专题09 菱形【考点梳理+重点题型+分层强化】 2025-2026学年八年级数学下册（人教版2024）

专题09 菱形 （重难点题型专训） 【知识考点 菱形】 1.菱形的定义 （1）定义：有一组邻边相等的平行四边形叫作菱形，菱形是特殊的平行四边形． （2）菱形必须具备两个条件： ① 它是一个平行四边形； ② 一组邻边相等，这两个条件缺一不可. （3）菱形一定是平行四边形，但是平行四边形不一定是菱形. （4）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的基本判定方法. （5）菱形的面积 ① 菱形面积=底×高． ② 菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 2.菱形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边都相等 角 对角相等 ， 对角线 对角线互相垂直平分 ，， 每条对角线平分一组对角 , 对称性 轴对称图形，对称轴有2条，分别是对角线所在的直线 中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点 3.菱形的判定 （一）判定方法1（根据定义）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 应用格式： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AB=BC或AB=AD或BC=CD或CD=AD, ∴ 四边形ABCD是菱形. （二）判定方法2（根据对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 应用格式： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD， ∴ 四边形ABCD是菱形. （三）判定方法3（根据边）：四条边相等的四边形是菱形. 应用格式： ∵ AB=BC=CD=AD, ∴ 四边形ABCD是菱形. （四）判定方法拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 【思路总结】 （1） 判断菱形时，一定要明确前提条件是从“四边形”出发的，还是从“平行四边形”出发的； （2）①若从“四边形”出发的，则还需四条边相等. ②若从“平行四边形”出发的，则还需一组邻边相等或对角线互相垂直. （3）①若用对角线进行判定：先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直，或直接 证明四边形的对角线互相垂直平分； ②若用边进行判定：先证明四边形是平行四边形，再证明一组邻边相等，或直接证明四边形的四条边都相等. 【重难点常考题型概览】 【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】利用菱形的性质求坐标 【题型05】利用菱形的性质证明 【题型06】添加一条件使四边形是菱形 【题型07】证明四边形是菱形 【题型08】根据菱形的性质与判定综合求值 【题型09】根据菱形的性质与判定求值证明 【题型10】菱形中的折叠问题 【题型11】菱形中的动点问题 【题型12】菱形中的最值问题 【题型13】菱形中的存在性问题 【特训01】拓展培优强化 【特训02】直通中考真题 【题型01】利用菱形的性质求角度 【例1】（2024-2025八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点在上，连结，，．设，，则，关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及平角和为，由菱形的性质表示出各个角并由平角列式是解决本题的关键． 由菱形的性质可表示出与，再由可得，根据为平角列式即可求解． 【解答】解：∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， 即， ∵， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 又∵， 即， 整理可得． 故选：A ． 【变式1-1】（2024-2025八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【答案】/54度 【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，根据题意得到是解题的关键． 先证明，可得，从而得到，即可求解． 【解答】∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 即点O为菱形对角线的交点， ∴，即， ∵，， ∴， ∴． 故答案为： 【变式1-2】（2024-2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，于点，连接，，则的度数是________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边对等角、三角形内角和定理、直角三角形的性质等知识点．由菱形的性质可得、，由三角形内角和定理结合等边对等角得出，求出，由直角三角形的性质可得，再根据等边对等角即可解答． 【解答】解：∵四边形是菱形，， ∴、，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式1-3】（2024-2025八年级下·贵州·月考）如图①，在菱形中，，点E在对角线上，且． (1)图中有______个等腰三角形，的度数为______； (2)按示例，将图和图③的菱形分成四个等腰三角形（画出分割的线段并标出每个内角的度数，不写画法和证明）． 【答案】(1)， (2)见解析 【分析】本题考查菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和定理． （1）由菱形的性质可得，是等腰三角形，由已知可得是等腰三角形，由三角形的内角和定理可得的度数，，可得，从而可得是等腰三角形，即可得等腰三角形的个数； （2）如图，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，，如图，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，根据菱形的性质，三角形的内角和定理，计算可得内角度数． 【解答】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，平分角， ∴，是等腰三角形， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴是等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴图中有个等腰三角形，的度数为． 故答案为：，． （2）解：如图，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，，分割的线段为线段，线段，线段，内角度数如图所示；如图，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，分割的线段为线段，线段，线段，内角度数如图所示． 【题型02】利用菱形的性质求线段长 【例2】（2024-2025八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是菱形，，，于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得，，，由勾股定理得，通过即可得的长，掌握菱形的性质是解题的关键． 【解答】解：如图，设与交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【变式2-1】（2024-2025八年级下·江苏泰州·月考）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点E，连接，若，菱形的面积为36，则_____． 【答案】2 【分析】本题主要考查了菱形的性质和面积计算，直角三角形斜边中线的性质； 先根据菱形的面积求出，再根据直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【解答】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，O是中点， ∴ 故答案为：2． 【变式2-2】（2024-2025八年级下·江西赣州·期末）如图，菱形的对角线相交于点，是边的中点，且，，则的长为_____． 【答案】5 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质．根据菱形的性质有 ，再由直角三角形中线的性质有 即可求出． 【解答】解：由菱形的性质有，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：5． 【变式2-3】（2024-2025八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，四边形是菱形，，求： (1)的度数． (2)若，求线段和的长． 【答案】(1) (2)， 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先根据四边形是菱形，得，，则，即可作答． （2）先根据四边形是菱形，得，，，运用勾股定理算出，然后根据菱形面积公式进行列式计算，即可作答． 【解答】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴ ∴， ∴； ∵， ∴菱形的面积， ∵，且， ∴菱形的面积， ∴， ∴． 【题型03】利用菱形的性质求面积 【例3】（2025-2026八年级下·全国·周测）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，且．若，求菱形ABCD的面积． 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质以及勾股定理，解题的关键是掌握方程思想与数形结合思想的应用． 首先设，由可得，根据菱形的性质得到，，，在中，根据勾股定理可得到关于的方程，求得的值，继而可求得与的长，则可求得菱形的面积． 【解答】解：设，则． ∵四边形是菱形， ，，． 在中，由勾股定理得， 解得（负值已舍去）， ，， ． 【变式3-1】（2024-2025八年级下·山东菏泽·期中）如图，菱形的周长为16，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，若，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、三角形的面积计算，正确的作出辅助线是解题的关键． 根据菱形的性质得到，再根据三角形的面积公式得到，求出，即可得到答案． 【解答】解：如图，连接， 菱形的周长为16， ， ，， ， 故答案为：． 【变式3-2】（2024-2025八年级下·福建莆田·期末）如图将两张长为，宽为的矩形纸条交叉，使其重合部分始终为菱形，则该菱形面识的最大值为___________． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，矩形的性质，正确利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．当两张纸条如图所示放置时，菱形边长最大，然后根据勾股定理求出菱形的边长，即可得到答案． 【解答】解：由题意可知菱形的高为，则底越长，面积越大． 如图所示，此时底的长达到最大值， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：， 即菱形的最大边长：， ∴该菱形面识的最大值为： cm． 故答案为：． 【变式3-3】（2024-2025八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点E在线段上，连接，若，，，则菱形的面积为_______． 【答案】24 【详解】本题考查菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由菱形的性质得到关于x的方程，掌握菱形的面积公式：菱形面积（a、b是两条对角线的长度）． 根据题意设，，由菱形的性质推出，，，，由等角对等边推出，从而得到，求出，得到，，，由勾股定理求出，得到，，，于是得到菱形的面积． 【解答】解：∵， ∴， 设，， ∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴菱形的面积． 故答案为：24． 【题型04】利用菱形的性质求坐标 【例4】（2024-2025八年级下·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 ． 【解答】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． 【变式4-1】（2024-2025八年级下·河南安阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为13，点B的坐标是，点D的坐标是，则点A的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理．熟练掌握菱形的性质，是解题的关键．连接，可得：与垂直平分，轴，得到轴，利用勾股定理求出，即可得出结果． 【解答】解：连接，交于点，则：与垂直平分， ∵点，， ∴轴，， ∴轴，， ∴， ∵菱形的边长为13，即， ∴， ∴，即， 故选：D． 【变式4-2】（2024-2025八年级下·湖北武汉·期中）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，D坐标分别为，，顶点C的横坐标为7，C在第四象限，则顶点B的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质，中点坐标公式以及两点距离公式，掌握菱形的性质，中点坐标公式以及两点距离公式是解本题的关键． 设 ，根据对角线的性质可得中点与中点相同，再利用中点坐标公式得出，，最后利用两点距离公式列出方程得到点坐标，即可求解B的坐标． 【解答】解：在菱形中， 因为菱形对角线互相平分， 所以中点与中点相同， 设 ， 对角线的中点为， 对角线的中点为， ， 解得， 四边形是菱形， ， 即， 解得（舍去），， ， ． 故选：C． 【变式4-3】（2024·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标是．若顶点B在第一象限的角平分线上，则点B的坐标是 ．    【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质，过点B作轴于点E，过点A作轴于点D，过点A作于点F，则四边形是矩形，得到，勾股定理得到，则，得到，在中，由勾股定理得到，求出，则，即可得到点B的坐标． 【解答】解：过点B作轴于点E，过点A作轴于点D，过点A作于点F，    ∵点A的坐标是 ∴， ∴ ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴ ∵顶点B在第一象限的角平分线上， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得（不合题意舍去） ∴， ∴， ∴点 B的坐标为， 故答案为： 【题型05】利用菱形的性质证明 【例5】（2024-2025八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，菱形中，点E、F分别为、的中点，连接、．求证：． 【答案】见解析 【分析】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由菱形的性质得到，，然后由中点的定义得到，然后证明出，即可得到． 【解答】证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E、F分别为、的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式5-1】（2024-2025八年级下·湖北襄阳·期末）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用菱形的性质得出角相等，再通过全等三角形的判定证明两个三角形全等，进而得到对应角相等． 利用菱形对角线平分一组对角的性质，得到；再利用“边角边”定理证明两三角形全等，从而得到其对应角相等． 【解答】证明：连接， ∵四边形是菱形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【变式5-2】（2024-2025八年级下·江苏宿迁·期中）已知：如图，在菱形中，，点E、F分别在上，是等边三角形，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质．先证明是等边三角形，利用证明即可得到． 【解答】证明：∵四边形是菱形， ∴，平分，． ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【变式5-3】（2023-2024八年级下·贵州黔东南·期末）如图，在菱形中，过点分别作垂直于，垂直于． (1)求证：； (2)连接，若，求、的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质得，由垂直于，垂直于，得，进而证，从而可证； （2）由菱形的性质和得是等边三角形，由三线合一得，再利用勾股定理可得的长，由（1）知； 本题主要考查了菱形的性质，全等三角形和等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形四边相等，对角线互相平分等性质是解题的关键． 【解答】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， 又∵垂直于，垂直于， ∴， ∴， ∴； （2）∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【题型06】添加一条件使四边形是菱形 【例6】（2024-2025八年级下·河南漯河·期中）在四边形中，点分别是边的中点，下列条件一定能使四边形是菱形的是（   ） A．四边形是平行四边形 B． C．四边形是菱形 D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，中位线定理，先由中位线定理证明四边形为平行四边形，然后根据菱形的判定方法逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【解答】解：如图， ∵点分别是边的中点， ∴在与中，，，且，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 、若四边形是平行四边形，不能说明四边形为菱形； 、∵， ∴， ∴四边形为菱形，原选项符合题意； 、∵四边形是菱形， ∴， ∴四边形为矩形， 、若不能不能说明四边形为菱形； 故选：． 【变式6-1】（2024-2025八年级下·河北廊坊·期末）四边形是平行四边形，对角线相交于点下列条件中，不能判定为菱形的是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定定理．根据菱形的判定条件，逐一分析各选项是否符合菱形的定义或判定定理． 【解答】如图， A．一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意； B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意； C．，此时平行四边形有一个角为直角，说明其为矩形，但不能判定为菱形，符合题意． D．∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴为菱形，不符合题意． 故选C． 【变式6-2】（2024-2025八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：这个条件可以是， 理由：四边形是矩形， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式6-3】（2024-2025八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 【答案】②③/③② 【分析】此题考查了平行四边形和菱形的判定定理，平行线的性质，等角对等边，解题的关键是掌握以上知识点． 首先由，得到四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理求解即可． 【解答】∵， ∴四边形是平行四边形 若添加条件①，可以证明四边形是矩形，不能证明是菱形，故①不符合题意； 若添加条件②平分 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故②符合题意； 若添加条件③， ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形，故③符合题意； 综上所述，选择条件②③能使四边形是菱形． 故答案为：②③． 【题型07】证明四边形是菱形 【例7】（2023-2024八年级下·河南新乡·期中）如图，在中，点E，F分别在，上，且平分．若，连结．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判定与性质、菱形的判定、角平分线的定义、等角对等边，由平行四边形的性质可得，证明四边形是平行四边形，由角平分线的定义结合平行线的性质得出，推出，即可得证． 【解答】证明：∵四边形是平行四边形， ， 又， ， ∴四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， ∴平行四边形是菱形． 【变式7-1】（2025-2026八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，是边上的中线，点E在的延长线上，连接，过点C作交的延长线于点F，连接，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】根据三线合一的性质可得出垂直平分，根据线段垂直平分线的性质得出，根据证明，得出，然后根据菱形的判定即可得证． 【解答】证明：是边上的中线， 垂直平分， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． 【变式7-2】（2024-2025八年级下·重庆长寿·期中）由平行四边形如何构造菱形？如图，平行四边形中，平分，维维的思路是：过点作的垂线，垂足为，交线段于点，然后利用四边相等的四边形是菱形即可完成构造，请根据以上思路完成作图和填空． 证明：用直尺和圆规过点作的垂线交于点，交于点，连接（只保留作图痕迹） 四边形是平行四边形， ①__________ 平分， ， ②__________ ， ， ， 在和中 ， （③__________） ④__________， ，， 垂直平分线段， ⑤__________， ， 四边形是菱形． 【答案】作图见解析， 【分析】以点A为圆心，以为半径画弧，再分别以J，H为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线，交于点G，交于点F，连接； 先根据平行四边形的性质和角平分线的定义得，再根据证明，可得，然后说明 垂直平分线段，可得，进而得出答案. 【解答】解：如图所示， 证明：连接， 四边形是平行四边形， ， ． 平分， ， ， . ， ， 在和中 ， (）， . ，， 垂直平分线段， ， ， 四边形是菱形． 故答案为：；；；；． 【点评】本题主要考查了尺规作线段垂直平分线，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质和判定，灵活选择判定定理是解题的关键． 【变式7-3】（2024-2025八年级下·陕西汉中·期末）如图，在中，点分别是边的中点，连结，且与对角线分别相交于点，连接． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定；熟练掌握以上知识是解题的关键． ()根据平行四边形的性质可得，根据点分别是边的中点，可得，则四边形是平行四边形，进而证明，得出，即可得证； ()根据()的结论得出四边形是平行四边形，根据已知可得，即可证明四边形是菱形． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 点分别是边的中点， ，， ， ∴四边形是平行四边形， ，， ， ， ，， ， 又， ， ． （2）连接， 由（）知，，， 四边形是平行四边形， 点分别是边的中点， ， ． 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是菱形． 【题型08】根据菱形的性质与判定综合求值 【例8】（2025-2026八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，交于点，，过点作交的延长线于点． （1）若，，则的长为 ． （2）在（1）的条件下，已知是线段上的一点，且，则的长为 ． 【答案】 1或3 【分析】（1）先通过对角线垂直的平行四边形为菱形证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质，勾股定理，结合已知线段的长度可得对角线的长，最后根据等面积法即可求解； （2）根据菱形的性质，勾股定理可得的值，分类讨论：当点在线段上；当点在线段上；根据线段的和差运算即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形是平行四边形，， 是菱形， ，，． ，， ，． 在中，， ． 交的延长线于点， ， ， ， ． （2），，， ． 当点在线段上时，； 当点在线段上时，． 故的长为或． 【点评】本题主要考查平行四边形，菱形的判定和性质，勾股定理，等面积法求高，分类讨论思想的综合，掌握菱形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键． 【变式8-1】（2024-2025八年级下·吉林·期末）下面是小明设计的“在一个三角形中作内接菱形”的尺规作图过程． 已知：．求作：菱形使点在上，点在上，点在上． 作法：①作的角平分线，交于点；②作线段的垂直平分线，交于点，交于点；③连接，． 所以四边形为所求的菱形． (1)请你根据小明的作法使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） (2)若，，则四边形的周长为______，它的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)8， 【分析】（1）根据小明的作法，按照尺规作图的要求补全图形即可； （2）由，，证明是等边三角形，则，所以，由，得，由，求得，则，所以，，于是得到问题的答案． 【解答】（1）解：根据小明的作法补全图形如图所示， 理由：设交于点， 垂直平分，交于点，交于点， ，，， 平分，交于点， ， ，， ， ， ， 四边形为所求的菱形 （2）解：，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 四边形的周长为8，它的面积为， 故答案为：8；． 【点评】此题重点考查线段的垂直平分线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、等角的余角相等、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出图形并且证明是等边三角形是解题的关键． 【变式8-2】（2024-2025八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F． (1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由： (2)若，连结，求的度数： (3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析． (2) (3)， 【分析】（1）由可证，可得，由菱形的判定可求解； （2）由平行四边形的性质可得，由菱形的性质可求，即可求解； （3）由面积关系可求，由勾股定理可求m的长，由面积关系可求的长，由勾股定理可求的长． 【解答】（1）解：四边形是菱形． 理由如下： 在中， ∵， ∴． ∵为中垂线， ∴， ∴． ∴． ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：在中， ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， 由（1）得，四边形是菱形， ∴， ∴； （3）解：在中， ∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ，即， ∴， ∴设，则，， 在中：，即， 在中：， ∴， 解得， ∵， ∴， ∴， 在中，，，， ∴， ∴， ∵，， 过点A作于点H， ， 解得， 在中，，， ， ， 在Rt中，． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【变式8-3】（2025-2026八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平分，可得，利用四边形是平行四边形，求证即可; （2）连接、，根据平分，四边形是矩形，可得和都是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一，可得，，，证明，即可得是等腰直角三角形，即可求解； （3）延长、交于点，连接，求证四边形是菱形，证明可得结论． 【解答】（1）解：∵四边形是平行四边形， ，． ，． 平分， ． ． ， ． ． （2）如图，连接、， ∵四边形是矩形， ，． ． 平分， ． ． ，，． ． 又是的中点， ，，． ． 在和中， ， ． ，． ， ． ． ． （3）如图，延长、交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ，． ， ． ∴四边形为平行四边形． ，平分， ，． ． ． ， ． ∴平行四边形为菱形． ，． 、为等边三角形． ． ， ， ∴四边形为平行四边形． ，． ，， ． 在和中， ， ． ． ， ． ． 【题型09】根据菱形的性质与判定求值证明 【例9】（2024-2025八年级下·云南临沧·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见详解 (2)8 【分析】该题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据矩形对角线相等且互相平分可得进而可以解决问题； （2）在矩形中，，则，结合，得出，则，，根据，得出，则，进而可以解决问题． 【解答】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线与相交于点， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵在矩形中，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长． 【变式9-1】（2023-2024八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证， （2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，， 本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【解答】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又， ∴四边形ABCD是菱形， （2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式9-2】（2024-2025八年级下·重庆永川·期末）在平行四边形中，为对角线，且，，为平面上的一点． (1)如图1，若，垂足为点，，求的长； (2)如图2，若点在边上，且，，求的长； (3)如图3，若点在对角线所在直线上，交于点，点是的中点，连接，求证：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）先证明平行四边形是菱形，得出是等边三角形，进而根据等边三角形的性质，即可求解； （2）过点作交于点，由（1）可得是等边三角形，得出则，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得，即可求解； （3）延长交于点，连接，倍长中线法证明，进而证明，即可证明是等边三角形，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可得证． 【解答】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴ ∵， ∴； （2）解：如图，过点作交于点， 则 由（1）可得是等边三角形， ∴ ∵， ∴ 又 ∴ ∴ ∵ ∴，， ∴， （3）证明：如图，延长交于点，连接， ∵四边形是菱形， ∴ ∵ ∴ ∴， 又∵点是的中点， ∴ ∴ ∴，， ∵点在对角线所在直线上， ∴， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∵ ∴ ∴ ∴ , 即． 【点评】本题考查了菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式9-3】（2024-2025八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，E，F分别为，的中点，是对角线，交的延长线于点G． (1)求证：； (2)若四边形是矩形，求证：四边形是菱形； (3)若，四边形是菱形，则四边形的面积为______． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，因为，所以，即可根据“”证明； （2）由，E、F分别为边的中点，得，推导出，则四边形是平行四边形，由矩形的性质得，则，即可证明四边形是菱形； （3）由交的延长线于点G，得，则四边形是平行四边形，所以，则，由菱形的性质推导出，则，可证明，而，则，求得，于是得到问题的答案． 【解答】（1）证明：∵四边形是平行四边形，E、F分别为边的中点， ∴，， ∴， 在和中，， ∴； （2）证明：∵，E、F分别为边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）解：∵交的延长线于点G， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、梯形的面积公式等知识，推导出是解题的关键． 【题型10】菱形中的折叠问题 【例10】（2024-2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为(   ) A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质，折叠的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．延长、相交于点，证明，则，，求出即可． 【解答】解：延长、相交于点， 由折叠可知，，， ， ，，， ， ， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， 故选：B． 【变式10-1】（2024-2025八年级下·广西玉林·期中）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形，若，则菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据折叠的性质和菱形的性质可得：，，根据直角三角形的性质可得，利用勾股定理求出，根据菱形的性质可得，根据菱形的面积公式计算即可． 【解答】解：由折叠的性质可知，， 四边形是菱形， ，，， 四边形是矩形， ， ， 在中，， 设，则， ， ， 解得：，(不符合题意，舍去)， ， ， 菱形的面积为． 故选：C． 【点评】本题考查了本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，菱形的性质，勾股定理，解决本题的关键是根据折叠的性质、矩形的性质、菱形的性质求出的度数，再利用直角三角形的性质找出边之间的关系． 【变式10-2】（2024-2025八年级下·山西临汾·期末）如图，将菱形折叠，使得点B的对应点P落在对角线B上，折痕分别与，交于点E，F．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，由折叠得四边形是菱形，证明，从而可知阴影部分面积等于菱形面积一半，即可求解． 【解答】解：由折叠得，垂直平分，设相交于点O，，， ∵四边形是菱形， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴, ∴阴影部分面积等于的面积，即菱形面积一半， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积， ∴阴影部分面积， 故选：A． 【变式10-3】（2024-2025八年级下·山东日照·阶段练习）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上.若，则的长为 . 【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、角的直角三角形的性质、折叠性质等知识．过点M作于点F．求出．则，．设，则，，，．根据勾股定理，得，即，解得，即可求出的长． 【解答】解：如图，过点M作于点F．    ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴，． 设，则，，，． 根据勾股定理，得，即， 解得， ∴． 故答案为：． 【题型11】菱形中的动点问题 【例11】（2024-2025八年级下·江苏镇江·期末）如图，点、分别是菱形的边、上的两个动点，若线段长的最大值为，最小值为4，则菱形的边长为（   ） A．3 B．4 C．5 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂线段最短，两点之间线段最短的知识，理解动点与线段最值的计算，菱形的性质是关键． 如图所示，连接，过点作延长线于点，当点重合，点重合时，是最大值，最大值为，当时，是最小值，最小值为，由勾股定理即可求解． 【解答】解：∵四边形是菱形， ∴，， 如图所示，连接，过点作延长线于点， 当点重合，点重合时，是最大值，最大值为，当时，是最小值，最小值为， 在中，， 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴， ∴菱形的边长为， 故选：D ． 【变式11-1】（2024-2025八年级下·湖北宜昌·期末）如图，菱形中，，点是边上一动点，点是对角线上一动点，当最小时，的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、轴对称的性质、垂线段最短、直角三角形两锐角互余等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 先说明点Q关于的对称点在上，如图：作点Q关于的对称点，连接，则，即；再根据垂线段最短可知且于时，最小，有最小值；然后再根据直角三角形两锐角互余以及轴对称图形的性质即可解答． 【解答】解：如图：∵菱形， ∴点Q关于的对称点在上， 如图：作点Q关于的对称点，连接，则， ∴， ∴且于时，最小，有最小值， ∵，， ∴， ∵，点Q关于的对称点， ∴， ∴， ∴当最小时，的度数为． 故选A． 【变式11-2】（2024-2025八年级下·辽宁抚顺·期末）在菱形中，，，点P是射线上一动点，以为边向右侧作等边三角形，连接．       (1)如图1，当点E落在对角线上时，请求出的长； (2)点E的位置随点P的位置变化而变化，如图2，求证：，； (3)如图3，当点P在线段的延长线上时，连接，若，求的面积． 【答案】(1)2 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据菱形和等边三角形的性质得到，，再由角直角三角形的性质得到，则，最后对运用勾股定理建立方程求解； （2）连接，根据菱形和等边三角形的判定与性质证明，则，，故，则； （3）如图，连接交于点O，作于点H，先根据勾股定理求出，则，可得是的垂直平分线，则，由三线合一可得，在中由勾股定理求得，则，再对运用勾股定理求解即可． 【解答】（1）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴设，则， ∵ ∴在中，由勾股定理得， 解得（舍负）， ∴， ∴； （2）证明：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形 ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴； （3）解：如图，连接交于点O，作于点H， ∵四边形是菱形， ∴，平分，，， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， 由（2）知， ∵， ∴， 同理可得：是等边三角形， ∴是的垂直平分线， ∴， 又∵等边中，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴由勾股定理得： 由（2）知， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ∴． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，角直角三角形的性质等知识点，正确构造全等三角形是解题的关键． 【变式11-3】（2024-2025八年级下·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． 【解答】（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． 【题型12】菱形中的最值问题 【例12】（2024-2025八年级下·广西南宁·期末）如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理推出，由垂线段最短得到．连接，过作于，判定是等腰直角三角形，求出，由垂线段最短得到，由三角形中位线定理推出，即可得到的最小值． 【解答】解：连接，过作于 ， 菱形的边长为， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 的最小值是， 是的中点，是的中点， 是的中位线， ， 的最小值为． 故选：A． 【变式12-1】（2024-2025八年级下·湖北黄石·期末）如图，在菱形中，，，，为边和上的动点，，则的最小值 ． 【答案】6 【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，含度角的直角三角形的性质，菱形的性质；作出合适的辅助线是解本题的关键. 如图，连接，交与，作关于的对称点，连接，证明，可得，，为菱形对角线的交点，，连接，证明三点共线，可得，，再进一步求解即可； 【解答】解：如图，连接，交于，作关于的对称点，连接， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴， 由轴对称的性质可得：， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴，，为菱形对角线的交点； ∴， 连接， 由轴对称的性质可得：，， ∴三点共线， ∴，， ∵，， ∴， ∴的最小值为； 故答案为：6 【变式12-2】（2024-2025八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理以及最小值等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．连接，过点作于，先证明△、△都是等边三角形，得到，，进而证明得到，进一步证明△是等边三角形，得到，则当与重合时，此时最小，即最小，最小值为，利用勾股定理求出即可得到答案． 【解答】解：如图所示，连接，过点作于， 四边形是菱形， ，，， △、△都是等边三角形， ，， ， 又， ， ，， ， 即， △是等边三角形， ， 当最小时，最小， 当与重合时，此时最小，即最小，最小值为， ， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 【变式12-3】（2023-2024八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在菱形中，，点是上一点． (1)在图1中用无刻度的直尺和圆规在上作一点，使（保留作图痕迹，不写作法）； (2)将（1）中作图添加的线段作为辅助线，证明； (3)如图2，在（1）的条件下，若是AB中点，求的最小值． 【答案】(1)图见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）以为圆心，的长为半径画弧，交于点，连接，点即为所求； （2）连接，，证明为等边三角形，进而得到，证明，进而得到，，进而推出为等边三角形，即可得证； （3）取的中点，作点关于的对称点，连接，证明，得到，进而得到，推出当三点共线时，的值最小，为的长，连接，交于点，延长，交于点，利用含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理推出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【解答】（1）解：如图，点即为所求； （2）连接， ∵菱形， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由作图可知：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴； （3）取的中点，作点关于的对称点，连接，则：， 由（2）知：， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线时，的值最小，为的长， 连接，交于点，延长，交于点， ∵关于对称， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 【点评】本题考查尺规作图--复杂作图，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，含30度角的直角三角形，勾股定理，利用轴对称解决线段和最小问题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 【题型13】菱形中的存在性问题 【例13】（2024-2025八年级下·吉林四平·阶段练习）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长． (2)求当t为何值时，分别满足下面的条件： ①； ②． (3)如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①；② (3)存在，t的值为6或 【分析】（1）根据时间、速度、路程之间的关系即可求解； （2）①证明四边形为平行四边形，则，设动点的运动时间为秒，则，，列方程并解方程即可求出答案；②证明四边形是矩形，则，据此列方程并解方程即可求出答案； （3）假设在线段上存在一点，使得使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形，分两种情况，画出图形进行解答即可． 【解答】（1）解：由题意可得，，， ∴； （2）连接，如图所示， 若， ∵ ∴四边形为平行四边形， ， 设动点的运动时间为秒，则，， ， 解得：，符合题意， 当，满足； ②∵， ∴与之间的距离为， 当时，则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ 解得 （3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形． 理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图， 设动点的运动时间为秒，则， ，要使得四边形是菱形，则需要， ，， ， 在中，， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， 此时，， 当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形． 第二中情况如图， ，要使得四边形是菱形，则需要， ，， ， 在中，， ∴， ∴，（不合题意，舍去）， 综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形． 【点评】本题考查了动点问题，涉及到了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，矩形的判定和性质、勾股定理，解一元二次方程等知识，解题关键是能正确建立方程． 【变式13-1】（2025-2026八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： (1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； (2)如图2，若四边形是菱形，求t的值； (3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)存在， 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形、菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． （1）说明四边形是平行四边形即可； （2）设，在中，利用勾股定理建立方程求解； （3）连接交于点，当四边形是菱形时，，则，列出方程即可求解． 【解答】（1）解：如图，连接，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，总是互相平分． （2）解：若四边形是菱形，则， ∴在中，由勾股定理，得， ∴， 解得， ∴t的值为3． （3）解：存在． 如图，连接交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． ∴， 解得， ∴当秒时，四边形是菱形． 【变式13-2】（2024-2025八年级下·湖北十堰·期末）如图，在菱形中，，，点E为上一动点，延长到点，使，且分别交，于点和点． (1)将沿对折，使点E落在处，若，求的度数； (2)在点E运动过程中，是否存在这样的一点E，使得四边形是平行四边形？若存在，请说出E点位置，并证明四边形是平行四边形，若不存在，请说明理由． (3)若，探究是否为定值？如果是定值，求出这个值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，是的中点时，四边形是平行四边形 (3)是定值， 【分析】（1）由菱形的性质得，由折叠的性质得，即可求解； （2）由菱形的性质得，，结合是的中点时，由平行四边形的判定方法，即可得证； （3）过作交的延长线于，由菱形的性质和等腰三角形的判定及性质得，结合菱形的性质，设，则，由勾股定理得，即可求解． 【解答】（1）解：如图， 四边形是菱形，， ， ， ， 由对折得：； （2）解：存在，是的中点时，四边形是平行四边形， 证明：如图， 四边形是菱形， ，， ， 是的中点时， ， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：过作交的延长线于， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ， ， 解得：，（舍去）， ，， ． 【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，直角三角形的特征，勾股定理，等腰三角形的判定及性质，掌握菱形的性质，平行四边形的判定，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键． 【变式13-3】（2024-2025八年级下·湖北咸宁·期中）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)当为何值时，四边形是平行四边形； (2)在直线上是否存在一点，使得四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点且，直接写出四边形的周长的最小值______，并写出此时点的坐标． 【答案】(1) (2)时，；时，；时， (3)， 【分析】（1）先求出，进而求出，再由运动知，进而由平行四边形的性质建立方程即可得出结论； （2）根据题意，分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形周长最小，得出最小，即可确定出点的位置，再用三角形的中位线得出，进而求出，即可得出结论． 【解答】（1）解：∵四边形为矩形，， ， ∵点是的中点， ∴， 由运动知，， ， ∵四边形是平行四边形， ， ， ； （2）解：①当点在的右边时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ，解得， ， ； ②当点在的左边且在线段上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； ③当点在的左边且在的延长线上时，如图所示： ∵四边形为菱形， ， ∴在中，由勾股定理得：， ， ，解得， ， ； 综上所述，时，；时，；时，； （3）解：由（1）知，， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∵四边形的周长为 ， 最小时，四边形的周长最小， ∴作点关于的对称点，连接交于，如图所示： ， ， ∵两点之间线段最短， ∴此时最小，即最小， ， ∴的最小值为， ∴四边形的周长最小值为， ， ∴， ∴，， ，即， ∴， 故答案为：，此时． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、菱形性质、平行四边形的性质、勾股定理、最值的确定、三角形中位线定理等知识，解（1）的关键是求出的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点的位置． 【特训01】拓展培优强化 1.（2024-2025八年级下·湖南衡阳·期末）如图，将线段沿过点的直线向右平移至，点A，B的对应点分别为，．若______，请判定四边形的形状，并证明你的结论．请选择下列条件中的一个填写在上述空格上，然后作出判定并证明（给出一种选择解答即可）． ①；②；③； 【答案】见解析 【分析】本题考查平移的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，菱形的判定．先根据平移的性质，推出四边形为平行四边形，对于①推出，得到四边形为矩形；对于②，根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可；对于③证明，根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可． 【解答】解：∵将线段沿过点的直线向右平移至， ∴，， ∴四边形为平行四边形； 当选择①时：四边形为矩形； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； 当选择②时，四边形为菱形； ∵四边形为平行四边形，且， ∴四边形为菱形； 当选择③时，四边形为菱形； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为菱形． 2.（2023-2024八年级下·江苏南京·期中）【定义】对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”．如图1，四边形为“等角线四边形”，即，． 【判定探究】下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为的平行四边形． 【性质探究】以为边，向下构造等边三角形，连接，如图2，判断与的大小关系是 （填“>，<，≥或≤”），并说明理由； 【学习应用】若“等角线四边形”的对角线长为2，的最小值为 ． 【答案】[判定探究]①②；[性质探究]；[学习应用] 【分析】[判定探究]根据定义即可求解． [性质探究]证明四边形是平行四边形，根据即可求解； [学习应用]先构造平行四边形，可得对应线段相等，再求出，构造直角三角形求出，即可得出答案； 【解答】解：[判定探究] ①对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，故①是“等角线四边形”． ②对角线所夹锐角为的矩形，对角线相等，且所夹锐角为，故②是“等角线四边形”； 对角线所夹锐角为的平行四边形的对角线不一定相等， ∴不能判断③是“等角线四边形”； 故答案为：①②； [性质探究] 是等边三角形 ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 中，， 即； [学习应用]如图，过作，且，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵“等角线四边形”的对角线长为2， ∴， ∴． ∵， ∴． 过点C作，交于点H， ∵，， ∴，， 在中，， 则， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 【点评】本题考查了四边形综合问题，新定义问题，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，中点四边形性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三边关系，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． 3.（2024-2025八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在矩形中，，，连接，点P为上的一点，过点P的线段分别交边，于点E，F． (1)若，求证：． (2)在（1）的条件下，请再添加一个条件（不再连线和添加字母），使得四边形为菱形，并说明理由． (3)当且四边形有且仅有两条边相等时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为3或5 【分析】（1）证明．可得平行且等于，可得四边形是平行四边形，从而可得结论； （2）方法1：添加（或），方法2：添加（或）．方法3：添加平分（或平分），再利用菱形的判定可得结论； （3）①如图2，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可；②如图3，当时， 证明，可得，结合，如图3，当时，同理可得：，不合题意，舍去．③如图4，当时，设，则，再进一步利用勾股定理求解即可. 【解答】（1）证明：如图，在矩形中，， ． 又，， ． ， 平行且等于． 四边形是平行四边形． ； （2）解：方法1：添加（或）， 理由如下：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 方法2：添加（或）． 理由如下：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）． 方法3：添加平分（或平分）， 理由如下：在中，， ． 平分， ． ， ， ∴四边形是菱形. （3）解：①如图2，当时，设，则． 在中有：，解得：． 此时． ②如图3，当时， ∵，， ∴， ∵， ∴． ∴， ∵，矩形， ∴四边形为矩形， ∴， ， 此时．不合题意，舍去． 如图3，当时，同理可得：． 不合题意，舍去． ③如图4，当时，设，则 在中有，， 解得：． 同理可得：． 综上所述，的长为3或5． 【点评】本题考查的是平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键. 4．（2024-2025八年级下·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． 【解答】（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．（2024-2025八年级下·吉林·期末）在等腰直角三角形纸片中，点D是斜边的中点，，点E为上一点，将纸片沿折叠，点B的对应点为点，与交于点 (1)如图，连接、，若，则： 求证：四边形为菱形； 的形状为______； (2)如图，若与不平行，则的周长为______． 【答案】(1)详见解析；等腰三角形 (2) 【分析】（1）①由折叠得，，，由，得，得，所以，则，即可证明四边形为菱形； ②由，，点D是斜边的中点，得，，，而，，所以，，则，推导出，则是等腰三角形，于是得到问题的答案； （2）连接、，则，所以，而，则，所以，则，所以，由，求得，则，于是得到问题的答案． 【解答】（1）①证明：由折叠得，，， ， ， ， ， ， 四边形为菱形． ②解：是等腰直角三角形，点D是斜边的中点， ，，， ，， ，， ，， ， ， ， ， 是等腰三角形， 故答案为：等腰三角形． （2）解：如图②，连接、， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的周长为， 故答案为：． 【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、平行线的性质、翻折变换的性质、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定、勾股定理等知识，推导出是解题的关键． 6．（2024-2025八年级下·辽宁大连·期末）在八年一班数学课上，数学老师让每人准备一张菱形纸片，要求同学们在对角线上取一点，连接，将沿折叠，得到． (1)同学甲发现（图），通过探索发现点落在线段上，从而可证明．请你完整证明：； (2)同学乙取，折叠后发现（图），通过探索可得出为常数，请求出的值； (3)同学丙通过折叠发现，测得，，连接，发现的长度可求，求出此时的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，直角三角形和等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． （）先推出是的平分线，进而得出，推出，再根据即可证明结论； （）根据折叠的性质，结合推出四边形是菱形，结合得出，然后根据勾股定理求出与的数量关系即可； （）根据菱形的性质，结合求出及的数量关系，然后由折叠的性质求出和的数量关系，再通过勾股定理求出和的长度，最后由勾股定理求出的长度． 【解答】（1）证明: 由折叠性质可知， ∵， ∴， ∴是的平分线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， 根据折叠的性质，， ∴， ∵， ∴； （2）解：根据折叠的性质，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 连接交于点，如图， 根据菱形的性质，线段和互相垂直平分， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则，， 根据勾股定理，，， ∴； （3）解：如图，连接交于点， 根据菱形的性质可得，， ∵， ∴， ∴，， 根据折叠的性质得：， ∴为等腰直角三角形，， 设，则，， 根据勾股定理得：， ∴， ∴，，，， 在中，． 7．（2024-2025八年级下·四川成都·期中）在等腰中，，，将绕点转逆时针方向旋转，得到（点的对应点为点，点的对应点为点） (1)如图，连接、，求证：． (2)如图，若，，绕点按逆时针方向旋转至得到的过程中，当时，连接，请求出的面积； (3)如图，若，；当与重合时，再将沿着直线平移，得到，连接，求的周长的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)的面积为或； (3)的周长的最小值为． 【分析】（）将绕点转逆时针方向旋转，得到，则有，， ，所以，证明，然后通过性质即可求证； （）分当，垂足在延长线上时，过作于点，于点，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点两种情况分析，通过矩形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理即可求解； （）连接，由平移性质可得，，，证明四边形是平行四边形，则，故有的周长，作点关于直线对称点，连接交于点，连接，，所以，即的周长，又，则当点三点共线时，的周长有最小值，为，过作交延长线于点，则，证明四边形是菱形，则，，所以，，通过勾股定理直角三角形性质可得，，所以，则，因此的周长有最小值，为． 【解答】（1）证明：∵将绕点转逆时针方向旋转，得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵将绕点转逆时针方向旋转，得到， ∴， 同理可得， ∴， ∴的面积为； 如图，当，垂足在延长线上时，过作于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵将绕点转逆时针方向旋转，得到， ∴， 同理可得， ∴， ∴的面积为， 综上可知：当时，的面积为或； （3）解：如图，连接， 由平移性质可得，，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴的周长， 作点关于直线对称点，连接交于点，连接，， ∴， ∴的周长， ∵， ∴当点三点共线时，的周长有最小值，为，如图， 过作交延长线于点，则， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵绕点转逆时针方向旋转，得到， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∵点关于直线对称点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长的最小值为． 【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，轴对称性质，两点之间线段最短等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 8．（2024-2025八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在平行四边形中，是上一点，连结，使，是上一点，满足． (1)求证：． (2)如图2，连结，过点作交于点，连结． ①求证：四边形为菱形． ②若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）证明即可； （2） ①利用平行四边形的性质，等式的性质得到，利用全等三角形的判定与性质得到，利用平行线的性质和等腰三角形的判定定理得到，则四边形为平行四边形，再利用菱形的判定定理解答即可得出结论； ②连接交于点O，过点G作于点H，利用全等三角形的性质定理得到，利用平行四边形的性质得到，利用等腰直角三角形的性质得到，利用菱形的性质得到；利用等腰直角三角形的性质和含角的直角三角形的性质得到，利用等式的性质求得，则，利用等腰直角三角形的性质求得，则可求，利用即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， 又∵ ∴ ∵， ∴， ∴； （2）①证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 由(1) 知：， :∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； ②连接交于点O，过点G作于点H，如图， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由 (2) ①知：， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴由勾股定理得， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵是等腰直角三角形斜边上的高线， ∴， ∴ ∴． 【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握实数性质是解题的关键． 9．（2024-2025八年级下·山东临沂·期末）阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形为菱形，与重合，点F在上，则称菱形为的“亲密菱形”． 如图2，在中，，平分，交于点F，过点F作． (1)求证：四边形为的“亲密菱形”； (2)若，求四边形的周长； (3)如图3，M、N分别是的中点，连接．若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题利用新定义考查平行四边形的判定与性质，直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半． （1）由，，得四边形是平行四边形，角平分线的定义，等角对等边，根据平分，可得，即可证明四边形是菱形，而菱形的与的重合，F在上，故四边形为的“亲密菱形”； （2）设，由，，得，即，解得，即可求出四边形的周长； （3）过F作交于G，由四边形是平行四边形，得，，根据M、N分别是的中点，可得G为中点，即可得，从而得2，即可求出的值． 【解答】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 平分 ， ∴四边形是菱形，而菱形的与的重合，F在上， ∴四边形为的“亲密菱形”； （2）由（1）知四边形是菱形，设， ， ∴， ∴， ∴，解得， ∴四边形的周长为． （3）过F作交AC于G， 如图：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵M、N分别是的中点， ∴ ∴， ∴， ∴G为中点， 即 10．（2024-2025八年级下·浙江金华·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点．在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若，，求菱形的面积． (2)如图2，若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，若点落在上，连接，已知， ①求的长； ②直接写出四边形的面积． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)①；② 【分析】（1）根据菱形的性质可知，，，，利用勾股定理得到，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可； （2）由菱形的性质得出，由折叠的性质可知，，从而得到，再根据等角与等边求解即可； （3）①过点作于点，过点作于点，由已知条件可得，，根据菱形和折叠的性质得到，再结合等腰三角形三线合一的性质，求出 ，进而得出，证明四边形是矩形，得到， ，利用勾股定理求解即可； ②延长、交于点，令与得交点为，连接，由①可知，，，由折叠的性质可知，，，根据勾股定理可得，证明，推出，，再根据等高三角形面积比等于对应底之比，得到，从而求出，再根据对角线乘积的一半求面积即可． 【解答】（1）解：在菱形中，，， ，，， ， ， 菱形的面积； （2）证明：四边形是菱形， ，， ， 由折叠的性质可知，， ， ， ， ； （3）解：①如图，过点作于点，过点作于点， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 由折叠的性质可知，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ②如图，延长、交于点，令与得交点为，连接， 由①可知，，， 由折叠的性质可知，，， ， ， ，， ， ，， ，， 和是等高三角形，和是等高三角形，和是等高三角形， ，，， ， ， ， ， 四边形的面积． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积等知识，掌握相关知识点是解题关键． 【特训02】直通中考真题 1．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【解答】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 2．（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【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． 【解答】解：根据作图可得 ∴四边形是菱形，则， 又∵， ∴ 故选：D． 3.（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（   ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 【解答】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 4．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解． 【解答】解：由折叠的性质可知，，， 在菱形中，， ，， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点评】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键． 5．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【解答】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 6．（2023·四川德阳·中考真题）如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（   ）    A．1 B． C． D．3 【答案】A 【分析】先证明，四边形是菱形，如图，连接，，而点G是的中点，可得为菱形对角线的交点，，当时，最小，再利用等面积法求解最小值即可． 【解答】解：∵，， ∴是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形是菱形， 如图，连接，，而点G是的中点，    ∴为菱形对角线的交点，， ∴当时，最小， ∵即矩形的面积为12，， ∴，， ∴， ∴， 由菱形的性质可得：， ∴， ∴，即的最小值为1． 故选A 【点评】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 7．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形． 【答案】(或，答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可． 【解答】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：； 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：； 故答案为：(或，答案不唯一）． 8.（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，尺规作图作角平分线，角平分线的性质定理． 作交于I，根据菱形的性质可知，由作图可知平分，即，进而根据三角形面积公式计算即可． 【解答】如图，作交于I， ∵菱形， ∴，即， 由作图可知平分， ∴， ∴， 故答案为：． 9．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【解答】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 10．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为________． 【答案】8 【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解． 【解答】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为， 故答案为：8． 11．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【解答】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 12.（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点评】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 13．（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． 【解答】（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：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 14.（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．    (1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）． (2)证明（1）中得到的四边形是菱形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是： （1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可； （2）先证明四边形是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证． 【解答】（1）解：如图，   ； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵在中，是斜边上的中线， ∴， ∴平行四边形是菱形． 15．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）首先证明出，得到，然后结合即可证明； （2）首先由菱形的对称性得到；然后证明出，是等边三角形，得到，求出，得到；然后求出， 得到；然后求出，得到，进而求解即可． 【解答】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形，对角线，相交于点O， ∴点A和点C关于所在直线对称， ∴； ∵，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，与线段相等的线段有，，，． 【点评】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 16.（2024·吉林·中考真题）如图①，是矩形的对角线，，．将沿射线方向平移到的位置，使为中点，连接，，，，如图②． (1)求证：四边形是菱形； (2)四边形的周长为______； (3)将四边形沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长． 【答案】(1)见解析 (2) (3)矩形周长为或 【分析】（）根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此进行证明即可； （）先证明四边形是菱形，再根据边长，即可得到四边形的周长； （）根据两种不同的拼法，分别求得可能拼成的矩形周长即可． 【解答】（1）证明：∵矩形，， ∴，，， 由平移可得，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵为中点， ∴中，， 又∵， ∴ 是等边三角形， ∴ ， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接， 由平移可得，，， ∴ ， ∴四边形是平行四边形， 由（）可得，， ∴四边形是菱形， ∵， 则由勾股定理得： ， ∴四边形的周长为， 故答案为：； （3）解：将四边形沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形如下： ∴矩形的周长为或． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 菱形 （重难点题型专训） 【知识考点 菱形】 1.菱形的定义 （1）定义：有一组邻边相等的平行四边形叫作菱形，菱形是特殊的平行四边形． （2）菱形必须具备两个条件： ① 它是一个平行四边形； ② 一组邻边相等，这两个条件缺一不可. （3）菱形一定是平行四边形，但是平行四边形不一定是菱形. （4）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的基本判定方法. （5）菱形的面积 ① 菱形面积=底×高． ② 菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） ③ 四个小直角三角形的面积之和(或一个小直角三角形面积的 4 倍)； 2.菱形的性质 图示 性质 数学语言描述 边 对边平行 AB∥CD，AD∥BC 四条边都相等 角 对角相等 ， 对角线 对角线互相垂直平分 ，， 每条对角线平分一组对角 , 对称性 轴对称图形，对称轴有2条，分别是对角线所在的直线 中心对称图形，对称中心是两条对角线的交点 3.菱形的判定 （一）判定方法1（根据定义）：有一组邻边相等的平行四边形是菱形. 应用格式： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AB=BC或AB=AD或BC=CD或CD=AD, ∴ 四边形ABCD是菱形. （二）判定方法2（根据对角线）：对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 应用格式： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD， ∴ 四边形ABCD是菱形. （三）判定方法3（根据边）：四条边相等的四边形是菱形. 应用格式： ∵ AB=BC=CD=AD, ∴ 四边形ABCD是菱形. （四）判定方法拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 【思路总结】 （1） 判断菱形时，一定要明确前提条件是从“四边形”出发的，还是从“平行四边形”出发的； （2）①若从“四边形”出发的，则还需四条边相等. ②若从“平行四边形”出发的，则还需一组邻边相等或对角线互相垂直. （3）①若用对角线进行判定：先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直，或直接 证明四边形的对角线互相垂直平分； ②若用边进行判定：先证明四边形是平行四边形，再证明一组邻边相等，或直接证明四边形的四条边都相等. 【重难点常考题型概览】 【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】利用菱形的性质求坐标 【题型05】利用菱形的性质证明 【题型06】添加一条件使四边形是菱形 【题型07】证明四边形是菱形 【题型08】根据菱形的性质与判定综合求值 【题型09】根据菱形的性质与判定求值证明 【题型10】菱形中的折叠问题 【题型11】菱形中的动点问题 【题型12】菱形中的最值问题 【题型13】菱形中的存在性问题 【特训01】拓展培优强化 【特训02】直通中考真题 【题型01】利用菱形的性质求角度 【例1】（2024-2025八年级下·浙江杭州·期末）如图，在菱形中，点在上，连结，，．设，，则，关系正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2024-2025八年级下·山东济宁·期中）如图，在菱形中，M，N分别在，上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为 ． 【变式1-2】（2024-2025八年级下·河北保定·期末）如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，于点，连接，，则的度数是________． 【变式1-3】（2024-2025八年级下·贵州·月考）如图①，在菱形中，，点E在对角线上，且． (1)图中有______个等腰三角形，的度数为______； (2)按示例，将图和图③的菱形分成四个等腰三角形（画出分割的线段并标出每个内角的度数，不写画法和证明）． 【题型02】利用菱形的性质求线段长 【例2】（2024-2025八年级下·全国·期末）如图所示，四边形是菱形，，，于点，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2024-2025八年级下·江苏泰州·月考）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点E，连接，若，菱形的面积为36，则_____． 【变式2-2】（2024-2025八年级下·江西赣州·期末）如图，菱形的对角线相交于点，是边的中点，且，，则的长为_____． 【变式2-3】（2024-2025八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，四边形是菱形，，求： (1)的度数． (2)若，求线段和的长． 【题型03】利用菱形的性质求面积 【例3】（2025-2026八年级下·全国·周测）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，且．若，求菱形ABCD的面积． 【变式3-1】（2024-2025八年级下·山东菏泽·期中）如图，菱形的周长为16，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，若，则菱形的面积为 ． 【变式3-2】（2024-2025八年级下·福建莆田·期末）如图将两张长为，宽为的矩形纸条交叉，使其重合部分始终为菱形，则该菱形面识的最大值为___________． 【变式3-3】（2024-2025八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点E在线段上，连接，若，，，则菱形的面积为_______． 【题型04】利用菱形的性质求坐标 【例4】（2024-2025八年级下·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． 【变式4-1】（2024-2025八年级下·河南安阳·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为13，点B的坐标是，点D的坐标是，则点A的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2024-2025八年级下·湖北武汉·期中）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，D坐标分别为，，顶点C的横坐标为7，C在第四象限，则顶点B的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式4-3】（2024·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标是．若顶点B在第一象限的角平分线上，则点B的坐标是 ．    【题型05】利用菱形的性质证明 【例5】（2024-2025八年级下·内蒙古通辽·月考）如图，菱形中，点E、F分别为、的中点，连接、．求证：． 【变式5-1】（2024-2025八年级下·湖北襄阳·期末）如图，在菱形中，点E，F分别在边和上，且．求证：． 【变式5-2】（2024-2025八年级下·江苏宿迁·期中）已知：如图，在菱形中，，点E、F分别在上，是等边三角形，求证：． 【变式5-3】（2023-2024八年级下·贵州黔东南·期末）如图，在菱形中，过点分别作垂直于，垂直于． (1)求证：； (2)连接，若，求、的长． 【题型06】添加一条件使四边形是菱形 【例6】（2024-2025八年级下·河南漯河·期中）在四边形中，点分别是边的中点，下列条件一定能使四边形是菱形的是（   ） A．四边形是平行四边形 B． C．四边形是菱形 D． 【变式6-1】（2024-2025八年级下·河北廊坊·期末）四边形是平行四边形，对角线相交于点下列条件中，不能判定为菱形的是（ ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2024-2025八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件 ，使四边形是菱形． 【变式6-3】（2024-2025八年级下·全国·课后作业）如图，在中，D是上一点，，交于点E，，交于点F，有下列条件：①；②平分；③，．选择条件 能使四边形是菱形． 【题型07】证明四边形是菱形 【例7】（2023-2024八年级下·河南新乡·期中）如图，在中，点E，F分别在，上，且平分．若，连结．求证：四边形是菱形． 【变式7-1】（2025-2026八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，是边上的中线，点E在的延长线上，连接，过点C作交的延长线于点F，连接，．求证：四边形是菱形． 【变式7-2】（2024-2025八年级下·重庆长寿·期中）由平行四边形如何构造菱形？如图，平行四边形中，平分，维维的思路是：过点作的垂线，垂足为，交线段于点，然后利用四边相等的四边形是菱形即可完成构造，请根据以上思路完成作图和填空． 证明：用直尺和圆规过点作的垂线交于点，交于点，连接（只保留作图痕迹） 四边形是平行四边形， ①__________ 平分， ， ②__________ ， ， ， 在和中 ， （③__________） ④__________， ，， 垂直平分线段， ⑤__________， ， 四边形是菱形． 【变式7-3】（2024-2025八年级下·陕西汉中·期末）如图，在中，点分别是边的中点，连结，且与对角线分别相交于点，连接． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【题型08】根据菱形的性质与判定综合求值 【例8】（2025-2026八年级下·全国·课后作业）如图，在中，对角线，交于点，，过点作交的延长线于点． （1）若，，则的长为 ． （2）在（1）的条件下，已知是线段上的一点，且，则的长为 ． 【变式8-1】（2024-2025八年级下·吉林·期末）下面是小明设计的“在一个三角形中作内接菱形”的尺规作图过程． 已知：．求作：菱形使点在上，点在上，点在上． 作法：①作的角平分线，交于点；②作线段的垂直平分线，交于点，交于点；③连接，． 所以四边形为所求的菱形． (1)请你根据小明的作法使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） (2)若，，则四边形的周长为______，它的面积为______． 【变式8-2】（2024-2025八年级下·浙江宁波·期末）如图1，中，对角线的中垂线分别交于点E，O，F． (1)连结，请判断四边形的形状，并说明理由： (2)若，连结，求的度数： (3)如图2，连结交于点G，若，，，求的度数和的长． 【变式8-3】（2025-2026八年级上·黑龙江绥化·期中）在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【题型09】根据菱形的性质与判定求值证明 【例9】（2024-2025八年级下·云南临沧·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求四边形的周长． 【变式9-1】（2023-2024八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【变式9-2】（2024-2025八年级下·重庆永川·期末）在平行四边形中，为对角线，且，，为平面上的一点． (1)如图1，若，垂足为点，，求的长； (2)如图2，若点在边上，且，，求的长； (3)如图3，若点在对角线所在直线上，交于点，点是的中点，连接，求证：． 【变式9-3】（2024-2025八年级下·安徽合肥·期末）如图，在中，E，F分别为，的中点，是对角线，交的延长线于点G． (1)求证：； (2)若四边形是矩形，求证：四边形是菱形； (3)若，四边形是菱形，则四边形的面积为______． 【题型10】菱形中的折叠问题 【例10】（2024-2025八年级下·河北邯郸·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，将菱形的一部分沿折叠后，点恰好落在的中点处，则线段的长为(   ) A．1 B． C． D．2 【变式10-1】（2024-2025八年级下·广西玉林·期中）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形，若，则菱形的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式10-2】（2024-2025八年级下·山西临汾·期末）如图，将菱形折叠，使得点B的对应点P落在对角线B上，折痕分别与，交于点E，F．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【变式10-3】（2024-2025八年级下·山东日照·阶段练习）如图，在菱形中，，点M和N分别是和上一点，沿将折叠，点A恰好落在边的中点E上.若，则的长为 . 【题型11】菱形中的动点问题 【例11】（2024-2025八年级下·江苏镇江·期末）如图，点、分别是菱形的边、上的两个动点，若线段长的最大值为，最小值为4，则菱形的边长为（   ） A．3 B．4 C．5 D． 【变式11-1】（2024-2025八年级下·湖北宜昌·期末）如图，菱形中，，点是边上一动点，点是对角线上一动点，当最小时，的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式11-2】（2024-2025八年级下·辽宁抚顺·期末）在菱形中，，，点P是射线上一动点，以为边向右侧作等边三角形，连接．       (1)如图1，当点E落在对角线上时，请求出的长； (2)点E的位置随点P的位置变化而变化，如图2，求证：，； (3)如图3，当点P在线段的延长线上时，连接，若，求的面积． 【变式11-3】（2024-2025八年级下·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． 【题型12】菱形中的最值问题 【例12】（2024-2025八年级下·广西南宁·期末）如图，菱形的边长为，，，分别是，边上的动点，连接，，是的中点，是的中点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式12-1】（2024-2025八年级下·湖北黄石·期末）如图，在菱形中，，，，为边和上的动点，，则的最小值 ． 【变式12-2】（2024-2025八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 ． 【变式12-3】（2023-2024八年级下·江苏泰州·期末）如图1，在菱形中，，点是上一点． (1)在图1中用无刻度的直尺和圆规在上作一点，使（保留作图痕迹，不写作法）； (2)将（1）中作图添加的线段作为辅助线，证明； (3)如图2，在（1）的条件下，若是AB中点，求的最小值． 【题型13】菱形中的存在性问题 【例13】（2024-2025八年级下·吉林四平·阶段练习）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长． (2)求当t为何值时，分别满足下面的条件： ①； ②． (3)如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式13-1】（2025-2026八年级上·山东青岛·期末）已知在矩形中，，．点从点出发向点运动，同时点从点出发向点运动，运动速度都是，设它们的运动时间为，解答下列问题： (1)如图1，求证：在运动过程中，总是互相平分； (2)如图2，若四边形是菱形，求t的值； (3)如图3，将沿翻折，得到．运动过程中，是否存在某一时刻使四边形是菱形？若存在求出的值；若不存在说明理由． 【变式13-2】（2024-2025八年级下·湖北十堰·期末）如图，在菱形中，，，点E为上一动点，延长到点，使，且分别交，于点和点． (1)将沿对折，使点E落在处，若，求的度数； (2)在点E运动过程中，是否存在这样的一点E，使得四边形是平行四边形？若存在，请说出E点位置，并证明四边形是平行四边形，若不存在，请说明理由． (3)若，探究是否为定值？如果是定值，求出这个值；如果不是，请说明理由． 【变式13-3】（2024-2025八年级下·湖北咸宁·期中）已知，如图，为坐标原点，四边形为矩形，，点是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)当为何值时，四边形是平行四边形； (2)在直线上是否存在一点，使得四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求的值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在线段上有一点且，直接写出四边形的周长的最小值______，并写出此时点的坐标． 【特训01】拓展培优强化 1.（2024-2025八年级下·湖南衡阳·期末）如图，将线段沿过点的直线向右平移至，点A，B的对应点分别为，．若______，请判定四边形的形状，并证明你的结论．请选择下列条件中的一个填写在上述空格上，然后作出判定并证明（给出一种选择解答即可）． ①；②；③； 2.（2023-2024八年级下·江苏南京·期中）【定义】对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”．如图1，四边形为“等角线四边形”，即，． 【判定探究】下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为的平行四边形． 【性质探究】以为边，向下构造等边三角形，连接，如图2，判断与的大小关系是 （填“>，<，≥或≤”），并说明理由； 【学习应用】若“等角线四边形”的对角线长为2，的最小值为 ． 3.（2024-2025八年级下·浙江衢州·期末）如图1，在矩形中，，，连接，点P为上的一点，过点P的线段分别交边，于点E，F． (1)若，求证：． (2)在（1）的条件下，请再添加一个条件（不再连线和添加字母），使得四边形为菱形，并说明理由． (3)当且四边形有且仅有两条边相等时，求的长． 4．（2024-2025八年级下·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． 5．（2024-2025八年级下·吉林·期末）在等腰直角三角形纸片中，点D是斜边的中点，，点E为上一点，将纸片沿折叠，点B的对应点为点，与交于点 (1)如图，连接、，若，则： 求证：四边形为菱形； 的形状为______； (2)如图，若与不平行，则的周长为______． 6．（2024-2025八年级下·辽宁大连·期末）在八年一班数学课上，数学老师让每人准备一张菱形纸片，要求同学们在对角线上取一点，连接，将沿折叠，得到． (1)同学甲发现（图），通过探索发现点落在线段上，从而可证明．请你完整证明：； (2)同学乙取，折叠后发现（图），通过探索可得出为常数，请求出的值； (3)同学丙通过折叠发现，测得，，连接，发现的长度可求，求出此时的长度． 7．（2024-2025八年级下·四川成都·期中）在等腰中，，，将绕点转逆时针方向旋转，得到（点的对应点为点，点的对应点为点） (1)如图，连接、，求证：． (2)如图，若，，绕点按逆时针方向旋转至得到的过程中，当时，连接，请求出的面积； (3)如图，若，；当与重合时，再将沿着直线平移，得到，连接，求的周长的最小值． 8．（2024-2025八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在平行四边形中，是上一点，连结，使，是上一点，满足． (1)求证：． (2)如图2，连结，过点作交于点，连结． ①求证：四边形为菱形． ②若，，，求的长． 9．（2024-2025八年级下·山东临沂·期末）阅读短文，解决问题 定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形为菱形，与重合，点F在上，则称菱形为的“亲密菱形”． 如图2，在中，，平分，交于点F，过点F作． (1)求证：四边形为的“亲密菱形”； (2)若，求四边形的周长； (3)如图3，M、N分别是的中点，连接．若，求的值． 10．（2024-2025八年级下·浙江金华·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点．在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为． (1)如图1，若，，求菱形的面积． (2)如图2，若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，若点落在上，连接，已知， ①求的长； ②直接写出四边形的面积． 【特训02】直通中考真题 1．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 2．（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3.（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（   ） A．9 B． C． D． 4．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 5．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 6．（2023·四川德阳·中考真题）如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（   ）    A．1 B． C． D．3 7．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形． 8.（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则 ． 9．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 10．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为________． 11．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 12.（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 13．（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． 14.（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．    (1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）． (2)证明（1）中得到的四边形是菱形 15．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 16.（2024·吉林·中考真题）如图①，是矩形的对角线，，．将沿射线方向平移到的位置，使为中点，连接，，，，如图②． (1)求证：四边形是菱形； (2)四边形的周长为______； (3)将四边形沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长． 学科网（北京）股份有限公司 $