第02讲 菱形的判定（解析版）-2024年九年级数学暑假讲义（北师版）

第02讲菱形的判定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．理解并掌握菱形的判定方法；2．能够运用综合法证明菱形的判定定理及其推论进行有关的证明和计算；3．经历探索菱形判定的过程，培养学生的动手能力、观察能力及推理能力。菱形的判定菱形的判定方法有三种：1.定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形.3.四条边相等的四边形是菱形.要点：前两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，后一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.考点一：菱形的判定例1．如图，下列条件中不能使成为菱形的是（

）

A． B． C． D．【答案】D【详解】解：A、四边形是平行四边形，且，∴是菱形，故不符合题意；B、四边形是平行四边形，且，∴是菱形，故不符合题意；C、四边形是平行四边形，且，∴是菱形，故不符合题意；D、四边形是平行四边形，且，不能判定是菱形，故符合题意，故选：D．【变式1-1】如图，已知，下列不能判断是菱形的条件是（

）A． B．C． D．平分【答案】C【分析】本题考查菱形的判定定理，四边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形，依次进行判断即可．【详解】解：A：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；B：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；C：当时，不能证明是菱形,故选项C符合题意，D：当平分时，得到，∵，∴，∴，∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故D不符合题意，故选：C．【变式1-2】如图，根据下面平行四边形中所标注的条件，不能判定其为菱形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等边三角形的判定，熟练掌握菱形的判定方法，根据菱形的判定方法，逐项进行判定即可．【详解】解：A．∵，，∴为等边三角形，∴，∴为菱形，故A不符合题意；

B．∵，，，∴，∴为直角三角形，，∴，∴为菱形，故B不符合题意；

C．∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴为菱形，故C不符合题意；

D．此选项中的条件不能判定图中的平行四边形为菱形，故D符合题意．故选：D．【变式1-3】如图，的对角线交于点O，下列条件不能判定是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了菱形的判定，掌握对角线垂直的垂直或邻边相等的平行四边形是菱形解题的关键．根据菱形的判定方法逐项判断即可解答．【详解】解：A．由、，根据邻边相等的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；B．由可得，根据邻边相等的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；C．由,根据对角线垂直的平行四边形是菱形可得：四边形是菱形，故该选项不符合题意；C．是的对边，不能说明四边形是菱形，故该选项符合题意．故选：D．考点二：添一个条件使四边形是菱形例2.在中，对角线、相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，要使是菱形，需添加的一个条件是．(写出一个即可)【答案】(答案不唯一)【分析】本题考查了菱形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判断即可．【详解】解：∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，∴时，是菱形，故答案为：(答案不唯一)．【变式2-1】如图，在中，D为上一点，，．请你再添加一个适当的条件：，使四边形为菱形．【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了平行四边形和菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得．【详解】解：，．四边形是平行四边形，，四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），故答案为：（答案不唯一）．【变式2-2】如图，四边形是平行四边形，分别延长至点F、E，使得，连接．请再添加一个条件：，使得四边形是菱形，并说明理由．（不再添加任何线条、字母）【答案】（答案不唯一）【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质与判定，熟知平行四边形的性质与判定定理和菱形的判定定理是解题的关键．【详解】解：添加条件．理由：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．故答案为：（答案不唯一）．【变式2-3】如图，在平行四边形中，对角线与交于点O．（1）添加一个条件，则可判定四边形是菱形；（2）若，，则与的周长之差为．【答案】2【分析】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握性质和坡度是解题的关键．（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，添加一个条件即可；（2）根据平行四边形的性质，结合三角形的周长表达式，计算即可．【详解】（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以添加一个条件，故答案为：；（2）∵平行四边形中，对角线与交于点O，，，∴，，，∴与的周长之差为，故答案为：2．考点三：利用菱形的判定与性质求角度例3.如图，①以点A为圆心长为半径画弧分别交的两边、于点B、；②以点B为圆心，长为半径画弧，再以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点；③分别连接、、，若，则的大小为°．【答案】30【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的对角线平分一组对角且菱形的对角相等是解题的关键；先根据作图方法证明四边形ABCD是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角，菱形的对角相等进行求解即可；【详解】解：由作图方法可知，，∴四边形是菱形，，，故答案为：30．【变式3-1】如图，已知四边形的四边都相等，等边的顶点E、F分别在上，且，则．

【答案】/100度【分析】根据题意得出菱形，根据菱形的性质推出，根据平行线的性质得出，根据等边三角形的性质得出，根据等边对等角得出，设，根据三角形的内角和定理得出方程即可求出答案．【详解】解：∵四边形的四边都相等，∴四边形是菱形，∴，∴，∵是等边三角形，，∴，∴，由三角形的内角和定理得：，设，则，∵，∴，解得：，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，平行线的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、构建方程求解是关键．【变式3-2】在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则．

【答案】【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案．【详解】解：延长、交于H，连接，

，，四边形为平行四边形，，平分，，，，为等腰三角形，，平行四边形为菱形，，且均为等边三角形，，，，，为等腰三角形，又四边形为平行四边形，，，，，在与中，，，，．故答案为：．【变式3-3】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；．考点四：利用菱形的判定与性质求长度例4.如图，以O为圆心，为半径作弧，分别交，于点C，D，再分别以C，D为圆心长为半径作弧，两弧交于点E，连接，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，以及勾股定理，灵活运用菱形的性质和判定是解题的关键．先判定出四边形是菱形，借助菱形的性质推出，，进而得出，最后再利用勾股定理和菱形性质即可求出．【详解】解：连接，交于点F，由题可知，，∴四边形是菱形，∴，，∵，∴，在中，，∵四边形是菱形，∴故答案为：．【变式4-1】已知中，对角线平分线，若，则的周长为．【答案】8【分析】根据题意易知四边形是菱形，然后问题可求解．【详解】解：如图，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵平分线，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴；故答案为8．【点睛】本题主要考查菱形的判定及性质与平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定及性质与平行四边形的性质是解题的关键．【变式4-2】如图，为边的中点，交的延长线于点，连接，平分，作，垂足为．若，，则．

【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等角对等边等等，先证明得到，则可证明四边形是平行四边形，再证明，得到，则可证四边形是菱形，得到，利用勾股定理求出，再由，可得．【详解】解：∵为边的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵平分，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【变式4-3】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，连接，，，则的长为．

【答案】2【分析】先判断出，进而判断出，得出，即可得出是菱形；再判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．【详解】，，为的平分线，，，，，四边形是平行四边形，，是菱形；，，，，，，在中，，，，．【点睛】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，角平分线的定义，勾股定理，判断出是解本题的关键．考点五：利用菱形的判定与性质求面积例5.如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得A，D之间的距离为，点A，C之间的距离为，则四边形的面积为．【答案】/24平方厘米【分析】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定，先根据已知条件判定四边形是菱形，再根据菱形的性质和勾股定理求得，，，进而利用菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可．【详解】解：连接、，设交点为O，由题意，，，∵，，∴四边形是平行四边形，设两张等宽的纸条的宽为，则，∴，∴四边形是菱形，∴，，，∴，则，∴，故答案为：．【变式5-1】如图，已知，以点为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于，两点，分别以点，为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点，作射线．以点为圆心，长为半径作圆弧，恰好经点，与射线交于点，连接，．若，则四边形的面积为．【答案】【分析】连接交于点，由作图易知是等边三角形，平分，先证明四边形是菱形，求出的长度，再根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”可得结论．【详解】解：如图，连接交于点．由作图可知，是等边三角形，，由作图可知平分，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，，，菱形的面积．故答案为：．【点睛】本题考查了基本尺规作图，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，灵活运用相关知识解决问题．【变式5-2】如图，线段，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧交于点，，作直线，连接，，，．若，则四边形的面积为．【答案】24【分析】本题主要考查了作图基本作图及中垂线的性质．由作图可知是线段的中垂线，四边形是菱形，利用求解即可．【详解】解：如图，由作图可知是线段的垂直平分线，，四边形是菱形，，，，，，，故答案为：24．【变式5-3】如图，在平行四边形中，，，．E为边上一点，且满足，作的平分线交于点F，则的长度为【答案】【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理．利用勾股定理求得，证明四边形是菱形，利用菱形的面积公式列式计算即可求解．【详解】解：连接，作交的延长线于点，∵平行四边形中，，∴，，∴,∵，∴，设，∴，在中，，即，解得，∴，在中，，∵，平分，∴是线段的垂直平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，∴．故答案为：．考点六：利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图）例6.如图，在平行四边形中，(1)请用无刻度的直尺和圆规完成以下基本作图：作的平分线交于点E，在线段上截取，使(保留作图痕迹，不写作法)；(2)在(1)所作的图形中，连接，求证∶四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了作图−−复杂作图，平行四边形的性质和菱形的判定与性质．解题的关键是：（1）根据基本作图，即可作得；（2）首先根据平行四边形的性质及所作的图，可证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的定义，可证得，据此即可证得结论．【详解】（1）解：如图，，即为所求，；（2）证明：∵四边形为平行四边形，∴且，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴．∵平分，∴，∴．∴，∴四边形是菱形．【变式6-1】如图，在菱形中，连接，是的中点，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．

(1)在图1中的上找一点，连接，使得．(2)在图2中的上找一点，连接，使得．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，由菱形的性质得到为的中点，则是的中位线，即可得出；（2）连接、交于点，连接并延长，交于点，证明，即可推出．【详解】（1）解：如图，即为所求作；

（2）解：如图，即为所求作；

连接、交于点，连接并延长，交于点，四边形是菱形，，垂直平分，，，，，，，，是的中位线，即．【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，菱形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，根据相关性质正确作图是解题关键．【变式6-2】如图，在菱形中是的中点．请仅用无刻度直尺完成下列作图，(1)在图1中，过点作的平行线，与交于点．(2)在图2中，作线段的垂直平分线，垂足为点．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查无刻度直尺作图，掌握菱形的的性质和等边三角形的性质是解题的关键．（1）连接和交于点O，连接并延长交于点Q，则即为所作；（2）连接和交于点O，连接交于点E，过A、E作直线交于点H，则即为所作．【详解】（1）解：连接和交于点O，连接并延长交于点Q，则即为所作；（2）解：连接和交于点O，连接交于点E，过A、E作直线交于点H，则即为所作．【变式6-3】菱形中，，点E、F分别是边、边上的动点，且．(1)如图1，连接，求证：是等边三角形；(2)如图2，已知M为的中点，当最短时，请用无刻度的直尺在图中作出点E与点F（不写作法，保留作图痕迹）．【答案】(1)见解析(2)见解析【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，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理等等，（1）如图所示，连接AC，先证明是等边三角形，得到，则，再证明得到，推出，即可证明；（2）连接，设交于点O，连接并延长交于E，连接交于G，连接并延长交于F，连接，则点E，F即为所求．【详解】（1）证明：如图所示，连接AC，∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∴，即，∴是等边三角形；（2）解：连接，设交于点O，连接并延长交于E，连接交于G，连接并延长交于F，连接，则点E，F即为所求；理由：由（1）可知是等边三角形，∴，∴要使最小，即最小即可，∴当时，即为最小，∵是等边三角形，∴当点E是的中点时，最小，同理F为的中点，∵O、M分别是的中点，∴，∴，∴是等边三角形，∴，又∵，∴，即点E为的中点，又∵，点M是的中点，同理可证是等边三角形，∵等边三角形三边的中线交于一点，∴连接并延长与交于F，点F即为的中点．考点七：利用菱形的判定与性质多结论性问题例7.如图，分别以直角的斜边，直角边为边向外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（）A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④【答案】A【分析】根据已知先判断，则，可判断①，结合含角的直角三角形的性质和中点的定义可判断④，由等边三角形的性质得出，接着证得，则，再由，得出四边形为平行四边形而不是菱形，即有不成立，根据平行四边形的性质得出，即可判断②③，从而得到答案．【详解】解：、是等边三角形，，，，，，，为的中点，，，即在与中，，，，，∴，即平分，故①正确，由①知，．∵．∴，即．∵，∴，∵F是的中点，∴，∵，，∴，故④正确；∵，，，，，，由①知，，∴，在与中，，∴，∴，，∵，∴四边形为平行四边形，∵，，，∴，∴四边形不是菱形，∴不成立，故②说法不正确；∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵，则，故③说法正确，故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择．【变式7-1】如图，中，，F是中点，作，垂足是E，连接、．下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质，关键是由平行四边形下的性质判定四边形是菱形．取中点，连接，由平行四边形的性质推出四边形是菱形，得到，由平行线的性质，垂直的定义推出，由线段垂直平分线的性质推出，由菱形的性质推出，得到，由平行线的性质推出，得到，于是得到．【详解】解：取中点，连接，∵四边形是平行四边形，∵是中点，∴，∵是中点，∴，∵，∴四边形是菱形，∴，故①符合题意；故②符合题意；垂直平分故③符合题意；∵四边形是菱形，∴其中正确的个数是4个．故选：D．【变式7-2】如图，分别是的中点，且，下列结论；①；②四边形是矩形；③平分；④；⑤四边形的周长等于，其中正确的个数是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本题考查了三角形中位线定理、菱形的判定与性质，由三角形中位线定理得出，，，，证明四边形是菱形即可判断②，由菱形的性质即可判断①③⑤，没有条件可证明即可判断④，熟练掌握以上知识点并灵活运是解此题的关键．【详解】解：分别是的中点，，，，，，，四边形是菱形，故②错误，不符合题意；，平分，四边形的周长等于，故①③⑤正确，符合题意，没有条件可证明，故④错误，不符合题意；综上所述，正确的有①③⑤，共个，故选：B．【变式7-3】如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上一点，且，连接，分别交，于点、，连接、，则下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形与四边形面积相等．其中正确的有（

）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】D【分析】①由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确；②先证四边形是平行四边形，再证是等边三角形，得，则四边形是菱形，②正确；③由中线的性质和菱形的性质可得，，可得四边形与四边形面积相等，得出③正确．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，四边形是平行四边形，，是的中位线，，故①正确；，是等边三角形，，平行四边形是菱形，故②正确；四边形是菱形，，，，，四边形与四边形面积相等，故③正确；综上所述，正确的结论有3个．故选：D．【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、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．考点八：利用菱形的判定与性质解决综合性问题例8.如图，在等腰中，，平分，过点作交的延长线于，连接，过点作交的延长线于．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，，求的长．【答案】(1)四边形是菱形，见解析(2)的长为．【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．（1）先利用等腰三角形的三线合一性质可得，再利用平行线的性质可得，，从而利用证明，进而可得，再利用对角线互相平分线的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，然后利用菱形的定义可得四边形是菱形，即可解答；（2）先利用角平分线的定义可得，再利用菱形的性质可得，从而可得是等边三角形，进而可得，然后利用垂直定义可得，从而可得，进而可得，再利用勾股定理进行计算，即可解答．【详解】（1）四边形是菱形，理由：，平分，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；（2）平分，，，四边形是菱形，，是等边三角形，，，，，，，的长为．【变式8-1】如图，在中，，平分，交于点，过点作交于点．(1)求证：四边形是菱形；(2)若菱形的周长为，，求的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（）先证明四边形为平行四边形，再证明，得到，即可得到四边形是菱形；（）连接交于点，由菱形的性质可得，，，进而由得，又由菱形的周长得，由直角三角形的性质可得，利用勾股定理得，即可求出的长度；本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的应用，平行线的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．【详解】（1）证明：∵，∴，即，∵，∴四边形为平行四边形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：连接交于点，∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∵菱形的周长为，∴，在中，，∴，由勾股定理可得，，∴．【变式8-2】已知，四边形是菱形．(1)若，则菱形的周长______；(2)如图①，、是对角线，则与的位置关系是_______．(3)如图②，点、分别在、上，且，，，点、分别在、上，与相交于点．求证：四边形是菱形．【答案】(1)20(2)垂直(3)见解析【分析】此题考查了菱形的性质与判定、平行四边形的判定等知识，证得四边形是平行四边形与是解题的关键．（1）根据菱形的性质即可得，即可得到结论；（2）根据菱形的性质即可得到结论；（3）由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是菱形，，可得，即可证得四边形是菱形．【详解】（1）解：（1）∵四边形是菱形，∴，∴菱形的周长．故答案为：20；（2）∵四边形是菱形，、是对角线，∴，∴与的位置关系是垂直．故答案为：垂直；（3）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形．【变式8-3】如图1，在等边三角形中，，射线，点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，设点E的运动时间为．(1)如图2，连接，若经过边的中点D．①求证：四边形是平行四边形；②求此时t的值．(2)是否存在t，使得以点A，E，C，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)①见解析；②2；(2)存在，6．【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用．（1）①根据证明得，进而可证结论成立；②表示出，，然后根据列方程求解即可；（2）当点F在线段上时，四边形不可能为菱形；当点F在的延长线上时，若四边形是菱形，则有，据此求解即可．【详解】（1），∴，．∵经过边的中点D，∴，∴，∴．∵，∴四边形是平行四边形；②此时，由运动知，，．∴，解得；（2）存在；∵点E从点A出发沿射线以的速度运动，同时点F从点B出发沿射线以的速度运动，∴当点F在线段上时，四边形不可能为菱形；当点F在的延长线上时，∵，∴当时，四边形是平行四边形，∴，解得，此时，∴当时，四边形是菱形．一、单选题1．（23-24八年级下·天津和平·期中）顺次连接梯形四边中点得到一个菱形，则该梯形的两条对角线（

）A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．互相垂直且平分【答案】A【分析】此题主要考查了菱形的性质以及三角形的中位线定理，根据已知得出进而得出是解题关键．顺次连接梯形四边中点得到的四边形是菱形，则根据菱形的性质及三角形的中位线的性质进行分析，从而不难求解．【详解】解：如图点，，，分别是梯形各边的中点，且四边形是菱形，

点，，，分别是梯形各边的中点，∴，∵四边形是菱形，∴，，即该梯形的两条对角线相等．故选：A．2．（2024·上海杨浦·三模）在四边形中，，，添加下列条件后仍然不能推得四边形为菱形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形的判定，以及全等三角形的判定和性质，利用平行四边形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质判定逐项判断是否为菱形即可．【详解】解：A．添加，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形，故该选项不符合题意；B．添加，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形，故该选项不符合题意；C．添加，∵，∴，不能得出四边形是菱形，故该选项符合题意；D．添加，连接，如图，

∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，则是菱形，故该选项不符合题意；故选∶C．3．（2024·天津河西·二模）如图，，平分，交于C，以点B为圆心，以任意长为半径作弧，分别交于M，N两点，再分别以M，N两点为圆心，都以一个大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，射线与相交于点D．若，，则的长为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】设交于点O，根据题意得到平分，再根据平行线的性质，易证四边形是菱形，由菱形的性质得到，利用勾股定理即可求出结果．【详解】解：设交于点O，由作图依据可得：平分，，，，，，平分，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是菱形，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了尺规作图，角平分线的作法，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握角平分线的作法及菱形的判定定理是解题的关键．4．（2024八年级下·安徽·专题练习）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（

）A．， B．C．， D．【答案】D【分析】本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形为菱形．所以根据菱形的性质进行判断．【详解】解四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，∴，，四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；过点分别作，边上的高为，．则（两纸条相同，纸条宽度相同）；平行四边形中，，即，，即．故B正确；平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．，（菱形的对角相等），故A正确；，（平行四边形的对边相等），故C正确；如果四边形是矩形时，该等式成立．故D不一定正确．故选：D．【点睛】5．（22-23八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，平行四边形中，与交于点O，点E是边上的中点，连接，，，．有下列结论：①是等边三角形；②的周长是20，③的边上的高是，④是菱形，⑤的面积是48．其中正确的是（

）

A．②③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．②③④⑤【答案】A【分析】根据平行四边形的性质得到，，根据中位线定理求出，根据已知线段求出，即可证明，得到是菱形，再根据菱形的性质求出面积和周长，利用等积法求出边上的高，分别算出的三边，可证明不是等边三角形．【详解】解：在平行四边形中，，，∵点E是中点，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴是菱形，故④正确；∴的周长是，故②正确，∵，故⑤错误；∴，即边上的高是，故③正确；∵，，，∴不是等边三角形，故①错误；∴正确的有②③④，故选A．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，三角形中位线的性质，四边形的面积，解题的关键是根据特殊四边形的性质求相应线段的长度，掌握面积法的应用．二、填空题6．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图所示，在中，于点分别是边的中点，连接，当满足条件时，四边形是菱形．（填一个你认为恰当的条件即可）【答案】（或）【分析】解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论．可根据等腰三角形的性质、菱形的判定，分析得出当满足条件AB=AC或时，四边形是菱形．【详解】解：要使四边形是菱形，则应有，∵，分别为，的中点∴，，∴，∴应是等腰三角形，∴应添加条件：或则当△ABC满足条件或时，四边形AEDF是菱形．故答案为：（或）．7．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在中，以点A为圆心AB长为半径作弧交于点F，分别以点B、F为圆心，大于的长度为半径作弧，交于点G，连接并延长交于点E，若，，则的长为．

【答案】【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定、线段垂直平分线的尺规作图、勾股定理等知识点，掌握垂直平分线的尺规作图成为解题的关键.如图：连接，根据尺规作图可得，，再根据等腰三角形的性质可得、，再运用勾股定理可得，再证明是菱形可得即可解答．【详解】解：如图，连接，

由作图可知：，，，，∴，∵，，∴，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，∴．故答案为：．8．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，，，平分，是对角线上的一个动点，点是边上的一个动点，则的最小值是．【答案】【分析】本题考查轴对称最短路线问题，解答中涉及平行四边形的性质，菱形的判定和性质，含角直角三角形的性质，勾股定理，两边之和大于第三边，垂线段最短，能够将两线段和的最小值用一条线段表示是解题的关键．先证明平行四边形是菱形，则点关于的对称点，连接，，过点作于点，可推出就是的最小值，再根据含角直角三角形的性质和勾股定理可求出的长，从而解决问题．【详解】解：四边形是平行四边形，，，平分，，，，平行四边形是菱形，连接，，过点作于点，由菱形的对角线互相垂直平分，可得、关于对称，则，，即就是的最小值，，，在中，，，，由勾股定理，得．的最小值为．故答案为：．9．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在平行四边形中，的垂直平分线交于点E，交于点O，连接，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，则四边形的面积为．【答案】【分析】由四边形是平行四边形，可得，由是线段的垂直平分线，则，，，由，可得，则，可证四边形是菱形，则，由勾股定理得，，则，根据，计算求解即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，∴，∵是线段的垂直平分线，∴，，∴是等腰三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形，∴，由勾股定理得，，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，等角对等边，勾股定理，菱形的判定与性质等知识．熟练掌握行四边形的性质，垂直平分线的性质，等角对等边，菱形的判定与性质是解题的关键．10．（23-24八年级上·山东济南·期末）如图，中，对角线与相交于点F，，且，若点P是对角线上一动点，连接，将绕点A逆时针旋转使至，得连接，取的中点O，连接，则在点P的运动过程中，线段的最小值为．【答案】2【分析】连接，由菱形的性质及，得出，，，由勾股定理求出，进而得出，证明，得出，进而得出当时，的值最小，求出此时的长度即可．本题考查了菱形的性质，旋转的性质，找出全等的三角形，证明是解决问题的关键．【详解】解：如图，连接，∵四边形是平行四边形，且∴四边形是菱形，∵，∴，，∴，∴，∵将绕点A逆时针旋转使得，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴是满足的线段，当时，的值最小，∵O是的中点，∴∴，∴在点P的运动过程中，线段的最小值为2，故答案为：2三、解答题11．（23-24八年级下·湖北宜昌·期中）如图，在平行四边形中，F是对角线的交点，E是边的中点，连接．(1)求证：；(2)当与满足________时，四边形是菱形，并证明你的结论；【答案】(1)见解析(2)，证明见解析【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，三角形中位线定理．（1）根据平行四边形的性质，结合三角形中位线定理求证即可；（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，补充条件并证明即可．【详解】（1）∵在平行四边形中，F是对角线的交点，∴，∵E是边的中点，∴是的中位线，∴，即（2）当时，四边形是菱形，证明如下：∴