专题05 菱形的性质与判定（4大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（河北专用）

专题05 菱形的性质与判定 题型概览 题型01菱形性质的应用 题型02菱形的判断 题型03菱形性质与判定的综合应用 题型04与菱形有关的压轴问题 菱形性质的应用题型01 1．（23-24八年级下·河北唐山·期末）已知下列选项中图形均为菱形，所标数据有误的是（  ） A．B．C． D． 2．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，点E在对角线上，点F在边上，连接AE且，连接，其中，，过点C作交于点H．则图中与相等（除外）的角有（    ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 5．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，E为菱形的对角线上的动点，以，为邻边作平行四边形，若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 7．（23-24八年级下·河北·期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形中，与相交于点，延长至，使得，连接和． 甲说：四边形是平行四边形； 乙说：若的面积为10，则菱形的面积为20； 丙说：有可能平分． 则下列说法正确的是（    ） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 8．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，菱形中，连接，若，则的度数为 ．    9．（20-21八年级下·湖北鄂州·期末）如图，在菱形中，E是上一点，沿折叠，点A恰好落在上的点F处，连接，若，则 ． 10．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则菱形边长 ， ． 11．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的边长为2，，求的长． 12．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，E，F分别为，上的点，且，连接并延长，延长线交于点G，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，，求的长． 13．（23-24八年级下·河北保定·期末）定义：若四边形中某个顶点与其他三个顶点的距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点． (1)判断：如图①，一个内角为的菱形 等距四边形．（填“是”或“不是”）并说明为什么？ (2)如图②，在的网格图（每个小正方形的边长为）中有两点，请在给出的两个网格图上各找出两个格点，使得以为顶点的四边形是以点为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），并求出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长． 14．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，．动点M在线段上以每秒3个单位长度的速度由点A向点B运动，同时动点N在线段上以每秒1个单位长度的速度由点O向点C运动（当点M到达点B时，点N停止运动）．设运动时间为t秒． (1)当，__________； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (3)若改变点N的运动速度，其他条件不变，直接写出当N的速度为多少时，能够使四边形成为菱形． 菱形的判断题型02 15．（2023·河北承德·模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（    ） A．   B．   C．   D．   16．（2024·河北邢台·一模）依据所标识的数据，下列平行四边形是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 17．（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． 18．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 19．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）四边形为平行四边形，延长到，使，连接，，，下列条件中不能使四边形成为菱形的是（  ）    A． B．平分 C． D． 20．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，平行四边形中，点在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有三种方案：    ①只需要满足； ②只需要满足； ③只需要满足 则上述方案正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．③ D．②③ 21．（23-24九年级上·河北保定·期末）如图，在给定的平行四边形上，作一个菱形，甲、乙二人的做法如下：甲：分别以、为圆心，长为半径画弧，交于点，交于点，连接，则四边形为菱形；乙：以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，作的垂直平分线交于，则四边形为菱形；根据两人的做法可判断（    ） A．甲正确，乙错误 B．乙正确，甲错误 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 22．（23-24九年级上·河北保定·期中）如图，点、、、分别为四边形的四边、、、的中点，则关于四边形，下列说法正确的为（    ）    A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形 C．当时，它是菱形 D．当时，它是矩形 23．（21-22八年级下·河北保定·期末）如图，点为矩形的对角线的交点，点从点出发，沿向点运动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 B．正方形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 24．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，请添加一个条件使平行四边形成为菱形，这个条件可以是 ．（写出一种情况即可）． 25．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图， 矩形的对角线交于点，是上任意一点，作，并截取，连接． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)若 ，且是中点， 连接． ①求四边形 的面积； ②则的最小值是 ． 26．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在中，．点为的中点，连接，过点作，且，连接，．求证：四边形是菱形． 27．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，在平行四边形中，于点E． (1)尺规作图：过点A作交延长线于点F．（保留作图痕迹，不写作法） (2)若，求证：平行四边形为菱形． 28．（23-24八年级下·河北·期末）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点是线段上的两点，连接，已知．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求证：四边形为菱形． 29．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，，是的中线，，与交于点，且点恰好是的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 30．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，分别过点，作，的平行线交于点，连接交于点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 菱形性质与判定的综合应用题型03 31．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 32．（21-22八年级下·河北邢台·期末）如图1，在菱形中，对角线、相交于，要在对角线上找两点、，使得四边形是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（    ） A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是 33．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，中，平分，交于，交于，若，则四边形的周长是（    ） A． B． C． D． 34．（23-24八年级下·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B、F为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点E，连接．根据以上尺规作图的过程，下列结论不正确的是（    ） A．平分 B．是等边三角形 C． D． 35．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 36．（22-23八年级上·河北邯郸·期末）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（    ）． A．48 B．24 C．12 D．6 37．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，，点E是的中点，，，于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 38．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在四边形中，，，．    (1)求证：四边形为菱形． (2)过点作于点，若，，求的长． 39．（22-23九年级上·河北保定·期末）如图，四边形为平行四边形，对角线，交于点，E，F分别在，上，，． (1)当时，判断四边形的形状并证明； (2)当四边形为菱形时，求平行四边形的周长． 40．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图是的角平分线，过点分别作、的平行线，交于点，交于点．    (1)求证：四边形是菱形． (2)若，．求四边形的面积． 41．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，是上一动点，连接交于，连接．    (1)证明：； (2)若，试证明四边形是菱形； (3)在（2）的条件下，当点运动到离点距离最近时，猜想与的关系，并说明理由． 42．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在平行四边形中，连接，恰好平分．    (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，分别是边，的中点，连接，交于点，连接，交于点． ①若，求的长度； ②与之间的位置关系，为_______________． 43．（22-23八年级下·河北承德·期末）如图，中，，，，点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点C匀速运动，同时点F从点B出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点A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E，F运动的时间是t秒（）．过点F作于点D，连接，，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当t为何值时，； (3)直接写出当t为何值时，为直角三角形?    44．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）如图1，把两个全等的直角三角形与叠放在一起，，，．固定，将沿线段向右平移（即点D在线段上）．    (1)如图2，连接，直接写出与的数量关系？ (2)如图3，连接，，，得到四边形． ①当点D移动到的中点时，判断四边形的形状，并说明理由； ②在移动过程中，四边形的形状在不断改变，但它的面积不发生改变，直接写出其面积． 与菱形有关的压轴问题题型04 45．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，矩形纸片，，，点M、N分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在点G处，连接，交于点Q，连接．给出下列结论：①当点G落在矩形外时，；②四边形是菱形；③点P与点A重合时，；④的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 46．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为． (1)边的长度为______，的取值范围为______． (2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？ (3)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形．若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 47．（22-23八年级下·河北廊坊·期末）如图，在矩形中，，，点P从点出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿以向B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P，Q运动的时间是t秒．过点P作于点E，连接．    (1)______________________（用含t的代数式表示）． (2)试说明：无论t为何值，四边形总是平行四边形． (3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由． 48．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图1，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点． (1)如图2，当点，重合时， ①求证：四边形是菱形； ②设点为线段上一点，求的最小值． (2)求的面积的取值范围． 49．（23-24八年级下·河北衡水·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ； (2)①如图，当点在线段上，且点在菱形外部时，（）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； ②在①的条件下，连接，若，，直接写出的长为 ； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的长度为 ． 50．（23-24八年级下·河北唐山·期末）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） 51．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，在矩形中，，，把边沿对角线所在直线平移，移动后点A，B的对应点分别为点，，连接，．    (1)连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的基础上，若与边交于点P，过点P作，交于点M，交边于点Q，求证：； (3)当四边形的面积为60时，直接写出边平移的距离． 52．（21-22八年级下·河北衡水·期末）如图，已知菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，E，F为对角线AC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，且0≤t≤12． (1)①对角线AC的长为 ； ②用含t的代数式表示线段EF的长； (2)在点E，F运动过程中，若G，H分别为AD，BC的中点，t≠6．求证：FGEH； (3)在（2）的条件下，若以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，求t的值． 53．（23-24八年级下·河北沧州·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的面积． 试卷第70页，共70页 22 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 菱形的性质与判定 题型概览 题型01菱形性质的应用 题型02菱形的判断 题型03菱形性质与判定的综合应用 题型04与菱形有关的压轴问题 菱形性质的应用题型01 1．（23-24八年级下·河北唐山·期末）已知下列选项中图形均为菱形，所标数据有误的是（  ） A．B．C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质即可得到结论． 【详解】解：A．∵菱形的四边相等，故本选项不符合题意； B．∵菱形的四边相等， ∴， ∴，故本选项不符合题意； C．∵菱形， ∴， ∴，即，故本选项不符合题意； D．∵菱形， ∴，故本选项符合题意， 故选：D． 2．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质、三角形内角和定理，根据菱形的性质可得，，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， 故选：B． 3．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形全等的性质与判定，等腰三角形的性质，掌握以上性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，，， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选B． 4．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，点E在对角线上，点F在边上，连接AE且，连接，其中，，过点C作交于点H．则图中与相等（除外）的角有（    ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】B 【分析】由菱形，可得，，，由，可得，则，由，可得，证明，则，证明，可得，则，然后判断作答即可． 【详解】解：∵菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即， 综上所述，与相等， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，E为菱形的对角线上的动点，以，为邻边作平行四边形，若，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形以及平行四边形的性质，勾股定理等知识点，连接，根据可得当，最小，据此即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： 由题意得：， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴当，即时，最小， 此时，最小值为， 故选：B． 6．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，，点P和点Q分别在边和上运动（不与A、C、D重合），满足，连接、交于点E，在运动过程中，则下列四个结论正确的是（    ）    ①；②的度数不变；③； A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识点是解题的关键． 证明可得，，，进而判断①；进而可得，进而判断②；根据，进而判断③． 【详解】解：∵是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴，即 ∴， ∴，，，故①正确； ∵， ∴，故③正确； ∵， ∴， ∴，故②正确． 故选：D． 7．（23-24八年级下·河北·期末）甲、乙、丙三位同学在探索下面这道题： 如图，菱形中，与相交于点，延长至，使得，连接和． 甲说：四边形是平行四边形； 乙说：若的面积为10，则菱形的面积为20； 丙说：有可能平分． 则下列说法正确的是（    ） A．只有甲和乙正确 B．只有甲和丙正确 C．只有乙和丙正确 D．甲、乙、丙都正确 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的判定，以及角平分线的性质，牢记菱形的性质、角平分线的性质以及平行四边形的判定定理是解题的关键．可证明 ，，即可确定甲的说法是否正确；根据和，以及与，与之间的关系，即可确定乙的说法是否正确；过点作的垂线，交于点，判断与的大小关系，即可确定丙的说法是否正确． 【详解】①∵四边形为菱形， ∴， ． 又， ∴ ，． ∴四边形为平行四边形． 故甲的说法正确． ②∵四边形为平行四边形， ∴， ． ∵四边形为菱形， ∴，，． ∴． ∴． ∴． 故乙的说法正确． ③假设平分． 如图，过点作的垂线，交于点．    ∵平分，，， ∴． 又， ∴． ∵， ∴，这与相矛盾． ∴不可能平分． 故丙的说法错误． 故选：A． 8．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，菱形中，连接，若，则的度数为 ．    【答案】/70度 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质可得，，从而得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴． 故答案为： 9．（20-21八年级下·湖北鄂州·期末）如图，在菱形中，E是上一点，沿折叠，点A恰好落在上的点F处，连接，若，则 ． 【答案】/100度 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的对角线平分每一组对角是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵沿折叠，点A恰好落在上的点F处， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 10．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则菱形边长 ， ． 【答案】 5 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质得出，，，，由勾股定理即可得出的长，再由计算即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：5，． 11．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若菱形的边长为2，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质、判定定理成为解题的关键． （1）由菱形的性质得，因为，且，所以，且，则四边形是平行四边形，而，则四边形是矩形； （2）由，证明是等边三角形，则，所以，则，因为，所以． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，对角线相交于点O， ∴， ∵且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵菱形的边长为2， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的长是． 12．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在菱形中，E，F分别为，上的点，且，连接并延长，延长线交于点G，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得，，由平行线的性质可得，，再由等腰三角形的性质和对顶角的性质可得，再根据等角对等边得，从而可得，再根据平行四边形的判定即可得证； （2）过点A作于点H，由平行线的性质得，再根据菱形的性质可得，由直角三角形的性质得，利用勾股定理求得，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：过点A作于点H， 由（1）可得，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，． 【点睛】本题考查菱形的性质、平行四边形的性质与判定、直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质与判定是解题的关键． 13．（23-24八年级下·河北保定·期末）定义：若四边形中某个顶点与其他三个顶点的距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点． (1)判断：如图①，一个内角为的菱形 等距四边形．（填“是”或“不是”）并说明为什么？ (2)如图②，在的网格图（每个小正方形的边长为）中有两点，请在给出的两个网格图上各找出两个格点，使得以为顶点的四边形是以点为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），并求出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长． 【答案】(1)是，证明见解析； (2)画图见解析，非等距点的对角线长或． 【分析】（）根据等距四边形的定义判断即可求解； （）根据等距四边形的定义作出图形，再利用勾股定理求出非等距点的对角线长即可； 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，理解等距四边形是解题的关键． 【详解】（1）解：是． 证明：连接， ∵菱形， ∴， 当时，是等边三角形， ， ， 一个内角为的菱形是等距四边形； 故答案为：是； （2）解：如图， ，， 端点均为非等距点的对角线长； 如图，，， 端点均为非等距点的对角线长为．（答案不唯一，合理即可） 14．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，．动点M在线段上以每秒3个单位长度的速度由点A向点B运动，同时动点N在线段上以每秒1个单位长度的速度由点O向点C运动（当点M到达点B时，点N停止运动）．设运动时间为t秒． (1)当，__________； (2)当t为何值时，四边形是平行四边形？ (3)若改变点N的运动速度，其他条件不变，直接写出当N的速度为多少时，能够使四边形成为菱形． 【答案】(1)15 (2) (3) 【分析】本题是四边形综合题，主要考查勾股定理、菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的性质以及平面直角坐标系知识，深入理解题意是解决问题的关键． （1）根据点M的运动速度和t值即可求出结果； （2）根据题意用含t的代数式分别表示出，根据当四边形是平行四边形时列出关于t的方程解方程即可求出当t为何值时，四边形是平行四边形； （3）当四边形为菱形时，，根据勾股定理表示出，根据得到关于t的方程，解方程求出t值后表示出的长，用的长除以t值即可求出点N的速度为何值时，能够使四边形成为菱形． 【详解】（1）解：∵点M的运动速度为每秒3个单位长度，， ． 故答案为：15； （2）解：如图1， 由题意可得： ， 当四边形是平行四边形时，， 即， 解得：， 当时，四边形是平行四边形； （3）解：如图2， 当四边形为菱形时，， ，即， ， ， 解得：， ， ， 又， ∴点N的速度为每秒个单位长度时，能够使四边形成为菱形． 菱形的判断题型02 15．（2023·河北承德·模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】C 【分析】根据菱形的判定逐项排查即可解答． 【详解】解：四边形是平行四边形，对角线互相平分，故A不一定是菱形； 四边形是平行四边形，对边相等，故B不一定是菱形； 图C中，根据三角形的内角和定理可得：，邻边相等，四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形的菱形，故C是菱形； 四边形是平行四边形，对边平行，故D不一定是菱形． 故选：C． 【点睛】本题主要考查菱形的判定，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键． 16．（2024·河北邢台·一模）依据所标识的数据，下列平行四边形是轴对称图形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质与特殊的平行四边形的判定，轴对称图形的辨析．只要证明这些平行四边形是特殊的平行四边形（矩形，菱形或正方形），即可判定为轴对称图形． 【详解】解：A选项：∵它是平行四边形， ∴对边平行，它不是特殊的平行四边形，故不一定是轴对称图形．本选项不合题意． B选项：根据三角形的内角和定理可得：， ∴邻边相等， ∴这个平行四边形是菱形， ∴它是轴对称图形．本选项符合题意． C选项：根据所给数据无法得到它是特殊的平行四边形，故不一定是轴对称图形．本选项不合题意． D选项：平行四边形的对角线互相平分，它不是特殊的平行四边形，故不一定是轴对称图形．本选项不合题意． 故选：B 17．（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． 18．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（   ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是矩形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【答案】A 【分析】根据菱形和矩形的判定，依次判断，即可求解， 本题考查了，矩形的判定，菱形的判定，解题的关键是：熟练掌握相关判定定理． 【详解】解：、由是平行四边形可得，该选项错误，符合题意， 、对角线相等的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意， 、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该选项正确，不符合题意， 、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，该选项正确，不符合题意， 故选：A． 19．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）四边形为平行四边形，延长到，使，连接，，，下列条件中不能使四边形成为菱形的是（  ）    A． B．平分 C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：四边形为平行四边形， ，， 又， ，且， 四边形为平行四边形， A、， 为菱形，故本选项不符合题意； B、平分， ， ， ， ， ， 平行四边形为菱形，故本选项不符合题意； C、， 平行四边形是矩形，不能说明是菱形，故本选项符合题意； D、，， ， 平行四边形为菱形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，正确掌握菱形的判定与性质是解题关键． 20．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，平行四边形中，点在对角线上，且，要使四边形为菱形，现有三种方案：    ①只需要满足； ②只需要满足； ③只需要满足 则上述方案正确的是（    ） A．①②③ B．①③ C．③ D．②③ 【答案】B 【分析】先根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角线互相垂直证明即可作答． 【详解】在中，，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ①∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形，①符合要求； ②：平行四边形中存在， 根据②，无法确定平行四边形是菱形，②不符合要求； ③∵平行四边形中，， ∴平行四边形是菱形，③符合要求； 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键． 21．（23-24九年级上·河北保定·期末）如图，在给定的平行四边形上，作一个菱形，甲、乙二人的做法如下：甲：分别以、为圆心，长为半径画弧，交于点，交于点，连接，则四边形为菱形；乙：以为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，作的垂直平分线交于，则四边形为菱形；根据两人的做法可判断（    ） A．甲正确，乙错误 B．乙正确，甲错误 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 【答案】C 【分析】由甲作图可得，，证明四边形是平行四边形，根据，证明四边形是菱形，可判断甲的正误；由乙作图可得，，，在的垂直平分线上，，则，四边形为菱形，进而可判断乙的正误． 【详解】解：由甲作图可得，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，甲正确，故符合要求； 由乙作图可得，，，在的垂直平分线上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形，乙正确，故符合要求； 故选：C． 【点睛】本题考查了作垂线，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，等角对等边．熟练掌握菱形的判定，平行四边形的判定与性质，等角对等边是解题的关键． 22．（23-24九年级上·河北保定·期中）如图，点、、、分别为四边形的四边、、、的中点，则关于四边形，下列说法正确的为（    ）    A．一定不是平行四边形 B．一定不是中心对称图形 C．当时，它是菱形 D．当时，它是矩形 【答案】C 【分析】本题考查三角形中位线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定．连接，，由、、、分别为、、、的中点可得，，，，从而，，进而判断四边形是平行四边形．故可判断选项A，选项B．当时， ，可得是菱形，可判断选项C，选项D． 【详解】连接，，    ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，它是中心对称图形． 当时，， ∴是菱形． 综上：选项A，B，D错误，选项C正确． 故选：C 23．（21-22八年级下·河北保定·期末）如图，点为矩形的对角线的交点，点从点出发，沿向点运动到点停止，延长交于点，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 B．正方形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 【答案】A 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形形状的变化情况，这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点与点重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形， 故选：． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，解题的关键是确定与的位置关系． 24．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）如图，请添加一个条件使平行四边形成为菱形，这个条件可以是 ．（写出一种情况即可）． 【答案】（或或或或） 【分析】本题考查了菱形的判定方法，由菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，分别添加条件，即可求解；掌握菱形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：一组邻边相等的平行四边形是菱形， 可添加：， 或， 或， 或； 对角线互相垂直的平行四边形是菱形， 可添加：； 故答案：（或或或或）． 25．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图， 矩形的对角线交于点，是上任意一点，作，并截取，连接． (1)判断四边形的形状并说明理由； (2)若 ，且是中点， 连接． ①求四边形 的面积； ②则的最小值是 ． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)①；②． 【分析】（）由，可得四边形是平行四边形，再由矩形的性质可得，即可求证； （）①连接，由矩形的性质可得是等边三角形，，再根据菱形的性质可得是等边三角形，得到，利用菱形的面积公式计算即可得到四边形 的面积；②由菱形的性质可得点关于对称，连接，与相交于点，连接，则，即得，可得当点与点重合时，的值最小，最小值为的长，利用等边三角形的性质可得，，由勾股定理求出即可求解； 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； ②∵四边形是菱形， ∴点关于对称， 连接，与相交于点，连接，则， ∴， ∴当点与点重合时，的值最小，最小值为的长， ∵是等边三角形，是中点， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形的三边关系，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 26．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在中，．点为的中点，连接，过点作，且，连接，．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、直角三角形斜边的中线性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证，即可得结论． 【详解】， 四边形是平行四边形， 在中，，点为的中点， ， 四边形是菱形． 27．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，在平行四边形中，于点E． (1)尺规作图：过点A作交延长线于点F．（保留作图痕迹，不写作法） (2)若，求证：平行四边形为菱形． 【答案】(1)见解答 (2)见详解 【分析】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质和菱形的判定． （1）利用基本作图，过点作的垂线即可； （2）先利用平行四边形的性质得到，所以，接着证明得到，然后根据菱形的判定方法得到平行四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图，为所作； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在与中： ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形(邻边相等的平行四边形为菱形)． 28．（23-24八年级下·河北·期末）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点是线段上的两点，连接，已知．    (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定等知识点；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解答本题的关键． （1）由平行四边形的性质得，再证明，得，进而得，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）证明平行四边形是菱形，得，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ． 在和中， ， ， ， 即， 四边形是平行四边形． （2）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形， ． 由（1）可知，四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形． 29．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，，是的中线，，与交于点，且点恰好是的中点． (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)32． 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、三角形的中位线的性质、直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质等知识， （1）先证四边形是平行四边形，由是的中线，得出，进而即可得证； （2）在菱形中，，可证出是等边三角形，进而即可得出菱形的周长； 熟练掌握其性质的综合应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：是的中线， 点是的中点， 又点是的中点， 即， ， 四边形是平行四边形， 是的中线，， ， 四边形是菱形； （2）解：在菱形中，， ， ， 是等边三角形， ， 菱形的周长为：． 30．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点，分别过点，作，的平行线交于点，连接交于点．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】（1）由矩形的性质得出，根据菱形的判定可得出结论； （2）证明是的中位线，即可得到结果． 【详解】（1）解：证明：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 四边形是菱形； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴是的中位线， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，菱形的判定等知识点的理解和掌握，能推出平行四边形和是解此题的关键． 菱形性质与判定的综合应用题型03 31．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）如图，四边形中，，，连接，那么的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是菱形，得到，再求出即可得到答案． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键． 32．（21-22八年级下·河北邢台·期末）如图1，在菱形中，对角线、相交于，要在对角线上找两点、，使得四边形是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（    ） A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是 【答案】C 【分析】本题综合考查了菱形的判定和性质．根据菱形的性质可得，然后根据给出的方案结合菱形的判定方法进行判定即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故方案甲正确； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴． ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故方案乙正确． 故选：C． 33．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，中，平分，交于，交于，若，则四边形的周长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据，，即可得到四边形为平行四边形，再根据平分，即可得到，即，从而平行四边形为菱形．根据菱形的性质结合，即可求出四边形的周长． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形． ∵， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解题的关键是证出四边形为菱形． 34．（23-24八年级下·吉林长春·期中）如图，在平行四边形中，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B、F为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点E，连接．根据以上尺规作图的过程，下列结论不正确的是（    ） A．平分 B．是等边三角形 C． D． 【答案】B 【分析】由作图可知，平分，证明四边形是菱形，可得结论．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，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题． 【详解】解：由作图可知， 则平分，故A选项正确， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ，故D选项正确， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ，故C选项正确． 无法判断是等边三角形， 故选：B． 35．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在的两边上分别截取，使：再分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；再连接．若，，则四边形的面积是（    ） A． B．6 C．4 D．8 【答案】C 【分析】本题考查作图-基本作图、菱形的判定与性质，由尺规作图可得，，即可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得答案． 【详解】解：由尺规作图可得，， 四边形为菱形， ， 四边形的面积为 故选：C． 36．（22-23八年级上·河北邯郸·期末）如图，四边形是菱形，是两条对角线的交点，过点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为（    ）． A．48 B．24 C．12 D．6 【答案】C 【分析】根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积即可解答． 【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为6和8， ∴菱形的面积， ∵是菱形两条对角线的交点， ∴阴影部分的面积． 故选C． 【点睛】本题主要考查了中心对称、菱形的性质等知识点，判得阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键． 37．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，，点E是的中点，，，于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到结论； （2）过B点作于G点，求解，由 ，可得，结合，可得答案； 【详解】（1）证明：∵，，     四边形是平行四边形， ，E为的中点， 在中，， 平行四边形是菱形 （2）解：过B点作于G点， 在中，， 由勾股定理可得，， ，    ，    ， ，     ； 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟记特殊四边形的判定是解本题的关键. 38．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在四边形中，，，．    (1)求证：四边形为菱形． (2)过点作于点，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）首先证明出四边形为平行四边形，然后结合即可证明出四边形为菱形； （2）首先根据菱形的性质得到，然后根据得到，，然后利用勾股定理求出，，最后利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：， ． 又， ， ． 又， 四边形为平行四边形． 又， 四边形为菱形． （2）如图，连接．   四边形为菱形， ． 又， ， ． ， ，． ， ， ， ． 菱形的面积， ． 【点睛】此题考查了菱形的性质和判定，平行四边形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 39．（22-23九年级上·河北保定·期末）如图，四边形为平行四边形，对角线，交于点，E，F分别在，上，，． (1)当时，判断四边形的形状并证明； (2)当四边形为菱形时，求平行四边形的周长． 【答案】(1)四边形是平行四边形；证明见解析． (2) 【分析】（1）由已知易得，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可， （2）根据四边形为菱形时，可得，利用勾股定理即可求出菱形边长 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形 ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，∵四边形是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴ 又∵，， ∴， ∴行四边形的周长． 【点睛】本题考查了平行四边形、菱形的判定与性质、的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形、菱形的判定与性质是解题的关键． 40．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图是的角平分线，过点分别作、的平行线，交于点，交于点．    (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）先证四边形是平行四边形，，再证，则，即可得出结论； （2）连接交于点，由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，则，即可解决问题． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， 是的角平分线， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点，   由（1）可知，四边形是菱形， ，，， ， ， ， ． 【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、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 41．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，在四边形中，是上一动点，连接交于，连接．    (1)证明：； (2)若，试证明四边形是菱形； (3)在（2）的条件下，当点运动到离点距离最近时，猜想与的关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）直接根据证明，根据全等三角形的性质即可得证； （2）根据等角对等边得出，根据已知得出，即可得证； （3）当时最短，此时，，根据菱形的性质得出，证明，即可得出，根据等角的余角相等即可得出结论． 【详解】（1）解：在和中 ， ； （2） ， ， ， ， ，， ， 四边形是菱形 （3）， 当时最短 此时，， 四边形是菱形 ， 又，， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 42．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，在平行四边形中，连接，恰好平分．    (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，分别是边，的中点，连接，交于点，连接，交于点． ①若，求的长度； ②与之间的位置关系，为_______________． 【答案】(1)见解析 (2)①3；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义证得，进而得到，根据菱形的判定可证得结论； （2）①根据三角形的中位线性质求解即可；②根据菱形的性质和平行线的性质可得结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， . 平分， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：①，分别是边，的中点，， ； ②∵四边形是菱形， ∴， ，分别是边，的中点， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的性质、三角形的中位线性质、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质以及三角形的中位线性质是解答的关键． 43．（22-23八年级下·河北承德·期末）如图，中，，，，点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点C匀速运动，同时点F从点B出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点A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E，F运动的时间是t秒（）．过点F作于点D，连接，，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当t为何值时，； (3)直接写出当t为何值时，为直角三角形? 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或4 【分析】（1）求出，，根据平行四边形的判定定理可得结论； （2）由可知四边形是菱形，根据列方程求解即可； （3）分情况讨论：①时；②时；③时；分别根据含直角三角形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明：在中， ， 点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点C匀速运动，同时点F从点B出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，设点D，E运动的时间是t秒 ，，     在中，，，，则 ，且 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知四边形是平行四边形， 在中，，，， ， ． 当平行四边形是菱形时，，则需， 即， 即当时，平行四边形为菱形，； （3）解：当或4时，为直角三角形． 理由如下： 分情况讨论： ①时，如图所示：    则 ，， ， ， ； ②时，如图所示：   ， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ，，即， ， 解得； ③时，此种情况不存在． 综上所述，当或4时，为直角三角形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，含直角三角形的性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 44．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）如图1，把两个全等的直角三角形与叠放在一起，，，．固定，将沿线段向右平移（即点D在线段上）．    (1)如图2，连接，直接写出与的数量关系？ (2)如图3，连接，，，得到四边形． ①当点D移动到的中点时，判断四边形的形状，并说明理由； ②在移动过程中，四边形的形状在不断改变，但它的面积不发生改变，直接写出其面积． 【答案】(1) (2)①菱形，理由见解析；② 【分析】（1）根据平移可得，，可得四边形是平行四边形，进而可以解决问题； （2）①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，由题意可证是平行四边形，即可得四边形是菱形；②根据四边形的面积，可求其面积． 【详解】（1）解：，理由如下： 平移， ，， 四边形是平行四边形， ； （2）①四边形是菱形，理由如下： 是直角三角形，是的中点， ， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； ②，，， 四边形的面积， 四边形的面积为． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，平移的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 与菱形有关的压轴问题题型04 45．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，矩形纸片，，，点M、N分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在点G处，连接，交于点Q，连接．给出下列结论：①当点G落在矩形外时，；②四边形是菱形；③点P与点A重合时，；④的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据折叠和矩形的性质即可证明，即可判断①；先判断四边形是平行四边形，再根据判断四边形是菱形，即可判断②；点与点重台时设，表示出，利用勾股定理解出，进而求出即可判断③；当过点时，求出四边形面积的最小值，当与重台时，求出四边形面积的最大值，即可判断④． 【详解】解：①∵四边形是矩形， ∴， 根据折叠可得， ∵， ∴，故①正确； ， ， 根据折叠得， ， ， ， ， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形为菱形，故②正确，符合题意； 当点与重合时，如图所示 设，则． 在中，，即， 解得：． ， ， 又∵四边形为菱形， ， ， 故③错误，不符合题意； 当过点时，如图所示： 此时，最短，四边形的面积最小，则最小为， 当点与点重合时，最长，四边形的面积最大，则最大为， ∴，故④正确，符合题意． 故正确的是①②④， 故选：B． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质和判定，翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键． 46．（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为． (1)边的长度为______，的取值范围为______． (2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？ (3)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形．若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)10，； (2)； (3)不存在，理由见解析． 【分析】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识 （1）作辅助线，构建矩形，利用勾股定理可得的长，根据两动点，运动路程和速度可得的取值范围； （2）根据矩形的性质可得，列方程即可求解； （3）当四边形是菱形时，有，根据计算发现，所以四边形不可能是菱形. 【详解】（1）解：如图1，过点作于，则， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 由勾股定理得：； 点从点出发，以的速度向点运动，， 点运动到的时间为：， 同理得：点运动到点的时间为：， ； 故答案为：10，； （2）解：如图所示，当是矩形时，， ，， ， 解得：； （3）解：不存在，理由： 当四边形是菱形时，有， 即， ， 此时， ， 四边形不可能是菱形． 47．（22-23八年级下·河北廊坊·期末）如图，在矩形中，，，点P从点出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿以向B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P，Q运动的时间是t秒．过点P作于点E，连接．    (1)______________________（用含t的代数式表示）． (2)试说明：无论t为何值，四边形总是平行四边形． (3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)；t (2)见解析 (3)能， 【分析】（1）根据题意，点P从点出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿以向B匀速运动，得，，再由，求解即可； （2）根据，得，再根据（1）得即可证明； （3）根据（2）所证四边形是平行四边形，利用时，四边形是菱形，菱形对角线垂直，可得，建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ， ，点P从点出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿以向B匀速运动， ，，， ，， ， ， 故答案为：，t． （2）证明：四边形是矩形， ， ， ， ． 由（1）可知，， ， ， 四边形是平行四边形． 无论t为何值，四边形总是平行四边形． （3）能，理由如下： 由（2）可知，四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 根据菱形的对角线互相垂直，可得， ． 解得， 当时，． 【点睛】本题考查了矩形的动点问题，掌握在直角三角形中所对的边是斜边的一半和平行四边形的判定及菱形和矩形的性质运用是解题的关键． 48．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图1，在中，，，点是边上一点，连接，沿折叠，使点落在点处，其中，设与相交于点． (1)如图2，当点，重合时， ①求证：四边形是菱形； ②设点为线段上一点，求的最小值． (2)求的面积的取值范围． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①由折叠的性质得到，，利用平行四边形的性质推出，进而得到，推出，即可证得四边形是菱形； ②先证明，得到，进而得到，当A，C，Q三点共线时，最小，此时，连接，证得是等边三角形，得到，求出，勾股定理求出，即可得到的最小值为； （2）当点，重合时，，的面积最小，过点D作于点H，利用30度角的性质及勾股定理求出，，得到；当点P与点D重合时，过点M作于点G，设，证明，得到，利用30度角的性质及勾股定理求出，，列得，求出，即，求出，由此得到的面积的取值范围是． 【详解】（1）解：①当点，重合时，， 由折叠得，， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②连接 ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当A，C，Q三点共线时，最小，此时， 连接， ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为； （2）当点，重合时，， ∴的面积最小， 过点D作于点H， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴； 当点P与点D重合时，过点M作于点G， 设， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得，即， ∴ ∴的面积的取值范围是． 【点睛】此题考查了折叠的性质，勾股定理，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 49．（23-24八年级下·河北衡水·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是 ，与的位置关系是 ； (2)①如图，当点在线段上，且点在菱形外部时，（）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； ②在①的条件下，连接，若，，直接写出的长为 ； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的长度为 ． 【答案】(1)， (2)①（）中的结论：，仍然成立，理由见解析② (3)或 【分析】（1）如图，连接，延长交于点，根据菱形的性质及，证是等边三角形，得，；进而证明，得；，又，从而可得，即可得； （2）①（）如图中，连接，设与交于，由菱形的性质得，，，进而证明和都是等边三角形，得，，，，又证，得，，从而利用垂线定义得， ∴；②如图．所示，根据全等三角形的性质得，又根据三角形的内角和及等腰三角形的判定得，再利用勾股定理求解即可； （3）分点在的延长线上和点在的延长线上两种情况，利用勾股定理，菱形的性质及全等三角形的判定及性质求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，延长交于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，； ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故答案为：，； （2）解：①（）中的结论：，仍然成立，理由如下： 如图中，连接，设与交于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴，，，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴（）中的结论：，仍然成立； ②如图.所示， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：如图中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于， ∵四边形是菱形， ∴平分，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 由（）知， ∴； 如图中，当点在的延长线上时，同法可得， ， 综上，的长度为或， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线的性质等，熟练掌握等边三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键． 50．（23-24八年级下·河北唐山·期末）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． 51．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，在矩形中，，，把边沿对角线所在直线平移，移动后点A，B的对应点分别为点，，连接，．    (1)连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)在（1）的基础上，若与边交于点P，过点P作，交于点M，交边于点Q，求证：； (3)当四边形的面积为60时，直接写出边平移的距离． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)见解析 (3)20或30 【分析】（1）由矩形和平移的性质可证明四边形是平行四边形，再结合，可证得四边形是菱形； （2）由，结合（1）可得，四边形是平行四边形，则，，即可证得结论； （3）由矩形的性质，结合勾股定理得，过点作，则，求得，连接，由平移可知，可知，求得，分两种情况：当在线段上时，当在线段的延长线上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 在矩形中，，， 由平移可知，，， ∴，，则四边形是平行四边形， ∵，即：， ∴四边形是菱形； （2）证明：由（1）可知四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （3）在矩形中，，， 则， 过点作，则， ∴， 由（1）可知，四边形是平行四边形， 连接，由平移可知， ∴， ∴， 当在线段上时，，    当在线段的延长线上时，，    综上，边平移的距离为20或30． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定及性质，平移的性质，勾股定理，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 52．（21-22八年级下·河北衡水·期末）如图，已知菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，E，F为对角线AC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，且0≤t≤12． (1)①对角线AC的长为 ； ②用含t的代数式表示线段EF的长； (2)在点E，F运动过程中，若G，H分别为AD，BC的中点，t≠6．求证：FGEH； (3)在（2）的条件下，若以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，求t的值． 【答案】(1)①12；②当时，EF＝12﹣2t，当时，EF＝2t﹣12 (2)见解析 (3)6﹣2或6+2 【分析】（1）①连接，交于点，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理求出，进而求出；②分、两种情况，用表示出； （2）证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论； （3）连接，分、两种情况，根据矩形的对角线相等，列方程即可． 【详解】（1）①连接，交于点， 四边形为菱形，， ，，， ， 由勾股定理得：， ， 故答案为：12； ②当时，， 当时，； （2），分别为，的中点，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形为平行四边形， ； （3）连接， 四边形为平行四边形， 当，时，平行四边形为矩形， 此时，， 解得：， 当，时，平行四边形为矩形， 此时，， 解得：， 综上所述，以，，，为顶点的四边形是矩形，的值为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质、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，熟练掌握相关性质是解题的关键． 53．（23-24八年级下·河北沧州·期末）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化． (1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是______，与的位置关系是______； (2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； (3)当点在直线上时，其他条件不变，连接．若，，请直接写出的面积． 【答案】(1)， (2)成立，理由见解析 (3)的面积为或． 【分析】（1）连接，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明即可证得结论； （2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明即可； （3）分两种情形：当点在的延长线上时或点在线段的延长线上时，连接交于点，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求、、的长及等边三角形的边长可得结论． 【详解】（1）解：如图1，连接，延长交于点， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ，； 是等边三角形， ，， ， ， ； 四边形是菱形， ，， ， ， ， 即； 故答案为：，； （2）解：（1）中的结论：，仍然成立，理由如下： 如图2中，连接，设与交于， 菱形，， 和都是等边三角形， ，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ； ∵， ． （1）中的结论：，仍然成立； （3）解：如图3中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于， 四边形是菱形， ，平分， ，， ， ，， ， 由（2）知， ∵， ， ，， ， 由（2）知， ， ， ， 是等边三角形， ， 如图4中，当点在的延长线上时，同法可得， ， 综上所述，的面积为或． 【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来． 试卷第70页，共70页 22 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$