18.2.2菱形的判定（12大类型提分练）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（人教版）

18.2.2菱形的判定（12大类型提分练） 类型一、菱形的判定条件 1．（23-24八年级下·北京东城·期中）在下列命题中，正确的是（    ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一个角是直角且一组邻边相等的四边形是正方形 C．有两边平行的四边形是平行四边形 D．两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形 2．（23-24八年级下·四川德阳·期中）下列命题正确的是（    ） A．对角线互相平分的四边形是菱形； B．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形； D．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 3．（21-22九年级下·上海杨浦·阶段练习）如果的对角线相交于点，那么在下列条件中，能判断为菱形的是（   ） A． B． C． D． 4．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）在实验课上，为判断地板瓷砖是否为菱形，甲、乙二人分别用仪器进行了测量，甲测量出两组对角分别相等，然后小亮测量出______，最后得到结论：地板瓷砖是菱形．则横线处应填（    ） A．两组对边分别相等 B．一组邻边相等 C．两条对角线相等 D．一组邻角相等 类型二、添加一个条件使四边形是菱形 5．（22-23八年级下·安徽亳州·期末）平行四边形中，对角线与互相垂直，那么这个四边形的邻边 ．（填“相等”或“不相等”）． 6．（17-18八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 7．（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 8．（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 ． 类型三、证明四边形是菱形 9．（2024·陕西咸阳·一模）如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 10．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接． 求证：四边形是菱形． 11．（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 类型四、添加条件后证明四边形是菱形 12．（2024·山西晋中·三模）如图，在中，为边上一点，平移线段，使点与点重合、点与点重合，连接，，． (1)若，，求的度数．． (2)请再添加一个条件，使四边形为菱形． 13．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接． (1)求证：； (2)当与满足________时，四边形是菱形，并证明你的结论； 14．（22-23八年级下·河南许昌·期末）数学课上，王老师出示了一道例题：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，连接，．求证：四边形是菱形．全班同学经过分组讨论后认为：四边形一定是平行四边形，要想证明该四边形是菱形还应当添加一个条件．小明认为：应当添加．小刚认为：应当添加．请你从小明和小刚添加的条件中选一个完成该题的证明．    (1)添加的条件是_______； (2)证明： 15．（2024·浙江杭州·二模）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点O，E，F是线段上的两点，且，连接，，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)从下列条件：①平分，②，③中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形为菱形．我选的是 （请填写序号），并证明． 类型五、利用类型的性质与判定求角度 16．（23-24八年级下·全国·单元测试）已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 17．（24-25九年级上·浙江温州·开学考试）如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的度数． 类型六、利用类型的性质与判定求线段和周长 18．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交、于E、F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 19．（24-25八年级下·重庆·开学考试）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，，交于点，连接交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，交于点，若，，求的长． 类型七、利用类型的性质与判定求面积 20．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 21．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 22．（23-24八年级下·福建龙岩·期中）如图，四边形中，E、F、G、H分别是四边的中点，对角线，则四边形是（    ） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．正方形 类型八、菱形与中点四边形 23．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（   ） A． B． C． D． 24．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，点分别是线段的中点，分别是线段的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形的边满足________时，四边形是菱形． 类型九、菱形与作图有关的计算与证明 25．（23-24九年级下·广东深圳·开学考试）如图，平行四边形中，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧交于，两点，作直线交于点，连接并延长，交的延长线于点，连接，． (1)求证：： (2)在平行四边形中能否添加一个条件，使四边形为菱形？若能，请添加后予以证明；若不能，请什么理由． 类型十、菱形与翻折问题 26．（22-23八年级下·安徽合肥·期末）如图，将矩形沿对角线折叠，点C的对应点为，交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求． 27．（23-24八年级下·安徽阜阳·阶段练习）如图，将两张长为，宽为的矩形纸条交叉叠放，使一组对角的顶点重合，其重叠部分是四边形． (1)证明：四边形是菱形： (2)求菱形的面积． 28．（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，P为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为 ． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 类型十一、菱形与动点综合问题 29．（23-24八年级下·山西临汾·阶段练习）在矩形中，，，E，F是对角线上的两个动点，点E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，G，H分别是，的中点，连接，，，． (1)四边形的形状一定是______（点E，F相遇时除外）． (2)当四边形为矩形时，请求出t的值． (3)若点G向点D运动，点H向点B运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，当四边形为菱形时，请直接写出t的值． 类型十二、菱形的性质与判定综合问题 30．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以、为邻边作平行四边形，如图1所示． (1)求证：； (2)若，连结、、，如图2所示； ①求证：； ②求的度数； (3)若，，，M是的中点，如图3所示，求的长． 31．（22-23八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合． (1)求的度数； (2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F． ①试探究，的数量关系，并证明你的结论； ②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值． 一、单选题 1．（22-23八年级下·浙江宁波·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．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，分别是四边形的边的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 4．（2025·河北秦皇岛·一模）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示形状，并测得，接着活动学具成为图2形状所示，并测得，若图2中对角线，则图1中对角线的长为（    ） A． B． C． D． 5．（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 二、填空题 6．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点．若，，则的长为 ． 7．（23-24八年级下·全国·期末）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与交于点E，F，连接，交于点M，连接．若，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④． 其中结论正确的是 ．（填序号） 8．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，把矩形沿直线折叠，点B落在点E处，连接，则顺次连接四边形各边中点，得到的四边形的形状一定是 ． 9．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且．若是边长为4的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值 ． 三、解答题 10．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，将两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 11．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，直线，直线与、交于A、B，在上取一点C，使，平分，交于点D，交于点，，交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 12．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，． ①求的面积； ②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长． 13．（21-22八年级下·江苏连云港·期中）在矩形中，，，、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)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？ 答：__________；（直接填空，不用说理） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值； (3)在（1）条件下，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，求的值． 14．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，在矩形中，点是上的点，沿折叠点的对应点是点，延长交直线于点． (1)求证：； (2)是上的点，；沿折叠点的对应点是点，且、、、在同一直线上． ①如图2，若M、N互相重合，求的值； ②若，求的长．（自己画草图） 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 18.2.2菱形的判定（12大类型提分练） 类型一、菱形的判定条件 1．（23-24八年级下·北京东城·期中）在下列命题中，正确的是（    ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一个角是直角且一组邻边相等的四边形是正方形 C．有两边平行的四边形是平行四边形 D．两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题主要考查了判断命题真假，正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，熟知特殊平行四边形的判定定理和平行四边形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意； B、有一个角是直角且一组邻边相等的平行四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意； C、有两边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意； D、两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是真命题，符合题意； 故选：D． 2．（23-24八年级下·四川德阳·期中）下列命题正确的是（    ） A．对角线互相平分的四边形是菱形； B．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形； D．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，熟知菱形的判定和矩形的判定是解题的关键． 【详解】解：A、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意； B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，不符合题意； C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，不符合题意； D、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法正确，符合题意； 故选：D． 3．（21-22九年级下·上海杨浦·阶段练习）如果的对角线相交于点，那么在下列条件中，能判断为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形的判定定理可知，①当平行四边形的对角线相互垂直时，平行四边形即为菱形；②当平行四边形的邻边相等时，平行四边形即为菱形；结合题中所给条件逐项验证即可得到答案． 【详解】解：根据菱形的判定定理可知，①当平行四边形的对角线相互垂直时，平行四边形即为菱形；②当平行四边形的邻边相等时，平行四边形即为菱形； 的对角线相交于点，如图所示： A、当时，内错角相等，得到，无法确定为菱形，不符合题意； B、当时，两个毫无关系的角度，得不到有用结论，无法确定为菱形，不符合题意； C、当时， ， ， ， ， 是等腰三角形，即，则由平行四边形对角线互相平分可得， 为矩形；即无法确定为菱形，不符合题意； D、当时， ， ， ， 是等腰三角形，即， 为菱形； 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的判定，涉及菱形的判定定理、矩形的判定、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 4．（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）在实验课上，为判断地板瓷砖是否为菱形，甲、乙二人分别用仪器进行了测量，甲测量出两组对角分别相等，然后小亮测量出______，最后得到结论：地板瓷砖是菱形．则横线处应填（    ） A．两组对边分别相等 B．一组邻边相等 C．两条对角线相等 D．一组邻角相等 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定．根据菱形的判定方法“一组邻边相等的平行四边形是菱形”进行判断即可得． 【详解】解：∵甲测量出两组对角分别相等，∴此地板瓷砖是平行四边形， A、两组对边分别相等，也只能说明四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故本选项符合题意； C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意； D、一组邻角相等，不能说明平行四边形是菱形，故本选项不符合题意； 故选：B． 类型二、添加一个条件使四边形是菱形 5．（22-23八年级下·安徽亳州·期末）平行四边形中，对角线与互相垂直，那么这个四边形的邻边 ．（填“相等”或“不相等”）． 【答案】相等 【分析】根据题意可得平行四边形是菱形，然后根据菱形的性质求解即可． 【详解】∵平行四边形中，对角线与互相垂直， ∴平行四边形是菱形 ∴这个四边形的邻边相等． 故答案为：相等． 【点睛】此题考查了菱形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和判定定理． 6．（17-18八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】当平分时，四边形是菱形，可知先证明四边形是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题． 【详解】解：当平分时，四边形是菱形， 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形． 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 7．（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加） 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定方法成为解题的关键． 先根据三角形的中位线得到可得四边形是平行四边形；再根据菱形的判定可知，即可解答． 【详解】解：∵中，E、F、D分别是上的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形， 要使四边形是菱形，则， ∴，即． 故答案为：． 8．（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）． 类型三、证明四边形是菱形 9．（2024·陕西咸阳·一模）如图，在中，E、F分别是、延长线上的点，连接、，且，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质、由已知容易证明，进而可得，从而由邻边相等的平行四边形是菱形得出结论. 【详解】证明：在与中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 10．（23-24八年级下·江苏宿迁·期中）如图，四边形是矩形，，交的延长线于点，，交的延长线于点，连接． 求证：四边形是菱形． 【答案】见详解 【分析】本题考查菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的判定与性质．根据题意先证四边形是平行四边形，再由即可． 【详解】证明：四边形是矩形 , 四边形，四边形都是平行四边形 四边形是平行四边形 四边形是菱形． 11．（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）如图，在矩形中，，相交于点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． （1）根据，，可得四边形是平行四边形，根据矩形的性质可推出，即可得证； （2）连接，交于点，根据四边形是菱形，可得，，，再根据勾股定理求出，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解： ，， 四边形是平行四边形， 在矩形中，，相交于点， ，，， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，连接，交于点， 四边形是菱形， ，，， ， ， ， 菱形的面积为：， 故答案为：． 类型四、添加条件后证明四边形是菱形 12．（2024·山西晋中·三模）如图，在中，为边上一点，平移线段，使点与点重合、点与点重合，连接，，． (1)若，，求的度数．． (2)请再添加一个条件，使四边形为菱形． 【答案】(1) (2)，（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了三角形内角和定理，平移的性质，平行四边形的性质和判定，菱形的判定； （1）由三角形内角和定理求得∠，根据平移的性质征得四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质即可证得结论；求得答案； （2）根据菱形的判定定理即可得到答案． 【详解】（1）解：根据平移的性质，可得，， 四边形是平行四边形． ． 在中，，， ． ． （2）答案不唯一，如， 证明：由（1）知四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 13．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接． (1)求证：； (2)当与满足________时，四边形是菱形，并证明你的结论； 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，三角形中位线定理． （1）根据平行四边形的性质，结合三角形中位线定理求证即可； （2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，补充条件并证明即可． 【详解】（1）∵在平行四边形中，F是对角线的交点， ∴， ∵E是边的中点， ∴是的中位线， ∴， 即 （2）当时，四边形是菱形，证明如下： ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 14．（22-23八年级下·河南许昌·期末）数学课上，王老师出示了一道例题：如图，在平行四边形中，为对角线的中点，过点的直线分别交，于，两点，连接，．求证：四边形是菱形．全班同学经过分组讨论后认为：四边形一定是平行四边形，要想证明该四边形是菱形还应当添加一个条件．小明认为：应当添加．小刚认为：应当添加．请你从小明和小刚添加的条件中选一个完成该题的证明．    (1)添加的条件是_______； (2)证明： 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，四条边相等的四边形是菱形即可解答． （2）①根据平行四边形的性质，得出，再根据两直线平行，内错角相等，得出，再根据“角角边”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论；②根据平行四边形的性质，得出，再根据两直线平行，内错角相等，得出，再根据“角角边”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，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，即可得出结论． 【详解】（1）解：添加的条件是； 故答案为：； （2）证明：①添加， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点为对角线的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． ②添加， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点为对角线的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】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、菱形的判定，得出是解题关键． 15．（2024·浙江杭州·二模）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点O，E，F是线段上的两点，且，连接，，，．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)从下列条件：①平分，②，③中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形为菱形．我选的是 （请填写序号），并证明． 【答案】(1)见解析 (2)①，见解析（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，菱形的判定定理，熟练掌握各判定定理并正确应用是解题的关键． （1）利用证明，得出，然后证明，即可得证； （2）由（1）知：四边形是平行四边形，则要证四边形为菱形，只需证明一组邻边相等或对角线互相垂直即可，如添①平分，则可证；如添③，则可证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：选①平分， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形 ； 选③， ∵平行四边形， ∴O为中点， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 类型五、利用类型的性质与判定求角度 16．（23-24八年级下·全国·单元测试）已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论； （）首先证明四边形是菱形，再用菱形的性质可得到，再根据两直线平行，同位角相等得到 此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由（）得：四边形是平行四边形， ∴， ∴． 17．（24-25九年级上·浙江温州·开学考试）如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的度数． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、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知识点，灵活运用相关判定和性质成为解题的关键． （1）根据三角形中位线的性质可得、，即；再说明、，证得可得，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）先证明平行四边形BEFC是菱形，再利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：点D，E分别是边的中点， ，， ， ∵点O是边的中点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 平行四边形BEFC是菱形， ，， ． 类型六、利用类型的性质与判定求线段和周长 类型八、菱形与中点四边形 18．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交、于E、F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)20 【分析】（1）先由矩形性质得，可以通过证明，再通过对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可作答． （2）结合菱形性质，得，再根据勾股定理列式代入数值，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∵点是的中点 ∴ 在和中 ∴ ∴ 已知 ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形 ∴ ∵四边形是菱形 ∴ 设菱形的边长为， 则， 在中 即 解得 ∴菱形的周长为20． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质、菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 19．（24-25八年级下·重庆·开学考试）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，，交于点，连接交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点，交于点，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得到四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可证明为菱形； （2）先证明四边形是菱形，为等边三角形，则，再根据角直角三角形的性质结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，点是中点， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴，为等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由勾股定理得，即， 解得． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键． 类型七、利用类型的性质与判定求面积 20．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在矩形中，延长到点D，使，延长到点E，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)24 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再结合矩形的性质得，故四边形是菱形； （2）先运用勾股定理算出，再根据菱形的性质求出面积，即可作答． 【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：， ， ，， ， ，， 四边形的面积． 21．（24-25九年级上·湖南邵阳·期末）如图，中，对角线，相交于点，点是上一点，连接，．且． (1)求证：； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形，可得，结合，即可证明； （2）由（1）得，推出四边形是菱形，，得到，求出、，即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 又 ， ．（三线合一） （2）解：由（1）得， 四边形是菱形，， 在中，， ， ， ， ， ，， ． 类型八、菱形与中点四边形 22．（23-24八年级下·福建龙岩·期中）如图，四边形中，E、F、G、H分别是四边的中点，对角线，则四边形是（    ） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．正方形 【答案】A 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键．连接、，根据三角形中位线定理得到，，，，进而证明，根据菱形的判定定理得出结论． 【详解】解：连接、， ∵E、F、G、H分别是四边的中点， ∴，，，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形， 故选：A． 23．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形、菱形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理和菱形的判定是解题的关键．根据三角形的中位线定理可得，，，，，，得到四边形为平行四边形，再结合选项逐个分析判断即可得出结论． 【详解】解：分别为的中点， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， A、添加条件，则有，此时为矩形，不符合题意； B、添加条件，此时为平行四边形，不符合题意； C、添加条件，此时为平行四边形，不符合题意； D、添加条件，则有，此时为菱形，符合题意； 故选：D． 24．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，点分别是线段的中点，分别是线段的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)四边形的边满足________时，四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析； (2)，见解析． 【分析】（）根据中位线定理得，，，，然后根据平行公理推论得，，从而求证； （）根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求解； 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，中位线定理，平行公理推论，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵点分别是线段的中点，分别是线段的中点 ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形的边满足时，四边形是菱形．理由如下： ∵点分别是线段的中点，分别是线段的中点， ∴，， ∵， ∴， 由（）得：四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故答案为：． 类型九、菱形与作图有关的计算与证明 25．（23-24九年级下·广东深圳·开学考试）如图，平行四边形中，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧交于，两点，作直线交于点，连接并延长，交的延长线于点，连接，． (1)求证：： (2)在平行四边形中能否添加一个条件，使四边形为菱形？若能，请添加后予以证明；若不能，请什么理由． 【答案】(1)见解析 (2)添加，见解析 【分析】（1）由作图可得垂直平分线段，通过证明 ，得到，即可得证， （2）添加，通过证明是等边三角形，根据临边相等的平行四边形是菱形，即可得证， 本题考查了线段垂直平分线的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解题的关键是：熟练掌握相关判定与性质定理． 【详解】（1）解：由作图可知垂直平分线段， ， 是平行四边形， ，， ， 在和中，， ， ， ， （2）解：添加， 由（1）可知，， 四边形是平行四边形， ， 是等边三角形， ， 平行四边形是菱形． 类型十、菱形与翻折问题 26．（22-23八年级下·安徽合肥·期末）如图，将矩形沿对角线折叠，点C的对应点为，交边于点E，点F在边上，且． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由矩形的性质得到，证明四边形是平行四边形，再证明，即可得出结论； （2）由是矩形，是菱形，，设，得到，根据勾股定理可知，，即，解得，即，再求出，即可求解． 【详解】（1）证明：是矩形， ， 又点E在边上，点F在边上，且， ， ∴四边形是平行四边形，， 由折叠可知，， ， ， 四边形为菱形； （2）解：∵四边形是矩形，四边形是菱形，，设， ， 由勾股定理可知，， ， 解得：，即， 四边形为菱形， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． 27．（23-24八年级下·安徽阜阳·阶段练习）如图，将两张长为，宽为的矩形纸条交叉叠放，使一组对角的顶点重合，其重叠部分是四边形． (1)证明：四边形是菱形： (2)求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得四边形是平行四边形，用可证，即可得，即可得； （2）设，则，在中，根据勾股定理得，进行计算即可得，即可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 在和中， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：设，则， 在中， ， ， ， ． 答：四边形的面积为． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． 28．（24-25八年级下·江苏镇江·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，P为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为 ． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 【答案】（1）等边三角形；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，再证明四边形是菱形，可知，即可求解； （2）利用四边形是平行四边形，可得，，再由，为边的三等分点，可得，由折叠可知：，，则，可得，再由三角形外角性质可得，则，可得，可证明四边形是平行四边形，则有，再证明可得结论； （3）延长交于，过点A作，先求得，由折叠可得，，得到，则为等腰直角三角形，从而得出，则，再由四边形是平行四边形，可得，得到，，即，得出，再由的面积为18，，即：，求出，再求解可得结果． 【详解】解：（1）四边形是平行四边形， ，，， 由折叠可知：，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， 是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2），理由如下： 四边形是平行四边形， ，， 又，为边的三等分点， ， 由折叠可知：，， 则， ， 由三角形外角性质可知：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ； （3）延长交于，过点A作， 的面积为18，， ， ， 设则， ， ， （负值舍去）， ， ， ， ， ， 由折叠可知：，， ，则为等腰直角三角形， ， 则， 四边形是平行四边形， ， ，，即， ， 的面积为18，，即：， ， 则， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 类型十一、菱形与动点综合问题 29．（23-24八年级下·山西临汾·阶段练习）在矩形中，，，E，F是对角线上的两个动点，点E，F分别从点A，C同时出发，相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为秒，G，H分别是，的中点，连接，，，． (1)四边形的形状一定是______（点E，F相遇时除外）． (2)当四边形为矩形时，请求出t的值． (3)若点G向点D运动，点H向点B运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，当四边形为菱形时，请直接写出t的值． 【答案】(1)平行四边形 (2)或 (3) 【分析】（1）证明，可得，，可得，证明，从而可得结论； （2）连接，证明四边形是矩形，可得，求解，①如图，当点E，F相遇前，②如图，当点E，F相遇后，再进一步解答即可； （3）如图，设M，N分别为和的中点，连接，，，令与相交于点O．证明四边形为菱形，可得，设，则，再利用勾股定理进一步求解即可． 【详解】（1）解：四边形的形状一定是平行四边形；理由： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵G，H分别是，的中点， ∴， 由题意可得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ①如图1，当点E，F相遇前， ∵四边形是矩形， ∴． ∵， ∴， 解得； ②如图2，当点E，F相遇后， ∵四边形是矩形， 又∵，， ∴， 解得．         综上所述，四边形为矩形时，或． （3）解：如图，设M，N分别为和的中点，连接，，，令与相交于点O． ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则 由勾股定理，可得， 即， 解得． ∵=，即， 当四边形为菱形时，t的值为． 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记特殊四边形的判定方法是解本题的关键． 类型十二、菱形的性质与判定综合问题 30．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以、为邻边作平行四边形，如图1所示． (1)求证：； (2)若，连结、、，如图2所示； ①求证：； ②求的度数； (3)若，，，M是的中点，如图3所示，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②60度 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，即可解决问题； （2）先判断出，再判断出，进而得出，即可判断出，再判断出，进而得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：①∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图3中，连接，， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形， ， ∴四边形为正方形． ∵， ∴， ∵M为中点， ∴ ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 31．（22-23八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合． (1)求的度数； (2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F． ①试探究，的数量关系，并证明你的结论； ②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值． 【答案】(1) (2)①，证明见解析；② 【分析】（1）由已知得四边形是菱形，得，根据，即得，故； （2）①数量关系是：，理由是：由四边形是菱形，可得和是等边三角形，即得，，即可证明，从而，故； ②的周长发生改变，理由是：由，，可得，是等边三角形，即有，当最小时，周长的最小，即最小时，周长的最小，此时，在中，可得，即，周长的最小值为． 【详解】（1）∵中，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵的顶点与点A重合，两边分别与，重合， ∴； （2）①，证明如下： ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴和是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； ②的周长发生改变，理由如下： 如图，连接， 由①知：，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵的的周长， ∴的周长发生改变， 当最小时，周长最小，即最小时，的周长最小， 此时， 在中，，， ∴，， ∴， ∴周长的最小值为． 【点睛】本题考查菱形的性质及应用，涉及等边三角形性质及判定、全等三角形性质及判定、三角形周长最小值、勾股定理等知识，解题的关键是证明． 一、单选题 1．（22-23八年级下·浙江宁波·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．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，由菱形的性质可得 ，进而可得，即可得四边形是菱形，再根据正方形的判定可知要使菱形为正方形，只需证明或即可，据此即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：在菱形中，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 要使菱形为正方形，只需证明或即可， 当时，， 故选：． 3．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，分别是四边形的边的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形 C．若四边形是平行四边形，则与互相平分 D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，熟练掌握三角形的中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．先利用三角形中位线定理证出四边形是平行四边形，再对选项逐个分析判断即可得出结论． 【详解】解： 分别是四边形的边的中点， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形； A、若，则，四边形为菱形，故此选项说法错误，不符合题意； B、若，则，四边形为矩形，故此选项说法错误，不符合题意； C、四边形一定是平行四边形，但与不一定互相平分，故此选项说法错误，不符合题意； D、若四边形是正方形，则，，从而有，且，即与互相垂直且相等，故此选项说法正确，符合题意； 故选：D． 4．（2025·河北秦皇岛·一模）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示形状，并测得，接着活动学具成为图2形状所示，并测得，若图2中对角线，则图1中对角线的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理即可求得正方形的边长，根据菱形的性质和勾股定理即可求得图1中BD的长． 【详解】解：由题意可知，， ∴四边形是菱形（图1）， 当时，四边形是正方形（图2）， ∴图2中，， ∴在中，， ∴， 在图1中，连接，交于，如图所示： ∵，四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴； 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的性质，勾股定理以及含的直角三角形的性质，利用勾股定理得出正方形的边长是关键． 5．（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 二、填空题 6．（23-24八年级下·山西临汾·期末）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点．若，，则的长为 ． 【答案】16 【分析】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识．先证明是等腰三角形，设交于点．证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】证明：连接，设交于点，由作图可知，平分， ， 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ； 由作图可知：，， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， 在中，， ， ． 故答案为：16． 7．（23-24八年级下·全国·期末）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与交于点E，F，连接，交于点M，连接．若，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④． 其中结论正确的是 ．（填序号） 【答案】①②③ 【分析】本题考查矩形，菱形，垂直平分线的性质，等边三角形和全等三角形等知识．根据，则，根据点是的中点，证明，判断①；根据矩形的性质，得，，根据，证明四边形是平行四边形，根据，，得；根据，得，等量代换，得，垂直平分线段，，即可判断②；利用线段垂直平分线的性质的逆定理，可判断③；根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，则，根据，得，，，等量代换，即可判断④． 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵点是的中点 ∴ ∵ ∴ ∴， 故①正确； 在矩形中，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， ∴平行四边形是菱形． 故②正确； ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段． 故③正确； ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故④不正确． 综上所述，正确的有①②③，共三个． 故答案为：①②③． 8．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，把矩形沿直线折叠，点B落在点E处，连接，则顺次连接四边形各边中点，得到的四边形的形状一定是 ． 【答案】菱形 【分析】此题主要考查了矩形的性质，三角形的中位线定理和菱形的判定．用到的知识点：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；四边相等的四边形是菱形．根据矩形的性质及中位线定理和菱形的判定，可推出四边形为菱形． 【详解】解：∵把矩形沿直线折叠，点B落在E处， ∴， ∵顺次连接四边形各边中点， ∴H、F分别是的中点， ∴． 同理， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴得到的四边形的形状一定是：菱形． 故答案为：菱形． 9．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形为平行四边形，延长到点，使，且．若是边长为4的等边三角形，点、、分别在线段、、上运动，求的最小值 ． 【答案】 【分析】先根据四边形为平行四边形的性质和证明四边形为平行四边形，再根据可证四边形为菱形；根据菱形对称性得，得到，进一步说明的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 又∵点在的延长线上， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为菱形． 作点关于的对称点，由菱形对称性得，点关于的对称点在上， ∴， 当、、共线时， ， 过点作，垂足为， ∵， ∴的最小值即为平行线间的距离的长， ∵是边长为4的等边三角形， ∴，． ∵， ∴， 在中，∵， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键． 三、解答题 10．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，将两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意得到，，，推出四边形平行四边形，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理得到结论； （2）过点K作于H，根据矩形的性质得到，根据菱形的性质得到，根据勾股定理得到，求得，根据勾股定理得到即可求解． 【详解】（1）证明：∵两个全等的矩形和矩形交叉重叠，重叠部分为四边形， ∴，，，， ∴四边形平行四边形， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：过点K作于H， 则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 在中， ∴， 在中，． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 11．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，直线，直线与、交于A、B，在上取一点C，使，平分，交于点D，交于点，，交于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． （1）先根据角平分线的定义可得，根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，从而可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证； （2）先根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后利用勾股定理求出的长，最后利用菱形的面积公式计算即可得． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． （2）解：由（1）已证：四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 则四边形的面积为． 12．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，． ①求的面积； ②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①，②线段的长为2或18或或5． 【分析】（1）由题意可得，，，结合，得到，得，可证四边形是平行四边形，再由折叠可知，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得证； （2）①利用菱形的面积的两种求解方式：对角线乘积的一半，底×高，列出方程，，即可得到的高，再利用，求出面积；②分三种情况讨论，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、，即；以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于，即；，画出图形，分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点， ∴，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形． （2）解：①∵平行四边形是菱形， ∴ ∴ ∵四边形是菱形， ∴ ∵平行四边形， ∴ 设菱形边上的高为h， ∴菱形的面积为 即 解得 ∴； ②由① ∵平行四边形， ∴ 如图所示，以E点为圆心，为半径画弧，与直线相交于、， 当，此时为等腰三角形 ∴； 当，此时为等腰三角形 ∴； 如图所示，以C点为圆心，为半径画弧，与直线相交于， 当，此时为等腰三角形， 由①可知 ∴ ； 由①可知 ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∴即B点，此时为等腰三角形， 则 综上所述：当为等腰三角形时，线段的长为2或18或或5． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的定义是解决问题的关键． 13．（21-22八年级下·江苏连云港·期中）在矩形中，，，、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)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（、相遇时除外）？ 答：__________；（直接填空，不用说理） (2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求的值； (3)在（1）条件下，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，求的值． 【答案】(1)四边形是平行四边形 (2)四边形为矩形时或 (3)当时，四边形为菱形 【分析】（1）利用三角形全等可得 则 即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解. 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： 由题意得：， ∵四边形是矩形， ∴，， ， ∵分别是中点， ， ， ， ， ， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）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，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ∴，即， ∴当时，四边形为菱形． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用. 14．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，在矩形中，点是上的点，沿折叠点的对应点是点，延长交直线于点． (1)求证：； (2)是上的点，；沿折叠点的对应点是点，且、、、在同一直线上． ①如图2，若M、N互相重合，求的值； ②若，求的长．（自己画草图） 【答案】(1)见详解 (2)①②的长为或4 【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质证明，则可得出结论； （2）①证出，设，则，，则可得出结论； ②分两种情况，由矩形的性质及勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：沿折叠点的对应点是点， ， 四边形为矩形， ， ， ， ； （2）解：①四边形是矩形， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 折叠， ， ， 四边形为菱形， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ； ②如图，若，在在上方，设， ， ， ， 过点作于点，则四边形为矩形， ，， ， ， ， ，（舍， ； 如图，设， 同理可得， ，（舍， ， 综上所述，的长为或4． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，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． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$