专题01 菱形的性质与判定【八大考点+知识串讲】-2024-2025学年九年级数学上册重难考点强化训练（北师大版）

专题01 菱形的性质与判定 考点类型 知识一遍过 （一）菱形的性质 菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等；对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB （二）菱形的判定 菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形 考点一遍过 考点1：菱形的性质——求角度 典例1：如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，若，则的度数为 ． 【变式3】将两个完全相同的菱形按如图方式放置，点D在边上，与相交于点E，若，则α，β的等量关系式为 ． 考点2：菱形的性质——求线段 典例2：如图，菱形的对角线、交于点O，，，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．7 【变式1】如图，菱形的周长为，高长为，则对角线长和长之比为（ ） A． B． C． D． 【变式2】如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 【变式3】如图，在菱形中，E，F分别是边，上的动点，连接，，G，H分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为 ． 考点3：菱形的性质——求面积 典例3：如图，菱形纸片中，，将纸片沿着直线折叠，使点A与点B重合，若，那么菱形的面积为（    ） A． B． C． D．8 【变式1】如图，在菱形中，对角线，于点，过点作于点，已知，，则（   ） A．2 B．2.4 C．4.8 D．9.6 【变式2】如图，在菱形中，，，是对角线的交点，在边上任取一点E，连接，在边上取一点F，使，则 ，四边形的面积为 ． 【变式3】如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 考点4：菱形的性质——证明题 典例4：如图，在四边形中，，点是线段的中点．      (1)求证：四边形是菱形； (2)延长至点，使，连接，若，求线段的长． 【变式1】如图，在四边形中，，，过的中点作的垂线，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：． 【变式2】如图，菱形对角线、交于点O，过点D作，且． (1)证明：； (2)若菱形边长为4，，求． 【变式3】如图，在中，，分别是边，的中点，连接，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 考点5：菱形的性质——坐标问题 典例5：如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点C的坐标为，，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式1】如图．菱形的顶点A在x轴上，于点D，将菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为．若，点的横坐标为4，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【变式2】菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标为，，则点的坐标为 ． 【变式3】如图，菱形的对角线交于原点O，若点B的坐标为，点D的坐标为，则的值为 ． 考点6：菱形的性质——添加条件 典例6：已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 【变式1】如图，在中，对角线，为的中点，经过点的直线交于，交于，连接、，现在添加一个适当的条件，使四边形是菱形，下列条件：①；②；③平分；④为中点．正确的有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】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3】如图，在中，点、分别在边，上，且，则再添加一个条件： 可判定四边形是菱形．（只添加一个条件） 考点7：菱形的判定——证明题 典例7：如图所示，在平行四边形中，．    (1)用尺规完成基本作图：在上截取，使；作的平分线交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）； (2)根据（1）中的作图，求证：四边形是菱形．（请将证明补充完整） 证明：平分， ____________①， 四边形是平行四边形， ， ， ， __________②， ， ________________③， ， 四边形是______________④， ， 四边形是菱形． 【变式1】如图，在四边形中，是的垂直平分线，E是上一点，交于F，连接．，试证明四边形是菱形． 【变式2】如图，在中，对角线与相交于点O，点E，F分别在和的延长线上，且，连接． (1)求证：； (2)连接．当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 【变式3】如图，在四边形中，，且，是的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论： 甲：若连接，则四边形是菱形； 乙：若连接，则是直角三角形． 请选择一名同学的结论给予证明． 考点8：菱形的判定与性质综合 典例8：如图，是的角平分线，点分别在上，且，． (1)指出图中的一个等腰三角形，并加以证明； (2)求证：； (3)若，，求的度数． 【变式1】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)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若平分，，，直接写出四边形的周长． 【变式2】如图，在中，，分别是，的中点．，延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【变式3】【问题情境】 在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与． 【实践探究】 （1）将纸片沿方向平移，连结（与相交于点O），，，得到图3所示的图形．若，解答下列问题： ①求证：． ②求出平移的距离． 【拓展延伸】 （2）如图4，先将纸片沿方向平移一定距离，然后将纸片绕点顺时针旋转，使，若此时恰好经过点C，求出平移的距离． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 菱形的性质与判定 考点类型 知识一遍过 （一）菱形的性质 菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等；对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB （二）菱形的判定 菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形 考点一遍过 考点1：菱形的性质——求角度 典例1：如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，证明出是的中位线是本题的关键．根据菱形的性质得出， ，，根据三角形中位线定理得出，得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵是边的中点，， ∴是的中位线， ， ∴， ， 故选：B． 【变式1】如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等，是解题的关键．根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【变式2】如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，若，则的度数为 ． 【答案】/27度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解题关键是根据菱形和三角形内角和的性质得出角之间的关系． 根据菱形的性质求出，根据互余性质得到，计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】将两个完全相同的菱形按如图方式放置，点D在边上，与相交于点E，若，则α，β的等量关系式为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案． 【详解】解：四边形和四边形为完全相同的菱形， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 考点2：菱形的性质——求线段 典例2：如图，菱形的对角线、交于点O，，，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．根据菱形的性质及旋转的性质得出，，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，，， ，， ，， 绕着点C旋转得到， ，，， ， ． 故选：C． 【变式1】如图，菱形的周长为，高长为，则对角线长和长之比为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形四边相等，对角线互相垂直平分． 根据菱形性质得出，则，，进而得出，根据，求出，即可解答． 【详解】解：∵菱形的周长为， ∴， ∵为高，则， ∴根据勾股定理可得， ∴， 根据勾股定理可得：， ∵， ∴， 解得：， ∴长和长之比为， 故选：D． 【变式2】如图所示，菱形的对角线、相交于点．若，，，垂足为，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型． 利用菱形的面积公式：，即可解决问题． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 【变式3】如图，在菱形中，E，F分别是边，上的动点，连接，，G，H分别为，的中点，连接．若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型． 连接，利用三角形中位线定理，可知求出的最小值即可解决问题． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是菱形， ， ∵分别为的中点, ∴是的中位线， ， 当时, 最小, 得到最小值,则 ， 是等腰直角三角形， ， ， 即的最小值为 故答案为： 考点3：菱形的性质——求面积 典例3：如图，菱形纸片中，，将纸片沿着直线折叠，使点A与点B重合，若，那么菱形的面积为（    ） A． B． C． D．8 【答案】A 【分析】此题考查了菱形的折叠问题、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质等知识，求出菱形的边长是解题的关键．利用折叠的性质和菱形的性质求出菱形的边长为，过点D作于点H，则，进一步求出，即可求出菱形的面积． 【详解】解：∵菱形纸片中，， ∴， ∵将纸片沿着直线折叠，使点A与点B重合， ∴， ∴，， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， 解得， 即菱形的边长为， 过点D作于点H，则， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴菱形的面积为． 故选：A． 【变式1】如图，在菱形中，对角线，于点，过点作于点，已知，，则（   ） A．2 B．2.4 C．4.8 D．9.6 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC是解题的关键．先利用菱形的对角线长求面积的公式求出，然后求得，的长，利用勾股定理求出，最后根据菱形的面积公式即可求得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ，对角线，于点， ， 即， 解得， ， ， ， ， 即， ． 故选C． 【变式2】如图，在菱形中，，，是对角线的交点，在边上任取一点E，连接，在边上取一点F，使，则 ，四边形的面积为 ． 【答案】 8 【分析】本题主要考查菱形性质、含角的直角三角形性质和割补法求面积的相关内容，根据菱形性质和得为等边三角形即可求得答案；根据菱形性质得到点G到的距离相等，由已知得可证明≌则有面积相等，再利用直角三角形性质可以求得边长，根据割补法有即可求得答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴； 过点G作交于点K，作交于点H，如图，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴≌， 则， ∵， ∴在中，，得，， ∴，， 则， 故答案为：8；． 【变式3】如图，在菱形中，，于点E，交对角线于点P，过点P作于点F．若的周长为8．则菱形的面积为 ． 【答案】32 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和求出是解此题的关键 根据菱形的性质得出，，，根据角平分线的性质得出，求出，设，则，根据的周长为8得出，求出，求出，， x，求出，求出，再求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，， 设，则， ∵的周长为8， ∴， 解得： ， 即，， ∴， 即， ， ∴， ∴菱形的面积 故答案为：． 考点4：菱形的性质——证明题 典例4：如图，在四边形中，，点是线段的中点．      (1)求证：四边形是菱形； (2)延长至点，使，连接，若，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由三角形全等的判定与性质得到，再由平行四边形的判定及菱形的判定定理即可得证； （2）由（1）中四边形是菱形，结合菱形性质及等边三角形的判定与性质得到，在中运用勾股定理求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ，， 点O是的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形， ． 【点睛】本题考查四边形综合，涉及平行线的性质、中点定义、三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的判定、勾股定理等知识，熟记相关几何判定与性质是解决问题的关键． 【变式1】如图，在四边形中，，，过的中点作的垂线，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题主要考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，难易程度适中． （1）根据和既平行又相等，所以四边形为平行四边形，而，根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，即可得出结论 （2）连接，证明四边形是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明： ，（已知）， 四边形为平行四边形． 又∵， 四边形为菱形； （2）证明：：如图：连接 四边形为菱形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【变式2】如图，菱形对角线、交于点O，过点D作，且． (1)证明：； (2)若菱形边长为4，，求． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，由菱形的判定即可得证； （2）根据菱形的性质可得，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； （2）解：在菱形中，， ∴， 在矩形中，， ∴在中，． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的判定、勾股定理，熟练掌握相关定理是解题的关键． 【变式3】如图，在中，，分别是边，的中点，连接，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是直角三角形，理由见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理，菱形的性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质及中点得，，利用平行四边形的判定即可得证； （2）由菱形的性质得，，再证，进而根据三角形的内角和定理即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵、分别是、的中点， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形． 考点5：菱形的性质——坐标问题 典例5：如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点C的坐标为，，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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．设，由菱形的性质可得，，再列出方程，即可求解． 【详解】解：设， ， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ，， ， 点坐标为． 故选：D 【变式1】如图．菱形的顶点A在x轴上，于点D，将菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为．若，点的横坐标为4，则点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令与的交点为，根据菱形和折叠的性质，得到，进而得出，再由勾股定理求出，即可得到点B的坐标． 【详解】解：如图，令与的交点为， 四边形是菱形，， ，，， ，菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为 ， ，即， ， 点的横坐标为4， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 点B的坐标为， 故选：A． 【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键． 【变式2】菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标为，，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】过点C作于E，由菱形的性质可得出，由含30度角的直角三角形的性质得出， 根据勾股定理可得出， 即可得出点C的坐标． 【详解】解：如图，过点C作于E， ∵四边形是菱形，A的坐标为， ∴， 在中，，， ∴， ∴ ∴点C的坐标是， 故答案为： 【点睛】本题主要考查菱形性质、坐标与图形性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握萎形的四条边都相等和含30度角的直角三角形的性质是解决问题的关键． 【变式3】如图，菱形的对角线交于原点O，若点B的坐标为，点D的坐标为，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、中心对称的性质，根据菱形是中心对称图形，可得点D与点B关于原点成中心对称，根据中心对称的性质（横坐标与纵坐标互为相反数）可得结论． 【详解】解：∵四边形是菱形，且对角线交于原点O， ∴点与点关于原点成中心对称， ， ． 故答案为：． 考点6：菱形的性质——添加条件 典例6：已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， 根据平移可知，， ∴，， 四边形是平行四边形， ∴． 方案甲，添加不能判断四边形是菱形； 方案乙，由， 平行四边形是菱形； 方案丙，由， ∵， ∴， ∴， ， 平行四边形是菱形． 所以正确的是乙和丙． 故选：B． 【变式1】如图，在中，对角线，为的中点，经过点的直线交于，交于，连接、，现在添加一个适当的条件，使四边形是菱形，下列条件：①；②；③平分；④为中点．正确的有（    ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由在中，O为的中点，易证得四边形是平行四边形；然后由一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵O为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ①∵， ∴， ∴四边形是矩形；故错误； ②∵， ∴四边形是菱形；故正确； ③∵平分，， ∴， 无法判定四边形是菱形；故错误； ④∵，， ∴， ∵E为中点， ∴， ∴四边形是菱形；故正确． 故选：B． 【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意首先证得四边形是平行四边形是关键． 【变式2】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3】如图，在中，点、分别在边，上，且，则再添加一个条件： 可判定四边形是菱形．（只添加一个条件） 【答案】AE＝AF 【分析】由题意可知，AE与CF平行且相等，可判定四边形AFCE是平行四边形，再根据菱形的定义添加条件即可． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ AD＝BC，AD∥BC， 而DE＝BF， ∴ AE＝CF， ∴ 四边形AFCE是平行四边形， 根据菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴ 添加AE＝AF， 故填：AE＝AF． 【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握判定定理是关键． 考点7：菱形的判定——证明题 典例7：如图所示，在平行四边形中，．    (1)用尺规完成基本作图：在上截取，使；作的平分线交于点，连接（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）； (2)根据（1）中的作图，求证：四边形是菱形．（请将证明补充完整） 证明：平分， ____________①， 四边形是平行四边形， ， ， ， __________②， ， ________________③， ， 四边形是______________④， ， 四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)，，，平行四边形 【分析】（1）根据基本尺规作图——作角平分线作图即可； （2）根据角平分线的性质，等腰三角形的判定，等量代换，平行四边形的判定定理填空即可． 【详解】（1）解：在上截取，使；分别以点B、E为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于M，作射线交于点F，连接；    （2）解：平分， ①， 四边形是平行四边形， ， ， ， ②， ， ③， ， 四边形是平行四边形④， ， 四边形是菱形． 故答案为：，，，平行四边形． 【点睛】本题主要考查了尺规作图，菱形．熟练掌握基本尺规作图——作角平分线，角平分线性质，平行四边形的判断和性质，等腰三角形的判断和性质，菱形的判定定理，是解题的关键． 【变式1】如图，在四边形中，是的垂直平分线，E是上一点，交于F，连接．，试证明四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形综合．熟练掌握线段垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，菱形综合的判定，是解题关键． 根据垂直平分，得出，，根据轴对称性质和，得出，得到，得到，可得，得到，即可得到结论． 【详解】∵是的垂直平分线， ∴，， 由对称性知，． ∵， ∴， ∴， ∴． 又， ∴， ∴． ∴， ∴四边形是菱形． 【变式2】如图，在中，对角线与相交于点O，点E，F分别在和的延长线上，且，连接． (1)求证：； (2)连接．当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知菱形的判定定理． （1）利用证明 即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直即可得到为菱形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ， 又∵，， ∴， 在和中 ∴； （2）四边形是菱形，理由如下： 由（1）得 ∴， ， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当平分时，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰三角形， 又四边形是平行四边形， ∴， ∴， 即， ∴平行四边形是菱形． 【变式3】如图，在四边形中，，且，是的中点．下面是甲、乙两名同学得到的结论： 甲：若连接，则四边形是菱形； 乙：若连接，则是直角三角形． 请选择一名同学的结论给予证明． 【答案】见解析 【分析】选择甲：由，是的中点．得，从而得四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论成立；选择乙：连接、，交于，分别证明四边形是平行四边形，四边形是菱形，得，，再根据平行线的性质及垂线定义即可得证． 【详解】证明：选择甲：如图1， ∵，是的中点． ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； 选择乙：如图，连接、，交于， ∵，是的中点． ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， ∴是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了菱形、平行四边形的判定及性质、垂线定义、平行线的性质，熟练掌握菱形、平行四边形的判定及性质是解题的关键． 考点8：菱形的判定与性质综合 典例8：如图，是的角平分线，点分别在上，且，． (1)指出图中的一个等腰三角形，并加以证明； (2)求证：； (3)若，，求的度数． 【答案】(1)是等腰三角形，证明见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）由可得，再根据角平分线的定义得，即得，得到，即可求证； （），，可得四边形是平行四边形，得到，又由（）知，即可得到； （）由四边形是平行四边形，可得四边形是菱形，得到，进而得到，即可由得到是等边三角形，即得，最后根据平行线的性质即可求解； 本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握平行四边形、菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）是等腰三角形． 证明：∵， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又由（）知， ∴； （3）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴． 【变式1】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)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若平分，，，直接写出四边形的周长． 【答案】(1)平行四边形，理由见解析 (2) 【分析】（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，理由如下： ∵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． 【点睛】本题考查了等式的性质、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． 【变式2】如图，在中，，分别是，的中点．，延长到点，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查菱形判定及菱形面积求解，关键是掌握菱形的判定及性质． （1）根据点和分别是和的中点，根据三角形中位线的性质，即可得到，且，再等量代换，根据平行四边形的判定定理，即可得到四边形是平行四边形，根据邻边的关系，即可得到结论； （2）根据的大小，可判定是等边三角形，再根据等边三角形的性质，可得到边长，作于点，运用勾股定理，即可得到的长，再根据菱形的面积公式，即可得到答案． 【详解】（1）证明：、分别是、的中点， ，且． 又，， ，． 四边形是平行四边形． 又， 四边形是菱形． （2）解：在菱形中，，， ． 是等边三角形． ． 过点作于点．   ． ． ． 【变式3】【问题情境】 在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与． 【实践探究】 （1）将纸片沿方向平移，连结（与相交于点O），，，得到图3所示的图形．若，解答下列问题： ①求证：． ②求出平移的距离． 【拓展延伸】 （2）如图4，先将纸片沿方向平移一定距离，然后将纸片绕点顺时针旋转，使，若此时恰好经过点C，求出平移的距离． 【答案】（1）①见解析；②；（2） 【分析】（1）①先证明四边形是平行四边形，再根据得到是菱形，从而得证结论； ②根据勾股定理求出的长，利用的面积求出的长，进而根据勾股定理求出，从而求出，再根据线段的和差即可求解； （2）证明，得到，设，在中，根据勾股定理构造方程，求解得到的长，再根据线段的和差即可求解． 【详解】解：（1）①∵四边形是矩形， ∴，． 由平移得，， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴是菱形， ∴．     ②∵，， ∴在中，． ∵， ∴，即 ∴， ∴在中，， ∴在菱形中，． ∵， ∴； （2）∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 设，则． ∵在中，， 即，解得， ∴，     ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等角对等边，平移的性质，解题的关键是综合运用这些知识． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$