专题17 菱形的性质及其判定（3年汇编）（全国通用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2024-2026年多地中考菱形性质与判定真题，覆盖7大考点，题型含选择、填空、解答，梯度从基础计算到综合证明，适配中考复习。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|约10题/2-3分|考点01、02、04、06|结合勾股定理、等腰三角形求线段/角度，区分菱形与矩形判定| |填空题|约15题/2-3分|考点01、02、04、06|含赵爽弦图等文化素材，考查对角线性质及面积公式| |解答题|约15题/4-8分|考点03、05、07|综合菱形判定与全等证明，压轴题结合旋转/折叠/动点，设问分层|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题17菱形的性质及其判定 3年考情·探规律 考点分类 三年考情(2024-2026) 命题规律 以选择题、填空题考查为主，分值稳定2-3分；核 考点01利用 2026四川眉山卷、2026江苏苏州 心运用菱形四边相等、对角线互相垂直平分的性 菱形的性质求 卷；2025广东广州卷、2025河南 质，常结合勾股定理计算边长与对角线长，整体难 线段长度 卷；2024河北卷 度偏低，易错点忽略对角线垂直的隐含条件 选择、填空高频考查，分值23分；主要考查“底 考点02利用 2026四川绵阳卷、2026浙江杭州 ×高”“对角线乘积的一半”两种面积算法，偶 菱形的性质求 卷；2025山东济南卷、2025福建 尔结合坐标系出题，整体难度偏低，易错点记错菱 面积 卷；2024辽宁卷 形面积对角线计算公式 中档解答题常考，分值46分；依托菱形边、角、 考点03利用 2026湖北武汉卷、2026湖南卷； 对角线特性搭配全等三角形完成线段或角度证明， 菱形的性质证 2025云南卷、2025黑龙江卷： 对几何步骤书写规范性要求较高，整体难度中等， 明 2024贵州卷 易错点性质混用导致证明依据不足 以选择题考查为主，分值2分：多以平行四边形为 考点04添加 2026陕西卷、2026云南卷；2025 基础补充菱形判定条件，侧重区分矩形与菱形的不 一个条件使得 甘肃卷、2025新疆卷；2024北京 同判定逻辑，整体难度偏低，易错点混淆邻边相等 四边形是菱形 卷 与对角线相等的判定适用场景 解答题常规设问，分值6分左右；主流考法为先证 2026江苏南京卷、2026安徽卷； 考点05证明 平行四边形再证邻边相等对角线垂直，或直接证 2025江苏苏州卷、2025陕西卷； 四边形是菱形 四条边相等，整体难度中等，易错点跳过平行四边 2024山西卷 形直接用单一条件判定菱形 选择填空高频题型，分值3分；结合菱形对角线平 考点06根据 2026重庆卷、2026天津卷：2025 分内角、邻角互补的特点，常联动等腰三角形、平 菱形的性质与 浙江宁波卷、2025江西卷；2024 行线性质求角度，整体难度中等，易错点遗漏对角 判定求角度 广西卷 线平分内角这一关键性质 1/16 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点分类 三年考情（2024-2026) 命题规律 解答压轴高频考查，分值6-8分：综合菱形判定、 考点07菱形 2026山东青岛卷、2026四川德阳 勾股定理、动点变换等知识点设问，设问分层梯度 的性质与判定 卷；2025安徽卷、2025深圳卷； 明显，整体难度偏高，易错点无法串联多个性质完 解答题综合 2024海南卷 成多小问推导 二3年真题·精准练 考点01利用菱形的性质求线段长度 1.(2026四川遂宁中考真题)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点 O,AC=2V7,BD=6,EF是线段BC的垂直平分线，交BC于点E,交BD于点F,连接CF,则△CDF的 周长为 D 2.(2026黑龙江齐齐哈尔.中考真题)菱形ABCD中，点E是边AD的中点，EF⊥BC交直线BC于点F. 若DE=3CF,EF=4V10,则菱形ABCD的边长为 3.(2026广东深圳中考真题)如图，在菱形ABCD中，点E为边BC的中点，连接AE,DE.若AE=4, 且DE2=AB·BE,则菱形ABCD的边长为 B 4.(2026天津·中考真题)如图，在菱形ABCD中，BC=5,∠B=60°，连接AC 2/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E G B (I)线段AC的长为 (I)点E在边AB上，点F在BC的延长线上，EF与AC相交于点G,H为CD的中点.若AE=CF=1, 则线段GH的长为 5.(2025四川巴中.中考真题)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O,AO=4, BO=3,DH⊥AB于点H,DH的长为 D 6.(2025江苏无锡·中考真题)如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，对角线AC、BD相交于 点M.过点D作AC的平行线交BC的延长线于点N,连接MN.则MN的长为 y C 7.(2025甘肃兰州中考真题)如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC,垂足为E,交BD于点F,BE=CE .若AB=43,则AF= 8.(2025辽宁.中考真题)如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=12, 点E在线段OA上，AE=2,点F在线段OC上，OF=1,连接BE,点G为BE的中点，连接FG,则FG的 长为 3/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B 考点02利用菱形的性质求面积 1.(2024陕西·中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=5,BD=8,过点A作AE⊥AB,与BD相交 于点E,连接CE,则四边形ABCE的面积为 A D E B 2.(2025·青海西宁.中考真题)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,AE⊥BC,垂足为E, 连接OE.若BD=6,OE=5,则菱形ABCD的面积是 D B 3.(2026四川广元中考真题)如图1的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算 经》时给出的.它由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是1个小正方形.某数学兴趣小组在 进行探究时，将图1中的四个直角三角形裁剪出来，拼成图2和图3，图2中菱形对角线的和为12，图3 中间正方形的面积为20，则图1中间正方形的面积是 4/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 图3 4.(2025海南·中考真题)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O.以点A为圆心，适当长 为半径画弧，分别交AB、AC于点M、N;再分别以M、N为圆心，大于)MN的长为半径画弧，两弧在 ∠BAC内交于点G;作射线AG,交BD于点H.若AB=7,OH=2,则S△ABH= 5.(2025·青海·中考真题)如图，在菱形ABCD中，BD=6,E,F分别为AB,BC的中点，且EF=2, 则菱形ABCD的面积为 D 6.(2025云南中考真题)如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O.若AC=6, BD=5,则菱形ABCD的面积是 7.(2024广东.中考真题)如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点，若 △BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为一， 5/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2024浙江：中考真腮)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点0，AC=5线段AB5 BD 3 AB关于过点O的直线1对称，点B的对应点B在线段OC上，AB交CD于点E,则△BCE与四边形 OBED的面积比为 D E O、 考点3利用菱形的性质证明 1.(2025四川泸州中考真题)如图，在菱形ABCD中，E,F分别是边AB,BC上的点，且AE=CF. 求证：AF=CE」 2.(2024四川广安.中考真题)如图，在菱形ABCD中，点E在AB上，点F在BC上，且AE=CF,连接 EF,求证：∠g=∠DFE. B 3.(2024山东济南中考真题)如图，在菱形ABCD中，AE⊥CD,垂足为E,CF⊥AD,垂足为F. 6/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 求证：AF=CE. B 4.(2024福建中考真题)如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF=∠DAE, 求证：BE=DF D 5.(2024四川德阳·中考真题)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O, 点F为BC的中点，连接AF与BD相交于点E,连接CE并延长交AB于点G. B (1)证明：△BEF一△BCO: (2)证明：△BEG≌△AEG. 考点04添加一个条件使得四边形是菱形 1.(2024内蒙古通辽中考真题)（选择题）如图，口ABCD的对角线AC,BD交于点O,以下条件不 能证明口ABCD是菱形的是() 7/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.∠BAC=∠BCA B.∠ABD=∠CBD C.OA2+OD2=AD2 D.AD2+OA2=OD2 2.(2024四川攀枝花.中考真题)（选择题)如图，四边形ABCD是平行四边形，给出下列四个条件：① AB=BC:②AC=BD;③AC⊥BD;④AC平分∠BAD.若添加其中一个条件，不能使四边形ABCD 是菱形的为() A.① B.② C.③ D.④ 3.(2026四川乐山中考真题)（选择题）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC与BD相交于点O, 添加一个条件后，不能判定四边形ABCD是菱形的是() A A.AB=AD B.AC⊥BD C.AC=BD D.∠BAC=∠DAC 4.(2026四川凉山中考真题)（填空题）四边形ABCD的对角线互相垂直，垂足为点O,且满足 AO=CO,请添加一个适当的条件：， 使四边形ABCD成为菱形.（只需要添加一个条件即可） 5.(2025黑龙江·中考真题)（填空题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,请 添加一个条件，使平行四边形ABCD为菱形， A B 6.(2024西藏·中考真题)（填空题）如图，在四边形ABCD中，AD=BC,AB=CD,AC与BD相交 8/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 于点O,请添加一个条件 使四边形ABCD是菱形， D A 7.(2025山东青岛·中考真题)（解答题）如图，在口ABCD中，E为AB的中点，F为ED延长线上一点， 连接AF,BF,过点B作BG‖AF交FE的延长线于点G,连接AG A G (I)求证：△AEF≌△BEG: (2)己知（从以下两个条件中选择一个作为己知，填写序号)，请判断四边形AGBF的形状，并证明你 的结论， 条件0：EF=CD: 条件②：EF⊥CD (注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分) 8.(2026湖北武汉中考真题)（解答题）如图，点A、B、C、D在一条直线上，AE=DF,CE=BF, AB=DC. (I)求证：△ACE≌△DBF: (②)连接BE、CF,添加一个条件，使四边形BECF是菱形（不需要说明理由）· 9/16 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点05证明四边形是菱形 1.(2026广东中考真题)如图，AB=BC,AEBC,连接AC. -E 2 I)尺规作图：在AE上作点D,连接BD,使得BD平分∠ABC.(保留作图痕迹，不写作法.) (2)连接CD,求证：四边形ABCD是菱形 2.(2026四川巴中.中考真题)如图，在口ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别交AD、BC于 点E、F,连接AF、CE」 E D B (1)求证：四边形AFCE为平行四边形； (②)若EF⊥AC,BC=AC,∠B=70°.求∠BAF的度数 3.(2026山东德州中考真题)如图，在Rt△ACE中，∠CAE=90°，点D是CE的中点.连接AD, 在平面内找一点B,使得ABCE,BE‖AD. (I)求证：四边形ABED是菱形： ②)若AE=23,四边形ABED的面积为43，求线段AC的长. 4.(2026云南中考真题)如图，在四边形ABCD中，AC,BD相交于点O,AD=BC ∠ABC+∠BAD=180°，BD平分∠ABC. 10/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)求证：四边形ABCD是菱形： (2)若∠BAD=2∠ABC,求∠ACB的度数. 5.(2025江苏南京中考真题)如图，O是口ABCD的对称中心，BC与⊙O相切于点E, A D (I)求证：直线AD是⊙O的切线 可以过点O作AD 也可以连接EO 的垂线… 并延长… 选择其中一位同学的想法，完成证明； (②)当AB与⊙O相切时，口ABCD是菱形吗？说明理由. 6.(2025西藏中考真题)如图，在四边形ABCD中，AD‖BC,BC=2AD,点E是BC的中点，且 AC平分∠DAE. D (1)求证：四边形ADCE是菱形： (2)已知AB=3,AE=2,求线段AC的长. 7.(2025江苏徐州中考真题)已知：如图，在口ABCD中，E为BC的中点，EF⊥AC于点G,交AD 于点F,AB⊥AC,连接AE,CF.求证： G E 11/16 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 )△AGF≌△CGE (2)四边形AECF是菱形. 8.(2025黑龙江大庆中考真题)如图.在四边形ABCD中，AB‖CD,对角线AC与BD相交于点O. 点B,点D关于AC所在直线对称. A D B (1)求证：四边形ABCD是菱形： (2)过点D作BC的垂线交BC延长线于点E.若CE=3,AD=5,求线段OC长. 考点06根据菱形的性质与判定求角度 1.(2024湖北武汉·中考真题)小美同学按如下步骤作四边形ABCD:①画∠MAN;②以点A为圆心， 1个单位长为半径画弧，分别交AM,AN于点B,D;③分别以点B,D为圆心，1个单位长为半径画弧， 两弧交于点C;④连接BC,CD,BD.若∠A=44°，则∠CBD的大小是() M B D N A.64° B.66° C.68 D.70° 2.(2025四川内江中考真题)按如下步骤作四边形ABCD:(1)画∠EAF;(2)以点A为圆心，1个 单位长为半径画弧，分别交AE、AF于点B、D:(3)分别以点B和点D为圆心，1个单位长为半径画弧， 两弧交于点C:(4)连接BC、DC、BD.若∠A=40°，则∠BDC的度数是() E B <C D 12/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.64° B.66 C.68° D.70° 3.(2024四川自贡.中考真题)如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交∠A两边于点M,N,再 分别以MN为圆心，AM的长为半径画弧，两弧交于点B,连接MB,NB.若∠A=40°，则 ∠MBN=() B A.40° B.50° C.60° D.140° 考点07菱形的性质与判定解答题综合 1. (2026河南·中考真题)在菱形ABCD中，∠BAD=120°，AB=4.将边AB绕点A逆时针旋转至AE, 记旋转角为C.作射线DE,在射线DE上取一点H,使BH=BE,连接CH B B 图1 图2 (1)【观察猜想】 当Q=30时，如图1，∠BEH的度数为 CH的长为 (2)【探究证明】 当0°<<120时，(1)中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立， 请说明理由， 3)【拓展延伸】 当0°<c<120°时，若△DCH的面积为4V2,请直接写出此时旋转角a的度数. 2.(2026四I川南充·中考真题)在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AP=AB. 13/16 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 图3 I)【初步感知】如图1，点P在线段AC上，若OP=2CP,AC=6,求AB的长. (②)【深入探究】如图2，点P在线段CD上，若CP=DP,设AB长为x,AC长为y,求y与x之间的函数 关系式 DP ③)【拓展运用】如图3，点P在线段CD上，将△ADP沿直线AP折叠，若点D落在BC边上，求DC的值. 3.(2024黑龙江哈尔滨.中考真题)四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,AD‖BC,OA=OC AB=BC. G B 图1 图2 (1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形： (②)如图2，AB=AC,CH⊥AD于点H,交BD于点E,连接AE,点G在AB上，连接EG交AC于点 F,若∠FEC=75°，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段CE相等的线段（线段CE除外）， 4.(2025江苏盐城中考真题)请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务. “0变换” 那么称点p是点P的“θ变 研 提出 已知点px,y小如果点pX,y满足x=Xcos8ysin9 y=x·sinθ+y·cos0 究 概念 换”点。 内 容 理解 已知点p35,30=60,求点p的“g变换”点px,y 概念 14/16 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图(1)，己知点p33,3和点Q-2,23 当0=60o时， 探究 ①请在图(1)中分别画出点P、Q对应的“0变换”点P、Q: 性质 ②研究发现：线段PQ可由线段PQ通过一次图形变换得到，点P是点P的对应点.如果 是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1)中 作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹） E D 5 ·0 A 3 P. 2 1 4-21012方4 B -2 -3 (1) (2) 如图(2)，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A、B、C的坐标分别为 运用 A-2,2,B-32,-32,C2,-2.曲线1是反比例函数y=2(x<0)图 性质 像的“0变换”线，θ=45°，I交边BC于点M、N,直线OM、ON分别交边AD于点E 、F,记△BOM、△CON、△DOE、△AOF的面积分别为S1、S2、S3、S4,求 S1+S2+S3+S4的值. 5.(2025贵州中考真题)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P为线段AC上一动点，点E为射 线BP上的一点（点E与点B不重合）· D E O(P) 图① 图② 备用图 15/16 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【问题解决】 (1)如图①，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC=_度，线段BP与线段AC的位置关系是_； 【问题探究】 (2)如图②，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60°，探究线段BE与线 段EC的数量关系，并说明理由： 【拓展延伸】 (3)在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF,射线EF交射线BC于点G,若 BE=2FG,AB=5,求AP的长， 6.（2025黑龙江·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在X轴上， tan∠COA=3,OA的长是一元二次方程x2-3x-18=0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q,交对 角线OB于点P.动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒3个 单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒， N 1)求点P坐标： (②)连接MN、PM,求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式： (3)当t=3时，在对角线OB上是否存在一点E,使得△MNE是含30°角的等腰三角形.若存在，请直接写 出点E的坐标；若不存在，请说明理由 16/16可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题17菱形的性质及其判定 答案版 品 考点01利用菱形的性质求线段长度 1.10 2.65或12V2/12/2或6V53.2V2 4.5 21 2 5. 6.77.48. V13 考点02利用菱形的性质求面积 75 1. 2.6/53.44.75.12 6.15 71081:3分 考点03利用菱形的性质证明 1.证明：四边形ABCD是菱形， ∴.AB=BC, .AE=CF, ∴.AB-AE=BC-CF,即BE=BF, 在△ABF和△CBE中， BF=BE ∠B=∠B BA=BC ∴.△ABF≌△CBE SAS, ∴.AF=CE」 2.证明：四边形ABCD是菱形， ∴.∠A=∠C,AD=CD 在△ADE和△CDF中，AE=CF,∠A=∠C,AD=CD, ∴.△ADE≌△CDF|SAS, .DE=DF, .∠=∠DFE 1/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3.证明：，四边形ABCD是菱形 ∴.AD=CD .AE⊥CD,CF⊥AD ∴.∠AED=∠CFD=90° ∠D=∠D ∴.△AED≌△CFD ∴.DE=DF .∴.AD-DF=CD-DE ∴.AF=CE 4.证明：在菱形ABCD中， D AB=AD∠B=∠D .∠BAF=∠DAE, ∴.∠BAE+∠EAF=∠EAF+∠DAF, .∠BAE=∠DAF, ∠B=∠D 在△BAE和△DAF中 AB=AD ∠BAE=∠DAF ∴.△BAE≌△DAF, .'BE=DF. 5.(1) 证明：，四边形ABCD是菱形， ∴.AB=BC,AC⊥BD .∠ABC=60°， ∴，△ABC是等边三角形， 点F为BC的中点， ∴.AF⊥BC, ∴.∠BFE=∠BOC=90 ,∠EBF=∠CBO 2/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△BEF一△BCO. (2) 证明：△ABC是等边三角形，AF⊥BC,AC⊥BD, .CG⊥AB, .∠AGE=∠BGE=90 ,△ABC是等边三角形， ∴.AG=BG, 在△BEG和△AEG中， b, ∴.△BEG≌△AEG SAS. 考点04添加一个条件使得四边形是菱形 1.D2.B3.C4.OB=OD(答案不唯一)5.AB=AD(或AC⊥BD,答案不唯一)6. AD=AB(答案不唯一) 7.(1) 证明：BGAF, ∴.∠AFE=∠BGE,∠FAE=∠GBE, E为AB的中点， ∴.EA=EB, ∴，△AEF≌△BEG AAS (2) 选择条件①，四边形AGBF为矩形， 证明：，△AEF≌△BEG ∴.EF=EG, .EA=EB, ∴.四边形AGBF为平行四边形， 四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD EF=CD, 3/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .EF-TAB, EF=EG, .EFG. .'.AB=FG. .四边形AGBF为矩形： 选择条件②，四边形AGBF为菱形， 证明：，△AEF≌△BEG ∴EF=EG, .EA=EB, ∴.四边形AGBF为平行四边形， ,四边形ABCD是平行四边形， .AB‖CD, .EF⊥CD, .EF⊥AB, ∴.四边形AGBF为菱形 8.(1)证明：，AB=DC, ∴.AB+BC=CD+BC, ..AC=BD AE=DF,CE=BF, .△ACE≌△DBF SSS: (2)解：BE=BF,理由如下： ,△ACE≌△DBF SSS, :.∠ECB=∠FBC, .CE BF, .CE=BF, ∴.四边形BECF是平行四边形， .BE=BF, ∴.口BECF为菱形 4/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 91 考点05证明四边形是菱形 1.(1)如图，点D即为所求： (2) 证明：：AE‖BC, .∠ADB=∠CBD ,BD平分∠ABC ∴.∠ABD=∠CBD .∠ADB=∠ABD .AB=AD .AB=BC .AD=BC .AE‖BC,即AD‖BC .四边形ABCD是平行四边形， 又AB=BC, ∴四边形ABCD是菱形 2.(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， AD‖BC, .∠OAE=∠OCF,∠OEA=∠OFC, ,0为AC中点， ..OA=OC, 5/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AOE≌△COFAAS, ..AE=CF, .AE CF, ∴.四边形AFCE为平行四边形： (2)解：，四边形AFCE为平行四边形，EF⊥AC, ∴四边形AFCE为菱形， ..AF=CF, ∴.∠FAC=∠FCA, :BC=AC,∠B=70° ∴.∠BAC=∠B=70°，∠ACB=180°-2∠B=40°， ∴.∠AC=40°， ∴.∠BAF=∠BAC-∠FAC=30°， 3.1)证明：AB‖CE,BE‖AD, ∴.四边形ABED是平行四边形， 又，△ACE是直角三角形，∠CAE=90°，D是CE中点， AD-CE=DE. ∴.四边形ABED是菱形， (2)解：设点A到CE的距离为h,因为AB‖CE, ∴菱形ABED的面积为SAD=DE·h=4V3 ,D是CE的中点， ∴.CE=2DE, 则R△ACE的商积：S人ar方GE-h-号2DEh=DEh=S发 3 又：△ACE中∠CAE=90,面积包可表示为SaAC~AE, :AE=2V3, :2AC-23=493 化简得AC.3=43. ∴.AC=4. 6/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(1)证明：，∠ABC+∠BAD=180°， AD‖BC, .AD=BC, .四边形ABCD是平行四边形， :AD‖BC,BD平分∠ABC, ∴.∠ADB=∠CBD,∠ABD=∠CBD, .∠ABD=∠ADB, ∴.AB=AD, ,四边形ABCD是菱形： (2)解：，∠ABC+∠BAD=180°，∠BAD=2∠ABC, ∴.3∠ABC=180°， ∴.∠ABC=60°， ∴∠BAD=120°， ,四边形ABCD是菱形， ∴.∠BCD=∠BAD=120°， ·∠ACB= ∠BCD=60. 2 5.(1) 左边同学的思路： 过点O作OF⊥AD,连接OE,BD,如图所示： D ∠DFO=90 .O是口ABCD的对称中心， B,O,D三点共线，且OB=DO,AD‖BC, ∴.∠FDO=∠EBO .BC与⊙O相切于点E, ∴OE⊥BC, 即∠BEO=90°， 7/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠DFO=∠BEO, ∴，△DFO≌△BEO AAS, ..OF=OE, ,∠DFO=90° .直线AD是⊙O的切线： 右边同学的思路： 连接EO,并延长交AD于点F,如图所示： D O ▣ABCD ,是 的对称中心， ∴B,O,D三点共线，且OB=DO,AD‖BC, .∠FDO=∠EBO, ,BC与⊙O相切于点E, .OE⊥BC, AD‖BC, .∠DFO=∠BEO=90°， .OB=DO,∠FOD=∠EOB,< ∴.△FOD≌△EOB AAS, .DF=BE,OF=OE, ,∠DFO=90°， F是切点， 即直线AD是⊙O的切线： (2)ABCD是菱形， 理由如下： 当AB与⊙O相切时，记切点为点F,如图所示： 8/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A BC⊙O EAB⊙O B ,与 相切于点·与 相切于点， ∴.∠OFB=∠OEB=90°， .BO=BO,OF=OE, ∴.Rt△OFB≌Rt△OEB HL, ∴.∠ABD=∠CBD ,四边形ABCD是平行四边形， AD‖BC, ∴.∠ADB=∠CBD, .∠ADB=∠ABD, .AB=AD ,四边形ABCD是平行四边形， 口ABCD是菱形 6.(1) 证明：，点E是BC的中点， ∴.BC=2CE ..BC=2AD, ..CE=AD, AD BC, ∴.四边形AECD为平行四边形， .AD‖BC, .∠DAC=∠ACEJ ,AC平分∠DAE, ∴.∠DAC=∠EAC, .∠ACE=∠EAC, ∴.AE=CE, ∴.平行四边形AECD为菱形： (2)解：，AE=2, 9/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 根据(1)可得CE=BE=AE=2,BC=4, .∠ACE=∠EAC,∠ABE=∠EAB, .∠ACE+∠ABE+∠EAC+∠EAB=180°， .∠BAC=∠EAC+∠EAB=90°， ,AB=3, AC=BC2-AB2-4-32=7 7.(1) 证明：EF⊥AC,AB⊥AC, .∠BAC=∠EGC=90°， ..EG AB, E为BC的中点， CG_CE=1, AG BE ..AG=CG, ,在口ABCD中，AD‖BC, .∠CAF=∠ACE,∠AFG=∠CEG, ∴.△AGF≌△CGE. (2) 证明：，△AGF≌△CGE, ∴.AF=CE, AD‖BC, ∴，四边形AECF为平行四边形， ,E为BC的中点，∠BAC=90°， ∴.EA=EC=EB, ∴.四边形AECF为菱形. 8.(1) 证明：，点B,点D关于AC所在直线对称， .OD=OB,AC⊥BD, :AB‖CD .∠OAB=∠OCD,∠OBA=∠ODC, 10/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AOB≌△COD AAS, ∴AB=CD ∴.四边形ABCD是平行四边形， 又，AC⊥BD. ∴.四边形ABCD是菱形： (2)解：，四边形ABCD是菱形， ∴.AD=CD=BC=5, 由题意得：DE⊥CE, 六DE=CD2-CE=52-32=4 .BE=BC+CE=5+3=8, ·BD=VDE2+BE=45 :AC⊥BD BDXOC--BC×DE 2 ..OC= BC×DE=5x4=95. BD 495 考点06根据菱形的性质与判定求角度 1.C 2.D3.A 考点7菱形的性质与判定解答题综合 1.(1)解：，四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，AB=4, ..AB=BC=CD=AD=4,AD BC. ∴，∠ABC=180°-∠BAD=60°， ,将边AB绕点A逆时针旋转至AE,旋转角a=30°， ∴.AB=AE=AD,∠BAE=30°， :∠ABE=∠AEB=1180°-∠BAE=1×180°-30=75°， :.∠CBE=∠ABE-∠ABC=75°-60°=15°， ∴.∠CBE+∠AEB=15°+75°=90°，即AE⊥BC, 11/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设AE,BC交于点M, B AD‖BC, ∴.∠DAE=∠CME=90°， ∴.△ADE是等腰直角三角形， .∠ADE=∠AED=45°， .∠BEH=180°-∠AEB-∠AED=180°-75°-45°=60， BE=BH, ∴.∠BEH=∠BHE=60°，则△BEH是等边三角形， ,∠ABE=75°，∠CBH=∠CBE+∠EBH=15°+60°=75°， .∠ABE=∠CBH」 .AB=CB,∠ABE=∠CBH,BE=BH, ∴.△ABE≌△CBH SAS, ∴.CH=AE=4: (2)两个结论仍然成立.证明如下： ,四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，AB=4, ∴.AB=AD=BC=4,AD‖BC, ∴.∠ABC=180°-∠BAD=60°， .AB=AE, ∴.AD=AE=AB, .'∠BAE=C,则∠EAD=∠BAD-∠BAE=120°-a, ·2AEB180-∠BAE1=90-g 2 ∠AD=号l80°-∠EAD=180-120-a=30+号 12/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3∠BEH=1800-∠hB-∠AD=180-90-含}-30°+号}=60 BE=BH, .△BEH为等边三角形， ∴.∠EBH=60°， ∴.∠ABC=∠EBH,则∠ABC-∠CBE=∠EBH-∠CBE, ∴.∠ABE=∠CBH, BE=BH,AB=CB ∴.△ABE≌△CBH SAS, ∴.AE=CH, ∴.CH=4. (3)解：由上述证明得到∠BCD=∠BAD=120°，AB=BC=CD=AD=AE=CH=4, △ABE≌△CBH, ∴.∠BAE=∠BCH=a,∠DCH=∠BCD+∠BCH=120°+a, 第一种情况，当点H在CD左边时，如图所示，过点H作HG⊥CD延长线于点G, H ⊙ .SADCH= CD-HG-482 :HG=2S-822-=22, CD 4 在Rt△CHG中，sin∠HCG=HC=2V2_2 CH 4 2 .∠HCG=45°， .∠DCH+∠HCG=180 ∴.120°+a+45°=180°， 13/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 解得：&=15° 第二种情况，当点H在CD右边时，如图所示，过点H作HG⊥CD延长线于点G, A D C G H 同理可得，HG=2V2, sin∠HcG=HC-22_2 CH 421 .∠HCG=45, .∠BCG=180°-∠BCD=180°-120°=60°， :.∠BAE=a=∠BCH=∠BCG+∠HCG=60°+45°=105°. 2.【详解】(1)解：，四边形ABCD是菱形，AC=6, ..OC=OA=3, OP=2CP, ∴.OP=2, ∴.AB=AP=OP+OA=5: (2)过点P作PE⊥AC于点E, D ,四边形ABCD是菱形， ∴.AC⊥BD, PE‖BD .△CPE一△CDO, 14/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 能器 .CP=DP, .CE=CP_1 OC CD2' .AB=x,AC=y, .CP-x,0G-y.CE-0C-y ∴AE=AC-CE=3 在△ce,PE-Pc-c|- 在Rt△PAE中， PE-PA-AB-- 即- 6 整理得专X即2)X,y三一 2(舍去)： xx20) y与x之间的函数关系式为y=2 (3)如图，设AP交BD于点F,将△ADP沿直线AP折叠，使点D落在BC边上的D,连接PD,AD, D D .AP=AB. ∴，AD=AD=AP=AB,∠DAP=∠DAP, 又∠ABD=∠ADP, .∠ADP=∠APD=∠APD=∠ADP=∠ADB=∠ABD, 15/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠DAP=∠DAP=∠BAD, ,AB‖CD .∠APD=∠PAB=2∠DAP, .∠PDA+∠APD+∠DAP=180°， .∴.5∠DAP=180°， ∴.∠DAP=36°，∠APD=∠ADP=72, :∠ADP=∠PDF=3∠ADP=36, .∠PDF=∠DAP=∠ADF, ∴.∠DPF=∠DFP=72°， .∴.DF=AF=PD, 又∠DPF=∠APD, △PDF一△PAD, ·DPFP ·APDP ∴.DP2=AP.FP, 设DP=m,DC=n,则AP=n,FP=n-m, .∴.m2=nn-m .m2+mn-n2=0, :m+-1=0 nn 取正数解得：”5-1 :.DP=m-5-1 DC n 2 3.(1) 证明：AD‖BC, ∴.∠DAC=∠ACB .OA=OC,∠AOD=∠BOC, .△AOD≌△COBASA, 16/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..AD=BC, ∴，四边形ABCD是平行四边形， .AB=BC, ∴.四边形ABCD是菱形： (2)解：，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD相交于点O, ∴点A和点C关于BD所在直线对称， ..AE=CE: .AB=AC,AB=BC. ..AB=BC=AC=AD=CD. .△ABC,△ACD是等边三角形， ∴.∠ABC=∠ACB=∠BAC=∠ACD=∠ADC=∠CAD=60°， .CH⊥AD,OD⊥AC, :∠ACH=∠HCD=∠ODC=x60°=30， 2 ∴.CE=DE: .∠FEC=75°， ∴.∠AFG=∠CFE=180°-∠FEC-∠FCE=75°， ∴.∠CFE=∠FEC, ∴.CF=CE: .AE=CE, .∠EAC=∠ECA=30°， ∴.∠AEC=180°-∠EAC-∠ECA=120°， ∴.∠AEG=∠AEC-∠FEC=45°， .∠AGF=180°-∠BAC-∠AFG=45°， .∠AGF=∠AEG, ∴.AG=AE, ..AG=CE, 综上所述，与线段CE相等的线段有AG,AE,FC,DE. 4.【详解】解：探究性质：①根据概念理解可得 17/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x'=3/3×cos60°-3×sin60=0 y=3/3×sin60°+3×cos60°=6 ∴.P0,6j月 同理： x1=-2×cos60°-2V3×sin60°=-4 y1=-2×sin60°+2V3×cos60°=0 ∴.Q-4,0 故点P、Q对应的“日变换”点P、Q如下图， ②线段PQ经过一次平移或轴对称，不能得到PQ, 线段PQ可由线段PQ通过旋转变换得到， 旋转中心如图所示， :0P=33}+32=6=0P'0Q=-2+23=4=0Q ∴.旋转中心为点O, :PP=33+3-6=6 .△PPO为等边三角形， .∠P0P=60, ∴.线段PQ可由线段PQ以点O为中心，逆时针旋转60°得到， 01 3 2 5-4-3-2-1 0、2345 运用性质： 18/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2 如图，将图形整体绕原点顺时针旋转45°，此时曲线为反比例函数y=二x<0的图象， A F E B D' M :A-2,2B-32,-32CR2,-2 ∴.A0,2B-6,0C0,-2 ∴.D6,0 设直线BC解析式为y=x+b, -6k+b=0 则b=-2 .乙， ∴y= 3x-2, 联立方程组， x=-3+V3 解得 y=-1-3 3 M-3-,-1+N-3+31 861-98-源2归-啊=8-9 3 由对称性知：S1=S3,S2=S4, ∴.S=S1+S2+S3+S4=2S1+S2=12-4V3 5.【详解】解：(1)，在菱形ABCD中， .AB=BC=CD=AD, ,∠ABC=60°， 19/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△ABC为等边三角形， 点P与线段AC的中点O重合， :∠PBC=号∠ABC=30°，BP1AC; (2)CE=2BE,理由： 如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ, D E B .BE=BQ,∠EBQ=60°，∠AEB=∠BQC, ∴△BEQ为等边三角形， ∴.∠BEQ=60°=∠BQE,BE=EQ, ,点E在线段BP上，且∠AEP=30°，∠PEC=60, .∠AEB=150°，∠BEC=360°-150°-30°-60°=120°， ∴.∠BEQ=∠CEQ=60°，∠AEB=∠BQC=150°， ∴.∠EQC=150°-60°=90°， .∠ECQ=90°-60°=30°， .'.CE=2EQ=2BE: (3)如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H, H D :AH‖BC, ∴.∠AHB=∠CBH, .∠ABC=60°， ∴.∠BAD=120°=∠BEG, ∴.△HAB~△BEG, 20124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 铝器 设FG=X,则EF=BE=2x, ∴.EG=3X, 2x_AH 3x5, 之9 AD BC .△APH-△CPB, .AIl=AP BC PC 10 .AP32, PC53 ,△ABC为等边三角形， ∴.AC=AB=5, AP=5×号-2 如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H, H 同理可得：∠H=∠PBC,∠BAH=∠BEG=120°， ∴△BAH△GEB, 设BE=EF=2m,而BE=2FG,则GF=EG=m, :.AB=EG=m=1 ‘AHBE2m2 .AH=10, 同理：△APH一△CPB, :A”=A9=2 CP BC 21/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AP=5×2=10 33 0 综上：AP的长为2或3 6.【详解】(1)解：由x2-3x-18=0解得，x1=6,x2=-3, ,OA的长是一元二次方程x2-3x-18=0的根， ∴.OA=6, ,四边形OABC为菱形， ∴.OA=OC=6, :tan∠COA=V3, ∴.∠COA=60°， 又，CQ⊥OA, .∠0CQ=30°， :0Q=6×=3, ,四边形OABC为菱形， ∴.OB平分∠COA, .∠POQ=30°， PQ=3, ·p3,3 答：点p的坐标为p3,3 (2)解：根据题意可知，BN=V3t,OM=t, 如图，作MKLOB于点K,则M水=， .∠P0Q=30°，PQ=V3,∠PQ0=90, .OP=2V3, 作BH⊥x轴于点H, ,四边形OABC为菱形， AB‖OC,AB=OA=6, ∴.∠BAH=∠COA=60°， 22/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴∠ABH=90°-60°=30°， B册=6x3 =33, .OB=3V3×2=6V3, .PB=6V3-2V3=4V3 当0<t<4时，PN=43-/3t, aPN的面5-号43-5t=-渠+5r, 当4<t≤6时，PN=3t-43, △PMN的面积S=号t3t-43=5-5L. 22 4 综上所述， 2+3t0<t<4 S= 3-3t 4<t≤6 +3t 0<t<4 答：△PMN的面积s关于运动时间t的函数解析式为S 4 3-3t 4<t≤6 B MO (3)解：如图，当t=3时，OM=3,点M和点Q重合，BN=33,ON=33, ∠ONM=∠NOM=30°， 假设在对角线OB上存在一点E,使得△MNE是含30°角的等腰三角形， 当∠EMN为顶角时，点E,与点0重合，E,00 当∠MEN为顶角时，点E,与点P重合，E,3,3 当∠ENM为顶角时，NE1=NM=OM=3, 23/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设E,3a,a则0E3=2a' OE3+N E2=ON, .2a+3=3V3, a=33-3 2 :V3a=9-33 2 9-3333-3, E 2 2 答：当t=3时，在对角线OB上存在一点E:使得△MNE是含30角的等腰三角形，E10,0:E,3,3, 9-3333-3 2 2 B E EO)M⑨)Aix 24/24 专题17 菱形的性质及其判定 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 考点01利用菱形的性质求线段长度 2026四川眉山卷、2026江苏苏州卷；2025广东广州卷、2025河南卷；2024河北卷 以选择题、填空题考查为主，分值稳定2-3分；核心运用菱形四边相等、对角线互相垂直平分的性质，常结合勾股定理计算边长与对角线长，整体难度偏低，易错点忽略对角线垂直的隐含条件 考点02利用菱形的性质求面积 2026四川绵阳卷、2026浙江杭州卷；2025山东济南卷、2025福建卷；2024辽宁卷 选择、填空高频考查，分值2-3分；主要考查 “底 × 高”“对角线乘积的一半” 两种面积算法，偶尔结合坐标系出题，整体难度偏低，易错点记错菱形面积对角线计算公式 考点03利用菱形的性质证明 2026湖北武汉卷、2026湖南卷；2025云南卷、2025黑龙江卷；2024贵州卷 中档解答题常考，分值4-6分；依托菱形边、角、对角线特性搭配全等三角形完成线段或角度证明，对几何步骤书写规范性要求较高，整体难度中等，易错点性质混用导致证明依据不足 考点04添加一个条件使得四边形是菱形 2026陕西卷、2026云南卷；2025甘肃卷、2025新疆卷；2024北京卷 以选择题考查为主，分值2分；多以平行四边形为基础补充菱形判定条件，侧重区分矩形与菱形的不同判定逻辑，整体难度偏低，易错点混淆邻边相等与对角线相等的判定适用场景 考点05证明四边形是菱形 2026江苏南京卷、2026安徽卷；2025江苏苏州卷、2025陕西卷；2024山西卷 解答题常规设问，分值6分左右；主流考法为先证平行四边形再证邻边相等/对角线垂直，或直接证四条边相等，整体难度中等，易错点跳过平行四边形直接用单一条件判定菱形 考点06根据菱形的性质与判定求角度 2026重庆卷、2026天津卷；2025浙江宁波卷、2025江西卷；2024广西卷 选择填空高频题型，分值3分；结合菱形对角线平分内角、邻角互补的特点，常联动等腰三角形、平行线性质求角度，整体难度中等，易错点遗漏对角线平分内角这一关键性质 考点07菱形的性质与判定解答题综合 2026山东青岛卷、2026四川德阳卷；2025安徽卷、2025深圳卷；2024海南卷 解答压轴高频考查，分值6-8分；综合菱形判定、勾股定理、动点变换等知识点设问，设问分层梯度明显，整体难度偏高，易错点无法串联多个性质完成多小问推导 考点01 利用菱形的性质求线段长度 1．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点是线段的垂直平分线，交于点E，交于点F，连接，则的周长为________．    【答案】 【分析】根据菱形的性质得出对角线互相垂直平分，利用勾股定理求出边长，再根据线段垂直平分线的性质得出，从而将的周长转化为进行计算 【详解】解：四边形是菱形， 在中， 由勾股定理得 是线段的垂直平分线 的周长为： ． 2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）菱形中，点是边的中点，交直线于点．若，，则菱形的边长为__________． 【答案】或/或 【分析】本题需分两种情况讨论，点F在线段上和点F在的延长线上，设菱形边长为未知数，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：设菱形的边长为， ∴，， 点是的中点， ， ， ， ， 为平行线与之间的距离，即． 分两种情况讨论： 情况1：点在线段上， 过点作，交直线于点． ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 又 ，为直角三角形，， 在中，由勾股定理，得 ， ． 情况2：点在的延长线上， 在中，由勾股定理，得 ， ． 3．（2026·广东深圳·中考真题）如图，在菱形中，点为边的中点，连接，．若，且，则菱形的边长为________． 【答案】 【分析】设菱形的边长为，根据中点定义和已知条件表示出和；过点作交的延长线于点，过点作于点，证明，设，利用勾股定理分别表示出和，建立关于和的方程组，求解即可． 【详解】解：设菱形的边长为， 四边形是菱形， ，， 点为边的中点， ， ， ， 过点作交的延长线于点，过点作于点，如图， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 设， 在中，， 在中，∵， ， ， ， 在中，∵， ， ， ∴， ∴， 将代入①得， 即， 解得（负值舍去）． 4．（2026·天津·中考真题）如图，在菱形中，，，连接． （Ⅰ）线段的长为________； （Ⅱ）点在边上，点在的延长线上，与相交于点，为的中点．若，则线段的长为________． 【答案】 5 【分析】（Ⅰ）因为菱形四边相等，所以，又因为，所以是等边三角形，由此可直接得到的长度． （Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，根据等边三角形的性质和判定先证得是等边三角形，进而可证得，可求得的长度，在中，，可求出的长，最后可利用勾股定理求出的长． 【详解】解：（Ⅰ）菱形， ． 又， 是等边三角形， ． （Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，如图： 是等边三角形， ， ， ，， 是等边三角形， ． ， ， 又， ， ． ， ． 已知是中点，， ， 由菱形性质得，即． 在中，， ， ， ． 在中，由勾股定理： ， （负值已舍去）． 5．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 6．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴； 故答案为：． 7．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则__________． 【答案】4 【分析】根据菱形的性质，得，又结合，，得出是等边三角形，就可以得知和都是含的直角三角形，解出三角形，即可求出的长． 【详解】解：连接，， ，， 垂直平分， ， 菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形，熟练掌握这些性质定理是关键． 8．（2025·辽宁·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为___________． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等．由菱形对角线互相垂直且平分，可得，，取中点H，连接，则，，再用勾股定理解即可． 【详解】解：在菱形中，对角线与相交于点， ，， ， ， 如图，取中点H，连接， 点为的中点，点H为的中点， ，， ， ， ， ， 故答案为：． 考点02 利用菱形的性质求面积 1．（2024·陕西·中考真题）如图，在菱形中，，，过点A作，与相交于点E，连接，则四边形的面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，连接交于点，根据菱形的性质以及勾股定理求得，进而根据余弦的定义求得，进而根据四边形的面积为，即可求解． 【详解】解：如图所示，连接交于点， ∵四边形是菱形， ∴，， 在中，，则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 2．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，， ∴， ∴， ∵， ∴菱形的面积； 故答案为：． 3．（2026·四川广元·中考真题）如图1的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的．它由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是1个小正方形．某数学兴趣小组在进行探究时，将图1中的四个直角三角形裁剪出来，拼成图2和图3，图2中菱形对角线的和为12，图3中间正方形的面积为20，则图1中间正方形的面积是__________． 【答案】 4 【分析】设四个全等直角三角形的两直角边长分别为，，斜边长为.根据图2菱形的对角线和得出的值，根据图3中间正方形面积及勾股定理得出的值，最后利用完全平方公式求出图1中间小正方形的面积． 【详解】解：设四个全等的直角三角形的两直角边长分别为，()，斜边长为 由图2可知，菱形的两条对角线长分别为， ∵菱形对角线的和为12 ∴， 即 由图3可知，中间正方形的边长为 ∵中间正方形的面积为20 ∴ 在直角三角形中，由勾股定理得 图1中间小正方形的边长为，其面积为 ∵ ∴， 解得 ∴． 4．（2025·海南·中考真题）如图，在菱形中，对角线、相交于点．以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则_______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，尺规作图作角平分线，角平分线的性质定理． 作交于I，根据菱形的性质可知，由作图可知平分，即，进而根据三角形面积公式计算即可． 【详解】如图，作交于I， ∵菱形， ∴，即， 由作图可知平分， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为______． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 6．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是______． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，，， ∴菱形的面积是， 故答案为：． 7．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 8．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为__________ 【答案】/ 【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可． 【详解】∵四边形是菱形， ∴设， ∴， 如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G， ∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上， ∴，， ∴ ∴点，D，O三点共线 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 由对称可得， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 考点03 利用菱形的性质证明 1．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且． 求证：． 【答案】 证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，先根据菱形的性质得到，再由线段的和差关系证明，则可利用证明，据此由全等三角形对应边相等可证明． 【详解】略． 2．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形中，点在上，点在上，且，连接，求证：． 【答案】证明：∵四边形是菱形， ∴，， 在和中，，，， ∴， ∴， ∴． 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角．根据菱形的性质可得，，证明，即可得出结论． 【详解】略 3．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为． 求证：． 【答案】 证明：四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出，用证明，由全等三角形的性质可得出， 由线段的和差关系即可得出． 【详解】略 4．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：． 【答案】 证明：在菱形中， ，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴． 【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明，再证明，从而可得结论． 【详解】略 5．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形中，，对角线与相交于点，点为的中点，连接与相交于点，连接并延长交于点． (1)证明：； (2)证明：． 【答案】(1) 证明：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点为的中点， ∴， ∴ ∵， ∴． (2) 证明：∵是等边三角形，，， ∴， ∴ ∵是等边三角形， ∴， 在和中， ， ∴． 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键． （1）先根据菱形的性质可得，再证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定即可得证； （2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据定理即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 考点04 添加一个条件使得四边形是菱形 1．（2024·内蒙古通辽·中考真题）（选择题）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解． 【详解】解：A、∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴是菱形，故本选项不符合题意； C、∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形，故本选项不符合题意； D、∵， ∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意； 故选：D 2．（2024·四川攀枝花·中考真题）（选择题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 3．（2026·四川乐山·中考真题）（选择题）如图，四边形是平行四边形，与相交于点，添加一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：A、，根据邻边相等的平行四边形为菱形，可以得到平行四边形是菱形，不符合题意； B、，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得到平行四边形为菱形，不符合题意； C、，根据对角线相等的平行四边形可以得到矩形，但不是菱形，符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形，不符合题意； 综上，故选C． 4．（2026·四川凉山·中考真题）（填空题）四边形的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足，请添加一个适当的条件：_______，使四边形成为菱形．（只需要添加一个条件即可） 【答案】 （答案不唯一） 【分析】本题可根据菱形的判定定理求解，已知四边形对角线互相垂直，且，只需证明四边形是平行四边形，即可结合对角线互相垂直判定其为菱形． 【详解】解：添加条件即可， ，， 四边形是平行四边形， 四边形的对角线互相垂直， 平行四边形是菱形 故可添加为（答案不唯一）． 5．（2025·黑龙江·中考真题）（填空题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形． 【答案】(或，答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可． 【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：； 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：； 故答案为：(或，答案不唯一）． 6．（2024·西藏·中考真题）（填空题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件________，使四边形是菱形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：添加（答案不唯一）， ∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故答案为：（答案不唯一）． 7．（2025·山东青岛·中考真题）（解答题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1) 证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ (2) 选择条件①，四边形为矩形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形， 证明：∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 8．（2026·湖北武汉·中考真题）（解答题）如图，点、、、在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)连接、，添加一个条件，使四边形是菱形（不需要说明理由）． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴； (2) 【分析】（1）因为，所以，再利用证明； （2）由可得，则，又因为得四边形是平行四边形，又因为，则为菱形． 【详解】（1）略； （2）解：，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴为菱形． 考点05 证明四边形是菱形 1．（2026·广东·中考真题）如图，，，连接． (1)尺规作图：在上作点，连接，使得平分．（保留作图痕迹，不写作法．） (2)连接，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)如图，点即为所求； (2) 证明：∵， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵，即 ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）根据作角平分线的尺规作图方法作出的平分线与的交点即为点； （2）先根据平行线+角平分线证明，然后进行等量代换结合平行证明四边形是平行四边形，再由有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 2．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在中，O为中点，过点O的直线分别交、于点E、F，连接、． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，．求的度数． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； (2) 【分析】（1）由题意得，，然后可得，则有，进而问题可求证； （2）由题意证出四边形为菱形，则有，然后可得，进而问题可求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·山东德州·中考真题）如图，在 中， ，点 是 的中点．连接，在平面内找一点 ，使得 ， ． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，四边形的面积为，求线段 的长． 【答案】(1)证明：∵ ， ， ∴四边形 是平行四边形， 又∵ 是直角三角形，， 是 中点， ∴ ， ∴四边形 是菱形． (2)4 【分析】（1）先根据两组对边分别平行的条件，判定四边形 是平行四边形；再利用直角三角形斜边中线定理，得到与 的数量关系，结合菱形的判定定理完成证明． （2）设点 到 的距离为 ，先表示出菱形 的面积，用两种方法表示出 的面积，再结合已知中长度，求解 的长． 【详解】（1）略 （2）解：设点 到 的距离为 ，因为 ， ∴菱形 的面积为 ， ∵ 是 的中点， ∴ ， 则 的面积：, 又∵ 中 ，面积也可表示为 ， ∵ ， ∴ 化简得 ， ∴ ． 4．（2026·云南·中考真题）如图，在四边形中，，相交于点，，，平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求的度数． 【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）根据，得到，进而得到四边形是平行四边形，根据平行线的性质，角平分线的定义，推出，进而得到，即可得证； （2）根据角的数量关系，和差关系求出的度数，再根据菱形的性质，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴． 5．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 【答案】(1) 左边同学的思路： 过点O作，连接，，如图所示： ∴， ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴直线是的切线； 右边同学的思路： 连接，并延长交于点F，如图所示： ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是切点， 即直线是的切线； (2)是菱形， 理由如下： 当与相切时，记切点为点，如图所示： ∵与相切于点．与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形． 【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答． （2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 6．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1) 证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 7．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证： (1)； (2)四边形是菱形． 【答案】(1) 证明：∵，， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∵在中，， ∴，， ∴． (2) 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵E为的中点，， ∴， ∴四边形为菱形． 【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论； （2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线分线段成比例，掌握以上基础知识是解本题的关键． 8．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长． 【答案】(1) 证明：∵点B，点D关于所在直线对称， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形； （2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴， 由题意得：， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 考点06 根据菱形的性质与判定求角度 1．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【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． 【详解】解：作图可得 ∴四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 2．（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：根据作图可得 ∴四边形是菱形，则， 又∵， ∴ 故选：D． 3．（2024·四川自贡·中考真题）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定和性质．证明四边形是菱形，即可求解． 【详解】解：由作图知， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， 故选：A． 考点07 菱形的性质与判定解答题综合 1．（2026·河南·中考真题）在菱形中，，．将边绕点逆时针旋转至，记旋转角为．作射线，在射线上取一点，使，连接． (1)【观察猜想】 当时，如图1，的度数为_________，的长为_________． (2)【探究证明】 当时，（1）中的两个结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2的情形进行证明；若不成立，请说明理由． (3)【拓展延伸】 当时，若的面积为，请直接写出此时旋转角的度数． 【答案】(1)； (2)两个结论仍然成立．证明如下： 四边形是菱形，，， ，， ， ， ， ，则， ，， ， ， 为等边三角形， ， ，则， ， ，， ， ， ． (3)或． 【分析】（1）根据菱形的性质得到，由旋转的性质，三角形内角和定理得到，是等腰直角三角形，根据平角得到，结合题意得到是等边三角形，再证明得到； （2）根据菱形的性质，旋转的性质得到，根据平角得到，结合题意得到是等边三角形，再证明得到； （3）结合（1），（2）的解析分类讨论：当点H在左边时，过点作延长线于点，由面积公式得到，根据解直角三角形的计算得到，由平角的定义即可求解；当点H在右边时，同理得到，由即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∵将边绕点逆时针旋转至，旋转角， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设交于点， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，则是等边三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）略 （3）解：由上述证明得到，，， ∴，， 第一种情况，当点H在左边时，如图所示，过点作延长线于点， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， 解得：； 第二种情况，当点H在右边时，如图所示，过点作延长线于点， 同理可得，， ∴， ∴， ∵， ∴． 2．（2026·四川南充·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，． (1)【初步感知】如图1，点P在线段上，若，，求的长． (2)【深入探究】如图2，点P在线段上，若，设长为x，长为y，求y与x之间的函数关系式． (3)【拓展运用】如图3，点P在线段上，将沿直线折叠，若点D落在边上，求的值． 【答案】(1)5 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质得出，再结合题意得出，即可求解； （2）过点P作于点E，根据菱形的性质及相似三角形的判定和性质得出，，，然后利用勾股定理建立方程整理即可得出y与x之间的函数关系式； （3）设交于点F.将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接，根据题意得出，利用各角之间的关系得出，，再由相似三角形的判定和性质得出，，设. 则，代入求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ， ∴， ， ， ； （2）过点P作于点E， ∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ，， 在中， 在中，     即 ， 整理得 即 (舍去)； ∴y与x之间的函数关系式为 （3）如图，设交于点F，将沿直线折叠，使点D落在边上的，连接， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， ， ， 设，则， ， ， ， 取正数解得：， ． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）． 【答案】(1) 证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； (2)，，， 【分析】（1）首先证明出，得到，然后结合即可证明； （2）首先由菱形的对称性得到；然后证明出，是等边三角形，得到，求出，得到；然后求出， 得到；然后求出，得到，进而求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形，对角线，相交于点O， ∴点A和点C关于所在直线对称， ∴； ∵，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，与线段相等的线段有，，，． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 4．（2025·江苏盐城·中考真题）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． “ 变换” 研究内容 提出概念 已知点．如果点满足，那么称点是点的“ 变换”点． 理解概念 已知点，，求点的“ 变换”点． 探究性质 如图（1），已知点和点，当时， ①请在图（1）中分别画出点、对应的“ 变换”点、； ②研究发现：线段可由线段 通过一次图形变换得到，点是点的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1）中作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹）    运用性质 如图（2），在平面直角坐标系中，菱形 的顶点、、的坐标分别为，，，曲线是反比例函数（ ）图像的“ 变换”线，，交边于点、 ，直线、 分别交边于点、，记、、、的面积分别为、、、，求的值． 【答案】概念理解：①； 点、对应的“ 变换”点、如下图， ②如图 运用性质： 【分析】概念理解：根据概念代入即可解答； 探究性质：①根据概念代入求得，画出图形即可； ②根据旋转的性质，画出旋转中心即可； 运用性质：将图形整体绕原点顺时针旋转 ，此时曲线为反比例函数的图象，得出，，，，待定系数法求出直线解析式为 ，联立方程组，可求出，，则，，由对称性知：，，即可求解． 【详解】解：探究性质：①根据概念理解可得 ， ； 同理： ， ， 故点、对应的“ 变换”点、如下图， ②线段 经过一次平移或轴对称，不能得到， 线段可由线段 通过旋转变换得到， 旋转中心如图所示， ，， 旋转中心为点 ， ， 为等边三角形， ， 线段可由线段 以点 为中心，逆时针旋转 得到， ； 运用性质： 如图，将图形整体绕原点顺时针旋转 ，此时曲线为反比例函数的图象， ，，， ，，， ， 设直线解析式为， 则， ， ， 联立方程组， 解得或， ，， ，， 由对称性知：，， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数值，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，准确从探究性质中得出线段可由线段 以点 为中心，逆时针旋转 得到是解题的关键． 5．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），； （2），理由： 如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）的长为或. 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）略 （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 6．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点的坐标为； (2)的面积S关于运动时间t的函数解析式为； (3)当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【分析】（1）解方程得出的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得和的长度，即可得点的坐标； （2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可； （3）根据运动时间，确定点和点的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点的坐标． 【详解】（1）解：由解得，，， ∵的长是一元二次方程的根， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴， ∴， ∴ 答：点的坐标为． （2）解：根据题意可知，，， 如图，作于点，则， ∵，，， ∴， 作轴于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴的面积， 当时，， ∴的面积， 综上所述，， 答：的面积关于运动时间t的函数解析式为． （3）解：如图，当时，，点和点重合，，，， 假设在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 答：当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $