第01讲 菱形的性质（解析版）-2024年九年级数学暑假讲义（北师版）

第01讲菱形的性质模块一思维导图串知识模块二基础知识全梳理（吃透教材）模块三核心考点举一反三模块四小试牛刀过关测1．掌握菱形的概念和菱形的性质以及菱形的面积公式的推导；2．能运用菱形的性质定理进行简单的计算与证明；3．在进行探索、猜想、证明过程中，进一步发展推理论证的能力，体会证明的必要性.一、菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.要点：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件.二、菱形的性质菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质：1.菱形的四条边都相等；2.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；3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心.要点：（1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分.（2）菱形的面积由两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半.（3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题.考点一：菱形的性质例1．（2024八年级下·全国·专题练习）下列选项中，菱形不具有的性质是（

）A．四边相等 B．对角线互相垂直C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是本题的关键．根据菱形的性质可判断．【详解】解：∵菱形四边相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角，∴A、B、D选项不符合题意，∵菱形的对角线不一定相等，∴菱形不具有的性质是对角线相等，∴选项C符合题意，故选：C【变式1-1】（23-24八年级下·河南商丘·期中）关于菱形的性质，下列说法不正确的是（

）A．四条边相等 B．对角线互相垂直C．对角线互相平分 D．对角线相等【答案】D【分析】根据菱形的性质判断即可．此题主要考查对菱形的性质及判定的理解，关键是根据菱形的性质解答．【详解】解：A、菱形的四条边都相等，正确不符合题意；B、菱形的对角线互相垂直，正确不符合题意；C、菱形的对角线互相平分，正确不符合题意；D、菱形的对角线不一定相等，错误符合题意；故选：D．【变式1-2】（2024八年级下·全国·专题练习）菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（）A．两组对边分别平行 B．两组对角分别相等C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直【答案】D【分析】利用平行四边形的性质和菱形的性质可求解．本题考查了菱形的性质，平行四边形的性质，掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．【详解】解：A、不正确，菱形和平行四边形都有两组对边都分别平行；B、不正确，两组对角分别相等，两者均有此性质正确；C、不正确，对角线互相平分，两者均具有此性质；D、菱形的对角线互相垂直但平行四边形却无此性质．故选：D．【变式1-3】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）下列性质中菱形具有而平行四边形不具有的是（

）A．对角线互相平分 B．两组对角分别相等C．面积为底与高的积 D．每一条对角线平分一组对角【答案】D【分析】此题主要考查菱形的性质，菱形的对角线垂直和每一条对角线平分一组对角是菱形的重要性质，而平行四边形不具备这样的性质，解题的关键是熟知平行四边形与菱形的关系．【详解】解：、菱形和平行四边形的对角线互相平分，原选项不符合题意；、菱形和平行四边形的两组对角分别相等，原选项不符合题意；、菱形和平行四边形的面积为底与高的积，原选项不符合题意；、由菱形性质可知，每一条对角线平分一组对角；而平行四边形不具备这样的性质，原选项符合题意；故选：．考点二：利用菱形的性质求角度例2.（2024·陕西西安·三模）如图，点E是菱形的对角线上一点，连接，若，，则的度数为．【答案】45【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，掌握菱形的四边相等是解题的关键．由等腰三角形的性质可求，由菱形的性质可得，即可求解．【详解】解：，，，，，四边形是菱形，，，，故答案为：45．【变式2-1】（2024·重庆九龙坡·二模）如图，在菱形中，，依次连接各边中点，得到四边形，则°．【答案】35【分析】本题考查了菱形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．连接，先根据菱形的性质得出，再根据三角形中位线性质得出，最后根据平行线的性质即可得出答案．【详解】解：连接四边形为菱形，F、G分别为和的中点故答案为：．【变式2-2】（2024·四川成都·二模）如图，在菱形中，，分别是，上的点，且，连接，．若，，则的大小为．【答案】/40度【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是熟记菱形的性质．根据菱形的性质和全等三角形的判定方法“”即可证明，再得到，因为，故．【详解】∵四边形是菱形，，∴，，又∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为．【变式2-3】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为．【答案】/62度【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：．考点三：利用菱形的性质求长度例3.（2024·重庆·二模）如图，在菱形中，过点作交AC于点，若，则的长是．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质．连接交于，根据菱形的性质得，，则利用勾股定理开始计算出，利用面积计算长，再根据勾股定理求出，最后根据即可解决问题．【详解】解：连接交于，∵菱形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【变式3-1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形中，，点E在边上，点F在边上，且，若，则．【答案】【分析】此题考查菱形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出解答．延长，相交于点，根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而利用勾股定理解答即可．【详解】解：延长，相交于点，作于点，四边形是菱形，，，，在与中，，，，，，，，，设，，，，，，，，，即，解得：，，故答案为：．【变式3-2】（23-24八年级下·河南信阳·期中）中国结，象征着中华民族的历史文化与精神．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形，测得，，直线交两对边于E、F，则的长为．

【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，根据菱形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，故的长为，故答案为：．【变式3-3】（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图，在菱形中，，，分别是上的动点，连接，分别为，的中点，连接，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中位线性质，垂线段最短，等腰三角形的性质，勾股定理，连接，由三角形中位线性质得，可得要使取最小值，则应取最小值，由可知当时，即时，最小，利用勾股定理求出即可求解，掌握菱形和三角形中位线的性质是解题的关键．【详解】解：连接，∵分别为，的中点，∴为的中位线，∴，要使取最小值，则应取最小值，∵四边形为菱形，∴，∴当时，即时，最小，∵，∴，∵，即，∴，此时，，∴的最小值为，故答案为：．考点四：利用菱形的性质求面积例4.（23-24八年级下·北京东城·期中）在菱形中，若，周长是16，则菱形的面积是．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，菱形的面积；由菱形的性质得，，由直角三角形的特征得，由勾股定理得，求出，由即可求解；掌握菱形的性质及面积的求法是解题的关键．【详解】解：如图，与交于，四边形是菱形，，，，，，，，，；故答案：．【变式4-1】（2024·陕西榆林·二模）已知在菱形中，，对角线与相交于点O，若，则该菱形的面积为．（结果保留根号）【答案】【分析】本题考查了菱形的性质和勾股定理，根据菱形的性质得到，，则，根据勾股定理求出，进而求出，根据菱形面积公式即可求解．【详解】解：如图，∵四边形为菱形，∴，∵，设，则，在中，，∵，∴，∴，∴，∴菱形的面积为．

故答案为：【变式4-2】（23-24八年级下·新疆伊犁·期中）如图，在菱形中，、相交于点，为的中点，且，则菱形的面积是．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，熟记名性质是解题的关键．根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得，再根据菱形的四条边都相等可得，然后求出，从而得到是等边三角形，再根据菱形的对角线互相平分求出，再根据直角三角形30度角的性质得的长，则得对角线的长，根据菱形面积公式：两条对角线乘积一半可得结论．【详解】解：∵为的中点，，，∵四边形是菱形，∴，，∴为等边三角形．∵四边形是菱形，∴于，在中，，∴，∴，∴菱形的面积，故答案为：．【变式4-3】（23-24八年级下·河北承德·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是边，的中点，连接．若，则(用含的代数式表示)；若，，则菱形的面积为【答案】【分析】本题考查了三角形的中线的性质，三角形的中位线的性质和菱形的面积公式，连接，根据三角形的中线的性质可得；根据是的中位线，根据三角形中位线定理求的的长，然后根据菱形的面积公式求解．【详解】解：如图所示，连接，∵，、是和的中点，∴∵、是和的中点，即是的中位线，∴∴菱形的面积为故答案为：，．考点五：利用菱形的性质求坐标例5.（2024·河南南阳·二模）如图，将菱形绕其对角线的交点顺时针旋转后，再向右平移3个单位，则两次变换后点C对应点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查坐标与旋转，坐标与平移，先求出菱形绕其对角线的交点为，旋转得到点的对应点为，再根据点的平移：左减右加，上加下减即可得出结果．【详解】解：由图和题意可知，，设菱形的对角线的交点为，则：为点的中点，∴，∴设旋转后点的对应点为，则：，∴，将再向右平移3个单位，得到，即：；故选C．【变式5-1】（2024·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线的中点O在坐标原点上，，轴，将菱形绕点O旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的对应点的坐标是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，过点B作轴于点E，证得是等边三角形，得到，由O是对角线的中点，得到，根据，得到，勾股定理求出，得到，根据旋转的规律得第100秒旋转结束时，菱形旋转了，一周是，旋转了12周半，此时点D到达了点B的初始位置，即可得到点D的对应点的坐标是．【详解】解：如图所示，过点B作轴于点E，

∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵O是对角线的中点，∴，∵轴，∴，∵轴，∴，∴，∴，∴，∴，∵将菱形绕点O旋转，每秒旋转，∴第100秒旋转结束时，菱形旋转了，一周是，∴旋转了12周半，此时点D到达了点B的初始位置，∴点D的对应点的坐标是，故选C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．【变式5-2】（2024·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，顶点都在第一象限，若，则顶点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质、含角的直角三角形的性质、坐标与图形的性质等知识．过点作于，由菱形的性质和直角三角形的性质可求，，即可求解．【详解】解：如图，过点作于，四边形是菱形，点，，，，，，，，，，点坐标为，故答案为：．【变式5-3】（2024·江苏南京·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A的坐标是．若顶点B在第一象限的角平分线上，则点B的坐标是．

【答案】【分析】此题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质，过点B作轴于点E，过点A作轴于点D，过点A作于点F，则四边形是矩形，得到，勾股定理得到，则，得到，在中，由勾股定理得到，求出，则，即可得到点B的坐标．【详解】解：过点B作轴于点E，过点A作轴于点D，过点A作于点F，

∵点A的坐标是∴，∴∵，∴四边形是矩形，∴，∵四边形是菱形，∴∵顶点B在第一象限的角平分线上，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，在中，，即，解得（不合题意舍去）∴，∴，∴点B的坐标为，故答案为：考点六：利用菱形的性质求解折叠问题例6.（2024九年级下·江苏南京·专题练习）如图，在菱形中，点E，F分别在上，沿翻折后，点B落在边上的G处，若，，则的长为．【答案】【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作交的延长线于点H，因为，所以，由四边形是菱形，得，则四边形是平行四边形，所以，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，所以，于是得到问题的答案．【详解】解：作交的延长线于点H，则，∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，由折叠得，∴，∵，∴，∵，∴，解得，∴，故答案为：．【变式6-1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在菱形中，，，M是上，，N是点上一动点，四边形沿直线翻折，点C对应点为E，当最小时，．【答案】7【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是确定点E在上时，的值最小．作于H，如图，根据菱形的性质可求得，，在中，利用勾股定理计算出，再根据两点间线段最短得到当点E在上时，的值最小，然后证明即可．【详解】解：作于H，如图，∵菱形的边，，∴，，∴，∴，∴，，∵，∴，，在中，，∵四边形沿直线翻折，点C对应点为E，，∴，∵，∴，∴当点在上时，的值最小，由折叠的性质得，而，∴，∴，∴．故答案为：7．【变式6-2】（23-24九年级下·宁夏银川·期中）如图，在菱形纸片中，是边上一点，将沿直线翻折，使点落在上，连接．已知，，则的度数为．【答案】/85度【分析】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，根据菱形性质可知，，，根据折叠可知，，，求出，根据等腰三角形性质求出即可．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，根据折叠可知，，，∴，∵，，∴，∴．故答案为：．【变式6-3】（23-24八年级下·河北邢台·期中）如图，在菱形纸片中，．（1）．（2）点E在边上，将菱形纸片沿折叠，点C对应点为点，且是的垂直平分线，则的大小为．【答案】6075【分析】本题考查菱形的性质，垂直平分线的定义．（1）直接根据菱形的对角相等即可求解；（2）如图，由垂直平分线的定义得到，从而，由菱形的性质得到，从而由折叠有，因此，再根据菱形的对边平行即可求解．【详解】解：（1）∵四边形是菱形，∴．故答案为：60（2）如图，∵是的垂直平分线，∴，∴，∵在菱形中，，∴，由折叠可得，∴，∵在菱形中，，∴．故答案为：75考点七：利用菱形的性质求解动点问题例7.（2024·北京朝阳·二模）如图1，在菱形中，，P是菱形内部一点，动点M从顶点B出发，沿线段运动到点P，再沿线段运动到顶点A，停止运动．设点M运动的路程为x，，表示y与x的函数关系的图象如图2所示，则菱形的边长是（

）

A． B．4 C． D．2【答案】C【分析】首先根据题意作图，然后由图象判断出点P在对角线上，，，设，则，利用勾股定理求解即可．【详解】如图所示，

由图象可得，当x从0到4时，∴∵四边形是菱形∴点P在对角线上∴由图象可得，，∴∵在菱形中，，∴，∴设，则∴∴∴在中，∴解得，负值舍去∴∴菱形的边长是．故选：C．【点睛】此题考查了动点函数图象问题，菱形的性质，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据图象正确分析出点P在对角线上．【变式7-1】（2024·山东聊城·三模）如图1，点从菱形的边上一点开始运动，沿直线运动到菱形的中心，再沿直线运动到点停止，设点的运动路程为，点到的距离为到的距离为，且（当点与点重合时，），点运动时随的变化关系如图2所示，则菱形的面积为（

）

A． B． C．10 D．8【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，动点问题的函数图象，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质以及勾股定理．连接交于点，连接，由当时，的值恒等于1，推出点的运动路径是的中位线，则可得到，再由当时，，求出，由菱形的性质求出的长即可得到答案．【详解】解：连接交于点，连接，如图，

由题意知，当时，的值恒等于1，∴．∴点的运动路径是的中位线，且．∵当时，，∴．由菱形的性质可得，，，，，故选：A．【变式7-2】（2024·广东深圳·三模）如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的边长为（

）A．5 B．6 C． D．【答案】A【分析】根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．【详解】解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时，∴，当时，此时点与点重合，即，连接，交于点，则：，∴，∴，∴，∴，∴菱形的边长为；故选A．【变式7-3】（23-24九年级下·山东淄博·期中）如图1，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点，点运动时的面积随时间变化的关系如图，则的值为（

）A． B． C．9 D．【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，动点问题的函数图象，过点作，根据函数图象求出菱形的边长为a，再根据图像的三角形的面积可得，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求即可．【详解】解：如图所示，过点作于E，∵在菱形中，，，∴当点在边上运动时，的值不变，，即菱形的边长是，，即．当点在上运动时，逐渐增大，，．在中，，，解得．故选：B．考点八：利用菱形的性质证明和求解综合问题例8.（2024·湖北武汉·二模）如图，已知E、F分别是的边上的点，且．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若四边形是菱形，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】该题主要考查了平行四边形的判定与性质和菱形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．（1）利用平行四边形的性质得出，从而得出，进而求解即可．（2）利用菱形的性质以及三角形内角和定理得出，可求得，再利用直角三角形的性质得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，，且，，，，四边形是平行四边形．（2）如图，∵四边形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【变式8-1】（23-24八年级下·安徽池州·阶段练习）在菱形中，对角线相交于点，过点作于点，交于点．(1)求的度数；(2)①求证：；②若，求的长．【答案】(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）由菱形性质得到，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理得到，再由直角三角形两锐角互余即可得到答案；（2）①由菱形性质，结合三角形全等的判定得到，再由全等性质即可得到；②过点作于点，如图所示，由角平分线的性质得到，设，在等腰直角三角形与中应用勾股定理列式求解即可得到答案．【详解】（1）解：四边形是菱形，，，，，；（2）证明：①四边形是菱形，，，又，，，②过点作于点，如图所示：四边形是菱形，平分，又，，设，，与均为等腰直角三角形，，，，，解得，．【点睛】本题考查菱形综合，涉及菱性质、等腰三角形性质、三角形内角和定理、直角三角形两锐角互余、全等三角形的判定与性质、角平分线性质和等腰直角三角形性质等知识，熟练掌握几何图形的判定与性质并灵活运用是解决问题的关键．【变式8-2】（2024八年级下·全国·专题练习）在菱形和等边中，，P是的中点．(1)如图1，点G在边上时，①判断的形状，并证明；②请连接，若，，求的长；(2)如图2，当点F在的延长线上时，连接、．试判断、有怎样的关系，并给予证明．【答案】(1)①是直角三角形，证明见解析；②(2)，证明见解析【分析】（1）①证明，可知：是直角三角形；②如图2，过作于，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求得，得的长，根据等边三角形的定义得，根据勾股定理可得的长，最后利用直角三角形斜边中线的性质可得的长；（2）延长交于点，连接，，先证明，再证得，利用在中，，所以．【详解】（1）①如图1，是直角三角形，理由是：四边形是菱形，，，是等边三角形，，，是直角三角形；②如图2，过作于，，，，，中，，，，，是等边三角形，，由勾股定理得：，由①知：是直角三角形，且是的中点，；（2）如图3，，理由是：延长交于点，连接，，，是等边三角形，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，以及全等三角形的判定和性质等知识点，第二问题有难度，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．【变式8-3】（2024·江西九江·二模）课本再现如图1，四边形是菱形，，．（1）求的长．应用拓展（2）如图2，为上一动点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接．①直接写出点到距离的最小值；②如图3，连接，若的面积为6，求的长．【答案】（1），；（2）①；②【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，再进一步的解答即可；（2）①证明为等边三角形，可得，求解，如图，过作于，可得，当最小时，最小，可得当时，最小，再进一步解答即可；②证明，可得，，证明，可得，再进一步解答可得答案．【详解】解：（1）∵四边形是菱形，，．∴，，，，∴，∴；（2）①∵四边形是菱形，，∴，，∴为等边三角形，∴，由旋转可得：，，∴，如图，过作于，∴，当最小时，最小，∴当时，最小，此时，∴，∴，∴点到距离的最小值为；②∵四边形是菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，的面积为6，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，等边三角形的判定与性质，二次根式的除法运算，掌握以上基础知识是解本题的关键．一、单选题1．如图，在菱形中，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查菱形性质，平行线性质，角平分线性质等．根据题意可知，继而得到，再利用角平分线性质可得的度数．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，故选：C．2．如图，菱形的对角线，相交于点O．若，则（

）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】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，先证是等边三角形，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求解．【详解】解：四边形是菱形，，，，，∵，∴是等边三角形，，设，则，根据勾股定理得：，∴，，故选：C．3．如图，在菱形中，作垂直平分，垂足为，交于点，连接，若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质和线段的垂直平分线的性质，根据菱形的性质求出；再根据垂直平分线的性质得出，利用三角形内角和定理可以求得，从而得到的度数，即可求解．【详解】解：如图，连接，

，∵四边形是菱形，，，垂直平分垂直平分，，，，，即，，，则，，故选：D．4．如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、菱形的性质、勾股定理．由作图可知，直线为线段的垂直平分线，则，，结合菱形的性质，利用勾股定理计算即可．【详解】解：四边形为菱形，，．由作图可知，直线为线段的垂直平分线，，，在中，由勾股定理得，，∵，，．在中，由勾股定理得，．故选：C．5．如图1，在菱形中，对角线交于点O，，，点P沿从点B匀速运动到点D．设点P的运动距离为x，，图2是点P运动时y随x变化的函数关系图象，则图2中最低点的横坐标a的值为（

）

A． B． C． D．3【答案】C【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质等，作点N关于的对称点，连接交于点P，连接，由菱形的性质可知，点N与点关于对称，根据两点之间线段最短可知，当M、P、三点共线时，的最小值为，再根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图，作点N关于的对称点，连接交于点P，连接，

∵四边形为菱形，，，∴是等边三角形，，，∵四边形为菱形，∴点在上，，∴垂直平分，∴，∴，∴当M、P、三点共线时，的最小值为，此时点重合，在中，，即．故选：C．二、填空题6．菱形的对角线长12和16，则菱形的周长．【答案】40【分析】本题考查菱形的性质，根据菱形的对角线互相垂直平分，结合勾股定理求出菱形的边长，即可得出结果．【详解】解：如图，菱形中，对角线交于点，，则：，∴，∴菱形的周长为；故答案为：．7．如图，在菱形中，对角线与交于点，若，，则菱形的面积等于．【答案】【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理；利用菱形的性质求出，再证是等边三角形，得到菱形的边长，进而勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，∴∴∴菱形的面积为：，故答案为：．8．如图，菱形的对角线交点是坐标原点，已知点，则点的坐标为．【答案】【分析】本题考查的是菱形的性质，关于原点对称的性质．菱形的对角线相互平分可知点与关于原点对称，从而得结论．【详解】解：四边形是菱形，，即点与点关于原点对称，点，点的坐标是．故答案为：．9．如图，在菱形中，点E，F，G分别在，，上，，．若菱形的边长为6，则的长为．【答案】6【分析】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，由菱形的性质得出，由等边对等角得出，证明四边形为平行四边形，，得出，，从而推出，即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，，∴，，∴，∴，故答案为：6．10．如图，在边长为2的菱形中，，点M是的中点，连接，将菱形翻折，使点A落在线段上的点E处，折痕交于点N，则线段的长为．【答案】【分析】过点M作，交于点F，解直角三角形得出的长，再根据勾股定理求得，即可解答．【详解】解：如图所示，过点M作，交于点F，∵在边长为2的菱形中，，，

，，，点M为的中点，∴，∴，∴，∴，将菱形翻折，使点A的对应点落在上，，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了含有角的直角三角形的性质，菱形的性质，勾股定理，翻折的性质等知识，正确画出辅助线是解题的关键．三、解答题11．如图，在菱形中，于点E，于点F，连接．(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）欲证明，只需要证得即可；（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，．∵于点E，于点F，∴．在和中∴．∴．（2）∵四边形是菱形，∴，．∴∵，∴∵，∴∴．∴∵，∴．12．如图，在菱形中，点E是的中点．(1)请仅用无刻度的直尺作图，作出边的中点F；（