培优01 菱形的常见类型题（7大题型）数学鲁教版五四制八年级下册

培优01 菱形的常见类型题（7大题型） 题型1 添加条件判定菱形  添加条件判定菱形解题策略 补全菱形判定条件（四边等/对角线垂直平分/平行四边形+邻边等或对角线垂直） 1．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，要使成为菱形，则需添加的一个条件是（     ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期末）在四边形中，对角线与相交于点O．现有五组条件：①，；②；③；④；⑤，．以下选项能判定四边形是菱形的是（   ）A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①② 3．（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 4．（24-25八年级下·甘肃平凉·期末）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加的一个条件是 ． 5．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，四边形对角线，交于点．，，请你添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形（只填一种情况即可）． 6．（24-25八年级下·福建莆田·期中）如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 时，四边形是菱形． 题型2 利用的菱形的性质求解  利用菱形性质求解的解题策略 活用对角线垂直平分、四边相等性质，结合勾股定理或等量转换求角度、边长、面积． 7．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（   ） A． B．6 C． D．12 8．（24-25八年级下·山西吕梁·期末）我国传统建筑中常应用菱形窗户，其设计美观大气．如图，该菱形窗户边框的长为则该菱形窗户的周长为（    ） A． B． C． D． 9．（24-25八年级下·河北保定·期末）将一菱形ABCD的对角线AC按照如图所示的方式放置在数轴上，其中点A表示数，点C表示数6．若的长为6，则该菱形的边长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 10．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在菱形中，、为对角线，若，，则菱形的面积是（　　） A．100 B．52 C．120 D．48 11．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连结，转动手柄可改变的大小菱形的边长不变当时，的度数为（    ） A． B． C． D． 12．（24-25八年级下·黑龙江佳木斯·期末）如图，在菱形中，E是边上一点，连接交对角线于点F，连接，若，则 °． 13．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）边长为的两个全等的菱形、如图摆放，其中点是、的交点，且，若，则两个菱形重叠部分的面积为 ． 14．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，由两个全等菱形（菱形与菱形）组成的“四叶草”图案，其重叠部分是正八边形（阴影部分），点A，C在上，点F，H在上，若，则的长为 ． 题型3 与菱形背景下的作图问题 菱形背景下的作图问题解题策略 熟练掌握作图方法和作图痕迹，解题时要认真审题，根据作图的步骤、痕迹作为解题的条件，加入的题目解析中． 15．（2025九年级下·广东深圳·学业考试）课堂上，老师出示了这样一个问题：如图①，已知，请利用尺规作．如图②是甲、乙两位同学的作法，其中正确的是（   ） A．甲、乙均正确 B．甲正确，乙错误 C．乙正确，甲错误 D．甲、乙均错误 16．（24-25八年级下·福建莆田·期末）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 17．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在菱形中，按如下步骤作图： ①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点； ②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点； ③作射线交于点，连接点， 则的度数为（    ） A． B． C． D． 18．（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 ． 19．（24-25八年级下·北京海淀·期末）中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： (1)使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据） ∴______． ∴． 20．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 21．（2025·浙江台州·二模）如图，在中，，且． 任务①：请小明作的平分线；任务②：请小红作边上的高线； 小明的作法如图①：分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则为的平分线；小红的作法如图②：以为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点；则为边上的高线． (1)判断他们的作图方法是否正确？（填“正确”或“不正确”）①小明的作法______；②小红的作法_______； (2)请从（1）中任选一项判断说明理由． 22．（2025·河北石家庄·二模）老师布置了一项作业：利用所学知识在一张平行四边形纸片上做出一个菱形． ①嘉嘉的方案： 1连接； 2．作的垂直平分线，分别交，于点E，F； 3．连接，； 4．四边形即为所作的菱形． ②淇淇的方案： 1．点在边上，沿折叠平行四边形纸片，使点与边上的点重合； 2．连接； 3．四边形即为所作的菱形． 【解答问题】 (1)方案设计正确的是 （写出序号即可）； (2)请选择一种正确的方案进行证明． 23．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接并延长交于点，连接． (1)根据条件与作图信息知四边形是 ； A．非特殊的平行四边形      B．矩形       C．菱形       D．正方形 (2)设与相交于点，四边形的周长为，，求的长． 题型4 与菱形背景下的最值问题  菱形背景下的最值问题解题策略 抓对称性转化路径：以对角线为对称轴翻折，化折线为直线，用垂线段最短求解．常见经典模型：菱形边上两动点线段和最值→转化为定点到对称点连线． 24．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，菱形中，E，F分别是边上的动点（E，F不与菱形的顶点重合），连接，G，H分别为的中点，连接．若，的最小值是，则菱形的边长是（　　） A． B． C．6 D．3 25．（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，菱形，点A、B、C、D均在坐标轴上，，点，点E是的中点，点P是上的一动点，则的最小值是（   ） A．4 B．5 C． D． 26．（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，已知，，嘉淇利用尺规作出如下四边形，M，G分别是对角线，边上的动点，关于下面两个结论，结论I：四边形为菱形；结论II：的最小值是，判断正确的是（   ） A．结论I、II都对 B．结论I、II都不对 C．只有结论I对 D．只有结论II对 27．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，在菱形中，，，，为边和上的动点，，则的最小值 ． 28．（24-25八年级下·四川眉山·期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点过点分别作于点，作于点连接，在点运动过程中，的最小值等于 ． 29．（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 ． 30．（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在菱形中，，，M是边上一动点，N是上的一个定点，在线段上有一动点．连接，． （1）菱形的面积为 ； （2）的最小值为 ． 31．（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，，为正三角形，点E、F分别在菱形的边上滑动，且点E、F不与点A、B、C重合，连结与交于点G． (1)的形状为______； (2)求证：当点E、F在边上滑动时，总有； (3)尺规作图：当四边形周长取得最小值时，请在备用图中画出，不写作法，保留作图痕迹． 题型5 一次函数与菱形的综合问题  添加条件判定菱形解题策略 根据菱形的性质，确定题目的点坐标，根据一次函数的图形和性质求函数解析式，找到几何量的之间的数量关系． 32．（24-25八年级下·广东阳江·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，B为x轴上一点，菱形的边为长2，， 点D是边上一动点 （不与点 O， B重合）， 点E在边上， 且，下列结论：①； ②的大小随点D的运动而变化；③直线 的解析式为 ④的最小值为 其中错误的有 ．（填写序号） 33．（24-25八年级下·山东东营·期末）含角的菱形，，，…，按如图的方式放置在平面直角坐标系中，点，，，…，和点，，，，…，分别在直线和轴上．已知，，则点的横坐标是 （为正整数）． 34．（24-25八年级下·山东滨州·期末）（1）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，直线交直线于点B，若的面积是，试求的解析式； （2）如图，四边形为菱形，点E为上的一点，请用无刻度直尺在上截取一点M，使得，并说明理由． 35．（24-25八年级下·广西南宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且与直线交于点已知点的横坐标为，点的坐标为． (1)点A的坐标是______；点的坐标是______；直线的解析式是______； (2)若是直线上的点，且的面积为，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，且当点在第一象限时，设是射线上的点，当为等腰三角形时，请求出点的坐标此时在平面内存在点，使以为对角线的四边形是菱形，请直接写出点的坐标． 36．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线交于点． (1)求直线的表达式； (2)点D为x轴正半轴上一点，过点D作x轴的垂线，与直线，分别交于点E，F，当时，求点D的坐标； (3)点M为线段上一点，点N为x轴上方的平面内一点．若以O，B，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并说明理由． 37．（24-25八年级下·广东汕头·期末）【问题背景】如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，点B，点为y轴上一点． 【构建联系】 （1）求点A，点B的坐标； （2）点C为线段上一点，连接交于点E，若， ①求直线的解析式； ②点为y轴负半轴上一点，求点P到直线的距离； 【深入探究】 （3）点M为y轴上一点，在平面上是否存在点N，使以点A，D，M，N为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 38．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线：与轴交于点 (1)求直线的解析式和线段，的长． (2)在线段上有一动点不与点，重合，过点作轴于点，于点，以，为邻边作 ①求的周长． ②当为菱形时，直接写出点的坐标． 39．（24-25八年级下·湖北随州·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于，两点，直线与轴，轴分别交于，两点，这两条直线相交于点，其中． (1)求直线的解析式及点的坐标； (2)若点是直线上一点，点的横坐标为，过点作．交直线于点，设长度为，用含的式子表示； (3)点是轴上一点，为平面内一点，当以点，，，为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点的坐标． 题型6 菱形背景下的图形变换问题  菱形背景下的图形变换问题解题策略 首先注意图形变换前、后图形对应边相等、对应角相等，旋转固定角（60°或90°），利用旋转不变性转移线段/角度关系，例如：旋转60°得等边三角形；旋转90°构造等腰直角三角形，折叠变换利用对称性导全等/等角，结合勾股定理求长度． 40．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为 ． 41．（24-25八年级下·广东肇庆·期末）如图，数学活动课上，老师给每位同学发放两根长度相等的木条和一根橡皮筋，要求大家根据所给的材料在平面内制作一个菱形．小明先用两根木条钉成一个角形框架，然后将橡皮筋两端分别固定在点处，拉动橡皮筋上到处．当四边形是菱形时，小明量得橡皮筋是固定时长的倍，则 ． 42．（24-25八年级下·山东威海·期末）如图，菱形的顶点在坐标系原点，顶点在轴正半轴上，，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为 ． 43．（24-25八年级下·山东淄博·期末）如图，在边长为4的菱形中，，，分别是边，上的点，将沿翻折，若使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，且，则 ． 44．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形，，．点F、G分别为、边上的动点，连结，将菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处．当长度最大时，的长为 ． 45．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，菱形的边长为5，点是对角线上的一个动点，点，分别是边，的中点，则的最小值是 ． 46．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 47．（24-25八年级下·辽宁大连·期末）在八年一班数学课上，数学老师让每人准备一张菱形纸片，要求同学们在对角线上取一点，连接，将沿折叠，得到． (1)同学甲发现（图），通过探索发现点落在线段上，从而可证明．请你完整证明：； (2)同学乙取，折叠后发现（图），通过探索可得出为常数，请求出的值； (3)同学丙通过折叠发现，测得，，连接，发现的长度可求，求出此时的长度． 48．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 49．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在菱形中，，，连接，交于点． (1)求菱形的面积； (2)如图2，将菱形绕着点逆时针旋转，得到菱形，点，，，的对应点分别为，，，． ①当点落在上时，判断与的位置关系，并说明理由； ②连接，当平行于菱形ABCD一边时，求出的值； (3)在（2）的条件下，连接，当垂直于菱形的一边时，直接写出的长． 题型7 菱形性质与判定的综合问题  菱形性质与判定的综合问题解题策略： 活用四边相等、对角线垂直平分性质；判定时抓邻边等或对角线垂直的平行四边形；综合题中常构造Rt△用勾股定理求解； 核心要点： 1. 性质应用：求角度/边长时，直接利用对角线垂直平分（得90°角+中点）、四边等长（导等边/等角）； 2. 判定关键：证平行四边形（一组对边平行且等）后，补邻边相等或对角线垂直； 3. 综合突破：遇复杂问题，作对角线分割为双直角三角形，勾股定理列方程． 50．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 51．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，分别是边，的中点，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 52．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 53．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，相交于点O，O是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知E、F是对角线上的点，且四边形是菱形，若，，求点D到的距离． 54．（2025·贵州铜仁·三模）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列条件：；． (1)从中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 55．（2025·湖北·一模）如图，在中，，D，E分别是边，的中点，连接并延长到点F，使，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求的长． 56．（2025·河南驻马店·一模）综合与实践课上，老师带领学生利用两张完全一样的平行四边形纸片开展操作实验，他们从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．已知与中，． (1)黑洞小组将与按图1所示的方式摆放，其中，点B与点重合，点落在边上，点落在边的延长线上，，交于点E，连接，，则的度数是________，的长度是________． (2)志高小组在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点B沿顺时针方向旋转，连接． ①如图2，当线段与交于点P时，连接，求证：点P在的垂直平分线上； ②在旋转的过程中，当点恰好落在线段的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，之间的距离． 57．（24-25八年级下·湖北咸宁·期末）课本再现：我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理：对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为O，求证：是菱形； (2)知识应用：如图2，在中，对角线，相交于点O，，，． ①求证：是菱形； ②延长至点E，连接交于点F，若，求的面积． 培优综合练 58．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在菱形中，，，与相交于点O，点P是线段上的任意点，以为对角线作平行四边形，连结，则的最小值是（    ） A． B．4 C． D． 59．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，，，和都是等边三角形，F为中点，交于G点，下列结论中，正确的结论有（   ） ①；②；③四边形是菱形；④． A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 60．（24-25八年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中正确的结论有 （填序号）． 61．（24-25八年级下·广东广州·期末）在菱形中，，点F、G分别是边上的动点（不与端点重合） (1)连接，若，，请在图1中画图分析，直接写出的度数：______． (2)若； ①如图2，连接、得，试判断的形状，并证明． ②如图3，点E是边上的动点，且，连接，点M是的中点，若，求的取值范围． 62．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线交x轴于点A，交y轴于点B、四边形是菱形，点D在x轴正半轴上． (1)如图1，求点D的坐标； (2)如图2，连接，点P为线段上一点，连接，设点P的横坐标为t，的面积为S，求S与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，过点P作轴于点Q，连接，点E为上的一点，连接交于点F，，连接，当平分时，求直线的解析式． 63．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F． (1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由： (2)若，连结，求的度数： (3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长． 64．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 65．（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 66．（24-25八年级下·重庆永川·期末）在平行四边形中，为对角线，且，，为平面上的一点． (1)如图1，若，垂足为点，，求的长； (2)如图2，若点在边上，且，，求的长； (3)如图3，若点在对角线所在直线上，交于点，点是的中点，连接，求证：． 67．（24-25八年级上·北京朝阳·期中）在平面直角坐标系中，点，分别在线段，上，如果存在点使得，（，，逆时针排列），则称点是线段的“关联点”如图1，点是线的“关联点”． (1)如图2，已知点，，点与点重合． ①当点是线段中点时，在，中，其中是线段的“关联点”的是 ； ②已知点是线段的“关联点”，则点的坐标是 ． (2)如图3，已知，． ①当点与点重合，点在线段上运动时（点不与点重合），若点是线段的“关联点”，求证：； ②当点，分别在线段，上运动时，直接写出线段的“关联点”形成的区域的周长． 68．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）【问题提出】 如图1，在菱形中，，将边绕点逆时针旋转得到线段，连接，的平分线所在直线交直线于点，连接，探究的度数． 【问题探究】 （1）先将问题特殊化，如图2，当时，则的度数为 ； （2）再探究一般情形．如图1，证明（1）中的结论仍然成立． 【问题拓展】 （3）当的平分线在如图3所示位置，请补全图形，并直接写出的度数， （4）当时，在绕点D旋转的过程中，延长交于点P．若是直角三角形，，请直接写出的长． 试卷第2页，共113页 2 / 27 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 培优01 菱形的常见类型题（7大题型） 题型1 添加条件判定菱形  添加条件判定菱形解题策略 补全菱形判定条件（四边等/对角线垂直平分/平行四边形+邻边等或对角线垂直） 1．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期末）如图，要使成为菱形，则需添加的一个条件是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解本题的关键． 利用对角线垂直的平行四边形为菱形即可得证． 【详解】解：对角线垂直的平行四边形为菱形，邻边相等的平行四边形为菱形． 要使成为菱形，则需添加的一个条件是，其余选项的条件均不能使为菱形，不符合题意； 故选：C． 2．（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期末）在四边形中，对角线与相交于点O．现有五组条件：①，；②；③；④；⑤，．以下选项能判定四边形是菱形的是（   ） A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①② 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定，根据菱形的判定条件，逐一分析各选项组合即可求解． 【详解】解：菱形判定条件包括：① 平行四边形且邻边相等；② 平行四边形且对角线互相垂直；③ 四边均相等． 选项A（①③）： ① 给出两组对边平行，说明四边形为平行四边形． ③ 对角线互相垂直．根据判定条件，平行四边形的对角线垂直则为菱形．故选项A正确，符合题意． 选项B（②④）： ② 对角线相等，④ 一个角为直角．对角线相等的四边形可能是矩形，但无法确定四边相等，故不一定是菱形，不符合题意． 选项C（③⑤）： ⑤ 一组对边平行且另一组对边相等，可能为等腰梯形．即使对角线垂直，无法成为菱形．因此条件⑤无法确保平行四边形，选项C不成立，不符合题意． 选项D（①②）： ① 为平行四边形，② 对角线相等，此时四边形为矩形而非菱形，不符合题意． 故选：A． 3．（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． 4．（24-25八年级下·甘肃平凉·期末）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个菱形，只需添加的一个条件是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．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：需添加的一个条件是，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形ABCD是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 5．（24-25八年级下·湖南岳阳·期末）如图，四边形对角线，交于点．，，请你添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形（只填一种情况即可）． 【答案】（答案不唯一）． 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．先证四边形是平行四边形，再由，即可得出结论． 【详解】解：添加条件：，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）． 6．（24-25八年级下·福建莆田·期中）如图，在四边形中，与不平行，，E，F，G，H分别是的中点．当 时，四边形是菱形． 【答案】4 【分析】本题主要考查了菱形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定，先由三角形中位线定理证明，则可证明四边形是平行四边形，故当时，四边形是菱形，则当时，四边形是菱形． 【详解】解：∵分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：4． 题型2 利用的菱形的性质求解  利用菱形性质求解的解题策略 活用对角线垂直平分、四边相等性质，结合勾股定理或等量转换求角度、边长、面积． 7．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（   ） A． B．6 C． D．12 【答案】A 【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关键．先根据菱形的性质可得，，，，再利用勾股定理可得，则可得，然后根据菱形的面积公式求解即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，，，， ∴， ∴， 又∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 故选：A． 8．（24-25八年级下·山西吕梁·期末）我国传统建筑中常应用菱形窗户，其设计美观大气．如图，该菱形窗户边框的长为则该菱形窗户的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题重点考查菱形的性质、菱形的周长等知识，推导出是解题的关键． 由菱形的性质得，因为，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴该菱形窗户的周长为， 故选：D． 9．（24-25八年级下·河北保定·期末）将一菱形ABCD的对角线AC按照如图所示的方式放置在数轴上，其中点A表示数，点C表示数6．若的长为6，则该菱形的边长为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】此题重点考查数轴、菱形的性质、勾股定理等知识，连接交于点F，正确地求出的长和的长是解题的关键． 根据坐标求出的长度，利用菱形的性质和勾股定理即可求出菱形的边长． 【详解】解：连接交于点F， ∵点A，点C都在数轴上，点A表示数，点C表示数6， ∴， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ， ∴该菱形的边长为5， 故选：A． 10．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在菱形中，、为对角线，若，，则菱形的面积是（　　） A．100 B．52 C．120 D．48 【答案】C 【分析】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，菱形的面积可以通过两条对角线长度的乘积的一半来计算． 【详解】∵菱形中，、为对角线，，， ∴与互相垂直平分，， 故选：C． 11．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图为汽车常备的一种千斤顶的原理图，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连结，转动手柄可改变的大小菱形的边长不变当时，的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键．先根据菱形的对角线互相垂直平分且平分每一组对角，得再根据菱形的邻角互补即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ， ， ， ， 故选：C． 12．（24-25八年级下·黑龙江佳木斯·期末）如图，在菱形中，E是边上一点，连接交对角线于点F，连接，若，则 °． 【答案】40 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形全等的判断及性质，三角形内角和定理等知识熟练掌握相关几何综合求解方法是解决本题的关键．根据题意，先通过菱形的性质求证，可得，再根据三角形内角和定理及同旁内角的关系进行角度的求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形 ∴，，， 在与中 ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：40． 13．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）边长为的两个全等的菱形、如图摆放，其中点是、的交点，且，若，则两个菱形重叠部分的面积为 ． 【答案】 【分析】题目主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，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． 设与交于点，与交于点，根据菱形的性质得出，，，，确定是等边三角形，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可 【详解】解：如图，设与交于点，与交于点， 边长为的两个全等的菱形、菱形，， ，，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 两个菱形重叠部分的面积四边形的面积， 故答案为：． 14．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，由两个全等菱形（菱形与菱形）组成的“四叶草”图案，其重叠部分是正八边形（阴影部分），点A，C在上，点F，H在上，若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】此题主要考查菱形与正多边形的性质，解题的关键是熟知正八边形的特点，证明直角三角形，利用勾股定理求解． 根据正八边形的性质得到、是等腰直角三角形，再证明，得到，得到，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形与四边形是菱形， ∴，， ∴、是等腰直角三角形 ∴， ∵重叠部分是正八边形（阴影部分）， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴ ∴是直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型3 与菱形背景下的作图问题 菱形背景下的作图问题解题策略 熟练掌握作图方法和作图痕迹，解题时要认真审题，根据作图的步骤、痕迹作为解题的条件，加入的题目解析中． 15．（2025九年级下·广东深圳·学业考试）课堂上，老师出示了这样一个问题：如图①，已知，请利用尺规作．如图②是甲、乙两位同学的作法，其中正确的是（   ） A．甲、乙均正确 B．甲正确，乙错误 C．乙正确，甲错误 D．甲、乙均错误 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行线的性质与判定，菱形的性质与判定，作与已知角相等的角的尺规作图，甲的作图可证明，则由平行线的性质可得结论；乙的作图可证明四边形是菱形，则，则由平行线的性质可得结论． 【详解】解：由甲的作图方法可得，则，故甲正确， 由乙的作图方法可知，，则四边形是菱形， ∴， ∴，故乙正确， 故选：A． 16．（24-25八年级下·福建莆田·期末）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【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：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 17．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，在菱形中，按如下步骤作图： ①以点为圆心，的长为半径画弧，交边于点； ②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点； ③作射线交于点，连接点， 则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了作图-基本作图，菱形的性质，作垂线，熟练掌握以上知识点是关键．先证明，，可得再结合，从而可得答案． 【详解】解：四边形为菱形， ， ， ， ， 为的角平分线， ， 由作图可得：， ， ， 故选：C． 18．（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 【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：． 19．（24-25八年级下·北京海淀·期末）中，．求作：的边上的高． 下面是小明设计的尺规作图过程： ①以点B为圆心，长为半径作弧，交线段于点D； ②分别以点C和点D为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点E； ③连接，交线段于点H．线段即为所求． 根据小明设计的尺规作图过程： (1)使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）； (2)完成下面的证明． 证明：连接，，． ∵______， ∴四边形是菱形．（______）（填推理的依据） ∴______． ∴． 【答案】(1)见解析 (2)；四条边都相等的四边形是菱形；． 【分析】本题考查的是作一条线段等于已知线段，三角形的高的定义，菱形的判定与性质； （1）根据题干提示逐步完成作图即可； （2）先证明，可得四边形是菱形，再利用菱形的性质证明即可． 【详解】（1）解：补全图形如下： （2）证明：连接，，． ∵， ∴四边形是菱形．（四条边都相等的四边形是菱形） ∴． ∴． 20．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．的顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图． (1)在图1中，先在射线上画点D，使，再在上画点E，使； (2)在图2中，点P在线段上，先画线段的中点O，再将线段沿射线方向平移至，使四边形是菱形； (3)在（2）的基础上，先画，再在上画点Q，使 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 (3)详见解析 【分析】本题主要考查了格点作图，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形，矩形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）在射线上截取，连接格点交于点E，连接，即为所求； （2）设交网格线于点O，取格点，则K为中点，易证，得到，再根据直角三角形的性质可得，易得，进而推出，即可得到点O是的中点；由勾股定理求出，则作即可； （3）连接并延长交延长线于点G，则四边形是平行四边形，连接交于点H，连接并延长交于点Q，则． 【详解】（1）解：如图，点D和点E即为所求； ∵， ∴， ∴， ∴； 由网格线的性质得，即， ∴， ∵点是的中点， ∴； （2）解：如图，四边形即为所求， 设交网格线于点O， 由网格线的性质得点是的中点，则，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点O是的中点； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； （3）解：如图，点G和Q即为所求． 由（2）知点是的中点，四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴． 21．（2025·浙江台州·二模）如图，在中，，且． 任务①：请小明作的平分线；任务②：请小红作边上的高线； 小明的作法如图①：分别以，为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则为的平分线；小红的作法如图②：以为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点；则为边上的高线． (1)判断他们的作图方法是否正确？（填“正确”或“不正确”）①小明的作法______；②小红的作法_______； (2)请从（1）中任选一项判断说明理由． 【答案】(1)正确；正确 (2)见解析 【分析】（1）他们的作图方法都是正确的； （2）①小明的作法：连接，，证明四边形菱形，即可证明平分； ②小红的作法：连接，，，证明是线段的垂直平分线，即可证明为边上的高线． 【详解】（1）解：他们的作图方法都是正确的， 故答案为：正确；正确； （2）解：①小明的作法： 连接，， 由作图知，， ∵， ∴四边形菱形， ∴平分； ②小红的作法： 连接，，， 由作图知，，， ∴是线段的垂直平分线， ∴为边上的高线． 22．（2025·河北石家庄·二模）老师布置了一项作业：利用所学知识在一张平行四边形纸片上做出一个菱形． ①嘉嘉的方案： 1连接； 2．作的垂直平分线，分别交，于点E，F； 3．连接，； 4．四边形即为所作的菱形． ②淇淇的方案： 1．点在边上，沿折叠平行四边形纸片，使点与边上的点重合； 2．连接； 3．四边形即为所作的菱形． 【解答问题】 (1)方案设计正确的是 （写出序号即可）； (2)请选择一种正确的方案进行证明． 【答案】(1)①② (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，线段垂直平分线的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定等待，熟知平行四边形的性质和菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据题意结合菱形的判定定理即可得到答案； （2）方案①证明：设，交于O，由线段垂直平分线的性质得到，，则可证明，得到，据此可证明结论； 方案②证明：由折叠的性质可得，，，再证明，得到，据此可证明结论． 【详解】（1）解：根据题意得方案设计正确的是①②， 故答案为：①②． （2）证明：方案①证明如下： 设，交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； 方案②证明如下： 由折叠的性质可得，，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 23．（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在平行四边形中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点，连接并延长交于点，连接． (1)根据条件与作图信息知四边形是 ； A．非特殊的平行四边形      B．矩形       C．菱形       D．正方形 (2)设与相交于点，四边形的周长为，，求的长． 【答案】(1)C (2) 【分析】本题考查的是作图-基本作图，熟知角平分线的作法及菱形的性质是解答此题的关键． （1）先根据四边形是平行四边形得出，证明，得出四边形是平行四边形，再由即可得出结论； （2）先根据菱形的周长求出其边长，再由得出，根据勾股定理求出的长，再由菱形的性质即可得出结论． 【详解】（1）解：由题意得：平分， ， ∵， ， ∵四边形是平行四边形， ∴． ， ， ， 四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 故答案为：C； （2）解：∵四边形是菱形，且周长为16， ∴．垂直平分， ∵， ∴． ∴， ∴． 题型4 与菱形背景下的最值问题  菱形背景下的最值问题解题策略 抓对称性转化路径：以对角线为对称轴翻折，化折线为直线，用垂线段最短求解．常见经典模型：菱形边上两动点线段和最值→转化为定点到对称点连线． 24．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，菱形中，E，F分别是边上的动点（E，F不与菱形的顶点重合），连接，G，H分别为的中点，连接．若，的最小值是，则菱形的边长是（　　） A． B． C．6 D．3 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，三角形中位线定理，熟练掌握定理和性质是解题的关键． 根据三角形中位线定理得，当时，有最小值，此时也是最小，利用菱形的性质求出，进而可得答案． 【详解】解：连接， ∵G，H分别为的中点， ∴， ∴当时，有最小值，此时有最小值， ∴此时， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， 故选：C． 25．（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，菱形，点A、B、C、D均在坐标轴上，，点，点E是的中点，点P是上的一动点，则的最小值是（   ） A．4 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】连接，利用菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短解答即可． 本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形，点A、B、C、D均在坐标轴上，，点， ∴，，， ∴， ∴，是等边三角形， ∵点E是的中点， ∴， ∵点D与点B关于对称， 故连接，交于点， 当点P与点重合时，的值最小， 且最小值为的长， 由是等边三角形， 故， ∴， ∴， 故的最小值为4， 故选：A． 26．（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，已知，，嘉淇利用尺规作出如下四边形，M，G分别是对角线，边上的动点，关于下面两个结论，结论I：四边形为菱形；结论II：的最小值是，判断正确的是（   ） A．结论I、II都对 B．结论I、II都不对 C．只有结论I对 D．只有结论II对 【答案】A 【分析】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，垂线段最短．证明，都是等边三角形可得结论Ⅰ正确；过点A作于点H，在上截取线段，使得．根据垂线段最短求出的最小值，可得结论Ⅱ正确． 【详解】解：如图，由作图可知平分， ∴， ∵， ∴，都是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形．故结论Ⅰ正确； 如图，过点A作于点H，在上截取线段，使得． ∵四边形是菱形， ∴， ∴，关于对称， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为正确． 故选：A． 27．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，在菱形中，，，，为边和上的动点，，则的最小值 ． 【答案】6 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，含度角的直角三角形的性质，菱形的性质；作出合适的辅助线是解本题的关键. 如图，连接，交与，作关于的对称点，连接，证明，可得，，为菱形对角线的交点，，连接，证明三点共线，可得，，再进一步求解即可； 【详解】解：如图，连接，交于，作关于的对称点，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， 由轴对称的性质可得：， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴，，为菱形对角线的交点； ∴， 连接， 由轴对称的性质可得：，， ∴三点共线， ∴，， ∵，， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：6 28．（24-25八年级下·四川眉山·期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点过点分别作于点，作于点连接，在点运动过程中，的最小值等于 ． 【答案】 【分析】证四边形是菱形，得，连接，由三角形面积关系求出，得当最短时，有最小值，则当时，最短，即可得出答案． 本题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、最小值问题以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：，， ，四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形，， ， 连接，如图所示： ， ， 即， ， ， 当最短时，有最小值， 由垂线段最短可知：当时，最短， 当点与点重合时，有最小值，最小值， 故答案为：． 29．（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 【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． 30．（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在菱形中，，，M是边上一动点，N是上的一个定点，在线段上有一动点．连接，． （1）菱形的面积为 ； （2）的最小值为 ． 【答案】 24 //4.8 【分析】本题考查了最短路径问题，菱形的性质，菱形的面积的计算，正确的作出图形是解题的关键． （1）根据菱形的面积公式即可求解； （2）设与交于点O，根据菱形的性质和勾股定理得到，作于Q，作于M，根据角平分线的性质得到，则有，分析可得当三点共线时，有最小值，最小值为，再根据菱形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）菱形的面积； 故答案为：24； （2）设与交于点O， 菱形中，，， ，，，平分， ； 作于Q，作于M， 平分，，， ， ， 当三点共线时，有最小值，最小值为， 此时， ， 即的最小值是， 故答案为：． 31．（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，，为正三角形，点E、F分别在菱形的边上滑动，且点E、F不与点A、B、C重合，连结与交于点G． (1)的形状为______； (2)求证：当点E、F在边上滑动时，总有； (3)尺规作图：当四边形周长取得最小值时，请在备用图中画出，不写作法，保留作图痕迹． 【答案】(1)等边三角形 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查菱形，全等三角形，等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质． （1）根据等边三角形的判定，即可； （2）根据全等三角形的判定和性质，即可； （3）过点D分别作的垂线段，垂足分别为，即得到所求四边形，根据全等三角形的性质，则，，得到四边形周长为：，根据，则当时，四边形周长值最小； 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵是对角线， ∴， ∴是等边三角形． 故答案为：等边三角形； （2）证明：∵是等边三角形， ， 为正三角形， ， ， ， ， ； （3）解：如图，即为所求， ∵， ∴，， ∴四边形周长为：， ∴当时，四边形周长值最小． 题型5 一次函数与菱形的综合问题  添加条件判定菱形解题策略 根据菱形的性质，确定题目的点坐标，根据一次函数的图形和性质求函数解析式，找到几何量的之间的数量关系． 32．（24-25八年级下·广东阳江·期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，B为x轴上一点，菱形的边为长2，， 点D是边上一动点 （不与点 O， B重合）， 点E在边上， 且，下列结论：①； ②的大小随点D的运动而变化；③直线 的解析式为 ④的最小值为 其中错误的有 ．（填写序号） 【答案】② 【分析】根据菱形的边长为，，可得为等边三角形，又，可证；由，可以证出为等边三角形，所以大小不变；求出，的坐标可以求出直线的解析式为；根据垂线段最短，当时有最小值． 【详解】解：∵菱形的边长为，， ∴，为等边三角形， ∴，，， 在和中 ， ∴；（故①正确） ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴的大小随点的运动而是不变化的；（故②不正确） 如图，过点作轴于， ∴， ∵四边形是菱形，且边长为，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为；（故③正确） 根据垂线段最短， ∴当时，有最小值， ∵， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， 即的最小值为．（故④正确）． 故答案为：②． 【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，待定系数法确定一次函数的解析式，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短．解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答． 33．（24-25八年级下·山东东营·期末）含角的菱形，，，…，按如图的方式放置在平面直角坐标系中，点，，，…，和点，，，，…，分别在直线和轴上．已知，，则点的横坐标是 （为正整数）． 【答案】 【分析】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，点的坐标规律，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，正确求出，，，…的坐标找到规律是解题的关键． 过点作轴于点D，证明是等边三角形，得到，进而得到，，，则，根据所给图形，依次求出点，，…，发现规律即可解决问题． 【详解】解：过点作轴于点D， ∵含角的菱形，，，…， ∴，， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∴，，， ∴， 则， ∵，， ∴， 同理可得出：，， 依此类推可知点的横坐标是：， 故答案为：． 34．（24-25八年级下·山东滨州·期末）（1）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，直线交直线于点B，若的面积是，试求的解析式； （2）如图，四边形为菱形，点E为上的一点，请用无刻度直尺在上截取一点M，使得，并说明理由． 【答案】（1）  （2）见解析 【分析】本题考查待定系数法求一次函数的解析式，菱形的性质，全等三角形的判定和性质； （1）先求出点A的坐标，进而根据面积求出点B的坐标，代入直线的解析式求出k值解答即可； （2）连接和交于点O，连接并延长交于点M，点M 即为所作；然后根据菱形的性质，利用证明即可得到结论． 【详解】解：（1）令时，， 解得， ∴点A的坐标为， ∴， 又∵， 解得， 将代入得， ∴点B的坐标为， 把代入得， 解得， ∴直线的解析式为； （2）如图，点即为所作； 理由：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ． 35．（24-25八年级下·广西南宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，且与直线交于点已知点的横坐标为，点的坐标为． (1)点A的坐标是______；点的坐标是______；直线的解析式是______； (2)若是直线上的点，且的面积为，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，且当点在第一象限时，设是射线上的点，当为等腰三角形时，请求出点的坐标此时在平面内存在点，使以为对角线的四边形是菱形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)，， (2)或 (3)的坐标为， 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，菱形判定与等腰三角形判定等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． （1）求出；用待定系数法可得直线的解析式是；再令可得； （2）设，由的面积为，有，即可解得或，故点的坐标为或； （3）当点在第一象限时，点的坐标为，可得直线解析式为，设，其中，分三种情况：当时，有，可解得，此时，故在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在；当时，，可解得，根据四边形是以为对角线的菱形，即可得；当时，过作于，可得，即为中点，故，可得，此时，故这种情况不存在． 【详解】（1）解：在中，令得， ； 把，代入得： ， 解得， 直线的解析式是； 令得， ； 故答案为：；；； （2）解：设， ， ， 的面积为， ， 解得或， 点的坐标为或； （3）当点在第一象限时，点的坐标为， 由，可得直线解析式为， 设，其中， 当时，如图： ， 解得此时，重合，舍去或， ， ， ， 在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在； 当时，如图： ， 解得舍去或， ， 四边形是以为对角线的菱形，， 将向下平移个单位即得， ； 当时，过作于，如图： ，即为中点， ， ， 解得， ， ， 此时， 在平面内不存在点，使以为对角线的四边形是菱形，故这种情况不存在； 综上所述，的坐标为，的坐标为 36．（24-25八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线交于点． (1)求直线的表达式； (2)点D为x轴正半轴上一点，过点D作x轴的垂线，与直线，分别交于点E，F，当时，求点D的坐标； (3)点M为线段上一点，点N为x轴上方的平面内一点．若以O，B，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并说明理由． 【答案】(1)直线的表达式为 (2)点D的坐标为或 (3)N的坐标为或，见解析 【分析】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，菱形的判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用； （1）求出，再代入即可得直线的表达式为； （2）设，其中，则，，可得，解得的值可得点的坐标为或； （3）分两种情况：当为边时，求出，设，由，得，解得的值得，即可得；当为对角线时，连接交轴于，由直线是线段的垂直平分线，求出，即可得． 【详解】（1）解：把代入得：， ， 把代入得：， 解得， 直线的表达式为； （2）解：，其中，则，， ，， ， 解得或， 点的坐标为或； （3）解：为边时，如图： 由表达式得， 菱形的边长为， 设， ， ， 解得（舍去）或， ， 轴，， ； 当为对角线时，连接交轴于，如图： 四边形是菱形， 直线是线段的垂直平分线， ， 在中，令得， ， 是线段的垂直平分线， ， 综上所述，的坐标为或． 37．（24-25八年级下·广东汕头·期末）【问题背景】如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，点B，点为y轴上一点． 【构建联系】 （1）求点A，点B的坐标； （2）点C为线段上一点，连接交于点E，若， ①求直线的解析式； ②点为y轴负半轴上一点，求点P到直线的距离； 【深入探究】 （3）点M为y轴上一点，在平面上是否存在点N，使以点A，D，M，N为顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），；（2）①；②；（3）存在，N的坐标为或或或． 【分析】本题考查一次函数综合应用，全等三角形判定与性质，菱形的性质． （1）在中，令得，令得，即得，； （2）①过B作于H，过H作轴，过B作于G，过E作于K，求出直线解析式为，设，证明，可得，即可列出e，t的方程组，解得E的坐标，再用待定系数法可得直线解析式为； ②过P作于T，连接，由勾股定理求出，由面积法可得点P到直线的距离为； （3）设，又，分三种情况列方程组可解得答案． 【详解】解：（1）在中，令得，令得， ∴，； （2）①过B作于H，过H作轴，过B作于G，过E作于K，如图： 设直线解析式为， 将代入得， 解得：， 即直线解析式为， 设， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴， 设直线解析式为， 将代入得， 解得：， 即直线解析式为； ②过P作于T，连接，如图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点P到直线的距离为； （3）在平面上存在点N，使以点A，D，M，N为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设， 又， ①当为对角线时，的中点重合，且， ∴， 解得或， ∴或； ②当为对角线时，同理可得， 解得(此时M与D重合，舍去)或， ∴； ③当为对角线时，同理得， 解得， ∴； 综上所述，N的坐标为或或或． 38．（24-25八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线：与轴交于点 (1)求直线的解析式和线段，的长． (2)在线段上有一动点不与点，重合，过点作轴于点，于点，以，为邻边作 ①求的周长． ②当为菱形时，直接写出点的坐标． 【答案】(1)直线的解析式为；， (2)①；② 【分析】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，菱形的性质，平行四边形的性质是解题的关键． （1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）①连接，利用等积法求出； ②由①可得，则是的中位线，求出，设，再由，求出的值即可求点坐标． 【详解】（1）解：将点代入， ， ， 直线的解析式为； 直线与轴的交点为， ∴ ， 直线与轴的交点为， ； （2）①连接， ， ， ， 的周长； ②四边形是菱形， ， ， ， 将代入得 ， ， 设， ， 解得， ， 39．（24-25八年级下·湖北随州·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于，两点，直线与轴，轴分别交于，两点，这两条直线相交于点，其中． (1)求直线的解析式及点的坐标； (2)若点是直线上一点，点的横坐标为，过点作．交直线于点，设长度为，用含的式子表示； (3)点是轴上一点，为平面内一点，当以点，，，为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)，； (2)； (3)或或或． 【分析】本题考查了一次函数的图象及性质，菱形的性质，点的平移，两点间的距离等知识，熟练掌握相关知识的应用是解题的关键． （）求出点坐标, 再用待定系数法求函数的解析式，当时， 求出点坐标即可； （）由题意可知，则，所以； （）设，分三种情况讨论：①当时，；当时，；当时，或，再由点的坐标平移求出对应的点坐标即可． 【详解】（1）解：当时，， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴，，， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴， 将点代入， ∴， 解得， ∴， 当时，解得， ∴； （2）解：∵点是直线上一点，点的横坐标为， ∴， ∵轴交直线于点， ∴， ∴； （3）解：设， 当时，，解得， ∴， ∵点平移得到点， ∴点平移得到； 当时，， 解得或（舍）， ∴， ∵点平移得到点， ∴点平移得到； 当时，， 解得或， ∴或， ∵点平移得到点， ∴点平移得到或； 综上所述：点坐标为或或或． 题型6 菱形背景下的图形变换问题  菱形背景下的图形变换问题解题策略 首先注意图形变换前、后图形对应边相等、对应角相等，旋转固定角（60°或90°），利用旋转不变性转移线段/角度关系，例如：旋转60°得等边三角形；旋转90°构造等腰直角三角形，折叠变换利用对称性导全等/等角，结合勾股定理求长度． 40．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质． 根据翻折变换的性质可得，然后根据等腰三角形两底角相等求出，可得，根据，求出，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和即可得答案． 【详解】解：菱形沿折叠，落在边上的点处， ，，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 41．（24-25八年级下·广东肇庆·期末）如图，数学活动课上，老师给每位同学发放两根长度相等的木条和一根橡皮筋，要求大家根据所给的材料在平面内制作一个菱形．小明先用两根木条钉成一个角形框架，然后将橡皮筋两端分别固定在点处，拉动橡皮筋上到处．当四边形是菱形时，小明量得橡皮筋是固定时长的倍，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形性质，熟练掌握菱形的对角相等是关键． 根据题意，可推导出为等边三角形，利用菱形性质得到即可． 【详解】解：四边形为菱形， ， ， ， ， 四边形为菱形， ， 故答案为：． 42．（24-25八年级下·山东威海·期末）如图，菱形的顶点在坐标系原点，顶点在轴正半轴上，，，将菱形绕原点顺时针旋转至的位置，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】此题考查了旋转的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意辅助线的作法． 连接，过点作轴于E，，由旋转的性质，易得，由菱形的性质，证得是等边三角形，即可得，，继而可求得为等腰直角三角形，再由勾股定理，即可求得答案． 【详解】解：如图，连接，过点作轴于E， 根据题意得：， ∵四边形是菱形，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 故答案为： 【点睛】此题考查了旋转的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及等腰直角三角形性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意辅助线的作法． 43．（24-25八年级下·山东淄博·期末）如图，在边长为4的菱形中，，，分别是边，上的点，将沿翻折，若使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，且，则 ． 【答案】或 【分析】根据，则分两种情况：当点在边上；当点在边上；分别作出图形，利用对称性质及勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：由，则分两种情况： 当点在边上，如图所示： 在边长为4的菱形中，，则， 将沿翻折，使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，则，且， 在中，，，则， ； 当点在边上，如图所示： 过点作，过点作，如图所示： ， 在边长为4的菱形中，，则， 将沿翻折，使得点的对应点恰好落在该菱形的一条边上，则，且， 在中，，则， ，则由勾股定理可得， 在菱形中，， 四边形是平行四边形，则，， ， 在中，，则由勾股定理可得， 设，则，，， ，解得； 综上所述，或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查求线段长，综合性强，难度较大，涉及菱形性质、对称性质、含直角三角形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识．由题意，分类讨论，灵活运用相关几何性质与判定是解决问题的关键． 44．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，菱形，，．点F、G分别为、边上的动点，连结，将菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处．当长度最大时，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，翻折变换．理解最大值时是解题的关键． 要使长度最大时，则长度最小，则，通过角的等量代换得到，，进而证明，最后根据勾股定理列出二元一次方程并求解即可解答． 【详解】 解： 如图，连接， 四边形是菱形，，， ， 是等边三角形， ， 菱形沿翻折，点A恰好落在边上的点E处， ，，， 要使长度最大时，则长度最小， 又， 时长度最小，长度最大， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 代入得：， 解得：， （不合题意，舍去）, ， 故答案为：． 45．（24-25八年级下·广东惠州·期末）如图，菱形的边长为5，点是对角线上的一个动点，点，分别是边，的中点，则的最小值是 ． 【答案】5 【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，两点间线段最短等知识，利用菱形的对称性是解题的关键. 取的中点E，连接，由菱形的对称性知，；由，当点P在线段上时，的值最小，最小值为线段的长，利用平行四边形的性质求出的长即可． 【详解】解：如图，取的中点E，连接； 由菱形的对称性知，； ∵， ∴当点P在线段上时，的值最小，最小值为线段的长； ∵E、N分别为的中点， ∴； ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 即的最小值为5； 故答案为：5． 46．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接，作于点，利用菱形的性质和旋转的性质求出，，利用直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合 进行求解即可． 【详解】解：连接，作于点，则， ∴，，， ∴， 将菱形绕点顺时针旋转得到菱形， ∴，，， ，，， ， ∴，， 点在上，， ∴，， ， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是， 故答案为：． 47．（24-25八年级下·辽宁大连·期末）在八年一班数学课上，数学老师让每人准备一张菱形纸片，要求同学们在对角线上取一点，连接，将沿折叠，得到． (1)同学甲发现（图），通过探索发现点落在线段上，从而可证明．请你完整证明：； (2)同学乙取，折叠后发现（图），通过探索可得出为常数，请求出的值； (3)同学丙通过折叠发现，测得，，连接，发现的长度可求，求出此时的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，直角三角形和等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （）先推出是的平分线，进而得出，推出，再根据即可证明结论； （）根据折叠的性质，结合推出四边形是菱形，结合得出，然后根据勾股定理求出与的数量关系即可； （）根据菱形的性质，结合求出及的数量关系，然后由折叠的性质求出和的数量关系，再通过勾股定理求出和的长度，最后由勾股定理求出的长度． 【详解】（1）证明: 由折叠性质可知， ∵， ∴， ∴是的平分线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 根据折叠的性质，， ∴， ∵， ∴； （2）解：根据折叠的性质，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 连接交于点，如图， 根据菱形的性质，线段和互相垂直平分， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则，， 根据勾股定理，，， ∴； （3）解：如图，连接交于点， 根据菱形的性质可得，， ∵， ∴， ∴，， 根据折叠的性质得：， ∴为等腰直角三角形，， 设，则，， 根据勾股定理得：， ∴， ∴，，，， 在中，． 48．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 49．（24-25八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在菱形中，，，连接，交于点． (1)求菱形的面积； (2)如图2，将菱形绕着点逆时针旋转，得到菱形，点，，，的对应点分别为，，，． ①当点落在上时，判断与的位置关系，并说明理由； ②连接，当平行于菱形ABCD一边时，求出的值； (3)在（2）的条件下，连接，当垂直于菱形的一边时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)①垂直，见解析；②或 (3)或 【分析】（1）由菱形的性质可得：，，，，，进而得到：，推出，，即可求解； （2）①可得出，从而得出，从而，进一步得出结论； ②当时，可得出，从而得出，，当时，，从而； （3）当时，点在的上方时，设延长线交于，则，可得出，，，根据勾股定理得出的值，从而得出的值，当点在下方时，同样得出结果；当时，根据勾股定理得出结果． 【详解】（1）解：四边形是菱形，， ，，，，， ， ，， ， ； （2）①，理由如下： 如图1，由（1）知，， 菱形绕着点逆时针旋转，得到菱形， ， ， ， 四边形和四边形是菱形， ，， ； ②如图2， 当时， ， 由旋转性质得，， ， ，， 当时图中)， 同理可得，， ， 综上所述：或； （3）如图2， 当时，设延长线交于， 则， ，， ， ， ， 当时， 则， 当时， ， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，解决问题的关键是分类讨论． 题型7 菱形性质与判定的综合问题  菱形性质与判定的综合问题解题策略： 活用四边相等、对角线垂直平分性质；判定时抓邻边等或对角线垂直的平行四边形；综合题中常构造Rt△用勾股定理求解； 核心要点： 1. 性质应用：求角度/边长时，直接利用对角线垂直平分（得90°角+中点）、四边等长（导等边/等角）； 2. 判定关键：证平行四边形（一组对边平行且等）后，补邻边相等或对角线垂直； 3. 综合突破：遇复杂问题，作对角线分割为双直角三角形，勾股定理列方程． 50．（24-25八年级下·浙江湖州·期末）如图，E，F分别是的边，上的点，连结，，是点B关于的对称点，是点D关于的对称点，已知，都在对角线上，且．记的度数是，的度数是，则与满足的关系式是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，由垂直平分，垂直平分，得，，则，，由平行四边形的性质得，，则，所以，则，而，可证明四边形是菱形，则，所以，则，由，且，，得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、， ∵是点B关于的对称点，是点D关于的对称点， 垂直平分，垂直平分， ，， ∵，都在对角线上， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， ， ，且，， ， 故选：D． 【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 51．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，分别是边，的中点，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是直角三角形，理由见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理，菱形的性质定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质及中点得，，利用平行四边形的判定即可得证； （2）由菱形的性质得，，再证，进而根据三角形的内角和定理即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵、分别是、的中点， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形． 52．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）首先证明出，得到，然后结合即可证明； （2）首先由菱形的对称性得到；然后证明出，是等边三角形，得到，求出，得到；然后求出， 得到；然后求出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是菱形； （2）∵四边形是菱形，对角线，相交于点O， ∴点A和点C关于所在直线对称 ∴； ∵， ∴ ∴，是等边三角形 ∴ ∵， ∴ ∴； ∵ ∴ ∴ ∴； ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴； 综上所述，与线段相等的线段有，，，． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 53．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，，，相交于点O，O是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)已知E、F是对角线上的点，且四边形是菱形，若，，求点D到的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，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． （1）利用全等三角形的判定和性质证明即可解决问题； （2）证明四边形是菱形，由勾股定理求出，利用菱形的面积公式计算即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ，， O是的中点， ， ， ， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是菱形， 即：， ∵四边形是平行四边形 ∴四边形是菱形 设点D到的距离为h ，，四边形是菱形 ， ， ， 由得， 解得． 54．（2025·贵州铜仁·三模）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列条件：；． (1)从中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积是 【分析】（1）由，得，而，则四边形是平行四边形，若选择，可根据菱形的定义证明四边形是菱形；若选择，可根据菱形的判定定理证明四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，，然后利用30°的直角三角形的性质和勾股定理求出和长，则，，然后根据菱形的面积公式计算解答即可． 此题重点考查菱形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的定义或判定定理证明四边形是菱形是解题的关键． 【详解】（1）解：选择：， 证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 选择：， 证明：， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形，对角线与相交于点， ，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 四边形的面积是． 55．（2025·湖北·一模）如图，在中，，D，E分别是边，的中点，连接并延长到点F，使，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)6 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、菱形的判定方法．熟练掌握三角形中位线的性质，灵活选择菱形的判定方法是解题的关键． （1）先证明是的中位线，进而可证明，证四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得到结论； （2）利用三角形中位线定理得到，再根据勾股定理求出，由菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵D，E 分别是边，的中点， ∴是的中位线，， ∴． ∵， ∴，即． ∵，， ∴四边形 是平行四边形．     又∵， ∴四边形是菱形． （2）解：如图： ∵ 四边形是菱形，， ， 由（1）可得是的中位线， ∴．     ∴在中，由勾股定理，得 ∵E是的中点， ∴． 56．（2025·河南驻马店·一模）综合与实践课上，老师带领学生利用两张完全一样的平行四边形纸片开展操作实验，他们从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．已知与中，． (1)黑洞小组将与按图1所示的方式摆放，其中，点B与点重合，点落在边上，点落在边的延长线上，，交于点E，连接，，则的度数是________，的长度是________． (2)志高小组在图1的基础上进行了如下操作：保持不动，将绕点B沿顺时针方向旋转，连接． ①如图2，当线段与交于点P时，连接，求证：点P在的垂直平分线上； ②在旋转的过程中，当点恰好落在线段的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，之间的距离． 【答案】(1)， (2)①证明见解析；② 【分析】（1）证明四边形是菱形，结合菱形的性质可得的度数，连接，判断为等边三角形即可． （2）①连接，，，，如图，依次证明，，，利用全等三角形的性质可得结论，②画出满足条件的图形，证明是等边三角形，再利用等边三角形可求解． 【详解】（1）解：与中，，，， 四边形是菱形． 平分， ∵， ∴； ∵四边形是菱形， ，， ， ， ， 为等边三角形， ， 故答案为：，． （2）证明：①连接，，，，如图， 在与中，，，， ，，，，， ∴， ， ，， ∴， ∴， ∴， 同理：，而， ∴， ∴， ∴， 在线段的垂直平分线上． ②如图，当点恰好落在线段的延长线上时，补全图形如下： 与中，，，， ，，， 是等边三角形， ， ． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，等腰三角的性质定，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质．作出合适的辅助线进行解题是关键． 57．（24-25八年级下·湖北咸宁·期末）课本再现：我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？可以发现并证明菱形的一个判定定理：对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (1)定理证明：为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线，垂足为O，求证：是菱形； (2)知识应用：如图2，在中，对角线，相交于点O，，，． ①求证：是菱形； ②延长至点E，连接交于点F，若，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键． （1）利用勾股定理证明即可证明是菱形； （2）①根据勾股定理的逆定理，证明即可证明是菱形； ②不妨设，则，证明，确定，过点O作于点G，得，利用面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴是菱形． （2）知识应用：如图2，在中，对角线，相交于点O， ①证明：∵中，对角线，相交于点O， ∴， ∵，， ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴是菱形． ②解：不妨设， ∵， ∴， ∵是菱形，，， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点O作于点G， ∵， ∴， ∴的面积为． 培优综合练 58．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图，在菱形中，，，与相交于点O，点P是线段上的任意点，以为对角线作平行四边形，连结，则的最小值是（    ） A． B．4 C． D． 【答案】C 【分析】过作，与交于，的运动轨迹在直线上，当时，取得最小值，结合直角三角形的特征，由勾股定理，由菱形的性质及等边三角形的判定方法得是等边三角形，结合平行四边形的性质及勾股定理得，即可求解． 【详解】解：过作，与交于，分别过点O、Q做的垂线，垂足分别为M、N。 四边形是菱形， ， ， 四边形是平行四边形， ∴， ∴， 的运动轨迹在直线上， 当时，取得最小值， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，直角三角形的特征，垂线段最短等；掌握菱形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定及性质，能找出取得最小值的条件，熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 59．（24-25八年级下·湖北黄石·期末）如图，，，和都是等边三角形，F为中点，交于G点，下列结论中，正确的结论有（   ） ①；②；③四边形是菱形；④． A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】由和都是等边三角形，可得，，则，，如图，连接，则，由，，可得垂直平分，即，可判断①的正误；，，由，可得，则四边形不是菱形，可判断②的正误；由是等边三角形，F为中点，可得，即，证明，，可证四边形是平行四边形，则，，即，可判断③的正误；由，，，可证，可判断④的正误． 【详解】解：∵和都是等边三角形， ∴，， ∴，， 如图，连接， ∵，F为中点， ∴， ∵，， ∴垂直平分，即，①正确，故符合要求； ∴， ∴， ∵， ∴，四边形不是菱形，③错误，故不符合要求； 是等边三角形，F为中点， ∴，即， ∵，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，，即，②正确，故符合要求； ∵，，， ∴，④正确，故符合要求； 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，垂直平分线的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定等知识．熟练掌握等边三角形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，垂直平分线的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定是解题的关键． 60．（24-25八年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中正确的结论有 （填序号）． 【答案】①②③ 【分析】连接，等积法判断和，四边形的内角和为度，结合菱形的对角相等，判断，连接，过点作，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断，连接，过点作，利用含度角的直角三角形的性质，结合配方法判断即可． 【详解】解：菱形， ， 连接， 当为中点时， 则， 于点于点， ， ， ，故正确； ， ， ， ；故正确； 于点于点， ， ， ， ；故正确； 连接，过点作，则垂直平分， ， ， 当三点共线时，的值最小， ，当点与点重合时，的值最小为的长， ，且， ， ， 为等边三角形， ， ， 的最小值为，故错误； 连接，过点作， ， ∴， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， 的最大值为；故错误； 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，含度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 61．（24-25八年级下·广东广州·期末）在菱形中，，点F、G分别是边上的动点（不与端点重合） (1)连接，若，，请在图1中画图分析，直接写出的度数：______． (2)若； ①如图2，连接、得，试判断的形状，并证明． ②如图3，点E是边上的动点，且，连接，点M是的中点，若，求的取值范围． 【答案】(1)或 (2)①是等边三角形，见解析；② 【分析】（1）以A为圆心，AF为半径画弧，可能交CD于两点，分两种情形计算； （2）①连接AC，可证得≌，从而，进而得出，从而是等边三角形； ②以BC所在的直线为x轴，点B为原点，过点B与BC的直线为y轴建立坐标系，设DAD延长线于H，作轴于Q，设，可表示出，从而，可表示出，从而得出，进一步得出结果． 【详解】（1）解：如图1， 当时， 四边形是菱形，， ， ， ， 当点G在处时， ， ， ， 故答案为：或； （2）①是等边三角形，理由如下： 连接，如图2， 四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， 同理可得，是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 是等边三角形； ②如图， 以BC所在的直线为x轴，点B为原点，过点B与BC的直线为y轴建立坐标系，设的延长线交y轴于H，作轴于Q， 设， 在中，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ∵点F、G分别是边上的动点（不与端点重合）， ， 当时，， 最小， 当或4时，， 最大， 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是建立坐标系，表示两点之间的距离． 62．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线交x轴于点A，交y轴于点B、四边形是菱形，点D在x轴正半轴上． (1)如图1，求点D的坐标； (2)如图2，连接，点P为线段上一点，连接，设点P的横坐标为t，的面积为S，求S与t之间的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，过点P作轴于点Q，连接，点E为上的一点，连接交于点F，，连接，当平分时，求直线的解析式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求得，，利用勾股定理求得，再利用菱形的性质求解即可； （2）利用待定系数法求得直线的解析式，得到，过点P作x轴的垂线，交于点G，垂足为点R，利用列式即可求解； （3）过点A作于点H，证明，得到，证明，推出，过点D作于点M，于点N，设，，根据题意求得，，利用待定系数法求解即可． 【详解】（1）解：直线，令，， ∴， ∴， 令， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图1，设直线的解析式为， ∵，， ∴，， ∴直线的解析式为． ∴， 过点P作x轴的垂线，交于点G，垂足为点R， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∴， ∴； （3）解：如图2，过点A作于点H， ∴， 在菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点D作于点M，于点N， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴， 设直线解析式为，， ∴， ∴直线解析式为． 【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及菱形的性质及应用，三角形面积，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题，难度较大． 63．（24-25八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F． (1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由： (2)若，连结，求的度数： (3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析． (2) (3)， 【分析】（1）由可证，可得，由菱形的判定可求解； （2）由平行四边形的性质可得，由菱形的性质可求，即可求解； （3）由面积关系可求，由勾股定理可求m的长，由面积关系可求的长，由勾股定理可求的长． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 理由如下： 在中， ∵， ∴． ∵为中垂线， ∴， ∴． ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：在中， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 由（1）得，四边形是菱形， ∴， ∴； （3）解：在中， ∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ，即， ∴， ∴设，则，， 在中：，即， 在中：， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∵，， 过点A作于点H， ， 解得， 在中，，， ， ， 在Rt中，． 【点睛】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，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 64．（24-25八年级下·陕西渭南·期末）【问题背景】 同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，已知，，的面积为120．点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为． 【问题探索】 （1）如图1，若点恰好落在上时，求证：四边形为菱形； 【拓展延伸】 （2）如图2，若时，连接，并延长交于点．求线段的长； （3）如图3，改变点的位置，将沿折叠，连接，当是以为直角的三角形时，求的长度． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由折叠的性质结合平行四边形的性质得到，，，由得到，因此，从而，即可得到，得证结论； （2）延长交于点H，由折叠的性质先证明是等腰三角形，得到，根据平行四边形的性质得到，易证是等腰三角形，用平行四边形的面积公式即可求出，进而得到，利用勾股定理即可解答． （3）分点E不与点C重合，点E与点C重合两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）证明：由折叠的性质可得：，，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图，延长交于点H， 由折叠的性质可得：， ， ， 是等腰直角三角形， ， 四边形是平行四边形，，， ，， ，， 是等腰直角三角形， ， ∴， ， ， ． （3）解：当点E不与点C重合时，延长交于点， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵由折叠有， ∴在中，， ∴； ②当与点C重合时，记，的交点为， 由①可知，当时，， ∴，而， ∴， ∴当重合时，， 由折叠可得： 综上所述，或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，折叠问题，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握折叠的性质，平行四边形的性质，是解题的关键． 65．（24-25八年级下·河南新乡·期末）综合与实践课上，腾飞小组三位同学对含角的菱形进行了探究： 【背景】在菱形中，，作，分别交边于点P、Q． (1)【感知】如图1，若点P是边的中点，小腾经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式______，此时的形状是______． (2)【探究】如图2，小飞说“点P为上任意一点时，（1）中的两个结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由． (3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点P，连接，在菱形内部作，交于点Q，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1)，等边三角形； (2)同意，理由见解析 (3)或 【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，根据点是边的中点，可得，等量代换可得，故，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （2）连接，根据菱形的性质，可得，根据可得，根据等边三角形的判定和性质可得，等量代换可得，根据全等三角形的判定和性质可得，是等边三角形； （3）过点作于，连接，根据菱形的性质，可得，根据等边三角形的判定可得是等边三角形，根据勾股定理可得，即可求得的值，计算面积即可． 【详解】（1）解：，是等边三角形； 理由：如图，连接， ∵四边形是菱形，且， ， ∴和都是等边三角形， ， ∵点是边的中点， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ∵， ∴是等边三角形． （2）解：同意． 理由如下：连接， ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴和都是等边三角形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形． （3）解：或（写成，也对） 同（2）可证， 过点A作于E，连接， ∵四边形是菱形，且，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或， ∴， 当时，（或）， 当时，（或）． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式等，解题的关键是构造等边三角形以及全等三角形． 66．（24-25八年级下·重庆永川·期末）在平行四边形中，为对角线，且，，为平面上的一点． (1)如图1，若，垂足为点，，求的长； (2)如图2，若点在边上，且，，求的长； (3)如图3，若点在对角线所在直线上，交于点，点是的中点，连接，求证：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）先证明平行四边形是菱形，得出是等边三角形，进而根据等边三角形的性质，即可求解； （2）过点作交于点，由（1）可得是等边三角形，得出则，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得，即可求解； （3）延长交于点，连接，倍长中线法证明，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可得证． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴ ∵， ∴； （2）解：如图，过点作交于点， 则 由（1）可得是等边三角形， ∴ ∵， ∴ 又 ∴ ∴ ∵ ∴，， ∴， （3）证明：如图，延长交于点，连接， ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ∴ ∴， 又∵点是的中点， ∴ ∴ ∴，， ∵点在对角线所在直线上， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∵ ∴ ∴ ∴ , 即． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 67．（24-25八年级上·北京朝阳·期中）在平面直角坐标系中，点，分别在线段，上，如果存在点使得，（，，逆时针排列），则称点是线段的“关联点”如图1，点是线的“关联点”． (1)如图2，已知点，，点与点重合． ①当点是线段中点时，在，中，其中是线段的“关联点”的是 ； ②已知点是线段的“关联点”，则点的坐标是 ． (2)如图3，已知，． ①当点与点重合，点在线段上运动时（点不与点重合），若点是线段的“关联点”，求证：； ②当点，分别在线段，上运动时，直接写出线段的“关联点”形成的区域的周长． 【答案】(1)；； (2)见解析；． 【分析】此题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题． （）画出图形，利用图象法解决问题； 画出图形发现点与点重合时满足条件； （）证明，推出，可得结论； 当点，分别在线段，上运动时，线段的“关联点”形成的区域是菱形，则可求出周长． 【详解】（1）解∶如图中， 观察图形可知， 点是线段的“关联点”， 故答案为：； ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴当点与重合时，满足条件， 此时， 故答案为：； （2）证明∶ 如图中， ∵，， ∴是等边三角形， ∵点是线段（即）的“关联点”， ∴，， ∴是等边三角形， ∴ ，， ∴ ∴， ∴ ∴， ∴； 如图，当点与重合时，得到， 同理可得是边长为的等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 观察图形可知，当点，分别在线段，上运动时， 线段的“关联点”形成的区域是菱形，周长为． 68．（24-25八年级下·辽宁沈阳·期末）【问题提出】 如图1，在菱形中，，将边绕点逆时针旋转得到线段，连接，的平分线所在直线交直线于点，连接，探究的度数． 【问题探究】 （1）先将问题特殊化，如图2，当时，则的度数为 ； （2）再探究一般情形．如图1，证明（1）中的结论仍然成立． 【问题拓展】 （3）当的平分线在如图3所示位置，请补全图形，并直接写出的度数， （4）当时，在绕点D旋转的过程中，延长交于点P．若是直角三角形，，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）成立，理由见解析；（3）；（4）的长为或． 【分析】（1）设与交于点，证明得，由菱形的性质得，，所以，由等边对等角得，所以，再结合，所以； （2）标记角如解图所示，证明得，再根据菱形的性质得，，所以，由等边对等角得，所以，又，所以； （3）标记角如图所示，由得，由得，所以，，，所以； （4）分两种情况讨论：当时；当时，利用含的直角三角形的性质，勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）设与交于点， 在菱形中，，， 平分，且， ，， 将边绕点逆时针旋转得到线段， ， ， 是等腰直角三角形， ， 又， 平分， ， ， ， ， 又， ， 故答案为：； （2）成立，理由如下：标记角如解图所示： 由旋转的性质，可知， 平分， ， 又， ， ， 在菱形中，，， ， ， ， 又， ； （3）如图，标记角， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ； （4）由题意，可分以下两种情况进行讨论： 当时，如图所示： 由（2），得， ， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由勾股定理得，即， 解得（舍去负值）； 当时，如图所示： ， ， 设，在上取点，使，则， ∴， ∵， ∴，，， 由勾股定理得，即， 解得（舍去）或， ∴， 过点作，交于点， 同理得，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，∴， ∴， 同理，由勾股定理得． 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，含的直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 试卷第2页，共113页 1 / 114 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $