专题5.2 菱形重难点题型专训（3个知识点+10大题型+2大拓展训练+自我检测）-2025-2026学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（浙教版）

本初中数学讲义聚焦菱形核心知识点，系统梳理菱形的定义及性质、面积计算方法、判定定理，构建从基础概念到性质应用（求角度、线段长、面积），再到判定及综合运用（中点四边形等）的学习支架，形成完整知识脉络。 资料通过10大题型分层训练、2大拓展训练及自我检测，结合中国结、风筝等生活实例，培养学生几何直观与推理能力。课中辅助教师高效授课，课后助力学生巩固知识，查漏补缺，提升解决综合问题的能力。

专题5.2 菱形重难点题型专训 （3个知识点+10大题型+2大拓展训练+自我检测） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 证明四边形是菱形 题型六 添一个条件使四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 中点四边形 拓展训练一 利用菱形的性质解决相关问题 拓展训练二 菱形的性质与判定解决相关问题 知识点一：菱形的定义及性质 1. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形． 2.数学语言描述：如图，在ABCD中，若AB=AD，则ABCD是菱形． 3.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 【即时训练】 1．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期末）下列关系中，是菱形具有的性质但不是平行四边形具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．两组对边分别平行 C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等 2．（24-25八年级下·全国·课后作业）如果菱形的对角线上一点P到边的距离为2，那么点P到边的距离为______． 知识点二：菱形面积的计算 计算方法 符号表示 主要依据 菱形的面积=底高 菱形是特殊的平行四边形 菱形的面积= 两条对角线 乘积的一半 【即时训练】 1．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，菱形中，，，则菱形的面积为（   ） A．96 B．48 C．24 D．12 2．（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 知识点三：菱形的判定 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． 【即时训练】 1．（25-26八年级下·湖北咸宁·期中）如图，分别以线段的两个端点A，B为圆心，以大于的相同长度为半径画弧，在的两侧交于点C，D，顺次连接，则四边形就是一个菱形，理由是（  ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．四边相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，是____________．其判定依据是_________________． 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（2026·八年级下 江苏盐城）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【例2】（25-26八年级下·山东聊城·月考）如图，是菱形的对角线，点在上，过点作交边于点，如果，那么的度数为___________． 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． 2．（25-26八年级下·江西赣州·期中）如图所示，把一张矩形的纸片按图示对折两次，然后剪下一部分，若得到一个钝角为的菱形，则剪口与第二次折痕所成角的度数应为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 3．（25-26八年级下·全国·周测）如图，四边形是菱形，点，分别在边，上，且是等边三角形．若，则的度数为____________． 4．（25-26八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，，E是边上的动点，作交于点F，在上取点G，使，连接． (1)求的度数； (2)求证：． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，，则菱形的周长是（   ） A．24 B．26 C． D． 【例2】（25-26八年级下·湖南邵阳·期中）中国结不仅是一种装饰品，还是一种文化符号，寓意团圆、美满，彰显了中国智慧和深厚的文化底蕴．如图，这是个菱形中国结，测得对角线，，则菱形的周长是______cm． 1．（25-26八年级下·广东江门·期中）如图，菱形中对角线相交于点，且，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·八年级下 河南驻马店）如图，在平面直角坐标系中，点是原点，菱形的顶点的坐标为．若菱形绕点逆时针方向旋转，每秒旋转，则第2026秒时，菱形的对角线交点的坐标为（   ） A． B． C．（） D． 3．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，木制活动衣帽架由三个完全相同的菱形构成，已知菱形的边长为，上、下两排挂钩间的距离为，则挂钩A，E之间的距离是_____． 4．（25-26八年级下·江西赣州·期中）请仅用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写作法） (1)如图，四边形是平行四边形，为上任意一点，请在边上找点，使； (2)如图，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例1】（25-26八年级下·山东菏泽·期中）风筝作为传统文化载体之一，是人们寄托情感、表达愿望等的一种方式，凝聚着人们的美好祝福和吉祥期盼．四月，风和日丽，阳光朗润，正是放风筝的好时节．某数学兴趣小组制作了一只菱形形状的风筝，如图，在菱形中，，则菱形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【例2】（25-26八年级下·陕西西安·月考）2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行．如图，战旗护卫队排成的队伍是菱形，记为，其中，，则菱形的面积为______． 1．（24-25八年级下·河北保定·月考）为全面落实劳动教育，某中学将校园里的荒地设计成了如图所示的菱形花圃（阴影部分），且菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点，若矩形荒地的长为80米，宽为60米，则菱形花圃的面积为（   ） A．2400平方米 B．2800平方米 C．3000平方米 D．3200平方米 2．（24-25八年级下·江西上饶·期末）下面说法正确的是（   ） A．5条直线最多能产生15个交点 B．菱形的面积等于对角线的乘积 C． D．若a，c均为正整数，，则最大值为9 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知在矩形中，， ，点在平面内且， 以为对角线作菱形，点在上． （1）如图1， 若点与点重合， 则__________． （2）如图2， 若经过点 ， 则__________． 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）【问题提出】我们知道菱形的面积不仅可以用底乘以高来求，而且知道菱形面积等于两条对角线乘积的一半．那么对于其他四边形是不是也可以用这种方法求面积呢？ 【深入探究】 (1)如图1，四边形的对角线、互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E，求四边形的面积．（请写出求解过程） 由此，我们可以得出一个结论1：对角线互相垂直的四边形的面积等于____________． 【拓展提高】 (2)由上述的结论1给我们的启示：对于两条对角线不垂直的四边形的面积如何求解呢？下面让我们一起来研究．如图2，四边形的对角线长为，点A到的距离与点C到的距离之和为，求四边形的面积．（请写出求解过程） 结论2：任意四边形的面积等于__________． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例1】（2024·八年级下 湖北宜昌）如图，观察菱形，它可通过尺规作图画出来．下列说法错误的是（    ）    A．点在以点为圆心，的长为半径的圆上 B．点在以点为圆心，的长为半径的圆上 C．以线段为基本图形，通过作的中垂线可得到菱形 D．两条弧所在的半径不相等 【例2】（23-24八年级下·全国·课后作业）矩形和菱形都是常见的几何图形，请根据它们的性质，写出矩形和菱形的两个不同点：①_________﹔②________． 1．（24-25八年级下·河北保定·月考）如图，下列直线是该菱形的对称轴的是（   ） A． B．和 C．和 D．全部都是 2．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，点E在对角线上，点F在边上，连接AE且，连接，其中，，过点C作交于点H．则图中与相等（除外）的角有（    ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 3．（23-24八年级下·江苏南京）如图，，，三个菱形，，全等，菱形短对角线长为2，G在延长线上，的周长为______． 4．（25-26八年级下·重庆·月考）如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积． 【经典例题五 证明四边形是菱形】 【例1】（25-26八年级下·贵州毕节·期中）在学习了特殊的平行四边形后，小安将一张矩形纸片按如图所示的方式对折两次后，沿虚线剪开，他剪下来的这个直角三角形纸片完全展开后的形状一定是（    ） A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．三角形 【例2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，方格纸中有一个四边形（、、、均为格点），若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则四边形是____________形． 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图所示为一张矩形纸片，圆圆和方方在探究矩形和菱形的联系，通过尺规作图在矩形中作出一个菱形．圆圆的作法是：连结对角线，作的中垂线分别交，于点，，连结，，则四边形是菱形．方方的作法是：作的中垂线分别交，于点，，连结，，则四边形是菱形．对于两人的作法，判断（   ） A．两人都正确 B．两人都错误 C．圆圆正确，方方错误 D．圆圆错误，方方正确 2．（25-26八年级下·山东·课后作业）下列句子中，是基本事实的为（   ） A．若，则 B．对顶角相等 C．有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形 D．相等的角一定是对顶角 3．（23-24八年级下·山东青岛·月考）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①；②四边形EBFD是菱形；③；④．其中结论正确的序号是______． 4．（2026八年级下·吉林长春·专题练习）如图，已知是的对角线，将沿某条直线翻折，使点与点重合，该折痕与边相交于点，与边相交于点，与相交于点，连结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的面积是24，则四边形的面积为______． 【经典例题六 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（23-24八年级下·安徽阜阳·期末）下列说法错误的是（    ） A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的四边形，顺次连接其四边的中点，所得四边形是矩形 C．若三角形的三边长的比为5∶12∶13，则这个三角形是直角三角形 D．若，则a≥0 【例2】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）在中，添加一个条件_____，使得四边形是菱形． 1．（2026·八年级下 河南信阳）如图，在中，，交于点，点，在上，．要使四边形为菱形，还需添加的一个条件是（     ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·广东惠州·期中）下列关于的叙述，正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是菱形 C．若，则是矩形 D．若，则是矩形 3．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，垂足为O，，要使四边形为菱形，应添加的条件是______（只需写出一个条件即可）． 4．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，点是边上的一个动点，点是边的中点，的延长线与的延长线交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形 (2)若，   ①当的值是 时，四边形是矩形（直接写出答案）；   ②当的值是 时，四边形是菱形，并说明理由． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例1】（25-26八年级下·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． 【例2】（2026·八年级下 山东临沂）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则_____． 1．（25-26八年级下·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． 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 3．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则_____度． 4．（2026八年级下·吉林长春·专题练习）如图，点O是平行四边形对角线的交点，分别过点C、D作、，连接．求证：四边形是矩形． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例1】（2026·八年级下 北京丰台）如图，，分别以点为圆心，长为半径画弧，在两侧交于点，连接，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 【例2】（23-24八年级下·新疆克孜勒苏·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，若，则四边形的周长是______． 1．（23-24·八年级下 山东枣庄）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． 2．（25-26八年级下·安徽宿州·期末）如图，将两条等宽的纸条重叠在一起，重叠部分为四边形，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·河北邯郸·月考）某校举办的科技节活动中，“纸牌承重”项目受到同学们的广泛关注．琪琪所在小组用若干张图1中的纸牌无缝隙、无叠合搭建成可承重的两条桌腿，制成如图2所示的“纸牌承重桌”（桌面与地面平行，桌面厚度和纸牌厚度忽略不计），“纸牌承重桌”的高度为______． 4．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，连接．设点的运动时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例1】（25-26八年级下·广东佛山·月考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·湖北荆门·期中）一个平行四边形的一条边长是，两条对角线的长分别是和，这个平行四边形的面积是______． 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，，若，，则四边形的面积是（   ） A．160 B．120 C．96 D．48 2．（25-26八年级下·山东济南·期末）如图，矩形中，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线分别交于点E，F，连接和，若，以下结论正确的个数是（   ） ①四边形是菱形；②；③；④若点是直线上的一个动点，则的最小值是9． A．1 B．2 C．3 D．4 3．（25-26八年级下·湖北咸宁·期中）如图，点E是矩形的边上一动点（不与B，C重合），以，为一组邻边作平行四边形，已知，． （1）平行四边形的面积为__________； （2）连接，当最小时四边形的周长为________． 4．（2026·八年级下 黑龙江哈尔滨）在中，，点在的延长线上，点在的延长线上，平分，． (1)如图，求证：四边形是平行四边形； (2)如图，当时，连接，交于点，过点作，交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的三角形． 【经典例题十 中点四边形】 【例1】（25-26八年级下·广西玉林·期中）学校矩形操场的四条边中点各立一个篮球架，现在用绳子把四个篮球架连起来，平面示意图如图所示．则绳子围成的四边形的形状一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．对角线相等的四边形 【例2】（25-26八年级下·广东珠海·期中）顺次连接任意一个四边形各边的中点所得的四边形叫做四边形的中点四边形，矩形的中点四边形是___________． 1．（25-26八年级下·河北保定·期中）四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形，四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 2．（2026·八年级下 内蒙古包头）公园里有一个对角线互相垂直的四边形景观水池，工作人员打算在水池四边的中点位置安装景观灯，并将这些灯用灯带连接起来，形成一个新的四边形灯带造型，四边形灯带造型的形状一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 3．（25-26八年级下·广东深圳·期中）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积___________（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）． 4．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，在中，点E，F，G，H分别是各边的中点，若四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为12，面积为7，求的长． 【拓展训练一 利用菱形的性质解决相关问题】 【例1】（25-26八年级下·河北邯郸·阶段检测）小明将由四条长为10的木条组成的菱形沿向右推至四边形的位置，如图所示，当，且菱形与四边形的大小完全一致时，的长度为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【例2】（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·月考）在平面直角坐标系中，菱形的对角线、分别在轴、轴上，且对角线交点与坐标原点重合．已知点的坐标为，点的坐标为，其中，，且、是关于的一元二次方程的两个实数根，则点的坐标为_____． 1．（25-26八年级下·河北石家庄·期中）如图，在菱形框架中并排摆放着3个全等的正六边形螺母（①～③），其中①号螺母的两条边恰好在边，上，③号螺母的两条边恰好在边，上．嘉嘉和淇淇仔细观察后，得出如下结论． 结论I：菱形框架的边长恰好是正六边形螺母边长的4倍； 结论Ⅱ：换种摆法，该菱形框架中最多可以摆放4个这样的正六边形螺母． 针对结论I和Ⅱ，判断正确的是（   ） A．I和Ⅱ都对 B．I和Ⅱ都不对 C．I对Ⅱ不对 D．I不对Ⅱ对 2．（2026·八年级下 浙江宁波）如图，在边长为2的菱形中，对角线交于点，于点，为上一点，，延长交于点，记，，当的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知菱形的边长为4，对角线、相交于点，点，分别是边、上的动点，，，分别与交于点，，连接、．以下结论正确的是______． ①；②；③当最小时，；④当时，则． 4．（25-26八年级下·山东菏泽·期中）在菱形中，对角线与相交于点． (1)如图1，若，求菱形的面积． (2)如图2，在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为．若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，将沿折叠，点的对应点落在上，连接，若，求的长． 【拓展训练二 菱形的性质与判定解决相关问题】 【例1】（2025·八年级下 安徽池州）已知四边形，延长至点，延长至点，连接．连接并延长交于点．下列条件中，不能推出与一定垂直的是（   ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·新疆巴州·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ________________________． 1．（2026·八年级下 安徽芜湖）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，交于点F，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·重庆巫山·期中）在中，，于，的平分线交于点，交于，于，的延长线交于点．以下说法错误的有（   ）个 ①；②；③；④；⑤若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 3．（25-26八年级下·重庆·期中）如图，在矩形中，点，分别在边，上，将该矩形沿折叠，使点落在点处，点的对应点落在上，连接交于点．若，，，则的长为________．连接，，，则的面积为________． 4．（25-26八年级下·上海普陀·期中）已知：在中，，过点A作射线与平行（如图所示），点P从点A出发沿着射线方向作匀速运动，同一时刻，点Q从点B出发沿着射线方向作匀速运动，设点P、Q运动的时间为t秒． (1)如果点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)设点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，，当垂直平分时，求的值． 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）在四边形中，，．如果再添加一个条件，即可推出该四边形是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·河北唐山·期中）艺术家埃舍尔将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图①是一个菱形，将图①截去一个边长为原来一半的菱形得到图②，用三个图②镶嵌得到图③，将图③着色后，再次镶嵌便得到埃舍尔作品（如图④），则图③中的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·八年级下 河南漯河）如图，在菱形中， ，为边的中点，为边上一点，将沿所在的直线折叠，点的对应点恰好落在边上，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26八年级下·宁夏银川·月考）如图，依次连接第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连接矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去，已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 5．（25-26八年级下·上海青浦·月考）有下列说法，其中正确说法的序号是（    ） ①矩形具有平行四边形的所有性质； ②平行四边形是轴对称图形； ③菱形的任意一条对角线可把平行四边形分成两个全等的等腰三角形； ④平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形． A．①④ B．①③ C．①③④ D．①②③④ 6．（24-25八年级下·广东深圳·期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（23-24·八年级下 陕西西安）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB=CD，∠ABD=20°，∠BDC=70°，则∠GEF=（    ）度． A．25 B．30 C．45 D．35 8．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示是以所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形的各个内角相等，记四边形、四边形的周长分别为，且，已知，则的长是（    ） A．22 B．33 C．44 D．55 9．（23-24八年级下·广东梅州·月考）如图，在平行四边形中，以A为圆心，长为半径画弧交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，连接交于点，过点A作于点，连接．若，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④；⑤正确的有（　　） A．①③④ B．①③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④⑤ 10．（24-25八年级下·广西南宁·月考）如图，已知矩形的邻边长分别为、，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 11．（2026·八年级下 陕西宝鸡）如图，四边形和四边形均为菱形，且菱形的面积为落在边上，若的面积为，则的面积是___________． 12．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将菱形绕着点按顺时针方向旋转得到菱形，点的对应点在轴上，则点的对应点的坐标为___________． 13．（25-26八年级下·全国·期中）如图，菱形中，，点为对角线上一点，作于点，作于点，若，菱形的面积为 _________ ． 14．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，矩形中，，对角线相交于，．点关于的对称点为，点是直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转后得到对应线段，连接CF，则线段长的最小值为______． 15．（25-26八年级下·广东梅州·期中）在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是______． 16．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图1，为等腰三角形，，P点是底边上的一个动点．，． (1)四边形的周长为________． (2)点P运动到什么位置时，四边形是菱形，请说明理由； (3)如果不是等腰三角形（图2）其他条件不变，点P运动到什么位置时，四边形是菱形，并说明理由． 17．（2026·八年级下 山东济宁）如图，在（）中设计了以下作图方案． 第一步：在上取一点，以点A为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P．连接并延长，交于点E． 第二步：在上取一点，以点B为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再以E为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再以为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点Q，连接并延长，交于点F． 第三步：连接，． 某同学按照方案利用无刻度的直尺和圆规作图如下． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)经测量，，，求的度数． 18．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，四边形是菱形，，点，在上，，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 19．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）在矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在点处． (1)【初步认识】如图1，折痕的端点与点重合． ①当时，； ②若点恰好在线段上，求的长； (2)【深入思考】如图2，点恰好落在边上．过点作交于点，连接．根据题意，补全图 并证明四边形是菱形； (3)【拓展提升】如图3，若，连接．当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长． 20．（25-26八年级下·吉林四平·期中）如图①，在矩形中，，，，分别是，上的点，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，始终保持，连接，，，．已知点，的速度均为每秒1个单位长度，设运动时间为． (1)若，分别是，中点． ①求证：； ②求证：四边形是平行四边形； ③若四边形为矩形，求的值； (2)如图②，若点，以每秒1个单位长度的速度分别从、的中点与点、同时出发，分别向点，运动，当四边形为菱形时，直接写出的值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题5.2 菱形重难点题型专训 （3个知识点+10大题型+2大拓展训练+自我检测） 题型一 利用菱形的性质求角度 题型二 利用菱形的性质求线段长 题型三 利用菱形的性质求面积 题型四 利用菱形的性质证明 题型五 证明四边形是菱形 题型六 添一个条件使四边形是菱形 题型七 根据菱形的性质与判定求角度 题型八 根据菱形的性质与判定求线段长 题型九 根据菱形的性质与判定求面积 题型十 中点四边形 拓展训练一 利用菱形的性质解决相关问题 拓展训练二 菱形的性质与判定解决相关问题 知识点一：菱形的定义及性质 1. 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形． 2.数学语言描述：如图，在ABCD中，若AB=AD，则ABCD是菱形． 3.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 【即时训练】 1．（23-24八年级下·辽宁铁岭·期末）下列关系中，是菱形具有的性质但不是平行四边形具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．两组对边分别平行 C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等 【答案】A 【详解】解：对角线互相垂直、两组对边分别平行、对角线互相平分、两组对角分别相等的四条性质中，对角线互相垂直是菱形具有但平行四边形不具有，其余三条性质是菱形和平行四边形都具有的. 2．（24-25八年级下·全国·课后作业）如果菱形的对角线上一点P到边的距离为2，那么点P到边的距离为______． 【答案】2 【分析】本题考查了菱形的性质，角平分线的性质．熟练掌握菱形的性质，角平分线的性质是解题的关键．由菱形，可知平分，由角平分线的性质可知点P到另外一边的距离． 【详解】解：∵菱形， ∴平分， ∵点P在对角线上，点P到的距离为2， ∴点P到另外一边的距离为2， 故答案为：2． 知识点二：菱形面积的计算 计算方法 符号表示 主要依据 菱形的面积=底高 菱形是特殊的平行四边形 菱形的面积= 两条对角线 乘积的一半 【即时训练】 1．（25-26八年级下·江苏常州·期中）如图，菱形中，，，则菱形的面积为（   ） A．96 B．48 C．24 D．12 【答案】C 【分析】根据菱形的面积等于菱形对角线长度乘积的一半，即可求解． 【详解】解：根据题意得：菱形的面积为． 2．（25-26八年级下·上海奉贤·期中）已知一个菱形的两条对角线的长分别是和，它的面积是______． 【答案】 【详解】解：这个四边形是菱形， ∴ 知识点三：菱形的判定 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． 【即时训练】 1．（25-26八年级下·湖北咸宁·期中）如图，分别以线段的两个端点A，B为圆心，以大于的相同长度为半径画弧，在的两侧交于点C，D，顺次连接，则四边形就是一个菱形，理由是（  ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．四边相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 【答案】B 【分析】根据菱形的判定定理：四条边相等的四边形是菱形，判定即可． 【详解】解：由图形作法可知：，可知四边形是菱形． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，是____________．其判定依据是_________________． 【答案】 菱形 有一组邻边相等的平行四边形是菱形 【分析】此题重点考查等腰三角形的判定、菱形的判定等知识，正确理解和应用菱形的定义是解题的关键． 由，得，即可根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明是菱形，于是得到问题的答案． 【详解】解：， ， 是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 故答案为：菱形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【经典例题一 利用菱形的性质求角度】 【例1】（2026·八年级下 江苏盐城）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【例2】（25-26八年级下·山东聊城·月考）如图，是菱形的对角线，点在上，过点作交边于点，如果，那么的度数为___________． 【答案】 【分析】根据菱形的每一条对角线平分一组对角，可求得，然后根据两直线平行同位角相等，据此即可解答． 【详解】解：∵是菱形的对角线，， ∴， ∵， ∴． 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． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（25-26八年级下·江西赣州·期中）如图所示，把一张矩形的纸片按图示对折两次，然后剪下一部分，若得到一个钝角为的菱形，则剪口与第二次折痕所成角的度数应为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】分两种情况：和，根据菱形的性质求出的度数即可得到答案． 【详解】解：如图所示，在菱形中，若， ∴， ∴与的夹角为，即剪口与第二次折痕所成角的度数应为 若时， ∵， ∴， ∴， ∴与的夹角为，即剪口与第二次折痕所成角的度数应为， 综上所述，剪口与第二次折痕所成角的度数应为或． 3．（25-26八年级下·全国·周测）如图，四边形是菱形，点，分别在边，上，且是等边三角形．若，则的度数为____________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的性质是解此题的关键． 由菱形的性质和等边三角形的性质得到，，，设，则，，根据列方程求解即可得到的度数． 【详解】解：∵四边形是菱形，是等边三角形， ，． 又， ，， ． ∵四边形是菱形， ，， ． 设，则，． ， ， ，即． 故答案为：． 4．（25-26八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，，E是边上的动点，作交于点F，在上取点G，使，连接． (1)求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）先证明是等边三角形，即可求解； （2）根据菱形的性质以及等边三角形的性质证明即可． 【详解】（1）解：，， 是等边三角形， ， ； （2）证明：由（1）知，， 四边形为菱形， ，， ． ， ， ，． 是等边三角形， ，， ． ， ， ， ， ． 【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】 【例1】（25-26八年级下·上海·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，，则菱形的周长是（   ） A．24 B．26 C． D． 【答案】C 【分析】由菱形的性质计算出和，利用勾股定理计算出，从而得出菱形的周长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，，， 由勾股定理可得，， ∴菱形的周长为． 【例2】（25-26八年级下·湖南邵阳·期中）中国结不仅是一种装饰品，还是一种文化符号，寓意团圆、美满，彰显了中国智慧和深厚的文化底蕴．如图，这是个菱形中国结，测得对角线，，则菱形的周长是______cm． 【答案】120 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴是等边三角形． ∵， ∴菱形的周长为． 1．（25-26八年级下·广东江门·期中）如图，菱形中对角线相交于点，且，若，，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的性质得到，，，由勾股定理得到，利用即可得到的长． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴． 2．（2026·八年级下 河南驻马店）如图，在平面直角坐标系中，点是原点，菱形的顶点的坐标为．若菱形绕点逆时针方向旋转，每秒旋转，则第2026秒时，菱形的对角线交点的坐标为（   ） A． B． C．（） D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得第2026秒时，菱形的对角线交点的坐标． 【详解】解：菱形的顶点，， 由中点坐标公式得D点坐标为． 每秒旋转，则点D旋转一周所需时间为：（秒）， ，即点D旋转253周，再额外旋转2秒， 初始D点坐标为，逆时针旋转后点D坐标为． 所以，第2026秒时，菱形的对角线交点的坐标为． 3．（25-26八年级下·江苏泰州·期中）如图，木制活动衣帽架由三个完全相同的菱形构成，已知菱形的边长为，上、下两排挂钩间的距离为，则挂钩A，E之间的距离是_____． 【答案】30 【分析】连接、交于点O，由题意可知挂钩A，E之间的距离，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理求出，即可求出挂钩A，E之间的距离． 【详解】解：如图，连接、交于点O， ∵木制活动衣帽架由三个完全相同的菱形构成， ∴挂钩A，E之间的距离， ∵菱形， ∴，，， ∵菱形的边长为， ∴， ∴， ∴挂钩A，E之间的距离． 4．（25-26八年级下·江西赣州·期中）请仅用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹，不要求写作法） (1)如图，四边形是平行四边形，为上任意一点，请在边上找点，使； (2)如图，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 【分析】（）连接，交于，连接并延长交于，可证可得，所以点即为所求作． （）连接交于，再连接交于，根据菱形的性质可证得，进而可证得得到，所以即为所作． 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所求． （2）如图所示，DF即为所求． 【点睛】本题考查直尺作图，平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，菱形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握相关知识点． 【经典例题三 利用菱形的性质求面积】 【例1】（25-26八年级下·山东菏泽·期中）风筝作为传统文化载体之一，是人们寄托情感、表达愿望等的一种方式，凝聚着人们的美好祝福和吉祥期盼．四月，风和日丽，阳光朗润，正是放风筝的好时节．某数学兴趣小组制作了一只菱形形状的风筝，如图，在菱形中，，则菱形的面积等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用勾股定理求出的长，得出另一条对角线的长，再利用菱形面积等于对角线乘积的一半求解． 【详解】解：设 与 交于点 ， 四边形 是菱形， ， ， ， 在 中， 由勾股定理得： ， ， ． 【例2】（25-26八年级下·陕西西安·月考）2025年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年阅兵仪式在天安门广场隆重举行．如图，战旗护卫队排成的队伍是菱形，记为，其中，，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理．根据菱形的性质得到是等边三角形，再利用勾股定理求出长，即可得出菱形的面积． 【详解】解：连接，过点B作于点， ∵在菱形中，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴菱形的面积， 故答案为：． 1．（24-25八年级下·河北保定·月考）为全面落实劳动教育，某中学将校园里的荒地设计成了如图所示的菱形花圃（阴影部分），且菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点，若矩形荒地的长为80米，宽为60米，则菱形花圃的面积为（   ） A．2400平方米 B．2800平方米 C．3000平方米 D．3200平方米 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质，熟练掌握矩形的性质和判定，菱形的性质是解题的关键；根据矩形的性质可证四边形是矩形，四边形是矩形， 可得米， 米，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图： 四边形是矩形，矩形荒地的长为80米，宽为60米， 米，米，， 菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点， ，， 四边形是矩形，四边形是矩形， 米， 米， 菱形花圃的面积为平方米， 故选：． 2．（24-25八年级下·江西上饶·期末）下面说法正确的是（   ） A．5条直线最多能产生15个交点 B．菱形的面积等于对角线的乘积 C． D．若a，c均为正整数，，则最大值为9 【答案】D 【分析】本题考查直线的交点问题、菱形的性质、因式分解、完全平方公式的应用，熟练掌握相关知识是解答的关键．根据相关知识逐项判断即可． 【详解】解：A选项，2条直线最多1个交点，3 条直线最多个交点，4 条直线最多个交点，5 条直线最多个交点， 故A项错误不符合题意； B选项，菱形的面积等于对角线乘积的一半，故B选项错误，不符合题意； C选项，∵， ∴，故C选项错误，不符合题意； D选项，由得， ∴，当时取等号， ∴最大值为9，故D选项正确，符合题意． 故选：D． 3．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）已知在矩形中，， ，点在平面内且， 以为对角线作菱形，点在上． （1）如图1， 若点与点重合， 则__________． （2）如图2， 若经过点 ， 则__________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键； （1）设，根据菱形的性质可得，在中，根据勾股定理，建立方程，解方程，即可求解． （2）过点作于点，根据菱形的面积公式等于对角线乘积的一半，可得，根据， ，，代入即可求解． 【详解】解：（1）在矩形中，， ， ∴， 设， ∵菱形， ∴， 在中， ∴ 解得： 即 故答案为：． （2）如图，连接，过点作于点， ∵经过点 ， ∴ ∴ 解得： 故答案为：． 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）【问题提出】我们知道菱形的面积不仅可以用底乘以高来求，而且知道菱形面积等于两条对角线乘积的一半．那么对于其他四边形是不是也可以用这种方法求面积呢？ 【深入探究】 (1)如图1，四边形的对角线、互相垂直，其中对角线长为，长为，垂足为E，求四边形的面积．（请写出求解过程） 由此，我们可以得出一个结论1：对角线互相垂直的四边形的面积等于____________． 【拓展提高】 (2)由上述的结论1给我们的启示：对于两条对角线不垂直的四边形的面积如何求解呢？下面让我们一起来研究．如图2，四边形的对角线长为，点A到的距离与点C到的距离之和为，求四边形的面积．（请写出求解过程） 结论2：任意四边形的面积等于__________． 【答案】(1)；两条对角线乘积的一半； (2)；一条对角线与另一条对角线两个端点到这条对角线的距离之和的积的一半 【分析】（1）根据，结合三角形面积公式，进行计算推导即可解答； （2）连接，过点A作于点N，过点C作于点M，同（1）解答即可． 【详解】（1）解： ． 根据上面推导过程可知，对角线互相垂直的四边形的面积等于两条对角线乘积的一半； （2）解：如图2，连接，过点A作于点N，过点C作于点M， 则， 根据上面推导过程可知，任意四边形的面积等于一条对角线与另一条对角线两个端点到这条对角线的距离之和的积的一半． 【经典例题四 利用菱形的性质证明】 【例1】（2024·八年级下 湖北宜昌）如图，观察菱形，它可通过尺规作图画出来．下列说法错误的是（    ）    A．点在以点为圆心，的长为半径的圆上 B．点在以点为圆心，的长为半径的圆上 C．以线段为基本图形，通过作的中垂线可得到菱形 D．两条弧所在的半径不相等 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质逐一判断即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：、点在以点为圆心，的长为半径的圆上，该选项说法正确，不合题意； 、点在以点为圆心，的长为半径的圆上，该选项说法正确，不合题意； 、以线段为基本图形，通过作的中垂线可得到菱形，该选项说法正确，不合题意； 、两条弧所在的半径相等，该选项说法错误，符合题意； 故选：． 【例2】（23-24八年级下·全国·课后作业）矩形和菱形都是常见的几何图形，请根据它们的性质，写出矩形和菱形的两个不同点：①_________﹔②________． 【答案】 矩形的对角线相等；（答案不唯一） 菱形的对角线互相垂直．（答案不唯一） 【分析】根据矩形和菱形的性质，然后判断它们性质的不同点，即可得到答案． 【详解】解：根据题意， 矩形的性质有：两组对边平行且相等；每个内角都是90°；对角线互相平分且相等； 菱形的性质有：两组对边平行且相等；四条边都相等；对角线互相平分且垂直； ∴不同点有：①矩形的四个内角都是90°；②矩形的对角线相等；③菱形的四条边都相等；④菱形的对角线互相垂直． 故答案为：矩形的对角线相等；菱形的对角线互相垂直．（答案不唯一） 【点睛】本题考查了矩形和菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和菱形的性质进行分析． 1．（24-25八年级下·河北保定·月考）如图，下列直线是该菱形的对称轴的是（   ） A． B．和 C．和 D．全部都是 【答案】C 【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．根据定义判定即可． 本题考查了轴对称图形的对称轴，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得菱形的对称轴的是和， 故选：C． 2．（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，菱形中，点E在对角线上，点F在边上，连接AE且，连接，其中，，过点C作交于点H．则图中与相等（除外）的角有（    ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】B 【分析】由菱形，可得，，，由，可得，则，由，可得，证明，则，证明，可得，则，然后判断作答即可． 【详解】解：∵菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即， 综上所述，与相等， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·江苏南京）如图，，，三个菱形，，全等，菱形短对角线长为2，G在延长线上，的周长为______． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、、等腰直角三角形的判定及勾股定理在计算中的应用，明确菱形的性质及根据勾股定理构建方程是解题的关键．连接，交于点K，交于点J，证明，设三个菱形边长为x，根据菱形的性质求出，得出，再根据求出x，即可解答． 【详解】解：连接，交于点K，交于点J， ∵，， ∴， ∵三个菱形，，全等，菱形短对角线长为2， ∴，，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∴， 设三个菱形边长为x． 则，， ∴， ∴． ∵G在AD延长线上， ∴， ∴， ∴，即， 解得：． 所以，， 所以的周长为． 故答案为：． 4．（25-26八年级下·重庆·月考）如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，． (1)求证：四边形是矩形； (2)过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，．结合题干可得，，且，则四边形是平行四边形．又因为，因此命题得证； （2）作，垂足为，由角平分线定理可得，．使用勾股定理计算出和，根据的面积构造方程，求出，进而求出的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：如图，作，垂足为，设， 在直角中，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ，， ， ∵， ∴， 解得，， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定，角平分线定理以及勾股定理，熟练掌握勾股定理解三角形是解题关键． 【经典例题五 证明四边形是菱形】 【例1】（25-26八年级下·贵州毕节·期中）在学习了特殊的平行四边形后，小安将一张矩形纸片按如图所示的方式对折两次后，沿虚线剪开，他剪下来的这个直角三角形纸片完全展开后的形状一定是（    ） A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．三角形 【答案】B 【分析】本题考查菱形的判定，折叠的性质，矩形的性质．通过折叠的过程可以得出该四边形的四边相等，继而进行判断即可． 【详解】解：由折叠的性质可得，展开后的图形为四边形，四边形的四边都与相等， 即四边形的四边相等， 故剪下来的直角三角形纸片完全展开后的形状是菱形， 故选B． 【例2】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，方格纸中有一个四边形（、、、均为格点），若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则四边形是____________形． 【答案】菱 【分析】利用勾股定理求出，再根据菱形的判定定理进行解答即可． 【详解】解：由于每个小正方形的边长均为1， 则， 因此，四边形是菱形． 1．（25-26八年级下·浙江杭州·期中）如图所示为一张矩形纸片，圆圆和方方在探究矩形和菱形的联系，通过尺规作图在矩形中作出一个菱形．圆圆的作法是：连结对角线，作的中垂线分别交，于点，，连结，，则四边形是菱形．方方的作法是：作的中垂线分别交，于点，，连结，，则四边形是菱形．对于两人的作法，判断（   ） A．两人都正确 B．两人都错误 C．圆圆正确，方方错误 D．圆圆错误，方方正确 【答案】C 【分析】根据菱形的判定方法一一判断即可． 【详解】解：如图1中，圆圆的作法正确．可以根据邻边相等的平行四边形是菱形． 如图2中，方方的作法错误．，四边不相等． 2．（25-26八年级下·山东·课后作业）下列句子中，是基本事实的为（   ） A．若，则 B．对顶角相等 C．有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形 D．相等的角一定是对顶角 【答案】A 【分析】题目主要考查基本事实的定义，在数学学习中，基本事实是反映数学领域最基本规律或特点的、经过长期实践检验得到普遍认可的事实，据此依次判断即可． 【详解】解：A、若，则是基本事实，符合题意； B、对顶角相等是定理，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形是菱形的定义，不符合题意； D、相等的角不一定是对顶角，不是基本事实，不符合题意； 故选：A． 3．（23-24八年级下·山东青岛·月考）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①；②四边形EBFD是菱形；③；④．其中结论正确的序号是______． 【答案】①②③④ 【分析】由矩形的性质及垂直平分线的判定和性质可证明①；根据全等三角形的判定和性质及菱形的判定和性质可证明②；由菱形的性质及全等三角形的判定可证明③；根据矩形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理可证明④． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴FM是OC的垂直平分线， ∴，故①正确； ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形EBFD为平行四边形， 由①得为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，为等边三角形， ∴， ∴ ∴， ∴四边形EBFD为菱形，②正确； 由②可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴，③正确； ∵四边形ABCD为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴，④正确， ∴正确结论为：①②③④， 故答案为：①②③④． 【点睛】题目主要考查矩形的性质，菱形的判定定理，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等，理解题意，综合运用这些性质是解题关键． 4．（2026八年级下·吉林长春·专题练习）如图，已知是的对角线，将沿某条直线翻折，使点与点重合，该折痕与边相交于点，与边相交于点，与相交于点，连结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)若的面积是24，则四边形的面积为______． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据翻折的性质和平行四边形的性质，可证明，得，可得到与互相垂直平分，即可证明出结论； （2）由（1）中，可得，可推理出，故可得出结果． 【详解】（1）解：∵翻折的性质， ∴垂直平分， ∴，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴，结合，， ∴， ∴， ∴与互相垂直平分， ∴四边形是菱形； （2）解：∵， ∴, ∴． 【经典例题六 添一个条件使四边形是菱形】 【例1】（23-24八年级下·安徽阜阳·期末）下列说法错误的是（    ） A．一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直的四边形，顺次连接其四边的中点，所得四边形是矩形 C．若三角形的三边长的比为5∶12∶13，则这个三角形是直角三角形 D．若，则a≥0 【答案】A 【分析】根据选项逐一判断正误，找出符合题意的选项即可； 【详解】A.一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原说法错误，符合题意； B.对角线互相垂直的四边形，顺次连接其四边的中点，所得四边形是矩形， 因为顺次连接其四边的中点，构成的四边形是平行四边形， 邻边互相垂直则所得的四边形是矩形； 说法正确，不符合题意 C.若三角形的三边长的比为5∶12∶13，则这个三角形是直角三角形， 设若三角形的三边长， 根据勾股定理的逆定理可知这个三角形是直角三角形； 说法正确，不符合题意； D.，则 若，则a≥0 说法正确，不符合题意 故选A 【点睛】本题考查了菱形的判定定理，矩形的判定定理，勾股定理逆定理，二次根式的性质，绝对值的意义，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 【例2】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）在中，添加一个条件_____，使得四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据菱形的判定定理，在平行四边形的基础上，添加一组邻边相等或对角线互相垂直即可判定为菱形． 【详解】解：已知四边形是平行四边形，根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可添加条件，此时四边形是菱形． 1．（2026·八年级下 河南信阳）如图，在中，，交于点，点，在上，．要使四边形为菱形，还需添加的一个条件是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质，结合菱形的判定定理，对各选项进行分析即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， 选项B由已知可得，不需要添加， ∵， ∴，即， 选项A由已知可得，不需要添加， ∴四边形是平行四边形， 添加选项C，无法证得四边形为菱形， ∵四边形为平行四边形， ∴ ∴． 若添加选项D， ∵， ∴． ∴， ∴四边形为菱形， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 2．（25-26八年级下·广东惠州·期中）下列关于的叙述，正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是菱形 C．若，则是矩形 D．若，则是矩形 【答案】D 【分析】由矩形和菱形的判定定理逐一判断选项即可． 【详解】解：已知四边形是平行四边形， A：若，无法推出平行四边形邻边相等，不满足菱形的判定条件，不能判定为菱形，故A错误； B：若，可得，由有一个内角是直角的平行四边形是矩形，判定是矩形，但不一定是菱形，故B错误； C：若，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判定是菱形，但不一定是矩形，故C错误； D：若，由对角线相等的平行四边形是矩形，判定是矩形，故D正确． 3．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，垂足为O，，要使四边形为菱形，应添加的条件是______（只需写出一个条件即可）． 【答案】或或或或或或（只需写出一个条件即可） 【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形为菱形”，通过添加条件证得，由一组对边相互平行且相等，从而证得四边形为平行四边形，即可解答． 【详解】解：可以添加的条件是：，理由如下： ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； 同理，添加或，则，即四边形是菱形； 也可以添加的条件是，理由如下： ， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； 也可以添加的条件是，理由如下： ， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形； 也可以添加的条件是，理由如下： ，， ，． 在和中， ． ． ． ， ∴四边形是平行四边形． ， ∴四边形是菱形； 也可以添加的条件是，理由如下： ，， ，， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形． 4．（25-26八年级下·上海·期中）如图，在平行四边形中，点是边上的一个动点，点是边的中点，的延长线与的延长线交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形 (2)若，   ①当的值是 时，四边形是矩形（直接写出答案）；   ②当的值是 时，四边形是菱形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①，②，见解析 【分析】（1）证明即可得证； （2）①根据矩形的判定求解即可；   ②根据菱形的判定解答即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴     ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，，， ∴， ∵点是边的中点， ∴， 设， ∴； ①∵四边形是矩形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故当的值是3时，四边形是矩形；   ②解：∵四边形是菱形， ∴， ∵ ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故当的值是1时，四边形是菱形． 【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】 【例1】（25-26八年级下·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． 【详解】解；由作图方法可得， ∴四边形是菱形，， ∴， 又∵， ∴， 故选：C． 【例2】（2026·八年级下 山东临沂）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则_____． 【答案】/62度 【分析】首先证明出四边形是菱形，然后根据菱形的性质求解． 【详解】解：∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形是菱形 ∴平分和 ∴． 1．（25-26八年级下·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． 【详解】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． 2．（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先根据平行四边形及邻边相等的条件判定图形为菱形，再利用菱形性质、等腰三角形性质等，逐一分析与相等的角． 【详解】解：四边形是平行四边形，且 四边形是菱形 ，，，， ， ， ，故①符合题意， ， ，故②符合题意， ， ， 又，， ， ， ∴， ，故③符合题意， 故选：D． 3．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则_____度． 【答案】 【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：如图：   ，， 四边形为平行四边形， ，， 是的角平分线， ， ， 为菱形． ，即． 4．（2026八年级下·吉林长春·专题练习）如图，点O是平行四边形对角线的交点，分别过点C、D作、，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形，得出，即，即可得证． 【详解】证明：∵、， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形为平行四边形，且， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】 【例1】（2026·八年级下 北京丰台）如图，，分别以点为圆心，长为半径画弧，在两侧交于点，连接，则的长为（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】先分析作图过程，证明是菱形，再利用菱形的性质得到，，最后用勾股定理计算． 【详解】解：如图所示，连接， 根据题意可得， 四边形是菱形， ，，， ， ． 【例2】（23-24八年级下·新疆克孜勒苏·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，若，则四边形的周长是______． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键． 由矩形的性质可得，通过证明四边形是菱形，进行列式，可求解四边形的周长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴四边形的周长， 故答案为：8． 1．（23-24·八年级下 山东枣庄）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． 【详解】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， ，，， ， ， ． 2．（25-26八年级下·安徽宿州·期末）如图，将两条等宽的纸条重叠在一起，重叠部分为四边形，若，则四边形的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，平行四边形的面积公式，理解纸条等宽的条件是解题关键． 先由纸条对边平行判定四边形为平行四边形，再结合纸条等宽，利用面积公式推导出邻边相等，确定其为菱形，最后根据菱形四边相等的性质计算出周长． 【详解】解：如图，过点作于点E，于点F，则， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形的周长为． 故选：． 3．（25-26八年级下·河北邯郸·月考）某校举办的科技节活动中，“纸牌承重”项目受到同学们的广泛关注．琪琪所在小组用若干张图1中的纸牌无缝隙、无叠合搭建成可承重的两条桌腿，制成如图2所示的“纸牌承重桌”（桌面与地面平行，桌面厚度和纸牌厚度忽略不计），“纸牌承重桌”的高度为______． 【答案】 【分析】如图，连接，根据题意，得到是等边三角形，边长都为，进而得到四边形是菱形，推出，即“纸牌承重桌”的高度为的长度，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， 根据题意，是等边三角形，边长都为， 四边形是菱形， ， ， ，即“纸牌承重桌”的高度为的长度， ． 4．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）如图，在矩形中，，．点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的运动速度都是，连接．设点的运动时间为． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由四边形是矩形，可得，进一步求解即可． （2）当时，四边形是菱形，结合，再建立方程求解即可． 【详解】（1）解： 四边形是矩形， ，． ∴， 当时，四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， 由题意知：． 由，得， 解得：． 当时，四边形是矩形． （2）解：由（1）知：， 又∵， 四边形是平行四边形， 当时，四边形是菱形， 在中，， ，且， 即有， 解得：， 当时，四边形是菱形． 【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】 【例1】（25-26八年级下·广东佛山·月考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握菱形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 过点D分别作，垂足分别为点M，N，连接，则，证明四边形是菱形，再根据为等腰直角三角形，可得，然后根据菱形的面积公式解答即可． 【详解】解：如图，过点D分别作，垂足分别为点M，N，连接，则，    根据题意得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 在中，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 即重叠部分图形的面积是． 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·湖北荆门·期中）一个平行四边形的一条边长是，两条对角线的长分别是和，这个平行四边形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定和性质，利用平行四边形的性质和勾股定理的逆定理可得，即得平行四边形是菱形，再根据菱形的面积公式计算即可求解，掌握菱形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：如图，平行四边形中，，，， 则，， ∵， ∴是直角三角形，，即， ∴平行四边形是菱形， ∴， 故答案为：． 1．（24-25八年级下·天津西青·期末）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，，若，，则四边形的面积是（   ） A．160 B．120 C．96 D．48 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定和性质掌握知识点是解题的关键． 先证明四边形是菱形，可求，利用出勾股定理即可求出，则可得，再根据菱形的面积公式，即可解答． 【详解】解：设与相交于点D，如图： 由题意，有 ， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴ ∴． 故选C． 2．（25-26八年级下·山东济南·期末）如图，矩形中，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线分别交于点E，F，连接和，若，以下结论正确的个数是（   ） ①四边形是菱形；②；③；④若点是直线上的一个动点，则的最小值是9． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，求得，根据作图过程可知：是的垂直平分线，得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，，，根据全等三角形的性质得到，推出四边形是菱形；在中，利用勾股定理可得，从而得到，再由勾股定理可得；根据菱形的面积可得；根据是的垂直平分线，可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：设交于点 四边形是矩形， ，， ， 由作法得：是的垂直平分线， ， ， ， 是的垂直平分线， ，，，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是菱形，故①正确； 在中，， ∴， ∴，故②正确； ，故③错误； 是的垂直平分线， ∴， ∴， 即的最小值是9，故④正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了作图基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解决本题的关键是掌握基本作图方法． 3．（25-26八年级下·湖北咸宁·期中）如图，点E是矩形的边上一动点（不与B，C重合），以，为一组邻边作平行四边形，已知，． （1）平行四边形的面积为__________； （2）连接，当最小时四边形的周长为________． 【答案】 12 【分析】（1）首先由矩形得到，，，然后求出，然后根据平行四边形的性质求解； （2）如图，连接交于点G，得到，当时，取得最小值，此时取得最小值，如图，得到四边形是菱形，利用勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴平行四边形的面积； （2）如图，连接交于点G， ∵四边形是平行四边形 ∴ ∴当时，取得最小值，此时取得最小值，如图， ∴四边形是菱形 ∴ ∵四边形是矩形 ∴ ∴四边形是矩形 ∴ ∴ ∴菱形的周长为． 4．（2026·八年级下 黑龙江哈尔滨）在中，，点在的延长线上，点在的延长线上，平分，． (1)如图，求证：四边形是平行四边形； (2)如图，当时，连接，交于点，过点作，交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与面积相等的三角形． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（）利用等腰三角形的性质、角平分线的定义及三角形外角性质可证，得到，即可求证； （）由可证是等边三角形，得到，即得平行四边形是菱形，即得到，，再证明是等边三角形，得到，即得到，得，又根据菱形的性质得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴与面积相等的三角形有． 【经典例题十 中点四边形】 【例1】（25-26八年级下·广西玉林·期中）学校矩形操场的四条边中点各立一个篮球架，现在用绳子把四个篮球架连起来，平面示意图如图所示．则绳子围成的四边形的形状一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．对角线相等的四边形 【答案】A 【分析】根据三角形中位线，菱形的判定解答即可； 【详解】解：连接， 因为矩形操场的四条边中点各立一个篮球架， ，， 故， 故四边形是菱形； 【例2】（25-26八年级下·广东珠海·期中）顺次连接任意一个四边形各边的中点所得的四边形叫做四边形的中点四边形，矩形的中点四边形是___________． 【答案】 菱形 【分析】利用三角形中位线定理可得中点四边形对边平行且等于原矩形对角线的一半，结合矩形对角线相等的性质，可得中点四边形邻边相等，根据平行四边形和菱形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：设矩形，，，，分别是，，，的中点，连接，， 根据三角形中位线定理，可得：，，，，， ，， 四边形是平行四边形， 矩形的对角线相等， ， ， ， 平行四边形是菱形． 1．（25-26八年级下·河北保定·期中）四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形，四边形的形状是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】设交于点，交于点，先根据三角形的中位线定理，得到，证明四边形是平行四边形，再根据可得，即可证明四边形是矩形． 【详解】解：如图，设交于点，交于点， 点E、F、G、H分别是边的中点， 是的中位线，即， 同理，是的中位线，即， 是的中位线，即， 是的中位线，即， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形． 2．（2026·八年级下 内蒙古包头）公园里有一个对角线互相垂直的四边形景观水池，工作人员打算在水池四边的中点位置安装景观灯，并将这些灯用灯带连接起来，形成一个新的四边形灯带造型，四边形灯带造型的形状一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】B 【分析】利用三角形中位线定理先证明所得四边形为平行四边形，再结合原四边形对角线互相垂直的条件，得到平行四边形有一个内角为直角，根据矩形定义即可得出结论． 【详解】解：如图，设任意四边形中，对角线，分别是的中点， ∵分别是的中点， 是的中位线， ∴，且， 同理可得，且，，且， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴，即， ∴平行四边形是矩形． 即四边形灯带造型的形状一定是矩形． 3．（25-26八年级下·广东深圳·期中）如图，木匠师傅在设计窗格时，先做出平行四边形木框，固定边在窗棱上，再连接各边中点E、F、G、H构造出四边形窗花．请问，在向左推动木框的过程中（各点始终在同一平面内），四边形的面积___________（填“先变大后变小”或“始终不变”或“先变小后变大”）． 【答案】先变大后变小 【分析】连接，证明四边形的面积是平行四边形的面积的一半，再根据平行四边形的面积的变化情况：先变大后变小，而得出四边形的面积也是先变大后变小． 【详解】解：连接， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵分别是的中点， ∴, 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴, 在变化过程中，不变，边上的高由短变长再变短， ∴平行四边形的面积先变大再变小， ∴平行四边形的面积先变大再变小． 4．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，在中，点E，F，G，H分别是各边的中点，若四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为12，面积为7，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了中点四边形，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）连接，相交于点O，利用中位线的性质和菱形的判定证明即可； （2）根据矩形的面积和周长求出，，再利用完全平方公式求解即可． 【详解】（1）证明：连接相交于点O， 点分别是四边形各边的中点， ， 四边形是矩形， ， ， 平行四边形是菱形； （2）点分别是四边形各边的中点， ， 矩形的周长为12，面积为7， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ． 【拓展训练一 利用菱形的性质解决相关问题】 【例1】（25-26八年级下·河北邯郸·阶段检测）小明将由四条长为10的木条组成的菱形沿向右推至四边形的位置，如图所示，当，且菱形与四边形的大小完全一致时，的长度为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】连接，交于O，菱形与四边形的大小完全一致，得到，，根据勾股定理求出，得到，即可求得 【详解】解：连接，交于O， ∵菱形与四边形的大小完全一致， ∴，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴ 【例2】（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·月考）在平面直角坐标系中，菱形的对角线、分别在轴、轴上，且对角线交点与坐标原点重合．已知点的坐标为，点的坐标为，其中，，且、是关于的一元二次方程的两个实数根，则点的坐标为_____． 【答案】或 【分析】本题考查菱形的性质，坐标与图形，解一元二次方程．根据已知条件，结合菱形的性质可得点C在轴的负半轴上，与点A关于原点对称，解一元二次方程得出点A的坐标，即可求解． 【详解】解：解得：，， 、是关于的一元二次方程的两个实数根， 或， 点的坐标为或， 由题意得点C在轴的负半轴上，与点A关于原点对称， 点的坐标为或， 故答案为：或． 1．（25-26八年级下·河北石家庄·期中）如图，在菱形框架中并排摆放着3个全等的正六边形螺母（①～③），其中①号螺母的两条边恰好在边，上，③号螺母的两条边恰好在边，上．嘉嘉和淇淇仔细观察后，得出如下结论． 结论I：菱形框架的边长恰好是正六边形螺母边长的4倍； 结论Ⅱ：换种摆法，该菱形框架中最多可以摆放4个这样的正六边形螺母． 针对结论I和Ⅱ，判断正确的是（   ） A．I和Ⅱ都对 B．I和Ⅱ都不对 C．I对Ⅱ不对 D．I不对Ⅱ对 【答案】A 【分析】先求出是等边三角形， 得，再分别证四边形、是平行四边形，得，即可得Ⅰ正确；通过作图可得Ⅱ正确． 【详解】解：如下图， 根据题意，得正六边形的每一个外角是，每一个内角是， ， ， ， 是等边三角形， ， 在菱形框架中并排摆放着3个全等的正六边形螺母， ， ， 在菱形中， ， ， 延长交于点J， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 故菱形框架的边长恰好是正六边形螺母边长的4倍； 可以排列如图所示， 故该菱形框架中最多可以摆放4个这样的正六边形螺母， 故选：A． 2．（2026·八年级下 浙江宁波）如图，在边长为2的菱形中，对角线交于点，于点，为上一点，，延长交于点，记，，当的大小发生变化时，则下列代数式的值不变的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过作于，过作于，先由四边形是矩形，得到，，再证明，得到，证明，得到，证明，得到，根据，，得到，，，再根据，得到． 【详解】解：过作于，过作于， ∵边长为2的菱形， ∴，，，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∵， ∴， 整理得， 即当的大小发生变化时，代数式的值不变的是． 3．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知菱形的边长为4，对角线、相交于点，点，分别是边、上的动点，，，分别与交于点，，连接、．以下结论正确的是______． ①；②；③当最小时，；④当时，则． 【答案】①②④ 【分析】可证明是等边三角形，得到，再证明是等边三角形，得到，则可证明，得到，据此可判断①②；证明是等边三角形，得到，则当时，有最小值，即此时有最小值，可证明，据此可判断③；证明是等腰直角三角形，得到，则可求出，过点E作于点H，可证明是等腰直角三角形，得到，可推出，，则，据此可判断④． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∴，故②正确； ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴当最小时，最小， 由垂线段最短可知，当时，有最小值，即此时有最小值， ∴此时点M为的中点， ∴，， ∴， ∴点N为的中点， ∴， ∴， ∴，故③错误； 当时，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中，，则， ∴，， ∴， 过点E作于点H， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理可证，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，故④正确； ∴正确的有①②④． 4．（25-26八年级下·山东菏泽·期中）在菱形中，对角线与相交于点． (1)如图1，若，求菱形的面积． (2)如图2，在上取点，连接，将沿折叠，点的对应点为．若点落在的延长线上，求证：． (3)如图3，将沿折叠，点的对应点落在上，连接，若，求的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【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）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． 【详解】（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：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， ，， ， ． 【拓展训练二 菱形的性质与判定解决相关问题】 【例1】（2025·八年级下 安徽池州）已知四边形，延长至点，延长至点，连接．连接并延长交于点．下列条件中，不能推出与一定垂直的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．根据，得出，证明，根据等腰三角形的三线合一得出，即可判断A选项；证明，得出，从而得出，根据等腰三角形的性质即可判断B选项；根据无法证明，即可判断C选项；延长，取，连接、，证明，得出，，证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形，即可判断D选项． 【详解】解：A．∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即，故A不符合题意； B．∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 根据A选项解析可知，此时，故B不符合题意； C．当时，无法证明，故C符合题意； D．延长，取，连接、， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 根据A选项解析可知：， ∴， ∴， ∴四边形为菱形， ∴，即，故D不符合题意． 故选：C． 【例2】（23-24八年级下·新疆巴州·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ________________________． 【答案】/59度 【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识， 首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． ∵垂直平分， ∴，，， ∵， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴． ∵， ， ∴， ， 故答案为：． 1．（2026·八年级下 安徽芜湖）如图，在四边形中，，，，，E为的中点，交于点F，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作于点，证明四边形为菱形，四边形为矩形，为等腰直角三角形，进而求出的长，求出的长，利用线段的和差关系进行求解即可. 【详解】解：作于点， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， ∵交于点F，E为的中点， ∴四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴. 2．（24-25八年级下·重庆巫山·期中）在中，，于，的平分线交于点，交于，于，的延长线交于点．以下说法错误的有（   ）个 ①；②；③；④；⑤若，则 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】连接，，，根据证得，即可证得，可以判断②正确；由已知，，，从而证得三个直角三角形，即：，，再通过已知，的平分线和对顶角得，即得为等腰三角形，，证明四边形是菱形，可以判断①③正确；根据等腰直角三角形的性质可以判断④错误；根据等底等高的两个三角形面积相等可以判断⑤正确． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∵的平分线交于E， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故②正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵的平分线交于E， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， 故①③正确； 在中，， ∵， ∴， 故④错误； ∵四边形是菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，则． 故⑤正确． 综上所述：错误的有④，一共1个． 故选：A． 【点睛】此题考查的是菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质、定理是解题的关键． 3．（25-26八年级下·重庆·期中）如图，在矩形中，点，分别在边，上，将该矩形沿折叠，使点落在点处，点的对应点落在上，连接交于点．若，，，则的长为________．连接，，，则的面积为________． 【答案】 【分析】根据折叠的性质结合已知条件，证明四边形是菱形，设，则，，进而勾股定理分别求得得出，即可得出的长；分别过点作的垂线，垂足分别为，过点作于点，根据的面积为，利用勾股定理，等面积法求得相关线段长度，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵将该矩形沿折叠，使点落在点处，点的对应点落在上，连接交于点． ∴ ∴ ∴ ∵折叠， ∴ ∴， ∴四边形是菱形， 设，则，， 在中，，则， 在中， ∵， ∴ 解得： 则的长为，，， ∴ 如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，过点作于点， ∵折叠， ∴，， 又∵， ∴ ∵四边形是菱形， ∴，， 在中， ∴ ∵， ∴， ∴的面积为 4．（25-26八年级下·上海普陀·期中）已知：在中，，过点A作射线与平行（如图所示），点P从点A出发沿着射线方向作匀速运动，同一时刻，点Q从点B出发沿着射线方向作匀速运动，设点P、Q运动的时间为t秒． (1)如果点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，当四边形是平行四边形时，求t的值； (2)设点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，，当垂直平分时，求的值． 【答案】(1)3秒 (2) 【分析】（1）根据题意，得，，，当点Q在上时，此时，根据，列出方程求解即可； （2）根据题意，得点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，设运动时间为t秒，故，，设垂直平分时，交点为G，连接，根据题意，得，，证明四边形是菱形，求解即可． 【详解】（1）解：根据题意，得，，， 当点Q在上时，此时，四边形是平行四边形， 故， ， 解得（秒）； （2）解：根据题意，得点P的速度为/秒，点Q的速度为/秒，设运动时间为t秒，故，，设垂直平分时，交点为G，如图所示，连接，根据题意，得，， 故，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 故． 1．（25-26八年级下·全国·课后作业）在四边形中，，．如果再添加一个条件，即可推出该四边形是菱形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形和矩形的判定；熟练掌握判定方法是解决问题的关键． 由且，可证四边形为平行四边形，再根据菱形的判定，添加一组邻边相等即可推出菱形. 【详解】解：∵ ，，且四边形内角和为， ∴ ，即， ∴ （同旁内角互补，两直线平行）， 又∵ ，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形是平行四边形. A、当时，平行四边形为矩形，不符合题意； B、当时，平行四边形为矩形，不符合题意； C、当时，不能保证菱形，不符合题意； D、当，则平行四边形中一组邻边相等，那么该平行四边形是菱形，符合题意． 故选：D． 2．（25-26八年级下·河北唐山·期中）艺术家埃舍尔将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图①是一个菱形，将图①截去一个边长为原来一半的菱形得到图②，用三个图②镶嵌得到图③，将图③着色后，再次镶嵌便得到埃舍尔作品（如图④），则图③中的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由题意可知，可得，再根据平行线的性质得，然后根据平行线的性质得，则答案可得． 【详解】解：如图所示， 由题意可知， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 3．（2026·八年级下 河南漯河）如图，在菱形中， ，为边的中点，为边上一点，将沿所在的直线折叠，点的对应点恰好落在边上，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由菱形的性质得，即得，由折叠得，，得到是等腰直角三角形，进而求出即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵为边的中点， ∴， 由折叠得，，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 4．（25-26八年级下·宁夏银川·月考）如图，依次连接第一个菱形各边的中点得到一个矩形，再依次连接矩形各边的中点得到第二个菱形，按此方法继续下去，已知第一个菱形的面积为1，则第4个菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接矩形和菱形的对角线，根据矩形和菱形的性质求得第1个矩形的面积，进而得到第2个菱形的面积，从而得到菱形面积的规律，据此解答即可． 【详解】解：如图，连接矩形和菱形的对角线， 根据矩形和菱形的性质以及中点可得图中最小单位的16个三角形面积都相等，且为第1个菱形面积的， 已知第1个菱形的面积为1，则第1个矩形面积为； 同理可得第2个菱形的面积是第一个矩形面积的一半，为， 第3个菱形的面积为， 第4个菱形的面积为． 5．（25-26八年级下·上海青浦·月考）有下列说法，其中正确说法的序号是（    ） ①矩形具有平行四边形的所有性质； ②平行四边形是轴对称图形； ③菱形的任意一条对角线可把平行四边形分成两个全等的等腰三角形； ④平行四边形的两条对角线把平行四边形分成4个面积相等的小三角形． A．①④ B．①③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】C 【分析】根据平行四边形与特殊平行四边形的性质逐个判断各说法即可． 【详解】解：∵矩形是特殊的平行四边形， ∴矩形具有平行四边形的所有性质，故①正确； ∵普通平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形， ∴②错误； ∵菱形是四边相等的平行四边形，任意一条对角线分割该平行四边形（菱形）后，得到的两个三角形三边对应相等（菱形边长相等，对角线为公共边），因此两个三角形全等，且每个三角形有两条边是菱形的边长，因此是等腰三角形， ∴③正确； ∵平行四边形的对角线互相平分，四个小三角形等底同高，面积都等于平行四边形面积的，因此四个小三角形面积相等， ∴④正确； 综上，正确说法的序号是①③④． 故选：C． 6．（24-25八年级下·广东深圳·期中）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与、交于点、，连结交于点，连结、．若，，则下列结论中正确结论的是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质等一系列知识，灵活运用是解题的关键．判定是等边三角形，得，；由得， 进而可得垂直平分，求得；再证明，可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得是等边三角形，从而可判断①；由平行的性质得是等边三角形，从而有，则可判断②；利用含30度直角三角形的性质得，即可判断③；设的面积为a，则得的面积为，从而，则得矩形面积为，从而，则可判断④；最后得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， O是中点， ∴， ∴， ∴， ∴，是等边三角形， ∴，； ∵， ∴，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴；故①是正确的； ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∵， ∴； ∵， ∴， ∵ ∴， ∴，故③正确， 设的面积为a， ∵， 则， 而M为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误； 故选：C． 7．（23-24·八年级下 陕西西安）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB=CD，∠ABD=20°，∠BDC=70°，则∠GEF=（    ）度． A．25 B．30 C．45 D．35 【答案】A 【分析】先证四边形EGFH是平行四边形，再证四边形EGFH是菱形即可，由，，可求，利用平角定义可求，于是，利用菱形性质求，从而求出． 【详解】解：E、G分别是AD、BD 的中点，F H分别是BC、AC的中点， ， ， 同理：， 四边形EGFH是平行四边形， AB=CD， GE=GF， 四边形EGFH是菱形 ∠ABD= 20°，∠BDC= 70°，， ，， ， ， ， FE平分 ，    故选:： A． 【点睛】本题考查菱形判断与性质，求菱形内角，掌握菱形的判定与性质，会利用菱形的性质求角度是解题关键． 8．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图所示是以所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形的各个内角相等，记四边形、四边形的周长分别为，且，已知，则的长是（    ） A．22 B．33 C．44 D．55 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及轴对称性质，解题时注意：四条边相等的四边形是菱形．根据六边形的各个内角相等，即可得出，，都是等边三角形，由轴对称可得，四边形、四边形都是菱形，再根据，，即可得到． 【详解】解：∵六边形的各个内角相等， ∴该六边形的每个内角为，每个外角都是， ∴，，都是等边三角形， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，即， 又， ∴， 由轴对称可得，四边形、四边形都是菱形， ∵， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 9．（23-24八年级下·广东梅州·月考）如图，在平行四边形中，以A为圆心，长为半径画弧交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，连接交于点，过点A作于点，连接．若，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④；⑤正确的有（　　） A．①③④ B．①③⑤ C．②③④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】A 【分析】①由尺规作图的过程可知，直线是线段的垂直平分线，，再根据平行四边形的性质证明，进而可得四边形是菱形； ②根据四边形是菱形，对角线互相垂直平分，利用勾股定理即可得的长，进而可以判断； ③根据四边形是菱形，即可求出菱形的面积，进而可以判断； ④根据等面积法即可求出的长，进而可以判断； ⑤根据菱形的性质可得是斜边的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可判断． 【详解】解：①由尺规作图的过程可知，直线是线段的垂直平分线，， ，， ∵， ， ， ， ， 四边形是菱形，故①正确； ②四边形是菱形， ，，， ， ，故②错误； ③四边形是菱形， ，故③正确； ④四边形是菱形， ， ， ，故④正确； ⑤四边形是菱形， 是的中点， 在中，是斜边的中线， ，故⑤错误． 故正确的有①③④， 故选：A． 【点睛】本题考查了作图基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 10．（24-25八年级下·广西南宁·月考）如图，已知矩形的邻边长分别为、，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了图形的变化类规律，找出规律、的表示方法是解题的关键．记四边形， 的面积为，易知四边形为菱形，四边形为矩形，，，，……，推出依此可得，最后令即可解答． 【详解】解：如图，连接， ∵顺次连接矩形各边的中点，得到四边形， ∴四边形 是矩形， ∴，. 同理，，， ∴， ∴， ∵顺次连接四边形，各边的中点，得到四边形， ∴，， ∴， 依此可得， ∴四边形的面积是． 故选：B． 11．（2026·八年级下 陕西宝鸡）如图，四边形和四边形均为菱形，且菱形的面积为落在边上，若的面积为，则的面积是___________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形面积，掌握菱形的性质是解题关键．连接，根据菱形的性质，推出，得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接， 四边形和四边形都是菱形， ，，，， ，， ， ， ， ， 和同底等高， ， 菱形的面积为，的面积为， ， ， 故答案为：． 12．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形的顶点的坐标为，顶点的坐标为，将菱形绕着点按顺时针方向旋转得到菱形，点的对应点在轴上，则点的对应点的坐标为___________． 【答案】 【分析】连接交于点E，先根据题意可得点，进而得出，再由旋转的性质可得，进而得出，则此题可解． 【详解】解：如图所示，连接交于点E， ∵菱形的顶点A的坐标为，顶点B的坐标为， ∴点， ∴． 由旋转的性质可得， ∴， ∴点D的对应点的坐标为． 13．（25-26八年级下·全国·期中）如图，菱形中，，点为对角线上一点，作于点，作于点，若，菱形的面积为 _________ ． 【答案】 【分析】连接，过点作于点，由菱形的性质得到，再根据三角形的面积公式，得到，证明是等腰直角三角形，从而得到，即可求出菱形的面积． 【详解】解：连接，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴由勾股定理可得，， ∵， ∴． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了菱形的性质及面积求法，三角形面积公式，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确作辅助线是解题关键． 14．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）如图，矩形中，，对角线相交于，．点关于的对称点为，点是直线上一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转后得到对应线段，连接CF，则线段长的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，，，，由矩形性质可得，，，，然后证明是等边三角形，则，又点与关于对称，所以，，从而可得四边形是菱形，所以，又将线段绕点顺时针旋转后得到对应线段，所以，，证明，所以，要使最小，则需最小，根据垂线段最短可知，当时，最小，然后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，，，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴是等边三角形，， ∴， ∵点与关于对称， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵将线段绕点顺时针旋转后得到对应线段， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 要使最小，则需最小，根据垂线段最短可知，当时，最小，如图， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴线段长的最小值为． 15．（25-26八年级下·广东梅州·期中）在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是______． 【答案】12 【分析】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定，关键是由三角形中位线定理判定四边形是矩形． 根据三角形中位线定理得到，，，，，，根据矩形的判定和性质计算即可． 【详解】解：，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：，， ，， 四边形是平行四边形， ，G分别是，的中点， 是的中位线， ，， ，， ， 四边形是矩形， 四边形的面积为：， 故答案为：． 16．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图1，为等腰三角形，，P点是底边上的一个动点．，． (1)四边形的周长为________． (2)点P运动到什么位置时，四边形是菱形，请说明理由； (3)如果不是等腰三角形（图2）其他条件不变，点P运动到什么位置时，四边形是菱形，并说明理由． 【答案】(1)12 (2)当点P运动到中点时，四边形是菱形．理由见解析 (3)点P运动到的平分线上时，四边形是菱形．理由见解析 【分析】（1）由题意可得四边形为平行四边形，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得，即可求四边形的周长； （2）当P为中点时，四边形是菱形，由等腰三角形的性质和平行线的性质可得，则平行四边形是菱形； （3）P运动到的平分线上时，四边形是菱形，首先证明四边形是平行四边形，再根据平行线的性质可得，从而可证出，进而可得，然后可得四边形是菱形． 【详解】（1）解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的周长； （2）解：当点P运动到中点时，四边形是菱形．理由如下： 连结，如图， ，， 四边形是平行四边形． ，P为的中点， ． ， ， ， ， 四边形是菱形； （3）解：点P运动到的平分线上时，四边形ADPE是菱形，理由如下： 连结． ，， 四边形是平行四边形， 平分， ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． 17．（2026·八年级下 山东济宁）如图，在（）中设计了以下作图方案． 第一步：在上取一点，以点A为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P．连接并延长，交于点E． 第二步：在上取一点，以点B为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再以E为圆心，以的长为半径作弧，交于点；再以为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点Q，连接并延长，交于点F． 第三步：连接，． 某同学按照方案利用无刻度的直尺和圆规作图如下． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)经测量，，，求的度数． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】（1）根据作图可得，平分，，先证明四边形是平行四边形，再角度推导得到，即可证明其为菱形； （2）根据菱形的性质以及平角的意义求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵平行四边形 ∴ ∴ 由作图可得，平分 ∴ ∴ ∴ 由作图可得， 又∵，即 ∴四边形是平行四边形， 又∵ ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形 ∴， ∵， ∴． 18．（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，四边形是菱形，，点，在上，，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)四边形的周长为． 【分析】（）连接，交于点，由菱形的性质可得，，，从而得，所以四边形是平行四边形，又，故平行四边形是菱形，从而求证； （）连接，交于点，由四边形是菱形，得，，，通过勾股定理求得，因为四边形是菱形，所以，，由勾股定理得，即可求出四边形的周长． 【详解】（1）证明：如图，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，连接，交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴四边形的周长为． 19．（25-26八年级下·江苏盐城·期中）在矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在点处． (1)【初步认识】如图1，折痕的端点与点重合． ①当时，； ②若点恰好在线段上，求的长； (2)【深入思考】如图2，点恰好落在边上．过点作交于点，连接．根据题意，补全图 并证明四边形是菱形； (3)【拓展提升】如图3，若，连接．当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)①，② (2)证明见解析 (3)线段的长为或 【分析】（1）①由邻补角性质得，进而由折叠性质即可求解；②由折叠和勾股定理可求出，设，则，，在中利用勾股定理列出方程解答即可求解； （2）①先证四边形是平行四边形，再由即可求证； （3）分和两种情况，利用折叠的性质解答即可求解． 【详解】（1）解：①∵， ∴， 由折叠可得，， ∴， ②当点恰好在线段上时，如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠可得，，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴的长； （2）补图如下： 证明：∵， ∴， 由折叠可知，，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （3）由折叠可知，，设，则， ①当时， 在中，， 解得， ∴； ②当时，过点作交于， 则， ， 由折叠可知，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴； 综上，线段的长为或． 20．（25-26八年级下·吉林四平·期中）如图①，在矩形中，，，，分别是，上的点，，是对角线上的两个动点，分别从点，同时出发相向而行，始终保持，连接，，，．已知点，的速度均为每秒1个单位长度，设运动时间为． (1)若，分别是，中点． ①求证：； ②求证：四边形是平行四边形； ③若四边形为矩形，求的值； (2)如图②，若点，以每秒1个单位长度的速度分别从、的中点与点、同时出发，分别向点，运动，当四边形为菱形时，直接写出的值． 【答案】(1)①见解析；②见解析；③或 (2) 【分析】（1）①矩形中，可得，，则，进而证明，由，即可证明； ②由，可得，，可得，证明，从而可得结论； ③连接，证明四边形是矩形，可得，求解，分为当点E，F相遇前，当点E，F相遇后，逐步分析解答即可； （2）设M，N分别为、的中点，连接，，，令与相交于点O，证明四边形为菱形，可得，设，则，再利用勾股定理进一步求解即可． 【详解】（1）解：①∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵，分别是，中点， ∴,， ∴， ∵， ∴． ②∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； ③连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， 如图1，当点E，F相遇前， ∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， 解得； 如图2，当点E，F相遇后， ∵四边形是矩形， 又∵，， ∴， 解得, 综上所述，四边形为矩形时，或； （2）如图，设M，N分别为、的中点，连接，，，令与相交于点O， ，， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∴四边形为菱形， ∴， 设，则， 由勾股定理，可得， 即， 解得， ∵，即， 当四边形为菱形时，t的值为． 学科网（北京）股份有限公司 $