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专题 03 菱形的判定与性质重难点题型专训（10 大题型+15 道提优训
练）
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】（24-25九年级上·吉林长春·期末）如图，在菱形 中，对角线 与 相交于点 ，
垂足为 ，若 ，则 的大小为（ ）A．24度 B．25度 C．40度 D．65度
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形两锐角互余的性质，熟练掌握性质是解题的关键；
先根据菱形的性质得 ，再根据菱形的对角线平分一组对角求出 的度数，然后根
据直角三角形两锐角互余，同角的余角相等即可得出结果．
【详解】解：∵四边形 为菱形， ，
∴ 平分 ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
故选：B．
1．（23-24八年级上·甘肃定西·期末）如图，把菱形 沿 折叠，使点 落在 上的点 处，连接
．若 ，则 的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】本题主要考查运用菱形的性质求角度，根据菱形的性质，已知菱形的对角相等，故推出
，从而得出 ．又因为 ，故 ，易得
解．
【详解】解：根据菱形的对角相等得 ．
∵ ，
∴ ．
根据折叠得 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
故选：B．
2．（24-25九年级上·山东青岛·阶段练习）如图，在菱形 中，过点 作 分别交 ， 于
点 ， ， 为 的中点， ，则 的度数为 ．
【答案】 / 度
【分析】本题考查菱形的性质及三角形内角和的应用，根据菱形的性质得出 ， ，
进而可判定 ，利用直角三角形斜边上的中线性质和等边对等角可得出 ，利
用平行线的性质可得出 ，即可求解.
的内角和解答即可．
【详解】解：设 ，
∵四边形 为菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵F为 的中点．
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
解得： ，
∴ ，
∵四边形 为菱形，
∴ ．
故答案为： ．
3．（2023九年级下·湖南长沙·学业考试）如图，在菱形 中， ，分别以点 ， 为圆心、
大于 的长为半径作弧，两弧分别交于点 ， ，作直线 ，交 于点 ，交 于点 ，连接 ，
求 的度数．
【答案】 ．
【分析】本题考查了尺规作图，菱形的性质，垂直平分线的性质，等角对角对等边，根据菱形的性质得
， ， ，则 ，故有 ，再由垂直
平分线的性质得 ，则 ，再利用角的和差定义即可解决问题，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
【详解】∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，根据作图可知： 垂直平分线段 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【经典例题二 利用菱形的性质求线段长】
【例2】（陕西省咸阳市2024-2025学年九年级上学期1月期末考试数学试题）如图，菱形 的对角线
、 相交于点O，E是 的中点，连接 ，若菱形 的周长为48，则 的长是（ ）．
A．4.8 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上中线的性质．根据菱形的性质得到
， 是直角三角形，由E是 的中点得到 ．
【详解】解：∵菱形 的对角线 、 相交于点O，菱形 的周长为48，
∴ ，垂足为点O，
∴ 是直角三角形，
∵E是 的中点，
∴ ，
故选：B
1．（24-25九年级上·辽宁阜新·期末）如图，在菱形 中， ，点M，N分别在 和上，沿 将 折叠，点A恰好落在 边上的点E处．若 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作 ，根据菱形的性质得 ，其中 ，然后设 ，可
表示 ，根据勾股定理得 ，进而得出 接下来
根据勾股定理列出方程，求出解即可得出答案．
【详解】如图所示，过点M作 ，交 的延长线于点F，
∵四边形 是菱形，且 ，
∴ ，其中 ．
在 中， ，设 ，
∴ ，
根据勾股定理，得 ．
∴ ，
根据折叠得 ，
在 中， ，
即 ，
解得 ，
∴ ．
故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，作
出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
2．（24-25九年级下·辽宁·开学考试）如图，在菱形 中， ， ，点E是 的中点，
点F为 上一动点，将 沿 折叠，得到 ．若 与菱形 的对角线平行，则 的
长为 ．
【答案】 或3
【分析】此题考查了菱形的性质、轴对称的性质、含 角的直角三角形的性质等知识，分两种情况画出
图象进行解答即可．
【详解】解：①若 ，如解图①，连接 ，
∵四边形 是菱形，
∴ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，由折叠 ，
∴ ，
∴ ．
∵点E是 的中点，∴ ，
过点E作 ，垂足为G，
∴ ， ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②若 ，如解图②，连接 ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
又∵ ， 是等边三角形，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
又∵ ，
∴ 是等边三角形，点 落在 上，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
综上所述， 的长为 或3．
故答案为： 或3
3．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在平行四边形 中， ， 是 和 的中点，且．在 的延长线上取一点 ，连接 ，使得 ．
(1)求证：四边形 为菱形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握菱形的性质与判定，利用勾股定理求线段长
度是解题的关键．
（1）根据平行四边形 的性质可得 ， ，
再由 ， 是 和 的中点可得 ，得出四边形 为平行四边形，再由 即可
证出四边形 为菱形；
（2）作 交于点 ，由（1）得，四边形 为菱形，根据菱形的性质可得 ，
，利用面积公式求出 的长，再利用勾股定理求出 的长，由 可得 ，
最后在 中利用勾股定理即可求出 的长．
【详解】（1）证明： 平行四边形 ，
， ，
， 是 和 的中点，
， ，
，
又 ，
四边形 为平行四边形，
，
，
平行四边形 为菱形，
四边形 为菱形．（2）解：如图，作 交于点 ，
由（1）得，四边形 为菱形，
， ， ， ，
，
在 中， ， ，
，
， ，
在 中， ，
，
，
又 ，
，
，
，
在 中， ，
的长为 ．
【经典例题三 利用菱形的性质求面积】
【例3】（24-25九年级上·陕西榆林·期末）如图，菱形 的对角线 交于点O，菱形 的周长为32，过点O作 于点E，若 ，则菱形 的面积是（ ）
A．16 B．32 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形的面积公式等知识，根据菱形的周长求出菱形的边长 ，再根
据三角形面积公式求出 的面积，即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵菱形 的周长为32，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：D．
1．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，在菱形 中，对角线 和 相交于点 ， ，
， 于点H，则 的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，由菱形的对角线互相垂直平分和勾股定理可求出 的长，进而根据菱形面积计算公式求出 的长，则由勾股定理可求出 的长，再由平行线间距离处处相
等得到 ，据此代值计算即可．
【详解】解：∵在菱形 中，对角线 和 相交于点 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由菱形的性质可得 ，
∴ ，
故答案为： ．
2．（24-25九年级上·海南儋州·期中）如图，菱形 的面积为 ，点 是 的中点，点 是 边
上的动点．当点 运动到 边的中点时， 的面积为 ；当 的面积为 时，图中阴影部
分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，三角形中线的性质，当点 运动到 边的中点时，连接 、 ，根据
菱形的性质得 ，再根据三角形中线平分三角形的面积可得结论；当 的面积为时，连接 、 、 ，根据菱形的性质得 ， ，根据三
角形的中线的性质得 ， ，继而得到 ，再代入
计算即可．解题的关键是掌握：三角形中线平分三角形的面积．
【详解】解：当点 运动到 边的中点时，
连接 、 ，
∵菱形 的面积为 ，
∴ ，
∵点 是 边中点，
∴ ，
∵点 是 边中点，
∴ ；
当 的面积为 时，
连接 、 、 ，
∵菱形 的面积为 ，
∴ ， ，
∵点 是 边中点，
∴ ，
∵ 的面积为 ，
∴ ，∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ 和 的底相同，高相等，
∴ ，
∴ ；
故答案为： ； ．
3．（24-25九年级上·辽宁辽阳·期末）如图，在矩形 中，对角线 与 相交于点O，过点C作
的平行线，过点D作 的平行线，两线交于点P．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求四边形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查矩形性质，菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定方法，由矩形的性质得出
是解决问题的关键．
（1）根据 ， ，即可证出四边形 是平行四边形，由矩形的性质得出 ，即
可得出结论；
（2）根据勾股定理可求 ，由 ，可求四边形 的面积．【详解】（1）证明：∵ ， ，
四边形 是平行四边形，
四边形 是矩形，
， ， ，
，
四边形 是菱形；
（2）解： ， ，
，
，
，
四边形 是菱形，
，
∴四边形 的面积为 ．
【经典例题四 利用菱形的性质证明】
【例4】（24-25九年级上·湖北鄂州·期末）如图，在菱形 中，过点B作 于点E，过点B作
于点F，求证： ．
【答案】见解析
【分析】本题考查菱形的性质．解题关键是熟练掌握菱形对角线性质，角平分线性质．根据菱形对角线平
分对角，角平分线上的点到角两边的距离相等解答．
【详解】解：如图，连接BD，∵在菱形 中， ， ， ，
∴ ．
1．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）已知：四边形 是菱形， 、 分别是 、 上的点，
且 ，连接 ， ．
(1)如图1，求证： ；
(2)如图2，连接 ， ，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中一定是等腰三角形的所有三角形．
【答案】(1)见解析
(2) ， ， ，
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的判定：
（1）证明 ，即可得出结论；
（2）根据菱形的性质，结合等腰三角形的定义，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ；
（2）∵ ， ，
∴ ， 为等腰三角形，
由（1）知： ，∴ ，
∴ 为等腰三角形，
∵ ，
∴ ，
∴ 为等腰三角形，
综上：图中一定是等腰三角形的有 ， ， ， ．
2．（24-25九年级上·贵州毕节·期中）如图，在菱形 中， 于点 ， 于点 ．
(1)求证： ；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析；
(2)
【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，勾股定理．
（1）利用菱形的性质结合已知条件用 即可证明 ．
（2）利用全等三角形的性质得出 ，再利用勾股定理即可求出 ．
【详解】（1）证明： ， ，
，
又 四边形 是菱形，
， ，
．
（2） ，
，
， ，
．
3．（24-25八年级上·山东烟台·期末）【问题解决】
如图 ，在矩形 中，点 分别在 边上， ， 于点 ．（1）求证：四边形 是正方形；
（2）延长 到点 ，使得 ，连接 ，判断 的形状，并说明理由．
【类比探究】
（3）如图 ，在菱形 中，点 分别在 边上， 与 相交于点 ， ，
， ， ，求 的值．
【答案】（1）见解析；（2） 是等腰三角形，理由见解析；（3）31
【分析】（ ）证明 ，得到 ，即可求证；
（ ）证明 可得 ，进而得 ，即可求解；
（ ）延长 到点 ，使 ，连接 ，作 ，可证 ，得到
， ，进而得 是等边三角形，得到 ，即得
，再利用勾股定理求出 ，进而即可求出 的长，进而可得到答案；
本题考查了矩形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，等边
三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 是正方形；
（2）解： 是等腰三角形．
理由：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（3）解：延长 到点 ，使 ，连接 ，作 ，
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵菱形 ，
∴ ，
∴ ．
【经典例题五 添一个条件使四边形是菱形】
【例5】（24-25九年级上·黑龙江齐齐哈尔·开学考试）如图，在四边形 中，对角线 相交于点
．添加下列条件，不能判定四边形 是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．根据菱形的定
义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】解：∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
当 或 时，均可判定四边形 是菱形；
当 时，由 知 ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形；
当 时，可判定四边形 是矩形；
故选：B．
1．（24-25八年级下·山东济宁·期末）如图，在四边形 中，对角线 相交于点 ，已知
．请你添加一个条件 ，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，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，证明
得到 ，即可得四边形 是平行四边形，再由 即可求证，掌握
菱形的判定方法是解题的关键．
【详解】解：添加条件： ，理由如下：
∵ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
故答案为： ．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，平行四边形 的对角线相交于点O，过O的直线分别交 、于点M、N．
(1)求证：
(2)连接 ， ．请添加一个条件，使四边形 为菱形．（不需要说明理由）
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性
质内容是解题的关键．
（1）先由平行四边形的性质得 ，再运用 证明 ，即可作答．
（2）先由平行四边形的性质得 ，由 ，证明四边形 是平行四边形，最后因为
，即可证明四边形 是菱形进行作答．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
（2）解：添加： ，理由如下：
如图，连接 ， ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形．
3．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）如图， 是 的高， ， 分别是 ， 的中点，点
在 上， ， 分别是 ， 的中点，连接 ， ， ， ．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)若 ， ， ．填空：
①当 时，四边形 是矩形；
②当 时，四边形 是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①8；②2
【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、勾股定理、三角形的中位线等知识，
熟练掌握知识点推理证明是解题的关键．
（1）根据中点，得出 是 的中位线， 是 的中位线， 是 的中位线，根据三角
形中位线的性质，得出 ， ， ，则 ， ，根据“两组对边分
别平行的四边形是平行四边形”，即可证明四边形 是平行四边形；
（2）①当 时，点 和点 重合，得出 是 的中位线，则 ，推出
，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，即可得出此时四边形 是矩
形；
②当 时，求出 ，根据三角形中位线的性质，得出 ， ，当
时，求出 ，根据勾股定理计算 ，得出 ，根据“一组邻
边相等的平行四边形是菱形”，即可得出此时四边形 是菱形．
【详解】（1）证明：∵ ， 分别是 ， 的中点，点 在 上， ， 分别是 ， 的中点，
∴ 是 的中位线， 是 的中位线， 是 的中位线，∴ ， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：①当 时，四边形 是矩形，理由如下，
∵ ，
∴当 时，点 和点 重合，
∴此时点 也是 的中点，
∵ 是 的中点，
∴此时 是 的中位线，
∴ ，
∵ 是 的高，
∴ ，
∴ ，
由∵由（1）得四边形 是平行四边形，
∴此时四边形 是矩形，
故答案为：8；
②当 时，四边形 是菱形，理由如下，
∵ ， ，
∴ ，
由（1）得 是 的中位线， 是 的中位线，四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
当 时， ，
∵ 是 的高， ，
∴ ，
∴ ，
∴此时 ，
∴当 时，四边形 是菱形，
故答案为：2．【经典例题六 证明四边形是菱形】
【例6】（陕西省咸阳市2024-2025学年九年级上学期1月期末考试数学试题）如图，点E、F分别为平行
四边形 的边 、 上的点， ，连接 、 ， ，求证：四边形 是
菱形．
【答案】见解析
【分析】此题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定和性质、菱形的定义．证明
，得到 ，即可证明四边形 是菱形．
【详解】解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
1．（2025·广东·模拟预测）如图， 是 的一个外角， ， ．
(1)尺规作图：作 的平分线，交 于点 （保留作图痕迹，不写作法）；
(2)若 ，求证：四边形 是菱形
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】本题主要考查了作图—基本作图，角平分线的定义，平行线的判定，等腰三角形的性质，平行四
边形的判定和菱形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用基本作图作 的平分线即可；
（2）根据题意得到 ，进而得到 ， ，得证四边形 是平行四边形，
即可证明结论．
【详解】（1）解：如图， 为所作；
（2）证明： ，
，
平分 ，
，
，
，
，
，
，
∴四边形 是平行四边形，
，
∴四边形 是菱形．
2．（24-25九年级下·广东广州·开学考试）如图，在 中， ，D是 的中点，E是
的中点，延长 至点F，使得 ，求证：四边形 是菱形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．证明 ，由全等三角形的性质可得
，从而得到 ，则可证明四边形 是平行四边形，再利用直角三角
形的性质可得 ，从而即可得证．
【详解】证明：∵E是 的中点，
∴ ，
又∵ ，
∴
∴ ，
∴
∵又D是 的中点，
∴ ，
∴
∴四边形 是平行四边形
∵ ，D是 的中点，
∴
∴四边形 是菱形
3．（24-25九年级上·四川成都·期末）在 中， ，现将 沿 翻折得到 ，
连接BD交 于点 ，过点 作 交 于点 ，连接DE．
(1)求证：四边形 为菱形；
(2)若 ， ，求四边形 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明 ，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形 是平行四边形，进而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
（2）先根据四边形 为菱形可得 ，再利用勾股定理列方程出 ，由此可求出
，然后根据菱形的四边相等可得菱形 的周长．
此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定和性质，
平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质是解决问题的关键．
【详解】（1）证明：由折叠可知： ， ，
∵ ，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ 是菱形．
（2）解：∵ 是菱形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
，
，
∴ ，
设 ，
∴ ，
解得： （负值已经舍去）
∴ ，
∴ ，
∴四边形 的周长【经典例题七 根据菱形的性质与判定求角度】
【例7】（23-24八年级下·全国·单元测试）已知：如图，平行四边形 中，对角线 ，BD相交于点
，延长CD至 ，使 ，连接 交AD于点 ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求 的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（ ）先证明四边形 是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论；
（ ）首先证明四边形 是菱形，再用菱形的性质可得到 ，再根据两直线平行，同位角相等
得到
此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是
解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∵ ，
∴
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ；
（2）解：∵四边形 是平行四边形， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
由（ ）得：四边形 是平行四边形，∴ ，
∴ ．
1．（23-24八年级下·湖南益阳·期中）如图，四边形 为平行四边形，对角线 的垂直平分线分别交
于点 ，
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ，求 的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ．
【分析】（1）先证 得 再证四边形 是平行四边形，然后由
即可得出结论；
（2）由菱形的性质得 则 即可求解．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识， 熟练掌握
菱形的判定与性质，证明 是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
∵ 垂直平分 ，
在 和 中，∴四边形 是平行四边形，
∴平行四边形 是菱形；
（2）解：由（1）可知， 四边形 是菱形，
2．（23-24八年级下·河南郑州·阶段练习）如图， 是 的角平分线，点 分别在 上，
且 ， ．
(1)指出图中的一个等腰三角形，并加以证明；
(2)求证： ；
(3)若 ， ，求 的度数．
【答案】(1) 是等腰三角形，证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) ．
【分析】（ ）由 可得 ，再根据角平分线的定义得 ，即得
，得到 ，即可求证；
（ ） ， ，可得四边形 是平行四边形，得到 ，又由（ ）知 ，
即可得到 ；
（ ）由四边形 是平行四边形， 可得四边形 是菱形，得到 ，进而得到
，即可由 得到 是等边三角形，即得 ，最后根据平行线的性质即可
求解；
本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，菱形的判定和性质，等边三
角形的判定和性质，平行线的性质，掌握平行四边形、菱形的判定和性质是解题的关键．【详解】（1） 是等腰三角形．
证明：∵ ，
∴ ，
∵ 是 的角平分线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（2）证明：∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
又由（ ）知 ，
∴ ；
（3）解：∵四边形 是平行四边形， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
3．（2024八年级下·天津·专题练习）如图，同一平面内三条不同的直线 ， ， ， ，直
线 与另外两条直线分别交于点 ， ，点 ， 分别为 ， 上两点，且满足 平分 ，
平分 ．
(1)求证：四边形 为平行四边形；
(2)若四边形 为菱形，求出 的大小．【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、等边三角形
的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
（1）由角平线的性质及平行线的性质证出 ，由平行四边形的判定可得出结论；
（2）由菱形的性质证明 为等边三角形，即可获得答案．
【详解】（1）证明：∵ 平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形；
（2）解：由（1）知 ，
∵四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ．
【经典例题八 根据菱形的性质与判定求线段长】
【例8】（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在 中， ，点D是 的中点，连接，过点C作 ，过点A作 ， ， 交于点B，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)连接 交 于点G，交 于点F，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到 ，根据两组对边分别平行的四边
形是平行四边形得到四边形 是平行四边形，再根据邻边相等即可证明为菱形；
（2）先证明四边形 是平行四边形，继而可得四边形 是菱形， 为等边三角形，则
，再根据 角直角三角形的性质结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵ ，点 为 中点，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形；
（2）解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ， ，∴四边形 是菱形， 为等边三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【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，勾股定理， 角直角三角形的性质
等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键．
1．（24-25九年级上·河南开封·期末）如图，在四边形 中， ， ，对角线 ，
交于点O， 平分 ．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作直线 ，使 ，且交 延长线于点E．
(2)连接 ，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）利用尺规作图作出图形即可；
（2）证明四边形 是菱形，利用勾股定理求得 ，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图，线段 即为所求；；
（2）解：∵ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，尺规作图．解答本题的
关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
2．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，四边形 ， ， 平分 交 于点C，
平分 ，交 于点O，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ， ， 则四边形 的周长是_______．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）由等腰三角形的判定证明 ，可得 ，则四边形 是平行四边
形，然后由 ，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得 ，根据 ，由直角三角形斜边上的中线性质可得 ，然后
根据勾股定理即可求 ，最后求得四边形 的周长．
【详解】（1）证明： 平分 交 于点C， 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，
，
，
，
，
，
，
四边形 的周长 ．
故答案为：20
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形斜边
上的中线性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
3．（23-24九年级上·福建厦门·期中）在 中 是斜边 的中点，将线段 绕点 旋转至
位置，点 在直线 外，连接 ．
(1)如图1，
①求 的大小；
②若 平分 ，求证： ；
(2)如图2，已知点 和边 上的点 满足 于 ．连接 ，求 的长．
【答案】(1)① ；②见解析．
(2)
【分析】（1）①证 得 ，再由三角形内角和定理得
即可；②由 平分 得 ，根据 是 绕点M旋转得到得 ，故 ，可知 ，又 ， ，从而
；
（2）如图：延长 交于点G，由 得 ，证明四边形 是平行四边形，M
是 的中点，可得四边形 是平行四边形，且 ，知 是菱形可得 ，从
而可证 得 ，即可得 ，进而即可求解．
【详解】（1）解：①∵M是 的中点，
∴ ，
由旋转的性质得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
②证明：∵ 平分 ，
∴ ，
∵将线段 绕点 旋转至 位置，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是直角三角形， ，
∴ ，
∴ ．
（2）证明：如图：延长 交于点G，
∵ ，
∴ ，∵M是 的中点，将线段 绕点 旋转至 位置，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵M是 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点D是 斜边的中点，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形、
旋转的性质、菱形的判定与性质等知识点，掌握全等三角形判定定理及菱形的判定与性质是解题的关键．【经典例题九 根据菱形的性质与判定求面积】
【例9】（24-25九年级上·广东河源·期末）尺规作图并按要求完成：
已知 ，以点 为圆心，以 长为半径画弧，交 于点 ，分别以 、 为圆心，以大
于 长为半径画弧，两弧交于点 ．做射线 ，交 于点 ．连接 ．
(1)填空：则 是 的________；
(2)判断四边形 的形状，并证明你的结论；
(3)已知 ， ，求四边形 的面积．
【答案】(1)平分线
(2)四边形 是菱形，证明见解析
(3)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质
是解决本题的关键．
（1）根据作图可知 是 的平分线；
（2）根据作图的过程可知 是 的平分线，根据平行四边形的性质可得 ，根据作图可知
，得 ，证明四边形 是平行四边形，进而可得四边形 是菱形；
（3）连接 交 于点 ，利用菱形的性质结合勾股定理求得菱形的对角线 的长，利用菱形的面积公
式即可求解．
【详解】（1）解：根据作图可知 是 的平分线；故答案为：平分线；
（2）解：四边形 是菱形，理由如下：
∵ 是 的平分线，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
根据作图可知 ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是菱形；
（3）解：连接 交 于点 ，
，
∵四边形 是菱形， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴菱形 的面积为 ．
1．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图， 为平行四边形 的对角线， ，E是的中点，F是 的中点，连接 并延长交 于点G，连接 ．
(1)求证：四边形 是菱形．
(2)若 ， ，求四边形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、直
角三角形的性质、三角形中位线、菱形的判定等知识；掌握菱形的判定，平行四边形的判定与性质和直角
三角形的性质是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质得 ，由平行线的性质得 ， ，由 可判
定 ，则 ，由平行四边形的判定方法得四边形 是平行四边形，由直角三角形
斜边上中线的性质得 ，即可得证．
（2）由三角形中位线可求出 的长，由勾股定理求出 ，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求
解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形，
，
， ，
∵F是 的中点，
，
在 和 中，
，
，
，
，∴四边形 是平行四边形，
，E是 的中点，
，
∴四边形 是菱形．
（2）解：∵E是 的中点，F是 的中点，
，
∵四边形 是菱形．
，
， ，
，
，
，
．
2．（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．
3．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，矩形 的对角线 ， 相交于点O， ，
．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ，求四边形 的面积和周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)周长 ，面积
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确
推理论证是解题关键．
（1）先根据矩形的性质求得 ，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得 的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵矩形 中， ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）解：∵矩形 ，
∴ ，
∴ ，
∵菱形 ，∴ ，
∴菱形 的周长为： ；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【经典例题十 菱形的综合性问题】
【例10】（24-25九年级上·广东清远·期中）综合与实践
【实践操作】
步骤1：准备一张矩形纸片；
步骤2：按如图所示方式操作：将 沿 翻折，使点A落在对角线 上的点M处；
步骤3：按如图所示方式操作：将 沿 翻折，使点C落在对角线 上的点N处．
【实践探索】
(1)用你所学数学知识说明：四边形 是平行四边形；
(2)当四边形 是菱形时，且 ，求菱形 的面积．
【答案】(1)证明见解析；(2) ．
【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解
题的关键．
（1）根据折叠和矩形的性质以及平行四边形的判定证明即可；
（2）根据折叠的性质、菱形的性质和面积解答即可．
【详解】（1）证明：∵四边形 是矩形，
， ，则 ，
由折叠性质可得：
， ，
，
，
又
∴四边形 是平行四边形；
（2）解：∵四边形 是矩形，
，
∵四边形 是菱形，
， ，
由折叠性质可知 ， ，
，
又 ，
设 ，则 ，
由勾股定理得： ，
解得： ，
，
．1．（24-25九年级上·山西运城·阶段练习）阅读下列材料，完成相应任务．
命题 如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形．
已知：如图1，在 中， 是 边上的中线， ；
求证： 是直角三角形．
【分析问题】
（1）看见中线，联想到和中点有关的定理，比如：三角形中位线定理；线段垂直平分线上的点到这条线
段两个端点的距离相等；______等；（添加一个和中点有关的定理）
（2）深入思考后发现：对于有关中点问题，常用以下几种辅助线解决问题．
如图，在 中， 是 边上的中线．
辅助线一：如图2，倍长中线 ，构造全等三角形或平行四边形；
辅助线二：如图3，倍长线段 ，构造中位线；
辅助线三：如图4，取 的中点M，连接 构造中位线，等等．
【解决问题】
请选用（2）中的一种添加辅助线的方法，完成上面命题的证明；
【拓展应用】
（3）如图，菱形 的周长为 ， ，点M为边 的中点，点N是边 上一动点，把∠A
沿直线 折叠，点A落在点E处，当 是直角三角形时， 的长度为______．【答案】（1）等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；（2）见解析；
（3） 或3
【分析】（1）根据等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半作答即可；
（2）按照辅助线的作法进行证明即可；
（3）由菱形的性质可得， ， ，由点M为边 的中点，可得 ，
由折叠的性质可知， ， ，则 ，由题意知，分
， 两种情况求解；当 时，如图5，则 ，
， ，根据 ，求解即可；当 时，如图6，记
中点为 ，连接 ，证明 ，则 ，证明 是等边三
角形，则 ，然后作答即可．
【详解】（1）解：由题意知，等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
故答案为：等腰三角形“三线合一”或直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
（2）辅助线一：证明：如图2，延长 到 ，使 ，连接 ，
∵ 是 边上的中线， ，
∴ ， ，∴四边形 是矩形，
∴ ，
∴ 是直角三角形．
辅助线二：证明：如图3，延长 到 ，使得 ，
∵ 是 边上的中线，
∴ ，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ， 是等腰三角形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形．
辅助线三：证明：如图4，取 的中点M，连接 ，
∴ ，
∵ 是 边上的中线， ，
∴ ，∴ ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形．
（3）解：∵菱形 的周长为 ， ，
∴ ， ，
∵点M为边 的中点，
∴ ，
由折叠的性质可知， ， ，
∴ ，
由题意知，分 ， 两种情况求解；
当 时，如图5，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
当 时，如图6，记 中点为 ，连接 ，∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
同理， ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
综上所述， 的长度为 或3，
故答案为： 或3．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性
质，含 的直角三角形，折叠的性质等知识．熟练掌握等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，
菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含 的直角三角形，折叠的性质是解题的关键．
2．（24-25九年级上·广东河源·阶段练习）如图，在四边形 中， ， ，对角线
交于点 ， 平分 ，过点 作 交 的延长线于点 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求 的长；
(3)在（2）的条件下，已知点 是线段 上的一个动点，则 的最小值为_________．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质等．（1）先根据 ， 平分 ，证明 ，推出 ，可依次证明四边形
是 是平行四边形、菱形；
（2）菱形 的面积 ，据此求解；
（3）由菱形的性质可得 垂直平分线段 ，进而可得 ，当点P在线段 上时
等号成立， 取最小值．
【详解】（1）证明： ，
，
平分 ，
，
，
，
又 ，
，
又 ，
四边形 是平行四边形，
又 ，
四边形 是菱形；
（2）解： 四边形 是菱形， ， ，
， ， ， ，
在 中， ，
，
，
，
，
（3）解： 四边形 是菱形，
垂直平分线段 ，，
，
当点P在线段 上时等号成立， 取最小值，如图：
， ，
，
在 中， ，
故答案为： ．
3．（24-25九年级上·山东枣庄·阶段练习）在矩形 中， ， ，E、F是对角线 上的两
个动点，分别从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)若G，H分别是 ， 中点，则四边形 一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？
答：______；（直接填空，不用说理）
(2)在（1）条件下，若四边形 为矩形，求t的值；
(3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，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)平行四边形
(2)四边形 为矩形时 或
(3)
【分析】（1）先由矩形的性质得 ， ，证明 ，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）根据菱形的性质以及运动时间和方向得 ，再利用勾股定理列式计算即可求解．
本题考查矩形的判定与性质，菱形的性质，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．
【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；
故答案为：四边形 是平行四边形；
（2）解：如图1，连接 ，
由（1）得 ， ，
四边形 是平行四边形，
∵ ，
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，设 和 分别是 和 的中点，连接 ， ， ， 与 交于 ，
则 ，
四边形 为菱形，
， ，
∴ 是 的垂直平分线，
∴ ，
∵G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，
∴
设 ，则 ，
由勾股定理可得： ，
即： ，
解得： ，，
∵速度为每秒1个单位长度
即 ，
当 时，四边形 为菱形．
1．（2025·广东广州·模拟预测）如图，将菱形纸片 折叠，使点 落在 边的点 处，折痕为 ，
若 ， 为 的中点， ，则四边形 的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；连接 ，根据菱
形的性质得出 ，则 是等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理求得 的长，进而
求得 ，根据折叠的性质可得 ，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接 ，∵四边形 是菱形， ，
∴ ，则 是等边三角形，
∵ ， 为 的中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵折叠，
∴ ，
∴四边形 的面积是 ，
故选：B．
2．（2025·安徽阜阳·一模）如图，折叠矩形纸片 ，使得顶点 ， 重合，点 落在 处，然后还原，
得到折痕 ．已知： ， ，则折痕 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题
的关键．
分别连接 与 相交于 ，由折叠知 ， ，所以共线，可以证明四边形 为菱形，则 ，作 ，证明四边形 是矩形，所以
，设 ，则 ， ，然后由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，分别连接 与 相交于 ，
由折叠知 ，
∴ ，
∴ 共线，
由折叠知 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴四边形 为菱形，
∴ ，
作 ，则 ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
设 ，则 ， ，
在直角 中， ，
解得： ，即 ，
∴ ，
同理 ，
∴ ，
∴ ，
故选： ．3．（2025·安徽·一模）如图，在菱形 中， ， ，过菱形 的顶点分别作边对
角线 ， 的平行线，两两相交于点 ， ， ， ，则四边形 的周长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，30度所对的直角边等于斜边的一
半，熟练掌握以上知识点并作出合适的辅助线是解题的关键．先证明四边形 、 、 是平
行四边形，得到 ， ，然后利用等腰三角形的性质，求得 ，在
中利用勾股定理求得 ， ，从而得到 和 ，最后算得答案．
【详解】解：连接 ， ， 与 相交于点 ，如图所示：
，
四边形 、 、 是平行四边形
四边形 是菱形
， ， ，
，
，，
则四边形 的周长为:
故选：D
4．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，四边形 是菱形，对角线 、 交于点 ，
于点 ， 是线段 的中点，连接 ．若 ， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】此题重点考查菱形的性质、勾股定理，由菱形的性质得 ， 则
， 因为F是线段AD的中点，求出 长，然后根据 求出 长即可．
【详解】解：∵四边形 是菱形，对角线 、 交于点 ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是线段 的中点， ，
，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，∵ ，
，
故选： D．
5．（24-25九年级上·辽宁朝阳·期末）如图，在菱形 中， ，点 ， 分别在边 ， 上，
， ， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本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，解题的关键是掌握相关
知识．根据菱形的性质可得： ， ，推出 、 是等边三角形，
得到 ， ，证明 ，得到 ，即可求解．
【详解】解： 四边形 是菱形，
， ，
、 是等边三角形，
， ，
，
，即 ，
，
在 和 中，
，
，
，，
，
故选：B．
6．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，菱形 的边长为2， ，且 为 的中
点， 是对角线 上的一动点，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】如图所示，连接 ， ，首先由菱形得到点A和点C关于 对称，然后由
，得到当点A，P，M三点共线时， 有最小值，即 的长度，然后
证明出 是等边三角形，得到 ， ，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接 ， ，
∵四边形 是菱形
∴点A和点C关于 对称
∴
∴当点A，P，M三点共线时， 有最小值，即 的长度
∵四边形 是菱形， ，
∴
∴ 是等边三角形
∵ 为 的中点，
∴ ，
∴
∴ 的最小值为 ．
故答案为： ．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，最短距离等知识，解题的关键是
掌握以上知识点，正确添加辅助线．
7．（2025·浙江·一模）如图，在菱形 中， ， ，点 为 中点，将菱形沿 折叠，
使点 与点 重合，连结 、 ，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，直角三角形的特征，勾股定理等；过 作 交
的延长线于 ，由菱形的性质得 ， ，由角三角形的特征得 ，设 ，由折
叠得： ，由勾股定理得 ，即可求解；掌握折叠的性质，菱形的性质，直
角三角形的特征，能构建直角三角形，熟练利用勾股定理进行求解是解题的关键．
【详解】解：过 作 交 的延长线于 ，
四边形 是菱形，
，
，
，
，
，
点 为 中点，
，
，，
设 ，
则 ， ，
由折叠得： ，
，
，
解得： ，
，
故答案为： ．
8．（2025·陕西西安·二模）菱形 中、 ， ， 、 分别是边 和对角线 上的
动点，且 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】在 的下方作 ，使 ，连接 ，可证 ，将 转化为 ，
然后根据两点之间线段最短，可推出当 时即最短，再根据勾股定理求出 ，即可得出答案．
【详解】解：在 的下方作 ，使 ，连接 ，如图所示：∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
即 ，
∴ 的最小值为 ,
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理、三角形三边关系及最短路线
问题，利用转化思想构造全等三角形是解决本题的关键．
9．（2024·广东佛山·一模）如图，在菱形 中， ， 是锐角， 于点E，M是 的中
点，连结 ， ．若 ，则 的长为 ．【答案】
【分析】这把呢提考查菱形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，延长 交 的延长线于点
H，先证 ，再根据勾股定理 求解即可得到答案．
【详解】解：延长 交 的延长线于点H，如图所示：
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴ ，
∵M是 的中点，
∴ ，
在 和 中，
∵ ，
∴
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
解得： ，或 （舍去），
∴ ；
故答案为： ．
10．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图所示的玩具，其主要部分是由六个全等的菱形组成，菱形边长
为3cm，现将玩具尾部点 固定，当这组菱形形状发生变化时，玩具的头部 沿射线 移动，整个过程
中六个菱形始终全等．当 由 变为 时，点 移动了 cm．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点．连接 相
交于O，由菱形的性质和已知条件可得 是等边三角形，即 ， ，最后结合图形即可
解答．
【详解】解：如图：连接 相交于O，当 时，
∵菱形 ， ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，即 ，
∴ 两点间的距离为 ；
当 时，
∵菱形 ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 两点间的距离为 ；
∴点 移动了 ．
故答案为： ．
11．（24-25九年级上·贵州毕节·期末）如图，在 中，过点 作 ， ，垂足分别为
， ， ．(1)求证： ．
(2) 是菱形吗？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是，理由见解析
【分析】本题考查平行四边形性质，垂直的定义，全等三角形性质和判定，菱形的判定定理，解题的关键
在于熟练掌握相关知识．
（1）结合平行四边形性质和垂直的定义得到角相等，即可证明 ；
（2）根据菱形的判定定理证明即可．
【详解】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
， ，
.
又 ，
（ ）；
（2）解： 是菱形．
理由如下：由（1）得 ，
，
是菱形．
12．（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，四边形 是菱形，过 的中点E作 的垂线 ，交
于点M，交 的延长线于点F．
(1)证明： ；
(2)若 ，求菱形 的周长．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，两直线平行内错角相等等知识点，熟练
掌握菱形的性质是解题的关键．
（1）设 于点 ，则 ，由线段中点的定义可得 ，由菱形的性
质可得 ， ，进而可得 ，再结合 ，利用 可证得
，于是可得 ，即 为 的中点，于是结论得证；
（2）由菱形的性质可得 ， ，由两直线平行内错角相等可得 ，
由（1）得 ， ，由对顶角相等可得 ，利用 可证得 ，
于是可得 ，则 ，进而可得菱形 的周长 ，于是得
解．
【详解】（1）证明：如图，设 于点 ，
则 ，
为 的中点，
，
四边形 是菱形， 是对角线，
， ，
，
又 ，
，
，
为 的中点，
；（2）解： 四边形 是菱形，
， ，
，
由（1）得： ， ，
又 ，
，
，
，
菱形 的周长
．
13．（24-25八年级下·全国·课后作业）将两张宽度相等的矩形纸片叠放在一起得到如图所示的四边形
．
(1)证明：四边形 是菱形；
(2)如果两张矩形纸片的长都是8，宽都是2，那么菱形 的周长的最大值为_______，最小值为
________．
【答案】(1)见详解
(2)17，8
【分析】本题考查了菱形的判定，及运用矩形，菱形的性质进行综合运算的能力．
（1）由 ，可得四边形ABCD是平行四边形．然后分别过点A、D作 A E ⊥ B C ��
�� ⊥ �� �� 于E， D F ⊥ A B �� �� ⊥ �� �� 于F．又由两张矩形纸片的宽度相等，即可得
，又由面积问题，可得 ，即可得四边形 为菱形；（2）由题意可判断，当 为菱形纸片的对角线时，菱形的周长有最大值 ．当 时，菱形
为正方形，菱形周长最小值．
【详解】（1） 解：如图，∵ ，
∴四边形 是平行四边形．
分别过点A、D作 于E， 于F．
∵两张矩形纸片的宽度相等，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ 是菱形；
（2）当 为菱形纸片的对角线时，设 ．如图，
在 中， ，
即 ．
解得
∴菱形 的周长的最大值为
当 时，菱形 为正方形，宽最小值为2，
菱形 的周长的最小值为 ；
故答案为17，814．（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在平行四边形 中，点E，F分别在 ， 上，
， ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ，且 ，求 的长．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质 ，勾股定理等知识，熟
练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
（1）先证明四边形 是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可；
（2）先利用矩形的性质，求出 ，再证明四边形 是菱形，设 ，则 ，利用勾股
定理列方程求解即可．
【详解】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
，
，
又 ，
四边形 是平行四边形，
，
平行四边形 是矩形；
（2）解： ， ，
，
四边形 是矩形，
，，
四边形 是平行四边形， ，
四边形 是菱形，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得： ，
的长为 ．
15．（24-25八年级下·江苏盐城·阶段练习）（1）【问题呈现】在数学活动课上，王老师为每位学生提供
了几张长方形纸片和平行四边形纸片，王老师问了小明一个问题：如图1，已知矩形 的对角线
的垂直平分线与边 、 分别交于点 、 ．求证：四边形 是菱形．请你帮小明写出证明过程．
（2）【类比应用】如图2，王老师要求小明将矩形 沿直线 翻折，使点 的对称点与点 重合，
点 的对称点为 ，直线 分别交矩形 的边 、 于点 、 ，若 ， ，求折痕
的长．
（3）【拓展延伸】如图3，王老师要求小明将平行四边形 沿直线 翻折，使点 的对称点与点
重合，点 的对称点为 ，直线 分别交平行四边形 的边 、 于点 、 ，若 ，
， ，求四边形 的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）
【分析】（1）由“ ”可证 ，可得 ，由对角线互相平分的四边形是平行四边
形可证四边形 是平行四边形，即可证平行四边形 是菱形；
（2）连接 ， ，求解 ，证明 垂直平分 ，设 ，则，由勾股定理得： ，可得 ，结合菱形的面积公式可得答案；
（3）如图3，过点A作 ，交 延长线于点N，证明 ， ，求解
，设 ，则 ，再利用勾股定理求解 ，进一步可得答案．
【详解】解：（1）∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 垂直平分 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 是菱形；
（2）如图2，连接 ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵将矩形 沿直线 翻折，使点C的对称点与点A重合，
∴ 垂直平分 ，
由（1）得：四边形 是菱形，
∴ ，
设 ，则 ，
由勾股定理得： ，解得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）如图3，过点A作 ，交 延长线于点N，
∵将平行四边形 沿直线 翻折，使点C的对称点与点A重合，
则由（1）可知：四边形 是菱形，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得： ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，∴ ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，轴对称的性质，全等三角
形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
