专题02 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（华东师大版）

专题02 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】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H，若要使四边形EFGH为菱形，则还需增加的条件是（     ） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AC⊥BD且AC＝BD D．AB＝AD 1．（23-24八年级下·四川巴中·期中）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，四边形还应满足的一个条件是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，平分．给出下列两个条件：①，②；从二者中选择一个作为补充条件，使四边形是菱形，这个条件是 ．（填写序号） 3．（2024·四川巴中·模拟预测）（1）从，2，中任意选择两个式子，用“=”号连接成一个方程，并求出这个方程的解． （2）小惠自编一题：“如图，在四边形中，对角线，相交于点，，．求证：四边形是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．    小惠： 证明：∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∴四边形是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【经典例题二 证明四边形是菱形】 【例2】（23-24八年级下·四川遂宁·期末）如图，点O是菱形对角线的交点，，连接，则下列判断不正确的是（    ） A．四边形为矩形 B． C． D． 1．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，四边形是平行四边形，是两条对角线，添加下列条件后能判定四边形是矩形的是 （   ） A． B． C． D．平分 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．小米的作法是：连接，作的垂直平分线分别交于M，O，N，连接，则四边形是菱形．则小米的依据是 ．    3．（2025·贵州·模拟预测）如图，在四边形中，，若平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积 【经典例题三 利用菱形的性质证明】 【例3】（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，已知菱形的对角线相交于点，延长至点，使，连接．若，则（　　）    A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）如图，四边形是菱形，M，N分别是，两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（　　） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠DAB＝60°，点E是对角线AC上一个动点，点F是边AB上一个动点，连接EF，EB，则的最小值为 ． 3．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积．                            【经典例题四 利用菱形的性质求角度】 【例4】（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，四边形与四边形都是菱形，点E，F在上，已知，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·山西·阶段练习）如图，点是菱形的边上一点，且，那么的度数为（  ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·北京延庆·期末）如图所示的木制活动衣帽架，是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离．菱形边长，若间的距离调节到，则的度数是 ．    3．（23-24八年级下·贵州贵阳·阶段练习）如图，ABCD为矩形纸片，E、F分别为AB、DC上的点，将此矩形两次翻折，RM和FN为折痕，其中、分别为A、D的对应点；且点在射线EF上；、分别为B、C的对应点，且点在射线FE上. （1）求证：四边形ENFM为平行四边形； （2）若四边形ENFM为菱形，求∠EMF的度数． 【经典例题五 利用菱形的性质求线段长】 【例5】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，边长为2，，点在对角线上，点为边中点，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C． D． 1．（2025·辽宁沈阳·一模）如图1，动点从菱形的顶点出发，沿边匀速运动，运动到顶点时停止．设点的运动路程为，的长为，与的函数图像如图2所示，则菱形的边长为（　　） A． B．4 C． D．2 2．（23-24八年级下·陕西渭南·期中）如图，在菱形中，，，点为线段上不与端点重合的一个动点．过点作于点E、于点．连接，在点的运动过程中，的最小值为 ．    3．（23-24八年级下·湖北·单元测试）如图所示，把矩形纸片放入直角坐标系中，使分别落在x、y轴的正半轴上，连接，且满足． (1)求的长； (2)将纸片折叠，使点A与点C重合（折痕为），求折痕为的长； (3)若点N在平面直角坐标系内，在x轴上是否存在点M，使以为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【经典例题六 利用菱形的性质求面积】 【例6】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，四边形是菱形，对角线，，于点，且与交于点，则的长为（　　） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·四川遂宁·期中）如图，菱形的对角线长分别为8和10，P是对角线上任意一点（不与点A，C重合），交于点F，连接，则阴影部分的面积是（　　） A．12 B．20 C．40 D．80 2．（23-24八年级下·四川宜宾·期中）如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 3．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，是的中位线，点为射线上的一个动点（不与点E重合），作交边于点，连结． (1)如图1，当点M与点D重合时，求证：四边形是平行四边形； (2)如图，当四边形是菱形时，，求菱形的面积； (3)如图3，，在延长线上（可以与点D重合），使得四边形为矩形，求的度数范围． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，四边形ABFE是平行四边形，则∠DAF等于（　　） A．18° B．24° C．30° D．36° 1．（23-24八年级下·安徽淮北·期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 2．（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图所示，于点，且，，若，则 ． 3．（23-24八年级下·福建泉州·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·四川攀枝花·期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝100°，AB的垂直平分线交AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF＝（　　） A．50° B．40° C．30° D．15° 1．（23-24八年级下·河南周口·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD，若AC＝2，则四边形OCED的周长为（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 2．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，是菱形的对角线上一点，过点作于点. 若，则点到边的距离为 . 3．（23-24八年级下·四川内江·期中）已知四边形ABCD为菱形，周长为32cm， ∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O． (1)求AC， BD的长 (2)求菱形ABCD的面积 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，中，，，，平行四边形内放着两个菱形，菱形和菱形，它们的重叠部分是平行四边形．已知三个阴影平行四边形的周长相等，那么平行四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图有一张长为12，宽为8的长方形（矩形）纸片，先将其上下对折，再左右对折，最后沿着虚线剪下一个直角三角形①，若该直角三角形①的直角边长为整数，将①展开可得一个四边形，则下列哪个选项不能作为该四边形的面积（　　） A．18 B．24 C．28 D．30 2．（2024·天津南开·二模）如图，菱形ABCD和菱形EFGH的面积分别为和，CD落在EF上，，若的面积为，则的面积是 ． 3．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）如图1，，，的平分线分别交于C，交于D，连接． (1)填空：四边形是________形；并证明． (2)过点D作的平行线交于F，的平分线交于G，交于H，连接，如图2．若，，求的长和的面积． 1．（23-24八年级下·江苏南京·期中）在中，相交于点O，下列条件中，不能判定这个四边形是菱形的是（   ） A． B． C．平分 D． 2．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在周长为24的菱形中，，，若为对角线上的一动点，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，菱形花坛的边长为，沿着该菱形的对角线修建两条小路和，则菱形花坛的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的对角线交于原点，，，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期末）如图1，在菱形中，，连接，点从点出发，沿方向以的速度运动至点，同时，点从点出发，沿方向以的速度运动至点．设运动时间为(s)，的面积为()，与的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（   ） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·北京朝阳·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 ． 7．（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，在菱形中，，点为上一点，为上一点，连接，，，若，，则的度数为 ． 8．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，菱形中，点O为对角线的中点，点P为平面内一点，且，已知，．连接，则的最小值为 ，最大值为 ． 9．（2025·河南信阳·一模）如图，菱形的顶点在轴上，于点，将菱形沿所在的直线折叠，点的对应点为．连接，若，点的横坐标为，则点的坐标为 ． 10．（2025八年级下·全国·专题练习）邻边长分别为，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值 ． 11．（23-24八年级下·云南保山·期中）如图，与 的两边分别交于点M，N，且四边形 是菱形，点 M分别是的中点，．求证：． 12．（23-24八年级下·江西赣州·期中）在菱形中，点是的中点，请仅用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图中画出的中点； (2)在图中的对角线上取两个点，使． 13．（2025·湖北·一模）如图，将线段沿过点的直线向右平移至，点A，B的对应点分别为，．若______，请判定四边形的形状，并证明你的结论． 请选择下列条件中的一个填写在上述空格上，然后作出判定并证明，多选无效．若是选中每一个条件并作答，我们以第一个的答案作为你本次成绩的评分依据，记入你的成绩总分． ①；②；③； 14．（23-24八年级下·贵州贵阳·期中）【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知（不需要证明）． 【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且，求证：． 【应用】如图③，四边形、均为菱形，点E在边上，点G在延长线上，若，，的面积为8，求菱形的面积． 15．（24-25八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作于点，连接、．    (1)求证：； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 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】（2024·四川宜宾·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H，若要使四边形EFGH为菱形，则还需增加的条件是（     ） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AC⊥BD且AC＝BD D．AB＝AD 【答案】A 【分析】可添加的条件是：AC=BD，连接AC、BD，根据三角形的中位线定理得到EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，推出EF=HG，EF∥HG，即可得四边形EFGH是平行四边形，再根据三角形的中位线定理得到EF=AC，GF=BD，由AC=BD，推出EF=GF，进而证明四边形EFGH为菱形． 【详解】可添加的条件是：AC=BD， 证明：连接AC、BD， ∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF∥AC，EF=AC，HG∥AC，HG=AC，GF=BD， ∴EF=HG，EF∥HG， ∴四边形EFGH是平行四边形． ∵AC=BD， ∴EF=GF， ∴四边形EFGH为菱形． 故选：A． 【点睛】此题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，能求出四边形是平行四边形是解题的关键． 1．（23-24八年级下·四川巴中·期中）如图，在四边形中，、、、分别是、、、的中点，要使四边形是菱形，四边形还应满足的一个条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用三角形中位线定理可以证得四边形EFGH是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点， ∴EF∥AD，HG∥AD， ∴EF∥HG； 同理，HE∥GF， ∴四边形EFGH是平行四边形； A、若对角线AC＝BD时，则CH=DF，得不到，则GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误； B、若时，不能得到GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误； C、当AD＝BC时，GH＝GF；所以平行四边形EFGH是菱形；故本选项正确； D、若，得不到AD＝BC，则GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误； 故选C． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 2．（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，平分．给出下列两个条件：①，②；从二者中选择一个作为补充条件，使四边形是菱形，这个条件是 ．（填写序号） 【答案】② 【分析】根据题意可证明，再由可得，再证明得，进而证明四边形是平行四边形，从而可得结论． 【详解】解：∵平分， ∴ 若，则有： ∴ ∴， ∵， ∴， 又 ∴， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是菱形， 故答案为②． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定及全等三角形的判定与性质，正确掌握菱形的判定定理是解答本题的关键． 3．（2024·四川巴中·模拟预测）（1）从，2，中任意选择两个式子，用“=”号连接成一个方程，并求出这个方程的解． （2）小惠自编一题：“如图，在四边形中，对角线，相交于点，，．求证：四边形是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．    小惠： 证明：∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∴四边形是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明． 若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明． 【答案】（1），（答案不唯一）（2）见解析 【分析】（1）根据题意，列方程求解即可； （2）补充，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，根据菱形的判定可得四边形是菱形． 【详解】（1）解：根据题意，列方程为： 整理得 解得， 检验：当时，， 所以是原方程的解 当时，， 所以是原方程的解 所以，是原方程的解；（答案不唯一） （2）赞成小洁的说法． 补充， 证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形（答案不唯一）． 【点睛】本题考查解分式方程，添加一个条件证明四边形是菱形，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 【经典例题二 证明四边形是菱形】 【例2】（23-24八年级下·四川遂宁·期末）如图，点O是菱形对角线的交点，，连接，则下列判断不正确的是（    ） A．四边形为矩形 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．由平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、，， 四边形为平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 平行四边形为矩形，故选项A不符合题意； B、四边形为矩形， ， 四边形是菱形， ， ，故选项B不符合题意； C、四边形为矩形， ， 当四边形为菱形时，，故选项C符合题意； D、四边形为矩形， ， 四边形是菱形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，故选项D不符合题意； 故选：C． 1．（23-24八年级下·广西桂林·期末）如图，四边形是平行四边形，是两条对角线，添加下列条件后能判定四边形是矩形的是 （   ） A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题关键．由菱形的判定、平行四边形的性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A. 四边形是平行四边形，，能判定四边形是矩形，故选项符合题意； B.四边形是平行四边形，，能判定四边形是菱形，故选项不符合题意； C.四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，选项不符合题意； D.四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分 ， ∴， ∴， ∴， 四边形是菱形，故选项不符合题意； 故选：A． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．小米的作法是：连接，作的垂直平分线分别交于M，O，N，连接，则四边形是菱形．则小米的依据是 ．    【答案】对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【分析】根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质可证明，推出，可得四边形是平行四边形，结合可得结论． 【详解】解：∵的垂直平分线分别交于M，O，N，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴ ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形．（对角线互相垂直的平行四边形是菱形） 故答案为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质和菱形的判定，正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键． 3．（2025·贵州·模拟预测）如图，在四边形中，，若平分，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，的周长为18，求菱形的面积 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，平行线的性质结合角平分线的定义，推出，即可得证； （2）根据菱形的性质结合的周长求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用菱形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）∵，， ∴四边形 为平行四边形 ∵ ∴， ∵ 平分   ∴ ∴ ， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）∵四边形 是菱形 ∴，，，， ∵的周长为18， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． 【经典例题三 利用菱形的性质证明】 【例3】（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，已知菱形的对角线相交于点，延长至点，使，连接．若，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的性质知：等于的一半，，在中，由已知条件推知，于是可求得．从而逆推可知的度数． 【详解】∵菱形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∵ ∴． ∵菱形， ∴， ∴． ∵菱形， ∴平分是，． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，解题的关键是善于综合利用以上性质和定理． 1．（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）如图，四边形是菱形，M，N分别是，两边上的点，不能保证和一定全等的条件是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据菱形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理即可得． 【详解】解：四边形是菱形， ． A、，根据定理可以判定，则此项不符合题意； B、，根据定理可以判定，则此项不符合题意； C、， ，即， 根据定理可以判定，则此项不符合题意； D、，根据定理不能判定，则此项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 2．（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠DAB＝60°，点E是对角线AC上一个动点，点F是边AB上一个动点，连接EF，EB，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接DE、DF；当D、E、F在同一直线上且DFAB时，最短． 【详解】解：连接DE、DF． ∵四边形ABCD是菱形， ∴DE=BE， ∴EB+EF=ED+EF， 当D、E、F在同一直线上且DFAB时，最短， ∵AB=4，，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练运用菱形的性质、直角三角形的性质是解决本题的关键． 3．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，勾股定理； （1）根据对角线互相平分可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，即可证明四边形是矩形；       （2）根据菱形的性质得出，，，，根据含30度角的直角三角形的性质得出，勾股定理求得，进而根据菱形的面积公式，即可求解． 【详解】（1）证明：∵点是的中点， ∴，                      ∵， ∴四边形是平行四边形，      ∵四边形是菱形， ∴，即，       ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵四边形是菱形，      ∴，，，， ∵ ， ∴，   ∴，， ∴，， ∴四边形的面积为． 【经典例题四 利用菱形的性质求角度】 【例4】（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，四边形与四边形都是菱形，点E，F在上，已知，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用菱形的对角线平分对角，结合，建立勾股定理，表示出，的长，进而即可解决问题． 【详解】解：过点E作于点M，连接，如图所示：    ∵四边形与四边形都是菱形，点E，F在上，，， ∴，， 则在中，，则， 那么， 所以， 在中，，则， 那么，则，， ∴， 即， 故选：D 【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，表示出，的长是解题关键． 1．（23-24八年级下·山西·阶段练习）如图，点是菱形的边上一点，且，那么的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依据题意得出AE=AB=AD，，又因为，可推出，，从而求解； 【详解】∵， ∴， ∴AE=AB=AD， 在△AED中，AE=AD，， ∴， 又∵， ∴， ∴； 故选C． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质应用，结合三角形的内角和及等腰三角形的性质计算是解题的关键． 2．（23-24八年级下·北京延庆·期末）如图所示的木制活动衣帽架，是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节间的距离．菱形边长，若间的距离调节到，则的度数是 ．    【答案】 【分析】连接，由间的距离为，求得，由四边形是菱形，，得，则是等边三角形，所以，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接，    ∵间的距离为， ∴，解得， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，证明是等边三角形是解题的关键． 3．（23-24八年级下·贵州贵阳·阶段练习）如图，ABCD为矩形纸片，E、F分别为AB、DC上的点，将此矩形两次翻折，RM和FN为折痕，其中、分别为A、D的对应点；且点在射线EF上；、分别为B、C的对应点，且点在射线FE上. （1）求证：四边形ENFM为平行四边形； （2）若四边形ENFM为菱形，求∠EMF的度数． 【答案】（1）见解析；（2）60° 【分析】（1）根据翻折的性质和平行四边形的判定证明即可； （2）根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质解答即可． 【详解】证明：(1)∵矩形ABCD， ∴AB//CD， ∴∠CFE=∠AEF， 由翻折可得：∠AEM=∠MEF，∠CFN=∠EFN， ∴∠MEF=∠EFN， ∴ME//FN， ∴四边形ENFM是平行四边形； (2)∵四边形ENFM为菱形， ∴MF=ME， ∴∠MFE=∠MEF， ∵AB//CD， ∴∠MFE=∠FEN， ∵∠AEM=∠MEF， ∵∠AEM+∠MEF+∠FEN=180∘， ∴∠AEM=60°， ∴∠EMF=60°． 【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据平行四边形的判定和菱形的性质进行解答． 【经典例题五 利用菱形的性质求线段长】 【例5】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，边长为2，，点在对角线上，点为边中点，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，勾股定理，等边三角形的判定与性质，取关于的对称点，连接，进而可得是等边三角形，的最小值为的长，勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图所示，取关于的对称点，连接 ∵菱形中，， ∴，， ∴是等边三角形， ∵点为边中点 ∴点是的中点， ∴， ∴，即的最小值为的长， ∵为2， ∴， 在中， ∴ 故选：C． 1．（2025·辽宁沈阳·一模）如图1，动点从菱形的顶点出发，沿边匀速运动，运动到顶点时停止．设点的运动路程为，的长为，与的函数图像如图2所示，则菱形的边长为（　　） A． B．4 C． D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查了函数图像、菱形的性质、勾股定理等知识，通过函数图像获得所需信息是解题关键．首先根据函数图像可知，当时，，当点运动到点时，，再由菱形的性质可得，然后由勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】解：由函数图像可知，当时，， 当点运动到点时，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， 即菱形的边长为． 故选：A． 2．（23-24八年级下·陕西渭南·期中）如图，在菱形中，，，点为线段上不与端点重合的一个动点．过点作于点E、于点．连接，在点的运动过程中，的最小值为 ．    【答案】7.8 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、最小值以及三角形面积等知识，连接交于点，连接，由菱形的性质和勾股定理得，再由三角形面积求出，即的值为定值4.8，然后得出当时，的最小值，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接交于点，连接，   四边形是菱形， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ，，， ， ， 解得：， 即的值为定值4.8， 当最小时，有最小值， 当时，的最小值， 的最小值， 故答案为：7.8． 3．（23-24八年级下·湖北·单元测试）如图所示，把矩形纸片放入直角坐标系中，使分别落在x、y轴的正半轴上，连接，且满足． (1)求的长； (2)将纸片折叠，使点A与点C重合（折痕为），求折痕为的长； (3)若点N在平面直角坐标系内，在x轴上是否存在点M，使以为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)点M的坐标为或或或． 【分析】（1）先根据算术平方根的非负性和平方数的性质求得，再根据勾股定理即可求解； （2）设，在中，由勾股定理得：，再对运用等面积法求得，通过证明，即可求解； （3）设，求得，分情况讨论，当和和时，利用勾股定理列式计算求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 解得：， ∴，， 在中，； （2）解：由翻折得，，，设，则，    在中，由勾股定理得：， 解得：， ∵， ∴， 解得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵点M在x轴上， ∴设， ∵，， ∴， 当时，则，解得或； 当时，则，解得（舍去）或； 当时，则，解得； ∴点M的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，算术平方根的非负性，翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，菱形的性质等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键． 【经典例题六 利用菱形的性质求面积】 【例6】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，四边形是菱形，对角线，，于点，且与交于点，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理；根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱形的高． 【详解】∵四边形是菱形， ，，， ， 故选：B． 1．（23-24八年级下·四川遂宁·期中）如图，菱形的对角线长分别为8和10，P是对角线上任意一点（不与点A，C重合），交于点F，连接，则阴影部分的面积是（　　） A．12 B．20 C．40 D．80 【答案】B 【分析】由四边形是两条对角线长分别为8和10的菱形得，则，设交于点O，可证明四边形是平行四边形，，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图， , ∵菱形的对角线互相垂直，且对角线长分别为8和10， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设交于点O， ∵， ∴PE∥AF，PF∥AE， ∴四边形是平行四边形，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、菱形的面积公式、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 2．（23-24八年级下·四川宜宾·期中）如图，菱形的面积为，点是的中点，点是边上的动点．当点运动到边的中点时，的面积为 ；当的面积为时，图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，当点运动到边的中点时，连接、，根据菱形的性质得，再根据三角形中线平分三角形的面积可得结论；当的面积为时，连接、、，根据菱形的性质得，，根据三角形的中线的性质得，，继而得到，再代入计算即可．解题的关键是掌握：三角形中线平分三角形的面积． 【详解】解：当点运动到边的中点时， 连接、， ∵菱形的面积为， ∴， ∵点是边中点， ∴， ∵点是边中点， ∴； 当的面积为时， 连接、、， ∵菱形的面积为， ∴，， ∵点是边中点， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴和的底相同，高相等， ∴， ∴； 故答案为：；． 3．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，是的中位线，点为射线上的一个动点（不与点E重合），作交边于点，连结． (1)如图1，当点M与点D重合时，求证：四边形是平行四边形； (2)如图，当四边形是菱形时，，求菱形的面积； (3)如图3，，在延长线上（可以与点D重合），使得四边形为矩形，求的度数范围． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，中位线的性质等综合题型，解题的关键对菱形性质和图形变化极值情况的熟练掌握． （1）根据平行四边形判定及性质进行证明即可； （2）如图，连接，由菱形知，可证，四边形是平行四边形，于是，由勾股定理中，，所以菱形的面积即可求得； （3）如图，点在延长线上(可以与点重合)，得；随着的减小，点逐渐向点接近，当点与点重合时，最小，由矩形性质得，进一步证得，由三角形内角和定理，得，于是． 【详解】（1）证明：∵是的中位线， ∴是中点， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，即四边形是平行四边形； （2）解：如图2，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的面积为2； （3）解：如图，点在延长线上（可以与点重合）， ∴， 随着的减小，点逐渐向点接近，当点与点重合时，最小，如图，四边形是矩形， ， 而， ， ， ， ． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，四边形ABFE是平行四边形，则∠DAF等于（　　） A．18° B．24° C．30° D．36° 【答案】A 【分析】由正五边形的性质得到，，再利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求解的度数，证明四边形为菱形，利用菱形的性质可求解的度数，进而可求解． 【详解】解：在正五边形中，，， ， 四边形为平行四边形，， 四边形为菱形， ， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了正多边形的内角和，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟记正多边形的内角的求法． 1．（23-24八年级下·安徽淮北·期末）在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（    ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决问题. 【详解】解：如图，设DE交AP于O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴DA＝DC＝AB， ∵DE是线段AP的垂直平分线， ∴DE⊥AP，OA＝OP， ∴DA＝DP， ∴DP＝CD，故①正确； ∵AE＝EB，AO＝OP， ∴OE//PB， ∴PB⊥PA， ∴∠APB＝90°， ∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确； 若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°， ∵∠ADC＝60°， ∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误； ∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC， ∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝（360°－60°）＝150°，故④正确； 故选C. 【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型. 2．（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图所示，于点，且，，若，则 ． 【答案】27° 【分析】连接AE，先证Rt△ABD≌Rt△CBD，得出四边形ABCE是菱形，根据菱形的性质可推导得到∠E的大小. 【详解】如下图，连接AE ∵BE⊥AC，∴∠ADB=∠BDC=90° ∴△ABD和△CBD是直角三角形 在Rt△ABD和Rt△CBD中 ∴Rt△ABD≌Rt△CBD ∴AD=DC ∵BD=DE ∴在四边形ABCE中，对角线垂直且平分 ∴四边形ABCE是菱形 ∵∠ABC=54° ∴∠ABD=∠CED=27° 故答案为：27° 【点睛】本题考查菱形的证明和性质的运用，解题关键是先连接AE，然后利用证Rt△ABD≌Rt△CBD推导菱形. 3．（23-24八年级下·福建泉州·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·四川攀枝花·期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝100°，AB的垂直平分线交AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF＝（　　） A．50° B．40° C．30° D．15° 【答案】C 【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF＝∠CDF，根据已知可求得∠CBF的度数，故可得到∠CDF． 【详解】如图，连接BF， 在△BCF和△DCF中， ∵CD＝CB，∠DCF＝∠BCF，CF＝CF ∴△BCF≌△DCF（SAS） ∴∠CBF＝∠CDF ∵FE垂直平分AB，∠BAF＝×100°＝50° ∴∠ABF＝∠BAF＝50° ∵∠ABC＝180°−100°＝80°，∠CBF＝80°−50°＝30° ∴∠CDF＝30°． 故选C． 【点睛】本题考查角度的求解，解题的关键是熟知全等三角形的判定条件，菱形的性质，垂直平分线的性质． 1．（23-24八年级下·河南周口·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD，若AC＝2，则四边形OCED的周长为（   ） A．16 B．8 C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，得到OD=OC=，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形OCED为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形OCED为菱形，即可求出其周长． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD=2， ∴OA=OB=OC=OD==1， ∵CE∥BD，DE∥AC， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵OD=OC， ∴四边形OCED为菱形， ∴OD=DE=EC=OC=1， 则四边形OCED的周长为1+1+1+1=4． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，是菱形的对角线上一点，过点作于点. 若，则点到边的距离为 . 【答案】4 【分析】首先根据菱形的性质，可得出∠ABD=∠CBD，然后根据角平分线的性质，即可得解. 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，BD为其对角线 ∴∠ABD=∠CBD，即BD为角平分线 ∴点E到边AB的距离等于EF，即为4. 【点睛】此题主要考查菱形和角平分线的性质，熟练运用，即可解题. 3．（23-24八年级下·四川内江·期中）已知四边形ABCD为菱形，周长为32cm， ∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O． (1)求AC， BD的长 (2)求菱形ABCD的面积 【答案】(1)AC=8cm，BD=8cm； (2)菱形ABCD的面积为32． 【分析】（1）由题意易得△ABC是等边三角形从而可得到AC的长，再根据菱形的性质及勾股定理即可求得OB的长，得出BD的长； （2）菱形的面积等于两条对角线长积的一半，代入计算即可． 【详解】（1）解：∵菱形ABCD的周长为32cm，∠ABC=60°， ∴AB=BC=8cm，△ABC是等边三角形，AC、BD互相垂直平分， ∴AC=AB=8cm，OA=AC=4cm，OB=OD， ∴OB=（cm）， ∴BD=8cm； （2）解：菱形ABCD的面积=AC•BD=×8×8=32（）． 【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图，中，，，，平行四边形内放着两个菱形，菱形和菱形，它们的重叠部分是平行四边形．已知三个阴影平行四边形的周长相等，那么平行四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合题意由平移的性质可得的周长=的周长=的周长=，过点I作IP⊥EF，然后结合菱形性质和含30°直角三角形的性质求得IP，从而求解． 【详解】解：由题意的周长为 又∵三个阴影平行四边形的周长相等， ∴由平移的性质可得：的周长=的周长=的周长= ∴ ∴ 又∵，，且四边形和四边形是菱形， ∴，，， 过点I作IP⊥EF ∴在Rt△IJP中，， ∴平行四边形的面积为 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的性质，平移的性质及含30°直角三角形的性质，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键． 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图有一张长为12，宽为8的长方形（矩形）纸片，先将其上下对折，再左右对折，最后沿着虚线剪下一个直角三角形①，若该直角三角形①的直角边长为整数，将①展开可得一个四边形，则下列哪个选项不能作为该四边形的面积（　　） A．18 B．24 C．28 D．30 【答案】C 【分析】根据菱形的性质可得其面积为mn（m、n为对角线的长度且为整数），然后逐项验证即可． 【详解】解：由题意，展开得到的四边形是菱形． ∵18＝×6×6不符合题意，24＝×6×8不符合题意，30＝×10×6不符合题意，28＝×7×8＝×14×4（符合题意）． 故选C． 【点睛】本题主要考查了剪纸问题、矩形的性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握菱形的面积计算公式． 2．（2024·天津南开·二模）如图，菱形ABCD和菱形EFGH的面积分别为和，CD落在EF上，，若的面积为，则的面积是 ． 【答案】8.5 【分析】连接FH，菱形和菱形中，，可得，可得和同底等高，再根据，，计算即可得出答案. 【详解】解：连接FH，在菱形和菱形中，， ， ， ， 和同底等高， 菱形的面积为，， ， ， 故答案为：8.5. 【点睛】本题考查菱形的性质以及三角形面积的求法，关键在于识别出同底等高的三角形的面积相等. 3．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）如图1，，，的平分线分别交于C，交于D，连接． (1)填空：四边形是________形；并证明． (2)过点D作的平行线交于F，的平分线交于G，交于H，连接，如图2．若，，求的长和的面积． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2)， 【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，掌握相关的知识是解题的关键． （1）根据平行线和角平分的定义证明，进而得到，根据菱形的判定求证即可； （2）根据菱形的性质，结合勾股定理求的长，证四边形是平行四边形，连接，证四边形是菱形，根据菱形的性质，结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）四边形是菱形，证明如下： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：菱形 （2）在菱形中，，，，， ∴，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 连接，如图所示， ∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 1．（23-24八年级下·江苏南京·期中）在中，相交于点O，下列条件中，不能判定这个四边形是菱形的是（   ） A． B． C．平分 D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断． 【详解】解：A、由一组邻边相等的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意； B、由对角线垂直的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意； C、如图， ∵平分， ∴， ∵平行四边形中，， ∴， ∴， ∴， 由一组邻边相等的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意； D、∵平行四边形中，， 有， ∴，即， ∴四边形是矩形，故不能判定这个四边形是菱形，符合题意； 故选：D． 2．（24-25八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在周长为24的菱形中，，，若为对角线上的一动点，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定与性质，在上取一点，使，连接，，即可证明得到，则，当在上时，最小，再证明，得到四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】解：在上取一点，使，连接，， ∵周长为24的菱形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当在上时，最小， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值为， 故选：C． 3．（24-25八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，菱形花坛的边长为，沿着该菱形的对角线修建两条小路和，则菱形花坛的面积为（   ） 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，勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质是解题关键． 由菱形的性质和得出是等边三角形，进而得出的长，再由菱形面积等于对角线乘积的一半即可得出答案． 【详解】解：如图所示： ∵菱形花坛的边长为， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在 中，由勾股定理得：， ∴， ∴花坛的面积为：， 故选：B． 4．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的对角线交于原点，，，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时点A的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2025次旋转结束时，点A在第三象限，如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得点的坐标． 【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，， ∴旋转4次后回到原来的位置， ， ∴第2025次旋转结束时，点在第三象限， 如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F， ， ， ∵四边形是菱形， ，， ，， ， ， ∵， ∴，， ， ∴ ∴第2025次旋转结束时，点A的坐标为． 故选：D． 5．（23-24八年级下·河南漯河·期末）如图1，在菱形中，，连接，点从点出发，沿方向以的速度运动至点，同时，点从点出发，沿方向以的速度运动至点．设运动时间为(s)，的面积为()，与的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，找出面积最大时点M和点N的位置是解题的关键．过点A作交的延长线于点E，利用菱形的性质得，，利用30度角的直角三角形的性质和勾股定理解，，得出点与点N的速度比等于，推出点M运动到点A时，点N运动到点D，此时的面积取最大值．即可求解． 【详解】解：如图，过点A作交的延长线于点E， 在菱形中，， ，，， 设， 在中，， ， ， 在中，， ， 点与点N的速度比为，， 点M运动到点A时，点N运动到点D，此时的面积取最大值， ， ， 解得（负值舍去）， 菱形的边长为， 故选B． 6．（23-24八年级下·北京朝阳·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． 7．（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，在菱形中，，点为上一点，为上一点，连接，，，若，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质、等腰三角形的性质，由菱形的性质可得，，证明，得出，由三角形外角的定义及性质可得，由等边对等角结合三角形内角和定理可得，再由三角形外角的定义及性质计算即可得解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 8．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，菱形中，点O为对角线的中点，点P为平面内一点，且，已知，．连接，则的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 / / 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．根据菱形的性质结合勾股定理求得，当点，点，点O在同一直线上时，有最小值或最大值，据此求解即可． 【详解】解：连接， ∵点O为对角线的中点， ∴经过点O， ∵菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴点在以点O为圆心，长度为的， ∴当点，点，点O在同一直线上时，有最小值或最大值， 当点在点上方时，有最小值为； 当点在点下方时，有最大值为； 故答案为：；． 9．（2025·河南信阳·一模）如图，菱形的顶点在轴上，于点，将菱形沿所在的直线折叠，点的对应点为．连接，若，点的横坐标为，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】令与的交点为，根据菱形和折叠的性质，得到，进而得出，再由勾股定理求出，即可得到点B的坐标． 【详解】解：如图，令与的交点为， 四边形是菱形，， ，，， ，菱形沿所在直线折叠，点B的对应点为， ， ，即， ， 点的横坐标为， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 点B的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，利用数形结合的思想解决问题是关键． 10．（2025八年级下·全国·专题练习）邻边长分别为，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则的值 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的四条边都相等是解题关键． 根据题意，进行分类讨论，再根据菱形的性质，列出方程求解即可． 【详解】解：①如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ，即， 解得：； ②如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， ， ∵四边形，，都为菱形， ， ， 解得：； 综上所述，的值为或． 故答案为：或． 11．（23-24八年级下·云南保山·期中）如图，与 的两边分别交于点M，N，且四边形 是菱形，点 M分别是的中点，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，先根据菱形的性质推导出，再证明，利用全等三角形的对应角相等可得结论． 【详解】证明：∵四边形 是菱形， ∴，． ∵M分别是的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 12．（23-24八年级下·江西赣州·期中）在菱形中，点是的中点，请仅用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图中画出的中点； (2)在图中的对角线上取两个点，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的性质和无刻度的直尺按要求画图，掌握知识点的应用是解题的关键． （）连接交于点，然后连接，延长交于点，则点即为所求； （）连接交于点，然后连接，延长交于点，连接交于点，连接交于点，则点即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，点即为所求； （2）解：如图所示，点即为所求． 13．（2025·湖北·一模）如图，将线段沿过点的直线向右平移至，点A，B的对应点分别为，．若______，请判定四边形的形状，并证明你的结论． 请选择下列条件中的一个填写在上述空格上，然后作出判定并证明，多选无效．若是选中每一个条件并作答，我们以第一个的答案作为你本次成绩的评分依据，记入你的成绩总分． ①；②；③； 【答案】见解析 【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，菱形的判定，先根据平移的性质，推出四边形为平行四边形，对于①推出，得到四边形为矩形；对于②，根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可；对于③证明，根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可． 【详解】解：∵将线段沿过点的直线向右平移至， ∴， ∴四边形为平行四边形； 当选择①时：四边形为矩形； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； 当选择②时，四边形为菱形； ∵四边形为平行四边形，且， ∴四边形为菱形； 当选择③时，四边形为菱形； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 14．（23-24八年级下·贵州贵阳·期中）【感知】如图①，四边形、均为正方形．可知（不需要证明）． 【拓展】如图②，四边形、均为菱形，且，求证：． 【应用】如图③，四边形、均为菱形，点E在边上，点G在延长线上，若，，的面积为8，求菱形的面积． 【答案】拓展：证明见解析；应用： 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键． 拓展：先根据菱形的性质可得，，，，从而可得，再证出，然后证出，根据全等三角形的性质即可得证； 应用：先证出，根据三角形的面积公式可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，然后根据菱形的性质求解即可得． 【详解】证明：拓展：∵四边形、均为菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 解：应用：∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴的边上的高与的边上的高相等， ∴，即， ∵的面积为8， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴菱形的面积为． 15．（24-25八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒（）．过点作于点，连接、．    (1)求证：； (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，为直角三角形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形能够成为菱形， (3)当或时，为直角三角形，理由见解析 【分析】（1）利用已知用未知数表示出的长，进而得出； （2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出的值，进而得出答案； （3）分三种情况讨论：当时；当时；当时，分别分析得出即可． 【详解】（1）证明：在中，，，， ∴， 又∵， ∴； （2）解：四边形能够成为菱形．理由如下： ∵，， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴， 若使平行四边形为菱形，则需， 即， 解得， 即当时，四边形为菱形； （3）解：分情况讨论： 当时， 则， ∴， 即， ∴； 当时， 则， ∴， 即， ∴； 当时，此种情况不存在； 综上所述，当或时，为直角三角形． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、一元一次方程的应用、直角三角形的性质等知识，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$