9.4 菱形 -2024-2025学年八年级数学下册考点解惑【基础•中等•优质】题型过关专练（苏科版）

9.4 菱形 一、菱形的定义 菱形是邻边相等的平行四边形。 二、菱形的性质 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.菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，对称中心是对角线的交点。 三、菱形的判定 1.一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。 3.四条边都相等的四边形是菱形。 四、菱形的面积 菱形的面积可以通过两种方式计算： 1.使用平行四边形的面积公式：底乘以高。 2.使用两条对角线乘积的一半，即四个小直角三角形的面积之和。 巩固课内例1:菱形的性质 1．下列性质中矩形具有而菱形不一定具有的是（   ） A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 2．如图，菱形的对角线与相交于O点，，过点A作交的延长线于点E，连接，则线段的长度是 ． 3．如图，四边形是菱形，连接，分别过点A作于点E，于点F，、分别交于点G、H．求证：． 巩固课内例2:菱形的判定 1．依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，以为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点；分别以，为圆心，大于的一半的长为半径作弧，两弧在内部相交于点；过点作射线．若，则四边形是 形． 3．如图，矩形的对角线相交于，点是的中点，交延长线于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 类型一、添加条件证菱形 1．在中，如果只添加一个条件即可证明是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D．平分 2．如图，在中（），为锐角，将沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ． 3．如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 类型二、证四边形是菱形 1．如下图，四边形中，和是对角线，依据图中所标的数据，下列四边形不一定为菱形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在中，点是的中点，点，分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③．从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是 (只填写序号)． 3．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 类型一、运用菱形的性质求角度 1．如图，在菱形中，，分别在，上，且，与交于点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，过点作分别交，于点，，为的中点，，则的度数为 ． 3．如图，菱形中，，F是的中点，的延长线交的延长线于E，直线与直线相交于E，求度数． 类型二、运用菱形的性质求长度 1．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 2．如图，菱形的对角线、交于点，与关于点C成中心对称，连接，若，则的长度为 ． 3．已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线相交于点，且． 【初步感知】 （1）当是线段的中点时（如图①），与的数量关系为___________； 【深入探究】 （2）如图②，将图①中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？说明理由； 【拓展应用】 （3）如图③，将图①中绕点A继续顺时针旋转，当时，直接写出的长． 类型三、运用菱形的性质求面积 1．菱形的两条对角线长为6和8，那么这个菱形的面积为（   ） A．48 B．32 C．12 D．24 2．如图，菱形的对角线交于点O，过点C作，交的延长线于点E，连接．若，，则菱形的面积为 ． 3．如图，菱形中，对角线交于点O，点F是的中点，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 类型四、菱形在坐标系中的坐标 1．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． 2．如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转得到，连接．若点P从点C出发，以每秒5个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点F的坐标是 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，某四边形的四个顶点的坐标分别为：，，，． (1)在坐标系中描出各点，并猜想该四边形是何特殊四边形（不需要说理）； (2)若以该四边形对角线的中点为原点，所在直线为横轴，所在直线为纵轴，建立一个新直角坐标系，请写出旧坐标系中的点在新坐标系中的坐标______；若点在旧坐标系中的坐标是，那么它在新坐标系中的坐标是______． 类型一、菱形的平移 1．如图，菱形的顶点A，的坐标分别为，，轴，将菱形平移，使点A与原点重合，则平移后点的对应点的坐标为（   ）． A． B． C． D． 2．如图，在边长为4的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，则的最小值为 ． 3．【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形，其判定的依据是______； 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和，其中，，将它们按图②放置，落在边上，、与边分别交于点、．求证：四边形是菱形； 【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长、交于点，得到图③．若四边形的周长为，，则四边形的面积为______． 类型二、菱形的折叠 1．如图，在菱形纸片中，，E是边的中点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线上的点G处，折痕为与交于点H，有如下结论：①；②；③；④，上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 2．如图，在菱形中，，点E是边上一点，将菱形沿折叠，点D的对应点为点F，交于点G，当恰好经过的中点H时，的长为 ． 3．（1）如图①，两张等宽的矩形纸条交叉重叠在一起，重叠的部分的形状是__________； （2）如图②，一张矩形纸条沿折叠后，展开重叠部分（阴影部分），则四边形是一个菱形吗？请说明理由． （3）如图③，矩形的宽，若，沿折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱形，则菱形的面积为__________． 类型三、菱形的旋转 1．如图，菱形的对角线交于原点，，，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．如图，已知菱形的顶点O，B，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ． 3．【综合与实践】综合实践课上，老师带领同学们研究“菱形背景下的旋转问题”． 问题情境：在菱形中，，为边上一点（与、不重合），连接，并将射线绕点在平面内顺时针旋转，记旋转角为． 【操作感知】 （1）小华取，如图1，射线与射线交于点，请你帮小华同学补全下面两个问题的答案： ①线段与的数量关系是 　　； ②线段、、的数量关系是 　　． 【猜想论证】 （2）小强取，如图2，射线与射线交于点，小强在笔记本上记录了自己的思考过程： 线段与的数量关系与（1）①相同 但线段、、的数量关系好像不再成立 我发现线段、、之间好像具有与（1）②类似的数量关系 请你帮小强同学完成线段、、之间数量关系的猜想并给出证明． 【拓展探究】 （3）小毅测量得到，，如图3，在旋转过程中，设点的对应点为，当点落在边所在的直线上时，记点到直线的距离为，请直接写出的值． 类型四、一次函数中的菱形 1．如图，已知反比例函数与一次函数图象在第一象限内相交于与轴相交于点，以为边作菱形，使点在轴正半轴上，点在第一象限，则点的横坐标是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，其中，，对角线相交于原点，若一次函数的图象将菱形分成面积之比为的两个平行四边形，则直线的解析式为 ． 3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴和轴分别交于点A和点． (1)点A的坐标为___________，点的坐标为___________； (2)若点在线段上，过点分别作于点C，于点D，若四边形是正方形，求点P的坐标； (3)点M在x轴上，第一象限内是否存在一点N，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由． 类型五、菱形动点求t 1．矩形中，厘米，厘米，点是线段上一动点，为的中点，的延长线交于．若从点出发，以1厘米/秒的速度向运动（不与重合）．设点运动时间为秒，若点和与点、、、中的两个点为顶点的四边形是菱形．则的值为（   ） A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 2．如图，在菱形中，，，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线向终点运动．设点的运动时间为秒．在点出发的同时，有一点从点出发，以每秒6个单位长度的速度沿折线运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，则当与菱形的边垂直时，的值是 ． 3．在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？______（不用说明理由） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； (3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 类型六、菱形中的最值 1．如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是(   ) A．6 B． C． D． 2．在菱形中，，连接，点M 为线段上一动点（不与点A，点C重合），点N在线段上，且 则 的最小值为 ． 3．在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且，． (1)如图1，点为线段上一点，若，求点的坐标； (2)如图2，点在线段上，是直线上的两个动点且，是轴上任意一点，连接，求的最小值； (3)在（2）的条件下，当取最小值时，为直线上一动点，是平面内任意一点，当四点构成的四边形是以为边的菱形时，请直接写出点的坐标． 1．菱形的对角线长分别为和，它的面积为（   ） A． B． C． D． 2．在菱形中如图，，，则（   ） A． B． C． D． 3．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 4．已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 5．如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 6．如图，菱形的边长为，，P，Q分别是上的动点，且，则的最小值为 ． 7．如图，在菱形中，对角线和相交于点．    (1)实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 8．如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点、分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 9．综合与实践 问题情境：如图1，四边形是菱形，过点A作于点E，过点C作于点F． 解决问题： （1）四边形是（    ） A．平行四边形    B．矩形    C．正方形 （2）若，，则四边形的面积为________； 深入探究： （3）将图1中的绕点A逆时针旋转，得到，点E、B的对应点分别为点G、H． ①如图2，当线段经过点C时，所在直线分别与线段、交于点M、N．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线直线交于点N．若，，则线段的长度为________． 10．已知菱形的边长为，其顶点都在坐标轴上，且点坐标为． (1)求点的坐标及菱形的面积； (2)点是菱形边上一动点，沿运动（到达点时停止） ①如图1，当点关于轴对称的点恰好落在直线上时，求点的坐标． ②探究：如图2，当运动到，边时，作关于直线的对称图形为，是否存在这样的点，使点正好在直线上？若存在，求出满足条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 9.4 菱形 一、菱形的定义 菱形是邻边相等的平行四边形。 二、菱形的性质 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.菱形是轴对称图形，也是中心对称图形，对称中心是对角线的交点。 三、菱形的判定 1.一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。 3.四条边都相等的四边形是菱形。 四、菱形的面积 菱形的面积可以通过两种方式计算： 1.使用平行四边形的面积公式：底乘以高。 2.使用两条对角线乘积的一半，即四个小直角三角形的面积之和。 巩固课内例1:菱形的性质 1．下列性质中矩形具有而菱形不一定具有的是（   ） A．两组对边分别相等 B．两组对角分别相等 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】D 【分析】此题考查了菱形的性质与矩形的性质此题难度不大，注意熟练掌握菱形与矩形的性质定理．根据菱形的性质与矩形的性质，可求得答案． 【详解】两组对边分别相等：是矩形和菱形共同的性质； 两组对角分别相等：是矩形和菱形共同的性质； 两条对角线互相垂直：是菱形的性质，矩形不一定有； 两条对角线相等：是矩形的性质，菱形不一定有． 故选：D． 2．如图，菱形的对角线与相交于O点，，过点A作交的延长线于点E，连接，则线段的长度是 ． 【答案】3 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟掌握以上性质是解题的关键；根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：3． 3．如图，四边形是菱形，连接，分别过点A作于点E，于点F，、分别交于点G、H．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明，再证明，再结合全等三角形的性质可得结论． 【详解】证明：∵，， ∴． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴． 又∵，， ∴， ∴． 巩固课内例2:菱形的判定 1．依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定方法，根据菱形的判定方法逐项分析判断即可求解． 【详解】解：A、对角线互相平分，且根据勾股定理的逆定理可得有一个角是直角，即对角线互相垂直，故可得四边形是菱形，故该选项不符合题意； B、四边相等的四边形是菱形，故该选项不符合题意 C、对角线互相平分，不能证明是菱形，故该选项符合题意． D、根据已知角可得四边形是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项不符合题意； 故选：C． 2．如图，以为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点；分别以，为圆心，大于的一半的长为半径作弧，两弧在内部相交于点；过点作射线．若，则四边形是 形． 【答案】菱 【分析】首先由作图得到，然后结合平行线的性质得到，推出，然后由作图得到，，推出，即可证明出四边形是菱形． 【详解】由作图可得，平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 由作图可得，， ∴ ∴四边形是菱形． 故答案为：菱． 【点睛】此题考查了角平分线的尺规作图，平行线的性质，等角对等边，菱形的判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 3．如图，矩形的对角线相交于，点是的中点，交延长线于点，连接．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由可判定，由全等三角形的性质得，结合矩形的性质得，由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，再由矩形的判定方法，即可得证； （2）由等边三角形的判定方法得是等边三角形，由等边三角形的性质得，由菱形的性质得，，由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， 点是的中点， ， 在和中 ， （）， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 平行四边形是菱形． （2）解：由（1），得， ， 是等边三角形， ． 四边形是菱形， ， ， ． ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的判定及性质，矩形的性质，平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等，掌握菱形的判定及性质，矩形的性质，平行四边形的判定及性质是解题的关键． 类型一、添加条件证菱形 1．在中，如果只添加一个条件即可证明是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟悉掌握判定方法是解题的关键． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：由题意可作出图形： 当时，则为矩形，故A错误； 当时，则为矩形，故B错误； 当时，不能判定出是菱形，故C错误； 当平分时，则， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为菱形，故D正确； 故选：D． 2．如图，在中（），为锐角，将沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴，， 由平移可得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 若，则， ∴四边形是菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 3．如图，是的高，，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，．填空： ①当 时，四边形是矩形； ②当 时，四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)①8；②2 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、勾股定理、三角形的中位线等知识，熟练掌握知识点推理证明是解题的关键． （1）根据中点，得出是的中位线，是的中位线，是的中位线，根据三角形中位线的性质，得出，，，则，，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，即可证明四边形是平行四边形； （2）①当时，点和点重合，得出是的中位线，则，推出，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，即可得出此时四边形是矩形； ②当时，求出，根据三角形中位线的性质，得出，，当时，求出，根据勾股定理计算，得出，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，即可得出此时四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，点在上，，分别是，的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：①当时，四边形是矩形，理由如下， ∵， ∴当时，点和点重合， ∴此时点也是的中点， ∵是的中点， ∴此时是的中位线， ∴， ∵是的高， ∴， ∴， 由∵由（1）得四边形是平行四边形， ∴此时四边形是矩形， 故答案为：8； ②当时，四边形是菱形，理由如下， ∵，， ∴， 由（1）得是的中位线，是的中位线，四边形是平行四边形， ∴，， 当时，， ∵是的高，， ∴， ∴， ∴此时， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：2． 类型二、证四边形是菱形 1．如下图，四边形中，和是对角线，依据图中所标的数据，下列四边形不一定为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的定义和判定定理，勾股定理的逆定理，结合已知，先判定是否是平行四边形，再判定是否为菱形即可． 【详解】解：A：如图1，和交于点O     ∴四边形是平行四边形， ∵，     ， ∴是直角三角形，且， ∴，     ∴四边形是菱形， 故A不符合题意；     B：∵， ∴四边形是菱形， 故B不符合题意； C：∵， ，         ，     ∴四边形是平行四边形，     ∵， ， ∴四边形是菱形， 故C不符合题意； D：根据已知，四边形不一定是菱形， 故D符合题意， 故选∶D． 2．如图，在中，点是的中点，点，分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③．从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是 (只填写序号)． 【答案】③ 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键，根据菱形及平行四边形的判定即可判断添加③，不可添加①②． 【详解】解：需添加条件③，理由： ∵点是的中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵，是的中点， ∴． ∴平行四边形为菱形． 添加①②无法判定四边形为菱形， 故答案为：③． 3．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 【详解】（1）证明：， ， 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， ， ， 在中，， ， ， ， ． 类型一、运用菱形的性质求角度 1．如图，在菱形中，，分别在，上，且，与交于点，连接．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，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：四边形是菱形， ，，， ，，， 在和中， ， ， ， 又， ， ， ∵， ∴， ． 故选：B． 2．如图，在菱形中，过点作分别交，于点，，为的中点，，则的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查菱形的性质及三角形内角和的应用，根据菱形的性质得出，，进而可判定，利用直角三角形斜边上的中线性质和等边对等角可得出，利用平行线的性质可得出，即可求解. 的内角和解答即可． 【详解】解：设， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵F为的中点． ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， 解得：， ∴， ∵四边形为菱形， ∴． 故答案为：． 3．如图，菱形中，，F是的中点，的延长线交的延长线于E，直线与直线相交于E，求度数． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，连接，先证是等边三角形，求出，再证明求出，即可求出结论． 【详解】解：连接， 菱形中，，， ， 是等边三角形， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ． 类型二、运用菱形的性质求长度 1．如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（   ） A．4 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直且平分，结合勾股定理求出的长，等积法求出的长即可． 【详解】解：设菱形的对角线交于点，则：， ， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选D 2．如图，菱形的对角线、交于点，与关于点C成中心对称，连接，若，则的长度为 ． 【答案】4 【分析】根据菱形的性质、旋转的性质，得到，，，根据，利用勾股定理计算即可． 本题考查了菱形的性质、旋转的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的基本性质并灵活运用勾股定理是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形，且与关于点C成中心对称，， ，，， ，， ， ， 故答案为：4． 3．已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线相交于点，且． 【初步感知】 （1）当是线段的中点时（如图①），与的数量关系为___________； 【深入探究】 （2）如图②，将图①中的绕点A顺时针旋转，（1）中的结论还成立吗？说明理由； 【拓展应用】 （3）如图③，将图①中绕点A继续顺时针旋转，当时，直接写出的长． 【答案】（1）；（2）成立，详见解析；（3） 【分析】（1）根据菱形的性质，如图所示，连接，可得是等边三角形，可证，可得，可证是等边三角形，由此即可求证； （2）同（1）的思路通过证明三角形全等，利用全等三角形的性质和等边三角形的性质可得结论； （3）根据题意可得当时，，如图所示，过点作于点，过点作于点，连接，根据等腰直角三角形的性质可求出的长． 【详解】解：解：（1）∵四边形是菱形， ∴，，， ∵点是线段的中点， ∴， 如图所示，连接，， ∴是等边三角形， ∴， ∴，，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，且， ∴，即， 在中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． （2）成立，理由如下， 如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，，则， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． （3）如图所示，过点作于点，过点作于点，连接， 当时，， ∴， 在中， ∵，， ∴，， 在中， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，含特殊角的直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识的灵活运用是解题的关键． 类型三、运用菱形的性质求面积 1．菱形的两条对角线长为6和8，那么这个菱形的面积为（   ） A．48 B．32 C．12 D．24 【答案】D 【分析】本题考查菱形面积的计算．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半．根据菱形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵菱形的两条对角线长为6和8， ∴菱形的面积为：． 故选：D． 2．如图，菱形的对角线交于点O，过点C作，交的延长线于点E，连接．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质和直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据菱形的性质得到，然后利用直角三角形斜边中线的性质得到，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴， ∵ ∴ ∴ ∴菱形的面积． 故答案为：． 3．如图，菱形中，对角线交于点O，点F是的中点，延长到点E，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，由四边形是菱形得到，即可证明四边形是矩形； （2）由四边形是矩形得到，四边形是菱形，则，得到，则，得到   则，利用菱形的性质即可求出答案 【详解】（1）证明：∵点F是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴，即， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴，    ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、含角直角三角形的性质等知识，证明四边形是矩形和熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 类型四、菱形在坐标系中的坐标 1．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，坐标与图形等知识．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，坐标与图形是解题的关键． 2．如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点P是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点E顺时针旋转得到，连接．若点P从点C出发，以每秒5个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点F的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形判定与性质等知识点，首先根据四边形是菱形，得，又，，，故，，，由勾股定理得，由于点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则点的运动轨迹每秒一个循环，因此第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，过点作轴于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∵（秒），点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动， ∴点的运动轨迹每秒一个循环，， ∴第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点， 如图，过点作轴于点， ∵，， ∴， 又∵，且， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，在平面直角坐标系中，某四边形的四个顶点的坐标分别为：，，，． (1)在坐标系中描出各点，并猜想该四边形是何特殊四边形（不需要说理）； (2)若以该四边形对角线的中点为原点，所在直线为横轴，所在直线为纵轴，建立一个新直角坐标系，请写出旧坐标系中的点在新坐标系中的坐标______；若点在旧坐标系中的坐标是，那么它在新坐标系中的坐标是______． 【答案】(1)菱形，图见解析； (2)；． 【分析】 本题考查了菱形的判定及坐标与图形的性质的知识，解题的关键是了解平移的性质，难度不大． （1）在坐标系中描点作出图形即可； （2）重新作出坐标系，找到点的坐标变化规律，从而确定相应点的坐标即可． 【详解】（1） 作图如下： ， 该图形为菱形； （2） 以该四边形对角线的中点为原点，所在直线为横轴，所在直线为纵轴，建立一个新直角坐标系， 相当于将原坐标系中的各点向左平移四个单位，向下平移两个单位， 旧坐标系中的点在新坐标系中的坐标；若点在旧坐标系中的坐标是，那么它在新坐标系中的坐标是． 类型一、菱形的平移 1．如图，菱形的顶点A，的坐标分别为，，轴，将菱形平移，使点A与原点重合，则平移后点的对应点的坐标为（   ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、坐标与图形、勾股定理、平移等知识点，确定的坐标是解题的关键． 先利用勾股定理求出，然后利用菱形的性质求出点的坐标，最后利用平移的性质求解即可． 【详解】解∶∵A，的坐标分别为，， ∴， ∵菱形， ∴， 又∵轴， ∴点的坐标为， ∵将菱形平移，使点A与原点重合， ∴菱形向左平移1个单位，向下平移2个单位， ∴平移后点的对应点的坐标为，即． 故选∶A． 2．如图，在边长为4的菱形中，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据菱形的性质得到，，得出，根据平移的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到，于是得到的最小值的最小值，根据平移的性质得到点在过点D且平行于的定直线上，作点C关于定直线的对称点E，连接交定直线于，则的长度即为的最小值，求得，得到，于是得到结论． 【详解】解：在边长为4的菱形中，， ∴，， 将沿射线的方向平移得到， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值的最小值， ∵点在过点D且平行于的定直线上， ∴作点C关于定直线的对称点E，连接交定直线于， 则的长度即为的最小值， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称－最短路线问题，菱形的性质，含30°的直角三角形的性质，平移的性质，正确地理解题意是解题的关键． 3．【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形，其判定的依据是______； 【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和，其中，，将它们按图②放置，落在边上，、与边分别交于点、．求证：四边形是菱形； 【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长、交于点，得到图③．若四边形的周长为，，则四边形的面积为______． 【答案】操作发现：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；探究提升：见解析；结论应用： 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质定理是解题的关键． 操作发现：根据平行四边形的判定定理即可得到结论； 探究提升：根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论； 结论应用：根据平移的性质得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，证得四边形是菱形，根据菱形的性质得到，由探究提升知是菱形，，推出四边形是菱形，由勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】操作发现：解：四边形总是平行四边形．其判定的依据是两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 探究提升：证明：∵四边形纸条和是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是菱形； 结论应用：解：∵将平行四边形纸条沿或平移， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 由探究提升知是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵四边形的周长为40， ∴， 过P作于Q， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴四边形的面积为． 故答案为：． 类型二、菱形的折叠 1．如图，在菱形纸片中，，E是边的中点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线上的点G处，折痕为与交于点H，有如下结论：①；②；③；④，上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】如图：连接，得到是等边三角形，根据三线合一的性质得到，由折叠得，求出的度数即可判断①；利用30度角的性质求出，勾股定理求出，即可判断②；连接，由等边对等角求出，得到，即可判断③；过点F作于点M，先求出，由折叠得，，设，则，求出，再得到，根据求出四边形的面积，即可判断④． 【详解】解：如图：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵E是边的中点， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∴，即，故②正确； 如图：连接，由折叠得， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故③正确； 如图：过点F作于点M， ∵， ∴， 由折叠得∶， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积， ∴，故④错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形30度角的性质、三线合一的性质、等边三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 2．如图，在菱形中，，点E是边上一点，将菱形沿折叠，点D的对应点为点F，交于点G，当恰好经过的中点H时，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，折叠性质，等边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．先过点E作，连接，由菱形的性质得，得出是等边三角形，因为恰好经过的中点H时，所以，故，再由折叠性质得出,，运用直角三角形的30度所对的直角边是斜边的一半以及勾股定理列式，再解方程，即可作答． 【详解】解：如图：过点E作，连接， ∵在菱形中，， ∴， ∴ 是等边三角形， ∵当恰好经过的中点H时， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴,， ∴， ∵， ∴，则， ∴在中， ∵， ∴，则， 解得（负值已舍去）， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 3．（1）如图①，两张等宽的矩形纸条交叉重叠在一起，重叠的部分的形状是__________； （2）如图②，一张矩形纸条沿折叠后，展开重叠部分（阴影部分），则四边形是一个菱形吗？请说明理由． （3）如图③，矩形的宽，若，沿折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱形，则菱形的面积为__________． 【答案】（1）正确（2）正确，理由见解析（3）20 【分析】（1）过作，，垂足分别为，，由两个纸条是矩形可得．，得到四边形是平行四边形，根据两张矩形纸条宽度相同，证明，得到，即可证明平行四边形是菱形；； （2）由轴对称的性质可知，，根据，证明，即可证明，进而得到，从而证明平行四边形为菱形； （3）先求出，根据②得四边形为菱形，，设，则，在中，由勾股定理，得，求出解得，，即可求出菱形的面积为． 【详解】解：（1）四边形是一个菱形． 证明：如图①，过作，，垂足分别为，， ∴， 由两个纸条是矩形可得，．， 四边形是平行四边形， ， ∵两张矩形纸条宽度相同， ， 在和中， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）四边形是一个菱形． 证明：由四边形是矩形可得， 由轴对称的性质可知，， ∵， ， ， ， ∴ 平行四边形为菱形； （3）如图③，∵，， ， 由②得四边形为菱形， ， 设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得， ， 菱形的面积． 【点睛】本题是四边形综合题，考查的是图形的翻折变换、矩形的性质、菱形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知图形翻折变换的性质及菱形的判定与性质是解答此题的关键． 类型三、菱形的旋转 1．如图，菱形的对角线交于原点，，，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2025次旋转结束时，点A在第三象限，如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得点的坐标． 【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，， ∴旋转4次后回到原来的位置， ， ∴第2025次旋转结束时，点在第三象限， 如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F， ， ， ∵四边形是菱形， ，， ，， ， ， ∵， ∴，， ， ∴ ∴第2025次旋转结束时，点A的坐标为． 故选：D． 2．如图，已知菱形的顶点O，B，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据菱形的性质，得出点一开始的坐标，根据题意求出一共旋转，除以发现旋转周后再旋转，得到此时点在轴上，即可得到答案． 【详解】解：菱形的顶点O，B， 点坐标为， 由于每秒旋转，则第秒时，得， 周， 故旋转了周后再旋转， 此时点在轴上， ∵ ∴此时菱形的对角线交点D的坐标为， 故答案为：． 3．【综合与实践】综合实践课上，老师带领同学们研究“菱形背景下的旋转问题”． 问题情境：在菱形中，，为边上一点（与、不重合），连接，并将射线绕点在平面内顺时针旋转，记旋转角为． 【操作感知】 （1）小华取，如图1，射线与射线交于点，请你帮小华同学补全下面两个问题的答案： ①线段与的数量关系是 　　； ②线段、、的数量关系是 　　． 【猜想论证】 （2）小强取，如图2，射线与射线交于点，小强在笔记本上记录了自己的思考过程： 线段与的数量关系与（1）①相同 但线段、、的数量关系好像不再成立 我发现线段、、之间好像具有与（1）②类似的数量关系 请你帮小强同学完成线段、、之间数量关系的猜想并给出证明． 【拓展探究】 （3）小毅测量得到，，如图3，在旋转过程中，设点的对应点为，当点落在边所在的直线上时，记点到直线的距离为，请直接写出的值． 【答案】（1）①；②；（2）,理由见解析 ；（3）或 【分析】（1）①由“”可证，可得； ②由全等三角形的性质可得，由线段的和差关系可得结论； （2）由“”可证，可得，即可求解； （3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：（1）①四边形是菱形，， ，， 是等边三角形， ，， ， 由旋转可得：， ， ， ， 故答案为：； ②， ， ， 故答案为：； （2）．理由如下： 证明：在上截取，连接， 四边形是菱形，， ，， ， ， 又， 为等边三角形， ，， ，， ， 由旋转的性质可得：， ， ， ， ， ； （3）如图3，当点在线段的延长线上时，过点作直线于， ，， ， ， ， ， ， ，； 当点在的延长线上时，过点作于， ，， ， ， ， ， ， ，； 的值为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 类型四、一次函数中的菱形 1．如图，已知反比例函数与一次函数图象在第一象限内相交于与轴相交于点，以为边作菱形，使点在轴正半轴上，点在第一象限，则点的横坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，理解一次函数图象上点的坐标特征以及菱形、矩形的性质是正确解答的前提．根据一次函数图象上点的坐标特征可求出点和点的坐标，再根据勾股定理求出，由菱形、矩形的性质求出，进而得出的长即可． 【详解】解：点在一次函数的图象上， ， 点， 当时，， ∴一次函数的图象与轴的交点， 如图，过点、分别作轴的垂线，垂足分别为、，则， 在中，，， ， 四边形是菱形， ， ， 点的横坐标为， 故选：A． 2．如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，其中，，对角线相交于原点，若一次函数的图象将菱形分成面积之比为的两个平行四边形，则直线的解析式为 ． 【答案】或或或 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，一次函数的性质，解题关键是掌握菱形的性质及分类讨论．根据菱形的特征求出四个顶点坐标，及对角线长度，然后分别求出直线、直线的解析式，根据菱形分成面积之比为的两个平行四边形，得一次函数分别平行于或，然后分类讨论分别求出一次函数k，b，即可得出函数解析式 【详解】解：菱形的四个顶点都在坐标轴上，， ∴，， ，，， 设直线的解析式为，将，代入得 解得：， 设直线的解析式； 设直线的解析式为，将，代入得 解得：， 设直线的解析式； ∵一次比例函数的图象将菱形分成两个平行四边形， ∴一次函数的图象平行于或， 当一次函数图象平行于时，交、于点M，N交y轴于点Q， ， 菱形分成两个平行四边形， ，， ， ∴； 或， ， ， ， ∴； 当一次函数图象平行于时， 同理可知：或， 或， 综上所述一次函数解析式为、、或． 3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴和轴分别交于点A和点． (1)点A的坐标为___________，点的坐标为___________； (2)若点在线段上，过点分别作于点C，于点D，若四边形是正方形，求点P的坐标； (3)点M在x轴上，第一象限内是否存在一点N，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)点的坐标为 (3)点的坐标为或 【分析】本题主要考查一次函数与几何的综合、正方形的性质及菱形的性质，熟练掌握一次函数与几何的综合、正方形的性质及菱形的性质是解题的关键； （1）分别令和，然后代入进行求解即可； （2）根据正方形的性质得到，设，得到，把代入解方程组即可得到结论； （3）按照以为菱形的对角线和菱形的边长分类讨论． 【详解】（1）解：令时，则有，令时，则有，解得：， ∴； 故答案为，； （2）解：四边形为正方形， ， 设， ， 把代入得，， 解得， 点的坐标为； （3）解：存在，理由如下： 若以点A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，则分以下两种情况讨论： ①当为菱形的边时，则，且， 点是第一象限内的点， 点在点A右侧， 点的坐标为； ②当为菱形的对角线时，则，，且点在轴的负半轴上， 设点的坐标为，则，解得， 点的坐标为， ，即， 点的坐标为， 综上所述，点的坐标为或． 类型五、菱形动点求t 1．矩形中，厘米，厘米，点是线段上一动点，为的中点，的延长线交于．若从点出发，以1厘米/秒的速度向运动（不与重合）．设点运动时间为秒，若点和与点、、、中的两个点为顶点的四边形是菱形．则的值为（   ） A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理．分两种情况：①如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值；②如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值． 【详解】解：分两种情况： ①如果四边形是菱形，则，    ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为7秒时，四边形是菱形； ②如果四边形是菱形，则．    ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为25秒时，四边形是菱形． 故选：C． 2．如图，在菱形中，，，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线向终点运动．设点的运动时间为秒．在点出发的同时，有一点从点出发，以每秒6个单位长度的速度沿折线运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，则当与菱形的边垂直时，的值是 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含直角三角形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，分三种情况：当时，当时，当时，分别讨论即可求解． 【详解】解：在菱形中，，， 则， ∴，均为等边三角形， ∴，， 当时，即点在上，则， ∴， 此时，，则， ∴，解得：； 当时，即点在上，则， ∴， 此时，，则， ∴，解得：； 当时，即点在上，则， ∴， 此时，，则， ∴，解得：； 综上，当与菱形的边垂直时，或或． 故答案为：或或． 3．在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中． (1)若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？______（不用说明理由） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值； (3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形 (2)四边形为矩形时或 (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）利用三角形全等可得 则 即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解. 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得： ∵四边形是矩形， ， ， ∵分别是中点， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）如图1，连接， 由（1）得，，， ∴四边形是矩形， ∴， ①如图1，当四边形是矩形时， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图2，当四边形是矩形时， ∵，， ∴， ∴； 综上，四边形为矩形时或； （3）如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ∴，即， ∴当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用. 类型六、菱形中的最值 1．如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是(   ) A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称最短路径问题，涉及到菱形的性质、勾股定理等，作点关于的对称点，连接，则，，当，且点在上时，则取得最小值，利用求解可得答案． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接， ∴， ∴， 当时，点在上，则取得最小值， 四边形是菱形， 点在上， ，， ， 由， 得， 解得：， 即的最小值是； 故选：B． 2．在菱形中，，连接，点M 为线段上一动点（不与点A，点C重合），点N在线段上，且 则 的最小值为 ． 【答案】12 【分析】连接交于点O，以为边在下面作等边，连接，根据等边三角形和菱形的对称性知点E、B、D共线，根据，得，得是等边三角形，得，，根据，得，得，得，根据，得，∴，根据，得，得，得，得，根据，得的最小值为12． 【详解】连接交于点O，以为边在下面作等边，连接， 则， ∴点E在垂直平分线上， ∵菱形中，与互相垂直平分， ∴点E、B、D共线， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点M运动到上时，取得最小值，为， ∴， 即的最小值为12． 【点睛】本题主要考查了菱形和三角形综合．熟练掌握菱形性质，等边三角形判定和性质，含的直角三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，是解题的关键． 3．在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且，． (1)如图1，点为线段上一点，若，求点的坐标； (2)如图2，点在线段上，是直线上的两个动点且，是轴上任意一点，连接，求的最小值； (3)在（2）的条件下，当取最小值时，为直线上一动点，是平面内任意一点，当四点构成的四边形是以为边的菱形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点的坐标为或或或． 【分析】（1）作于，由求得，从而得出，进一步得出结果； （2）作点关于的对称点，将点沿的方向移动单位至，作于，交于，作于，交于，作于，则最小，最小为：，利用直角三角形的性质和勾股定理，进一步得出结果； （3）由（2）得：，，从而得出，，根据勾股定理求得，进而得出坐标，进而得出点坐标，同样另外两点． 【详解】（1）解：如图1， 作于， 由得， ， ， ， ； （2）解：如图2， 作点关于的对称点，将点沿的方向移动单位至，作于，交于，作于，交于，作于， 则最小，最小为：， ，， ， ，，， ， ，，， ∴， ， ， 的最小值为：； （3）解：如图3， ，， ∴， 由勾股定理得， 由（2）得：，， ， ， 、、、四点构成的四边形是以为边的菱形， ， ，， ，，，， ，， ，，，， ∴点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是较强的计算能力． 1．菱形的对角线长分别为和，它的面积为（   ） 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面积等于两条对角线乘积的一半，进行解答． 【详解】解：菱形的对角线长分别为和， ∴菱形的面积为：． 故选：A． 2．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 ． 3．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】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键； 先根据菱形的性质得，再根据菱形的对角线平分一组对角求出的度数，然后根据直角三角形两锐角互余，同角的余角相等即可得出结果． 【详解】解：∵四边形为菱形，， ∴平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 故选：B． 4．已知在菱形中，，则菱形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长为， 故答案为：． 5．如图，在中，，分别以C、B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点D，连接、、．若，则 °． 【答案】25 【分析】根据作图，得到，得到菱形，根据菱形的性质解得即可． 本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：根据作图，得到， 故四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：25． 6．如图，菱形的边长为，，P，Q分别是上的动点，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，连接，过点C作，使得，连接．证明，推出，推出，求出即可解决问题．本题考查轴对称-最短问题，全等三角形，菱形的性质，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 【详解】解：如图，连接，过点C作，使得，连接． ∵四边形是菱形， ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 7．如图，在菱形中，对角线和相交于点．    (1)实践与操作：过点作交的延长线于点．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，标明字母） (2)猜想与证明：试猜想线段与之间的数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接，再根据菱形的性质，平行四边形的判定，即可； （2）根据菱形的性质，得，；根据，，即可． 【详解】（1）如下如：即为所求， 以点为圆心，为半径，画弧交的延长线于点，连接， 证明： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴．    （2）∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是上的中线， ∴． 【点睛】本题考查菱形、平行四边形和直角三角形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，直角三角形的中线，平行四边形的判定和性质． 8．如图，在四边形中，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知菱形的对角线，点、分别是菱形的边、的中点，连接，若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)52 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、三角形的中位线的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明结论； （2）先求出，进而求出，，根据勾股定理求出，即可求出结论． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 平分，， ，， ， ， 四边形是菱形． （2）连接，交于点，如图： 点、分别是边、的中点， ， 、是菱形的对角线，且，， ，，． 在中． ，． ， 菱形的周长为：． 9．综合与实践 问题情境：如图1，四边形是菱形，过点A作于点E，过点C作于点F． 解决问题： （1）四边形是（    ） A．平行四边形    B．矩形    C．正方形 （2）若，，则四边形的面积为________； 深入探究： （3）将图1中的绕点A逆时针旋转，得到，点E、B的对应点分别为点G、H． ①如图2，当线段经过点C时，所在直线分别与线段、交于点M、N．猜想线段与的数量关系，并说明理由； ②当直线与直线垂直时，直线直线交于点N．若，，则线段的长度为________． 【答案】（1）B；（2）；（3）①，理由见解析；②或 【分析】（1）利用菱形的性质，结合题干条件，即可判断四边形的形状； （2）利用含30度的直角三角形性质得到，利用勾股定理得到，进而结合菱形性质得到，最后根据矩形面积公式求解，即可解题； （3）①理由旋转的性质和菱形的性质证明，，进而得到，再利用线段的和差求解，即可解题； ②过点A作于点Q，分情况讨论当在线段上时，利用勾股定理求出，利用菱形的性质证明，得到，再结合旋转的性质得到，并证明四边形为正方形，得到，根据求解即可，当在延长线上时同理可得，，根据求解，即可解题． 【详解】解：（1）四边形是菱形， ， 于点E， 于点F， ， ， 四边形是矩形； 故选：B； （2），， ， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形的面积为， 故答案为：． （3）①，理由如下： 绕点A逆时针旋转，得到， ，，，， ， 四边形是菱形， ，， 为菱形的对角线， ， ， 又，， ， ， ， ， 即； ②过点A作于点Q， 当在线段上时； ，， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 由旋转的性质可知，，，， ， ， 四边形为正方形， ， ； 当在延长线上时； 同理可得，，， ， 故答案为：或． 【点睛】本题考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，含30度的直角三角形性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键． 10．已知菱形的边长为，其顶点都在坐标轴上，且点坐标为． (1)求点的坐标及菱形的面积； (2)点是菱形边上一动点，沿运动（到达点时停止） ①如图1，当点关于轴对称的点恰好落在直线上时，求点的坐标． ②探究：如图2，当运动到，边时，作关于直线的对称图形为，是否存在这样的点，使点正好在直线上？若存在，求出满足条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，菱形的面积为； (2)①点坐标为或；②满足条件的点坐标为或． 【分析】（1）根据菱形的性质可得，，，，由，可得，再根据勾股定理求出，可求出点的坐标，得到，，最后根据菱形的面积公式求出其面积即可； （2）①有两种情形：求出图中点坐标，根据对称性可得点坐标，当点与重合时，也满足条件； ②分两种情形：当平分时，当时，分别求解即可解决问题． 【详解】（1）解：如图1中， 菱形的边长为， ，，，， ， ， 在中，， ， ， ，， ； （2）解：①如图2中， 菱形的顶点都在坐标轴上， 点关于轴对称的点也在直线， 由题意知，，， 设直线的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 联立得：， 解得：， ， 当点坐标为时，点关于轴对称的点恰好落在直线上， 当点与重合时，点关于轴对称的点恰好落在直线上，此时， 综上所述，满足条件的点坐标为或； ②如图3中， 当平分时，满足条件， 由题意知，，，， ，， ， ， ， ， 当时，在直线上， 此时直线的解析式为， 直线的解析式为， 由， 解得：， ， 综上所述，满足条件的点坐标为或． 【点睛】本题考查一次函数综合题、菱形的性质、翻折变换、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用方程组确定两个函数的交点坐标，属于中考压轴题． 学科网（北京）股份有限公司 $$