18.2.2：菱形【6大题型】-2024-2025学年八年级下册数学《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版）

18.2.2：菱形 【考点梳理】 · 考点一：菱形的性质求角度 · 考点二：菱形的性质求线段 · 考点三：菱形的性质求面积 · 考点四：添加一个条件使为菱形 · 考点五：菱形的判定 · 考点六：菱形的性质和判定的综合问题 【考点梳理】 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.如图,在□ABCD中,若AB=AD那么□ABCD就是菱形。 知识点02：菱形的性质 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 知识点03：菱形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形是菱形 (用定义判定) 几何语言: 如图1，∵四边形ABCD是平行四边形,AB=AD,∴□ABCD是菱形。 (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形 几何语言:如图2, ∵四边形ABCD是平行四边形,AC⊥BD, ∴□ABCD是菱形。 (3) 四条边都相等的四边形是菱形 几何语言:如图2，∵AB=BC=CD=AD, ∴四边形ABCD是菱形。 【题型归纳】 题型一：菱形的性质求角度 1．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A．24度 B．25度 C．40度 D．65度 2．（23-24八年级下·云南大理·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 题型二：菱形的性质求线段 4．（24-25八年级下·福建福州）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25九年级上·辽宁朝阳·期末）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25九年级上·广东揭阳·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点A作于点，若，，则的长为（　　） A．14 B． C．15 D． 题型三：菱形的性质求面积 7．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，在菱形中，对角线，于点，过点作于点，已知，，则（   ） A．2 B．2.4 C．4.8 D．9.6 8．（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．8 B．16 C．32 D． 9．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（    ） A．80 B．160 C．40 D． 题型四：添加一个条件使为菱形 10．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 11．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，，是两条对角线，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 12．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 题型五：菱形的判定 13．（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在菱形中，是延长线上一点，是延长线上一点，连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 14．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 15．（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，在中，E，F分别为边，的中点，连接、、． (1)求证：． (2)若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 题型六：菱形的性质和判定的综合问题 16．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，平分的垂直平分线分别交于点E，F，G，连接． (1)求证：四边形是菱形： (2)若，求的长． 17．（24-25九年级上·四川巴中·期末）如图，矩形中，点、分别在、上，将矩形沿直线折叠，点落在上的点处，点落在点处，与交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如图，，，点与点重合时，求的长． 18．（2024九年级上·全国·专题练习）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． 【高分达标】 一、单选题 1．（24-25八年级下·山东泰安）如图，在中，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，在平而直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则对角线交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在菱形中，，点在对角线上，且，那么的度数是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·河南周口·一模）如图，在菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 5．（24-25八年级下·吉林长春）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．120 B．240 C．80 D．160 6．（23-24八年级下·天津南开·期中）如图，菱形周长为16，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（   ） A． B．4 C． D． 7．（24-25九年级上·陕西榆林·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． 8．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 9．（24-25九年级上·辽宁阜新·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． 10．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 11．（2023·河南信阳·三模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　) A．3 B． C．2 D． 12．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 1．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，在菱形中，对角线和相交于点，，，于点H，则的面积为 ． 2．（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 ． 3．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，，若菱形的面积为48，则的长为 ． 4．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，以为斜边作，使得，与交于点Q，连接，若，， ，则的长为 ． 三、解答题 1．（2025八年级下·全国）如图，，且，E是的中点． (1)求证：． (2)连接，若要使四边形是菱形，则需给添加什么条件？请说明理由． 2．（24-25九年级上·辽宁本溪·期末）如图，中，，平分，过点作交延长线于点，点是中点，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求边的长． 3．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线与相交于点，的中点为，连接并延长至点，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 4．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在四边形中，ABDC，，对角线、交于点0，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，求四边形的面积． 6．（24-25九年级上·陕西榆林·期中）如图，在矩形中，点是的中点，延长至点，使得，连接，的延长线与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 7．（24-25九年级上·山东枣庄）在矩形中，，，、分别是、中点，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中． (1)当，则四边形一定是怎样的四边形，说明理由． (2)若四边形为矩形，求的值． (3)若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，则的值为 ．（直接写出结果） 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 18.2.2：菱形 【考点梳理】 · 考点一：菱形的性质求角度 · 考点二：菱形的性质求线段 · 考点三：菱形的性质求面积 · 考点四：添加一个条件使为菱形 · 考点五：菱形的判定 · 考点六：菱形的性质和判定的综合问题 【考点梳理】 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.如图,在□ABCD中,若AB=AD那么□ABCD就是菱形。 知识点02：菱形的性质 1）具有平行四边形的所有性质； 2）四条边都相等； 3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角. 4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心. 知识点03：菱形的判定 (1)有一组邻边相等的平行四边形是菱形 (用定义判定) 几何语言: 如图1，∵四边形ABCD是平行四边形,AB=AD,∴□ABCD是菱形。 (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形 几何语言:如图2, ∵四边形ABCD是平行四边形,AC⊥BD, ∴□ABCD是菱形。 (3) 四条边都相等的四边形是菱形 几何语言:如图2，∵AB=BC=CD=AD, ∴四边形ABCD是菱形。 【题型归纳】 题型一：菱形的性质求角度 1．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A．24度 B．25度 C．40度 D．65度 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，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． 2．（23-24八年级下·云南大理·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．根据菱形的性质进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 3．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，证明出是的中位线是本题的关键．根据菱形的性质得出， ，，根据三角形中位线定理得出，得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵是边的中点，， ∴是的中位线， ， ∴， ， 故选：B． 题型二：菱形的性质求线段 4．（24-25八年级下·福建福州）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，若，，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的知识点是菱形的性质、勾股定理解直角三角形，解题关键是熟练掌握菱形的性质． 结合菱形的性质求得、后，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：菱形中，，且、互相平分， ，， 中，， 即菱形的边长是． 故选：． 5．（24-25九年级上·辽宁朝阳·期末）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．根据菱形的性质可得：，，推出、是等边三角形，得到，，证明，得到，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，， 、是等边三角形， ，， ， ，即， ，在和中，， ， ， ， ， 故选：B． 6．（24-25九年级上·广东揭阳·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点A作于点，若，，则的长为（　　） A．14 B． C．15 D． 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，得出菱形的面积54，勾股定理算出，最后结合等面积法列式计算，即可作答．本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， 在中， ∵ ， ∴， 故选：D． 题型三：菱形的性质求面积 7．（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，在菱形中，对角线，于点，过点作于点，已知，，则（   ） A．2 B．2.4 C．4.8 D．9.6 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出BC是解题的关键．先利用菱形的对角线长求面积的公式求出，然后求得，的长，利用勾股定理求出，最后根据菱形的面积公式即可求得答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ，对角线，于点， ， 即， 解得， ， ， ， ， 即， ． 故选C． 8．（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．8 B．16 C．32 D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质，由菱形的性质得出，，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，最后由菱形的面积公式计算即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的面积为， 故选：B． 9．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为（    ） A．80 B．160 C．40 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识，由菱形的性质得，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ， 菱形的面积， 故选：A． 题型四：添加一个条件使为菱形 10．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，对角线，相交于点，再添加一个条件，可推出是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的判定，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线垂直的平行四边形是菱形，进行判断即可． 【详解】解：∵， ∴当时，是菱形；故选项A符合题意； B，C，D三个选项都不能推出是菱形； 故选A． 11．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，在中，，是两条对角线，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定．熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键． 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形判断作答即可． 【详解】解：由题意知，A中，不能推出是菱形，故不符合要求； B中，不能推出是菱形，故不符合要求； C中，能推出是菱形，故符合要求； D中，不能推出是菱形，故不符合要求； 故选：C． 12．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图，下列条件能使平行四边形是菱形的为（       ） ①； ②； ③； ④． A．①③ B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定：对角线相互垂直的平行四边形是菱形；一组对边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形；根据菱形的判定进行判断即可． 【详解】解：①根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，①满足题意； ②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，②不满足题意； ③根据一组对边相等的平行四边形是菱形知，平行四边形是菱形，③满足题意； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形知，平行四边形是矩形，④不满足题意； 故满足题意的有①③； 故选：A． 题型五：菱形的判定 13．（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，在菱形中，是延长线上一点，是延长线上一点，连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题主要考查三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，先证明，得出，同理，得出，，再根据菱形的判定方法，证明即可． 【详解】解：四边形是菱形． 理由：四边形是菱形， ， ， ， 又， ， ， 同理得：， ∴，， ∵， ， ∵， 四边形是平行四边形． 又， 四边形是菱形． 14．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明和，继而证明四边形是平行四边形，即可得到本题答案； （2）利用菱形性质得到，再利用勾股定理求出，继而得到本题答案． 【详解】（1）解：证明：四边形是矩形， ， ，， 为的中点， ， 在和中， ， ， ， 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， ，， ，根据勾股定理：， 又四边形是菱形， ． 【点睛】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形判定及性质，含的直角三角形三边关系等． 15．（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，在中，E，F分别为边，的中点，连接、、． (1)求证：． (2)若，则四边形是什么特殊四边形？请证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为菱形．证明见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质证明，，，结合中点证明，从而可得结论； （2）先证明四边形为平行四边形，再证明，从而可得结论． 【详解】（1）证明：在中， ，，，， ∵E，F分别为边，的中点， ∴， ∴； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 在中， ，， ∵E，F分别为边，的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵，为的中点， ∴， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质，菱形的判定，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键． 题型六：菱形的性质和判定的综合问题 16．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，在中，平分的垂直平分线分别交于点E，F，G，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）由角平分线的性质和垂直平分线的性质可证，可得，由菱形的判定可证结论； （2）过点D作，由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可得，，进而得到即可． 【详解】（1）证明: 在中，平分， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图， 过点 D作 ， ∵四边形是菱形， ∴ ，   ∴， 又∵，   ∴，， ∵，， ∴， ∴， 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的判定和性质是本题的关键． 17．（24-25九年级上·四川巴中·期末）如图，矩形中，点、分别在、上，将矩形沿直线折叠，点落在上的点处，点落在点处，与交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如图，，，点与点重合时，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】根据折叠的性质可知，，，，根据矩形的性质可证，等量代换可得，根据等角对等边可得，从而可得，根据四条边相等的四边形是菱形可证结论成立； 利用勾股定理可以求出，设菱形的边长为，则有，在中，所以可得，解方程可以求出，利用菱形的性质可知是直角三角形，根据勾股定理可以求出，根据菱形的性质可知． 【详解】（1）证明：根据折叠的性质可知，，，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：矩形中，， ， 设菱形的边长为， 则有， ， 在中，， ， 解得：， 在中，，， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、折叠的性质．解决本题的关键是根据折叠的性质找到相等的边和角． 18．（2024九年级上·全国·专题练习）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． 【高分达标】 一、单选题 1．（24-25八年级下·山东泰安）如图，在中，添加下列条件仍不能判定是菱形的是（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键．根据菱形的判定定理，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴添加，能判定是菱形，故A不符合题意； 添加，能判定是菱形；故B不符合题意； 添加，则是矩形，不能判定是菱形；选项C符合题意； 添加，能判定是菱形；选项D不符合题意． 故选：C． 2．（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，在平而直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则对角线交点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了图形与坐标，菱形的性质，勾股定理及含的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．过点E作轴于点F，先证明是正三角形，得到，，再根据由直角三角形的性质求出，，进一步可得，即得答案． 【详解】过点E作轴于点F， 四边形为菱形， ，， ， 是正三角形， ，， ， 在中，， ， ，， 对角线交点的坐标为． 故选：D． 3．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在菱形中，，点在对角线上，且，那么的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等边对等角，先根据菱形的性质得到，再根据等边对等角和三角形内角和定理得出答案． 【详解】解：解：∵四边形是菱形，点在对角线上，， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 4．（2025·河南周口·一模）如图，在菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 由菱形的性质可得、，再运用勾股定理可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】解：∵在菱形中， ， ∴，， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 故选：A． 5．（24-25八年级下·吉林长春）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作交于点，连接，若，，则菱形的面积为（   ） A．120 B．240 C．80 D．160 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；由菱形的性质得，，，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵点O是中点，即是斜边上的中线， ∴， ∴菱形的面积， 故选：A． 6．（23-24八年级下·天津南开·期中）如图，菱形周长为16，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】连接交于点O，连接，，由四边形是菱形，可得，，可知垂直平分，所以，可得，即，由四边形是菱形，，可得，由四边形是菱形且周长为16，可得，结合，可得是等边三角形，由E是的中点，可得，所以，由，可得，在中，由直角三角形的性质，可求出，由勾股定理可得，可求出，所以的最小值为． 本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟记性质与最短路线的确定方法找出点P的位置是解题的关键． 【详解】解：如图，连接交于点O，连接，， ∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∵菱形周长为16， ∴， ∴是等边三角形， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴．的最小值为． 故选：D． 7．（24-25九年级上·陕西榆林·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． 8．（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，已知菱形的两条对角线分别为10和24，、分别是边、的中点，是对角线上一点，则的最小值是（   ） A．13 B．10 C．24 D．12 【答案】A 【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小，连接，求出，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案． 【详解】解：作M关于的对称点Q，连接，交于P，连接，此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴， 即Q在上， ∵， ∴， ∵M为中点， ∴Q为中点， ∵N为中点，四边形是菱形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， ∴， 故选：A． 9．（24-25九年级上·辽宁阜新·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． 10．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（   ） A． B． C．4 D．8 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积． 【详解】解：由题意可知，垂直平分，， ∴，四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴     ∴ ∴四边形的面积为， 故选：B 11．（2023·河南信阳·三模）如图，在菱形中，对角线相交于点，点，分别是边的中点，连接，若，，则的长为(　　) A．3 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】根据中位线定理可得，由菱形的面积可得，进而可求出，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可求出的长． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴ ∵点，分别是边的中点， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 故选：D 【点睛】本题综合考查了菱形的性质、中位线定理、直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等．熟记相关结论是解题关键． 12．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，涉及到平行四边形的判定及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，，然后根据菱形的判定即可判断①； 根据菱形的面积结合变形即可判断④； 根据菱形的性质得出，，再根据平行线的性质得出，，然后利用角的和差即可判断②； 根据直角三角形的性质即可判断③． 【详解】解：四边形为菱形 ，， ，分别是，的中点， ， 四边形为平行四边形 四边形是菱形，故①正确； ，故④正确； 四边形是菱形，四边形是菱形， ， ， 即，故②正确； 在中，为的中线 ，故③错误； 故选：C． 二、填空题 1．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，在菱形中，对角线和相交于点，，，于点H，则的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的对角线互相垂直平分和勾股定理可求出的长，进而根据菱形面积计算公式求出的长，则由勾股定理可求出的长，再由平行线间距离处处相等得到，据此代值计算即可． 【详解】解：∵在菱形中，对角线和相交于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由菱形的性质可得， ∴， 故答案为：． 2．（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）． 3．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，，若菱形的面积为48，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，由菱形的性质得，，，再由直角三角形斜边上的中线性质得，，进而由菱形的面积求出，则，然后由勾股定理求出的长即可，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∵菱形的面积， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 故答案为：． 4．（24-25九年级上·重庆·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，以为斜边作，使得，与交于点Q，连接，若，， ，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，三角形全等，勾股定理，直角三角形的性质，关键是由条件得到的长，再证明是等腰直角三角形． 连接，由菱形的性质，直角三角形的性质得到，从而求出，由条件可以证明，推出是等腰直角三角形，即可得解． 【详解】连接，     ∵四边形是菱形， ∴， 在中，是斜边的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∵四边形是菱形， ∴，即，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 三、解答题 1．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，，且，E是的中点． (1)求证：． (2)连接，若要使四边形是菱形，则需给添加什么条件？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，以及直角三角形中斜边中线的性质等知识点． （1）可先判定四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得到结论． （2）添加，可判断出一组邻边相等，一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【详解】（1） 证明：是的中点， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形，； （2） 解：添加， 理由：，， 四边形是平行四边形， ， 在中，是斜边的中点， ，四边形是菱形． 2．（24-25九年级上·辽宁本溪·期末）如图，中，，平分，过点作交延长线于点，点是中点，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求边的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）由直角三角形的性质得，则，又，则，从而证明，即可证明四边形是平行四边形，再由菱形的判定方法即可求证； （）作交延长线于点，则，通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：作交延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等角对等边，直角三角形的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 3．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，菱形的对角线与相交于点，的中点为，连接并延长至点，使得，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)96． 【分析】（1）根据对角线互相平分可得到四边形四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直，可得到一个角是直角，即可证明； （2）由易得，由勾股定理可得的长度，再根据菱形的面积等于对角线之积的一半即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵的中点为， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， 在菱形中，， ∴， 又四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． （2）解：由（1）可知四边形是矩形， ∴ ∵，， ∴， 在菱形中，， 又， ∴， 在中， ∴， 即， ∴， ∴． 即菱形的面积为96． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是要先判断出四边形是矩形． 4．（24-25八年级上·贵州遵义·期中）如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质和定理； （1）根据三角形的中位线可得，，可证四边形是平行四边形，再由即可得证； （2）根据菱形的性质可得，， ，，再根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明： ∵D、E分别是、的中点， ，， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，交于O， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 菱形的面积为． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期中）如图，在四边形中，ABDC，，对角线、交于点0，平分，过点C作交延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】(1)先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论； (2)由菱形的性质可得,,由直角三角形的性质和勾股定理可求的长，即可求解. 【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：四边形是菱形，, , ,, , ， , (负值舍去), , 菱形的面积. 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线的定义，勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的面积公式是解决此题的关键． 6．（24-25九年级上·陕西榆林·期中）如图，在矩形中，点是的中点，延长至点，使得，连接，的延长线与的延长线交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由矩形的性质可得，，，由两直线平行内错角相等可得，利用线段中点的有关计算及已知条件可得，由对顶角相等可得，利用可证得，于是可得，进而可证得四边形是平行四边形，由于，于是结论得证； （2）由平分可得，由矩形的性质可得，，，，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，利用线段中点的有关计算及已知条件可得，于是可得，利用勾股定理可得，进而可得，由（1）可得，于是可得，利用菱形的性质可得，据此即可得出答案． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， 点是的中点，， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：平分， ， 四边形是矩形， ，，，， ， ， ， 点是的中点，， ， ， ， ， 由（1）可得：， ， 菱形的面积． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，两直线平行内错角相等，线段中点的有关计算，对顶角相等，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定与性质，等角对等边，线段的和与差，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 7．（24-25九年级上·山东枣庄·阶段练习）在矩形中，，，、分别是、中点，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，其中． (1)当，则四边形一定是怎样的四边形，说明理由． (2)若四边形为矩形，求的值． (3)若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，则的值为 ．（直接写出结果） 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析 (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）解：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）解：如图3，和分别是和的中点，连接，，，与交于， 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． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$