专题04 菱形的性质与判定重难点题型专训（9大题型+15道提优训练）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（沪教版）

专题04 菱形的性质与判定重难点题型专训（9大题型+15道提优训练） 题型一 添一个条件使四边形是菱形 题型二 证明四边形是菱形 题型三 利用菱形的性质证明 题型四 利用菱形的性质求角度 题型五 利用菱形的性质求线段长 题型六 利用菱形的性质求面积 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. 【经典例题一 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（2024·上海静安·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（    ） A． B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，在中，点，分别是，边上的点，且，连接，．补充一个条件，可使四边形是菱形，这个条件是 ． 3．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）实践与探究： 问题情景：数学实践课上，老师让同学们以平行四边形为主题展开数学活动． 如图，中，，，．对角线、相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交直线、于点、．    (1)操作发现：当______时，四边形是平行四边形； (2)思考表达：在旋转的过程中，四边形可能是菱形吗？如果能，求出此时的值；如果不能，说明理由； (3)拓展延伸：在旋转过程中，是否存在以、、、、、中的4个点为顶点的四边形是矩形？如果存在，直接写出矩形的对角线的长度；如果不存在，说明理由． 【经典例题二 证明四边形是菱形】 【例2】（24-25八年级上·上海松江·期中）下列说法：（1）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形．（2）对角线相等的四边形是矩形．（3）有两条互相垂直的对称轴的四边形是菱形．（4）一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．错误的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，根据平行四边形中所标注的角的度数、边的长度，能判定其为菱形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·上海闵行·一模）如图，在矩形中，，对角线的垂直平分线分别交，于点，，连接，．下列结论： ①；②；③；④若平分，则．其中正确的结论是（填写所有正确结论的序号） ．    3．（23-24八年级下·上海长宁·期末）在四边形中，    (1)若，如图1，点、分别是边、的中点，，，求的长； (2)若，如图2，点、分别是边、的中点，请仅用无刻度的直尺在图2中画一个以为边的菱形．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 【经典例题三 利用菱形的性质证明】 【例3】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 1．（23-24九年级上·上海长宁·期中）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，连接，则(    ) A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为 ． 3．（24-25八年级下·上海徐汇·期中）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 【概念理解】 （1）我们已经学习了平行四边形，菱形，矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是_______； 【性质探究】 （2）如图①，已知四边形是垂美四边形，请探究两组对边与之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图②，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，已知，求． 【经典例题四 利用菱形的性质求角度】 【例4】（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，在菱形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海金山·开学考试）如图，在菱形中，，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，，于点，，，连接，，则（    ）．    A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在菱形中，过点作分别交，于点，，为的中点，，则的度数为 ． 3．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，点是线段上一点，和都是等边三角形．    (1)连接，，求证：； (2)如图②，将绕点顺时针旋转得到． ①当旋转角为 度时，边落在边上； ②在①的条件下，延长交于点， 连接，，证明当时，与全等． 【经典例题五 利用菱形的性质求线段长】 【例5】（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在菱形中，，点M，N分别在和上，沿将折叠，点A恰好落在边上的点E处．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海静安·期末）菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，菱形的边长为，，对角线与相交于点，点为线段上一动点（不与点重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 3．（24-25八年级下·上海徐汇·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 【经典例题六 利用菱形的性质求面积】 【例6】（24-25九年级上·上海静安·期末）如图，菱形的对角线交于点O，菱形的周长为32，过点O作于点E，若，则菱形的面积是（   ） A．16 B．32 C． D． 1．（23-24八年级下·上海松江·单元测试）如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（ ） A．24 cm2 B．20 cm2 C．16 cm2 D．12 cm2 2．（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 ．    3．（2024·上海杨浦·三模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，分别在，上，连接，，，． (1)求证：； (2)若，求菱形的周长． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（2024八年级下·上海宝山·专题练习）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（    ） A．， B． C．， D． 1．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，已知O是矩形的对角线的交点，，作//，//，与相交于点E．若四边形的周长是24，则的长为（    ） A．12 B． C． D．6 2．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝ 度． 3．（23-24八年级下·上海长宁·期末）（1）探究：如图1，在中，，线段是边上的中线． ①请通过测量，试猜想与的数量关系是__________； ②证明你的猜想； （2）应用（1）的结论解决问题：如图2，在菱形中，对角线和相交于点，，过点作直线，点在线段上且不与点重合，以为边作矩形，使得点在直线上（点不与点重合），连接，试求的度数． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（23-24八年级下·上海崇明·期末）如图，中，，，，点是的中点，连接，，，则四边形的周长是（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24九年级上·上海嘉定·阶段练习）在认识特殊平行四边形时，小红用四根长度均为的木条首尾相接，钉成正方形，转动这个四边形，使它的形状改变，当转动到四边形时，测得，则，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 . 3．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在中，，，，动点在边上，，动点在射线上，． (1)若点是边上一点，在点，运动过程中，是否存在的值，使得以，，，顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (2)如图，过点作交的延长线于点．过点作交的于点连接，把沿翻折得到，当与的一边平行时，的长______（直接写出答案） 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（24-25九年级上·上海宝山·期末）如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，过的中点作的垂线，分别交于点，连接，下列结论：    ①；②；③；④若平分，则．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作EDAB，EFAC，得到四边形EDAF，它的面积记作：取BE中点E1：作，，得到四边形，它的面积记作，照此规律作下去， = 3．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形． (1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）； (2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________； (3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________． 1．（23-24九年级上·上海徐汇·期中）菱形和矩形都具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相垂直且相等 2．（24-25九年级上·上海宝山·开学考试）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，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级下·上海崇明·期中）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·上海松江·期末）在校园艺术节中，同学们准备制作个边长为的菱形画框．完成后，他们决定通过测量来验证画框的形状，根据下列测量结果，其中不能判定画框为菱形的测量方式是（   ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级上·上海闵行·期末）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（    ）． A．48 B．24 C．12 D．6 6．（24-25九年级上·上海奉贤·阶段练习）如图，在菱形中，，则的度数为 ． 7．（24-25九年级上·上海杨浦·期末）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 8．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在四边形中，对角线相交于点，已知．请你添加一个条件 ，使四边形是菱形． 9．（23-24九年级下·上海徐汇·阶段练习）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 10．（23-24八年级下·上海黄浦·期中）如图所示，在矩形中，，，两条对角线相交于点．以、为邻边作第1个平行四边形，对角线相交于点，再以、为邻边作第2个平行四边形，对角线相交于点；再以、为邻边作第3个平行四边形…依此类推，第n个平行四边形的面积是 ． 11．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，已知中，点E，F分别在上，且．求证：． 12．（24-25八年级上·上海松江·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 13．（23-24八年级下·上海金山·单元测试）如图，在 中， ，，是 沿方向平移得到的．连接，和交于点．是线段上一  动点（不与点 重合），连接 并延长交线段于点，问：四边形的面积是否随点的运动而发生变化?若变化，请说明理由：若无变化，求出四边形的面积．    14．（2024八年级下·上海宝山·专题练习）如图，在中，，点D为中点．过点C作，交射线于点E，连接，点G为中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请你直接写出当满足什么条件时，四边形为菱形． 15．（24-25九年级上·上海闵行·期中）综合与实践 问题情境： 在数学实践课上，老师要求同学们将两个菱形纸片的一个顶点重合，分别记为菱形和菱形，其中，连接，．（菱形的位置不动，改变菱形的位置） 操作发现： （1）如图1，当边与重合时，直接写出与之间的数量关系． 探究发现： （2）将两个菱形纸片按如图2所示的方式放置，其中点D在边上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 拓广探究： （3）创意小组的同学发现图1中的，，． ①求菱形的边长（结果化为不含分母的形式，提示：）； ②在放置两个菱形纸片的过程中，当A，B，F三点在同一条直线上时，连接，请直接写出的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 菱形的性质与判定重难点题型专训（9大题型+15道提优训练） 题型一 添一个条件使四边形是菱形 题型二 证明四边形是菱形 题型三 利用菱形的性质证明 题型四 利用菱形的性质求角度 题型五 利用菱形的性质求线段长 题型六 利用菱形的性质求面积 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. 【经典例题一 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（2024·上海静安·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、四边形是平行四边形，，， ，平行四边形是矩形，故C符合题意； D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意， 故选：C． 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（    ） A． B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND 【答案】C 【解析】略 2．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，在中，点，分别是，边上的点，且，连接，．补充一个条件，可使四边形是菱形，这个条件是 ． 【答案】 【分析】证，得出，则，证出四边形是平行四边形，由，即可得出四边形是菱形． 【详解】解：添加，理由如下： 四边形是平行四边形， ，，，， 在和中， ， ， ， ， 即， 又∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海奉贤·期中）实践与探究： 问题情景：数学实践课上，老师让同学们以平行四边形为主题展开数学活动． 如图，中，，，．对角线、相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交直线、于点、．    (1)操作发现：当______时，四边形是平行四边形； (2)思考表达：在旋转的过程中，四边形可能是菱形吗？如果能，求出此时的值；如果不能，说明理由； (3)拓展延伸：在旋转过程中，是否存在以、、、、、中的4个点为顶点的四边形是矩形？如果存在，直接写出矩形的对角线的长度；如果不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)能是菱形， (3)存在，矩形的对角线长为2或 【分析】（1）根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即当时，四边形是平行四边形，再根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等，即可得出的值； （2）根据平行四边形的性质得，，得，根据对顶角得，可判断和是全等三角形，得到，可判断四边形为平行四边形，根据菱形的判定，当时，四边形为菱形，由勾股定理计算出，则，由此得为等腰直角三角形， ，再根据余角定义即可计算出的值； （3）由（2）得，，，再根据矩形的判定，当时，四边形为矩形，此时矩形的对角线为AC的长度，即长为2，当时，四边形为矩形，由为等腰直角三角形得，进而计算出．所以此时矩形的对角线等于的长度，即长为． 【详解】（1）解：在中，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， ， ， ， 当时，四边形是平行四边形， 故答案为：． （2）解：在旋转的过程中，当时，四边形BEDF为菱形,如图①，    ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ， 又， ∴在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形， ， ，,， ， ， ，即为等腰直角三角形， ， ， 当为时，四边形是菱形． （3）解：在旋转过程中，存在以、、、、、为顶点的四边形是矩形，      ∵，，， 当时，四边形为矩形，如图②，矩形的对角线长等于，即为2， 当时，四边形为矩形，如图③， 为等腰直角三角形，， ， ， 矩形的对角线长等于，即为． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定及根据题目条件进行推论和分情况讨论是解题关键． 【经典例题二 证明四边形是菱形】 【例2】（24-25八年级上·上海松江·期中）下列说法：（1）一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形．（2）对角线相等的四边形是矩形．（3）有两条互相垂直的对称轴的四边形是菱形．（4）一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．错误的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查特殊四边形的判定方法．掌握判定特殊四边形的条件是解答本题的关键．利用平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定条件逐项分析即可． 【详解】解：（1）根据一组对边平行，一组对角相等，结合平行线的性质，可得另一组对角也相等，即一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，正确； （2）对角线相等的平行四边形是矩形，故错误； （3）有两条互相垂直的对称轴的四边形也可以是矩形，故错误； （4）一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确． 综上可知（2）（3）错误，有2个． 故选B． 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，根据平行四边形中所标注的角的度数、边的长度，能判定其为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，解答本题的关键是根据菱形的判定方法解答． 根据菱形的判定解答即可． 【详解】解：A．由图可知，平行四边形的一个角为，一边与对角线夹角，则另一边与对角线夹角为，则平行四边形的邻边不相等，所以该平行四边形不是菱形，该选项不符合题意； B．平行四边形的一条边为10，对角线的一半分别分为8，6，其满足勾股定理的逆定理：，所以对角线相互垂直，故是菱形，符合题意； C．平行四边形的一条边为6，对角线为12，其一半为6，缺少对角线互相垂直的条件，故不是菱形，不符合题意； D．由图可知，故对角线不垂直，所以不是菱形，不符合题意； 故选：C． 2．（2024·上海闵行·一模）如图，在矩形中，，对角线的垂直平分线分别交，于点，，连接，．下列结论： ①；②；③；④若平分，则．其中正确的结论是（填写所有正确结论的序号） ．    【答案】①②④ 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定及性质，直角三角形的特征；①由可判定，由全等三角形的性质得，可判定四边形是菱形，由菱形的性质即可判断；②由菱形的性质得，即可判断；③由，，即可判断；④由等腰三角形的性质得，由可求，由直角三角形的特征得，即可判断；掌握相关的判定方法及性质，能判定四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：①如图，   四边形是矩形， ， ， ， 垂直平分， ， ， 在和中 ， （）， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ； 故①正确； ②由①得， ， 四边形是菱形， ， ， 故②正确； ③四边形是菱形， ， ， ， ， 故③错误； ④平分， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， 故④正确； 故答案：①②④． 3．（23-24八年级下·上海长宁·期末）在四边形中，    (1)若，如图1，点、分别是边、的中点，，，求的长； (2)若，如图2，点、分别是边、的中点，请仅用无刻度的直尺在图2中画一个以为边的菱形．（不写作法，保留作图痕迹，标明字母） 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的定义、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）如图：过E作于H，由中点的定义可得，；再说明，设，由勾股定理可得，解得：，即；进而得到，最后运用勾股定理即可解答； （2）如图：连接相交于O，连接并延长交于G，连接并延长交于H，顺次连接点E、F、G、H即可解答． 【详解】（1）解：如图：过E作于H，    ∵点E、F分别是边、的中点， ∴，， 在中，． ∴， ∴， 设， ∴，解得：，即 ∴， ∴． （2）解：如图：菱形即为所求．    【经典例题三 利用菱形的性质证明】 【例3】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识点是解题的关键． 证明可得，，，进而判断①；进而可得，进而判断②；根据，进而判断③． 【详解】解：∵是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴，即 ∴， ∴，，，故①正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴，故②正确． 故选：D． 1．（23-24九年级上·上海长宁·期中）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点，垂足为，连接，则(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质；连接，求出，再证明，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， 在菱形中，，，， ， 是线段的垂直平分线， ，， ， 在和中， ， ， ， 故选：A． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定及勾股定理，得出是等边三角形是解题关键．根据正方形的性质，利用勾股定理可求出，根据菱形的性质，结合得出是等边三角形，即可得出答案． 【详解】解：在正方形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在菱形中，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为： 3．（24-25八年级下·上海徐汇·期中）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． 【概念理解】 （1）我们已经学习了平行四边形，菱形，矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美四边形的是_______； 【性质探究】 （2）如图①，已知四边形是垂美四边形，请探究两组对边与之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图②，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，已知，求． 【答案】（1）菱形，正方形；（2）73 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）利用勾股定理即可得出结论； （3）如答图，连接，设交于点．先证明，得出四边形是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论． 【详解】解：（1）∵菱形，正方形的对角线互相垂直 ∴菱形，正方形是垂美四边形； （2）四边形是垂美四边形， ， ． 由勾股定理，得， ， ； （3）如答图，连接，设交于点． ， ， 即． 在和中， ， ． ， ． ， ， ， 四边形是垂美四边形． 由（2）可知． ， 由勾股定理，得， ． 【点睛】此题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 【经典例题四 利用菱形的性质求角度】 【例4】（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，在菱形中，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质等知识点，熟知菱形的性质是解题的关键．根据菱形的对角线平分一组对角求出，再由平行线的性质即可得到答案． 【详解】解：四边形是菱形，， ，， ， 故选：． 1．（23-24八年级下·上海金山·开学考试）如图，在菱形中，，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，，于点，，，连接，，则（    ）．    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的性质．先根据菱形的性质得到，，再利用基本作图得到，垂直平分，则，，接着利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，，然后计算即可． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 由作法得，垂直平分， ，， ，， ． 故选：C 2．（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）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．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，点是线段上一点，和都是等边三角形．    (1)连接，，求证：； (2)如图②，将绕点顺时针旋转得到． ①当旋转角为 度时，边落在边上； ②在①的条件下，延长交于点， 连接，，证明当时，与全等． 【答案】(1)证明见解析 (2)①60；②证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定是解题的关键． （1）利用等边三角形的性质证出即可解答； （2）①当边落在边上时，此时，利用等边三角形的性质求角即可； ②先证出四边形是菱形，通过菱形的性质和角的等量代换证出，即可证明． 【详解】（1）解：∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴在和中 ∴， ∴． （2）①当边落在边上时，此时， ∵， ∴， ∴， ∴当旋转角为度时，边落在边上； 故答案为：． ②当时，与全等， 理由如下：由旋转可知，与重合， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在与中， ∴ 【经典例题五 利用菱形的性质求线段长】 【例5】（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在菱形中，，点M，N分别在和上，沿将折叠，点A恰好落在边上的点E处．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，根据菱形的性质得，其中，然后设，可表示，根据勾股定理得，进而得出接下来根据勾股定理列出方程，求出解即可得出答案． 【详解】如图所示，过点M作，交的延长线于点F， ∵四边形是菱形，且， ∴，其中． 在中，，设， ∴， 根据勾股定理，得． ∴， 根据折叠得， 在中，， 即， 解得， ∴． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 1．（23-24八年级下·上海静安·期末）菱形的边长为，，点为的中点，以为边作菱形，其中点在的延长线上，点为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，根据菱形的边长为，可得，由，可得是等边三角形，进而可求，再根据勾股定理分别求出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得的长． 【详解】解：如图，连接， ∵菱形的边长为， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴在菱形中，， ∵点为的中点， ∴ ∴菱形的边长为1，即， ∵点在的延长线上，， ∴在菱形中，， 连接，交于点， ∴， ∴， ， ∴在菱形中， ， ∵， ∴在中，， ∵点为的中点， ∴． 故选：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质． 2．（24-25八年级下·上海虹口·期末）如图，菱形的边长为，，对角线与相交于点，点为线段上一动点（不与点重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 【分析】连接，由菱形的性质可知，，，则可证明是等边三角形，则，，证明，故有，点在等边中平分线上运动，当时，最小，根据直角三角形的性质可得出，当与点重合时，最大，过作于点，设与交于点，连接，由勾股定理求出，通过等边三角形的性质和线段和差求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 同理可证：是等边三角形， 由旋转性质可知：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在等边中平分线上运动， ∴当时，最小，如图， ∵， ∴， 当与点重合时，最大，如图，过作于点，设与交于点，连接， 由上可知， ∴， ∵是等边三角形，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知：的最小值为，最大值为， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 3．（24-25八年级下·上海徐汇·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 【答案】(1) (2)当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； (3)当Q点的速度为时，四边形为菱形． 【分析】本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的判定及性质． （1）根据P点的速度以及时间结合的长表示即可； （2）只有Q点在上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形是平行四边形，②四边形是平行四边形，进行解答即可； （3）设Q的速度为，Q在边上，此时可为菱形，满足，建立方程解决即可． 【详解】（1）解：P从A点以向B点运动， 时，， ， ； 故答案为：； （2）解：作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， Q在上运动时间为， ， 运动时间最长为， 时，在边上， 此时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况： ①四边形是平行四边形，如图所示： ∵即， 只需即可，由（1）知：， 以的速度沿折线向终点运动， 运动时间为时，， ， 解得：； ②四边形是平行四边形，如图所示： 同理， 只需，四边形是平行四边形， 由（1）知，， 则， ， 解得：， 综上所述：当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； （3）解：设Q的速度为，由（2）可知，Q在边上，此时四边形可为菱形， ， 只需满足即可， 由（1）知：， 由（2）知：，， ，， 解得：，， 当Q点的速度为时，四边形为菱形． 【经典例题六 利用菱形的性质求面积】 【例6】（24-25九年级上·上海静安·期末）如图，菱形的对角线交于点O，菱形的周长为32，过点O作于点E，若，则菱形的面积是（   ） A．16 B．32 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的面积公式等知识，根据菱形的周长求出菱形的边长，再根据三角形面积公式求出的面积，即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的周长为32， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：D． 1．（23-24八年级下·上海松江·单元测试）如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（ ） A．24 cm2 B．20 cm2 C．16 cm2 D．12 cm2 【答案】D 【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答． 【详解】∵菱形的两条对角线的长分别为6和8， ∴菱形的面积= ×6×8=24， ∵O是菱形两条对角线的交点， ∴阴影部分的面积=×24=12. 故选D. 【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握运算公式. 2．（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． 3．（2024·上海杨浦·三模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，分别在，上，连接，，，． (1)求证：； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】根据菱形的性质和证明，进而利用全等三角形的性质解答即可； 根据菱形的性质和面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形 ， ∴ ∴， ∴ 在与中， ∴（SAS） （2）解：∵ ∴AC∙BD= 由可知， 是等边三角形 ∵四边形是菱形 ∴ ∴在Rt中， BO= ∴BD=2BO== ∴ 解得： ∴AC=（负值舍去） ∴ ∴菱形的周长为． 【点睛】本题考查菱形的性质，菱形的面积和周长公式，全等三角形的判定和性质．解题的关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（2024八年级下·上海宝山·专题练习）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（    ） A．， B． C．， D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形为菱形．所以根据菱形的性质进行判断． 【详解】解四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形， ∴，， 四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）； 过点分别作，边上的高为，．则 （两纸条相同，纸条宽度相同）； 平行四边形中，，即， ，即．故B正确； 平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）． ，（菱形的对角相等），故A正确； ，（平行四边形的对边相等），故C正确； 如果四边形是矩形时，该等式成立．故D不一定正确． 故选：D． 【点睛】 1．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，已知O是矩形的对角线的交点，，作//，//，与相交于点E．若四边形的周长是24，则的长为（    ） A．12 B． C． D．6 【答案】B 【分析】首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC = OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，再利用已知得出菱形的边长，即可得出答案． 【详解】∵DE//AC， CE//BD， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， AC= BD， OD=BD，OC=AC，AB//CD，∠DCB = 90°， ∴OD= OC， OA= OB， ∵∠AOB=60°， ∆OAB为等边三角形， ∴∠BAC=∠DCA = 60°， ∆OCD为等边三角形， ∴DC=OD=OC， ∴平行四边形OCED为菱形， ∴OC=CE=DE=OD， ∴ OC+ CE+ DE+OD = 24， ∴OD= 24÷4= 6，DC= 6， ∴BD=6×2= 12， 在Rt∆BCD中，由勾股定理可得： BC=， 故选：B． 【点睛】本题综合考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形，②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，③一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝ 度． 【答案】30 【分析】根据菱形的判定与性质和等边三角形的性质得到四边形ACED是菱形，进而求解即可． 【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，AC=AB， ∴AD=CD=AB=AC， ∵△DCE是等边三角形， ∴DE=CD=CE，∠CED=60°， ∴AD=AC=CE=DE， ∴四边形ACED是菱形， ∴∠DEA=∠CED=30°， 故答案为：30． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 3．（23-24八年级下·上海长宁·期末）（1）探究：如图1，在中，，线段是边上的中线． ①请通过测量，试猜想与的数量关系是__________； ②证明你的猜想； （2）应用（1）的结论解决问题：如图2，在菱形中，对角线和相交于点，，过点作直线，点在线段上且不与点重合，以为边作矩形，使得点在直线上（点不与点重合），连接，试求的度数． 【答案】（1）①；②见解析；（2）的度数为或 【分析】（1）①根据题意测量的长，猜想； ②延长到点，使，连接，证明四边形是矩形，根据矩形的性质即可得证； （2）连接交于点，连结，可得四边形是菱形①当点在的同侧时，②当点在的异侧时，结合图形，即可求解． 【详解】解：（1）①测量后猜测， 故答案为：． ②证明：延长到点，使，连接 ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ． （2）证明：连接交于点，连结 四边形是矩形， ， 四边形是菱形 ，即， 直线， ， ， ， ， ， ， ， ， ①当点在的同侧时， ②当点在的异侧时， 综上所述，的度数为或 【点睛】本题考查了矩形的性质与潘多拉，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（23-24八年级下·上海崇明·期末）如图，中，，，，点是的中点，连接，，，则四边形的周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理逆定理、直角三角形斜边上的中线，熟练掌握菱形的判定与性质，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决本题的关键．先证明四边形是平行四边形，然后利用勾股定理逆定理可得是直角三角形，再根据直角三角形斜边.上的中线等于斜边的一半证明四边形是菱形，进而可以解决问题． 【详解】，， 四边形是平行四边形， 在中， ，，， ， 是直角三角形， ， 点是的中点， ， 四边形为菱形， 四边形的周长， 故选：C 1．（23-24九年级上·上海嘉定·阶段练习）在认识特殊平行四边形时，小红用四根长度均为的木条首尾相接，钉成正方形，转动这个四边形，使它的形状改变，当转动到四边形时，测得，则，C之间的距离比变形前A，C之间的距离短（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，连接，交于点O，先利用勾股定理求出，由题意易得四边形是菱形，推出与互相垂直且平分，利用勾股定理求出，易得，即可得出结果． 【详解】解：如图，连接，交于点O，    四边形是正方形，且边长为， ， 由题意知四边形是菱形，且边长为， 与互相垂直且平分， ， ， 中，， ， ， 故选：D． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 . 【答案】 【分析】利用矩形的性质证明四边形为平行四边形，再证明，进而证明四边形为菱形，设，则，利用勾股定理建立等式求解得到x，再利用等面积法即可求得对角线的长． 【详解】解：两个全等的纸片是矩形， ，， 四边形为平行四边形， 两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则如图，， ， ，， 四边形为菱形， 设，则， 中，， ， 解得， 连接，则， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在中，，，，动点在边上，，动点在射线上，． (1)若点是边上一点，在点，运动过程中，是否存在的值，使得以，，，顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (2)如图，过点作交的延长线于点．过点作交的于点连接，把沿翻折得到，当与的一边平行时，的长______（直接写出答案） 【答案】(1)存在，满足条件的的值为或 (2)或或 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，折叠的性质，矩形的判定与性质、菱形的判定与性质以及分类讨论的思想： （1）分点在线段上和点在的延长线上两种情况，过点作于，求出的长，根据平行四边形的性质求解即可； （2）分、、三种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图中，当点在线段上时，即时，四边形是平行四边形， 过点作于． 由题意，，， ， ， ， ， ， ， ， ． 如图中，当点在的延长线上时，即时，四边形是平行四边形， 同法可得，， ， ， 综上所述，满足条件的的值为或． （2）解：如图中，当时，过点作于． ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 由题意，四边形是菱形， ， ， ． 如图中，当时，设交于． ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 如图中，当时，四边形是菱形， ， ， ， 综上所述，满足条件的的值为或或． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（24-25九年级上·上海宝山·期末）如图，正方形是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时，则形变后四边形的面积是原正方形面积的（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，含角直角三角形的性质．正确添加辅助线是解题的关键． 过点作于点，则可得四边形为菱形，，设，则，即可计算菱形的面积，继而求解． 【详解】解：过点作于点，    ∵四边形是正方形， ∴， 由题意可得， ∴四边形为菱形， ∴， 设 ∵ ∴ ∴， 而， ∴， 故选：A． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，是矩形的对角线，过的中点作的垂线，分别交于点，连接，下列结论：    ①；②；③；④若平分，则．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】先证明，可得①正确；根据线段垂直平分线的性质可得，从而得到，再由三角形外角的性质可得，可得②正确；再证明四边形是菱形，可得，从而得到③错误；根据平分，可得，从而得到，可得到④正确． 【详解】解：∵是矩形的对角线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，故③错误； ∵四边形是菱形， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴，故④正确． ∴正确结论的个数是3个． 故选：B 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作EDAB，EFAC，得到四边形EDAF，它的面积记作：取BE中点E1：作，，得到四边形，它的面积记作，照此规律作下去， = 【答案】（或） 【分析】先根据△ABC是等边三角形可求出△ABC的高，再根据三角形中位线定理可求出的值，进而可得出的值，找出规律即可得出的值． 【详解】解：如图，连接，， ∵是的中点， ∴， ∴， ∵EDAB，EFAC，得到四边形EDAF， ∴四边形是平行四边形， ∴，是等边三角形， ∴， ∴是的中点 同理可得是的中点， ∴四边形是菱形， ∴，同理可得， ……， ∴， ∴ 故答案为：（或） 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，勾股定理，找到规律是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形． (1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）； (2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________； (3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________． 【答案】(1)见解析 (2)等腰梯形 (3) 【分析】（1）作的角平分线交于点E，作的垂直平分线交于点D，F； （2）结合菱形的性质和题意可得出，，即说明四边形为等腰梯形； （3）由题可证，，都为等边三角形，且边长都为4，再根据等边三角形的性质求面积即可． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所作； （2）解：如图，． 由（1）可知四边形为菱形， ∴，， ∴，， ∴四边形为等腰梯形． 故答案为：等腰梯形； （3）解：∵四边形为菱形，四边形为等腰梯形， ∴． ∵， ∴，，都为等边三角形，且边长都为4． 如图，过点A作于点H． ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查作图—角平分线，作图—线段垂直平分线，菱形的性质，等腰梯形的判定，等边三角形的判定和性质．利用数形结合的思想是解题关键． 1．（23-24九年级上·上海徐汇·期中）菱形和矩形都具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相垂直且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，利用矩形的性质和菱形的性质即可求解，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解决此题的关键． 【详解】解：∵矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线垂直且互相平分， ∴菱形和矩形都具有的性质为对角线互相平分， 故选：A． 2．（24-25九年级上·上海宝山·开学考试）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，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键，根据题意得出四边形为菱形，由菱形的性质可得，得到的度数，再由,即可得到的度数，从而得到答案． 【详解】解：由题可得：在四边形中，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 3．（23-24九年级下·上海崇明·期中）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是菱形的判定．根据菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得答案． 【详解】解：A、添加可证明平行四边形是矩形，不能使它变成菱形，故此选项符合题意； B、添加能证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； C、添加可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； D、添加，则，所以，所以，可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； 故选：A． 4．（24-25九年级上·上海松江·期末）在校园艺术节中，同学们准备制作个边长为的菱形画框．完成后，他们决定通过测量来验证画框的形状，根据下列测量结果，其中不能判定画框为菱形的测量方式是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判断定理逐项判断即可求解，掌握菱形的判断定理是解题的关键． 【详解】解：、由图可得，四边形的对角线垂直且互相平分，所以四边形是菱形，又由勾股定理可得菱形的边长为，能判定画框为边长的菱形，该选项不合题意； 、由同旁内角互补，两直线平行，可得四边形是平行四边形，但由图得不到邻边相等，所以不能判定画框为菱形，该选项符合题意； 、由四边形都等于，能判定画框为边长为的菱形，该选项不合题意； 、由同旁内角互补，两直线平行，可得四边形是平行四边形，由根据邻边相等为，能判定画框为边长为的菱形，该选项不合题意； 故选：． 5．（23-24八年级上·上海闵行·期末）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（    ）． A．48 B．24 C．12 D．6 【答案】C 【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积即可解答． 【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为6和8， ∴菱形的面积， ∵是菱形两条对角线的交点， ∴阴影部分的面积． 故选C． 【点睛】本题主要考查了中心对称、菱形的性质等知识点，判得阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键． 6．（24-25九年级上·上海奉贤·阶段练习）如图，在菱形中，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质，根据菱形的对边平行可得，再由菱形的对角线平分一组对角可求出． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵是菱形的对角线， ∴， 故答案为：． 7．（24-25九年级上·上海杨浦·期末）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 8．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，在四边形中，对角线相交于点，已知．请你添加一个条件 ，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，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，证明得到，即可得四边形是平行四边形，再由即可求证，掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：添加条件：，理由如下： ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：． 9．（23-24九年级下·上海徐汇·阶段练习）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 【答案】 1 【分析】（1）根据菱形的性质求解;（2）根据正方形的性质求解. 【详解】（1）菱形的一个内角为，与之相邻的内角为 ， （2）正方形的每一个内角为， 【点睛】本题考查了正方形和菱形的性质，解题的关键在于根据性质求出具体角的度数. 10．（23-24八年级下·上海黄浦·期中）如图所示，在矩形中，，，两条对角线相交于点．以、为邻边作第1个平行四边形，对角线相交于点，再以、为邻边作第2个平行四边形，对角线相交于点；再以、为邻边作第3个平行四边形…依此类推，第n个平行四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】首先分别求得几个平行四边形的面积，即可得到规律：第个平行四边形的面积为． 【详解】解：在矩形中，，， ， ，， 以，为邻边作第1个平行四边形， 平行四边形是菱形， ， ， 第个平行四边形的面积为：， 故答案为：． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及矩形的性质．注意得到规律：第个平行四边形的面积为是关键． 11．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，已知中，点E，F分别在上，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，先由平行四边形的性质得到，进而可证明四边形是平行四边形，则． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即 ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 12．（24-25八年级上·上海松江·期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题考查的是平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记菱形的判定与性质是解本题的关键； （1）证明，结合平行四边形的性质证明，可得，从而可得结论； （2）证明，四边形是矩形，从而可得答案． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵平行四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形 ∵， ∴四边形是矩形， ∴． 13．（23-24八年级下·上海金山·单元测试）如图，在 中， ，，是 沿方向平移得到的．连接，和交于点．是线段上一  动点（不与点 重合），连接 并延长交线段于点，问：四边形的面积是否随点的运动而发生变化?若变化，请说明理由：若无变化，求出四边形的面积．    【答案】四边形的面积不会随点的运动而发生变化，面积为． 【分析】本题考查了平移的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，由平移得，，，，，即得四边形是平行四边形， ，进而可得四边形是菱形，得到，，，再证明，得到，可得，又由，可得，由勾股定理可得，最后利用三角形面积公式求出的面积即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：∵是由沿平移得到的， ∴，，，，， ∴四边形是平行四边形， ， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积不会随点的运动而发生变化，面积为． 14．（2024八年级下·上海宝山·专题练习）如图，在中，，点D为中点．过点C作，交射线于点E，连接，点G为中点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请你直接写出当满足什么条件时，四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)当是等边三角形时，四边形为菱形，理由见解析 【分析】（1）如图，延长交于点F，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，进而证明，得到，则，推出，得到，再证明，得到，即可证明四边形是平行四边形； （2）当是等边三角形，可得，即可证明平行四边形是菱形． 【详解】（1）证明：如图，延长交于点F， ∵点G是中点，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点D为中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当是等边三角形时，四边形为菱形，理由如下： ∵是等边三角形，点D为中点， ∴， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 15．（24-25九年级上·上海闵行·期中）综合与实践 问题情境： 在数学实践课上，老师要求同学们将两个菱形纸片的一个顶点重合，分别记为菱形和菱形，其中，连接，．（菱形的位置不动，改变菱形的位置） 操作发现： （1）如图1，当边与重合时，直接写出与之间的数量关系． 探究发现： （2）将两个菱形纸片按如图2所示的方式放置，其中点D在边上，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 拓广探究： （3）创意小组的同学发现图1中的，，． ①求菱形的边长（结果化为不含分母的形式，提示：）； ②在放置两个菱形纸片的过程中，当A，B，F三点在同一条直线上时，连接，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）①；②6或 【分析】（1）由菱形的性质可得出，，再结合已知条件，即可证明，由全等的性质即可得出． （2）由(1)得∶，，再结合已知条件，即可得出，即可证明，由全等的性质即可得出． （3）①过点E作于点H，则，由已知条件得出，由含直角三角形的性质得出，由勾股定理得出，再由已知条件得出进一步即可得出，求出即可得出答案． ②连接，过点B作于点M，则，利用菱形的性质以及含直角三角形的性质得出，再结合①得出，然后分两种情况，当点G在线段上时， 当点G在射线上时，分别画出图形求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形，四边形是菱形， ∴，， 在和中 ∴， ∴． （2）仍然成立，理由如下∶ 由(1)得∶，， 又， ∴ 即 在和中 ∴ ∴； （3）①如图，过点E作于点H，则． ∵， ∴， ∴． 在中，由勾股定理，得， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴ ∴． ∴菱形的边长． ②如图，在菱形中， ，，连接 过点B作于点M，则 ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴ 由①知菱形的边长为， ∴． 当A，B，F三点在同一条直线上时，易得A，G，C三点也在同一条直线上． 分两种情况∶ 当点G在线段上时， 当点G在射线上时，． 综上，的长为6或． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定以及性质，含直角三角形的性质，勾股定理等知识，学会分类思想以及画出图形是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$