专题21.3.2 菱形（5大知识点+8大分层题型+易错重难点+巩固练习）2025-2026学年人教版八年级数学下学期培优讲义

本讲义系统梳理菱形的核心知识点，包括定义（邻边相等的平行四边形）、性质（四边相等、对角线垂直平分等）、面积计算（底×高及对角线乘积一半）、判定方法（平行四边形或一般四边形的不同条件），并通过与平行四边形、矩形的对比构建知识脉络，形成从基础概念到综合应用的学习支架。 资料以分层题型（基础必考、培优高频、压轴素养）为特色，融入菱形花坛、千斤顶等实际情境题，培养学生用数学眼光抽象模型、用数学思维推理计算、用数学语言表达规律的核心素养。课中助力教师分层教学，课后帮助学生强化练习，有效查漏补缺。

专题21.3.2 菱形 知识点1：菱形的定义 1.有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形。 2.数学语言：在中，若，则是菱形。 3.定义的双重性：既可以作为菱形的性质（菱形一定是邻边相等的平行四边形）， 也可以作为菱形的判定方法。 知识点2：菱形的性质 菱形具有平行四边形的所有性质，同时具备自身特有性质，具体如下： 性质类型 具体内容 数学语言（菱形，对角线交于） 边 四条边都相等；对边平行 ；， 角 对角相等；邻角互补 ，； 对角线 互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角 ，，；， 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） 知识点3：菱形的面积计算 计算方法 数学表达式 适用条件 核心依据 底×高（平行四边形通用） （为菱形的边长，为该边对应的高） 已知菱形的一组底和对应的高 菱形是特殊的平行四边形，遵循平行四边形面积公式 对角线乘积的一半法（菱形特有） （、为菱形的两条对角线） 已知菱形的两条对角线长度 菱形的对角线互相垂直平分，将菱形分成4个全等的直角三角形，总面积为 知识点4：菱形的判定方法 菱形的判定需先明确前提图形（一般四边形/平行四边形），再选择对应判定条件，具体如下： 判定前提 判定方法 数学语言 平行四边形（定义法） 有一组邻边相等的平行四边形是菱形 在中，，是菱形 平行四边形（对角线法） 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 在中，，是菱形 一般四边形（边法） 四条边都相等的四边形是菱形 在四边形中，，四边形是菱形 一般四边形（对角线法） 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 在四边形中，，，，四边形是菱形 知识点5：菱形与平行四边形、矩形的对比 图形特性 平行四边形 矩形 菱形 边 对边平行且相等 对边平行且相等 对边平行，四条边都相等 角 对角相等，邻角互补 四个角都是直角 对角相等，邻角互补 对角线 互相平分 互相平分且相等 互相平分且垂直，平分一组对角 对称性 中心对称图形 中心对称+2条轴对称 中心对称+2条轴对称 面积公式 底高 底高/长宽 底高/对角线乘积 【基础必考题型】 【题型1】菱形性质的直接应用（角度计算） 1.核心知识点 菱形的四条边相等、对角线平分一组对角；菱形的邻角互补、对角相等；直角三角形内角和性质。 2.解题方法技巧 从已知角出发，结合“对角线平分一组对角”转化角的度数；利用邻角互补计算补角，对角相等直接转化角；遇到对角线垂直时，结合直角三角形求锐角。 【例题1】.（25-26九年级上·陕西铜川·期末）如图，在菱形中，点是对角线上的一点，，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式题1-1】.（2026·河北邢台·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【变式题1-2】.（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，为菱形的对角线，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点；②作直线分别交于点，，连接．若，则的度数为___________． 【变式题1-3】.（24-25八年级下·四川遂宁·期末）已知下列选项中图形均为菱形，所标数据有误的是（   ） A． B． C． D． 【题型2】菱形性质的直接应用（线段计算） 1.核心知识点 菱形的四条边相等；对角线互相垂直且平分；勾股定理。 2.解题方法技巧 菱形对角线互相垂直平分，将对角线分成两段，结合勾股定理计算边长/对角线半长；已知边长直接利用“四边相等”转化线段；求高时可结合面积公式反向推导。 【例题2】.（25-26八年级下·湖南·月考）如图，菱形中，两条对角线相交于点，点是的中点，若，则_____ 【变式题2-1】.（2026·山西太原·一模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为24，则的长为（   ） A．5 B． C．3 D．4 【变式题2-2】.（25-26九年级上·广东茂名·月考）如果菱形的两条对角线的长度为6和8，那么菱形的周长等于（    ） A．24 B．12 C．20 D． 【变式题2-3】.（2026·陕西西安·一模）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （   ）    A．6 B．6 C．7 D．8 【题型3】菱形的基础判定 1.核心知识点 菱形的三种判定方法；平行四边形的性质。 2.解题方法技巧 若已知图形是平行四边形，只需添加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”；若为一般四边形，需添加“四条边相等”或“对角线互相垂直且平分”；排除干扰条件（如对角线相等是矩形判定，与菱形无关）。 【例题3】.（24-25八年级下·黑龙江黑河·期末）如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（    ） A． B． C． D． 【变式题3-1】.（2026·广西南宁·一模）如图，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，则可使四边形是菱形的条件是（    ） A． B． C． D． 【变式题3-2】.（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，的对角线，交于点O，以下条件不能证明是菱形的是（   ） A． B． C． D． 【变式题3-3】.（2026·广东深圳·一模）已知四边形是平行四边形，且，点F是上一点，． (1)如图1，点E在上，连接，，在不添加新的辅助线的前提下，请增加一个条件：_________，使得四边形是菱形； (2)如图2，请在上求作与点B，C不重合的两点G，H，连接，，使得四边形是菱形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【题型4】菱形面积的基础计算 1.核心知识点 菱形的两种面积计算公式；对角线互相垂直平分的性质。 2.解题方法技巧 已知底和高，直接用“底高”计算；已知对角线长度，用“对角线乘积”计算；若已知边长和对角线一半，先通过勾股定理求另一条对角线，再算面积。 【例题4】.（22-23八年级下·山东东营·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，，，与交于点F．若，，则菱形的面积为_____． 【变式题4-1】.（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______． 【变式题4-2】.（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 【变式题4-3】.（24-25八年级下·新疆喀什·月考）如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形面积． 【培优高频题型】 【题型5】菱形与坐标综合 1.核心知识点 菱形的性质；平面直角坐标系的坐标特征；勾股定理；中点坐标公式。 2.解题方法技巧 利用菱形对角线互相垂直平分，结合中点坐标公式求顶点坐标；根据“四边相等”，用两点间距离公式列方程求解未知坐标；对角线垂直的菱形，可利用平面直角坐标系中垂直直线的斜率特征验证。 【例题5】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点C的坐标是，则顶点A，B的坐标分别是（   ） A．， B．， C．， D．， 【变式题5-1】.（25-26九年级上·陕西咸阳·月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，点B的坐标为，则点C的坐标为______． 【变式题5-2】.（2026·河南·一模）如图，已知菱形的顶点，，点C在x轴正半轴上．按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线，交于点E，连接，若恰好经过点A，则点E的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【变式题5-3】.（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图1，将矩形放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标为，且a，b满足．把矩形沿对角线所在直线翻折，点C落到点D处，交于点E． (1)求点B的坐标； (2)求点E坐标； (3)如图2，过点D作，交于点G，交于点H，连接． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②点M是坐标平面内一点，且使以A，E，D，M为顶点的四边形是平行四边形．请直接写出所有满足条件的M点的坐标． 【题型6】菱形中的动点基础问题 1.核心知识点 菱形的对称性；垂线段最短；菱形的性质。 2.解题方法技巧 利用菱形的轴对称性（对角线为对称轴）转化动点线段，将“折线和”转化为“直线段”求定值；结合“对角线垂直平分”确定动点的特殊位置（如中点），计算线段和/差的固定值。 【例题6】.（24-25八年级下·河南三门峡·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，下列说法错误的是（   ） A．当时，四边形ABQP是矩形 B．当时，四边形PQCD是平行四边形 C． D．当时，四边形PQCD是菱形 【变式题6-1】.（24-25九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 【变式题6-2】.（24-25七年级下·辽宁大连·月考）综合与实践 【问题背景】如图，在平面直角坐标系中，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，，点是线段上一动点，从点向点移动，速度为每秒个单位长度，点是线段上一动点，从点向点移动，速度为每秒1个单位长度．轴交轴于点，连结．设点，两点移动的时间是秒． 移动规则：当一个动点到达终点停止运动时，另一个动点也要随之停止运动． 【解决问题】（1）填空：、之间的数量关系为______； （2）判断四边形的形状并说明理由； 【深入研究】（3）若． 当四边形为菱形时，则的值为______； 连接，若为直角三角形，求的值； 【能力拓展】（4）在（）的条件下，点，，，连接、、，若为等边三角形， ，求点的坐标．（直接写出答案即可） 【变式题6-3】.（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为t（）秒． (1)若、分别是、的中点． ①求证：以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形（）； ②当t为何值时？以、、、为顶点的四边形是矩形； (2)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当t为何值时，以、、、为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 【压轴素养题型】 【题型7】菱形的实际应用（情境建模题） 1.核心知识点 菱形的判定与性质；菱形的面积计算。 2.解题方法技巧 从实际情境（如衣帽架、地砖、风筝、防护栏）中抽象出菱形模型；提取情境中的已知条件（如边长、对角线、角度），转化为数学问题；利用菱形的性质/面积公式求解实际问题（如长度、面积、用料），注意单位统一。 【例题7】.（24-25八年级下·福建三明·期中）如图，菱形花坛的边的长为，，沿着该菱形的对角线修建两条小路和，与相交于点． (1)求和的长； (2)求菱形花坛的面积． 【变式题7-1】.（25-26九年级上·江西鹰潭·月考）图1是一种利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图2所示，该千斤顶的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），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距离）．已知． (1)当时，求千斤顶高的长度； (2)当从变为时，千斤顶升高了多少？ 【变式题7-2】.（24-25八年级下·河北保定·期末）问题背景 几何学的产生，源于人们对土地面积测量的需要，可以说几何学从一开始便与面积结下了不解之缘，我们已经掌握了平行四边形面积的求法，但是一般四边形的面积往往不易求得，那么我们能否将其转化为平行四边形来求呢？ 实践应用 如图，学校操场东南角有一片四边形绿地，它的四个顶点，，，处均有一棵大树．学校准备进行一次绿化扩建，想使这片绿地的面积扩大一倍．为了保护大树，四棵大树不进行移栽，保持位置不动． (1)扩建后的区域能否为平行四边形？若能，请给出你的设计方案并说明理由； (2)要想使得扩建后的区域为菱形，需要满足什么前提条件？请用原图形中的字母表示出相关条件，并说明理由． (3)若四边形绿地的对角线与交于点，，，，则扩建后的绿地的面积为______． 【变式题7-3】.（24-25八年级下·山西阳泉·期末）舞台升降机是舞台最常用的装置之一，主要功能是用于场面转换时，上下移动布景和演员，一般由底座、交叉撑、轴、液压器和工作台（舞台）组成．如图，是某种舞台升降机的示意图，其工作台（舞台）由四根长度相等的交叉撑支撑，上面两根交叉撑与工作台（工作台与舞台紧密贴合）相连，下面两根交叉撑与底座相连，轴分别位于四根交叉撑的中点部位（点）和连接点（点）．当舞台升降机上升或下降时，交叉撑形成的交叉角的度数会随之变化． (1)四边形的形状为______． (2)当该舞台升降机的交叉撑长为时（交叉撑的宽度忽略不计），若交叉角从减小到，舞台升高了多少米？（结果保留根号） 【题型8】菱形的判定与性质综合 1.核心知识点 菱形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；全等三角形；勾股定理。 2.解题方法技巧 先根据已知条件判定四边形为菱形（优先选择与已知条件匹配的判定方法）；再利用菱形的性质推导线段、角的等量关系；结合全等三角形证明线段/角相等，为后续计算铺垫；最后通过勾股定理、面积公式求解未知量，注意证明逻辑的连贯性。 【例题8】.（25-26九年级下·浙江杭州·月考）如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【变式题8-1】.（25-26九年级上·江西吉安·期末）如图1，矩形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接是的中点，连接． (1)①试猜想四边形的形状，并说明理由． ②若，则四边形的面积为________． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，求四边形的面积． 【变式题8-2】.（2026九年级下·河南信阳·专题练习）【问题背景】如图1，在菱形中，，点为菱形内一动点，且，连接并延长，交于点，连接． 【初步探究】 (1)求的度数． 【深入探究】 (2)如图2，将沿翻折，得到，连接．求证：． 【拓展延伸】 (3)在（2）的条件下，连接．若，中一个内角为，直接写出的长． 【变式题8-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图1，若顺次连接四边形各边中点所得四边形是菱形，则称原四边形为“中母菱形”．定义：若四边形的对角线相等，那么这个四边形是中母菱形． (1)请写一个你学过的特殊四边形中是中母菱形的图形的名称． (2)如图2有等边三角形中，、分别是、的中点，连接，猜想图中哪个四边形是中母菱形，并加以证明． (3)如图3，在等边三角形中，若、不是、的中点，且，探究满足上述条件的图形中是否存在中母菱形，并证明你的结论． 易错点 1.判定菱形时忽略平行四边形前提：误将“对角线互相垂直的四边形是菱形”当作正确判定，实际需补充“对角线互相平分”（仅垂直不平分的四边形不是菱形）。 2.混淆菱形与矩形的判定条件：将“对角线相等”作为菱形的判定条件，实则“对角线相等”是矩形的判定条件，菱形的对角线特征是垂直而非相等。 3.计算菱形面积时漏乘：使用对角线法计算面积时，忘记用“两条对角线乘积的一半”，直接用对角线相乘导致结果错误。 4.利用菱形对称性时找错对称轴：菱形的对称轴是对角线所在直线，而非对边中点的连线，误将对边中点连线当作对称轴会导致线段转化错误。 5.含特殊角的菱形中，忽略等边三角形的构造：菱形中一个内角为60°时，邻边与较短对角线构成等边三角形，未发现该特征会增加计算难度。 重点 1.熟练掌握菱形的核心性质：四条边相等、对角线互相垂直且平分并平分一组对角，能灵活运用性质进行角度、线段的计算。 2.掌握菱形的三种判定方法，能根据已知条件（一般四边形/平行四边形）选择合适的判定方法，会添/选判定条件。 3.熟记菱形的两种面积计算公式，能根据已知条件（底高/对角线）快速选择计算方法，会利用面积公式反向推导底、高或对角线。 4.理解菱形的对称性，能利用轴对称性解决线段转化、动点基础问题，掌握菱形与坐标、折叠的基础综合解题思路。 5.掌握含60°/120°特殊角菱形的解题技巧，能快速识别其中的等边三角形，简化计算过程。 难点 1.菱形中的最值问题：难以利用菱形的对称性进行“折化直”转化，无法准确确定动点的最值位置，缺乏将军饮马模型的应用意识。 2.菱形与折叠、旋转、全等的综合问题：难以梳理复杂图形中的等量关系，无法将菱形的性质与旋转、折叠的性质结合，建立有效的解题思路。 3.菱形的探究式证明题：需要结合多个知识点（平行四边形判定、全等证明、勾股定理）进行逻辑推理，对演绎推理能力和知识融合能力要求较高。 4.菱形与坐标、函数的综合问题：难以将菱形的几何性质与平面直角坐标系的坐标特征、函数关系式结合，无法建立几何量与代数量的联系。 5.多菱形拼接/嵌套的综合问题：难以识别拼接图形中的菱形特征，无法将复杂图形拆解为单个菱形，利用菱形性质分步求解。 【对应练习题】 一、单选题 1．如图，菱形的一边的中点到对角线交点的距离为，则菱形的周长为（    ） A． B． C． D． 2．如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．如图，中，，，对角线、相交于点，点、、、分别是、、、的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，其他条件不变，则四边形为菱形 C．四边形是菱形 D． 4．如图，菱形的对角线交于点O，过点O作于点E，延长交于点F，若，，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 5．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． 二、填空题 6．如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 7．如图，在菱形中，E，F分别是的中点，如果，那么菱形的周长为______． 8．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得，则的度数为______． 9．如图，菱形的两条对角线相交于点O，若，，则菱形的面积是___________． 10．如图，已知菱形的边长为，，点、分别是、上的两个动点且满足，连接，过点作，点为的中点，则的最小值是______． 三、解答题 11．如图，E为菱形边上一点，且，交于点，且，求证：． 12．如图，在平行四边形中，点是对角线上的一点：，垂足分别为、，且，求证：平行四边形是菱形． 13．如图，在中，对角线，交于点O，E，F分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)若，求四边形的最大面积． 14．如图，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当________时，四边形是菱形，请证明； (3)若，则当________时，四边形是矩形． 15．如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从，同时出发相向而行，速度均为，运动时间为秒，当点到达点时停止运动（同时点也停止运动） (1)若，分别是，的中点，求证：四边形始终是平行四边形； (2)在（1）的条件下，当为何值时，四边形为矩形？ (3)若，分别是折线，上的动点，与，相同的速度同时出发，当为何值时，四边形为菱形？ 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21.3.2 菱形 知识点1：菱形的定义 1.有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形。 2.数学语言：在中，若，则是菱形。 3.定义的双重性：既可以作为菱形的性质（菱形一定是邻边相等的平行四边形）， 也可以作为菱形的判定方法。 知识点2：菱形的性质 菱形具有平行四边形的所有性质，同时具备自身特有性质，具体如下： 性质类型 具体内容 数学语言（菱形，对角线交于） 边 四条边都相等；对边平行 ；， 角 对角相等；邻角互补 ，； 对角线 互相垂直且平分；每条对角线平分一组对角 ，，；， 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） 知识点3：菱形的面积计算 计算方法 数学表达式 适用条件 核心依据 底×高（平行四边形通用） （为菱形的边长，为该边对应的高） 已知菱形的一组底和对应的高 菱形是特殊的平行四边形，遵循平行四边形面积公式 对角线乘积的一半法（菱形特有） （、为菱形的两条对角线） 已知菱形的两条对角线长度 菱形的对角线互相垂直平分，将菱形分成4个全等的直角三角形，总面积为 知识点4：菱形的判定方法 菱形的判定需先明确前提图形（一般四边形/平行四边形），再选择对应判定条件，具体如下： 判定前提 判定方法 数学语言 平行四边形（定义法） 有一组邻边相等的平行四边形是菱形 在中，，是菱形 平行四边形（对角线法） 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 在中，，是菱形 一般四边形（边法） 四条边都相等的四边形是菱形 在四边形中，，四边形是菱形 一般四边形（对角线法） 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 在四边形中，，，，四边形是菱形 知识点5：菱形与平行四边形、矩形的对比 图形特性 平行四边形 矩形 菱形 边 对边平行且相等 对边平行且相等 对边平行，四条边都相等 角 对角相等，邻角互补 四个角都是直角 对角相等，邻角互补 对角线 互相平分 互相平分且相等 互相平分且垂直，平分一组对角 对称性 中心对称图形 中心对称+2条轴对称 中心对称+2条轴对称 面积公式 底高 底高/长宽 底高/对角线乘积 【基础必考题型】 【题型1】菱形性质的直接应用（角度计算） 1.核心知识点 菱形的四条边相等、对角线平分一组对角；菱形的邻角互补、对角相等；直角三角形内角和性质。 2.解题方法技巧 从已知角出发，结合“对角线平分一组对角”转化角的度数；利用邻角互补计算补角，对角相等直接转化角；遇到对角线垂直时，结合直角三角形求锐角。 【例题1】.（25-26九年级上·陕西铜川·期末）如图，在菱形中，点是对角线上的一点，，连接，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握以上性质是解题的关键．根据菱形的性质得到，，，，由，得到，从而根据“等边对等角”得到，根据角的和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴在菱形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【变式题1-1】.（2026·河北邢台·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式题1-2】.（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，为菱形的对角线，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点；②作直线分别交于点，，连接．若，则的度数为___________． 【答案】/72度 【分析】本题考查菱形的性质、线段垂直平分线的性质以及三角形外角的性质．关键是先利用菱形的性质求出相关内角的度数，再结合线段垂直平分线的性质得到等腰三角形，进而通过三角形外角计算目标角度． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，平分， ∴； 根据作图痕迹，直线是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【变式题1-3】.（24-25八年级下·四川遂宁·期末）已知下列选项中图形均为菱形，所标数据有误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质即可得到结论． 【详解】解：如图， A．菱形的四边相等，故本选项中数据正确，不符合题意； B．∵菱形的四边相等， ∴， ∴，故本选项数据正确，不符合题意； C．∵菱形， ∴， ∴，即，故本选项数据正确，不符合题意； D．∵菱形， ∴，故本选项数据有误，符合题意， 故选：D． 【题型2】菱形性质的直接应用（线段计算） 1.核心知识点 菱形的四条边相等；对角线互相垂直且平分；勾股定理。 2.解题方法技巧 菱形对角线互相垂直平分，将对角线分成两段，结合勾股定理计算边长/对角线半长；已知边长直接利用“四边相等”转化线段；求高时可结合面积公式反向推导。 【例题2】.（25-26八年级下·湖南·月考）如图，菱形中，两条对角线相交于点，点是的中点，若，则_____ 【答案】 【详解】解：四边形是菱形，， ， 与相交于点， ， 点是的中点， ． 【变式题2-1】.（2026·山西太原·一模）如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接．若，菱形的面积为24，则的长为（   ） A．5 B． C．3 D．4 【答案】C 【分析】由菱形的面积可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式题2-2】.（25-26九年级上·广东茂名·月考）如果菱形的两条对角线的长度为6和8，那么菱形的周长等于（    ） A．24 B．12 C．20 D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质得出，根据勾股定理求出，即可求出周长． 【详解】如图，四边形为菱形，， ∵四边形为菱形， ∴， 根据勾股定理可得：， ∴这个菱形周长．    【变式题2-3】.（2026·陕西西安·一模）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （   ）    A．6 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】先根据菱形对角线互相垂直平分得到，再由勾股定理得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵，为的中点， ∴． 【题型3】菱形的基础判定 1.核心知识点 菱形的三种判定方法；平行四边形的性质。 2.解题方法技巧 若已知图形是平行四边形，只需添加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”；若为一般四边形，需添加“四条边相等”或“对角线互相垂直且平分”；排除干扰条件（如对角线相等是矩形判定，与菱形无关）。 【例题3】.（24-25八年级下·黑龙江黑河·期末）如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断． 【详解】解：A、对角线垂直的平行四边形是菱形，该选项不符合题意； B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，该选项不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形，该选项符合题意； D、因为四边形是平行四边形，所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以平行四边形是菱形，该选项不符合题意． 【变式题3-1】.（2026·广西南宁·一模）如图，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，则可使四边形是菱形的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再结合菱形判定定理分析各选项． 【详解】解：∵E，F分别为，的中点， ∴，， 同理可得，，，，，，， ∴且，且， ∴四边形是平行四边形， 当时，如图，则， ∴是菱形， 当时，如图， ∵， ∴， 同理， ∴， ∴， ∴是矩形， 当或时，均不能判定为菱形， ∴可使四边形是菱形的条件是． 【变式题3-2】.（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，的对角线，交于点O，以下条件不能证明是菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定定理，根据每个选项所给条件，结合平行四边形的性质以及菱形的判定方法来判断是否证明平行四边形是菱形． 【详解】解：A项：在中，与是一组邻边，当时，满足菱形的定义， ∴可以证明是菱形，故不符合题意； B项：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是菱形，故不符合题意； C项：∵四边形ABCD是平行四边形，且，满足菱形的判定条件， ∴可以证明是菱形，故不符合题意； D项：在中，对角线互相平分， ∴是平行四边形本身就具有的性质， 但仅由不能证明是菱形，故符合题意， 故选：D． 【变式题3-3】.（2026·广东深圳·一模）已知四边形是平行四边形，且，点F是上一点，． (1)如图1，点E在上，连接，，在不添加新的辅助线的前提下，请增加一个条件：_________，使得四边形是菱形； (2)如图2，请在上求作与点B，C不重合的两点G，H，连接，，使得四边形是菱形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)（答案不唯一） (2)图见解析 【分析】（1）当时，结合题目可先证明四边形是平行四边形，进而结合即可求证； （2）以A为圆心，（即）长为半径画弧，交于点，以G为圆心，长为半径画弧，交于点，连接、，四边形即为所求菱形；由（1）得，，由作图得，进而可得四边形是菱形． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 当时，四边形是平行四边形， 又∵． ∴四边形是菱形； （2）解：作图如下： 【点睛】本题以平行四边形为载体，核心围绕菱形的判定定理展开：小问1通过“平行四边形邻边相等”的思路证明菱形，小问2利用尺规作图构造等长线段，结合平行关系推导菱形． 【题型4】菱形面积的基础计算 1.核心知识点 菱形的两种面积计算公式；对角线互相垂直平分的性质。 2.解题方法技巧 已知底和高，直接用“底高”计算；已知对角线长度，用“对角线乘积”计算；若已知边长和对角线一半，先通过勾股定理求另一条对角线，再算面积。 【例题4】.（22-23八年级下·山东东营·期末）如图，菱形的对角线，相交于点，，，与交于点F．若，，则菱形的面积为_____． 【答案】24 【分析】根据菱形的对角线性质可得、，易证得四边形是矩形，进而得到，再利用勾股定理求出的长，进而得到的长，从而计算菱形的面积． 【详解】解：菱形的对角线，相交于点， 、， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 在中，， ， ， 故答案为：24． 【变式题4-1】.（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：． 【变式题4-2】.（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，菱形的对角线交于点O，且，则菱形的高的长是（   ） A． B． C．5 D．以上都不对 【答案】A 【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长即可． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O， ∴，， ∴， ∵是菱形的高， ∴，即：， ∴． 【变式题4-3】.（24-25八年级下·新疆喀什·月考）如图，在菱形中，对角线与交于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质可得，结合，，命题得证； （2）根据矩形和菱形的性质可得，，从而计算出菱形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴． 【培优高频题型】 【题型5】菱形与坐标综合 1.核心知识点 菱形的性质；平面直角坐标系的坐标特征；勾股定理；中点坐标公式。 2.解题方法技巧 利用菱形对角线互相垂直平分，结合中点坐标公式求顶点坐标；根据“四边相等”，用两点间距离公式列方程求解未知坐标；对角线垂直的菱形，可利用平面直角坐标系中垂直直线的斜率特征验证。 【例题5】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点C的坐标是，则顶点A，B的坐标分别是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】过C作，根据勾股定理求出的长度，继而根据菱形的性质求得的长即可求得答案． 【详解】解：过C作于E， ∵顶点C的坐标是， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴点B的坐标为即，点的坐标为． 【变式题5-1】.（25-26九年级上·陕西咸阳·月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，点B的坐标为，则点C的坐标为______． 【答案】 【分析】本题主要考查菱形的性质和坐标几何的知识，通过坐标确定菱形的边长是解题的关键． 首先根据A、B两点坐标求出菱形的边长，再通过菱形的性质即可求出点C的坐标． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式题5-2】.（2026·河南·一模）如图，已知菱形的顶点，，点C在x轴正半轴上．按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线，交于点E，连接，若恰好经过点A，则点E的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，先求出，再根据菱形的性质得出，，求出，，根据作图可知垂直平分，根据中点坐标即可得出答案． 【详解】解：如图，作于G，作于T，    ∵， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴，， ∴， ∴，， 由作图得垂直平分， ∴， ∴点E是的中点， ∴，即， 故选：A． 【变式题5-3】.（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图1，将矩形放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标为，且a，b满足．把矩形沿对角线所在直线翻折，点C落到点D处，交于点E． (1)求点B的坐标； (2)求点E坐标； (3)如图2，过点D作，交于点G，交于点H，连接． ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②点M是坐标平面内一点，且使以A，E，D，M为顶点的四边形是平行四边形．请直接写出所有满足条件的M点的坐标． 【答案】(1)B点坐标为 (2) (3)①菱形，见解析；②，， 【分析】（1）根据非负性解答即可； （2）设，则．在中，得到，解答即可； （3）①根据菱形的判定定理证明即可； ②根据平行四边形的性质，中点坐标公式解答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴． ∴，， ∴B点坐标为． （2）解：∵B点坐标为， ∴，．如图1． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 由翻折可知，， ∴， ∴． 设， 则． 在中， ∵， ∴． ∴， ∴， ∴ （3）①解：如图2中，四边形是菱形． ∵， ∴． 由翻折的性质可知，，， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形． ②由题意可得：， 由（1）可得：，，． 在中，可得：， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，，设， 当为对角线时，由中点坐标公式得： 解得：， ∴； 当为对角线时，，，，设， 由中点坐标公式得： 解得：， ∴； 当为对角线时，，，，设， 由中点坐标公式得： 解得：， ∴． 综上所述，满足条件的点M的坐标为，，． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，中点坐标公式，勾股定理，实数的非负性，分类思想的应用，熟练掌握折叠性质，平行四边形的性质，中点坐标公式是解题的关键． 【题型6】菱形中的动点基础问题 1.核心知识点 菱形的对称性；垂线段最短；菱形的性质。 2.解题方法技巧 利用菱形的轴对称性（对角线为对称轴）转化动点线段，将“折线和”转化为“直线段”求定值；结合“对角线垂直平分”确定动点的特殊位置（如中点），计算线段和/差的固定值。 【例题6】.（24-25八年级下·河南三门峡·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，下列说法错误的是（   ） A．当时，四边形ABQP是矩形 B．当时，四边形PQCD是平行四边形 C． D．当时，四边形PQCD是菱形 【答案】D 【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质，勾股定理．根据的值，分别计算出相关线段的长度，进而根据平行四边形，矩形，以及菱形的性质进行判断A,B,D，C选项，过点作于点，先求得，再根据勾股定理计算即可求解． 【详解】根据题意得：，， ，，， ，， 在四边形中，，， A. 当时，, ∴ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是矩形，故A正确，不符合题意； B. 当时，， ∴ 又，则 ∴四边形是平行四边形，故B正确，不符合题意； C. 如图，过点作于点 ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴， ∴ 在中，，故C正确，不符合题意 D. 当时，,, ∴则四边形不是菱形，故D选项错误，符合题意， 故选：D． 【变式题6-1】.（24-25九年级上·广东梅州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点A出发，以的速度向终点运动，同时动点从点出发，以的速度沿折线向终点运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为秒． (1)用含t的式子表示 ． (2)当t为何值时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ (3)只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形为菱形，则点Q的运动速度应为多少？ 【答案】(1) (2)当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； (3)当Q点的速度为时，四边形为菱形． 【分析】本题考查了四边形的综合题，涉及到菱形的性质、平行四边形的判定及性质． （1）根据P点的速度以及时间结合的长表示即可； （2）只有Q点在上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形是平行四边形，②四边形是平行四边形，进行解答即可； （3）设Q的速度为，Q在边上，此时可为菱形，满足，建立方程解决即可． 【详解】（1）解：P从A点以向B点运动， 时，， ， ； 故答案为：； （2）解：作于点， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， Q在上运动时间为， ， 运动时间最长为， 时，在边上， 此时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况： ①四边形是平行四边形，如图所示： ∵即， 只需即可，由（1）知：， 以的速度沿折线向终点运动， 运动时间为时，， ， 解得：； ②四边形是平行四边形，如图所示： 同理， 只需，四边形是平行四边形， 由（1）知，， 则， ， 解得：， 综上所述：当或时，直线把四边形分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形； （3）解：设Q的速度为，由（2）可知，Q在边上，此时四边形可为菱形， ， 只需满足即可， 由（1）知：， 由（2）知：，， ，， 解得：，， 当Q点的速度为时，四边形为菱形． 【变式题6-2】.（24-25七年级下·辽宁大连·月考）综合与实践 【问题背景】如图，在平面直角坐标系中，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上，，点是线段上一动点，从点向点移动，速度为每秒个单位长度，点是线段上一动点，从点向点移动，速度为每秒1个单位长度．轴交轴于点，连结．设点，两点移动的时间是秒． 移动规则：当一个动点到达终点停止运动时，另一个动点也要随之停止运动． 【解决问题】（1）填空：、之间的数量关系为______； （2）判断四边形的形状并说明理由； 【深入研究】（3）若． 当四边形为菱形时，则的值为______； 连接，若为直角三角形，求的值； 【能力拓展】（4）在（）的条件下，点，，，连接、、，若为等边三角形， ，求点的坐标．（直接写出答案即可） 【答案】（）；（）四边形是平行四边形，理由见解析；（） ； 的值为或；（）点的坐标为． 【分析】（）利用含角的直角三角形性质和勾股定理即可求得答案； （）利用含角的直角三角形性质和平行四边形的判定即可得出答案； （）利用菱形性质即可求得答案； 分三种情况：当时，当时，当时，分别建立方程求解即可； （）过点作轴于点，先证得是等腰直角三角形，得出，再证得，得出，以此建立方程求解求得的值，即可求得点的坐标． 【详解】解：（），理由如下： ∵，， ∴，， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：； （）四边形是平行四边形，理由如下： 在中，，， ∴ ∵， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； （）∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，即， 解得:， 故答案为：； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ 即， 解得：； 当时，如图，连接， ∵， ∴ ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：； 当时，点与点重合，此时，，点与点重合，点与点重合，不存在； 综上，的值为或； （）如图，过点作轴于点， ∵为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ， 由（） 知：，则， ， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴，， ∴， ∴点的坐标为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形性质等，运用分类讨论思想和方程思想解决问题是解题的关键． 【变式题6-3】.（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为t（）秒． (1)若、分别是、的中点． ①求证：以、、、为顶点的四边形始终是平行四边形（）； ②当t为何值时？以、、、为顶点的四边形是矩形； (2)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当t为何值时，以、、、为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 【答案】(1)①见解析；②或 (2) 【分析】（1）①要证四边形是平行四边形，根据矩形性质得出边和角的关系，结合中点条件得到线段相等，再利用全等三角形证明一组对边平行且相等 ．②平行四边形变矩形需对角线相等，先确定长度，再分、运动的不同阶段，根据与的数量关系列方程求解． （2）（2）菱形需对角线垂直且平分，先由菱形性质推出四边形是菱形，设未知数，利用勾股定理求出相关线段长度，进而得出运动时间． 【详解】（1）解：①∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∵、分别是、中点 ∴，，则 由于、速度均为，运动时间，则， ∴ 在和中 ∴ ∴，，则 ∴四边形是平行四边形； ②解：连接， ∵四边形是矩形，、是中点 ∴ 当时，四边形是矩形，分两种情况： ①、未相遇前，，则 解得； ②、相遇后， 解得， 综上，当或时，四边形是矩形． （2）解：连接、， ∵ 四边形是菱形 ∴ ，，，又 ∴ ，四边形是菱形，故 设，则 在中，由勾股定理，即 解得 则，运动路程为 速度为， 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、全等三角形判定与性质、勾股定理，熟练掌握特殊四边形的判定与性质，结合图形分情况分析，运用勾股定理等建立方程是解题的关键． 【压轴素养题型】 【题型7】菱形的实际应用（情境建模题） 1.核心知识点 菱形的判定与性质；菱形的面积计算。 2.解题方法技巧 从实际情境（如衣帽架、地砖、风筝、防护栏）中抽象出菱形模型；提取情境中的已知条件（如边长、对角线、角度），转化为数学问题；利用菱形的性质/面积公式求解实际问题（如长度、面积、用料），注意单位统一。 【例题7】.（24-25八年级下·福建三明·期中）如图，菱形花坛的边的长为，，沿着该菱形的对角线修建两条小路和，与相交于点． (1)求和的长； (2)求菱形花坛的面积． 【答案】(1)𝑚， (2) 【分析】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理； （1）根据菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质得出，即可得出，进而根据勾股定理求得，即可得出的长； （2）根据菱形的面积公式进行计算即可求解． 【详解】（1）解：四边形是菱形，， ，，，． ， ， ， ，， ∴ ． （2）菱形花坛的面积为：()． 【变式题7-1】.（25-26九年级上·江西鹰潭·月考）图1是一种利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图2所示，该千斤顶的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），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距离）．已知． (1)当时，求千斤顶高的长度； (2)当从变为时，千斤顶升高了多少？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据菱形的性质得出，平分，再证明是等边三角形，从而可根据等边三角形的性质得出； （2）求出时，的长，结合（1）求得的的长，求出千斤顶升高的长度即可． 【详解】（1）解：如图，连接，交于点O． 由题意可知，四边形是菱形， ， 平分． 当时， 是等边三角形， ． （2）当时． 平分，， ． 在中，， ， ， ∴千斤顶升高了． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，含度角的直角三角形，用勾股定理解三角形，利用菱形的性质求线段长，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 【变式题7-2】.（24-25八年级下·河北保定·期末）问题背景 几何学的产生，源于人们对土地面积测量的需要，可以说几何学从一开始便与面积结下了不解之缘，我们已经掌握了平行四边形面积的求法，但是一般四边形的面积往往不易求得，那么我们能否将其转化为平行四边形来求呢？ 实践应用 如图，学校操场东南角有一片四边形绿地，它的四个顶点，，，处均有一棵大树．学校准备进行一次绿化扩建，想使这片绿地的面积扩大一倍．为了保护大树，四棵大树不进行移栽，保持位置不动． (1)扩建后的区域能否为平行四边形？若能，请给出你的设计方案并说明理由； (2)要想使得扩建后的区域为菱形，需要满足什么前提条件？请用原图形中的字母表示出相关条件，并说明理由． (3)若四边形绿地的对角线与交于点，，，，则扩建后的绿地的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是菱形； (3) 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定，直角三角形的性质，勾股定理． （1）连接四边形的对角线，分别过四边形的四个顶点作对角线的平行线，所作四条线相交形成四边形，根据平行四边形的判定得到四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边形，结合平行四边形的对角线分得两个面积相等的三角形求解即可得到答案； （2）当时，根据菱形的判定定理即可得到答案； （3）同（1）构造平行四边形，过H作于点M，根据直角三角形的性质结合勾股定理求出，结合面积公式求解即可得到答案． 【详解】（1）解：连接四边形的对角线，分别过四边形的四个顶点作对角线的平行线，所作四条线相交形成四边形， ∵，， ∴四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是平行四边形， ∴，，，， ∴； （2）解：当时，则， ∴平行四边形是菱形； （3）解：过点D作的平行线，过点B作的平行线，过点A作的平行线，过点C作的平行线， 四边形即为所求，    过H作于点M， ∵， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式题7-3】.（24-25八年级下·山西阳泉·期末）舞台升降机是舞台最常用的装置之一，主要功能是用于场面转换时，上下移动布景和演员，一般由底座、交叉撑、轴、液压器和工作台（舞台）组成．如图，是某种舞台升降机的示意图，其工作台（舞台）由四根长度相等的交叉撑支撑，上面两根交叉撑与工作台（工作台与舞台紧密贴合）相连，下面两根交叉撑与底座相连，轴分别位于四根交叉撑的中点部位（点）和连接点（点）．当舞台升降机上升或下降时，交叉撑形成的交叉角的度数会随之变化． (1)四边形的形状为______． (2)当该舞台升降机的交叉撑长为时（交叉撑的宽度忽略不计），若交叉角从减小到，舞台升高了多少米？（结果保留根号） 【答案】(1)菱形 (2) 【分析】（1）根据四条边都相等的四边形是菱形判断即可； （2）连接，作直线分别交于点．证明，得，进一步证明，得出的长度即为舞台升高的高度． 【详解】（1）∵，G是的中点，H是的中点， ∴， ∴四边形的形状为菱形． 故答案为：菱形； （2）如图，连接，作直线分别交于点． 由（1）得四边形是菱形． 平分． ， ． ， ， 同理可得． ． ． ． ，即的长度即为舞台升高的高度． 交叉撑长为为交叉撑的中点， ． ． 在中，根据勾股定理，得． ． 答：舞台升高了． 【点睛】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，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键． 【题型8】菱形的判定与性质综合 1.核心知识点 菱形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；全等三角形；勾股定理。 2.解题方法技巧 先根据已知条件判定四边形为菱形（优先选择与已知条件匹配的判定方法）；再利用菱形的性质推导线段、角的等量关系；结合全等三角形证明线段/角相等，为后续计算铺垫；最后通过勾股定理、面积公式求解未知量，注意证明逻辑的连贯性。 【例题8】.（25-26九年级下·浙江杭州·月考）如图，，过点，分别作，，交，的延长线于点，． (1)求证：四边形为矩形． (2)连接，交于点，若，，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】 （1）根据有三个角是直角的四边形为矩形，进行证明即可； （2）先证出四边形是菱形，故设，（），则，再根据勾股定理得出，，列出方程，再解方程进行计算即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ． ，， ，， ， ∴四边形是矩形． （2）解：四边形为平行四边形，， ∴四边形是菱形， ． 设，（），则， 根据勾股定理得，， 即， ， 解得，， ，， ， ， ∴矩形的周长是24． 【变式题8-1】.（25-26九年级上·江西吉安·期末）如图1，矩形的对角线相交于点O，延长至点E，使，连接是的中点，连接． (1)①试猜想四边形的形状，并说明理由． ②若，则四边形的面积为________． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，求四边形的面积． 【答案】(1)①四边形是菱形，理由见解析；②24 (2)8 【分析】本题考查矩形的性质和菱形的性质与判定，掌握矩形和菱形的性质是解题关键． （1）①根据矩形性质先得到，再利用垂直和平分的条件得到，最后借助H为中点，通过等量代换得到，即可通过四边相等的四边形是菱形证明结论； ②利用矩形和菱形的性质，找到图中矩形和菱形被对角线分割而成的三角形的面积关系，求解即可； （2）同（1）②理，改矩形为正方形不影响图中三角形的面积关系，按照同样的面积关系计算即可． 【详解】（1）①解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，，， 又， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∵点H是中点，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②解：∵四边形是矩形， ∴， 由中点的性质，可知， ∵， ∴， 由（1）可知，四边形是菱形， 由菱形的对称性可知，， ∴四边形的面积为； （2）解：∵正方形是特殊的矩形，具有矩形的所有性质， ∴（1）中的结论仍成立， 由（1）可知，，， ∴四边形的面积为． 【变式题8-2】.（2026九年级下·河南信阳·专题练习）【问题背景】如图1，在菱形中，，点为菱形内一动点，且，连接并延长，交于点，连接． 【初步探究】 (1)求的度数． 【深入探究】 (2)如图2，将沿翻折，得到，连接．求证：． 【拓展延伸】 (3)在（2）的条件下，连接．若，中一个内角为，直接写出的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)或 【分析】（1）设，利用等腰三角形的性质可得，则； （2）连接，由翻折及等边三角形的性质可得，即可得出结论； （3）设，讨论分别为时，利用勾股定理求的值. 【详解】（1）解：设， ∵， ∴， ∵菱形中， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：连接， ∵， ∴是等边三角形，即，， ∵菱形中， ∴， ∵将沿翻折，得到， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， 设， 当时，， ∴， ∵，，， ∴解得：（舍） 即：； 当时，， 过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ， ∴， 解得：（舍）， 即：， 综上：的长为：或 【变式题8-3】.（25-26八年级下·全国·课后作业）如图1，若顺次连接四边形各边中点所得四边形是菱形，则称原四边形为“中母菱形”．定义：若四边形的对角线相等，那么这个四边形是中母菱形． (1)请写一个你学过的特殊四边形中是中母菱形的图形的名称． (2)如图2有等边三角形中，、分别是、的中点，连接，猜想图中哪个四边形是中母菱形，并加以证明． (3)如图3，在等边三角形中，若、不是、的中点，且，探究满足上述条件的图形中是否存在中母菱形，并证明你的结论． 【答案】(1)矩形 (2)四边形是中母菱形，见解析 (3)四边形是中母菱形，见解析 【分析】（1）从学过的特殊图形中，寻找对角线相等的图形(正方形，矩形，等腰梯形等)； （2）欲证明四边形是中母菱形，只需证明该四边形的对角线即可； （3）通过全等三角形的判定定理证得，然后根据全等三角形的对应边相等的性质推知四边形的对角线，所以四边形是中母菱形. 【详解】（1）解：∵矩形、正方形的对角线相等， 故答案为：矩形； （2）四边形是中母菱形， 证明：连接， ∵ ， 分别是 ，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是中母菱形； （3）四边形是中母菱形， 证明：连接， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴  四边形是中母菱形. 易错点 1.判定菱形时忽略平行四边形前提：误将“对角线互相垂直的四边形是菱形”当作正确判定，实际需补充“对角线互相平分”（仅垂直不平分的四边形不是菱形）。 2.混淆菱形与矩形的判定条件：将“对角线相等”作为菱形的判定条件，实则“对角线相等”是矩形的判定条件，菱形的对角线特征是垂直而非相等。 3.计算菱形面积时漏乘：使用对角线法计算面积时，忘记用“两条对角线乘积的一半”，直接用对角线相乘导致结果错误。 4.利用菱形对称性时找错对称轴：菱形的对称轴是对角线所在直线，而非对边中点的连线，误将对边中点连线当作对称轴会导致线段转化错误。 5.含特殊角的菱形中，忽略等边三角形的构造：菱形中一个内角为60°时，邻边与较短对角线构成等边三角形，未发现该特征会增加计算难度。 重点 1.熟练掌握菱形的核心性质：四条边相等、对角线互相垂直且平分并平分一组对角，能灵活运用性质进行角度、线段的计算。 2.掌握菱形的三种判定方法，能根据已知条件（一般四边形/平行四边形）选择合适的判定方法，会添/选判定条件。 3.熟记菱形的两种面积计算公式，能根据已知条件（底高/对角线）快速选择计算方法，会利用面积公式反向推导底、高或对角线。 4.理解菱形的对称性，能利用轴对称性解决线段转化、动点基础问题，掌握菱形与坐标、折叠的基础综合解题思路。 5.掌握含60°/120°特殊角菱形的解题技巧，能快速识别其中的等边三角形，简化计算过程。 难点 1.菱形中的最值问题：难以利用菱形的对称性进行“折化直”转化，无法准确确定动点的最值位置，缺乏将军饮马模型的应用意识。 2.菱形与折叠、旋转、全等的综合问题：难以梳理复杂图形中的等量关系，无法将菱形的性质与旋转、折叠的性质结合，建立有效的解题思路。 3.菱形的探究式证明题：需要结合多个知识点（平行四边形判定、全等证明、勾股定理）进行逻辑推理，对演绎推理能力和知识融合能力要求较高。 4.菱形与坐标、函数的综合问题：难以将菱形的几何性质与平面直角坐标系的坐标特征、函数关系式结合，无法建立几何量与代数量的联系。 5.多菱形拼接/嵌套的综合问题：难以识别拼接图形中的菱形特征，无法将复杂图形拆解为单个菱形，利用菱形性质分步求解。 【对应练习题】 一、单选题 1．如图，菱形的一边的中点到对角线交点的距离为，则菱形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由菱形对角线相互垂直得到是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出菱形边长即可得到答案． 【详解】解：在菱形中，，则， 在中，点是的中点，则， 菱形的周长为． 2．如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，掌握菱形的性质是解题的关键．首先求出，然后求出，得到即可求解． 【详解】解：∵菱形的周长为52， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ ∴ 故选：A． 3．如图，中，，，对角线、相交于点，点、、、分别是、、、的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，其他条件不变，则四边形为菱形 C．四边形是菱形 D． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定及三角形中位线可直接进行排除选项． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点、、、分别是、、、的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 当时，， ∴， ∴四边形为菱形，故B正确； 当时，， ∴，故A错误； ∴四边形不是菱形，故C错误； ∵四边形是平行四边形， ∴与不一定垂直，故D错误． 4．如图，菱形的对角线交于点O，过点O作于点E，延长交于点F，若，，则的值为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质求出对角线的一半长，利用勾股定理求出菱形的边长，再利用菱形的面积公式（对角线乘积的一半等于底乘以高）即可求出的长． 【详解】解：∵ 四边形 是菱形， ∴， 在 中，由勾股定理得：， ∵，且 ， ∴，即 为菱形 边上的高， ∵， ∴， ∴． 5．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， ∴， ． 二、填空题 6．如图，是菱形的对角线上一点，于点，，则点到的距离为_____________． 【答案】 【分析】先利用菱形对角线的性质得出平分，再结合角平分线的性质，推导出点到的距离等于的长度． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴平分． ∵于点，且点在上， ∴点到的距离等于的长度，即为2． 7．如图，在菱形中，E，F分别是的中点，如果，那么菱形的周长为______． 【答案】 16 【分析】根据三角形的中位线定理求出的长，进而求出菱形的周长即可. 【详解】解：∵E，F分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴菱形的周长为. 8．中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴，徐明家有一个菱形中国结装饰如图，测得，则的度数为______． 【答案】/70度 【分析】根据菱形的性质可得，再由等腰三角形的性质解答即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴． 9．如图，菱形的两条对角线相交于点O，若，，则菱形的面积是___________． 【答案】 【分析】由菱形的性质可得，由勾股定理求出的长，再根据菱形的性质即可得到答案． 【详解】∵在菱形中，对角线相交于点， ， ， 则菱形的面积是． 10．如图，已知菱形的边长为，，点、分别是、上的两个动点且满足，连接，过点作，点为的中点，则的最小值是______． 【答案】/ 【分析】首先通过建立坐标系确定菱形各顶点及动点的坐标，推导得出直线恒过定点；再由，判断出点在以为直径的圆上，算出该圆的圆心和半径；最后求出中点到圆心的距离，进而得到的最小值为． 【详解】解：以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵四边形是菱形，边长为，， ∴， ∴， 延长交于点，过点作，垂足为， ∵四边形是菱形，边长为， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴点在以为直径的圆上（直径所对的圆周角为直角）， ∴圆心的坐标为，即， 半径， ∵是的中点，， ∴，即：， ∴， ∴的最小值半径（当三点共线且在与之间时取到）， ， 故：的最小值为． 三、解答题 11．如图，E为菱形边上一点，且，交于点，且，求证：． 【答案】见解析 【分析】可利用菱形的性质，得到，等结论，再结合，可得出，进而推导得到，然后证明和全等即可证明． 【详解】∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又， ∴， ∴． 12．如图，在平行四边形中，点是对角线上的一点：，垂足分别为、，且，求证：平行四边形是菱形． 【答案】见详解 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及菱形的判定，角平分线的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，根据，，证明，又因为平行四边形的性质，得，故，即，得，故平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】解：∵，， ∴平分， 即， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 则， ∴， ∴平行四边形是菱形． 13．如图，在中，对角线，交于点O，E，F分别为，的中点，连接，． (1)求证：； (2)若，求四边形的最大面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）要证明，可通过证明来实现，利用平行四边形的性质得到相关边和角的关系，再结合中点的性质即可证明； （）先根据已知条件判断四边形的形状，再根据其形状的性质求出最大面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵分别为的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：∵在平行四边形中，对角线， ∴四边形是菱形， 设，则， 在中，， ∴， 由得， 则，即， ∴， 当且仅当时，四边形的面积取得最大值． 答：四边形的最大面积为． 14．如图，在中，点是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当________时，四边形是菱形，请证明； (3)若，则当________时，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)90，见解析 (3)100 【分析】（1）先证明，得到，再根据平行四边形的判定即可证明； （2）根据菱形的判定即可证明； （3）根据平行四边形的性质得到，根据等腰三角形的判定得到，再根据矩形的判定即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 即， ∴， ∵点是边的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是菱形，证明如下： ∵， ∴， 由（1）得，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形； （3）解：当时，四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由（1）得，四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形． 15．如图，在矩形中，，，，是对角线上的两个动点，分别从，同时出发相向而行，速度均为，运动时间为秒，当点到达点时停止运动（同时点也停止运动） (1)若，分别是，的中点，求证：四边形始终是平行四边形； (2)在（1）的条件下，当为何值时，四边形为矩形？ (3)若，分别是折线，上的动点，与，相同的速度同时出发，当为何值时，四边形为菱形？ 【答案】(1)见解析 (2)t为或 (3)t为时，四边形为菱形 【分析】（1）由矩形的性质得出，，证明，得出，同理得出，即可得出结论； （2）由勾股定理求出，证明四边形是平行四边形，得出，当对角线时，平行四边形是矩形，分两种情况：①，得出，解方程即可；②，得出，解方程即可； （3）连接、，由菱形的性质得出，，，得出，，证出四边形是菱形，得出，设，则，由勾股定理得出方程，解方程求出，得出，即可得出t的值． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵G，H分别是，中点， ∴，， ∴， 根据题意得：， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 同理：， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 连接，如图， 由（1）得：，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 当时，平行四边形是矩形， 分两种情况： ①当E、F相交前，，， 解得：； ②当E、F相交后，，， 解得：； 综上所述：当t为或时，四边形为矩形． （3）解：连接、，连接交于O，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 设，则， 由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴t为时，四边形为菱形． 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $