第25讲 菱形的性质与判定（复习讲义，1考点11题型4重难）（山东专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦“菱形的性质与判定”专题，覆盖定义、性质、判定及与折叠、函数等综合应用，通过考情剖析、知识网络构建、考点解析、真题训练等环节，系统梳理考点，指导解题方法，突破重难点。 亮点在于“题型分类+方法总结+分层训练”策略，如利用菱形对角线垂直构造直角三角形求线段长，培养几何直观与推理意识。特设动态问题、新定义问题等重难突破，配合基础到提升的分层练习，助力学生高效复习，教师可精准把控节奏，提升应考能力。

函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 第五章四边形 第25讲 菱形的性质与判定 目 录 01帽折布瞻 2 02○知航嘀建… 2 03账 3 04瑞 4 题型01利用菱形的性质求角度 题型02利用菱形的性质求线段长 题型03利用菱形的性质求面积 命题点一菱形的性质 题型04与菱形有关的折叠问题 题型05菱形中动，点与函数图象问题 题型06利用菱形的性质证明 题型01添加一个条件证明四边形是菱形 题型02菱形的性质与判定解决多结论问题 命题点二新形的判定 题型03根据菱形的性质与判定求解 题型04根据菱形的性质与判定作图 题型05菱形的性质与判定综合问题 05维… 6 突破一菱形中的几何动态问题 突破二菱形中的手拉手问题 突破三菱形中的新定义型问题 突破四菱形与二次函数的综合问题 06-题花粉。 6 基础巩因一能力提升一→全国新趋势 -01- 考情剖析·命题前瞻 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 理解菱形是有一组邻边相等的平行四边形。掌 形的定义与 山东省卷 山东青岛 山东济南 握菱形具有平行四边形的所有性质，并掌握其 性质 T10 卷T14 卷T12 特殊性质：四条边相等；对角线互相垂直，并 且每一条对角线平分一组对角。 山东济南 山东省卷 山东青岛 掌握菱形的常用判定方法：①有一组邻边相等 菱形的判定 卷T18 T16 卷T19 的平行四边形：②对角线互相垂直的平行四边 1/28 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 形；③四条边都相等的四边形。 掌握菱形面积的两种基本计算方法：①底乘以 菱形的面积与 山东青岛 d 山东济南 山东省卷 高：②对角线乘积的一半。能利用菱形对角线 对角线关系 卷T9 卷T15 T11 垂直平分的性质进行计算和推理。 能综合运用菱形的性质、轴对称（折叠）或旋 菱形与折叠、旋 山东省卷 山东青岛 山东济南 转的性质、全等三角形及勾股定理，解决菱形 转舸题 T21 卷T22 卷T20 背景下的线段长度、角度或图形面积问题。 能在平面直角坐标系中，利用菱形的对称性、 菱形与坐标 山东青岛 山东济南 山东省卷 对角线性质确定点的坐标，或与函数图象结合 系、函数综合 卷T24 卷T23 T25(2) 探究动点构成菱形、图形运动路径等存在性问 题。 1.基础考查：回归本质， 突出特性；基础题将紧扣菱形的核心定义和独有性质。相较 于矩形强调”角”与"对角线相等”，菱形的考查将更聚焦于“边”的相等与"对角 线”的垂直平分特性。选择题或填空题可能直接利用菱形面积公式（尤其是"对角线 乘积的一半”)进行逆向计算，或结合等边三角形判定考查其内角关系。 2.核心考查：判定融合，强调推理；菱形的判定将不再是孤立考点，而是与平行四边 形的判定、矩形的判定构成四边形判定的知识网络，在中档证明题中要求学生能清晰 辨析并灵活选用。折叠问题仍会是热门载体，但场景设计可能从简单的角平分线转向 利用菱形改对角线互相垂直的性质构造直角三角形，从而综合考查勾股定理、三角函数 命题预测 及方程思想。 3.压轴考查：动态探究，聚焦存在；函数与坐标系背景下的菱形存在性问题，因其需 要同时满足“对边平行”和“邻边相等”的条件，其分类讨论的复杂性可能高于矩形 是压轴题的重要候选。预计将重点考查学生将几何语言（如“邻边相等”）转化为代 数等量关系，并通过解方程（组）求解的能力。此外，命题可能尝试将菱形置于新定 义或跨学科情境（如晶体结构、艺术对称图案）中，考查学生在陌生背景下识别几何 模型、提取核心条件并运用基本原理解决问题的能力。备考需强化对菱形对称性的理 解，并提升在动态、复杂图形中运用基本定理进行有序分析和精确计算的能力。 2/28 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 -02- 知识导航·网络构建 一定义：有一组邻边相等的平行四边形 菱形一基本概念 双重身份：既是平行四边形，又是轴对称图形(2条对称轴) 四条边都相等 一边性质 ·对边平行且相等（继承平行四边形） 对角相等，邻角互补（继承平行四边形） 一角性质 特殊性质：对角线平分内角 一对角线互相垂直平分 菱形的性质 一对角线性质 ·对角线平分两组对角 菱形的性质与判定 对角线将菱形分成4个全等的直角三角形 中心对称图形（对称中心为对角线交点） 对称性 轴对称图形（有2条对称轴：两条对角线所在直线） 厂1.底×高 面积公式 -2.对角线乘积的一半 (3.边长与夹角：S=a2sina(c为夹角) C1.定义法：有一组邻边相等的平行四边形 一2.四边相等法：四条边都相等的四边形 菱形的判定 3.对角线法：对角线互相垂直平分的四边形 4.对角线法：对角线互相垂直的平行四边形 ~5.边角组合法：一组邻边相等，且对角线平分这组邻边的夹角 -03 考点解析·知识通关 跳 知识·核心梳理 1.定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2.菱形的性质：(1)具有平行四边形的性质 (2)且四条边都相等 (3)两条对角线互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 3.菱形的面积（等面积求高） 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 3/28 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 S菱形D=4SAo=4x)4C.BD=AC·BD 11 22 4.菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 真题·实战精练 1. (2024山东济宁.中考真题)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E是AB的中点，连接 OE,若OE=3,则菱形的边长为() D A.6 B.8 C.10 D.12 2.(2025山东东营中考真题)如图，已知四边形ABCD是菱形，LABC=60°，对角线AC、BD相交于 点O,过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E,F为AD的中点，连接EF交BD于点G,连接OE交CD于 点品，造接BH.则下列结论：0四边形4CEF为平行西边形，②沿：®0m=CHDH:@ tan∠HBc= 9 .其中正确的有（） 0 B A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②③④ 3.(2024山东滨州中考真题)如图，四边形ABCD内接于O0,若四边形OABC是菱形，则 ∠D= B 4/28 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4.(2024山东青岛中考真题)如图，菱形ABCD中，BC=10,面积为60，对角线AC与BD相交于点O, 过点A作AE⊥BC,交边BC于点E,连接EO,则EO=· A D B 5.(2024山东德州中考真题)如图，口ABCD中，对角线AC平分∠BAD. (I)求证：口ABCD是菱形； (2)若AC=8,∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长.（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80， tan37°≈0.75) 6.(2023山东日照中考真题)如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE,DE, 且BE=DE. A B (I)求证：四边形ABCD是菱形； (2)若AB=10,tan ZBAC=2,求四边形ABCD的面积， 7.(2024山东威海.中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=10cm,∠ABC=60°，E为对角线AC上一 动点，以DE为一边作∠DEF=60°，EF交射线BC于点F,连接BE,DF,点E从点C出发，沿CA方向 以每秒2cm的速度运动至点A处停止.设△BEF的面积为cm,点E的运动时间为x秒. 备用图 (I)求证：BE=EF; (2)求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围： 5/28 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (3)求x为何值时，线段DF的长度最短， -04 命题洞悉·题型预测 蓝绑质 ~题型01利用菱形的性质求角度 点方法，辩易精 方法总结 利用菱形的四边相等与对角线垂直平分，结合等腰三角形性质、对角相等、邻角互补求角。 易错总结 误将菱形对角线“垂直平分”当作“垂直且相等”；忽略菱形平行对边产生的内错角关系。 【典例】(2025陕西渭南一模)如图，AC为菱形ABCD的一条对角线，过点C作CE⊥AB于点E,若 ∠ACE=28°，则∠ABC的度数为一 D 【变式】1.(2025湖北咸宁模拟预测)如图，AC是菱形ABCD的对角线，分别以点A,B为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两弧交于F,G两点，画直线FG交AC于E点，若∠D=140°，则LABE=。 2 F 米0 2.(2025山西模拟预测)如图，在菱形ABCD中，按如下步骤作图：①以点D为圆心，DB的长为半径画 弧，交AB边于点E;②分别以点B,E为圆心，大于二BE的长为半径画弧，两弧交于点F;③作射线DF 交AB于点G,连接BD.若∠C=40°，则∠BDG的度数为 6/28 厨学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B D ·题型02利用菱形的性质求线段长 皮方法，韩易猪 方法总结 利用四边相等转化线段，结合对角线垂直平分构造直角三角形，常用勾股定理计算长度。 易错总结 误用矩形对角线性质（相等）解题；未明确对角线仅垂直平分而不相等，导致比例用错。 【典例】(2025山东济南模拟预测)如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，P,Q分别是边AB,BC上的两 个点，将BPQ沿PQ翻折，使点B恰好与AD上的点B重合，此时BD∥PB'.若AP=2,则折痕PO的长 度是」 B D B oc 【变式】1.(2025山东菏泽·二模)如图，菱形ABCD中，AB=10,AC=16,AC交BD于点O, DE⊥BC于点E,连接OE,则OE的长为· D B 2.(2025·山东济南·二模)如图，菱形ABCD中，点E,F分别在边AB,BC上.将菱形沿EF折叠，点B恰 好落在边AD上的点G处.若∠B=60°，AE=2,BE=4,则BF的长为 G D 7/28 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ~题型03利用菱形的性质求面积 点方法 舞易精 方法总结 核心是底乘高：另一重要公式是对角线乘积的一半。常结合勾股定理求对角线长度。 易错总结 与矩形面积公式（长×宽）混淆；误用“底乘高”时，高不是任意边上的垂线段。 【典例】(2025山东临沂一模)如图，已知在菱形ABCD中，E,F分别是菱形ABCD的边BC,CD的中点， 连结AE,BF,AE与BF交于点G,△BEG的面积为I,则菱形ABCD的面积为 【变式】1.(2024山东临沂模拟预测)如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的 三条直线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线的长分别为8和15时，则阴影部分的面积 为 D 2. (2025山东潍坊一模)如图，在平面直角坐标系中，已知四边形ABCD为菱形，边AD在y轴上，点C 在反比例函数y= 20 的图象上，点B坐标为-4,0)，连接0C,则△OCD的面积是， B ~题型04与菱形有关的折叠问题 点方法 群易猪 方法总结 利用菱形四边相等与对角线特性，折叠产生全等图形。重点找对称点的位置关系与等角。 8/28 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 易错总结 误将菱形折叠等同于矩形处理，忽略其特有的对称轴方向；未利用好对角线垂直平分构造直角三角形。 【典例】(2025浙江一模)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4,点E为AB中点，将菱形沿FG折 叠，使点C与点E重合，连结EF、EG,则BG=一 D B G 【变式】1.(2023山东济南·中考真题)如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线 CA上的点E处，折痕CP交AD于点P,若LABC=30°，AP=2,则PE的长等于 E D B 2. (2025山东青岛一模)如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠C=60°，将菱形折叠，使点A恰好落在对 角线BD上的G点处（不与B,D重合），折痕为EF,若DG=}BG,则BE的长为 3 D G(A) ·题型05菱形中动点与函数图象问题 点方法，群易猪 方法总结 以动点位置分阶段设变量，利用菱形四边相等与对角线性质建立函数关系，注意定义域变化。 易错总结 忽略动点沿不同边运动的转折点，导致分段函数错误；未考虑菱形对称性而重复计算。 【典例】(2025山东·一模)如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°，动点P从点A出发，沿折线 AB-BC-CD匀速运动，运动到点D停止，设点P的运动路程为x,aAPD的面积为y,y与x的函数图象如 9/28 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 图2所示，则AB的长为() B 43 图1 图2 A.4 B.2W5 C.6 D.45 【变式】1.(2025山东临沂.一模)如图1，在菱形ABCD中，BD=6cm,过点B且垂直于BD的直1沿 射线BA的方向以1cm/s的速度平移，在平移过程中，直线1被菱形ABCD的边所截得的线段长为ycm,平 移时间为s,y与t的函数关系图象如图2所示，则图2中a的值为() ◆y/cm 8 图1 图2 A.55 B.10 C.82 D.12 2.(2024河北保定一模)如图，菱形ABCD中，E,F分别是AD,CD的中点，P是AB边上的动点， PG⊥AB,交AC于点G,连接EG,FG,设AP=x,S四边形DEGr=y,则y与x的函数图象大致是() D E G 0 0 ~题型06利用菱形的性质证明 皮方法，界易绪 方法总结 紧扣四边相等与对角线垂直平分。首选全等三角形证明，亦可先证平行四边形再加邻边相等。 易错总结 10/28 第五章 四边形 第25讲 菱形的性质与判定 目 录 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 2 03·考点解析·知识通关 3 04·命题洞悉·题型预测 4 命题点一 菱形的性质 题型01利用菱形的性质求角度 题型02利用菱形的性质求线段长 题型03利用菱形的性质求面积 题型04与菱形有关的折叠问题 题型05菱形中动点与函数图象问题 题型06利用菱形的性质证明 命题点二 菱形的判定 题型01添加一个条件证明四边形是菱形 题型02菱形的性质与判定解决多结论问题 题型03根据菱形的性质与判定求解 题型04根据菱形的性质与判定作图 题型05菱形的性质与判定综合问题 05·重难突破·思维进阶难 6 突破一 菱形中的几何动态问题 突破二 菱形中的手拉手问题 突破三 菱形中的新定义型问题 突破四 菱形与二次函数的综合问题 06·优题精选·练能提分 6 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 菱形的定义与性质 山东省卷 T10 山东青岛卷 T14 山东济南卷 T12 理解菱形是有一组邻边相等的平行四边形。掌握菱形具有平行四边形的所有性质，并掌握其特殊性质：四条边相等；对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 菱形的判定 山东济南卷 T18 山东省卷 T16 山东青岛卷 T19 掌握菱形的常用判定方法：①有一组邻边相等的平行四边形；②对角线互相垂直的平行四边形；③四条边都相等的四边形。 菱形的面积与对角线关系 山东青岛卷 T9 山东济南卷 T15 山东省卷 T11 掌握菱形面积的两种基本计算方法：①底乘以高；②对角线乘积的一半。能利用菱形对角线垂直平分的性质进行计算和推理。 菱形与折叠、旋转问题 山东省卷 T21 山东青岛卷 T22 山东济南卷 T20 能综合运用菱形的性质、轴对称（折叠）或旋转的性质、全等三角形及勾股定理，解决菱形背景下的线段长度、角度或图形面积问题。 菱形与坐标系、函数综合 山东青岛卷 T24 山东济南卷 T23 山东省卷 T25(2) 能在平面直角坐标系中，利用菱形的对称性、对角线性质确定点的坐标，或与函数图象结合，探究动点构成菱形、图形运动路径等存在性问题。 命题预测 1. 基础考查：回归本质，突出特性；基础题将紧扣菱形的核心定义和独有性质。相较于矩形强调“角”与“对角线相等”，菱形的考查将更聚焦于“边”的相等与“对角线”的垂直平分特性。选择题或填空题可能直接利用菱形面积公式（尤其是“对角线乘积的一半”）进行逆向计算，或结合等边三角形判定考查其内角关系。 2. 核心考查：判定融合，强调推理；菱形的判定将不再是孤立考点，而是与平行四边形的判定、矩形的判定构成四边形判定的知识网络，在中档证明题中要求学生能清晰辨析并灵活选用。折叠问题仍会是热门载体，但场景设计可能从简单的角平分线转向利用菱形对角线互相垂直的性质构造直角三角形，从而综合考查勾股定理、三角函数及方程思想。 3. 压轴考查：动态探究，聚焦存在；函数与坐标系背景下的菱形存在性问题，因其需要同时满足“对边平行”和“邻边相等”的条件，其分类讨论的复杂性可能高于矩形，是压轴题的重要候选。预计将重点考查学生将几何语言（如“邻边相等”）转化为代数等量关系，并通过解方程（组）求解的能力。此外，命题可能尝试将菱形置于新定义或跨学科情境（如晶体结构、艺术对称图案）中，考查学生在陌生背景下识别几何模型、提取核心条件并运用基本原理解决问题的能力。备考需强化对菱形对称性的理解，并提升在动态、复杂图形中运用基本定理进行有序分析和精确计算的能力。 考点一 菱形的性质与判定 1.定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2.菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质 （2） 且四条边都相等 （3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。 注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。 3.菱形的面积（等面积求高） 菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半 4.菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 四条边都相等的四边形是菱形。 1．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】A 【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解． 本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ， ∵E是的中点， ， ∴。 故选：A． 2．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 3．（2024·山东滨州·中考真题）如图，四边形内接于，若四边形是菱形，则 ． 【答案】 【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质，菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键； 根据圆内接四边形的性质得到，根据菱形的性质，圆周角定理列式计算即可求解． 【详解】解：∵四边形内接于， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 4．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形中，，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作，交边于点E，连接，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出的长度．根据菱形的面积公式结合的长度即可得出、的长度，在中利用勾股定理即可求出的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， ∴， ∴， ∴，CO＝3（舍去）． ∵AE⊥BC，， ∴． 故答案为：． 5．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．    (1)求证：是菱形； (2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，） 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形． （1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论； （2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴四边形是菱形． （2）连接，交于点O，    ∵四边形是菱形．，， ∴，，， ∴， 即菱形的边长为5． 6．（2023·山东日照·中考真题）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图所示，连接与交于O，先由平行四边形对角线互相平分得到，再利用证明得到，进而证明，得到，由此即可证明平行四边形是菱形； （2）先由菱形的性质得到，再解， 得到，利用勾股定理求出，则，，则． 【详解】（1）证明：如图所示，连接与交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形；    （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴， ∴， ∴． 7．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； （）过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围； （）证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：设与相交于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵ ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于，则， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴，， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，线段的长度最短． 命题点一 菱形的性质 ►题型01 利用菱形的性质求角度 / 方法总结 利用菱形的四边相等与对角线垂直平分，结合等腰三角形性质、对角相等、邻角互补求角。 易错总结 误将菱形对角线“垂直平分”当作“垂直且相等”；忽略菱形平行对边产生的内错角关系。 【典例】（2025·陕西渭南·一模）如图，为菱形的一条对角线，过点C作于点E，若，则的度数为 ． 【答案】/56度 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形内角和定理、等边对等角，先求出，再由菱形的性质可得，由等边对等角可得，最后由三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式】1．（2025·湖北咸宁·模拟预测）如图，是菱形的对角线，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点，画直线交于点，若，则 ． 【答案】20 【分析】本题考查了菱形的性质、尺规作图、垂直平分线的性质，理解尺规作垂直平分线的方法是解题的关键．利用菱形的性质得到，，结合得到，由作图可知，点在线段的垂直平分线上，则有，利用等边对等角即可求解． 【详解】解：菱形， ，， ， ， 由作图可知，点在线段的垂直平分线上， ， ． 故答案为：20． 2．（2025·山西·模拟预测）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： ►题型02 利用菱形的性质求线段长 / 方法总结 利用四边相等转化线段，结合对角线垂直平分构造直角三角形，常用勾股定理计算长度。 易错总结 误用矩形对角线性质（相等）解题；未明确对角线仅垂直平分而不相等，导致比例用错。 【典例】（2025·山东济南·模拟预测）如图，在菱形中，，P，Q分别是边上的两个点，将沿翻折，使点B恰好与上的点重合，此时．若，则折痕的长度是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，特殊角的三角函数，等腰直角三角形的判定与性质，平行线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 过点P作于点M，先证明，，推导出 ，继而推导出，可得到，过点A作于点E，证明，可得到，求出，则，可求出，则，即可解答． 【详解】解∶过点P作于点M，如图 ， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由翻折，得 ，， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 过点A作于点E，如图，有 ∵， ∴， ∴， ∵ ∴，， ∴， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式】1．（2025·山东菏泽·二模）如图，菱形中，，，交于点，于点，连接，则的长为 ． 【答案】6 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键． 由菱形的性质可得，，再运用勾股定理可得长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 【详解】解：∵是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 2．（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过作于，交延长线于，作于，则，，，由折叠的性质得：，，可得四边形为平行四边形，解和求出，在中，由勾股定理求出，得出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，据此计算即可得出结果． 【详解】解：过作于，交延长线于，作于，则，如图所示： ∵菱形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵， ， ∴，同理， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， 故答案为：． ►题型03 利用菱形的性质求面积 / 方法总结 核心是底乘高；另一重要公式是对角线乘积的一半。常结合勾股定理求对角线长度。 易错总结 与矩形面积公式（长×宽）混淆；误用“底乘高”时，高不是任意边上的垂线段。 【典例】（2025·山东临沂·一模）如图，已知在菱形中，E，F分别是菱形的边的中点，连结与交于点G，的面积为1，则菱形的面积为 ． 【答案】20 【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，解答本题的关键是正确的作出辅助线．延长交延长线于点，则，证明，即可得出，根据的面积，求出的面积，然后可得出菱形的面积． 【详解】解：如图，延长交延长线于点， 点是边的中点， ， 四边形是菱形， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ， 又点是中点， ，， ， 的面积为1， 的面积为5， 菱形的面积为20， 故答案为：20． 【变式】1．（2024·山东临沂·模拟预测）如图，四边形是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分，当菱形的两条对角线的长分别为8和15时，则阴影部分的面积为 ． 【答案】30 【分析】本题考查了中心对称、菱形的性质；熟记菱形的性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键． 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，即可得出结果． 【详解】 解：如图所示：∵菱形的两条对角线的长分别为8和15， ∴菱形的面积 ， ∵O是菱形两条对角线的交点，菱形是中心对称图形， ∴，四边形四边形，四边形四边形， ∴阴影部分的面积． 故答案为30． 2．（2025·山东潍坊·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知四边形为菱形，边在轴上，点在反比例函数的图象上，点坐标为，连接，则的面积是 ． 【答案】4 【分析】本题考查了菱形的性质、反比例函数的几何意义、勾股定理，由反比例函数的几何意义得出，求出，结合菱形的性质可得，由勾股定理得出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵点坐标为， ∴， ∵点在反比例函数的图象上， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． ►题型04 与菱形有关的折叠问题 / 方法总结 利用菱形四边相等与对角线特性，折叠产生全等图形。重点找对称点的位置关系与等角。 易错总结 误将菱形折叠等同于矩形处理，忽略其特有的对称轴方向；未利用好对角线垂直平分构造直角三角形。 【典例】（2025·浙江·一模）如图，在菱形中，，，点为中点，将菱形沿折叠，使点与点重合，连结、，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；过作交的延长线于，由菱形的性质得，，由角三角形的特征得，设，由折叠得：，由勾股定理得，即可求解；掌握折叠的性质，菱形的性质，直角三角形的特征，能构建直角三角形，熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【详解】解：过作交的延长线于， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， 点为中点， ， ， ， 设， 则，， 由折叠得：， ， ， 解得：， ， 故答案为：． 【变式】1．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．    【答案】 【分析】过点A作于点Q，根据菱形性质可得，根据折叠所得，结合三角形的外角定理得出，最后根据，即可求解． 【详解】解：过点A作于点Q， ∵四边形为菱形，， ∴，， ∴， ∵由沿折叠所得， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， ∴， ∴， 故答案为：． 2．（2025·山东青岛·一模）如图，在菱形中，，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处（不与，重合），折痕为，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，由菱形的性质可证为等边三角形，设，则，，，则，在中，再由勾股定理得方程，解方程即可求得． 【详解】解：如图，过点作于点， 由折叠的性质得：， 四边形是菱形， ， 又， ， 为等边三角形， ， 又， ， ，设，则， 在中，， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：，即， 故答案为：． ►题型05 菱形中动点与函数图象问题 / 方法总结 以动点位置分阶段设变量，利用菱形四边相等与对角线性质建立函数关系，注意定义域变化。 易错总结 忽略动点沿不同边运动的转折点，导致分段函数错误；未考虑菱形对称性而重复计算。 【典例】（2025·山东·一模）如图1，在菱形中，，动点P从点A出发，沿折线匀速运动，运动到点D停止．设点P的运动路程为的面积为与x的函数图象如图2所示，则的长为（   ） A．4 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．根据图1和图2判断为等边三角形，它的面积为解答即可． 【详解】解：连接， 在菱形中，， ∴为等边三角形， 设，由图2可知，的面积为， ∴的面积 解得：(负值已舍) 故选：A 【变式】1．（2025·山东临沂·一模）如图1，在菱形中，，过点B且垂直于的直l沿射线的方向以的速度平移，在平移过程中，直线l被菱形的边所截得的线段长为，平移时间为，y与t的函数关系图象如图2所示，则图2中a的值为（   ） A． B．10 C． D．12 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，动点问题的函数图象，连接交于O，由菱形的性质可得，再证明直线l平行于，结合函数图象可得，据此利用勾股定理可求出，过点D作交延长线于T，则，证明，利用相似三角形的性质求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵直线l垂直于， ∴直线l平行于， 由图2可知，直线l被菱形的边所截得的线段长最长为， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点D作交延长线于T，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2024·河北保定·一模）如图，菱形中，，分别是，的中点，是边上的动点，，交于点，连接，，设，，则与的函数图象大致是（     ） A．B．C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线间的距离、三角形的中位线定理．连接，则的面积是定值，由，分别是，的中点，得到，根据平行线间的距离处处相等可得到的底和底边上的高都是定值，即可求解． 【详解】解：如图，连接，则的面积是定值． ，分别是，的中点， ， 的底和底边上的高都是定值， 四边形的面积是定值， 与的函数图象是平行于轴的线段． 故选：． ►题型06 利用菱形的性质证明 / 方法总结 紧扣四边相等与对角线垂直平分。首选全等三角形证明，亦可先证平行四边形再加邻边相等。 易错总结 未证平行四边形直接证菱形；误将对角线垂直作为菱形判定的独立条件（需结合平行四边形）。 【典例】（2026·四川成都·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，过作于点，交于点． (1)求证：； (2)若，，求及的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)的长为，的长为． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是菱形，得，，又，所以，则，，得出，然后通过相似三角形的判定方法即可求证； （）由四边形是菱形，得，又，所以，即， 解得，在中，，再证明，所以，再代入即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴ ； （2）解：∵四边形是菱形， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为，的长为． 【变式】1．（2024·山东泰安·三模）已知：如图，在菱形中，点E是边上的任意一点（不与点D、C重合），交对角线于F，过点E作．交于点G． (1)问题探究：求证：； (2)迁移运用：当时，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判断，菱形的性质： （1）证明，得到，证明得到，则可得，即； （2）如图所示，连接交于O，由菱形的性质得到，，则，证明，得到，即可得到，即． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴ 2．（2025·山东聊城·二模）【问题情境】（1）数学探究课上，某兴趣小组探究含角的菱形的性质． 如图1，菱形的边长为，，则______，______． 【操作发现】（2）如图2，在图1的基础上，小贤在菱形的对角线上任取一点P（点P不与点B重合），以为边向右侧作菱形，且，连接．求证：； 【拓展延伸】（3）在（2）中，随着点P位置的改变，的度数是否发生变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】（1），12；（2）见解析；（3）不变，，理由见解析． 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练以上知识点是解题的关键． （1）根据菱形的对角线平分对角，计算，利用菱形的对角线互相垂直且平分，勾股定理计算即可． （2）根据菱形的性质，结合，，得到，继而得到，证明即可． （3）根据菱形的性质，得到，根据，得到，计算得． 【详解】解：（1）连接交于点，如图所示： 菱形的边长为，， ，，，， ， ， ， 故答案为：，； （2）证明：四边形，是菱形， ，，，， ，， ，， ， ， ， ； （3）解：的大小不变，且，理由如下： 四边形是菱形，， ， ， ， ， ． 故的大小不变，且； 命题点二 菱形的判定 ►题型01 添加一个条件证明四边形是菱形 / 方法总结 在平行四边形基础上，添加“一组邻边相等”或“对角线垂直”。亦可直接证“四边相等”。 易错总结 未先证平行四边形，仅凭“对角线垂直平分”或“一组邻边相等”就判定为菱形。 【典例】（2024·湖南·模拟预测）已知四边形的对角线垂直平分对角线于点，要使四边形为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定即可得出答案． 【详解】解：添加，理由如下： ∵四边形的对角线垂直平分对角线于点， ， ， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式】1．（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）如图在四边形中，，平分，要使四边形为菱形可添加一个条件为 ．（只写出一个即可） 【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等知识，熟练掌握平行四边形的判定及菱形的判定是解题的关键． 由菱形的判定方法进行判断即可． 【详解】解：可以添加的条件是：，理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一） 2．（2024·甘肃兰州·模拟预测）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）． ►题型02 菱形的性质与判定解决多结论问题 / 方法总结 从已知菱形出发用性质，从四边形出发用判定。逐项分析，常结合全等三角形与直角三角形。 易错总结 将菱形性质（如对角线垂直）误用于所有平行四边形；多结论时，忽略特殊菱形（正方形）的干扰。 【典例】（2024·山东临沂·模拟预测）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点，过点作交的延长线于点，下列结论；是直角三角形；；正确的个数（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质及垂线的性质可得，，由平行线的性质可证得，于是可得，点为中点，，于是可得是直角三角形，由直角三角形的性质可得，由于由题意无法得出，因而可得结论． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ，， ， ，， ， ， ，， 点为中点， ， 是直角三角形， 又点是中点，即为斜边上的中线， ， 由题意无法得出， 结论正确，结论不一定正确， 故选：． 【变式】1．（2024·黑龙江牡丹江·一模）如图，菱形中，E是边上的一点，交于点F，若，则下列结论：①；②；③；④图中有6个等腰三角形，其中正确结论的个数是（   ）    A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】首先根据题意得到，求出，得到，利用得到，即可判断①；根据平行线的性质和三角形内角和定理求出各角的度数，进而根据等腰三角形的判定即可判断④；设，，则，然后证明出，得到， 代入得到，求出，得到，表示出，然后代入即可判断③；首先由得到，得到，，然后同理得到，然后进一步表示出，即可判断②． 【详解】∵菱形中， ∴ ∵ ∴ 解得 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，故①正确； ∵ ∴， ∵ ∴， ∴ ∴， ∴， ∴，，，，，是等腰三角形， ∴图中有6个等腰三角形，故④正确； ∴设， ∴ ∵， ∴ ∴，即 整理得， ∴ 解得，负值舍去 ∴ ∴ ∴，故③正确； ∵ ∴ ∴ ∴ 同理可得， ∴ ∴ ∴ ∴，故②错误 综上所述，正确的个数为3． 故选：B． 2．（2024·天津河西·二模）已知菱形，，，点，，，分别在菱形的四条边上，．连接．有下列结论：①四边形是矩形；②长有两个不同的值，使得四边形的面积都为；③四边形面积的最大值为．其中，正确结论的个数是（    ）    A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，一元二次方程根的判别，二次函数最值等知识点，灵活运用菱形的性质是解题的关键． 利用菱形的性质进行角的等量代换即可证出为矩形，判断①；过点作于点，设，则，用含的式子表达出和的长后，利用矩形的面积公式列式判断②和③即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， 同理可证：， ∴四边形是矩形，故①正确； 过点作于点，如图所示：    设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴当时 整理得： ∵ ∴长有两个不同的值，故②正确； ∵ ∴当时，面积最大值为，故③正确； 综上①②③正确； 故选：D． ►题型03 根据菱形的性质与判定求解 / 方法总结 判定先证平行四边形再加特殊条件；性质侧重等边与垂直对角线。统一运用全等与勾股定理。 易错总结 混淆性质与判定的逻辑顺序；误将“对角线互相垂直”当作菱形的充分条件（需结合平行四边形）。 【典例】（2025·陕西西安·模拟预测）在平行四边形中，对角线、交于点O，若，过点A作的垂线交于点E，交于点M，，，则的长度为 ． 【答案】 【分析】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、解直角三角形的相关计算，证明四边形是菱形是解题的关键．由四边形是平行四边形，且，证明四边形是菱形，而于点E，交于点M，则，由，，求得，再证明，则，，，设，则，，，表示出，的长，再列式得到，求出m的值，进而得出结果． 【详解】解：四边形是平行四边形，对角线交于点O，且， 四边形是菱形， 于点O， 于点E，交于点M， ， ， ， ， ，， ， 设，则，，， ，， ， 解得：， ， 故答案为：． 【变式】1．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，，分别是，边上的中点，于点D，过点E作交于点G，连结，则的长为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，菱形的判定与性质，连接交于点，先证明四边形是平行四边形，再证明是菱形，可得，，由勾股定理得，从而可求出． 【详解】解：连接交于点，如图， ， ∵分别是，边上的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形， ∴，且，， 在中，， ∴， 故答案为：4． 2．（2025·新疆·模拟预测）有两张相同大小的矩形纸片和，将其按如图所示的方式交叉叠放，重叠部分构成一个四边形，连接，，若，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理．先证明四边形是菱形，菱形的性质结合勾股定理求得，再利用菱形面积公式求解即可． 【详解】解：∵矩形纸片和， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵两张相同大小的矩形纸片和， ∴， ∵四边形的面积， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴四边形的面积， 解得， 故答案为：． ►题型04 根据菱形的性质与判定作图 / 方法总结 利用判定先作平行四边形，再令邻边相等或对角线垂直。亦可直接用四边相等，配合圆规作图。 易错总结 未先作平行四边形直接画四边，导致图形不准；混淆对角线“垂直平分”与“垂直”的作图要求。 【典例】（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，点E是的中点． (1)请仅用无刻度的直尺作图，作出边的中点F；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，连接，点G是的中点，连接，若的面积为2，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质． （1）作菱形对角线的交点，连接并延长交边于点F，点F即为所作； （2）根据三角形中线的性质求得，再根据菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所作； （2）解：如图： ∵点G是的中点，的面积为2， ∴， ∵点F是的中点， ∴． 【变式】1．（24-25九年级下·江西赣州·期中）如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)如图1，过点B作的垂线； (2)如图2，点E为线段的中点，以为边作平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查作图—复杂作图、平行四边形的判定、菱形的性质，熟练掌握平行四边形的判定、菱形的性质是解答本题的关键． （1）结合菱形的性质，作直线即可． （2）结合平行四边形的判定和菱形的性质，连接相交于点O，连接并延长，交的延长线于点F，连接即可． 【详解】（1）解：如图1，作直线，则直线即为所求． （2）解：如图2，连接相交于点O，连接并延长，交的延长线于点F，连接，则平行四边形即为所求． 2．（2025·浙江湖州·三模）如图，四边形是菱形，延长到点F，使，连接交于点E． (1)请你用无刻度的直尺和圆规把图形补充完整（保留作图痕迹），并证明E是的中点； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据题意补充完整图形即可，证明，得出，即可得解； （2）由全等三角形的性质可得，，结合，得出，，求出，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）证明：以点为圆心，以为半径画弧交的延长线于点，连接交于点，如图所示： ， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴E是的中点 （2）解：由（1）可知，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 即的长为． ►题型05 菱形的性质与判定综合问题 / 方法总结 明晰性质与判定的逻辑链：先判定，后用性质推导。综合运用全等、勾股、等边及对角线关系。 易错总结 判定时跳过“平行四边形”直接使用菱形定理；解题中混淆菱形与矩形对角线特性（垂直与相等）。 【典例】（2025·云南·模拟预测）如图，在中，，为的中点，垂直平分，交于点． (1)请判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理，线段的垂直平分线等知识点． （1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由垂直平分线得到，那么，则四边形是菱形； （2）先由勾股定理求解，然后根据菱形的性质得到为的中位线，即可求解，即可求解，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵，为的中点， ∴ ∵垂直平分， ∴， ∴ ∴四边形是菱形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形的面积为 【变式】1．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点O，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点F，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，推出可得结论； （2）证明，推出，证明四边形是矩形，推出，证明，推出可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）证明：如图，过点A作于点H， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 2．（2025·湖南长沙·三模）如图，在中，是角平分线，E是上一点，且，连接，过点C作交于点F，交于点G，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当G为中点时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线等知识，熟练运用相似三角形的性质是本题的关键． (1)由可证，可得，，由平行线的性质可得，可得，且，可证四边形是菱形； (2)证明是的中位线，得，根据菱形的性质证明，利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可解决问题． 【详解】（1）证明：平分， ，且，， ∴， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）为中点，， 为中点， 是的中位线， ， 由（1）知：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 突破一 菱形中的几何动态问题 【典例】（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． (1)求证：； (2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； (3)求为何值时，线段的长度最短． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； （）过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围； （）证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：设与相交于点， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵ ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于，则， ∵， ∴， ∵四边形为菱形，， ∴，， 即， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，线段的长度最短． 【变式】1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，，，动点从点出发沿方向匀速运动，速度为；动点从点出发沿方向匀速运动，速度为．连接交于点，过点作，交于，在运动过程中始终保持与平行，若点和点同时出发．设运动时间为，解答下列问题： (1)当为何值时，四边形是平行四边形． (2)是否存在某一时刻，使得四边形的面积是菱形面积的．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)是否存在某一时刻，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)时，四边形的面积是菱形面积的，理由见解析 (3)当时， 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形； （1）根据菱形的性质，勾股定理求得的长，根据题意得出，根据，可得，当时，四边形是平行四边形，根据相似三角形的性质，即可求解； （2）过点作于点，根据题意可得四边形是梯形，，进而表示出，根据四边形的面积是菱形面积的建立方程，解方程，得出的值，结合题目条件，即可求解； （3）当时得出，根据得出方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵菱形中，对角线、相交于点，，， ∴，，， 在中，， 依题意，， ∴， ∵， ∴， ∴ 当时，四边形是平行四边形 ∴ 解得： （2）解：存在时，四边形的面积是菱形面积的，理由如下， 如图，过点作于点， ∵， ∴， ∴， 又， 则， ∴． ∵， ∴四边形是梯形，， ∴，即． ∵四边形的面积是菱形面积的． ∴． ∴． 解得：或． ∵． ∴存在时，使得四边形的面积是菱形面积的． （3）当时， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 又， 则， 解得：． ∴当时，． 2．（2025·山东青岛·一模）如图，在中，，，．动点N从点C出发，沿方向匀速运动，速度为；动点M同时从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为．过点M作，分别交，于点，，与相交于点．设运动时间为，请解答下列问题： (1)当四边形为菱形时，求t的值； (2)设五边形的面积为，求S与t之间的函数关系式； (3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使得？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】本题考查了一元一次方程的应用，矩形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，求函数关系式，角平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键． （1）当四边形为菱形时，即时，进而由解三角形求出，即可得出结论； （2）过点作，垂足为，五边形的面积为，利用解三角形把相关线段用表示即可求出； （3）延长、交于点，根据，，利用相似三角形性质得线段成比例列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵在中， ∴，， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴，即， ∵在中， ∴，， ∴， 当四边形为菱形时，即时， ， ∴ （2）过点作，垂足为， 依题意得：，， ∵，，， ∴， ， ， ∴， ∵五边形的面积为， ∴， 即 （3）延长、交于点， ∵四边形为平行四边形，∴，， 由（2）得，， ∴，， ， ∴， ∴ ∵ ∴，， ∴，， ∴， 解并检验得：，， 在运动过程中，时，使得． 突破二 菱形中的手拉手问题 【典例】（2024·山东潍坊·模拟预测）边长为的等边中，点分别在边上，，． (1)如图，将沿射线方向平移，得到，边与的角平分线交于点，当多大时，四边形为菱形？并说明理由 (2)如图，将绕点旋转（），得到，边的中点为 ①在旋转过程中，和有怎样的数量关系？并说明理由； ②连接，当最大时，求的值．（结果保留根号） 【答案】(1)当时，四边形是菱形，理由见解析； (2)①，理由见解析；②． 【分析】（）利用平移和等边三角形的性质可得，四边形是平行四边形，和是等边三角形，得到，，由菱形的性质可得，进而得到； （）①分和两种情况，画出图形解答即可求解；②如图，连接，由三角形三边关系得，，可知当点三点共线时，最大，由等边三角形的性质可得，，利用勾股定理求出得到，再根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：当时，四边形是菱形． 理由：∵是等边三角形， ∴， 由平移的性质得，，，， ∴，， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴和是等边三角形， ∴，， 当四边形是菱形时，， ∴， ∵， ∴； （2）解：①，理由如下： 当时，由旋转的性质得，， 由（）可知为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 当时，如图，，， ∵，， ∴； 综上，； ②如图，连接， 在中，由三角形三边关系得，， ∴当点三点共线时，最大， 在中，由为的中点，为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在中，． 【变式】（2024·广西南宁·三模）综合与实践 【问题情境】四边形是边长为5的菱形，与相交于点O，将绕点B按顺时针方向旋转得到，点C，D旋转后的对应点分别为E，F，旋转角为α． 【观察思考】 （1）如图1，当点F第一次落在对角线上时，求与的数量关系以及α的度数． 【探究证明】 （2）如图2，当，且时，与交于点G．试判断四边形的形状，并说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，连接，在旋转过程中，当与菱形的一边平行时，且，请直接写出线段的长． 【答案】（1），；（2）四边形为菱形，理由见解析；（3）或10或 【分析】（1）设交于点O，由菱形的性质可得，，再由旋转的性质得，可得，即可求解； （2）由菱形的性质得，再由旋转的性质得，，证得四边形是平行四边形即可得证； （3）分三种情况：①当时，证明四边形是菱形，过点D作于点H，设，则，由菱形的性质求得，则，，再利用勾股定理求得，再利用勾股定理求得，即可求解；②当时，则，证E、B、C三点共线，即可求解；③当，且在上方时，过点E作于点G，则，由锐角三角函数定义求得，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图，设交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）四边形为菱形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形为菱形； （3）①如图，当时， ∵四边形是菱形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴四边形是菱形， 过点D作于点H， 则， 设，则， 由勾股定理得， ∵四边形是边长为5的菱形， ∴， ∴， ∴，， ∴， 由勾股定理得， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图，当时，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴E、B、C三点共线， ∴； ③如图，当，且在上方时，过点E作于点G， 则， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或10或． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、旋转的性质、锐角三角函数、勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质和旋转的性质是解题的关键． 突破三 菱形中的新定义问题 【典例】（2025·新疆乌鲁木齐·模拟预测）2025年4月“春满丝路·鸢韵天山”风筝嘉年华在乌鲁木齐市石人子沟举行，孩子们“忙趁东风放纸莺”（风筝）．传统风筝“两翼舒展、中轴对称”的结构在蓝天划出优美弧线，生动展现传统工艺与数学之美的跨界融合． 【研究对象】 如图1，在四边形中，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． （1）依据筝形定义，写出一种学过的、符合筝形定义的四边形：_________； 【性质探究】 （2）根据学过的平行四边形、矩形、菱形、正方形的学习经验，请你通过观察、测量、折叠等探究活动，写出一条筝形（如图2）的性质的猜想并证明； 【拓展应用】 （3）如图3，已知在筝形中，，求对角线，的长． 【答案】（1）菱形；（2）性质：筝形对角线互相垂直，证明见解析；（3）； 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）依据筝形定义求解即可； （2）根据筝形的定义可知其是轴对称图形、对角线互相垂直，利用全等证明即可； （3）依据特殊角构造直角三角形，解求得，再利用等面积求即可． 【详解】解：（1）由定义可知：菱形的对角线互相垂直，故菱形是筝形， 故答案为：菱形； （2）性质：筝形对角线互相垂直； 证明：如图， 在和中， （）， ， ， ，； （3）如图，过作于点，连接、交于点， ， ， ， ，， ， 在中， 由（2）知，且， ， ， ． 【变式】（2025·广东深圳·三模）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． 突破四 菱形与二次函数的综合问题 【典例】（2025·山东淄博·三模）如图①，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，在轴上有一个动点，其中． (1)求抛物线的解析式； (2)过点作轴的垂线交直线于点，交抛物线于点，过点作于点，设的周长为，的周长为，若，求的值． (3)如图②，动点，同时从点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿，边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当，运动到秒时，沿所在的直线翻折，点恰好落在抛物线上点处，请直接判定此时四边形的形状，并求出点坐标． 【答案】(1) (2)m的值为 (3)四边形为菱形，H点的坐标为 【分析】（1）利用交点式可直接写出抛物线的解析式； （2）（2）如图①，易得，利用待定系数法求出直线的解析式为，则，，接着用分别表示出和，，然后证明，则根据相似三角形的性质得，从而解关于的方程可确定的值； （3）如图③，交轴于，利用折叠的性质得，，加上，则可判断四边形为菱形，所以轴，接着证明，利用相似比可表示出，，则，，所以点的坐标可表示为，然后点的坐标代入抛物线解析式得到，于是解关于的方程求出可确定点的坐标． 【详解】（1）解：抛物线的解析式为， 即； （2）解：如图， 当时，，则， 设直线的解析式为， 把，代入得，解得， 直线的解析式为， ，轴， ，， ， ， ，， ， 而， ， ，即， 整理得，解得（舍去），， 的值为； （3）解：如图，交轴于， ，， ， 沿所在的直线翻折，点恰好落在抛物线上点处， ，， ， ， 四边形为菱形， 轴， ， ， ，即， ，， ，， 点的坐标为， 点在抛物线上， ， 整理得，解得（舍去），， 点的坐标为． 【变式】（2024·山东烟台·一模）（1）如果四个点，，，中恰有三个点在二次函数（a为常数，且）的图象上. ① ； ②如图1，已知菱形的顶点B，C，D在该二次函数的图象上，且轴，求菱形的边长； ③如图2，已知正方形的顶点B，D在该二次函数的图象上，点B，D在y轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，试探究是否为定值.如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由； （2）已知正方形的顶点B，D在二次函数（a为常数，且）的图象上，点B在点D的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，直接写出m，n满足的等量关系式. 【答案】（1）①1；②；③是定值，（2）、满足的等量关系式为或 【分析】本题考查二次函数的应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，解题的关键是分类讨论思想的应用． （1）①在中，令得，即知不在二次函数为常数，且的图象上，用待定系数法可得； ②设交轴于，设菱形的边长为，可得，故，，代入得，即可求解； ③过作轴于，过作轴于，由点、的横坐标分别为、，可得，，，，证明，有，，故，，即可得； （2）过作轴于，过作轴于，由点、的横坐标分别为、，知，，分三种情况：①当，在轴左侧时，由，可得，，即可求解；②当在轴左侧，在轴右侧时，由，有，，即可求解；③当，在轴右侧时，，，即可求解． 【详解】解：（1）①在中，令得， 在二次函数为常数，且的图象上，不在二次函数为常数，且的图象上， 四个点、、、中恰有三个点在二次函数为常数，且的图象上， 二次函数为常数，且的图象上的三个点是、、， 把代入得：， 解得：， 故答案为：1； ②设交轴于，如图： 设菱形的边长为，则， ，关于轴对称， ， ， ， ， ， ， 把代入得： ， 解得或（舍去）， 菱形的边长为； ③是为定值，理由如下： 过作轴于，过作轴于，如图： 点、的横坐标分别为、， ，， ，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ，， ，， ， ， 点、在轴的同侧， ， ； （2）过作轴于，过作轴于， 点、的横坐标分别为、， ，， ①当，在轴左侧时，如图： ，，，， 同理可得， ，， ，， ， ， ， ； ②当在轴左侧，在轴右侧时，如图： ，，，， 同理可得， ，， ，， ， ， 或； ③当，在轴右侧时，如图： ，，，， 同理可得， ，， ，， ， ， ； 综上所述，、满足的等量关系式为或． 1．（2025·山东临沂·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，则的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，利用等面积法求解是解本题的关键． 如图，过作于，先求解，再利用，求解，再利用正弦的定义可得答案． 【详解】解：如图，过作于   菱形中，对角线，相交于点O，，， ． 故选：D． 2．（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明，，设，可得，，求解，过作于，再进一步求解即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过作于， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：D 3．（2024·山东聊城·三模）如图，在菱形中，，，垂足为E．若，则菱形的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查了三角函数，菱形的性质，勾股定理.设菱形的边长为，即，在中，解直角三角形可得，由可构造方程，求解得到菱形的边长，即可解答． 【详解】解：设菱形的边长为，即， ∵， ∴， ∴在中，， ∴， ， ∵，即， 解得， ∴， ． 故答案为：20 4．（2024·山东德州·二模）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中 ，点，若将菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转，则第202秒时，点C的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】此题考查了图形的旋转、菱形的性质、解直角三角形等知识，先求出,根据点C旋转一周所用时间得到点C旋转（n为正整数）秒后回到初始位置，则点C旋转200秒回到初始位置，又旋转了2秒，即旋转了，故此时点C的位置与初始位置关于原点对称，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴，， ∴， 如图，连接，则是等边三角形， 过点C作轴于点E，则， ∴，， ∴， ∵将菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转， 故点C旋转一周所用时间为（秒），故点C旋转（n为正整数）秒后回到初始位置， ∵， ∴点C旋转200秒回到初始位置，又旋转了2秒，即旋转了，故此时点C的位置与初始位置关于原点对称， ∴第202秒时，点C的对应点的坐标为， 故答案为：． 5．（2025·山东青岛·二模）如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到结论； （2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据菱形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵O是的中点， ∴， 在与中， ， ∴， ∴； （2）当时，四边形为菱形， 证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵，是的中线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 6．（2025·山东潍坊·一模）如图，将矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E．过点作，交，分别于点P，F，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，利用四边相等的四边形是菱形，证明四边形是菱形即可． （2）根据折叠的性质，菱形的性质，正切函数的应用，勾股定理，解方程等知识解答即可． 【详解】（1）证明：∵ 矩形沿对角线翻折，点C落在处，交于点E， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵ 矩形，， ∴，， ∴； ∵， ∴， ∴； 设， 则， 根据四边形是菱形， ∴， ∴， 根据勾股定理，得， 解得（舍去）． ∴． 1．（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形的计算，掌握解直角三角形的计算方法是关键． 根据菱形，折叠的性质，勾股定理得到，，如图所示，过点作于点，则，设，可得，，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∵， ∴，则， 在中，， ∴， 如图所示，过点作于点，则， ∵， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 解得，， ∴ ∴， ∴， 故选：A ． 2．（2025·山东济南·一模）如图①，菱形的对角线与相交于点两点同时从点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点的运动路线为，点的运动路线为．设运动的时间为秒，间的距离为厘米，与的函数关系的图象大致如图②所示．有以下四个结论： ①；②；③当点在段上运动，点在段上运动时，不断增大；④当点在段上运动且两点间的距离最短时，两点的运动路程之和为．其中正确结论有（　　）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象、解直角三角形以及菱形的基本性质．当点运动到点，点运动到点，结合图象，可得此时，当点在上时，在上，距离最短时，连线过点且垂直于，此时，两点运动路程之和，求出的长，即可得出答案． 【详解】解：由图分析可得： 当点从运动时，点从运动时，不断增大，③正确； 当点运动到点，点运动到点时，由图象知此时， ，①正确； 四边形为菱形， ，， 当点运动到点，点运动到点，结合图象，可得此时， ， 在中，， ，②正确； 当点在上时，在上，距离最短时，连线过点且垂直于，此时，两点运动路程之和， ， ，④正确； 故选：D． 3．（2024·山东聊城·模拟预测）在中，，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，若四边形的面积为56，则的长为 ． 【答案】 【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得出，证明，利用全等三角形的性质，可得出，进而可得出四边形是菱形，过点A作于点M，根据四边形的面积为56及三角形的面积计算公式，可求出的长． 【详解】解：在中，，D是的中点， ∴． ∵E是的中点， ∴， ∵， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 过点A作于点M，如图所示． ∵， ∴， 又∵， ∴． 故答案为：． 4．（2024·山东济南·三模）如图，在边长为2的菱形中，，点M是的中点，连接，将菱形翻折，使点A落在线段上的点E处，折痕交于点N，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】过点M作，交于点F，解直角三角形得出的长，再根据勾股定理求得，即可解答． 【详解】解：如图所示，过点M作，交于点F， ∵在边长为2的菱形中，， ，     ， ， ，点M为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 将菱形翻折，使点A的对应点落在上， ， ∴． 故答案为：． 5．（2025·山东德州·二模）如图，在中，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交线段于点，交线段于点，连接，取线段的中点，连接， (1)连接，求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定以及三角形中位线定理，熟练掌握相关定理是解答本题的关键． （1）先证明，再证明四边形是平行四边形即可； （2）证明是的中位线，得,由平行四边形的性质得，由线段比可得结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， 由作图可知平分， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ， 由作图知， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是平行四边形， ， ∴为的中点， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ， ∵四边形是平行四边形， 又， ∴， ∴， ． 6．（2025·山东聊城·三模）在数学探究课上，老师让同学们画一个，使，点D为的中点，连接，然后组织同学们以“操作发现”为活动主线进行探究学习． 动手操作（如图1） 第一步，在线段上取一点E（点A和点D除外）； 第二步，以点D为圆心，以为半径画弧交于点； 第三步，分别以E，F为圆心，长为半径画弧，交于点G，连接，． 猜想验证 （1）根据图1的操作，填空： ①四边形的形状为______，依据的判定定理是______； ②与的数量关系为______． （2）以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转到如图2的位置，请判断与的数量关系，并加以证明． 问题解决 （3）如图3，若，，，以D为旋转中心，将四边形按顺时针方向旋转，使点F在的下方，连接，且点F，E，C在同一条直线上，求的长． 【答案】（1）①菱形，四条边相等的四边形是菱形；②相等（或）（2），见解析（3）2 【分析】（1）①根据作图可知，故根据“四条边相等的四边形是菱形”可得四边形的菱形； ②根据直角三角形的性质可得，再结合菱形性质即可解答； （2）根据直角三角形的性质可得，再结合菱形性质证明即可解答； （3）连接，与的交于点H．在中，根据从而得出，，再根据直角三角形性质得出，，根据旋转性质得出，结合菱形性质得出，，在中，算出，即可解答； 【详解】解：（1）①菱形，四条边相等的四边形是菱形； ②相等（或）； 证明：∵在中，点D是的中点， ∴， 由作图知， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴； ． （2）证明：∵在中，点D是的中点， ∴， 由图1知， ∴， 即． ∵四边形是菱形， ∴． 在和中， ． ∴， ∴； （3）如图，连接，与的交于点H．    ∵在中，，， ∴，，． ∵在中，D是的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转可知． 又∵四边形是菱形，， ∴，． ∴， ∴，． 在中， ∴． ∴． 一、单选题 1．（2026·四川成都·一模）如图，菱形的对角线与相交于点，且，则该菱形的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出其长是解题的关键．先依据菱形“对角线互相垂直平分”的性质，求出对角线一半的长度 ()，再在中用勾股定理算出菱形边长，最后根据菱形四边相等的性质，计算出周长为． 【详解】解：∵菱形的对角线与相交于点， ∴ ∵， ∴ 在中： ∵菱形的四条边相等， ∴该菱形的周长是， 故选：C． 2．（2025·河南·模拟预测）如图，菱形的边，高，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，点的对应点为，当的长度最小时，的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 本题考查了菱形的性质、勾股定理、翻折变换的性质等知识，利用折叠性质结合三角形三边不等关系确定取最小值的位置，再结合角度关系推导边长是解题的关键． 由菱形的边得，，由高得，进而得，求得，则，由折叠得，由，可知当点落在上时，取得最小值，此时，则，得即可判断． 【详解】 解：如图1， ∵菱形的边， ∴，， ∵高，即， ∴， ∴，， ∴， ∵将四边形沿直线折叠，点的对应点为， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴当点落在上时，取得最小值，最小值为， 如图2， 点在上，则， ∴， ∴． 故选：D． 3．（2026·湖北黄石·一模）如图①，在菱形中，，动点从点出发，以每秒1个单位的速度沿线段运动到点停止，同时动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点停止．图②是点，运动时的面积与运动时间的函数关系的图象，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了动点函数的图象，菱形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是由点的运动结合图2得出的长．根据题意可得，分当点Q在上时，即时和当点Q在上时，即时，分别表示出，分析可知当点Q到达点C时，，此时，代入进行计算即可得到答案． 【详解】解：由题图2得，时，点P停止运动， 点P以每秒1个单位速度从点运动到点用了6秒， ， 由点P和点Q的运动可知，， 当点Q在上时，即时，， 过点P作交于，   ， ， ， 当点Q在上时，即时，   四边形是菱形， ， ， 由上可知，当点Q到达点C时，， 即当时，， 故选：C 二、填空题 4．（2025·辽宁·一模）如图，四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ，连接 ，，则 的度数为 ． 【答案】/度 【分析】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 四边形是菱形， ，根据，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，再根据三角形内角和即可求出的度数． 【详解】四边形是菱形 ， ， 是斜边上的中线    ， 故答案为：． 5．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点落在边上的点处，折痕分别与边，交于点，．当点与点重合时，的长为 ；当点的位置变化时，长的最大值为 ．    【答案】 / 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形等知识点；①当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分，推出，求得；②连接，可知当长取得最小值时，长取得最大值；由折叠的性质知垂直平分，则，推出时，长取得最小值，此时长取得最大值；过点D作于点C，则四边形为矩形，推出，即可求解； 【详解】解：当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分， ∴； ； 连接，如图所示：    当长取得最小值时，长取得最大值； 由折叠的性质知垂直平分，则， ∴时，长取得最小值，此时长取得最大值， 过点D作于点G，则四边形为矩形， ∴， 在直角三角形中，， ∴， ∴长的最大值为； 故答案为：①② 6．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论： ①四边形是菱形；②；③；④若平分，则． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，等边对等角，矩形的性质，30度角的直角三角形的性质. 根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：设交于点 由作图知，垂直平分 在矩形中， 四边形是菱形 ∴①正确 四边形是菱形 ∴②正确 ∴③错误 平分 ∴④正确． 故答案为：①②④． 三、解答题 7．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 8．（2025·吉林长春·二模）如图①，小颖为新房买了一盏简单而精致的吊灯．其正面的平面图如图②所示，四边形是一个菱形的内部框架，对角线相交于点，四边形是其外部框架，且点在上，． (1)求证：四边形外部框架为菱形． (2)若外部框架的周长为，，，则内部框架的边长为_____cm． 【答案】(1)见解析 (2)30 【分析】此题考查了菱形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是关键． （1）先证明四边形是平行四边形．再根据即可证明平行四边形是菱形； （2）连接，交于点O，，求出证明，再求出，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）四边形是菱形， ． ， ． 四边形是平行四边形． 四边形是菱形， ． 平行四边形是菱形． （2）如图，交于点O， ∵四边形外部框架为菱形，周长为，， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为：30. 9．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图，在中，，点O在上，连接，并延长至点D，使得，，连接，，E是上的一点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形． (2)如图2，将沿折叠，使点D的对应点F落在上，若，猜想与的数量关系，并加以证明． (3)如图3，将沿折叠，点D的对应点F落在的延长线上，与交于点G． ①求证：． ②若，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)．证明见解析 (3)①见解析；② 【分析】（1）由已知条件可得出是的垂直平分线，由垂直平分线的性质得出，再结合即可得出，进而可证． （2）延长交于点．由折叠的性质，可得．由菱形的性质可进一步推出， 设，则，得出，证明，由相似三角形的性质即可得出． （3）①由折叠的性质，可得，由等边对等角可得出，再利用菱形的性质得出 ，等量代换可得出，再根据等角对等边可得出． ②延长，交的延长线于点．先证明，由全等三角形的性质得出，再证明，再由全等三角形的性质得出 ，进一步即可得出答案． 【详解】（1）证明：， 是的垂直平分线， ． ， 四边形是菱形． （2）．证明如下： 证明：如图1，延长交于点． 由折叠的性质，可得． 四边形是菱形， ，， ． ， ， ∴设，则， ， ， ， ， ， ， ． （3）①证明：由折叠的性质，可得， ， 四边形是菱形， ， ， ， ． ②如图2，延长，交的延长线于点． ． ， ， ， ， ． 由折叠的性质，可得． 四边形是菱形， ， ， ， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，综合性较强，掌握这些判定定理和性质是解题的关键． 10．（2024·广东深圳·模拟预测）在平行四边形中，点为边上一点，点为边上一点，连接，交于点，． 【尝试初探】 （1）如图1，若，求证：； 【深入探究】 （2）如图2，若，，，求的值； 【拓展延伸】 （3）如图3，若，，点为的中点，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）先证明四边形是矩形，再证明即可； （2）在上取点，连接，使，过点作于点，先证明，则，由，设，则，，则，那么，则，故； （3）在上取点，连接，使，先证明，则，而为等腰直角三角形 ，则，故，可得四边形是菱形，则，那么，求出，即可求解． 【详解】（1） 证明： 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ； （2） 解：如图1，在上取点，连接，使，过点作于点， 则，， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， . ∵平行四边形中，， ∴， ∵，， ， ， ， ∵， ∴， ， ，，， 设，则，， ∴， ∴， ∵ ∴， ； （3） 解：∵平行四边形， ∴， ∵为中点， ∴， 如图2，在上取点，连接，使. 则 ， 同上可得， ， 又同上， ∵，， ， ， ， ∵， ∴， ∴， . ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $