专题05 菱形7大考点（期中真题汇编，广东专用）八年级数学下学期新教材人教版

耐学科网 www .zxxk.com 专题05 菱形 目目 考点01 根据菱形的性质求角度 2 3 5 6 > A D A B C 9. 【详解】(1)证明：：DE∥BC,DF∥AB, :四边形DEBF是平行四边形， :DE∥BC, ∠EDB=∠DBF, :BD平分∠ABC, :.∠ABD=∠DBF= 1 ∴.∠ABD=∠EDB, :.DE=BE且四边形BEDF为平行四边形， .四边形BEDF为菱形； (2)解：：∠A=80°，∠C=30°， .∠ABC=180°-80°-30°=70°， :四边形BEDF为菱形， .∠EDF=∠ABC=70°， .∠BDE= ∠EDF=35° 2 目目 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 1 2 3 5 6 P D C C C B B A B 12.48 13.(5,0 14.3V5 15.40 16.①②④ .2 18.①②③ 1/30 让教与学更高效 8 B 9 10 11 C A B 命学科网 www.zxxk.com 19.30° 20.√5 21.①②④ 22.10 23. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， 0A=0C, :E为AB的中点， .AE BE, OE∥BC, .OE‖FG, :EF⊥BC于点F,OG⊥BC于点G, EF∥OG, 四边形EFGO是平行四边形， :EF⊥BC, .LEFG=90°， :.四边形EFGO是矩形； (2)解：：四边形ABCD是菱形， G.AC IBD:AB=BC:OC=AC.OB--BD. :AB=V30,BD=10, BC=V30,0B=x10=5 在RtaB0C中，0C=VBC2-0B2=30-25=√5， 8c-oG-0c.08. 即2xV30.0G=)×5×5, 2 0G=56 6 24 【详解】(1)证明：：DF∥AC, :ZDFC Z0CF ZEDF ZEOC, :点E是CF的中点，FE=CE, 2/30 教与学更高效 命学科网 ∴.△DEF≌△OEC(AAS), :DF=OC, :四边形ABCD是矩形， .OA=OC,OB=OD,AC=BD, .0A=0D, DF=OA,且DF∥A0, :四边形AODF是平行四边形， 又：0A=0D, :平行四边形AODF是菱形； (2)解：由(1)得：0A=0B, :∠A0B=60°， △AOB是等边三角形， 0A=AB=1, :四边形AODF是菱形， AF=OA=1,AF∥BD, :∠FAC=∠A0B=60°， :∠AFC=90°， :.∠ACF=30°， CF=√5AF=√5. 25 【详解】(1)解：图形如图所示： (2)证明：：AB⊥FG,BF=BG, :EF =EG, AE=EB, .四边形AFBG是平行四边形， www.zxxk.com 让 3/30 教与学更高效 命学科网 www.zxxk.com FG垂直平分线段AB, :FA=FB, ·四边形AFBG是菱形： (3)解：设AF=BF=x, :∠ACB=90°， ·BF2=CF2+BC2, 则有x2=(8-x)2+62, 解得x=25 4 :菱形AFBG的周长= 5×4=25 目目 考点03 根据菱形的性质求面积 2 3 4 D C D 5.24 6. 8V5 7. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是矩形， AD∥BC,∠A=90°，D0=B0, :∠MDO=∠NB0,∠DMO=∠BN0, :.△DMO≌△BNO(ASA), .0M=0N, ∴.四边形BMDN是平行四边形， :MN⊥BD, 、四边形BMDN是菱形； (2)解：：四边形BMDN是菱形， :MB=MD, 设MB=MD=x, 在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2, 即x2=(8-x2+42, 解得x=5, 4/30 教与学更高效 命学科网 www.zxxk.com 即MD=5, ∴菱形BMDN的面积是MDAB=5×4=20, :BD=VAB2+AD2=V42+82=4V5, S-BDMN-x45xMN=20, 21 .MN =25 P 【详解】(1)证明：E是AD的中点，D是BC的中点， .AE =DE,BD =CD, :AF∥BC, .∠AFE=∠DBE, 在△AEF和△DEB中， 「∠AFE=∠DBE ∠DEB=∠AEF, AE=DE :△AEF≌△DEB(AAS), :AF =DB, ∴AF=CD, :.四边形ADCF是平行四边形， :LBAC=90°，D是BC的中点， :AD=CD=IBC, 2 .四边形ADCF是菱形； (2)解：∠BAC=90°，AC=5,AB=6, :.S.wc-AB.AC=x6x5=15, 2 2 设AF到CD的距离为h, :菱形ADCF的面积S=CD-h=}BC-h=S,c=15. 9. 【详解】(I)解：：在菱形ABCD中， 5/30 教与学更高效 学科网 www.zxxk.com 让事 :AD=CD=4B-BC,AO=CO=1AC=63,AC LBD :∠ADC=120° :∠DAC=∠DCA=180P-∠DC=30 ∴.AD=2OD :AC⊥BD .AD2=A02+OD2 (20D)2=63+0D2 :0D=6(负值舍去) BD=20D=12: (2)AC=123,BD =12,AC L BD ÷菱形48cD的面积-号4C-BD=×123x12=725; (3):0A=0C=6√5 ÷A-65,0）,C(65,0: :0B=0D=6 .B(0,-6,D(0,6 10 【详解】(1)证明：：∠ABD=90°，E为AD的中点， .BE DE=2AD AD=2BC,即BC=D .DE=BC; :AD∥BC, :四边形BCDE是平行四边形； BE =DE ,四边形BCDE是菱形： (2)解：连接CE,如图 :四边形BCDE是菱形， 6/30 与学更高效 命学科网 www.zxxk.com 让 .CD=BC=DE=2,BE∥CD: :AC⊥BE, AC⊥CD: :点E是AD的中点， 1 AD=2DE=4 S.co=S.co: :S△BCE=S△cDE, :四边形BCDE的面积等于直角三角形ACD的面积； 在Rt△ACD中，由勾股定理得AC=√AD2-CD2=2V5, :四边形BCDE的面积为CDAC=x2×23=2W5. 2 11 【详解】(1)解：：四边形ABCD是矩形， ∠BAD=90°，BQ∥AP, :当BQ=AP时，四边形ABQP是矩形，即：t=8-t, 解得t=4, 答：当t=4时，四边形ABQP是矩形； (2)解：：DP=t,BQ=t, .AD-DP=BC-BO=8-t,AP=CO :AP∥CQ, ·四边形AQCP为平行四边形， 在矩形ABCD中，∠B=90 .AQ2=42+t 当AQ=CQ,即√42+2=8-t时，四边形A0CP为菱形。 解得：t=3. 7/30 教与学更高效 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 答：当t=3时，四边形ACP是菱形； 当t=3时，CQ=5,面积为：CQ:AB=5×4=20cm2, (3)解：①当AQ=AP,即√42+2=8-t时，△AQP为等腰三角形， 解得：t=3; ②法一：当A0=0P，即V42+P=V8-2)2+42时，△AQC为等腰三角形， 整理得：t=8-2t, 解得1一 法二：过Q点作QE⊥AD交AD于E点， E←—P D :AQ=QP,QE⊥AD, :AE PE, :∠B=∠BAD=∠AEQ=90°， ·四边形ABQE为矩形， :AE BO=t, :AP 2AE=21, 又：AP=8-t, .8-t=2t, 解得1=3’ 8 综上所达，当1-号或3时，△40P是以40为腰的等腰三角形， 12. 【详解】解：：四边形ABCD是菱形， :AB-BC-CD-AD.AC I BD,OA-TAC.OB=1BD-4. ∠A0B=90°， :E、F分别是AB、BC边上的中点， EF是ABC的中位线， 8/30 耐学科网 WWW.2 .AC=2EF=6, .0A=3, .AB=VOA+OB2=V32+42=5, :菱形ABCD的周长=4AB=20: 菱形ABCD的面积=二BDAC=二×8×6=24. 2 13. 【详解】(1)解：如图，菱形BEDF即为所求， :矩形ABCD, ∴AD∥BC，即FD∥BE, .∠FD0=∠EB0, :EF垂直平分BD, .OB=OD,∠F0D=∠E0B=90°， △FDO≌△EBO(ASA), ∴.FD=BE, .四边形BEDF是平行四边形， .EF⊥BD, :四边形BEDF是菱形： (2):四边形BEDF是菱形，设BF=DF=x, :四边形ABCD是矩形， .∠BAD=90°， 在Rt△ABF中，BF2=AF2+AB2, x2=42+(8-x)2, 解得x=5, :四边形BEDF的面积=DF·AB=20 xxk.com 让 9/30 教与学更高效 命学科网 www .zxxk.com 目目 考点04 利用菱形性质证明 1 2 B B 3.24 4. 【详解】(1)解：：点A,B的坐标分别是A(0,√3)和B(1,0), .OA=3,OB=1. ∠A0B=90°， ∴AB=VOA2+OB2=2, :以线段AB为边向右侧作菱形ABCD, .AD=AB=BC=2,AD∥BC, ∠BAC=∠ACB=30°，D(2,V3) ∠ABC=180°-∠BAC+∠ACB)=180°-60°=120°. 故答案为：(2，V3),120. (2)①解：当EC=CF时，点F在OC上时，作DM⊥AC交AC y个 D A H OF B C 由(1)可知，∠ACB=30°，OA=V5,∠A0C=90°， AC=2A0=2V3,∠FEC=∠EFC=180-∠ACB_180°-30 2 ∴LDEC=∠DEF-∠FEC=120°-75°=45°， :.△EDM是等腰直角三角形， .EM =DM, .∠DAM=30°，AD=2, ·DM=EM=1, .AM=VAD2-DM2=V22-1'=V5, 10/30 让教与学更高效 于M,如图， 75°， 专题05 菱形 7大高频考点概览 考点01 根据菱形的性质求角度 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 考点03 根据菱形的性质求面积 考点04 利用菱形性质证明 考点05 添加条件成为菱形 考点06 证明四边形是菱形 考点07 菱形性与判定的综合应用 ( 地 城 考点01 根据菱形的性质求角度 ) 1．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，菱形中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角相等，对角线平分一组对角． 根据菱形的对角相等，对角线平分一组对角，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形 中， ， ， 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东佛山·期中）把一个长方形的纸片按图甲、图乙对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为的菱形，剪口与第一次折痕所成的角的度数应为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了剪纸问题，翻折的性质，菱形的性质．根据翻折的性质和菱形的性质可得答案． 【详解】解：为了得到一个锐角为的菱形， 菱形的内角度数为或， 根据菱形的对角线平分每一组对角得，或， 故选：D． 3．（24-25八年级下·广东珠海·期中）把一个长方形的纸片按图甲、图乙对折两次，然后剪下图丙中的①部分，为了得到一个锐角为的菱形，剪口与第一次折痕所成的角的度数应为（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查了剪纸问题，翻折的性质，菱形的性质．根据翻折的性质和菱形的性质可得答案． 【详解】解：为了得到一个锐角为的菱形， 菱形的内角度数为或， 根据菱形的对角线平分每一组对角得，或， 故选：D． 4．（24-25八年级下·广东东莞·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）．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线平分对角的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，是对角线， ∴，平分， ∴， 故选：A ． 5．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在菱形中，点E是边上一点，连接，．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质等知识．由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质求出，再根据等腰三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ，， ，， ， ， ， ， 故选：B． 6．（河南省郑州市第十一初级中学2024-2025学年九年级上学期期中数学卷）如图，在菱形中，于点，于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的内角和定理，角的和差，解题的关键是掌握菱形的性质．由菱形的额性质可得：，，推出，由垂直的定义可得：，进而得到，最后根据角的和差求解即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， ， 于点，于点， ， ， ， 故选：C． 7．（陕西省西安市某校2024-2025学年九年级上学期学业水平质量监测数学试卷）如图，在菱形中，，，则（） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．由菱形的性质得，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，然后由三角形的外角性质即可得出结论． 【详解】解：四边形是菱形，， 故选：D． 8．（陕西省西安市新城区西光中学教育集团联考2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题）在菱形中如图，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角的性质，三角形内角和定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 根据菱形的性质可得，由等边对等角可得，由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 在中， ∴， 故选：B ． 9．（24-25八年级下·广东广州·月考）如图，是的角平分线，过点D作交于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的性质与判定、平行四边形的判定等知识；熟练掌握菱形的性质与判定是本题的关键． （1）由题意可证，四边形是平行四边形，即可证四边形为菱形； （2）由三角形内角和定理求出，由菱形的性质即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴且四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴． ( 地 城 考点0 2 根据菱形的性质求线段和周长 )1（24-25八年级下·广东云浮·期末）如图，O是坐标原点，菱形的顶点B的坐标为，顶点A的坐标为，则顶点C的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，坐标与图形，利用数形结合的思想解决问题是关键． 利用菱形性质确定边长，过作轴，则，根据勾股定理算出，进而得，结合位置求出，即 ．依据菱形且，点向右平移个单位得到，横坐标为，纵坐标不变为，即 ． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 过点A作轴于点D， ∵， ∴ ∴． ∴ ∴在轴负半轴， ∴，即 ． ∵四边形是菱形，且，，在轴上， ∴点坐标是点向右平移个单位 ∴的横坐标为，纵坐标不变为， ∴． 故选：D． 2．（24-25八年级下·广东汕头·期末）菱形的边长为4，，点G为的中点，以为边作菱形，其中点E在的延长线上，连接，点M为的中点，连接，则线段的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质可知，可证是等边三角形，，可求，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形和都是菱形，， ∴，，，， ∴， ∴ ∴，是等边三角形， ∴， ∴， ∵点G为的中点， ∴， ∵， ∴ 连接,交于点，则， ∴， ∴， ∴， ∵点M为的中点， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线是解题的关键． 3．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，菱形周长为16，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质．连接，根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后判断出是等边三角形，连接，根据轴对称确定最短路线问题，与的交点即为所求的点P，的最小值，然后根据等边三角形的性质求出即可得解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 连接， ∵、D关于对角线对称， ∴与的交点即为所求的点P，的最小值， ∵是的中点， ∴， ∵菱形周长为16， ∴， ∴ ∴． 故选：C． 4．（24-25八年级下·广东惠州·月考）已知菱形的对角线，则该菱形的边长是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，先根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后利用勾股定理列式求出即可得到结论． 【详解】解：设菱形对角线交点为，   菱形对角线，， ， ， ∵， ∴， 故选：C． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）菱形中对角线与交于点O，，，则该菱形的周长是（    ） A． B．16 C． D．8 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定及性质等知识点，将对角线长度转化为菱形边长是解本题的关键． 根据四边形是菱形且可知，从而得为等边三角形有即可求得菱形的周长． 【详解】解：如图：    ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴菱形的周长为：． 故选B． 6．（24-25八年级下·广东珠海·期中）菱形中，，，则对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，设对角线与交于点，由菱形的性质可得，，，则有，然后通过勾股定理求出，再通过即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设对角线与交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 故选：B． 7．（24-25八年级下·广东阳江·期中）如图， 在菱形中， 已知， 若菱形的周长为16，则的长度为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定， 先根据菱形的性质得，，即可得出是等边三角形，则此题可解． 【详解】解：∵四边形是菱形，，周长为16， ∴，， ∴是等边三角形， ∴． 故选：A． 8．（24-25八年级下·广东汕头·期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长为（   ） A．8 B．10 C．12 D．13 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点，注意：菱形的对角线互相垂直且平分，菱形的面积等于对角线积的一半．根据菱形的性质得出，，，求出，根据求出，根据直角三角形斜边上的中线性质求出答案即可． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， ． 故选：B． 9．（24-25八年级下·广东江门·期中）在菱形中，，，则边长的值为（   ） A．10 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质可得，，，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：如图：令交于，   ， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴， 故选：C． 10．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的顶点坐标为，顶点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形，勾股定理，注意数形结合思想的应用是解此题的关键． 根据菱形的性质，可得，进而得到顶点的横坐标为，即可求得点顶点的坐标． 【详解】解：菱形的顶点坐标为， ， 顶点的横坐标为， 顶点的坐标为， 故选：A． 11．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的对角线相交于点O，于点E，，连接，若，，则菱形的周长为（   ） A． B．16 C． D．4 【答案】B 【分析】由菱形的性质推出，由直角三角形斜边中线的性质得到，由勾股定理求出DC＝4，即可求出菱形的周长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴菱形的周长. 故选：B． 12．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，E为的中点，且，则菱形的周长为________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直、直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质是解题的关键； 根据菱形的性质可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半可得，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵E为的中点，且， ∴， ∴菱形的周长为； 故答案为：． 13．（24-25八年级下·广东潮州·期末）如图，四边形是菱形，点A的坐标是，则点B的坐标为________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，两点间距离公式，掌握菱形的性质是解题的关键．由两点间距离公式可求，由菱形的性质可得，即可求解． 【详解】解：∵点A的坐标是， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴点B的坐标为， 故答案为：． 14．（24-25八年级下·广东江门·期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形的性质，勾股定理等，由菱形的性质得，进而求出，推出，利用勾股定理求出答案即可． 【详解】解：四边形是菱形， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 15．（24-25八年级下·广东阳江·期末）如图1，这是利用四边形不稳定性所设计的“千斤顶”，其基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变的长度（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即，之间的距离）．在手柄转动的过程中，，之间的距离随的长度的变化规律如图2所示，则图2中的值为________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键，根据菱形的性质可得，且，，当时，，利用勾股定理求得，当当时，，再利用勾股定理可求得，从而可得的长． 【详解】解：连接，与交于点，如图： ∵四边形为菱形， ∴，且，， 由图2可知，时，， ∴，， 由勾股定理可得：， 当时，， ∴， ∴， 故答案为：． 16．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，，分别为上的两个动点，，分别交于点．下列结论：①；②；③；④的最小值为其中正确的结论是_____．（请填写正确的序号） 【答案】①②④ 【分析】连接，过点作于点，如图所示，根据菱形的性质，证明，得出，判断①；由，得出，根据，判断②；根据随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于，判断③；根据含角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，推出的最小值，等于当时，的值，结合勾股定理计算，得出的最小值，判断④，从而得到答案． 【详解】解：连接，过点作于点，如图所示： ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴和是等边三角形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①符合题意； ∵， ∴， ∴，故②符合题意； ∵随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于， ∴错误，即③不符合题意； ∵，， ∴点到的距离， ∴的最小值为，当时，的值， ∵当时，， ∴此时， 在中，由勾股定理可得， ∴的最小值，故④正确， 综上所述，正确的结论是①②④， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了胡不归问题，涉及菱形的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用相关知识点推理证明是解题的关键． 17．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，菱形的对角线，的长分别是6和8，是边的中点，则的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 先由矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，进而可得． 【详解】解：∵菱形的对角线，的长分别是6和8， ∴，，， ∴， ∵是边的中点， ∴． 故答案为：． 18．（24-25八年级下·广东广州·期中）在矩形中，，E，F是对角线上的动点，且，M，N分别是边，边上的动点，下列说法正确的是 ________ ． ①存在无数个平行四边形； ②当，且四边形是矩形，的长为4； ③当四边形是菱形时，的长度为3； ④不存在正方形． 【答案】①②③ 【分析】根据四边形为矩形，可得，又，故，只需使，即可使四边形为平行四边形，故有无数个平行四边形，可判断①；由已知可得．当时，可得，又四边形是矩形，则，，此时易知，故，此时，可判断②；当四边形是菱形时，由菱形性质可得，由矩形的性质结合勾股定理求出，可判断③；只需要，，，则四边形为正方形，存在符合要求的正方形，可判断④． 【详解】解：如图1所示，连接与交于点O，连接、、、， ∵四边形为矩形， ∴， 又∵， ∴， 只需使，即可使四边形为平行四边形， 又∵E，F是对角线上的动点， 故存在无数个平行四边形，故①正确； ∵， ∴，． 当时，如图2所示， ∴， 又∵四边形是矩形， 则，，此时易知， 故，此时， 故②正确； 当四边形是菱形时，如图3所示，作于， 由菱形性质可得， ∵， ∴，． ∴， ∴， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理可得：， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴， 故，故③正确； 只需使，，，则四边形为正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误． 综上，正确的序号有：①②③． 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、勾股定理、平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 19．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，，则的度数为 ________ ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，由菱形的性质得，，，则，求出，则，再由等腰三角形的性质得，则，即可得出结论，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 20．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图所示，在边长为的菱形中，，点为中点，点是上一动点，则的最小值为______． 【答案】 【分析】本题考查了两点之间线段最短，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 首先，连接，，由四边形为菱形得， 点与点关于对称，则，又，即，故当三点共线时，则的最小值为的长，然后一个可知为等边三角形，最后利用勾股定理求出的长即可得出答案． 【详解】解：如图，连接，，， ∴四边形是菱形， ∴， 点与点关于对称， ∴， ∵， ∴， ∴当三点共线时，则的最小值为的长， ∵， ∴为等边三角形， ∵点为的中点， ∴，， ∴在中，由勾股定理得， 故答案为：． 21．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，，，分别为，上的两个动点，，，分别交于点，．以下结论：①；②；③；④的最小值为．其中正确的结论是______．（请填写正确的序号） 【答案】①②④ 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 连接，过点作于点，根据菱形的性质，利用证明，得出，判断①，得出，根据 ，判断②，根据随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于，判断③，根据含角的直角三角形的性质、角平分线的性质定理、垂线段最短，推出的最小值，等于当时，的值，结合勾股定理计算，得出的最小值，判断④． 【详解】解：如图，连接，过点作于点， 四边形是菱形，，， ，，， 和是等边三角形，， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，故①正确； ，，②正确； 随着点离点越近，点离点越近，则点离点越近，点离菱形的对角线交点越近，则越接近等于， 错误，即③错误； ，， 点到的距离， 的最小值，等于当时，的值， 当时，， 此时，， 的最小值，故④正确， 综上所述，正确的结论是①②④． 22．（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图，将矩形纸片沿对折，使点落在上点处，再次沿对折，对折后点恰好与点重合．若四边形是菱形，，则__． 【答案】10 【分析】连接，先证，从而得为等边三角形，再证为等边三角形，进而得，设，则，，于是可得，即可解答． 【详解】解：解：连接，如图： 四边形为矩形， ，， ， 由翻折的性质得： ，，， ， ， 四边形是菱形， ， ， 为等边三角形， ， ， 又， 为等边三角形， ，， ， ， 设， 在中，，， ， 由勾股定理得：， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】此题主要考查了图形的翻折变换及性质，矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形的性质，解答此题的关键是熟练掌握图形的翻折变换及性质，理解菱形的四条边都相等，等边三角形的三边相等、三个角都等于；直角三角形中，的角所对的边等于斜边的一半． 23．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，四边形是平行四边形，、相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形是菱形，，，分别求，的长． 【答案】(1)答案见解析 (2)； 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可知，根据已知可得，所以，于点，于点，则，先证明四边形是平行四边形，再证是直角即可； （2）根据菱形的性质可知，根据已知可求出，然后利用等面积法求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵于点F， 于点G， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，， ∴，， 在中，， ∴， 即， ∴． 24．（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图，矩形的对角线相交于，点是的中点，交延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先由“”证，得，再证四边形是平行四边形，然后由可得结论； （2）先证是等边三角形，得，再由菱形的性质得，，由平行线的性质得，然后由含角的直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：， ，， 点是的中点，， ， ， 四边形是矩形， ，，， ， ，且， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）得：， ， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， ，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质以及含角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定与性质是本题的关键． 25．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，在，，，． (1)请根据下面的描述，利用无刻度的直尺和圆规作图： ①作斜边的垂直平分线，交于点，交于点； ②连接，以为圆心，的长为半径画弧，交直线于点（点不与点重合），连接，． (2)求证：四边形是菱形； (3)求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查作图基本作图，平行四边形的判定和性质，菱形的性质和判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）根据要求作出图形； （2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （3）设，利用勾股定理构建方程求出，然后利用菱形的周长公式求解即可． 【详解】（1）解：图形如图所示： （2）证明：，， ， ， 四边形是平行四边形， 垂直平分线段， ， 四边形是菱形； （3）解：设， ∵， ∴， 则有， 解得， 菱形的周长． ( 地 城 考点0 3 根据菱形的性质求面积 )1．（24-25八年级下·广东湛江·期中）菱形两条对角线的长分别为2和6，则它的面积是（   ） A．24 B．12 C．8 D．6 【答案】D 【分析】本题主要考查了求菱形的面积，解题的关键是掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半．根据菱形面积公式即可解答． 【详解】解：∵菱形的两条对角线的长度分别为2和6， ∴该菱形面积， 故选：D． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，菱形的两条对角线相交于点，若，，则菱形的面积为（   ） A．20 B．25 C．30 D．35 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，先根据菱形的对角线互相垂直平分得到，然后根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的两条对角线相交于点O，，， ∴， ∴， 故选：C． 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在菱形中，对角线与交于点，．则菱形的面积是（　　） A． B．16 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，由菱形的性质推出，，，由勾股定理求出，得到，由菱形的面积公式即可求出菱形的面积．关键是掌握菱形的面积公式． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， ， ， 菱形的面积． 故选：D． 4．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，菱形的两条对角线相交于点，若，，则菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的面积等于两条对角线乘积的一半是解题的关键．利用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半即可解决． 【详解】解：∵四边形是菱形，对角线，， ∴菱形的面积， 故选：B． 5．（24-25八年级下·广东潮州·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，若，，则菱形的面积为_________． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键，由菱形的性质可得，，，由菱形的面积公式可求解． 【详解】解：四边形是菱形， ，，， 菱形的面积， 故答案为： 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，对角线，则菱形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，含30度直角三角形的性质，勾股定理；连接交于点O，由菱形的性质及勾股定理求得，从而求得，由菱形面积即可求解． 【详解】解：连接交于点O，如图， ∵在菱形中，， ∴，，，， ∴， 由勾股定理得：，即， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积和对角线的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）证明，可得，即得四边形是平行四边形，进而由即可求证； （）由菱形的性质可设，在中，由勾股定理得，解得，再根据菱形的性质和勾股定理解答即可求解； 本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ，， ∴， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， 设， 在中，， 即， 解得， 即， ∴菱形的面积是， ， ∴， ． 8．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2)15 【分析】本题主要考查了菱形的判定、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键． （1）首先证明，易得，即可证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明四边形是菱形； （2）首先求得的面积，设到的距离为h，然后根据菱形的面积求解即可． 【详解】（1）证明：∵E是的中点，D是的中点， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵，，， ∴， 设到的距离为h， ∴菱形的面积． 9．（24-25八年级下·广东汕尾·期中）如图，在菱形中，，． (1)求的长； (2)求菱形的面积； (3)写出 A，B，C，D的坐标． 【答案】(1) (2) (3)，，， 【分析】（1）由菱形得到，，，然后求出，得到，然后利用勾股定理求出，进而求解即可； （2）利用菱形的面积公式求解即可； （3）根据和结合四个顶点在坐标系中的位置求解即可． 【详解】（1）解：∵在菱形中， ∴，， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴（负值舍去） ∴； （2）∵，， ∴菱形的面积； （3）∵ ∴，； ∵ ∴，． 【点睛】本题考查菱形的性质、等边对等角、勾股定理，坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的基本性质． 10．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，，E为的中点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，三角形中线平分三角形面积等知识，证明菱形的关键． （1）由直角三角形斜边中线的性质结合，得，再由得四边形是平行四边形，再由即可证明四边形是菱形； （2）连接，由菱形的性质结合，得；由E是的中点及菱形性质得四边形的面积等于直角三角形的面积，由勾股定理求得即可求解． 【详解】（1）证明：∵，E为的中点， ∴； ∵，即， ∴； ∵， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：连接，如图； ∵四边形是菱形， ∴； ∵， ∴； ∵点E是的中点， ∴； ∵， ∴四边形的面积等于直角三角形的面积； 在中，由勾股定理得， ∴四边形的面积为． 11．（24-25八年级下·广东中山·期中）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度的速度都是，连接，，，设点P、Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当t为何值时，四边形是菱形？此时菱形的面积是多少？ (3)当t为何值时，是以为一条腰的等腰三角形？ 【答案】(1)当时，四边形是矩形 (2)当时，四边形是菱形，菱形面积为 (3)当或3时，是以为一腰的等腰三角形 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的定义等知识，解题的关键是： （1）根据矩形的判定得出当时，四边形是矩形，然后列出关于t的方程求解即可； （2）先证明四边形AQCP为平行四边形，然后根据菱形的判定得出时，四边形为菱形，后列出关于t的方程求解即可； （3）分，两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，， 当时，四边形是矩形，即：， 解得． 答：当时，四边形是矩形； （2）解：，， ，即 ， 四边形为平行四边形， 在矩形中， 当，即时，四边形为菱形． 解得：． 答：当时，四边形是菱形； 当时，，面积为：； （3）解：①当，即时，为等腰三角形， 解得：； ②法一：当，即时，为等腰三角形， 整理得：， 解得， 法二：过点作交于点， ，， ， ， 四边形为矩形， ， ， 又， ， 解得， 综上所述，当或3时，是以为一腰的等腰三角形． 12．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，、分别是、边上的中点，连接，若，，求菱形的周长和面积． 【答案】菱形的周长；菱形的面积 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由三角形中位线定理得出，由勾股定理求出是解决问题的关键．由菱形的性质得出，，，，证出是的中位线，由三角形中位线定理得出，得出，由勾股定理求出，即可求出菱形的周长和面积． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，， ， 、分别是、边上的中点， 是的中位线， ， ， ， 菱形的周长； 菱形的面积． 13．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，矩形中，为对角线． (1)已知，尺规作图，作菱形，点，分别在边，上(保留作图痕迹，不写作法)； (2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查垂直平分线的尺规作图，菱形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是掌握基本作图以及菱形的性质． （1）连接，交于点，过点作交于点，交于点，连接，即可； （2）设，则有，解方程求出可得结论． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求． ∵矩形， ∴，即， ∴， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）四边形是菱形，设， 四边形是矩形， ， 在中，， ， 解得， 四边形的面积． ( 地 城 考点0 4 利用菱形性质证明 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列说法正确的是（   ） A．对角线互相垂直的四边形是矩形 B．平行四边形的对边平行且相等 C．菱形的对角线相等 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定，解题关键是熟悉上述判定、性质． 根据矩形的判定，平行四边形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定，依次对四个选项作出判断，再作出选择． 【详解】解：对角线互相垂直的四边形不是矩形，故A错误； 平行四边形的对边平行且相等，故B正确； 菱形的对角线一般不相等，故C错误； 一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是梯形，不一定是平行四边形，故D错误， 故选：B． 2．（24-25八年级下·广东东莞·期中）在菱形中，对角线，相交于点，，．点和点分别为，上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，角平分线性质定理，垂线段最短，勾股定理，利用菱形的性质求面积，学会利用垂线段最短解决最短线路问题是解题的关键． 过作于交于点，过作于点，则此时的P、E满足最小，先将的最小值转化为线段的长度，在中由勾股定理求出，再由等面积法得到，即可求解． 【详解】解：过作于交于点，过作于点，则此时的P、E满足最小， ∵四边形是菱形， ∴且、互相平分，平分， ∴， ∵垂线段最短， ∴，即的最小值为线段的长度， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故选：B． 3．（24-25八年级下·广东韶关·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，是的中点，连接，若，则菱形的周长为__________． 【答案】24 【分析】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出．本题属于基础题，难度不大． 由菱形的性质可得出，，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出的长，结合菱形的周长公式即可得出结论． 【详解】解：四边形为菱形， ，， 为直角三角形． ，且点为线段的中点， ． ． 故答案为：24． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 【答案】(1)， (2)① ②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并数形结合分类讨论是解题的关键． （1）利用勾股定理，可求得的长度，从而知道菱形的边长，再利用菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形的内角和定理，即可求得点的坐标和的度数； （2）①利用等腰三角形“三线合一”的性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半计算，即可得出答案； ②连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得，从而推出，接着证明，得到，，接着证明，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，即可得证． 【详解】（1）解：∵点，的坐标分别是和， ∴，． ∵°， ∴， ∵以线段为边向右侧作菱形， ∴，， ∴，． ∴． 故答案为：，． （2）①解：当时，点在上时，作交于，如图， 由（1）可知，，，， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ②证明：连接，设交于点，如图所示， 由（1）可知，四边形是菱形，，，， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 5．（24-25八年级下·广东佛山·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作，且，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若菱形的边长为6，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了菱形的性质和矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等，解题关键是牢记它们的概念与性质． （1）利用菱形的性质得到，先判断四边形为平行四边形，再判断矩形； （2）可证明是等边三角形，得到，则，再分别求出和，再利用勾股定理求解即可． 【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：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）得：四边形为矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得：． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，，点，分别是边，上一点，若． (1)求证：； (2)若菱边长为4，，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）连接，证明，得出； （2）证明是等边三角形，过点A作于点M，由勾股定理求出可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， 在菱形中，， ∴，， ∴与是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， 过点A作于点M， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为． 7．（24-25八年级下·广东惠州·期中）已知：如图，在菱形中，F为边的中点，与对角线交于点M，过M作于点E，． (1)若，求的长； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据菱形的性质可得对角线平分对角，根据平行线的性质得出，等量代换可得，根据三线合一即可求得，即可求解； （2）由题意，借助三角形全等的判定定理即可得证； （3）由（2）中，得出，进而得出，根据含30度角的直角三角形的性质即可得证． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：， ， 在与中， ， ； （3）证明：由 （2）中得， ， ， ， ，，， ， ，， ， 设，在中，，则， ， 在中，， ，，， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键． ( 地 城 考点 05 添加条件成为菱形 )1．（24-25八年级下·广东中山·期中）在中，对角线相交于点，若要使为矩形，可以添加下列哪个条件？（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，菱形的判定定理，平行四边形的性质，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形，据此求解即可． 【详解】解：A、：对角线垂直的平行四边形是菱形，而不一定是矩形，故此选项不符合题意． B、：无法直接推导出直角或对角线相等，无法判定为矩形，故此选项不符合题意． C、：邻边相等的平行四边形是菱形，而不一定是矩形，故此选项不符合题意． D、：在平行四边形中，，．若，则，满足“对角线相等的平行四边形是矩形”，故此选项符合题意． 故选D． 2．（山东省聊城市冠县2022-2023学年八年级下学期期末数学试题）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 【答案】D 【分析】当平分时，四边形是菱形，可知先证明四边形是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题． 【详解】解：当平分时，四边形是菱形， 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形． 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 3．（江苏省八年级下学期期中必刷基础60题（35个考点专练）-2023-2024学年八年级数学下学期考试满分全攻略高频考点 重难点讲练与测试（苏科版））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】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．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、正确．对角线垂直的平行四边形是菱形． B、正确．一组邻边相等的平行四边形是菱形． C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形． D、正确．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． 故选：C． 4．（24-25八年级下·广东阳江·期中）如图， 在四边形中， 对角线， 相交于点， 过点作交于点．已知，若再添加一个条件可使四边形是菱形，则这个条件可以是__________． 【答案】 (答案不唯一) 【分析】本题考查了菱形的判定，熟悉掌握菱形的判定方法是解题的关键． 先判定出四边形为平行四边形，再根据菱形的判定添加条件即可． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴只需要添加一组邻边相等或对角线垂直即可证明是菱形， 故答案为：(答案不唯一) ． 5．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图所示，四边形的对角线，互相平分，若要添加一个适当的条件使它成为菱形，则这个条件可以是_______________(只填一个即可)．    【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定，根据菱形的判定求解即可． 【详解】解：∵四边形的对角线，互相平分， ∴当时，四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 6．（2021·北京·中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形； 故答案为（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键． ( 地 城 考点0 6 证明四边形是菱形 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，将等边沿射线向右平移到的位置，连接、，则下列结论：①；②、互相平分；③四边形是菱形；④.其中正确的是（   ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题主要考查了图形平移的性质、等边三角形的性质、平行四边形和菱形的判定及性质，熟练掌握这些知识并灵活运用是解题的关键．根据平移性质得到相关线段和角的关系，再结合等边三角形性质，逐一分析每个结论． 【详解】解：∵ 是等边三角形， 由 平移得到， ∴，， ． ∵，， ∴四边形 是平行四边形， ∴，故①正确． ∵四边形 是平行四边形， ∴、 互相平分，故②正确． ∵， ∴四边形 是菱形，故③正确． ∵ 是等边三角形， ∴， 又∵四边形 是平行四边形，， ∴四边形 是菱形，， ∴， ∴ ，故④正确． 综上，①②③④都正确， 故选：D ． 2．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连接，交于点，连接，．若，，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④．其中正确结论的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质可证，根据三角形全等的性质即可得到①正确；由上面的全等的性质和矩形的性质可知四边形是平行四边形，再根据垂直平分线的性质得到一组临边相等即可知②正确；先证明，根据三角形全等的性质可知，再根据垂直平分线的判定即可得到③正确；根据矩形的性质和等边三角形的判定可知是等边三角形，所以可得，根据所对的边是斜边的一半，可得，可得，故④错误； 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵过点的直线分别与，交于点，， ∴ ∵，，， ∴， ∴ 故①选项正确； 在矩形中，，， ∵, ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 在矩形中， ， 又， ∴是等边三角形； ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴垂直平分线段； ∴， ∴四边形是菱形； 故②选项正确； 在和， ∵， ∴ ∴， 又， ∴垂直平分线段； 故③选项正确； 由上可知， 在中， ， ∵， ∴， 故④选项错误； 故选项为：C 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，垂直平分线的判定等知识点，解决此题的关键是熟练的运用各个知识点. 3．（24-25八年级下·广东阳江·期中）如图，和是两个相同的含角的直角三角板，将两个三角板的最长边和放在直线l上，使得点 D 与点A 重合，固定三角板，从点 A 开始，将三角板沿射线移动，当点 E与点 B 重合时，停止移动．在移动的过程中，四边形的形状依次为平行四边形→①→平行四边形→②→平行四边形， 则①，②分别代表（   ） A．菱形，矩形 B．矩形，菱形 C．菱形，菱形 D．矩形，矩形 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定， 先说明四边形是平行四边形，移动过程中说明是矩形，再根据当时，四边形是是菱形，可得答案． 【详解】解：根据题意得，则四边形是平行四边形，当点D与点B重合时，，此时四边形是矩形，再移动时四边形是平行四边形，当时，四边形是菱形，再移动时四边形是平行四边形， 所以四边形的形状依次为平行四边形矩形平行四边形菱形平行四边形． 则①②分别代表矩形，菱形． 故选：B． 4．（24-25八年级下·广东东莞·期中）下列命题中正确的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线垂直的四边形是菱形 D．一组对边平行的四边形是平行四边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了判断命题真假，菱形，矩形和平行四边形的判定定理，根据菱形，矩形和平行四边形的判定定理逐一判断即可得到答案． 【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原命题错误，不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原命题正确，符合题意； C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原命题错误，不符合题意； D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，原命题错误，不符合题意； 故选：B． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，，，是边上的动点，将沿翻折得，射线与射线交于点．下列说法：（1）当时，；（2）当点落在上时，．四边形是菱形；（3）在点运动的过程中，线段的最小值为2；（4）连接，则四边形的面积始终等于．其中正确的序号有_____． 【答案】（1）（2）（4） 【分析】（1）画出图形，求出，根据等角对等边即可判断其正确； （2）画出图形，证明出是等边三角形，从而得到，根据四条边相等的四边形是菱形即可判断其正确； （3）画出反例的图形，即可判断其错误； （4）画出图形，连接交于点，根据，即可判断其正确． 【详解】解：（1）如图所示，当时， ， ， 将沿翻折得， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 故（1）正确； （2）如图所示，当落在上时，点和重合， 四边形是平行四边形， ， ， 将沿翻折得， ，，， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， 故（2）正确； （3）如图所示， 当点靠近点时，在四边形外部，此时， ， 故（3）错误； （4）如图所示，连接交于点， 将沿翻折得， 垂直平分， ， 故（4）正确． 综上，正确的有（1）（2）（4）， 故答案为：（1）（2）（4）． 【点睛】本题考查翻折变换，解答中涉及轴对称的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，举反例，熟练掌握相关知识是解题的关键． 6．（24-25八年级下·广东江门·期中）已知：如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与、分别交于点E、O、F．求证：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，垂直平分线的性质，菱形的判定等知识点，证明简单的线段相等，一般是通过全等三角形来证明的．由四边形是平行四边形，即可得, 易证得, 可得, 即可证得四边形是平行四边形，又由, 即可证得四边形是菱形. 【详解】证明：四边形是平行四边形， , , , , 又, 四边形是平行四边形， , 是菱形. 7．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是．过点作于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当的值为多少时，四边形为菱形？并求出该菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)当t时，四边形为菱形，此时菱形的面积是 【分析】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．解题时注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． （1）根据直角三角形的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形； （2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出的值，进而得出答案． 【详解】（1）证明：在中，，， ． ， ． ，， ． ∴四边形为平行四边形． （2）解：在中，， ， ． ， ． ． ． 若使平行四边形为菱形，则需， 即，解得t． 即当t时，四边形为菱形． 此时， ， ， ， ∴菱形的面积． 8．（专题1.1菱形的性质和判定（4个考点3个易错点）（题型专练 易错精炼）-2024-2025学年九年级数学上册《知识解读�题型专练》（北师大版））如图，对角线，相交于点，过点作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】（1）先证四边形是平行四边形．再证平行四边形是矩形，则，得，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）证是等边三角形，得，再由勾股定理得，然后由矩形的在得，，即可解决问题． 本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． ， 平行四边形是矩形， ， ， 是菱形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， 是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由（1）可知，四边形是矩形， ，， ， 即的长为． 9．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，D为边的中点，，． (1)求证：四边形是菱形 (2)若，，则四边形的周长为____，四边形的面积为____．（直接写出答案） 【答案】(1)证明见解析 (2)8； 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． （1）先证出四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证； （2）先利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质可得的长，从而可得的长，再根据菱形的性质求出四边形；根据菱形性质得出，根据为边的中点得出，从而得出，即可得出，进而求出答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，，为边的中点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵在中，，， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， ∵为边的中点， ∴， 则四边形的周长为； ∵四边形为菱形， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，是平行四边形的对角线， (1)尺规作图：按要求完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹，并标明字母．作线段的垂直平分线，分别交、、于点、、；连接、； (2)在（1）的条件下，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查垂直平分线的作法及性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定等，正确作出图形是解题的关键． （1）利用基本作图，作AC的垂直平分线即可； （2）根据平行四边形的性质可证，可得，可证四边形是平行四边形，再结合垂直平分线的性质可得，由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”即可求证． 【详解】（1）解：如图，EF为所作； （2）证明：由作图可知： 四边形是平行四边形， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， 为的垂直平分线， ， 四边形是菱形． 11．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为一个单位． (1)在图①中画出一个以为底边，高为3的平行四边形； (2)在图②中画出一个以为一边的菱形． 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】本题考查了在格点图中作平行四边形及菱形，熟练掌握平行四边形及菱形的判定是解题的关键． （1）在格点图中作的平行线，且与的距离为3，在平行线上取格点D、E，使，连结，，根据一组对边平行且相等四边形是平行四边形，可知图形满足题意； （2）由勾股定理可得，在格点图中作水平线段，连结，则，根据四条边相等的四边形是菱形，可知图形满足题意． 【详解】（1）解：如图所示，平行四边形就是所求作的图形； （2）解：如图所示，菱形就是所求作的图形． 12．（24-25八年级下·广东东莞·期中）【操作发现】如图，等腰中，已知，，作的外角平分线，点E从点B沿着射线以每秒2个单位的速度运动，过点E作交于点F．小明在操作过程中发现：，并给出了下面证明过程，请你帮小明将下面证明过程补充完整． 证明：∵，∴__________． ∵__________，∴． ∵平分，∴__________， ∴． 【问题证明】 （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当点E是边的中点时，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； 【深入探究】 （3）设点E运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请直接写出t的值． 【答案】；；  （1）见解析  （2）矩形，理由见解析  （3）的值为或或 【分析】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题 根据等腰三角形的性质和三角形的外角解答即可； （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据一个角是的平行四边形是矩形证明即可. （3）分三种情形：①如图中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形；②如图2中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形；③如图中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形，分别求解即可. 【详解】证明：∵， ∴． ∵， ∴． ∵平分， ∴， ∴． 故答案为：；；； （1）证明：∵，， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）矩形，理由为： ∵，点是的中点， ∴，， 又∵是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴是矩形； （3）的值为或或． ①如图中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时， ，即， ②如图中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，，此时与重合， ， ③如图中，以和两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形时，过作于， ， ， 由勾股定理得：， ， ， ， ， 综上所述，满足条件的的值为为或或． 13．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在四边形中，，，平分．求证：四边形是菱形． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，由对角线互相平分的四边形可得四边形是平行四边形，再利用平行线的性质和角平分线的定义可得，即得，进而即可求证，掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 14．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，． (1)尺规作图：在图中作出菱形（点M在边上，点N在边上）； (2)若，，求的值． 【答案】(1)见解答； (2)2.8． 【分析】本题考查了复杂作图、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键． （1）根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”作图； （2）根据勾股定理、菱形的面积公式及线段的和差求解． 【详解】（1）解：如图所示：菱形即为所求； （2）解：连接交于点O，过A作于点H，则四边形为矩形， ∴， 在菱形中，，，， ∴， ∴， ∴，即：， 解得：， ∴， ∴． 15．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，将矩形沿直线折叠，使点与点重合，折痕交于点E、交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)的长为． 【分析】（1）由矩形的性质和折叠的性质可得线段长度相等，结合菱形的判定定理即可证得结论； （2）找出线段之间的数量关系，由勾股定理解直角三角形即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可知，，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 设， ∵，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 答：的长为． 【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，菱形的判定，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理 ( 地 城 考点0 7 菱形性与判定的综合应用 )1．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，以矩形的邻边，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，已知，，过对角线中点的直线交，于点，． (1)求证：； (2)当时，直接判断四边形的形状，并求此时点的坐标； (3)在（2）的条件下，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是菱形， (3) 【分析】（1）根据矩形的性质及、两点坐标得出，，，可得，利用可证明，即可得出； （2）根据，可证明四边形是平行四边形，根据即可证明四边形是菱形；设，则，利用勾股定理求出的值即可得点坐标； （3）利用勾股定理求出，根据菱形面积得出，即可求出的长． 【详解】（1）解：∵以矩形的邻边，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，，， ∴，，， ∴， ∵点为中点， ∴， 在和中，， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∵四边形是菱形，，， ∴设，则， ∵， ∴， 解得：，即， ∴． （3）解：∵，，， ∴， ∴，即， 解得：． 【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、坐标与图形及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 2．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，在中，，是边上的中点，延长至点，使得，于点．    (1)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，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可； （2）根据勾股定理得出，进而利用菱形面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：是边上的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：，，， ， 由勾股定理可知，， 由（1）可得， ， 在中，， ， ， ． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，点是边的中点，点是边上一点（点D不与点A重合），连接，过点C作交延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，点D是中点，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解答本题的关键． （1）根据平行线的性质求出，利用证明，根据全等三角形的性质求出，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”即可得证； （2）利用直角三角形的性质得到，证明四边形是菱形可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：在中，点D是中点，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长． 4．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图1，矩形的顶点A、C分别在x轴，y轴的正半轴，若点，且a，b满足，若点D为矩形的对角线的中点，过点D作的垂线分别交于点E，F． (1) ______， ______； (2)连接： ①判断四边形的形状，并说明理由 ②求线段的长度 (3)直线上存在点P，使的面积为矩形面积的，直接写出P的坐标 【答案】(1)8，6 (2)①四边形是菱形；理由见解析；② (3)点P的坐标为或 【分析】（1）利用非负数的性质：两个非负数的和为零，则它们都为零，即可求得a与b的值； （2）①证明，则有；再由矩形的性质得，得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得，即可证明四边形是菱形； ②由（1）知点B的坐标，则得矩形的长与宽；设菱形的边长为a，则在中，由勾股定理建立方程即可求得a的值；再由菱形的面积相等即可求解； （3）当点P是的中点时，满足题意，从而由中点坐标公式即可求解；点P关于的对称点也满足题意． 【详解】（1）解：∵，且， ∴， ∴； 故答案为：8，6； （2）解：①四边形是菱形； 理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵D为矩形的对角线的中点，且， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； ②由（1）知点B的坐标为， ∴， 由勾股定理得：； 设菱形的边长为a，则， ∴； 在中，由勾股定理得， 即， 解得：， 即菱形的边长为； ∵， ∴． （3）解：当点P是的中点时， ∴， ∵，， ∴； 点P关于的对称点也满足，此时点的坐标为； 综上，满足条件点P的坐标为或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，非负数的性质等知识． 5．（24-25八年级下·广东珠海·期中）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点F． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． （1）先根据线段中点的定义可得，，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后可证出四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线的性质可得，最后根据菱形的判定即可得； （2）先根据菱形的性质可得，再根据三角形的中线的性质可得，由此即可得． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵是的中点，是的中点， ∴，， ∵， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，，是的中点， ∴， ∴平行四边形是菱形． （2）解：由（1）已得：四边形是菱形， ∴， ∵在中，，是的中点，，， ∴， ∴， 即四边形的面积为． 6．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，矩形中，垂直平分对角线，分别交，于点，，垂足为． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，，求四边形的面积； (3)在（2）的条件下，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)20 (3) 【分析】（1）根据矩形的性质得出，求出，根据全等三角形的判定得出，根据全等三角形的性质得出，根据菱形的判定推出即可； （2）设，根据菱形的性质得出，在中，由勾股定理得出，求出即可解答． （3）根据菱形面积可以等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ∴， ， 的垂直平分线， ，， 在和中 ， ， ∵， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）解：由（1）已证四边形为菱形， ， 设，则， 在中，，由勾股定理得：，解得， ； （3）解：在中，，由勾股定理得：， ， ． 【点睛】此题是四边形综合题型，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质．勾股定理的应用，掌握菱形的面积求法是解题关键． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05 菱形 ☆7大高频考点概览 考点01根据菱形的性质求角度 考点02根据菱形的性质求线段和周长 考点O3根据菱形的性质求面积 考点04利用菱形性质证明 考点05添加条件成为菱形 考点06证明四边形是菱形 考点07菱形性与判定的综合应用 目目 考点01 根据菱形的性质求角度 1. (24-25八年级下·广东广州期末)如图，菱形ABCD中，∠DCB=40°，则∠1=() D B A.20° B.25 C.30° D.40° 2.（24-25八年级下·广东佛山期中)把一个长方形的纸片按图甲、图乙对折两次，然后剪下图丙中的①部 分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与第一次折痕所成的角的度数应为() ② ①d 丙 A.159 B.30° C.30°或60 D.75°或15 3.(2425八年级下·广东珠海期中)把一个长方形的纸片按图甲、图乙对折两次，然后剪下图丙中的①部 分，为了得到一个锐角为30°的菱形，剪口与第一次折痕所成的角的度数应为() ② ①d 甲 乙 丙 A.159 B.30° C.30°或609 D. 75°或15° 1/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 4.(24-25八年级下广东东莞·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）·当∠BCD=52°时，则∠BAC的度数 为() 手柄 D A.26° B.27° C.28 D.29° 5.(24-25八年级下·广东江门期中)如图，在菱形ABCD中，点E是边AB上一点，连接DE,CE, DE=AD.若∠ADE=36°，则∠DEC的度数为() D B E A.72° B.549 C.50° D.48 6.(河南省郑州市第十一初级中学2024-2025学年九年级上学期期中数学卷)如图，在菱形ABCD中， AE⊥BC于点E,AF⊥CD于点F.若∠B=40°，则∠EAF的度数为() A.50° B.429 C.40° D.30° 7.(陕西省西安市某校2024-2025学年九年级上学期学业水平质量监测数学试卷)如图，在菱形ABCD中， ∠ABC=80°，BA=BE,则∠AED=() B A.95 B.105° C.100° D.110 8.(陕西省西安市新城区西光中学教育集团联考2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题)在菱形 2/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 ABCD中如图，∠ABC=80°，BA=BE,则∠BAE=() D A.75° B.70 C.40° D.30° 9.(24-25八年级下·广东广州月考)如图，BD是ABC的角平分线，过点D作DE∥BC交AB于点E, DF∥AB交BC于点F. D B (I)求证：四边形BEDF是菱形； (2)如果∠A=80°，∠C=30°，求∠BDE的度数. 目目 考点02 根据菱形的性质求线段和周长 1(24-25八年级下·广东云浮期末)如图，O是坐标原点，菱形AB0C的顶点B的坐标为-5,0)，顶点A 的坐标为a,4),则顶点C的坐标为() A.(1,4 B.（5,4 C.（2,4 D.(3,4 2.(24-25八年级下·广东汕头·期末)菱形ABCD的边长为4，∠BAD=120°，点G为CD的中点，以CG为 边作菱形CEFG,其中点E在BC的延长线上，连接AF,点M为AF的中点，连接CM,则线段CM的长 为() 3/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 A M B A.3 B.6 C.√7 D.2W7 3.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，菱形ABCD周长为16，LDAC=30°，E是AB的中点，P是 对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是() D B A.2W5 B.3 C.25 D.5 4.(24-25八年级下·广东惠州月考)已知菱形ABCD的对角线AC=8cm、BD=6cm,则该菱形的边长是 () A.3cm B.4cm C.5cm D.6cm 5.(24-25八年级下广东广州期中)菱形ABCD中对角线AC与BD交于点O,LBAD=120°，AC=4, 则该菱形的周长是() A.163 B.16 c.& D.8 3 6.(24-25八年级下·广东珠海期中)菱形ABCD中，∠B=60°，AB=6,则对角线BD的长为() A.6 B.65 C.12 D.6N5 7.(24-25八年级下.广东阳江期中)如图，在菱形ABCD中，已知LABC=120°，若菱形ABCD的周 长为16，则BD的长度为() D B A.4 B.5 C.6 D.7 8.(24-25八年级下·广东汕头期末)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点D作 4/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 DH1BC于点H,连接OH,若0A=12,S菱形BcD=240，则OH的长为() D H A.8 B.10 C.12 D.13 9.(24-25八年级下·广东江门期中)在菱形ABCD中，AC=8,BD=6,则边长AB的值为() A.10 B.8 C.5 D.4 10.(24-25八年级下广东广州期中)如图，菱形OABC的顶点A坐标为(3,4)，顶点B的坐标为() A.(8,-4) B.(7,4) C.(6,-4) D.(5,0) 11.(24-25八年级下广东广州期中)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,AE⊥CD于点E,, 连接AE,OE,若BD=6,OE=√7，则菱形的周长为() E B A.4V7 B.16 C.8W3 D.4 12.(24-25八年级下·广东中山期中)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,E为AB的中 点，且OE=6,则菱形ABCD的周长为 5/22 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B 13.(24-25八年级下·广东潮州期末)如图，四边形A0BC是菱形，点A的坐标是3,4)，则点B的坐标 为 A B 14.(24-25八年级下·广东江门期末)如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB=120°，AB=6,AE1BC于点 E,则AE的长为 15.(24-25八年级下·广东阳江·期末)如图1，这是利用四边形不稳定性所设计的千斤顶”，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AC的长度（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即 B,D之间的距离)·在手柄转动的过程中，B,D之间的距离y(cm)随AC的长度x(Cm)的变化规律如图 2所示，则图2中m的值为 Ay/cm 48 B 01430 x/cm 图1 图2 16.(24-25八年级下·广东广州期中)如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠ABC=60°，M,N分别为 BC,CD上的两个动点，∠MAN=60°，AM,AN分别交BD于点E,F.下列结论：①AM=AN;② 6/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 CM+CN=4;③BE+FD=2EF;④AE+二BE的最小值为2√5.其中正确的结论是 (请填写正确 的序号) D 17.(24-25八年级下·广东珠海期中)如图，菱形的对角线BD,AC的长分别是6和8，E是边AD的中 点，则OE的长为 18.(24-25八年级下·广东广州期中)在矩形ABCD中，AD=2AB=8,E,F是对角线BD上的动点，且 BE=DF,M,N分别是边AD,边BC上的动点，下列说法正确的是 ①存在无数个平行四边形MENF; ②当BE=2√5-2，且四边形MENF是矩形，AM的长为4； ③当四边形MENF是菱形时，AM的长度为3； ④不存在正方形MENF. M F O N C 19.(24-25八年级下·广东广州期中)如图，在菱形ABCD中，∠BCD=100°，BA=BE,则∠EAD的度 数为 7/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 B D E C 20.(24-25八年级下·广东东莞期中)如图所示，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点E为AB中 点，点F是AC上一动点，则EF+BF的最小值为· D B 21.(24-25八年级下·广东广州期中)如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=60°，M,N分别为BC, CD上的两个动点，LMAN=60°，AM,AN分别交BD于点E,F.以下结论：①AM=AN;② CM+CN=2;③BE+FD=2EF;④2AE+BE的最小值为2√5.其中正确的结论是·( 请填写正确 的序号) A D N E B M 22.(24-25八年级下广东韶关期中)如图，将矩形纸片ABCD沿EF对折，使点B落在AD上点H处，再 次沿G对折，对折后点D恰好与点F重合.若四边形EFGH是菱形，AB=23,则AD=_。 M E H 23.（24-25八年级下·广东中山期中)如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O,E为 AB的中点，连接OE,过点E作EF⊥BC于点F,过点O作OG⊥BC于点G. 8/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 O B F GC (I)求证：四边形EFGO是矩形： (2)若四边形ABCD是菱形，AB=√30，BD=10,分别求0C,，OG的长. 24.(24-25八年级下·广东韶关期中)如图，矩形ABCD的对角线相交于0，点E是CF的中点， DF∥AC交CE延长线于点F,连接AF. (I)求证：四边形AODF是菱形； (2)若∠A0B=60°，∠AFC=90°，AB=1,求CF的长. 25.(24-25八年级下·广东广州期末)如图，在Rt△ABC,∠ACB=90°，BC=6,AC=8. A B (1)请根据下面的描述，利用无刻度的直尺和圆规作图： ①作斜边AB的垂直平分线，交AC于点F,交AB于点E; ②连接BF,以B为圆心，BF的长为半径画弧，交直线EF于点G(点G不与点F重合)，连接AG,BG· (②)求证：四边形AFBG是菱形； (3)求四边形AFBG的周长. 目目 考点03 根据菱形的性质求面积 1. (24-25八年级下·广东湛江·期中)菱形两条对角线的长分别为2和6，则它的面积是() A.24 B.12 C.8 D.6 9/22 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 2.(24-25八年级下·广东广州期中)如图，菱形ABCD的两条对角线相交于点0，若C0=5,B0=3, 则菱形ABCD的面积为() B A.20 B.25 C.30 D.35 3.(24-25八年级下广东中山期中)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O,AB=BD=4. 则菱形ABCD的面积是() B A.8√2 B.16 C.4V5 D.85 4.(24-25八年级下·广东汕头期中)如图，菱形ABCD的两条对角线相交于点0，若AC=8,BD=6, 则菱形ABCD的面积是() D B A.48 B.24 C.12 D.6 5.(24-25八年级下·广东潮州期末)如图，菱形ABCD的对角线相交于点O,若OA=3,0B=4,则菱 形ABCD的面积为 D B 6.(24-25八年级下·广东广州期中)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，对角线AC=4√5，则菱形 ABCD的面积为 10/22