专题04 菱形重难点题型专训（10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（沪科版）

专题03 菱形重难点题型专训（10大题型+15道提优训练） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 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 题型十 菱形的综合性问题 知识点一、菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 知识点二、菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 知识点三、菱形的对称性 1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴. 2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心. 知识点四、菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 1．（24-25八年级下·福建莆田·期中）如图，四边形 是菱形，对角线 相交于点 于点 ，连接 ．则 的度数是（     ） A． B． C． D． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形中，对角线长，，点、在边、上，以直线为折痕折叠，若，则的度数为 ． 3．（24-25八年级上·江西宜春·阶段练习）如图，菱形中，，F是的中点，的延长线交的延长线于E，直线与直线相交于E，求度数． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例2】（2025·河南南阳·一模）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点B作于点F，连接，若，，则的长为（    ） A． B．2 C． D．3 1．（2025·陕西汉中·一模）如图，四边形为平行四边形，对角线与相交于点O，E、F、G、H分别为边，，，的中点，连接，，，，四边形为菱形，若，则的长为（） A．6 B．5 C．4 D．3 2．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，已知，为线段上的一个动点，分别以为边在的同侧作菱形和菱形，点在一条直线上，，分别是对角线的中点．当点在线段上移动时，点之间的距离最短为 ． 3．（24-25八年级下·福建厦门·期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为80，求的长． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例3】（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图，在菱形中，对角线相交于点，过点A作，过点D作交于点E，若，，则菱形的面积为（   ） A．24 B．36 C．48 D．72 1．（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）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 2．（24-25八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在菱形中，， ，点P，Q分别是，上的动点，则的最小值是 ． 3．（2025·云南曲靖·一模）如图，菱形的对角线与相交于点，点是的中点，连接．于点，，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，，求菱形的面积． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例4】（2025·湖北荆州·模拟预测）如图，在菱形中，点，分别在，上，且．求证：． 1．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在菱形中，点E为对角线上一点，连接，连接并延长交于点F． (1)求证：； (2)探究和的数量关系，并说明理由． 2．（2025·宁夏银川·一模）如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点 (1)求证：； (2)连接，若，，求的长. 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）已知：如图，在菱形中，F为边的中点，与对角线交于点M，过M作于点E，． (1)若，求的长； (2)求证：； (3)求证：． 【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】 【例5】（2025八年级下·全国·专题练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 1．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（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） 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，是矩形对角线的中点，，，是边上一动点（不与、重合） (1)的延长线交于，求证：四边形是平行四边形； (2)连接、，四边形能否成为菱形？若能，请求出此时的长；若不能，请说明理由. 【经典例题六 证明四边形是菱形】 【例6】（2025·山西吕梁·一模）如图，，平分，交于点E． (1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交于点O，交于点F，连接（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）； (2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并加以证明． 1．（2025·江苏扬州·一模） 如图，在中，，D为的中点，过A作，过D作分别交于点O、E，连接． (1)证明：四边形为菱形； (2)若，求菱形面积． 2．（2025·江苏扬州·一模）如图①，在中，，是边上的中线，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图②．连接，若，求的长． 3．（2025·浙江宁波·一模）小宁同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；④连结． (1)求证：四边形是菱形． (2)连结，若，求四边形的面积． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（24-25八年级上·河北邢台·阶段练习）如图，两张长方形纸条叠放在一起，若点恰好在的平分线上，则两张纸条的宽与的关系为（   ） A． B． C． D．无法确定 1．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为 ． 2．（23-24八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ． 3．（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． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，，交于点B，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，交于点F，若，，求的长． 1．（24-25九年级上·河南开封·期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分． (1)请用无刻度的直尺和圆规作直线，使，且交延长线于点E． (2)连接，若，，求的长． 2．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形，，平分交于点C，平分，交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的周长是_______． 3．（23-24九年级上·福建厦门·期中）在中是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接． (1)如图1， ①求的大小； ②若平分，求证：； (2)如图2，已知点和边上的点满足于．连接，求的长． 【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·广东河源·期末）尺规作图并按要求完成： 已知，以点为圆心，以长为半径画弧，交于点，分别以、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点．做射线，交于点．连接． (1)填空：则是的________； (2)判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)已知，，求四边形的面积． 1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，为平行四边形的对角线，，E是的中点，F是的中点，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 2．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积． 3．（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． 【经典例题十 菱形的综合性问题】 【例10】（24-25九年级上·广东清远·期中）综合与实践 【实践操作】 步骤1：准备一张矩形纸片； 步骤2：按如图所示方式操作：将沿翻折，使点A落在对角线上的点M处； 步骤3：按如图所示方式操作：将沿翻折，使点C落在对角线上的点N处．    【实践探索】 (1)用你所学数学知识说明：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，且，求菱形的面积． 1．（24-25九年级上·山西运城·阶段练习）阅读下列材料，完成相应任务． 命题  如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形． 已知：如图1，在中，是边上的中线，； 求证：是直角三角形．    【分析问题】 （1）看见中线，联想到和中点有关的定理，比如：三角形中位线定理；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；______等；（添加一个和中点有关的定理） （2）深入思考后发现：对于有关中点问题，常用以下几种辅助线解决问题． 如图，在中，是边上的中线． 辅助线一：如图2，倍长中线，构造全等三角形或平行四边形； 辅助线二：如图3，倍长线段，构造中位线； 辅助线三：如图4，取的中点M，连接构造中位线，等等．    【解决问题】 请选用（2）中的一种添加辅助线的方法，完成上面命题的证明； 【拓展应用】 （3）如图，菱形的周长为，，点M为边的中点，点N是边上一动点，把∠A沿直线折叠，点A落在点E处，当是直角三角形时，的长度为______．    2．（24-25九年级上·广东河源·阶段练习）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． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长； (3)在（2）的条件下，已知点是线段上的一个动点，则的最小值为_________． 3．（24-25九年级上·山东枣庄·阶段练习）在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从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t秒，其中． (1)若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F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t的值； (3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 1．（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图，在菱形中，，，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级下·广东茂名·期中）如图所示，已知四边形为菱形，点为边上的一点，连接，将线段沿折叠后点与点恰好重合在一起．已知菱形的边长为4，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 3．（23-24九年级上·河北张家口·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 4．（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，菱形的边长为，，点为边上的中点，点为对角线上一动点，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 5．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，于点H，连接，若，则的长为（    ） A．4 B． C． D． 6．（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，菱形的面积为36，点F是的中点，点E是上的一点．若的面积为6，则图中阴影部分的面积为 ． 7．（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当 时，四边形是矩形，当 时，四边形是菱形． 8．（24-25八年级下·湖北荆门·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边，AD相交于点E，F，折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，若，且四边形的面积为20，则线段EF的长为 ． 9．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接．若，则的周长为 ． 10．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，连接，E、M分别在边、上，交于点F，交于点N，若点B关于的对称点与点D关于的对称点重合于点O处，则的长为 ． 11．（2025·江苏泰州·一模）如图，的中线与中位线相交于点．从a组信息中，选择一个作为条件，从b组信息中选择一个作为结论，并证明． a：①；②； b：③四边形为菱形；④四边形为矩形． 你选择的条件是______；结论是______．（只要填写序号，证明一个即可） 12．（24-25八年级下·上海·期中）已知：如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线，交的延长线于G． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 13．（2025·北京房山·一模）如图，，平分，交于点C．平分，交于点D，连接，于点D，交于点G． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 14．（2025·山东聊城·二模）【问题情境】（1）数学探究课上，某兴趣小组深究含60°角的菱形的性质．如图1，菱形的边长为，，则______，______． 【操作发现】（2）如图2，在图1的基础上，小贤在菱形的对角线上任取一点（点不与点重合），以为边向右侧作菱形，且，连接．求证：； 【拓展延伸】（3）在（2）中，随着点位置的改变，其它条件不变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 15．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处． (1)连接，四边形的形状为_______，并证明； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下求折痕的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 菱形重难点题型专训（10大题型+15道提优训练） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 添一个条件使四边形是菱形 题型六 证明四边形是菱形 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 题型十 菱形的综合性问题 知识点一、菱形的定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形. 【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等. 知识点二、菱形的性质定理 性质定理 符号语言 图示 边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC 对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD 【补充】 1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质； 2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形. 3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形. 4）菱形的面积公式： ①菱形的面积=底×高，即 ②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即. 知识点三、菱形的对称性 1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴. 2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心. 知识点四、菱形的判定 判定定理 符号语言 图示 边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形 一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·山东泰安·期中）如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由等边对等角和三角形内角和定理得到，再由菱形的性质得到，则可求出的度数，进而求出的度数，据此可得答案． 【详解】解；∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 1．（24-25八年级下·福建莆田·期中）如图，四边形 是菱形，对角线 相交于点 于点 ，连接 ．则 的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角两锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等边对等角，掌握菱形的性质是关键． 根据菱形的性质得到平分，，直角三角两锐角互余，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等边对等角，得到，，，由即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴平分， ∴， 在中，， ∵，点是中点， ∴， ∴， ∴， 故选：B ． 2．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形中，对角线长，，点、在边、上，以直线为折痕折叠，若，则的度数为 ． 【答案】/30度 【分析】此题考查了菱形的性质、折叠的性质以及含30度的直角三角形等知识．首先连接，，相交于点，由在菱形中，对角线长，，可求得，又由以直线为折痕折叠，若，即可求得的度数，继而求得答案．．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 【详解】解：如图，连接，，相交于点， 在菱形中，对角线长，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 3．（24-25八年级上·江西宜春·阶段练习）如图，菱形中，，F是的中点，的延长线交的延长线于E，直线与直线相交于E，求度数． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质、等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质，连接，先证是等边三角形，求出，再证明求出，即可求出结论． 【详解】解：连接， 菱形中，，， ， 是等边三角形， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例2】（2025·河南南阳·一模）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点B作于点F，连接，若，，则的长为（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 根据菱形的性质得到，，由勾股定理可得，再由直角三角形斜边上中线的性质即可求解． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点O， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故选：D． 1．（2025·陕西汉中·一模）如图，四边形为平行四边形，对角线与相交于点O，E、F、G、H分别为边，，，的中点，连接，，，，四边形为菱形，若，则的长为（） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】A 【分析】本题考查三角形中位线定理、菱形性质以及平行四边形性质的综合运用，解题关键是熟练掌握三角形中位线定理和菱形的性质． 利用三角形中位线定理，得出，，依据菱形四条边相等，由推出，根据平行四边形对角线互相平分，由得到 ，进而得出答案． 【详解】∵、、、分别为边、、、的中点， ∴在中，是中位线，在中，是中位线， ∴；， ∴． 同理，在和中，可得 ． ∵四边形为菱形，菱形的四条边相等， ∴． ∴． ∵四边形是平行四边形，， ∴． ∴． 故选：A． 2．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，已知，为线段上的一个动点，分别以为边在的同侧作菱形和菱形，点在一条直线上，，分别是对角线的中点．当点在线段上移动时，点之间的距离最短为 ． 【答案】 【分析】连接、．首先证明，设，则，，，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．本题考查菱形的性质、勾股定理、配方法的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用配方法解决最值问题． 【详解】解：连接、．   四边形，四边形是菱形，， ，， ，分别是对角线，的中点， ，， ， 设， 则，， ， ， 当时，则，此时有最小值， 即时，， ∴有最小值，最小值为， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·福建厦门·期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为80，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用平行线的性质可得，，利用中点的定义可得，从而证明，然后利用全等三角形的性质可得，再根据是的中点，可得，从而可证四边形是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得，从而利用菱形的判定定理即可解答； （2）利用（1）的结论可得菱形的面积的面积，再根据点是的中点，可得的面积的面积，进而可得菱形的面积的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可求出的长，再利用勾股定理可求出． 本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：， ，， 点是的中点， ， ， ， 点是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， 菱形的面积的面积， 点是的中点， 的面积的面积， 菱形的面积的面积， ∵， ， ， ． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例3】（2025·辽宁本溪·模拟预测）如图，在菱形中，对角线相交于点，过点A作，过点D作交于点E，若，，则菱形的面积为（   ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质等知识，求得的长度是解题关键．首先证明四边形为平行四边形，易得，，进而可得的长度，然后根据菱形面积公式求解即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴菱形的面积． 故选：D． 1．（24-25八年级下·吉林长春·开学考试）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． 2．（24-25八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在菱形中，， ，点P，Q分别是，上的动点，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的定义，勾股定理，垂线段最短等知识，连接，交于点O，先利用勾股定理求出，作于点H，由线段垂直平分线的性质得出，得出当D，P，Q三点共线且时，的值最小，即的长，最后根据菱形的面积求解即可． 【详解】解：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，，且垂直平分， ∵，， 则 在中， 根据勾股定理， ∴． 作于点H， ∵垂直平分， ∴， 则， 当D，P，Q三点共线且时，的值最小，即的长． ∵菱形的面积 ∵，，， ∴ 解得：． ∴的最小值是． 故答案为： 3．（2025·云南曲靖·一模）如图，菱形的对角线与相交于点，点是的中点，连接．于点，，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的周长为40，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)80 【分析】（1）由菱形的性质得出点是的中点．由三角形中位线的判定和性质得出，再结合已知条件以及矩形的判定方法即可证明． （2）由菱形的性质，三角形中位线的性质得出，再利用勾股定理分别求出，，，最后再根据． 【详解】（1）证明：菱形的对角线与相交于点， 点是的中点． 点是的中点， ． ， 四边形是平行四边形． ， ． 四边形是矩形． （2）解：菱形的周长为40， ． 由（1）可得，， 则． ，， ． 由（1）知，四边形是矩形， ．． ， ． 菱形的对角线与相交于点， ． ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的定义和性质，勾股定理等知识，掌握这些判定定理和性质是解题的关键． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例4】（2025·湖北荆州·模拟预测）如图，在菱形中，点，分别在，上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定及性质，由菱形的性质得到，，再由等角的补角相等得到，即可证得，根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴． 1．（24-25八年级下·福建南平·期中）如图，在菱形中，点E为对角线上一点，连接，连接并延长交于点F． (1)求证：； (2)探究和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质： （1）根据菱形的性质得到，证明，即可得出结论； （2），由全等三角形的性质可得，结合菱形的性质推出，即可说明． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：， 理由如下：由（1）得， ∴， 又∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 2．（2025·宁夏银川·一模）如图，在菱形中，是的中点，连接并延长，交的延长线于点 (1)求证：； (2)连接，若，，求的长. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键． （1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明； （2）由菱形性质及（1）中结论得到，在中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半代值求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵在菱形中，， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ， ∴； （2）解：∵在菱形中，， 由（1）可知， ∴， ∵， ∴， 是斜边上的中线， ． 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）已知：如图，在菱形中，F为边的中点，与对角线交于点M，过M作于点E，． (1)若，求的长； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据菱形的性质可得对角线平分对角，根据平行线的性质得出，等量代换可得，根据三线合一即可求得，即可求解； （2）由题意，借助三角形全等的判定定理即可得证； （3）由（2）中，得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质即可得证． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：， ， 在与中， ， ； （3）证明：由 （2）中得， ， ， ， ，，， ， ，， ， 设，在中，，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，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． 【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】 【例5】（2025八年级下·全国·专题练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， 根据平移可知，， ∴，， 四边形是平行四边形， ∴． 方案甲，添加不能判断四边形是菱形； 方案乙，由， 平行四边形是菱形； 方案丙，由， ∵， ∴， ∴， ， 平行四边形是菱形． 所以正确的是乙和丙． 故选：B． 1．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，依次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为菱形，添加的条件正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，矩形的判定，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 根据中点四边形可得四边形是平行四边形，进而添加一个直角或者对角先线相等，可得矩形，而添加邻边相等得出四边形为菱形，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， 依题意，． ∴， ∴四边形是平行四边形， A．添加，则四边形为矩形，故该选不符合题意； B．添加，可得四边形为菱形，符合题意；     C．添加，可得四边形为矩形，故该选不符合题意； D．添加，则，可得四边形为矩形，故该选不符合题意； 故选：B． 2．（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：． 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，是矩形对角线的中点，，，是边上一动点（不与、重合） (1)的延长线交于，求证：四边形是平行四边形； (2)连接、，四边形能否成为菱形？若能，请求出此时的长；若不能，请说明理由. 【答案】(1)见解析； (2)四边形能为菱形，. 【分析】此题主要考查菱形的性质与判定，解题的关键是熟知特殊平行四边形的性质. （1）易证，即可求解； （2）根据菱形的性质得，再根据勾股定理即可列方程求解. 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴， ∴，， ∵是矩形对角线的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形 （2）四边形能为菱形， 此时有：， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴． 【经典例题六 证明四边形是菱形】 【例6】（2025·山西吕梁·一模）如图，，平分，交于点E． (1)实践与操作：利用尺规作的平分线，交于点O，交于点F，连接（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）； (2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)猜想：四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查角平分线画法，菱形的判定，平行四边形判定及性质等． （1）以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接与这点即为的平分线，即可得到本题答案； （2）根据题意先证明四边形是平行四边形，后继而证明出四边形是菱形． 【详解】（1）解：以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点交于点，即为的平分线，作图如下： （2）解：猜想：四边形是菱形，证明如下： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 1．（2025·江苏扬州·一模） 如图，在中，，D为的中点，过A作，过D作分别交于点O、E，连接． (1)证明：四边形为菱形； (2)若，求菱形面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】题目主要考查菱形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理解三角形，直角三角形的中线性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据平行四边形的判定得出四边形为平行四边形，确定，再由直角三角形斜边中线的性质得出，结合菱形的判定即可证明； （2）根据菱形的性质得出，再由平行四边形的性质确定，结合勾股定理得出，利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，D为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形面积为：． 2．（2025·江苏扬州·一模）如图①，在中，，是边上的中线，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图②．连接，若，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）可证明得到，再由直角三角形的性质证明，进而可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是正方形，得到，设，则，由勾股定理可得方程，解方程求出，则． 【详解】（1）证明：∵E为中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． （2）解：∵， 且四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴， 设 ， 则， ∵，， ∴， 解得 （负根已经舍弃）， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知正方形的性质与判定定理，菱形的判定定理是解题的关键． 3．（2025·浙江宁波·一模）小宁同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；④连结． (1)求证：四边形是菱形． (2)连结，若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】该题考查了尺规作图，菱形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据尺规作图可得，即可证明四边形是菱形． （2）连接，与交于点，根据菱形的性质得出，结合菱形边长为，根据勾股定理求出的长，再根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：根据作法得， 四边形为菱形． （2）解：连接，与交于点， 四边形为菱形， ， ， ，故， 故菱形的面积为． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例7】（24-25八年级上·河北邢台·阶段练习）如图，两张长方形纸条叠放在一起，若点恰好在的平分线上，则两张纸条的宽与的关系为（   ） A． B． C． D．无法确定 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定方法，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 根据题意可得四边形是平行四边形，再证明平行四边形是菱形，证明出，得到，即可求解． 【详解】解：根据题意，，， ∴四边形是平行四边形， 如图所示，连接， ∵点恰好在的平分线上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴，， ∴，且， ∴， ∴，即， 故选：B ． 1．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接．若，则的大小为 ． 【答案】/度 【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：由作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（23-24八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ． 【答案】/59度 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识， 首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵垂直平分， ∴，，， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴． ∵， ， ∴， ， 故答案为：． 3．（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， ，， ． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例8】（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在中，，点D是的中点，连接，过点C作，过点A作，，交于点B，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，交于点F，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）先证明四边形是平行四边形，继而可得四边形是菱形，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：∵，点为中点， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是菱形，为等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 【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． 1．（24-25九年级上·河南开封·期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分． (1)请用无刻度的直尺和圆规作直线，使，且交延长线于点E． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）利用尺规作图作出图形即可； （2）证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； ； （2）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，尺规作图．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 2．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形，，平分交于点C，平分，交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则四边形的周长是_______． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】（1）由等腰三角形的判定证明，可得，则四边形是平行四边形，然后由，即可得出结论； （2）由菱形的性质得，根据，由直角三角形斜边上的中线性质可得，然后根据勾股定理即可求，最后求得四边形的周长． 【详解】（1）证明：平分交于点C，平分， ，， ， ，， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， 四边形的周长． 故答案为：20 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 3．（23-24九年级上·福建厦门·期中）在中是斜边的中点，将线段绕点旋转至位置，点在直线外，连接． (1)如图1， ①求的大小； ②若平分，求证：； (2)如图2，已知点和边上的点满足于．连接，求的长． 【答案】(1)①；②见解析． (2) 【分析】（1）①证得，再由三角形内角和定理得即可；②由平分得，根据是绕点M旋转得到得，故，可知，又，，从而； （2）如图：延长交于点G，由得，证明四边形是平行四边形，M是的中点，可得四边形是平行四边形，且，知是菱形可得，从而可证得，即可得，进而即可求解． 【详解】（1）解：①∵M是的中点， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∵， ∴， ∴； ②证明：∵平分， ∴， ∵将线段绕点旋转至位置， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， ∴． （2）证明：如图：延长交于点G， ∵， ∴， ∵M是的中点，将线段绕点旋转至位置， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点D是斜边的中点， ∴． 【点睛】本题主要考查了全等三角形判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形、旋转的性质、菱形的判定与性质等知识点，掌握全等三角形判定定理及菱形的判定与性质是解题的关键． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例9】（24-25九年级上·广东河源·期末）尺规作图并按要求完成： 已知，以点为圆心，以长为半径画弧，交于点，分别以、为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于点．做射线，交于点．连接． (1)填空：则是的________； (2)判断四边形的形状，并证明你的结论； (3)已知，，求四边形的面积． 【答案】(1)平分线 (2)四边形是菱形，证明见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质是解决本题的关键． （1）根据作图可知是的平分线； （2）根据作图的过程可知是的平分线，根据平行四边形的性质可得，根据作图可知，得，证明四边形是平行四边形，进而可得四边形是菱形； （3）连接交于点，利用菱形的性质结合勾股定理求得菱形的对角线的长，利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：根据作图可知是的平分线； 故答案为：平分线； （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵是的平分线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据作图可知， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （3）解：连接交于点， ， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，为平行四边形的对角线，，E是的中点，F是的中点，连接并延长交于点G，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】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形中位线、菱形的判定等知识；掌握菱形的判定，平行四边形的判定与性质和直角三角形的性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，由平行线的性质得，，由可判定，则，由平行四边形的判定方法得四边形是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得，即可得证． （2）由三角形中位线可求出的长，由勾股定理求出，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ，， ∵F是的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ，E是的中点， ， ∴四边形是菱形． （2）解：∵E是的中点，F是的中点， ， ∵四边形是菱形． ， ，， ， ， ， ． 2．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)菱形的面积9． 【分析】（1）由矩形的性质求得，再证明是的中位线，推出，，得到四边形是平行四边形，据此即可证明四边形是菱形； （2）先求得，在中，利用勾股定理列式计算求得，，再利用菱形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵矩形中， ∴，，，， ∴， ∵， ∴点是线段的中点， ∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵矩形中， ∴，，， ∵矩形的周长为20， ∴， ∴， ∴， 在中，，即， 解得或， ∵， ∴，， ∴， ∴菱形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形是菱形是解题的关键． 3．（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：； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【经典例题十 菱形的综合性问题】 【例10】（24-25九年级上·广东清远·期中）综合与实践 【实践操作】 步骤1：准备一张矩形纸片； 步骤2：按如图所示方式操作：将沿翻折，使点A落在对角线上的点M处； 步骤3：按如图所示方式操作：将沿翻折，使点C落在对角线上的点N处．    【实践探索】 (1)用你所学数学知识说明：四边形是平行四边形； (2)当四边形是菱形时，且，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据折叠和矩形的性质以及平行四边形的判定证明即可； （2）根据折叠的性质、菱形的性质和面积解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ，，则， 由折叠性质可得： ，， ， ， 又 ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是矩形， ， ∵四边形是菱形， ，， 由折叠性质可知，， ， 又， 设，则， 由勾股定理得：， 解得：， ， ． 1．（24-25九年级上·山西运城·阶段练习）阅读下列材料，完成相应任务． 命题  如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形． 已知：如图1，在中，是边上的中线，； 求证：是直角三角形．    【分析问题】 （1）看见中线，联想到和中点有关的定理，比如：三角形中位线定理；线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；______等；（添加一个和中点有关的定理） （2）深入思考后发现：对于有关中点问题，常用以下几种辅助线解决问题． 如图，在中，是边上的中线． 辅助线一：如图2，倍长中线，构造全等三角形或平行四边形； 辅助线二：如图3，倍长线段，构造中位线； 辅助线三：如图4，取的中点M，连接构造中位线，等等．    【解决问题】 请选用（2）中的一种添加辅助线的方法，完成上面命题的证明； 【拓展应用】 （3）如图，菱形的周长为，，点M为边的中点，点N是边上一动点，把∠A沿直线折叠，点A落在点E处，当是直角三角形时，的长度为______．    【答案】（1）等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）见解析；（3）或3 【分析】（1）根据等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半作答即可； （2）按照辅助线的作法进行证明即可； （3）由菱形的性质可得，，，由点M为边的中点，可得，由折叠的性质可知，，，则，由题意知，分，两种情况求解；当时，如图5，则，，，根据，求解即可；当时，如图6，记中点为，连接，证明，则，证明是等边三角形，则，然后作答即可． 【详解】（1）解：由题意知，等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； 故答案为：等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （2）辅助线一：证明：如图2，延长到，使，连接，    ∵是边上的中线，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴是直角三角形． 辅助线二：证明：如图3，延长到，使得，    ∵是边上的中线， ∴， ∴是的中位线， ∴， 又∵， ∴，是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形． 辅助线三：证明：如图4，取的中点M，连接，    ∴， ∵是边上的中线，， ∴， ∴，则， ∵， ∴， ∴是直角三角形． （3）解：∵菱形的周长为，， ∴，， ∵点M为边的中点， ∴， 由折叠的性质可知，，， ∴， 由题意知，分，两种情况求解； 当时，如图5，    ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，如图6，记中点为，连接，    ∴， ∵，，， ∴， ∴， 同理，，， ∴是等边三角形， ∴， 综上所述，的长度为或3， 故答案为：或3． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，折叠的性质等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，折叠的性质是解题的关键． 2．（24-25九年级上·广东河源·阶段练习）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． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长； (3)在（2）的条件下，已知点是线段上的一个动点，则的最小值为_________． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质等． （1）先根据，平分，证明，推出，可依次证明四边形是是平行四边形、菱形； （2）菱形的面积，据此求解； （3）由菱形的性质可得垂直平分线段，进而可得，当点P在线段上时等号成立，取最小值． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， 又， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形，，， ，，，， 在中，， ， ， ， ， （3）解：四边形是菱形， 垂直平分线段， ， ， 当点P在线段上时等号成立，取最小值，如图： ，， ， 在中，， 故答案为：． 3．（24-25九年级上·山东枣庄·阶段练习）在矩形中，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从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t秒，其中． (1)若G，H分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（E、F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t的值； (3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值． 【答案】(1)平行四边形 (2)四边形为矩形时或 (3) 【分析】（1）先由矩形的性质得，，证明，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）根据菱形的性质以及运动时间和方向得，再利用勾股定理列式计算即可求解． 本题考查矩形的判定与性质，菱形的性质，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． 【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； 故答案为：四边形是平行四边形； （2）解：如图1，连接， 由（1）得，， 四边形是平行四边形， ∵， 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，设和分别是和的中点，连接，，，与交于， 则， 四边形为菱形， ，， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发， ∴ 设，则， 由勾股定理可得：， 即：， 解得：， ， ∵速度为每秒1个单位长度 即， 当时，四边形为菱形． 1．（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图，在菱形中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，根据菱形的性质求出，再由等腰三角形的“等边对等角”即可解答． 【详解】解：∵在菱形中，平分， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C 2．（24-25九年级下·广东茂名·期中）如图所示，已知四边形为菱形，点为边上的一点，连接，将线段沿折叠后点与点恰好重合在一起．已知菱形的边长为4，则线段的长为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，由菱形的性质可得，由折叠的性质可得，，由勾股定理可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ， 线段沿折叠后点与点恰好重合在一起， ，， ， 故选：C． 3．（23-24九年级上·河北张家口·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（　　） A．7 B．10 C． D．5 【答案】C 【分析】由菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，证出四边形是矩形，得到即可得出答案． 【详解】解：连接，     四边形是菱形， ，，， 在中，， 又是边的中点， ， ，，， ，，， 四边形为矩形， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 4．（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，菱形的边长为，，点为边上的中点，点为对角线上一动点，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【分析】本题主要考查轴对称−最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等知识点，确定P点的位置是解答本题的关键． 找出点关于的对称点，连接交于，则就是的最小值，求出即可． 【详解】解：连接，交于，连接交于P， 由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则， ∴， 即就是的最小值． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴（等腰三角形三线合一的性质）． 在中， ． 即的最小值为． 故选B． 5．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，于点H，连接，若，则的长为（    ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据菱形的性质和直角三角形的性质求出，，根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，即， ∴， 故选：D． 6．（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，菱形的面积为36，点F是的中点，点E是上的一点．若的面积为6，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】15 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的面积，关键是由三角形面积公式求出．连接，，求出，同理：，得到的面积：的面积，求出，即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：连接，， 是中点， ， 同理：， 的面积为6， 的面积：的面积， ， 阴影部分的面积菱形的面积的面积的面积的面积． 故答案为：15． 7．（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当 时，四边形是矩形，当 时，四边形是菱形． 【答案】 3.5 2 【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，先证明四边形是平行四边形，第一空求出，推出，根据矩形的判定推出即可；第二空求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定推出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 当时，平行四边形是矩形， 理由是：过A作于M， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 当时，四边形是菱形， 理由是：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故答案为：3.5；2． 8．（24-25八年级下·湖北荆门·期中）如图，将矩形纸片折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边，AD相交于点E，F，折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，若，且四边形的面积为20，则线段EF的长为 ． 【答案】 【分析】过作于，则，根据矩形的性质和平行线的性质可证得，进而可得，再根据折叠的性质得到，即，然后根据平行四边形的判定和菱形的判定即可得出四边形为菱形，根据菱形的面积公式可求得的长，再利用菱形的性质和勾股定理求得，则有，再由勾股定理即可求得的长 【详解】解：方法1：如图，过E作于K，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵图形翻折后点G与点C重合，为折线， ∴， ∴， ∴， ∵图形翻折后与完全重合， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形， ∵四边形的面积是20， ∴，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴， 在中，． 方法2：由方法1得四边形是菱形， ∵四边形的面积是20， ∴，， ∴， ∴， 在中，，， ∴，∴， ∴． ∵四边形的面积是20， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、平行线的性质、等角对等边证明边相等、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键． 9．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作交的延长线于点，连接．若，则的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，由，得到，，根据菱形的性质得到，，，，根据勾股定理求出，得到的长，设，然后根据在中，，在中，，求出的长，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴在中，， ∴， ∵，， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 即 整理得：， 解得：， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 10．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，连接，E、M分别在边、上，交于点F，交于点N，若点B关于的对称点与点D关于的对称点重合于点O处，则的长为 ． 【答案】4 【分析】连接、、、，记与的交点为P，与的交点为H，如图，易得与均为等边三角形，和分别为和的高，，设，，则，，即，则，进而可得． 【详解】解：连接、、、，记与的交点为P，与的交点为H，连接交于，如图， 在菱形中，，则，， 则，，， ∵， ∴，则为等边三角形， ∵点，点关于的对称，， ∴为等边三角形，同理均为等边三角形，， ∴， 设，， 则，同理， 即，则， ∴． 故答案为：4． 【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定及性质，轴对称的性质，勾股定理等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 11．（2025·江苏泰州·一模）如图，的中线与中位线相交于点．从a组信息中，选择一个作为条件，从b组信息中选择一个作为结论，并证明． a：①；②； b：③四边形为菱形；④四边形为矩形． 你选择的条件是______；结论是______．（只要填写序号，证明一个即可） 【答案】选择的条件是①，结论是④，证明见解析 【分析】该题考查了菱形的判定，矩形的判定，三角形中位线定理知识点，根据题意选择的条件是：①，结论是：④；和选择的条件是：②，结论是：③；分别证明即可． 【详解】解：选择的条件是：①结论是：④； 证明：连接，， 为的中线，为中位线， 为中点，为中点，为中点． ，． 四边形为平行四边形． 又，则四边形为矩形． 选择的条件是：②结论是：③； 证明：连接，， 为的中线，为中位线， 为中点，为中点，为中点． ，，． 四边形为平行四边形． ，为的中线， ∴， ∴， ∴则四边形为菱形． 12．（24-25八年级下·上海·期中）已知：如图，在中，E、F分别为边的中点，是对角线，交的延长线于G． (1)求证：； (2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，理由见解析 【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质，矩形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据平行四边形的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，即可得到； （2）首先证明出四边形是平行四边形，如图所示，连接，由菱形得到，然后证明出，即可得到平行四边形是矩形． 【详解】（1）∵在中， ∴， ∵E、F分别为边的中点 ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形 ∴； （2）矩形，理由如下： ∵在中， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形 如图所示，连接 ∵E为边的中点 ∴点E在上 ∵四边形是菱形 ∴ ∵， ∴ ∴平行四边形是矩形． 13．（2025·北京房山·一模）如图，，平分，交于点C．平分，交于点D，连接，于点D，交于点G． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行及角平分线得，即，从而得四边形是平行四边形，再由即可证明结论成立； （2）设交于点O，由菱形的性质及垂直关系得点G是线段的中点，得，在中由勾股定理即可求解． 【详解】（1）∵ ∴； ∵平分，平分， ∴， ， ∴ ∴； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵ ， ∴四边形是菱形； （2）解：设交于点O，如图； ∵四边形是菱形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点C是的中点， ∴； 在中，，， 由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，三角形中位线性质定理，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，熟悉菱形的判定与性质是解题的关键； 14．（2025·山东聊城·二模）【问题情境】（1）数学探究课上，某兴趣小组深究含60°角的菱形的性质．如图1，菱形的边长为，，则______，______． 【操作发现】（2）如图2，在图1的基础上，小贤在菱形的对角线上任取一点（点不与点重合），以为边向右侧作菱形，且，连接．求证：； 【拓展延伸】（3）在（2）中，随着点位置的改变，其它条件不变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】（1），12；（2）见解析；（3）不变，，理由见解析． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练以上知识点是解题的关键． （1）根据菱形的对角线平分对角，计算，利用菱形的对角线互相垂直且平分，勾股定理计算即可． （2）根据菱形的性质，结合，，得到，继而得到，证明即可． （3）根据菱形的性质，得到，根据，得到，计算得． 【详解】解：（1）连接交于点，如图所示： 菱形的边长为，， ，，，， ， ， ， 故答案为：，； （2）证明：四边形，是菱形， ，，，， ，， ，， ， ， ， ； （3）解：的大小不变，且，理由如下： 四边形是菱形，， ， ， ， ， ． 故的大小不变，且； 15．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处． (1)连接，四边形的形状为_______，并证明； (2)若，求的长； (3)在（2）的条件下求折痕的长． 【答案】(1)菱形，证明见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由折叠的性质可得，再由矩形的性质和平行线的性质证明，得到，据此可得到结论； （2）设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案； （3）连接，由勾股定理得，根据计算求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下； 由折叠的性质可得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； （3）解：如图所示，连接， 在中，由勾股定理得； 由（2）可得， ∵， ∴． 学科网（北京）股份有限公司 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