2026年中考数学一轮复习讲义(核心考点+模拟真题突破) 专题23菱形 全国通用版

专题23菱形中考一轮复习 ●分值占比：菱形是四边形板块的核心考点，总分值约 10-15 分，覆盖选择、填空、解答（含综合）三种题型。 ● 常考考点：聚焦菱形基本性质与判定、边长与对角线计算、面积计算、与三角形 / 圆 / 函数综合、图形变换（折叠 / 旋转）与菱形结合、实际场景应用六大方向。 ●命题趋势：基础题侧重定义与性质直接应用，中档题强化逻辑推理与方法迁移，难题多为菱形与多模块知识的综合，且图形变换、实际场景类题型占比逐年提升。 知识点01.菱形的定义 知识点02.菱形的核心性质 知识点03.菱形的判定定理 知识点04.中考核心易错点 知识点05.中考高频考向 模拟01.菱形性质基础题 模拟02.菱形面积计算题 模拟03.菱形与三角形结合题 模拟04.菱形判定题 模拟05.菱形与勾股定理结合题 模拟06.菱形折叠与平移题 模拟07.菱形与函数.坐标结合题 模拟08.菱形综合解答题 【知识点01.菱形的定义】 一组邻边相等的平行四边形是菱形（基础判定，兼具平行四边形 + 邻边相等双重特征）。 【知识点02.菱形的核心性质(中考必考)】 1.边：四条边全部相等；对边平行（同平行四边形）。 2.角：对角相等，邻角互补（同平行四边形，无特有角性质）。 3.对角线（最核心，中考高频）：互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角。 4.对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）；轴对称图形（2 条对称轴，为对角线所在直线）。 5.面积（中考计算必考点，两种算法灵活用）： ① 通用法：底 × 高； ② 特用法：对角线1对角线2（核心，优先用）。 【知识点03.菱形的判定定理(3种核心,中考证明题常考)】 判定前提分两类：先证平行四边形，再证菱形；直接证四边形是菱形。 1.定义法（证平行四边形 + 菱形）：邻边相等的平行四边形是菱形。 2.边判定法（直接证四边形）：四条边都相等的四边形是菱形。 3.对角线判定法（证平行四边形 + 菱形，最常用）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 ✅易错避坑：对角线互相垂直的四边形≠菱形，必须先证是平行四边形！ 【知识点04.中考核心易错点(一轮必纠)】 1.混淆菱形与平行四边形：忽略菱形 “四边相等、对角线垂直” 的特有性质； 2.判定时漏前提：直接用 “对角线垂直” 证菱形，未先证平行四边形； 3.面积计算错误：误将对角线 “和的一半” 当作面积公式，牢记是乘积的一半； 4.对角线性质混淆：忘记 “对角线平分一组对角”，该性质常用来求角度。 【知识点05.中考高频考向(一轮复习重点突破)】 1.性质应用：结合勾股定理求边长、对角线长度（对角线垂直平分，将菱形分成 4 个全等的直角三角形，中考核心模型）；利用对角线平分一组对角求角度。 2.判定证明：几何证明题中，先通过 “对边平行 / 相等、对角线互相平分” 证平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直（优先用对角线判定，步骤更简洁）。 3.面积计算：单独考或结合几何综合题，根据已知条件选算法（给对角线必用 “乘积的一半”，给底和高用通用法）。 4.综合应用：与直角三角形、等腰三角形、平面直角坐标系结合，求点坐标、线段长度、图形面积（利用对角线垂直平分的坐标特征：交点为对角线两端点的中点）。 【模拟01.菱形性质基础题】 1．如图，菱形中，过点C作交于点E，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的一边于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．如图是一种彭罗斯地砖图案的局部示意图，它是由两种菱形拼接而成（不重叠，无缝隙），则的度数为 ． 4．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． 5．下列事件中是必然事件的为（   ） A．袋子中有黄球和白球，摸出一个球为黑球 B．明天会下雪 C．菱形对角线相等 D．367个同学中至少有两个同学生日是同一天 6．如图，菱形的对角线交于点，为的中点，连接．图中等腰三角形的个数是（   ） A．3 B．5 C．6 D．7 7．①平行四边形、②矩形、③等腰三角形、④线段、⑤菱形．上述图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （填序号）． 故答案为：②④⑤． 8．如图，点都在⊙O上，且四边形为菱形，连接并延长，交⊙O于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 故选：C． 【模拟02.菱形面积计算题】 9．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 10如图，为菱形的对角线，，菱形的面积是，过点D作，垂足为点，则的面积是（　　） A．2 B． C．3 D． 11．如图，在菱形中，两条对角线，，则此菱形的面积为 ． 12．如图，菱形的顶点是原点，顶点在轴上，反比例函数的图象经过顶点，菱形的面积为 ． 13．如图，在菱形中，为的中点，，则菱形的面积为 ． 14．如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 15．如图， 在纸片中，，， 利用该纸片折成以为内角的菱形中，最大面积为 ．    16．如图，将一张矩形纸片对折再对折，然后沿图中的虚线剪下，已知 ，再将剪下的纸片展开，则得到一个新的四边形，它的面积是 ．    【模拟03.菱形与三角形结合题】 17．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 18．如图，已知菱形的面积为96，对角线的长为16，M，N分别为，的中点，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 19．如果一个四边形的对角线相等，那么以这个四边形的四边中点为顶点的图形一定是 ． 20．如图，为等边三角形的中心，分别以为圆心，的长为半径作弧，两弧交于外一点，连接，，若，则四边形的面积为 ． 21．如图，，点A，B分别在边和上滑动，以为边作等边，点O和点C分别位于的两侧，连接，当时，的最大值为 ． 22．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． 23．如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． (1)求证：； (2)若，求证：平分． 【模拟04.菱形判定题】 24．如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（   ） A． B． C． D． 25．如图，要使成为菱形，则需添加的一个条件是（     ） A． B． C． D． 26．如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 27．下列说法中，错误的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 28．利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中不一定正确的是（   ） A． .B． C． D． 【模拟05.菱形与勾股定理结合题】 29．如图，在菱形中，对角线和相交于点O．若，，则菱形的周长为（    ）． A．5 B．10 C．20 D．40 30．如图，在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A．4 B．6 C．8 D．10 31．如图．在平行四边形中，用直尺和圆规作出的平分线，交于点F，若，则长为（   ） A．11 B．12 C．14 D．21 32．如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 【模拟06.菱形折叠与平移题】 33．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．若，则的度数为 ． 34．如图，在中，，将沿直线平移，得到，连接，，若添加一个条件可使四边形是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 35．如图，在边长为的正方形中，对角线、交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后折痕分别交、于点、，连接，给出下列结论，①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的是 ． 36．如图，在矩形中，按以下步骤作图：①连接；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，；③作直线交于点，交于点E，交于点F；④连接，．若，，则下列结论错误的是（    ） A． B．为等腰三角形 C．四边形为菱形 D． 故选：D． 37．已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为 ． 【模拟07.菱形与函数坐标结合题】 38．如图，在每个小正方形边长为1的网格中，O为格点，经过格点A． （1）半径的长为 ； （2）在如图所示网格中，B，C为上两点，P为一格点，请利用无刻度直尺，确定点P，B，C的位置，使四边形为菱形，且满足，并简要说明点P，B，C的位置是如何确定的（不要求证明） ． 39．图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论： ①是等边三角形； ②四边形为菱形； ③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形； ④存在，使四边形的面积与的面积之比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②④ 40．如图，在扇形中，，C为上一点，且，分别以点A、B为圆心，长为半径画弧，若，则阴影部分的面积为 （结果保留根号）． 41．如图，，以点O为圆心，适当长为半径作弧，与，分别交于点C，D．再分别以点C，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点P，连接，过点P分别作，交于点E，，交于点F．若，则四边形的面积为 （用含a的代数式表示）． 【模拟08.菱形综合解答题】 42．我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图，两条伞骨所成的角，点D在伞柄上，，则的长度可表示为（     ） A． B． C． D． 43．如图，在菱形中，M，N分别是和上的点，且．求证：．    44．如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是上的动点，且．若菱形的面积等于24，，记，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C．xy D． 45．如图，在边长为的菱形中，，对角线和交于点O，E为线段上一动点，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，则线段的最大值为 ． 46．如图，在菱形中，对角线，相交于点，以为圆心，长为半径作圆心角为的扇形与边交于点与边交于点．若，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）． 47．如图，在中，对角线和相交于点O， ．延长至点E，连接交于点F，其反向延长线交于点H，若，则的值为 ． 48．如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，，，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以的速度向点B移动，点Q以相同的速度向点D移动，当点P到达点B时，点P、Q均停止运动，设运动时间为t秒． (1)当________秒时，四边形为矩形． (2)运动过程中，四边形可能为菱形吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由． (3)运动过程中，点P和点Q的距离可能是吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由． 49．如图，菱形的对角线，交于点O，且的长度是定值．在较长的对角线上有两点E，F，，连结，，，．设四边形和四边形的面积分别是m，n，若，则下列运算结果为定值的是（   ） A． B． C． D． 50．已知四边形，延长至点，延长至点，连接．连接并延长交于点．下列条件中，不能推出与一定垂直的是（   ） A． B． C． D． 试卷第56页，共56页 试卷第57页，共57页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题23菱形中考一轮复习 ●分值占比：菱形是四边形板块的核心考点，总分值约 10-15 分，覆盖选择、填空、解答（含综合）三种题型。 ● 常考考点：聚焦菱形基本性质与判定、边长与对角线计算、面积计算、与三角形 / 圆 / 函数综合、图形变换（折叠 / 旋转）与菱形结合、实际场景应用六大方向。 ●命题趋势：基础题侧重定义与性质直接应用，中档题强化逻辑推理与方法迁移，难题多为菱形与多模块知识的综合，且图形变换、实际场景类题型占比逐年提升。 知识点01.菱形的定义 知识点02.菱形的核心性质 知识点03.菱形的判定定理 知识点04.中考核心易错点 知识点05.中考高频考向 模拟01.菱形性质基础题 模拟02.菱形面积计算题 模拟03.菱形与三角形结合题 模拟04.菱形判定题 模拟05.菱形与勾股定理结合题 模拟06.菱形折叠与平移题 模拟07.菱形与函数.坐标结合题 模拟08.菱形综合解答题 【知识点01.菱形的定义】 一组邻边相等的平行四边形是菱形（基础判定，兼具平行四边形 + 邻边相等双重特征）。 【知识点02.菱形的核心性质(中考必考)】 1.边：四条边全部相等；对边平行（同平行四边形）。 2.角：对角相等，邻角互补（同平行四边形，无特有角性质）。 3.对角线（最核心，中考高频）：互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角。 4.对称性：中心对称图形（对称中心为对角线交点）；轴对称图形（2 条对称轴，为对角线所在直线）。 5.面积（中考计算必考点，两种算法灵活用）： ① 通用法：底 × 高； ② 特用法：对角线1对角线2（核心，优先用）。 【知识点03.菱形的判定定理(3种核心,中考证明题常考)】 判定前提分两类：先证平行四边形，再证菱形；直接证四边形是菱形。 1.定义法（证平行四边形 + 菱形）：邻边相等的平行四边形是菱形。 2.边判定法（直接证四边形）：四条边都相等的四边形是菱形。 3.对角线判定法（证平行四边形 + 菱形，最常用）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 ✅易错避坑：对角线互相垂直的四边形≠菱形，必须先证是平行四边形！ 【知识点04.中考核心易错点(一轮必纠)】 1.混淆菱形与平行四边形：忽略菱形 “四边相等、对角线垂直” 的特有性质； 2.判定时漏前提：直接用 “对角线垂直” 证菱形，未先证平行四边形； 3.面积计算错误：误将对角线 “和的一半” 当作面积公式，牢记是乘积的一半； 4.对角线性质混淆：忘记 “对角线平分一组对角”，该性质常用来求角度。 【知识点05.中考高频考向(一轮复习重点突破)】 1.性质应用：结合勾股定理求边长、对角线长度（对角线垂直平分，将菱形分成 4 个全等的直角三角形，中考核心模型）；利用对角线平分一组对角求角度。 2.判定证明：几何证明题中，先通过 “对边平行 / 相等、对角线互相平分” 证平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直（优先用对角线判定，步骤更简洁）。 3.面积计算：单独考或结合几何综合题，根据已知条件选算法（给对角线必用 “乘积的一半”，给底和高用通用法）。 4.综合应用：与直角三角形、等腰三角形、平面直角坐标系结合，求点坐标、线段长度、图形面积（利用对角线垂直平分的坐标特征：交点为对角线两端点的中点）。 【模拟01.菱形性质基础题】 1．如图，菱形中，过点C作交于点E，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质．根据菱形的性质可得，，从而得到，再由，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 2．如图，正方形的对角线是菱形的一边，菱形的对角线交正方形的一边于点P，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，由正方形，菱形，即可得，． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：A． 3．如图是一种彭罗斯地砖图案的局部示意图，它是由两种菱形拼接而成（不重叠，无缝隙），则的度数为 ． 【答案】72 【分析】本题考查了菱形，正多边形的内角和定理，根据内角和定理，正多边形每个内角的计算方法求解即可． 【详解】解：根据题意可得，该图形外围是正十边形， ∴每个内角的度数为， ∴， ∴， 故答案为：72 ． 4．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． 5．下列事件中是必然事件的为（   ） A．袋子中有黄球和白球，摸出一个球为黑球 B．明天会下雪 C．菱形对角线相等 D．367个同学中至少有两个同学生日是同一天 【答案】D 【分析】本题考查事件的分类，必然事件指在一定条件下必然发生的事件．逐一分析各选项是否符合必然事件的定义． 【详解】解：A、袋子中只有黄球和白球，摸出黑球为不可能事件，不符合题意． B、明天下雪受天气条件影响，属于随机事件，不符合题意． C、菱形的对角线相等是不可能事件，不符合题意． D、一年最多有366天，367个同学中必有两人生日在同一天，属于必然事件． 故选D． 6．如图，菱形的对角线交于点，为的中点，连接．图中等腰三角形的个数是（   ） A．3 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的定义、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握菱形的性质是解题关键．先根据菱形的性质可得，，则、、和都是等腰三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，则和都是等腰三角形，由此即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴、、和都是等腰三角形， 又∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴和都是等腰三角形， 综上，图中等腰三角形的个数是6个， 故选：C． 7．①平行四边形、②矩形、③等腰三角形、④线段、⑤菱形．上述图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是 （填序号）． 【答案】②④⑤ 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心． 【详解】解：①平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形， ②矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形， ③等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形， ④线段既是轴对称图形，也是中心对称图形， ⑤菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形， 故答案为：②④⑤． 8．如图，点都在⊙O上，且四边形为菱形，连接并延长，交⊙O于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、圆周角定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．证明是等边三角形，得，再根据同弧所对圆周角等于圆心角得一半即可得出结论. 【详解】解：∵在四边形为菱形中， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴ 故选：C． 【模拟02.菱形面积计算题】 9．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：． 10如图，为菱形的对角线，，菱形的面积是，过点D作，垂足为点，则的面积是（　　） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，三角形的面积，连接BD，由菱形的性质推出，，判定是等边三角形，推出，的面积菱形的面积． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∵的面积，菱形的面积， ∴的面积菱形的面积． 11．如图，在菱形中，两条对角线，，则此菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的面积，根据菱形的面积等于对角线积的一半计算即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵菱形的面积等于对角线积的一半， ∴， 故答案为：． 12．如图，菱形的顶点是原点，顶点在轴上，反比例函数的图象经过顶点，菱形的面积为 ． 【答案】20 【分析】本题主要考查了反比例函数和菱形的结合，菱形的性质，反比例函数的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握菱形的性质和反比例函数的性质． 过点作轴，交轴于点，的交点为，得出四边形为矩形，利用反比例函数的性质得出，再根据菱形的性质即可求出面积． 【详解】解：如图所示，过点作轴，交轴于点，的交点为， 根据菱形的性质可得，， 又∵， ∴四边形为矩形， 由反比例函数得，， ， ， 故答案为：20． 13．如图，在菱形中，为的中点，，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】根据菱形的性质可得，，，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，进而根据勾股定理求得，然后根据菱形的性质求得其面积，即可． 【详解】解：四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 14．如图，用4根长度相等的木棒首尾顺次连接组成四边形中，，则该四边形的面积是 ． 【答案】16 【分析】本题主要考查了菱形的判定及性质，熟练掌握菱形的面积计算公式，是解题的关键．根据四边相等的四边形是菱形可得四边形是菱形，再由菱形的两条对角线，求出菱形的面积即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴该四边形的面积是：． 故答案为：16． 15．如图， 在纸片中，，， 利用该纸片折成以为内角的菱形中，最大面积为 ．    【答案】 【分析】根据菱形的对角线平分一组对角，作平分交于点，过点作交于点，交于点，可得菱形即为所求最大菱形，再利用直角三角形的性质求得和的长，即可求得该菱形的面积． 【详解】解：作平分交于点，过点作交于点，交于点，   四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， 四边形是菱形， 四边形是以为内角的菱形中，面积最大的菱形， ， ， 设，则，， ， ，即， 解得：， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，解直角三角形，角平分线的性质，熟练掌握以上知识点，利用菱形的性质得到该菱形中的对角的位置是解题的关键． 16．如图，将一张矩形纸片对折再对折，然后沿图中的虚线剪下，已知 ，再将剪下的纸片展开，则得到一个新的四边形，它的面积是 ．    【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，根据菱形的性质求出对角线的长度，再根据菱形的面积计算公式计算即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：由题意可知，所得四边形的对角线互相垂直且平分， ∴得到的新的四边形为菱形，其边长，为对角线的一半， ∵，， ∴， ∴菱形的对角线长分别为和， ∴它的面积为， 故答案为：． 【模拟03.菱形与三角形结合题】 17．如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E是的中点，若，则菱形的周长为（   ） A．4 B．16 C．12 D．20 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理的运用，关键是掌握：菱形的四条边都相等，菱形的两条对角线互相垂直平分．根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， 又点E是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴菱形的周长， 故答案选：B． 18．如图，已知菱形的面积为96，对角线的长为16，M，N分别为，的中点，则的长为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质和三角形的中位线定理，建立适当的辅助线是解题的关键．连接，利用菱形的面积公式求出的长，再利用三角形的中位线定理求出长． 【详解】解：如图，连接， ∵菱形的面积为96，对角线的长为16， ， ， ，N分别为，的中点， ． 故选：D． 19．如果一个四边形的对角线相等，那么以这个四边形的四边中点为顶点的图形一定是 ． 【答案】菱形 【分析】本题考查了菱形的判定和三角形中位线的性质，已知四边形，的中点依次是E、F、G、H，，证四边形是菱形即可． 【详解】解：如图，已知四边形，的中点依次是E、F、G、H，， 点E是的中点，点F是的中点， ， 同理可得，，， ， ， 四边形是菱形， 故答案为：菱形． 20．如图，为等边三角形的中心，分别以为圆心，的长为半径作弧，两弧交于外一点，连接，，若，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定与性质,等边三角形的性质,正多边形的中心等知识，根据正多边形的中心的定义，可得出,,证明四边形是菱形,得出,证明，得出,,根据含的直角三角形的性质以及勾股定理可求出，即可求解。 【详解】解:∵为等边三角形的中心， ∴,,,, 由作图知:, ∴, ∴四边形是菱形, ∴, ∴, 连接, ∵,,, ∴ ∴,,, ∴, ∴, ∴, ∴四边形的面积为, 故答案为: . 21．如图，，点A，B分别在边和上滑动，以为边作等边，点O和点C分别位于的两侧，连接，当时，的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】作的外接圆，H为圆心，连接、、、，交于点P，则，先证是等边三角形，得出，再证四边形是菱形，得出，，，然后由勾股定理求出及，最后由三角形三边关系即可得出答案． 【详解】解：如图，作的外接圆，H为圆心，连接、、、，交于点P， 则， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∵，， ∴的最大值为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、等边三角形的判定与性质、圆周角定理、勾股定理、菱形的判定与性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和三角形三边关系是解题的关键． 22．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， ∴ ， ∴． 23．如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． (1)求证：； (2)若，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边对等角得出，结合得出，根据平行四边形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，根据等角对等边得出，然后根据证明即可； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，，再证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴， 又， ∴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， ∴平分． 【模拟04.菱形判定题】 24．如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论． 【详解】解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下： ，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理，，， 四边形是平行四边形， ，分别是，的中点， ，， 当时， ， 四边形是菱形， 故选：B． 25．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． 26．如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出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即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：添加（答案不唯一）， ∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 27．下列说法中，错误的是（   ） A．矩形的对角线相等 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】C 【分析】本题考查特殊四边形的性质和判定，根据矩形的性质，正方形，菱形和平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，原说法正确，不符合题意； B、正方形的对角线互相垂直平分，原说法正确，不符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原说法错误，符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 28．利用尺规作图在一个矩形内作菱形，则下列作法中不一定正确的是（   ） A． .B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，尺规作图等知识，根据矩形的性质和菱形的判定定理，平行四边形的判定与性质，且结合全等三角形的性质和判定进行逐项分析，证明即可． 【详解】解：A．依题意： 由作图可得，垂直平分线段， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ， ∴， ∴ ∴四边形是菱形，故A选项不符合题意； B．如图， 根据作图可得是的垂直平分线，是的垂直平分线， 则，， 即， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 同理证明四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 同理得， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；故B选项不符合题意； 如图所示： 结合作图过程得出平分，， ∴ 由矩形的性质得， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形；故C选项不符合题意； 如图所示： 由矩形的性质得，， 结合作图过程得分别平分， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形， 则无法证明四边形是菱形， 故D选项符合题意； 故选：D 【模拟05.菱形与勾股定理结合题】 29．如图，在菱形中，对角线和相交于点O．若，，则菱形的周长为（    ）． A．5 B．10 C．20 D．40 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理等知识，正确把握菱形的性质是解题关键． 直接利用菱形的性质结合勾股定理得出的长，进而得出答案． 【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点，，， ∴，，， ∴， ∴菱形的周长是：． 故选：C． 30．如图，在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点，若，，则的长为（ ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】首先证明四边形是菱形，得出，，，利用勾股定理计算出，从而得到的长． 【详解】解：连接，设与交于点，如图，   平分， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ∵由作图可得， ∴， ， 四边形是平行四边形， ∵， 四边形是菱形， ，，， 在中，由勾股定理得：， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形为菱形是解决问题的关键． 31．如图．在平行四边形中，用直尺和圆规作出的平分线，交于点F，若，则长为（   ） A．11 B．12 C．14 D．21 【答案】C 【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，连接，证明四边形为菱形，根据菱形的性质结合勾股定理进行求解即可． 【详解】解：连接，设交于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵用直尺和圆规作出的平分线， ∴， ∴， ∴， 由作图可知：， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴； 故选C． 32．如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，尺规作图——作垂直平分线，菱形的判定及性质，掌握菱形的判定及性质是解题的关键． 对于嘉嘉的作法：连接，，由作图可得垂直平分，垂直平分，根据中位线的性质得到，．证明点F是的中点，点G是的中点，得到，，从而根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形是平行四边形，又得到是菱形．判断选项A错误．根据勾股定理求出，得到． 对于琪琪的作法：由题意可得，是的垂直平分线，则，，证明得到，因此，又，得到四边形是平行四边形，再由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得到是菱形．判断选项B错误．设菱形的边长为x，根据勾股定理在中，求得，得到菱形的周长为，从而．即可判断选项C错误．根据菱形的面积公式即可判断选项D正确． 【详解】解：对于嘉嘉的作法： 连接，， 由作图可得垂直平分，垂直平分， ∴点H是的中点，点E是的中点，，， ∴，， ∵在矩形中，， 又，， ∴四边形，，都是矩形， ∴，， ∵点H是的中点，点E是的中点， ∴，， ∵在矩形中，，， ∴，， ∴点F是的中点，点G是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵，，， ∴， ∴是菱形．故选项A错误． ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴． 对于琪琪的作法： 由题意可得，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设与相交于点O， ∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形．故选项B错误． 设菱形的边长为x，即， ∴， ∵在中，， ∴，解得， ∴菱形的边长为，周长为． ∴．故选项C错误． ∵，， ∴．故选项D正确． 故选：D 【模拟06.菱形折叠与平移题】 33．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．若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是菱形的性质，作垂线，先证明，，可得，再结合，从而可得答案． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∵， ∴， 由作图可得：， ∴， 故答案为： 34．如图，在中，，将沿直线平移，得到，连接，，若添加一个条件可使四边形是菱形，则这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定．根据平行四边形的判定和性质以及菱形的判定定理即可求解． 【详解】解：因为四边形是平行四边形，所以，， 因为沿直线平移得到， 所以，，所以四边形是平行四边形， 当添加时，因为， 所以， 所以， 所以， 所以平行四边形AFGB是菱形． 当添加时，不能判断平行四边形AFGB是菱形； 当添加或时，只能判断平行四边形AFGB是矩形，不能判断平行四边形AFGB是菱形； 故选：B． 35．如图，在边长为的正方形中，对角线、交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后折痕分别交、于点、，连接，给出下列结论，①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的是 ． 【答案】①②③④ 【分析】由正方形的性质得，，，，，则，所以，由折叠得，，，则，，可判断正确；所以，则，所以，则四边形是菱形，可判断正确；可证明，，则，求得，，则，可判断正确；再证明，则，所以，可判断正确，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是正方形，对角线、交于点， ，，，，， ，， ， 由折叠得，，， ，， 故正确； ， ， ， 四边形是菱形， 故正确； ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故正确； ，， ， ， ， 故正确， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形外角的性质、菱形的判定、勾股定理、三角形的面积公式、平行线分线段成比例定理等知识，推导出，进而证明是解题的关键． 36．如图，在矩形中，按以下步骤作图：①连接；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，；③作直线交于点，交于点E，交于点F；④连接，．若，，则下列结论错误的是（    ） A． B．为等腰三角形 C．四边形为菱形 D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，三角函数，线段垂直平分线的作图与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．由作图可知垂直平分，即可判定为等腰三角形，故可判定选项B；通过证明，得出，即可判定选项A；先证明四边形为平行四边形，结合，即可判定选项C；证明，利用，列式求出，即可求解并判断选项D． 【详解】解：由作图可知垂直平分， ∴，，， ∴为等腰三角形， 故选项B正确； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 故选项A正确； ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， 故选项C正确； ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵矩形中，，，， ∴， ∵， 即， 解得：， ∴， 故选项D错误； 故选：D． 37．已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的有关概念等知识，连接，，，设与交于点，由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上，则，所以四边形是菱形，故有，，又四边形是矩形，则，，，所以，，通过，可得，从而得出，，在中，，即，然后求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，，，设与交于点， 由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴圆与圆的公共弦的长度为， 故答案为：． 【模拟07.菱形与函数坐标结合题】 38．如图，在每个小正方形边长为1的网格中，O为格点，经过格点A． （1）半径的长为 ； （2）在如图所示网格中，B，C为上两点，P为一格点，请利用无刻度直尺，确定点P，B，C的位置，使四边形为菱形，且满足，并简要说明点P，B，C的位置是如何确定的（不要求证明） ． 【答案】 取格点P，连接交格线于点D，取格点E和G，连接交格线于点F，作直线，交圆于点B和C，则四边形为菱形，且满足 【分析】（1）直接运用勾股定理求解即可； （2）如图：取格点P，连接交格线于点D，取格点E和G，连接交格线于点F，作直线，交圆于点B和C，则四边形为菱形，且满足． 【详解】解：（1）：如图：； （2）如图，取格点P，连接交格线于点D，取格点E和G，连接交格线于点F，作直线，交圆于点B和C，则四边形为菱形，且满足． 由作图可知：为的中点，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即：， ∴互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故四边形即为所求． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、 菱形的判定、圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用是解题的关键． 39．图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论： ①是等边三角形； ②四边形为菱形； ③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形； ④存在，使四边形的面积与的面积之比为． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了等边三角形的判定，解直角三角形，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，轴对称和中心对称图形的识别，由题意得，，据此可判断①；根据，可得，同理可得，据此可判断②；根据轴对称和中心对称图形的定义可判断③；分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，解直角三角形得到，由四边形的面积与的面积之比为，得到，则可推出，据此可判断④． 【详解】解：由题意得，， ∴是等边三角形，故①正确； ∴， 由平行四边形的性质可得， ∴，即， 同理可证明， ∴四边形为菱形，故②正确； 六边形是轴对称图形，也是中心对称图形，故③错误； 由题意得，， 如图所示，分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q， ∴， ∵四边形的面积与的面积之比为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，满足四边形的面积与的面积之比为，故④正确； 故选：D． 40．如图，在扇形中，，C为上一点，且，分别以点A、B为圆心，长为半径画弧，若，则阴影部分的面积为 （结果保留根号）． 【答案】 【分析】本题考查了不规则图形的面积，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，连接，过点作于点H，先证明都是等边三角形，得到，易证四边形是菱形，根据即可求解． 【详解】解：连接，过点作于点H， ∵， ∴， 根据题意， ∴都是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 41．如图，，以点O为圆心，适当长为半径作弧，与，分别交于点C，D．再分别以点C，D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点P，连接，过点P分别作，交于点E，，交于点F．若，则四边形的面积为 （用含a的代数式表示）． 【答案】 【分析】过P作于M，则，由作图可知平分，即，即可得，进而由平行线的性质可得，得到，据此可得四边形是菱形，得到，再根据平行线的性质可得，解直角三角形得到，最后利用菱形的面积公式计算即可得解. 【详解】解：如图所示，过P作于M，则， 由作图可知平分，且， ∴， ∴在中，直角边， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ∴. 故答案为. 【点睛】本题考查了角平分线的画法和性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键. 【模拟08.菱形综合解答题】 42．我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图，两条伞骨所成的角，点D在伞柄上，，则的长度可表示为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 连接交于点G，根据已知易得四边形是菱形，然后利用菱形的性质可得，，平分，从而可得，最后在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，即可解答． 【详解】解：连接交于点G， ， 四边形是菱形， ，，平分， ， 在中，， ， 故选D． 43．如图，在菱形中，M，N分别是和上的点，且．求证：．    【答案】见解析 【分析】考查了菱形的性质及全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用证得三角形全等．根据四边形是菱形得到，从而证得，进一步得到，然后利用等边对等角证得结论即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， 在和中， ， ， ， ． 44．如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是上的动点，且．若菱形的面积等于24，，记，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C．xy D． 【答案】B 【分析】本题主要考查菱形的性质和相似三角形的判定与性质，由菱形的性质求出，证明，得，证出，得出；同理可得，从而可证明，得是定值． 【详解】解：如图，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵菱形的面积为24，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； 同理可证， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 故选：B． 45．如图，在边长为的菱形中，，对角线和交于点O，E为线段上一动点，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，则线段的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，30度角的直角三角形的性质．连接，由线段垂直平分线的性质求得，要求线段的最大值，就是求线段的最小值，当线段时，有最小值，则线段有最大值，据此求解即可． 【详解】解：连接， ∵是线段的垂直平分线， ∴，要求线段的最大值，就是求线段的最小值， ∴当线段时，有最小值，则线段有最大值， ∵菱形中，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴线段的最大值为， 故答案为：． 46．如图，在菱形中，对角线，相交于点，以为圆心，长为半径作圆心角为的扇形与边交于点与边交于点．若，则图中阴影部分的面积为 （结果保留π）． 【答案】 【分析】过O作于P，于Q，证明，得出，则，证明，得出，则，进而得出，解直角三角形求出， ，，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式求解即可． 【详解】解：过O作于P，于Q， ∵菱形中，， ∴，，平分，，， 又，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，扇形的面积公式，解直角三角形等知识，难度较大，属中考压轴题． 47．如图，在中，对角线和相交于点O， ．延长至点E，连接交于点F，其反向延长线交于点H，若，则的值为 ． 【答案】 【分析】利用勾股定理的逆定理证明，可得，证明是菱形，设 中点G，连接，可得是的中位线，得到，进一步求出，即得，再由，可得，最后证明，得到，即可求解． 【详解】解：在中，，， 又， 在中，， ， 即， 是菱形， ， 设 中点G，连接， ， 是的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的逆定理，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 48．如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，，，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以的速度向点B移动，点Q以相同的速度向点D移动，当点P到达点B时，点P、Q均停止运动，设运动时间为t秒． (1)当________秒时，四边形为矩形． (2)运动过程中，四边形可能为菱形吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由． (3)运动过程中，点P和点Q的距离可能是吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)能， (3)能，或7 【分析】（1）根据当时，四边形为矩形，列出方程，求出解即可； （2）根据当时，四边形为菱形，在中，根据勾股定理列出方程，求出解即可； （3）先作出辅助线，表示，再根据勾股定理列出方程，求出解即可． 【详解】（1）解：∵点P、Q分别从点A、C同时出发，速度相同． ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴则， 根据题意得， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴当时，四边形为矩形， ， 解得， ∴秒时，四边形为矩形． （2）解：运动过程中，四边形可以为菱形，理由如下： 连接、， ∵点、分别从点、同时出发，速度相同， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形 在中，，， ∴ 即 解得， ∴运动时间为时，四边形为菱形． （3）解：点和点的距离可以是，理由如下： 过点作于点， 则四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，有， 即， 解得，． ∴当运动时间为或时，点和点的距离是． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了动点问题，勾股定理，矩形和菱形的性质，一元二次方程的解法，灵活掌握相关知识是解决问题的关键． 49．如图，菱形的对角线，交于点O，且的长度是定值．在较长的对角线上有两点E，F，，连结，，，．设四边形和四边形的面积分别是m，n，若，则下列运算结果为定值的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，由菱形的性质，，，，通过证明平行四边形是菱形，可得，，，通过证明，可得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ ， ∴， ∵的长度是定值， ∴的长度是定值， ∴的值为定值， 故选：C． 50．已知四边形，延长至点，延长至点，连接．连接并延长交于点．下列条件中，不能推出与一定垂直的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．根据，得出，证明，根据等腰三角形的三线合一得出，即可判断A选项；证明，得出，从而得出，根据等腰三角形的性质即可判断B选项；根据无法证明，即可判断C选项；延长，取，连接、，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形，即可判断D选项． 【详解】解：A．∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，. 即，故A不符合题意； B．∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 根据A选项解析可知，此时，故B不符合题意； C．当时，无法证明，故C符合题意； D．延长，取，连接、， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 根据A选项解析可知：， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，即，故D不符合题意． 故选：C． 试卷第56页，共56页 试卷第57页，共57页 学科网（北京）股份有限公司 $