专题05菱形期末易错与压轴题型专练(16大题型共计55道)2025-2026学年人教版八年级数学下册

**基本信息** 聚焦菱形高频易错与压轴题型，以“性质应用-判定证明-综合拓展”为逻辑主线，系统提炼解题方法，覆盖核心素养中抽象能力、推理意识与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |易错模块（性质/判定）|9模块28题|性质应用：对角/邻角关系、勾股定理；判定证明：平行四边形基础+邻边相等/对角线垂直|从单一性质（角度/线段/面积）到判定综合，构建菱形概念应用体系| |压轴模块（综合应用）|7模块27题|动点t表示+分类讨论；折叠全等+勾股方程；对称转化求最值|结合坐标系、旋转等综合场景，形成“性质-判定-复杂问题”递进知识链|

专题05菱形期末易错与压轴题型专练 本专练聚焦菱形章节高频易错压轴题型，梳理易错点与解题思路，针对性练习，扫清知识盲区、突破解题瓶颈。 易错01.菱形的性质求角度 易错02.菱形的性质求线段长 易错03.菱形的性质求面积 易错04.菱形的性质证明 易错05.添条件使四边形是菱形 易错06.证明四边形是菱形 易错07.菱形的性质与判定求角度 易错08,菱形的性质与判定求线段长 易错09.菱形的性质与判定求面积 压轴10.菱形与动点问题 压轴11.菱形与折叠问题 压轴12.菱形与坐标系综合 压轴13.菱形与特殊三角形/四边形综合 压轴14.菱形存在性问题 压轴15.菱形与最值问题 压轴16.菱形与旋转综合 易错01.菱形的性质求角度 题型特征：给菱形一角/对角线夹角，求剩余内角、对角线分割出的小角；常结合等边三角形、直角三角形。 易错点：①混淆“对角线平分对角”，错用对角线平分邻角；②忽略菱形邻角互补，只记对角相等；③有60°菱形时，分不清哪两条边构成等边三角形。 1．如图，在菱形中，点E是边上一点，，连接．若，求的度数． . 2．如图，在菱形中，，是对角线上的两点，连接，，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 3．【问题提出】 如图1，点E是菱形边上的一点，是等腰三角形，，，交于点G，探究与的数量关系． 【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数； (2)再探究一般情形，如图1，求的度数；（用含的代数式表示） 【问题拓展】 (3)如图3，当，时，若点E为边的中点，请求出的面积． 易错02.菱形的性质求线段长 题型特征：已知一条对角线+边长/另一条对角线，求边长、对角线、对角线一半、线段和差。 易错点：①对角线不除以2直接代入勾股定理；②分不清直角三角形直角边是对角线的一半；③多线段综合时漏看四边相等条件。 4．如图，菱形对角线，相交于点O，测得，，过点A作于点H，则的长为__________． 5．如图，在菱形中，对角线与相交于点，点、分别是、的中点，，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．8 D．32 6．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 易错03.菱形的性质求面积 题型特征：给两条对角线、边长+高、边长+60°内角三种条件求面积。 易错点：①面积公式记错，直接对角线相乘不除以2；②已知边长和60°时，不会用等边三角形求高；③混淆菱形面积与平行四边形通用公式。 7．如图，在矩形中，，，延长至点E，延长至点F，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为__________． 8．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠的部分为菱形，若对角线，，则该菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 9．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于，求的长． 10．如图，已知，，，分别是矩形的边，，，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 易错04.菱形的性质证明 题型特征：证线段相等、角相等、两线垂直、三角形全等。 易错点：①证明时漏写菱形四条边相等/对角线垂直平分的依据；②不会结合对角线平分角找全等条件。 11．如图，矩形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在平面内确定一点E，使得四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，若，四边形的面积为，求的长． 12．如图，在菱形中，点，分别是上的一点，且，与相交于点O，求证：． 13．如图，是菱形的对角线，点E，F分别在和上，与交于点．求证：是的垂直平分线． 易错05.添条件使四边形是菱形 题型特征：题干先给平行四边形/普通四边形，选能判定菱形的单一条件。 易错点：①平行四边形中错选“对角线相等”（这是矩形条件）；②普通四边形只给一组邻边相等就判定菱形；③混淆判定定理适用前提（先平行四边形再邻边相等/对角线垂直）。 14．如图，的对角线相交于点，添加下列条件能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 15．如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，请你添加一个条件________，使四边形AEDF是菱形． 16．如图，的对角线、交于点，添加以下条件不能证明是菱形的是（） A． B． C． D． 易错06.证明四边形是菱形 题型特征：解答大题，分两类：先证平行四边形，再证邻边相等/对角线垂直；直接证四条边都相等。 易错点：①跳过证明平行四边形，直接用对角线垂直判定普通四边形为菱形；②证明四条边相等时只证两组对边相等；③书写判定依据混淆矩形、菱形判定。 17．如图，已知四边形是平行四边形． 嘉嘉：当时，它是菱形； 琪琪：当时，它是矩形． 对于他俩的说法，正确的是（   ） A．只有嘉嘉对 B．只有琪琪对 C．他俩都对 D．他俩都错 18．如图，为等腰三角形，若把它沿底边翻折得到，则四边形为菱形的依据是___________________． 19．如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 易错07.菱形的性质与判定求角度 题型特征：动点、折叠、平行四边形变换，先判定菱形，再用菱形性质推角度。 易错点：①判定菱形步骤遗漏，直接套用菱形角的性质；②折叠后相等角找不全，忽略菱形对角线角平分线双重作用。 20．如图，是的角平分线，交于，交于．且交于，则_____度． 21．如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 22．如图，四边形为平行四边形，过点作，交边于点，交边延长线于点．连接、，过点作交延长线于点，已知． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的度数． 易错08,菱形的性质与判定求线段长 题型特征：坐标系、动点、折叠，先证图形为菱形，再勾股定理求边长、动点线段。 易错点：①未判定菱形就默认四边相等；②坐标系里对角线中点、垂直关系计算出错；③动点分类讨论漏解。 23．如图，在中，，对角线，交于点，点是的中点，，则的周长为______． 24．如图，菱形的对角线、相交于点，点、分别为、的中点，连接、、、，若四边形的周长为，，则菱形的边长为（    ） A． B． C．4 D． 25．如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则所得四边形是菱形． (1)根据以上尺规作图的过程，求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 易错09.菱形的性质与判定求面积 题型特征：先判定菱形，再结合对角线/高求面积；常与三角形面积转化结合。 易错点：①判定完菱形后面积公式仍忘记除以2；②图形分割后不会拆分计算菱形面积。 26．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________． 27．如图．在的两边上分别截取，使；分别以点A、B为圆心．长为半径作弧，两弧交于点C；连接．若，四边形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 28．如图，在四边形中，，，过点作，交的延长线于点，连接，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作于点，延长交于点．若，，求四边形的面积． 压轴10.菱形与动点问题 典题特征：①菱形边或对角线上设置动点，给出运动速度和时间t；②探究t的值，求解等腰/直角三角形、线段长度、图形面积。 解题思路：①用含t的式子表示动线段，确定t取值范围；②结合菱形性质+勾股定理表示三角形边长；③分类讨论三角形不同直角、等腰情况；④列方程求解，舍去不合题意的解。 29．如图，在菱形中，为的中点，则对角线上的动点到两点的距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 30．如图，点是边长为1的菱形对角线上的一个动点，点，分别是，边上的中点，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D．2 31．如图，在中，，，点、分别是、边上的动点，连接，，当的值最小时，，则的长为________． 32．如图，在中，，点E为边上一动点，连接，将沿折叠，点D的对应点为F． (1)如图1，若的延长线恰好经过点B．求证：； (2)若， ①如图2，当，、所在直线分别与直线、直线相交于H、G．作于点P，若，求的长． ②如图3，当点E在射线上时，若的面积为，连接．则的最大值 ． 压轴11.菱形与折叠问题 典题特征：①菱形沿线段折叠，顶点落在菱形边上，有重叠阴影部分；②求线段长、折痕、折叠角度、重叠区域面积。 解题思路：①利用折叠前后边角对应相等，找准等量关系；②结合菱形四边相等、对角线垂直梳理条件；③设未知数，借助直角三角形勾股定理列方程；④整体减空白法求解重叠面积。 33．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． 34．如图，在菱形纸片中，，将菱形纸片翻折，使点落在的中点E处，折痕为，点分别在边上，则的面积为（    ） A．3 B． C．4 D． 35．如图，已知平行四边形，，，，M、N分别是、上的点，将四边形沿对折，使B点和D点重合，则折痕_______． 36．如图，在平行四边形纸片上，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． (1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形是_____________； (2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连结并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图③，当时，连结并延长，交边于点H．若平行四边形的面积为24，，延长交于点M，直接写出的长． 压轴12.菱形与坐标系综合 典题特征：①给出2-3个菱形顶点坐标，结合平面直角坐标系出题；②求剩余顶点坐标、对角线交点、边长以及菱形面积。 解题思路：①利用菱形对角线互相平分、互相垂直的坐标特点；②用中点公式、两点距离公式计算坐标与边长；③套用对角线公式直接求菱形面积；④结合平行关系求解直线解析式。 37．如图在平面直角坐标系中，若菱形的顶点，的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 38．如图，菱形在平面直角坐标系中，，则点的坐标为（  ） A． B． C． D． 39．如图，平行四边形中，以点为坐标原点，为轴正半轴建立平面直角坐标系，在上截取，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线交于点，若，，则点的坐标为_____． 40．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． 压轴13.菱形与特殊三角形/四边形综合 典题特征：①结合60°菱形，搭配等边、直角三角形，内嵌新四边形；②求角度、线段长，证明线段关系，判定四边形形状。 解题思路：①遇60°菱形，直接得出短对角线等于边长；②利用对角线平分内角，拆分特殊直角三角形；③利用菱形边角条件证明三角形全等；④判定四边形遵循：先证平行四边形，再补判定条件。 41．如图，在菱形中，E，F，G，H分别为，，，的中点，连接，，，，则菱形的面积与四边形面积的比值为________． 42．如图，在菱形中，．连接，点为的中点．交于点E．交于点F．则图中的等边三角形分别为_________________． 43．如图，在菱形中，，点为对角线上的动点（不与端点重合），过点作于点，作于点，若，则菱形的周长为________． 44．如图，菱形与正方形的两个对角顶点重合于点和点，若，，则正方形的对角线的长为__________． 45．如图，菱形的对角线，相交于点O，取中点F，连接并延长，使得，连接，． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，过点F作的垂线交于点G，连接．求菱形的面积． 压轴14.菱形存在性问题 典题特征：①已知三个定点，在坐标轴或直线上找点构成菱形；②求所有符合条件的点坐标，容易出现漏解。 解题思路：①分两大类：已知线段为菱形的边、已知线段为菱形对角线；②作边用平移法找点，作对角线用中点公式找点；③统一检验，剔除共线、点重合的无效答案。 46．如图，已知矩形，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为秒． (1)若E，F不重合，G，H分别在，上，且，．求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形； (2)若G、H分别是、的中点，试问当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形； (3)若G、H分别是折线，上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 47．如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知，，四边形为矩形，是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长度的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)若，求证：四边形是平行四边形． (2)在线段上是否存在一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，并求此时点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，求四边形周长的最小值． 压轴15.菱形与最值问题. 典题特征：①菱形对角线上有一动点，外加两个固定点；②求线段和最小值、图形周长最小值。 解题思路：①利用菱形对角线为对称轴的轴对称特点；②作定点对称点，转化折线为直线；③两点之间线段最短，连线长度即为最小值；④周长最值固定一边，转化为线段和最值求解。 48．已知四边形为菱形，为上任意一点，点为上任意一点，，．则的最小值是_________． 49．在菱形中，，，是中点，是上一动点，，是，的中点．则的最小值为________． 50．如图，在菱形中，，，点是菱形内或边上的一点，且，连接，，则面积的最小值为________． 51．菱形的边长为4，，点分别是上的动点，的最小值为（     ） A． B． C． D． 压轴16.菱形与旋转综合 典题特征：①菱形或内部三角形绕定点旋转一定角度；②求旋转后线段、夹角、重叠面积，证明三角形全等。 解题思路：①抓住旋转前后边角全等，旋转角全部相等；②结合菱形四边相等，用SAS证明三角形全等；③通过全等完成线段和角度转化；④结合勾股定理、菱形内角完成数值计算。 52．如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点的坐标为，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的对应点的坐标为__________． 53．如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是______． 54．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形，已知，点在轴上，，先将菱形沿轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转次，点的落点依次为，，，，则的坐标为（    ） A． B． C． D． 55．如图，菱形的边长为4，，E是的中点，F是对角线上的动点，连接．将线段绕点F按逆时针旋转，G为点E对应点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05菱形期末易错与压轴题型专练 本专练聚焦菱形章节高频易错压轴题型，梳理易错点与解题思路，针对性练习，扫清知识盲区、突破解题瓶颈。 易错01.菱形的性质求角度 易错02.菱形的性质求线段长 易错03.菱形的性质求面积 易错04.菱形的性质证明 易错05.添条件使四边形是菱形 易错06.证明四边形是菱形 易错07.菱形的性质与判定求角度 易错08,菱形的性质与判定求线段长 易错09.菱形的性质与判定求面积 压轴10.菱形与动点问题 压轴11.菱形与折叠问题 压轴12.菱形与坐标系综合 压轴13.菱形与特殊三角形/四边形综合 压轴14.菱形存在性问题 压轴15.菱形与最值问题 压轴16.菱形与旋转综合 易错01.菱形的性质求角度 题型特征：给菱形一角/对角线夹角，求剩余内角、对角线分割出的小角；常结合等边三角形、直角三角形。 易错点：①混淆“对角线平分对角”，错用对角线平分邻角；②忽略菱形邻角互补，只记对角相等；③有60°菱形时，分不清哪两条边构成等边三角形。 1．如图，在菱形中，点E是边上一点，，连接．若，求的度数． . 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理的应用，等边对等角；根据菱形的性质得出，，，进而根据三角形内角和定理得出，进而根据菱形的性质以及等边对等角得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．如图，在菱形中，，是对角线上的两点，连接，，且． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，进而可得． （2）由（1）可得，，证明是等边三角形，则， 由，，可得，则，根据，求解作答即可． 【详解】（1）证明：∵菱形， ∴，，              ∵，，， ∴， ∴． （2）解：由（1）可得，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，                              ∵，， ∴，                          ∴， ∵菱形， ∴， ∴的度数为． 【点睛】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，三角形外角的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形外角的性质是解题的关键． 3．【问题提出】 如图1，点E是菱形边上的一点，是等腰三角形，，，交于点G，探究与的数量关系． 【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2，当时，求的度数； (2)再探究一般情形，如图1，求的度数；（用含的代数式表示） 【问题拓展】 (3)如图3，当，时，若点E为边的中点，请求出的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作交的延长线于H，证明即可得出结论． （2）在上截取，使，连接，证明，通过边和角的关系即可证明． （3）过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M．由（2）知，，通过证明，进一步可得答案. 【详解】（1）解：过点作交的延长线于H， ∵， ，， ， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ，， ∵菱形， ∴， ， ， ． （2）解：在上截取，使，连接． ，， ． ， ． ． ∵菱形，， ，， ，， ． ∴， . （3）解：如图，过点作的垂线交的延长线于点，在上截取，使，连接，作于点M． 由（2）得：， ∴， ∵菱形，，点E为边的中点， ∴，， ∴，， 同理：， ，， ∴，， ，，， ∴， 结合（2）可得：， ， ， ∴ ， ∴. 易错02.菱形的性质求线段长 题型特征：已知一条对角线+边长/另一条对角线，求边长、对角线、对角线一半、线段和差。 易错点：①对角线不除以2直接代入勾股定理；②分不清直角三角形直角边是对角线的一半；③多线段综合时漏看四边相等条件。 4．如图，菱形对角线，相交于点O，测得，，过点A作于点H，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理等知识． 根据菱形的性质、勾股定理，先求出、，再结合，即可作答． 【详解】解：在菱形对角线，相交于点O，，， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 5．如图，在菱形中，对角线与相交于点，点、分别是、的中点，，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．8 D．32 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理求出的长，由菱形的性质及可得是等边三角形，进而求出的长，即可求解． 【详解】解：∵点分别是的中点，， ∴， ∵四边形是菱形，，， 又∵， ∴是等边三角形 ∴，． 6．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵对角线和互相平分， ∴ 四边形是平行四边形， 又∵， ∴ 平行四边形是菱形； (2) 【分析】（）利用矩形平行的性质与中垂线条件证全等，得对角线互相平分，先证平行四边形，结合对角线垂直证菱形； （）设菱形边长，借助勾股定理列方程求边长，再算菱形面积． 【详解】（1）略 （2）解：设菱形边长， ∵， ∴， ∵ 矩形中， 在中，由勾股定理： 代入得： ， 展开化简得， 解得，即， 菱形面积底高． 易错03.菱形的性质求面积 题型特征：给两条对角线、边长+高、边长+60°内角三种条件求面积。 易错点：①面积公式记错，直接对角线相乘不除以2；②已知边长和60°时，不会用等边三角形求高；③混淆菱形面积与平行四边形通用公式。 7．如图，在矩形中，，，延长至点E，延长至点F，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为__________． 【答案】 【分析】设，在中，运用勾股定理，建立关于x的方程，解方程求得x的值，从而得到的长，最后运用菱形面积底高，求出菱形的面积． 【详解】解：设， ∵，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴． 在中， ∵，，，， ∴，即， 化简得：， 解得：， ∴． ∵，，四边形为菱形， ∴， ∴菱形的面积为：． 8．如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠的部分为菱形，若对角线，，则该菱形的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，直接代入已知对角线长度计算即可． 【详解】解：如图， ∵重叠的部分为菱形， ∴菱形的面积， ∵，， ∴． 9．如图，在菱形中，对角线与相交于点，且，，于，求的长． 【答案】 【分析】根据菱形的性质结合勾股定理求出的值，根据等面积法列方程求解即可． 【详解】解：在菱形中，，， ，，， ， ， ， 解得． 10．如图，已知，，，分别是矩形的边，，，的中点，连接，，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的性质以及菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分． （1）利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形； （2）利用菱形的面积公式解答即可． 【详解】（1）证明：连接，，如下图所示： 在中，∵，， ∴点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 同理，, , 又∵在矩形中，， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：连接，，如下图所示： ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵为矩形对边中点的连线， ∴， 又∵，且， ∴四边形为矩形， ∴， 同理可得， ∴菱形的面积为． 易错04.菱形的性质证明 题型特征：证线段相等、角相等、两线垂直、三角形全等。 易错点：①证明时漏写菱形四条边相等/对角线垂直平分的依据；②不会结合对角线平分角找全等条件。 11．如图，矩形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在平面内确定一点E，使得四边形是菱形； (2)在（1）的条件下，若，四边形的面积为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形四边相等，在的上侧作，即可； （2）由四边形是菱形， 面积为，可得．则．由四边形是平行四边形，． 【详解】（1）解：方法不唯一： 如：分别以A、D为圆心，长为半径作弧，交于点E，点E即为所求． （2）解：如图，连接， 四边形是菱形， ，，． ， ． ∵四边形是矩形， ． ． ， 四边形是平行四边形． ． 12．如图，在菱形中，点，分别是上的一点，且，与相交于点O，求证：． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ． ， ． 即， ，， ， ． 【分析】根据菱形的性质证明即可． 【详解】略 13．如图，是菱形的对角线，点E，F分别在和上，与交于点．求证：是的垂直平分线． 【答案】证明：四边形是菱形， ， 又， ，即， 是等腰三角形， 是菱形的对角线， ， 是底边的中线和高线， 是的垂直平分线． 【分析】根据菱形的性质证明是等腰三角形，由三线合一得到是底边的中线和高线，即可得到结论． 【详解】略 易错05.添条件使四边形是菱形 题型特征：题干先给平行四边形/普通四边形，选能判定菱形的单一条件。 易错点：①平行四边形中错选“对角线相等”（这是矩形条件）；②普通四边形只给一组邻边相等就判定菱形；③混淆判定定理适用前提（先平行四边形再邻边相等/对角线垂直）。 14．如图，的对角线相交于点，添加下列条件能使成为菱形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由菱形的判定定理逐项验证即可． 【详解】解：A、在中，必有，添加此条件没有意义，不能使成为菱形； B、在中，添加，由邻边相等的平行四边形是菱形即可得到为菱形，符合题意； C、在中，添加，由有一个内角为直角的平行四边形是矩形，不能使成为菱形； D、在中，添加，由对角线相等的平行四边形是矩形，不能使成为菱形． 15．如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，请你添加一个条件________，使四边形AEDF是菱形． 【答案】DF∥AB 【分析】添加DF∥AB，根据DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立． 【详解】解：DF∥AB，理由如下： ∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F， ∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF， ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠EAD＝∠FAD， ∴∠ADF＝∠FAD， ∴FA＝FD， ∴平行四边形AEDF是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）． 【点睛】本题主要考查了添加条件，菱形的判定，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，角平分线定义，菱形的判定，添加DF∥AB． 16．如图，的对角线、交于点，添加以下条件不能证明是菱形的是（） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】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、，，即，又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、只能说明是等腰三角形，不能推导出邻边相等或对角线互相垂直，无法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，，，又，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意． 易错06.证明四边形是菱形 题型特征：解答大题，分两类：先证平行四边形，再证邻边相等/对角线垂直；直接证四条边都相等。 易错点：①跳过证明平行四边形，直接用对角线垂直判定普通四边形为菱形；②证明四条边相等时只证两组对边相等；③书写判定依据混淆矩形、菱形判定。 17．如图，已知四边形是平行四边形． 嘉嘉：当时，它是菱形； 琪琪：当时，它是矩形． 对于他俩的说法，正确的是（   ） A．只有嘉嘉对 B．只有琪琪对 C．他俩都对 D．他俩都错 【答案】C 【分析】根据邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角是直角的平行四边形是矩形，判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故嘉嘉说法正确，符合题意； ∵四边形是平行四边形，有一个角是直角， 四边形是矩形，故琪琪说法正确，符合题意； 综上，他俩都对． 18．如图，为等腰三角形，若把它沿底边翻折得到，则四边形为菱形的依据是___________________． 【答案】四条边相等的四边形是菱形 【分析】由折叠的性质，可得，又由为等腰三角形，即可证得，又由四条边都相等的四边形是菱形，即可判定四边形是菱形． 【详解】解：∵是沿底边翻折所得， ∴， ∵为等腰三角形， ∴， ∴四边形是菱形． 故四边形为菱形的依据是： 四条边相等的四边形是菱形 19．如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【分析】利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴；，， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得， ∴， 在中，， ∴． 易错07.菱形的性质与判定求角度 题型特征：动点、折叠、平行四边形变换，先判定菱形，再用菱形性质推角度。 易错点：①判定菱形步骤遗漏，直接套用菱形角的性质；②折叠后相等角找不全，忽略菱形对角线角平分线双重作用。 20．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． 21．如图，小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据作图步骤得出四边形的四条边相等，从而判定四边形为菱形，利用菱形的邻角互补及对角线平分对角的性质即可求解． 【详解】解：由作图步骤可知，，， ， 四边形是菱形， ，，且平分， ， ， ． 22．如图，四边形为平行四边形，过点作，交边于点，交边延长线于点．连接、，过点作交延长线于点，已知． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质可得出AB=CD，AB∥DF．证明四边形ABFC为平行四边形，证出 AF⊥BC． 由菱形的判定方法可得出结论； （2）由菱形的性质得出∠CBF=∠BCF=25°，由直角三角形的性质可求出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴，． ∵， ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵，， ∴． ∴． ∴平行四边形为菱形． （2）解：∵，， ∴． ∵四边形为菱形， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 易错08,菱形的性质与判定求线段长 题型特征：坐标系、动点、折叠，先证图形为菱形，再勾股定理求边长、动点线段。 易错点：①未判定菱形就默认四边相等；②坐标系里对角线中点、垂直关系计算出错；③动点分类讨论漏解。 23．如图，在中，，对角线，交于点，点是的中点，，则的周长为______． 【答案】12 【分析】先证明四边形是菱形，再证明是的中位线，进而可求出的周长． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵点是的中点，， ∴是的中位线， ∴， ∴的周长为． 24．如图，菱形的对角线、相交于点，点、分别为、的中点，连接、、、，若四边形的周长为，，则菱形的边长为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】D 【分析】先证明四边形是菱形得到，再用勾股定理求出，从而求得，再用勾股定理求即可． 【详解】∵菱形的对角线、相交于点， ∴， 又∵点、分别为、的中点， ∴， 又∵即， ∴四边形是菱形， 又∵四边形的周长为，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即菱形的边长为． 25．如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧交于点，再分别以点、为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则所得四边形是菱形． (1)根据以上尺规作图的过程，求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 【答案】(1)证明：根据作图的过程可知：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； (2) 【分析】（1）根据作图的过程可知平分，根据平行四边形的性质可得，根据作图可知，得，证明四边形是平行四边形，进而可得四边形是菱形； （2）连接交于点O，根据菱形的性质和，，即可求菱形的周长． 【详解】（1）略 （2）解：如图：连接交于点O 四边形是菱形 ，，，， 四边形是平行四边形， ， ， ∴， ∵四边形为菱形， ，， ，， ∴，而， ，， 菱形的周长为． 易错09.菱形的性质与判定求面积 题型特征：先判定菱形，再结合对角线/高求面积；常与三角形面积转化结合。 易错点：①判定完菱形后面积公式仍忘记除以2；②图形分割后不会拆分计算菱形面积。 26．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． 27．如图．在的两边上分别截取，使；分别以点A、B为圆心．长为半径作弧，两弧交于点C；连接．若，四边形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据作图过程可得 ，从而判定四边形 为菱形，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可求解． 【详解】解：由作图可知，，． ， ． 四边形是菱形． 菱形的面积为，， ，即， 解得． 28．如图，在四边形中，，，过点作，交的延长线于点，连接，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点作于点，延长交于点．若，，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， 四边形是菱形； (2) 【分析】（1）由且得四边形为平行四边形，再通过导角证明，得 ，即可证明四边形是菱形． （2）由菱形得，在中利用得、，从而，代入梯形面积公式求四边形的面积． 【详解】（1）略 （2）解：四边形是菱形， ， ， ， 在中，， ， ， 四边形的面积． 压轴10.菱形与动点问题 典题特征：①菱形边或对角线上设置动点，给出运动速度和时间t；②探究t的值，求解等腰/直角三角形、线段长度、图形面积。 解题思路：①用含t的式子表示动线段，确定t取值范围；②结合菱形性质+勾股定理表示三角形边长；③分类讨论三角形不同直角、等腰情况；④列方程求解，舍去不合题意的解。 29．如图，在菱形中，为的中点，则对角线上的动点到两点的距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，得知关于对称，根据轴对称的性质，将转化为，再根据两点之间线段最短得知为的最小值，进而求的值即可得出答案． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴关于对称， ∴连接交于， 则， 根据两点之间线段最短，的长即为的最小值， ∵， ∴为等边三角形， ∵ ， ∴， ∴ ∴点到两点的距离之和的最小值为． 30．如图，点是边长为1的菱形对角线上的一个动点，点，分别是，边上的中点，则的最小值是（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】作点关于的对称点，连接交于，此时有最小值，最小值为的长，然后证明四边形为平行四边形，即可求出． 【详解】解：作点关于的对称点，连接交于，此时有最小值，最小值为的长． ∵菱形关于对称，是边上的中点， 是的中点， 是边上的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ，即的最小值为1． 31．如图，在中，，，点、分别是、边上的动点，连接，，当的值最小时，，则的长为________． 【答案】6 【分析】作点关于的对称点，过点作于点E，交于点D，连接、，根据轴对称的性质可得，，此时三点共线，的值最小，即的值最小，易得四边形是菱形，证明是等边三角形，结合含30度角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质进行求解即可． 【详解】解：作点关于的对称点，过点作于点E，交于点D，连接、、，则， ， ，四边形是菱形， 此时三点共线，的值最小，即的值最小， ， ， ， ， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，，， 在中，， ，， ∴，， ∵， ∴， ∴． 32．如图，在中，，点E为边上一动点，连接，将沿折叠，点D的对应点为F． (1)如图1，若的延长线恰好经过点B．求证：； (2)若， ①如图2，当，、所在直线分别与直线、直线相交于H、G．作于点P，若，求的长． ②如图3，当点E在射线上时，若的面积为，连接．则的最大值 ． 【答案】(1)见解析 (2)的长为6或16； 【分析】（1）由题意易得，则有，然后根据折叠的性质可进行求证； （2）①由题意易得四边形为菱形，则有，，然后可得，，进而可分当点E在点P的左侧时，过点E作，当点E在点P的右边时，过点C作，最后分类进行求解即可； ②过B作交延长线于H，由题意易得，，设，则，记，然后根据勾股定理可得，进而化简，根据一元二次方程根的判别式可进行求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴； （2）①解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 当点E在点P的左侧时，过点E作，如图3，则：，， ∵， ∴， 由折叠的性质得：， 同（1）可得：， 设， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得，， 解得， ∴； 当点E在点P的右边时，过点C作，如图4， ∵， ∴， 由折叠的性质得：，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设， ∴， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴， 综上，的长为6或16． ②过B作交延长线于H， ∵的面积为，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， 记， ∴ 去分母得 ∴， 化简得，即 ∴ ∴的最大值为． 压轴11.菱形与折叠问题 典题特征：①菱形沿线段折叠，顶点落在菱形边上，有重叠阴影部分；②求线段长、折痕、折叠角度、重叠区域面积。 解题思路：①利用折叠前后边角对应相等，找准等量关系；②结合菱形四边相等、对角线垂直梳理条件；③设未知数，借助直角三角形勾股定理列方程；④整体减空白法求解重叠面积。 33．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， ，，， ， ， ． 34．如图，在菱形纸片中，，将菱形纸片翻折，使点落在的中点E处，折痕为，点分别在边上，则的面积为（    ） A．3 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】连接、，根据菱形的性质可知是等边三角形，由是中点，可求得，，又因为，可得，利用勾股定理可求出，过点G作于点N，交的延长线于点M，则，，设，则，，可得，在中，利用勾股定理，可得，从而得到，即可求解． 【详解】解：连接， 四边形为菱形，， ，， 是等边三角形， 是中点， ，，， ， ∵， ， 由折叠可得，，， ， ， ，即， 过点G作于点N，交的延长线于点M，则，， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴． 35．如图，已知平行四边形，，，，M、N分别是、上的点，将四边形沿对折，使B点和D点重合，则折痕_______． 【答案】 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、勾股定理、折叠的性质、含30度直角三角形的性质及菱形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质、勾股定理、折叠的性质、含30度直角三角形的性质及菱形的性质与判定是解题的关键；过点B作于点E，连接，与交于点O，由折叠的性质可知：，垂直平分，即，由题意易得，则有，，然后可得四边形是菱形，，进而根据勾股定理可进行求解． 【详解】解：过点B作于点E，连接，与交于点O，如图所示： 由折叠的性质可知：，垂直平分，即， ∵四边形是平行四边形，，，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， ∴四边形是菱形，， ∴， ∴， 设，则有， ∴在中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴， ∴在中，由勾股定理可得：， ∴； 故答案为． 36．如图，在平行四边形纸片上，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为． (1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形是_____________； (2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连结并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)如图③，当时，连结并延长，交边于点H．若平行四边形的面积为24，，延长交于点M，直接写出的长． 【答案】(1)平行四边形 (2)解：，理由如下： 四边形是平行四边形， ，， 又为边的三等分点， ， 由折叠可知，，则， ， 由三角形外角性质可知，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ，则， ； (3)的长为 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解； （2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系； （3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知，由平行四边形的面积为24，，得，求得，可得，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形， ，，则， 由折叠可知：，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形， ， ， 四边形是平行四边形； （2）略 （3）解：由折叠可知，， ， 为等腰直角三角形， ， 如图，延长交于， 则， 四边形是平行四边形， ，，， ∴， ， 平行四边形的面积为24，，即， ， 则， ∴． 压轴12.菱形与坐标系综合 典题特征：①给出2-3个菱形顶点坐标，结合平面直角坐标系出题；②求剩余顶点坐标、对角线交点、边长以及菱形面积。 解题思路：①利用菱形对角线互相平分、互相垂直的坐标特点；②用中点公式、两点距离公式计算坐标与边长；③套用对角线公式直接求菱形面积；④结合平行关系求解直线解析式。 37．如图在平面直角坐标系中，若菱形的顶点，的坐标分别为，，点在轴上，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，能够将平面直角坐标系中点的特点与菱形的性质相结合是解题的关键． 根据题意可知，，利用勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：∵，的坐标分别为，， ∴， 四边形为菱形， ，, 在中，， 则点的坐标为． 38．如图，菱形在平面直角坐标系中，，则点的坐标为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作轴于点，根据菱形的性质得出，，进而求出，在中利用勾股定理和含角的直角三角形性质求出，的长，从而得出的长，即可确定点的坐标． 【详解】解：如图，过点作轴于点， 四边形是菱形，， ，， ， ， ， 轴， ， ， ， ， ， 点的坐标为． 39．如图，平行四边形中，以点为坐标原点，为轴正半轴建立平面直角坐标系，在上截取，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，射线交于点，若，，则点的坐标为_____． 【答案】 【分析】过点C作于点，平行四边形的性质结合角平分线的定义推出，进而得到，推出四边形为菱形，根据菱形的性质结合勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长，勾股定理求出的长，即可得出点的坐标． 【详解】解：过点C作于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， 由作图可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴，， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，等角对等边，菱形的判定和性质，勾股定理，等积法求出菱形的高，解题的关键是得到四边形为菱形． 40．如图1，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别是和，连接，以线段为边向右侧作菱形，且，点在轴上． (1)填空：点的坐标为 ， 度． (2)连接，点是线段上一动点，点在轴上，且．过点作的平行线，过点作的平行线，两线相交于点． ①如图2，当时，求的长度； ②求证：四边形是菱形． 【答案】(1)， (2)① ②见解析 【分析】本题是四边形的综合题，考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并数形结合分类讨论是解题的关键． （1）利用勾股定理，可求得的长度，从而知道菱形的边长，再利用菱形的性质，等腰三角形的性质，以及三角形的内角和定理，即可求得点的坐标和的度数； （2）①利用等腰三角形“三线合一”的性质，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半计算，即可得出答案； ②连接，设交于点，先利用菱形的性质，求得，接着利用外角得，从而推出，接着证明，得到，，接着证明，推出，从而知道，，借助，，可得到四边形是平行四边形，加上邻边相等，即可得证． 【详解】（1）解：∵点，的坐标分别是和， ∴，． ∵°， ∴， ∵以线段为边向右侧作菱形， ∴，， ∴，． ∴． 故答案为：，． （2）①解：当时，点在上时，作交于，如图， 由（1）可知，，，， ∴， ， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ②证明：连接，设交于点，如图所示， 由（1）可知，四边形是菱形，，，， ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ， ∴． ∵， ， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵，， ∴四边形是平行四边形，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 压轴13.菱形与特殊三角形/四边形综合 典题特征：①结合60°菱形，搭配等边、直角三角形，内嵌新四边形；②求角度、线段长，证明线段关系，判定四边形形状。 解题思路：①遇60°菱形，直接得出短对角线等于边长；②利用对角线平分内角，拆分特殊直角三角形；③利用菱形边角条件证明三角形全等；④判定四边形遵循：先证平行四边形，再补判定条件。 41．如图，在菱形中，E，F，G，H分别为，，，的中点，连接，，，，则菱形的面积与四边形面积的比值为________． 【答案】2 【分析】连接、，交于点O，根据中位线的性质求出四边形是矩形，根据矩形和菱形面积公式即可求解． 【详解】解：连接、，交于点O，如图所示：    ∵四边形为菱形， ∴， ∵E，F，G，H分别是边，，和的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 同理，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 即菱形的面积与四边形面积的比值为2． 42．如图，在菱形中，．连接，点为的中点．交于点E．交于点F．则图中的等边三角形分别为_________________． 【答案】 【分析】由菱形的性质得到，，则可证明都是等边三角形，可得，再由平行线的性质得到，则可证明都是等边三角形，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴都是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴都是等边三角形， ∴则图中的等边三角形为． 43．如图，在菱形中，，点为对角线上的动点（不与端点重合），过点作于点，作于点，若，则菱形的周长为________． 【答案】 【分析】连接，作于点，根据菱形的性质，推出为等腰直角三角形，等积法得到，进而求出的长，即可得出结果． 【详解】解：连接，作于点， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴． 44．如图，菱形与正方形的两个对角顶点重合于点和点，若，，则正方形的对角线的长为__________． 【答案】 【分析】先根据菱形的性质说明是等边三角形，可得，再根据正方形的性质得出答案． 【详解】解：∵四边形是菱形，且， ∴是等边三角形， ∴． ∵正方形的对角线是和， ∴． 45．如图，菱形的对角线，相交于点O，取中点F，连接并延长，使得，连接，． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，过点F作的垂线交于点G，连接．求菱形的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，为的中点， ∵F是的中点， ∴是的中位线，， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形为矩形； (2) 【分析】（1）由菱形的性质得，，，再证明是的中位线，得，，则，然后证明四边形是平行四边形，即可得出结论； （2）根据三角形中位线定理得到，得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据勾股定理得到，则可求，根据即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 压轴14.菱形存在性问题 典题特征：①已知三个定点，在坐标轴或直线上找点构成菱形；②求所有符合条件的点坐标，容易出现漏解。 解题思路：①分两大类：已知线段为菱形的边、已知线段为菱形对角线；②作边用平移法找点，作对角线用中点公式找点；③统一检验，剔除共线、点重合的无效答案。 46．如图，已知矩形，，，E、F是对角线上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为，运动时间为秒． (1)若E，F不重合，G，H分别在，上，且，．求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形； (2)若G、H分别是、的中点，试问当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形； (3)若G、H分别是折线，上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值． 【答案】(1)证明：∵四边形是矩形， ，，，， ． ，， ， 由题意得， ， ， ，， ， ∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形； (2)当t为4.5秒或0.5秒时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形； (3) 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，，再证明，得到，，进而得出，即可由平行四边形的判定定理得出结论； （2）连接，当时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形，分两种情况：①当点E，F相遇前，则，②当点E，F相遇后，则，分别求出t值即可； （3）连接、．先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是菱形，得出，然后设，则，由勾股定理得，即，解得，则，从而求得，即可由求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接， ，， 在中，． 由（1）可知以E、G、F、H为顶点的四边形是平行四边形． 、H分别是、的中点， ， ∴当时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形， 分两种情况：①当点E，F相遇前，则， 解得； ②当点E，F相遇后，则， 解得， 即当t为4.5秒或0.5秒时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形． （3）解：如图所示，连接、． ∵四边形是菱形， ，，． ， ， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是菱形， ， 设，则， 由勾股定理得， 即，解得， ， ， ，即t为秒时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形． 47．如图，在平面直角坐标系中，为原点，已知，，四边形为矩形，是的中点，动点在线段上以每秒2个单位长度的速度由点向运动．设动点的运动时间为秒． (1)若，求证：四边形是平行四边形． (2)在线段上是否存在一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出的值，并求此时点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)在线段上有一点，且，求四边形周长的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)秒时，；秒时， (3) 【分析】（1）根据平行四边形的判定与性质，即可解答； （2）分点Q在点P的左侧和右侧两种讨论，利用菱形的判定与性质及勾股定理即可求得答案； （3）证明四边形是平行四边形，可得四边形的周长为，当的值最小时，四边形的周长最小．作点关于的对称点，连接交于点，则，，则，则当，，三点共线时，的值最小，即的值最小，最小为，求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，， ，， ． 是的中点， ． 当时，由题意，得， 则， ， 四边形是平行四边形． （2）解：在线段上存在一点，使得以，，，四点为顶点的四边形是菱形． 分两种情况讨论： ①如图1，当点在点的右边时， 四边形是菱形， ． 在中，由勾股定理，得， ， ． ， ． ②如图2，当点在点的左边时， 四边形是菱形， ． 在中，， ，， ， ． 综上所述，秒时，；秒时，． （3）解：如图3，由（1）知：． ，． ， 四边形是平行四边形， ． 四边形的周长为， 当的值最小时，四边形的周长最小． 作点关于的对称点，连接交于点，则，， ． 两点之间线段最短， 当，，三点共线时，的值最小，即的值最小． ， 的最小值为， 四边形周长的最小值为． 压轴15.菱形与最值问题. 典题特征：①菱形对角线上有一动点，外加两个固定点；②求线段和最小值、图形周长最小值。 解题思路：①利用菱形对角线为对称轴的轴对称特点；②作定点对称点，转化折线为直线；③两点之间线段最短，连线长度即为最小值；④周长最值固定一边，转化为线段和最值求解。 48．已知四边形为菱形，为上任意一点，点为上任意一点，，．则的最小值是_________． 【答案】 【分析】接，过点作于，设、交于点，根据菱形的性质得出当点、、在同一条直线上，且时，的值最小，利用菱形的性质求出，，利用菱形的面积公式求出的长即可得答案． 【详解】解：如图，连接，过点作于，设、交于点， ∵四边形为菱形，为上任意一点，，， ∴垂直平分，，， ∴，， ∴， ∴， ∴当点、、在同一条直线上，且时，的值最小，此时，点与重合， ∵， ∴， 解得：， ∴的最小值是． 49．在菱形中，，，是中点，是上一动点，，是，的中点．则的最小值为________． 【答案】 【分析】连接并延长交于点，连接，证明得出，由三角形中位线定理得出，从而得出当时，最小，此时有最小值，过点作于点，此时点和点重合，根据菱形的性质得出，即可得解． 【详解】解：如图，连接并延长交于点，连接， ， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵分别是，的中点， ∴， ∴要使有最小值， 即最小， ∴当时，最小， 过点作于点，此时点和点重合， 在菱形中，，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴的最小值是． 50．如图，在菱形中，，，点是菱形内或边上的一点，且，连接，，则面积的最小值为________． 【答案】/ 【分析】根据菱形对边平行、平行线的性质，推出， ，求得．确定当是等腰直角三角形时，到的距离最大，再用等腰直角三角形的性质求出到的距离，从而求得的最小值． 【详解】解：四边形是菱形， ， 当面积最小时，到的距离最小，即到的距离最大 当是等腰直角三角形时，到的距离最大 点在边上，且 如图，过作于点，于点 到的距离 面积的最小值为：． 51．菱形的边长为4，，点分别是上的动点，的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用菱形的轴对称性，点关于的对称点是，则，将转化为，根据两点之间线段最短，当三点共线时，最小，即等于，再根据垂线段最短，当时，最小，即为菱形边上的高．在中运用勾股定理可求出的长． 【详解】解：连接，如图： ∵四边形是菱形， ∴关于对称， ∴， ∴， ∵两点之间线段最短， ∴当、、三点共线时，最小，最小值为的长， 又∵在上运动， ∴当时，最小， 在中，∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴的最小值为． 压轴16.菱形与旋转综合 典题特征：①菱形或内部三角形绕定点旋转一定角度；②求旋转后线段、夹角、重叠面积，证明三角形全等。 解题思路：①抓住旋转前后边角全等，旋转角全部相等；②结合菱形四边相等，用SAS证明三角形全等；③通过全等完成线段和角度转化；④结合勾股定理、菱形内角完成数值计算。 52．如图，正方形的顶点均在坐标轴上，且点的坐标为，以为边构造菱形，将菱形与正方形组成的图形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点的对应点的坐标为__________． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键．先求出点的坐标，由题意可得每4次旋转为一个循环，点的坐标与第1次旋转结束时点的坐标相同，即可得出答案． 【详解】解：， 每旋转4次为一个循环， ．即第2025次旋转结束时，点的坐标与第1次旋转结束时点的坐标相同， 的位置如图所示， 过点作轴于点，连接，， 由旋转得，， 点， ， 四边形为正方形， ， ， 四边形是菱形， ， ， ，， 点的坐标为， 则点的坐标为． 故答案为：． 53．如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接，作于点，利用菱形的性质和旋转的性质求出，，利用直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合 进行求解即可． 【详解】解：连接，作于点，则， ∴，，， ∴， 将菱形绕点顺时针旋转得到菱形， ∴，，， ，，， ， ∴，， 点在上，， ∴，， ， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是， 故答案为：． 54．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形，已知，点在轴上，，先将菱形沿轴的正方向无滑动翻转，每次翻转，连续翻转次，点的落点依次为，，，，则的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质、等边三角形的性质、勾股定理，根据菱形的性质分别求出点、、、、、、的坐标，根据翻折的规律可知第次翻折是第次循环中的第次翻折，得到点的坐标． 【详解】解：如下图所示，连接，过点作轴， 由图可知，第一次翻折得到菱形， 四边形是菱形，， ， 又， 是等边三角形， ， 由翻折可知， 轴， ， ，， ， 点的坐标为，点的坐标为， 第二次翻折得到菱形， 点的坐标为， 第三次翻折得到菱形， 点的坐标为， 第四次翻折得到菱形， 点的坐标为， 第五次翻折得到菱形， 点的坐标为 第六次翻折得到菱形， 点的坐标为， 由翻折可知， ， 是等边三角形，， ， ， ， 的坐标为， 每翻折次，菱形向右平移个单位长度， ， 第次翻折是第次循环中的第次翻折， 点的横坐标为，纵坐标为， 点的坐标为． 故选：D． 55．如图，菱形的边长为4，，E是的中点，F是对角线上的动点，连接．将线段绕点F按逆时针旋转，G为点E对应点，连接，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的性质、等边对等角、全等三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．将线段绕点F按顺时针旋转，得到，连接、，由旋转的性质得到，，，，通过证明得到，利用菱形的性质和等边对等角得到，，则有，分析可得点在过点且与夹角为的直线上运动，当时，有最小值，再利用等腰直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：将线段绕点F按顺时针旋转，得到，连接、， 由旋转的性质得到，，，， ，即， ， ， 菱形的边长为4， ， ， ， E是的中点， ， ，， ， ， 点在过点且与夹角为的直线上运动， 当时，有最小值，此时为等腰直角三角形，则， 的最小值为，即的最小值为． 故选：A． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $