专题01 菱形的性质与判定（专项训练）数学鲁教版五四制八年级下册

专题01 菱形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一、利用菱形的性质求解 1 题型二、利用菱形的判定与性质多结论性问题 4 题型三、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 10 题型四、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 15 题型五、利用菱形的判定与性质解决折叠问题 21 题型六、利用菱形的判定与性质解决最值问题 26 题型七、利用菱形的判定与性质解决旋转问题 30 题型八、利用菱形的判定与性质解决新定义型问题 35 B综合攻坚・能力跃升 题型一、利用菱形的性质求解 1．如图，在菱形中，若，则度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是关键，根据菱形的对角线相互垂直且每条对角线平分一组对角即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线，， ∴， 故答案为： ． 2．在菱形中，长为，对角线长为，该菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质与勾股定理是解题的关键． 先根据菱形对角线互相垂直平分，利用勾股定理求出另一对角线一半的长，从而得出另一对角线的长度，然后利用菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】解：如图，，， ∵菱形， ∴， ，， ∴， 在中，由勾股定理，得 ∴， ∴菱形的面积=， 故答案为：． 3．如图，将两条等宽的纸条重叠在一起，则四边形的形状是 ，若，，则的长为 ． 【答案】 菱形 8 【分析】本题考查的是菱形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，过点A作于E，过点A作于F，交于点，如图所示，先证明四边形是平行四边形，再证明，再进一步求解即可. 【详解】解： 过点A作于E，过点A作于F，交于点，如图所示， 由题意得，，， ∴四边形是平行四边形， ∵两张纸带等宽， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； ∵，， ∴，，，， ∴， ∴． 故答案为：菱形， 4．如图，这是小悦家一个菱形中国结装饰，对角线相交于点，测得，过点作于点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，根据菱形的性质可得，，，勾股定理求得的长，进而根据菱形的面积公式即可求解． 【详解】解：∵菱形对角线，相交于点，， ∴，，， ∴，则 ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 题型二、利用菱形的判定与性质多结论性问题 5．如图，将等边沿射线BC向右平移到的位置，连接，则下列结论：①；②、互相平分；③四边形是菱形；④．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】证明是等边三角形．即可判断①正确；证明四边形是菱形，即可判断②正确．证明四边形是菱形，即可判断③正确．则得到，即可判断④正确． 此题考查了菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、平移的性质等知识，熟练掌握平移的性质和菱形的判定和性质是关键． 【详解】解：∵由已知和平移的性质，、都是等边三角形， ∴ ∴． ∴是等边三角形． ∴．故①正确； ∴四边形是菱形， ∴，互相平分，故②正确． 由①可得，故四边形是菱形，即③正确． ∴ ∴，故④正确； 综上可得①②③④正确，共4个． 故选：D． 6．如图，在中，，P是边上的动点（），将沿翻折得，射线与射线交于点E．下列说法正确的个数是（　　） （1）当时，； （2）当点落在上时，四边形是菱形； （3）在点P运动的过程中，线段的最小值为2； （4）连接，则四边形的面积始终等于． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】本题考查翻折变换，轴对称的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）画出图形，求出，根据等角对等边即可判断其正确； （2）画出图形，证明出是等边三角形，从而得到，根据四条边相等的四边形是菱形即可判断其正确； （3）画出反例的图形，即可判断其错误； （4）画出图形，连接交AP于点，根据，即可判断其正确． 【详解】解：（1）如图所示，当时， ∵， ∴， ∵将沿翻折得， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故（1）符合题意； （2）如图所示，当落在上时，点E和重合， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵将沿翻折得， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故（2）符合题意； （3）如图所示， 当点P靠近点C时，在四边形外部，此时， ∴，故（3）不符合题意； （4）如图所示，连接交于点O， ∵将沿翻折得， ∴垂直平分， ∴，故（4）符合题意， 综上，符合题意的有3个， 故选：C． 7．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 【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：． 8．如图，在菱形中，，，对角线相交于点O，点E、F分别在边上，点E、F同时以相同的速度分别从点B向点A和从点A向点D运动，与交于点G，则在这个运动过程中，下列说法正确的个数是（    ） ①菱形的面积是；②始终为等边三角形；③线段长的最小值为；④点G所走过的路径长为1． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，先由菱形的性质得到，，再证明是等边三角形，得到，利用勾股定理可得，则，根据菱形面积等于其对角线乘积的一半可判断①；证明，得到，进而证明，则是等边三角形，据此可判断②；当时，有最小值，即此时有最小值，利用等面积法可求出的最小值为，据此可判断③；由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点，当点E刚好是的中点，点F为的中点时，为的中位线，则可证明，，由勾股定理可得，则，即点G离点A的最远距离为。 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴，故①正确； 由题意得，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形，故②正确； ∴， ∴当时，有最小值，即此时有最小值， 当时，此时有，即， ∴的最小值为，故③正确； ∵， ∴，即， ∴由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点， 当点E刚好是的中点，点F为的中点时， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G离点A的最远距离为， ∴整个过程中点G的路程为，故④正确； 故选；A. 题型三、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 9．如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，四边形的形状，并证明你的结论； (3)连接，若，求长． 【答案】(1)见解析； (2)是菱形，见解析； (3)． 【分析】本题考查了基本作图—作角平分线，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键． （）利用基本作图作角平分线即可； （）由平分，则，再根据平行线的性质得出，故有，然后利用菱形的判定方法证明即可； （）根据菱形的性质和勾股定理求出长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解题即可． 【详解】（1）解：如图， （2）解：四边形是菱形，理由如下， 如图， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴四边形是菱形； （3）解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴． 10．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E，交于点M，交于点N（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了尺规作一条线段的垂直平分线，平行四边形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定和性质，线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． （1）根据尺规作一条线段垂直平分线的基本作图过程作图即可； （2）先证明，得出，证明四边形是平行四边形，根据，证明四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求； （2）证明：四边形是平行四边形， ， ， 垂直平分， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． 11．如图，正五边形，请仅有无刻度直尺按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画一个以为边的菱形； (2)在图2中，画一个以为对角线的菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正多边形的内角，菱形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）连接、交点为，此时根据正五边形的性质得到，，即可得到，，则四边形是菱形； （2）延长、交于点，连接、，此时根据正五边形的性质得到，，即可得到，则四边形是菱形； 【详解】（1）解：如图，是以为边的菱形，即为所求； （2）解：如图，是以为对角线的菱形，即为所求． 12．如图：在平行四边形中，点在上，且． (1)尺规作图：在上找一点，使得点到，的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质与判定，等角对等边，角平分线的判定定理和角平分线的尺规作图，熟知相关知识是解题的关键． （1）点到，的距离相等，则点E在的角平分线上，据此作的角平分线交于E，则点E即为所求； （2）由角平分线的判定定理可得点E在的角平分线上，则；由平行四边形的性质得到，则可证明，得到，再由，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，点E即为所求； （2）证明：∵点到，的距离相等， ∴点E在的角平分线上， ∴； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形． 题型四、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 13．如图，在四边形中，，平分，过点作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】此题考查了菱形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识的应用． （）先证明四边形是平行四边形，再证明即可； （）根据菱形的性质得到，求得，推出，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵点为的中点， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 在Rt中，， ∴． 14．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查菱形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理的运用，即可． （1）根据平行线的性质，则，根据角平分线的性质，则，根据等量代换，等角对等边，则，根据平行四边形、菱形的判定，即可； （2）根据菱形的性质，则，，，，根据勾股定理的运用，则，，即可． 【详解】（1）证明如下： ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． （2）∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 15．如图，在平行四边形中，，，垂足分别为E，F，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积： (3)连接，若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)24 (3)16 【分析】（1）由题意易证，即得出，即证明平行四边形是菱形． （2）连接交于O，利用勾股定理求出对角线的长，即可解决问题． （2）由菱形的性质可知，即证明，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出，即求出，最后利用含角的直角三角形的性质即可求出的长，进而可得的长，即求出菱形的周长． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ∴平行四边形是菱形； （2）解：如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形，， ，，， ，， ∴， ， ； （3）解：由（1）可知，平行四边形是菱形， ，， ， ， 即， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， 在中，由勾股定理得：， ， ， ∴四边形的周长， 故答案为：16． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 16．已知平行四边形中，对角线、相交于点，． (1)如图1，，过点作于点，连接，过点A作交于点，求证：． (2)如图2，若，，点是直线上的一个动点，且，连接，当的值最小时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质，三角形的全等、等边三角形的性质等知识点，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键． （1）如图：过点C作，交于点G，证明可得，，再证明可得是等腰直角三角形，从而得到是等腰直角三角形，进而证明结论； （2）连接，可得，再证明可得，，即当点在时，的值最小，再根据等边三角形的判定与性质以勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：如图：过点C作，交于点G， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． （2）解：如图，连接， ∵且， ∴， ∴， ∴， ∵平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即当点在时，的值最小， 如图，此时， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，解得：， ∴． 题型五、利用菱形的判定与性质解决折叠问题 17．如图，菱形的边长为1，，将菱形折叠使点A，C都落在对角线上点G处，折痕分别为，，则阴影部分的周长为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，证明四边形和四边形都是菱形，和都是等边三角形是解题的关键. 设交于点，由折叠得，， ， 则， 由菱形的性质得，，，则，， 可证明， 得， 则四边形是菱形，是等边三角形，同理， 四边形是菱形，是等边三角形，则四边形是平行四边形， 由， ， ， 求得，于是得到问题的答案. 【详解】解：设交于点， 由折叠得， ，， ∴， ∵四边形是边长为的菱形， ， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴是等边三角形， 同理，四边形是菱形，是等边三角形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ， ， ，，， ， ∴阴影部分的周长为， 故答案为：． 18．如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上.若，则的长为 . 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、角的直角三角形的性质、折叠性质等知识．过点M作于点F．求出．则，．设，则，，，．根据勾股定理，得，即，解得，即可求出的长． 【详解】解：如图，过点M作于点F．    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴，． 设，则，，，． 根据勾股定理，得，即， 解得， ∴． 故答案为：． 19．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 【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：． 20．如图，在菱形中，，点是的中点，点为边上一动点，将沿折叠，得到．若与菱形的对角线平行，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、含角的直角三角形的性质等知识，分两种情况画出图象进行解答即可． 【详解】解：①若，如解图①，连接， ∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， ∵， ∴，由折叠， ∴， ∴． ∵点E是的中点， ∴， 过点E作，垂足为G， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴； ②若，如解图②，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵，是等边三角形， ∴． ∵， ∴． 又∵， ∴是等边三角形，点落在上， ∴， ∴， ∴． 综上所述，的长为或． 故答案为：或 题型六、利用菱形的判定与性质解决最值问题 21．如图，在菱形中，，，点，，分别为线段，，上的任意一点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键．根据轴对称确定最短路线问题，作点关于的对称点，连接与的交点即为所求的点，交于，过点作于，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知时，的最小值，然后求解即可． 【详解】解：作点关于的对称点，作交于，交于，过点作于， ，，， ， ，则 点到的距离， 的最小值为， 故答案为：． 22．如图， 菱形中， ，，E、F分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为 ．        【答案】 【分析】过点B作，且，证明，当A，E，T三点共线时，取得最小值，最小值为的长，利用勾股定理，菱形的性质解答即可． 【详解】解：∵菱形中， ，， ∴，， 过点B作，且截取， 则， 连接， ∴， ∵， ∴，    ∴， ∵， ∴， 故当A，E，T三点共线时，取得最小值，最小值为的长， ∵， ∴， 故最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 23．如图，在菱形中，两点分别从两点同时出发，以相同的速度分别向终点移动，连接，在移动的过程中，的最大值为 ，最小值为 ． 【答案】 2 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．连接，作于，利用菱形的性质得，则可判断和都是等边三角形，再证明得到，，接着判定为等边三角形，所以，然后根据点E的位置判断的最（大）小值即可． 【详解】解：连接，作于，如图所示： 四边形为菱形，， ，， ， 和都是等边三角形， ，， ， ， 在中，，， ， ，两点分别从，两点同时出发，以相同的速度分别向终点，移动， ， 在和中， ， ，， ， 为等边三角形， ， 当点运动到点时，的值最大， 的最大值为2． 当点运动到点时，的值最小， 的最小值为． 故答案为：，． 24．如图，在边长为的菱形中，，将沿射线的方向平移，得到，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，设与交于点，由平移性质可得，，由四边形是菱形，则有，，，所以，，得到四边形是平行四边形，故有，则的最小值的最小值，作点关于定直线的对称点，连接，当三点共线时，则的长度即为的最小值，由，，则，，然后通过等腰三角形的性质，勾股定理即可求解． 【详解】解：连接，设与交于点， ∵在边长为的菱形中，， ∴，， ∵将沿射线的方向平移，得到， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的最小值的最小值， ∵点在过点且平行于的定直线上， 作点关于定直线的对称点，连接，当三点共线时，则的长度即为的最小值， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了轴对称－最短路线问题，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平移的性质，掌握相关知识的应用是解题的关键． 题型七、利用菱形的判定与性质解决旋转问题 25．雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈六角形，是一种美丽的结晶体．美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平面直角坐标系，绘制菱形，且顶点的坐标为，点在第一象限，，将菱形绕原点沿顺时针方向旋转5次，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点重合），则旋转第四次得到的点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，坐标与图形变化-旋转，含30度角的直角三角形的性质；如图，旋转第四次得到菱形，过作轴于，连接交于，由菱形的性质推出，，，由含30度角的直角三角形的性质求出，，，，求出，即可得到的坐标． 【详解】解：如图，旋转第四次得到菱形， 过作轴于，连接交于， 四边形是菱形， ，，， 的坐标是， ， ， ， ， ， ， ， ， 的坐标是． 故答案为：． 26．在菱形中，，边长为，现将菱形绕其外一点按顺时针方向分别旋转后，得到如图的图形，每相邻两个菱形有一个顶点重合，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接，交点为点，则为的中垂线，，计算即可． 【详解】如图，连接，交点为点，则为的中垂线， 点在上，由已知条件易得， ， ， 所求面积为． 故答案为：． 27．如图，菱形的边长为2，，将它绕对角线的交点顺时针旋转，旋转后的图形与原图形重叠的部分（阴影部分）的周长为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查菱形的性质和直角三角形的性质、旋转的性质，关键是根据已知可得重叠部分是个八边形．先得出，得出，求出，进而得出答案． 【详解】解：如图，旋转后的图形为， 根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形， ∵菱形的边长为2，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为， 故答案为：． 28．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上，与交于点P．（1）与的关系是 ，（2）的长为 ．    【答案】 相等且垂直 【分析】（1）连接BD交AC于O，由菱形的性质得出，由直角三角形的性质求出，由直角三角形的性质得出，由旋转的性质得出，求出，证出，即可得出结论； （2）由直角三角形的性质得出，即可得出结果． 【详解】解：（1）连接BD交AC于O，如图所示：    ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴EF与DC的关系是相等且垂直， 故答案为：相等且垂直； （2）∴，， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键． 题型八、利用菱形的判定与性质解决新定义型问题 29．定义：如图1，在四边形中，若，，则称这样的四边形为筝形． (1)如图2，在中，点，分别在边，上，且，，求证：四边形为筝形； (2)在图1中，筝形的对角线，相交于点，若，，，求筝形的面积； (3)如图3，在筝形中，对角线，相交于点，过点作于点，交于点，若，请直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)168 (3) 【分析】（1）根据题意证明出，得到，证明出四边形是菱形，得到，即可证明出四边形为筝形； （2）根据筝形的性质得到，，设，则，根据勾股定理求出，得到，然后利用筝形的面积代数求解即可； （3）首先由（2）得，，然后得到，证明出四边形是菱形，然后利用勾股定理求出，得到，然后利用等面积法求出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）∵在中， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形是菱形 ∴ ∴四边形为筝形； （2）∵四边形是筝形 ∴， ∴垂直平分 ∴， ∵，，， ∴设，则 ∵ ∴ 解得 ∴， ∴ ∴ ∴ ∴筝形的面积； （3）如图所示，连接 ∵四边形为筝形 ∴由（2）得， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是菱形 ∴ ∵ ∴ ∴， ∴ ∴解得（负值舍去） ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 【点睛】此题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 30．的三边为，，，定义：若其中两边平方和等于第三边平方的倍（，为正整数），那么这个三角形叫做“阶非凡三角形”．例如：当时，某三角形三边长分别是，2和3，因为，所以这个三角形是“3阶非凡三角形”． (1)若是“阶非凡三角形”，三边长为，4，，则______． (2)若是“2阶非凡三角形”（），且，，则的长为______． (3)如图，在菱形中，交于点，，且是“3阶非凡三角形”，求的值． 【答案】(1)2或3 (2)或 (3)或 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，二次根式的乘法计算，正确理解“阶非凡三角形”的定义是解题的关键； （1）先求出的值，再根据“阶非凡三角形”的定义求解即可； （2）先求出的值，再分，和三种情况，讨论求解即可； （3）根据菱形的性质可得，，根据题意可得或或，据此求解即可． 【详解】（1）解：， ∵， ∴，， ∴是“阶非凡三角形”或“阶非凡三角形”，即或； （2）解：∵，， ∴， ∵是“2阶非凡三角形”（）， ∴当时，则， ∴或（舍去）， ∵， ∴， ∴符合题意； 当时，则， ∴或， ∵， ∴， ∴符合题意； 当时，则，此时不符合题意； 综上所述，或； （3）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵是“3阶非凡三角形”， ∴或或， ∴或， ∴或（舍去）或或（舍去）， 当时，则，则， ∴； 当时，则，则， ∴； 综上所述，的长为或． 31．阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形为菱形，与重合，点F在上，则称菱形为的“亲密菱形”． 如图2，在中，，平分，交于点F，过点F作． (1)求证：四边形为的“亲密菱形”； (2)若，求四边形的周长； (3)如图3，M、N分别是的中点，连接．若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题利用新定义考查平行四边形的判定与性质，直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． （1）由，，得四边形是平行四边形，角平分线的定义，等角对等边，根据平分，可得，即可证明四边形是菱形，而菱形的与的重合，F在上，故四边形为的“亲密菱形”； （2）设，由，，得，即，解得，即可求出四边形的周长； （3）过F作交于G，由四边形是平行四边形，得，，根据M、N分别是的中点，可得G为中点，即可得，从而得2，即可求出的值． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 平分 ， ∴四边形是菱形，而菱形的与的重合，F在上， ∴四边形为的“亲密菱形”； （2）由（1）知四边形是菱形，设， ， ∴， ∴， ∴，解得， ∴四边形的周长为． （3）过F作交AC于G， 如图：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵M、N分别是的中点， ∴ ∴， ∴， ∴G为中点， 即 32．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，求的度数； (2)如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形； (3)如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； (4)如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)周长不变，周长为； (4)的长为或． 【分析】（1）由定义可得，设，，，解方程后即可求出的度数； （2）在上取，连接，利用“边角边”证明，由全等三角形的性质得，，再由等量代换、等边对等角得出，根据即可证四边形是互补四边形； （3）延长使，连接、，利用“边角边”证明，由全等三角形的性质得，，可证，再利用“边角边”证明，再结合全等三角形的性质得，即，证明后，结合全等三角形性质、含的直角三角形特征、勾股定理得到，即可得到周长； （4）分两种情况考虑：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形，结合平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含的直角三角形特征、勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）解：依题意得：， 设，，， 即， 解得， ，，， ． （2）解：在上取，连接， 平分， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 又， ， 即对角互补，四边形是互补四边形． （3）解：周长不变，证明如下： 延长使，连接、， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， 故周长不变，周长为． （4）解：分两种情况： ①如下图所示，四边形是平行四边形， ， ，， ，， ， 同（3）得，， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 设， 作于点，则， 菱形的面积， 解得或（舍去）， ， ， ，， ； ②如下图所示，四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， ，， 作交于点，交于点， 设，则， 菱形的面积， 解得或（舍去）， ， ， ， 则中，，，， ，， ， 同①得：， ， 是的外角， ， ， ． 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查的知识点是一元一次方程的实际应用、全等三角形的判定与性质、等边对等角、含的直角三角形特征、勾股定理、平行四边形性质、菱形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 一、单选题 1．已知菱形的对角线，则该菱形的边长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，先根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后利用勾股定理列式求出即可得到结论． 【详解】解：设菱形对角线交点为，   菱形对角线，， ， ， ∵， ∴， 故选：C． 2．如图，在菱形中，点为和的交点，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，菱形的四条边相等且对角线互相垂直平分，据此可得答案． 【详解】解：∵在菱形中，点为和的交点， ∴，，， 根据现有条件不能得到， 故选：A． 3．如图，一个木制的活动衣帽架由个全等的菱形构成．已知菱形的边长为，则当挂钩、间的距离是时，挂钩、间的距离是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，连接交于点，由题意可得，利用菱形的性质和勾股定理求出即可求解，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵间的距离是，木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵菱形的边长， ∴， ∴， 故选：． 4．如图，在菱形中，，，点是菱形内部一点，且满足，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查轴对称﹣最短问题，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．如图在上取一点E，使得，作，作点C关于的对称点，交于G，连接交于P，连接，此时，的值最小． 【详解】解：如图在上取一点E，使得，作，作点C关于的对称点，交于G，连接交于P，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴此时，，的值最小． 则的最小值， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴． 故选：D． 5．如图1，点从菱形的顶点出发，沿直线运动到菱形的中心，再从该点沿直线运动到顶点．设点的运动路径总长为，．图2是点运动时随变化的关系图象，则菱形的周长为（  ） A．4 B．16 C．5 D．20 【答案】D 【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，解题的关键是根据函数的图象求出有关的线段的长度． 设菱形中心为，依据图象与菱形对角线垂直平分性质，得出、，再由勾股定理算得边长为，最后根据菱形周长公式求出周长即可． 【详解】解：设菱形的中心为． 当点从运动到中心时，， 所以， 所以在上（是的垂直平分线）． 由图2知，当时，点在的垂直平分线上运动． 所以，到的距离， 当时，逐渐为0，且点运动的两段路径均为直线， 经到的总路径长为，则到的距离． 因为菱形对角线互相垂直平分， 所以， 又，且， 根据勾股定理，菱形边长． 所以菱形周长为边长，即． 故选D． 二、填空题 6．如图：对角线相交于点O，E是的中点，若，则 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了菱形的性质、三角形的中位线定理．根据菱形的性质可得为的中点，由为的中点可得为的中位线，从而可得，即可解答． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点， ∴为的中点， ∵为的中点， ∴为的中位线， ， ∵， ∴， 故答案为：4． 7．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形． 【答案】(或，答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可． 【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：； 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：； 故答案为：(或，答案不唯一）． 8．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，以为边向右作菱形，点D在x轴上，则点C的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数与坐标轴的交点、勾股定理以及菱形的性质，求出的长是解题的关键．求出点的坐标，进而可得出的长，在 中，利用勾股定理可求出的长，再利用菱形的性质，即可求出结论． 【详解】解：当时，， ∴点的坐标为， ， 当时，， 解得：， ∴点的坐标为， ， 在中，， ， 又 ∵四边形为菱形， ， ， 故答案为：． 9．如图，菱形中，O为的中点，M为的中点，，，则的长为 ．    【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，中位线定理，勾股定理，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用． 先利用中位线定理求出菱形的边的长，再利用菱形的性质求得，从而可得，再利用勾股定理求得的长． 【详解】解：∵O为的中点，M为的中点， ∴是的中位线，， ， 四边形是菱形， ， ， ∵， ∴， 由勾股定理可得， 故答案为：． 10．如图，菱形，点在上（不与点、重合），点在上，连接、、，交于点，，于点．下列结论：①；②当时，；③；④当时，则，其中正确的是 （填序号）． 【答案】②③④ 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，过作于点，过点作，交的延长线于点．证明．四边形为平行四边形．再证明．可得．结合，可得①错误；由，，，可得②正确；证明．可得③正确；证明．，可得．可得④正确． 【详解】解：过作于点，过点作，交的延长线于点． ∵四边形为菱形， ∴，． ∵， ∴． ∵，， ∴四边形为平行四边形． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 在中，∵， ∴． ∴．故①错误； ∴，． ∴． ∵，，， ∴．故②正确； ∵四边形为菱形， ∴． ∵，，， ∴．故③正确； ∵，，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴．故④正确． 故答案为：②③④ 三、解答题 11．如图，在四边形中，，相交于点，是的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求与间的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）证明得，即得四边形是平行四边形，再根据即可求证； （）设点到的距离为，利用菱形的性质和勾股定理可得，，再根据求出的值即可求解； 本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ，， 是的中点， ， ， ， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形； （2）解：设点到的距离为， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∵，， ， ，， ∵， ∴， 解得， 与间的距离为． 12．如图1， 在菱形中，E是上一点，，连接，过点B作交于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，． ①探究与的数量关系，并说明理由； ②若，且，求菱形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)①，理由见解析；② 【分析】题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由菱形的性质可得，，则可证明，再证明，即可证明，得到． （2）连接交于点O，由全等三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质可得，则可证明平行四边形是菱形； （3）①由等边对等角得到，导角证明，得到，再证明，得到，证明，得到，则可证明； ②连接交于点O， 则，，设，则，由菱形的性质得到，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接交于点O， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （3）解：①，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴； ②连接交于点O， 则，， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴，， 由勾股定理得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴菱形的边长为． 13．【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 (1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） (2)如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 【答案】(1)是 (2)四边形是补等四边形，证明见解析 【分析】（1）连接，根据菱形性质得出再结合，通过证明，结合角的等量代换，即可作答． （2）作因为角平分线的性质 ，得出，又因为垂直平分，得出，再证明，结合角的等量代换，即可作答． 【详解】（1）解：连接，如图： ∵四边形是菱形， ∴ ∴ ∵ ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴四边形是补等四边形， 故答案为：是； （2）解：四边形是补等四边形． 理由如下：作 ∴． ∴ ∵平分， ∴． ∵垂直平分， ∴ ∴ ∴． ∴ ∴四边形是补等四边形． 【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，菱形性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 14．如图，在四边形中，是对角线的中点，是的中点，是的中点，． 【用数学的眼光观察】 （1）求的度数． 【用数学的思维思考】 （2）如图2，延长图1中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求的度数． 【用数学的语言表达】 （3）如图3，连接图1中的，并取中点，连接、．求证：四边形是菱形． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【分析】（1）根据题意易证是的中位线，是的中位线，推出，进而得到，利用三角形内角和定理即可求解； （2）根据题意易证是的中位线，是的中位线，推出，得到．同理，．由（1）可知，即可得到； （3）根据三角形中位线的性质得，根据，得出，根据菱形的判定，即可得出答案． 【详解】解：（1）P是对角线的中点，是的中点，是的中点， 是的中位线，是的中位线， ， ∵， ， ， ∵， ； （2）∵是对角线的中点，是的中点，是的中点， 是的中位线，是的中位线， ∴ ， 同理，， 由（1）可知， ， ∵， ； （3）∵、、、分别为边、、、的中点， ， ∵， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和性质． 15．在菱形和菱形中，． (1)如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为_________； (2)如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明； (3)如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，交于点，交于点，根据菱形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度； （2）过点作，过点作，过点作，得到四边形为平行四边形，证明，得到，进而求出，利用等腰三角形的性质结合30度角的直角三角形的性质，即可得出结论； （3）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可． 【详解】（1）解：连接，交于点，交于点， ∵菱形，菱形， ∴，， ∵点分别在边上， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴，， ∴， 同理：， ∴； 故答案为：； （2），证明如下： 过点作，过点作，过点作， 则：四边形为平行四边形， ∴，， ∵菱形，菱形，， ∴，， ∴，，， ∴， ∵ ∴， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （3）①延长至点，使，连接，延长，交于点， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴，，为等边三角形， ∴四边形为平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∵，， ∴，， ∴， ∴； ②∵， ∴，即：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的三边关系等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 16．综合与探究 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动．已知菱形纸片，． 成果展示 （1）第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点A落在对角线上的点P处，折痕分别交，于点F，E．判断四边形的形状，并加以证明． （2）第二小组：将菱形纸片沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交于点E，交于点G． ①判断和的数量关系，并加以证明． ②将菱形纸片沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点 M．若M恰好是的中点，且，请直接写出线段的长． 深入探究 （3）在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕剪开纸片，将纸片绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为，点P的对应点为），当与所在的直线垂直时，且，请直接写出点到直线的距离． 【答案】（1）四边形是菱形，证明见解析；（2）①，证明见解析； ②；（3）点到直线的距离 【分析】（1）设与交于点，先由菱形纸片得到，再由折叠得到，，，即可证明，得到，推出，则四边形是菱形； （2）①连接、、由菱形，，得到，由折叠得到，，则，根据，得到，利用等角对等边得到； ②由M恰好是的中点，得到， ，则，则，，根据，求出，则，最后根据求解即可； （3）设直线与直线交于点，与直线交于点，由（2）可得和之间的距离为，即，，，则，然后根据当在左边或右边分情况画出图形求出点到直线的距离的值即可． 【详解】解：（1）四边形是菱形，证明如下： 设与交于点， ∵菱形纸片， ∴， ∵折叠菱形纸片，使点A落在对角线上的点P处， ∴，，垂直平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）①，证明如下： 如图，连接、、 ∵菱形，， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， ∵M恰好是的中点， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （3）设直线与直线交于点，与直线交于点， ∵在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕剪开纸片，将纸片绕点B按逆时方向旋转，， ∴，， ∵与所在的直线垂直， ∴，， ∴， ∴， 由（2）可得和之间的距离为，即， 当在左边时，如图，此时点到直线的距离； 当在右边时，如图，此时点到直线的距离； ∴点到直线的距离． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，折叠问题，直角三角形，勾股定理，旋转等知识点． 1 / 67 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 菱形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一、利用菱形的性质求解 1 题型二、利用菱形的判定与性质多结论性问题 4 题型三、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 10 题型四、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 15 题型五、利用菱形的判定与性质解决折叠问题 21 题型六、利用菱形的判定与性质解决最值问题 26 题型七、利用菱形的判定与性质解决旋转问题 30 题型八、利用菱形的判定与性质解决新定义型问题 35 B综合攻坚・能力跃升 题型一、利用菱形的性质求解 1．如图，在菱形中，若，则度数为 ． 2．在菱形中，长为，对角线长为，该菱形的面积是 ． 3．如图，将两条等宽的纸条重叠在一起，则四边形的形状是 ，若，，则的长为 ． 4．如图，这是小悦家一个菱形中国结装饰，对角线相交于点，测得，过点作于点，则的长为 ． 题型二、利用菱形的判定与性质多结论性问题 5．如图，将等边沿射线BC向右平移到的位置，连接，则下列结论：①；②、互相平分；③四边形是菱形；④．其中正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．如图，在中，，P是边上的动点（），将沿翻折得，射线与射线交于点E．下列说法正确的个数是（　　） （1）当时，； （2）当点落在上时，四边形是菱形； （3）在点P运动的过程中，线段的最小值为2； （4）连接，则四边形的面积始终等于． A．1 B．2 C．3 D．4 7．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． 8．如图，在菱形中，，，对角线相交于点O，点E、F分别在边上，点E、F同时以相同的速度分别从点B向点A和从点A向点D运动，与交于点G，则在这个运动过程中，下列说法正确的个数是（    ） ①菱形的面积是；②始终为等边三角形；③线段长的最小值为；④点G所走过的路径长为1． A．4 B．3 C．2 D．1 题型三、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 9．如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，四边形的形状，并证明你的结论； (3)连接，若，求长． 10．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E，交于点M，交于点N（保留作图痕迹，不写作法）； (2)连接，，求证：四边形是菱形． 11．如图，正五边形，请仅有无刻度直尺按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画一个以为边的菱形； (2)在图2中，画一个以为对角线的菱形． 12．如图：在平行四边形中，点在上，且． (1)尺规作图：在上找一点，使得点到，的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）； (2)求证：四边形为菱形． 题型四、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 13．如图，在四边形中，，平分，过点作的平行线交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若点是的中点，，，求线段的长． 14．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 15．如图，在平行四边形中，，，垂足分别为E，F，且． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)若，，求四边形的面积： (3)连接，若，，求四边形的周长． 16．已知平行四边形中，对角线、相交于点，． (1)如图1，，过点作于点，连接，过点A作交于点，求证：． (2)如图2，若，，点是直线上的一个动点，且，连接，当的值最小时，求的长． 题型五、利用菱形的判定与性质解决折叠问题 17．如图，菱形的边长为1，，将菱形折叠使点A，C都落在对角线上点G处，折痕分别为，，则阴影部分的周长为 ． 18．如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上.若，则的长为 . 19．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 ． 20．如图，在菱形中，，点是的中点，点为边上一动点，将沿折叠，得到．若与菱形的对角线平行，则的长为 ． 题型六、利用菱形的判定与性质解决最值问题 21．如图，在菱形中，，，点，，分别为线段，，上的任意一点，则的最小值为 ． 22．如图， 菱形中， ，，E、F分别是边和对角线上的动点，且，则的最小值为 ．        23．如图，在菱形中，两点分别从两点同时出发，以相同的速度分别向终点移动，连接，在移动的过程中，的最大值为 ，最小值为 ． 24．如图，在边长为的菱形中，，将沿射线的方向平移，得到，则的最小值为 ． 题型七、利用菱形的判定与性质解决旋转问题 25．雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈六角形，是一种美丽的结晶体．美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平面直角坐标系，绘制菱形，且顶点的坐标为，点在第一象限，，将菱形绕原点沿顺时针方向旋转5次，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点重合），则旋转第四次得到的点的坐标是 ． 26．在菱形中，，边长为，现将菱形绕其外一点按顺时针方向分别旋转后，得到如图的图形，每相邻两个菱形有一个顶点重合，则图中阴影部分的面积为 ． 27．如图，菱形的边长为2，，将它绕对角线的交点顺时针旋转，旋转后的图形与原图形重叠的部分（阴影部分）的周长为 ． 28．如图，在菱形中，，，将菱形绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形，点E在上，与交于点P．（1）与的关系是 ，（2）的长为 ．    题型八、利用菱形的判定与性质解决新定义型问题 29．定义：如图1，在四边形中，若，，则称这样的四边形为筝形． (1)如图2，在中，点，分别在边，上，且，，求证：四边形为筝形； (2)在图1中，筝形的对角线，相交于点，若，，，求筝形的面积； (3)如图3，在筝形中，对角线，相交于点，过点作于点，交于点，若，请直接写出的长． 30．的三边为，，，定义：若其中两边平方和等于第三边平方的倍（，为正整数），那么这个三角形叫做“阶非凡三角形”．例如：当时，某三角形三边长分别是，2和3，因为，所以这个三角形是“3阶非凡三角形”． (1)若是“阶非凡三角形”，三边长为，4，，则______． (2)若是“2阶非凡三角形”（），且，，则的长为______． (3)如图，在菱形中，交于点，，且是“3阶非凡三角形”，求的值． 31．阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形为菱形，与重合，点F在上，则称菱形为的“亲密菱形”． 如图2，在中，，平分，交于点F，过点F作． (1)求证：四边形为的“亲密菱形”； (2)若，求四边形的周长； (3)如图3，M、N分别是的中点，连接．若，求的值． 32．定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，求的度数； (2)如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形； (3)如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； (4)如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长． 一、单选题 1．已知菱形的对角线，则该菱形的边长是（   ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，点为和的交点，则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 3．如图，一个木制的活动衣帽架由个全等的菱形构成．已知菱形的边长为，则当挂钩、间的距离是时，挂钩、间的距离是（    ） A． B． C． D． 4．如图，在菱形中，，，点是菱形内部一点，且满足，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 5．如图1，点从菱形的顶点出发，沿直线运动到菱形的中心，再从该点沿直线运动到顶点．设点的运动路径总长为，．图2是点运动时随变化的关系图象，则菱形的周长为（  ） A．4 B．16 C．5 D．20 二、填空题 6．如图：对角线相交于点O，E是的中点，若，则 ． 7．如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形． 8．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于点A，B，以为边向右作菱形，点D在x轴上，则点C的坐标是 ． 9．如图，菱形中，O为的中点，M为的中点，，，则的长为 ．    10．如图，菱形，点在上（不与点、重合），点在上，连接、、，交于点，，于点．下列结论：①；②当时，；③；④当时，则，其中正确的是 （填序号）． 三、解答题 11．如图，在四边形中，，相交于点，是的中点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求与间的距离． 12．如图1， 在菱形中，E是上一点，，连接，过点B作交于点F． (1)求证：； (2)如图2，连接，求证：四边形是菱形； (3)如图3，在（2）的条件下，延长交于点G，连接，． ①探究与的数量关系，并说明理由； ②若，且，求菱形的边长． 13．【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形． 【解决新问题】 (1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形的边上，．四边形是否为补等四边形？ （填“是”或“否”） (2)如图Ⅱ，在中，．的平分线和边的中垂线交于点D，中垂线交边于点G，连接．四边形是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由． 14．如图，在四边形中，是对角线的中点，是的中点，是的中点，． 【用数学的眼光观察】 （1）求的度数． 【用数学的思维思考】 （2）如图2，延长图1中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求的度数． 【用数学的语言表达】 （3）如图3，连接图1中的，并取中点，连接、．求证：四边形是菱形． 15．在菱形和菱形中，． (1)如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为_________； (2)如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明； (3)如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围． 16．综合与探究 问题情境 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动．已知菱形纸片，． 成果展示 （1）第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点A落在对角线上的点P处，折痕分别交，于点F，E．判断四边形的形状，并加以证明． （2）第二小组：将菱形纸片沿过点B的直线折叠到如图2所示的位置，点A的对应点为点P，折痕交于点E，交于点G． ①判断和的数量关系，并加以证明． ②将菱形纸片沿过点B的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点 M．若M恰好是的中点，且，请直接写出线段的长． 深入探究 （3）在图2折叠的基础上，用剪刀沿折痕剪开纸片，将纸片绕点B按逆时方向旋转（点E的对应点为，点P的对应点为），当与所在的直线垂直时，且，请直接写出点到直线的距离． 1 / 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