专题01 菱形的性质与判定综合重难点题型汇编(八大题型）-2025-2026学年九年级数学上册高频考点题型归纳与满分必练（北师大版）

专题01 菱形的性质与判定综合重难点题型汇编 【题型1 利用菱形的性质求角度】..........................................1 【题型2 利用菱形的性质求线段长度/面积/周长】............................2 【题型3 利用等面积法求线段长度】........................................4 【题型4 添加条件对菱形的判定】..........................................5 【题型5 菱形的判定-证明题】.............................................6 【题型6 菱形的性质与判定综合】..........................................9 【题型7 求菱形中最小值问题】............................................11 【题型8 菱形中动点问题-分类讨论】.......................................13 【题型1 利用菱形的性质求角度】 1．（2025·甘肃天水·一模）如图，在菱形中，E是的中点，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·重庆·期末）如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·广东江门·三模）如图，在菱形中，，将线段绕点顺时针旋转到对角线上得到线段，则(   ) A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·陕西铜川·阶段练习）如图，在菱形中，，于点，与对角线交于点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在菱形中，，为对角线，平分，若，则的度数为 °． 【题型2 利用菱形的性质求线段长度】 1．（2025·河南南阳·二模）如图，在菱形中，，，是对角线，是上一点，过点E作，垂足为F，若，则的长为（   ） A． B． C．2 D． 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是菱形，，，于点，则的长为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 4．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在菱形中，，交于点O．若，，则菱形的边长为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 5．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，菱形花坛的边长为，，沿着菱形的对角线修建了两条小路和．则小路的长为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，菱形的周长为52，过点C作，交的延长线于点E，若，则的长为（    ） A．22 B．24 C．26 D．28 7．（24-25八年级下·山西朔州·期末）两张宽度均为的纸条如图所示交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分四边形的周长为 ． 8．（2025·四川成都·三模）如图，菱形的对角线交于点，，，则菱形的面积为（  ） A．12 B．24 C．30 D．60 9．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在菱形中，，，过点作，交的延长线于点，则线段的长为 ． 【题型3 利用菱形的性质求点坐标】 1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点，，点C在x轴正半轴上，则点D坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·北京密云·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，，则点的坐标是 ． 【题型4 添加条件对菱形的判定】 1．（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（   ） A． B．平分 C．， D． 2．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 3．（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级下·甘肃临夏·阶段练习）如图，的对角线与交于点，要使得为菱形，可添加的一个条件是 ．（写一个即可） 5．（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5 菱形的判定-证明题】 1．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在 中，E、F、D分别是边上的点，且，在不改变图形的前提下，请你添加一个条件 ，使四边形是菱形，并写出证明过程． 2．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）已知：如图，是的角平分线，交于点E，点O为线段的中点．求证：四边形是菱形． 3．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，点E在上，，，若平分．求证：四边形是菱形．      4．（24-25八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，四边形中，，，于点D，平分交于点E，连接．求证：四边形是菱形． 5．（24-25九年级下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点O，E，F是线段上的两点，连接，，，，已知． (1)求证： ． (2)若，求证：四边形为菱形． 6．（24-25九年级下·山东青岛·开学考试）已知：如图，E，F为对角线上的两点，且，连接， (1)求证：； (2)连接，当满足什么条件时，四边形是菱形？ 7．（24-25九年级下·广东惠州·开学考试）如图，是的对角线． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交于，，于，，；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，试判断四边形的形状，并说明理由． 【题型6 菱形的性质与判定综合】 1．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 2．（24-25九年级下·贵州六盘水·阶段练习）如图，在中，点是两条对角线的交点，过点的直线分别交，于点，． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 3．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，是边上的中点，延长至点，使得，于点．    (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 4．（24-25八年级下·北京朝阳·期末）在四边形中，，点在边上，，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接交于点，若，求的长． 5．（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点E，点F在上，，连接交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 6．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 7．（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点，为边上的点，且，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 8．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，线段的垂直平分线分别交、、于O、E、F，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，如果，求四边形的面积． 【题型7 求菱形中最小值问题】 1．（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，点，，分别为线段上的任意一点，则的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D． 2．（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，在菱形中，E、F分别是边上的动点，连接，G、H分别为的中点，连接．若，的最小值为，则长为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形中，，，是对角线上的动点且，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．8 D．6 4．（24-25八年级下·山东滨州·阶段练习）如图，已知菱形的边长为，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是 ． 5．（23-24八年级上·江苏扬州·开学考试）如图，在面积为96的菱形中，对角线，点O是线段上的动点，于E，于F．则 ． 6．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，为轴上的一动点，，则的最小值是 ． 7．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是 ． 【题型8 菱形中动点问题-分类讨论】 1．（24-25八年级下·四川南充·期中）如图，在中，，，．点D从点C出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点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D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接、． (1)求证：． (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由． (3)直接写出当t为何值时，为直角三角形． 2．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图1，在平行四边形中，点O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿向终点C运动，设点P运动的时间为秒．若点Q为直线上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构成的四边形可以是菱形？ 3．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，点在边上以每秒2个单位长的速度由点向点运动，设运动时间为秒． (1)直接写出坐标：______，______)； (2)当四边形是平行四边形时，求的值； (3)在平面直角坐标系内是否存在点，使得以为顶点四边形为菱形，若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 4．（22-23九年级上·山东菏泽·期中）如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动．    (1)若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 菱形的性质与判定综合重难点题型汇编 【题型1 利用菱形的性质求角度】..........................................1 【题型2 利用菱形的性质求线段长度/面积/周长】.............................4 【题型3 利用等面积法求线段长度】........................................12 【题型4 添加条件对菱形的判定】..........................................14 【题型5 菱形的判定-证明题】.............................................18 【题型6 菱形的性质与判定综合】..........................................28 【题型7 求菱形中最小值问题】............................................35 【题型8 菱形中动点问题-分类讨论】.......................................43 【题型1 利用菱形的性质求角度】 1．（2025·甘肃天水·一模）如图，在菱形中，E是的中点，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质，连接，由菱形的性质得，，由垂直平分，得，则是等边三角形，所以，则，于是得到问题的答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵E是的中点，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：A． 2．（24-25八年级下·重庆·期末）如图，为菱形的对角线，于点E，若，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了直角三角形的两个锐角互余，菱形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据，，得出，因为四边形是菱形，故，，即可作答． 【详解】解：∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 故选：B． 3．（2025·广东江门·三模）如图，在菱形中，，将线段绕点顺时针旋转到对角线上得到线段，则(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．先由菱形的性质得，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形，， ， 将线段绕点顺时针旋转到对角线上得到线段， ， ， ， 故选：B． 4．（24-25八年级下·陕西铜川·阶段练习）如图，在菱形中，，于点，与对角线交于点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了菱形的性质，理解菱形的性质，熟练掌握平行线的判定，直角三角形的性质是解决问题的关键． 根据菱形性质得，进而得，则，再根据得，然后在中，根据直角三角形性质可得的度数． 【详解】解：∴四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， 在中，． 故选：A． 5．（24-25八年级下·全国·期末）如图，在菱形中，，为对角线，平分，若，则的度数为 °． 【答案】 【分析】本题主要利用角平分线的定义和菱形的性质来求解的度数．首先，根据角平分线的定义计算的度数；然后，利用菱形的性质得出，从而得到；最后，利用三角形内角和定理计算的度数． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【题型2 利用菱形的性质求线段长度】 1．（2025·河南南阳·二模）如图，在菱形中，，，是对角线，是上一点，过点E作，垂足为F，若，则的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．根据菱形的性质证明，都是等边三角形，得，，然后利用含30度角的直角三角形的性质证明，进而可以解决问题． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，， ，都是等边三角形， ，， ， ，， ， ， ， ，， ， 故选：C． 2．（24-25八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是菱形，，，于点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得，，，由勾股定理得，通过即可得的长，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设与交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 3．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 4．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，在菱形中，，交于点O．若，，则菱形的边长为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的性质得，，再由勾股定理求出，即可得出结论． 【详解】解：在菱形中，交于点O．若，， ∴，， ∴， ∵， 在直角三角形中，由勾股定理得：， 即菱形的边长为4， 故选：B． 5．（24-25八年级下·陕西安康·期末）如图，菱形花坛的边长为，，沿着菱形的对角线修建了两条小路和．则小路的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理．由菱形的性质可得，，，由含30度角的直角三角形的性质，可得，再由勾股定理求出即可． 【详解】解：设和交于点O， 由菱形的性质得，，， 菱形的边长为， ， ， ， 故选D． 6．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，菱形的周长为52，过点C作，交的延长线于点E，若，则的长为（    ） A．22 B．24 C．26 D．28 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 首先求出，然后求出，得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵菱形的周长为52， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴． 故选：B． 7．（24-25八年级下·山西朔州·期末）两张宽度均为的纸条如图所示交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，得出四边形是菱形是解题的关键．作交的延长线于点E，交的延长线于点F，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，再解可得，即可求解四边形的周长． 【详解】解：如图，作交的延长线于点E，交的延长线于点F， 四边形是两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起的重合部分， ，，， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形， ， ，， ， ， ， ， ， 四边形的周长为， 故答案为：． 8．（2025·四川成都·三模）如图，菱形的对角线交于点，，，则菱形的面积为（  ） A．12 B．24 C．30 D．60 【答案】B 【分析】此题重点考查菱形的性质、勾股定理等知识，推导出，，，进而求得是解题的关键．由菱形的性质得，，，而，求得，则，，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是菱形，对角线、交于点，，， ，，， ， ， ，， ， 故选：． 9．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在菱形中，，，过点作，交的延长线于点，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形面积，由菱形性质可得，，所以，通过勾股定理得，再由即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型3 利用菱形的性质求点坐标】 1．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点，，点C在x轴正半轴上，则点D坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质，熟练掌握以上知识点是关键．根据菱形性质可得，继而得到，根据平移特征可得点D坐标． 【详解】解：如图，作轴，垂足为E， ∵点， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 2．（23-24八年级下·北京密云·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、平面直角坐标系的坐标特征及含角的直角三角形性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 先由菱形的性质得到，与互相平分，求出，得到，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，与互相平分． ∵， ∴， ∴ ∴， 在中，， ∵点C在x轴正半轴上， ∴点C的坐标为． 故答案为：． 【题型4 添加条件对菱形的判定】 1．（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）如图，添加下列条件不能判定平行四边形是菱形的是（   ） A． B．平分 C．， D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的判定．熟记判定定理是解此题的关键． 根据菱形的判定定理，即可求得答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴ A、当时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； B、当平分时，， ∵， ∴， ∴， ∴，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 、当，时，不能证明是菱形，故本选项符合题意； D、当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得是菱形，故本选项不符合题意； 故选：C． 2．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 3．（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，顺次连结四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，先说明四边形为平行四边形，再结合四个答案依次判断即可. 【详解】连结，如图所示， ∵E、F、C、H分别为四边形各边中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 当或时， 只能判断四边形为平行四边形，故A、B选项错误； 当时，能判断四边形为矩形，故C选项错误； 当时，能判断四边形为菱形，故D选项正确． 故选：D. 4．（24-25九年级下·甘肃临夏·阶段练习）如图，的对角线与交于点，要使得为菱形，可添加的一个条件是 ．（写一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定方法，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形解答即可． 【详解】解：添加条件，那么为菱形．理由： ∵四边形是平行四边形，， ∴根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可知为菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 5．（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 【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5 菱形的判定-证明题】 1．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在 中，E、F、D分别是边上的点，且，在不改变图形的前提下，请你添加一个条件 ，使四边形是菱形，并写出证明过程． 【答案】添加的条件为：（答案不唯一），证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形和菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得． 【详解】解∶添加的条件为∶（答案不唯一） 证明∶∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形． 2．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）已知：如图，是的角平分线，交于点E，点O为线段的中点．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，由平行线的性质和角平分线定义推出，得到，判定，推出，而，，即可证明四边形是菱形． 【详解】证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点O为线段的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 3．（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在四边形中，点E在上，，，若平分．求证：四边形是菱形．      【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的判定，等腰三角形的判定，熟练掌握相关的判定定理是解题的关键． 先根据，得到四边形是平行四边形，再根据平行线的性质与角平分线的定义证明，得到，即可得证结论． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 4．（24-25八年级下·内蒙古通辽·阶段练习）如图，四边形中，，，于点D，平分交于点E，连接．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】此题考查了角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边，菱形的判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 由角平分线和平行线得到，推出，等量代换得到，然后证明出四边形为平行四边形，然后结合即可得到四边形为菱形． 【详解】解：证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 5．（24-25九年级下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）如图，平行四边形的两条对角线与相交于点O，E，F是线段上的两点，连接，，，，已知． (1)求证： ． (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，即可证明； （2）证明平行四边形是菱形，得，再证明四边形是平行四边形，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， ； （2）证明：四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形， ． ∵， ， ，即， 四边形是平行四边形， 平行四边形是菱形． 6．（24-25九年级下·山东青岛·开学考试）已知：如图，E，F为对角线上的两点，且，连接， (1)求证：； (2)连接，当满足什么条件时，四边形是菱形？ 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形．理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形平行四边形的性质以及菱形的判定． （1）利用平行四边形的性质去证明． （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）（1）∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又， ∴； （2）证明：当等腰三角形即时，四边形为菱形．理由见解析， 连接交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形． 7．（24-25九年级下·广东惠州·开学考试）如图，是的对角线． (1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，分别交于，，于，，；（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查尺规作图，菱形的判定，平行四边形的性质等．掌握菱形的判定方法是解题的关键． （1）根据垂直平分线的作图方法作图即可； （2）由垂直平分线的性质得，，再证，再依次证明四边形是平行四边形，菱形． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 是的垂直平分线， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 又 ， 四边形是菱形． 【题型6 菱形的性质与判定综合】 1．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（24-25九年级下·贵州六盘水·阶段练习）如图，在中，点是两条对角线的交点，过点的直线分别交，于点，． (1)求证：； (2)当时，，分别连接，，求此时四边形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，推出，，根据可证； （2）证明四边形是菱形，得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵在中，点是两条对角线的交点， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴； （2）解：如图，连接，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵，，， ∴垂直平分， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∴四边形的周长为：． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，菱形的判定与性质等知识，证明四边形是菱形是解题的关键． 3．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，是边上的中点，延长至点，使得，于点．    (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （2）根据勾股定理得出，进而利用菱形面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：是边上的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：，，， ， 由勾股定理可知，， 由（1）可得， ， 在中，， ， ， ． 4．（24-25八年级下·北京朝阳·期末）在四边形中，，点在边上，，过点作，交的延长线于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质是解答的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论； （2）由菱形的性质得到，然后利用勾股定理求得即可求解． 【详解】（1）证明：， ， ， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ． 在中，， 根据勾股定理，得， ． 5．（24-25八年级下·河南南阳·期末）如图，已知在平行四边形中，平分交于点E，点F在上，，连接交于点O，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理， （1）根据平行四边形得，有，由角平分线得，则有，进一步得，即可证明菱形； （2）由菱形的性质得和，利用勾股定理求得，则． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ， ∵平分， ， ， ， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， 是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ， ∴， ， ， ， ∴的长为5． 6．（24-25八年级下·北京·期中）如图，在中，，平分交于点，点在线段上，点在的延长线上，且，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证四边形是菱形，先根据等腰三角形三线合一得、，结合证其为平行四边形，再由证得菱形； （2）求菱形面积，先利用菱形性质、直角三角形性质求出和的长，再用菱形面积公式计算． 【详解】（1）证明：，平分于点， ，． ， 四边形是平行四边形． ，点在的延长线上， ， 是菱形． （2）解：四边形是菱形， ． ，， ． 在中，， ， ． 由勾股定理，， ， ． ， ． ， ． ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定定理（对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ）和性质、等腰三角形三线合一、直角三角形中角所对直角边与斜边关系等是解题的关键． 7．（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点，为边上的点，且，连接、． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长是 【分析】（1）由平行四边形的性质得，由，，推导出，则，而，所以，因为，所以四边形是平行四边形，再根据菱形的定义证明四边形是菱形即可； （2）连接，由菱形的性质得，因为，，所以，，则，求得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ∴， 平分交于点，为边上的点，， ，， ， ， ， ∵ 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， ，， ，， 是直角三角形，且， ， 的长是． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，推导出及是解题的关键． 8．（24-25八年级下·湖南永州·期中）如图，在平行四边形中，线段的垂直平分线分别交、、于O、E、F，连接，． (1)证明：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，如果，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性质、等腰三角形的性质、菱形的判定与性质． （1）先根据垂直平分线的性质得出，，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后根据平行四边形的性质、平行线的性质可得，从而可得，最后根据等腰三角形的性质可得，根据菱形的判定即可得证； （2）先根据直角三角形的性质可得，再根据菱形的性质可得，然后根据直角三角形的性质、勾股定理可得、的长，最后根据菱形的面积公式即可得． 【详解】（1）证明：是线段的垂直平分线 ， 是等腰三角形 四边形是平行四边形 四边形是菱形； （2）解： ，即 四边形是菱形， ， 在中， ， 即四边形的面积为． 【题型7 求菱形中最小值问题】 1．（21-22九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形中，，，点，，分别为线段上的任意一点，则的最小值为（　　） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】作点P关于的对称点，作交于K，交于Q，过点A作于点H，根据轴对称的性质得出，证明，根据两点之间线段最短，且垂线段最短，得出当、K、Q三点在同一直线上，且时，的值最小，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，证明四边形为平行四边形，得出即可得出答案． 【详解】解：作点P关于的对称点，作交于K，交于Q，过点A作于点H，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，平分， ∴点P关于的对称点在上， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短，且垂线段最短， ∴当、K、Q三点在同一直线上，且时，的值最小， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴的最小值为． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质，轴对称-最短路线问题，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，解题关键在于作辅助线． 2．（25-26九年级上·全国·单元测试）如图，在菱形中，E、F分别是边上的动点，连接，G、H分别为的中点，连接．若，的最小值为，则长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、勾股定理、垂线段最短，利用平方根解方程，解题的关键是学会添加常用辅助线． 连接，利用三角形中位线定理，可知，当时，最小，得到最小值，即，根据勾股定理列方程即可解决问题． 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是菱形， ， ，分别为，的中点， 是的中位线， ， 当时，最小，得到最小值，此时， 则， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即 解得（负值舍去）， ∴长为， 故选：B． 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，在四边形中，，，是对角线上的动点且，连接，则的最小值为（   ） A． B． C．8 D．6 【答案】A 【分析】本题主要考查轴对称的最短路线问题，包括菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理．连接交于，以为邻边作平行四边形，则，故，据此计算即可得到答案． 【详解】解：连接交于，以为邻边作平行四边形， ， ， 故的最小值为， 菱形，，， ∴，是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，平行四边形， ∴， ∴， 则的最小值为， 故选：A． 4．（24-25八年级下·山东滨州·阶段练习）如图，已知菱形的边长为，点是对角线上的一动点，且，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，掌握菱形的性质，将多条线段转化是解题关键． 作于E点，连接，得到，根据垂线段最短，此时最短，即最小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出的长，进而得出结论． 【详解】如图，作于E点，连接， ∵菱形中， ∴， ∴为等边三角形 ∴,，， ∴， ∵ ∴ 根据垂线段最短，此时最短，即最小 ∴ ∴ ∴最小值为 故答案为： 5．（23-24八年级上·江苏扬州·开学考试）如图，在面积为96的菱形中，对角线，点O是线段上的动点，于E，于F．则 ． 【答案】9.6 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及面积公式，理解菱形的面积可由对角线乘积的一半进行计算是解题关键．连接交于点，延长交于点，根据菱形面积公式可得，由菱形的性质可知，，，则由勾股定理可得，根据菱形的对称性得，则，根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，延长交于点， 在面积为96的菱形中，对角线， ， ， 由菱形的性质可知：，，， ， 根据菱形的对称性得：， ， 根据菱形的面积公式：， ， 解得：， 即． 故答案为：9.6． 6．（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，为轴上的一动点，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】连接，构造等边三角形，是等边三角形，此时点C与点F重合，确定点C的运动轨迹是直线，作点O关于直线的对称点G，连接交y轴于点H，当点C与点H重合时，取得最小值，此时最小值为的长度，根据勾股定理解答即可． 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，轴对称，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形，点，为轴上的一动点，， ∴，是等边三角形， 以为边构造等边三角形， 当点B运动到原点时，点C与点E重合； 作点A关于y轴的对称点F， ∴， ∴时， ∴是等边三角形， 此时点C与点F重合， ∴点C的运动轨迹是直线， 作点O关于直线的对称点G，连接交y轴于点H， ∴当点C与点H重合时，取得最小值，此时， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 故的最小值， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在菱形中，对角线，点E，F分别是边的中点，点P在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是 ． 【答案】5 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质．设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小，可得的最小值为的长，证明四边形是平行四边形，可得，再根据勾股定理求出的长，即可求解． 【详解】解：设交于O，作E关于的对称点N，连接，交于P，则此时的值最小， ∵四边形是菱形， ∴关于对称，，， ∴，，且点N在上， ∴，即的最小值为的长， ∵E为的中点， ∴N为的中点， ∵，N为中点，F为中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为5． 故答案为：5 【题型8 菱形中动点问题-分类讨论】 1．（24-25八年级下·四川南充·期中）如图，在中，，，．点D从点C出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点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D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接、． (1)求证：． (2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由． (3)直接写出当t为何值时，为直角三角形． 【答案】(1)证明见解答过程 (2)当时，四边形能够成为菱形．理由见解答过程 (3)或 2 【分析】（1）利用已知用未知数表示出的长，进而得出； （2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出的值，进而得出答案； （3）分三种情况讨论：①当时；②当时；③当时，分别分析得出即可． 【详解】（1）证明：在中，，， ， 又 ∵， ； （2）解：四边形能够成为菱形．理由如下： ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， ， 若使平行四边形为菱形，则需， 即， 解得：． 即当时，四边形为菱形； （3）解：根据（2）可得四边形是平行四边形，， ∴， 分情况讨论： ①当时，， ∴，即， ∴； ②时，， ∴，即， ∴； ③时，此种情况不存在．故当或2时，为直角三角形， 故答案为：或 2 ． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，解答本题的关键要掌握：在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半；解题时注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图1，在平行四边形中，点O是边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿向终点C运动，设点P运动的时间为秒．若点Q为直线上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、C、P、Q构成的四边形可以是菱形？ 【答案】(1)见解析 (2)当运动时间t为3秒或秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，推出，证明，得出，即可得证； （2）由勾股定理可得，由平行四边形的性质可得，从而得出，表示出，再分两种情况：以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线同侧，则；以、、、构成的四边形是菱形，且点与点在直线异侧，则；分别求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 点O是边的中点， ， 在和中， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，，， ， 四边形和四边形都是平行四边形， ， ， ， ， 如图2，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线同侧，则， ， 解得； 如图3，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线异侧，则， ，且， ， 解得， 综上所述，当运动时间t为3秒或秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，菱形的性质和判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 3．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，平面直角坐标系中，点为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，点在边上以每秒2个单位长的速度由点向点运动，设运动时间为秒． (1)直接写出坐标：______，______)； (2)当四边形是平行四边形时，求的值； (3)在平面直角坐标系内是否存在点，使得以为顶点四边形为菱形，若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理的运用．解决本题的关键是熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法． （1）根据中点的定义求出的长即可解决问题； （2）利用平行四边形的性质求出即可解决问题； （3）分四种情形：当或或或时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵，点是的中点， ∴， ∴． 故答案为5，0． （2）∵四边形 是平行四边形， ∴， ∴， ∴． （3）当时， ∴， ； 当时， 作， ∴， ∴， 当时，作， 同理得， ∴， ∴， 当时，作， 同理得， ∴， ∴，    综上所述，满足条件的点Q的坐标为：． 4．（22-23九年级上·山东菏泽·期中）如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动．    (1)若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质和菱形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． （1）若是平行四边形，由，则，故有，即可求得值； （2）若是菱形，则垂直于，即有，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当t为2秒时，四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，则， ， ； ∴当为时，平行四边形是菱形； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 $$