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专题23.3.2菱形的性质及判定 优等生讲义
(10大考点精讲+压轴题+课后巩固)
思维导图·课程内容总览
课程目标
理解并掌握 菱形的定义、性质与判定方法
熟练运用 菱形的边、角、对角线性质解决几何问题
掌握 菱形与折叠、旋转、动点问题的综合应用
灵活运用 勾股定理、全等三角形、方程思想求解线段长度
体会 分类讨论、转化思想在菱形综合题中的应用
核心思想：菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角
知识梳理 · 核心概念与定理
☆ 菱形定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
☆菱形性质
具有平行四边形的所有性质
四条边都相等
对角线互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
菱形是轴对称图形（两条对称轴），也是中心对称图形
菱形面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半
☆菱形判定
有一组邻边相等的平行四边形
对角线互相垂直的平行四边形
四条边都相等的四边形
对角线平分一组对角的平行四边形
☆常用结论与公式
菱形边长与对角线的关系：边 = (对角线1/2) + (对角线2/2)
菱形面积 = 对角线乘积的一半
直角三角形30°角性质：30°所对直角边等于斜边一半
等边三角形判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
核心考点 · 10类题型精讲
【考点1】利用菱形的性质求角度
知识点/方法
等腰三角形性质：菱形邻边相等，可构造等腰三角形，等边对等角。
对角线平分对角：每条对角线平分一组对角，常用于角度计算。
全等三角形：利用SAS证明三角形全等，得到对应角相等。
三角形内角和：结合内角和定理列方程求角度。
轴对称性质：菱形是轴对称图形，对称轴是对角线所在直线。
1．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为 ．
【答案】
【知识点】利用菱形的性质求角度、折叠问题
【分析】本题考查了菱形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质．
根据翻折变换的性质可得，然后根据等腰三角形两底角相等求出，可得，根据，求出，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和即可得答案．
【详解】解：菱形沿折叠，落在边上的点处，
，，，
，
在菱形中，，，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
2．（21-22八年级下·江苏南通·月考）如图，在菱形中，E是边上一点，连接交对角线于点F，连接，若，则 °．
【答案】40
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质求角度、三角形内角和定理的应用
【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形全等的判断及性质，三角形内角和定理等知识熟练掌握相关几何综合求解方法是解决本题的关键．根据题意，先通过菱形的性质求证，可得，再根据三角形内角和定理及同旁内角的关系进行角度的求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，，，
在与中
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：40．
3．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，菱形中，，点是边上一动点，点是对角线上一动点，当最小时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用菱形的性质求角度、根据成轴对称图形的特征进行求解、垂线段最短、直角三角形的两个锐角互余
【分析】本题主要考查了菱形的性质、轴对称的性质、垂线段最短、直角三角形两锐角互余等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
先说明点Q关于的对称点在上，如图：作点Q关于的对称点，连接，则，即；再根据垂线段最短可知且于时，最小，有最小值；然后再根据直角三角形两锐角互余以及轴对称图形的性质即可解答．
【详解】解：如图：∵菱形，
∴点Q关于的对称点在上，
如图：作点Q关于的对称点，连接，则，
∴，
∴且于时，最小，有最小值，
∵，，
∴，
∵，点Q关于的对称点，
∴，
∴，
∴当最小时，的度数为．
故选A．
4．（21-22八年级下·重庆·月考）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点F，垂足为点E，若，那么的大小为 ．
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质、利用菱形的性质求角度、等边对等角
【分析】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题关键．
由是线段的垂直平分线得到，继而证明，由菱形的性质结合等腰三角形的性质解得，最后由解答．
【详解】解：是线段的垂直平分线，
，
，
四边形是菱形，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【考点2】利用菱形的性质求线段长
知识点/方法
勾股定理：在直角三角形中利用两边求第三边。
等边三角形性质：60°角可构造等边三角形，边长相等等。
方程思想：设未知数，利用勾股或面积列方程。
垂线段最短：求最值时考虑垂线段。
全等三角形：通过全等转化线段相等。
中点性质：利用中点构造中位线或直角三角形斜边中线。
5．（25-26八年级·上海·假期作业）如图，在菱形中，，，为对角线上的一个动点，点在边上，，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质
【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，当的值最小时，、、三点共线，即求的长度，根据题意判断为等边三角形，且点为的中点，根据直角三角形的性质，求出的长度即可．
【详解】解：如图，连接，，当、、三点共线时，即当点位于时，的值最小，即为的长，
由菱形的性质可知，，
又，
∴为等边三角形，
∵点为的中点，，
∴，，
∴在中，．
故答案为：．
6．（25-26八年级·上海·假期作业）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【分析】连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，根据等边三角形的性质得出边的长度，然后利用勾股定理进行求得，最后根据等边三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形为菱形，
，
又，
是等边三角形，
，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴，
是等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质以及勾股定理．
7．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，已知菱形的边长为2，，分别是边，上的动点，，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】利用菱形的性质求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形
【分析】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
由四边形是菱形得，，，而，则是等边三角形，接着可证也是等边三角形，再证明，得，而，则是等边三角形，当 时，的值最小，此时的值也最小，通过勾股定理可求得的最小值．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
，
为等边三角形，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
又，，
∴，
在与中，
，
，
又∵，
为等边三角形，
当最小值时，即为最小值，而当时，值最小，
∵，，
，
∴，即，
故答案为：．
8．（25-26八年级上·上海·月考）如图，以菱形的一边为斜边作与菱形位于直线同侧的等腰直角三角形，点恰好在线段的延长线上，已知“直角三角形中等于斜边长一半的直角边所对的锐角必为”，将此真命题作为定理，求出菱形的较大内角的度数．
【答案】．
【知识点】三线合一、利用菱形的性质求线段长、含30度角的直角三角形、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质及直角三角形的特殊边角关系，熟练掌握菱形的性质并结合辅助线将条件转化是解题的关键．通过作辅助线，利用菱形性质、等腰直角三角形性质及题目给定定理，推导菱形内角．
【详解】解：过点作于，过点作于．
∵ 四边形是菱形，
∴ ，．
∵ 是等腰直角三角形，，
∴，
∴ ．
∵ ，，，
∴，
∴ 四边形是矩形，
∴ ．
∴ ．
∵在中，，，
∴ （题目给定定理：直角三角形中等于斜边长一半的直角边所对的锐角必为）．
∵，
∴ ．
9．（25-26九年级上·上海静安·月考）如图，在中，，，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动；同时，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动．将沿翻折，点的对应点为点，设点运动的时间为秒．当四边形为菱形时，的值为 ．
【答案】
【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、解一元二次方程——直接开平方法、等边对等角
【分析】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形内角和性质，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先整理得，根据菱形的性质得，故，，理解题意得，结合勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动；同时，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动．设点运动的时间为秒．
∴，
则，
在中，，
∴，
整理得，
∴，
∴解得（舍去），
故答案为：
10．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，E是上一点，且，．

(1)求证：平行四边形是菱形；
(2)若，，求对角线的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】利用平行四边形的性质证明、用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、利用菱形的性质求线段长
【分析】（1）连接交于点，根据四边形是平行四边形得，再根据得是等腰三角形，利用等腰三角形的性质证明即可；
（2）设，则，利用勾股定理得，列出方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，
四边形是平行四边形，
，
，
是等腰三角形，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：,
设，则，
，
，
，
，
，
或（舍去），
．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的判定方法．
【考点3】利用菱形的性质求面积
知识点/方法
面积公式：S = 底 × 高 = 对角线乘积的一半。
等积变形：利用同底等高或等底同高转化面积。
面积和差：用整体减部分求阴影面积。
中线性质：中线平分三角形面积。
比例法：利用面积比等于对应线段比。
11．（25-26九年级上·上海宝山·月考）如图，点E、F分别在菱形边、上，，如果的面积是6，的面积为9，那么的面积为 ．
【答案】15
【知识点】根据三角形中线求面积、利用菱形的性质求面积
【分析】本题考查了三角形中线的性质，菱形的性质．连接，，利用三角形中线的性质求得，，推出，再证明，求得，据此求解即可．
【详解】解：连接，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
的面积为，
故答案为：15．
12．（2024·云南红河·模拟预测）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，，，于点E，则的长为 ．
【答案】
【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求面积
【分析】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的应用．注意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高．首先利用勾股定理求得菱形的边长，然后由菱形的两个面积计算，求得边上的高的长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴在直角三角形中，，
∴．
故答案为：．
13．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】利用菱形的性质求面积、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形
【分析】本题综合考查了平行四边形的性质、菱形的判定以及菱形面积计算等知识．
（1）关键是先证三角形全等得到对角线互相平分，再结合对角线垂直判定菱形．
（2）利用直角三角形锐角互余和等边对等角知识得到的长度，进而求出菱形的对角线长度得到面积．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，
∴．
在和中，
∴，
∴．
又，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：在中，，，，
由勾股定理得．
∵四边形是菱形，
∴，．
∴．
∵，
∴，，
∴，
∴，即是的中点，
∴．
在中，，，
∴，
∴，
∴．
14．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）如图，菱形的面积为36，点、分别在边、上，，如果的面积为6，那么的面积为 ．
【答案】15
【知识点】利用菱形的性质求面积
【分析】本题考查菱形的性质，三角形的面积，连接，根据中点得到进而得到，求出，根据计算解题．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
又∵的面积为6，
∴，即，
∴，
∴，
故答案为：．
【考点4】利用菱形的性质证明
知识点/方法
证明线段相等：利用菱形四边相等或全等三角形。
证明垂直：利用对角线互相垂直。
证明角相等：利用对角线平分对角或全等三角形。
证明平行四边形：由菱形性质推出对边平行且相等。
证明菱形：先证平行四边形，再证一组邻边相等或对角线垂直。
15．（25-26八年级上·上海·月考）下列命题中，假命题是（ ）
A．具有中心对称性的四边形是平行四边形
B．菱形的两条对角线互相垂直平分
C．矩形的每一组邻角都相等
D．平行四边形四个顶点的两两连接的线段中，不是平行就是相等
【答案】D
【知识点】中心对称图形的识别、矩形的判定定理理解、判断命题真假、利用菱形的性质证明
【分析】本题考查几何命题的真假判断，涉及平行四边形、菱形、矩形的性质．根据平行四边形、菱形、矩形的性质，逐项判断，即可求解．
【详解】解：A：具有中心对称性的四边形一定是平行四边形，是真命题，故本选项不符合题意；
B：菱形的对角线互相垂直且平分，是真命题，故本选项不符合题意；
C：矩形的每一组邻角都是直角，故相等，是真命题，故本选项不符合题意；
D：平行四边形的对角线既不平行（相交）也不一定相等（如一般平行四边形），原命题为假命题，故本选项符合题意．
故选D．
16．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于．
(1)求证：；
(2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明
【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质，矩形的判定，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）根据平行四边形的性质得到，，然后证明出四边形是平行四边形，即可得到；
（2）首先证明出四边形是平行四边形，如图所示，连接，由菱形得到，然后证明出，即可得到平行四边形是矩形．
【详解】（1）∵在中，
∴，
∵E、F分别为边的中点
∴，
∴
∴四边形是平行四边形
∴；
（2）矩形，理由如下：
∵在中，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形
如图所示，连接
∵E为边的中点
∴点E在上
∵四边形是菱形
∴
∵，
∴
∴平行四边形是矩形．
17．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、．
(1)如图①，如果，求证：；
(2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据菱形得到，继而得到，由得到，则，那么；
（2）由直角三角形斜边中线得到，证明，则，那么为等边三角形，则，那么，故．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：由（1）得，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴
∴，
∴．
18．（24-25九年级上·上海·月考）如图，已知在梯形中，，是上的点，，，连结并延长交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作，垂足为点，若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【知识点】证明四边形是矩形、根据菱形的性质与判定求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】（1）由，得到，结合，证明，推出，易证四边形是平行四边形，再根据，推出，得到，即可证明；
（2）由（1）知四边形是菱形，可得，由，推出，结合，证明，推出，进而得到，由证明，易证四边形是平行四边形，结合，即可证明结论．
【详解】（1）证明： ，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）证明：由（1）知四边形是菱形，
，
，
，
，即，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质．熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
19．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线、射线交于点E、F，点E与点C、点B不重合，．
(1)当点E在线段上时，
①如图1，求证：；
②连接交于点H，当时，求的长．
(2)当时，求的长．（直接写出答案）
【答案】(1)①见解析，②
(2)或
【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明、全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质
【分析】（1）①连接，利用菱形的性质，证明为等边三角形，得到，进而证明，利用全等三角形性质即可证明；
②连接交于点，利用菱形的性质和等边三角形性质得到，利用勾股定理得到，证明，利用等腰三角形性质得到，最后根据求解，即可解题；
（2）根据与射线交于点E，分以下两种情况讨论，①当在线段上时，作于点，作于点，②当在延长线上时，作于点，以上两种情况分别结合勾股定理和直角三角形性质，以及角平分线性质求解，即可解题．
【详解】（1）①证明：连接，
四边形是菱形，，
，
为等边三角形，
，
，
，即，
，
．
②解：连接交于点，
四边形是菱形，
于点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：①当在线段上时，
作于点，作于点，
，
，
，
平分，
，
，，
，
，
，，
，
，
设，则，
，
解得，
；
②当在延长线上时，作于点，
，，
，
，
，，
由①同理可知，，，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形性质和判定，全等三角形性质和判定，等腰三角形性质和判定，勾股定理，直角三角形性质，角平分线性质，解题的关键在于熟练掌握相关性质定理并灵活运用．
【考点5】证明四边形是菱形
知识点/方法
判定方法1：一组邻边相等的平行四边形是菱形。
判定方法2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
判定方法3：四条边相等的四边形是菱形。
判定方法4：对角线平分一组对角的平行四边形是菱形。
常见辅助线：连接对角线，利用中点构造平行四边形。
20．（24-25八年级下·上海宝山·月考）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，求证：四边形为矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
（1）证明得出，即可得出四边形是平行四边形，根据角平分线的定义，以及平行线的性质得出，进而可得，即可得证；
（2）根据（1）的结论得出，结合已知条件得出，则四边形是平行四边形，根据菱形的性质得出，即，根据已知，等量代换得出，即，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：∵四边形是菱形；
∴，
∵，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形；
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是矩形．
21．（24-25八年级下·上海宝山·期末）已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)如果四边形为矩形，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题关键．
（1）由矩形的性质可，进而得出，结合O为对角线的中点得出，即，即可得出四边形是平行四边形，结合即可得出四边形是菱形；
（2）根据勾股定理求出，然后根据菱形的性质和勾股定理求出，进而可以解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O为对角线的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形为矩形，，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)的长为1．
【知识点】等边三角形的判定和性质、证明四边形是菱形、全等的性质和HL综合（HL）、含30度角的直角三角形
【分析】（1）证明，推出，，得到是线段的垂直平分线，再得到，即可推出四边形为菱形；
（2）在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，证明，推出，，再证明，得到，然后利用三角形的外角性质即可求得；
（3）证明、和都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵等腰中，，O为边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）证明：在上取点，使，作交的延长线于点，作交的延长线于点，
∵四边形为菱形，，
∴，，，
∴是等边三角形，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由三角形的外角性质知，
又，
∴；
（3）解：连接，
∵，，
∴是等边三角形，
∵四边形为菱形，，
∴，，，
∴和都是等边三角形，
∴，
当即时，此时，
∴，
∴，
∴；
当即时，此时，
∵和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴；
∵恒小于，
∴不存在的情况，
综上，的长为1．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
23．（24-25八年级下·上海·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的是（ ）
A．①④⑤ B．①②③④ C．①②⑤ D．②⑤⑥
【答案】C
【知识点】正方形的判定定理理解、判断能否构成平行四边形、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形
【分析】本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形、等腰三角形、等边三角形的性质的应用，属于几何构图问题，解决本题的关键熟悉以上图形的性质，也可以利用两个相同的三角板亲自动手拼一拼，加深对问题的理解．
由于菱形和正方形中都有四边相等的特点，而直角三角形中不一定有两边相等，故两个全等的直角三角形不能拼成菱形和正方形；等边三角形的三条边都相等，而直角三角形的一条直角边不一定等于斜边的一半，故两个全等的直角三角形不一定能拼成等边三角形；而平行四边形，矩形，等腰三角形都可以由两个全等的直角三角形拼成．
【详解】解：两个全等的直角三角形一定可以拼成平行四边形，故①符合题意；
两个全等的直角三角形一定可以拼成矩形，故②符合题意；
两个全等的直角三角形不一定可以拼成菱形，故③不符合题意；
两个全等的直角三角形不一定可以拼成正方形，故④不符合题意；
两个全等的直角三角形一定可以拼成等腰三角形，故⑤符合题意；
两个全等的直角三角形不一定可以拼成等边三角形，故⑥不符合题意；
故选：C．
24．（2025·上海黄浦·二模）尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【知识点】作角平分线(尺规作图)、证明四边形是菱形
【分析】本题考查作图-基本作图，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，等腰梯形的判定．根据要求作出图形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】解：由作图可知，平分，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
故选：A．
【考点6】添一个条件使四边形是菱形
知识点/方法
从边的角度：添加一组邻边相等（如AB=BC）。
从对角线的角度：添加对角线垂直（如AC⊥BD）。
从角的角度：添加对角线平分一组对角。
常见错误：只加对角线垂直而忽略平行四边形前提。
全等三角形：通过证全等得到边相等或角相等。
25．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）已知四边形中，对角线与相交于点O，，，再添加一个条件使四边形是菱形，添加条件不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】添一个条件使四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】本题考查了证明四边形是菱形、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质，证明，得出，从而可得垂直平分，由线段垂直平分线的性质可得，，再结合各选项逐项分析即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
【详解】解：如图：
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，，
A、∵，
∴，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
B、∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
C、∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，故不符合题意；
D、添加不能说明四边形是菱形，故符合题意；
故选：D．
26．（24-25九年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（ ）个．
①添加“”，则四边形是菱形
②添加“”，则四边形是矩形
③添加“”，则四边形是菱形
④添加“”，则四边形是正方形
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【知识点】添一个条件使四边形是正方形、添一个条件成为平行四边形、添一个条件使四边形是菱形、添一条件使四边形是矩形
【分析】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，
先说明是的垂直平分线，可得，再证明，可得判断①；当时，无法证明四边形是矩形，说明②即可；然后证明四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是菱形，判断③；接下来结合已知说明，可得四边形是菱形，进而得出菱形是正方形，判断④ 即可．
【详解】解：∵，
∴是的垂直平分线，
∴．
当时，．
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．故①正确；
当时，无法证明四边形是矩形，所以②不正确；
当时 ，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．所以③正确；
当时，，
∴，
由①得四边形是菱形，
∵，
∴菱形是正方形．所以④正确．
综上所述，错误的有1个．
故选：B．
27．（21-22八年级下·上海宝山·月考）如图，中，已知是的平分线，E、F分别是边的中点，联结，要使四边形为菱形，需要满足一定的条件，该条件可以是 ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】添一个条件使四边形是菱形
【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分的四边形是菱形．据此即可求解．
【详解】解：由题意知，可添加：．
则三角形是等腰三角形，
由等腰三角形的性质知，顶角的平分线与底边上的中线重合，
即点D是的中点，
∴是三角形的中位线，
∴， ，
∴四边形是平行四边形，
∵，点E，F分别是的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形．
故答案为：、或（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了菱形的判定．利用了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质．也可添加或．
【考点7】根据菱形的性质与判定求角度
知识点/方法
等边对等角：菱形邻边相等，可得等腰三角形。
直角三角形性质：30°角所对直角边等于斜边一半。
三角形内角和：利用内角和定理求角度。
全等三角形：通过全等得到对应角相等。
旋转性质：旋转前后对应角相等。
28．（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】根据菱形的性质与判定求角度、根据等角对等边证明边相等
【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可．
【详解】∵
∴
∵点为中点
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴是菱形，
∴
故选：D．
29．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F．
(1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______．
(2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数．
【答案】(1)45°
(2)60°
【知识点】根据矩形的性质与判定求角度、根据菱形的性质与判定求角度、利用平行四边形的判定与性质求解、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】（1）联结CG，BG，证△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再证△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解；
（2）延长AB、FG相交于H，联结DH，先证四边形ADFH是平行四边形，再证平行四边形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解．
【详解】（1）解：∵平行四边形，，
∴四边形为矩形，
∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD，
∴∠ECF=90°，
联结CG，BG，如图2，
∵G是EF的中点，
∴CG=EG=GF，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAE=∠BEA=45°，
∴BE=AB，
∴BE=CD，
∴∠FEC=∠BEA=45°，
∴∠BEG=135°，
∴∠EFC=∠FEC=45°，
∴∠GCF=∠EFC=45°，
∴∠DCG=135°，
∴∠DCG=∠BEF，
在△DCG和△BEG中，
，
∴△DCG≌△BEG（SAS），
∴BG=DG，∠CDG=∠EBG，
∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°，
∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°，
∴∠BGD=90°，
∴△BGD是等腰直角三角形，
∴∠BDG=45°；
故答案为：45°；
（2）解：延长AB、FG相交于H，联结DH，如图，
∵FGCE，
∴ADHF，
∵AHDF，
∴四边形ADFH是平行四边形，
∵∠ABC=120°，
∴∠DAB=60°，∠ADC=∠ABC=120°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠BAF=∠DAF=30°，
∵AHDF，
∴∠DFA=∠BAF=∠DAF=30°，
∴DA=DF，∠AEB=∠FEC=30°，
∴平行四边形ADFH是菱形，CE=CF，
∴∠HDF=∠ADF=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴FG=HB，
在△DGF和△DBH中，
，
∴△DGF≌△DBH（SAS），
∴∠GDF=∠BDH，
∴∠BDG=∠HDF=60°．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质是解题的关键．
30．（25-26九年级上·广东河源·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】根据矩形的性质求线段长、根据菱形的性质与判定求角度、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、线段垂直平分线的性质
【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质．
（1）根据矩形的性质得到，，证明，进而证明四边形是平行四边形，根据线段的垂直平分线的性质得到，即可证明四边形是菱形；
（2）根据矩形的性质得到，进而求出，根据菱形的性质即可求出的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵垂直平分线段，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
∴．
31．（25-26九年级上·浙江台州·期末）如图，菱形纸片中，，将菱形沿剪开，不动，绕点A逆时针旋转度（）得到，其中点C与点对应．
(1)如图1，当时，、的延长线交于点E．
①用α表示的度数；
②如图2，当时，求证：四边形是菱形；
(2)如图3，连接、，当______时，．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)140
【知识点】根据菱形的性质与判定求角度、根据旋转的性质求解、三角形内角和定理的应用、利用平行四边形的判定与性质求解
【分析】（1）①由菱形的性质可得是等腰三角形，结合，可得，从而得到，同理．由四边形的内角和为，可得；
②由可得，同理，从而证明四边形是平行四边形，结合，进一步证明四边形是菱形；
（2）由，可以证明四边形是平行四边形，则．结合，可以计算出，结合三角形内角和定理，计算出，从而得到的值．
【详解】（1）解：①∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质可得，，，，
∴，
∵，
∴；
②证明：由①可得，，
∵，
∴，
∴，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：由旋转的性质可得，，
在菱形中，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理与四边形的内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键．
【考点8】根据菱形的性质与判定求线段长
知识点/方法
勾股定理：在直角三角形中求解。
30°角性质：30°所对直角边等于斜边一半。
等边三角形：60°角可构造等边三角形。
方程思想：设未知数，利用勾股或面积列方程。
全等三角形：通过全等转化线段相等。
中点性质：中点连线是中位线，等于底边一半。
32．（24-25八年级下·上海闵行·月考）已知平行四边形中，，，且，则平行四边形的周长为 ．
【答案】
【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长、利用平行四边形的性质求解
【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
根据题意推出四边形是菱形，由勾股定理即可求得的长，继而求得菱形的周长．
【详解】解：如图，、交于点，
平行四边形中，，
，四边形是菱形，
，
菱形的周长，
故答案为：．
33．（24-25八年级下·上海·期末）如图，在中，，E为的中点，四边形是平行四边形，求证：与互相垂直平分．
【答案】见解析
【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据菱形的性质与判定求线段长、斜边的中线等于斜边的一半
【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，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
先结合四边形是平行四边形，得，，由直角三角形的性质可得，通过题意证明四边形是菱形，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，为的中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形，
∴与互相垂直平分．
34．（24-25八年级下·福建莆田·期中）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为秒，其中．
(1)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（点E、F相遇时除外）？请说明理由．
(2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值；
(3)在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值．
【答案】(1)平行四边形，理由见解析
(2)或
(3)
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】（1）利用三角形全等可得 则即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形为矩形，另一种是为矩形，利用即可求解；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形为菱形，再利用勾股定理即可求解.
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∵分别是中点，
，
，
，
，
，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：如图1，连接，
由（1）得，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
①如图1，当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②如图2，当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴；
综上，四边形为矩形时或；
（3）解：如图3，M和N分别是和的中点，连接，，，与交于O，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，
即：，
解得：，
∴，即，
∴当时，四边形为菱形．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用.
35．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，平分，点、分别为边和射线上的点（与，不重合），且，连接交于点．
(1)若，求．
(2)若为等腰三角形，求的长．
(3)过点A作交于，取中点为，中点为，若四边形为梯形，直接写出的长．
【答案】(1)的长为4
(2)的长为3或
(3)的长为或
【知识点】根据菱形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等三角形综合问题
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，菱形的性质与判定等，根据题中条件，灵活运用所学知识，分类讨论，是解题的关键．
（1）根据题中条件证明，推出，再利用等腰三角形三线合一的结论求值；
（2）根据为等腰三角形，分或或讨论，利用三角形全等的性质和判定，勾股定理列方程求解，综合得出所有可能的值；
（3）在上截取，连接交于N，过点作，交或延长线于I，证明，说明与的交点为的中点，再由四边形为梯形，分或讨论，综合得出所有可能的值．
【详解】（1）平分，
，
，
，
又，
，
，
又，，
，
，
若，则，
，
，
又，
．
（2）由（1）知，，
，，
，
又，
，
若为等腰三角形，则或或，
又，
，
当时，如图1，
，
，
又，
，
，
，
当时，如图2，
，
，
，
，
过点A作于H，则，又，
，，
设，则，，
由勾股定理得，，
，解得，
，
综上可知，若为等腰三角形，则的长为3或．
（3）在上截取，连接交于N，过点作，交或延长线于I，如图3所示：
由（1）知，可得，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
，即与的交点为的中点，
若四边形为梯形，则或，
当时，结合，可知点N在上，
，N为的中点，
，
又，
，，
，G为的中点，
，，
，
，
易证四边形为矩形，可得，，
设，则，，
在中，，由勾股定理得，，
，解得，
，
当时，，如图5所示：
，
，
又
，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，
，
由（2）可知．
综上可知，的长为或．
36．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）如图，平行四边形中，，，，点E、F分别是边、边的中点，点M是与的交点，点N是与的交点，则四边形的周长是 ．
【答案】
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形
【分析】连接，点E、F分别是边、边的中点，可知，可证四边形为菱形，根据菱形的性质可知，且与互相平分，，为等边三角形，，，由勾股定理求，根据菱形的性质可证四边形为矩形，再求四边形的周长．
【详解】解：连接，
∵点E、F分别是边、边的中点，，，
∴，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，且与互相平分，
同理可得：四边形为菱形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
在中，由勾股定理，得，
∵四边形为菱形，四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，，
∴四边形为矩形，
∴四边形的周长．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键.
【考点9】根据菱形的性质与判定求面积
知识点/方法
菱形面积公式：S = 对角线乘积的一半。
等积变形：利用同底等高转化面积。
面积和差：整体减部分求阴影面积。
比例法：面积比等于对应线段比。
三角形面积公式：S = 1/2 × 底 × 高。
37．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形．
(1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）；
(2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________；
(3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________．
【答案】(1)见解析
(2)等腰梯形
(3)
【知识点】等边三角形的判定和性质、作角平分线(尺规作图)、根据菱形的性质与判定求面积、作垂线(尺规作图)
【分析】（1）作的角平分线交于点E，作的垂直平分线交于点D，F；
（2）结合菱形的性质和题意可得出，，即说明四边形为等腰梯形；
（3）由题可证，，都为等边三角形，且边长都为4，再根据等边三角形的性质求面积即可．
【详解】（1）解：如图，菱形即为所作；
（2）解：如图，．
由（1）可知四边形为菱形，
∴，，
∴，，
∴四边形为等腰梯形．
故答案为：等腰梯形；
（3）解：∵四边形为菱形，四边形为等腰梯形，
∴．
∵，
∴，，都为等边三角形，且边长都为4．
如图，过点A作于点H．
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查作图—角平分线，作图—线段垂直平分线，菱形的性质，等腰梯形的判定，等边三角形的判定和性质．利用数形结合的思想是解题关键．
38．（20-21八年级下·上海·期中）如图，AM//BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D， DE⊥BD，交BN于点E．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若DE=AB=2，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【知识点】根据菱形的性质与判定求面积
【分析】（1）由ASA可证明△ADO≌△CBO，再证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AD=AB，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC=DE=2，AD=EC，由菱形的性质得出EC=CB=AB=2，得出EB=4，由勾股定理得BD=，即可得出答案．
【小题1】解：证明：∵点O是AC的中点，
∴AO=CO，
∵AM∥BN，
∴∠DAC=∠ACB，
在△AOD和△COB中，
，
∴△ADO≌△CBO（ASA），
∴AD=CB，
又∵AM∥BN，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AM∥BN，
∴∠ADB=∠CBD，
∵BD平分∠ABN，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AD=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
【小题2】由（1）得四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AD=CB，
又DE⊥BD，
∴AC∥DE，
∵AM∥BN，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AC=DE=2，AD=EC，
∴EC=CB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EC=CB=AB=2，
∴EB=4，
在Rt△DEB中，由勾股定理得BD=，
∴S菱形ABCD＝AC BD＝=．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
39．（20-21八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，边长为4的正方形中，点分别在的延长线上，且，那么四边形的面积是 ．
【答案】
【知识点】根据菱形的性质与判定求面积、根据正方形的性质证明
【分析】连接BD交AC于O，首先证明四边形EBFD是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BD交AC于O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠CAD=∠CAB=45°，
∴∠EAD=∠EAB=135°，
在△EAB和△EAD中，
，
∴△EAB≌△EAD，
∴∠AEB=∠AED=22.5°，EB=ED，
∴∠ADE=180°-∠EAD-∠AED=22.5°，
∴∠AED=∠ADE=22.5°，
∴AE=AD=4，
同理证明∠DFC=22.5°，FD=FB，
∴∠DEF=∠DFE，
∴DE=DF，
∴ED=EB=FB=FD，
∴四边形EBFD的面积= BD EF=，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是发现四边形EBFD是菱形，记住菱形的面积等于对角线乘积的一半．属于中考常考题型．
【考点10】创新与压轴题
知识点/方法
新定义问题：理解新定义，转化为熟悉模型。
最值问题：利用垂线段最短、三角形三边关系求最值。
存在性问题：分类讨论，列方程求解。
旋转+全等：通过旋转构造全等三角形，转移线段。
折叠问题：折叠前后对应边相等，对应角相等。
动点问题：设未知数，利用勾股或相似列方程。
1．（24-25八年级下·全国·单元测试）阅读理解菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．
如图所示，设菱形相邻两个内角的度数分别为，．
(1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”是多少？
(2)若我们将菱形的“接近度”定义为，那么菱形的“接近度”为多少时，菱形就是正方形？
【答案】(1)
(2)1
【知识点】利用菱形的性质求角度、证明四边形是正方形
【分析】此题主要考查了菱形的性质以及新定义，利用“接近度”定义求出是解题关键．
（1）利用菱形的“接近度”定义为，进而代入求出即可；
（2）根据当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，进而得出答案．
【详解】（1）解：若菱形的一个内角为，
∴该菱形的相邻的另一内角的度数为，
∴“接近度”等于．
故答案为：．
（2）解：当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，因而都是90度，则菱形是正方形．
故答案为：1．
2．（25-26九年级上·广东深圳·期末）定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么这个四边形叫做“等分对角四边形”，这条对角线叫做这个四边形的“等分线”．
如图1，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫做四边形的“等分线”，四边形就称为“等分对角四边形”．
问题：
(1)下列四边形：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，其中是“等分对角四边形”的有________；（填序号）
(2)四边形是“等分对角四边形”，，求四边形的“等分线”的长；
解：①当为“等分线”时，如图2所示：
……
②当为“等分线”时……
请画出相应的图形并写出此题完整的解答过程．
(3)如图，在菱形中，，点分别在边和上，与交于点，点是线段上任意一点，连接，若四边形是“等分对角四边形”，“等分线”是，求线段的最小值．
【答案】(1)③④
(2)四边形的“等分线”的长为或，图见解析
(3)
【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、垂线段最短、利用菱形的性质求角度
【分析】（1）根据“等分对角四边形”的定义，结合菱形和正方形的性质直接判断即可；
（2）分两种情况：①当为“等分线”时，根据“等分对角四边形”的定义，易证，得到，然后根据30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，即可求得；当为“等分线”时，作于点E，根据30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，求得，再根据“等分对角四边形”的定义可知，，最后由等角对等边和勾股定理，即可求得；
（3）过点A作于点M，根据30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，求得，同（2）①理，可证得，从而得到，垂直平分，，进而可知，结合当时，此时取得最小值，此时有，即可求得答案．
【详解】（1）解：∵菱形和正方形的对角线平分对角，
∴菱形和正方形为“等分对角四边形”，
故答案为：③④．
（2）解：①当为“等分线”时，如图2所示：
则，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴在中，，，，
∴；
②当为“等分线”时，如图3所示：
作于点E，则，
∵四边形是“等分对角四边形”， 为“等分线”， ，，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
综上，四边形的“等分线”的长为或．
（3）解：如图，过点A作于点M，
则，
∵菱形中，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是“等分对角四边形”，“等分线”是，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵点是线段上任意一点，连接，
∴当时，此时取得最小值，
此时，
∵，
∴
∴，
即，
∴的最小值为．
【点睛】本题考查了“等分对角四边形”和“等分线”的定义，菱形的性质，正方形的性质，30度直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，垂直平分线的判定与性质，三角形面积问题，垂线段最短等，理解新定义，证明被等分线所分成的两个三角形全等是解题的关键．
3．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）动手操作
（1）如图1，将正方形对折，使点D与点B重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点D落在边上的点E处，得到折痕．折痕与折痕交于点H，打开铺平，连接，则的度数是________；
理解应用
（2）如图2，某公园有一块边长为的菱形空地，．园区管理员准备在该空地上种植花卉．为方便游客观赏，在其中修四条步道和，且点M在上，点N在上，．
①求的度数；（提示：构造全等（）先求出的度数）
②求出三条步道和所围成的的面积的最小值．（步道宽度忽略不计）
【答案】（1）；（2）①；②
【知识点】等腰三角形的性质和判定、折叠问题、全等三角形综合问题、利用菱形的性质求角度
【分析】本题主要考查了正方形、菱形的性质、折叠的性质，等腰三角形性质和判定等知识，利用角平分线构造全等三角形是解题关键．
（1）由折叠可知：，设，则，，可得，进而推出是等腰直角三角形；
（2）①过点N作，垂足为E，过点N作，垂足为F，可得是以为底，顶角为的等腰三角形；
②当最小时三角形面积最小，则当时，三角形面积最小，再利用含30°直角三角形性质解三角形，即可得出结论．
【详解】解：（1）由折叠可知：；
连接，如图，
由折叠可知，，，
设，则，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
故答案为：；
（2）①如图；过点N作，垂足为E，过点N作，垂足为F，
∵，
∴，
∵在菱形中，是的角平分线，，
∴，
∵，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
②过点N作于点G，设,
则,，
∵，即，
解得：,
则，
∴当a最小时，面积最小，
∴当时，有最小，进而面积最小，
∵，，
∴，
∴（m），
∴，
则（），
∴的面积存在最小值，最小值为 ．
4．（25-26八年级上·江苏盐城·期末） 在矩形中，，G、H分别是、中点，E、F是对角线上的两个动点，分别从点A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中．
(1)当时，请判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若四边形为矩形，求t的值；
(3)若点G向点D运动，点H向点B运动，且与点E、F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值．
【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析
(2)或
(3)
【知识点】根据矩形的性质求线段长、利用菱形的性质求线段长、证明四边形是平行四边形
【分析】（1）先证得，得，，然后根据“等角的补角相等”即可证明；
（2）先证得四边形是矩形，再根据四边形为矩形，可得，再利用勾股定理即可求解；
（3）根据“对角线互相平分且垂直是菱形”可得，四边形为菱形，则，设，则，利用勾股定理列方程即可求解．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形．
理由如下：
由题意得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵G，H分别是，的中点，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：①当时，连接，如图，
由（1）得，，，
∴四边形是矩形，
∴，
当四边形是矩形时，
∴，
∵，
∴，
∴；
②当时，连接，如图，
当四边形是矩形时，
∵，，
∴，
∴，
综上，四边形为矩形时或．
（3）解：连接，，，设与交于，如图，
∵四边形为菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
设，则，
由勾股定理可得：，即：，
解得：，
∴，
∴，
∴当时，四边形为菱形．
【点睛】熟练掌握矩形的对角线相等的性质，菱形的对角线互相垂直的性质，分类讨论，运用勾股定理列方程求解是解题的关键．
5．（2026八年级下·全国·专题练习）【问题解决】
（1）如图，在矩形中，点，分别在边上，，垂足为点．求证：．
【拓展提升】
（2）如图，在正方形中，点，分别在边上，，延长到点，使，连接，求证：．
【类比迁移】
（3）如图，在菱形中，点，分别在边上，，，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明
【分析】（1）由矩形的性质可得则，再由，可得，则，根据等角的余角相等得，即可；
（2）利用“”证明，可得，由，可得，利用“”证明，则，由正方形的性质可得，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长到点，使，连接，由菱形的性质可得，，则，推出，由全等的性质可得，，进而推出是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
又 ，
，
点在的延长线上，
，
，
，
，
，
，
∴；
（3）解：如图，延长到点，使，连接，
四边形是菱形，
，，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，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，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
6．（25-26九年级上·河北沧州·期末）综合与实践
【情境】如图1，将菱形沿对角线剪开，得到和．
【操作】固定，将与叠放在一起，嘉嘉和淇淇设计了不同的叠放方式，按如下方式操作．
如图2，嘉嘉的叠放方式如下： 将的顶点固定在的边上的中点处，绕点在边上方旋转，设旋转时边交边于点（点不与点重合），交边于点（点不与点重合）． 如图3．淇淇的叠放方式如下： 的顶点在的边上滑动（点不与、点重合），点、的位置会随点的滑动而改变，且保持边始终经过点． ……
【探究】根据以上描述，解决下列问题．
(1)结合图2，嘉嘉写出了如下思考过程，其中①处应填______，②处应填______；
根据菱形的性质可知，， ， ① ， ， ② ．
(2)在图3的基础上，
①尺规作图：过点作，交于点，连接（不写作法，保留作图痕迹）；
②淇淇说：“与相等．”你同意淇淇的说法吗？说明理由．
【答案】(1)（表示方法不唯一），；
(2)①见解析；②我同意淇淇的说法，理由见解析
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质证明、根据平行线判定与性质证明、根据旋转的性质求解
【分析】（1）根据菱形的性质得出，，得，进而得出结果；
（2）①按作一个角等于已知角作图；②可推出，，可得，即得．
【详解】（1）解：根据菱形的性质可知，，
， ，
， ．）
故答案为：（表示方法不唯一），；
（2）解：①尺规作图如下，
②我同意淇淇的说法，
理由：根据菱形的性质可知，，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形旋转，熟练掌握旋转的性质，菱形性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
随堂检测 · 精选练习
练行四边形中点+菱形判定（添条件）
练习2 正方形性质+勾股求线段长
练习3 直角三角形+矩形判定+斜边中线求取值范围
练习4 菱形折叠+面积计算
练习5 菱形性质求角度（等边对等角）
1．（21-22八年级下·上海青浦·期末）如图，平行四边形的对角线、交于点，顺次联结平行四边各边中点得到的一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件可以是 ．（填序号）
【答案】①②④
【知识点】证明四边形是矩形、添一条件使四边形是矩形
【分析】根据顺次联结四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断．
【详解】解：顺次联结四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．
①，
新的四边形成为矩形，符合条件；
②四边形是平行四边形，
，．
，
．
根据等腰三角形的性质可知，
，
新的四边形成为矩形，符合条件；
③四边形是平行四边形，
．
，
．
．
，
四边形是矩形，联结各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条件；
④，，
，即平行四边形的对角线互相垂直，
新四边形是矩形，符合条件．
所以①②④符合条件．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查矩形，解题的关键是数量掌握矩形的判断定理．
2．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是 ．
【答案】2
【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的性质是解题的关键．
延长、相交于M，先证明四边形是矩形，得到，，再对运用勾股定理求解即可．
【详解】解：延长、相交于M，
∵正方形和正方形中，，，
∴，，，，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
故答案为：．
3．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点（不与端点重合），，，垂足分别为E、F，M为的中点，设的长为x，则x的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用勾股定理的逆定理求解、根据矩形的性质与判定求线段长、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】根据勾股定理的逆定理求出是直角三角形，得出四边形是矩形，求出，求出，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，连接．
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，M为中点，
∴，
∵当时，值最小，
∴此时，
∴，
∴，即
当P和C重合时，，
∵P和B、C不重合，
∴，即
∴，即
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂线段最短，三角形面积，勾股定理的逆定理，矩形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线的性质，关键是求出的范围和得出．
4．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为 ．
【答案】5
【知识点】利用菱形的性质求面积、折叠问题
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解题的关键是确定折叠后点落在射线上．
由菱形得到，，，然后根据折叠的性质确定点落在射线上，，在由三角形公式即可求解．
【详解】解：如图
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵折叠，点C的对应点为E，且点E落在线段上，
∴，折痕平分，即平分，
∴在射线上，
∴，
∴的面积为，
故答案为：5．
5．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在菱形中，，，则 ．

【答案】/110度
【知识点】利用菱形的性质求角度、等边对等角
【分析】本题主要考查了菱形的性质及等边对等角，由菱形的性质可知，结合，得，即可求解．熟练掌握以上性质定理灵活运用是解题的关键．
【详解】解：∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
课后巩固 · 核心作业
作业1-3 菱形性质与判定综合（面积、周长、命题判断）
作业4-5 梯形+菱形构造+勾股求线段长
作业6-7 菱形+平移+旋转+勾股求线段长
作业8-9 梯形+菱形判定+菱形性质求周长
作业10-11 菱形+全等+正方形判定+探究题
作业12-13 直角三角形+菱形判定+面积转化
作业14-16 等腰三角形+菱形判定+正方形存在性
复习建议 熟练掌握菱形的性质与判定，灵活运用勾股定理和全等三角形，折叠问题注意找等量关系，动点问题设未知数列方程，压轴题需构造辅助线。
1．（23-24九年级上·上海徐汇·月考）如图，将矩形纸片依次进行两次对折，使得与与分别重合，展开后得到四边形．如果，那么四边形的面积为（ ）

A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】D
【知识点】证明四边形是菱形、利用菱形的性质求面积
【分析】由折叠可知，由同旁内角互补，两直线平行得，由平行线的性质可得，再根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形可知四边形EFGH为菱形，最后利用菱形的面积公式计算即可求解．
【详解】解：如图，设与交于点O，

∵四边形为矩形，
∴，
根据折叠的性质可得，，
∴，
∴，
∴四边形为菱形，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、菱形的面积公式，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解题关键．
2．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（ ）
A． B．和的周长相等
C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半
【答案】D
【知识点】多边形的周长、利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质求面积
【分析】利用菱形的性质依次进行判断即可．
【详解】解：A．由图可知，，故A不符合题意；
B．在菱形中
AB=AD=BC
∵
∴的周长大于的周长
故B不符合题意；
C．菱形的周长与两条对角线之和无关，故C不符合题意；
D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查菱形的性质的运用，正确灵活的运用菱形的性质是解决问题的关键．
3．（2024·上海长宁·二模）下列命题是假命题的是（ ）
A．对边之和相等的平行四边形是菱形
B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形
C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形
D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形
【答案】D
【知识点】利用菱形的性质证明、判断命题真假
【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、∵平行四边形的对边相等，且对边之和相等，
∴平行四边形邻边相等，
∴平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题；
B、如图，是的边上的高，是边上的高，且

由面积公式得，
∴
∴是菱形，
即：一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题；
C、如图，分别是四边形的两条对角线，交于点O，其中平分，平分

∵
∴
∴
∴
∴
又
∴
∴
∴
∴四边形是菱形，
即：一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形，是真命题，不符合题意；
D、有一条对角线与一组邻边构成等腰三角形的平行四边形不一定是菱形，故被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形是假命题，符合题意；
故选：D．
4．（23-24八年级上·上海·单元测试）在梯形中，．已知，，，则的长度为 ．
【答案】9
【知识点】含30度角的直角三角形、根据菱形的性质与判定求线段长
【分析】本题考查与梯形有关的问题，平移一腰是梯形中常见的辅助线，再根据菱形的性质和直角三角形的性质进行解答．
作交于点，得到平行四边形和的直角三角形，根据它们的性质进行计算．
【详解】解：作交于点，
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
则四边形是菱形．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：9．
5．（21-22八年级下·上海浦东新·期中）如图，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，联结PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，则＝ ．
【答案】
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据菱形的性质与判定求线段长、等腰三角形的性质和判定、含30度角的直角三角形
【分析】延长GP交CD于点H，根据AB＝AD，BG＝BE，得出四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，由菱形的性质证明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，进而得出△CHG为等腰三角形，利用等腰三角形的性质得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，延长GP交CD于点H，
在 ABCD和 BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，
∴四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，
∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，
∴CD∥GF，
∴∠DHP=∠FGP，
∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，
∴△DPH≌△FPG（AAS），
∴DH=GF，PH=PG，
∴DH=GB，
∴CH=CG，
∴CP⊥PG，
∴∠HCG=2∠PCG，
∵∠ABC=60°，
∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，
∴∠PCG=60°，
∴∠CGP=30°，
∴CG=2PC，
故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解决问题的关键．
6．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，菱形沿射线平移，得到菱形，延长，交于点，延长，交于点．若，，则的长是 ．
【答案】
【知识点】利用菱形的性质求线段长、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形
【分析】设与的交点为，过点作于点．由平移的性质得到，四边形是平行四边形，求出，由，得到，，由菱形的性质得到，因此，由等腰三角形的性质得到，，最后根据直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理即可求出的长．
【详解】解：如图，设与的交点为，过点作于点．
，
．
由平移的性质，得，，，
四边形是平行四边形，
，
．
，
，．
四边形是菱形，
，
，
．
，．
，，
，
．
在中，由勾股定理，
得，
．
【点睛】本题考查菱形的性质，平移的性质，解题的关键是由平移的性质，得到，由菱形的性质得到是等腰三角形．
7．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知菱形的边长为，，将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形，其中、、的对应点分别是、、．
(1)填空：当旋转角为时，则点、的距离是______；
(2)连接，当在的延长线上时，求的大小．
【答案】(1)
(2)或．
【知识点】等边三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、根据旋转的性质求解、利用菱形的性质求线段长
【分析】（1）连接，根据菱形的性质和旋转的性质得到，，根据勾股定理计算即可；
（2）分两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：∵，旋转角为，
∴旋转后D与重合．
如图，连接，
∵菱形的边长为，
∴，，
∴
∵将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形，
∴，
∴
故答案为：；
（2）解：当在D上方时，
如图，连接，，，
∵菱形，
∴垂直平分，
即在的垂直平分线上，
∴，
∵，
∴
∴是等边三角形，
即，
∵，
∴，
∴；
当在B下方时，
同理可得；
综上所述，或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
8．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点是的中点，点是的中点，连接交于点．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是菱形、根据矩形的性质与判定求线段长
【分析】此题考查了梯形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质以及菱形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
（1）由点是的中点，，易得，则可得四边形是平行四边形，即可得；
（2）易证得四边形是平行四边形，即可得平行四边形是矩形，则可证得，即可得平行四边形是菱形．
【详解】（1）证明：点是的中点，，
，
又，
四边形是平行四边形，
；
（2）证明：连接，
、分别是、的中点，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是平行四边形，
且，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
，
，
平行四边形是菱形．
9．（25-26九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、含30度角的直角三角形、证明四边形是菱形、利用菱形的性质求线段长
【分析】（）证明，得到，，即可得，，即得到四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质得，即可求证；
（）由直角三角形的性质得，设，则，利用勾股定理可得，得到，再根据直角三角形的性质得到，即可求解．
【详解】（1）证明：是的中点，
，
又，，
，
，，
，
是的中点，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵在中，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查了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，直角三角形的性质等，掌握以上知识点是解题的关键．
10．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明、三线合一、根据正方形的性质与判定求角度
【分析】（1）通过证明和全等得到、，结合推出，进而证得；
（2）利用菱形性质、全等三角形判定与性质，结合等腰三角形三线合一、矩形及正方形的判定，推导得出．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，．
在和中，
，
∴（），
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，是对角线，
∴，．
在和中，
，
∴（），
∴．
又∵，
∴，
∴是等腰三角形．
过点作于，交于，
∴（等腰三角形三线合一）．
∵四边形是菱形，，，
∴，
∴，
∵，，
∴
∵是菱形对角线，
∴，
又∵，，
∴（），
∴，
∴．
又∵，
∴．
∵四边形是菱形，
∴菱形是正方形，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、正方形的判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的判定方法是解题的关键．
11．（24-25八年级下·上海·月考）“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于，并且两条对角线互相垂直．
小组成员小杰提出了如下的作法：①过点作并截取；②分别连接．那么四边形就是所求作的四边形．
(1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由；
(2)如图2，请根据上述信息提出一个类似问题：点是菱形内一点，求作一个四边形，使得___________，并且___________；（请作出图形并简要说明作法）
【答案】(1)小杰的作法正确，理由见解析
(2)四边形的四边分别等于、、、，两条对角线相等，图和作法见解析
【知识点】利用矩形的性质证明、利用菱形的性质证明、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
（1）根据矩形的性质证明四边形和四边形都是平行四边形，即可得到答案；
（2）先根据（1）提出类似问题，再过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．利用菱形的性质，以及平行四边形的判定和性质，即可证明四边形就是所求作的四边形．
【详解】（1）解：小杰的作法正确，理由如下：
四边形是矩形，
，，，
，
，，
，，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
四边形就是所求作的四边形．
（2）解：如图2，点是菱形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线相等．
作法：
1．过点作分别交、于点、，并截取；
2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形．
理由如下：四边形是菱形，
，，
，，
，，
∴，
四边形和四边形都是平行四边形，
，，
四边形就是所求作的四边形．
故答案为：四边形的四边分别等于、、、，两条对角线相等．
12．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，四边形的面积是30，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【知识点】证明四边形是菱形、根据菱形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、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．
（1）先证明，得，结合斜边上的中线等于斜边的一半，得出，因为，证明四边形是平行四边形，因为，所以证明四边形是菱形；
（2）先证明四边形是平行四边形，得出，由四边形是菱形，得出，把代入计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接，如图所示：
由（1）知
∵
∴四边形是平行四边形，
∴
∵四边形是菱形
∴
∵，菱形的面积是30，
∴
∴
∴．
13．（23-24八年级下·上海静安·期末）在等腰中，，直线垂直平分，交于点，点在直线上，且点与点关于点对称，连接．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图1，当平分时，求菱形的周长；
(3)当四边形为正方形时，请在图2中画出符合题意的正方形，再连接，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、等腰三角形的性质和判定、证明四边形是菱形
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理；
（1）根据垂直平分线的性质可得，根据轴对称的性质可得进而得出，即可得证；
（2）延长交于点，当平分时，，进而勾股定理求得，设，则，，在中，勾股定理求得，进而根据菱形的性质，即可求解；
（3）过点分别作和的垂线，垂足分别为，过点作于点，则四边形是矩形，根据等面积法求得，进而求得，勾股定理求得，进而求得，即的长，中，勾股定理，即可求解；当在的下方时，同理可求．
【详解】（1）证明：∵直线垂直平分，点在直线上，
∴，
∵点与点关于点对称，
∴，
又，即垂直平分，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图所示，延长交于点，
∵，
当平分时，
∴，，
在中，，
设，则，，
在中，，
∴，
解得：，即，
∴菱形的周长为，
（3）解：如图所示，过点分别作和的垂线，垂足分别为，过点作于点，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵四边形为正方形
∴，
由（2）可得，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
如图所示，当在的下方时，
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专题23.3.2菱形的性质及判定 优等生讲义
(10大考点精讲+压轴题+课后巩固)
思维导图 · 课程内容总览
课程目标
理解并掌握 菱形的定义、性质与判定方法
熟练运用 菱形的边、角、对角线性质解决几何问题
掌握 菱形与折叠、旋转、动点问题的综合应用
灵活运用 勾股定理、全等三角形、方程思想求解线段长度
体会 分类讨论、转化思想在菱形综合题中的应用
核心思想：菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角
知识梳理 · 核心概念与定理
☆ 菱形定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
☆菱形性质
具有平行四边形的所有性质
四条边都相等
对角线互相垂直且平分，每条对角线平分一组对角
菱形是轴对称图形（两条对称轴），也是中心对称图形
菱形面积 = 底 × 高 = 对角线乘积的一半
☆菱形判定
有一组邻边相等的平行四边形
对角线互相垂直的平行四边形
四条边都相等的四边形
对角线平分一组对角的平行四边形
☆常用结论与公式
菱形边长与对角线的关系：边 = (对角线1/2) + (对角线2/2)
菱形面积 = 对角线乘积的一半
直角三角形30°角性质：30°所对直角边等于斜边一半
等边三角形判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
核心考点 · 10类题型精讲
【考点1】利用菱形的性质求角度
知识点/方法
等腰三角形性质：菱形邻边相等，可构造等腰三角形，等边对等角。
对角线平分对角：每条对角线平分一组对角，常用于角度计算。
全等三角形：利用SAS证明三角形全等，得到对应角相等。
三角形内角和：结合内角和定理列方程求角度。
轴对称性质：菱形是轴对称图形，对称轴是对角线所在直线。
1．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为 ．
2．（21-22八年级下·江苏南通·月考）如图，在菱形中，E是边上一点，连接交对角线于点F，连接，若，则 °．
3．（24-25八年级下·湖北宜昌·期末）如图，菱形中，，点是边上一动点，点是对角线上一动点，当最小时，的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（21-22八年级下·重庆·月考）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点F，垂足为点E，若，那么的大小为 ．
【考点2】利用菱形的性质求线段长
知识点/方法
勾股定理：在直角三角形中利用两边求第三边。
等边三角形性质：60°角可构造等边三角形，边长相等等。
方程思想：设未知数，利用勾股或面积列方程。
垂线段最短：求最值时考虑垂线段。
全等三角形：通过全等转化线段相等。
中点性质：利用中点构造中位线或直角三角形斜边中线。
5．（25-26八年级·上海·假期作业）如图，在菱形中，，，为对角线上的一个动点，点在边上，，则的最小值为 ．
6．（25-26八年级·上海·假期作业）如图，在菱形中，，点，分别在边，上，为等边三角形，．若，，则的长为 ．
7．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，已知菱形的边长为2，，分别是边，上的动点，，连接，则的最小值为 ．
8．（25-26八年级上·上海·月考）如图，以菱形的一边为斜边作与菱形位于直线同侧的等腰直角三角形，点恰好在线段的延长线上，已知“直角三角形中等于斜边长一半的直角边所对的锐角必为”，将此真命题作为定理，求出菱形的较大内角的度数．
9．（25-26九年级上·上海静安·月考）如图，在中，，，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动；同时，点从点出发，沿方向以每秒的速度向终点运动．将沿翻折，点的对应点为点，设点运动的时间为秒．当四边形为菱形时，的值为 ．
10．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，E是上一点，且，．

(1)求证：平行四边形是菱形；
(2)若，，求对角线的长．
【考点3】利用菱形的性质求面积
知识点/方法
面积公式：S = 底 × 高 = 对角线乘积的一半。
等积变形：利用同底等高或等底同高转化面积。
面积和差：用整体减部分求阴影面积。
中线性质：中线平分三角形面积。
比例法：利用面积比等于对应线段比。
11．（25-26九年级上·上海宝山·月考）如图，点E、F分别在菱形边、上，，如果的面积是6，的面积为9，那么的面积为 ．
12．（2024·云南红河·模拟预测）如图，四边形是菱形，对角线与相交于点O，，，于点E，则的长为 ．
13．（25-26八年级上·上海浦东新·期末）如图，在平行四边形中，、相交于点，过点作，分别交、于点、，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，，求菱形的面积．
14．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）如图，菱形的面积为36，点、分别在边、上，，如果的面积为6，那么的面积为 ．
【考点4】利用菱形的性质证明
知识点/方法
证明线段相等：利用菱形四边相等或全等三角形。
证明垂直：利用对角线互相垂直。
证明角相等：利用对角线平分对角或全等三角形。
证明平行四边形：由菱形性质推出对边平行且相等。
证明菱形：先证平行四边形，再证一组邻边相等或对角线垂直。
15．（25-26八年级上·上海·月考）下列命题中，假命题是（ ）
A．具有中心对称性的四边形是平行四边形
B．菱形的两条对角线互相垂直平分
C．矩形的每一组邻角都相等
D．平行四边形四个顶点的两两连接的线段中，不是平行就是相等
16．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，点分别为的中点，是对角线，交的延长线于．
(1)求证：；
(2)若四边形是菱形，则四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论．
17．（24-25八年级下·上海闵行·期末）已知：在菱形中，，，垂足为、．
(1)如图①，如果，求证：；
(2)如图②，如果对角线与、交于点、，且，求证：．
18．（24-25九年级上·上海·月考）如图，已知在梯形中，，是上的点，，，连结并延长交于点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作，垂足为点，若，求证：四边形是矩形．
19．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知四边形是菱形，，，的两边分别与射线、射线交于点E、F，点E与点C、点B不重合，．
(1)当点E在线段上时，
①如图1，求证：；
②连接交于点H，当时，求的长．
(2)当时，求的长．（直接写出答案）
【考点5】证明四边形是菱形
知识点/方法
判定方法1：一组邻边相等的平行四边形是菱形。
判定方法2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
判定方法3：四条边相等的四边形是菱形。
判定方法4：对角线平分一组对角的平行四边形是菱形。
常见辅助线：连接对角线，利用中点构造平行四边形。
20．（24-25八年级下·上海宝山·月考）如图，在四边形中，，点在边上，点在边的延长线上，四边形的对角线分别交、于点、，且，平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，，求证：四边形为矩形．
21．（24-25八年级下·上海宝山·期末）已知：如图，在平行四边形中，点O为对角线的中点，过点O作交边、于点E、F，联结、．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)如果四边形为矩形，，，求的长．
22．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰中，，O为边的中点，射线交的延长线于点C，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，点E、F分别在射线、射线上，且，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接，若为直角三角形，，直接写出的长．
23．（24-25八年级下·上海·期中）用两个全等的直角三角形拼成下列图形：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤等腰三角形，⑥等边三角形，一定可以拼成的是（ ）
A．①④⑤ B．①②③④ C．①②⑤ D．②⑤⑥
24．（2025·上海黄浦·二模）尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【考点6】添一个条件使四边形是菱形
知识点/方法
从边的角度：添加一组邻边相等（如AB=BC）。
从对角线的角度：添加对角线垂直（如AC⊥BD）。
从角的角度：添加对角线平分一组对角。
常见错误：只加对角线垂直而忽略平行四边形前提。
全等三角形：通过证全等得到边相等或角相等。
25．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）已知四边形中，对角线与相交于点O，，，再添加一个条件使四边形是菱形，添加条件不正确的是（　　）
A． B． C． D．
26．（24-25九年级下·上海·月考）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（ ）个．
①添加“”，则四边形是菱形
②添加“”，则四边形是矩形
③添加“”，则四边形是菱形
④添加“”，则四边形是正方形
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
27．（21-22八年级下·上海宝山·月考）如图，中，已知是的平分线，E、F分别是边的中点，联结，要使四边形为菱形，需要满足一定的条件，该条件可以是 ．
【考点7】根据菱形的性质与判定求角度
知识点/方法
等边对等角：菱形邻边相等，可得等腰三角形。
直角三角形性质：30°角所对直角边等于斜边一半。
三角形内角和：利用内角和定理求角度。
全等三角形：通过全等得到对应角相等。
旋转性质：旋转前后对应角相等。
28．（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
29．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F．
(1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______．
(2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数．
30．（25-26九年级上·广东河源·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，求的度数．
31．（25-26九年级上·浙江台州·期末）如图，菱形纸片中，，将菱形沿剪开，不动，绕点A逆时针旋转度（）得到，其中点C与点对应．
(1)如图1，当时，、的延长线交于点E．
①用α表示的度数；
②如图2，当时，求证：四边形是菱形；
(2)如图3，连接、，当______时，．
【考点8】根据菱形的性质与判定求线段长
知识点/方法
勾股定理：在直角三角形中求解。
30°角性质：30°所对直角边等于斜边一半。
等边三角形：60°角可构造等边三角形。
方程思想：设未知数，利用勾股或面积列方程。
全等三角形：通过全等转化线段相等。
中点性质：中点连线是中位线，等于底边一半。
32．（24-25八年级下·上海闵行·月考）已知平行四边形中，，，且，则平行四边形的周长为 ．
33．（24-25八年级下·上海·期末）如图，在中，，E为的中点，四边形是平行四边形，求证：与互相垂直平分．
34．（24-25八年级下·福建莆田·期中）在矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为秒，其中．
(1)若，分别是，中点，则四边形一定是怎样的四边形（点E、F相遇时除外）？请说明理由．
(2)在（1）条件下，若四边形为矩形，求t的值；
(3)在（1）条件下，若向点运动，向点运动，且与点，以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求的值．
35．（24-25八年级下·上海·期中）如图，在中，，，平分，点、分别为边和射线上的点（与，不重合），且，连接交于点．
(1)若，求．
(2)若为等腰三角形，求的长．
(3)过点A作交于，取中点为，中点为，若四边形为梯形，直接写出的长．
36．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）如图，平行四边形中，，，，点E、F分别是边、边的中点，点M是与的交点，点N是与的交点，则四边形的周长是 ．
【考点9】根据菱形的性质与判定求面积
知识点/方法
菱形面积公式：S = 对角线乘积的一半。
等积变形：利用同底等高转化面积。
面积和差：整体减部分求阴影面积。
比例法：面积比等于对应线段比。
三角形面积公式：S = 1/2 × 底 × 高。
37．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，已知，点分别在边上，且四边形是菱形．
(1)请使用直尺与圆规确定点E的具体位置，再画出菱形（不用写作法、结论，保留画图痕迹）；
(2)如果点M（不与点D重合）在边上，且满足，那么四边形的形状是________；
(3)在（2）的条件下，如果，那么四边形的面积是________．
38．（20-21八年级下·上海·期中）如图，AM//BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D， DE⊥BD，交BN于点E．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若DE=AB=2，求菱形ABCD的面积．
39．（20-21八年级下·上海徐汇·期末）已知，如图，边长为4的正方形中，点分别在的延长线上，且，那么四边形的面积是 ．
【考点10】创新与压轴题
知识点/方法
新定义问题：理解新定义，转化为熟悉模型。
最值问题：利用垂线段最短、三角形三边关系求最值。
存在性问题：分类讨论，列方程求解。
旋转+全等：通过旋转构造全等三角形，转移线段。
折叠问题：折叠前后对应边相等，对应角相等。
动点问题：设未知数，利用勾股或相似列方程。
1．（24-25八年级下·全国·单元测试）阅读理解菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．
如图所示，设菱形相邻两个内角的度数分别为，．
(1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”是多少？
(2)若我们将菱形的“接近度”定义为，那么菱形的“接近度”为多少时，菱形就是正方形？
2．（25-26九年级上·广东深圳·期末）定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么这个四边形叫做“等分对角四边形”，这条对角线叫做这个四边形的“等分线”．
如图1，在四边形中，对角线平分和，那么对角线叫做四边形的“等分线”，四边形就称为“等分对角四边形”．
问题：
(1)下列四边形：①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形，其中是“等分对角四边形”的有________；（填序号）
(2)四边形是“等分对角四边形”，，求四边形的“等分线”的长；
解：①当为“等分线”时，如图2所示：
……
②当为“等分线”时……
请画出相应的图形并写出此题完整的解答过程．
(3)如图，在菱形中，，点分别在边和上，与交于点，点是线段上任意一点，连接，若四边形是“等分对角四边形”，“等分线”是，求线段的最小值．
3．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）动手操作
（1）如图1，将正方形对折，使点D与点B重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点D落在边上的点E处，得到折痕．折痕与折痕交于点H，打开铺平，连接，则的度数是________；
理解应用
（2）如图2，某公园有一块边长为的菱形空地，．园区管理员准备在该空地上种植花卉．为方便游客观赏，在其中修四条步道和，且点M在上，点N在上，．
①求的度数；（提示：构造全等（）先求出的度数）
②求出三条步道和所围成的的面积的最小值．（步道宽度忽略不计）
4．（25-26八年级上·江苏盐城·期末） 在矩形中，，G、H分别是、中点，E、F是对角线上的两个动点，分别从点A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中．
(1)当时，请判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若四边形为矩形，求t的值；
(3)若点G向点D运动，点H向点B运动，且与点E、F以相同的速度同时出发，若四边形为菱形，求t的值．
5．（2026八年级下·全国·专题练习）【问题解决】
（1）如图，在矩形中，点，分别在边上，，垂足为点．求证：．
【拓展提升】
（2）如图，在正方形中，点，分别在边上，，延长到点，使，连接，求证：．
【类比迁移】
（3）如图，在菱形中，点，分别在边上，，，，求的长．
6．（25-26九年级上·河北沧州·期末）综合与实践
【情境】如图1，将菱形沿对角线剪开，得到和．
【操作】固定，将与叠放在一起，嘉嘉和淇淇设计了不同的叠放方式，按如下方式操作．
如图2，嘉嘉的叠放方式如下： 将的顶点固定在的边上的中点处，绕点在边上方旋转，设旋转时边交边于点（点不与点重合），交边于点（点不与点重合）． 如图3．淇淇的叠放方式如下： 的顶点在的边上滑动（点不与、点重合），点、的位置会随点的滑动而改变，且保持边始终经过点． ……
【探究】根据以上描述，解决下列问题．
(1)结合图2，嘉嘉写出了如下思考过程，其中①处应填______，②处应填______；
根据菱形的性质可知，， ， ① ， ， ② ．
(2)在图3的基础上，
①尺规作图：过点作，交于点，连接（不写作法，保留作图痕迹）；
②淇淇说：“与相等．”你同意淇淇的说法吗？说明理由．
随堂检测 · 精选练习
练行四边形中点+菱形判定（添条件）
练习2 正方形性质+勾股求线段长
练习3 直角三角形+矩形判定+斜边中线求取值范围
练习4 菱形折叠+面积计算
练习5 菱形性质求角度（等边对等角）
1．（21-22八年级下·上海青浦·期末）如图，平行四边形的对角线、交于点，顺次联结平行四边各边中点得到的一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件可以是 ．（填序号）
2．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，正方形和正方形中，B、C、E三点共线，点G在上，，那么的长是 ．
3．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点（不与端点重合），，，垂足分别为E、F，M为的中点，设的长为x，则x的取值范围是 ．
4．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，．将边沿着过点O的一条直线翻折，点C的对应点为E，点B的对应点为F，连接，如果点E落在线段上，那么的面积为 ．
5．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在菱形中，，，则 ．

课后巩固 · 核心作业
作业1-3 菱形性质与判定综合（面积、周长、命题判断）
作业4-5 梯形+菱形构造+勾股求线段长
作业6-7 菱形+平移+旋转+勾股求线段长
作业8-9 梯形+菱形判定+菱形性质求周长
作业10-11 菱形+全等+正方形判定+探究题
作业12-13 直角三角形+菱形判定+面积转化
作业14-16 等腰三角形+菱形判定+正方形存在性
复习建议 熟练掌握菱形的性质与判定，灵活运用勾股定理和全等三角形，折叠问题注意找等量关系，动点问题设未知数列方程，压轴题需构造辅助线。
1．（23-24九年级上·上海徐汇·月考）如图，将矩形纸片依次进行两次对折，使得与与分别重合，展开后得到四边形．如果，那么四边形的面积为（ ）

A．7 B．6 C．5 D．4
2．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图，已知、是菱形的对角线，那么下列结论一定正确的是（ ）
A． B．和的周长相等
C．菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 D．菱形的面积等于两条对角线之积的一半
3．（2024·上海长宁·二模）下列命题是假命题的是（ ）
A．对边之和相等的平行四边形是菱形
B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形
C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形
D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形
4．（23-24八年级上·上海·单元测试）在梯形中，．已知，，，则的长度为 ．
5．（21-22八年级下·上海浦东新·期中）如图，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，联结PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，则＝ ．
6．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，菱形沿射线平移，得到菱形，延长，交于点，延长，交于点．若，，则的长是 ．
7．（24-25八年级下·上海·期中）如图，已知菱形的边长为，，将菱形绕点按逆时针旋转，得到菱形，其中、、的对应点分别是、、．
(1)填空：当旋转角为时，则点、的距离是______；
(2)连接，当在的延长线上时，求的大小．
8．（2024八年级下·上海·专题练习）已知：在梯形中，，，，点是的中点，点是的中点，连接交于点．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形．
9．（25-26九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，延长至点，使得．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求四边形的周长．
10．（25-26八年级上·上海·月考）如图，已知在菱形中，点为对角线上一点，连结，过点作，与交于点，．
(1)求证：；
(2)求证：．
11．（24-25八年级下·上海·月考）“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于，并且两条对角线互相垂直．
小组成员小杰提出了如下的作法：①过点作并截取；②分别连接．那么四边形就是所求作的四边形．
(1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由；
(2)如图2，请根据上述信息提出一个类似问题：点是菱形内一点，求作一个四边形，使得___________，并且___________；（请作出图形并简要说明作法）
12．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在中，，是斜边上的中线，点E是的中点，过A作交的延长线于点F，连结．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，四边形的面积是30，求的长．
13．（23-24八年级下·上海静安·期末）在等腰中，，直线垂直平分，交于点，点在直线上，且点与点关于点对称，连接．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图1，当平分时，求菱形的周长；
(3)当四边形为正方形时，请在图2中画出符合题意的正方形，再连接，求的长．
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