第09讲 菱形的性质与判定（3个知识点+9大核心考点+变式训练+举一反三）-（寒假衔接课堂）2025年八年级数学寒假衔接讲义（沪教版）

第09讲 菱形的性质与判定（3个知识点+9大核心考点+变式训练+举一反三） 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 知识点01： 菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 要点：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件. 知识点02： 菱形的性质 菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质： 1.菱形的四条边都相等； 2.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. 3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心. 要点： （1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分. （2）菱形的面积由两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半. （3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题. 知识点03：菱形的判定 菱形的判定方法有三种： 1.定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 2.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. 要点：前两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，后一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等. 【核心考点一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A．24度 B．25度 C．40度 D．65度 【例2】（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）如图，为菱形的对角线，若，则的度数为（     ）． A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·上海虹口·期末）菱形的对角线，相交于点，，则 ． 【例4】（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，B=40°，延长BC至点E，使CE=AC，则∠CAE的度数是 ． 【例5】（2024·上海青浦·模拟预测）如图，四边形中，，平分，交于．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，试判断的形状，并说明理由． 【例6】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图1，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图1中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时． (1)请在图1中再找出一对这样的角来： ； (2)如图2，中，，以为一边向外作菱形，为菱形对角线的交点，连接． ①四边形 损矩形（填“是”或“不是”）； ②当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由； ③若，求的长． 【核心考点二 利用菱形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·全国·期中）菱形的两条对角线长分别是12和16，则此菱形的周长是（    ） A．40 B．50 C．24 D．32 【例2】（24-25八年级下·上海徐汇·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点在上，且，连接，若，，则的长为（    ）    A．2 B． C． D．10 【例3】（23-24八年级下·全国·开学考试）如图，菱形的对角线、相交于点，若，，则菱形的边长为 ． 【例4】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于点，则 ． 【例5】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）有一块三角形的铁片． 求作：以为一个内角的菱形，使其余三个顶点在的三条边上． 【例6】（23-24八年级下·上海·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【核心考点三 利用菱形的性质求面积】 【例1】（2024·上海普陀·模拟预测）如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（    ） A．24 B．56 C．96 D．48 【例2】（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点F，，，则平行线与之间的距离为（    ） A．2.4 B．4.8 C．6 D．9.6 【例3】（23-24八年级下·上海宝山·期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ． 【例4】（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，则菱形的面积是 ． 【例5】（2024·山上海嘉定·模拟预测）在菱形中，对角线交于点，过点作的平行线，交延长线于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【例6】（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在中，平分交于点D，垂直平分，分别交于点E，F，G，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，请直接写出四边形的面积为__________． 【核心考点四 利用菱形的性质证明】 【例1】（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）任意作一个四边形，并将其四边的中点依次连接起来，得到一个新的四边形，我们将四边形叫做四边形的中点四边形．例如，任意四边形的中点四边形是平行四边形，那么，菱形的中点四边形是（   ） A． 矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形中，与相交于点，延长至，使得，连接和． 甲说：四边形是平行四边形； 乙说：若的面积为10，则菱形的面积为20； 丙说：有可能平分． 则下列说法正确的是（    ） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 【例3】（2024·上海青浦·一模）如图，将菱形折叠，使点落在边的点F处，折痕为．若，则 ． 【例4】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，将绕点B旋转得，设交于点D，则点D到的距离是 ． 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，若O是菱形对角线的交点，作交于点E，试判断四边形的形状？请说明理由． 【例6】 （2024·上海闵行·一模）小惠自编一题：如图，在菱形中，对角线交于点，求证：． 并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：四边形是菱形， ，，， 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【核心考点五 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【例3】（2024·上海宝山·二模）在中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，要使 是菱形，需添加的一个条件是 ．(写出一个即可) 【例4】（2024·上海金山·一模）如图，四边形是平行四边形，分别延长至点F、E，使得，连接．请再添加一个条件： ，使得四边形是菱形，并说明理由．（不再添加任何线条、字母） 【例5】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，有一块三角形的铁片．求作：以为一个内角的菱形，使顶点F在边上． 【例6】（2024·上海杨浦·一模）如图，中，，是边，的点，，添加下列条件之一使成为菱形．①；②；③．    (1)添加的条件是：______．（填序号） (2)添加条件后，请证明为菱形． 【核心考点六 证明四边形是菱形】 【例1】（24-25八年级下·广东广州·开学考试）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【例2】（2024八年级下·辽宁·专题练习）如图，小红在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点、为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点、，则直线即为所求．连接、、、，根据她的作图方法可知．四边形一定是（ ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形 【例3】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如果一个四边形的某个顶点到其他三个顶点的距离相等，我们把这个四边形叫做等距四边形．已知平行四边形是等距四边形，，那么它的面积等于 ． 【例4】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，四边形是轴对称图形，对称轴是直线，设，交于O，，则以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 【例5】（2024·湖南岳阳·模拟预测）已知：在中，分别过点B、D作于点E，于点F，如图．请从以下四个关系式中：①；②；③；④选择一个合适的作为已知条件，使是菱形． (1)你选择的条件是______． (2)添加了条件后，请证明为菱形． 【例6】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【核心考点七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）把一个长方形的纸片按如甲乙图形对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与折痕所成的角α的度数应为（    ） A．60°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．75°或15° 【例2】（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在菨形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【例3】 （23-24八年级下·重庆·期末）在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点F为BC中点，过点F作FE⊥BC于点F交BD于点E，连接CE，若∠BDC＝34°，则∠ECA＝ °． 【例4】（23-24八年级下·山东日照·阶段练习）如图，菱形ABCD中，∠D=120°，点E在边CD上，将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，连结BD'，则∠AD'B= °．    【例5】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，四边形和四边形都是菱形，点E，F在上已知，，求： (1)的度数． (2)的度数． 【例6】（2024·辽宁沈阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣3，0），点C坐标（0，4），点P从原点O出发，以每秒一个单位长度的速度沿x轴正方向移动，移动时间为t（0≤t≤5）秒，过点P作平行于y轴的直线l，直线l扫过四边形OCDA的面积为S． （1）求直线AD的函数表达式； （2）当S＝时，请直接写出t的值； （3）如果点M是（2）中的直线1上的点，点N在x轴上，并且以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标． 【核心考点八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·江苏淮安·期中）如图，矩形的对角线、相交于点O，．若，则四边形的周长为（    ） A．4 B．8 C．12 D．20 【例2】（23-24八年级下·全国·期中）两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，．与交于点G，与交于点H，且，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．8 C．12 D．16 【例3】（2024·贵州·模拟预测）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则A，C两点间的距离为 ． 【例4】（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，点E，F是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是 ．    【例5】（2024·云南昭通·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，于点，连接．，，．    (1)求证：四边形是菱形． (2)求的周长 【例6】（23-24八年级下·湖北十堰·期末）如图，在中，，点D是BC的中点，连接．分别以点为圆心，的长为半径在外画弧，两弧交于点，连接，过点作于点．    (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的长． 【核心考点九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例1】 （2024·河北衡水·模拟预测）春节期间，某广场布置了一个菱形花坛，两条对角线长分别为和，其面积用科学记数法表示为(   ) A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，∠ACD＝30°，BD＝6，则菱形ABCD的面积是（    ） A．36 B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期中）如图，四边形是边长为的菱形，其中对角线长．则菱形的面积为 ．    【例4】（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝13．以A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交AB，AD于M，N；分别以M，N为圆心，以大于MN长为半径作弧，两弧相交于点G；作射线AG交BC于E；作EF∥AB交AD于F．若AE＝10，则四边形ABEF的面积等于 ． 【例5】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，菱形的对角线交于点O．已知，求菱形的高线长． 【例6】（23-24八年级下·河北保定·期中）如图，在矩形中，． (1)在图①中，P是上一点，垂直平分，分别交边于点E、F，求证：四边形是菱形； (2)若菱形的四个顶点都在矩形的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ． 【变式训练1 利用菱形的性质求角度】 1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）在菱形中如图，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·福建三明·期中）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列推理过程正确的是（   ） A．由①推出②，由②推出③ B．由①推出③，由③推出② C．由③推出①，由①推出② D．由②推出③，由③推出① 3．（2024·广东东莞·二模）如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，则的度数是 ． 4．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）如图，在菱形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于两点，，作直线交于点，连接，，则的度数为 ． 5．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数． 6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，对角线AC、BD交于点O，P从B点出发，沿B→D→C方向匀速运动，P点运动速度为1 cm/s．图2是点P运动时，△APC的面积y（cm2）随P点运动时间x（s）变化的函数图像． (1)AB = cm，a = ； (2)P点在BD上运动时，x为何值时，四边形ADCP的面积为； (3)在P点运动过程中，是否存在某一时刻使得△APB为直角三角形，若存在，求x的值；若不存在，请说明理由． 【变式训练2 利用菱形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知菱形的边长是8，一个内角是，那么这个菱形的面积是（    ） A．64 B．32 C． D． 2．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（    ） A． B．和的周长相等 C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半 3．（23-24八年级下·上海金山·期末）在菱形中，对角线相交于O，若，，那么 ． 4．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知菱形的两条对角线分别为6和8，点是边的中点，点是边上一点，点是对角线上一点，则的最小值为 ． 5．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，等腰梯形ABCD中，AD＝BC＝5，AB＝20，CD＝12，DH⊥AB，E是线段HB上一动点，在线段CD上取点F使AE＝EF，设AE＝x，DF＝y． (1)当EF∥AD时，求AE的长； (2)求y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)将△ADF沿AF所在直线翻折，点D落在平面上的D′处，当D′E＝1时，求AE的长． 6．（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，AC＝4，点M是AC上一点，点N在射线CB上，且MB＝MN，联结DN，设AM＝x． (1)当点M、N（N在边BC上）运动时，∠MND的大小是否会变化？若不变请求出度数，若变化请说明理由． (2)若∠BMN＝30°，求AM的值． (3)当N在线段BC上时，设DN＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域． 【变式训练3 利用菱形的性质求面积】 1．（2024·河北沧州·模拟预测）将矩形和菱形按如图放置，若图中矩形面积是菱形面积的倍，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，菱形的两条对角线，交于点，若，，则菱形的面积为（    ） A．60 B．120 C．240 D．480 3．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，菱形的对角线的长分别是3和6，则菱形的面积是 ． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）边长为的菱形是由边长为的正方形“形变”得到的，若这个菱形一组对边之间的距离为，则称为这个菱形的“形变度”． （1）一个“形变度”为3的菱形与其“形变”前的正方形的面积之比为 ； （2）如图，，，为菱形网格（每个小菱形的边长为1，“形变度”为 中的格点，则 的面积为 ． 5．（23-24八年级下·全国·期末）如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 6．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长，至点E，F，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)求四边形的面积． 【变式训练4 利用菱形的性质证明】 1．（23-24八年级下·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．（23-24八年级下·山东泰安·期中）菱形对角线不具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．每一条对角线平分一组对角 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 3．（2024八年级下·全国·专题练习）菱形是 图形，它的 就是它的对称轴．它有 对称轴，两条对称轴互相垂直． 4．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在菱形中，过点作，交对角线于点，若，则点到的距离是 ． 5．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图所示，在菱形中，点为对角线与的交点，且在中，，求菱形两对边之间的距离． 6．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，是菱形的对角线，为边上的点，过点作，交于点，交边于点．求证：． 【变式训练5 添一个条件使四边形是菱形】 1．（2024·陕西商洛·三模）在中，添加下列条件，能判定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 3．（2024·山东济宁·二模）菱形定义：一组 相等的平行四边形叫菱形． 4．（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，要使平行四边形ABCD为菱形，还需添加的一个条件是 ．（写出一个即可）． 5．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，请你在图示的网格中，画出顶点在格点上，边长为的菱形ABCD，并说明这样画的道理． 6．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，对角线与相交于点，，平分． （1）给出下列四个条件：①；②；③；④，上述四个条件中，选择一个合适的条件，使四边形是菱形，这个条件可以是______（填写一个序号即可）； （2）根据你所选择的条件，证明四边形是菱形． 【变式训练6 证明四边形是菱形】 1．（23-24八年级下·山西朔州·期中）如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分的形状一定为（    ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法确定 2．（23-24八年级下·河北廊坊·阶段练习）要检测一个四边形是不是菱形，下列方案可行的是（    ） A．任选两个角，测量它们的角度 B．测量四条边的长度 C．测量两条对角线的长度 D．测量两条对角线交点到四个顶点的长度 3．（23-24八年级下·全国·课后作业）△ABC中，延长BA至D使得AB=AD，延长CA至E使得AC=AE，当△ABC满足条件 时，四边形BCDE是菱形． 4．（23-24八年级下·山东枣庄·阶段练习）小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的（如图所示）：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是 形． 5．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图所示，在中，平分．求证：四边形是菱形． 6．（23-24八年级下·山西朔州·期中）如图，在中，对角线相交于点，，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【变式训练7 根据菱形的性质与判定求角度】 1．（2024·河北唐山·二模）如图，在菱形中，相交于，，是线段上一点，则的度数可能是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．    4．（23-24八年级下·山东日照·阶段练习）如图，菱形ABCD中，∠D=120°，点E在边CD上，将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，连结BD'，则∠AD'B= °．    5．（23-24八年级下·安徽滁州·期末）已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 6．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，点是的方格纸中的三个格点，按下列要求作出格点四边形（顶点在格点上）． （1）在图1中画出一个以为顶点的菱形，使点在该图形内部（不包括在边界上）． （2）在图2中画出一个以为顶点的平行四边形，使该图形的一边所在直线与夹角 为 【变式训练8 根据菱形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·甘肃白银·期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝100°，AB的垂直平分线交AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF＝（　　） A．50° B．40° C．30° D．15° 2．（23-24八年级下·北京朝阳·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD，若AC＝2，则四边形OCED的周长为（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 3．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，是菱形的对角线上一点，过点作于点. 若，则点到边的距离为 . 4．（23-24九年级·四川·阶段练习）如图，O点是矩形ABCD的对角线的中点，菱形ABEO的边长为2，则BC＝ ． 5．（23-24八年级下·陕西宝鸡·期中）尺规作图，在三角形中，以点为顶点作菱形，使点、、分别在边、和上． 6．（23-24八年级下·广东湛江·期中）已知四边形ABCD为菱形，周长为32cm， ∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O． (1)求AC， BD的长 (2)求菱形ABCD的面积 【变式训练9 根据菱形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·江西鹰潭·期末）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（    ） A．60cm2 B．120cm2 C．130cm2 D．240cm2 2．（2024·山西晋城·一模）如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏·周测）已知菱形的边长为，一条对角线长为，则菱形的面积为 ． 4．（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在的两边上分别截取，使；再分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；再连接．若，．则四边形的面积是 ． 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，点F在上，且，连接交于点G，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 6．（23-24八年级下·福建三明·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，，，点是延长线上一点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 1．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）菱形的一条对角线与它的边相等，则它的锐角等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 2．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 3．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在菱形中，，，BF与DE相交于点G，CG与BD相交于点H．下列结论中：①；②；③﹒正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 4．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，将矩形纸片依次进行两次对折，使得与与分别重合，展开后得到四边形．如果，那么四边形的面积为（    ）    A．7 B．6 C．5 D．4 5．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·上海·单元测试）在梯形中，．已知，，，则的长度为 ． 7．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，于点，连接，，则 ． 8．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在中，D为上一点，，．请你再添加一个适当的条件： ，使四边形为菱形． 9．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，边长为4的正方形中，点分别在的延长线上，且，那么四边形的面积是 ． 10．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，菱形的对角线的长分别为和，是对角线上任一点（点不与点、重合）且交于，交于，那么阴影部分的面积是 ．    11．（24-25八年级下·陕西宝鸡·期中）如图：已知菱形的周长，，求菱形的面积？ 12．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 13．（23-24八年级下·上海·期末）已知，如图，是矩形的对角线的垂直平分线，与对角线及边、分别交于点O，E，F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的值． 14．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 15．（23-24八年级下·辽宁本溪·开学考试）如图，的对角线，相交于点，点作的垂线，与，分别相文于点，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积是2，求的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第09讲 菱形的性质与判定（3个知识点+9大核心考点+变式训练+举一反三） 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 知识点01： 菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 要点：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件. 知识点02： 菱形的性质 菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质： 1.菱形的四条边都相等； 2.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. 3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心. 要点： （1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分. （2）菱形的面积由两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半. （3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题. 知识点03：菱形的判定 菱形的判定方法有三种： 1.定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 2.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. 要点：前两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，后一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等. 【核心考点一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A．24度 B．25度 C．40度 D．65度 【答案】B 【分析】本题主要查了菱形的性质．根据菱形的性质，可得，，再进一步即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴． 故选：B 【例2】（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）如图，为菱形的对角线，若，则的度数为（     ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的对角线平分对角，得出，结合两直线平行内错角相等，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∴ 故选：D. 【例3】（23-24八年级下·上海虹口·期末）菱形的对角线，相交于点，，则 ． 【答案】65 【分析】本题考查的是菱形的性质，除平行四边形固有的性质外，菱形的对角线相互垂直，对角线平分对角等，解题的关键是掌握其性质定理．由菱形的性质可得的度数，再根据余角的性质可得答案． 【详解】解：在菱形中，，， ，， ． 故答案为：65．    【例4】（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，B=40°，延长BC至点E，使CE=AC，则∠CAE的度数是 ． 【答案】 【分析】由菱形四边相等和B=40°即可求出．根据等边对等角即得出．最后根据三角形外角性质得出，即可求出∠CAE的度数． 【详解】∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∴． ∵B=40°， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质和三角形外角的性质．熟练掌握各知识点是解题关键． 【例5】（2024·上海青浦·模拟预测）如图，四边形中，，平分，交于．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，试判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)直角三角形，理由见解析 【分析】（1）根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，在根据角平分线的性质及等腰三角形的判定即可求证结论． （2）利用等角对等边的性质可得，在利用等腰三角形的判定及三角形内角和即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形，， 又∵平分， ， ， ， ∴四边形是菱形．    （2）直角三角形，理由如下： ， ， ， ， ， 又三角形内角和为， ， ， 为直角三角形． 【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和三角形的内角和，熟练掌握其基础知识是解题的关键． 【例6】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图1，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图1中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时． (1)请在图1中再找出一对这样的角来： ； (2)如图2，中，，以为一边向外作菱形，为菱形对角线的交点，连接． ①四边形 损矩形（填“是”或“不是”）； ②当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由； ③若，求的长． 【答案】(1) (2)①是；②见解析；③ 【分析】（1）根据材料所给出的定义即可得到结论； （2）①根据损矩形的定义即可得到结论；②根据菱形的性质及损矩形的定义即可得到结论；③根据菱形的性质及损矩形，再利用勾股定理及解直角三角形即可得到． 【详解】（1）解：∵损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的， ∴和有公共边， ∴在同侧有和， ∴ ， 故答案为：． （2）解：①∵四边形是菱形， ∴， ∵中，， ∴四边形是损矩形， 故答案为：是． ②四边形是正方形，理由如下： ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是损矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形是正方形． ③过点作，交延长线于点， ∵四边形是菱形，， ∴是等边三角形，， ∴， ∵四边形是损矩形， ∴， ∵， ∴在中，，， ∵， ∴， ∴在中，， ∴在中， ， ∴在中，， 【点睛】本题考查了菱形的性质，损矩形，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定，读懂材料理解新定义，正确作出辅助线是解题的关键． 【核心考点二 利用菱形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·全国·期中）菱形的两条对角线长分别是12和16，则此菱形的周长是（    ） A．40 B．50 C．24 D．32 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键；因此此题可根据菱形的对角线互相垂直且平分再结合勾股定理可进行求解． 【详解】解：如图，由题意得： ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴菱形的周长为； 故选：A． 【例2】（24-25八年级下·上海徐汇·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点在上，且，连接，若，，则的长为（    ）    A．2 B． C． D．10 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理．由四边形是菱形，推出，，，求出的长，由勾股定理即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ，， ，， ， 在中 ， 在中 ． 故选：C． 【例3】（23-24八年级下·全国·开学考试）如图，菱形的对角线、相交于点，若，，则菱形的边长为 ． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据菱形的性质得到，，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， ∴菱形的边长为． 故答案为：． 【例4】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质和勾股定理得出，进而利用面积公式解答即可． 【详解】四边形是菱形 故答案为：． 【例5】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）有一块三角形的铁片． 求作：以为一个内角的菱形，使其余三个顶点在的三条边上． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，尺规作线段垂直平分线，先作的角平分线，交于点F，再作的垂直平分线，交于点E，交于点G，则四边形即为所求作． 【详解】解：如图所示． 【例6】（23-24八年级下·上海·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【答案】(1)正方形边长为； (2)该正方形花圃的边长为． 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定与性质、菱形性质，解题关键是正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质、合理利用所求的相关结论作答． （1）连接，设正方形的边长为，即，根据面积计算的不同方式即可求得正方形边长； （2）设菱形两条对角线交于点，其长度分别为，，根据题意得到、的值，判定四边形为正方形，且为直角的“所容正方形”后结合（1）中得到的结论即可得到正方形花圃的边长． 【详解】（1）解：连接，如图，设正方形的边长为，则， 四边形是正方形， ，，， 在中，，，， ， 即， ， ． 故“所容正方形”的边长为． （2）解：如图，设菱形的两条对角线交于点，且其长度分别为，， 则，，， 根据题意可得：，整理得， 若正方形为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得，，则四边形也为正方形，且这个正方形为直角三角形的“所容正方形”， 则由（1）的结论可得：正方形的边长， 正方形的边长为， 即在这个菱形场地上按要求修建的正方形花圃的边长为． 【核心考点三 利用菱形的性质求面积】 【例1】（2024·上海普陀·模拟预测）如图，已知菱形的周长为40，对角线交于点O，且，则该菱形的面积等于（    ） A．24 B．56 C．96 D．48 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，先根据菱形的周长求出边长，再根据得出，根据勾股定理得出，进一步得出的值，最后根据菱形的面积得出答案即可，掌握利用菱形的性质、勾股定理得出的值是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，周长为40，对角线、交于点， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵菱形的面积， 故选：C． 【例2】（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点F，，，则平行线与之间的距离为（    ） A．2.4 B．4.8 C．6 D．9.6 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．先利用菱形的性质及勾股定理求得菱形的对角线长，再利用面积法求解即可． 【详解】解：设与之间的距离为，在菱形中，对角线与相交于点F， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：D. 【例3】（23-24八年级下·上海宝山·期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ． 【答案】4 【分析】本题考查了根据对角线长计算菱形的面积的方法，本题中正确计算是解题的关键．菱形的面积可以根据对角线的长计算，已知菱形的面积，对角线的长即可计算的长 【详解】解：∵菱形的面积为，且 ∴， 故答案为：4． 【例4】（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，则菱形的面积是 ． 【答案】9 【分析】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题的关键．根据菱形的性质可知，再根据菱形面积公式计算即可． 【详解】解：四边形是菱形， 则菱形的面积为： 故答案为：9． 【例5】（2024·山上海嘉定·模拟预测）在菱形中，对角线交于点，过点作的平行线，交延长线于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得到，通过等量代换即可证明； （2）根据直角三角形特殊角的三角比求出，再证明四边形是平行四边形，最后利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）四边形是菱形 （2） 在中， 四边形是菱形 ， 四边形是平行四边形 菱形的面积为： 【点睛】本题考查了菱形的性质及面积的计算、平行四边形的性质及判定、解直角三角形等，解题的关键在于熟记性质． 【例6】（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在中，平分交于点D，垂直平分，分别交于点E，F，G，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，请直接写出四边形的面积为__________． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键． （1）由线段垂直平分线的性质可得，可得，，由角平分线的性质可得，可证，可得四边形是平行四边形，即可得结论； （2）由菱形的性质和外角性质可得，由直角三角形的性质可求的长进而求出面积． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形； （2）解:过点D作于点H， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，且， ∴， ∵， ∴菱形的面积， 故答案为：2． 【核心考点四 利用菱形的性质证明】 【例1】（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）任意作一个四边形，并将其四边的中点依次连接起来，得到一个新的四边形，我们将四边形叫做四边形的中点四边形．例如，任意四边形的中点四边形是平行四边形，那么，菱形的中点四边形是（   ） A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的性质，三角形中位线定理，先由三角形中位线定理得到，，则四边形是平行四边形，再由菱形的性质得到，则，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵分别是四边形四条边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形中，与相交于点，延长至，使得，连接和． 甲说：四边形是平行四边形； 乙说：若的面积为10，则菱形的面积为20； 丙说：有可能平分． 则下列说法正确的是（    ） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的判定，以及角平分线的性质，牢记菱形的性质、角平分线的性质以及平行四边形的判定定理是解题的关键．可证明 ，，即可确定甲的说法是否正确；根据和，以及与，与之间的关系，即可确定乙的说法是否正确；过点作的垂线，交于点，判断与的大小关系，即可确定丙的说法是否正确． 【详解】①∵四边形为菱形， ∴， ． 又， ∴ ，． ∴四边形为平行四边形． 故甲的说法正确． ②∵四边形为平行四边形， ∴， ． ∵四边形为菱形， ∴，，． ∴． ∴． ∴． 故乙的说法正确． ③假设平分． 如图，过点作的垂线，交于点．    ∵平分，，， ∴． 又， ∴． ∵， ∴，这与相矛盾． ∴不可能平分． 故丙的说法错误． 故选：A． 【例3】（2024·上海青浦·一模）如图，将菱形折叠，使点落在边的点F处，折痕为．若，则 ． 【答案】/30度 【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，解题关键是理清折叠前后重叠的线段及角相等．根据菱形的性质得，，由折叠的性质可得，，再根据“等边对等角”可得，利用平角计算出的值，然后利用三角形内角和即可计算的值． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵将菱形折叠，使点落在边的点处， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【例4】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，将绕点B旋转得，设交于点D，则点D到的距离是 ． 【答案】1或/1或 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 分两种情况进行讨论，当顺时针旋转时和当逆时针旋转时，分别计算即可得出答案． 【详解】解：当顺时针旋转时，，如图所示： ，， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ，， 四边形为菱形， ， 过点D作与点E，则； 当逆时针旋转时，如图所示： 同理得四边形为菱形， ， ，， 是等腰三角形， 过点作， ， 过点D作与点F，则， 故答案为：1或． 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，若O是菱形对角线的交点，作交于点E，试判断四边形的形状？请说明理由． 【答案】矩形，理由见解析 【分析】根据矩形的判定定理，首先可证四边形是平行四边形，再由菱形的对角线互相垂直平分可得，即可证明平行四边形是矩形． 此题主要考查了菱形的性质和矩形的判定的综合运用． 【详解】解：四边形是矩形． 理由：，， 四边形是平行四边形， 又四边形是菱形， ， ， 平行四边形是矩形． 【例6】 （2024·上海闵行·一模）小惠自编一题：如图，在菱形中，对角线交于点，求证：． 并将自己的证明过程与同学小洁交流． 小惠： 证明：四边形是菱形， ，，， 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【答案】赞成小洁的说法；补充，证明见解析． 【分析】本题主要考查菱形的性质，正方形的判定与性质，根据有一个角是直角的菱形是正方形，正方形的对角线相等即可求解． 【详解】解：赞成小洁的说法，补充， 证明：∵四边形菱形，， ∴菱形是正方形， ∴． 【核心考点五 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，先说明四边形为平行四边形，再结合四个答案依次判断即可. 【详解】连结，如图所示， ∵E、F、C、H分别为四边形各边中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 当或时， 只能判断四边形为平行四边形，故A、B选项错误； 当时，能判断四边形为矩形，故C选项错误； 当时，能判断四边形为菱形，故D选项正确． 故选：D. 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，逐项判断即可． 【详解】解：A．有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意； B．有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意； C．菱形的对边本身相等，（3）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意； D．有一个角是直角的菱形是矩形，则（4）处可填，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 【例3】（2024·上海宝山·二模）在中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，要使 是菱形，需添加的一个条件是 ．(写出一个即可) 【答案】(答案不唯一) 【分析】本题考查了菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判断即可． 【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴时，是菱形， 故答案为：(答案不唯一)． 【例4】（2024·上海金山·一模）如图，四边形是平行四边形，分别延长至点F、E，使得，连接．请再添加一个条件： ，使得四边形是菱形，并说明理由．（不再添加任何线条、字母） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定定理和菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：添加条件． 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 【例5】（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，有一块三角形的铁片．求作：以为一个内角的菱形，使顶点F在边上． 【答案】见解析 【分析】作平分交于点F，作线段的垂直平分线交于点E，交于点G，连接，，四边形即为所求． 【详解】解：如图，四边形即为所求． 【点睛】本题考查了作图，菱形的性质，解题的关键是掌握理解题意，掌握这些知识点． 【例6】（2024·上海杨浦·一模）如图，中，，是边，的点，，添加下列条件之一使成为菱形．①；②；③．    (1)添加的条件是：______．（填序号） (2)添加条件后，请证明为菱形． 【答案】(1)① (2)证明见详解 【分析】（1）由菱形的判定方法可得出答案； （2）证明，由全等三角形的性质可得出，则可得出结论． 【详解】（1）添加能使成为菱形． 故答案为：①； （2）证明：，，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，证明是解决问题的关键． 【核心考点六 证明四边形是菱形】 【例1】（24-25八年级下·广东广州·开学考试）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（） A．若，则是菱形 B．若，则是矩形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形，正方形和菱形的判定，熟知矩形，正方形和菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形，正方形和菱形的判定即可解答． 【详解】解：A、由四边形是平行四边形结合，可得是矩形，故本选项错误； B、由四边形是平行四边形结合，可得是矩形，故本选项正确； C、由四边形是平行四边形结合，可得是菱形，故本选项错误； D、符合题意由四边形是平行四边形结合，可得是菱形，故本选项错误； 故选：B． 【例2】（2024八年级下·辽宁·专题练习）如图，小红在作线段的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点、为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点、，则直线即为所求．连接、、、，根据她的作图方法可知．四边形一定是（ ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形 【答案】B 【分析】此题主要考查了利用尺规作线段的垂直平分线以及菱形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键． 对于一个四边形是否是菱形的判定方法有：①四条边相等的四边形是菱形；②对角线相互垂直平分的四边形是菱形；③对角线相互垂直的平行四边形是菱形；④一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）． 根据“四条边都相等的四边形是菱形”即可判断． 【详解】解：∵分别以点A、B为圆心，大于线段长度一半的长为半径画弧，相交于点C、D， ∴， ∴四边形一定是菱形． 故选：B． 【例3】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如果一个四边形的某个顶点到其他三个顶点的距离相等，我们把这个四边形叫做等距四边形．已知平行四边形是等距四边形，，那么它的面积等于 ． 【答案】 【分析】如图，由等距四边形的定义结合平行四边形的性质可得四边形是菱形，进而可得是等边三角形，然后作于E，利用等边三角形的性质和勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：如图，四边形是等距四边形，， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 作于E，则， ∴， ∴菱形的面积； 故答案为：．    【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，得出是等边三角形是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，四边形是轴对称图形，对称轴是直线，设，交于O，，则以下结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题主要考查的是轴对称的性质、菱形的性质和判定．由轴对称的性质可知；，由平行线的性质可知，从而得到，故此，从而可知四边形为菱形，最后依据菱形的性质判断即可． 【详解】解：由轴对称的性质可知：． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴四边形为菱形． ∴，，，．不能证明； 综上，①②④正确． 故答案为：①②④． 【例5】（2024·湖南岳阳·模拟预测）已知：在中，分别过点B、D作于点E，于点F，如图．请从以下四个关系式中：①；②；③；④选择一个合适的作为已知条件，使是菱形． (1)你选择的条件是______． (2)添加了条件后，请证明为菱形． 【答案】(1)③（答案不唯一） (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法． （1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，选择条件：③； （2）证，可得一组邻边相等，可证是菱形． 【详解】（1）解：选择的条件是③：， 故答案为：③； （2）证明：， ， ∵四边形为平行四边形； 为菱形． 【例6】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）四边形分别是边的中垂线，连接，延长交于点H，延长交于点G，若． (1)判断四边形的形状，并加以证明； (2)求的度数； (3)若，求的长度． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）四边形ABPD中，由已知条件知道线段；利用垂直平分线的性质知道；这样四边形中有两组邻边相等，又，因此可猜想该四边形可能为菱形； （2）本小题要找角，考虑到所在三角形已经是直角三角形，但另一个内角也难以找出，因此可考虑运用外角协助找到； （3）由可以得到，利用中点E可以推知，结合上题中找到的角，知，在直角中由勾股定理求得，则菱形的边． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵分别是边的中垂线， ∴， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：设， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴； （3）解：∵， ∴． ∵PE垂直平分BC， ∴． ∴． 在直角△PEH中， ∵， ∴． 在直角△PEB中， ∵， ∴． ∴，即的长度为． ． 【点睛】本题考查了四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度． 【核心考点七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）把一个长方形的纸片按如甲乙图形对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与折痕所成的角α的度数应为（    ） A．60°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．75°或15° 【答案】D 【分析】根据翻折的性质和菱形的性质可得答案． 【详解】解：为了得到一个锐角为的菱形， 菱形的内角度数为或， 根据菱形的对角线平分每一组对角得，或， 故选：D． 【点睛】本题考查了剪纸问题，翻折的性质，菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的对角线平分每一组对角． 【例2】（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在菨形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质得出，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴，则， ∵， ∴， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐角互余． 【例3】 （23-24八年级下·重庆·期末）在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点F为BC中点，过点F作FE⊥BC于点F交BD于点E，连接CE，若∠BDC＝34°，则∠ECA＝ °． 【答案】22． 【分析】根据菱形的性质可求出∠DBC和∠BCA度数，再根据线段垂直平分线的性质可知∠ECB＝∠EBC，从而得出∠ECA＝∠BCA﹣∠ECB度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝34°． ∠BCA＝∠DCO＝90°﹣34°＝56°． ∵EF垂直平分BC， ∴∠ECF＝∠DBC＝34°． ∴∠ECA＝56°﹣34°＝22°． 故答案为22． 【点睛】本题考查了菱形的性质及线段垂直平分线的性质，综合运用上述知识进行推导论证是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·山东日照·阶段练习）如图，菱形ABCD中，∠D=120°，点E在边CD上，将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，连结BD'，则∠AD'B= °．    【答案】75 【分析】根据菱形的性质先求出∠BAC，再由折叠知AD'=AB，从而求出∠AD'B的度数. 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=AD，CD∥AB， ∵∠D=120°， ∴∠DAB=60°， ∵AC为菱形ABCD的对角线， ∴∠BAC=30°， ∵将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上， ∴AD'=AD， ∴AD'=AB， ∴∠AD'B=， 故答案为：75. 【点睛】本题是对菱形知识的考查，熟练掌握菱形的性质定理是解决本题的关键. 【例5】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，四边形和四边形都是菱形，点E，F在上已知，，求： (1)的度数． (2)的度数． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可； （2）连接，根据菱形的对角线互相平分得出，，结合图形求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）连接，如图所示： ∵四边形和四边形都是菱形，，， ∴，， ∴． 【点睛】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 【例6】（2024·辽宁沈阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣3，0），点C坐标（0，4），点P从原点O出发，以每秒一个单位长度的速度沿x轴正方向移动，移动时间为t（0≤t≤5）秒，过点P作平行于y轴的直线l，直线l扫过四边形OCDA的面积为S． （1）求直线AD的函数表达式； （2）当S＝时，请直接写出t的值； （3）如果点M是（2）中的直线1上的点，点N在x轴上，并且以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标． 【答案】（1）y＝x﹣；（2）t的值为4秒；（3）点N坐标为（1，0）或（3，0）或（7，0）． 【分析】（1）在Rt△BOC中，利用勾股定理计算BC的长，即菱形的边长为5，可得D和A的坐标，根据待定系数法可解答； （2）①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形CCQP，S＝4t．②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA．分别求解即可解决问题； （3）根据题意分三种情形分别作图，根据平行四边形的性质即可求解． 【详解】解：（1）∵点B坐标（﹣3，0），点C坐标（0，4）， ∴OB＝3，OC＝4， 在Rt△BOC中，BC＝＝＝5， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CD＝AB＝BC＝5， ∴A（2，0），D（5，4）， 设AD的解析式为：y＝kx+b， 则，解得：， ∴直线AD的函数表达式为：y＝x﹣； （2）①如图1中，当0≤t≤2时，直线l扫过的图象是四边形OCQP，S＝4t． 4t＝，t＝＞2，不符合题意； ②如图2中，当2＜t≤5时，直线l扫过的图形是五边形OCQTA． 则OP＝t， tan∠OBC＝tan∠PAT＝， ∴，PT＝， S＝S矩形COPQ﹣S△ATP＝4t﹣×（t﹣2）×（t﹣2）＝﹣t2+t﹣， 当S＝时，﹣t2+t﹣＝， 解得：t＝4或6（舍）， 综上，当S＝时，t的值为4秒； （3）存在三种情况： ①如图3中，四边形MNAD是平行四边形，此时M与Q重合，则DM＝AN， 由（2）知：t＝4，则CM＝OP＝4， ∴AN＝DM＝5﹣4＝1， ∴ON＝2﹣1＝1， ∴N（1，0）； ②如图4，四边形ANDM是平行四边形，则DM＝AN，同理得N（3，0）； ③如图5，四边形ADNM是平行四边形，则AD＝MN＝5， ∵PM＝4， Rt△PMN中，PN＝==3， ∴ON＝4+3＝7， ∴N（7，0）； 综上所述，满足条件的点N坐标为（1，0）或（3，0）或（7，0）． 【点睛】本题考查一次函数和四边形综合题、菱形的性质、平行四边形的判定、一次函数的解析式、几何动点问题等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题． 【核心考点八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·江苏淮安·期中）如图，矩形的对角线、相交于点O，．若，则四边形的周长为（    ） A．4 B．8 C．12 D．20 【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的性质得出，然后证明四边形是菱形，即可求出周长． 【详解】解：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴四边形的周长； 故选B． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，以及矩形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键． 【例2】（23-24八年级下·全国·期中）两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，．与交于点G，与交于点H，且，，则四边形的周长为（    ）    A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】D 【分析】证明四边形是菱形，根据含30度角的直角三角形的性质求得的长，即可求解． 【详解】解：∵两张全等的矩形纸片按如图所示的方式交叉叠放，，，， ∴，， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 四边形周长为16． 故选D． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质，菱形的性质与判定，证明四边形是菱形是解题的关键． 【例3】（2024·贵州·模拟预测）如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则A，C两点间的距离为 ． 【答案】2 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，连接，由题意得出四边形是菱形，由菱形的性质可得，证明出是等边三角形，得出，即可得解． 【详解】解：如图，连接， ∵将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形， ∴，四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即两点间的距离为2， 故答案为：2． 【例4】（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，点E，F是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是 ．    【答案】 【分析】连接交于点，先根据菱形的判定定理证明四边形为菱形，得，再根据勾股定理计算的长，可得结论． 【详解】解：如图，连接交于点O，    ∵四边形为正方形 ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形，且， ∴四边形为菱形， ∴， ∵，，， 由勾股定理得：， ∴四边形的周长， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键． 【例5】（2024·云南昭通·二模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，于点，连接．，，．    (1)求证：四边形是菱形． (2)求的周长 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理的逆定理求得，根据“对角线相互垂直的平行四边形是菱形”即可求解； （2）利用直角三角形斜边中线的性质求得，利用面积法求得，即可求解. 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：， ，， 即，， ， 的周长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的逆定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 【例6】（23-24八年级下·湖北十堰·期末）如图，在中，，点D是BC的中点，连接．分别以点为圆心，的长为半径在外画弧，两弧交于点，连接，过点作于点．    (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线定理得，进而证得四边形的四边相等，即可得出结论． （2）如图，过点作垂直于点，根据菱形面积证得，再由直角三角形面积得，求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：在中，，点D是BC的中点， ， 又， ， 四边形为菱形． （2）解：如图，过点作垂直于点 ，   四边形为菱形， ， ， ， 在中，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理及勾股定理解三角形，掌握菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理及作辅助线是解题关键． 【核心考点九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例1】 （2024·河北衡水·模拟预测）春节期间，某广场布置了一个菱形花坛，两条对角线长分别为和，其面积用科学记数法表示为(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算，或者利用菱形对角线垂直的性质进行面积求解，最后化为科学记数法的形式即可． 【详解】菱形的对角线相互垂直 菱形的面积=对角线成绩的一半= 【点睛】本题考查用对角线计算菱形的面积及科学记数法，也可以利用对角线垂直的性质进行面积的计算，注意所有对角线垂直的四边形面积均等于对角线乘积的一半．正确的使用公式和理解科学记数法的写法是解题的关键． 【例2】（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，∠ACD＝30°，BD＝6，则菱形ABCD的面积是（    ） A．36 B． C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质得出，，，在中，由含30°角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出OC，得出AC，有菱形的面积公式即可得出结果． 【详解】解：四边形ABCD是菱形， ∴，， 在中， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴菱形ABCD的面积= 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键． 【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期中）如图，四边形是边长为的菱形，其中对角线长．则菱形的面积为 ．    【答案】 【分析】首先根据菱形的性质可得，，，然后再根据勾股定理计算出长，进而得到答案． 【详解】解：四边形是菱形，   ，，， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直且平分． 【例4】（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝13．以A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交AB，AD于M，N；分别以M，N为圆心，以大于MN长为半径作弧，两弧相交于点G；作射线AG交BC于E；作EF∥AB交AD于F．若AE＝10，则四边形ABEF的面积等于 ． 【答案】120 【分析】连接BF交AE于点O，证明四边形ABEF是平行四边形，根据作图过程可得AE平分∠BAF，然后证明四边形ABEF是菱形，进而可得四边形ABEF的面积． 【详解】解：如图，连接BF交AE于点O； ∵，， ∴四边形ABEF是平行四边形， 根据作图过程可知：AE平分∠BAF， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形ABEF是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：120． 【点睛】本题考查了基本作图，平行线的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是判定四边形ABEF是菱形． 【例5】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，菱形的对角线交于点O．已知，求菱形的高线长． 【答案】 【分析】直接利用菱形的性质结合勾股定理得出其边长即可；利用菱形的面积公式求出菱形的面积，即可． 【详解】解：设菱形的高线长为， ∵菱形的对角线交于点O．已知， ∴， ∴菱形的边长， 菱形的面积为：， ∴， ∴ 【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 【例6】（23-24八年级下·河北保定·期中）如图，在矩形中，． (1)在图①中，P是上一点，垂直平分，分别交边于点E、F，求证：四边形是菱形； (2)若菱形的四个顶点都在矩形的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可． （2）当P与C重合时，菱形面积最大，然后在 中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】（1）证明∶如图1中， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解∶如图2中，当P与C重合时，菱形面积最大． 设， 在 中，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： ． 【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【变式训练1 利用菱形的性质求角度】 1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）在菱形中如图，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角的性质，三角形内角和定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质可得，由等边对等角可得，由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 在中， ∴， 故选：B ． 2．（24-25八年级下·福建三明·期中）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列推理过程正确的是（   ） A．由①推出②，由②推出③ B．由①推出③，由③推出② C．由③推出①，由①推出② D．由②推出③，由③推出① 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． 根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可． 【详解】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形； 菱形的对角线互相垂直，而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形； 正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②； 故选：D． 3．（2024·广东东莞·二模）如图，将菱形纸片折叠，使点落在边的点处，折痕为，若，则的度数是 ． 【答案】/80度 【分析】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边对等角和平行线的性质， 首先根据平行的性质得到，由折叠得，然后求出，然后根据等边对等角和平行线的性质求解即可． 【详解】∵四边形是菱形 ∴ 由折叠可得， ∴ ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∴． 故答案为：． 4．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）如图，在菱形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于两点，，作直线交于点，连接，，则的度数为 ． 【答案】/30度 【分析】本题主要考查了垂直平分线的作图以及性质，菱形的性质以及等边对等角的性质，根据作图可知垂直平分，即可得出，根据等边对等角得出，根据菱形的性质可得出，，根据角的和差关系即可求解． 【详解】解∶由作图可知：垂直平分， ∴， ∴， ∵是菱形， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数． 【答案】 【分析】设，则，先根据菱形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据邻补角的定义可得，建立方程求出值，最后根据三角形的内角和定理即可得． 【详解】解：由题意，设，则， 四边形是菱形， ， ， 又， ， 解得， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，对角线AC、BD交于点O，P从B点出发，沿B→D→C方向匀速运动，P点运动速度为1 cm/s．图2是点P运动时，△APC的面积y（cm2）随P点运动时间x（s）变化的函数图像． (1)AB = cm，a = ； (2)P点在BD上运动时，x为何值时，四边形ADCP的面积为； (3)在P点运动过程中，是否存在某一时刻使得△APB为直角三角形，若存在，求x的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)2， (2) (3)存在，的值为或或． 【分析】（1）由图2知，当点P在点A时，y=△ABC的面积==，进而求解； （2）由四边形ADCP的面积，即，即可求解； （3）①当点P和点O重合时，∠APB为直角，则x=BP=；②当∠BAP′为直角时，则PP′=，则x=BP+PP′= ；③当∠BAP″为直角时，则x=BD+DP″=，即可求解． 【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，则△ABC、△ACD为全等的两个等边三角形， 设△ABC的边长为，则其面积为， 由图2知，当点P在点A时，y=△ABC的面积=， 解得（负值已舍去）， 即菱形的边长为2，则AB=2（cm）， 由题意知，点P与点O重合时，对于图2的a所在的位置， 则AO=1，故． 故答案为2；． （2）解：由（1）知点在段运动时，对于图2第一段直线， 而该直线过点、，， 设其对应的函数表达式为，则，解得， 故该段函数的表达式为， 当点在上运动时，四边形的面积为，则点只能在上， 则四边形的面积，即， 解得． （3）解：存在，理由： 由（1）知，菱形的边长为2，则，， 过点作于点交于点， 、均为等边三角形，则， ①当点和点重合时，为直角，则； ②当为直角时，则同理可得：，则； ③当为直角时，则， 综上，的值为或或． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形和菱形的性质、三角形全等和相似、面积的计算等． 【变式训练2 利用菱形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·上海宝山·期末）已知菱形的边长是8，一个内角是，那么这个菱形的面积是（    ） A．64 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】考查了菱形的性质和等边三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 根据菱形的性质可得是等边三角形，求得，再利用勾股定理即可求出菱形的高，进而即可求解． 【详解】解：连接，过点A作交于点E，如图， ∵菱形的边长是8，一个内角是， ∴是等边三角形， ∴， 由勾股定理可得，， ∴菱形的面积是． 故选：D． 2．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（    ） A． B．和的周长相等 C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半 【答案】D 【分析】利用菱形的性质依次进行判断即可． 【详解】解：A．由图可知，，故A不符合题意； B．在菱形中 AB=AD=BC ∵ ∴的周长大于的周长 故B不符合题意； C．菱形的周长与两条对角线之和无关，故C不符合题意；     D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半，故D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查菱形的性质的运用，正确灵活的运用菱形的性质是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·上海金山·期末）在菱形中，对角线相交于O，若，，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，其中菱形的性质是关键．根据题意画出图形，由菱形的性质，得，由勾股定理求得即可． 【详解】解：如图，在菱形中，，， 由鑀得， 则；    故答案为：． 4．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知菱形的两条对角线分别为6和8，点是边的中点，点是边上一点，点是对角线上一点，则的最小值为 ． 【答案】 【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，当时，此时的值最小，连接，求出、，根据勾股定理求出长，再利用等面积法即可得出答案． 【详解】解：作关于的对称点，连接，交于，连接，连接， 四边形是菱形， ，，， 即在上，与关于成轴对称， ，为中点，， ∴， 为中点， 为上一动点， ∴当时，最短，即最短； 四边形是菱形， ，， 在中，由勾股定理得：， 由等面积法可得：， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：． 5．（2024八年级下·上海·专题练习）如图，等腰梯形ABCD中，AD＝BC＝5，AB＝20，CD＝12，DH⊥AB，E是线段HB上一动点，在线段CD上取点F使AE＝EF，设AE＝x，DF＝y． (1)当EF∥AD时，求AE的长； (2)求y与x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围； (3)将△ADF沿AF所在直线翻折，点D落在平面上的D′处，当D′E＝1时，求AE的长． 【答案】(1) (2) (3)的长为或 【分析】（1）首先判定四边形AEFD是菱形，根据菱形的性质即可求解； （2）过点作于，首先得出点D、F在直线EM的两侧，再利用勾股定理得出MF的长，再利用DF=DM+MF求出即可； （3）连接AF，EF，AD′，利用已知得出D′必落在射线FE上，再利用当D′E=1时，有或，，求出AE即可． 【详解】（1）， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； （2）过点作于， 在Rt△ADH中， ∴DH=， AE＝EF，设AE＝x，DF＝y． 在中，， ， ,, , 如图，当与点重合时，取得最大值，过点作， 当时， 即 解得 ； （3）连接AF，EF，AD′， ， ． ， 必落在射线上，当时，有或， 当x-y=1时， ∴x-（x-4+）=1， ∴4-=1， 整理得：x2-9=9， 解得：x=AE=， 当y-x=1时， ∴x-4+-x=1， ∴-4+=1， 整理得：x2-9=25， 解得：x=AE=， 综上所述：或． 【点睛】此题主要考查了圆的综合应用以及勾股定理和菱形的性质和判定等知识，利用分类讨论得出AE的长是解题关键． 6．（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，AC＝4，点M是AC上一点，点N在射线CB上，且MB＝MN，联结DN，设AM＝x． (1)当点M、N（N在边BC上）运动时，∠MND的大小是否会变化？若不变请求出度数，若变化请说明理由． (2)若∠BMN＝30°，求AM的值． (3)当N在线段BC上时，设DN＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域． 【答案】(1)不变，∠MND=30°； (2)AM的长为2-2或4-4； (3) 【分析】（1）联结DM，设∠MBO=α，可表示出∠DMN，∠CDM，∠CMD，∠CMB，∠CMN，进而计算求得∠DMN=120°，从而求得结果； （2）分点N在边BC上和点N在CB延长线上时两种情况讨论，进而求得结果； （3）作ME⊥AB于E，MF⊥DN，在△ABM中表示出MB，进而表示出MN，进一步表示出DN，从而求得结果． 【详解】（1）解：如图1， 联结DM， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA=OC=AC=2，BD=2OD=2OB，AD=AB， ∴DM=BM，OD=OB==2， ∴BD=4， ∴AD=AB=BD， ∴∠BCD=∠BAD=60°，∠CBD=60°， ∴∠ACD=∠BCD=30°， 设∠MBO=α， ∵MN=MB， ∴∠MBN=∠MNB=∠DBC+∠MBO=60°+α， 在△CBM中， ∠CMB=180°-∠ACB-∠CBM=180°-30°-（60°+α）=90°-α， ∴∠CMD=∠CMB=90°-α， 在△MND中， ∠BMN=180°-∠MBN-∠MNB=180°-2（60°+α）=60°-2α， ∴∠CMN=∠CMB-∠BMN=90°-α-（60°-2α）=30°+α， ∴∠DMN=∠CMN+∠CMD=（30°+α）+（90°-α）=120°， ∵BM=DM=MN， ∴∠MND=∠MDN==30°； （2）解：当点N在边BC上时， 在△MBN和△CBM中， ∠BMN=∠ACB=30°， ∠CBM=∠MBN， ∴∠CMB=∠MBN， ∵MB=MN， ∴∠MBN=∠MNB， ∴∠CBM=∠MBN， ∴CM=CB=4， ∴AM=AC-CM=4-4； 当点N在CB延长线上时， 过点M作MG⊥BN于点G， ∵MB=MN， ∴∠NMG=∠BMG=×30°=15°， ∴∠GMC=180°-90°-30°=60°， ∴∠BMO=45°， ∴△OBM是等腰直角三角形， ∴OB=OM=2， ∴AM=AO-OM=2-2； 综上，AM的长为2-2或4-4； （3）解：如图2， 作ME⊥AB于E，MF⊥DN， ∵∠CAB=30°， ∴EM=AM=x， ∴AE=， ∴BE=AB-AE=4-x， 在Rt△BEM中， BM=， 在Rt△MNF中， 同理可得：NF=MN=， ∴DN=2NF， ∴． 【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是设角，通过计算寻找角的数量关系． 【变式训练3 利用菱形的性质求面积】 1．（2024·河北沧州·模拟预测）将矩形和菱形按如图放置，若图中矩形面积是菱形面积的倍，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了矩形和菱形的性质，根据矩形的面积公式以及菱形的面积公式解答即可，解题的关键是掌握知识点的应用． 【详解】解：∵矩形的面积，菱形的面积， ∴， ∴， 故选：． 2．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，菱形的两条对角线，交于点，若，，则菱形的面积为（    ） A．60 B．120 C．240 D．480 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质．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：∵菱形的两条对角线，交于点，，， ∴， 故选：B． 3．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，菱形的对角线的长分别是3和6，则菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形对角线互相平分的性质，根据菱形的对角线的长度即可直接计算菱形的面积，熟知菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键． 【详解】解：菱形的对角线，的长分别是3和6， 菱形的面积． 故答案为：． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）边长为的菱形是由边长为的正方形“形变”得到的，若这个菱形一组对边之间的距离为，则称为这个菱形的“形变度”． （1）一个“形变度”为3的菱形与其“形变”前的正方形的面积之比为 ； （2）如图，，，为菱形网格（每个小菱形的边长为1，“形变度”为 中的格点，则 的面积为 ． 【答案】 / 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质以及四边形综合，根据题意得出菱形形变前的面积与形变后的面积之比是解题关键． （1）分别表示出正方形的面积和菱形的面积，再根据“形变度”为3，即可得到菱形与其“形变”前的正方形的面积之比； （2）根据两面积之比菱形的“形变度”，即可解答． 【详解】解：（1）边长为的正方形面积，边长为的菱形面积， 菱形面积：正方形面积， 菱形的变形度为3，即， “形变度”为3的菱形与其“形变”前的正方形的面积之比； （2）菱形的边长为1，“形变度”为， 菱形形变前的面积与形变后的面积之比为， ． 故答案为：；． 5．（23-24八年级下·全国·期末）如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)求平行四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理： （1）根据勾股定理的逆定理证明，则可根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明； （2）根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵ ∴， ∴是直角三角形，且，即， ∴平行四边形是菱形； （2）解；∵平行四边形是菱形， ∴， ∴． 6．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，四边形是边长为1的正方形，分别延长，至点E，F，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)3． 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的判定方法以及性质、菱形面积的计算方法，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题的关键． （1）连接，则，互相垂直平分，即可证得四边形为菱形． （2）根据四边形是边长为的正方形求出，，再根据菱形面积等于两对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：如图，连接，交于点， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． （2）∵四边形是边长为的正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【变式训练4 利用菱形的性质证明】 1．（23-24八年级下·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．（23-24八年级下·山东泰安·期中）菱形对角线不具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．每一条对角线平分一组对角 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【答案】D 【分析】根据菱形的对角线的性质，进行判断即可． 【详解】解：菱形的对角线互相垂直且平分，且平分一组对角，菱形的对角线不一定相等． 故选D． 【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分，且平分一组对角，是解题的关键． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）菱形是 图形，它的 就是它的对称轴．它有 对称轴，两条对称轴互相垂直． 【答案】 轴对称 对角线所在的直线 两条 【解析】略 4．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在菱形中，过点作，交对角线于点，若，则点到的距离是 ． 【答案】． 【分析】直接利用菱形的性质结合全等三角形的判定与性质得出 AE = CE ，即可得出答案． 【详解】 如图所示：连接 EC， ∵四边形ABCD 是菱形， ∴BD 平分∠ABC ， AB = BC ， 在△ABE 和△CBE中， ， ∴△ABE≌△CBE ( SAS )， ∴∠BAE =∠BCE =90°， 则 AE = CE =． 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出△ABE≌△CBE 是解题关键． 5．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图所示，在菱形中，点为对角线与的交点，且在中，，求菱形两对边之间的距离． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，因为菱形的对角线互相平分且垂直，得出，，结合勾股定理得出，再根据等面积法列式进行计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 在中，， 易得， 又∵菱形两组对边之间的距离相等， 且， ∴． 6．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，是菱形的对角线，为边上的点，过点作，交于点，交边于点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质．首先判定四边形是平行四边形，得到，然后利用等角对等边得到，从而证得结论． 【详解】证明：四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ． 【变式训练5 添一个条件使四边形是菱形】 1．（2024·陕西商洛·三模）在中，添加下列条件，能判定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的判定定理，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，再添加，不能判定是菱形；选项A不符合题意； 添加，则是矩形，不能判定是菱形；选项B不符合题意； 添加，能判定是菱形；选项C符合题意； 添加，不能判定是菱形；选项B不符合题意； 故选：C． 【点睛】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】当平分时，四边形是菱形，可知先证明四边形是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题． 【详解】解：当平分时，四边形是菱形， 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形． 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 3．（2024·山东济宁·二模）菱形定义：一组 相等的平行四边形叫菱形． 【答案】邻边 【分析】根据菱形的定义作答即可． 【详解】解：由题意知，一组邻边相等的平行四边形叫菱形； 故答案为：邻边． 【点睛】本题考查了菱形的定义．熟记“一组邻边相等的平行四边形叫菱形”是解题的关键． 4．（23-24八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，要使平行四边形ABCD为菱形，还需添加的一个条件是 ．（写出一个即可）． 【答案】等（答案不唯一） 【分析】根据菱形的判定定理即可． 【详解】解：添加条件， 根据邻边相等的平行四边形是菱形． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键． 5．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都为1，每个小正方形的顶点叫格点，请你在图示的网格中，画出顶点在格点上，边长为的菱形ABCD，并说明这样画的道理． 【答案】图见解析；理由见解析． 【分析】根据四条边相等的四边形是菱形，再根据勾股定理，即可画出边长为的菱形． 【详解】解：如图， 四边形即为所求作的菱形． 因为， 所以四边形是菱形（四条边相等的四边形是菱形）． 【点睛】本题考查了作图应用与设计作图、勾股定理、菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质． 6．（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，对角线与相交于点，，平分． （1）给出下列四个条件：①；②；③；④，上述四个条件中，选择一个合适的条件，使四边形是菱形，这个条件可以是______（填写一个序号即可）； （2）根据你所选择的条件，证明四边形是菱形． 【答案】（1）②或④；（2）见解析 【分析】（1）根据题目中的条件即可得到结论； （2）根据菱形的判定定理即可得到结论；． 【详解】解:（1）②或④； （2）选② 证明：， ，，∠ AOB=∠AOD=90° 平分 又 是菱形 选④ 证明： 平分 又 又 又 四边形是平行四边形 又 是菱形 【点睛】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键． 【变式训练6 证明四边形是菱形】 1．（23-24八年级下·山西朔州·期中）如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分的形状一定为（    ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查菱形的判定．根据题意，先证明四边形是平行四边形，再证明邻边相等即可． 【详解】解：如图，过点作于,过点作于 四边形是平行四边形 两张等宽的纸条交叉叠放在一起 四边形是菱形． 故选：A． 2．（23-24八年级下·河北廊坊·阶段练习）要检测一个四边形是不是菱形，下列方案可行的是（    ） A．任选两个角，测量它们的角度 B．测量四条边的长度 C．测量两条对角线的长度 D．测量两条对角线交点到四个顶点的长度 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，四条边相等的四边形是菱形． 【详解】A.任选两个角，测量它们的角度，不能判定，此选项错误； B.测量四条边的长度，可以判定，此选项正确； C.测量两条对角线的长度，不能判定，此选项错误； D.测量两条对角线交点到四个顶点的长度，不能判定，此选项错误． 故选：B． 3．（23-24八年级下·全国·课后作业）△ABC中，延长BA至D使得AB=AD，延长CA至E使得AC=AE，当△ABC满足条件 时，四边形BCDE是菱形． 【答案】∠BAC=90° 【分析】首先利用平行四边形的判定得出四边形BCDE是平行四边形，进而利用菱形的判定求出即可． 【详解】解：如图所示：∵AB=AD，EA=AC， ∴四边形EBCD是平行四边形； 当BD⊥EC时，四边形BCDE是菱形， 此时∠BAC=90°． 故答案为：∠BAC=90°． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟记“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”是解题的关键． 4．（23-24八年级下·山东枣庄·阶段练习）小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的（如图所示）：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是 形． 【答案】菱 【分析】根据菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：由作图可知，AC＝BC＝AD＝BD， ∴四边形ADBC是菱形． 故答案为：菱． 【点睛】本题考查作图，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图所示，在中，平分．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定与平行四边形的判定与性质，先证明，再结合，得出四边形是平行四边形，又因为平分以及角的等量代换、等角对等边，即，可证明四边形是菱形． 【详解】证明： ． 又 ， ． 又， 四边形是平行四边形． 平分 ． 又 ， ． 平行四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 6．（23-24八年级下·山西朔州·期中）如图，在中，对角线相交于点，，．    (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) 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质． （1）先证明为等边三角形，得到，再结合四边形是平行四边形即可； （2）利用菱形的性质求出即可． 【详解】（1）证明：，， 为等边三角形， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）四边形是菱形， ，，，， ． 在中，， ， 菱形的面积为． 【变式训练7 根据菱形的性质与判定求角度】 1．（2024·河北唐山·二模）如图，在菱形中，相交于，，是线段上一点，则的度数可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=，从而得：∠BAO=55°，进而可得：55°＜＜90°，即可得到答案． 【详解】∵在菱形中， ∴，即：∠AOB=90°， ∴＜90°， ∵， ∴∠ABO=， ∴∠BAO=55°， ∵=∠BAO+∠ABE， ∴＞55°， 即：55°＜＜90°． 故选B． 【点睛】本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是菱形，得到，再求出即可得到答案． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键． 3．（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，在菱形中，，将菱形绕点A逆时针旋转，得到四边形，连接，若，则的度数为 ．    【答案】 【分析】根据旋转的性质结合菱形的性质即可求解． 【详解】解：由题意得： 故答案为： 【点睛】本题考查旋转及菱形的性质．推出是解题的关键． 4．（23-24八年级下·山东日照·阶段练习）如图，菱形ABCD中，∠D=120°，点E在边CD上，将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上，连结BD'，则∠AD'B= °．    【答案】75 【分析】根据菱形的性质先求出∠BAC，再由折叠知AD'=AB，从而求出∠AD'B的度数. 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=AD，CD∥AB， ∵∠D=120°， ∴∠DAB=60°， ∵AC为菱形ABCD的对角线， ∴∠BAC=30°， ∵将菱形沿直线AE翻折，使点D恰好落在对角线AC上， ∴AD'=AD， ∴AD'=AB， ∴∠AD'B=， 故答案为：75. 【点睛】本题是对菱形知识的考查，熟练掌握菱形的性质定理是解决本题的关键. 5．（23-24八年级下·安徽滁州·期末）已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【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，平行线的性质，解决问题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法与性质． （1）证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论； （2）首先证明四边形是菱形，再用菱形的性质可得到，再根据两直线平行，同位角相等得到． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴，， ， ∴， ， ． 四边形是平行四边形， ． （2）解：四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形． ． ， 四边形是平行四边形， ∴． ． 6．（2024·浙江温州·模拟预测）如图，点是的方格纸中的三个格点，按下列要求作出格点四边形（顶点在格点上）． （1）在图1中画出一个以为顶点的菱形，使点在该图形内部（不包括在边界上）． （2）在图2中画出一个以为顶点的平行四边形，使该图形的一边所在直线与夹角 为 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）直接利用菱形的性质得出符合题意的图形； （2）直接利用平行四边形的性质得出符合题意的图形． 【详解】（1）满足条件的菱形ABCD如图1所示； （2）满足条件的平行四边形ABCD如图2所示． 【点睛】本题考查作图-应用与设计，菱形的判定的和性质，平行四边形的判定和性质等知识，正确把握平行四边形以及菱形的性质是解题关键． 【变式训练8 根据菱形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·甘肃白银·期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝100°，AB的垂直平分线交AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF＝（　　） A．50° B．40° C．30° D．15° 【答案】C 【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF＝∠CDF，根据已知可求得∠CBF的度数，故可得到∠CDF． 【详解】如图，连接BF， 在△BCF和△DCF中， ∵CD＝CB，∠DCF＝∠BCF，CF＝CF ∴△BCF≌△DCF（SAS） ∴∠CBF＝∠CDF ∵FE垂直平分AB，∠BAF＝×100°＝50° ∴∠ABF＝∠BAF＝50° ∵∠ABC＝180°−100°＝80°，∠CBF＝80°−50°＝30° ∴∠CDF＝30°． 故选C． 【点睛】本题考查角度的求解，解题的关键是熟知全等三角形的判定条件，菱形的性质，垂直平分线的性质． 2．（23-24八年级下·北京朝阳·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD，若AC＝2，则四边形OCED的周长为（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，得到OD=OC=，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形OCED为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形OCED为菱形，即可求出其周长． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD=2， ∴OA=OB=OC=OD==1， ∵CE∥BD，DE∥AC， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵OD=OC， ∴四边形OCED为菱形， ∴OD=DE=EC=OC=1， 则四边形OCED的周长为1+1+1+1=4． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，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． 3．（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，是菱形的对角线上一点，过点作于点. 若，则点到边的距离为 . 【答案】4 【分析】首先根据菱形的性质，可得出∠ABD=∠CBD，然后根据角平分线的性质，即可得解. 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，BD为其对角线 ∴∠ABD=∠CBD，即BD为角平分线 ∴点E到边AB的距离等于EF，即为4. 【点睛】此题主要考查菱形和角平分线的性质，熟练运用，即可解题. 4．（23-24九年级·四川·阶段练习）如图，O点是矩形ABCD的对角线的中点，菱形ABEO的边长为2，则BC＝ ． 【答案】2 【分析】根据矩形的性质得到AC=4，再根据菱形的性质得到AB=2，再根据勾股定理即可求解. 【详解】∵菱形的边长为2，∴AB=AO=2， ∵O点是矩形ABCD的对角线的中点， ∴AC=2AO=4， ∴BC= 故填：2 【点睛】此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知菱形的四边相等. 5．（23-24八年级下·陕西宝鸡·期中）尺规作图，在三角形中，以点为顶点作菱形，使点、、分别在边、和上． 【答案】如下图 【分析】根据菱形的判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可． 【详解】如下图： 作出的角平分线，交于点，连接； 作的垂直平分线，交于点，交于点，连接，，得到菱形． ∵是的垂直平分线 ∴，， ∴ ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质和判定． 6．（23-24八年级下·广东湛江·期中）已知四边形ABCD为菱形，周长为32cm， ∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O． (1)求AC， BD的长 (2)求菱形ABCD的面积 【答案】(1)AC=8cm，BD=8cm； (2)菱形ABCD的面积为32． 【分析】（1）由题意易得△ABC是等边三角形从而可得到AC的长，再根据菱形的性质及勾股定理即可求得OB的长，得出BD的长； （2）菱形的面积等于两条对角线长积的一半，代入计算即可． 【详解】（1）解：∵菱形ABCD的周长为32cm，∠ABC=60°， ∴AB=BC=8cm，△ABC是等边三角形，AC、BD互相垂直平分， ∴AC=AB=8cm，OA=AC=4cm，OB=OD， ∴OB=（cm）， ∴BD=8cm； （2）解：菱形ABCD的面积=AC•BD=×8×8=32（）． 【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 【变式训练9 根据菱形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·江西鹰潭·期末）菱形ABCD的边长为13cm，其中对角线BD长10cm，菱形ABCD的面积为（    ） A．60cm2 B．120cm2 C．130cm2 D．240cm2 【答案】B 【分析】由菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定理求得AE或CE的长，从而求得AC的长；利用菱形的面积公式：两条对角线的积的一半求得面积． 【详解】解：如图，设AC，BD的交点为E ∵四边形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD，BE＝DE＝5，AE＝CE 在Rt△ABE中，AE＝＝＝12 ∴AC＝24cm ∴S菱形ABCD＝AC×BD＝120cm2 故选：B． 【点睛】主要考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用菱形的性质进行求解． 2．（2024·山西晋城·一模）如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解． 【详解】解：根据作图得：， ， ， 四边形是菱形， ，四边形的面积为， ， ， 故选：B． 3．（23-24八年级下·江苏·周测）已知菱形的边长为，一条对角线长为，则菱形的面积为 ． 【答案】24 【分析】根据菱形的性质利用勾股定理求得另一条对角线的长，再根据菱形的面积等于两条对角线的乘积的一半求得其面积． 【详解】解：如图： 在菱形中，，， 对角线互相垂直平分， ，， 在中，， ． ， 故答案为：24． 【点睛】此题主要考查学生对菱形的性质及勾股定理的理解及运用，主要考查了学生的计算和推理能力． 4．（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）如图，在的两边上分别截取，使；再分别以点为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；再连接．若，．则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】由尺规作图可知，四边形为菱形，根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：由尺规作图可知， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，根据作图得出四边形为菱形是解题的关键． 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，点F在上，且，连接交于点G，连接．    (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】本题主要考查了菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分． （1）由平行四边形的性质和角平分线得出，证出，由得出，即可得出结论． （2）根据菱形的性质得到，利用勾股定理求出，根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形为菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 6．（23-24八年级下·福建三明·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，，，点是延长线上一点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再通过证明对角线垂直即可证明为菱形； （2）根据菱形的性质得出，根据三角形面积公式进行计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ∵，， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵，， 由（1）知， 在中． ∵四边形是菱形， ∴， ，． ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质综合，解题的关键是熟知平行四边形的判定与性质、菱形的判定定理及勾股定理的应用． 1．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）菱形的一条对角线与它的边相等，则它的锐角等于（　　） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】C 【分析】由菱形的性质可得这条对角线与菱形的两边组成等边三角形，从而求得锐角的度数等于60°． 【详解】解：由菱形的性质得，菱形相邻的两边相等，则与这条对角线组成等边三角形，则它的锐角等于60°， 故选C． 【点睛】此题主要考查菱形的性质：四边相等． 2．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法逐项进行分析判定即可得答案． 【详解】解：A、如果，，，那么四边形是等腰梯形，不是平行四边形也就不是矩形，故A选项错误，符合题意； B、如果，，则四边形是平行四边形，则，，因为所以，那么平行四边形是矩形，故B选项正确，不符合题意； C、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么平行四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D、如果，，则可以证得四边形是平行四边形，又，那么平行四边形是菱形，故D选项正确，不符合题意， 故选：A． 3．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，在菱形中，，，BF与DE相交于点G，CG与BD相交于点H．下列结论中：①；②；③﹒正确的是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】由菱形的性质及AB=BD，得△ABD是等边三角形，故可判断①正确；由△ABD是等边三角形及AE=DF，可得，故可得②正确；根据全等的性质可判断③正确． 【详解】∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=AD，AD∥BC ∵AB=BD ∴AB=BD=AD ∴△ABD是等边三角形 ∴∠A=∠ADB=60° ∵AD∥BC ∴∠DBC=∠ADB=60° 故①正确 在△AED和△DFB中 ∴ 故②正确 ∵ ∴∠ADE=∠DBF ∵∠BGE=∠GDB+∠DBF=∠GDB+∠ADE=∠ADB=60° 故③正确正确 所以正确的有：①②③ 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，证明△ABD是等边三角形是解答本题的关键． 4．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，将矩形纸片依次进行两次对折，使得与与分别重合，展开后得到四边形．如果，那么四边形的面积为（    ）    A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】D 【分析】由折叠可知，由同旁内角互补，两直线平行得，由平行线的性质可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形可知四边形EFGH为菱形，最后利用菱形的面积公式计算即可求解． 【详解】解：如图，设与交于点O，    ∵四边形为矩形， ∴， 根据折叠的性质可得，， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴． 故选：D． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、菱形的面积公式，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解题关键． 5．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：连接， 由作图知，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 6．（23-24八年级下·上海·单元测试）在梯形中，．已知，，，则的长度为 ． 【答案】9 【分析】本题考查与梯形有关的问题，平移一腰是梯形中常见的辅助线，再根据菱形的性质和直角三角形的性质进行解答． 作交于点，得到平行四边形和的直角三角形，根据它们的性质进行计算． 【详解】解：作交于点， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， 则四边形是菱形． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：9． 7．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，菱形的对角线与相交于点，于点，连接，，则 ． 【答案】25°/25度 【分析】首先根据菱形的性质，得，，，可知，再根据直角三角形的性质得，即可得出，然后根据等角的余角相等得，进而得出，最后根据菱形的四边相等及等边对等角得出答案． 【详解】∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，， 又∵为的斜边上的中线， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：25°． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等边对等角等知识，证明∠DHO=∠DCO是解题的关键． 8．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在中，D为上一点，，．请你再添加一个适当的条件： ，使四边形为菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形和菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得． 【详解】解：，． 四边形是平行四边形， ， 四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）， 故答案为：（答案不唯一）． 9．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，边长为4的正方形中，点分别在的延长线上，且，那么四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】连接BD交AC于O，首先证明四边形EBFD是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解决问题． 【详解】解：如图，连接BD交AC于O． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD=4，∠CAD=∠CAB=45°， ∴∠EAD=∠EAB=135°， 在△EAB和△EAD中， ， ∴△EAB≌△EAD， ∴∠AEB=∠AED=22.5°，EB=ED， ∴∠ADE=180°-∠EAD-∠AED=22.5°， ∴∠AED=∠ADE=22.5°， ∴AE=AD=4， 同理证明∠DFC=22.5°，FD=FB， ∴∠DEF=∠DFE， ∴DE=DF， ∴ED=EB=FB=FD， ∴四边形EBFD的面积=•BD•EF=， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是发现四边形EBFD是菱形，记住菱形的面积等于对角线乘积的一半．属于中考常考题型． 10．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，菱形的对角线的长分别为和，是对角线上任一点（点不与点、重合）且交于，交于，那么阴影部分的面积是 ．    【答案】 【分析】根据题意可得阴影部分的面积等于的面积，因为的面积是菱形面积的一半，根据已知可求得菱形的面积则不难求得阴影部分的面积． 【详解】解：设与相交于点．    四边形为菱形， ，． ，， ，． 四边形是平行四边形． 则，，， ∴， ∴， 阴影部分的面积等于的面积． 的面积等于菱形的面积的一半， 菱形的面积， 图中阴影部分的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的面积的计算方法，根据菱形是中心对称图形，得到阴影部分的面积等于菱形面积的一半是解题的关键． 11．（24-25八年级下·陕西宝鸡·期中）如图：已知菱形的周长，，求菱形的面积？ 【答案】菱形的面积为． 【分析】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由四边形是菱形，则，，，，则，然后证明是等边三角形，则可求出，再通过勾股定理求出，则，最后由菱形的面积为即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵菱形的周长， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴菱形的面积为． 12．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，菱形中，E是对角线上一点，，交边于点F，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）连接，先证明，即有，，根据，可得，问题随之得证； （2）过E点作，交于点M，交于点N，证明，即可． 【详解】（1）连接，如图， ∵四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）过E点作，交于点M，交于点N，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行的性质等知识，灵活运用菱形的性质，是解答本题的关键． 13．（23-24八年级下·上海·期末）已知，如图，是矩形的对角线的垂直平分线，与对角线及边、分别交于点O，E，F．    (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题考查了矩形的性质、菱形的判定、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键． （1）证明，则，又由得到四边形是平行四边形，再由即可证明四边形是菱形； （2）证明，得到，即可得到答案． 【详解】（1）解：证明：∵四边形是矩形 ∴， ∴， ∵是矩形的对角线的垂直平分线， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形 ∴， ∴， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 14．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，四边形的面积是30，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，如图所示： 由（1）知 ∵ ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵四边形是菱形 ∴ ∵，菱形的面积是30， ∴ ∴ ∴． 15．（23-24八年级下·辽宁本溪·开学考试）如图，的对角线，相交于点，点作的垂线，与，分别相文于点，，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的面积是2，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)40 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，进一步证明，则，即可证明四边形是平行四边形，由即可得到结论； （2）由菱形的性质得到，进一步得到，则，即可得到，由平行四边形的性质即可得到的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴与互相平分， ∴， ∴， ∴ 答：的面积为40． 【点睛】此题考查了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等，熟练掌握相关判定和性质是关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$