文档内容
专题03 菱形的判定与性质重难点题型专训（10大题型+15道拓展培优）
【题型目录】
题型一 利用菱形的性质求角度
题型二 利用菱形的性质求线段长
题型三 利用菱形的性质求面积
题型四 利用菱形的性质证明
题型五 添一个条件使四边形是菱形
题型六 证明四边形是菱形
题型七 根据菱形的性质与判定求角度
题型八 根据菱形的性质与判定求线段长
题型九 根据菱形的性质与判定求面积
题型十 菱形的综合性问题
【知识梳理】
知识点1：菱形的概念与性质
1. 概念：一组邻边相等的平行四边形是菱形
2.性质： 边：菱形的四条边都相等．
对角线：菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
菱形的面积：菱形的面积等于对角线乘积的一半．
知识点2：菱形的判定
1. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）．
2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形（对角线）．
3. 四条边相等的四边形是菱形（边）
【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．（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．
2．（2024上·陕西榆林·九年级统考期末）如图，四边形 是菱形，延长 到点E，使 ．连
接 ，若 ，则 的度数为 ．
【答案】 /70度
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性
质得出 ，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ．
3．（2023下·吉林长春·八年级校考阶段练习）如图，在四边形 中， ， ， 平分
交边 于点 ，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)连接 ，若 ， ，则 ______度．
【答案】(1)见解析
(2)64
【分析】（1）由平行线的性质可得 ，由角平分线的定义可得 ，从而得到
，推出 ，进而得到 ，推出四边形 是平行四边形，由 得到四边形 是菱形，即可得证；
（2）由等腰三角形的性质可得 ，再由菱形的性质即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形；
（2）解： ，
，
四边形 是菱形，
，
故答案为：64．
【点睛】本题考查了平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，熟
练掌握以上知识点是解题的关键．
【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．（2024上·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考期末）如图，四边形 是菱形，连
接 交于点O，过点A作 ，交 于点E，若 ，则 的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质是解题的关键．
先根据菱形的性质、勾股定理求得边长 ，再运用等面积法求得 ，在 中运用勾股定理即可
解答．
【详解】解：∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
在 中， ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ．故选：B．
2．（2024上·甘肃酒泉·九年级统考期末）如图，菱形 的对角线 与 相交于点O，E为 的中
点，连接 ， ， 4 ，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、含30度角的直角三角形以及斜中半定理等知识点，根据菱形的性质可得
，进而可推出 ， ；求出 ，根据
即可求解．
【详解】解：∵ ，
∴
∵
∴ ， ，
∴
∵
∴
∵E为 的中点，
∴
故答案为：
3．（2023上·四川成都·九年级统考期末）如图1，矩形 中，点E，F分别在 ， 上，将矩形
沿直线 折叠，点C落在 上的一点H处，点D落在点G处， 与 交于点O．(1)求证：四边形 是菱形；
(2)如图2， ， ，点H与点A重合时，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2) 的长为
【分析】此题考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性
质定理、勾股定理是解本题的关键．
（1）先判断出四边形 是平行四边形，再根据翻折的性质可得 ，然后根据邻边相等的平行
四边形是菱形证明；
（2）过点 作 于 ，求出 ，再利用勾股定理列式求解得到 ，即可求出 的长．
【详解】（1）证明：在矩形 中， ，
，
由翻折可知： ，
，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，
四边形 是菱形；
（2）解：点 与点 重合时，设 ，则 ，
在 中， ，
即 ，解得 ，
，
，
，
如图，过点 作 于 ，得矩形 ，矩形 ，
， ， ，
，
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．（2024上·辽宁朝阳·九年级统考期末）如图，将一个长为 ，宽为 的矩形纸片先按照从左向右
对折，再按照从下向上的方向对折，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下（如图（1）），再打开，
得到如图（2）所示的小菱形的面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、菱形面积的计算等知识点．熟练掌握以上知识点是解题的关键，矩形对
折两次后，再沿两邻边中点的连线剪下，所得菱形的两条对角线的长分别原来矩形长和宽的一半，即 ，
，然后可求得菱形的面积．
【详解】解：矩形对折两次后，所得的矩形的长、宽分别为原来的一半，即为 ， ，
而沿两邻边中点的连线剪下，剪下的部分打开前相当于所得菱形沿对角线两次对折的图形，
所以菱形的两条对角线的长分别为 ， ，
．
故选：A．
2．（四川省达州市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题）如图，菱形 的边长为26，对角线
的长为48，延长 至E， 平分 ，点G是 上任意一点，则 的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、平行线的判定与性质以及三角形面积等知识； 熟练掌握菱
形的性质，证出 是解题的关键.连接 交 于 ，由菱形的性质和勾股定理求出 ，得出 的面积 ，依据
，得出 ，进而得出 的面积 的面积即可解题．
【详解】如图所示, 连接 交 于 ，
∵四边形 是菱形，
， ，
∴ ， ，
∴ 的面积 ，
∵ 平分 ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积 的面积 ，
故答案为： ．
3．（2023上·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在 中，点 分别在 上，且
．
(1)请从以下三个条件：① 是 的中点，② 平分 ，③ 中，选择一个合适的作为已知
条件，使四边形 为菱形，并加以证明．
(2)在（1）的条件下，若 ，求菱形 的面积．
【答案】(1)选择条件③ ，证明见详解
(2)【分析】（1）由四边形 是平行四边形可证四边形 是平行四边形，再由 可
得 即可求证；
（2）连接 ，由 及勾股定理可得 ，即可求解．
【详解】（1）证明∶选择条件③
四边形 是平行四边形，
即
四边形 是平行四边形；
平行四边形 是菱形．
（2）连接 ，如图：
，
，
由（1）可得： ，
，
，．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质及判定，勾股定理，直角三角形的性质，熟记
“一组邻边相等的平行四边形是菱形”是解题关键．
【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．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，将两张等宽的纸条交叉叠放在一起，得到四边形
相交于点O．下列结论不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，解题的关键是根据题设条件推出四边形 是菱形．
设两张等宽的纸条的宽为h，根据题意可得 ，从而得到四边形ABCD是平行四边形，再
由 ，进而得到四边形 是菱形，然后再根据菱形的相关性质来判断各选项即可．
【详解】设两张等宽的纸条的宽为h，交叠放在一起，则有
∴四边形 是平行四边形．
∵
∴ ，
∴四边形 是菱形．
∴ ， ．
故选项A、C、D均成立．
不一定成立，只有两张纸条垂直叠放时， ,四边形 变成正方形才成立．
故选：B．
2．（2023上·辽宁铁岭·九年级统考阶段练习）如图，点 是菱形 边 的中点，点 为边 上一
动点，连接 ，将 沿直线 折叠得到 ，连接 ． 已知 ，当
为直角三角形时，线段 的长为 ．
【答案】2或【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形三边的关系，含
角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等．分当
时和当 时两种情况讨论求解即可．
【详解】如图1所示，当 时，取 中点H，连接 ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，E为 中点，
∴ ， ， ，
由折叠的性质可知 ， ，
∴ ，
连接 ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∵由三角形三边的关系可知，当点 不在线段 上时，必有 ，这与
矛盾，
∴E、 、H三点共线，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ；
如图2所示，当 时，连接 ， ，过点F作 于G，∵ ，四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ 是等边三角形，
∵E是 中点，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴此时D、 、E三点共线，
由翻折的性质可得 ，
∵ ， ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：2或 ．
3．（2024下·广西·九年级专题练习）如图，在菱形 中，对角线 、 相交于点O，过点D作对
角线 的垂线交 的延长线于点E．
(1)证明：四边形 是平行四边形；
(2)若 ， ，求 的周长．
【答案】(1)见解析(2)18
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的
关键．
（1）根据菱形的性质可知， ， ，进一步可证明 ，再根据平行四边形的判定
即得答案；
（2）根据菱形的性质及勾股定理可求得 ，再根据平行四边形的性质可得 ，
，即可求得 的周长．
【详解】（1） 四边形 是菱形，
， ，
， ，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形；
（2） 四边形 是菱形， ， ，
， ， ，
，
四边形 是平行四边形，
， ，
的周长为 ．
【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．（2023下·全国·八年级假期作业）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．（2023上·山东青岛·九年级校考期中）如图，在 中，点D、E、F分别在边 上，且
．下列四种说法：①四边形 是平行四边形；②如果 ，那么四边形
是矩形；③如果 平分 ，那么四边形 是菱形；④如果 且 ，那么
四边形 是菱形．其中，正确的有 （只填写序号）．
【答案】①②③④
【分析】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，掌握平行四边形、菱形、矩形的判定方法是解
题的关键．
【详解】解：①∵ ，
∴四边形 是平行四边形，故①正确；
②若 ，
∴平行四边形 是矩形；故②正确；
③若 平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴
∴ ；
∴平行四边形是菱形；故③正确；④若 ；
∴ 平分 ；
∴结合③可得平行四边形 是菱形；故④正确；
所以正确的结论是①②③④，
故答案为：①②③④．
3．（2023上·辽宁沈阳·九年级统考期中）如图，在四边形 中， ， 分别是
边 上的点，连接 交于点 ， ．添加下列条件之一使四边形 成为菱形：①
；② ．
(1)你添加的条件是______（填序号），并证明．
(2)在（1）的条件下，连接 ，若 ，求菱形 的面积．
【答案】(1)②，证明见解析
(2)
【分析】（1）添加条件②，由 ，证明四边形 是平行四边形，证明
，则 ，进而可证四边形 是菱形；
（2）由菱形的性质可知， ，如图，由勾股定理得， ，计算解
得， ，进而可求 的值，根据 ，计算求解即可．
【详解】（1）解：添加条件②，证明如下；
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形；
（2）解：由菱形的性质可知， ，如图，
∵ ，
由勾股定理得， ，
∴ ，
解得， ，
∴ ，
∴ ，
∴菱形 的面积为 ．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，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．
【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．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，平行四边形 的对角线 ， 相交于点O，点E
为 的中点，连接 并延长交 于点F， ， ．下列结论：① ；②
；③四边形 是菱形；④ ，其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】通过判定 为等边三角形求得 ，利用等腰三角形的性质求得 ，从而判
断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含 直角三角形的性质
判断②；根据三角形中线的性质判断④．【详解】解：∵四边形 为平行四边形，
∴ ， ， ， ，
点 为 的中点，
，
又∵ ，
∴ ，
，
，
是等边三角形，
， ，
∴ ，
∴ ,
∵ ，
，
，
∵ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
在平行四边形 中， ， ， ，
，
在 和 中，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
∵ ，
平行四边形 是菱形，故③正确；
， ，
在 中， ，，
∴ ，故②正确；
在平行四边形 中， ，
又 点 为 的中点，
，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含 的直角三角
形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
2．（2023上·福建三明·九年级统考期中）如图，现有一张矩形纸片 ， ， ，点 ，
分别在矩形的边 ， 上，将矩形纸片沿直线 折叠，使点 落在 边上点 处，点 落在点 处，
连接 ，交 于点 ，连接 ．下列结论：
； 四边形 是菱形； ， 重合时， ； 点 、 、 三点共线．
其中正确的结论有 ．（写出序号即可）
【答案】
【分析】此题考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，先判断出四边形 是平行
四边形，再根据翻折的性质可得 ，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；
假设 ，得 ，进而得 ，这个不一定成立，判断
①错误；点 与点 重合时，
设 ，表示出 ，利用勾股定理列出方程求解得 的值，进而用勾股定理求得 ，判断出③正确；结合矩形的性质可知
，进而可证明 ，即可判断④，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾
股定理是解题的关键．
【详解】解： 、∵ ，
∴ ，
由翻折可知： ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
若 ，则 ，
∴ ，这个不一定成立，
故 不符合题意，故 符合题意；
、点 与点 重合时，如图，
设 ，则 ，
在 中， ，
即 ，
解得 ，∴ ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故 符合题意；
、由折叠可知： ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ， 三点一定在同一直线上，
故 符合题意，
综上所述：正确的结论有 ，
故答案为： ．
3．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图， 中，过点 作 ， 交 的延长线点
；过点 作 ，交 的延长线于点 ， 交 于点 ，连接 ， ．
(1)求 的长；
(2)求证：四边形 为菱形．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定；
（1）证明四边形 是平行四边形，得出 ，求出 即可得解；（2）证明 ，可得 ，然后证明 ，根据菱形的判定定理可得结论．
【详解】（1）解： 四边形 是平行四边形，
，即 ，
，
四边形 是平行四边形，
∴ ，
，
∴ ，
；
（2）证明：∵ ，
∴ ， ，
由（1）得 ，
∴
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
【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．【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．（2023下·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，在菨形 中，过顶点 作 交对角线
于 点，已知 ，则 的大小为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得出 ，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：∵四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，则 ，
∵ ，
∴ ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐
角互余．
2．（2023上·四川成都·八年级四川省成都市石室联合中学校考期中）如图，在四边形 中，对角线
互相垂直平分，点 ，Q分别是边 ，线段 上的点，连接 与 相交于点 ．
，且 ，则 ；当 时，设 ，则 的长
．（用含a的代数式表示）．
【答案】 120
【分析】本题考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定
理，全等三角形的判定和性质等，根据菱形的性质可得 ，再根据各角的关系得出
，由含30度角的直角三角形的性质可得 ，进而得出，再证 是等边三角形，求出 ，再证 ，推出 ，
最后用勾股定理解 即可．
【详解】解： 四边形 中，对角线 互相垂直平分，
四边形 是菱形，
， ，
，
，
，
，
，
菱形 中 ，
，
；
中， ， ，
，
，
，
，
， ，
是等边三角形，
，
， ，
，
，
解得 ， ，
如图，连接 ，由菱形的性质得 ，
在 和 中，
，
，
， ，
，
在 中， ．
故答案为：120； ．
3．（2022下·河南南阳·八年级校考阶段练习）如图，在 中，E是 的中点，连接 并延长交
的延长线于点F．
(1)求证： ．
(2)连接 ， ．
①当 时， 的形状是________．
②若 ，当 ________ 时，四边形 是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①等腰三角形；②55【分析】（1）根据平行线的性质可得 ，根据中点的性质可得 ，利用全等三角形的
判定及性质即可求证结论．
（2）①连接AC，根据矩形的判定及性质可得 ，再根据平行四边形的判定及性质可得 ，
进而可求解；②根据菱形的性质可得 ， ，进而可得 ，在利用等腰
三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
，
∴ ，
∵E是 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ．
（2）①等腰三角形，
连接AC，如图：
∵ ，
∴ 是矩形，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形．
∴ ．
∴ ．∴ 是等腰三角形．
②55，
∵ 是菱形，
∴ ， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ，
故答案为：等腰三角形；55．
【点睛】本题考查了平行线的性质、菱形的性质、全等三角形的判定及性质、矩形的判定及性质、平行四
边形的判定及性质和等腰三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．
【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．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形 中 ， ， ，连接
， 的角平分线交 ， 分别于点O、E，若 ， ，则 的长为（ ）A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接 ，因为 ， 平分 ，
，可证四边形 为菱形，从而得到 、 的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中
的菱形 是关键．
【详解】解：连接 ．
在 中， ， ，根据勾股定理，得 ．
∵ ， 平分 ，
∴ ， ，
∴ 垂直平分 ， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴四边形 是菱形，
由勾股定理得出 ，
∴ ，
故选：D．
2．（2023·江苏盐城·统考模拟预测）如图，已知，等边 中， ，将 沿 翻折，得到
，连接 ，交 于O点，E点在 上，且 ，F是 的中点，P是 上的一个动点，
则 的最大值为 ．【答案】
【分析】由折叠可证四边形 为菱形， 是 边上的中线，如图，连接 ，交 于
， 是 边上的中线， 的角平分线，则 ， ， ，由
，可得 ，则 ， ， ，可知当点P运动到点A时，
最大，最大为 ，勾股定理求 ，则 ，计算求解即可．
【详解】解： 为等边三角形， ，
，
将 沿 翻折，得到 ，
，
四边形 为菱形，
∴ ， ， ，
∴ 是 边上的中线，
如图，连接 ，交 于 ，
∵F是 的中点，
∴ 是 边上的中线， 的角平分线，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，∴ ，
∴当点P运动到点A时， 最大，最大为 ，
∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，
等腰三角形的判定与性质，含 的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
3．（2024上·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，已知在平行四边形 中， 平分 交 于点
E，点F在 上， ，连接 交 于点O，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2) 的长为6
【分析】（1）先证明 ， ，得出四边形 是平行四边形，根据 ，得出四边形
是菱形；
（2）根据菱形的性质得出 ， ， ，根据勾股定理求出
，即可求出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形．
（2）解：∵四边形 是菱形， ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的长为6．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键
是熟练掌握菱形的判定和性质，数形结合．
【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．（2023上·河南郑州·九年级校考期中）如图，四边形 中， 、 、 、 分别是 、 、
、 的中点，若中点四边形 是菱形，那么原四边形 满足什么条件（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查三角形中位线定理，菱形的判定，利用菱形的性质可知： ，再由三
角形中位线定理可知： ， ， ， ，所以原四边形 满足条件
时，可以证明四边形 是菱形．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵E、F、G、H分别是 的中点，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
即当原四边形 满足条件 时，可以证明四边形 是菱形．
故选：A．
2．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，点E，F分别是菱形 边 的中点，
交 的延长线于点G．若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的
性质，作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图，延长 交
的延长线于 ．证明 ，利用直角三角形斜边中线的性质，可得 ，
再求出 ，证明 ，即可求出 ，即可解决问题．
【详解】解：如图，延长 交 的延长线于 ．∵四边形 是菱形，点E是 的中点，
在 和 中，
是 的中点，
故选：C．
3．（2024上·山东济南·九年级统考期末）如图，菱形 中， ， ，E，F，P分别是， ， 上的动点， 的最小值等于（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮
马”等模型．作点P关于 的对称点G，连接 ，作 ，作 ，可推出
，而 ，再进一步得出结果．
【详解】解：作点F关于 的对称点G，连接 ，作 于 ，作 交 于 ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴点G在 上， ， ，
∵ ，
∴ 最小值为： ，
故选B．
4．（2023·海南三亚·统考二模）如图，将边长为4，锐角为 的菱形 沿 折叠，使顶点 恰好落
在边 的中点处，记为 ，则 的长度为（ ）A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、勾股定理、含 角的直角三角形的性质等知识．过 作
于点 ，先求出 ， ，则 点与 重合，再由折叠的性
质得 ，设 ，则 ，然后由勾股定理得 ，即可得出答案．
【详解】解：如图，过 作 于点 ，
，
边长为4，锐角为 的菱形 ，
， ， ，
，
是 的中点，
，
，
，
， ，
点与 重合，
， ，
由折叠的性质得： ，
设 ，
则 ，在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
，
故选：B．
5．（2023上·湖北·九年级校考周测）如图，在菱形 中， ，点 分别在 上，且
，连接 交于点 ，延长 到 使 ，连接 ，则以下四个结论：①
；② ；③ 是等边三角形；④ ．其中正确结论的个
数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】先证明 是等边三角形，再根据菱形的性质可得 ，再求出 ，然后
利用“边角边”即可证明 ，从而判定①正确；根据全等三角形对应角相等可得
，由三角形的外角性质求出 ，再求出 ，从而判定②正
确；根据三角形的外角性质和平行线的性质求出 ，由 证明 ，根据全等
三角形的性质得出 ， ，然后求出 ，从而判定出△AMH是
等边三角形，得出③正确；根据全等三角形的面积相等可得 的面积等于四边形 的面积，然后
判定出④正确．
【详解】解：在菱形 中，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，∴ ，
同理， 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
在 和 中，
，
∴ ，故①正确；
∴ ，
∵ ，
∴ ，故②正确；
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，故③正确；
过点A作 于点G，则由勾股定理得，
∵ ，
∴ 的面积等于四边形 的面积，
又∵ 的面积 ，
∴ ，故④正确，
综上所述，正确的是①②③④．
故选：D．
【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，等边三角形的判定与性质， 角所对
直角边等于斜边一半以及勾股定理等知识，正确识别图形，从图形中准确确定出全等三角形并找出全等的
条件是解题的关键．
6．（2024上·陕西宝鸡·九年级校考期末）如图，在菱形 中，对角线 的交点为O，
， ，若点E在 上，且 ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】此题考查菱形的性质、勾股定理，利用菱形的性质结合勾股定理得出 、 的长，再根据面积法即可得到 的长．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵ ．
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
7．（2023上·贵州贵阳·九年级校考期中）如图，在菱形 中，对角线 ，点 为 的中点，点
在 上，连接 交 于点 ，若 ， ，则线段 的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质，中位线，勾股定理的运用，掌握菱形的性质是解题的关键．
作 于点 ，由菱形的性质，平行线分线段成比例定理证明 是 的中位线，得到
，因此 ，推出 ，得到 ，从而求出 的长，得到 的长，
求出 的长，由三角形面积公式求出 长，得到 的长，由勾股定理即可求出 的长．
【详解】解：作 于点 ，四边形 是菱形，
， ，
，
，
，
，
是 的中位线，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
故答案为： ．
8．（2024上·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考期末）如图，四边形 为菱形， ，
在 内作射线 ，使得过点D作 ，垂足为F，若 ，则对角线 的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，掌握菱形的对角线互相平分是解题的关键．连接
交 于H，证明 ，得出 的长度，再根据菱形的性质得出 的长度．
【详解】解：如图，连接 交 于点H，
由菱形的性质得 ， ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是菱形，∴ 平分 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
9．（2023上·江苏南京·八年级期末）如图，在菱形 中，对角线 ， 交于点O，点E为 的中
点，点F在 上， ，连接 交 于点G，若 ，连接 ， ，则线段 的长
为 ．
【答案】
【分析】取 中点M，连接 ，可证明 是 的中位线，得到 ， ，因此
，推出 ，得到 ，从而求出 的长，得到 的长，求出 的长，由
三角形面积公式求出 长，得到 的长，由勾股定理即可求出 的长．
【详解】解：取 中点M，连接 ，∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵点E为 的中点，M为 中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运
用相关知识解决问题是解题关键．
10．（2023上·陕西西安·九年级校考期中）如图，在菱形 中， ， ，点 为
边上一点，且 ，在 边上存在一点 ， 边上存在一点 ，线段 平分菱形 的周长．
则 周长的最小值为 .
【答案】
【分析】作点E关于 的对称点 ,设 交 于点 ，则 ， ，连接 交 于
点 ，连接 ,则 ，则当点G和点 重合时，即 时， 取最
小值，此时 的周长 有最小值，最小值为 ，进一步求出 的值即可．
【详解】解：在菱形 中， ，
∴ ， ，
如图，作点E关于 的对称点 ,设 交 于点 ，则 ， ，连接 交 于点
，连接 ,则 ，则当点G和点 重合时，即 时， 取最小
值，此时 的周长 有最小值，最小值为 ，
过点A作 于点H，过点 作 于点M，交 于点N，
则 ,∵ ，
∴
∴ ， ,
∴ ，
∴ ,
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ,
即 周长的最小值为 ，故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、含 角的直角三角形的性质、轴对称
的性质等知识，熟练掌握勾股定理和含 角的直角三角形的性质是解题的关键．
11．（四川省达州市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题）在 中， ，D是 的
中点，过点A作 ，且 ，连结 ．
(1)证明：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求菱形 的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、 全等三角形的判
定与性质等知识，证明 及 是解题的关键．
（1）由 是 的中点得 ，则 ，而 ，可证明四边形 是平行四边形，因
为 , 所以 ，则四边形 是菱形;
（2）由菱形的性质得 ，而 ，可证明 , 得 ，
则求得 即可解题．
【详解】（1）证明:∵ 是 的中点，
，
，
，
，
，
∴四边形 是平行四边形，， 是 的中点，
，
∴四边形 是菱形；
（2）∵四边形 是菱形，
，
在 和 中，
，
，
，
，
∴ ，
∴ ，
，
，
∴菱形 的面积为 ．
12．（2024上·山东泰安·八年级统考期末）在 中，点 是 上任意一点，延长 交 的延长
线于点 ．
(1)在图1中，当 时，求证： 是 的平分线；
(2)根据（1）的条件和结论，
①如图2，若 ，点 是 的中点，请求出 的度数；②如图3，若 ，且 ，连接 、 ，请直接写出 的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）根据等边对等角 ，利用四边形 是平行四边形，可得
，由等量关系可得 即可证明结论；
（2）①先说明 是等腰直角三角形可得 ，再证明 可得
，然后证明 是等腰直角三角形即可证明结论；②延长 相较于
H，连接 ，求证四边形 是平行四边形，再求证 是等边三角形，求证
，再根据全等三角形的性质及角的和差即可解答．
【详解】（1）证明：如图1， ，
，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的平分线．
（2）解：①如图2，连接
∵在平行四边形 中， ，
，
，
，
又 ，
∴ 是等腰直角三角形，即： ，
由（1）可得： ，，
又∵ 是 的中点，
，
，
∴ ，
∴ ，
是等腰直角三角形，即： ；
②如图3，延长 相较于H，连接 ．
∴ ，
∴四边形 是平行四边形．
∵ ，
∴四边形 为平行四边形
由（1）可得：AD=DF，CE=CF
∴平行四边形 是菱形．平行四边形 是菱形．
∵ ，
∴ , ,
∴ 是等边三角形，即 ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定
与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，综合运用相关知识成为解题的关键．
13．（2022下·河北衡水·八年级校联考阶段练习）如图1，在矩形纸片 中， ， ，折叠
纸片使B点落在边 上的点E处，折痕为 ．过点E作 交 于F，连接 ．(1)求证：四边形 为菱形；
(2)当点E在 边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形 的边长
②若限定P、Q分别在边 、 上移动，菱形 的面积的最大值为______；最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)① ；②36，
【分析】（1）由折叠的性质得出 ， ， ，由平行线的性质得出
，证出 ，得出 ，因此 ，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得 的长，在 中求得 ，即可求得菱形的边长；②当点
Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时 ；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时
四边形 为正方形， ，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边 上的E处，折痕为 ，
∴点B与点E关于 对称，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形；
（2）①∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ，∵点B与点E关于 对称，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，解得： ，
∴菱形 的边长为 ；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时 ， ，则
，
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形 为正方形，如图，
则 ，
那么 ，
∴菱形 的面积范围为 ，即最大值为36；最小值为 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、
勾股定理、正方形的性质等知识，找到临界点是解题的关键．
14．（2024上·山东青岛·八年级统考期末）如图，在矩形 中， ， ，点P从点D
出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的
速度都是 ，连接 ，设点P、Q运动的时间为 ．(1)当t为何值时，四边形 是矩形？
(2)当t为何值时，四边形 是菱形？求出此时菱形 的面积．
【答案】(1)当 时，四边形 是矩形
(2)当 时，四边形 是菱形，菱形 的面积是
【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键．
（1）根据题意，得到当 时，四边形 是矩形，列出方程进行求解即可；
（2）根据题意，得到当四边形 是菱形时， ，列出方程求出 的值，根据菱形的面积公式求
出面积即可．
【详解】（1）解：由题意，得： ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
当四边形 是矩形时， ，
∴ ，
解得： ，
∴当 时，四边形 是矩形；
（2）∵ ，
∴ ，
当四边形 是菱形时， ，∴ ，
解得： ，
当 时， ，
∴ ，
菱形 的面积为 ．
15．（2024上·福建福州·八年级校考期末）【提出问题】求证：平行四边形两条对角线的平方和等于四边
的平方和．
【探究问题】小红在探究该问题时从特殊的矩形和菱形开始，请你跟随小红的思路，帮她完成下列问题：
（1）①如图①，在矩形 中， ， ，则 __________；
②若边长为5的菱形 中，两条对角线的平方和 __________；
【解决问题】（2）如图②，已知 ，求证： ；
【知识应用】（3）如图③，在 中， 的长分别为7、10、5， 是 边上的中线，利
用（2）的结论求 的长．
【答案】（1）①104②100；（2）证明见解析（3）
【分析】（1）①由四边形 是矩形，得 ，在 中，运用勾股定理求出 和 ，即
可得到结果；
②设 ，由四边形 是菱形，得 ，在 中，求出
，由 ，即可求出结果；
（2）过点A作 ，垂足为点E，过点D作 ，垂足为点F，证明 ，得
，在 和 中，有 ，得
，即可证明结论；
（3）延长 ，使得 ，连接 ，证明四边形 是平行四边形，由（2）得，可得 ，即可求出结果．
【详解】解：（1）①∵四边形 是矩形，
∴ ，
在 中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为：104；
②解：设 ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
在 中，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
故答案为：100；
（2）证明：过点A作 ，垂足为点E，过点D作 ，垂足为点F，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，在 和 中，
∵ ，
∴
，
，
，
∴ ；
（3）解：延长 到E，使得 ，连接 ，
∵ 是 的中线，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
由（2）得 ，
∴ ，
解得 ，或 （不合题意，舍去），
∴ ．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾
股定理，本题的关键是构造直角三角形，运用勾股定理解题．
