专题01 菱形的性质（2知识点+8大题型+思维导图+过关测）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（北师大版）

专题01 菱形的性质 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：8大核心考点精准练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点01 ：菱形的定义 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. 【题型1 菱形的性质】 例题：（24-25八年级下·辽宁鞍山·期中）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对边平行且相等 【变式训练】 1．（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 2．（23-24八年级下·甘肃定西·期中）下列性质中，菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．是轴对称图形 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）下列性质中菱形具有而平行四边形不具有的是（     ） A．对角线互相平分 B．两组对角分别相等 C．面积为底与高的积 D．每一条对角线平分一组对角 【题型2 利用菱形的性质求角度】 例题：（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，是菱形的对角线，，则的度数是 ． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小是 ． 2．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ． 3．（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 ． 【题型3 利用菱形的性质求长度】 例题：（2025·江苏泰州·二模）如图，在菱形中，分别为的中点．若，则菱形的周长是 ． 【变式训练】 1．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O．已知，，则的长为 ． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，于点，，，则的长为 ． 3．（2025·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是 ． 【题型4 利用菱形的性质求面积】 例题：（24-25八年级下·全国·课后作业）已知一个菱形的两条对角线的长分别为和，则这个菱形的面积为 ． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·湖北十堰·期中）菱形的周长为，，以为腰在菱形外作等腰直角，连接，，则的面积为 ． 2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，菱形中，，点为对角线上一点，作于点，作于点，若，菱形的面积为 ． 3．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，且它们的长度分别为和，过点O的直线分别交、于点E、F，则阴影部分面积的和为 ． 【题型5 利用菱形的性质求坐标】 例题：（2025·辽宁铁岭·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B均在x轴上，点D 在y轴上，已知直线的函数解析式为，则点 C的坐标为（    ）   A． B． C． D． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的顶点坐标为，顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·辽宁铁岭·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，且，点在轴正半轴上，则顶点的坐标为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河南·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点，，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，再将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，依次规律，多次旋转后，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【题型6 利用菱形的性质求解折叠问题】 例题：（2025·广东广州·一模）如图，在菱形中，，点、分别在边、上，，将沿折叠，点落在延长线上的点处，则的大小是 ． 【变式训练】 1．（2025·浙江·一模）如图，在菱形中，，，点为中点，将菱形沿折叠，使点与点重合，连结、，则 ． 2．（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 ． 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）在菱形中，，，M为的中点，N为上一动点（不与点B重合），将沿直线折叠，使点B落在点E处，连接，，当为等腰三角形时，线段的长为 ． 【题型7 利用菱形的性质求解动点问题】 例题：（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，已知菱形的边，对角线，点P、E、F分别是、、上的动点，则的最小值是（　　） A．2.4 B．4.8 C．5 D．6.5 【变式训练】 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图1，连接菱形的对角线，动点P由点B出发以每秒1个单位的速度沿匀速运动至点A，速度不变再沿匀速移动至点D，点P的运动时间为x（秒），运动过程中点P到的距离为y（单位），x与y的函数图像如图2所示，观察函数图像信息可知菱形的面积为（   ） A．22 B．23 C．24 D．25 2．（2025·山东·一模）如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿折线匀速运动，运动到点D停止．设点P的运动路程为的面积为与x的函数图象如图2所示，则的长为（   ） A．4 B． C．6 D． 3．（2025·甘肃·一模）如图1，菱形中，连接，动点从顶点出发，沿匀速运动，到点后停止．设点的运动路程为，线段的长度为，则与的函数图象如图2所示，其中为曲线部分的最低点，则菱形的面积是（   ） A．20 B．24 C．40 D．48 【题型8 利用菱形的性质证明和求解综合问题】 例题：（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，交于点，交于点．    (1)求的度数； (2)连结，当时，判断与的数量关系并证明． 【变式训练】 1．（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是菱形，于点，于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 2．（2025·四川南充·模拟预测）如图，在菱形中，于点，于点． (1)求证：； (2)若，，求的值． 3．（2025·陕西咸阳·三模）综合与实践 问题背景 如图，在菱形中，连接，，． 初步探究 （1）菱形的面积为 ． （2）如图1，若E，F分别是，上的动点，且，过点E作，过点F作，垂足分别为点G，点H，求的值． 拓展延伸 （3）如图2，P是上的动点，连接． ①的最小值为 ； ②如图3，Q是上的动点，连接，且，求的最小值．          一、单选题 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）若菱形两邻角之比为，较短对角线长为，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·全国·期末）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 3．（2025·广东清远·二模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小陶家有一个菱形中国结装饰如图1所示，其示意图如图2所示，测得，，则该菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于两点，过这两点的直线交于点E，交于点F（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河南信阳·二模）如图，四边形为菱形，垂直平分，若，则的长为（      ）    A．8 B．4 C．2 D．1 6．（2025·河南郑州·二模）如图，菱形的对角线交于坐标原点O，已知点，将菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则旋转2025秒时点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 7．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在菱形中，是对角线、的交点，，下列说法不正确的是（   ） A．菱形周长 B． C． D．菱形的面积 二、填空题 8．（24-25九年级上·山西晋中·期中）如图，菱形的边长，则菱形的周长为 ． 9．（24-25八年级下·北京房山·期中）菱形的面积为12，一条对角线的长是4，则此菱形的边长是 ． 10．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 11．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是某学校的伸缩门，伸缩门中的每一行有完全一样的菱形20个，每个菱形的边长为．校门关闭时，每个菱形的钝角度数为；校门部分打开时，每个菱形原的钝角缩小为的锐角，则校门打开的宽度约为 ．（精确到）（参考数值：，） 12．（2025·四川南充·一模）如图，在菱形中，，点P是边上一点，将沿对折得到对应，若，则的值为 ． 13．（2025·河南·模拟预测）如图，菱形中，点为角线上一个动点，点为的中点，连接，设的长为，为，如图为关于变化的图象，则该图象最低点时的纵坐标为 ． 三、解答题 14．（2025·江苏南通·二模）如图，E为菱形的对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 15．（2025·浙江台州·二模）如图，四边形是菱形，延长到点，使，连接交于点． (1)请你用无刻度的直尺和圆规把图形补充完整（保留作图痕迹），并证明是的中点； (2)连接，若，，求的长． 16．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，点，分别是边，上一点，若． (1)求证：； (2)若菱边长为4，，求的周长． 17．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，四边形是菱形，过的中点E作的垂线，交于点M，交的延长线于点F． (1)证明：； (2)若，求菱形的周长． 18．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知菱形中，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接． (1)若点F在边上，且，过点C按如图所示作并交于点 ①证明：； ②猜想的形状并说明理由． (2)若菱形边长为4，当为等腰三角形时，求的长． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 菱形的性质 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：8大核心考点精准练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点01 ：菱形的定义 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. 【题型1 菱形的性质】 例题：（24-25八年级下·辽宁鞍山·期中）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．四条边相等 D．对边平行且相等 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质证明、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质好平行四边形的性质是解题的关键．根据菱形的性质和平行四边形的性质进行判断可求解． 【详解】解：菱形具有的性质有：四边相等，两组对边平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分，对角线互相垂直； 平行四边形的性质有：两组对边分别平行且相等，两组对角分别相等，对角线互相平分， 故菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是四边相等，对角线互相垂直， 故选： C． 【变式训练】 1．（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．根据菱形的性质可判断． 【详解】解：∵菱形四边相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角， ∴A、B、D选项不符合题意， ∵菱形的对角线不一定相等， ∴菱形不具有的性质是对角线相等， ∴选项C符合题意， 故选：C 2．（23-24八年级下·甘肃定西·期中）下列性质中，菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．是轴对称图形 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四边相等； ③菱形的两条对角线互相垂直平分； ④菱形既是轴对称图形又是中心对称图形是解题的关键．根据菱形的性质解答即可得． 【详解】解：A、菱形的对角线互相平分，故此选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，故此选项不符合题意； C、菱形的对角线不一定相等，故此选项符合题意； D、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项不符合题意； 故选：C． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）下列性质中菱形具有而平行四边形不具有的是（     ） A．对角线互相平分 B．两组对角分别相等 C．面积为底与高的积 D．每一条对角线平分一组对角 【答案】D 【分析】此题主要考查菱形的性质，菱形的对角线垂直和每一条对角线平分一组对角是菱形的重要性质，而平行四边形不具备这样的性质，解题的关键是熟知平行四边形与菱形的关系． 【详解】解：、菱形和平行四边形的对角线互相平分，原选项不符合题意； 、菱形和平行四边形的两组对角分别相等，原选项不符合题意； 、菱形和平行四边形的面积为底与高的积，原选项不符合题意； 、由菱形性质可知，每一条对角线平分一组对角；而平行四边形不具备这样的性质，原选项符合题意； 故选：． 【题型2 利用菱形的性质求角度】 例题：（24-25八年级下·河北唐山·期中）如图，是菱形的对角线，，则的度数是 ． 【答案】/度 【知识点】利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的对边平行，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．根据菱形的性质可得，，根据已知得出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，是菱形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∵， 故答案为：． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的大小是 ． 【答案】 【知识点】垂线的定义理解、利用菱形的性质求角度 【分析】根据菱形，得到，，于是，结合，得，于是，结合，计算的大小即可． 本题考查了菱形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 2．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ． 【答案】 5 /32度 【知识点】等边对等角、与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求角度、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形中位线定理，证明出是的中位线是本题的关键． 根据菱形的性质得出，，，根据等边对等角可得，由三角形中位线定理得出． 【详解】 四边形是菱形， ，，， ， 是边的中点，， 是的中位线， ． 故答案为：，． 3．（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】 【知识点】三角形的外角的定义及性质、全等的性质和SAS综合（SAS）、等边对等角、利用菱形的性质求角度 【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：． 【题型3 利用菱形的性质求长度】 例题：（2025·江苏泰州·二模）如图，在菱形中，分别为的中点．若，则菱形的周长是 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，由中位线定理可得，则有，又四边形是菱形，所以，从而求出菱形的周长，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，菱形的四条边都相等． 【详解】解：∵分别为的中点， ∴是中位线， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长是， 故答案为：． 【变式训练】 1．（2025·甘肃定西·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O．已知，，则的长为 ． 【答案】10 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形性质是解决本题的关键． 由菱形性质得，，再用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在菱形中，，， ∴，， ∴． 故答案为：10． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，于点，，，则的长为 ． 【答案】9.6 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．由菱形的对角线、交于点，，，可求得的长，菱形的面积，继而求得菱形的高． 【详解】解：菱形的对角线、交于点，，， ，，， ， ， ． 故答案为：9.6． 3．（2025·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是 ． 【答案】/ 【知识点】二次根式的应用、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接，先根据菱形的性质可得，，，再证出和都是等边三角形，则可求出，然后利用勾股定理可得，证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∵是菱形的高，是的中点， ∴，，， ∴， 又∵是菱形的高，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长是， 故答案为：． 【题型4 利用菱形的性质求面积】 例题：（24-25八年级下·全国·课后作业）已知一个菱形的两条对角线的长分别为和，则这个菱形的面积为 ． 【答案】 【知识点】二次根式的乘法、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的性质，二次根式的乘法；根据菱形面积等于两对角线乘积一半，利用二次根式乘法计算即可． 【详解】解：菱形的面积为； 故答案为：． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·湖北十堰·期中）菱形的周长为，，以为腰在菱形外作等腰直角，连接，，则的面积为 ． 【答案】或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】分两种情况画图，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理矩形计算即可． 【详解】解：①如图1，延长交于点， 菱形的周长为， ， ， 三角形是等边三角形， ， 当时，是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ， 则的面积为：； ②如图2，过点作于点， 由①可知：， ， ， ，， ，， ， ， ， ， 则的面积为：． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质和勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 2．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，菱形中，，点为对角线上一点，作于点，作于点，若，菱形的面积为 ． 【答案】 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形面积公式，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确作辅助线是解题关键．连接，过点作于点，由菱形的性质得到，再根据三角形的面积公式，得到，证明是等腰直角三角形，从而得到，即可求出菱形的面积． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 菱形的面积， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·新疆乌鲁木齐·期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，且它们的长度分别为和，过点O的直线分别交、于点E、F，则阴影部分面积的和为 ． 【答案】12 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，主要利用了菱形的对角线互相平分的性质，求出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．根据菱形的对角线互相平分可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的面积相等求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解答． 【详解】解：、是菱形的对角线， ， ， ， 在和中， ， ， 的面积的面积， 阴影部分的面积菱形的面积， 对角线、的长度分别为和， 菱形的面积， 阴影部分面积的和． 故答案为：12． 【题型5 利用菱形的性质求坐标】 例题：（2025·辽宁铁岭·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B均在x轴上，点D 在y轴上，已知直线的函数解析式为，则点 C的坐标为（    ）   A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】一次函数与几何综合、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点，先求出和坐标，再在中利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵直线的函数解析式为， ∴当时，，则； 当时，，解得，则； ∴， ∵菱形， ∴，， ∴点 C的纵坐标为， 设，则，点 C的坐标为， ∵在中， ∴， 解得， ∴点 C的坐标为， 故选：A． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的顶点坐标为，顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形，勾股定理，注意数形结合思想的应用是解此题的关键． 根据菱形的性质，可得，进而得到顶点的横坐标为，即可求得点顶点的坐标． 【详解】解：菱形的顶点坐标为， ， 顶点的横坐标为， 顶点的坐标为， 故选：A． 2．（2025·辽宁铁岭·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，且，点在轴正半轴上，则顶点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】写出直角坐标系中点的坐标、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，过作轴于点，则，由四边形是菱形，则，，证明四边形是矩形，故有，，通过勾股定理得，则有，从而求出顶点的坐标，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，过作轴于点，则， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴顶点的坐标为， 故选：． 3．（2025·河南·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点，，，将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，再将菱形绕点逆时针旋转得到菱形，依次规律，多次旋转后，点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、坐标与旋转规律问题 【分析】本题主要考查了图形的旋转、菱形的性质、勾股定理，根据旋转角是可知菱形绕点旋转，每旋转次，菱形就会回到开始的位置，所以旋转次就是旋转了个循环后，又旋转了次，根据旋转角和旋转方向画出图形，延长交轴于点，过作轴的垂线交轴于点，利用勾股定理求出，再根据点所在的象限确定点的坐标． 【详解】解：， 菱形绕点旋转，每旋转次，菱形就会回到开始的位置， ， 绕点旋转次后，菱形的位置如下图所示： 延长交轴于点，过作y轴的垂线交y轴于点， 根据题意可知，， 轴，， 是等腰直角三角形， 设， 则有， ， 解得：， ， 则， 点在第二象限， 点的坐标为， 故选：D． 【题型6 利用菱形的性质求解折叠问题】 例题：（2025·广东广州·一模）如图，在菱形中，，点、分别在边、上，，将沿折叠，点落在延长线上的点处，则的大小是 ． 【答案】/度 【知识点】三角形内角和定理的应用、全等三角形综合问题、利用菱形的性质求线段长、折叠问题 【分析】本题考查了菱形性质，全等三角形性质和判定，折叠的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于熟练掌握相关性质． 根据菱形性质，证明，结合全等三角形性质和判定，折叠的性质推出，再利用三角形内角和定理求解，即可解题． 【详解】解：四边形是菱形，， ， ， ， ， 由折叠的性质可知，， ， ， 故答案为：． 【变式训练】 1．（2025·浙江·一模）如图，在菱形中，，，点为中点，将菱形沿折叠，使点与点重合，连结、，则 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、折叠问题 【分析】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；过作交的延长线于，由菱形的性质得，，由角三角形的特征得，设，由折叠得：，由勾股定理得，即可求解；掌握折叠的性质，菱形的性质，直角三角形的特征，能构建直角三角形，熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】解：过作交的延长线于， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， 点为中点， ， ， ， 设， 则，， 由折叠得：， ， ， 解得：， ， 故答案为：． 2．（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】 【知识点】勾股定理与折叠问题、利用菱形的性质求线段长、坐标系中的旋转 【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． 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）在菱形中，，，M为的中点，N为上一动点（不与点B重合），将沿直线折叠，使点B落在点E处，连接，，当为等腰三角形时，线段的长为 ． 【答案】或 【知识点】用SSS间接证明三角形全等（SSS）、根据等边对等角证明、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】分两种情况①当时， 连接， 作于，由菱形的性质得出，求出，， 证明，得出， 证出、、三点共线， 设， 在中， 由勾股定理得出方程，解方程即可；②当时， ， 得到 是等边三角形， 即可解题． 【详解】解：分两种情况： ①当时， 连接， 作于，如图所示： ∵四边形是菱形， ∴，，，∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ∵为的中点， ∴， 由折叠的性质得： ，， ， 在和中， ， ， ， ， ∴、、三点共线， 设则， 在中， 由勾股定理得：， 解得： ，即； ②当时，，此时点与重合，与点重合，如图所示： 则是等边三角形，(含这种情况)； 综上所述，当为等腰三角形时，线段的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键，注意分类讨论． 【题型7 利用菱形的性质求解动点问题】 例题：（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，已知菱形的边，对角线，点P、E、F分别是、、上的动点，则的最小值是（　　） A．2.4 B．4.8 C．5 D．6.5 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查轴对称﹣最短路线问题，勾股定理，菱形的性质，作点E关于的对称点E′，过点作垂线，交于点P，交于点F，这时最小，，连接，交于点O，利用勾股定理求得，，利用，代入数据解答即可． 【详解】解：作点E关于的对称点E′，过点作垂线，交于点P，交于点F，这时最小，，连接，交于点O， 由菱形的性质和勾股定理得：， 解得：， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴最小值为4.8， 故选：B． 【变式训练】 1．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图1，连接菱形的对角线，动点P由点B出发以每秒1个单位的速度沿匀速运动至点A，速度不变再沿匀速移动至点D，点P的运动时间为x（秒），运动过程中点P到的距离为y（单位），x与y的函数图像如图2所示，观察函数图像信息可知菱形的面积为（   ） A．22 B．23 C．24 D．25 【答案】C 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，掌握菱形的性质是解题的关键． 根据图象得，再根据勾股定理求出对角线，最后根据菱形是面积公式求解． 【详解】解：连接，交于点，则， 由图象得：， ， ， ∴菱形的面积为：， 故选：C． 2．（2025·山东·一模）如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿折线匀速运动，运动到点D停止．设点P的运动路程为的面积为与x的函数图象如图2所示，则的长为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】A 【知识点】动点问题的函数图象、等边三角形的性质、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．根据图1和图2判断为等边三角形，它的面积为解答即可． 【详解】解：连接， 在菱形中，， ∴为等边三角形， 设，由图2可知，的面积为， ∴的面积 解得：(负值已舍) 故选：A 3．（2025·甘肃·一模）如图1，菱形中，连接，动点从顶点出发，沿匀速运动，到点后停止．设点的运动路程为，线段的长度为，则与的函数图象如图2所示，其中为曲线部分的最低点，则菱形的面积是（   ） A．20 B．24 C．40 D．48 【答案】B 【知识点】动点问题的函数图象、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，勾股定理，连接交于O，由菱形的性质得到，再由函数图象可得，且当点P运动到上，且时，，据此可得的长，再根据菱形面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】解：如图所示，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， 由函数图象可知，，且当点P运动到上，且时，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， 故选：B． 【题型8 利用菱形的性质证明和求解综合问题】 例题：（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形中，，点在对角线上，交于点，交于点．    (1)求的度数； (2)连结，当时，判断与的数量关系并证明． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【知识点】三角形内角和定理的应用、根据等角对等边证明边相等、利用平行四边形的判定与性质求解、利用菱形的性质求角度 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，解决本题的关键是掌握菱形的性质． （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题； （2）连接，根据菱形的对称性，证得，，然后利用菱形的性质和三角形内角和定理证明，得，进而可以解决问题． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）解：，理由如下： 连接，   四边形是菱形， ∴点B与点D关于对称， ∴，， 菱形中，，， ， ， ， ∴ ， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴ ， ， ． 【变式训练】 1．（2025·湖南·模拟预测）如图，四边形是菱形，于点，于点． (1)求证：； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得，可证明，即可求证； （2）先证明，再由勾股定理可得，再由菱形的性质可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 2．（2025·四川南充·模拟预测）如图，在菱形中，于点，于点． (1)求证：； (2)若，，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据等角对等边求边长、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】（1）结合菱形性质用“角角边”证明，由全等三角形性质得后即可得证； （2）结合菱形性质、勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， 于点，于点， ， 在与中， ， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查的知识点是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等角对等边、勾股定理，解题关键是熟练掌握菱形的性质． 3．（2025·陕西咸阳·三模）综合与实践 问题背景 如图，在菱形中，连接，，． 初步探究 （1）菱形的面积为 ． （2）如图1，若E，F分别是，上的动点，且，过点E作，过点F作，垂足分别为点G，点H，求的值． 拓展延伸 （3）如图2，P是上的动点，连接． ①的最小值为 ； ②如图3，Q是上的动点，连接，且，求的最小值．          【答案】（1）24；（2）4；（3）①；② 【知识点】垂线段最短、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】（1）连接，交于点O，根据菱形的性质得出，，，根据勾股定理求出，最后求出结果即可； （2）连接，交于点O，过点E作于点K，证明，得出，即可得出，求出结果即可； （3）①过点A作于点，根据垂线段最短，得出的最小值为的长，根据菱形面积求出结果即可； ②在的延长线上截取，连接，．证明，得出，根据当点A，点P，点R在同一条直线上时，有最小值，即的最小值为的长，过点A作于点T，根据勾股定理求出． 【详解】解：（1）连接，交于点O，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）如图1，连接，交于点O，过点E作于点K． ∵四边形是菱形， ∴， ∵ ∴四边形是矩形 ∴ ∵， ∴， ∵， ∴，即． ∵， ∴． 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴的值为4． （3）①如图2，过点A作于点， ∵垂线段最短， ∴的最小值为的长， 由（1）可知菱形的面积为24， ∴， 即， 解得： ， ∴的最小值为． ②如图3，在的延长线上截取，连接，． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴，即． 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当点A，点P，点R在同一条直线上时，有最小值， 即的最小值为的长， ∴的最小值为的长 过点A作于点T， 由①易知， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 一、单选题 1．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）若菱形两邻角之比为，较短对角线长为，则菱形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质，本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，根据菱形的对边平行结合菱形两邻角之比为可求出，则可证明是等边三角形，得到，据此可得答案． 【详解】解；如图所示，在菱形中，对角线交于，其中， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，即菱形的边长为， 故选：B． 2．（23-24八年级下·全国·期末）如图，是菱形的对角线，若，则菱形的周长为（　　） A．10 B．20 C．14 D．28 【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意掌握菱形的对角线互相垂直且平分定理的应用是解此题的关键．由菱形的性质可求得与的长，在中，由勾股定理求得边的长，即可求解． 【详解】解：设的交点为O， ∵菱形中，， ∴，，， ∴， ∴菱形的周长， 故选：B． 3．（2025·广东清远·二模）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．小陶家有一个菱形中国结装饰如图1所示，其示意图如图2所示，测得，，则该菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】利用菱形的性质求面积 【分析】本题考查菱形的性质，菱形的面积，熟练运用菱形的面积公式是解题的关键．根据菱形的面积为对角线乘积的一半即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ． 故选：B． 4．（24-25八年级下·河南焦作·期中）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于两点，过这两点的直线交于点E，交于点F（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】线段垂直平分线的性质、利用菱形的性质求角度、等边对等角 【分析】本题考查作图-基本作图，菱形的性质，三角形内角和定理等知识，根据，求出，即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴， ∴， 故选：D． 5．（2025·河南信阳·二模）如图，四边形为菱形，垂直平分，若，则的长为（      ）    A．8 B．4 C．2 D．1 【答案】A 【知识点】利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的定义，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据菱形的性质得到，设，则，得到，求出，得到，求出，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ， 设，则， ∵垂直平分， ， 在中，， 中，， ， ， ， ， 故选：A． 6．（2025·河南郑州·二模）如图，菱形的对角线交于坐标原点O，已知点，将菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则旋转2025秒时点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求绕原点旋转90度的点的坐标、点坐标规律探索、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系和菱形的综合，旋转的性质，菱形的性质以及求点的坐标等知识点，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和菱形的性质．根据周期性确定点的最终位置，通过菱形的性质和中心对称得出，最后利用全等三角形的性质得出． 【详解】解：由题意得菱形旋转4次为一个周期， ∴ 如图所示，此时点落在了处，过点作轴交于点，过点作轴交于点， 根据旋转的性质可得，， ， ∵，根据菱形的性质，对角线互相平分， ∴点关于原点对称， ∴， ∴， 故选：C． 7．（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在菱形中，是对角线、的交点，，下列说法不正确的是（   ） A．菱形周长 B． C． D．菱形的面积 【答案】C 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定等待，由菱形的四条边相等和菱形周长计算公式可判断A；证明是等边三角形，可判断B；根据菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理可求出的长，进而得到的长，再由菱形面积等于其对角线乘积的一半即可判断C、D． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴， ∴菱形的周长，故A说法正确，不符合题意； ∵，， ∴是等边三角形， ∴，故B说法正确，不符合题意； ∵在菱形中，是对角线、的交点， ∴，， ∴， ∴，故C说法错误，符合题意， ∴菱形的面积，故D说法正确，不符合题意； 故选：C． 二、填空题 8．（24-25九年级上·山西晋中·期中）如图，菱形的边长，则菱形的周长为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质—菱形的四条边都相等即可直接得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ， 菱形的周长为： ， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·北京房山·期中）菱形的面积为12，一条对角线的长是4，则此菱形的边长是 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求面积、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了菱形的面积，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据菱形的面积，可求得另一条对角线长度，然后利用勾股定理即可求得答案． 【详解】解：如图所示，： 菱形的面积为12，， ， 四边形是菱形， ，， ． 故答案为：． 10．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图所示，在菱形中，以点为圆心，一定长为半径画弧分别交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，连接并延长交于点．若，则 ． 【答案】/40度 【知识点】作角平分线(尺规作图)、利用菱形的性质求角度、三角形的外角的定义及性质 【分析】本题考查菱形的性质，作角平分线，由作图步骤可得平分，由菱形的性质结合角平分线的定义，求出，进而求出，最后根据三角形的外角求即可． 【详解】解：∵菱形， ∴， ∴， 由作图步骤可得平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 11．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是某学校的伸缩门，伸缩门中的每一行有完全一样的菱形20个，每个菱形的边长为．校门关闭时，每个菱形的钝角度数为；校门部分打开时，每个菱形原的钝角缩小为的锐角，则校门打开的宽度约为 ．（精确到）（参考数值：，） 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查菱形的性质，解直角三角形的应用，连接，相交于O，首先求出，得到校门关闭时，伸缩门的宽度为，同理求出校门部分打开时，伸缩门的宽度为，进而求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，相交于O， ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴校门关闭时，伸缩门的宽度为． ∵校门部分打开时，每个菱形中的原的角缩小为， ∴， ∴校门部分打开时，伸缩门的宽度为， ∴校门打开了． 故答案为：． 12．（2025·四川南充·一模）如图，在菱形中，，点P是边上一点，将沿对折得到对应，若，则的值为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、折叠问题、二次根式的应用、含30度角的直角三角形 【分析】先根据菱形的性质、等边三角形判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，求出，从而可得，然后过点作于点，设，则，，根据等腰三角形的判定可得，从而可得，代入计算即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 由折叠的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作于点， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、折叠的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定、二次根式的应用等知识，综合性较强，熟练掌握菱形和折叠的性质是解题关键． 13．（2025·河南·模拟预测）如图，菱形中，点为角线上一个动点，点为的中点，连接，设的长为，为，如图为关于变化的图象，则该图象最低点时的纵坐标为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、动点问题的函数图象 【分析】本题考查了菱形的性质，函数图象的动点问题，等边三角形的性质等，如图，连接，交于，可得，即得，可知当三点在同一直线上时，取最小值，的最小值为线段的长，由图可得当时，，设，则，可得，即得，得到，进而由可得和为等边三角形，过点作交延长线于点，可得，利用直角三角形的性质和勾股定理求出即可求解，看懂函数图象是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，交于， ∵在菱形中点和点关于对称， ∴， ∴， 当三点在同一直线上时，取最小值，的最小值为线段的长， 如图，当时，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 由图知，， ∴和为等边三角形， 如图，过点作交延长线于点，则， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴，， 在中，， 即图象最低点的纵坐标是， 故答案为：． 三、解答题 14．（2025·江苏南通·二模）如图，E为菱形的对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用菱形的性质证明、根据平行线的性质求角的度数、全等的性质和SAS综合（SAS）、等边对等角 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角； （1）根据菱形的性质，利用证明两三角形全等，即可得到结论； （2）根据全等可得，根据等边对等角得到，即可得到，根据三角形的内角和求出的度数解题即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 15．（2025·浙江台州·二模）如图，四边形是菱形，延长到点，使，连接交于点． (1)请你用无刻度的直尺和圆规把图形补充完整（保留作图痕迹），并证明是的中点； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明、用勾股定理解三角形 【分析】题目主要考查全等三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）延长，然后截取，利用全等三角形的判定和性质即可证明； （2）根据菱形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：作图如图所示： 证明：四边形是菱形， ，， ，， ， ， ， ，即是的中点； （2），是的中点， ， 四边形是菱形， ， ， ， ． 16．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，点，分别是边，上一点，若． (1)求证：； (2)若菱边长为4，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）连接，证明，得出； （2）证明是等边三角形，过点A作于点M，由勾股定理求出可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， 在菱形中，， ∴，， ∴与是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 过点A作于点M， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为． 17．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，四边形是菱形，过的中点E作的垂线，交于点M，交的延长线于点F． (1)证明：； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明、两直线平行内错角相等 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，两直线平行内错角相等等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． （1）设于点，则，由线段中点的定义可得，由菱形的性质可得，，进而可得，再结合，利用可证得，于是可得，即为的中点，于是结论得证； （2）由菱形的性质可得，，由两直线平行内错角相等可得，由（1）得，，由对顶角相等可得，利用可证得，于是可得，则，进而可得菱形的周长，于是得解． 【详解】（1）证明：如图，设于点， 则， 为的中点， ， 四边形是菱形，是对角线， ，， ， 又， ， ， 为的中点， ； （2）解：四边形是菱形， ，， ， 由（1）得：，， 又， ， ， ， 菱形的周长 ． 18．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知菱形中，点F是射线上一动点（不与C、D重合），连接并延长交直线于点，交于，连接． (1)若点F在边上，且，过点C按如图所示作并交于点 ①证明：； ②猜想的形状并说明理由． (2)若菱形边长为4，当为等腰三角形时，求的长． 【答案】(1)①见解析；②等腰三角形，理由见解析 (2)或2 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求角度、全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形 【分析】（1）①根据证明可得结论； ②证明，可知：是等腰三角形； （2）分两种情况： ①如图1，，过点作于，则； ②如图2，，根据等腰三角形的性质和勾股定理可解答． 【详解】（1）①证明：四边形是菱形， ，， ， ， ； ②解：是等腰三角形，理由如下： 四边形是菱形， ， ，， ， ， ， 由①知：， ， ， 是等腰三角形； （2）解：分两种情况： ①如图1，当时，过点作于，则， 四边形是菱形，， ， ， ， ， ， ， 中，， ， ， ； ②如图2，当时， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ， ∵，，， ∴， ， ， ， ； 综上，的长为或2． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，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． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$