专题01菱形的性质与判定（3个知识点10种题型2个易错点3种考法）（解析版）-初中数学北师大版9年级上册

【关注公众号：林樾数学】免费获取更多初高中数学学习资料专题01菱形的性质与判定（3个知识点10种题型2个易错点3种考法）【目录】倍速学习五种方法【方法一】脉络梳理法知识点1：菱形的定义知识点2：菱形的性质（重难点）知识点3：菱形的判定（重难点）【方法二】实例探索法题型1：利用菱形的性质计算题型2：利用菱形的性质进行证明题型3：求菱形的面积题型4：利用菱形的轴对称性解决最小值问题题型5：证明四边形为菱形题型6：菱形的判定与性质的综合应用题型7：与菱形有关的探究性问题题型8：菱形中的动点问题题型9：一题多解-菱形证明题型10：菱形中的翻折与旋转【方法三】差异对比法易错点1菱形的面积公式应用出错易错点2不理解菱形的几种判定方法而导致错误【方法四】仿真实战法考法1：菱形的性质考法2：菱形的判定考法3：菱形的判定、性质的综合【方法五】成果评定法【知识导图】【倍速学习五种方法】【方法一】脉络梳理法知识点1：菱形的定义有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．知识点2：菱形的性质（重难点）菱形除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）菱形是轴对称图形，它有两条对称轴.注意：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；(3)菱形的面积有两种计算方法：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．知识点3：菱形的判定（重难点）菱形的判定定理1：四条边都相等的四边形是菱形菱形的判定定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形定义判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.要点诠释：前一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.后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，例1.下列命题中，真命题是()A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形B．等边三角形既是轴对称图形又是中心对称图形C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形【答案】C【解析】C答案中对角线互相平分则可判定四边形为平行四边形，而在此基础上加上对角线互相垂直，四边形变为菱形．【总结】菱形的判定【方法二】实例探索法题型1：利用菱形的性质计算例2（1）菱形的两条对角线长的比是，边长为10厘米，菱形的面积是_________；（2）菱形的两条对角线长的比是2:3，面积是12cm2，则它的两条对角线的长分别是_____cm、_____cm，该菱形的周长是_______cm．【答案】（1）96平方厘米；（2）4、6、．【解析】（1）∵菱形的两条对角线长的比是，∴菱形的两条对角线长的一半之比是．设两条对角线长的一半分别为，则由勾股定理可得：菱形的边长为所以，解得：∴菱形的面积为平方厘米；（2）∵菱形的两条对角线长的比是2:3，∴菱形的两条对角线长的一半之比是2:3设两条对角线长的一半分别为，则由勾股定理可得：菱形的边长为∵菱形的面积是12cm2，所以，解得：∴菱形的边长为厘米，两条对角线的长为4厘米或6厘米．【总结】考察菱形的对角线的性质和面积的求法，注意对性质的运用．例3.（1）菱形有一个内角为，一条较短的对角线长为6，则菱形的边长为_________；（2）如图，在菱形中，，，则．OO【答案】（1）6；（2）．【解析】（1）∵菱形有一个内角为，∴菱形的两条边和较短的对角线构成了一个等边三角形，∴菱形的边长为6；（2）设对角线相交于点，则，，∵，∴．由勾股定理可得：，则【总结】考察菱形的性质的综合运用．例4.如图所示，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，求∠CDF的度数．AABCDEF【解析】联结∵AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，∴∵，，，∴∴，∴，∵∠BAD=80°，∴，∴，∴．【总结】考察菱形的性质的应用．题型2：利用菱形的性质进行证明例5．已知：如图，四边形ABCD是菱形，F是AB上一点，DF交AC于E．求证：∠AFD=∠CBE．答案：证明：∵四边形ABCD是菱形，∴．∴,∴△BCE≌△COB（SAS）．∴∠CBE=∠CDE．∵在菱形ABCD中，AB∥CD，∴∠AFD=∠FDC∴∠AFD=∠CBE．题型3：求菱形的面积例6.如图所示，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝10．求：(1)AB的长．(2)菱形ABCD的面积．【答案与解析】解：(1)∵四边形ABCD是菱形．∴AC⊥BD，AO＝AC，OB＝BD．又∵AC＝8，BD＝10．∴AO＝×8＝4，OB＝×10＝5．在Rt△ABO中，∴，∴．(2)由菱形的性质可知：．【总结升华】(1)由菱形的性质及勾股定理求出AB的长．(2)根据“菱形的面积等于两条对角线乘积的一半”来计算．题型4：利用菱形的轴对称性解决最小值问题例7.如图，菱形ABCD的边长为4cm，且∠ABC＝60°，E是BC的中点，P点在BD上，则PE+PC的最小值为________【答案】．【解析】联结与的交点即为所求作的点．∵∠ABC＝60°，∴△为等边三角形∵E是BC的中点，∴∵∴【总结】考察菱形的性质和轴对称最短路程问题，注意对方法的归纳总结．题型5：证明四边形为菱形例8.如图，中，，，平分交于，交于．求证：四边形是菱形．【解析】∵平分，，∴，∵，，∴，∴∵∴，∴∵，∴，∴∵∴，∴四边形是菱形【总结】考察菱形的判定定理的综合运用．题型6：菱形的判定与性质的综合应用例9.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，AE∥CD，CE∥AB，连接DE交AC于点O．

（1）证明：四边形ADCE是菱形；

（2）证明：DE=BC；

（3）若∠B=60°，BC=6，求菱形ADCE的高（计算结果保留根号）．

【答案】（1）证明：∵AE∥CD，CE∥AB，

∴四边形ADCE是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D是AB的中点，

∴CD=AD，

∴四边形ADCE是菱形；

（2）证明：∵四边形ADCE是菱形，

∴AC⊥DE．

∵∠ACB=90°，

∴AC⊥BC，

∴DE∥BC，∵CE∥AB，

∴四边形BCED是平行四边形，∴DE=BC；

（3）解：过点D作DE⊥CE，如图所示，

∴DF是菱形ADCE的高，

∵∠B=60°，CD=BD，

∴△BCD是等边三角形，

∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，∵CE∥AB，∴∠DCE=60°，

∴DF=．题型7：与菱形有关的探究性问题例10.已知△ABC是等边三角形，点D是射线BC上的一个动点（点D不与点B、C重合），△ADE是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交射线AB、AC于点F、G，连接BE．（1）如图1所示，当点D在线段BC上时，①试说明：△AEB≌△ADC②探究四边形BCGE是怎样特殊的四边形，并说明理由．（2）如图2所示，当点D在BC的延长线上时，探究四边形BCGE是怎样特殊的四边形，并说明理由．（3）在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形BCGE是菱形？并说明理ABABCDEFGABCDGE图1图2【解析】（1）①∵和都是等边三角形∴，，∴，即∵，，，∴；②四边形是平行四边形．∵和都是等边三角形，∴∵，∴∴，∴∵，∴四边形是平行四边形．四边形是平行四边形．方法同（1）当点运动到时，四边形是菱形．与（1）一样可证：，则与（1）一样可证：四边形是平行四边形∴当时，四边形是菱形，此时即当点运动到时，四边形是菱形．【总结】本题综合性较强，主要考察特殊的平行四边形的判定的综合运用．

题型8：菱形中的动点问题例11.如图，菱形ABCD的边长为2，BD＝2，E，F分别是边AD，CD上的两个动点且满足AE+CF＝2．（1）判断△BEF的形状，并说明理由；（2）设△BEF的面积为S，求S的取值范围．【答案】（1）等边三角形，证明见解析；（2）．【解析】（1）∵菱形ABCD的边长为2，BD=2，∴都为等边三角形．∴，．∵，又，∴．∵，，，∴，∴，∵，∴，即，∴是正三角形；设，则当时，取最小值为时，；当与重合时，取最大值为2，；∴．【总结】考察菱形的性质的具体应用，注意动点的运动轨迹．题型9：一题多解-菱形证明例12.如图：在△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，CE平分∠ACB，交AD于G，交AB于E，EF⊥BC于F．求证：四边形AEFG是菱形．解题思路：证法一、∵AD⊥BC，∴∠ADB=90°，∵∠BAC=90°，∴∠B+∠BAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠B=∠CAD，∵CE平分∠ACB，EF⊥BC，∠BAC=90°（EA⊥CA），∴AE=EF（角平分线上的点到角两边的距离相等），∵CE=CE，∴由勾股定理得：AC=CF，∵△ACG和△FCG中，∴△ACG≌△FCG，∴∠CAD=∠CFG，∵∠B=∠CAD，∴∠B=∠CFG，∴GF∥AB，∵AD⊥BC，EF⊥BC，∴AD∥EF，即AG∥EF，AE∥GF，∴四边形AEFG是平行四边形，∵AE=EF，∴平行四边形AEFG是菱形．证法二、∵AD⊥BC，∠CAB=90°，EF⊥BC，CE平方∠ACB，∴AD∥EF，∠4=∠5，AE=EF，∵∠1=180°﹣90°﹣∠4，，2=180°﹣90°﹣∠5，∴∠1=∠2，∵AD∥EF，∴∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴AG=AE，∵AE=EF，∴AG=EF，∵AG∥EF，∴四边形AGFE是平行四边形，∵AE=EF，∴平行四边形AGFE是菱形．题型10：菱形中的翻折与旋转例13．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期末）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与边交于点E、F．当点M在上时，长的最大值为__________．【答案】/【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接．根据垂线段最短，求出的最小值，可得结论．【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接，如图：∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，，在中，∴，∵折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴的最小值为，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查菱形中的翻折问题，涉及矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形斜边上的中线解决问题．例14．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，是菱形边上的高，将绕着点顺时针旋转120°到的位置，若五边形面积为，则的长度为（

）A．5 B． C．10 D．【答案】B【分析】由旋转得，，从而得出菱形的面积五边形面积，再根据菱形的性质，和直角三角形的性质，求得，再证是等边三角形，根据等边三角形的性质得，然后根据菱形的面积求出，根据求解即可．【详解】解：连接，由旋转可得，，∴菱形的面积五边形面积，∵菱形，是菱形边上的高，∴，∴，，∴，∴，∵菱形，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴∴，故选：B．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质掌握是银题的关键．【方法三】差异对比法易错点1菱形的面积公式应用出错例15.一个菱形的边长为5，一条对角线长是6，则该菱形的面积为（）A．8 B．12 C．16 D．24【分析】根据菱形的性质利用勾股定理求得另一条对角线，再根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求得菱形的面积．【解答】解：如图，当BD＝6时，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝3，∵AB＝5，∴AO＝＝＝4，∴AC＝8，∴菱形的面积是：6×8÷2＝24，故选：D．【点评】本题考查菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理，关键是掌握菱形的面积等于两条对角线的积的一半．易错点2不理解菱形的几种判定方法而导致错误例16.下列命题中，真命题是()A．一组对边平行且有一组邻边相等的四边形是平行四边形B．等边三角形既是轴对称图形又是中心对称图形C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形【答案】C【解析】C答案中对角线互相平分则可判定四边形为平行四边形，而在此基础上加上对角线互相垂直，四边形变为菱形．【总结】菱形的判定【方法四】仿真实战法考法1：菱形的性质1．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为．【分析】方法一：根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长．方法二：根据相似三角形的判定和性质可以得到EF和MN的关系，然后解直角三角形可以求得OA的长，从而可以得到MN的长．【解答】解：方法一：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图1所示，∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，∵△ABD是等边三角形，∴OD＝，∴AO＝＝＝，∴AC＝2AO＝，∵AE＝3BE，∴AE＝，BE＝，∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°，∴FJ＝BF•sin60°＝×＝，∴MI＝FJ＝，∴AM＝＝＝，同理可得，CN＝，∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝，故答案为：．方法二：连接DB交AC于点O，连接EF，由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形，∴EF＝AM＝CN，∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，∴，∵AE＝3BE，AB＝1，∴AB＝4BE，∴＝，∴AM＝CN＝AC，∴MN＝AC＝OA，∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，∴OD＝，∴OA＝＝＝，∴MN＝，故答案为：．【点评】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长．考法2：菱形的判定2．（2022•嘉兴）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．小惠：证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，∴AC垂直平分BD．∴AB＝AD，CB＝CD，∴四边形ABCD是菱形．小洁：这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行分析推理．【解答】解：赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明如下：∵OA＝OC，OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形．【点评】本题考查菱形的判定，掌握平行四边形的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（4）对角线互相平分的四边形是平行四边形以及菱形的判定方法：（1）四条边相等的四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）一组邻边相等的平行四边形是菱形，是解题关键．考法3：菱形的判定、性质的综合3．（2021•绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形纵向排列放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形 B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形 C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形 D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【分析】根据题意画出图形，从图形中找到出现的菱形的个数即可．【解答】解：如图所示，用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．故选：B．【点评】本题主要考查菱形在实际生活中的应用，解题的关键是根据题意画出图形并熟练掌握菱形的判定．【方法五】成果评定法一、单选题1．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图，某学校门口的伸缩门在伸缩的过程中，四边形始终是菱形，则下列结论不一定正确的是（

）A． B． C．AB=AD D．AB=CD【答案】B【分析】根据菱形的性质：对角相等，邻边相等，对边相等，可知A、C、D正确，B中只要当四边形是正方形时才能成立．【详解】解：A、菱形对角相等，正确，不符合题意；B、菱形的邻角互补，只有当四边形为正方形时这两角才相等，错误．符合题意；C、菱形的邻边相等，正确，不符合题意；D、菱形的对边相等．正确，不符合题意．故选：B【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握其性质是解决此题的关键．2．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图，在菱形中，，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据菱形的性质，平行线的性质计算判断即可．【详解】∵菱形，∴，∴，∵，∴,故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形性质是解题的关键．3．（2023·天津西青·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的四个顶点都在坐标轴上，且菱形边长为2，，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半可知，进而可得点坐标．【详解】解：由菱形的性质可知，，，，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，所对的直角边等于斜边的一半等知识．解题的关键在于对性质的熟练掌握．4．（2023春·河南南阳·九年级统考阶段练习）如图，在菱形中，对角线，菱形的面积为24，则菱形的周长为（

）A．5 B．10 C．20 D．30【答案】C【分析】连接交于，根据菱形的面积公式可求得，从而可求出、，进而可求出，即可求解．【详解】解：连接交于，四边形是菱形，，，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，菱形的性质，菱形的面积公式，掌握性质、定理、公式进行正确的求解是解题的关键．5．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，是菱形边上的高，将绕着点顺时针旋转120°到的位置，若五边形面积为，则的长度为（

）A．5 B． C．10 D．【答案】B【分析】由旋转得，，从而得出菱形的面积五边形面积，再根据菱形的性质，和直角三角形的性质，求得，再证是等边三角形，根据等边三角形的性质得，然后根据菱形的面积求出，根据求解即可．【详解】解：连接，由旋转可得，，∴菱形的面积五边形面积，∵菱形，是菱形边上的高，∴，∴，，∴，∴，∵菱形，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴∴，故选：B．【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质掌握是银题的关键．6．（2023·河南郑州·郑州外国语中学校考一模）如图所示，边长为4的菱形中，对角线与交于点O，P为中点，Q为中点，连接，则的长为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】过点P作，垂足为M，根据得到为等边三角形，从而得到，计算出，再计算出，最后根据勾股定理计算出．【详解】解：如图所示，过点P作，垂足为M，∵四边形是菱形，，∴为等边三角形．∴，，，，∴，，，∴，∵P为中点∴，∴，故选C．【点睛】本题考查菱形、等边三角形和含角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．7．（2023·天津河西·统考模拟预测）如图，菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，勾股定理求得，点C在x轴的正半轴上，得轴可求解．【详解】解：菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，，点C在x轴的正半轴上，轴，，故选B．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理及坐标与图形；解题的关键是求出菱形的边长．二、填空题8．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期末）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与边交于点E、F．当点M在上时，长的最大值为__________．【答案】/【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接．根据垂线段最短，求出的最小值，可得结论．【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点G，取的中点R，连接，如图：∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，，在中，∴，∵折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴的最小值为，∴的最大值为．故答案为：．【点睛】本题考查菱形中的翻折问题，涉及矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形斜边上的中线解决问题．9．（2023·山西晋中·统考模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，则菱形的面积为_____．【答案】42【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【详解】解：在菱形中，对角线，交于点，，，，，菱形的面积为．故答案为：42．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积的求法．10．（2023·广西梧州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点，点P是对角线上的一个动点，已知，则的最小值是_________________【答案】【分析】点B的对称点是点D，连接，交于点P，再得出即为最小值，解答即可．【详解】解：连接，如图，∵四边形是菱形，∴垂直平分，∴点B的对称点是点D，连接交于点P，连接，∴，∴即为的最小值，∵点A的坐标为，点，∴故答案为【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据两点坐标得出距离．11．（2023·山东德州·校考一模）如图，在菱形中，，，，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，截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可．【详解】解：如图，的下方作，截取，使得，连接，．四边形是菱形，，，，，，，，，，，，，，，的最小值为，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，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．12．（2023春·广东茂名·九年级校联考阶段练习）以菱形的对角线交点O为原点，对角线、所在直线为坐标轴，建立如图所示的直角坐标系，的中点E的坐标为，则的中点F的坐标为__．【答案】【分析】过E作于G，过F作于H，根据已知条件得到，，根据菱形的性质得到，，于是得到，，即可得到结论．【详解】解：过E作于G，过F作于H，∵的中点E的坐标为，∴，，∵四边形是菱形，∴，，∴，，∴的中点F的坐标为．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．13．（2023·江苏常州·校考二模）如图，在菱形中，，．点P为边上一点，且不与点C，D重合，连接，过点A作，且，连接，则四边形的面积为______．【答案】【分析】连接，由菱形的性质可知是等边三角形，过点C作于点G，过点P作于点H，可得，继而得出，根据勾股定理求出长度，再证明四边形是平行四边形，依据进行求解即可．【详解】如图，连接，∵四边形是菱形中，，∴，，∴是等边三角形，过点C作于点G，过点P作于点H，则，∵，，∴，∵，∴，∴∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．14．（2023·浙江台州·统考一模）关于某个四边形的三个特征描述：①对角线互相垂直；②对角线互相平分；③一组邻边相等．选择其中两个作为条件，另一个作为结论．若该命题是假命题，则选择的条件是____________．（填序号）【答案】①③【分析】根据平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质逐一判定即可．【详解】①②为条件，③为结论时为真命题：对角线互相垂直且对角线互相平分的四边形是菱形，菱形的邻边相等；②③为条件，①为结论时为真命题：对角线互相平分的四边形为平行四边形，一组邻边相等的平行四边形为菱形，菱形的对角线互相垂直；①③为条件，②为结论时为假命题：由对角线互相垂直及一组邻边相等不能推出对角线互相平分；故答案为：①③．【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．三、解答题15．（2023·山东滨州·统考一模）如图，四边形是菱形，点为对角线的中点，点在的延长线上，，垂足为，点在的延长线上，，垂足为，(1)若，求证：四边形是菱形；(2)若，的面积为24，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明出,即可得到结论．（2）由三角形的面积求出,设,则,在中利用勾股定理得出方程,求出,再求出,即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，∴，又∵，，∴，∵点为对角线的中点，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）解：，的面积为24，∴，∴，如图，连接，则，，∵点为对角线的中点，∴、、在同一直线上，∵，，∴菱形的面积．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质､直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．16．（2023·云南临沧·统考一模）如图，在中，，、分别为、的中点，连接并延长至点，且，点为直线上的一个动点．(1)求证：四边形为菱形．(2)若，菱形的面积为24，求的最小值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明是平行四边形，再利用三角形的中位线证明对角线互相垂直，得出是菱形；（2）根据菱形的性质求出，再利用勾股定理求解．【详解】（1）解：证明：是的中点，，，四边形是平行四边形，、分别为、的中点，，，，，四边形为菱形；（2）四边形为菱形，、关于轴对称，当为与的交点时，最小，最小值为的长，过作交的延长线于点，∵，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵菱形的面积为24，，，，，．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，最短路径问题，找到最小时的情形是解题的关键．17．（2023·北京·模拟预测）如图：在菱形中，对角线、交于点，过点作于点，延长至点，使＝，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）设，则根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：∵在菱形中，∴，，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；（2）解：设，则，在中，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．18．（2023·广东珠海·统考一模）如图，矩形的对角线，相交于点O，且，．(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)9【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再利用矩形的性质得出，即可得出答案；（2）根据四边形的面积求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴四边形是平行四边形，∵矩形的对角线相交于点O，∴，∴四边形是菱形；（2）四边形的面积．【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定方法是解题关键．19．（2023·浙江宁波·统考一模）图1，图2都是由边长为1的正方形构成的网格，每个小正方形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．(1)在图1中画出等腰直角三角形，点C在格点上．(2)在图2中画出以为边的菱形，点D，E在格点上．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据网格线的特点及勾股定理作图；（2）根据网格线的特点的及菱形的判定作图．【详解】（1）如图：即为所求；（2）如图：菱形即为所求．【点睛】本题考查了作图的应用和设计，掌握勾股定理、等腰三角形和菱形的判定定理是解题的关键．20．（2023·四川资阳·统考一模）如图，在中，O为的中点，过点O作交于点，交于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求的长．【答案】(1)详见解析(2)2.8【分析】（1）根据证明可得，可证明四边形是平行四边形，再结合即可证明四边形是菱形；（2）过点B作交的延长线于点G，运用勾股定理得出，设，则，列出方程求解即可．【详解】（1）∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵O为的中点，∴在与中，，∴，∴又，∴四边形为平行四边形又，∴四边形为菱形．（2）过点B作交的延长线于点G．∵，∴，又∵，∴，设，则，∵四边形为菱形，∴在中，，∴∴，即的长为2.8．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键．21．（2023·山东临沂·统考一模）【操作发现】在实践活动课上，同学们对菱形和轴对称进行了研究．如图，在菱形中，为锐角，为中点，连接，点，关于直线的对称点分别为点，，连接，．请补全图形解答下列问题：(1)直线与有怎样的位置关系，请说明理由；(2)延长交于点．线段与相等吗？若相等，给出证明；若不相等，请说明理由；【拓展应用】(3)在（2）的条件下，连接，请探究的度数，并说明理由．【答案】(1)直线与平行，理由见解析(2)线段与相等，证明见解析(3)，理由见解析【分析】（1）连接，交的延长线于点，由轴对称的性质可得，，得出，根据等边对等角得出，进而根据三角形内角和定理得出，则（2）根据菱形的性质得出，则，根据轴对称得出，则，根据（1）的结论得出，可得，根据等角对等边即可求解；（3）根据，，得出，根据（1）的结论得出，即可求解．【详解】（1）直线与平行．理由：连接，交的延长线于点，由轴对称的性质可得，．，．，，．∴．（2）线段与相等．.证明：∵，∴．又∵，∴．又∵，∴．∴．∴．（3）．∵，，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定，垂直平分线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．22．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点的坐标为，顶点、分别在第二、三象限，交轴负半轴于点，，求顶点的坐标．【答案】顶点的坐标为【分析】根据菱形的性质，得，根据，得，根据直角三角形中，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，求出，，即可．【详解】∵四边形是菱形，点的坐标为，∴，，∵，∴，∴，∴，在中，，∴，∵点在第二象限，∴的坐标为．【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理的运用．23．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，延长，，使得，连接，．(1)求证：；(2)连接，已知，，当___________时，四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）根据平行四边形性质即可求解；（