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第五章 四边形
第25讲 菱形的性质与判定
（思维导图+1考点+1命题点22种题型（含4种解题技巧））
试卷第1页，共3页
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点 菱形
04题型精研·考向洞悉
命题点 菱形的性质与判定
题型01 利用菱形的性质求角度
题型02 利用菱形的性质求线段长
题型03 利用菱形的性质求周长
题型04 利用菱形的性质求面积
题型05 利用菱形的性质求点的坐标
题型06 利用菱形的性质证明
题型07 菱形的折叠问题
题型08 添加一个条件使四边形是菱形
题型09 证明四边形是菱形
题型10 根据菱形的性质与判定求角度
题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
题型12 根据菱形的性质与判定求周长
题型13 根据菱形的性质与判定求面积
题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
题型15 与菱形有关的新定义问题
题型16与菱形有关的规律探究问题
题型17与菱形有关的动点问题
题型18与菱形有关的最值问题
题型19 含60°角的菱形
题型20 菱形与函数综合
题型21 与菱形有关的存在性问题
题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
菱形的有关 证明与计算 ★★ 理解菱形的概念; 探索并证明菱形的性质定理及其判定定理.
【考情分析】菱形是特殊的平行四边形，其对角线互相垂直平分且平分每一组对角，其面积为对角线乘积的一半，荾形的考查经常与直角三角形的勾股定理、图形面积等结合，试题形式多样，难度中等. 【命题预测】菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年各地中考还将出现. 菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱形的基本性质，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 菱形
1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等.
2.菱形的性质定理
性质定理 符号语言 图示
边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC
对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD
【补充】
1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.
3.菱形的对称性
1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴.
2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心.
4. 菱形的判定
判定定理 符号语言 图示
边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形
一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形
对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形
1．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ．
2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B． C．0 D．
3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
4．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为，垂足为．
求证：．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 菱形的性质与判定
题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2023·陕西·中考真题）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
题型02 利用菱形的性质求线段长
1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决；
2）菱形的四条达相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合.
6．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A． B． C． D．
8．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ．
题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2022·四川达州·中考真题）如图，菱形的两条对角线相交于点，若，，则菱形的周长是 ．

10．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
11．（2020·四川甘孜·中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
12．（2020·贵州黔东南·中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（　　）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
题型04 利用菱形的性质求面积
菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.（适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算）
13．（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 ．
14．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为 ．
.
16．（2023·四川泸州·中考真题）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
题型05 利用菱形的性质求点的坐标
17．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
18．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

20．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
题型06 利用菱形的性质证明
21．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点E、F分别在、边上，，求证：．
22．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
23．（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：．
题型07 菱形的折叠问题
24．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
25．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片中， 点E在边上，将纸片沿折叠， 点B落在处，， 垂足为F 若， 则
26．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．

27．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
28．（2022·江苏淮安·中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点．
(1)【观察发现】与的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由．
题型08 添加一个条件使四边形是菱形
29．（2024·内蒙古通辽·中考真题）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．
30．（2024·西藏·中考真题）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．
31．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
32．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．
(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明为菱形．
题型09 证明四边形是菱形
判定一个四边形是菱形时，可先证明它是平行四边形，再证明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接证明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．即：
33．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接．求证：四边形是菱形．
34．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
35．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长．
题型10 根据菱形的性质与判定求角度
36．（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．
37．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．

(1)求证；
(2)连接，当与的比值为_______时，四边形是菱形．
38．（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
39．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；
(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）
40．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
41．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．

(1)求的度数；
(2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若，求的长．
42．（2022·四川凉山·中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
题型12 根据菱形的性质与判定求周长
43．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．

(1)求证：；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．
44．（2021·湖南邵阳·中考真题）如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，是对角线上的两点，且．连接，，，．
（1）证明：．
（2）若，，求四边形的周长．
45．（2020·江苏连云港·中考真题）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的周长．
题型13 根据菱形的性质与判定求面积
46．（2023·四川巴中·中考真题）如图，已知等边，，E为中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以M、N为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点G．过点E作交射线于点F，连接．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求的面积．
47．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积．
48．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积．
题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
50．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（ ）
①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
51．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，交于点，动点在边上（不与点重合），连接，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，现有以下结论：①点，之间的距离为定值；②；③的值可以是；④或．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
52．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形中，、相交于点，、分别为和上的点（不与点、、重合）．其中．过点作，分别交、于点、；过点作分别交、于点、；连接、，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着长度的变化，始终成立．
乙：随着长度的变化，四边形可能为正方形．
丙：随着长度的变化，四边形的面积始终不变，都是菱形面积的一半．
下列选项正确的是（　　）

A．甲、乙、丙都对 B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对 D．甲不对，乙、丙对
题型15 与菱形有关的新定义问题
53．（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是( )
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
54．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形中，对角线，的长分别为，（），我们把定义为菱形的“神似度”．
(1)当菱形的“神似度”______时，菱形就是正方形；
(2)当时，求菱形的“神似度”．
55．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形中，E是对角线延长线上一点，连接．求证：四边形是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得，，发现它是一个筝形，还得到，，，求筝形的面积．
题型16与菱形有关的规律探究问题
56．（2022·辽宁·中考真题）如图，为射线上一点，为射线上一点，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积 ．
57．（2021·黑龙江·中考真题）如图，菱形中，，，延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到；再延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到……按此规律，得到，记的面积为，的面积为……的面积为，则 ．
58．（2024·湖南益阳·二模）如图，菱形的边长为2，，则菱形的面积是；以对角线为边作第二个菱形，使，则菱形的面积是；以对角线为边作第三个菱形，使，则菱形的面积是；…．按此规律所作的第个菱形的面积是 ．
59．（2024·河南商丘·二模）如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点O为原点，，，作以下操作∶①将菱形绕点 O 顺时针旋转得到菱形；②将菱形绕点O顺时针旋转得到菱形；③将菱形绕点O 顺时针旋转得到菱形…按此规律，的坐标为（ ）
A． B． C． D．
题型17与菱形有关的动点问题
60．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
61．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点F．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A． B． C． D．
62．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
63．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒．
(1)求证：；
(2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(3)求为何值时，线段的长度最短．
题型18与菱形有关的最值问题
64．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
65．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ）
A．3 B．5 C． D．
66．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

(1)求证：；
(2)求的最小值．
题型19 含60°角的菱形
【基础】条件：四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交与点O，∠ABC=60°
图示：
结论： 1)∠ABD=∠CBD=30°；2) △ABC，△ACD为等边三角形
3)AB：AD：BD=1:1:； 4)
【进阶】条件：四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=60°
图示：
结论：1) △AEF为等边三角形;2) △ABE≌△ACF,△AEC≌△AFD.
67．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
68．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，，动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度沿折线向终点运动；点以每秒个单位长度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，则下列正确表示与函数关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
69．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．
70．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，．
(1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度；
(2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：；
(3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长．
71．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，与相交于点，点F，G分别在边上运动，．
(1)当F，G为边的中点时，求证：为正三角形；
(2)当时，求的面积．
题型20 菱形与函数综合
72．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在轴正半轴上，顶点的坐标为，点是边上的动点，过点作 交边于点，作交边于点，连接．设的面积为．

(1)求关于的函数解析式；
(2)当取何值时，的值最大？请求出最大值．
73．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，点在轴正半轴上，反比例函数的图象经过顶点．
(1)若，，求反比例函数的解析式．
(2)若菱形的面积为20，直接写出反比例函数的解析式．
74．（2023·辽宁沈阳·三模）已知：如图所示，在直角坐标系中，线段与直线交于点，连接，，，得菱形，点的横坐标为，点的坐标为，点，分别是线段，上的动点，点从点出发，以每秒个单位的速度向终点移动，点从点出发，以每秒个单位的速度向点移动，到达点后立即以原速再向终点移动，设，同时出发，移动时间为秒（），当其中一个点停止移动时，另一个点也随之停止移动．
(1)求直线的函数表达式；
(2)当为何值时，直线平分菱形的面积？
(3)若直线与对角线的交点为，是边的中点，当时，请直接写出当的周长取最小值时的值．
题型21 与菱形有关的存在性问题
75．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．
(1)求点A的坐标；
(2)求S与t的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
76．（2023·四川广安·中考真题）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．

(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点在线段上运动（点与点、点不重合），求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标．
(3)若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
77．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．
题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
78．（2024·山西朔州·模拟预测）阅读与思考
下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．
作矩形的最大内接菱形的方法 顶点在矩形边上的菱形叫做矩形的内接菱形，在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中翻作出一个最大的内接菱形”实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀将到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1）．则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形．则四边形也是矩形的内接菱形，（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E．与边交于点F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形．
任务：
(1)填空：通过“方法一”能得到的菱形，它的依据是_______．
(2)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程，（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)若矩形，，请你根据日记中三种方法，计算此矩形的内接菱形的面积最大值为______．
79．（2023·云南昆明·模拟预测）【阅读材料】
问题：已知：如图， 求作：菱形．使点分别在上． 小明的作法： （1）以为圆心．长为半径画弧，交于点； （2）以为圆心．长为半径画弧，交于点； （3）连接，四边形就是所求作的菱形．
【解答问题】
(1)请根据材料中的信息，证明四边形是菱形；
(2)如果，，求菱形的面积．
80．（2024·湖南长沙·模拟预测）阅读短文，解决问题．
若平行四边形的四个顶点都在三角形的边上，且有一个角与三角形的一个角重合，另一个顶点在三角形的这个重合角的对边上，我们就称这个平行四边形是该三角形的“相依四边形”．例如：如图，在平行四边形中，与重合，点在上，则称平行四边形为的“相依四边形”．
(1)如图，平行四边形为的“相依四边形”，平分，判断四边形的形状，并进行证明．
(2)在（1）的条件下，如图，．
①若，，求四边形的周长；
②如图，分别是的中点，连接，若，求的值．第五章 四边形
第25讲 菱形的性质与判定
（思维导图+1考点+1命题点22种题型（含4种解题技巧））
试卷第1页，共3页
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点 菱形
04题型精研·考向洞悉
命题点 菱形的性质与判定
题型01 利用菱形的性质求角度
题型02 利用菱形的性质求线段长
题型03 利用菱形的性质求周长
题型04 利用菱形的性质求面积
题型05 利用菱形的性质求点的坐标
题型06 利用菱形的性质证明
题型07 菱形的折叠问题
题型08 添加一个条件使四边形是菱形
题型09 证明四边形是菱形
题型10 根据菱形的性质与判定求角度
题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
题型12 根据菱形的性质与判定求周长
题型13 根据菱形的性质与判定求面积
题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
题型15 与菱形有关的新定义问题
题型16与菱形有关的规律探究问题
题型17与菱形有关的动点问题
题型18与菱形有关的最值问题
题型19 含60°角的菱形
题型20 菱形与函数综合
题型21 与菱形有关的存在性问题
题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
菱形的有关 证明与计算 ★★ 理解菱形的概念; 探索并证明菱形的性质定理及其判定定理.
【考情分析】菱形是特殊的平行四边形，其对角线互相垂直平分且平分每一组对角，其面积为对角线乘积的一半，荾形的考查经常与直角三角形的勾股定理、图形面积等结合，试题形式多样，难度中等. 【命题预测】菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年各地中考还将出现. 菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱形的基本性质，解答题中考查菱形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 菱形
1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等.
2.菱形的性质定理
性质定理 符号语言 图示
边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC
对角线 对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD
【补充】
1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.
3.菱形的对称性
1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴.
2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心.
4. 菱形的判定
判定定理 符号语言 图示
边 四条边相等的四边形是菱形. 在四边形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形
一组邻边相等的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形
对角线 对角线互相垂直的平行四边形是菱形. 在平行四边形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形
1．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形中，，则菱形的周长为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解．
【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为，
故答案为：8．
2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形的边长为2，，边在数轴上，将绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作于点，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是，
故选：D．
3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
，
∵E是的中点，
，
∴。
故选：A．
4．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为，且有一个内角为，则该菱形的高为 ．
【答案】
【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解，过作于，结合可得答案．
【详解】解：如图，菱形的周长为，
∴，
过作于，而，
∴，
故答案为：
5．（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】证明见解析．
【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】证明：四边形是菱形
04题型精研·考向洞悉
命题点一 菱形的性质与判定
题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2023·陕西·中考真题）点是菱形的对称中心，，连接，则的度数为 ．
【答案】62°
【分析】连接，根据中心对称图形的定义得出点是菱形的两对角线的交点，根据菱形的性质得出，，那么．
【详解】解：如图，连接，
点是菱形的对称中心，，
点是菱形的两对角线的交点，
，，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得，由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：，
四边形为菱形，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．
3．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．
【详解】如图，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故选：C．

【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

【答案】或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，
连接，
①当点E在点A上方时，如图，
∵，，
∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，
∴，
故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则的度数是 ．
【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
题型02 利用菱形的性质求线段长
1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决；
2）菱形的四条达相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合.
6．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形中，，是的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，设，易得，则，进而得出，再得出，最后根据，即可解答．
【详解】解：延长，过点E作延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
【详解】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，

则，
那么，的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故选：C．
8．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为 ．
【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，勾股定理等知识，过D作于H，先判断，都是等边三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性质可得出，进而求出，，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作于H，
∵菱形中，，，
∴，，
∴，都是等边三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2022·四川达州·中考真题）如图，菱形的两条对角线相交于点，若，，则菱形的周长是 ．

【答案】
【分析】根据菱形性质得到，，在中利用勾股定理得到，从而可以得到答案．
【详解】解：在菱形的两条对角线相交于点，若，，
，，
在中利用勾股定理得到，
菱形的周长是，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，涉及菱形对角线相互垂直平分、勾股定理及菱形四条边相等等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
10．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接、，相交于点，
点分别是边的中点，
，，
，同理，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，
对角线互相垂直，
，
，
，，
是等边三角形，
，
在中，，，
，
，
，，
四边形的周长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
11．（2020·四川甘孜·中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】利用菱形的对边相等以及对角线互相垂直，进而利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB=90°，
又∵AB+BC+CD+AD=32．
∴AB=8，
在Rt△AOB中，OE是斜边上的中线，
∴OE=AB=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质．注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
12．（2020·贵州黔东南·中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（　　）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．

【点睛】本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
题型04 利用菱形的性质求面积
菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.（适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算）
13．（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．
14．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得，进而得出，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面积为，
∴，
故选：A．
15．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为 ．
.
【答案】24
【分析】根据平行线的性质可得，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，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形，根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．
【详解】∵，
∴，
∵的垂直平分线交于点，
∴，，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，，，
∴平行四边形为菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面积为，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
16．（2023·四川泸州·中考真题）若一个菱形的两条对角线长分别是关于的一元二次方程的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到，根据菱形的面积得到，利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案．
【详解】解：设方程的两根分别为a，b，
∴，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11，
∴，即，
∵菱形对角线垂直且互相平分，
∴该菱形的边长为
，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关系得出是解题的关键．
题型05 利用菱形的性质求点的坐标
17．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，是坐标原点，菱形的顶点在轴的负半轴上，顶点的坐标为，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出，从而可求出，即得出顶点的坐标为．
【详解】解：如图，
∵点的坐标为，
∴．　
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴顶点的坐标为．
故选C．
18．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴负半轴上，顶点在直线上，若点的横坐标是8，为点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点B作轴，垂足为点D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性质得到轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作轴，垂足为点D，
∵顶点在直线上，点的横坐标是8，
∴，即，
∴，
∵轴，
∴由勾股定理得：，
∵四边形是菱形，
∴轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
19．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B在x轴上，，，，将菱形绕点A旋转后，得到菱形，则点的坐标是 ．

【答案】或
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转后，当绕点A逆时针旋转后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转后，如图，

∵，
∴，
∵菱形中，，
∴，
延长交x轴于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴；
当绕点A逆时针旋转后，如图，延长交x轴于点F，
∵，，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案为：或．
【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
20．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标为，．将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形，其中点的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图，过作轴于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性质可得．
【详解】解：如图，过作轴于，

∵菱形的顶点A的坐标为，．
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵将菱形沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
题型06 利用菱形的性质证明
21．（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】见解析
【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】证明：在菱形中，
，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
22．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明．
（2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数．
【详解】（1）证明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等边三角形．
．
【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质．
23．（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)证明见解析
(2)证明见解析
【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）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，
，
∴．
题型07 菱形的折叠问题
24．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【答案】D
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
【详解】解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．
故选：
【点睛】本题主要考查学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
25．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片中， 点E在边上，将纸片沿折叠， 点B落在处，， 垂足为F 若， 则
【答案】/
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
由翻折，菱形的性质，得： ， ，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点E作，
设， 则，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
26．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片沿过点的直线折叠，使点落在射线上的点处，折痕交于点．若，，则的长等于 ．

【答案】
【分析】过点A作于点Q，根据菱形性质可得，根据折叠所得，结合三角形的外角定理得出，最后根据，即可求解．
【详解】解：过点A作于点Q，
∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∵由沿折叠所得，
∴，
∴，
∵，，
∴，则，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
27．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
【答案】
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解.
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=，
∴EF=3；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，
由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=3，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3，
故答案为：3；6-3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
28．（2022·江苏淮安·中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点．
(1)【观察发现】与的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)，理由见解析；
(3)，理由见解析；
(4)，理由见解析．
【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；
（2）连接，，由可知点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，则，由翻折变换的性质可得，证明，可得结论；
（3）连接，，，延长至点H，求出，，可得，然后证明，可得，进而得到即可解决问题．
（4）延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，设，，解直角三角形求出，，利用勾股定理求出，然后根据相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出，，再根据勾股定理列式即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径,E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
题型08 添加一个条件使四边形是菱形
29．（2024·内蒙古通辽·中考真题）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
30．（2024·西藏·中考真题）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）．
31．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）
【分析】由菱形的判定方法进行判断即可．
【详解】解：可以添加的条件是：AB＝CD，理由如下：
∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加条件是：，理由如下：
∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OA=OC，理由如下：
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OB=OD，理由如下：
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需写出一个条件即可）
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，熟记“对角线互相垂直的平行四边形为菱形”，是解题的关键．
32．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形．
(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明为菱形．
【答案】(1)①
(2)见解析
【分析】（1）添加合适的条件即可；
（2）证，得，再由菱形的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：添加的条件是．
故答案为：①．
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴为菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
题型09 证明四边形是菱形
判定一个四边形是菱形时，可先证明它是平行四边形，再证明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接证明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．即：
33．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证．
【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求；
（2）证明：如图2，设与的交点为O，
由（1）可知，直线是线段的垂直平分线．
∴，，，，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
34．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形；
（2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下，
如图所示，过点作于点，过点作于点，
根据题意，四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵宽度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：如图所示，过点作于点，
根据题意，，
∵，
∴，
由（1）可得四边形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
35．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形；
（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到．
【详解】（1）解：连接，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点，
，，
矩形的周长为22，
，
四边形是菱形，
即，
四边形的面积为10，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
题型10 根据菱形的性质与判定求角度
36．（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．
37．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点．

(1)求证；
(2)连接，当与的比值为_______时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
（1）根据旋转的性质以及矩形的性质，得，，，由此得到，，，证明，即可得到；
（2）由（1）得，由旋转得，故，又，故四边形是平行四边形，若四边形是菱形，则，为等边三角形，故，，利用即可求解．
【详解】（1）证明： 将矩形绕点旋转得到矩形，根据旋转的性质以及矩形的性质，
，，，
，
，
，
，
．
（2）解：连接如图所示，
由（1），
，
由旋转得，
，又，
四边形是平行四边形，
若四边形是菱形，
则，
为等边三角形，
，
四边形为矩形，
，
，
，
．
38．（2024·江苏苏州·一模）如图，在中，以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了作图-角平分线的作法，菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质：
（1）根据角平分线的定义结合平行四边形对边平行推出，再根据证明即可；
（2）证明四边形是菱形即可得出结果．
【详解】（1）证明：由作图可知，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴；
（2）解：如图，连接，
由（1）知，且，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴．
题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
39．（2024·山东德州·中考真题）如图，中，对角线平分．

(1)求证：是菱形；
(2)若，，求菱形的边长．（参考数据：，，）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出，，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接，由菱形性质可知，，，在利用余弦求出长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
（2）连接，交于点O，

∵四边形是菱形．，，
∴，，，
∴，
即菱形的边长为5．
40．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在中，点，分别在，的延长线上，且，连接与交于点，连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，进而得出，证明，根据证明，即可得证；
（2）证明是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，（平行四边形的对边平行且相等）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵
∴ 即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵
∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴（菱形的四条边都相等）
∴菱形的周长.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
41．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．

(1)求的度数；
(2)四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若，求的长．
【答案】(1)
(2)是菱形，证明见解析
(3)的长为．
【分析】（1）如图，连接，证明，而，可得，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明，即，而，求解，可得，证明，可得，再证明，可得，从而可得结论；
（3）如图，连接，，交于，证明为等边三角形，可得，证明，，求解，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵线段与相切于点B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）四边形是菱形，理由如下：
∵的中点为M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中点为M，为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）如图，连接，，交于，

∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的长为．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
42．（2022·四川凉山·中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）证△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，然后由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD=BC，即可由菱形判定定理得出结论；
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S菱形ADBF==40，求得OD长，再由菱形性质得OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE
∵AFBC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中点，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中点，
∴AD=BD=BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
由（1）知：四边形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=AB=×8=4， S菱形ADBF==40，
∴=40，
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四边形ADBF是菱形，
∴O是AB的中点,
∵D是BC的中点，
∴OD是△BAC的中位线，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的长为10．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
题型12 根据菱形的性质与判定求周长
43．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．

(1)求证：；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)，四边形ABCD的周长为
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边，，
四边形是菱形，
；
（2）解：点E，F分别为AD，AO的中点，
是的中位线，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在中，，，
，
菱形形的周长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
44．（2021·湖南邵阳·中考真题）如图，在正方形中，对角线，相交于点，点，是对角线上的两点，且．连接，，，．
（1）证明：．
（2）若，，求四边形的周长．
【答案】（1）证明见解析（2）四边形的周长=
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，再根据SAS证明两三角形全等即可
（2）先根据正方形的性质得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD，再根据勾股定理计算出BE，再证明四边形DEBF是菱形，即可得出四边形的周长
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形
∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°
在△ADE和△CBF中
∴(SAS)
（2）∵四边形是正方形
∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD
∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又
∴OA=OB=sin∠OABAB=
∵
∴OE=2
在Rt△EOB中，
∵四边形是正方形
∴AO=CO，DO=BO
又∵
∴EO=FO，又DO=BO
∴四边形DEBF是平行四边形
又∵AC⊥BD，即BD⊥EF
∴四边形DEBF是菱形
∴BE=DE=DF=BF=
∴四边形的周长=4×=
【点睛】本题考查全等三角形的证明、正方形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊锐角三角函数值、熟练掌握特殊平行四边形的性质及判定是解题的关键
45．（2020·江苏连云港·中考真题）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）52
【分析】（1）先证明，得到四边形为平行四边形，再根据菱形定义证明即可；
（2）先根据菱形性质求出OB、OM、再根据勾股定理求出BM，问题的得解．
【详解】（1）∵，∴．
∵是对角线的垂直平分线，
∴，．
在和中，，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形．
又∵，
∴四边形为菱形．
（2）∵四边形为菱形，，．
∴，，．
在中，．
∴菱形的周长．
【点睛】本题考查了菱形判定与性质定理，熟知菱形判定方法和性质定理是解题关键．
题型13 根据菱形的性质与判定求面积
46．（2023·四川巴中·中考真题）如图，已知等边，，E为中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交于点M，交于点N，分别以M、N为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点G．过点E作交射线于点F，连接．

(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明是等边三角形，得到，再根据角平分线的定义得到，证明是等腰三角形，即可证明，即可解答本题；
（2）根据等边三角形的性质求出，，再根据菱形的性质，求得，即可求出 的面积．
【详解】（1）证明：等边，
是中点，，
是中点，
，
是等边三角形
，
由尺规作图可知平分，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：等边，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定及性质，含有角的直角三角形的边长关系，作图-角平分线，熟知上述概念是解题的关键．
47．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形
，即．
四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：，
．
平分，
．
．
，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
平行四边形AFCE是菱形．
，
在中，，
．
．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
48．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形中（），对角线相交于点O，延长到点E，使得，连接，点F是的中点，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若矩形的周长为20，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形的面积9．
【分析】（1）由矩形的性质求得，再证明是的中位线，推出，，得到四边形是平行四边形，据此即可证明四边形是菱形；
（2）先求得，在中，利用勾股定理列式计算求得，，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴点是线段的中点，
∵点F是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周长为20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面积．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形是菱形是解题的关键．
题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形沿着直线折叠，使点C与延长线上的点Q重合．交于点F，交延长线于点E．交于点P，于点M，，则下列结论，①，②，③，④．正确的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出，再求出即可判断②正确；由得，求出即可判断③正确；根据即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：，
∵，
∴．
∴．
∴．
故正确；
∵，，
∴．
∵，
∴．
故正确；
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
故正确；
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴与不相似．
∴．
∴与不平行．
故错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
50．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（ ）
①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中
∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，
∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
51．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，交于点，动点在边上（不与点重合），连接，的垂直平分线交于点，交于点，连接，，，现有以下结论：①点，之间的距离为定值；②；③的值可以是；④或．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】②④
【分析】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，连接，根据菱形的性质和垂直平分线得到是的中位线，得到，然后逐个推理即可．
【详解】解：如图，连接，
由题可得是的中点，是的中点，
是 的中位线，
，
点在平行于的直线上运动，
点，之 间的距离不为定值，
①说法错误；
当点在线段上时，
四边形是菱形，，
，，，
，
；
当点在线段上时，此时点在直线上方，
∴，
或，
④说法正确；
∵是的垂直平分线，
，
菱形的对角线，交于点，
，
点，，，在以线段为直径的圆上，
∴，
∴，
在中，，
②说法正确；
当点与点重合时，取最小值，
此时，
∵为定值，
∴取最小值时，得最小值，
最小值大于，故不可能取到．
故③说法错误．
故答案为：②④．
52．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形中，、相交于点，、分别为和上的点（不与点、、重合）．其中．过点作，分别交、于点、；过点作分别交、于点、；连接、，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着长度的变化，始终成立．
乙：随着长度的变化，四边形可能为正方形．
丙：随着长度的变化，四边形的面积始终不变，都是菱形面积的一半．
下列选项正确的是（　　）

A．甲、乙、丙都对 B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对 D．甲不对，乙、丙对
【答案】C
【分析】连接，交于点，根据轴对称的性质得出，，，，，过点作于点，过点作于点，证明得出，即可判断甲，进而得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形不可能是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，交于点，

∵四边形是菱形，，，
∴，
根据菱形是轴对称图形，是，的垂直平分线，
∴，，，，
∵，，
∴，
如图所示，过点作于点，过点作于点，

则四边形是矩形，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
即，故甲正确；
∵，又，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
即四边形的面积始终不变，都是菱形面积的一半，故丙正确；
同理可得，是平行四边形，
∴，
∵当是正方形时，则，
∴，
则四边形是正方形，
∵，
∴四边形不是正方形，即四边形不可能是正方形，故乙错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型15 与菱形有关的新定义问题
53．（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是( )
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、平行四边形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
B、矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
C、菱形的对角不一定互补，故本选项不符合题意；
D、正方形的邻边相等，对角互补，故本选项符合题意；
故选：D
54．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形中，对角线，的长分别为，（），我们把定义为菱形的“神似度”．
(1)当菱形的“神似度”______时，菱形就是正方形；
(2)当时，求菱形的“神似度”．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质推理是解题的关键．
（1）根据正方形的判定得出答案即可；
（2）连接和，交于点，根据、菱形的性质，得出、，结合含角的直角三角形的性质、勾股定理，得出，，即可代入计算出菱形的“神似度”．
【详解】（1）解：∵对角线相等的菱形是正方形，
∴当时，即时，菱形是正方形，
∴当菱形的“神似度”时，菱形就是正方形，
故答案为：；
（2）解：如图，连接和，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，即菱形的“神似度”为．
55．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形中，E是对角线延长线上一点，连接．求证：四边形是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得，，发现它是一个筝形，还得到，，，求筝形的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用证明，得到，再由，即可证明四边形是筝形：
（3）如图所示，过点A作交延长线于E，连接，先证明，推出，求出，得到，进而求出，利用三角形面积公式求出，则．
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作交延长线于E，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型16与菱形有关的规律探究问题
56．（2022·辽宁·中考真题）如图，为射线上一点，为射线上一点，．以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；延长交射线于点，以为边在其右侧作菱形，且与射线交于点，得；…，按此规律进行下去，则的面积 ．
【答案】
【分析】过点作于点D，连接，分别作，然后根据菱形的性质及题意可得，则有，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点作于点D，连接，分别作，如图所示：
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形，且，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴，
同理可得：，，
∴，
由上可得：，，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
57．（2021·黑龙江·中考真题）如图，菱形中，，，延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到；再延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到……按此规律，得到，记的面积为，的面积为……的面积为，则 ．
【答案】
【分析】由题意易得，则有为等边三角形，同理可得……. 都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得，，……由此规律可得，然后问题可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
同理可得……. 都为等边三角形，
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：
∴，
∴，
同理可得：，，……；
∴由此规律可得：，
∴；
故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
58．（2024·湖南益阳·二模）如图，菱形的边长为2，，则菱形的面积是；以对角线为边作第二个菱形，使，则菱形的面积是；以对角线为边作第三个菱形，使，则菱形的面积是；…．按此规律所作的第个菱形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第n个菱形的边长是解决本题的关键．连接，交与点O，由题意可知为边长为1的等边三角形，可求出的面积，即可得出菱形的面积；根据已知菱形的性质可分别求得的长，从而可发现规律，根据规律即可得出第n个菱形的边长，进而可得出第n个菱形的面积．
【详解】解：如图，连接，交与点O，
∵四边形为菱形，且，
∴为等边三角形，
∴，
∴，，
∴，菱形的面积是；
∵四边形为菱形，，
∴可得，菱形的面积是；
同理可得，菱形的面积是；
以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为，
第n个菱形的面积为．
故答案为：．
59．（2024·河南商丘·二模）如图，平面直角坐标系中，菱形的顶点O为原点，，，作以下操作∶①将菱形绕点 O 顺时针旋转得到菱形；②将菱形绕点O顺时针旋转得到菱形；③将菱形绕点O 顺时针旋转得到菱形…按此规律，的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知菱形绕点O顺时针旋转次即可回到原始位置，则点和点相同，利用菱形的性质即可知点和点，结合点B绕点O顺时针旋转3次后，可知点B和点关于原点对称，即可得到答案．
【详解】解：∵，且圆周角为，
∴菱形绕点O顺时针旋转次即可回到原始位置，如图，
∵，
∴点和点相同，
∵，，
∴，
，
∴点，
即点，
∵点B绕点O顺时针旋转3次后
∴，
∴点B和点关于原点对称，
即点，
故选：A．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、菱形的性质、解直角三角形和关于原点对称的知识，解题的关键是找到旋转的周期和点B坐标，以及3次旋转后的位置．
题型17与菱形有关的动点问题
60．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（　　）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
61．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点F．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解．
【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则，
∵在菱形中，，，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
（法二：同理，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．）
62．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形是边长为的菱形，，点为的中点，为线段上的动点，现将四边形沿翻折得到四边形．

(1)当时，求四边形的面积；
(2)当点在线段上移动时，设，四边形的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接、，根据菱形的性质以及已知条件可得为等边三角形，根据，可得为等腰直角三角形，则，，根据翻折的性质，可得，，则，；同理，，；进而根据，即可求解；
（2）等积法求得，则，根据三角形的面积公式可得，证明，根据相似三角形的性质，得出，根据即可求解．
【详解】（1）如图，连接、，
四边形为菱形，
，，
为等边三角形．
为中点，
，，
，．
，
为等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如图，连接、，延长交于点．
，，，
．
∵
，
，
．
，则，
，
，
．
∵，
．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
63．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒．
(1)求证：；
(2)求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(3)求为何值时，线段的长度最短．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)．
【分析】（）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证；
（）过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围；
（）证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解；
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：设与相交于点，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∵
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点作于，则，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，，
∴，，
即，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，线段的长度最短．
题型18与菱形有关的最值问题
64．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形中，，点是边上的点，，，点是上的一点，是以点为直角顶点，为角的直角三角形，连结．当点在直线上运动时，线段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】如图：过E作于点M，作于点H，作于点I，则点E、M、F、G四点共圆，从而得到，因为，所以求出的值即可解答．
【详解】解：如图，过E作于点M，作于点H，作于点I，
∵，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小值是．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、解直角三角形、垂线段最短、圆内接四边形对角互补等知识点，熟练掌握相关知识点和添加合适的辅助线是解题关键．
65．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】A
【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．
【详解】如图：连接BE，
，
∵菱形ABCD，
∴B、D关于直线AC对称，
∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小
∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．，
∵菱形ABCD，，点，
∴，，
∴
∴△CDB是等边三角形
∴
∵点是的中点，
∴,且BE⊥CD，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．
66．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形中，，是边上一个动点，连接，的垂直平分线交于点，交于点．连接．

(1)求证：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质证明，再结合是的垂直平分线，即可证明；
（2）过点N作于点F，连接，，则，故，此时，在中，进行解直角三角形即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴；
（2）解：过点N作于点F，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：

即，
∴在中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．
题型19 含60°角的菱形
【基础】条件：四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交与点O，∠ABC=60°
图示：
结论： 1)∠ABD=∠CBD=30°；2) △ABC，△ACD为等边三角形
3)AB：AD：BD=1:1:； 4)
【进阶】条件：四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=60°
图示：
结论：1) △AEF为等边三角形;2) △ABE≌△ACF,△AEC≌△AFD.
67．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为，则重合部分构成的四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点作于，于，由题意易得四边形是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得，即可得到四边形是菱形，再解可得，即可求解，得出四边形是菱形是解题的关键．
【详解】解：过点作于，于，则，
∵两张纸条的对边平行，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四边形的周长为，
故答案为：．
68．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，，动点，同时从点出发，点以每秒个单位长度沿折线向终点运动；点以每秒个单位长度沿线段向终点运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，则下列正确表示与函数关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，过点作于点，根据已知条件得出是等边三角形，进而证明得出，当时，在上，当时，在上，根据三角形的面积公式得到函数关系式，
【详解】解：如图所示，连接，过点作于点，
当时，在上，

菱形中，，，
∴，则是等边三角形，
∴，
∵，
∴，又
∴
∴
∴，
∴
当时，在上，

∴，
综上所述，时的函数图象是开口向上的抛物线的一部分，当时，函数图象是直线的一部分，
故选：A．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数图象的性质，一次函数图象的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
69．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．
【答案】不会
【分析】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断．
【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：
，
根据正方形的性质得，
得出扭动后的四边形四边相等为菱形，
cm，
为等边三角形，
cm，
cm，
cm，
根据菱形的对角线的性质：(cm)，
，
不会断裂，
故答案为：不会．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．
70．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形中，，作，，分别交，于点，．
(1)【动手操作】如图①，若是边的中点，根据题意在图①中画出，则________度；
(2)【问题探究】如图②，当为边上任意一点时，求证：；
(3)【拓展延伸】如图③，在菱形中，，点，分别在边，上，在菱形内部作，连接，若，求线段的长．
【答案】(1)图见解析，
(2)见解析
(3)1或3
【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得，由直角三角形的性质即可求解；
（2）如解图，连接，由四边形是菱形，可得和都是等边三角形，再证即可求解；
（3）根据题意作图如解图，过点作于点，连接，可得是等边三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分类讨论：当点在点的左侧（的位置）时，；当点在点的右侧（的位置）时，；再由（2）知，可得线段的长为1或3，由此即可求解．
【详解】（1）解：作如解图，
∵四边形是菱形，
∴，
如图所示，连接，，
∴是等边三角形，
∴，
∵点是中点，
∴，即，
∴，
故答案为：；
（2）证明：如解图，连接，
四边形是菱形，且，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
．
（3）解：根据题意作图如解图，过点作于点，连接，
四边形是菱形，且，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，，
，同理可得，
当点在点的左侧（的位置）时，；
当点在点的右侧（的位置）时，；
或3；
由（2）知，
，
，
线段的长为1或3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键．
71．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形中，与相交于点，点F，G分别在边上运动，．
(1)当F，G为边的中点时，求证：为正三角形；
(2)当时，求的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)的面积为．
【分析】（1）根据菱形性质得平分和， 进而得和均为等边三角形， 则，，再根据等边三角形的性质得， 由此得，， 再根据 得， 进而得，，由此即可得出结论；
（2）过点G作于H，于K，设，根据得，则，由此可求出则 证明和全等得，则， 由此可得的面积．
此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理，锐角三角函数进行计算是解决问题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，，
∴平分和，
∴和均为等边三角形，
∴，
∵F， G为边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形；
（2）解：过点G作于H，于K，如下图所示：
设，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴，
在中，由勾股定理得：
由（1）可知：，，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
，
．
题型20 菱形与函数综合
72．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的一边在轴正半轴上，顶点的坐标为，点是边上的动点，过点作 交边于点，作交边于点，连接．设的面积为．

(1)求关于的函数解析式；
(2)当取何值时，的值最大？请求出最大值．
【答案】(1)
(2)当时，的最大值为
【分析】（1）过点作于点，连接，证明是等边三角形，可得，进而证明，得出，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，连接，

∵顶点的坐标为，
∴，，
∴，
∴
∵四边形是菱形，
∴，,，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴,
∴
∴是等边三角形，
∴
∵，
∴，
∴
∵ ，，则，
∴
∴
∴
∴
∴
（2）解：∵
∵，
∴当时，的值最大，最大值为．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
73．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，点在轴正半轴上，反比例函数的图象经过顶点．
(1)若，，求反比例函数的解析式．
(2)若菱形的面积为20，直接写出反比例函数的解析式．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本题考查了菱形的性质，求反比例函数的解析式．
（1）根据菱形的性质求得点的坐标为，再利用待定系数法求解即可；
（2）设点的坐标为，利用菱形的性质得到，据此求解即可．
【详解】（1）解：连接交于点，
由题意得，，，
∴，
∴点的坐标为，
∵反比例函数的图象经过顶点，
∴，
∴反比例函数的解析式为；
（2）解：连接交于点，
设点的坐标为，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵菱形的面积为20，
∴，解得，
∴反比例函数的解析式为．
74．（2023·辽宁沈阳·三模）已知：如图所示，在直角坐标系中，线段与直线交于点，连接，，，得菱形，点的横坐标为，点的坐标为，点，分别是线段，上的动点，点从点出发，以每秒个单位的速度向终点移动，点从点出发，以每秒个单位的速度向点移动，到达点后立即以原速再向终点移动，设，同时出发，移动时间为秒（），当其中一个点停止移动时，另一个点也随之停止移动．
(1)求直线的函数表达式；
(2)当为何值时，直线平分菱形的面积？
(3)若直线与对角线的交点为，是边的中点，当时，请直接写出当的周长取最小值时的值．
【答案】(1)
(2)或；
(3)
【分析】（1）先求出点、的坐标即可求出解析式；
（2）先根据题意求出菱形的面积，再表示出，，从而表示出梯形的面积，构造方程即可解答；
（3）先确定点的位置，再求出，，根据相似三角形的性质即可列出方程解出即可．
【详解】（1）解：连接，过作轴，过点作轴于点，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵的坐标为，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线的解析式为，把，代入得
，
解得，
∴直线的解析式为；
（2）解：如图，连接，过作轴，
由（）得，轴，，，，，，
∴，，，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴菱形的面积为，
∴以为底的菱形的高为，
当时，由题意知，，
∵，
∴四边形为梯形，
∴梯形的面积为，
∴，解得；
当时，，，
梯形的面积为，
∴，解得，
∴或；
（3）解：连接，交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，，，
∴，
如图，当点、重合时、、、三点共线，此时的周长取最小值，
由（），
∵是的中点，，，，，
∴，向下平移个单位，向左平移个单位得，
∴，
设直线为，
∴
∴直线的解析式为，
设直线为，
把代入得，解得，
∴直线为，
∴，解得，
∴，
∵，，
∴， ，
，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得．
【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形，勾股定理，平移的性质，一次函数的性质，相似三角形的判定及性质，点的坐标等，熟练掌握以上知识是解题关键．
题型21 与菱形有关的存在性问题
75．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形的边在x轴上，点A在第一象限，的长度是一元二次方程的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线运动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，P、Q两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t秒（），的面积为S．
(1)求点A的坐标；
(2)求S与t的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当时，点M在y轴上，坐标平面内是否存在点N，使得以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)点A的坐标为
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）运用因式分解法解方程求出的长，根据等边三角形的性质得出，过点A作轴，垂足为C，求出的长即可；
（2）分，和三种情况，运用三角形面积公式求解即可；
（3）当时求出，得，分为边和对角线两种情况可得点N的坐标；当和时不存在以点O、P、M、N为顶点的四边形是菱形
【详解】（1）解：，解得，
的长度是的根，
∵是等边三角形，
∴，
过点A作轴，垂足为C，
在中，
∴
，
∴
点A的坐标为
（2）解：当时．过P作轴，垂足为点D，
∴，，
∴
∴，
；
当时，过Q作，垂足为点E
∵
∴
又
∴，
又，
当时，过O作，垂足为F
∴，
同理可得，，
∴；
综上所述
（3）解：当时，解得，
∴，
过点P作轴于点G，则
∴
∴点P的坐标为；
当为边时，将沿轴向下平移4个单位得，此时，四边形是菱形；
将沿轴向上平移4个单位得，此时，四边形是菱形；如图，
作点P关于y轴的对称点，当时，四边形是菱形；
当为对角线时，设的中点为T，过点T作，交y轴于点M，延长到,使连接,过点作轴于点，则
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
当，解得，，不符合题意，此情况不存在；
当时，解得，，不符合题意，此情况不存在；
综上，点N的坐标为，，，
【点睛】本题主要考查运用因式分解法解一元二次方程，等边三角形的性质，勾股定理，角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的面积，菱形的判定与性质，正确作出辅助线和分类讨论是解答本题的关键
76．（2023·四川广安·中考真题）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．

(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点在线段上运动（点与点、点不重合），求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标．
(3)若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)最大值为，此时
(3)或或
【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出，再把代入二次函数解析式中进行求解即可；
（2）先求出，，则，，求出直线的解析式为，设，则，，则；再由得到，故当时，最大，最大值为，此时点P的坐标为；
（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，为对角线和边，利用菱形的性质进行列式求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的对称轴为直线，
∴，
∴，
∵二次函数经过点，
∴，即，
∴，
∴二次函数解析式为；
（2）解：∵二次函数经过点，且对称轴为直线，
∴，
∴，
∵二次函数与y轴交于点C，
∴，
∴；
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
设，则，，
∴；
∵，
∴
，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
∴此时点P的坐标为；
（3）解：设，则，，
∵轴，
∴轴，即，
∴是以、为顶点的菱形的边；
如图3-1所示，当为对角线时，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴轴，
∴轴，即轴，
∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为，
∴，
∴；
如图3-2所示，当为边时，则，

∵，，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如图3-3所示，当为边时，则，

同理可得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如图3-4所示，当为边时，则，

同理可得，
解得（舍去）或（舍去）；
如图3-5所示，当为对角线时，

∴，
∵，
∴，
∴，
∴轴，
∴轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3-6所示，当为对角线时，设交于S，

∵轴，
∴，
∵，
∴，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
综上所述，或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
77．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，直线AB与x轴交于点A，与y轴交于点B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根，且tan∠OAB，点D为AB的中点，E为x轴正半轴上一点，BE＝2，直线OD与BE相交于点F．
（1）求点A及点D的坐标；
（2）反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，求k的值；
（3）点G和点H在直线AB上，平面内存在点P，使以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，符合条件的菱形有几个？请直接写出满足条件的两个点P的坐标．
【答案】（1）（8,0），(4,3)；（2）；（3）符合条件的菱形有5个，点P的坐标为（，）或（﹣，）或（，﹣）
【分析】（1）解直角三角形求出OA，可得点A的坐标，再根据中点坐标公式求出点D的坐标．
（2）求出直线BE，直线OD的解析式，构建方程组确定交点F的坐标，再根据对称性求出点F′的坐标即可．
（3）分两种情形：GH是菱形的对角线，GH是菱形的边，设G（m，﹣），分别构建方程求出点G的坐标，再利用平移的性质求出点P的坐标即可．
【详解】解：（1）∵OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一个根．
∴OB=6，B点坐标为（0,6），
∵tan∠OAB，即，
∴OA=8，即A点坐标为（8,0），
∴D点坐标为（ ），即(4,3)；
（2）∵在Rt△OBE中，BE＝2，OB=6，
∴OE=，即E点坐标为（2,0），
设直线BE的解析式为y=kx+b，
则 ，解得，
∴设直线BE的解析式为y=-3x+6，
同理：直线OD的解析式为y=，
联立 解得，
∴F点的坐标为（，），
∴F＇的坐标为（-，），
∵反比例函数y经过点F关于y轴的对称点F′，
∴k=-×=；
（3）如图1中，由AE＝6，当H与A重合，GH是菱形的对角线时，
∵以E，G，H，P为顶点的四边形是边长为6的菱形，
∴BE＝6，
∵A（8，0），B（0，6），
∴直线AB的函数解析式为：y＝﹣，
设G（m，﹣），
∵EG＝EH＝6，
∴（m﹣2）2+（﹣）2＝62，
∴m＝或8（舍弃），
∴G（，），
∵BP∥AE，BP＝AE＝6，
∴P（，）．
如图2中，当H与A重合，GH是菱形的边时，有两种情形，
∵AG＝AE＝6，
∴（8﹣m）2+（﹣m+6）2＝62，
解得m＝或，
∴G（，），G′（，﹣），
∵PG∥AE，PG＝AE＝6，
∴P（﹣，），P′（，﹣）．
如图3中，当GH为菱形的边，H与B不重合时，四边形EGHP是菱形，此时P（，﹣）或四边形EGH′P′是菱形，此时P′（﹣，），
综上所述，符合条件的菱形有5个，点P的坐标为（，）或（﹣，）或（，﹣）．
【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式，一次函数图象的交点问题、菱形的判定以及解直角三角形等知识点，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
78．（2024·山西朔州·模拟预测）阅读与思考
下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务．
作矩形的最大内接菱形的方法 顶点在矩形边上的菱形叫做矩形的内接菱形，在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中翻作出一个最大的内接菱形”实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀将到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1）．则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形．则四边形也是矩形的内接菱形，（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E．与边交于点F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形．
任务：
(1)填空：通过“方法一”能得到的菱形，它的依据是_______．
(2)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程，（保留作图痕迹，不要求写作法）
(3)若矩形，，请你根据日记中三种方法，计算此矩形的内接菱形的面积最大值为______．
【答案】(1)四边相等的四边形是菱形
(2)见解析
(3)
【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形 的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形和菱形的性质是解题的关键．
（1）根据折叠的性质证明，根据全等三角形的性质得到，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质作出图形即可；
（3）方法一：根据菱形的面积矩形的面积即可得到结论；
方法二：如图，根据全等三角形的判定和性质定理得到，设，根据勾股定理得到，求得菱形的面积，方法三：同理方法二，菱形的面积，于是得到结论．
【详解】（1）解：∵将矩形纸片横对折后再竖对折，
∴，，，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形（四条边相等的四边形是菱形），
故答案为：四条边相等的四边形是菱形；
（2）如图所示，四边形即为所求；
（3）方法一：菱形的面积矩形的面积；
方法二：如图，
∵，，，
∴，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
方法三：同理方法二，菱形的面积，
∵，
∴此矩形的内接菱形的面积最大值为，
故答案为：．
79．（2023·云南昆明·模拟预测）【阅读材料】
问题：已知：如图， 求作

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