专题15 菱形的性质与判定八类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材华东师大版八年级下册

专题15 菱形的性质与判定八类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 类型二、利用菱形的性质求解折叠问题 类型三、利用菱形的性质求解动点问题 类型四、利用菱形的性质证明和求解综合问题 类型五、利用菱形的判定与性质求解 类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题 类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 类型八、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 压轴专练 类型一、利用菱形的性质求解 方法总结 1. 性质对应：明确菱形的四边相等、对角线互相垂直平分且平分对角。 2. 方程求解：利用上述性质，结合勾股定理或三角函数，建立关于线段或角度的方程求解。 解题技巧 1. 对角线分直角：菱形的对角线将其分割为四个全等的直角三角形，是常用的解题模型。 2. 等边转化：利用“四边相等”进行线段等量代换，常与对角线垂直产生的垂直关系结合使用。 例1．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为___________． 【答案】 【分析】根据三角形中位线定理，可得，然后根据菱形的面积为即可求解． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 【变式1-1】（25-26九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在菱形中，，点E在对角线上，且，那么的度数是_____________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边对等角，先根据菱形的性质得到，再根据等边对等角和三角形内角和定理得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形，点在对角线上，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【变式1-2】（25-26九年级上·福建三明·期中）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，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的大小，（菱形的边长不变）．若，则的度数为________． 【答案】/26度 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的对角相等，对角线平分对角，即可求解． 【详解】解：四边形是菱形，， ， ， 故答案为：． 【变式1-3】（25-26八年级·上海·假期作业）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出边的长度，然后利用勾股定理进行求得，最后根据等边三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ， 又， 是等边三角形， ， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 是等边三角形， ∴． 故答案为：． 类型二、利用菱形的性质求解折叠问题 方法总结 1. 抓住折叠本质：折叠即轴对称，对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。 2. 结合菱形性质：利用菱形四边相等、对角线垂直平分且平分对角的性质，寻找全等或直角三角形。 解题技巧 1. 标注等量：在图上清晰标出折叠产生的等边、等角，以及由菱形本身决定的等量关系。 2. 设元勾股：常在菱形折叠后形成的直角三角形中，设未知线段为x，利用勾股定理列方程求解。 例2．（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：． 【变式2-1】（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，将菱形纸片折叠，使得点B恰好落在边的中点处，折痕为．若菱形的边长为，，则 ． 【答案】 【分析】连接，过点C作交于点G，证明四边形是平行四边形，是等边三角形，设，则根据勾股定理列式解答即可． 本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接，过点C作交于点G， ∵四边形是菱形，且菱形的边长为，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形，是等边三角形， ∴，， ∵边的中点是， ∴， ∴， 设， 则 ∴， ∴， 解得， 故答案为：． 【变式2-2】（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在菱形中，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与，交于点E，F．在点M的位置变化的过程中，当最大时，的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，由折叠可得，，，根据，得当时，最小，最大，此时， 过作交延长线于，则，，代入计算即可． 【详解】解：∵菱形中，， ∴，， ∵折叠该菱形， ∴，，， ∴， ∴当最小时，最大， 根据垂线段最短可得，当时，最小，最大， ∴，， ∴， ∴， 过作交延长线于， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴， 故答案为：． 【变式2-3】（25-26九年级上·河南郑州·月考）如图，四边形是菱形，，，点是射线上一动点，把沿折叠，其中点的对应点为，连接，若为等边三角形，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质，掌握折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．分两种情况进行讨论：当点在上时，当点在延长线上时，依据折叠的性质、等边三角形的性质以及含角直角三角形的性质，即可得到和的度数，进而得到的长． 【详解】解：四边形是菱形，，， ，， 分两种情况： 如图，当点在上时，点与点重合时，此时为等边三角形， 由折叠可得，， ， 在中，； ②如图，当点在延长线上时，当为等边三角形时，， ， 由折叠可得，， ， 在中，． 故答案为：或． 类型三、利用菱形的性质求解动点问题 方法总结 1. 分类画图：根据动点位置（如在线段上、延长线上），画出所有可能的菱形示意图。 2. 性质建方程：利用菱形四边相等或对角线垂直平分的性质，建立关于动点坐标或时间的方程。 解题技巧 1. 参照系固定：以已知定点为参照，用含t的代数式表示动点的坐标或相关线段长。 2. 检验合理性：解方程后，检验结果是否满足动点的运动范围（如在线段上）及图形的构成条件。 例3．（25-26九年级上·广东茂名·期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，点是边上一动点，连接，．若，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，垂线段最短，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 如图，连接，，，过点C作，垂足为F，由菱形知，，互相垂直平分，得，由两点之间线段最短得，进而由垂线段最短得的最小值为垂线段的长；根据勾股定理得，由菱形的面积公式得，从而得最小值． 【详解】解：如图，连接，，，过点C作，垂足为F， ∵四边形是菱形， ∴，互相垂直平分． ∴． ∴ 当点C，P，E三点共线时， 而 ∴的最小值为垂线段的长． ∵菱形中， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 【变式3-1】（24-25八年级下·贵州毕节·月考）如图，四边形是边长为8的菱形，，M是对角线上的一个动点． （1）若N是边上一点，，连结，则的最小值为 ； （2）变式：若 N是边上一个动点，连结，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】（1）在上截取，如图1，先根据菱形的性质得到，，则，再证明得到，利用两点之间线段最短得到（当且仅当A、M、E共线时取等号），据此求解即可； （2）过A点作于H点，交于M点，过M点作于N点，如图2，利用菱形的性质和角平分线的性质得到，所以，根据垂线段最短可得到的最小值为的长，然后由（1）得到即可． 【详解】解：（1）在上截取，如图1， ∵四边形是边长为8的菱形， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵（当且仅当A、M、E共线时取等号）， ∴的最小值为的长， 即最小值为的长， 过A点作于H点，如图1， 在中，∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即的最小值为； 故答案为：； （2）过A点作于H点，交于M点，过M点作于N点，如图2， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴， ∴， 即的最小值为的长， 由（1）得到， ∴的最小值为． 故答案为：． 【变式3-2】（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)用含有的代数式表示：______，______，______； (2)当为何值时，四边形是矩形？ (3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，， (2) (3)四边形不能成为菱形，理由见解析 【分析】本题考查了列代数式，矩形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，掌握矩形的判定和性质以及菱形的性质是解题的关键． （）由题意得，，进而即可求解； （）由矩形的性质可得，进而即可求解； （）由菱形的性质可得，即得，可得，过点作于， 则四边形是矩形， 可得， ，即得，由勾股定理得，即可判断求解； 【详解】（1）解：由题意得，，， ∵，， ∴，， 故答案为：，，； （2）解：∵在四边形中，，， ∴当时，四边形是矩形， ∴， 解得， 即当时，四边形是矩形； （3）解：四边形不能成为菱形，理由如下： 若四边形是菱形，则， ∴， 解得， ∴， 过点作于，则四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∴， ∴四边形不能成为菱形． 【变式3-3】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，菱形的边长为，，动点从点出发，沿着线路做匀速运动，动点从点同时出发，沿着线路做匀速运动． (1)______； (2)已知动点、运动的速度分别为、．经过12秒后，、分别到达、两点，试判断的形状，并说明理由，同时求出的面积； (3)设问题（2）中的动点、分别从、同时沿原路返回，动点的速度不变，动点的速度改变为，经过3秒后，、分别到达、两点，若为直角三角形，试求的值． 【答案】(1) (2)为直角三角形， (3)的值为2或6或 【分析】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，解题关键是根据直角的不同分情况讨论求解． （1）先根据菱形的性质得出，再根据，可得为等边三角形，从而可得出； （2）利用等腰三角形三线合一，可证明，从而可得为直角三角形，再利用勾股定理求得，然后利用求解； （3）分，，三种情况，分别得到关于的一元一次方程求解，求得的值． 【详解】（1）解：∵菱形的边长为 ∴， ， ∴为等边三角形， ∴， 故答案为； （2）如图1，12秒后点走过的路程为， 则12秒后点到达点， 即点与点重合； 12秒后点走过的路程为，而， ∴点到点的距离为， 此时点到达的中点，即点为的中点 是等边三角形，而为中线， ， 为直角三角形， 在中， ； （3）为等边三角形， ， 经过3秒后，点运动的路程为、点运动的路程为， 点从点开始运动， ∴， 点为的中点， ∴， ①若，且点在上，如图1， 则， ， 在中，， ， ， ， ； ②若，且点在上，如图2， 则， ， 在中，， ， ， ， ； ③若，即， ， 点在的垂直平分线上， 此时点在点处， ， ， ， 综上所述，的值为2或6或． 类型四、利用菱形的性质证明和求解综合问题 方法总结 1. 性质选择：根据所求结论，选用菱形对应性质（如四边相等、对角线垂直平分且平分对角）。 2. 数形转化：将几何关系转化为代数方程（如用勾股定理），或转化为三角形全等、相似的证明问题。 解题技巧 1. 对角线模型：连接对角线，构造出直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的关键。 2. 等量代换：灵活运用“四边相等”进行线段等量代换，并结合“对角线互相垂直”产生的垂直关系。 例4．（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，在菱形中，，垂足为，，垂足为． (1)求证：； (2)若，则的度数为__________． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是关键． （1）由菱形的性质可得，，结合，，可证明，则； （2）由三角形内角和定理可得，结合，则．根据菱形的邻角互补的性质可得，作差求得． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 【变式4-1】（25-26九年级上·山西运城·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作，且，连接、，交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）根据菱形的性质，结合，四边形是平行四边形，结合，即可证明平行四边形是矩形． （2）由（1）可知，结合，可得四边形是平行四边形，，再根据矩形的性质可得． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，，， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∵四边形是矩形， ． 【变式4-2】（25-26八年级上·重庆·月考）如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，．结合题干可得，，且，则四边形是平行四边形．又因为，因此命题得证； （2）作，垂足为，由角平分线定理可得，．使用勾股定理计算出和，根据的面积构造方程，求出，进而求出的面积． 【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：如图，作，垂足为，设， 在直角中，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ，， ， ∵， ∴， 解得，， ∴． 【变式4-3】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若， ①求的长； ②求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①2 ② 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性质， 对于（1），根据菱形的性质得，再结合得出四边形是平行四边形，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”得出结论； 对于（2），①根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半得出答案； ②，先根据菱形的性质得出，再根据面积相等求出，然后根据勾股定理得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：①∵四边形是菱形， ∴． 在中，， ∴； ②∵四边形是菱形，且， ∴，． 在中，， ∴， 即， 解得． 根据勾股定理，得, 即， 解得． 类型五、利用菱形的判定与性质求解 方法总结 1. 先判后性：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件，判定四边形为菱形。 2. 再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分等）求解角度、线段或证明。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的四边形”等直接判定。 2. 转化化归：将菱形问题常转化为等腰三角形或直角三角形问题，运用勾股定理、等边对等角求解。 例5．（2026九年级·吉林·专题练习）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；③分别以点和点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的度数是 ． 【答案】70 【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∵， ， 故答案为70． 【变式5-1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，矩形的对角线、相交于点，，，若，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定以及菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键． 先根据矩形的性质得到对角线相等且互相平分，再由两组对边分别平行判定四边形是平行四边形，最后结合矩形性质得出，从而判定该平行四边形为菱形，进而得到，求出的长度． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是菱形， ∴． 故答案为：． 【变式5-2】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，得到四边形，它的周长记作；取中点，作．，得到四边形，它的周长记作，…，照此规律作下去，则 ． 【答案】 【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形的中位线的性质，菱形的性质和判定，找出周长的规律是解题的关键；根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解． 【详解】解：∵是边长为1的等边三角形， ∴， ∵E是边中点，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， 同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的， 即，，……，， ∴． 故答案为：． 【变式5-3】（25-26八年级上·河北唐山·期末）如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形，然后将这四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形如图2所示，大正方形的面积为5；如果再将这四个全等的直角三角形拼成的图形如图3所示，外轮廓周长为．则图1中的的长度为 ；四边形的面积为 ． 【答案】 4 【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，菱形的判定，菱形的面积等知识点，熟练掌握及运用勾股定理是做题的关键．先求得四个全等的直角三角形的斜边长为，即可得出图1中的的长度；设两条直角边分别为，，利用图3的外轮廓周长为，求得，再判定图1中的四边形为菱形，根据面积公式，列式计算即可求解． 【详解】解：如图， 由题意得，， （已舍去负值）， 即图1中的的长度为； 如图， 由题意可知，，设，， 则， 在中，， 即， 由题意得，， ， ， ， 即， ， ． 将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形， ， 四边形为菱形． 由题意和图可知，，， ． 故答案为：；． 类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题 方法总结 1. 逐项分析：对每个结论单独推理，判断其是否可由已知条件结合菱形判定与性质必然推出。 2. 构造反例：对于“不一定成立”的结论，尝试构造特殊菱形（如内角非90°的菱形）进行验证。 解题技巧 1. 性质链梳理：系统梳理菱形的判定条件与性质（边、对角线、角），形成完整推理链条。 2. 图形直观法：画出一般菱形（非正方形）示意图，结合图形测量快速排除明显错误结论。 例6．（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键． ①连接构造全等三角形，得到，，进而可得，是等边三角形，①、②正确；用反证法可知③错误；根据题意可知，四边形的面积等于，则当时，可取得最小值，取得最大值，根据等边三角形性质分别求出此时的，，进而求出． 【详解】解：如图，连接． 四边形为菱形，， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，，即，①正确， ，为等边三角形，②正确； ∴，则，③不正确； ， ， 可知当取得最小值，取得最大值， 设等边三角形边长为，可知其高为，面积为， 为等边三角形，其面积会随边长变化而变化， 当，取得最小值，则取得最小值， ， 此时，，， ，④正确． 综上，正确的个数有个． 故选：． 【变式6-1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③，重合时，；④的面积的最小值为1．上述结论中正确的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，掌握折叠的性质及菱形的性质是解题的关键．根据折叠的性质及矩形的性质可知四边形是菱形，再根据全等三角形的判定与性质可知，这个结论不一定成立，最后利用菱形的面积公式即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故②正确； ∴，， ∴， ∵， 若， ∴， ∴，这个结论不一定成立，故①错误； 点与点重合时，如图所示， 设，则， ∴在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∴，故③正确； 当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小， ∴， 即的面积的最小值为1．故④正确； 正确的项为②③④，共3个， 故选：C． 【变式6-2】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，已知菱形的边长为分别是上的动点，且．下列结论正确的个数是（   ） ①；②为等边三角形；③；④为等边三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】易证△ABC为等边三角形，得，结合已知条件可证；由全等三角形的性质可得，得，进而可得结论；证明则可得结论． 【详解】解：，四边形为菱形， ， 为等边三角形，． ， ，故①④正确； ， ． ， ，即， 为等边三角形，故②正确； ， ，故③正确． 综上所述，结论正确的个数是4． 故选：D 【变式6-3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，，，对角线相交于点O，点E、F分别在边上，点E、F同时以相同的速度分别从点B向点A和从点A向点D运动，与交于点G，则在这个运动过程中，下列说法正确的个数是（    ） ①菱形的面积是；②始终为等边三角形；③线段长的最小值为；④点G所走过的路径长为1． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，先由菱形的性质得到，，再证明是等边三角形，得到，利用勾股定理可得，则，根据菱形面积等于其对角线乘积的一半可判断①；证明，得到，进而证明，则是等边三角形，据此可判断②；当时，有最小值，即此时有最小值，利用等面积法可求出的最小值为，据此可判断③；由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点，当点E刚好是的中点，点F为的中点时，为的中位线，则可证明，，由勾股定理可得，则，即点G离点A的最远距离为。 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴，故①正确； 由题意得，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形，故②正确； ∴， ∴当时，有最小值，即此时有最小值， 当时，此时有，即， ∴的最小值为，故③正确； ∵， ∴，即， ∴由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点， 当点E刚好是的中点，点F为的中点时， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G离点A的最远距离为， ∴整个过程中点G的路程为，故④正确； 故选；A. 类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 方法总结 1. 判性结合：先依据条件判定菱形，再运用其性质（四边相等、对角线垂直平分）推导新结论或求值。 2. 数形互化：将几何关系转化为方程求解（如勾股定理），或将代数条件还原为几何特征进行判定。 解题技巧 1. 对角线模型：连接对角线构造直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的核心模型。 2. 等量转化：灵活利用“四边相等”进行线段等量代换，常与“对角线垂直”产生的垂直关系结合。 例7．（25-26八年级上·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，将沿直线翻折得到. (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，则菱形的面积为______． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定及性质、矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理： （1）根据矩形的性质得到，利用翻折后两个三角形全等可知，由此可知是菱形； （2）根据勾股定理求出，得到的面积，再求出的面积，菱形的面积是的面积的两倍． 【详解】（1）证明：是矩形， ， 沿直线翻折得到， ， ， 四边形是菱形． （2）解：是矩形， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式7-1】（25-26九年级下·黑龙江大庆·开学考试）如图，在四边形中，，，对角线、交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由和平分推出，结合可证，从而得到四边形为平行四边形，再用“一组邻边相等”判定为菱形； （2）先利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理算出对角线的长度，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，求出． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【变式7-2】（25-26九年级上·四川德阳·期末）如图，在中，，点、分别是、的中点．将绕点旋转得．连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，设四边形的面积为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积为 【分析】本题考查图形旋转的性质，菱形的判定定理以及菱形的面积公式，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键． （1）根据旋转得，，可证四边形是平行四边形；再由是的中点及，得，进而可证四边形是菱形； （2）由得菱形边长为，设，，则，利用菱形对角线垂直，结合勾股定理得，再由完全平方公式求得，最后用菱形面积公式求得结果． 【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵点是的中点， ∴，， 又∵， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：如图，令和的交点为， ∵， ∴， 设，，则， 由（1）得四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 整理得，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 答：四边形的面积为． 【变式7-3】（25-26九年级上·云南昆明·期末）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，且，在上取一点，使，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，相交于点，若，四边形的面积为120，求的周长． 【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、直角三角形的性质等知识，熟练掌握是解题关键． （1）证明四边形是平行四边形，再证明，即可得到结论； （2）根据菱形的性质得出，再由面积得出，利用勾股定理求解即可得到答案． 【详解】（1）证明：， ∴四边形是平行四边形， ，点D是的中点， ， ，点D是的中点， ， ， 四边形是菱形； （2）解：，由（1）知， 由（1）知四边形是菱形， ， ∵四边形的面积为120， ∴， ， 在中， ， ， （负值舍去）， ， ∴的周长为． 类型八、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 方法总结 1. 依性作图：根据菱形“四边相等”、“对角线垂直平分”的性质，利用圆规截等长、作中垂线。 2. 依判构形：以满足菱形判定条件（如“邻边相等的平行四边形”）为目标，设计作图步骤。 解题技巧 1. 先定一边：通常先作出一条边，再以此边为半径画弧确定等长的邻边或对角线的交点。 2. 巧用对角线：利用“对角线互相垂直平分”，通过作已知线段的中垂线来定位顶点。 例8．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形的边上有一点（不与点，重合），请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）． (1)在图①中的菱形的边上找一点，作线段，使． (2)在图②中的菱形的边上找点，，使，并作出等腰三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接交于点，连接并延长，交于点即可； （2）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接，相交于点，交于点，连接并延长，交于点，连接并延长，交于点，连接，，即可． 【详解】（1）解：如图①，线段即为所作． （2）解：如图②，即为所作． 【变式8-1】（25-26九年级上·江西九江·期末）如图，四边形是菱形，是边上的高，请仅用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中，作边上的高； (2)在图2中，作边上的高． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质： （1）连接交于点K，作线段，并延长交于点F，即可； （2）连接，交于点M，作线段，并延长交于点G，即可． 【详解】（1）解：如图，高即为所求； 理由：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵是边上的高， ∴， ∴， ∴， ∴，即是边上的高； （2）解：如图，高即为所求． 理由：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，即是边上的高． 【变式8-2】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：在上求作一点E（不写作法，保留作图痕迹），连接，使四边形为菱形，并说明理由； (2)与相交于点O，连接，若，求长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查尺规作图——作角平分线，菱形的判定及性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，掌握相关知识是解题的关键． （1）作的平分线，交于点E，则点E为所求．根据角平分线和平行线的性质得到，得到，从而得到，即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得到，，，从而根据勾股定理求出，进而得到的长，最后根据直角三角形斜边上中线的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，点E为所求． 理由如下：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形． （2）解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴ ∵， ∴． 【变式8-3】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）请用无刻度直尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）． (1)如图，点是菱形边上一点，连接．求作，使，且点在边上； (2)如图，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使； (3)如图3，四边形中，，，平分线交边于点，求作线段的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的性质及全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）连接、交于点，作射线交于点，连接，则； （2）连接、于点，作射线交于点，则； （3）连接交于点，作射线交于点，则点为的中点． 【详解】（1）解：如图，为所求； ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴（）， ∴， 又∵，， ∴（）， ∴， ∵， ∴，即， ∵，，， ∴（）， ∴； （2）解：如图，点为所求； ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴（） ∴； （3）解：如图点为所求； ∵， 连接交于点，作射线交于点 ∵平分， ∴ 又∵，， ∴（）， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点是的中点． 一、单选题 1．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，在菱形中，，点在上，，则（    ） A．110 B．100 C．120 D．90 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形对角相等、对角线平分每组对角及三角形内角和定理和等腰三角形的性质是解题的关键．利用菱形的性质得：，，又根据，得，进而求出，再根据菱形的性质得到，最后利用角的和差即可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：A． 2．（2026·陕西西安·三模）如图，在菱形中，对角线和的长分别为和，则菱形的高为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出菱形的边长，再通过菱形面积的两种计算方法（对角线乘积的一半、底乘高）建立等式，从而求出菱形的高． 【详解】解：如图，令交于点， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ． ∵菱形面积， 设边上的高为h， ∵菱形面积， ∴， ． 3．（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1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】本题考查了菱形的性质及判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 判定出四边形为菱形，再利用菱形的性质求解即可． 【详解】解：由题意可得：， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， 故选：C． 4．（2026·河南平顶山·一模）如图，菱形中，，点是对角线的中点，点，分别在，上，将沿翻折，得到，当点与点重合时，的长是（   ） A． B．2 C．4 D．6 【答案】C 【分析】利用菱形的性质，结合翻折的特点，找出线段之间的关系来求解的长度． 【详解】解：连接， ∵四边形是菱形， ∴，． ∵点是对角线的中点， ∴是对角线，的交点． 由于沿翻折得到，点与点重合， ∴， ． ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5．（2026·河北衡水·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，交于点，，现以点为旋转中心，将所在的直线绕点逆时针旋转，旋转之后的直线与边，所在的直线分别交于点，，连接、，要使四边形是矩形，则的大小可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的对角线互相垂直知，由矩形的两条对角线互相平分且相等的性质、等边对等角推知，则，再由求解即可． 【详解】解：在菱形中，对角线，交于点， ，，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ，即 6．（2025·四川广元·模拟预测）如图，在菱形中,相交于点O，点 E 在 的延长线上，且，连接交 于点 F，交 于点G，连接．有以下结论：①；② ；③图中有6个三角形与全等；④以点A，C，E，D为顶点的四边形是菱形．其中结论正确的是（   ） A．①②③④ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、三角形全等的判定（、）、三角形中位线定理及三角形面积计算（面积等分与和差），解题的关键是利用菱形性质及中点条件推导面积关系，避免复杂计算，准确判断全等三角形数量． 由菱形中，得，，，，为等边三角形；因，故且，证得为中点，结合为中点，知是中位线，得，①正确；由O、G是中点，与均为面积的一半，减去公共部分的面积，得，②错误；全等三角形有，共个，③正确；由，得平行四边形，结合，证其为菱形，④正确． 【详解】解：四边形是菱形，， ，，，，，， 又， ，且． 判断①是否正确： ， ，， 又， ， （为中点） 为中点， 是中位线， ， 又， ，①正确，符合题意； 判断②是否正确： 为 中点， ， 为 中点， ， ， 又 ， ，②错误，不符合题意； 判断③图中有个三角形与是否全等： 为直角三角形（），设直角边、，斜边． 菱形对角线分菱形为个全等直角三角形：（，，，直角相等）． 由，且、、（勾股定理逆定理得直角）， 故（）．共个全等三角形，③正确，符合题意； 判断④以A，C，E，D为顶点的四边形是否为菱形： 且， 四边形是平行四边形． 又为等边三角形， ，且（），故， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形是菱形，④正确，符合题意； 综上，①③④正确，②错误． 故选：． 二、填空题 7．（25-26九年级上·河南周口·期末）菱形的边长为5，对角线长为6，则另一条对角线长为______． 【答案】8 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用勾股定理求解． 【详解】解：如图，在菱形中，，， 菱形， ，， ， ， 故菱形的边长为5，对角线长为6，则另一条对角线长为； 故答案为：． 8．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，的对角线，相交于点．请你添加一个条件：____________（写出一种情况即可），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知识点，掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键． 根据菱形的判定定理，在平行四边形的基础上，添加一组邻边相等或对角线互相垂直的条件即可判定为菱形． 【详解】解：添加条件： ∵四边形是平行四边形， ∴ ∵ ∴ ∴四边形是菱形 故答案为：（答案不唯一） ． 9．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，点的坐标是，则点的坐标是_____． 【答案】 【分析】本题考查了直角坐标系中点的坐标，菱形的性质，连接，交于点，由菱形的性质得到，由点的坐标可得，得到，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：连接，交于点，如图： ∵四边形是菱形， ∴， ∵点的坐标是， ∴， ∴， ∵点在第四象限， ∴点， 故答案为：． 10．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，在菱形中，，，点是边上一点，连接，延长交的延长线于点，点是的中点，连接、，则的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形面积的计算，熟练掌握菱形的性质及利用中点分析三角形面积的关系是解题的关键． 先利用菱形和等边三角形的性质，求出菱形相关线段长度与三角形面积；再结合平行线间面积的关系，得到的面积；最后根据中点的性质，推出的面积． 【详解】解：连接、、过点作于点， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵是的中点 ∴，， ∴， 故答案为：． 11．（25-26九年级上·四川成都·期中）如图，把3个相同的矩形填充到菱形中，如果图中阴影部分的周长为22，且小矩形的长与宽之比为，那么菱形的面积为_____________． 【答案】35 【分析】此题主要考查矩形的性质，菱形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，运用矩形的性质和菱形的性质表示出线段之间的关系是解决问题的关键． 先把三个矩形的顶点都标记出来，根据小矩形的长与宽之比为，可设小矩形的长为，宽为，由此得，，，，，进而得图中阴影部分的周长为，由此得，解得．再根据，得是等腰直角三角形，则，从而得也是等腰直角三角形，则，进而得，据此即可得出菱形的面积． 【详解】解：如图所示，设小矩形的宽为， ∵小矩形的长与宽之比为， ∴小矩形的长为， 由题意可知，三个矩形全等， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵图中阴影部分的周长为22， ∴， 解得，， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴，，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故答案为：35． 12．（2024·河南周口·模拟预测）在菱形中，，，M为对角线的中点，N为边上一个动点，若为等腰三角形，则的长为______． 【答案】或1 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，由菱形的性质可求，，可证是等边三角形，可得，，由勾股定理可求的长，分，两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，连接， 四边形是菱形，， 与互相垂直平分，，， 是等边三角形， ，， ， 当时，则， ， ∴， ， ， ， ， ， 当时，， 故答案为：或1． 三、解答题 13．（25-26九年级上·广东茂名·期末）如图，在中，，点，，分别是，，的中点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据三角形的中位线的性质和菱形的判定定理即可证明； （2）过作于，根据等边对等角和三角形内角和定理得出，根据等角对等边得出，结合勾股定理求出，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵点，，分别是，，的中点， ∴，，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴平行四边形是菱形． （2）解：过作于，如图： ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，点，分别是，的中点， ∴，， 在中，， 故， ∴菱形的面积． 14．（25-26九年级下·广东深圳·月考）如图，是矩形的对角线． (1)请用圆规和无刻度的直尺，分别在，上找点，，使得四边形为菱形； (2)在（1）条件下，若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、，则菱形即为所求；； （2）连接，设，则，在中，利用勾股定理进行求解，再根据菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，作的垂直平分线分别交边、、于点O、E、F，连接、， ∵是垂直平分线， ∴，， ∴． 四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴菱形即为所求； （2）解：连接， ∵四边形是菱形， 设，则， 四边形是矩形， ， 在中，，即， 解得， ， 菱形的面积． 15．（25-26九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，点E、F、G分别为线段、、的中点，连接、、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，请判断并证明四边形的形状． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形为菱形，证明见解析 【分析】（1）证明，，可得是的中位线，，，，证明，即可． （2）如图，连接，证明，可得，，再进一步证明即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵点E、F、G分别为线段、、的中点， ∴是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴ 四边形为平行四边形． （2）解：四边形为菱形，理由如下： 如图，连接， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 16．（25-26九年级上·陕西榆林·月考）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，勾股定理； （1）由平行线的性质结合角平分线的定义得出，由等角对等边得出，结合推出四边形是平行四边形，再由即可得出四边形是菱形； （2）由菱形的性质结合直角三角形的性质得出，再由菱形的面积公式计算即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ，， 17．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，在中，，点是的中点，连接，过点作，过点作，相交于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作于点，交于点，连接，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，熟知菱形的性质及其判定定理是解题的关键． （1）可先证明四边形是平行四边形，再由直角三角形的性质证明，据此可证明结论； （2）由菱形的性质得到，则可证明，得到，再由线段的和差关系可得答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 在中，，且点D是的中点， ， ∴四边形是菱形． （2）解：由（1）知四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 18．（25-26九年级上·辽宁丹东·月考）我们可以用对称的眼光研究一些几何问题． (1)如图1，在中，与交于点O，点E在边上，延长交于点G： ①求证：； ②将绕点O旋转，使点E落在上的F处，延长交于点H，请在图3画出四边形，并证明四边形是矩形． (2)如图2，在菱形中，正方形的顶点E，G分别在边，上，且，F，H两点在菱形的内部（包括边界）．若，，则正方形面积的最小值为 ． 【答案】(1)①证明见解析；②画图见解析，证明见解析 (2) 【分析】（1）①根据平行四边形的性质，易证，再根据“”可证，即可求证；②先证，再证，即可求证； （2）连接，，利用“”得，从而，，即E，O，G三点共线，正方形对角线过点O，分析可得当时，正方形的面积最小，则过点O作的垂线，交于点E，延长交于点G，再过点O作的垂线，以O为圆心，的长为半径画圆，交垂线于F，H两点，连接，，，，根据勾股定理、等面积法和正方形的性质，求出，，，，最后计算面积即可． 【详解】（1）①证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， （）， ； ②解：画出四边形，如图所示： 由①知， 同理可得， 四边形是平行四边形， ，即， 四边形是矩形； （2）解：在图2中，连接，， 四边形是菱形， ，， ， ， （）， ，， E，O，G三点共线，正方形对角线过点O， 当有最小值时，正方形的边长最小，此时正方形的面积最小， 即当时，正方形的面积最小，则过点O作的垂线，交于点E，延长交于点G，再过点O作的垂线，以O为圆心，的长为半径画圆，交垂线于F，H两点，连接，，，， 则此时正方形的面积最小，如图所示： 在菱形中，，，， ，，， ， ， ， 正方形面积的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查四边形综合问题，涉及平行四边形的性质，矩形的判定，菱形的性质，正方形的性质，尺规作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质，菱形的性质是解题的关键． 19．（25-26八年级下·辽宁盘锦·开学考试）综合探究综合与实践课上，智慧星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，． (1)【感知】如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________； (2)【探究】如图2，当点为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由； (3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)成立，证明见解析 (3)的长度为或 【分析】本题是四边形综合题，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，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形． （1）数量关系：．连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可； （2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可； （3）过点作交于点，利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，可得出最后的结果． 【详解】（1）解：连接，如下图所示： ∵四边形为菱形，且， ∴，， ∵为菱形的角平分线， ∴， 故与为等边三角形， 即， ∵点为中点， 故平分， ∴， ∵，，， ∴， ∴． （2）解：连接，如下图所示： 由（1）中，同理可得与为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴． （3）解：过点作交于点，按题意补充线段，连接，当点在点左侧时，如下图所示： 由（1）（2）得，为中点， ∴， 由勾股定理得， ∵， ∴， 故， ∴； 当点在点右侧时，如下图所示： 同理可得， 故， ∴； 综上，的长度为或． 20．（25-26九年级上·海南·期中）已知菱形，，将线段绕点旋转，得到线段，连接，． (1)如图1，当点在菱形的对角线上时，若，则________，四边形的面积为________； (2)当点在菱形的外部时， ①依题意画出图形，并求的度数； ②过点作的垂线，交直线于点，连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)； (2)①，图见解析；②或，证明见解析 【分析】（1）先根据菱形和旋转的性质求出相关角度，进而得到的度数，再通过菱形的性质求出四边形的面积； （2）①分两种情况，根据等腰三角形的性质求出的度数；②分两种情况，通过构造等边三角形和全等三角形来找出线段之间的数量关系． 【详解】（1）解：∵将线段绕点旋转，得到线段， ， ， ∵四边形是菱形， ， 平分， ， ， 同理可得， ， 如图1，连接交于点， ∵四边形是菱形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ∴四边形的面积． 故答案为：；． （2）解：①依题意画出图形，如图2，3， ∵将线段绕点旋转，得到线段， ，，， 如图2所示， ，， ， 如图3所示， ，， ②(Ⅰ)当点在菱形的外部，如图4所示时，，理由如下： ，又由①知， ， 在上取点，使， 则为等边三角形， ， ， 即， ， ， ． 在和中， ， ， ， ， 即； (Ⅱ)当点在菱形的外部，如图5所示时，，理由如下： 由①知， ， 在上取点，使， 与(Ⅰ)同理可证为等边三角形，且， 从而可证， ， 故， ， ， 即． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题15菱形的性质与判定八类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 类型二、利用菱形的性质求解折叠问题 类型三、利用菱形的性质求解动点问题 类型四、利用菱形的性质证明和求解综合问题 类型五、利用菱形的判定与性质求解 类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题 类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 类型八、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图） 压轴专练 典例详解 类型一、利用菱形的性质求解 方法总结 1.性质对应：明确菱形的四边相等、对角线互相垂直平分且平分对角。 2.方程求解：利用上述性质，结合勾股定理或三角函数，建立关于线段或角度的方程求解。 解题技巧 1.对角线分直角：菱形的对角线将其分割为四个全等的直角三角形，是常用的解题模型。 2.等边转化：利用“四边相等”进行线段等量代换，常与对角线垂直产生的垂直关系结合使用。 例1，(25-26八年级下·全国·课后作业)如图，在菱形ABCD中，BD=6,E,F分别为AB,BC的中 点，且EF=2,则菱形ABCD的面积为 1/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式1-I】(25-26九年级上·陕西宝鸡期末)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=80°，点E在对角线BD 上，且BE=BA,那么∠AEB的度数是 【变式1-2】(25-26九年级上·福建三明·期中)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，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠BCD的大小，（菱形的边长不变）.若∠BCD=52°，则 ∠BAC的度数为 B A 手柄 【变式1-3】(25-26八年级·上海·假期作业)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E,F分别在边AB, BC上，△DEF为等边三角形，DG⊥AB.若AD=6,AE=4,则EF的长为· D GE B 类型二、利用菱形的性质求解折叠问题 方法总结 1. 抓住折叠本质：折叠即轴对称，对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。 2.结合菱形性质：利用菱形四边相等、对角线垂直平分且平分对角的性质，寻找全等或直角三角形。 2/19 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 解题技巧 1.标注等量：在图上清晰标出折叠产生的等边、等角，以及由菱形本身决定的等量关系。 2.设元勾股：常在菱形折叠后形成的直角三角形中，设未知线段为x,利用勾股定理列方程求解。 例2.(24-25八年级下·湖北宜昌·期中)如图，把菱形ABCD沿AE折叠，点B落在BC边上的F处，若 ∠BAE=20°，则∠FDC的大小为一 【变式2-1】(24-25八年级下·江苏南京·期末)如图，将菱形纸片ABCD折叠，使得点B恰好落在边AD 的中点B'处，折痕为EF.若菱形ABCD的边长为2cm,∠A=120°，则CF=cm. B 【变式2-2】(2025贵州遵义·模拟预测)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°.折叠该菱形，使点A落在边 AE BC上的点M处，折痕分别与AB'AD交于点E,F.在点M的位置变化的过程中，当DF最大时，BE 的值为 A M 【变式2-3】(25-26九年级上·河南郑州·月考)如图，四边形ABCD是菱形，AB=4,∠ABC=60°，点 E是射线DA上一动点，把△CDE沿CE折叠，其中点D的对应点为Dd,连接BD',若△BCD'为等边三角形， 则DE的长为一· 3/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B 今类型三、利用菱形的性质求解动点问题 方法总结 1.分类画图：根据动点位置（如在线段上、延长线上），画出所有可能的菱形示意图。 2.性质建方程：利用菱形四边相等或对角线垂直平分的性质，建立关于动点坐标或时间的方程。 解题技巧 1.参照系固定：以已知定点为参照，用含t的代数式表示动点的坐标或相关线段长。 2.检验合理性：解方程后，检验结果是否满足动点的运动范围（如在线段上）及图形的构成条件。 例3.(25-26九年级上广东茂名期末)如图，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，点E是边 AD上一动点，连接PA,PE.若AB=8,BD=8N3,则PA+PE的最小值为 【变式3-1】(24-25八年级下·贵州毕节·月考)如图，四边形ABCD是边长为8的菱形，∠ABC=60°，M 是对角线BD上的一个动点. (I)若N是AB边上一点，AW=2,连结AM,MN,则AM+MN的最小值为一； (2)变式：若N是AB边上一个动点，连结AM,MN,则AM+MN的最小值为 【变式3-2】(24-25八年级下·广西桂林期中)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,DB=90°， AD=24cm,AB=8cm,BC=26cm,动点P从点A出发沿AD边以lcm/s的速度向点D匀速运动，同时 动点Q从点C出发沿CB边以3cs的速度向点B匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随 之停止运动.设运动的时间为s. 4/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B O PD= CO= BO= (1)用含有的代数式表示： ABOP (2)当为何值时，四边形 是矩形？ (3)四边形PQCD是否能成为菱形？若能，求出t的值：若不能，请说明理由. 【变式3-3】(24-25八年级下·福建厦门期中)如图，菱形ABCD的边长为24cm,∠A=60°，动点P从 点A出发，沿着线路AB-BD做匀速运动，动点Q从点D同时出发，沿着线路DC-CB-BA做匀速运动. (1)BD= 2已知动点P、2运动的速度分别为4cms、5cs.经过12秒后，P、0分别到达4、N两点，试刻断 △AMN的形状，并说明理由，同时求出△AMN的面积； (3)设问题(2)中的动点P、Q分别从M、W同时沿原路返回，动点P的速度不变，动点Q的速度改变为 acm/s,经过3秒后，P、Q分别到达E、F两点，若△BEF为直角三角形，试求a的值. 类型四、利用菱形的性质证明和求解综合间题 方法总结 1. 性质选择：根据所求结论，选用菱形对应性质（如四边相等、对角线垂直平分且平分对角）。 2. 数形转化：将几何关系转化为代数方程（如用勾股定理），或转化为三角形全等、相似的证明问 题。 解题技巧 1.对角线模型：连接对角线，构造出直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的关键。 2.等量代换：灵活运用“四边相等”进行线段等量代换，并结合“对角线互相垂直”产生的垂直关 系。 例4.(25-26九年级上·河北保定·期末)如图，在菱形ABCD中，BM⊥AD,垂足为M,BN⊥CD，,垂 足为N. 5/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M C ()求证：AM=CN: (2)若∠A=80°，则∠MBN的度数为 【变式4-1】(25-26九年级上山西运城期末)如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,过点D 作Ex,且DE=4C,连接CgOE·Oe交cC于点p A (1)求证：四边形OCED是矩形： (2)若AD=6,求OF的长. 【变式4-2】(25-26八年级上·重庆·月考)如图，四边形ABCD是菱形，连接AC、BD交于点E,点F为 AD上方一点，且满足∠FAD=∠ABE，AF=BE. E G D H (I)求证：四边形AEDF是矩形； 2过点A作1DC,交DC于点H,交DE于点G,若P=45,DF=25,HC=4,求DGH的 面积. ABCD AC,BD 【变式4-3】(25-26九年级上辽宁丹东期末)如图，在菱形 中，对角线 交于点O,过点A 6/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 作BC的垂线，垂足为点E,延长BC到点F,使CF=BE,连接DF. A (I)求证：四边形AEFD是矩形： (2)连接OE，若BD=8,AC=4, ①求OE的长： ②求CE的长. 类型五、利用菱形的判定与性质求解 方法总结 1.先判后性：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件，判定四边形为菱形。 2.再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分等）求解角度、线段或证明。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的四边形”等直接判定。 2.转化化归：将菱形问题常转化为等腰三角形或直角三角形问题，运用勾股定理、等边对等角求解。 例5.(2026九年级·吉林·专题练习)按如下步骤作四边形ABCD:①画∠EAF；②以点A为圆心，1个 AE,AF B,D 单位长度为半径画弧，分别交 于点A,D:③分别以点P和点D为圆心，1个单位长度为半径画弧， 两弧交于点C;④连接BC,DC,BD.若∠A=40°，则∠BDC的度数是一°. E -F D 【变式5-1】(25-26九年级上·福建漳州·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O, CE∥BD,DE∥AC,若AC=4,则CE的长为一· 7/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式5-2】(25-26八年级上山东泰安期末)如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E, 作D∥4B,F∥4C,得到四动形EDF,它的周长记作S,取郎中点5，作气 E,D∥FB EF∥EF 得到四边形 05,它的周长记作G,“,照比规律作下去，则C D E D E 个B F 【变式5-3】(25-26八年级上·河北唐山期末)如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形 ABEC,然后将这四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形如图2所示，大正方形的面积 为5：如果再将这四个全等的直角三角形拼成的图形如图3所示，外轮廊周长为4+45 则图1中的4C 的长度为一；四边形ABEC的面积为 图1 图2 图3 类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题 方法总结 8/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.逐项分析：对每个结论单独推理，判断其是否可由已知条件结合菱形判定与性质必然推出。 2.构造反例：对于“不一定成立”的结论，尝试构造特殊菱形（如内角非90°的菱形）进行验证。 解题技巧 1.性质链梳理：系统梳理菱形的判定条件与性质（边、对角线、角），形成完整推理链条。 2.图形直观法：画出一般菱形（非正方形）示意图，结合图形测量快速排除明显错误结论。 例6.(25-26八年级上山东济宁·期末)如图，已知在菱形ABCD中，∠ADC=120°，E、F分别是射线 AB和BC上的两个点，∠EDF=6O°，以下结论：①BE=CF;②ADEF是等边三角形：③BE+DF=AD: ④1B=4.AE=m ，则ABEF 0≤m≤4 3 若 面积的最大值为°.其中正确的个数有() D E B A.4 B.3 C.2 D.1 【变式6-1】(25-26八年级上山东泰安期末)如图，有一张矩形纸片ABCD,AB=2,BC=4,点M, N分别在矩形的边AD,BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P,点 D落在G处，连接PC,交MN于点Q,连接CM.下列结论：①CQ=AB;②四边形CMPN是菱形：③ P A MN=V5△PNQ 重合时， ；④ 的面积的最小值为1.上述结论中正确的个数是() G A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【变式6-2】(2025九年级上·全国·专题练习)如图，已知菱形ABCD的边长为4，E,F分别是AB,AD 上的动点，且BE=AF,∠BAD=120°.下列结论正确的个数是() ①△BEC≌△AFC:②△ECF为等边三角形；③∠AGE=∠AFC;④△ABC为等边三角形， 9/19 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A.1 B.2 C.3 D.4 【变式6-3】(24-25八年级下·江苏宿迁·期中)如图，在菱形ABCD中，AC=2，,∠ABC=60°，对角线 AC、BD相交于点O,点E、F分别在边AB、AD上，点E、F同时以相同的速度分别从点B向点A和从点 A向点D运动，EF与AC交于点G,则在这个运动过程中，下列说法正确的个数是() D ①菱形的面积是2√5 ②△CEF始终为等边三角形：③线段EF长的最小值为5：④点G所走过的路径长 为1. A.4 B.3 C.2 D.1 类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题 方法总结 1.判性结合：先依据条件判定菱形，再运用其性质（四边相等、对角线垂直平分）推导新结论或求值。 2.数形互化：将几何关系转化为方程求解（如勾股定理），或将代数条件还原为几何特征进行判定。 解题技巧 1.对角线模型：连接对角线构造直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的核心模型。 2.等量转化：灵活利用“四边相等”进行线段等量代换，常与“对角线垂直”产生的垂直关系结合。 例7.(25-26八年级上·江苏淮安·期末)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,将△AOB沿直 线AB翻折得到△AEB D B (1)求证：四边形AOBE是菱形； 10/19