专题02 菱形的判定（3知识点+9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02 菱形的判定 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：9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 ：菱形的判定 菱形的判定方法有三种： 1.定义法：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. 【题型1 菱形的判定】 例题：（2025·安徽宿州·一模）已知四边形的对角线与交于点，．添加下列选项中的条件，仍不能判定四边形是菱形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【变式训练】 1．（24-25九年级下·上海·期中）下列条件中不能确定一个四边形一定是菱形的是（    ） A．一组邻边相等的平行四边形 B．对角线互相垂直且相等的四边形 C．对角线平分一组内角的平行四边形 D．对角线垂直且互相平分的四边形 2．（2025·吉林松原·模拟预测）依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）若取四边形各边的中点并顺次连结，所得到的四边形是菱形，则这个四边形一定是（　　） A．平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形 C．对角线互相平分的四边形 D．对角线相等的四边形 【题型2 添一个条件使四边形是菱形】 例题：（2025·甘肃庆阳·三模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是菱形，则应选择 （限填序号）． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·全国·期中）如图，的对角线交于点O，只需添加一个条件即可证明是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）． 2．（24-25八年级下·河南三门峡·期中）如图，在四边形中，，于点O．请添加一个条件： ，使四边形为菱形． 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 【题型3 证明四边形是菱形】 例题：（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在中，，，分别是，的中点，，求证：四边形是菱形． 【变式训练】 1．（2025·江苏扬州·二模）如图，中，D是边上一点，E是的中点，过点C作的平行线交的延长线于F． (1)求证：， (2)连接、，若，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 2．（2025·湖北黄石·一模）如图，已知平行四边形的对角线的垂直平分线与边、分别交于E、F两点，垂足是点O． (1)求证：； (2)问题：四边形是什么特殊的四边形？请给出证明． 3．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，O是边上一点，和关于点O成中心对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求证：四边形是菱形． 【题型4 利用菱形的判定与性质求角度】 例题：（2025·四川乐山·一模）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画2个单位长度的线段；②以点A、C为圆心，2个单位长为半径画弧，分别于点B，D；③连接，则的大小是 ． 【变式训练】 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．（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）如图所示三角形纸片，，将其沿折叠后点A落在处，使，P是上一动点，连接．当取最小值时，的度数为 ． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【题型5 利用菱形的判定与性质求长度】 例题：（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接，，连接，则四边形的周长是 ． 【变式训练】 1．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 2．（2025·陕西咸阳·一模）如图，两张宽度均为的矩形纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重叠部分构成的四边形的周长为 ． 3．（22-23九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为 ． 【题型6 利用菱形的判定与性质求面积】 例题：（24-25八年级下·河南新乡·期中）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的面积为 ． 【变式训练】 1．（24-25九年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 2．（2025·福建龙岩·二模）四边形的对角线，相交于点，，若，，，则四边形的面积为 ． 3．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，分别以点、为圆心，以5为半径画弧，两条弧分别交于、两点，已知，则以、、、四点为顶点的四边形的面积是 ．    【题型7 利用菱形的判定与性质多结论性问题】 例题：（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，在菱形中，对角线相交于点O，延长至E使，连接，下列结论：①；②；③四边形为菱形；④中，正确的结论个数有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式训练】 1．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，菱形的对角线相交于O点，E，F分别是边上的中点，连接．若，，则下列结论中，正确的个数为（    ） ①四边形是平行四边形；②菱形的周长为； ③与互相垂直平分；④的面积是． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，连接．则下列结论：①；②；③；④由点构成的四边形是菱形．其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【题型8 利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图）】 例题：（2025·广东清远·一模）如图，菱形的对角线相交于点． (1)实践与操作：作边上的垂直平分线，交于点，交于点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)应用与证明：若，求的长． 【变式训练】 1．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，垂足为点O，交于点E，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：试猜想四边形是什么图形，并加以证明． 2．（2025·河南漯河·二模）如图，四边形是平行四边形． (1)请利用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）． (2)若的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接．求证：四边形是菱形． 3．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，为上任意一点． (1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使； (2)如图②，用直尺和圆规作出菱形，使得点、、分别在边、、上．（不写作法，只保留作图痕迹） (3)在（2）的条件下，若，，，，直接写出菱形的边长． 【题型9 利用菱形的判定与性质解决综合性问题】 例题：（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，相互平分且交于点，过点作的垂线交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积． 【变式训练】 1．（2025八年级下·安徽·专题练习） 如图，在平行四边形中，平分交边于点E，过E作交边于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为22，，，求的长． 2．（2025九年级下·云南·学业考试）如图，在平行四边形中，，分别是边，的中点，对角线，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为24，，求四边形的面积． 3．（23-24八年级下·天津滨海新·期中）已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 一、单选题 1．（2025·安徽安庆·三模）在四边形中，，与相交点O，下列条件不能判定四边形是菱形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 2．（2025·江苏南通·二模）在平行四边形中作出菱形，对于以下两种作法，根据作图痕迹可以判断（   ） A．①②都正确 B．①②都不正确 C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确 3．（2025·陕西咸阳·三模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C都是格点（网格线的交点）．若点D也在格点上，且由A，B，C，D组成的四边形是中心对称图形．则点D的位置有（） A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 4．（2025·湖南永州·二模）已知，①以点为圆心，长为半径画弧，交，于点M，N，②分别以点M，N为圆心，大于长为半径画弧交于一点P，作射线，③过M点作的平行线交射线于点C，④连接；则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·山西临汾·阶段练习）如图所示的是吊灯的截面示意图，连接菱形外框的对角线交于点，四边形内框是平行四边形，若菱形外框的边长为10，对角线的长为，则内框和外框之间阴影部分的面积为（   ） A．96 B．84 C．66 D．48 二、填空题 6．（2025·西藏·二模）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，要使四边形为菱形，可添加的一个条件是 ． 7．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，在中，．按以下步骤作图：①以点为圆心，长为半径作弧，交于点；②分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，连接，四边形的周长为 ． 8．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图所示，为直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧，分别交，于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧于点M，N，连接分别交，于点P，Q，连接，，则四边形的周长为 ． 9．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形，为上一点，连接，若四边形的面积为20，纸条的宽为，，则的长是 ． 10．（24-25八年级上·江西宜春·期中）如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接，若，那么在以下四个结论：①四边形是平行四边形；②四边形是菱形；③；④平分，正确的有 ． 三、解答题 11．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 12．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，，求证：四边形是菱形． 13．（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，E是边的中点，过点E的直线交的延长线于点 F，延长线于点G，连接，， ． 请从“①，②”这两个条件中任选一个作为已知条件，填在横线上(填序号)，再解下列问题： （1）求证：四边形是菱形； （2）若与交于点H， ，求的长． 14．（24-25八年级下·北京·期中）图，点E在的对角线的延长线上，于点F，交的延长线于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 15．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 16．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以为邻边作． (1)如图①，证明是菱形． (2)如图②，若，连接，，，求的度数 (3)如图③，若，，，是的中点，_______（直接写出结果） 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02 菱形的判定 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：9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 ：菱形的判定 菱形的判定方法有三种： 1.定义法：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. 【题型1 菱形的判定】 例题：（2025·安徽宿州·一模）已知四边形的对角线与交于点，．添加下列选项中的条件，仍不能判定四边形是菱形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】A 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A． 由和，不能判定四边形是平行四边形，所以由，不能判定四边形是菱形，符合题意； B． 由和可知四边形是平行四边形，再由可判定四边形是菱形，故不符合题意； C． 由和可知四边形是平行四边形，由可知，即可判定四边形是菱形，故不符合题意； D． 由和可知四边形是平行四边形，再由可判定四边形是菱形，故不符合题意； 故选：A． 【变式训练】 1．（24-25九年级下·上海·期中）下列条件中不能确定一个四边形一定是菱形的是（    ） A．一组邻边相等的平行四边形 B．对角线互相垂直且相等的四边形 C．对角线平分一组内角的平行四边形 D．对角线垂直且互相平分的四边形 【答案】B 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题考查的是菱形的判定，熟记菱形的判定方法是关键，根据菱形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：A．一组邻边相等的平行四边形是菱形，此选项不符合题意； B．对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形，此选项符合题意； C．对角线平分一组内角的平行四边形是菱形，此选项不符合题意； D．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，此选项不符合题意； 故选：B． 2．（2025·吉林松原·模拟预测）依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形的判定定理进行排除选项即可． 【详解】解：A、由图可知：，所以根据“对角线互相平分且垂直的四边形是菱形”可知该四边形是菱形，故不符合题意； B、根据“四条边相等的四边形是菱形”可知该四边形是菱形，故不符合题意； C、因为，所以根据“同旁内角互补，两直线平行”可知该四边形是平行四边形，再根据“邻边相等的平行四边形是菱形”可知该四边形是菱形，故不符合题意； D、由图可知对角线互相平分的四边形是平行四边形，故符合题意； 故选D． 3．（24-25八年级下·浙江温州·期中）若取四边形各边的中点并顺次连结，所得到的四边形是菱形，则这个四边形一定是（　　） A．平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形 C．对角线互相平分的四边形 D．对角线相等的四边形 【答案】D 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查三角形中位线定理和菱形的判定，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，掌握三角形的中位线定理和菱形的判定是解题的关键 顺次连结四边形各边的中点，则所得四边形的四边分别是以原四边形对角线为底边的四个三角形的中位线，根据三角形的中位线定理可得原四边形对角线相等 【详解】如图所示：∵E，F，G，H分别是边，，，的中点， ∴，，，， ，， ， ∴，，， ∵四边形为菱形 ∴， ∴， 故选：D 【题型2 添一个条件使四边形是菱形】 例题：（2025·甘肃庆阳·三模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是菱形，则应选择 （限填序号）． 【答案】①③或③① 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的判定定理，有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，据此可得到答案． 【详解】解：添加条件①时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故①符合题意； 添加条件②时， ∵四边形是平行四边形，， ∴不能得到四边形是菱形，故②不符合题意； 添加条件③时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故③符合题意； 故答案为：①③． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·全国·期中）如图，的对角线交于点O，只需添加一个条件即可证明是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理即可得出结论． 【详解】这个条件可以是，依据是对角线互相垂直的平行四边形是菱形．还可以添加的条件有 或 或 或 ，依据是一组邻边相等的平行四边形是菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 2．（24-25八年级下·河南三门峡·期中）如图，在四边形中，，于点O．请添加一个条件： ，使四边形为菱形． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此只需要添加条件使得四边形是平行四边形即可． 【详解】解：添加条件，证明如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 【答案】②③/③② 【知识点】两直线平行内错角相等、根据等角对等边证明边相等、证明四边形是平行四边形、添一个条件使四边形是菱形 【分析】此题考查了平行四边形和菱形的判定定理，平行线的性质，等角对等边，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由，得到四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理求解即可． 【详解】∵， ∴四边形是平行四边形 若添加条件①，可以证明四边形是矩形，不能证明是菱形，故①不符合题意； 若添加条件②平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故②符合题意； 若添加条件③， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故③符合题意； 综上所述，选择条件②③能使四边形是菱形． 故答案为：②③． 【题型3 证明四边形是菱形】 例题：（24-25九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在中，，，分别是，的中点，，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，菱形的判定，先证明四边形是平行四边形，根据三角形的中位线定理得出，则，即可求证四边形是菱形． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． 【变式训练】 1．（2025·江苏扬州·二模）如图，中，D是边上一点，E是的中点，过点C作的平行线交的延长线于F． (1)求证：， (2)连接、，若，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是菱形 【分析】本题考查全等三角形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，掌握知识点是解题的关键． （1）由E是的中点，，即可得出一组边相等，两组内错角相等，即可证明． （2）由，可得，继而可证四边形是平行四边形，再根据，则四边形是菱形． 【详解】（1）证明：∵E是的中点，， ∴，，， ∴． （2）四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 2．（2025·湖北黄石·一模）如图，已知平行四边形的对角线的垂直平分线与边、分别交于E、F两点，垂足是点O． (1)求证：； (2)问题：四边形是什么特殊的四边形？请给出证明． 【答案】(1)见详解 (2)四边形是菱形，证明见详解 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，线段垂直平分线的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得，运用是的垂直平分线，得，，即可证明． （2）先证四边形是平行四边形，再证，即可由菱形的判定定理得出结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形 ∴，即， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， 在和中， ， ∴， （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由（1）得 ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 3．（2025·江苏南京·一模）如图，在中，O是边上一点，和关于点O成中心对称，连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是菱形、根据中心对称的性质求面积、长度、角度 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定． （1）根据中心对称图形的性质得到，，推出，即可证明四边形是平行四边形； （2）连接．先证得四边形是平行四边形，求得，得到，推出四边形是菱形．推出，即可证明四边形是菱形． 【详解】（1）证明：和关于点O成中心对称， ， ，， ， 四边形是平行四边形； （2）解：连接， 和关于点O成中心对称， B，O，F三点共线，， 四边形是平行四边形， ， ， 即， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 又四边形是平行四边形， 是菱形． 【题型4 利用菱形的判定与性质求角度】 例题：（2025·四川乐山·一模）如图，小明同学按如下步骤作四边形：①画2个单位长度的线段；②以点A、C为圆心，2个单位长为半径画弧，分别于点B，D；③连接，则的大小是 ． 【答案】/30度 【知识点】作垂线(尺规作图)、等边三角形的判定和性质、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质，菱形的判定性质，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：根据作图可得， ∴四边形是菱形，和是等边三角形， ∴平分，， ∴， 故答案为：． 【变式训练】 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 【知识点】根据菱形的性质与判定求角度 【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．（23-24七年级下·陕西西安·阶段练习）如图所示三角形纸片，，将其沿折叠后点A落在处，使，P是上一动点，连接．当取最小值时，的度数为 ． 【答案】37 【知识点】根据菱形的性质与判定求角度、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的判定和性质，平行线的性质，轴对称−最短路线问题等知识，添加恰当辅助线是解题的关键． 由折叠的性质可得，可证四边形是菱形，可得平分，由轴对称的性质可得，则，即当点B，点，点三点共线，且时，的值最小，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 由折叠可得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴平分， 作点P关于对称点，连接， ∴， ∴， ∴当点B，点，点三点共线，且时，的值最小， 此时，， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：37． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．    【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据菱形的性质与判定求角度 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案． 【详解】解：延长、交于H，连接，   ，， 四边形为平行四边形， ，平分， ，，， 为等腰三角形， ， 平行四边形为菱形， ，且均为等边三角形， ，， ， ， 为等腰三角形， 又四边形为平行四边形， ，，， ， 在与中， ， ， ， ． 故答案为：． 【题型5 利用菱形的判定与性质求长度】 例题：（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，，分别以点A和点B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接，，连接，则四边形的周长是 ． 【答案】20 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了尺规作图——基本作图作线段的垂直平分线．熟练掌握线段的垂直平分线的作法和性质，菱形的定义和性质，是解题的关键． 由作图可知垂直平分，四边形是菱形，利用菱形对角线互相垂直平分，结合勾股定理求解即可． 【详解】解：记的交点为O， 根据作图可知是的垂直平分线， 且， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：20． 【变式训练】 1．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，以点B为圆心，长为半径画弧交于F点，再分别以点A，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于E点，连接，，相交于O点，若，，则的长为 ． 【答案】16 【知识点】作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了尺规作角平分线，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，判断四边形是菱形是解题的关键． 根据尺规作图的步骤可知是的平分线，，再证明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出，最后根据菱形的性质即可解答． 【详解】解：根据题意，可知是的平分线，， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴是菱形， ∴，． ∴在中，， ∴在菱形中，． 故答案为：16． 2．（2025·陕西咸阳·一模）如图，两张宽度均为的矩形纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重叠部分构成的四边形的周长为 ． 【答案】24 【知识点】含30度角的直角三角形、证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】过点A作于点M，于点N，由题意得四边形是平行四边形，根据矩形的宽相等，得到，结合，进而得到，推出，即可得到四边形是菱形，即可求解． 本题考查了菱形的判定和性质，菱形的周长，含30度角直角三角形的性质，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点A作于点M，于点N， 则， ∵两张纸条的对边平行， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴四边形的周长为， 故答案为：24． 3．（22-23九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】连接交于，连接．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定，根据题目中作图过程确定是的平分线，根据等角对等边和等量代换思想确定，根据菱形的判定定理和性质确定，，根据角平分线的定义，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出的长度，进而即可求出的长度． 【详解】解：如图，连接交于，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∵以点为圆心，的长为半径作弧交于点， ∴， 根据作图过程可知所作的是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形的判定和性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合运用知识点推理是解题的关键． 【题型6 利用菱形的判定与性质求面积】 例题：（24-25八年级下·河南新乡·期中）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的面积为 ． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的面积，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解中根据直角三角形的性质，求出，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键． 【详解】解：过点作于，于，如图所示： 则， ∵两张纸条的对边平行， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又∵两张纸条的宽度相等， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴， 解得：，负值舍去， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 【变式训练】 1．（24-25九年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 【答案】16 【知识点】根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题主要考查了菱形的判定及性质，熟练掌握菱形的面积计算公式，是解题的关键．根据四边相等的四边形是菱形可得四边形是菱形，再由菱形的两条对角线，求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴该四边形的面积是：． 故答案为：16． 2．（2025·福建龙岩·二模）四边形的对角线，相交于点，，若，，，则四边形的面积为 ． 【答案】96 【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、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与菱形的面积公式是解题的关键．先利用证得和全等，即可得出，再证四边形是菱形，由勾股定理求出的长，即可得出对角线的长，最后根据菱形的面积等于对角线积的一半计算即可． 【详解】解：如图， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， ，点是的中点， ， 在中，由勾股定理得，， ， 菱形的面积为， 故答案为：96． 3．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图，分别以点、为圆心，以5为半径画弧，两条弧分别交于、两点，已知，则以、、、四点为顶点的四边形的面积是 ．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，勾股定理；首先根据题意得到四边形是菱形，进而得到，，然后利用勾股定理得到，求出，最后利用菱形的面积公式求解即可． 【详解】根据题意可得，， ∴四边形是菱形， ∴设和交于点O，    ∴，， ∴ ∴ ∴四边形的面积． 故答案为：24． 【题型7 利用菱形的判定与性质多结论性问题】 例题：（23-24九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，在菱形中，对角线相交于点O，延长至E使，连接，下列结论：①；②；③四边形为菱形；④中，正确的结论个数有（    ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】先判定四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质以及菱形的性质，即可得出结论． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，但不一定是菱形，故③错误， ∴， ∴，故①正确； ∵四边形是平行四边形，四边形是菱形， ∴，， ∴，即，故②正确； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴，故④错误； 综上，①②正确，共2个， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及平行四边形的判定与性质，解题时注意：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；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；菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，分别是，的中点，下列结论：①四边形是菱形；②；③；④，其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质证明、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题考查了菱形的判定及性质，涉及到平行四边形的判定及平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 根据菱形的性质得出，，，然后根据菱形的判定即可判断①； 根据菱形的面积结合变形即可判断④； 根据菱形的性质得出，，再根据平行线的性质得出，，然后利用角的和差即可判断②； 根据直角三角形的性质即可判断③． 【详解】解：四边形为菱形 ，， ，分别是，的中点， ， 四边形为平行四边形 四边形是菱形，故①正确； ，故④正确； 四边形是菱形，四边形是菱形， ， ， 即，故②正确； 在中，为的中线 ，故③错误； 故选：C． 2．（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，菱形的对角线相交于O点，E，F分别是边上的中点，连接．若，，则下列结论中，正确的个数为（    ） ①四边形是平行四边形；②菱形的周长为； ③与互相垂直平分；④的面积是． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】此题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是解决问题的关键．根据菱形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质进行一一判断即可． 【详解】解：①四边形是菱形， ∴ ∵E，F分别是边上的中点， ∴， ∴， ∴， 四边形是平行四边形， 故①正确； ②，分别是，边上的中点，， ， 四边形是菱形， ，，， ， 菱形的周长为． 故②正确； ③如图，连接， 四边形是菱形， ∴， 在中，为斜边上的中线， ∴， 在中，为斜边上的中线， ∴， ∴， 四边形是菱形， 与互相垂直平分， 故③正确； ④∵， ∴， ∴， ， ， 故④正确， 故选：D 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，连接．则下列结论：①；②；③；④由点构成的四边形是菱形．其中正确的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】等边三角形的判定和性质、与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定和性质等，由“”可证，可得，进而由三角形中位线定理可得，，可得，即可判断①和②；由菱形的判定可证四边形是菱形，即可判断④；由全等三角形的性质和中线性质可得，，即得即可判断④，综上即可求解，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴，故①和②正确； 连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即，故③正确； 综上，正确的个数是个， 故选：． 【题型8 利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图）】 例题：（2025·广东清远·一模）如图，菱形的对角线相交于点． (1)实践与操作：作边上的垂直平分线，交于点，交于点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)应用与证明：若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】作已知线段的垂直平分线、含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长 【分析】（1）根据尺规作线段垂直平分线的方法画图即可． （2）由（1）得垂直平分，在中，根据勾股定理求出．求出．根据四边形是菱形，得出，证明是等边三角形，即可得． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求． （2）解：由（1）得垂直平分， ∴ 在中，． ∵， ∴ ∴． 四边形是菱形， ． 是等边三角形． ． 【点睛】该题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，尺规作线段垂直平分线等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式训练】 1．（2025·广西梧州·一模）如图，在平行四边形中，是对角线． (1)实践与操作：利用尺规作线段的垂直平分线，垂足为点O，交于点E，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：试猜想四边形是什么图形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【知识点】线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图)、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解答本题的关键． （1）根据线段垂直平分线的作法作图即可； （2）根据证明得，进而可证四边形是平行四边形，由线段垂直平分线的性质得，可得四边形是菱形． 【详解】（1）如图直线、线段为所求 （2）四边形是菱形． 证明：四边形是平行四边形， ． ，． 为的垂直平分线， ． ． ． 又． ． 四边形是平行四边形 为的垂直平分线， ． 四边形是菱形． 2．（2025·河南漯河·二模）如图，四边形是平行四边形． (1)请利用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）． (2)若的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、作已知线段的垂直平分线、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了尺规作线段的垂直平分线、菱形的判定和全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键； （1）根据尺规作线段垂直平分线的作法解答即可； （2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质证明，可得，即可证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【详解】（1）解：如图所示，直线l为所求作． （2）证明：垂直平分， ． 四边形为平行四边形， ． ． 在和中， ． ． ∴四边形是平行四边形． ∵ 平行四边形是菱形． 3．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，为上任意一点． (1)如图①，只用无刻度的直尺在边上作出点，使； (2)如图②，用直尺和圆规作出菱形，使得点、、分别在边、、上．（不写作法，只保留作图痕迹） (3)在（2）的条件下，若，，，，直接写出菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】作垂线(尺规作图)、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）连接，交于点，连接，延长交于点，利用平行四边形的性质证出，得到，则点即为所求； （2）连接，交于点，连接，延长交于点，作线段的垂直平分线交于，交于，连接，，，，利用平行四边形的性质证出，得到，再根据线段垂直平分线的性质得到，经过的中点，进而推出，得出，最后利用菱形的判定即可证明是菱形； （3）作于点，过点作交延长线于点，利用平行四边形的性质得到，，由（2）中的结论得，四边形是菱形，推出，，再利用直角三角形的性质推出，，利用勾股定理求出和的长，设，表示出和的长，在和分别利用勾股定理表示出和，再列出方程解出的值即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，交于点，连接，延长交于点， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 如图所示，点即为所求． （2）解：如图，连接，交于点，连接，延长交于点，作线段的垂直平分线交于，交于，连接，，，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 是线段的垂直平分线， ，经过的中点， ， ， 又， ， ， 又，， 四边形是菱形， 如图所示，菱形即为所求． （3）解：如图，作于点，过点作交延长线于点， 四边形是平行四边形， ，， ， 由（2）得，，四边形是菱形， ，， ， ，， ， ，， ，， ，， 设，则， ，， 在中，，即， 在中，，即， ， 解得：， ， ， 菱形的边长为． 【题型9 利用菱形的判定与性质解决综合性问题】 例题：（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，，，相互平分且交于点，过点作的垂线交的延长线于点． (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)64 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）对角线互相平分的四边形是平行四边形，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是菱形； （2）由勾股定理得到，再由菱形的性质得到，，据此根据梯形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵相互平分， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：在中，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴四边形是梯形， ∴． 【变式训练】 1．（2025八年级下·安徽·专题练习） 如图，在平行四边形中，平分交边于点E，过E作交边于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平行四边形的周长为22，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质证明、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，再证明四边形是平行四边形，再证明，根据菱形的判定证明即可； （2）先证明四边形是平行四边形，求得，，再利用菱形的性质结合30度的直角三角形的性质求得，再根据勾股定理计算即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵平行四边形的周长为22， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质以及等边三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键． 2．（2025九年级下·云南·学业考试）如图，在平行四边形中，，分别是边，的中点，对角线，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的周长为24，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的证明与性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练菱形的判定定理是解题的关键． （1）利用直角三角形斜边上的中线是斜边的一半结合平行四边形的性质即可证明； （2）设，，利用勾股定理求出，由题意得，推出，利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵，分别是边，的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵对角线， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：设，， ∵的周长为24，， ∴， ∴，即， ∵， ∴在中，根据勾股定理得，即． ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∴四边形的面积为24． 3．（23-24八年级下·天津滨海新·期中）已知，中，，，的垂直平分线分别交、于点，垂足为． (1)如图1，连接、．求证：四边形为菱形； (2)如图1，求的长； (3)如图2，动点分别从两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自停止，点自停止，在运动过程中，点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒，若当以四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定、三角形全等的判定与性质、一元一次方程的应用、矩形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明得出，推出四边形为平行四边形，结合即可得证； （2）设菱形的边长，则，由勾股定理计算即可得出答案； （3）分情况讨论可得只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形，利用平行四边形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形； （2）解：设菱形的边长，则， 在中，，由勾股定理得：， 解得：， ； （3）解：由作图可以知道，在上时，在上，此时四点不能构成平行四边形；同理，在上时，在或上，此时四点也不能构成平行四边形， 只有当点在上，点在上时，四点才能构成平行四边形， ， 点的速度为每秒，点的速度为每秒，设运动时间为秒， ，， ， 解得：， 以四点为顶点的四边形是平行四边形时，． 一、单选题 1．（2025·安徽安庆·三模）在四边形中，，与相交点O，下列条件不能判定四边形是菱形的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、添一个条件使四边形是菱形、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题主要考查了菱形的判定，全等三角形的性质和判定，等角对等边，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定定理依次对各个选项进行判定即可． 【详解】对于选项A，如图所示， ∵， ． ， ， ， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形， 选项A可以判定四边形为菱形． 对于选项B，，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形， 选项B可以判定四边形为菱形． 对于选项C，， ，． ， ， ， 四边形是平行四边形． ， ∴ ， 四边形是菱形， 选项C可以判定四边形为菱形． 对于选项D，如图满足，，， 选项D不可以判定四边形为菱形． 故选：D． 2．（2025·江苏南通·二模）在平行四边形中作出菱形，对于以下两种作法，根据作图痕迹可以判断（   ） A．①②都正确 B．①②都不正确 C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确 【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质及线段和垂直平分线的作法，根据作图方法结合平行四边形的性质利用菱形的判定定理逐一判定即可． 【详解】解：在作法①中，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由作图可知垂直平分， 则， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，①正确； 在作法②中，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即， 由作图可知， 则， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵不一定相等，则不一定相等， ∴不能判定 四边形是菱形，②不正确； 故选：C． 3．（2025·陕西咸阳·三模）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，A，B，C都是格点（网格线的交点）．若点D也在格点上，且由A，B，C，D组成的四边形是中心对称图形．则点D的位置有（） A．1处 B．2处 C．3处 D．4处 【答案】B 【知识点】在方格纸中补画图形使之成为中心对称图形、利用平行四边形的性质求解、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查中心对称图形以及平行四边形、菱形的判定相关知识，解题关键是依据平行四边形和菱形的判定条件，利用网格特性构造图形来确定满足中心对称条件的点的位置． 明确中心对称图形中平行四边形和菱形符合要求，连接、，利用网格线平行特性，构造，，确定平行四边形对应的点．连接、，构造，，结合边长相等确定菱形对应的点，统计满足条件的点的个数． 【详解】解：如图所示： 连接、，根据平行四边形的判定条件，作，．在网格中，利用网格线平行的特性去寻找满足平行关系的格点．通过观察和利用网格线的平行与长度关系，可以确定一个满足条件的点，此时四边形是平行四边形，平行四边形是中心对称图形，其对称中心是两条对角线的交点． 如图所示： 连接、，作，．因为在网格中通过边长关系能发现，当满足平行关系构成平行四边形后，由于四条边相等，这个四边形是菱形．菱形也是中心对称图形，其对称中心是两条对角线的交点．在网格中按照平行和边长相等的条件去寻找，又能确定一个不同于的点． 综上，通过这两种做法可以找到两个不同位置的点（即和）满足由，，，组成的四边形是中心对称图形， 故选：B． 4．（2025·湖南永州·二模）已知，①以点为圆心，长为半径画弧，交，于点M，N，②分别以点M，N为圆心，大于长为半径画弧交于一点P，作射线，③过M点作的平行线交射线于点C，④连接；则线段的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】作角平分线(尺规作图)、根据菱形的性质与判定求线段长、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查角平分线的作图、平行线的性质和菱形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握以上知识是解答本题的关键． 根据题意得，，则，则有，进一步得，即可判定四边形为菱形，则，结合已知即可得，然后即可求解． 【详解】解：由题意可得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 故， 故选：D． 5．（24-25八年级下·山西临汾·阶段练习）如图所示的是吊灯的截面示意图，连接菱形外框的对角线交于点，四边形内框是平行四边形，若菱形外框的边长为10，对角线的长为，则内框和外框之间阴影部分的面积为（   ） A．96 B．84 C．66 D．48 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求面积 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，根据菱形的性质得到，则由勾股定理可得，进而可得，求出，再证明四边形是菱形，得到，据此根据列式计算即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 故选：D． 二、填空题 6．（2025·西藏·二模）如图，四边形的对角线互相垂直，且满足，要使四边形为菱形，可添加的一个条件是 ． 【答案】 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是菱形 【分析】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【详解】解：添加的一个条件是，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．（24-25八年级上·山东东营·期末）如图，在中，．按以下步骤作图：①以点为圆心，长为半径作弧，交于点；②分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，交于点，连接，四边形的周长为 ． 【答案】12 【知识点】作角平分线(尺规作图)、证明四边形是菱形、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了角平分线的作法、菱形的判定与性质和平行四边形的性质，解题关键是明确角平分线作法，证出四边形是菱形．根据作图可知是角平分线，根据等腰三角形的性质判断四边形是菱形，求出周长即可． 【详解】解：由作图可知，平分，， ， 在和中， ， ， ， 在中， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， 四边形的周长为：， 故答案为：12． 8．（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图所示，为直角三角形，，，，用圆规以A点为圆心画圆弧，分别交，于点D，E，然后再分别以D，E为圆心，以大于长度的一半画圆弧，两圆弧交于点F，连接交于点G，最后以点G为圆心，以的长度为半径画圆交圆弧于点M，N，连接分别交，于点P，Q，连接，，则四边形的周长为 ． 【答案】24 【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、作角平分线(尺规作图)、线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形 【分析】由作图可得，平分，垂直平分，证明，得出，则，证明四边形是菱形，求出的长即可得解． 【详解】解：如图，令交于， ， ∵， ∴， ∵，， ∴，， 由作图可得，平分，垂直平分， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的周长， 故答案为：． 【点睛】本题考查了角平分线的定义、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 9．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形，为上一点，连接，若四边形的面积为20，纸条的宽为，，则的长是 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，三角形的面积等知识，连接，过点A作于E，于F，过点P作于点G，证四边形是平行四边形．再证平行四边形是菱形，结合四边形的面积为20，得，然后利用三角形的面积可求得，利用勾股定理得到长，进而得出的长，再利用勾股定理即可解决问题，熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键． 【详解】如图，连接，过点A作于E，于F，过点P作于点G， ∵两条纸条宽度相同， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， 又∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 10．（24-25八年级上·江西宜春·期中）如图，平移到的位置，且点在边的延长线上，连接，若，那么在以下四个结论：①四边形是平行四边形；②四边形是菱形；③；④平分，正确的有 ． 【答案】①②③④ 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形、证明四边形是平行四边形、利用平移的性质求解 【分析】本题主要考查了平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，根据平移的性质可得，，据此根据平行四边形的判定定理，菱形的性质与判定定理逐一判断即可． 【详解】解：由平移的性质可得， ∴四边形是平行四边形，故①正确； ∵平移到的位置， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∴，平分，故④正确 ∵， ，故③正确； 故答案为：①②③④。 三、解答题 11．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)菱形BCFE的面积为24 【知识点】根据菱形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质和定理； （1）根据三角形的中位线可得，，可证四边形是平行四边形，再由即可得证； （2）根据菱形的性质可得，， ，，再根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明： ∵D、E分别是、的中点， ，， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，交于O， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 菱形的面积为． 12．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的垂直平分线，交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】作垂线(尺规作图)、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查作图基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握五种基本作图及菱形的判定定理，属于中考常考题型． (1)根据垂直平分线的作法作图即可； (2)证明，得到，利用平行四边形的性质得到，结合，从而证明菱形． 【详解】（1）解：如图， 直线即为所求； （2）证明：设与交于点， ∵四边形是平行四边形， ， ， 垂直平分， ，即， 在和中， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形； 13．（2025·湖南·模拟预测）如图，在平行四边形中，E是边的中点，过点E的直线交的延长线于点 F，延长线于点G，连接，， ． 请从“①，②”这两个条件中任选一个作为已知条件，填在横线上(填序号)，再解下列问题： （1）求证：四边形是菱形； （2）若与交于点H， ，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【知识点】含30度角的直角三角形、证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理； （1）先根据平行四边形和中点证明，得到，选择①时，得到垂直平分，即可得到，四边形是菱形；选择②时，则，结合，得到四边形是菱形； （2）由，得到，， ，再证明，利用和勾股定理求出的长． 【详解】解：（1）∵平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵E是边的中点， ∴， ∴， ∴， 选择①时， ∵E是边的中点， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形； 选择②时， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）∵， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 14．（24-25八年级下·北京·期中）图，点E在的对角线的延长线上，于点F，交的延长线于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)32 【知识点】利用菱形的性质求面积、证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定方法，是解题的关键： （1）三线合一，证明，证明，推出，证明四边形是平行四边形，根据，即可得证； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，再根据菱形的性质进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴是等腰三角形 ∵， ∴． ∵四边形是平行四边形 ∴． ∵ ∴， ∴． 在和中， ， ∴ ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． （2）解：∵， ∴是等腰直角三角形， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴； ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴菱形的面积为． 15．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为1． 【知识点】等边三角形的判定和性质、证明四边形是菱形、全等的性质和HL综合（HL）、含30度角的直角三角形 【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形； （2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得； （3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 由三角形的外角性质知， 又， ∴； （3）解：连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∵四边形为菱形，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∴， 当即时，此时， ∴， ∴， ∴； 当即时，此时， ∵和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴； ∵恒小于， ∴不存在的情况， 综上，的长为1． 【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 16．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以为邻边作． (1)如图①，证明是菱形． (2)如图②，若，连接，，，求的度数 (3)如图③，若，，，是的中点，_______（直接写出结果） 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】利用平行四边形的性质求解、证明四边形是菱形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，结合角平分线的定义可得，，从而得出，由等角对等边得出，即可得证； （2）证明，得出，，证明是等边三角形，得出，即可得出，证明是等边三角形，即可得解； （3）求出，得出，证明四边形为正方形，得出，，由勾股定理可得，结合题意可得，作于，则为等腰直角三角形，求出，从而可得，最后由勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∵， ∴，， 由（1）可得四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：∵四边形是平行四边形，， ∴，，，， ∴，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）可得四边形为菱形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵是的中点， ∴， 如图：作于，则为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【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、正方形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的定义、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$