专题21.3.3菱形题型突破讲义(常考题型精析+强化题型+寒假预习)2025-2026学年人教版八年级数学下册

专题21.3.3菱形题型突破讲义 一、 重点知识（必须吃透，中考基础必考点） 1.菱形的定义 核心表述：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 关键提醒：菱形是特殊的平行四边形，具备平行四边形的所有性质，同时拥有自身独特属性。 2.菱形的性质（边、角、对角线、对称性四维突破） 边的性质：四条边都相等；对边平行且相等（继承平行四边形性质）。 角的性质：对角相等，邻角互补（与平行四边形一致，无特殊角属性）。 对角线性质（菱形特有核心）：互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角。 对称性：既是中心对称图形（对称中心为对角线交点），又是轴对称图形（有 2 条对称轴，即两条对角线所在直线）。 3.菱形的判定定理（3 大核心判定方法，证明关键） 定义判定法：一个平行四边形中，若有一组邻边相等，则这个平行四边形是菱形。 四边判定法：四条边都相等的四边形是菱形。 对角线判定法：一个平行四边形中，若对角线互相垂直，则这个平行四边形是菱形。 4.菱形的面积公式（2 种实用算法，中考计算常考） 通用算法：面积 = 底 × 高（与平行四边形面积公式一致）。 特有算法：面积 = × 对角线₁ × 对角线₂（利用对角线垂直的特性推导，计算更快捷）。 二、 难点突破（易混淆、易丢分，需重点攻克） 1.菱形性质与判定的综合运用 难点表现：分不清何时用性质（已知菱形证结论）、何时用判定（证图形是菱形）；易与平行四边形、矩形的判定条件混淆。 突破技巧：牢记 “判定是从普通到特殊，性质是从特殊到普通” 的逻辑；做题时先标注已知条件，明确目标是 “证菱形” 还是 “用菱形”。 2.菱形对角线平分一组对角的性质应用 难点表现：该性质是菱形独有，学生易忽略或误用在平行四边形、矩形中；结合角平分线、三角形全等证明时，思路易卡顿。 突破技巧：看到菱形，立刻联想到 “对角线分菱形为 4 个全等的直角三角形”；利用对角线平分对角的性质，可快速转化角的等量关系。 3.菱形面积公式的灵活选择 难点表现：不知道何时用 “底 × 高”，何时用 “对角线乘积的一半”；给出对角线长度时，易忘记用特有公式。 突破技巧：题目给对角线长度 → 优先用对角线乘积的一半；题目给底和高 → 用通用公式；无直接条件时，结合勾股定理求对角线或高。 4.菱形与三角形知识的结合（含勾股定理、等腰三角形） 难点表现：菱形对角线互相垂直，会分割出多个直角三角形，学生难以将菱形问题转化为直角三角形的勾股定理计算。 突破技巧：遇菱形对角线相关计算，先画辅助线（连对角线），将菱形拆分为直角三角形，利用勾股定理求边长或对角线长度。 基础过关题 1.由菱形的性质求角度 2.由菱形的性质求线段长 3.由菱形的性质求面积 能力提升题 4.由菱形证明结论5 5.添条件判定四边形为菱形 6.由菱形性质与判定求角度 7.由菱形性质与判定求线段长 拓展拔高题 8.证明四边形为菱形 9.由菱形性质与判定求面积 【题型1.由菱形的性质求角度】 1．如图，在菱形中，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质及等边对等角． 由菱形的性质可知，结合，可得，即可求解． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 2．如图，在菱形中，交于点，于点，连接．若，则的度数为 ． 【答案】15 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角等知识点，熟练掌握菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质是解题的关键． 根据菱形可得，，再由直角三角形斜边中线得到，由等边对等角结合互余即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 3．如图，在菱形中，点在上，若，则的大小为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 由菱形的性质得出是等腰三角形，，由，得到是等腰三角形，得到，进而得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，，， 是等腰三角形，，， ，， ， ， 是等腰三角形， ， ， ， ． 故答案为：． 4．如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点落在边的垂直平分线上的点处，则的大小为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，连接，由菱形的性质及，得到三角形为等边三角形，P为的中点，利用三线合一得到为角平分线，得到，进而求出，由折叠的性质得到，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形，， ∵是的垂直平分线， ∴P为的中点， ∴为的平分线，即， ∴， ∴由折叠的性质得到， 在中，． 故选：D． 解答题 5．如图，在菱形中，，．求的度数． 【答案】 【分析】先根据菱形性质求出的度数，再利用菱形对角线性质得出的度数，最后结合直角三角形两锐角互余求出的度数．本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对边平行、对角线平分内角是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，平分， ∴， ∴． ∵四边形是菱形，平分， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 【题型2.由菱形的性质求线段长】 6．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，点的坐标为，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，关键是由直角三角形的性质求出，的长． 过作轴于，由点的坐标得到，由四边形是菱形，得到，，推出，得到，由勾股定理求出，即可得到的坐标． 【详解】解：过作轴于， ∵点的坐标是， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的坐标为． 故选：B． 7．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于点，则 【答案】4.8 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，根据菱形的性质和勾股定理得出，进而利用菱形的面积公式解答即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 8．如图，的对角线相交于点O，且．若，，则的长为（    ）． A．4 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，掌握相关的性质是解题的关键． 根据题意得出四边形是菱形，再由菱形的性质及含30度角的直角三角形的性质得出，结合勾股定理求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ， ∵， ， ∵， ， ， ， 故选：C． 9．两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：． 解答题 10．在矩形中，连接，延长至E，使，过点E作交延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了菱形的判定方法，矩形的性质以及勾股定理．熟练掌握菱形的判定方法，矩形的性质以及勾股定理是解题的关键． （1）由矩形的性质得到，结合，即可证明四边形是菱形； （2）在中，利用勾股定理求得，然后根据菱形的性质得到，再利用勾股定理在中，求得． 【详解】（1）证明：由矩形可得， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：在矩形中，，，， 在中，， 由（1）得四边形是菱形， ， ， 在中，． 【题型3.由菱形的性质求面积】 11．如图是男生宿舍的一个可伸缩衣架，这个衣架可以看作是由三个菱形组成，我们将其中一个记为菱形，小宇测得这个菱形的对角线，，则这个菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查求菱形的面积．根据菱形的面积公式：对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线，， ∴这个菱形的面积为； 故选：C． 12．如图，四边形为菱形，、两点的坐标分别是，，点、在坐标轴上，则菱形的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，先根据点A和点B的坐标得到，再由菱形的性质得到，据此利用菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵，两点的坐标分别是，， ∴， ∵四边形是菱形，且点C，D在坐标轴上， ∴， ∴， 故答案为：． 13．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，掌握菱形的性质、勾股定理是解本题的关键． 根据面积等式求线段长度等知识，先求出菱形的面积，再利用勾股定理求出的长，利用菱形面积为面积的两倍求出即可． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，，， ， ， 于点E， ， ， ， ． 故选：A． 14．如图，在面积为96的菱形中，对角线，点是线段上的动点，于，于．则（   ） A．9.6 B．4.8 C．19.2 D．5.6 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质以及面积公式．连接交于点，延长交于点，根据菱形面积公式可得，由菱形的性质结合勾股定理可得，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． 故选：A． 15．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：． 【题型4.由菱形性质证明结论】 16．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线相等 【答案】D 【分析】本题主要考查矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形的区别是解题的关键，注意从边、角、对角线这三个方面来区别．利用矩形和菱形的性质逐项判定即可． 【详解】解：A中，对角线互相平分，矩形和菱形都具有，故不符合题意； B中，对角线互相垂直，菱形具有而矩形不一定具有，故不符合题意； C中，对角线平分一组对角，菱形具有而矩形不一定具有，故不符合题意； D中，对角线相等，菱形不一定具有而矩形具有，故符合题意； 故选：D． 17．如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，连接，若，则菱形的周长为 ． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出．本题属于基础题，难度不大． 由菱形的性质可得出，，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出的长，结合菱形的周长公式即可得出结论． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 为直角三角形． ，且点为线段的中点， ． ． 故答案为：24． 18．如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出的长． 由菱形的性质得到，推出，由点C的坐标，得到，由勾股定理求出，得到，求出，可得结论． 【详解】解：如图，交y轴于M， 四边形是菱形， ， ， ， 点C的坐标为， ， ， ， ， 点A的坐标为． 故答案为： 19．如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①平分；②；③；④平分；⑤，正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题关键． 根据平行四边形的性质得出，是等边三角形，根据，结合三角形外角的性质得出，根据角的和差关系得出，得出，可判定①正确；利用勾股定理得出，根据平行四边形面积公式可判定②正确；当时，平分，无法证明平分，故③④错误；根据平行四边形的性质得出，即可判定⑤正确，综上即可得答案． 【详解】解：∵的对角线、交于点，平分交于点，且， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平分，故①正确； ∵， ∴ ∴，故②正确； ∵是等边三角形， ∴当时，平分， 只有四边形为菱形时，才有平分，故③④错误； ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，故⑤正确； 综上所述：正确①②⑤，共个． 故选：B． 解答题 20．如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)13 【分析】该题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理．解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据四边形是菱形，得出，结合，得出，结合，，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，，，得出，，勾股定理求出，根据四边形是矩形，得出． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 【题型5.添条件判定四边形为菱形】 21．如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键；因此此题可根据菱形的判定定理进行排除选项． 【详解】解：A、是的性质，不能作为菱形的判定条件，故不符合题意； B、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意； C、当时，则是菱形，故符合题意； D、当时，则是矩形，不能判定是菱形，故不符合题意； 故选C． 22．如图，在中（），为锐角，将沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴，， 由平移可得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 若，则， ∴四边形是菱形． 故答案为：（答案不唯一）． 23．如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当平分时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【答案】D 【分析】此题主要考查学生对平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定．根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴A、当时，它是菱形，正确，不符合题意； B、当平分时，此时，则，它是菱形，正确，不符合题意； C、当时，，则它是矩形，正确，不符合题意； D、当时，它是矩形，错误，符合题意； 故选：D 24．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6.由菱形性质与判定求角度】 25．如图，在四边形中，对角线交于点．（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】本题主要考查平行四边形，菱形，矩形的判定和性质，掌握菱形，矩形的判定和性质是关键． 根据题意得到，四平行四边形边形是，结合菱形，矩形的判定和性质求解即可． 【详解】 解：∵， ∴四边形是平行四边形， A．若时，平行四边形是菱形， 不能判定，故不符合题意； B．若时，平行四边形是菱形， ∴，故符合题意； C．若时，平行四边形是矩形， 不能证明，故不符合题意； D．若时，平行四边形是矩形， 不能证明，故不符合题意． 故选：B． 26．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）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，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，则， 又∵， ∴ 故选：D． 27．如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出四边形为菱形，再进一步可得答案． 【详解】解：设与交于点， 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ，，，． 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， 四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选：D． 28．如图所示，E，F分别在和上，，则 ____ ． 【答案】80 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形内角和，平行线的判定与性质，根据已知可判定出四边形为菱形，得到，，根据平行线性质，等边对等角可得到，根据等边三角形的判定与性质可得，利用四边形内角和求出，利用平行线性质即可求出结果． 【详解】解：， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 又， ， 同理， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：80． 29．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 【答案】/32度 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判断与性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为． 解答题 30．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） ∴． ∴． 【题型7.由菱形的性质与判定求线段长】 31．下列说法正确的是（　　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．矩形的对角线互相垂直 D．菱形的对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键．根据平行四边形的判定，菱形的判定与性质，矩形的性质等定理，即可判断答案． 【详解】A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项A错误，不符合题意； B、原说法正确，符合题意； C、矩形的对角线相等，但不一定垂直，故选项C错误，不符合题意； D、菱形的对角线互相垂直，但不一定相等，故选项D错误，不符合题意． 故选：B． 32．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周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，一元二次方程的应用，作，作，根据题意说明四边形是平行四边形，再根据面积相等说明四边形是菱形，然后根据勾股定理求出边长，即可得出答案． 【详解】解：如图所示，过点C作，过点B作，分别交于点E，F， 根据题意，得：，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，负值舍去， ∴， ∴四边形的周长为． 故选：C． 33．如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点． 若，，则的长为 ． 【答案】 【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．连接，设交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题． 【详解】如图，连接，设交于点， 由作图可知：，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， ， 在中，，， ， ． 故答案为：． 34．如图，在矩形中，平分交于点E，垂直平分交于点O，交于点F，若，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，证明四边形是菱形，再证明和全等得，在中，由勾股定理得，进而得，如图，连接，证明为等边三角形，可得，，求解，然后再根据菱形的面积公式即可得出四边形的面积． 【详解】解：设，则， ∵垂直平分交于点O， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵平分交于点E，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 如图，连接，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为：． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，二次根式的运算，理解矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 解答题 35．如图，平行四边形中，平分交于点E，F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)见详解 (2) 【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． 【题型8.证明四边形为菱形】 36．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列一个条件，能判定平行四边形是菱形的是(　　) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、， ， ∴平行四边形是菱形，故选项符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； C、，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故选项不符合题意； D、四边形是平行四边形，， 平行四边形还是平行四边形，故选项不符合题意． 故选：A． 37．如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：这个条件可以是， 理由：四边形是矩形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 38．如图所示，四边形中，于点O，，，点P为线段上的一个动点．过点P分别作于点M，作于点N．连接，在点P运动过程中，的最小值等于 ． 【答案】15.6 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，将求的最小值问题转化为求的最小值问题是解题的关键． 先根据题目条件，证明四边形是菱形，然后利用，推出， 再利用垂线段最短求的最小值，综合可得的最小值． 【详解】解：， ， ， ，， 四边形是平行四边形， 于点O， 平行四边形是菱形， ， 连接PD，如图所示： ， ， ， ， 当最短时，有最小值， 由垂线段最短可知：当时，最短，此时， 当点P与点O重合时，有最小值，最小值为． 故答案为：15.6． 39．如图，在一张矩形纸片中，，，点、分别在、边上，将纸片沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处．有以下三个结论：①是等腰三角形；②连接，则四边形是菱形；③当点与点重合时，．下列说法正确的是(   ) A．只有①正确 B．只有②不正确 C．只有③不正确 D．①②③都正确 【答案】D 【分析】此题主要考查了图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，菱形的判定与性质，理解图形的翻折变换及其性质，矩形的性质，熟练掌握等腰三角形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键．①由矩形性质得，则，由折叠性质得，进而得，则，由此可对结论①进行判断；②连接，，由折叠性质得是线段的垂直平分线，，进而得，由此可对结论②进行判断；③当点与点重合时，连接交与点，连接，先求出，根据四边形是菱形得，，，，设，则，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，进而得，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①四边形是矩形， ， ， 由折叠性质得：， ， ， 是等腰三角形， 故结论①正确； ②连接，，如图所示： 由折叠性质得：是线段的垂直平分线，， ， 四边形是菱形， 故结论②正确； ③当点与点重合时，连接交与点，连接，如图所示： 四边形是矩形，且，， ， 在中，由勾股定理得：， 四边形是菱形， ，，，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 在中，由勾股定理得：， ， 故结论③正确， 综上所述：结论①②③都正确， 故选：D． 解答题 40．如图1，已知在四边形中，，，平分，交于点，过点作，交于点F，O是的中点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，如图2所示：求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证出，根据菱形的判定得出即可； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明其是矩形，接着证明菱形是正方形，四边形是矩形，得到，然后推出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，得到，最后证明，得出结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由（1）可知：四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵点是的中点， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质和判定，正方形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，三角形全等的判定与性质，能综合运用以上知识点是解此题的关键． 【题型9.由菱形性质与判定求面积】 41．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 【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． 42．如图，将矩形两次对折：第一次沿对折，使边与重合，展开后又沿对折，使边与重合，再次展开后连接得到四边形．若，则四边形的面积为（　　） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定等知识点，根据矩形的性质，得出，．根据折叠可知，，，推出，则，推出四边形是菱形．由题意得，，则四边形的面积，熟练掌握其性质是解决此题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由折叠可知，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 由题意，得，， ∴四边形的面积． 故选：B． 43．如图，在中，，以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，再分别以点A，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，连接．若四边形的周长为，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图所示，设和交于点H，证明出四边形是菱形，得到，求出，然后求出，勾股定理求出，然后根据菱形的性质求解即可． 【详解】如图所示，设和交于点H 由作图得，是的平分线 ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ ∴ 由作图得，， ∴ ∴四边形是菱形 ∴ ∵四边形的周长为 ∴ ∵在中，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴四边形的面积为． 故选：D． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质，尺规作角平分线等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 44．如图，在平行四边形中，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于点E，连接．设与相交于点O，若四边形的周长为4，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】由作法得，平分，则，再利用平行四边形的性质和平行线的性质得到，接着证明，则可四边形为平行四边形，然后利用可判断四边形是菱形，再证明，都是等边三角形，可得结论． 【详解】解：由作法得，平分， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵菱形的周长为4， ∴， ∵， ∴，都是等边三角形， ∵， ∴，即， ∴四边形的面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查了作图﹣基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键． 解答题 45．如图，已知在中，为的中点，为的中点．过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为40，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键． （1）利用平行线的性质可得，对顶角相等得到，利用中点的定义可得，从而证明，然后利用全等三角形的性质可得，再根据是的中点，可得，从而可证四边形是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得，从而利用菱形的判定定理即可解答； （2）利用（1）的结论可得，再根据点是的中点，可得，进而可得，然后利用三角形的面积进行计算即可解答． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴； ∴， ∵为边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵D是的中点， ∴ ， ∴． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21.3.3菱形题型突破讲义 一、 重点知识（必须吃透，中考基础必考点） 1.菱形的定义 核心表述：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 关键提醒：菱形是特殊的平行四边形，具备平行四边形的所有性质，同时拥有自身独特属性。 2.菱形的性质（边、角、对角线、对称性四维突破） 边的性质：四条边都相等；对边平行且相等（继承平行四边形性质）。 角的性质：对角相等，邻角互补（与平行四边形一致，无特殊角属性）。 对角线性质（菱形特有核心）：互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角。 对称性：既是中心对称图形（对称中心为对角线交点），又是轴对称图形（有 2 条对称轴，即两条对角线所在直线）。 3.菱形的判定定理（3 大核心判定方法，证明关键） 定义判定法：一个平行四边形中，若有一组邻边相等，则这个平行四边形是菱形。 四边判定法：四条边都相等的四边形是菱形。 对角线判定法：一个平行四边形中，若对角线互相垂直，则这个平行四边形是菱形。 4.菱形的面积公式（2 种实用算法，中考计算常考） 通用算法：面积 = 底 × 高（与平行四边形面积公式一致）。 特有算法：面积 = × 对角线₁ × 对角线₂（利用对角线垂直的特性推导，计算更快捷）。 二、 难点突破（易混淆、易丢分，需重点攻克） 1.菱形性质与判定的综合运用 难点表现：分不清何时用性质（已知菱形证结论）、何时用判定（证图形是菱形）；易与平行四边形、矩形的判定条件混淆。 突破技巧：牢记 “判定是从普通到特殊，性质是从特殊到普通” 的逻辑；做题时先标注已知条件，明确目标是 “证菱形” 还是 “用菱形”。 2.菱形对角线平分一组对角的性质应用 难点表现：该性质是菱形独有，学生易忽略或误用在平行四边形、矩形中；结合角平分线、三角形全等证明时，思路易卡顿。 突破技巧：看到菱形，立刻联想到 “对角线分菱形为 4 个全等的直角三角形”；利用对角线平分对角的性质，可快速转化角的等量关系。 3.菱形面积公式的灵活选择 难点表现：不知道何时用 “底 × 高”，何时用 “对角线乘积的一半”；给出对角线长度时，易忘记用特有公式。 突破技巧：题目给对角线长度 → 优先用对角线乘积的一半；题目给底和高 → 用通用公式；无直接条件时，结合勾股定理求对角线或高。 4.菱形与三角形知识的结合（含勾股定理、等腰三角形） 难点表现：菱形对角线互相垂直，会分割出多个直角三角形，学生难以将菱形问题转化为直角三角形的勾股定理计算。 突破技巧：遇菱形对角线相关计算，先画辅助线（连对角线），将菱形拆分为直角三角形，利用勾股定理求边长或对角线长度。 基础过关题 1.由菱形的性质求角度 2.由菱形的性质求线段长 3.由菱形的性质求面积 能力提升题 4.由菱形证明结论5 5.添条件判定四边形为菱形 6.由菱形性质与判定求角度 7.由菱形性质与判定求线段长 拓展拔高题 8.证明四边形为菱形 9.由菱形性质与判定求面积 【题型1.由菱形的性质求角度】 1．如图，在菱形中，，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．如图，在菱形中，交于点，于点，连接．若，则的度数为 ． 3．如图，在菱形中，点在上，若，则的大小为 ． 4．如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点落在边的垂直平分线上的点处，则的大小为（  ） A． B． C． D． 解答题 5．如图，在菱形中，，．求的度数． 【题型2.由菱形的性质求线段长】 6．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，点的坐标为，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于点，则 8．如图，的对角线相交于点O，且．若，，则的长为（    ）． A．4 B．8 C． D． 9．两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 ． 解答题 10．在矩形中，连接，延长至E，使，过点E作交延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求线段的长． 【题型3.由菱形的性质求面积】 11．如图是男生宿舍的一个可伸缩衣架，这个衣架可以看作是由三个菱形组成，我们将其中一个记为菱形，小宇测得这个菱形的对角线，，则这个菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 12．如图，四边形为菱形，、两点的坐标分别是，，点、在坐标轴上，则菱形的面积等于 ． 13．如图，四边形是菱形，，，于点E，则的长是（　　） A． B．6 C． D．12 14．如图，在面积为96的菱形中，对角线，点是线段上的动点，于，于．则（   ） A．9.6 B．4.8 C．19.2 D．5.6 15．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 ． 【题型4.由菱形性质证明结论】 16．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线相等 17．如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，连接，若，则菱形的周长为 ． 18．如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为 ． 19．如图，的对角线、交于点，平分交于点，且，，连接．下列结论：①平分；②；③；④平分；⑤，正确的有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 解答题 20．如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)连接，若，，求的长． 【题型5.添条件判定四边形为菱形】 21．如图，的对角线，交于点O，要使成为菱形，则可添加一个条件是（   ） A． B． C． D． 22．如图，在中（），为锐角，将沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ． 23．如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当平分时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 24．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6.由菱形性质与判定求角度】 25．如图，在四边形中，对角线交于点．（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 26．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）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 27．如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 28．如图所示，E，F分别在和上，，则 ____ ． 29．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 解答题 30．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） ∴______． ∴． 【题型7.由菱形的性质与判定求线段长】 31．下列说法正确的是（　　　） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．矩形的对角线互相垂直 D．菱形的对角线相等 32．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周长为（    ） A． B． C． D． 33．如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径作弧，交于点，再分别以点，为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点，射线交于点． 若，，则的长为 ． 34．如图，在矩形中，平分交于点E，垂直平分交于点O，交于点F，若，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 解答题 35．如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，，求的长． 【题型8.证明四边形为菱形】 36．如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列一个条件，能判定平行四边形是菱形的是(　　) A． B． C． D． 37．如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 38．如图所示，四边形中，于点O，，，点P为线段上的一个动点．过点P分别作于点M，作于点N．连接，在点P运动过程中，的最小值等于 ． 39．如图，在一张矩形纸片中，，，点、分别在、边上，将纸片沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处．有以下三个结论：①是等腰三角形；②连接，则四边形是菱形；③当点与点重合时，．下列说法正确的是(   ) A．只有①正确 B．只有②不正确 C．只有③不正确 D．①②③都正确 解答题 40．如图1，已知在四边形中，，，平分，交于点，过点作，交于点F，O是的中点，连接，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，如图2所示：求证：． 【题型9.由菱形性质与判定求面积】 41．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 42．如图，将矩形两次对折：第一次沿对折，使边与重合，展开后又沿对折，使边与重合，再次展开后连接得到四边形．若，则四边形的面积为（　　） A．2 B．4 C．5 D．6 43．如图，在中，，以点B为圆心，的长为半径画弧，交于点E，再分别以点A，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点F，连接并延长交于点G，连接．若四边形的周长为，则四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 44．如图，在平行四边形中，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，再分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P，连接并延长交于点E，连接．设与相交于点O，若四边形的周长为4，则四边形的面积是 ． 解答题 45．如图，已知在中，为的中点，为的中点．过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，菱形的面积为40，求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $