第07讲菱形（3大考点9种题型强化训练）

第07讲菱形1.经历探索菱形的概念与性质的过程，在操作活动和观察、分析过程中发展学生的主动探究习惯和初步的审美意识，进一步了解和体会说理的基本方法.2.了解菱形的现实应用.3.掌握四边形是菱形的条件，经历探索四边形是菱形的条件，在活动中发展学生的探究意识和有条理地表达能力一．菱形的性质（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．（2）菱形的性质①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③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；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．（3）菱形的面积计算①利用平行四边形的面积公式．②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）二．菱形的判定①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；②四条边都相等的四边形是菱形．几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形三．菱形的判定与性质（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．题型一：根据菱形的性质求角度一、单选题1．（2023下·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】先连接，根据线段垂直平分线的性质得，再根据菱形的性质证明≌，进而得出，可知，然后根据等腰三角形的性质得，进而得出答案．【详解】连接．∵是的垂直平分线，∴．∵，且菱形具有轴对称性，∴．∵四边形是菱形，∴，，∴．∵，∴≌，∴，∴，∴，∴．

故选：C．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质和判定等，构造全等三角形是解题的关键．2．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片中，，点在边上，将菱形纸片沿折叠，点对应点为点，且是的垂直平分线，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，根据是的垂直平分线，得到，结合得到是等边三角形，即可得到，根据四边形是菱形得到，根据折叠即可得到答案；【详解】解：连接，∵是的垂直平分线，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∵菱形纸片沿折叠，点对应点为点，∴，∴，故选D；【点睛】本题考查菱形的折叠问题，三角形内角和定理，菱形的性质，垂直平分线的性质，解题的关键是得到是等边三角形．二、填空题3．（2023下·江苏连云港·八年级校考阶段练习）如图，菱形中，，若对角线，则菱形的周长为．

【答案】12【分析】利用菱形的性质及等边三角形的判定及性质可得，再利用菱形的周长计算公式即可求解．【详解】解：四边形是菱形，，，，又，，解得：，是等边三角形，，菱形的周长为：，故答案为：12．【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．三、解答题4．（2022下·江苏常州·八年级统考期中）如图，点E是菱形ABCD的边BC延长线上一点，AC是对角线，∠BAC：∠ACE＝2：7，求∠B的度数．【答案】【分析】设，则，先根据菱形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据邻补角的定义可得，建立方程求出值，最后根据三角形的内角和定理即可得．【详解】解：由题意，设，则，四边形是菱形，，，又，，解得，，．【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．5．（2023下·江苏淮安·八年级统考期中）如图，在菱形中，于点，于点．，求的度数．

【答案】【分析】根据菱形性质可知，，同理可知，根据于点，于点，可知，从而得到．【详解】解：在菱形中，，，，于点，于点，，在和中，，．【点睛】本题考查菱形中求角度，熟记菱形性质、三角形内角和定理是解决问题的关键．题型二：根据菱形的性质求线段长一、解答题1．（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，求的长．

【答案】【分析】利用菱形的面积求得的长度，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．【详解】解：菱形中，对角线相交于点O，则为的中点，∴由可得，∵∴又为的中点∴【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．2．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作对角线的垂线交的延长线于点E．

(1)证明：四边形是平行四边形；(2)若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的判定证明即可；（2）利用菱形的性质得出，即可求的面积．【详解】（1）证明∵四边形是菱形，∴，∴，∵，即，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵四边形是菱形，，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，,∴．【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质和判定问题，关键是根据平行四边形的判定解答即可．3．（2023下·江苏南通·八年级校考阶段练习）在平面直角坐标系中，直线（k是常数，）与坐标轴分别交于点A，点B，且点B的坐标为．

(1)求点A的坐标；(2)如图1，将直线绕点B逆时针旋转交x轴于点C，求直线的解析式；(3)在（2）的条件下，直线上有一点M，坐标平面内有一点P，若以A、B、M、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出点P的坐标．【答案】(1)(2)直线的解析式为；(3)点P的坐标为或或或；；【分析】（1）令，解得，即可求解；（2）过点A作，过点A作y轴的平行线交过点B与x轴的平行线于点M，交过点D与x轴的平行线于点N，证明，得到点D的坐标为，再用待定系数法即可求解；（3）当是边时，点A向右4个单位向上2个单位得到点B，同样，点向右4个单位向上2个单位得到，且，即可求解；当是对角线时，由中点坐标公式和即可求解．【详解】（1）解：令，解得，∴点A的坐标为；（2）解：过点A作，过点A作y轴的平行线交过点B与x轴的平行线于点M，交过点D与x轴的平行线于点N，如图，∵，故为等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴点D的坐标为，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为；（3）解：设点M的坐标为，点，∵点A的坐标为，点B的坐标为，①当是边时，点A向右4个单位向上2个单位得到点B，同样，点向右4个单位向上2个单位得到，且，则或，解得或或（不合题意的值已舍去），故点P的坐标为或或；②当是对角线时，由中点坐标公式和得：，解得，∴点P的坐标为，综上，点P的坐标为或或或；【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，掌握一次函数的性质、菱形的性质、三角形全等等，注意分类求解是解题的关键．4．（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为，直线经过点，，将四边形绕点O按顺时针方向旋转角度α得到四边形，此时边与边交于点P，边与的延长线交于点Q，连接．

(1)四边形的形状是___________．(2)在旋转过程中，当为等腰三角形时，求P点坐标．(3)在旋转过程中，四边形能否是菱形？若能，请求出此时点P坐标，若不能，请说明理由．【答案】(1)矩形(2)当为等腰三角形时，点P的坐标为或或(3)四边形不可能是菱形，理由见解析【分析】（1）根据矩形的判定方法，坐标特点进行解答即可；（2）分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图形求出结果即可；（3）延长交轴于点E，根据菱形的性质得出，求出点P的坐标，求出，证明，说明不可能是菱形．【详解】（1）解：∵，，，∴轴，轴，∴，∴四边形为矩形；故答案为：矩形．（2）解：∵，，，∴，，∵四边形为矩形，∴；当时，

在中根据勾股定理得：，∴，∴；当时，过点P作于点D，如图所示：

∵，，∴，∴此时点P的坐标为；当时，

在中根据勾股定理得：，∴；综上分析可知，当为等腰三角形时，点P的坐标为或或．（3）解：四边形不可能是菱形，理由如下：延长交轴于点E，如图所示：

根据解析（2）当时，点P的坐标为，∴，∴，根据旋转可知，，∵四边形为矩形，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴不可能是菱形．【点睛】本题主要考查了坐标与图象，矩形的判定和性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论．题型三：根据菱形的性质求面积一、解答题1．（2023下·江苏苏州·八年级星海实验中学校考期中）如图，点O是菱形对角线的交点，，，连接，交于F．(1)求证：；(2)如果，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)216【分析】（1）通过证明四边形是矩形来推知；（2）利用（1）中的、，结合已知条件，在中，由勾股定理求得，．然后由菱形的对角线互相平分和菱形的面积公式进行解答．【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，．，，四边形是平行四边形，四边形是矩形，；（2）由（1）知，，，，在中，由勾股定理得，，，四边形是菱形，，，菱形的面积是：．【点睛】本题考查了菱形的性质和勾股定理矩形的判定与性质，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．2．（2023下·江苏苏州·八年级统考期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点O，过点D作交的延长线于点E．(1)求证：；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明四边形为平行四边形，得出，根据菱形性质得出即可证明结论；（2）根据勾股定理，先求出对角线的长，再根据即可解决问题．【详解】（1）证明：四边形是菱形，∴，，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴．（2）解：∵四边形是菱形，∴，，，，∴，，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴．【点睛】本题注意考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是证明是平行四边形，记住菱形的对角线互相垂直，属于中考常考题型．3．（2023下·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期末）定义：如果三角形有两个内角的差为，那么称这样的三角形为“准直角三角形”．

(1)已知是“准直角三角形”，，若，则______．(2)如图，在菱形中，，，连接，若正好为一个准直角三角形，求菱形的面积．【答案】(1)或(2)【分析】（1）分情况讨论，从或者两种情况讨论，算出的值；（2）根据菱形的性质得到，，，求得，连接交于点，根据等边三角形的判定定理得到是等边三角形．求出，得到，再根据勾股定理计算出的值，最后根据菱形的面积公式计算出结果．【详解】（1）解：当时，，，，解得，当时，，根据三角形的内角和为，，综上所述，或；（2）解：四边形是菱形，，，，，，正好为一个准直角三角形，，，，，连接交于点，是等边三角形，，，，，故，，．

【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，正确理解“准直角三角形”是解题的关键．题型四：根据菱形的性质证明一、解答题1．（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，已知菱形，，E、F分别是、的中点，连接、．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】此题主要考查菱形的性质、等边三角形性质和矩形的判定，（1）可证明是等边三角形，根据中点得出，进一步求得四边形是平行四边形，即可得出答案；（2）利用等边三角形求得菱形的面积．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，又∵，∴是等边三角形，∵E是的中点，∴，∴，∵E、F分别是、的中点，∴，，∵四边形是菱形，∴且，∴且，则四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形；（2）∵是等边三角形，，∴．2．（2023下·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，过点作于点，延长到点，使得，连接．

(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质得到且，再证，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）由直角三角形斜边上的中线性质得，再由勾股定理得，即可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是菱形，且，，，，，四边形是平行四边形，，，平行四边形是矩形；（2）解：四边形是菱形，，，，由（1）可知，，，在中，，．【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；正确的识别图形是解题的关键．3．（2023下·江苏盐城·八年级校考期中）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于．

(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据，判定四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，从而证得四边形是矩形；（2）由菱形的性质可得，，，由勾股定理可得，再由矩形的性质即可得到答案．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，，，四边形是矩形；（2）解：四边形是菱形，，，，，，，，四边形是矩形，．【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和菱形的性质并灵活运用．4．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，对角线相交于点O，过点D作对角线的垂线交的延长线于点E．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)24【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直推出，即可证明；（2）根据菱形的面积公式求解．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，又，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：四边形是平行四边形，，菱形中，，，菱形的面积．【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的性质和面积，解题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直．题型五：根据菱形的定义判定菱形1．（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，四边形为矩形，为中点，过点作的垂线分别交、于点、，连接、．

(1)求证：四边形是菱形．(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与判定，矩形的性质，勾股定理．（1）由条件可先证四边形为平行四边形，再结合线段垂直平分线的性质可证得结论；（2）由菱形的性质可求得，设，在和中，分别利用勾股定理可得到关于的方程，可求得的长．【详解】（1）证明：为中点，，为的垂直平分线，，，，．∵四边形ABCD是矩形，，，，∴，四边形平行四边形．又，四边形是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，，，，，，设，在中，，在中，．，解得，．2．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）已知：如图，中，的平分线交于点，的平分线交于点，、交于点．

(1)则四边形的形状为；请说明你的理由(2)仅用无刻度的直尺在的右侧，边上找一点，连接，使得（保留作图痕迹，不写作法）；连接，，若平行四边形的面积为，则四边形的面积是．【答案】(1)菱形，理由见解析；(2)作图见解析，．【分析】（）根据平行四边形的性质和角平分线的性质证明，从而可得，同理可得，再由可得四边形是菱形；（）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求，证明，可得结论．【详解】（1）四边形是菱形，理由：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵的平分线交于点，∴，∴，∴，同理：，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）如图，连接，交于点，连接，延长交于点，

∴点即为所求．∵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：．【点睛】此题考查了作图复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握菱形的判定，平行四边形的判定．题型六：根据对角线互相垂直判定菱形1．（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，O为平行四边形的边的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足___________时，四边形是矩形．②当与满足___________时，四边形是菱形．请选择一个给予证明．【答案】(1)证明见解析(2)①；②【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到，则，由此证明得到，据此可证明结论；（2）①只需要满足，则四边形是矩形，由于可得，因此只需要满足即可；②只需要满足，即则四边形是菱形，则只要满足即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵O为边的中点，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：①当时，四边形是矩形，理由如下：∵四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴四边形是矩形；②当时，四边形是菱形，理由如下：∵，∴，∴，∵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与判定，矩形的判定，菱形的判定，等腰三角形三线合一定理，熟知相关特殊四边形的判定定理是解题的关键．题型七：根据四边相等判定菱形1．（2023下·江苏泰州·八年级校考期中）如图，中，．

(1)作点A关于的对称点C；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）所作的图中，连接，连接，交于点O．①求证：四边形是菱形；②取的中点E，连接，若，求点E到的距离．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②点E到的距离是【分析】（1）根据点关于直线的对称点的画法，过点A作的垂线段并延长一倍，得对称点C；（2）①根据菱形的判定即可求解；②过B点作于F，根据菱形的性质，勾股定理得到再根据三角形面积公式即可求解．【详解】（1）解：如图所示：点C即为所求；

（2）解：①证明：∵，∴，∵C是点A关于的对称点，∴，∴，∴四边形是菱形；②过B点作于F，

∵四边形是菱形，∴，∵E是的中点，，∴，∴∴，∵四边形是菱形，∴，∵∴，∴∵故点E到的距离是．【点睛】此题主要考查了基本作图以及轴对称变换的作法、菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形面积等知识，得出，的长是解题关键．题型八：菱形的性质与判定综合应用1．（2023下·江苏扬州·八年级仪征市第三中学校考阶段练习）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．

(1)如图1，证明：．(2)如图2，若，是的中点，求的度数；(3)如图3，若，请直接写出的度数．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义即可证明；（2）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到的度数；（3）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】（1）（1）∵平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，，∴，∴；（2）如图，连接，

∵，四边形是平行四边形，∴四边形是矩形，∵四边形是平行四边形，，∴四边形为菱形．∴，∴四边形为正方形．∵，∴，∵M为中点，∴，∴，在和中，∵∴，∴，．∴，∴是等腰直角三角形，∴；（3），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，∴为全等的等边三角形，∴，，∵，，，∴，在与中，∵，∴，∴∴．【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．2．（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，已知矩形．

(1)用直尺和圆规分别在、边上找点E、F，使得四边形是菱形；（保留作图痕迹，不写作法，并给出证明．）(2)若，，求菱形的周长．【答案】(1)见解析(2)20【分析】（1）连接，作的垂直平分线交，于点E，F，则四边形为菱形；由是的垂直平分线得，，，再证和全等得，进而得，据此可判定四边形为菱形；（2）设菱形的边长为x，则菱形的的周长为，在中由勾股定理求出x即可．【详解】（1）解：连接，利用直尺和圆规作线段的垂直平分线交，于点E，F，则点E，F为所求．如图，

证明如下：设与交于点O，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵是的垂直平分线，∴，，，在和中，，∴，∴，∴，∴四边形为菱形，∴点E，F为所求作的点．（2）解：设菱形的边长为x，则菱形的的周长为，在中，，，，由勾股定理得：，即：，解得：，∴菱形的的周长为．答：菱形的周长为20．【点睛】此题主要考查了基本尺规作图，菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等，解答此题的关键熟练掌握利用直尺和圆规作已知线段的垂直平分线的方法与步骤，理解四条边都相等的四边形是菱形．3．（2023下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)24【分析】（1）先证明，得，根据一组对边平行且相等可得四边形是平行四边形，由直角三角形斜边中线的性质得：，根据菱形的判定即可证明四边形是菱形；（2）先根据菱形和三角形的面积可得：，即可解答．【详解】（1）证明：∵E是的中点，∴，∵，∴，在和中，∵，∴，∴，∵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；（2）解：∵，，，∴，∴，∴【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、三角形和菱形的面积，解题的关键是熟练掌握以上基础知识．题型九：根据菱形的对称性求最小值1．（2023下·江苏扬州·八年级统考期末）在正方形中，，E、F分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形．

(1)如图1，连接，交于点O，若．①试说明与的关系；②线段最小值是__________；(2)如图2，若四边形为菱形，判断线段与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)①且，理由见解析；②(2)【分析】（1）①根据正方形的性质，得出，再判断和全等，再根据平行四边形的性质即可解答；②由平行四边形的性质可得，设，则，由勾股定理可得，可得的最小值，然后求得的最小值即可解答；（2）设，再根据点E为中点菱形的性质，再通过勾股定理即可解答．【详解】（1）解：①：且，理由如下：∵四边形为正方形，∴，在和中，，，∴，∵，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴，∴且．②解：∵平行四边形，∴，设，∵，，则，∴，即，∴的最小值为18，的最小值为，∴的最小值为．故答案为：．（2）解：设，，∵，，则，∵四边形为菱形，∴，由勾股定理可得：，即，解得∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握全等三角形的判定、平行四边形是解题关键．2．（2023下·江苏无锡·八年级校联考期中）在边长为6的菱形中，，点E、F是边、上的点，连接．(1)如图1，将沿翻折使B的对应点落在中点上，此时四边形是什么四边形？并说明理由．(2)如图2，若，以为边在右侧作等边；①连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长度．②直接写出的最小值．【答案】(1)菱形，理由见解析；(2)①或3；②．【分析】（1），连接，先证明是等边三角形，可知，再根据翻折的性质得出，，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得出答案；（2）①作，作，先求出，，再根据证明，然后根据得出答案；当时，根据得出答案．②先确定点G的位置，根据勾股定理求出答案．【详解】（1）答：菱形，理由如下：连接，在菱形中，，∴，∴是等边三角形，∴．在等边中，是的中线，∴，由翻折可得，，，∴，∴，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形.又∵，∴四边形是菱形；（2）①解：过点E作于点M，过点G作于点N，在中，，，∴，．∵，，∴．∵，，∴，∴，，当时，，∴；当时，在中，，，∴，∴，∴．综上，的长度为或3．②最小值是．如图，根据题意可知点G在上，且，当时，最短．∵，，∴，．在中，，∴．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等，构造辅助线是解题的关键．一．选择题（共10小题）1．（2023春•金湖县期中）菱形的对角线长分别为6和8，它的面积为A．5 B．20 C．24 D．48【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可．【解答】解：菱形的面积为：；故选：．【点评】本题考查菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．2．（2023春•姑苏区校级期中）如图所示，在菱形中，若，，则菱形的面积为A．20 B．24 C．26 D．32【分析】由菱形的性质得，，，由勾股定理求出，则，由菱形面积公式即可得出答案．【解答】解：连接交于点，如图所示：四边形是菱形，，，，，，，菱形的面积，故选：．【点评】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．3．（2023春•姑苏区校级期中）如图，已知是菱形的边上一点，且，那么的度数为A． B． C． D．【分析】由菱形的性质得出，，，则，得，再由三角形内角和定理求出，即可得出答案．【解答】解：四边形是菱形，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查了菱形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．4．（2023春•宜兴市期末）如图，下列条件之一能使平行四边形是菱形的为①；②；③；④．A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．据此判断即可．【解答】解：①中，，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定是矩形，而不能判定是菱形；故①错误．②中，，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定是菱形；故②正确；③中，，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定是菱形；故③正确；④、中，，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定是矩形，而不能判定是菱形；故④错误；故选：．【点评】此题考查了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，注意掌握菱形的判定定理是解此题的关键．5．（2023春•工业园区校级月考）如图，在中，于，，分别是，的中点，连接，，当满足下列哪个条件时，四边形为菱形A． B． C． D．【分析】可根据三角形的中位线定理、等腰三角形的性质、菱形的判定，分析得出当满足条件或时，四边形是菱形．【解答】解：要使四边形是菱形，则应有，，分别为，的中点，，，，，，，当点应是的中点，而，应是等腰三角形，应添加条件：或．则当满足条件或时，四边形是菱形．故选：．【点评】此题考查的是菱形的判定、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质，掌握其性质定理是解决此题的关键．6．（2023春•江都区月考）如图，菱形对角线，，则菱形高长为A． B． C． D．【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出、，然后利用勾股定理列式求出，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半和底乘以高两种方法列式计算即可得解．【解答】解：菱形对角线，，，，，根据勾股定理，，菱形的面积，即，解得．故选：．【点评】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，根据菱形的面积的两个求解方法列出方程是解题的关键．7．（2023春•海陵区期中）菱形的周长为，则菱形的面积的最大值为A． B． C． D．【分析】先根据菱形的性质求出菱形的边长，可设，根据勾股定理求出，再根据三角形面积公式可求菱形的面积的最大值．【解答】解：菱形的周长为，菱形的边长是，设，由勾股定理可得，菱形的面积，当时，菱形的面积的最大值是．故选：．【点评】考查了菱形的性质，勾股定理，三角形面积计算，关键是根据勾股定理得出的长．8．（2023春•吴江区月考）在下列条件中，能判定平行四边形为菱形的是A． B． C． D．【分析】由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、，，平行四边形为矩形，故选项不符合题意；、，平行四边形为矩形，故选项不符合题意；、，平行四边形为菱形，故选项符合题意；、由，不能判定平行四边形为菱形，故选项不符合题意；故选：．【点评】此题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及矩形的判定．熟记菱形的判定是解题的关键．9．（2023春•姑苏区校级期中）下列说法正确的是A．平行四边形的对角线互相垂直 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．菱形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形【分析】由菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：、平行四边形的对角线互相平分，故选项不符合题意；、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项不符合题意；、菱形的对角线互相垂直平分，故选项不符合题意；、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项符合题意；故选：．【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质是解题的关键．10．（2023春•鼓楼区校级月考）如图，已知菱形与菱形全等，菱形可以看作是菱形经过怎样的图形变化得到？下列结论：①经过1次平移和1次旋转；②经过1次平移和1次翻折；③经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点共有3个．其中所有正确结论的序号是A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【分析】依据旋转变换以及轴对称变换，分别画图可得结论．【解答】解：①如图1，先将菱形向右平移，再绕着点顺时针旋转得到菱形，故①正确；②如图2，将菱形先平移，再沿直线翻折可得菱形，故②正确；③如图3，经过1次旋转，且平面内可以作为旋转中心的点有和，共有2个，故③不正确；故选：．【点评】本题主要考查了菱形的性质和几何变换，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角．二．填空题（共8小题）11．（2023春•盐城月考）在平面直角坐标系中，四边形是菱形．若点的坐标是，点的坐标是．【分析】过、作轴，轴，根据菱形的性质可得，再证明，可得，然后可得点坐标．【解答】解：过、作轴，轴，点的坐标是，，四边形是菱形，，，，轴，轴，，在和中，，，，，．故答案为：．【点评】此题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定与性质，关键是掌握菱形四边相等．12．（2023春•东台市期中）已知：一菱形的面积为，一条对角线长为，则该菱形的另一条对角线长为．【分析】根据菱形的性质，菱形面积．、是两条对角线的长度），进而得出答案．【解答】解：一菱形的面积为，一条对角线长为，该菱形的另一条对角线长为：．故答案为：．【点评】此题主要考查了菱形的性质以及整式的除法，正确掌握菱形面积求法是解题关键．13．（2023春•玄武区期中）如图，将沿射线方向平移得到，当满足条件时（填一个条件），能够判定四边形为菱形．【分析】由题意可证四边形是平行四边形，根据菱形的判定，可得满足条件．【解答】解：满足条件为将沿射线方向平移得到，四边形是平行四边形平行四边形是菱形．故答案为【点评】本题考查了菱形的判定，平移的性质，熟练运用平移的性质是本题的关键．14．（2023春•建邺区校级期中）如图，在中，，分别以、为圆心取的长为半径作弧，两弧交于点．连接、．若，则．【分析】首先根据作图得出四边形是菱形，然后根据菱形的性质求解即可．【解答】解：连接，如图．分别以、为圆心取的长为半径作弧，两弧交于点，，，，四边形是菱形，，，，．故答案为：．【点评】本题考查了菱形的判定与性质，根据作图得出，进而判定四边形是菱形是解题的关键．15．（2023春•沭阳县期中）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，直线交于点，则的长为4.8．【分析】由菱形的性质得，再由勾股定理得，然后由菱形面积公式得，即可解决问题．【解答】解：四边形是菱形，，，，，，，即，，故答案为：4.8．【点评】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是解题的关键．16．（2023春•江都区期中）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为30．【分析】由菱形的性质得，，，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．【解答】解：四边形是菱形，，，，，，，是斜边上的中线，，菱形的面积，故答案为：30．【点评】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出的长是解题的关键．17．（2023春•灌云县月考）如图，已知，且，请你添加一个适当的条件，答案不唯一，使成为菱形．（只需添加一个即可）【分析】可以添加条件，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形可判定出结论．【解答】解：，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故答案为：．【点评】本题考查了菱形的判定和平行四边形的判定，能熟记菱形的判定定理是解此题的关键，答案不唯一．18．（2023春•吴江区期中）如图，两条宽都为的纸条交叉成角重叠在一起，则重叠四边形的面积为．【分析】过点作于，过点作于，先证四边形是平行四边形，再证平行四边形是菱形，然后由锐角三角函数定义求出的长，即可解决问题．【解答】解：如图，过点作于，过点作于，由题意可得，，，四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，，，，，，即重叠四边形的面积为，故答案为：．【点评】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质以及锐角三角函数定义等知识，求出的长是解题的关键．三．解答题（共8小题）19．（2023春•姑苏区校级期中）如图，在菱形中，，分别是，边上的点，连接，，，且．求证：．【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】证明：四边形是菱形，，，在与中，，，，．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．20．（2023春•沭阳县期末）如图，在中，对角线所在直线上有两点、，满足，连接、、、．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，则当30时，四边形是菱形．【分析】（1）连接，交于点，由平行四边形的性质得出，，证出，由平行四边形的判定可得出结论；（2）证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，则四边形是菱形，由菱形的性质证出，，得出，由菱形的判定可得出结论．【解答】（1）证明：连接，交于点，四边形是平行四边形，，，又，，即，四边形是平行四边形；（2）解：当时，四边形是菱形．，，，，，是等边三角形，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，，，，由（1）可知，四边形是平行四边形，四边形是菱形．故答案为：．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．21．（2023春•建邺区校级期中）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．（1）求证：四边形是菱形．（2）若，，求的长．【分析】（1）根据题意先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形；（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答．【解答】（1）证明：，，为的平分线，，，，，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形；（2）解：四边形是菱形，对角线，交于点，，，，，在中，，，，，在中，，为中点，．【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．22