专题 5.2 菱形（知识梳理+ 题型精析+同步检测）- 2025-2026学年浙教版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

专题 5.2 菱形（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理 1 【知识点一】菱形的定义 1 【知识点二】菱形的性质 1 【知识点三】菱形的面积 2 【知识点四】菱形的判定 2 二.题型精析——基础夯实篇 2 【题型 1】菱形性质的理解 2 【题型 2】利用菱形性质求值 3 【题型 3】利用菱形面积公式求面积 4 【题型 4】利用菱形性质求值证明 5 【题型 5】菱形判定定理的理解 6 【题型 6】根据菱形性质与判定定理求值 7 【题型 7】根据菱形性质与判定定理求值证明 8 三.题型精析——综合压轴篇 9 【题型 8】菱形与折叠问题 9 【题型 9】菱形与动点问题 10 【题型 10】菱形与存在性问题 11 四.同步检测 13 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,） 13 （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 15 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 17 一.知识梳理 【知识点一】菱形的定义 一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 【要点提示】（1）菱形的前提必须是平行四边形，不满足平行四边形特征的图形不是菱形；（2）必须有一组邻边相等，这是菱形的核心判定条件；（3）由定义可推出：菱形四条边都相等，是特殊的平行四边形。 【知识点二】菱形的性质 菱形也是特殊的平行四边形，所以它除具有一般平行四边形的性质外还具有一些特殊的性质。 定理1：菱形的四条边相等。 【要点提示】（1）条件：图形是菱形；（2）结论：四条边都相等；（3）作用：可直接用于证明线段相等、等腰三角形等等。 定理2：菱形的对角线互相垂直。 【要点提示】（1）条件：图形是菱形；（2）结论：两条对角线互相垂直平分；（3）作用：用于证明相互垂直、计算对角线长度，求面积等等。 【知识点三】菱形的面积 菱形也是特殊的平行四边形，利用平行四边形面积公式外，还有其特殊方法： （1）（表示菱形的边，表示边上的高） （2）（，表示对角线的长） 【要点提示】（1）经常用等面积法通过两个公式求线段长；（2）学生在学习第二个公式时容易漏掉。 【知识点四】菱形的判定 要判定一个四边形是菱形，除了利用定义之外，还有以下的定理： 定理1：四边相等的四边形是菱形。 【要点提示】（1）条件：四边形中四边相等；（2）结论：这个四边形是菱形；（3）关键点：不需要先证明是平行四边形，直接用四边相等判定菱形；（4）用途：用于几何题中判定菱形。 定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 【要点提示】（1）条件：图形是平行四边形，且对角线互相垂直；（2）结论：这个平行四边形是菱形；（3）关键：先确定是平行四边形，再用对角线互相垂直判定菱形；（4）用途：几何题中判定菱形的常用依据。 二.题型精析——基础夯实篇 【题型 1】菱形性质的理解 【例题1】（25-26八年级下·山东济南·期中）如果一个四边形是菱形，则这个四边形不一定具有的性质是（   ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．轴对称图形 【变式1】（25-26八年级下·云南曲靖·期中）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对边相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【变式2】（25-26八年级下·湖南永州·期中）矩形和菱形都具有的性质（   ） A．四条边都相等 B．对角线互相垂直 C．四个角都相等 D．对角线互相平分 【变式3】（24-25八年级下·河北沧州·期末）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角相等 D．是中心对称图形 【题型 2】利用菱形性质求值 【例题2】（24-25八年级下·浙江杭州·月考）如图，四边形是菱形，，求： （1）的度数． （2）若，求线段和的长． 【变式1】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，点在边上，连接、，且，设，，则，关系正确的是（   ）． A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，如果直尺的宽度是，两把直尺所夹的锐角为，那么这个四边形的周长为______． 【变式3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，菱形的对角线相交于点． （1）若于点，连接，求；（2）若为中点，则__________． 【题型 3】利用菱形面积公式求面积 【例题3】（25-26九年级上·安徽宿州·期末）如图，点O为菱形的对角线，的交点，过点C作于点E，连接，若，．求菱形的面积. 【变式1】（2025九年级上·广东深圳·专题练习）如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（   ） A．12 B．6 C．2.4 D． 【变式2】（25-26九年级下·江西九江·期中）已知一个菱形的周长与面积均为20，则这个菱形较短对角线长为___________. 【变式3】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，四边形是平行四边形． （1）求作菱形，使得点E，F分别落在边，上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）若，，求菱形的面积． 【题型 4】利用菱形性质求值证明 【例题4】（25-26八年级下·重庆开州·期中）如图，在平行四边形中，点在边上，且． （1）尺规作图：作的角平分线，交于点，连接，．（保留作图痕迹，不写作法） （2）求证：． 证明：四边形ABCD是平行四边形， ． ①________． 平分， ． ②________． ． 又， ③________． 又， 四边形是平行四边形． 又， 平行四边形是④________． ． 【变式1】（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如果一个四边形是菱形，则这个四边形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．既是轴对称图形，又是中心对称图形 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图， 在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点 F， E为垂足， 连接， 则等于 ________°． 【变式3】（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在中，E，F分别是边的中点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 【题型 5】菱形判定定理的理解 【例题5】（2026·安徽阜阳·二模）在中，已知对角线与交于点，若增加下列一个条件，不能判定一定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（25-26八年级下·全国·课后作业）已知在平行四边形中，是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列条件，不能使其成为菱形的是（   ） A． B． C． D．平分 【题型 6】根据菱形性质与判定定理求值 【例题6】（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． （1）如图1，若，则的度数为______ （2）如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【变式1】（24-25八年级下·湖北荆州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则________． 【变式3】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在四边形中，，，为的中点，连接，，．连接，若，，求的长． 【题型 7】根据菱形性质与判定定理求值证明 【例题7】（2025·四川达州·三模）如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． （1）求证：； （2）若，求证：平分． 【变式1】（25-26九年级上·福建南平·期中）如图，矩形的对角线，相交于点，且，．下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为______． 【变式3】（2026·四川绵阳·二模）如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，． （1）试判断四边形的形状并说明理由； （2）若，求证：． 三.题型精析——综合压轴篇 【题型 8】菱形与折叠问题 【例题8】（24-25八年级下·山东泰安·期末）对一张矩形纸片进行折叠，具体操作如下： 第一步：先对折，使与重合，得到折痕，展开； 第二步：再一次折叠，使点A落在上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕，同时，得到线段，，展开，如图①； 第三步：再沿所在的直线折叠，点B落在上的点处，得到折痕，同时得到线段，展开，如图②． 求证：四边形为菱形． 【变式1】（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，在菱形中，，，点E在边上，连接，将沿折叠，若点B落在延长线上的点F处，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·陕西西安·一模）菱形中，，，、分别为、上的点，为边的中点，将沿折叠，点恰好落在点处，则的长为________________． 【变式3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，把矩形纸片进行折叠． （1）如图1，若折叠后C点和A点重合，折痕交边，分别于点E，F，连接，交于点O．求证：四边形为菱形； （2）如图2，若折叠后C点落在边上的N点处，折痕交边于点M．已知该矩形纸片的长为，宽为．求的长． 【题型 9】菱形与动点问题 【例题9】（25-26九年级上·山西临汾·月考）综合与探究 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，点M、N是两个动点． （1）如果（）的长（单位：）是关于的一元二次方程的两个实数根，求的长． （2）若动点从出发，沿方向以的速度匀速直线运动到点，动点从出发，沿方向以的速度匀速直线运动到点D．（当点运动到C点时，点也随之停止运动）．若同时出发，设运动时间为秒，求为何值时，的面积为？ 【变式1】（24-25八年级下·河南周口·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【变式2】（2024·河南·一模）如图，在菱形中，，，点为边上的动点，点为边上的动点，将沿折叠，使得点的对应点落在所在的直线上，当为直角三角形时，的长为__________． 【变式3】（24-25八年级下·湖南湘西·期中）如图，在菱形中，，点E是上的动点，点F是上的动点， （1）若，求证∶ ； （2）若，猜想形状（不写证明过程）． 【题型 10】菱形与存在性问题 【例题10】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． （1）求直线的解析式． （2）是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． （3）若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【变式1】（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，直线分别与轴、轴交于点、，点在线段上，将沿翻折，点落在边上的点处．以下结论：①；②直线的解析式为；③点；④若线段上存在一点，使得以点、、、为顶点的四边形为菱形，则点的坐标是．其中正确的结论是（  ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【变式2】（24-25八年级下·江西南昌·月考）在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，．当点在线段（点不与，重合）上运动时，在坐标系内存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形，则点坐标为______． 【变式3】（24-25八年级下·湖北咸宁·期末）如图，矩形的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边分别交于点D、E． （1）求证：； （2）点M是线段DE上的一个动点． ①是否存在点M使得的和最小，若存在，请作图找出点M；若不存在，请说明理由； ②请探究：在x轴上方平面内的是否存在点N，使得以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标． 四.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,） 1．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是    （       ） A．对角线相等 B．内角和等于 C．对边平行且相等 D．对角线互相垂直 2．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，菱形的对角线交于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·山东聊城·期中）如图，菱形的面积为30，对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D．5 4．（2026·广西防城港·一模）如图、菱形的对角线相交于点，则下列结论不一定正确的是（    ） A． 平分 B． B． C． D． 5．（25-26八年级下·广西北海·期中）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 6．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）在中，添加下列条件：①；②；③平分；④．能够判定是菱形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，按以下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；（3）分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；（4）连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·山东枣庄·三模）如图所示，在矩形纸片中，，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则当点与点重合时，的值为（    ） A．2 B． C． D． 9．（25-26八年级下·重庆·期中）如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（   ） A．3 B．4 C． D． 10．（2026·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，为边上一点，连接．将菱形沿折叠，点落在点处，于点．若点的坐标为，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． （2） 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（25-26八年级下·上海闵行·期中）菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是_______． 12．（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点O，且，，则边上的高________． 13．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，菱形的对角线与相交于O点，，过点A作交的延长线于点E，连接，则线段的长度是________． 14．（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__________． 15．（25-26八年级下·陕西商洛·月考）如图，在平行四边形 中，对角线交 于 O，已知 ，， ，那么点 O 到的距离为_______ ． 16．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）把邻边长分别为6，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于6的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则a的值________． 17．（2026·湖北襄阳·一模）如图，点为等边三角形外一点，连接、且，过点作分别交、于点、，若，，则的长为_______；的长为 _________． 18．（25-26八年级下·北京·期中）如图，已知菱形，，点P在边上运动，连接，取中点Q，连接． （1）当P为中点时，的长为________； （2）在P从点B运动到点C的过程中，的最小值为________． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（25-26九年级上·广西南宁·期中）已知关于的一元二次方程的两个实数根分别是平行四边形的两边，的长． （1）如果，试求的值； （2）当为何值时，四边形是菱形？ 20．（本小题满分8分）（2025·浙江台州·模拟预测）如图，在菱形中，E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F． （1）求证：． （2）若，且，求的长． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级下·江西宜春·期末）如图，在四边形中，，，对角线，相交于点O，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·山西朔州·期中）如图，在中，，分别是，的中点，连接，是上一点，且点到，的距离相等，连接，过点作交于点． （1）求证：四边形是菱形． （2）若四边形B的周长为，，求的长． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，探究四边形中角的关系． （1）【探究】如图①，在四边形中，，，点，分别在边，上，，求证：． （2）【拓展】如图②，在菱形中，，点，分别在边，上，．若，求的大小． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形中，点P、Q分别是上一点，（a是常数），平分． （1）求证：； （2）若 ①当，，判断点Q与点C是否重合？说明理由； ②连接，当，当四边形是菱形时，求长； （3）设，，是否存在常数a，使得无论m、n取何值，恒成立？若存在，请求出a的值；若不存在，说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 5.2 菱形（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理 1 【知识点一】菱形的定义 1 【知识点二】菱形的性质 1 【知识点三】菱形的面积 2 【知识点四】菱形的判定 2 二.题型精析——基础篇 2 【题型 1】菱形性质的理解 2 【题型 2】利用菱形性质求值 4 【题型 3】利用菱形面积公式求面积 8 【题型 4】利用菱形性质求值证明 12 【题型 5】菱形判定定理的理解 16 【题型 6】根据菱形性质与判定定理求值 18 【题型 7】根据菱形性质与判定定理求值证明 22 三.题型精析——综合压轴篇 28 【题型 8】菱形与折叠问题 28 【题型 9】菱形与动点问题 32 【题型 10】菱形与存在性问题 37 三.同步检测 45 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,） 45 （二） 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 52 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 60 一.知识梳理 【知识点一】菱形的定义 一组邻边相等的平行四边形叫作菱形 【要点提示】（1）菱形的前提必须是平行四边形，不满足平行四边形特征的图形不是菱形；（2）必须有一组邻边相等，这是菱形的核心判定条件；（3）由定义可推出：菱形四条边都相等，是特殊的平行四边形。 【知识点二】菱形的性质 菱形也是特殊的平行四边形，所以它除具有一般平行四边形的性质外还具有一些特殊的性质。 定理1：菱形的四条边相等。 【要点提示】（1）条件：图形是菱形；（2）结论：四条边都相等；（3）作用：可直接用于证明线段相等、等腰三角形等等。 定理2：菱形的对角线互相垂直。 【要点提示】（1）条件：图形是菱形；（2）结论：两条对角线互相垂直平分；（3）作用：用于证明相互垂直、计算对角线长度，求面积等等。 【知识点三】菱形的面积 菱形也是特殊的平行四边形，利用平行四边形面积公式外，还有其特殊方法： （1）（表示菱形的边，表示边上的高） （2）（，表示对角线的长） 【要点提示】（1）经常用等面积法通过两个公式求线段长；（2）学生在学习第二个公式时容易漏掉。 【知识点四】菱形的判定 要判定一个四边形是菱形，除了利用定义之外，还有以下的定理： 定理1：四边相等的四边形是菱形。 【要点提示】（1）条件：四边形中四边相等；（2）结论：这个四边形是菱形；（3）关键点：不需要先证明是平行四边形，直接用四边相等判定菱形；（4）用途：用于几何题中判定菱形。 定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 【要点提示】（1）条件：图形是平行四边形，且对角线互相垂直；（2）结论：这个平行四边形是菱形；（3）关键：先确定是平行四边形，再用对角线互相垂直判定菱形；（4）用途：几何题中判定菱形的常用依据。 二.题型精析——基础篇 【题型 1】菱形性质的理解 【例题1】（25-26八年级下·山东济南·期中）如果一个四边形是菱形，则这个四边形不一定具有的性质是（   ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．轴对称图形 【答案】C 【分析】根据菱形的性质逐一判断选项，即可找出正确答案． 解：菱形的性质为：四条边都相等，对角线互相垂直平分，菱形是轴对称图形，仅特殊菱形（正方形）的对角线相等． A 菱形四边一定相等，不符合题目要求； B 菱形对角线一定互相垂直，不符合题目要求； C 菱形对角线不一定相等，符合题目要求； D 菱形一定是轴对称图形，不符合题目要求． 【变式1】（25-26八年级下·云南曲靖·期中）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对边相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直 【答案】C 【分析】本题考查矩形与菱形的性质，掌握两种图形性质的区别是解题关键，对比两个图形的性质逐一判断选项即可解答． 解：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，平行四边形对边相等，对角线互相平分， 选项对边相等、选项对角线互相平分是矩形和菱形都具有的性质，不符合题意； 矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，仅特殊菱形即正方形对角线相等， 选项对角线相等是矩形具有而菱形不一定具有的性质，符合题意； 菱形的对角线互相垂直，矩形的对角线不一定互相垂直， 选项对角线互相垂直是菱形具有而矩形不一定具有的性质，不符合题意． 【变式2】（25-26八年级下·湖南永州·期中）矩形和菱形都具有的性质（   ） A．四条边都相等 B．对角线互相垂直 C．四个角都相等 D．对角线互相平分 【答案】D 【分析】分别梳理矩形与菱形的性质，对比选项即可得到结果． 解：A、四条边都相等，只有菱形满足，矩形不满足，故不符合题意； B、对角线互相垂直，只有菱形满足，矩形不满足，故不符合题意； C、四个角都相等，只有矩形满足，菱形不满足，故不符合题意； D、对角线互相平分，矩形和菱形都满足，故符合题意． 【变式3】（24-25八年级下·河北沧州·期末）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．邻边相等 B．对边相等 C．对角相等 D．是中心对称图形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形和四边形，熟练掌握菱形的性质和四边形的性质是解题的关键． 解：菱形的四条边都相等，而矩形的邻边不一定相等， 故选：A． 【题型 2】利用菱形性质求值 【例题2】（24-25八年级下·浙江杭州·月考）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：（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， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图，在菱形中，点在边上，连接、，且，设，，则，关系正确的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由菱形的性质可得，，，．由等腰三角形的性质可得，结合平行线的性质可得，再根据等腰三角形的性质与三角形的内角和定理求出．根据，得出等式，变形后即可得到答案． 解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，如果直尺的宽度是，两把直尺所夹的锐角为，那么这个四边形的周长为______． 【答案】 【分析】先证四边形是平行四边形，再证，则平行四边形是菱形，得，然后由等腰直角三角形的性质求出的长，即可解决问题． 解：如图，过点作于，于． 两直尺的宽度相等为， ． ，， 四边形是平行四边形， 又平行四边形的面积， ， 平行四边形为菱形， ， ， 是等腰直角三角形， ， 菱形的周长． 【变式3】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图，菱形的对角线相交于点． （1）若于点，连接，求； （2）若为中点，则__________． 【答案】（1）（2） 【分析】（1）利用菱形的性质求出，利用勾股定理求出，进而得到，再利用直角三角形的性质即可求解； （2）过点作于点，设，则，利用勾股定理得到，求出，，由即可求解． 解：（1）解：∵菱形中，，且， ∴，， ∴， ∴， ∵，即是直角三角形，且， ∴； （2）解：过点作于点， ∵菱形中，且， ∴， 设，则， 由（1）知， ∴，即， 解得， 则， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴． 【题型 3】利用菱形面积公式求面积 【例题3】（25-26九年级上·安徽宿州·期末）如图，点O为菱形的对角线，的交点，过点C作于点E，连接，若，．求菱形的面积. 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质． 根据菱形对角线互相平分可知，点O是的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，，得到，根据，可得，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案． 解：∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴菱形的面积． 【变式1】（2025九年级上·广东深圳·专题练习）如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足，那么菱形的面积等于（   ） A．12 B．6 C．2.4 D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，非负数的性质，利用非负数的性质求出和的值，再根据菱形的面积公式计算即可得出结果，熟练掌握菱形的性质是解此题的关键． 解：∵，且，， ∴，， 解得：，， ∵菱形的两条对角线的长为a和b， ∴菱形的面积等于， 故选：B． 【变式2】（25-26九年级下·江西九江·期中）已知一个菱形的周长与面积均为20，则这个菱形较短对角线长为___________. 【答案】 【分析】本题通过菱形的性质，先由周长求边长，再用面积求高，最后在两个直角三角形中用勾股定理逐步求出较短对角线的长度． 解：∵ 菱形的四条边相等，周长为20， ∴ 边长， ∵ 面积为20，， ∴，解得：， 在中，，，由勾股定理： ， ∵，， ∴， 在中，，，由勾股定理： ， 则另一条对角线的长度为， 故这个菱形较短对角线长为． 【变式3】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，四边形是平行四边形． （1）求作菱形，使得点E，F分别落在边，上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）若，，求菱形的面积． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）分别以点A，B为圆心，以的长为半径画弧，交于点E，交于点F，连接，则四边形为所求． （2）连接，交于点O，根据菱形的性质得到，，，，因此，进而根据勾股定理求出，从而，根据菱形的面积计算方法求解即可． 解：（1）解：如图，菱形为所求． 由作图可得， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形． （2）解：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴是等边三角形， ∴， ∵在中，，即， ∴， ∴， ∴． 【题型 4】利用菱形性质求值证明 【例题4】（25-26八年级下·重庆开州·期中）如图，在平行四边形中，点在边上，且． （1）尺规作图：作的角平分线，交于点，连接，．（保留作图痕迹，不写作法） （2）求证：． 证明：四边形ABCD是平行四边形， ． ①________． 平分， ． ②________． ． 又， ③________． 又， 四边形是平行四边形． 又， 平行四边形是④________． ． 【答案】（1）见分析；（2），，，菱形． 【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图方法，菱形的判定方法与性质． （1）根据角平分线的尺规作图方法，求解即可； （2）根据角平分线的定义和平行四边形的性质得到四边形是菱形，再根据菱形的性质即可求证． 解：（1）解：根据题意，作图如下： （2）证明：四边形ABCD是平行四边形， ． ． 平分， ． ． ． 又， ． 又， 四边形是平行四边形． 又， 平行四边形是菱形． ． 故答案为：，，，菱形． 【变式1】（25-26八年级下·江苏宿迁·月考）如果一个四边形是菱形，则这个四边形不一定具有的性质是（    ） A．四边相等 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．既是轴对称图形，又是中心对称图形 【答案】C 【分析】根据菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．据此求解即可． 解：A、菱形的四边相等，此选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，此选项不符合题意； C、菱形的对角线不一定相等，此选项符合题意； D、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，此选项不符合题意． 【变式2】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图， 在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点 F， E为垂足， 连接， 则等于 ________°． 【答案】15 【分析】连接，根据菱形性质得出，，，，根据线段垂直平分线得出，由等边对等角可得，求出，再利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，再根据三角形外角的性质即可得出答案． 解：如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：15． 【点拨】本题考查菱形的性质的应用，全等三角形判定和性质，线段垂直平分线性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，注意：菱形的四条边相等，菱形的对角线互相平分、垂直，且每一条对角线平分一组对角．理解和掌握菱形的性质是解题的关键． 【变式3】（25-26八年级下·北京·课后作业）如图，在中，E，F分别是边的中点，连接． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若四边形是菱形，判断的形状，并说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）是直角三角形，理由见分析 【分析】（1）根据四边形是平行四边形，E、F分别是的中点，得出，，从而判断即可； （2）根据菱形的性质和三角形内角和定理解答即可． 解：（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E、F分别是的中点， ∴， ， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴是直角三角形． 【题型 5】菱形判定定理的理解 【例题5】（2026·安徽阜阳·二模）在中，已知对角线与交于点，若增加下列一个条件，不能判定一定为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 解：∵ 四边形是平行四边形，对角线与交于点， ∴ ，， 对选项A：∵ ， ∴ ，即，可得平行四边形是矩形，不能判定它是菱形； 对选项B：∵ 一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴ 可判定是菱形； 对选项C：∵ 中， ∴ ，又， ∴ ， ∴ ，可判定是菱形； 对选项D：∵ ，， ∴ 由可得，由勾股定理逆定理得，即，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定是菱形； 综上，不能判定一定为菱形的是选项A． 【变式1】（25-26八年级下·全国·课后作业）已知在平行四边形中，是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行四边形的固有性质和矩形的判定规则逐一判断选项即可． 解：∵平行四边形的对边本就相等， ∴，是平行四边形必然满足的性质，因此选项A和B不能判断该平行四边形为矩形，不符合题意； 当时，可以根据对角线相等的平行四边形是矩形得到平行四边形是矩形，故C符合题意； 当只能判定平行四边形是菱形，不能判定为矩形，故D不符合题意； 【变式2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的判定定理，逐一判断即可． 解：A、由图可知，对角线与两邻边的夹角均为，即邻边相等，则根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判定选项A一定是菱形； B、由三角形内角和定理可知对角线夹角为，即对角线垂直，则根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判定选项B一定是菱形； C、根据图中数据，只能说明同旁内角互补，不能说明一定是菱形； D、由图可知对角线平分内角，即所分成的两个角均为，由平行线性质可推出三角形为等边三角形，故邻边相等，则选项D一定是菱形； 则只有选项C不一定是菱形． 【变式3】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，添加下列条件，不能使其成为菱形的是（   ） A． B． C． D．平分 【答案】C 解：A、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项A不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、四边形是平行四边形，，不能证明平行四边形是菱形，故选项C符合题意； D、四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 平行四边形是菱形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【题型 6】根据菱形性质与判定定理求值 【例题6】（24-25八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． （1）如图1，若，则的度数为______ （2）如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 【答案】（1）；（2）四边形的面积为． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键． （1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数； （2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积． 解：（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接交于点，如图： 设，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ， ∴四边形的面积为． 【变式1】（24-25八年级下·湖北荆州·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，，，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． 由四边形为矩形，得到对角线互相平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形为菱形，根据的长求出的长，即可确定出其周长． 解：四边形为矩形， ，，且， ， ，， 四边形为平行四边形， ， 四边形为菱形， ， 则四边形的周长为． 故选：B ． 【变式2】（24-25八年级下·云南玉溪·期末）如图，某同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则________． 【答案】66 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，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：由作图可得， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示，在四边形中，，，为的中点，连接，，．连接，若，，求的长． 【答案】 【分析】本题考查菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．先证出四边形为菱形，得出，，再由勾股定理即可得出答案． 解：∵，E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴． 故答案为：． 【题型 7】根据菱形性质与判定定理求值证明 【例题7】（2025·四川达州·三模）如图，在中，点F为上一点，连接并延长到点E，使，连接，，连接交于点G．若． （1）求证：； （2）若，求证：平分． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】本题考查了平行四边形判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： （1）根据等边对等角得出，结合得出，根据平行四边形的性质得出，，，根据平行线的性质得出，根据等角对等边得出，然后根据证明即可； （2）连接，证明四边形是平行四边形，得出，，再证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质即可得证． 解：（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形， ∴平分． 【变式1】（25-26九年级上·福建南平·期中）如图，矩形的对角线，相交于点，且，．下列推断错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的性质；根据矩形的性质结合已知条件，证明四边形是菱形，即可判断A，C和D，没有条件得出B选项． 解：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵矩形的对角线，相交于点， ∴， ∴ ∴四边形是菱形， ∴，故A正确， ∴，，故C，D正确， 没有条件得出B选项． 故选：B． 【变式2】（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边形的性质，是解题的关键．连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论． 解：连接， 由作图知：，，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】（2026·四川绵阳·二模）如图，过的对角线的中点作两条互相垂直的直线，分别交，，，于，，，四点，连接，，，． （1）试判断四边形的形状并说明理由； （2）若，求证：． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见分析；（2）见分析． 【分析】（）四边形是平行四边形，得，证明，所以，同理可得，可证四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是菱形； （）在上取点，使，则有，由四边形是平行四边形，则有，所以，又，则然后通过四边形是菱形，证明，，所以，可得，证明，所以，从而可证． 解：（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （2）解：在上取点，使， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 三.题型精析——综合压轴篇 【题型 8】菱形与折叠问题 【例题8】（24-25八年级下·山东泰安·期末）对一张矩形纸片进行折叠，具体操作如下： 第一步：先对折，使与重合，得到折痕，展开； 第二步：再一次折叠，使点A落在上的点处，并使折痕经过点B，得到折痕，同时，得到线段，，展开，如图①； 第三步：再沿所在的直线折叠，点B落在上的点处，得到折痕，同时得到线段，展开，如图②． 求证：四边形为菱形． 【答案】见分析 【分析】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质和菱形的判定，其中对翻折变换的性质的理解是解决问题的关键． 根据点M是的中点判断出是的中点，再判断出垂直平分，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得，根据翻折变换的性质可得，，然后求出，再根据四条边相等的四边形是菱形证明结果． 解：∵对折与重合，折痕是， ∴点M是的中点， ∴是的中点， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵沿所在的直线折叠，点B落在上的点处， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【变式1】（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，在菱形中，，，点E在边上，连接，将沿折叠，若点B落在延长线上的点F处，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，等腰直角三角形，菱形的性质，根据菱形的性质，得到，折叠得到垂直平分，进而推出为等腰直角三角形，求出，再根据线段的和差关系，进行求解即可． 解：∵菱形中，， ∴， ∵将沿折叠，若点B落在延长线上的点F处， ∴垂直平分， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【变式2】（2025·陕西西安·一模）菱形中，，，、分别为、上的点，为边的中点，将沿折叠，点恰好落在点处，则的长为________________． 【答案】7 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定， 连接，根据菱形的性质得 ，进而得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得，，然后根据勾股定理求出，接下来设，则，最后根据勾股定理可得答案． 解：连接， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形． ∵点G是的中点， ∴，， ∴， 即． 根据勾股定理，得． 设，则， 根据勾股定理，得， 即， 解得， 所以． 故答案为：7． 【变式3】（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，把矩形纸片进行折叠． （1）如图1，若折叠后C点和A点重合，折痕交边，分别于点E，F，连接，交于点O．求证：四边形为菱形； （2）如图2，若折叠后C点落在边上的N点处，折痕交边于点M．已知该矩形纸片的长为，宽为．求的长． 【答案】（1）证明见分析；（2） 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法． （1）令、相交于点O，根据折叠的性质得出，，，通过证明，得出，即可求证四边形为菱形； （2根据勾股定理求出，则，进而得出，即可解答． 解：（1）证明：如图1，令、相交于点O， ∵矩形折叠使A，C重合，折痕为 ，，， ∵， ， 在和中， ， ∵，， 四边形为菱形； （2）解：∵矩形纸片的长为，宽为， ∴，， 由折叠可得：， 在中， ，， 在中，， 解得， 故的长是． 【题型 9】菱形与动点问题 【例题9】（25-26九年级上·山西临汾·月考）综合与探究 如图，在菱形中，对角线与相交于点O，点M、N是两个动点． （1）如果（）的长（单位：）是关于的一元二次方程的两个实数根，求的长． （2）若动点从出发，沿方向以的速度匀速直线运动到点，动点从出发，沿方向以的速度匀速直线运动到点D．（当点运动到C点时，点也随之停止运动）．若同时出发，设运动时间为秒，求为何值时，的面积为？ 【答案】（1）；（2）M、N出发2秒或5秒后，的面积为． 【分析】（1）解一元二次方程得到，利用菱形的性质结合勾股定理即可求解； （2）分三种情况，列出的表达式，解方程即可． 解：（1）解方程， 得， ， 在菱形中，， ， 在中，， ∴； （2）①当点M在上且点N在上时，，则， 解得（大于3，舍去）； ②当点M在上且点N在上时，，则， 此方程无解； ③当点M在上且点N在上时，，则， 解得（小于4，舍去）， 综上所述M、N出发2秒或5秒后，的面积为． 【点拨】注意菱形的对角线垂直且平分，勾股定理（两直角边的平方和等于斜边的平方）． 【变式1】（24-25八年级下·河南周口·期中）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，是对角线上的动点，若，，则的最小值是（   ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、利用轴对称求最短路径问题、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是利用轴对称将折线段转化为直线段，再结合垂线段最短的性质确定最小值的位置，通过构造直角三角形求解线段长度． 解：∵四边形是菱形，，， ∴平分，，． 作点关于的对称点， ∵是的角平分线， ∴点落在上，连接，则由轴对称的性质得， ∴， ∴当点、、三点共线时，取得最小值为， 而当时，的长度为最小的线段长，即此时取得最小值． 过点作于点， ∵， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 由勾股定理得， ∴（舍去负根）， ∴，即的最小值为． 故选：D． 【变式2】（2024·河南·一模）如图，在菱形中，，，点为边上的动点，点为边上的动点，将沿折叠，使得点的对应点落在所在的直线上，当为直角三角形时，的长为__________． 【答案】1或 【分析】此题考查了菱形的性质和等边三角形的性质和判定，分情况讨论是解题关键． 分为两种情况：当和时，再利用菱形的性质和角的直角三角形的性质性质进行解答即可． 解：由折叠的性质，得. 四边形是菱形， ，. 分两种情况讨论： ①当时，如解图1所示. ， . . . 又， ， 解得； ②当时，如解图2所示. ， . . . 又， ， 解得； 综上所述，的长为1或． 【变式3】（24-25八年级下·湖南湘西·期中）如图，在菱形中，，点E是上的动点，点F是上的动点， （1）若，求证∶ ； （2）若，猜想形状（不写证明过程）． 【答案】（1）见分析；（2）等边三角形，理由见分析． 【分析】（1）连接，通过证明三角形全等，求证即可； （2）作，通过证明是等边三角形，进而得到，得到，即可求解． 解：（1）证明：连接，如下图：    在菱形中，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ （2）解：等边三角形，理由如下： 作，如下图，    则， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴为等边三角形． 【点拨】此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，解题的关键是熟练掌握相关基础性质． 【题型 10】菱形与存在性问题 【例题10】（24-25八年级下·山东临沂·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，与直线相交于点，点直线上运动． （1）求直线的解析式． （2）是否存在点，使的面积是面积的？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，说明理由． （3）若点在轴上，在坐标平面内是否存在点，使以A，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）直线的解析式为；（2）存在，或；（3）存在，，，， 【分析】本题主要考查求一次函数解析式、一次函数与几何的综合、菱形的性质等知识点，掌握数形结合思想和分类讨论思想成为解题的关键． （1）直接运用待定系数法求解即可； （2）先求得的面积，进而求得，设，然后根据三角形面积公式列绝对值方程求得a，进而确定点M的坐标； （3）分是菱形的一条边、是菱形的一条对角线两种情况，分别求解即可． 解：（1）解：设直线的解析式为， 则有：，解得：， ∴直线的解析式为 （2）解：∵直线的解析式为， ∴,, ∵点， ∴，即， 设， ∴，解得：或1， ∴或 （3）解：存在， ∵直线的解析式为， ∴,， ∴； ①当是菱形的一条边时， 当点与点B关于x轴对称时，则点是点A关于y轴的对称点，四边形是菱形； 当点Q在x轴上方，菱形为时，则，即点； 同理：当菱形为时，点； ②当是菱形的对角线时， 设点，点， ∴的中点即为的中点，且（即：）， ∴，，， ∴， ∴； 综上，点Q的坐标为，，， 【变式1】（24-25八年级下·天津河东·期末）如图，直线分别与轴、轴交于点、，点在线段上，将沿翻折，点落在边上的点处．以下结论：①；②直线的解析式为；③点；④若线段上存在一点，使得以点、、、为顶点的四边形为菱形，则点的坐标是．其中正确的结论是（  ） A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】本题是一次函数综合题，主要考查一次函数的性质，翻折的性质，勾股定理，菱形的性质等知识点，深入理解题意是解决问题的关键． 根据一次函数的性质和翻折的性质以及勾股定理，菱形的性质对每个结论进行分析后再作出选择． 解：令，则， ， ， 令，得， ， 在中，，故①正确； ∵沿翻折，点落在边上的点处， ， ， 设，则， 在中，， 即， 解得：， ， 设直线的解析式为：， 把点和分别代入，得：， 解得：， ∴直线的解析式为，故②正确； 如图1，过作于， 根据三角形面积可得：， 在中，， ∴， ∴点坐标为，故③不正确； 如图2， 当以点、、、为顶点的四边形为菱形时，轴， ∴点的纵坐标与点的纵坐标相等， 把代入直线中，得， ∴点，故④正确； 综上，正确的结论有①②④， 故选：D． 【变式2】（24-25八年级下·江西南昌·月考）在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴交于点，．当点在线段（点不与，重合）上运动时，在坐标系内存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形，则点坐标为______． 【答案】或或 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理；当是菱形的一条边时，当点在点的下方时，则，，，即可求解；当点在点的上方时，同理可得：点，当是菱形的对角线时，则点与点关于轴对称，且为等边三角形，即可求解． 解：直线分别与轴、轴交于点，， 当时，，当时， 则点、的坐标分别为：，，， ，过点作轴于点， 当是菱形的一条边时， 当点在点的下方时，则，，， 则点； 当点在点的上方时，同理可得：点； 当是菱形的对角线时， 则点与点关于轴对称，且为等边三角形， 则，则，则点， 则点； 故答案为：或或． 【变式3】（24-25八年级下·湖北咸宁·期末）如图，矩形的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为，一次函数的图象与边分别交于点D、E． （1）求证：； （2）点M是线段DE上的一个动点． ①是否存在点M使得的和最小，若存在，请作图找出点M；若不存在，请说明理由； ②请探究：在x轴上方平面内的是否存在点N，使得以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出点N的坐标． 【答案】（1）见分析；（2）存在，作图见分析；或． 【分析】（1）根据矩形的性质可得轴，轴，再根据一次函数的图象与性质求出点D和点E的坐标，进而即可求得答案． （2）①作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小； ②分两种情况讨论：若以为对角线，得到菱形；若以为对角线，得到菱形，结合图形，利用菱形的性质即可求解． 解：（1）证明：四边形是矩形， 轴，轴， 一次函数的图象与边分别交于点D、E，点B的坐标为， 当时，，即， 当时，，即， ， ； （2）存在，作图如下： 作点C关于对称的点，连接，交于点M，连接，此时的值最小， 如图所示，若以为对角线，得到菱形， 则垂直平分，M和N关于对称， ， 点M和N的纵坐标均是， 将代入得：， 解得：， 点， ， ， 点； 如图所示，若以为对角线，得到菱形，则，线段与线段的中点重合，过点M作轴于点G， 设点M的横坐标为a，则纵坐标为， ， ， 即， 解得：（不能构成菱形，舍去）或， 将代入得：， 点， 菱形， ， 点； 综上所述，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形，点N的坐标为或． 【点拨】本题考查了一次函数的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得M的坐标是解题的关键． 三.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分,） 1．（24-25八年级下·江苏扬州·期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是    （       ） A．对角线相等 B．内角和等于 C．对边平行且相等 D．对角线互相垂直 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形、菱形的性质，掌握矩形、菱形与平行四边形的关系是解答本题的关键．根据矩形和菱形都是特殊的平行四边形，所以平行四边形所具有的性质，矩形和菱形都具有即可解答． 解：A：对角线相等，矩形的对角线相等是其固有性质，而菱形的对角线互相垂直且平分，但长度不一定相等（除非是正方形），因此，矩形具有而菱形不一定具有该性质； B：内角和等于，所有四边形的内角和均为，矩形和菱形均满足，故排除； C：对边平行且相等，矩形和菱形均为平行四边形，均满足对边平行且相等，故排除； D：对角线互相垂直，菱形的对角线互相垂直，而矩形的对角线仅当为正方形时才垂直，普通矩形不满足，故排除； 故选：A． 2．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，菱形的对角线交于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形的性质可得，从而得到，即可求解． 解：∵菱形的对角线交于点， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 3．（25-26八年级下·山东聊城·期中）如图，菱形的面积为30，对角线，相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D．5 【答案】A 【分析】根据菱形的性质求得，，利用菱形的面积公式求得，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵该菱形的面积为30， ∴， ∵，， ∴． 4．（2026·广西防城港·一模）如图、菱形的对角线相交于点，则下列结论不一定正确的是（    ） A． 平分 B． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，进行判断即可. 解：菱形的对角线相交于点， 则平分，，，不能得到. 故只有C选项符合题意. 5．（25-26八年级下·广西北海·期中）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】连接矩形的两条对角线，利用三角形中位线定理得到新四边形各边与矩形对角线的关系，结合矩形对角线相等的性质，推出新四边形四边相等，根据菱形的判定定理得到结果． 解：连接矩形的对角线和，设分别为矩形各边的中点．    ∵分别是矩形各边的中点， ∴，，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 6．（25-26八年级下·江苏苏州·月考）在中，添加下列条件：①；②；③平分；④．能够判定是菱形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】结合平行四边形的性质与菱形的判定定理，逐一分析每个条件能否判定平行四边形为菱形即可． 解：四边形是平行四边形， 添加条件①可得是矩形，不是菱形； 条件②是平行四边形的固有性质，故添加条件②无法判定其为菱形； 添加条件③平分， 如图， ∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴是菱形； 添加条件④能判定是菱形； 综上，能够判定是菱形的是③④，共2个． 7．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，按以下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；（3）分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；（4）连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，等边对等角，三角形内角和定理，可证明四边形是菱形，由等边对等角可得，由菱形的对角相等可得，据此求出的度数即可得到答案． 解：解；由作图方法可得， ∴四边形是菱形，， ∴， 又∵， ∴， 故选：C． 8．（2025·山东枣庄·三模）如图所示，在矩形纸片中，，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则当点与点重合时，的值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】由四边形是矩形，得，由翻折的性质可知，，即知，从而，四边形是平行四边形，又，故四边形是菱形；当，重合时，设，根据勾股定理和菱形的性质即可得到结论． 解：四边形是矩形， ， ， 由翻折的性质可知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， 当，重合时，如图： 设， 在中， ， ， ，即， ，，， ， ， ． 9．（25-26八年级下·重庆·期中）如图，菱形的边长为，，点E和点P分别为边和对角线上的动点，当的取值最小时，的周长为（   ） A．3 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】利用菱形的对称性可知点与点关于直线对称，则，故，当三点共线且时，的值最小，此时的周长即为的长，求出和的长即可． 解：∵四边形是菱形， ∴关于对称， ∴ ∴， ∵点在上，点在上， ∴当三点共线且时，最小， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长． 10．（2026·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，为边上一点，连接．将菱形沿折叠，点落在点处，于点．若点的坐标为，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由点的坐标得，求出点，运用待定系数法求出直线的解析式为，求得，设，则，由两点间距离公式得，解得，进而可得点D的坐标． 解：∵四边形为菱形，边在轴正半轴上， ∴轴， ∵于点，且点的坐标为， ∴轴， ∴，， ∴， 过点作轴于点，则， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， ∴， ∴直线的解析式为， 由折叠可得，， ∴， 设，则 ∴， ∴， 解得， ∴， ∴． （2） 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（25-26八年级下·上海闵行·期中）菱形的周长是20，一条较短的对角线长是5，则该菱形较大的内角是_______． 【答案】 【分析】根据题意求出菱形的边长，再结合等边三角形性质和判定推出较短对角线与菱形的一组邻边构成一个等边三角形，利用等边三角形性质和菱形性质求解，即可解题． 解：菱形的周长是20， 菱形的边长是， 一条较短的对角线长是5， 如图，可得， 为等边三角形， ， ， 该菱形较大的内角是． 12．（25-26八年级下·江苏南通·月考）如图所示，在菱形中，对角线与相交于点O，且，，则边上的高________． 【答案】 【分析】根据菱形的性质得，，，由勾股定理求出，再根据计算即可． 解：∵在菱形中，，， ∴，，， ∴， ∴，即， 解得． 13．（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，菱形的对角线与相交于O点，，过点A作交的延长线于点E，连接，则线段的长度是________． 【答案】3 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟掌握以上性质是解题的关键；根据菱形的性质可得，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求解即可． 解：四边形是菱形， ， ， ， ， 故答案为：3． 14．（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． 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） ． 15．（25-26八年级下·陕西商洛·月考）如图，在平行四边形 中，对角线交 于 O，已知 ，， ，那么点 O 到的距离为_______ ． 【答案】 【分析】过点作于点，根据平行四边形的性质求出，，根据勾股定理逆定理求出，即可判定四边形 是菱形，根据菱形的性质求出，再根据三角形面积公式求解即可． 解：如图，过点作于点， 由题意知， ，， ∵ ， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴平行四边形 是菱形， ∴， ∵， ∴， 即点 O 到的距离为． 16．（25-26八年级下·江苏徐州·期中）把邻边长分别为6，的平行四边形纸片，如图那样折一下，剪下一个边长等于6的菱形（称为第一次操作）；再把剩下的平行四边形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时平行四边形一边长的菱形（称为第二次操作）；再把剩下的平行四边形如此反复操作下去，若在第三次操作后，剩下的平行四边形为菱形，则a的值________． 【答案】10或8 解：①如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ， ， 四边形为菱形， ，即， 解得：； ②如图，经历三次折叠后，四边形为菱形， 四边形为菱形， ， ， ， ∵四边形，，都为菱形， ， ， 解得：； 综上所述，的值为或． 17．（2026·湖北襄阳·一模）如图，点为等边三角形外一点，连接、且，过点作分别交、于点、，若，，则的长为_______；的长为 _________． 【答案】 【分析】根据等边三角形的性质和平行线的性质证明是等边三角形，从而求得的长；过点作交于点，证明 ，进而证得四边形是菱形，利用及已知比例关系列方程求解的长． 解： 是等边三角形， ，， ， ， 在中，，， 是等边三角形， ； 如图，过点作交于点， ， ， ， ， ，， ， 在和中 ， ， ， ，， 平行四边形是菱形， ， ， 设，则， ， ，解得， ． 18．（25-26八年级下·北京·期中）如图，已知菱形，，点P在边上运动，连接，取中点Q，连接． （1）当P为中点时，的长为________； （2）在P从点B运动到点C的过程中，的最小值为________． 【答案】 4 【分析】（1）根据菱形的性质可知是等边三角形，再由三线合一可知，然后利用勾股定理求得，再求，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答； （2）连接、、，交于点O，则点O是、的中点，取的中点N、M，连接，根据三角形中位线的性质推出，点P运动过程中，点Q在线段上运动，然后根据三线合一证得垂直平分，则，进而根据两点之间线段最短可求得答案． 解：（1）如图，连接、， 四边形是菱形，， ，，， ∴是等边三角形， ∴， 为中点， ，，， ∴， ∴， ∴， 又∵点Q是的中点， ∴； （2）如图，连接、、，交于点O，则点O是、的中点，取的中点N、M，连接， 同理是等边三角形， ∴，， ∵点Q是的中点，点M是的中点，点N是的中点，点O是、的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，， ∴，点N、Q、O三点共线，即点P运动过程中，点Q在线段上运动， 设交于点E， ∵，点M是的中点， ∴， 又∵点N是的中点，点O是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，即垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴当B、D、Q三点共线时，有最小值，最小值为， ∴的最小值为4． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（25-26九年级上·广西南宁·期中）已知关于的一元二次方程的两个实数根分别是平行四边形的两边，的长． （1）如果，试求的值； （2）当为何值时，四边形是菱形？ 【答案】（1）3；（2）当时，四边形是菱形 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，菱形的性质，解一元二次方程等，熟练掌握根的判别式是解题的关键． （1）把代入方程，即可求解； （2）根据题意可得，即可求解． 解：（1）解：把代入方程得： ， 解得：； （2）解：四边形是菱形， ，即方程有两个相等的实数根， ， ，，， ， 解得：， 当时，四边形是菱形． 20．（本小题满分8分）（2025·浙江台州·模拟预测）如图，在菱形中，E是边的中点，连接并延长交的延长线于点F． （1）求证：． （2）若，且，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）证明，再结合菱形的性质即可证明； （2）先证明是直角三角形，再由勾股定理求解即可． 解：（1）证明：∵菱形， ∴， ∴， 又∵E是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：由题意，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵ 四边形是菱形，， ∴， ∴在中， ． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级下·江西宜春·期末）如图，在四边形中，，，对角线，相交于点O，平分，过点作交的延长线于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键； （1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答． 解：（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ，，， ， 在中，， ， ， ， ． 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·山西朔州·期中）如图，在中，，分别是，的中点，连接，是上一点，且点到，的距离相等，连接，过点作交于点． （1）求证：四边形是菱形． （2）若四边形B的周长为，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）由三角形的中位线定理，得到，结合，证明四边形平行四边形，平行结合角平分线，推出，即可得证； （2）根据三角形的中位线定理，得到，结合菱形的性质，线段的和差关系，求出的长，即可求解． 解：（1）证明：∵在中，点、分别是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 点到，的距离相等， 平分， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：由（1）知：，四边形是菱形， ∵菱形的周长为， ∴，， ∴， ∴， ∴． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，探究四边形中角的关系． （1）【探究】如图①，在四边形中，，，点，分别在边，上，，求证：． （2）【拓展】如图②，在菱形中，，点，分别在边，上，．若，求的大小． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）根据证明，可得结论； （2）作辅助线，构建全等三角形，证明，则，根据菱形的性质得：，推导出，可得结论． 解：（1）证明：如图①，在和中， ∵ ， ∴， ∴； （2）解：如图②，过点D作交延长线于点M，作交延长线于点N， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵四边形是菱形， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形中，点P、Q分别是上一点，（a是常数），平分． （1）求证：； （2）若 ①当，，判断点Q与点C是否重合？说明理由； ②连接，当，当四边形是菱形时，求长； （3）设，，是否存在常数a，使得无论m、n取何值，恒成立？若存在，请求出a的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）见分析；（2）①点Q与点C重合，理由见分析②；（3）当时，无论m、n取何值，恒成立，理由见分析 【分析】（1）根据角平分线的定义以及平行线的性质证明； （2）①过点作于点，假设，利用矩形的性质表示出相关线段的长度，利用勾股定理列出方程求解； ②连接，利用菱形的性质以及勾股定理求解； （3）过点作于点，利用矩形的判定和性质得出相等的边和直角，然后利用勾股定理表示出等式求解即可． 解：（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①点Q与点C重合，理由如下： 如图所示，过点作于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， 假设，则，， 由勾股定理得， 即， 解得， 即点Q与点C重合； ②如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 由勾股定理得； （3）解：当时，无论m、n取何值，恒成立，理由如下： 如图所示，过点作于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由勾股定理得， 即， 整理得， 要使恒成立， ∴，且， 解得， ∴当时，无论m、n取何值，恒成立． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $