腰（边）三角形的判定和性质，矩形的判定方法即可求解； （3）根据菱形的性质，含角的直角三角形的性质，可用含的值表示的值，再表示出，根据二次函数求最值的方法即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， ∴； （2）解：四边形是矩形，理由如下， 由（1）可知，是等腰三角形，， ∴是等边三角形， 同理可得，是等边三角形， ∵，， ∴，，且， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，且， ∴， ∵， ∴，即， 同理，，即， 同理，， ∴，且， ∴四边形是矩形； （3）解：由（1）可知，是等边三角形，四边形是矩形， ∴， ∴， 如图所示，连接，交，于点， ∴是等边三角形， ∴，，且是的中线，即， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形的面积 ∴当时，有最大值，且最大值为． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等腰三角形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，图形面积的最大值的综合，理解菱形的性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键 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 $$