专题01 菱形的性质与判定之八大考点(解析版)

专题01菱形的性质与判定之八大考点【考点导航】目录TOC\o"1-3"\h\u【典型例题】 1【考点一利用菱形的性质求角度】 1【考点二利用菱形的性质求线段长】 3【考点三利用菱形的性质求面积】 6【考点四利用菱形的性质证明】 7【考点五添一个条件使四边形是菱形】 11【考点六证明四边形是菱形】 13【考点七根据菱形的性质与判定求角度、线段长】 15【考点八根据菱形的性质与判定求面积】 20【过关检测】 26【典型例题】【考点一利用菱形的性质求角度】例题：（2023秋·陕西汉中·九年级统考期末）如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为________．【答案】##度【分析】根据菱形的性质进行求解即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的度数为___________．【答案】##25度【分析】根据菱形的性质求出，再根据斜边中线等于斜边一半得出即可．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴∵，∴，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系．2．（2023春·八年级单元测试）如图，在菱形中，，点E为对角线上一点，F为边上一点，连接、、，若，，则的度数为______．【答案】##38度【分析】根据四边形的性质，得出，根据证明，得出，根据三角形内角和得出，根据平行线的性质，得出，得出，根据等腰三角形的性质，即可得出答案．【详解】解：∵四边形为菱形，，∴，，，∵在和中，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明．【考点二利用菱形的性质求线段长】例题：（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，在菱形中，对角线，分别为8和6，，垂足为，则的长为______．【答案】【分析】利用菱形的性质，求出菱形的边长，再用等积法求出线段的长即可．【详解】解：设，交于点，∵在菱形中，对角线，分别为8和6，∴，，∴，∵，∴菱形的面积，即：，∴；故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键．【变式训练】1．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学初中部校考一模）如图，菱形对角线相交于点O，，则菱形的边长为______．【答案】【分析】根据菱形的对角线互相垂直及勾股定理即可求解．【详解】解：依题意可知，，，故答案为：．【点睛】此题主要考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知菱形的对角线垂直．2．（2022秋·陕西榆林·九年级校考期末）如图，已知四边形是菱形，且于点，于点．(1)求证：；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质，得，；根据于点，于点，则，即可；（2）根据菱形的性质，得，根据，，勾股定理，求出，即可求出菱形的面积．【详解】（1）证明，如下：∵四边形是菱形，∴，，∵于点，于点，∴，∴，∴．（2）∵四边形是菱形，∴，∵，，∴，∴，∴菱形的面积为：．【点睛】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的知识．【考点三利用菱形的性质求面积】例题：（2023春·广东韶关·八年级校考期中）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，则菱形的面积为_______．【答案】14【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解答．【详解】解：∵四边形是菱形，，，∴菱形的面积，故答案为：14．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·广东惠州·八年级校考阶段练习）菱形的两条对角线长为6和8，则菱形的边长为_______，面积为_______．【答案】524【分析】根据菱形的对角线平分且垂直的性质，先计算边长，由对角线乘积的一半求得面积．【详解】解菱形的两条对角线长分别为6和8，由勾股定理得，菱形的边长，菱形的面积对角线乘积的一半，菱形的面积．故答案为：5，24．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理等知识点，灵活运用性质进行计算是解此题的关键．2．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，菱形中，对角线与相交于点O，若，，则的长为__，菱形的面积为_____．【答案】816【分析】利用菱形对角线互相垂直且平分的性质结合勾股定理得出的长，再根据菱形面积等于对角线乘积的一半即可得出答案．【详解】解：菱形中，对角线，相交于点，，，，，，，，∴菱形面积为，故答案为：8，16．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质，运用勾股定理解直角三角形，是解题关键．【考点四利用菱形的性质证明】例题：（2023春·湖北襄阳·八年级统考阶段练习）如图，四边形是菱形，点E，F分别在边，的延长线上，且，连接，．求证：．

【答案】证明见解析【分析】根据菱形的性质得到，，根据证明，可得．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据菱形得到判定全等的条件．【变式训练】1．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）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．2．（2023春·广东肇庆·八年级校考期中）如图，在菱形中，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接．

(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，由线段垂直平分线的性质得，再证，得，即可得出结论；（2）由全等三角形的性质得，再由菱形的性质得，，然后求出，则，即可得出答案．【详解】（1）证明：连接，如图所示：

是线段的垂直平分线，，四边形是菱形，，，在和中，，，，；（2）解：由（1）知，，四边形是菱形，，，，，，是线段的垂直平分线，，，，．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明是解题的关键．【考点五添一个条件使四边形是菱形】例题：（2023·黑龙江牡丹江·统考二模）如图，四边形是平行四边形．请添加一个条件_______，使平行四边形为菱形．（只填一种情况即可）

【答案】（符合题意即可)【分析】根据菱形的判定定理进行求解即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形．∴添加，则可得为菱形．（一组邻边相等的平行四边形是菱形）故答案为：（符合题意即可)【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．【变式训练】1．（2023·安徽·校联考一模）如图，四边形的对角线，相交于点O，若，，想要判断四边形是菱形，则可以添加一个条件是_____________．【答案】（答案不唯一）【分析】根据菱形的判定方法进行解答即可．【详解】解：∵，∴，，∵，∴，∴，∵，∴四边形为平行四边形，如果添加，可以通过有一组邻边相等的平行四边形是菱形，判断四边形为菱形；故答案为：（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定，平行线的性质，菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．2．（2023春·湖南永州·八年级统考期中）如图，在四边形中，分别是的中点，要使四边形是菱形，四边形还应满足的一个条件是________．【答案】【分析】菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．据此四边形还应满足的一个条件是等．答案不唯一．【详解】解：条件是．∵分别是的中位线，∴，，，∴，∴四边形是平行四边形．∵是的中位线，∴，∵，∴，∴四边形是菱形．故答案为：【点睛】此题主要考查三角形的中位线定理和菱形的判定，正确理解三角形的中位线的性质及菱形的判定定理是解题的关键．【考点六证明四边形是菱形】例题：（2023·吉林长春·统考一模）如图，在四边形中，，．过点分别作于点，于点，且．求证：四边形是菱形．

【答案】见解析【分析】根据，，得出四边形是平行四边形，进而证明得出，即可证明四边形是菱形．【详解】证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∵于点，于点，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．【变式训练】1．（2023春·广东惠州·八年级校考期中）的对角线的垂直平分线与边、分别交于E，F，求证：四边形是菱形？

【答案】是菱形，见解析【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形”证明即可．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，，∵垂直平分，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质．关键是根据题意推出，题目比较典型，难度适中．2．（2023·吉林长春·统考二模）如图，为的对角线，点E、F分别在边上，，连接交AC于点G．若，求证．四边形是菱形．

【答案】见解析【分析】根据和得到，然后结合平行四边形的性质得到，进而证明出四边形是菱形．【详解】∵，∴．∵，∴．∵四边形是平行四边形，∴．∴．∴．∴．∴四边形是菱形．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．【考点七根据菱形的性质与判定求角度、线段长】例题：（2023春·全国·八年级专题练习）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点．（1）求证：四边形是菱形；（2）如果，，求的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BDE=35°．【分析】（1）由题意可证BE=DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；（2）先根据三角形的内角和定理得出，再由菱形的性质可求解．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，又四边形为平行四边形，∴四边形为菱形．（2），，∴，∵四边形为菱形，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定等知识，掌握菱形的判定定理是本题的关键．【变式训练】1．（2023春·广东惠州·九年级校考开学考试）如图，中，的平分线交于点D，作的垂直平分线，分别交、、于点E、G、F，连接、．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，试求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据垂直平分线的性质可得，，根据角平分线的性质可得，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可得四边形是平行四边形，根据菱形的判定可得四边形是菱形；（2）过D作于H，构建直角三角形，根据的直角三角形性质可得，根据勾股定理可得，根据菱形的性质可得，根据平行线的性质可得，推得是等腰直角三角形，可得，从而得结论．【详解】（1）证明：∵是的垂直平分线，∴，，，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：过D作于H，则，∵，∴，∴，在中，，∵四边形是菱形，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴．

【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，角平分线的性质，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，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质，30度角的直角三角形的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．2．（2023·广东广州·校考二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)3【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；（2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∵，∴，在中，，，∴，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．3.（2023春·全国·八年级专题练习）如图，平行四边形中，，过点作，交的延长线于点．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，若，，则的长为．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据已知条件得出四边形是平行四边形，根据即可得证；（2）连接交于，在中，得出，根据，即可求解．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，，，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形；（2）解：如图，连接交于，四边形是菱形，，在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．【考点八根据菱形的性质与判定求面积】例题：（2023春·北京海淀·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，过点A作于点E，于点F，且．

(1)求证：平行四边形是菱形(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证，得，即可得出结论；（2）连接，证是等边三角形，得，再由含角的直角三角形的性质得，则，，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴．∵，，∴，又∵，∴．∴，∴四边形是菱形．（2）如图，连接，

∵，，∴∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴是等边三角形∵∴∴在中，．∴菱形的面积．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型．【变式训练】1．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，在中，，点、、分别是、、的中点，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）根据三角形的中位线的性质和菱形的判定定理即可得到结论；（2）过作于，根据等腰三角形和直角三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）点、、分别是、、的中点，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是菱形；（2）过作于,，，，，点是的中点，，，，，四边形是菱形，．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形的中位线的性质，菱形的面积，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．2．（2023春·广东珠海·八年级珠海市紫荆中学校考期中）如图，在平行四边形中，两条对角线相交于点，经过且垂直于，分别与边、交于点F、．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，，且，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明，得出，证明四边形为平行四边形，根据是对角线的垂直平分线，得出，即可求证；（2）过作于，则，根据，得出，求，根据勾股定理求出，进而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵经过且垂直于，∴是对角线的垂直平分线，，四边形为菱形；（2）解：过作于，则，∵，∴，∴，∴，，，四边形是菱形，，设，则，在中，由勾股定理得：，即，解得：，，菱形的面积为：．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质是解题的关键．3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图，矩形的对角线的垂直平分线与、、分别交于点、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，求：①的长；②菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)①；②39【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质可得，再由矩形的性质可得，从而得到，再证明，可得，从而得到四边形是平行四边形，即可求证；①根据矩形的性质可得，，再由勾股定理求出，即可求解；②根据菱形的面积等于对角线长度乘积的一半，即可求解．【详解】（1）证明：∵垂直平分，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，在和中，∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：①∵四边形是矩形，点O为的中点，∴，，∵，，∴，∴；②∵四边形是菱形，，∴菱形的面积．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理是解题的关键．【过关检测】一、选择题1．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）如图，为菱形的对角线，已知，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由菱形的性质得出，，利用平行线的性质求出的度数，从而即可求得的大小．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，又，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．2．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（

）

A． B．1 C． D．【答案】D【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，∴，，，，∵，且，∴是等边三角形，∵，∴，，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．3．（2023春·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．4．（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在菱形中，对角线，，则菱形的面积是（

）

A． B．8 C． D．【答案】A【分析】根据菱形性质求出，，，，根据勾股定理得，即，求出，根据菱形面积得出．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，，，∴，∴，∴，在中根据勾股定理得：，∴，解得：，负值舍去，∴，∴菱形的面积，故A正确．故选：A．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质．解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用，注意菱形的面积等于其对角线乘积的一半．5．（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，菱形中，，E，F分别是边，的中点，，相交于G，连接，以下结论正确的有（

）个

①；②；③；④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】解：①连接，证明为等边三角形，，，，从而可判断①；证明，设菱形的边长为，则，，再分别求解两个三角形的面积可判断②；证明，可得，可判断③；设菱形的边长为，则，，再求解菱形的面积可判断④．【详解】解：①连接，∵四边形为菱形，∴，且，∴为等边三角形，

又∵E、F分别是、的中点，∴，，，∴，，∴①符合题意；同理可得：，设菱形的边长为，则，，∴，∵，，∴，∴，∴，同理可得：为等边三角形，∴，∴，∴，故②不符合题意；∵四边形为菱形，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴③符合题意；设菱形的边长为，则，，∵为等边三角形，为等边三角形，∴，而，∴，故④符合题意；综上：正确的有①②④；故选C【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，熟练的利用基本图形的性质解题是关键．二、填空题6．（2023春·天津滨海新·八年级校考期中）如图，已知菱形，，面积等于，则菱形的周长等于______．

【答案】【分析】设与交于点，由菱形的性质得，，，，再由菱形的面积得，则，然后由勾股定理求解即可．【详解】解：如图，设与交于点，

四边形是菱形，，，，，，菱形的面积是，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得：，菱形的周长，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，求出的长是解题的关键．7．（2023春·北京海淀·八年级校考期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于___________，的度数为___________．【答案】5【分析】根据菱形的性质得出，，，根据等边对等角可得，由三角形中位线定理得出．【详解】∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵是边的中点，，∴是的中位线，∴．故答案为：5，．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形中位线定理，，证明出是的中位线是本题的关键．8．（2023·全国·八年级假期作业）如图，已知菱形的顶点A和B的坐标分别为、，点C在y轴的正半轴上．则点D的坐标是___________．【答案】【详解】根据菱形的性质和点的坐标求出，，根据勾股定理求出，再求出点D的坐标即可．【解答】解：∵，四边形是菱形，∴，，∴，又∵，∴点D的坐标为：．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．9．（2023·河南新乡·统考三模）如图，菱形中，，点是的中点，点在上．若，则线段的长为_________．

【答案】/【分析】连接交于点，连接，证明是等边三角形，进而得出，根据点是的中点，点是的中点，得出，，根据得出，则，即可求解．【详解】解：连接交于点，连接，

四边形是菱形，，，，，，，，是等边三角形，，，，点是的中点，点是的中点，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．10．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）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．三、解答题11．（2023春·湖南郴州·八年级校考期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，求菱形的边长和对角线的长．

【答案】边长为6，【分析】根据菱形的性质结合等边三角形的判定与性质得出是等边三角形，可求出的长，再根据勾股定理和含30度的直角三角形的性质求出，进而可得的长．【详解】解：在菱形中，，，∴，∴是等边三角形，∴，即边长为6，∴由勾股定理得：，∴．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，求出的长是解题关键．12．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在菱形中，与相交于点，，已知，．

(1)求菱形的面积．(2)求的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，则，根据勾股定理，得，列得，求出x的值，再利用勾股定理求出，即可根据菱形面积公式求出答案；（2）根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可解答．【详解】（1）解：设．∵四边形是菱形，，∴．∵，，∴．根据勾股定理，得，∴，解得或（舍去），∴，，∴．（2）∵菱形的面积是，，∴，则的长为．【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，正确掌握菱形的性质是解题的关键．13．（2023·江苏镇江·统考二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接．

(1)求证：；(2)当满足关系时，四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)相等【分析】（1）根据即可证明；（2）首先证明四边形是平行四边形，再结合即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵点F是的中点，∴，∴．（2）解：结论：相等，理由：∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，当时，∴四边形是菱形．故答案为：相等．【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．14．（2023春·江西上饶·八年级统考阶段练习）如图，在四边形中，对角线和交于点O，且，，过点C作于点E，过点A作于点F，且．

(1)求证：四边形为菱形．(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，然后证明，得出，即可证明四边形为菱形；（2）利用勾股定理求出菱形的边长，然后利用等面积法求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴四边形为平行四边形，∵，，∴，又，，∴，∴，∴平行四边形为菱形；（2）解：∵四边形为菱形∴，，，，又，，∴，，，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，菱形的面积公式等知识，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．15．（2023·浙江温州·校考三模）如图，在中，点E是对角线上的一点，过点C作，且，连接，，，平分．

(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）先证四边形BEFC为平行四边形，可得，，易知四边形为平行四边形，，再由平分，可得，进而可证得，可得，即可证明结论；（2）连接交于点O，由平行四边形的性质可知，由，，结合菱形性质可知，，，由，易得，则，即，可得，根据即可求解．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形BEFC为