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菱形的判定与性质 重难点题型专训
【经典例题一 利用菱形的性质求角度】
【例1】（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【变式训练】
1．在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交点分别为E、F．②作直线，交对角线于点G．③连接．若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在菱形中，E是上一点，沿折叠，点A恰好落在上的点F处，连接，若，则 ．
3．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，且平分，过点C作交的延长线于点E．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，交于点，若，则__________．
【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】
【例2】（2022·江苏镇江·校考三模）如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（ ）

A．2 B． C． D．
【变式训练】
1．菱形的对角线交于点O，过点A作，垂足为E，交于点E，若，菱形的面积为24，则的长为（ ）
A．2.4 B．4 C．4.8 D．5
2．如图，四边形是菱形，交于点，交于点，连接，若，则 ．
3． 如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，过C点作， 两线交于E点， 连接 、，交于点F．
(1)求证：；
(2)若菱形的边长为4，，求的长．
【经典例题三 利用菱形的性质求面积】
【例3】（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，长为半径作弧，交于点E；②分别以D、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F，作射线交于点G，连接，若，，则菱形的面积为（ ）

A．16 B． C． D．12
【变式训练】
1．如图，在菱形中，对角线与相交于点，是上任一点，于，于，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知，在菱形中，点E为上一动点，点F是上一动点，连接．若，是等边三角形，若，则面积的最大值是 ．
3．如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．
(1)求证：四边形的为矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【经典例题四 利用菱形的性质证明】
【例4】（2022上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在四边都相等的平行四边形中，点是对角线的交点，点、、、分别是四边中点，则图中的全等三角形共有（ ）

A．12对 B．16对 C．18对 D．20对
【变式训练】
1．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E．下列结论不一定正确的是（ ）
A． B．是直角三角形
C． D．
2．如图，在菱形纸片中，，是边的中点，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
3．如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】
【例5】（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立
【变式训练】
1．如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．MB＝MO
C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
2．如图2，四边形的对角线相交于点O，且互相垂直，添加一个条件能判定四边形为菱形．你添加的条件是 ．

3．如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)请你添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由）
【经典例题六 证明四边形是菱形】
【例6】（2021下·江苏南京·八年级南师附中树人学校校考期中）如图，在中，点、分别是、的中点，与交于点，与交于点，下列说法：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形；③当时，四边形是菱形；④当时，四边形是矩形，其中正确的有（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【变式训练】
1．在给定的平行四边形中作出一个菱形，甲、乙两人的作法如下：
甲：如图（1），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点M，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点N，连接，则四边形是菱形．
乙：如图（2），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，分别以点B，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，H，作直线交于点K，连接，则四边形是菱形．

下列判断正确的是（ ）
A．甲对，乙错 B．甲错，乙对 C．甲和乙都对 D．甲和乙都错
2．如图，在矩形中，，分别以点A，C为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交于点E，F．．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的有 ．（填写正确结论的序号）
3．下面是小明设计的作菱形的尺规作图过程．
已知：四边形是平行四边形．
求作：菱形（点在上，点在上）．
作法：如图，
①以为圆心，长为半径作弧，交于点；
②以为圆心，长为半径作弧，交于点；
③连接，所以四边形为所求的菱形．
(1)根据小明设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：∵，，
∴____________，
在平行四边形中，，即，
∴四边形为______形，
∵，
∴四边形为菱形．
【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】
【例7】（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练】
1．如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．

3．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数．
【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】
【例8】（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，在平行四边形中（），以点A为圆心，为半径画弧交于点F，连结，分别以点B和点F为圆心、以适当长为半径作圆弧交于点G，连接并延长交于点E． 若，，则的长为（ ）
A．18 B．16 C．12 D．20
【变式训练】
1．如图，过矩形的对角线的中点作，交边于点，交边于点，分别连接，若，，则的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
2．如图，为边的中点，交的延长线于点，连接，平分，作，垂足为．若，，则 ．

3．如图，E、F是对角线上两点，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，，求的长．
【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】
【例9】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，点E在边上，连接，若，则四边形的面积为（ ）

A．64 B．48 C．32 D．16
【变式训练】
1．（2023下·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（ ）

A．240 B．130 C．120 D．65
2．（2023上·四川成都·九年级统考期中）将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为 ．
3．（2023上·吉林长春·八年级校考期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______．
探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积．
应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______．
【经典例题十 菱形的综合性问题】
【例10】（2023下·江苏常州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，点、分别在边、上，且，则的最小值是（ ）

A．2 B．3 C． D．
【变式训练】
1．（2023上·宁夏银川·九年级银川唐徕回民中学校考期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2022下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为 ．
3．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；
(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；
(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【拓展培优】
1．如图，在平行四边形中，，，点E，F，G，H分别是、、、的中点，连接，，，，当从锐角逐渐增大到钝角的过程中，四边形的形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形 B．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
2．如图，四边形是菱形，对角线，交于点O，E为中点，过E作，垂足为G，过E作交于点F，连接，若，，则的长为（ ）
A．12 B．10 C．6.5 D．5
3．如图，在矩形中，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点作直线，交于点，交于点，若，则矩形的周长为（ ）
A．8 B．12 C．24 D．36
4．图1是一张菱形纸片，点是边上的点．将该菱形纸片沿折叠得到图2，的对应边恰好落在直线上．已知，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．21 C．15 D．12
5．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接、、，交于点．若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在菱形中，对角线相交于点O，E是的中点，连接，若，菱形的面积是24，则的长为 ．
7．如图所示，在菱形中，，F，G分别为，的中点，M，N分别为线段，的中点．若线段的长为4，则的长为 ．
8．如图，在菱形中，，，点F在边上，且，点E是对角线上的一个动点，当的值最小时，的长是 ．
9．如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点；分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，交于点．若，，则的长为 ．
10．在平面直角坐标系中，，，，，若以点为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ．
11．如图，在中，，过点A作，且，

(1)尺规作图：在边上求作一点D，连接，使得四边形是平行四边形；
(2)若，，求四边形的面积．
12．如图，已知矩形，，P是上一动点，M，N，E分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，判断四边形是什么图形，并证明你的结论；
(3)当四边形为菱形时，求的值．
13．如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积．
14．如图，在中，，点O是AC边上的中点，将绕着点O旋转得到.
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，求菱形的面积.
15．如图，正方形的顶点、分别在、的正半轴上，点的坐标为，一次函数的图象与边、分别交于点、，并且满足．点是线段上的一个动点．
(1)连接、，求证：四边形是平行四边形；
(2)作交于，当面积为2.6时，求点的坐标；
(3)设点是轴上方平面内的一点，以、、、为顶点的四边形是菱形，求点的坐标．中小学教育资源及组卷应用平台
菱形的判定与性质 重难点题型专训
【经典例题一 利用菱形的性质求角度】
【例1】（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先连接，根据线段垂直平分线的性质得，再根据菱形的性质得到，再证明，进而得出，，可知，然后根据等腰三角形的性质得，进而得出答案．
【详解】连接．
∵是的垂直平分线，
∴．
∵四边形是菱形，
∴．，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．
【变式训练】
1．在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交点分别为E、F．②作直线，交对角线于点G．③连接．若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，菱形的性质，等腰三角形的性质，如图，连接，先证明，再证明，，可得，，再利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理可得答案．
【详解】解：如图，连接，
由作图可得：是的垂直平分线，
∴，
∵菱形，
∴直线是菱形的对称轴，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
故选C
2．如图，在菱形中，E是上一点，沿折叠，点A恰好落在上的点F处，连接，若，则 ．
【答案】/100度
【分析】本题考查了翻折变换，菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的对角线平分每一组对角是解题的关键．根据菱形的性质得到，根据折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵沿折叠，点A恰好落在上的点F处，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
3．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，且平分，过点C作交的延长线于点E．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，交于点，若，则__________．
【答案】(1)见解析
(2)60
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟记平行四边形与菱形的判定方法是解本题的关键；
（1）根据，，易证四边形是平行四边形，由角平分线的性质可得，由平行线的性质可得，即可得到，进而得到，然后证得，即可证得平行四边形是菱形；
（2）证明，证明，结合，可得，证明，从而可得答案．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
为的平分线，
，
，
，
，
平行四边形是菱形；
（2）解：，
，
平行四边形是菱形，
，
，
平行四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：60．
【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】
【例2】（2022·江苏镇江·校考三模）如图，菱形ABCD中，，，点M是边CD的中点，直线EF分别与、交于点、，若点与点关于直线对称，则的值为（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】利用勾股定理得出的长，再利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出，进而得出答案．
【详解】解：如图所示：延长，过点作于点，连接，，，

，四边形是菱形，
，
，
设，则，，
，
，
，
解得：，
故，
连接，
，，
是等边三角形，
是的中点，
，
，，
，
设，则，
故，
解得：，
的值为：．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，利用勾股定理得出的长是解题关键．
【变式训练】
1．菱形的对角线交于点O，过点A作，垂足为E，交于点E，若，菱形的面积为24，则的长为（ ）
A．2.4 B．4 C．4.8 D．5
【答案】C
【分析】根据菱形面积对角线积的一半可求，再根据勾股定理得出．结合，即可作答．本题考查了菱形的性质，勾股定理，关键是灵活运用这些性质解决问题．
【详解】解：是菱形，
，，
∴
则，
∴
∴
中，
，
∴
则，
故选：C．
2．如图，四边形是菱形，交于点，交于点，连接，若，则 ．
【答案】
【分析】如图，取中点，连接，由菱形的性质，对角线互相垂直平分，可得是的中位线，由中位线的性质得，，，即可得出是的垂直平分线，进而求出，的值，再由勾股定理得，可计算出的值，最后根据三角形面积公式得，求出的值，即可计算的值，可得．
【详解】解：如图，取中点，连接，
四边形是菱形，
，，，
是的中位线，
，，
又，
，
是的垂直平分线，
，
，，
，
，
，
，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，垂直平分线的性质，勾股定理解三角形，熟练掌握相关性质，合理添加辅助线，证明并利用三角形面积相等求出的值是解题关键．
3． 如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，过C点作， 两线交于E点， 连接 、，交于点F．
(1)求证：；
(2)若菱形的边长为4，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质、矩形的判定和性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理等知识：
（1）只要证明四边形是平行四边形，即可；
（2）在中，利用勾股定理即可解决问题；
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【详解】（1）证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，为对角线，
，
，
∴平行四边形是矩形．
．
（2）解：四边形为菱形，且边长为4，
，，，
，
又，
是等边三角形，
，
在中，由勾股定理得：，
由（1）得四边形是矩形，
，，
在中，由勾股定理得：．
【经典例题三 利用菱形的性质求面积】
【例3】（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，长为半径作弧，交于点E；②分别以D、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F，作射线交于点G，连接，若，，则菱形的面积为（ ）

A．16 B． C． D．12
【答案】B
【分析】由作图可知：，再根据菱形的性质可得，从而可得，然后设，利用勾股定理可得，最后在中，利用勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】解：由作图可知：，
四边形是菱形，
，
，
设，
在中，，
，
，
在中，，即，
解得（负值已舍去），即：，
∴，
∴，
∴菱形的面积为；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、基本作图—作垂线、含30度角的直角三角形，勾股定理，通过作图方法，得到，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
【变式训练】
1．如图，在菱形中，对角线与相交于点，是上任一点，于，于，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是过作于，证明，由菱形的面积公式求出的长．过作于，由菱形的性质推出，，，，平分，由角平分线的性质推出，由于，，，得到、、共线，因此，由勾股定理求出，由菱形的面积公式得到，即可求出，得到的值．
【详解】解：过作于，
四边形是菱形，
，，，，平分，
于，
，
，，，
、、共线，
，
，，
，，
，
菱形的面积，
，
．
的值为．
故选：C
2．已知，在菱形中，点E为上一动点，点F是上一动点，连接．若，是等边三角形，若，则面积的最大值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理、垂线段最短的性质等知识；根据菱形的性质和等边三角形的性质证明，证明，求出的最小面积，即可得出的面积最大值．
【详解】解：∵在菱形中，，
∴，，
∴和都是等边三角形，由“垂线段最短”可知：当等边三角形的边与垂直时，边最短，
此时，，，．
∴，
又，
同理三角形的高为，
的面积，
则此时的面积就会最大．
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
．
故答案为：．
3．如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F．
(1)求证：四边形的为矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见详解
(2)96
【分析】本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定，以及勾股定理解三角形．
（1）由菱形的性质可证明，然后再证明四边形为平行四边形，从而可证明四边形是矩形；
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，再利用菱形的性质求面积即可．
【详解】（1）证明：，
四边形是平行四边形．
又菱形对角线交于点
，即．
四边形是矩形．
（2）菱形，
，
，
，
，
，
菱形的面积为：．
【经典例题四 利用菱形的性质证明】
【例4】（2022上·江苏宿迁·八年级统考期中）如图，在四边都相等的平行四边形中，点是对角线的交点，点、、、分别是四边中点，则图中的全等三角形共有（ ）

A．12对 B．16对 C．18对 D．20对
【答案】D
【分析】根据菱形的判定与性质、全等三角形的判定定理解答即可．
【详解】解：∵四边形是四边都相等的平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴．
同理可证：，，，，，，，，，，，，，，，，，，．
∴共有20对．
故选：D．
【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质、全等三角形的判定，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
【变式训练】
1．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E．下列结论不一定正确的是（ ）
A． B．是直角三角形
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，由菱形的性质可得通过证明四边形是平行四边形，可得，由直角三角形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴是直角三角形，
∴，
∴，故选项A、B、C都正确，
故选：D．
2．如图，在菱形纸片中，，是边的中点，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在直线上的点处，折痕为，与交于点．有如下结论：①；②；③；④．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③④
【分析】
由菱形的性质，，可得，是等边三角形，结合是边的中点，根据三线合一可得，根据含角直角三角形的性质，可证③正确，
由，结合折叠的性质，可证①正确，
由折叠的性质得到的度数，结合，得到，根据三角形内角和，可证②正确，
连接，与交于点，由，，得，结合，由，可证④正确，
本题考查了，菱形的性质，折叠的性质，含角直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：连接辅助线，构造全等三角形．
【详解】解：∵菱形，
∴，
∵，
∴，是等边三角形，，
∵是边的中点，
∴，
∴，
∴，故③正确，
∴，
由折叠的性质可得，，，
∴，故①正确，
∴，
∵，
∴，故②正确，
连接，与交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：①②③④．
3．如图，在四边形中，，，对角线交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】（1）∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出是解答本题的关键．
【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】
【例5】（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，甲、乙两人分别用一张矩形纸做一个折菱形的游戏．甲沿折叠使得点落在上，沿折叠使得点落在上，甲说得到的四边形为菱形；乙沿折叠使得与重合，再折出，，乙说得到的四边形为菱形；下列说法正确的是（ ）
A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立
C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立
【答案】B
【分析】由折叠的方法可知，四边形和四边形为平行四边形；再判断它们邻边是否相等即可得出结论；
【详解】解：∵四边形是矩形
∴
∴，
由折叠知：，
∴
∴∥,
∴四边形是平行四边形
当时，四边形是平行四边形，
∴，
又∵，，
∴，
故时，四边形为菱形，甲甲可能成立，
而由乙折叠方法可知，所以，故四边形为不可能为菱形．
综上所述：甲可能成立，乙一定不成立，
故选B．
【点睛】本题考查的是翻折变换的性质、平行四边形的判定以及矩形和菱形的性质，翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【变式训练】
1．如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．MB＝MO
C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【答案】C
2．如图2，四边形的对角线相交于点O，且互相垂直，添加一个条件能判定四边形为菱形．你添加的条件是 ．

【答案】互相平分
【分析】根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形的判定方法进行解答即可．
【详解】解：当互相平分时，有
∵
∴
∴,
∴
∴四边形为菱形．
故添加的条件是互相平分
故答案为：互相平分.
【点评】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
3．如图，将的对角线向两个方向延长，分别至点和点，且使．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)请你添加一个条件，使四边形为菱形．（不需要说明理由）
【答案】(1)见解析
(2)（答案不唯一）
【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，熟练掌握相关图形的性质及判定方法是解决问题的关键．
（1）连接交于，根据平行四边形的性质可得，，进而可得，即可证明结论；
（2）添加条件为：，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求解．
【详解】（1）证明：连接交于，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，即：，
∴四边形是平行四边形；
（2）添加条件为：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形为菱形．
【经典例题六 证明四边形是菱形】
【例6】（2021下·江苏南京·八年级南师附中树人学校校考期中）如图，在中，点、分别是、的中点，与交于点，与交于点，下列说法：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形；③当时，四边形是菱形；④当时，四边形是矩形，其中正确的有（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】根据平行四边形、矩形的判定与性质，菱形的判定，结合题中条件证明．解每个小问时，先画出对应图形，再证明．
【详解】解：①如图
四边形是是平行四边形
，
又 、分别是、的中点
又 即
四边形是平行四边形
故①正确．
②如图
连接，由题意得：
，，
四边形，都为平行四边形且两者全等
又平行四边形对角线互相平分
又由①可知，四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形；
故②正确．
③如图
，四边形是平行四边形
平行四边形是矩形，
四边形是矩形，
又 矩形对角线互相平分
结合②四边形为平行四边形
四边形为菱形
故③正确．
④如图，
由①②可得：，，而，
∴，
∴四边形不是矩形
故④不正确．
故答案为：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质(一组对边平行且相等，对角线互相平分)，矩形的判定和性质(对角线互相平分)，菱形判定(有一组邻边相等的平行四边形为菱形) 等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键．
【变式训练】
1．在给定的平行四边形中作出一个菱形，甲、乙两人的作法如下：
甲：如图（1），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点M，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点N，连接，则四边形是菱形．
乙：如图（2），以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，分别以点B，E为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，H，作直线交于点K，连接，则四边形是菱形．

下列判断正确的是（ ）
A．甲对，乙错 B．甲错，乙对 C．甲和乙都对 D．甲和乙都错
【答案】C
【分析】本题考查了作图-复杂作图，线段垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．甲：根据作图过程可得有一组邻边相等的平行四边形是菱形；乙：根据作图过程可得是的垂直平分线，然后证明，可得，判断四边形是平行四边形，根据，即可得四边形是菱形．
【详解】
解：甲正确，理由如下：四边形是平行四边形，
，
根据作图过程可知：，
，
四边形是平行四边形，，
四边形是菱形，
故甲的说法正确；
乙正确，理由如下：
如图(2)，连接交于点O，
根据作图过程可知：是的垂直平分线，
，.
四边形是平行四边形，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，，
四边形是菱形，
故乙的说法正确，
故选：C.
2．如图，在矩形中，，分别以点A，C为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交于点E，F．．下列结论：①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．其中正确结论的有 ．（填写正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为O，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由即可求解．
【详解】解：如图，设与的交点为O，
根据作图可得，且平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
∴，
∴四边形是菱形，故①正确；
②∵，
∴，
∴；故②正确；
③由菱形的面积可得，故③不正确，
④∵四边形是菱形，
∴
又∵，
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．故④正确；
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
3．下面是小明设计的作菱形的尺规作图过程．
已知：四边形是平行四边形．
求作：菱形（点在上，点在上）．
作法：如图，
①以为圆心，长为半径作弧，交于点；
②以为圆心，长为半径作弧，交于点；
③连接，所以四边形为所求的菱形．
(1)根据小明设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：∵，，
∴____________，
在平行四边形中，，即，
∴四边形为______形，
∵，
∴四边形为菱形．
【答案】(1)见详解
(2)，，平行四边
【分析】本题主要考查了尺规作图、平行四边形的判定以及菱形的判定，准确分析证明是解题的关键．
（1）根据题意作图即可；
（2）根据平行四边形的判定定理和菱形的判定定理证明即可．
【详解】（1）解：如图即为所求，
（2）证明：∵，，
∴，
在平行四边形中，，即，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
故答案为：，，平行四边．
【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】
【例7】（2024上·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论．
【详解】解：在中，，
∴是菱形，
，
，
，
，
，
，是斜边的中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【变式训练】
1．如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论．
【详解】解：在中，，
∴是菱形，
，
，
，
，
，
，是斜边的中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
2．在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．

【答案】
【分析】
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案．
【详解】解：延长、交于H，连接，

，，
四边形为平行四边形，
，平分，
，，，
为等腰三角形，
，
平行四边形为菱形，
，且均为等边三角形，
，，
，
，
为等腰三角形，
又四边形为平行四边形，
，，，
，
在与中，
，
，
，
．
故答案为：．
3．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证，
（2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，，
本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又，
∴四边形ABCD是菱形，
（2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】
【例8】（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，在平行四边形中（），以点A为圆心，为半径画弧交于点F，连结，分别以点B和点F为圆心、以适当长为半径作圆弧交于点G，连接并延长交于点E． 若，，则的长为（ ）
A．18 B．16 C．12 D．20
【答案】B
【分析】连接，设与相交于点H，证明四边形是菱形，根据菱形的性质得到，，由勾股定理求出，即可得到的长．
【详解】解：连接，设与相交于点H，
由作图可知，，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，
∴，，
∴，
∴，
故选：B
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、勾股定理、等角对等边等知识，证明四边形是菱形是解题的关键．
【变式训练】
1．如图，过矩形的对角线的中点作，交边于点，交边于点，分别连接，若，，则的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质得出，然后利用“角角边”证明△和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形得到四边形是菱形，再求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得，根据矩形的对边相等可得，然后求出，从而得解．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
是的中点，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，解题的关键在于判断出是等边三角形．
2．如图，为边的中点，交的延长线于点，连接，平分，作，垂足为．若，，则 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等角对等边等等，先证明得到，则可证明四边形是平行四边形，再证明，得到，则可证四边形是菱形，得到，利用勾股定理求出，再由，可得．
【详解】解：∵为边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
3．如图，E、F是对角线上两点，且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质是解答的关键．
（1）连接交于O，利用平行四边形的性质得到，，证得即可证得结论；
（2）由勾股定理求得，根据菱形的判定证得四边形是菱形，则有，由勾股定理得，进而求得，利用求解即可．
【详解】（1）证明：连接交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
则，
解得，
∴，
∴．
【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】
【例9】（2023·广西南宁·校考二模）如图，已知平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，点E在边上，连接，若，则四边形的面积为（ ）

A．64 B．48 C．32 D．16
【答案】D
【分析】先证明四边形为菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵平行四边形纸片，将平行四边形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上，点B的对应点为F，折痕为，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴四边形的面积为；
故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质．解题的关键是证明四边形为菱形．
【变式训练】
1．（2023下·河南开封·八年级校考阶段练习）如图，在的两边上分别截取使，分别以点A，B为圆心，以的长为半径作弧，两弧交于点C，再连接，若，则四边形的面积是（ ）

A．240 B．130 C．120 D．65
【答案】C
【分析】根据作图可得四边形是菱形，勾股定理，求得的长，进而根据菱形的面积公式即可求解.
【详解】解：根据作图可得，
四边形是菱形，
，，
如图所示，

设交于点D，
在中，，
，
四边形的面积为：.
故选：C.
【点睛】此题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定是解题的关键.
2．（2023上·四川成都·九年级统考期中）将宽度相等的两张纸条按如图所示的方式放置，两个纸条重叠部分组成的四边形中，对角线，，则纸条重叠部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
证明四边形是平行四边形，如图，作于，于，由等宽可得，由，可得，证明四边形是菱形，根据，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∴四边形是平行四边形，
如图，作于，于，由等宽可得，
∵，
∴，即，
∴四边形是菱形，
∴，
故答案为：．
3．（2023上·吉林长春·八年级校考期中）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、．若的面积是20，则四边形的面积是______．
探究：如图②，在中，，对角线、相交于点，过点的直线分别交、于点、．若，求四边形的面积．
应用：如图③，在Rt中，，延长到点，使，连结．若，则的面积是______．
【答案】猜想：10；探究：8；应用：6
【分析】猜想：根据平行四边形的性质得到，，进而证明得到，再根据进行求解即可；
探究：根据菱形的性质得到，，进而证明，得到，再根据进行求解即可；
应用：延长到E使，证明，得到，利用勾股定理得到，进而得到的长，利用计算即可．
【详解】解：猜想：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
故答案为：10；
探究：在中，，
∴四边形是菱形，
∴．
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
应用：延长到E使，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
∴
∴．
∵，
∴，
∴．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，图形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【经典例题十 菱形的综合性问题】
【例10】（2023下·江苏常州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，点、分别在边、上，且，则的最小值是（ ）

A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】连接，很容易能得到和全等，根据全等的性质，能推出为等边三角形，从而将的最小值问题转化为的最小值；而的最小值，又可以联想到点到的距离：垂线段最短，从而将问题解决了．
【详解】解：过点作，连接，

，
四边形是菱形，
，，
和都是等边三角形，
，，
在中，，
，
在中，根据勾股定理，得：，
，
，
垂线段最短，
，
．
在和中，
≌．
，，
即：，
，，
为等边三角形，
，
，
即：有最小值．
故选：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短等知识．正确作出所需要的辅助线是解题的关键，也是本题的难点．
【变式训练】
1．（2023上·宁夏银川·九年级银川唐徕回民中学校考期中）如图，在菱形中，，，，分别是，的中点，，相交于点，连接，，有下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据菱形的性质和，可知是等边三角形，是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，，即可判断①；根据可证，根据全等三角形的性质可得，再根据含角的直角三角形的性质可判断②；根据为直角三角形，可知，进一步可知，即可判断③；根据勾股定理可得，再根据三角形面积的求法即可判断④．从而得出答案．
【详解】解：在菱形中，，
，
，
是等边三角形，是等边三角形，
，，
，分别是，的中点，
，
，
，，
，
故①正确；
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
故②正确；
为直角三角形，
，
，
与不全等，
故③错误；
∵菱形，，
∴
，，，
根据勾股定理，得，
，
故④正确，
故正确的有①②④，共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，三角形的面积等，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2022下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，，动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，顺次连接、、、．设运动的时间为，若四边形是矩形，则的值为 ．
【答案】
【分析】首先证四边形是平行四边形，则当时，四边形是矩形，由“”可证，可得，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，
，
动点、分别从点、同时出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动；同时，动点、也分别从点、出发，均以的速度沿、向终点、匀速运动，
，，
在和中，
，
，
，
同理可证：，
四边形是平行四边形，
如图，连接，，过点作于，于，
当时，四边形是矩形，
即当时，四边形是矩形，
，
，
，
，
同理可求：，，，
在和中，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．
3．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；
(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；
(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，
则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，
即，
则菱形为正方形，
∵菱形的面积为，
∴菱形的边长是．
故答案为：．
（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴．
（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：
分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
则，
即，
∴四边形是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
【拓展培优】
1．如图，在平行四边形中，，，点E，F，G，H分别是、、、的中点，连接，，，，当从锐角逐渐增大到钝角的过程中，四边形的形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形 B．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
【答案】A
【分析】根据三角形中位线，得到，，，进而得到四边形是平行四边形，当时，平行四边形是矩形，，进而得到，此时平行四边形是菱形，由，， ，得到，平行四边形不可能是矩形或正方形，即可求解，
本题考查了，三角形的中位线，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，解题的关键是：熟练掌握先关判定定理．
【详解】解：连接、、、，
∵点E，F，G，H分别是、、、的中点，
∴，，，，，，，，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
当时，平行四边形是矩形，，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，， ，
∴，
∴平行四边形不可能是矩形或正方形，
故选：．
2．如图，四边形是菱形，对角线，交于点O，E为中点，过E作，垂足为G，过E作交于点F，连接，若，，则的长为（ ）
A．12 B．10 C．6.5 D．5
【答案】C
【分析】连接，延长，过点B作，垂足为点H，根据菱形的性质得出，，，证明四边形为矩形，得出，，证明四边形为平行四边形，得出，证明，得出，证明四边形为矩形，得出，根据勾股定理求出即可．
【详解】解：连接，延长，过点B作，垂足为点H，如图所示：
四边形是菱形，
，，，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∵为的中点，为的中点，
是的中位线，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
3．如图，在矩形中，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点作直线，交于点，交于点，若，则矩形的周长为（ ）
A．8 B．12 C．24 D．36
【答案】C
【分析】由尺规作图得到直线是线段的垂直平分线，连接，如图所示，结合矩形性质，根据三角形全等的判定与性质得到，进而由平行四边形的判定、菱形的判定得到，最后结合矩形性质与勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：由题中尺规作图可知，直线是线段的垂直平分线，连接，如图所示：
，，
在矩形中，，则，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，，，，则由勾股定理可得，且,
在矩形中，，，
矩形的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查求线段长，涉及尺规作图-垂直平分线、矩形性质、中垂线性质、三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理等知识，读懂题意，数形结合，灵活运用相关几何性质与判定求证是解决问题的关键．
4．图1是一张菱形纸片，点是边上的点．将该菱形纸片沿折叠得到图2，的对应边恰好落在直线上．已知，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．21 C．15 D．12
【答案】C
【分析】由的对应边恰好落在直线上可知，再证明是等边三角形即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，．
∵的对应边恰好落在直线上，
∴到、的距离相等，
∴，点是边的中点，
∴四边形、四边形是平行四边形，，
∴．
由折叠知，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形的周长为∶．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
5．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作，且，连接、、，交于点．若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出，证明四边形是矩形，再根据菱形的性质得出，先根据勾股定理求出，即，最后再根据勾股定理求出的长度即可．
【详解】解：在菱形中，，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是矩形，
∴，
四边形是菱形，
∴，，
为等边三角形，
，，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明四边形是矩形是解决问题的关键．
6．如图，在菱形中，对角线相交于点O，E是的中点，连接，若，菱形的面积是24，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质得到，即可解答，熟知菱形的面积等于对角线相乘除以2，是解题的关键。
【详解】解：四边形是菱形，
，
根据菱形的面积是24，可得，
，
，
，
根据勾股定理可得，
E是的中点，
，
故答案为：．
7．如图所示，在菱形中，，F，G分别为，的中点，M，N分别为线段，的中点．若线段的长为4，则的长为 ．
【答案】1
【分析】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，添加辅助线构造三角形的中位线是解题的关键．
连接并延长，交于点E，连接，根据菱形的性质以及已知条件证明，得出．，进而证明为等边三角形，根据M，N是中点得出为的中位线，根据中位线的性质即可求解．
【详解】如图所示，连接并延长，交于点E，连接．
四边形是菱形，
，，
，
M，N分别为线段，的中点，F，G分别为，的中点，
，，
∴
，
∴，，
E为中点，
，的长为4，
为等边三角形．
的长为4，
N为线段的中点，，
为的中位线，
．
故答案为：1．
8．如图，在菱形中，，，点F在边上，且，点E是对角线上的一个动点，当的值最小时，的长是 ．
【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．连接，，易得，进而得到，得到三点共线时，最小，确定点位置，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理进行求解即可．
【详解】解：连接，，
∵菱形中，，，
∴互相垂直平分，，，
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∵，
∴三点共线时，最小，如图：
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
9．如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点；分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，交于点．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，线段垂直平分线的尺规作图，勾股定理，设交于点，连接，根据作图可知，，再根据平行四边形的性质及等角对对边得出，再证明四边形是菱形，然后根据菱形的性质及勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图，设交于点，连接,
由作图可知：，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
在中，，
，
故答案为：．
10．在平面直角坐标系中，，，，，若以点为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ．
【答案】或或或
【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形、勾股定理，分两种情况：①点在点的右边，过作于；②点在点的左边时，过作于，分别求出和的长即可，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：①点在点的右边，过作于，如图1所示：
∵，，，，且，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为或；
②点在点的左边时，过作于，如图2所示：
∵，，，，且，，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴
∴，
∴，
∴，
∴点的坐标为或；
故答案为：或或或．
11．如图，在中，，过点A作，且，

(1)尺规作图：在边上求作一点D，连接，使得四边形是平行四边形；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）作线段的垂直平分线，垂足为，根据一组对边平行且相等可得四边形是平行四边形；
（2）由直角三角形斜边中线的性质得：，根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；根据菱形和三角形的面积可得：，据此即可解答．
【详解】（1）解：作线段的垂直平分线，垂足为，如图，四边形是平行四边形；
；
证明：由作图知D是的中点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）知四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形；
∵，，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了尺规作图、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握以上基础知识．
12．如图，已知矩形，，P是上一动点，M，N，E分别是的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，判断四边形是什么图形，并证明你的结论；
(3)当四边形为菱形时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
(3)
【分析】本题考查了平行四边形，菱形的判定与性质和矩形的判定与性质，三角形的中位定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）用三角形的中位线定理证明四边形的两组对边分别平行；
（2）根据勾股定理逆定理得出为，再根据矩形的判定解答即可．
（3）根据菱形和矩形的性质，证明，得到，即可解答．
【详解】（1）证明：，分别为，的中点，
，
同理可证：，
四边形为平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，
理由：，，，
，
，
又由（1）知，四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
（3）解：∵M、N分别是的中点，
∴，，
∵四边形是菱形，
，
，
在矩形中，，
，
，
∴．
13．如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，过点作，交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若平行四边形的周长为，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质，直角三角形的性质
（1）根据平行四边形的性质得到，，得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到，由点是的中点，得到，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形
在中，是中点，
平行四边形是菱形
（2）解：连接
平行四边形的周长是36
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，解得，
四边形是菱形，
四边形是平行四边形，
14．如图，在中，，点O是AC边上的中点，将绕着点O旋转得到.
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，求菱形的面积.
【答案】(1)详见解析
(2)菱形的面积是2
【分析】本题主要考查了菱形，解题关键是构造直角三角形求面积．
（1）由将绕着点旋转得到，得，，又由，即可得四边形是菱形；
（2）作，由，，得，即可得菱形的面积．
【详解】（1）解：将绕着点O旋转得到.
∴，，
∵，
∴，
∴四边形菱形
（2）解：作，由，，
得，
得菱形的面积．
15．如图，正方形的顶点、分别在、的正半轴上，点的坐标为，一次函数的图象与边、分别交于点、，并且满足．点是线段上的一个动点．
(1)连接、，求证：四边形是平行四边形；
(2)作交于，当面积为2.6时，求点的坐标；
(3)设点是轴上方平面内的一点，以、、、为顶点的四边形是菱形，求点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)点的坐标为；
(3)点的坐标为或．
【分析】本题是一次函数综合题，主要考查了菱形的判定方法，正确根据菱形的性质求得的坐标是解决本题的关键．
（1）首先求出，代入，可求得，则，即可得四边形是平行四边形；
（2）过点作于，首先证明，则，可求得，设出的坐标，根据三角形的面积公式即可求得的纵坐标，进而求得的坐标；
（3）分成四边形是菱形和四边形是菱形两种情况进行讨论，四边形是菱形时，是的中垂线与的交点，关于的对称点就是；四边形是菱形，，在直角上，设出的坐标，根据即可求得的坐标，则根据和的中点重合，即可求得的坐标．
【详解】（1）证明：正方形的顶点、分别在、的正半轴上，点的坐标为，
，，
，
，，
，
代入得，解得，
，
，
，
∵，
四边形是平行四边形；
（2）解：过点作于，
，四边形是矩形，
，，
，，
，
，
，
，
，
设的坐标为，
，解得，
点的坐标为；
（3）解：当四边形是菱形时，如图，
的纵坐标是1.5，把代入，解得：，
则的坐标是，
点的坐标为；
当四边形是菱形时，如图，
，则设的横坐标是，则纵坐标是，
则，
解得：或0（舍去）．
则的坐标是，
点的坐标为．
综上，点的坐标为或．

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