第25讲 菱形的性质与判定（练习，22题型模拟练+重难练+真题练）-【上好课】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

第五章 四边形 第25讲 菱形的性质与判定 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 👉题型01 利用菱形的性质求角度 👉题型02 利用菱形的性质求线段长 👉题型03 利用菱形的性质求周长 👉题型04 利用菱形的性质求面积 👉题型05 根据菱形的性质求点的坐标 👉题型06 利用菱形的性质证明 👉题型07 菱形的折叠问题 👉题型08 添加一个条件使四边形是菱形 👉题型09 证明四边形是菱形 👉题型10 根据菱形的性质与判定求角度 👉题型11 根据菱形的性质与判定求线段长 👉题型12 根据菱形的性质与判定求周长 👉题型13 根据菱形的性质与判定求面积 👉题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 👉题型15 与菱形有关的新定义问题 👉题型16 与菱形有关的规律探究问题 👉题型17 与菱形有关的动点问题 👉题型18 与菱形有关的最值问题 👉题型19 含60°角的菱形 👉题型20 菱形与函数综合 👉题型21 与菱形有关的存在性问题 👉题型22 与菱形有关的材料阅读类问题 👉题型01 利用菱形的性质求角度 1．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则 ． 2．（2024·重庆·模拟预测）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接．若，则为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，点E为菱形中边上一点，连结，，将菱形沿折叠，点A的对应点F恰好落在边上，则的度数为 ． 4．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知四边形为菱形，以为直径作，过点作的切线交于点．若，则的度数为 ． 👉题型02 利用菱形的性质求线段长 5．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上．若，则的长为（    ）    A． B． C．3 D． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形中，点分别在边，上， ，，若，，则 ． 7．（2024·山东临沂·模拟预测）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了折叠后如图所示的伸缩衣架，则其拉伸长度的适宜范围最接近（ ） A． B． C． D． 8．（2024·山西·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，对角线交于点O，点E是的中点，点F是的中点，连接交于点G，则线段的长为 ． 👉题型03 利用菱形的性质求周长 9．（2024·云南曲靖·一模）菱形的一条对角线长为8，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为（    ） A．16 B．20 C．16或20 D．32 10．（2024·贵州黔东南·一模）如图，菱形中，，，分别是，的中点，连接，，，的周长为，则菱形的周长为（    ）    A． B． C． D． 11．（2024·江苏南京·三模）如图，菱形的顶点，，在上，且与相切，若的半径为，则菱形的周长为 ．    12．（2024·四川乐山·二模）如图，菱形的周长为，相邻两个的内角度数之比为，则较长的对角线长度是（　　） A． B． C． D． 👉题型04 利用菱形的性质求面积 13．（2024·江西吉安·模拟预测）已知菱形的边长是5，两条对角线交于点O，且的长分别是关于x的方程的两根． (1)求m的值； (2)求菱形的面积． 14．（2024·陕西西安·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 15．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知：菱形的对角线，交于点O，，，将线段绕点A旋转，使点O落在菱形的边上，点O的对应点为点P，连接，，则的面积为 ． 16．（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． 👉题型05 根据菱形的性质求点的坐标 17．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 18．（2024·山东临沂·三模）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，．将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（   ） A． B． C． D． 19．（23-24八年级下·山西临汾·阶段练习）如图，反比例函数的图象与正比例函数的图象相交于点，． (1)______，______，点坐标为______． (2)不等式的解集是______． (3)已知轴，以，为边作菱形，求菱形的面积． 20．（2024·山东济宁·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，在第一象限，点在轴正半轴上，且与互相垂直平分，为垂足，连接，，．反比例函数的图象经过点，与相交于．若点的坐标为，则点E的坐标是(　　) A． B． C． D． 👉题型06 利用菱形的性质证明 21．（2024·贵州·模拟预测）如图，在菱形中，交于点，延长交的延长线于点，且为的中点，连接． (1)求证：； (2)求的值． 22．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当，时，求的值． 23．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在菱形中，对角线相交于点O，以点C为圆心，长为半径画弧交的延长线于点E，连接． (1)求证：； (2)若，求的周长和面积． 👉题型07 菱形的折叠问题 24．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是 上一点，把四边形 沿折叠后得到四边形，，则的长为（      ）    A． B．3 C． D． 25．（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与重合），折痕为，若，，则点到的距离为 ．      26．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿着折叠，得到，连接，若，则 ；若点是的中点，，则的最小值为 ．    27．（2023·河南信阳·模拟预测）某数学兴趣小组在数学实践课上开展了“菱形折叠”研究活动． 第一步：每人制作内角不同，边长都为2的菱形若干个，四个顶点为，，，（为保持一致，活动中，小组内制作图形各点名称命名规则相同）； 第二步：对折找到一条对角线并展开； 第三步：将边折叠到对角线所在直线上，顶点的落点为，所得折痕与边交于点； 第四步：测量，，的度数， (1)小组长在研究大家测得的数据后仔细分析，发现可以通过的度数，计算得到和的度数．如图①，若一位同学制作的菱形中，请你给出此时和的度数：_____________°，_____________°； (2)若，请探究的度数为多少时，为等腰三角形，并说明理由； (3)请直接写出为直角三角形时的长． 👉题型08 添加一个条件使四边形是菱形 28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）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 ． 29．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）． 30．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点O，过O的直线分别交、于点M、N． (1)求证： (2)连接，．请添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由） 31．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的角平分线，点在上，且． (1)求证：； (2)在上取一点，连接，添加一个条件，使四边形为菱形，直接写出这个条件． 👉题型09 证明四边形是菱形 32．（2024·广东·模拟预测）如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线，交于点E，交于点F．试判断四边形的形状，并给出证明．    33．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，在中，，垂足为，，垂足为，与，分别相交于点，，．求证：四边形是菱形． 34．（2022九年级·上海·专题练习）如图，在矩形中，点是边上任意一点（点与点、不重合），过点作，交边的延长线于点，连接交边于点，连接．    (1)求证：； (2)如果平分，连接，求证：四边形为菱形． 35．（2024·湖南·二模）如图，是的对角线，在和中，，分别是边，的中线，． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：是直角三角形． 👉题型10 根据菱形的性质与判定求角度 36．（2024·河南南阳·二模）如图，四边形内接于，E为延长线上一点，连接，，若，且，则的度数是（    ） A． B． C． D． 37．（2024·陕西榆林·二模）如图，在中，作正方形和等边，其中点、、三点在上，则劣弧所对的圆心角为（    ） A． B． C． D． 38．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 👉题型11 根据菱形的性质与判定求线段长 39．（2023·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． 40．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，在中，，，点在边上，点在边上，将沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，若 ，则的长为（    ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 41．（2024·湖南长沙·模拟预测）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． 42．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在平行四边形中，O是对角线，的交点，延长边到点F， 使， 过点F 作，交的延长线于点E，连接，． (1)求证：； (2)连接，若且，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2 中长度为的所有线段． 👉题型12 根据菱形的性质与判定求周长 43．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ，求四边形的面积和周长． 44．（2024·山东青岛·二模）如图，四边形是正方形，，分别交对角线于点E，F，连接，．    (1)求证：四边形是菱形： (2)若，，求菱形的周长和面积． 45．（2024·江西抚州·一模）如图1，是的内接三角形，，是的一个外角，平分． (1)求证：是的切线； (2)如图2，过点C作的切线交于点F，若． ①请判断四边形的形状，并说明理由； ②当时，求图中阴影部分的周长． 👉题型13 根据菱形的性质与判定求面积 46．（2024·吉林长春·一模）如图，矩形的对角线、交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接、、． (1)求证:四边形是菱形． (2)若，，则菱形的面积为 ． 47．（2024·江西南昌·模拟预测）定理证明：    （1）如图1，，是的两条切线，切点分别为，，求证：； 定理应用： （2）如图2，是⊙的内接等腰三角形，，，是的切线，若，求四边形的面积． 48．（2024·贵州贵阳·一模）如图，在中，，，为的中点，过点作，且，连接，． (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明； (2)若，连接，，求的面积． 49．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，点M在的延长线上，点N在的延长线上，平分，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当时，连接，交于点O，过点D作，交于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与面积相等的4个三角形． 👉题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 50．（2024·内蒙古·二模）如图．在菱形中，对角线，交于点，延长到点，使，连接，，分别交，于点，，则下列结论：①四边形是平行四边形  ②  ③  ④．其中正确的结论是 （填写所有正确结论的序号）． 51．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在菱形中，，点是边上任意两点，将菱形沿翻折，点恰巧落在对角线上的点处，下列结论： ①；②若，则；③若菱形边长为4，是的中点，连接，则；④若，则，其中正确结论是 ． 52．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 53．（2024·山东枣庄·二模）如图，是平行四边形，对角线在轴正半轴上，位于第一象限的点和第二象限的点分别在双曲线 和 的一个分支上，分别过点作轴的垂线段，垂足分别为点和点，给出如下四个结论： 阴影部分的面积是 ；当时，； 若是菱形，则 ；以上结论正确的是（     ） A． B． C． D． 54．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，交于点，动点在边上（不与点重合），连接，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，现有以下结论：①点，之间的距离为定值；②；③的值可以是；④或．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 👉题型15 与菱形有关的新定义问题 55．（2024·山东菏泽·一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 时，这个菱形就是正方形． 56．（2023·江苏盐城·一模）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．    (1)判断：一个内角为的菱形________等距四边形．（填“是”或“不是”） (2)如图，在的网格图中有、两点，请在答题卷给出的两个网格图上各找出、两个格点，使得以、、、为顶点的四边形以为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为________． (3)如图，在海上，两处执行任务的两艘巡逻艇，根据接到指令，两艇同时出发，艇直接回到驻地，艇到C岛执行某项任务后回到驻地（在岛执行任务的时间忽略不计），已知，，三点到点的距离相等，，，，若艇速度为，试问艇的速度是多少时，才可以和艇同时回到驻地？ 57．（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”． (1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）： ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：； (3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值． 58．（2024·四川达州·一模）数学活动：某数学兴趣小组想探究任意四边形的中点四边形的形状与原四边形的边、对角线的关系； 定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形． [操作]如图1，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，顺次连接点E，F，G，H得到中点四边形． [猜想]（1）填空：任意一个四边形的中点四边形是___________________； [证明]（2）请补全以下求证内容，并完善证明过程； 已知：点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，顺次连接点E，F， G， H 得到中点四边形． 求证：______________________． 证明： [应用]（3）如图2，在四边形中，，，，的中点分别为P， Q，M，N，在上取一点E，连接，，和恰好是等边三角形，当点A到点C的距离为2时，求四边形的周长． 👉题型16 与菱形有关的规律探究问题 59．（2024·广东汕尾·模拟预测）如图，已知菱形的边长，，连接对角线，以为边作第二个菱形，使．连接，再以为边作第三个菱形，使…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ． 60．（2024·山东泰安·二模）含角的菱形，，，……，按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，点，，，……，和点，，，，……，分别在直线和轴上．已知，，根据所给图形，可以依次求出点，，，…，则图中点的坐标是（    ） A． B． C． D． 61．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 62．（2024·河南郑州·三模）综合实践 【问题】  小张、小王、小袁在《解析与检测》中发现这样一道题：如图1，在矩形中，为对角线的中点，，动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为，在整个过程中，四边形形状的变化依次是什么？ 【探究】（1）小张觉得在点运动的过程中，四边形的两组对边分别相等，所以四边形形状必定为______； （2）小王觉得小张说的不全面，于是三人继续探索： ①小王看到四边形的四边分别经过了原矩形的四个顶点，并说道：在图1中，连接和，只要能说明为即可，其余三条边都可以用这个方法证明．请你根据小王的说法，证明边经过点． ②小王发现，点在点时，四边形为菱形；点分别运动到终点时，四边形为菱形；并猜想点在运动过程中，四边形能为矩形．请你利用图2判段点在运动过程中，四边形否能为矩形？若能请找到点的位置并证明此时四边形为矩形；若不能，也请说明理由． 【应用】（3）经过探索，三人得出了四边形形状的变化依次是菱形、平行四边形、矩形、平行四边形、菱形的结论．如图3，在原题的基础上，将条件变为，，其余条件不变，小袁发现在点运动过程中，四边形依然能够形成矩形和菱形，请你直接分别写出形成的菱形和矩形的周长． 👉题型17 与菱形有关的动点问题 63．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 64．（2024·湖南长沙·二模）如图，在菱形中，点是边上一动点（且与点、不重合），连接交于点． (1)若，，求的度数； (2)若，求证； (3)过点作交于点，记．为，为，， ①求证：； ②求与之间的函数关系式． 65．（22-23九年级上·福建三明·期中）如图1，点O是的对角线，的交点，过点O作，，垂足分别为H，M，若，我们称是的中心距比． (1)如图2，当，求证：是菱形； (2)如图3，当，且，求的值； (3)如图4，在中，，，动点P从点B出发．沿线段向终点运动，动点Q自C出发，沿线段向终点A运动，P、Q两点同时出发，运动速度均为每秒1个单位，连结，以、为邻边作，若的中心距比．求点P的运动时间． 👉题型18 与菱形有关的最值问题 66．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形的面积为，是边上的中点，是对角线上的动点，连接，若平分，则的最小值为 ． 67．（2024·吉林长春·二模）如图，在菱形中，，，是边上一动点，过点分别作于点于点，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)求的最小值． 68．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，菱形的边长为2，，，分别是，上的两个动点，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 69．（2024·江西九江·二模）课本再现 如图1，四边形是菱形，，． （1）求，的长． 应用拓展 （2）如图2，为上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接． ①直接写出点到距离的最小值； ②如图3，连接，，若的面积为6，求的长． 👉题型19 含60°角的菱形 70．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在菱形中，于点E，于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 71．（2024·浙江台州·模拟预测）如图，四边形为菱形，过点D分别作的垂线，垂足为． (1)求证； (2)若，求的值． 72．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 73．（2024·河南商丘·模拟预测）在菱形中，，E为对角线的中点，F为边上一点，且．若为等腰三角形，则菱形的边长为 ． 👉题型20 菱形与函数综合 74．（2024·辽宁大连·二模）如图1，中，，是边上的一个动点（不与点，重合），交于点，交于点．设的长为，四边形的面积为． 【初步感知】 （1）经探究发现是关于的二次函数，并绘制成如图2所示的图像，其顶点坐标是，请根据图像信息，求关于的函数表达式． 【延伸探究】 （2）①当四边形的面积为时，求的长度； ②当四边形的面积最大时，求的面积． （3）如图3，当四边形是菱形时，求的长度． 75．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，点的坐标为．点从点出发，以每秒1个单位沿轴向右移动，过点且垂直的直线与菱形的两边分别交于两点，设的面积为，则与点移动的时间之间的函数关系的图象大致为（    ） A． B．C． D． 76．（2024·湖北武汉·三模）如图1，在菱形中，，，点为边上的动点． (1)为边上一点，连接，将沿进行翻折，点恰好落在边的中点处， ①求的长； ② ． (2)如图2，延长到，使，连接与，与交于点，连接，设，，求关于的函数表达式． 77．（2024·甘肃平凉·二模）如图，抛物线与x轴交于点、两点，与y轴交于点C，点D是x轴负半轴上一点，，连接． (1)求抛物线的函数表达式； (2)请在图1中将线段向右平移至点D与点A重合，平移后对应线段所在直线交抛物线于点E，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，如图2，连接，交y轴于点P，过点P作于点M，点N从E点向D点运动，连接、，求周长的最小值． 👉题型21 与菱形有关的存在性问题 78．（2024·山东泰安·二模）如图，抛物线经过点，点，与轴交于点，过点作直线轴，与抛物线交于点，作直线，连接． (1)求抛物线的函数表达式； (2)是抛物线上的点，求满足的点的坐标； (3)点在轴上，且位于点的上方，点在直线上，点为直线上方抛物线上一点，是否存在点使四边形为菱形，如果存在，请直接写出点的坐标．如果不存在，请说明理由． 79．（23-24九年级上·江苏苏州·期末）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线． (1)求抛物线的表达式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由． 80．（2024·江苏苏州·一模）如图，二次函数（其中）的图像与轴交于、两点（点在点左侧），与轴交于点，连接、，点为的外心． (1)填空：点的坐标为 ， ； (2)记的面积为，的面积为，试探究是否为定值？如果是，求出这个定值； (3)若在第一象限内的抛物线上存在一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，则 ． 81．（2024·河南开封·一模）如图，的顶点坐标分别为，，，反比例函数的图象经过点C． (1)求k的值． (2)点D在反比例函数的图象上，且于点E，，请说明四边形是菱形． (3)是否存在除点D外可与A，B，C三点共同组成菱形的点P？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 👉题型22 与菱形有关的材料阅读类问题 82．（2024·山西朔州·模拟预测）阅读与思考 下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 作矩形的最大内接菱形的方法 顶点在矩形边上的菱形叫做矩形的内接菱形，在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中翻作出一个最大的内接菱形”实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀将到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1）．则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形．则四边形也是矩形的内接菱形，（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E．与边交于点F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形． 任务： (1)填空：通过“方法一”能得到的菱形，它的依据是_______． (2)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程，（保留作图痕迹，不要求写作法） (3)若矩形，，请你根据日记中三种方法，计算此矩形的内接菱形的面积最大值为______． 83．（2024·湖南长沙·模拟预测）阅读短文，解决问题． 若平行四边形的四个顶点都在三角形的边上，且有一个角与三角形的一个角重合，另一个顶点在三角形的这个重合角的对边上，我们就称这个平行四边形是该三角形的“相依四边形”．例如：如图，在平行四边形中，与重合，点在上，则称平行四边形为的“相依四边形”． (1)如图，平行四边形为的“相依四边形”，平分，判断四边形的形状，并进行证明． (2)在（1）的条件下，如图，． ①若，，求四边形的周长； ②如图，分别是的中点，连接，若，求的值． 84．（2024·山西晋城·二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形在数学兴趣课上，老师提出一个问题：利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形，且点D，E，F分别在边上，同学们以小组为单位展开了讨论． 勤学小组展示了他们的作法：如图1，以点A为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点G，H；分别以点G，H为圆心，大于的长为半径画弧，在内部交于点L；连接并延长，交BC边于点D；以点B为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点M，N；以点D为圆心，长为半径画弧，交边于点P；以点P为圆心，长为半径画弧，交前弧于点Q；连接并延长，交边于点F；以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E；连接，．则四边形为菱形． 勤学小组进行了以下证明： 证明：根据尺规作图，得平分，，． ∴，． ∴． ∴． ∴．（依据1） ∴． ∴四边形是平行四边形．（依据2） 又∵， ∴四边形是菱形． 善思小组也展示了他们的作法：如图2，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交边于点R，S；分别以点R，S为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点T；连接并延长，交边于点D；分别以点A，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点W，V；连接，分别交，于点E，O，F；连接．则四边形为菱形． 任务： (1)填出证明过程中的依据． 依据1：____________； 依据2：____________． (2)请根据善思小组的作法，求证：四边形是菱形． (3)如图3，请你在锐角三角形纸片ABC上用尺规再设计一种不同的方法作菱形AEDF．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S． (1)求点A的坐标； (2)求S与t的函数关系式； (3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 2．（2024·吉林长春·中考真题）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为、，点的横坐标为，点的纵坐标与点的纵坐标相同，连结、． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求证：当取不为零的任意实数时，的值始终为2； (3)作的垂直平分线交直线于点，以为边、为对角线作菱形，连结． ①当与此抛物线的对称轴重合时，求菱形的面积； ②当此抛物线在菱形内部的点的纵坐标随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 3．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 4．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．    (1)当点恰好为的中点时，求证：； (2)求线段的长； (3)当为直角三角形时，求的值； (4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由． 5．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．    (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______； (2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数； (3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由． 6．（2023·宁夏·中考真题）综合与实践 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．    探究发现 如图1，在中，，．    （1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用： 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．    1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 2．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 3．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 4．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 5．（2024·山东德州·中考真题）已知，点P为上一点，用尺规作图，过点P作的平行线．下列作图痕迹不正确的是（   ） A． B． C． D． 6．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 7．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 8．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 9．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 10．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（    ）    A． B． C． D． 11．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 12．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 13．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 14．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ． 15．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ． 16．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 (1)求证：四边形是菱形： (2)若平行四边形的周长为，求的长． 17．（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．    (1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）． (2)证明（1）中得到的四边形是菱形 18．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积． 19．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） $$第五章 四边形 第25讲 菱形的性质与判定 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 👉题型01 利用菱形的性质求角度 👉题型02 利用菱形的性质求线段长 👉题型03 利用菱形的性质求周长 👉题型04 利用菱形的性质求面积 👉题型05 根据菱形的性质求点的坐标 👉题型06 利用菱形的性质证明 👉题型07 菱形的折叠问题 👉题型08 添加一个条件使四边形是菱形 👉题型09 证明四边形是菱形 👉题型10 根据菱形的性质与判定求角度 👉题型11 根据菱形的性质与判定求线段长 👉题型12 根据菱形的性质与判定求周长 👉题型13 根据菱形的性质与判定求面积 👉题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 👉题型15 与菱形有关的新定义问题 👉题型16 与菱形有关的规律探究问题 👉题型17 与菱形有关的动点问题 👉题型18 与菱形有关的最值问题 👉题型19 含60°角的菱形 👉题型20 菱形与函数综合 👉题型21 与菱形有关的存在性问题 👉题型22 与菱形有关的材料阅读类问题 👉题型01 利用菱形的性质求角度 1．（2024·广东·模拟预测）如图所示，在菱形中，以点B为圆心，一定长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点Q．若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质求出的度数，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】∵菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2024·重庆·模拟预测）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点，点为垂足，连接．若，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查全等三角形的判定条件，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质．熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 利用判定，从而得到，根据已知可求得的度数，即可求出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， 在和中， ， ， ， 垂直平分，， ， ， ∴， ． 故选：C． 3．（2024·浙江·模拟预测）如图，点E为菱形中边上一点，连结，，将菱形沿折叠，点A的对应点F恰好落在边上，则的度数为 ． 【答案】/72度 【分析】由将菱形沿折叠，点的对应点，，得，得，由，得，得，，得，即可得．本题主要考查了图形的折叠，菱形的性质，解题关键是正确应用折叠的性质． 【详解】解：将菱形沿折叠，点的对应点，， ， ， ， ， ，， ， ． 故答案为：． 4．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知四边形为菱形，以为直径作，过点作的切线交于点．若，则的度数为 ． 【答案】/25度 【分析】本题考查了菱形的性质、切线以及等腰三角形，由菱形的性质得到，再根据三角形的内角和得出，最后利用切线的性质即可求得答案． 【详解】是的切线 四边形为菱形 故答案为： 👉题型02 利用菱形的性质求线段长 5．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上．若，则的长为（    ）    A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、角的直角三角形的性质、折叠性质等知识．过点M作于点F．求出．则，．设，则，，，．根据勾股定理，得，即，解得，即可求出的长． 【详解】如图，过点M作于点F．    ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴． ∴． ∴，． 设，则，，，． 根据勾股定理，得，即，解得， ∴． 故选：B． 6．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，菱形中，点分别在边，上， ，，若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，作 于点，在 上取点，使，连接．证明，得出．设，则，，，，由，根据余弦定义可得，利用相似三角形的性质可得，进而得出，然后代入数值求解即可． 【详解】解：如图，作 于点，在 上取点，使，连接． ，， 菱形， ， ， ， ，，， ， ， ． 设，则，，，， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ， ． 故答案为：11． 7．（2024·山东临沂·模拟预测）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了折叠后如图所示的伸缩衣架，则其拉伸长度的适宜范围最接近（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形及其计算，解直角三角形的相关计算，解题关键是找准直角三角形进行计算．由菱形中，，，得，当时，得，得，得，此时拉伸长度；同理当时，拉伸长度，即可得到答案． 【详解】解：由菱形中， ，， 得， 当时， 得， 得， 得，此时拉伸长度； 同理当时，拉伸长度． 总之，． 故选：B． 8．（2024·山西·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，对角线交于点O，点E是的中点，点F是的中点，连接交于点G，则线段的长为 ． 【答案】/ 【分析】过点F作于点H，可证明为等边三角形，则，则，由勾股定理得，可得，求得，，而，则，在中，由勾股定理得，，由，得，则． 【详解】解：过点F作于点H， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点E为中点， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 👉题型03 利用菱形的性质求周长 9．（2024·云南曲靖·一模）菱形的一条对角线长为8，边的长是方程的一个根，则菱形的周长为（    ） A．16 B．20 C．16或20 D．32 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的三边关系，解一元二次方程等知识，先解方程得，，再根据菱形的性质和三角形三边关系得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：由题意可知，边的长是方程的一个根， 解方程：， ∴ 解得：，， ∵菱形的一条对角线长为8， ∴当时，，不能构成三角形， 当时，，能构成三角形， ∴， ∴菱形的周长， 故选：B． 10．（2024·贵州黔东南·一模）如图，菱形中，，，分别是，的中点，连接，，，的周长为，则菱形的周长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，证明、是等边三角形，再证明是等边三角形，求出，在中，求出，于是得到问题的答案． 【详解】连接，    ∵四边形是菱形， ． ，，． 、是等边三角形， ∴． 、分别是、的中点， ， ，，， ∴， ∴， 是等边三角形． ∵的周长为， ． 在中，， ， ∴菱形的周长为． 故选D． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 11．（2024·江苏南京·三模）如图，菱形的顶点，，在上，且与相切，若的半径为，则菱形的周长为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了切线的性质、三角形外角的性质、菱形的性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握知识点、作辅助线推理是解题的关键． 连接，根据切线的性质得出，再根据菱形的性质得出，再根据外角的性质，求出，根据含度角的直角三角形的性质，得出，根据勾股定理计算，再得出菱形的周长即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵与相切， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵的半径为， ∴， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 12．（2024·四川乐山·二模）如图，菱形的周长为，相邻两个的内角度数之比为，则较长的对角线长度是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质得出，，，，， ，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，其中． 四边形是菱形，菱形的周长， ，，，，， ． ， ． 菱形两相邻角， ， ， 中 ，， ， ， ，． ∴其较长对角线长为． 故选：B． 👉题型04 利用菱形的性质求面积 13．（2024·江西吉安·模拟预测）已知菱形的边长是5，两条对角线交于点O，且的长分别是关于x的方程的两根． (1)求m的值； (2)求菱形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查菱形的性质，一元二次方程根与系数的关系，一元二次方程的判别式及解一元二次方程． （1）根据菱形的性质得到，由一元二次方程根与系数的关系及根的判别式即可解答； （2）由（1）知m的值，代入方程，解一元二次方程，求出的值，即可解答． 【详解】（1）解：菱形中，， 由直角三角形的三边关系可得：， 的长分别是关于x的方程的两根 ，， ∴， 整理得：， 解得：或5． 又∵， ∴， 解得， ∴； （2）解：将m的值代入方程得：． 解得，． ∴菱形的面积． 14．（2024·陕西西安·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． 15．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知：菱形的对角线，交于点O，，，将线段绕点A旋转，使点O落在菱形的边上，点O的对应点为点P，连接，，则的面积为 ． 【答案】12或 【分析】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 由菱形的性质可得，，，可求的长，菱形的面积，分两种情况讨论由面积关系可求解． 【详解】解：菱形的对角线，交于点，，， ，，， ， 当点P在上时， ， 当点P在上时，， ， ， 故答案为：12或． 16．（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：． 👉题型05 根据菱形的性质求点的坐标 17．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形的对角线的中点，以O为原点，建立如图平面直角坐标系，若轴，，，点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和说明是等边三角形，再求出，然后根据直角三角形的性质得，结合勾股定理求出，可知点A的坐标，最后根据点A和点C关于原点对称得出答案． 【详解】如图所示，令与y轴的交点为字母E， ∵四边形是菱形， ∴． ∵，， ∴是等边三角形，则， ∵点O是菱形的对角线的中点， ∴． ∵轴，则， ∴， ∴ 根据勾股定理，得， ∴． ∵点A和点C关于原点对称， ∴． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱形的对称性是解题的关键． 18．（2024·山东临沂·三模）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，．将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、 直角坐标系中点的平移规律，作轴于，先求出点的坐标，再由平移规律即可得出答案． 【详解】解：如图，作轴于， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， ∴点的坐标为， ∵将菱形沿轴向右平移1个单位长度，再沿轴向下平移1个单位长度，得到菱形， ∴点的坐标为，即， 故选：A． 19．（23-24八年级下·山西临汾·阶段练习）如图，反比例函数的图象与正比例函数的图象相交于点，． (1)______，______，点坐标为______． (2)不等式的解集是______． (3)已知轴，以，为边作菱形，求菱形的面积． 【答案】(1)；3； (2)或 (3)20 【分析】（1）将点的坐标分别代入正比例函数与反比例函数中，即可得出、的值，再根据反比例函数的对称性可得点的坐标； （2）利用图象可得反比例函数图象在正比例函数图象下方时，自变量的取值范围； （3）作于，由勾股定理求出的长，利用菱形的面积公式可得答案． 【详解】（1）解：将代入得，解得， ， 将代入得， 点与关于原点对称， ； 故答案为：；3；； （2）解：不等式的解集是指反比例函数图象在直线上方的图象对应的的范围， 由图象知，当或时，，反比例函数图象在直线上方， 故答案为：或； （3）解：作于，如图所示： ，， ，， 在中，由勾股定理得， 四边形是菱形， ， 菱形的面积为． 【点睛】本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数与正比例函数的交点问题，函数与不等式的关系，菱形的性质等知识，运用数形结合思想是解题的关键． 20．（2024·山东济宁·二模）如图，在平面直角坐标系中，点，在第一象限，点在轴正半轴上，且与互相垂直平分，为垂足，连接，，．反比例函数的图象经过点，与相交于．若点的坐标为，则点E的坐标是(　　) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数交点问题，菱形的性质与判定，勾股定理，解一元二次方程；根据题意得出四边形是菱形，求得，则反比例函数，进而根据菱形的性质得出，，求得直线的解析式为，联立反比例函数，即可求解． 【详解】解：∵与互相垂直平分 ∴四边形是菱形， ∴， ∵点的坐标为， ∴ ∵反比例函数的图象经过点， ∴，则 设， ∴ 解得： ∴，即 ∴， ∵点的坐标为， ∴ 设直线的解析式为，则 解得： ∴ 联立 解得：（负值舍去） ∴ 故选：D． 👉题型06 利用菱形的性质证明 21．（2024·贵州·模拟预测）如图，在菱形中，交于点，延长交的延长线于点，且为的中点，连接． (1)求证：； (2)求的值． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据菱形的性质可得，则，进而证明，得出，由，根据垂直平分线的性质可得； （2）由（1）可得是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质，设，则，在中，勾股定理求得，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ． 是的中点， ． 在和中， ， ， ． 又 ． 四边形是菱形， ． （2）解：由（1）可得 是等边三角形， ． ，． 四边形是菱形， ， ． 设，则． 在中，， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 22．（2024·云南昆明·模拟预测）如图所示，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当，时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了勾股定理，菱形是性质以及矩形的判定与性质．熟记矩形与菱形的性质是解本题的关键． （1）先证四边形是平行四边形，然后根据菱形的对角线互相垂直，得到，根据矩形的定义即可判定四边形是矩形． （2）先求得，，再求解，根据四边形是矩形，结合平行线的性质可得答案． 【详解】（1）证明： ，， 四边形是平行四边形， 又菱形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：，，， ∴, ，，， 四边形是矩形， ，．， ∴，， ， ∴． 23．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在菱形中，对角线相交于点O，以点C为圆心，长为半径画弧交的延长线于点E，连接． (1)求证：； (2)若，求的周长和面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)的周长是，面积是． 【分析】（1）根据菱形的性质，得到， ，再根据作图得到，证明四边形是平行四边形即可得到； （2）根据菱形的性质得到，，根据平行四边形的性质得到，，进而求得的三边长即可求解． 本题考查了菱形的性质，平行四边形判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，即， ∵以点C为圆心，长为半径画弧交的延长线于点E， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴的周长， ． 👉题型07 菱形的折叠问题 24．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，，是 上一点，把四边形 沿折叠后得到四边形，，则的长为（      ）    A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查折叠，菱形的性质，正方形的判定和性质，三角函数，熟练掌握数形结合的思想是解题的关键； 根据题意，连接，延长到于点，延长到于点，证明为正方形，根据三角函数求出，的长度，即可求解； 【详解】解：连接，延长到于点，延长到于点，    因为四边形 沿折叠后得到四边形， ，， 为正方形， ， ， ， ， ， ， 故选：D 25．（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与重合），折痕为，若，，则点到的距离为 ．    【答案】 【分析】本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．作于H ，，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，设，则， 在中，，，则， 根据勾股定理列出方程，解方程即可． 【详解】解：作于H ，    由折叠的性质可知，， 由题意得，， 四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， 设，则， 在中，，， ∴ 在中，， 即， 解得，， ∴， 故答案为： 26．（2024·海南海口·模拟预测）如图，在菱形中，，点是边上一动点，连接，将沿着折叠，得到，连接，若，则 ；若点是的中点，，则的最小值为 ．    【答案】 /度 【分析】（）根据折叠可得，，再根据等腰三角形性质及三角形内角和定理可得结论； （）延长到点，使得，连接，，则是的中位线，证明是等边三角形，求出，，从而可得结论． 【详解】解：由折叠和菱形的定义可知，，， ∵在菱形中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 延长到点，使得，连接，，      则是的中位线， ∴， 当取最小值时，有最小值， 连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴ 又， ∴是等边三角形， ∴，， ∴于， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由折叠可知， 又， ∴， 当，，共线时，有最小值 此时的最小值为． 故答案为：， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠与轴对称，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用轴对称求最值是解题的关键． 27．（2023·河南信阳·模拟预测）某数学兴趣小组在数学实践课上开展了“菱形折叠”研究活动． 第一步：每人制作内角不同，边长都为2的菱形若干个，四个顶点为，，，（为保持一致，活动中，小组内制作图形各点名称命名规则相同）； 第二步：对折找到一条对角线并展开； 第三步：将边折叠到对角线所在直线上，顶点的落点为，所得折痕与边交于点； 第四步：测量，，的度数， (1)小组长在研究大家测得的数据后仔细分析，发现可以通过的度数，计算得到和的度数．如图①，若一位同学制作的菱形中，请你给出此时和的度数：_____________°，_____________°； (2)若，请探究的度数为多少时，为等腰三角形，并说明理由； (3)请直接写出为直角三角形时的长． 【答案】(1) (2)的度数为时，为等腰三角形 (3)或 【分析】（1）根据菱形的性质和折叠的性质得到，，由邻补角和三角形外角的性质即可得到答案； （2）设，得到，，，则，分三种情况进行解答即可； （3）分和两种情况分别进行解答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 由折叠可知，， ∴； 故答案为：； （2）解：设， ∴，， ∴， ∴， ①当时，， ∴， 解得， ∴的度数为时，是等腰三角形； ②当时，， ∴，解得，不合题意，舍去； ③当时，， ∴ 解得，不合题意，舍去， 综上可知，当的度数为时，是等腰三角形； （3）解：①当时，如图1， ∵， ∴， 由折叠可知，，， 则四边形是正方形， ∴， ∴， ②当时，如图2， ∵， ∴， 设， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴； 综上可知，为直角三角形时的长为或． 【点睛】此题考查了菱形的性质、正方形的判定和性质、折叠的性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，分类讨论是解题的关键． 👉题型08 添加一个条件使四边形是菱形 28．（2024·甘肃兰州·模拟预测）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）． 29．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定即可得出答案． 【详解】解：添加，理由如下： ∵四边形的对角线垂直平分对角线于点， ， ， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 30．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形的对角线相交于点O，过O的直线分别交、于点M、N． (1)求证： (2)连接，．请添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质得，再运用证明，即可作答． （2）先由平行四边形的性质得，由，证明四边形是平行四边形，最后因为，即可证明四边形是菱形进行作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：添加：，理由如下： 如图，连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 31．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，是的角平分线，点在上，且． (1)求证：； (2)在上取一点，连接，添加一个条件，使四边形为菱形，直接写出这个条件． 【答案】(1)见解析 (2)在上取一点，使得, 【分析】本题主要考查了平行线的性质、角平分线 的定义、菱形的判定等知识点，掌握菱形的判定方法成为解题的关键． （1）根据角平分线的定义和平行线的性质得到,然后根据等角对等边即可证明结论； （2）根据菱形的判定定理即可解答． 【详解】（1）解：∵是的角平分线， ∴, ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图：在上取一点，使得,连接，则四边形为菱形，理由如下： ∵，, ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 👉题型09 证明四边形是菱形 32．（2024·广东·模拟预测）如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线，交于点E，交于点F．试判断四边形的形状，并给出证明．    【答案】四边形是菱形，证明见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的判定可得，然后根据菱形的判定即可得． 【详解】解：四边形是菱形，证明如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵是的角平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 33．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，在中，，垂足为，，垂足为，与，分别相交于点，，．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查菱形的判定，涉及平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，先利用平行四边形的性质寻找条件，然后证出后，再由三角形全等的性质即可得到，从而可判定出四边形是菱形．熟记平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识是解决问题的关键． 【详解】证明：，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， 四边形是菱形． 34．（2022九年级·上海·专题练习）如图，在矩形中，点是边上任意一点（点与点、不重合），过点作，交边的延长线于点，连接交边于点，连接．    (1)求证：； (2)如果平分，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质可得，，，根据垂直定义可得，从而可得，进而可得，然后利用相似三角形的性质可得，再利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明，即可解答； （2）根据角平分线的定义可得，从而证明，进而可得，，然后再证，从而可得，再结合（1）的结论可得，最后利用等角的余角相等可得，从而可得，进而利用菱形的判定方法即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）如下图：   平分， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形为菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 35．（2024·湖南·二模）如图，是的对角线，在和中，，分别是边，的中线，． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：是直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形，菱形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，直角三角形的判定，即可． （1）根据平行四边形的性质，得，，根据中点的性质，则，，根据菱形的判定和性质，即可； （2）根据平行四边形的性质，则，，再根据平行线的性质，直角三角形的判定，即可． 【详解】（1）证明，如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵和中，，分别是边，的中线， ∴点，分别是，的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）证明，如下： ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形． 👉题型10 根据菱形的性质与判定求角度 36．（2024·河南南阳·二模）如图，四边形内接于，E为延长线上一点，连接，，若，且，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握其相关内容是解题的关键．连接，由，，得到四边形为平行四边形，又，得到四边形为菱形，进而得到是是等边三角形，由此即可求解． 【详解】解：连接，如图 ， ，， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为菱形 ，， ， ，即是是等边三角形， ， ， 故选：D． 37．（2024·陕西榆林·二模）如图，在中，作正方形和等边，其中点、、三点在上，则劣弧所对的圆心角为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是圆与正多边形的性质，如图，连接，，，，交于，，可得，而，可得，而，证明，证明，可得，证明四边形是菱形，从而可得结论． 【详解】解：如图，连接，，，，交于， ∵正方形和等边， ∴，，， ∴， ∴， ∴，而， ∴，而， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， 故选B 38．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．    (1)如图①，求证； (2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立； （2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵ ， ∴； （2）解：，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由（）得， ∴， ∵， ∴．    【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 👉题型11 根据菱形的性质与判定求线段长 39．（2023·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． 40．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，在中，，，点在边上，点在边上，将沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，若 ，则的长为（    ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 【答案】A 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，折叠的性质，得出是解题的关键． 由折叠可知：，，，，，设，则，证四边形是菱形，证，即可解答． 【详解】解：由折叠可知：，，，，，设，则 ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 41．（2024·湖南长沙·模拟预测）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． 【答案】(1)详见解析 (2)， 【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，菱形的性质与判定，直角三角形性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． （1）根据，平分可得到，从而可得，从而可证得四边形是平行四边形，结合可证得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质可知，，，再根据，直角三角形性质可知，最后根据勾股定理即可确定，再由相似三角形的判定和性质即可得出． 【详解】（1）证明：， ， 为的平分线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 在中，，， ． ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 42．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在平行四边形中，O是对角线，的交点，延长边到点F， 使， 过点F 作，交的延长线于点E，连接，． (1)求证：； (2)连接，若且，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2 中长度为的所有线段． 【答案】(1)见解析 (2)，， 【分析】（1）根据，可得，根据角边角，即可求证； （2）由（1）可知，，可证四边形是平行四边形，再根据，，可证平行四边形是菱形，根据是等腰直角三角形，且，进而解答即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：由（1）可得，； ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∵且， ∴ ∴， ∴，即， ∴平行四边形是菱形， ∵是等腰直角三角形，且， ∴菱形是正方形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵平行四边形 ∴， ∴ ∴ ∴图2中长度为的所有线段为，，． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质是解题的关键． 👉题型12 根据菱形的性质与判定求周长 43．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若 ，求四边形的面积和周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)周长，面积 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键． （1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理； （2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解． 【详解】（1）解：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵矩形中，， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵矩形， ∴， ∴， ∵菱形， ∴， ∴菱形的周长为：； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 44．（2024·山东青岛·二模）如图，四边形是正方形，，分别交对角线于点E，F，连接，．    (1)求证：四边形是菱形： (2)若，，求菱形的周长和面积． 【答案】(1)见解析 (2)周长为，面积为16 【分析】（1）根据正方形的性质以及可证，所以，可证四边形BEDF是平行四边形，再证明，所以BE=DE，平行四边形是菱形； （2）连接，与交于点O，因为，，可求出，利用勾股定理可求出，周长等于，面积，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ， ， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：连接，与交于点O，      ∵， ， ∵，， ， ， ∴菱形的面积， 在中，， ∴菱形的周长． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质，菱形的判定和性质以及勾股定理的运用，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键． 45．（2024·江西抚州·一模）如图1，是的内接三角形，，是的一个外角，平分． (1)求证：是的切线； (2)如图2，过点C作的切线交于点F，若． ①请判断四边形的形状，并说明理由； ②当时，求图中阴影部分的周长． 【答案】(1)见解析 (2)①四边形是菱形，理由见解析；② 【分析】（1）连接，并延长交于点N，连接，，由，，可得是的垂直平分线，根据等腰三角形的三线合一得到，又可得，从而得证结论； （2）①根据，，证得四边形是平行四边形，根据切线长定理得到，从而证得是菱形； ②由菱形得到，又由，得到，从而，在中，解直角三角形得到，即的半径是，根据弧长公式即可求得，进而即可解答． 【详解】（1）证明：连接，并延长交于点N，连接，， ∵，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：①四边形是菱形，理由如下： 由（1）可得，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵、是的切线， ∴， ∴是菱形； ②∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，， 即的半径是， ∴， ∴阴影部分的周长为． 【点睛】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质，垂直平分线的判定，菱形的判定及性质，圆周角定理，弧长公式，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 👉题型13 根据菱形的性质与判定求面积 46．（2024·吉林长春·一模）如图，矩形的对角线、交于点F，延长到点C，使，延长到点D，使，连接、、． (1)求证:四边形是菱形． (2)若，，则菱形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识； 熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键. （1）先由对角线互相平分的四边形是平行四边形，再由矩形的性质得出即可得出结论； （2）由矩形的性质得出由菱形的性质得出，的长，然后由菱形的面积公式即可得出结果. 【详解】（1）证明： ， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ， ∵四边形是菱形， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， 故答案为： ． 47．（2024·江西南昌·模拟预测）定理证明：    （1）如图1，，是的两条切线，切点分别为，，求证：； 定理应用： （2）如图2，是⊙的内接等腰三角形，，，是的切线，若，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）由切线的性质得到，再由等边对等角得到，则可证明，进而证明． （2）先证明，由切线的性质得到，则，由圆周角定理得到，则，由平行线的性质得到，则可证明，得到，进而可证明是等边三角形，是等边三角形，则四边形是菱形，作于点，则，，求出，则． 【详解】（1）证明：如图1，连接、、，   ，是的两条切线，切点分别为，， ，， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图2，连接、，则，   ， ， ， 与相切于点， ， ， ， ， ， ∵， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， 作于点，则，， ， ， 四边形的面积是． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，等边对等角，等边三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，圆周角定理等等，正确作出辅助线是解题的关键. 48．（2024·贵州贵阳·一模）如图，在中，，，为的中点，过点作，且，连接，． (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明； (2)若，连接，，求的面积． 【答案】(1)选择小星的做法：证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定，涉及平行四边形的判定、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质； （1）选择小星的做法：根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据直角三角形到现在得到，得到，根据菱形的性质得到； 选择小红的做法：连接，根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，根据直角三角形的性质得到，根据菱形的性质得到； （2）根据直角三角形的性质和等腰三角形的性质以及三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）选择小星的做法： 证明：∵，， 四边形是平行四边形， 在中，，为的中点， ， 又， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， ； 选择小红的做法： 证明：连接交于点， ∵，， 四边形是平行四边形， 在中，，为的中点， ， ， 是等边三角形， ． 四边形是菱形， 垂直平分． ； （2）在中，，， ， 由（1）知是等腰三角形， ，， ， ． ． 49．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，点M在的延长线上，点N在的延长线上，平分，． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当时，连接，交于点O，过点D作，交于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与面积相等的4个三角形． 【答案】(1)见解析； (2)，，，． 【分析】（1）根据等边对等角可推出，根据角平分线的定义可推出，再结合三角形外角的性质可得出，即推出，结合题意，即证明四边形是平行四边形； （2）首先证明平行四边形是菱形，然后证明是等边三角形，得到，再根据等底等高的三角形面积相等可得答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵平分， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，，四边形是平行四边形， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴、、、的面积都与的面积相等． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质，平行线间的距离处处相等，等底等高的三角形面积相等等知识．熟知特殊四边形的判定和性质是解题关键． 👉题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题 50．（2024·内蒙古·二模）如图．在菱形中，对角线，交于点，延长到点，使，连接，，分别交，于点，，则下列结论：①四边形是平行四边形  ②  ③  ④．其中正确的结论是 （填写所有正确结论的序号）． 【答案】①②④ 【分析】先由菱形的性质得到，，，进而证明，则可证明四边形是平行四边形，得到，点G为的中点，则，由勾股定理可得；证明为的中位线，得到，证明，得到则，，即． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ∴，点G为的中点， ∴， 在中，由勾股定理得，故②正确； ∵点G为的中点，点O为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴ ，故③错误，④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，熟练掌握相关知识是解题的关键． 51．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在菱形中，，点是边上任意两点，将菱形沿翻折，点恰巧落在对角线上的点处，下列结论： ①；②若，则；③若菱形边长为4，是的中点，连接，则；④若，则，其中正确结论是 ． 【答案】①②④ 【分析】根据一线三等角基本模型可得可知，可知①正确；根据相似三角形的性质可得，再利用三角形内角和定理可知②正确；作交的延长线于点，利用含30度角的直角三角形的性质得，再根据勾股定理可得的长，则③正确；设，，则，设，则，利用相似三角形的性质可得，，再根据可得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ， ∴是等边三角形， ， 由折叠性质可知，， ， ， ∵， ， 故①正确； ， ，故②正确； 如图，作交的延长线于点 在中，，由①得：， ， 是的中点， ， ，故③错误； 设，则，设，则， ， ， ， 解得：， ， ， 故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，根据相似三角形的性质是判断④的关键． 52．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，一元二次方程根的判别，二次函数最值等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质进行角的等量代换即可证出为矩形，判断①；过点作于点，设，则，用含的式子表达出和的长后，利用矩形的面积公式列式判断②和③即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， 同理可证：， ∴四边形是矩形，故①正确； 过点作于点，如图所示：    设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴当时 整理得： ∵ ∴长有两个不同的值，故②正确； ∵ ∴当时，面积最大值为，故③正确； 综上①②③正确； 故选：D． 53．（2024·山东枣庄·二模）如图，是平行四边形，对角线在轴正半轴上，位于第一象限的点和第二象限的点分别在双曲线 和 的一个分支上，分别过点作轴的垂线段，垂足分别为点和点，给出如下四个结论： 阴影部分的面积是 ；当时，； 若是菱形，则 ；以上结论正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，平行四边形的性质，矩形的性质和菱形的性质，作轴于，轴于，由得，进而得，再由，，即可判断 ；当， 四边形是矩形，不能确定与相等，故不能判断，即不能判断，由此不能确定，即可判断；若四边形是菱形，可证，得到，即得，即可判断；正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：作轴于，轴于，如图， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴，故正确； ∵，， ∴，故正确； 当， 四边形是矩形， ∴不能确定与相等， 而， ∴不能判断， ∴不能判断， ∴不能确定，故错误； 若四边形是菱形，则，而， ∴， ∴， ∴， 又由图象可得，，， ∴， ∴，故正确； ∴结论正确的是， 故选：． 54．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，交于点，动点在边上（不与点重合），连接，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，现有以下结论：①点，之间的距离为定值；②；③的值可以是；④或．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】②④ 【分析】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，连接，根据菱形的性质和垂直平分线得到是的中位线，得到，然后逐个推理即可． 【详解】解：如图，连接， 由题可得是的中点，是的中点， 是 的中位线， ， 点在平行于的直线上运动， 点，之 间的距离不为定值， ①说法错误； 当点在线段上时， 四边形是菱形，， ，，， ， ； 当点在线段上时，此时点在直线上方， ∴， 或， ④说法正确； ∵是的垂直平分线， ， 菱形的对角线，交于点， ， 点，，，在以线段为直径的圆上， ∴， ∴， 在中，， ②说法正确； 当点与点重合时，取最小值， 此时， ∵为定值， ∴取最小值时，得最小值， 最小值大于，故不可能取到． 故③说法错误． 故答案为：②④． 👉题型15 与菱形有关的新定义问题 55．（2024·山东菏泽·一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 时，这个菱形就是正方形． 【答案】1 【分析】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质，有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补，据此可得当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形，由此可得答案． 【详解】解：∵有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补， ∴当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形， ∴， ∴当时，这个菱形就是正方形， 故答案为：1． 56．（2023·江苏盐城·一模）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．    (1)判断：一个内角为的菱形________等距四边形．（填“是”或“不是”） (2)如图，在的网格图中有、两点，请在答题卷给出的两个网格图上各找出、两个格点，使得以、、、为顶点的四边形以为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为________． (3)如图，在海上，两处执行任务的两艘巡逻艇，根据接到指令，两艇同时出发，艇直接回到驻地，艇到C岛执行某项任务后回到驻地（在岛执行任务的时间忽略不计），已知，，三点到点的距离相等，，，，若艇速度为，试问艇的速度是多少时，才可以和艇同时回到驻地？ 【答案】(1)是 (2)或 (3) 【分析】（1）根据菱形的性质，等距四边形的定义，即可； （2）根据等距四边形的定义，画出等距四边形，根据勾股定理，求出对角线，即可； （3）过点作于点，过点作于点，根据矩形的判定，得四边形是矩形；设，根据，求出，根据勾股定理，等腰三角形的性质，求出，根据，，求出，根据路程等于速度乘以时间，即可． 【详解】（1）∵四边形是菱形， ∴， ∵，，是对角线， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形， ∴一个内角为的菱形是等距四边形． 故答案为：是．    （2）如图：， 连接， ∴， ∴； 如图：， 连接， ∵， ∴， 综上所述：对角线为或． 故答案为：或．    （3）过点作于点，过点作于点，      ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， 设， ∵， ∴， ∵，，三点到点的距离相等， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴到所用是时长为：， ∵到的距离为：， ∴艇的速度：． ∴当艇的速度是时，才可以和艇同时回到驻地． 【点睛】本题考查菱形，矩形，解直角三角形和等距四边形的定义，解题的关键是 熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等距四边形的定义，解直角三角形中正切的值． 57．（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”． (1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）： ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：； (3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值． 【答案】(1)③ (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可； （2）过点B作直径，分别连接，，，，证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案； （3）设的长度为a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论． 【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形． 理由∶ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∵四边形是“奇妙四边形”， ∴， ∴矩形是正方形， 故答案为∶③； （2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵四边形是“奇妙四边形”， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴； （3）解：连接交于E，设的长度为a，， ∵，， ∴， ∴， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∵ ∴， 整理得， ∴ ∴， 又， ∴， ∴a有最小值2， 即的长度最小值为2， ∴， 解得∶， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键． 58．（2024·四川达州·一模）数学活动：某数学兴趣小组想探究任意四边形的中点四边形的形状与原四边形的边、对角线的关系； 定义：顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形． [操作]如图1，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，顺次连接点E，F，G，H得到中点四边形． [猜想]（1）填空：任意一个四边形的中点四边形是___________________； [证明]（2）请补全以下求证内容，并完善证明过程； 已知：点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，顺次连接点E，F， G， H 得到中点四边形． 求证：______________________． 证明： [应用]（3）如图2，在四边形中，，，，的中点分别为P， Q，M，N，在上取一点E，连接，，和恰好是等边三角形，当点A到点C的距离为2时，求四边形的周长． 【答案】（1）平行四边形； （2）求证：四边形是平行四边形．证明见解析； （3）４. 【分析】此题考查了三角形的中位线定理及平行四边形的判定，等边三角形的性质，三角形的全等以及菱形的判定，熟练掌握它们的性质和判定是解决问题的关键 ． （1）根据图形，猜想任意一个四边形的中点四边形是平行四边形； （2）连接，利用三角形中位线的性质，即可判定四边形是平行四边形． （3）连接，，利用等边三角形，证明，得到，从而证明四边形为菱形，且边长为1，即得解． 【详解】（1）猜想：根据题意，猜想任意任意一个四边形的中点四边形是平行四边形； （2）求证：四边形是平行四边形． 证明：连接，如图所示， 是的中点，是的中点， ，， 同理，， ，， 四边形是平行四边形． （3）连接，，如图所示， 和是等边三角形， ，，， ， ， ， ， 第（2）问已证明四边形是平行四边形． 且，， ， 四边形是边长为１的菱形． 四边形的周长为４. 👉题型16 与菱形有关的规律探究问题 59．（2024·广东汕尾·模拟预测）如图，已知菱形的边长，，连接对角线，以为边作第二个菱形，使．连接，再以为边作第三个菱形，使…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ． 【答案】 【分析】连接，交于O，由菱形的性质可知，，且，利用求出，从而得到的长，同理可求得，的长，由此观察并总结规律，得到答案． 【详解】解：如图，连接，与相交于O， 则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故第二个菱形的边长是； 同理可求，第三个菱形的边长是； … 所以第n个菱形的边长是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形规律的探索，勾股定理，菱形的性质，解直角三角形的应用等知识，解决本题的关键在于熟练运用菱形相关性质，并通过观察找出规律． 60．（2024·山东泰安·二模）含角的菱形，，，……，按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中，点，，，……，和点，，，，……，分别在直线和轴上．已知，，根据所给图形，可以依次求出点，，，…，则图中点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用菱形的性质得出是等边三角形，进而得出坐标，进而得出，即可求解． 【详解】过点作x轴的垂线，垂足为M ∵，， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ 在中， ∴ ∴ 同理可得， …… ∴ 故选：B． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，得出点A坐标变化规律是解题关键． 61．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【详解】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 62．（2024·河南郑州·三模）综合实践 【问题】  小张、小王、小袁在《解析与检测》中发现这样一道题：如图1，在矩形中，为对角线的中点，，动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为，在整个过程中，四边形形状的变化依次是什么？ 【探究】（1）小张觉得在点运动的过程中，四边形的两组对边分别相等，所以四边形形状必定为______； （2）小王觉得小张说的不全面，于是三人继续探索： ①小王看到四边形的四边分别经过了原矩形的四个顶点，并说道：在图1中，连接和，只要能说明为即可，其余三条边都可以用这个方法证明．请你根据小王的说法，证明边经过点． ②小王发现，点在点时，四边形为菱形；点分别运动到终点时，四边形为菱形；并猜想点在运动过程中，四边形能为矩形．请你利用图2判段点在运动过程中，四边形否能为矩形？若能请找到点的位置并证明此时四边形为矩形；若不能，也请说明理由． 【应用】（3）经过探索，三人得出了四边形形状的变化依次是菱形、平行四边形、矩形、平行四边形、菱形的结论．如图3，在原题的基础上，将条件变为，，其余条件不变，小袁发现在点运动过程中，四边形依然能够形成矩形和菱形，请你直接分别写出形成的菱形和矩形的周长． 【答案】（1）平行四边形；（2）见解析（3）40；39.2 【分析】（1）根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形进行判断即可； （2）①根据，可得，从而证明此三点共线； ②四边形能为矩形，此时点为中点，证明是直角三角形，且即可； （3）分别找出四边形是菱形或矩形的情况，再分别求出菱形或矩形的边长，根据周长计算公式求解即可． 【详解】解：如图1中， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， 由轴对称的性质可知：， ∴，， 由轴对称的性质可知：， ∴， ∴三点在同一条直线上， 同理，三点在同一条直线上， ∵，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可知：， 又∵， ∴， ∴， 同理可证，， ∵点F与点关于对称， ∴， 同理可知：，，， 又∵在矩形中，， ∴四边形均为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）①如图，由轴对称的性质可知：， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴边经过点． ②四边形能为矩形，此时点为中点，理由如下： 如图所示，当E，F分别为的中点时，设，则，， 又∵在中，， ∴，连接， ∵， ∴是等边三角形， ∵E为中点， ∴， ∴． 根据轴对称的性质可得 ． ∴，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形． 即四边形能为矩形，此时点为中点； （3）如图所示，当E，F，O三点重合时，， ∴，即， 又∵四边形 是平行四边形， ∴四边形 是菱形． ∵，， ∴， 由轴对称的性质可得，， ∴， ∴菱形的周长为； 如图所示，四边形是矩形，则， 连接和， 由对称性可得：， 即当时，四边形是矩形， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的周长为：． 答：形成的菱形和矩形的周长分别为40和． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 👉题型17 与菱形有关的动点问题 63．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 【答案】(1)见解析，90； (2)，理由见解析； (3)4或2． 【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知证明四边形是正方形； （2）如解图②，取的中点，连接．证明，得出，根据，即可得证． （3）当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点．在中，得出，由（2）可知，，当点靠近点时，同理可得，进而即可求解； 【详解】（1）解：作图如解图①． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵为对角线，的交点，，分别为，的中点， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴； （2） 理由如下：如解图②，取的中点，连接则 四边形为菱形， ∴ ∴ ， ， 为等边三角形， ，，， ∵ 是等边三角形， ，． ， ． 在和中， ， ， ， （3）如解图③，当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点． 是等边三角形，， ，． 在中，， ． 由（2）可知，， ； 如解图④，当点靠近点时，同理可得，． ， ． 综上所述，的长为4或2． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，三角形中位线的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 64．（2024·湖南长沙·二模）如图，在菱形中，点是边上一动点（且与点、不重合），连接交于点． (1)若，，求的度数； (2)若，求证； (3)过点作交于点，记．为，为，， ①求证：； ②求与之间的函数关系式． 【答案】(1) (2)证明见详解 (3)①证明见详解，② 【分析】（1）根据题意可得，因为菱形的对角线平分一组对角，得，再根据外角的性质可得出． （2）根据题意易证，得出，因为，化简可得． （3）①根据题意可得，，即，，故 ，，两式相加得，化简可得． ②根据，，得，即，，，根据， ，得出，即，，，，，代入化简即可． 【详解】（1）根据题意可得，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （3）①证明：∵，， ∴， ∴，， ∴，， 两式相加得， 即， ∴． ②∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质、相似三角形的性质、平行线分线段成比例，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 65．（22-23九年级上·福建三明·期中）如图1，点O是的对角线，的交点，过点O作，，垂足分别为H，M，若，我们称是的中心距比． (1)如图2，当，求证：是菱形； (2)如图3，当，且，求的值； (3)如图4，在中，，，动点P从点B出发．沿线段向终点运动，动点Q自C出发，沿线段向终点A运动，P、Q两点同时出发，运动速度均为每秒1个单位，连结，以、为邻边作，若的中心距比．求点P的运动时间． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)秒 【分析】（1）当，利用角平分线的判定可得，再利用平行线的性质可证明，从而证明结论； （2）证明得是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质可得，可得答案； （3）设的对角线交点为O，过O作交于H，过O作交于M，根据，得，列出方程，解方程可得答案． 【详解】（1）证明：， ． ，，垂足分别为，， ， 四边形是平行四边形， ． ． ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）解：由题意得：四边形是矩形， ∴， ，，垂足分别为，， ， 四边形是矩形， ， ，交于点， ，， ， ， 是等边三角形， ， ，垂足分别为， ， 设，则由勾股定理得， ； （3）解：设的对角线交点为，过作交于，过作交于， 设运动时间为秒，由题意得：，，，， 在中，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 化简得：， ，舍， 点运动时间为秒， 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握新定义，根据面积法列出方程是解决问题（3）的关键． 👉题型18 与菱形有关的最值问题 66．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知菱形的面积为，是边上的中点，是对角线上的动点，连接，若平分，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图，连接、，过点作交的延长线于点，由点是一边上的中点及平分，可得是等边三角形，继而推出的最小值为，求出即可． 【详解】解：如图，连接、，过点作交的延长线于点， ∴，， ∵点是的中点， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且面积为， ∴， ∴，即是等边三角形，设， ∴，，， ∴， ∴， 解得：或（负值不符合题意，舍去）， ∴， ∵四边形是菱形， ∴点和点关于对称， ∴， ∴， ∴的最小值为，即． 故答案为：． 【点睛】本题考查轴对称—最短路线问题，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识点，证明是等边三角形是解题的关键． 67．（2024·吉林长春·二模）如图，在菱形中，，，是边上一动点，过点分别作于点于点，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理等等， （1）首先根据菱形的性质得到，然后结合，即可证明出四边形为矩形； （2）连接，作于点H，由菱形的性质得，则，由，求得，再由四边形是矩形，则，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】（1）∵四边形是菱形 ∴ ∵于点F，于点G， ， ∴四边形是矩形； （2）如图，连接，作于点H， ∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， 解得， ∵四边形为矩形 ， ， ， ∴的最小值为． 68．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，菱形的边长为2，，，分别是，上的两个动点，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称最短路线问题及菱形的性质，解题的关键是作出关于的对称点，连接，当时，有最小值，最小值为的长，解直角三角形求得即可． 【详解】解：如图，关于的对称点，连接， 菱形关于对称，是边上点， 是边上的点，， 当时，有最小值，最小值为的长． 菱形的边长为2，， ， 的最小值为． 故选：C． 69．（2024·江西九江·二模）课本再现 如图1，四边形是菱形，，． （1）求，的长． 应用拓展 （2）如图2，为上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接． ①直接写出点到距离的最小值； ②如图3，连接，，若的面积为6，求的长． 【答案】（1） （2）①；② 【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，再进一步的解答即可； （2）①证明为等边三角形，可得，求解，如图，过作于，可得，当最小时，最小，可得当时，最小，再进一步解答即可； ②证明，可得，，证明，可得，再进一步解答可得答案． 【详解】解：（1）四边形是菱形，，． ，，，， ， ； （2）①四边形是菱形，， ，， 为等边三角形， ， 由旋转可得：，， ， 如图2，过作于， ， 当最小时，最小， 当时，最小， 此时， ， ， 点到距离的最小值为； ②四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ，， ， ，的面积为6， ， ， ， ． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，二次根式的除法运算，掌握以上基础知识是解本题的关键． 👉题型19 含60°角的菱形 70．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在菱形中，于点E，于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了全等的性质与判定、菱形的性质、等边三角形的性质与判定，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质． （1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明． （2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， 又， ． 在和中， ， ． ． （2）解：四边形是菱形， ， ， ． 又， ． 由（1）知， ． ． ， 等边三角形． ． 71．（2024·浙江台州·模拟预测）如图，四边形为菱形，过点D分别作的垂线，垂足为． (1)求证； (2)若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由菱形的性质证明，然后由可得出结论； （2）先由四边形内角和求出，再解，求出，即可由菱形的性质求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， ， ． （2）解：， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，四边形内角和，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 72．（2024·湖北黄冈·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，若点B的坐标为，，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作于，利用菱形的性质，直角三角函数解答即可． 本题考查了菱形的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数的应用是解题的关键． 【详解】解：作于， ∵菱形，，点B的坐标为， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选B． 73．（2024·河南商丘·模拟预测）在菱形中，，E为对角线的中点，F为边上一点，且．若为等腰三角形，则菱形的边长为 ． 【答案】或2/2或 【分析】当为等腰三角形时，分以下三种情况：①当时，如图，根据菱形的性质得到，，，根据等腰三角形的性质得到，推出是等边三角形，得到，于是得到结论；②当时，如图，由①知，在中，，，根据三角函数的定义得到，得到菱形的边长为2；③当时，，推出点在边上，不在边上，不合题意舍去，于是得到结论． 【详解】解：当为等腰三角形时，分以下三种情况： ①当时，如图， 四边形是菱形，为对角线的中点，， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 菱形的边长为； ②当时，如图， 由①知，在中，，， ， 菱形的边长为2； ③当时，， ， ， 点在边上，不在边上，不合题意舍去， 综上所述，菱形的边长为或2． 故答案为：或2． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键． 👉题型20 菱形与函数综合 74．（2024·辽宁大连·二模）如图1，中，，是边上的一个动点（不与点，重合），交于点，交于点．设的长为，四边形的面积为． 【初步感知】 （1）经探究发现是关于的二次函数，并绘制成如图2所示的图像，其顶点坐标是，请根据图像信息，求关于的函数表达式． 【延伸探究】 （2）①当四边形的面积为时，求的长度； ②当四边形的面积最大时，求的面积． （3）如图3，当四边形是菱形时，求的长度． 【答案】（1） （2）①1或3；② （3） 【分析】（1）由图象得顶点为，设二次函数的表达式为，将代入即可求解； （2）①由四边形的面积为代入解析式，即可求解；②由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，过点作于点，过点作于点，由图象可知，当四边形的面积最大时，，四边形的面积是3，由 即可求解； （3）法一：由（2）可知，当四边形的面积最大时，，，由正弦三角函数得，可求，由相似三角形的判定方法得 ，由相似三角形的性质得，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，即可求解； 法二：当四边形由正弦三角函数得， 由得， 联立，即可求解． 【详解】解：（1）二次函数的顶点坐标是， 设二次函数的表达式为， 当时，， ， ， 二次函数的表达式为． （2）①四边形的面积为， ， ，， 的长度为1或3． ②二次函数的表达式为， 当时， 或， ， ，， 四边形是平行四边形． 如图，过点作于点，过点作于点， ． 由图象可知，当四边形的面积最大时，，四边形的面积是3， 即， ， ， ． （3）法一：由（2）可知，当四边形的面积最大时， ，， 在中，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ． 当四边形是菱形时，． ， ， ， ， ， ， ， ． 法二：当四边形是菱形时，． 在中，， ， ， 即， 由（1）知， 联立， 解得（舍去）或， ． 【点睛】本题考查了待定系数法，菱形的性质，相似三角形的判定及性质，三角函数等，理解面积与二次函数之间的关系，掌握判定方法及性质是解题的关键． 75．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，点的坐标为．点从点出发，以每秒1个单位沿轴向右移动，过点且垂直的直线与菱形的两边分别交于两点，设的面积为，则与点移动的时间之间的函数关系的图象大致为（    ） A． B．C． D． 【答案】C 【分析】作于，求出，，分三个阶段：当时，当时，当时，分别求出关于的函数关系式，判断即可得出答案． 【详解】解：如图，作于， ， ∵点的坐标为， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 当时，由题意得：， ∵垂直， ∴， ∴，， ∴； 当时，，， 同理可得：， ， ， ∴， ∴； 当时，作轴于， 由题意得：，， ∴， ∴， ∴； 综上所述，与点移动的时间之间的函数关系的图象大致为： 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理、菱形的性质、解直角三角形、三角形面积公式、函数图象的识别，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键． 76．（2024·湖北武汉·三模）如图1，在菱形中，，，点为边上的动点． (1)为边上一点，连接，将沿进行翻折，点恰好落在边的中点处， ①求的长； ② ． (2)如图2，延长到，使，连接与，与交于点，连接，设，，求关于的函数表达式． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识，作出合适的辅助线是解题的关键． （1）① 连接，，可证为等边三角形，，，设，则，在中利用勾股定理即可求解； ② 过点作，交的延长线于点，设，则，，在中利用勾股定理求出，即可求解； （2）延长交于点，过点作交延长线于，证明，，可得到， ，，进而得到，在中利用勾股定理可求，由此可求出关于的函数表达式． 【详解】（1）①连接，，如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， 为等边三角形， ∵， ∴，， ∴． ∵， ∴． 根据翻折特征可得：． 设，则，在中，， ∴． ∴ ∴． ∴． ② 过点作，交的延长线于点，如图， ∵， ∴， ∴ ∴，． 设，则，， 在中，． ∴ ，即 ， 解得． ∴ （2）延长交于点，过点作交延长线于 ∵， ， ∴，， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， 在中， ∵，，， ∴，． ∴， ∴， ∵，，， ∴ ∴． 77．（2024·甘肃平凉·二模）如图，抛物线与x轴交于点、两点，与y轴交于点C，点D是x轴负半轴上一点，，连接． (1)求抛物线的函数表达式； (2)请在图1中将线段向右平移至点D与点A重合，平移后对应线段所在直线交抛物线于点E，连接，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，如图2，连接，交y轴于点P，过点P作于点M，点N从E点向D点运动，连接、，求周长的最小值． 【答案】(1) (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)6 【分析】本题考查了二次函数的图像和性质，菱形的判定和性质，三角形边长关系，勾股定理，正确画出图形，作出辅助线是解题的关键． （1）将点、代入函数解析式，即可解答； （2）根据平移的特征求得直线的解析式，可得点的坐标，求得的长，即可求解； （3）连接，，，证明，可得，观察图形，可得当点A、M、N三点共线时，最小，最小值为，再证明，得到结论点A、P、M在同一条直线上，则，利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：将，代入， 得， 解得， 抛物线的函数表达式为； （2）解：四边形是菱形. 理由：根据题意画出图形，令，得，则点C的坐标为， . ，点D是x轴负半轴上一点，， 点D的坐标为，则， . 由，易得所在直线的表达式为， 可设所在直线的表达式为，将代入，得， 解得， 直线的表达式为. 令， 解得，， 当时，， 则点E的坐标为， ，， ， 四边形是菱形. （3）解：如图，连接，，， 由（2）知四边形是菱形， . 在和中， ，，， ， ，， 则， 的周长， 当最小时，的周长最小， 四边形是菱形， 点A、C关于对称， 则，， . 由图可得， 当点A、M、N三点共线时，最小，最小值为， 在和中， ，，， ， ， 点A、P、M在同一条直线上，则， ， 周长的最小值． 👉题型21 与菱形有关的存在性问题 78．（2024·山东泰安·二模）如图，抛物线经过点，点，与轴交于点，过点作直线轴，与抛物线交于点，作直线，连接． (1)求抛物线的函数表达式； (2)是抛物线上的点，求满足的点的坐标； (3)点在轴上，且位于点的上方，点在直线上，点为直线上方抛物线上一点，是否存在点使四边形为菱形，如果存在，请直接写出点的坐标．如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，点坐标为 【分析】（）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可； （）分两种情况进行讨论：当点位于直线下方时，当点位于直线上方时，分别画出图形求出结果即可； （）在第一象限内取点，过点作轴，交于，过点作，交轴于，过点作轴，垂足为，设点，则，，求出直线的解析式为，得出，根据，得出，求出的值即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的图象经过点，点， ∴， 解得， ∴抛物线解析式为； （2）解：如图， ①当点位于直线下方时，过点作，垂足为，设满足条件的点在抛物线上，则 ，， ∵，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得（不合，舍去），， ∴； ②当点位于直线上方时，过点作直线，垂足为，设，则，， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴， 解得（不合，舍去），， ∴， ∴点E的坐标为或； （3）解：存在． 如图，在第一象限内取点，过点作轴，交于，过点作，交轴于， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， 过点作轴，垂足为， ∵，， ∴， ∴，设点， ∴，， 设直线的解析式为， ∵，， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 解得（不合，舍去）或， ∴点坐标为． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，三角函数，二次函数的几何应用，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 79．（23-24九年级上·江苏苏州·期末）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线． (1)求抛物线的表达式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)存在，； 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数，二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质． （1）先求得两点的坐标，再根据对称轴是直线，列方程组求解即可； （2）作于，交于，根据点和点坐标可表示出的长，进而表示出三角形的面积，进而表示出的函数关系式，进一步求得结果； （3）设点P的坐标为：，根据勾股定理求出，根据菱形性质可得，进而求得点的坐标，根据菱形性质，进一步求得点坐标． 【详解】（1）解：对于，当时，，当时，， ∴点A的坐标为，点C的坐标为， 又∵对称轴是直线：， ∴，解得：， ∴抛物线的表达式为：； （2）解：对于，当时，， 解得：，， ∴点B的坐标为， 又∵点，点， ∴，，， 过D作轴于E，交于E， ∵点D在第二象限内的抛物线上，且横坐标为m， ， ， ， ， ， ， 当时，S有最大值，， 当时， ； （3）存在点P和点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形，理由如下： ∵点P在抛物线的对称轴上， ∴可设点P的坐标为：， ∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形， ∴，与互相垂直平分， 设直线与x轴交于点F，过点P作轴，与交于点K， ∵点， ∴，，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ， ∴， 解得：， ∴点P的坐标为， 设点K的坐标为， ∵点K为的中点， ∴，， 设点Q的坐标为， ∵点K为的中点， ∴，， 解得：，， ∴点Q的坐标为． 80．（2024·江苏苏州·一模）如图，二次函数（其中）的图像与轴交于、两点（点在点左侧），与轴交于点，连接、，点为的外心． (1)填空：点的坐标为 ， ； (2)记的面积为，的面积为，试探究是否为定值？如果是，求出这个定值； (3)若在第一象限内的抛物线上存在一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，则 ． 【答案】(1)， (2)为定值，定值为 (3) 【分析】（1）当时，即，解得，，可求得点，点；当时，求得点，得到，故； （2）根据点D为的外心，，由圆周角定理和外接圆的性质，得，，过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N，设点，则，，，，证明，得到，，求得，即可求得为定值； （3）由于在第一象限内的抛物线上存在一点，以、、、为顶点的四边形只能是四边形，若四边形是平行四边形，则四边形即是菱形，设点，若为四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，再由中点坐标公式列方程即可求解． 【详解】（1）当时，即， ， 解得，， 点，点， 当时，， 点， ， ， （2）为定值，理由如下： 点D为的外心，， 则，， 过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N， 设点， 则，，，， ，， ， ，， ， ， ，， 解得： 则的面积， 为等腰直角三角形， ， 则的面积， 为定值； （3） 在第一象限内的抛物线上存在一点， 以、、、为顶点的四边形只能是四边形， 又， 若四边形是平行四边形，则四边形即是菱形，如图所示， 由前面可知，点，点，点，设点， 若为四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，由中点坐标公式得： ， 解得：或（不合题意舍去）； 综上，． 【点睛】本题综合考查了二次函数的图象和性质、三角形的外接圆与外心、圆周角定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定，利用数形结合思想是解题的关键． 81．（2024·河南开封·一模）如图，的顶点坐标分别为，，，反比例函数的图象经过点C． (1)求k的值． (2)点D在反比例函数的图象上，且于点E，，请说明四边形是菱形． (3)是否存在除点D外可与A，B，C三点共同组成菱形的点P？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)存在，或 【分析】本题主要考查反比例函数的性质和菱形的判定和性质， 将点代入即可； 根据题意得轴，且轴，则有四边形是平行四边形，结合，那么四边形是矩形，由于，和即可判定； 根据点的坐标可求得，且点A和点C纵坐标相等，可设点，分以为对角线和以为对角线，列方程求解即可． 【详解】（1）解：把点代入，得， ∴． （2）∵点A和点C的纵坐标都是， ∴轴． ∵， ∴轴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形． （3）存在，点P的坐标为或． ∵，，， ∴，，， ∵点P与A，B，C三点共同组成菱形，点A和点C纵坐标相等， ∴可设点， 当菱形以为对角线，则，解得， 当菱形以为对角线，则，解得， 则，． 👉题型22 与菱形有关的材料阅读类问题 82．（2024·山西朔州·模拟预测）阅读与思考 下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 作矩形的最大内接菱形的方法 顶点在矩形边上的菱形叫做矩形的内接菱形，在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中翻作出一个最大的内接菱形”实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀将到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1）．则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形．则四边形也是矩形的内接菱形，（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E．与边交于点F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形． 任务： (1)填空：通过“方法一”能得到的菱形，它的依据是_______． (2)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程，（保留作图痕迹，不要求写作法） (3)若矩形，，请你根据日记中三种方法，计算此矩形的内接菱形的面积最大值为______． 【答案】(1)四边相等的四边形是菱形 (2)见解析 (3) 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形 的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． （1）根据折叠的性质证明，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理即可得到结论； （2）根据线段垂直平分线的性质作出图形即可； （3）方法一：根据菱形的面积矩形的面积即可得到结论； 方法二：如图，根据全等三角形的判定和性质定理得到，设，根据勾股定理得到，求得菱形的面积，方法三：同理方法二，菱形的面积，于是得到结论． 【详解】（1）解：∵将矩形纸片横对折后再竖对折， ∴，，， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形（四条边相等的四边形是菱形）， 故答案为：四条边相等的四边形是菱形； （2）如图所示，四边形即为所求； （3）方法一：菱形的面积矩形的面积； 方法二：如图， ∵，，， ∴， ∴， 设， ∵，， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 方法三：同理方法二，菱形的面积， ∵， ∴此矩形的内接菱形的面积最大值为， 故答案为：． 83．（2024·湖南长沙·模拟预测）阅读短文，解决问题． 若平行四边形的四个顶点都在三角形的边上，且有一个角与三角形的一个角重合，另一个顶点在三角形的这个重合角的对边上，我们就称这个平行四边形是该三角形的“相依四边形”．例如：如图，在平行四边形中，与重合，点在上，则称平行四边形为的“相依四边形”． (1)如图，平行四边形为的“相依四边形”，平分，判断四边形的形状，并进行证明． (2)在（1）的条件下，如图，． ①若，，求四边形的周长； ②如图，分别是的中点，连接，若，求的值． 【答案】(1)四边形为菱形，证明过程见详解 (2)①四边形的周长为； ② 【分析】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． （1）已知四边形是平行四边形，根据平分，可得，，即可证明四边形为菱形． （2）设由，，得，即，列方程求解即可求出四边形的周长为；②过作交于可得，，根据分别是的中点，可得为的中点，即可得，从而得到，． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 平分 四边形为菱形． （2）①由（1）可知四边形为菱形， 设， ， ，， ． ． ， 解得 四边形的周长为； ②过作交于，如图： ，， 四边形是平行四边形， ， 分别是的中点， ， ， ， 为的中点， ， ，， ， 84．（2024·山西晋城·二模）请阅读下列材料，并完成相应的任务． 利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形在数学兴趣课上，老师提出一个问题：利用尺规在锐角三角形纸片上作菱形，且点D，E，F分别在边上，同学们以小组为单位展开了讨论． 勤学小组展示了他们的作法：如图1，以点A为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点G，H；分别以点G，H为圆心，大于的长为半径画弧，在内部交于点L；连接并延长，交BC边于点D；以点B为圆心，任意长为半径画弧，两弧分别交边于点M，N；以点D为圆心，长为半径画弧，交边于点P；以点P为圆心，长为半径画弧，交前弧于点Q；连接并延长，交边于点F；以点A为圆心，长为半径画弧，交边于点E；连接，．则四边形为菱形． 勤学小组进行了以下证明： 证明：根据尺规作图，得平分，，． ∴，． ∴． ∴． ∴．（依据1） ∴． ∴四边形是平行四边形．（依据2） 又∵， ∴四边形是菱形． 善思小组也展示了他们的作法：如图2，以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交边于点R，S；分别以点R，S为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点T；连接并延长，交边于点D；分别以点A，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点W，V；连接，分别交，于点E，O，F；连接．则四边形为菱形． 任务： (1)填出证明过程中的依据． 依据1：____________； 依据2：____________． (2)请根据善思小组的作法，求证：四边形是菱形． (3)如图3，请你在锐角三角形纸片ABC上用尺规再设计一种不同的方法作菱形AEDF．（要求：不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 【答案】(1)等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，角平分线，线段垂直平分线和作与已知角相等的角以及平行线的尺规作图，等角对等边等等： （1）根据所给推论过程和作图方法求解即可； （2）由作图方法可知平分，垂直平分，则，再证明，得到，则，即可证明四边形是菱形； （3）同理作出点D，再分别作分别交于E、F即可． 【详解】（1）证明：根据尺规作图，得平分，，． ∴，． ∴． ∴． ∴．（等角对等边） ∴． ∴四边形是平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形） 又∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：等角对等边；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （2）解：由作图方法可知平分，垂直平分， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （3）解：如图所示，即为所求； 同理作出点D，再分别作分别交于E、F即可． 1．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S． (1)求点A的坐标； (2)求S与t的函数关系式； (3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1)点A的坐标为 (2) (3)存在，，，， 【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可； （2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可； （3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形 【详解】（1）解：，解得， 的长度是的根， ∵是等边三角形， ∴， 过点A作轴，垂足为C， 在中， ∴ ， ∴ 点A的坐标为 （2）解：当时．过P作轴，垂足为点D， ∴，， ∴ ∴， ； 当时，过Q作，垂足为点E ∵ ∴ 又 ∴， 又， 当时，过O作，垂足为F ∴， 同理可得，， ∴； 综上所述 （3）解：当时，解得， ∴， 过点P作轴于点G，则 ∴ ∴点P的坐标为； 当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形； 将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图， 作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形； 当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则 ∴ ∴,即， 解得，, ∴， ∴； 当，解得，，不符合题意，此情况不存在； 当时，解得，，不符合题意，此情况不存在； 综上，点N的坐标为，，， 【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键 2．（2024·吉林长春·中考真题）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为、，点的横坐标为，点的纵坐标与点的纵坐标相同，连结、． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求证：当取不为零的任意实数时，的值始终为2； (3)作的垂直平分线交直线于点，以为边、为对角线作菱形，连结． ①当与此抛物线的对称轴重合时，求菱形的面积； ②当此抛物线在菱形内部的点的纵坐标随的增大而增大时，直接写出的取值范围． 【答案】(1) (2)见详解 (3)①；②或或 【分析】（1）将代入，解方程即可； （2）过点B作于点H，由题意得，则，，因此； （3）①记交于点M， ，而对称轴为直线，则，解得：，则，，由，得，则，因此； ②分类讨论，数形结合，记抛物线顶点为点F，则，故菱形中只包含在对称轴右侧的抛物线，当时，符合题意；当m继续变大，直至当直线经过点F时，符合题意， 过点F作于点Q，由，得到，解得：或（舍），故，当时，发现此时菱形包含了对称轴左侧的抛物线，不符合题意；当时，符合题意：当m继续变小，直至点A与点F重合，此时，故；当m继续变小，直线经过点F时，也符合题意， 过点F作于点Q，同上可得，，解得：或（舍），当m继续变小时，仍符合题意，因此，故m的取值范围为：或或． 【详解】（1）解：将代入， 得：， 解得：， ∴抛物线表达式为：； （2）解：过点B作于点H，则， 由题意得：， ∴，， ∴在中，； （3）解：①如图，记交于点M， 由题意得，， 由， 得：对称轴为直线： ∵四边形是菱形， ∴点A、C关于对称，， ∵与此抛物线的对称轴重合， ∴， 解得：， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴，则， ∴； ②记抛物线顶点为点F，把代入，得：， ∴， ∵抛物线在菱形内部的点的纵坐标随的增大而增大， ∴菱形中只包含在对称轴右侧的抛物线， 当时，如图，符合题意， 当m继续变大，直至当直线经过点F时，符合题意，如图： 过点F作于点Q， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：或（舍）， ∴， 当时，如图，发现此时菱形包含了对称轴左侧的抛物线，不符合题意； 当时，如图，符合题意： 当m继续变小，直至点A与点F重合，此时，符合题意，如图： ∴； 当m继续变小，直至直线经过点F时，也符合题意，如图： 过点F作于点Q，同上可得， ， ∴， 解得：或（舍）， 当m继续变小时，仍符合题意，如图： ∴， 综上所述，m的取值范围为：或或． 【点睛】本题考查了抛物线与几何的综合，菱形的性质，待定系数法求函数解析式，求锐角的正切值，正确理解题意，利用数形结合的思想，找出临界状态是解决本题的关键． 3．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①且；②能， 【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论； （2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：，；理由如下： ∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴； （2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，， ∵四边形为菱形，， ∴， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴共圆，，在上， ∵， ∴， 过作于， ∴，， ∴， 当时，最小，则最小， ∵，， ∴， ∴； 点E不与B、C重合， ，且， ∴的取值范围为且； ②能为的切线，理由如下： 如图，以为圆心，为半径画圆， ∵， ∴在上， 延长与交于，连接， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由对折可得：，， 过作于， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，，，点为线段上的动点（不与点，重合），连接并延长交边于点，交的延长线于点．    (1)当点恰好为的中点时，求证：； (2)求线段的长； (3)当为直角三角形时，求的值； (4)如图2，作线段的垂直平分线，交于点，交于点，连接，在点的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)2或 (4)的度数是定值， 【分析】（1）由 “”可证； （2）由菱形的性质可得，，，，再由直角三角形的性质可求解； （3）分类讨论：当时；当时，由直角三角形的性质可求、的长，由等腰三角形的判定与性质可求的长，通过证明，可得，即可求解； （4）先证点、点、点三点共线，由直角三角形的性质可得，可求，通过证明点、点、点、点四点共圆，可得，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， 点是的中点， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，，， ，，，， ， ， ， ； （3）解：当时， 四边形是菱形， ，，，， ， ，即， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ； 当时， ， 由（2）得：，， 四边形是菱形， ， ， ，， ， ， ， ， 综上所述：或2 （4）解：的度数是定值． 如图，取的中点，连接、、， ，  是的垂直平分线， ，， ， 点是的中点，， ， 四边形是菱形， ，，， 点是的中点，， ， 点、点、点三点共线， 点是的中点，， ， ， ， ， 点、点、点、点四点共圆， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 5．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．    (1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______； (2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数； (3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)是 【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解； （2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果； 分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”． 【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”， 则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合， 即， 则菱形为正方形， ∵菱形的面积为， ∴菱形的边长是． 故答案为：． （2）解：连接，如图：    ∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， ∴． （3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下： 分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：    ∵点在线段和线段的垂直平分线上， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 则， 即， ∴四边形是“可旋四边形”． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形． 6．（2023·宁夏·中考真题）综合与实践 问题背景 数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．    探究发现 如图1，在中，，．    （1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则_______，设，，那么______（用含的式子表示）； （2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：； 拓展应用： 当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．    【答案】（1）（2）证明见解析，拓展应用： 【分析】（1）利用等边对等角求出的长，翻折得到，，利用三角形内角和定理求出，，，表示出即可； （2）证明，利用相似比进行求解即可得出； 拓展应用：连接，延长至点，使，连接，得到为黄金三角形，进而得到，求出的长即可． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∵将折叠，使边落在边上， ∴，， ∴，； 故答案为：； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 整理，得：， 解得：（负值已舍掉）； 经检验是原分式方程的解． ∴； 拓展应用： 如图，连接，延长至点，使，连接，    ∵在菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为黄金三角形， ∴， ∴．即菱形的较长的对角线的长为． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质．解题的关键是理解并掌握黄金三角形的定义，利用相似三角形的判定和性质，得到黄金三角形的底边与腰长的比为． 1．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，是的外接圆，，连接并延长交于点．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，并使两弧交于圆外一点．直线交于点，连接，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D．四边形为菱形 【答案】ABD 【分析】本题主要考查圆的性质、圆周角定理、平行线的性质以及菱形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据全等三角形的判定定理证明，证明即可证明四边形为菱形，再根据圆周角定理进行判定即可． 【详解】解：令交于点， 由题意得：是的垂直平分线， ， ，选项A正确； 故四边形为菱形，选项D正确； ， 四边形为菱形， 四边形为平行四边形， ，选项B正确； ，故选项C错误； 故选ABD． 2．（2024·山东威海·中考真题）如图，在中，对角线，交于点，点在上，点在上，连接，，，交于点．下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定；根据相似三角形的性质与判定即可判断A，根据题意可得四边形是的角平分线，进而判断四边形是菱形，证明可得则垂直平分，即可判断B选项，证明四边形是菱形，即可判断C选项，D选项给的条件，若加上，则成立，据此，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A. 若，即，又， ∴ ∴ ∴，故A选项正确， B. 若，，， ∴是的角平分线， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴ 在中， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，故B选项正确， C. ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴ ∴，故C选项正确； D. 若，则四边形是菱形， 由，且时， 可得垂直平分， ∵ ∴，故D选项不正确 故选：D． 3．（2024·上海·中考真题）四边形为矩形，过作对角线的垂线，过作对角线的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（    ） A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 四边形为矩形， ，， 过作对角线的垂线，过作对角线的垂线， ， 如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形， 故选：A． 4．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 5．（2024·山东德州·中考真题）已知，点P为上一点，用尺规作图，过点P作的平行线．下列作图痕迹不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查作图-复杂作图．作一个角等于已知角，作一个角的平分线，平分线的判定，菱形的判定和性质，据此判断即可． 【详解】解：A、由作图知，是的平分线，且， ∴，， ∴， ∴，故本选项不符合题意； B、由作图知，是的平分线，且， ∴，，不能说明与相等， ∴与不平行，故本选项符合题意； C、由作图知，， ∴四边形是菱形， ∴，故本选项不符合题意； D、由作图知，， ∴，故本选项不符合题意； 故选：B． 6．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 连接，， 点和点分别是和的中点， 是的中位线， ． 同理可得， ， ，， 四边形是平行四边形． ， ，且， ， 平行四边形是菱形， 与互相垂直平分． 故选：A． 7．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 【详解】解：作于点， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点E表示的数是3， ∴点A表示的数是， 故选：D． 8．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解． 延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答． 【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 设， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 9．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】C 【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答． 【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I， ∵， ∴点E、M、F、G四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴最小值是． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键． 10．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长． 【详解】解：根据题意知，，， ∵四边形为菱形，， ∴， 过点M作于点H，连接交于点O，如图，    则， 那么，的面积为， 设菱形的边长为a， ∴， ∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为， ∴，解得，（负值舍去）， ∴． 故选：C． 11．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：添加（答案不唯一）， ∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 12．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点作于，于，则， ∵两张纸条的对边平行， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，，， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：． 13．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形中，对角线，相交与点，点在延长线上，与相交与点．若，，则菱形的面积为 ． 【答案】96 【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作交于点H，则，求得，再证明，求得，再证明，则，利用勾股定理求得的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问题的答案． 【详解】解：作交于点H，则， ∵四边形是边长为10的菱形，对角线相交于点O， ∴，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，且， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：96． 14．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案． 【详解】解：如图，菱形的周长为， ∴， 过作于，而， ∴， 故答案为： 15．（2024·四川眉山·中考真题）如图，菱形的边长为6，，过点作，交的延长线于点，连结分别交，于点，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据菱形的性质得到，，，然后勾股定理求出，，然后证明出，得到，求出，然后证明出，得到，求出，进而求解即可． 【详解】解：菱形的边长为6，， ，，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 16．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 (1)求证：四边形是菱形： (2)若平行四边形的周长为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ： （1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形： （2）求出菱形的周长为20，得出，再证明是等边三角形，得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴即 ∴ ∵为的中点， ∴ ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是菱形； （2）解：∵ ∴ ∵平行四边形的周长为22， ∴菱形的周长为： ∴ ∵四边形是菱形， ∴ 又 ∴是等边三角形， ∵． 17．（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．    (1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）． (2)证明（1）中得到的四边形是菱形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是： （1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可； （2）先证明四边形是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证． 【详解】（1）解：如图，   ； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，是斜边上的中线， ∴， ∴平行四边形是菱形． 18．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在中，，，，以为边向外作有一个内角为的菱形，对角线交于点O，连接，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出的面积． 【答案】图形见解析，的面积为12或36． 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作，垂足为，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得的长，再利用三角形面积公式即可求解． 【详解】解：当时，所作图形如图，作，垂足为， ∵菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积为； 当时，所作图形如图，作，垂足为， ∵菱形，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴的面积为； 综上，的面积为12或36． 19．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形． （1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论； （2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可． 【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O，    ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∴， 即菱形的边长为5． $$