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专题5-2 菱形
模块1：学习目标
1.理解菱形的概念。
2.掌握菱形的性质定理及判定定理。
模块2：知识梳理
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。
菱形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为菱形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，
即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD。
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形。
5）菱形的面积（对角线相互垂直的四边形）：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD，
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形+菱形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等。
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA。
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分。
4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角。
模块3：核心考点与典例
考点1、利用菱形性质求角度
例1．（2024·吉林长春·一模）在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交点分别为E、F．②作直线，交对角线于点G．③连接．若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
变式1.（2024·江苏淮安·一模）如图，在菱形中，，连接，以点A为圆心，长为半径作弧，交直线于点E，连接，则的度数是 ．
变式2.（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图，把菱形沿折叠，使B点落在上的E点处，若，则的大小为 ．
考点2、利用菱形性质求长度
例1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，菱形中，，于，交对角线于，过作于，若的周长为2，则菱形的边长为 ．
变式1.（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（ ）
A．5 B． C．10 D．12
变式2.（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，E是的中点，，交于点F，如果，那么菱形的周长为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
考点3、利用菱形性质求面积
例1．（23-24八年级下·重庆·阶段练习）如图，在菱形中，对角线、交于点，点是的中点，若，，则菱形的面积是（ ）
A．48 B．36 C．24 D．18
变式1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，菱形中，，，，，别为，连接，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
变式2．（23-24八年级下·浙江·课后作业）如图，菱形的边长为4， ，则菱形的面积为（ ）
A．6 B． C． D．12
考点4、利用菱形性质求坐标
例1．（23-24八年级下·河北沧州·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则B点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
变式1.（2024·广东江门·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
变式2.（2024·广东梅州·一模）在平面直角坐标系中，，，，，若以点为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ．
考点5、菱形相关的最值
例1．（2024·安徽六安·一模）如图，是菱形的对角线，，点E，F是上的动点，且，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
变式1. （23-24八年级下·山东聊城·期中）菱形的边长为，，点、分别是、上的动点，的最小值为 ．
变式2. （2024·河南洛阳·一模）在菱形中，对角线相交于点O，且，点E，F分别是线段上的两个动点，连接，则的最小值为 ．
考点6、菱形的判定
例1．（2024八年级下·浙江·专题练习）在四边形中，，．下列说法能使四边形为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
变式1. （23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．三条边相等的四边形是菱形
变式2. （2023·吉林白山·一模）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）
考点7、菱形的判定（证明）
例1．（23-24八年级·四川南充·阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．
变式1.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形中，为对角线上两点，，连接、，，．
(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，求证：四边形为菱形；
变式2.（2023春·浙江 八年级课时练习）如图，在四边形中，平分．(1)求证：四边形是菱形．(2)过点作，交的延长线于点，若 ①求菱形的面积．②求四边形的周长．
考点8、菱形的性质与判定综合
例1．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设．
(1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由．(2)若，求的值．(3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域．
变式1. （2023·河北·模拟预测）如图，已知，直线垂直平分，与边交于点，连接，过点作交于点，连接．
(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形，
(3)若，，则菱形的面积是多少？
模块4：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023春·山东济南·九年级统考开学考试）关于菱形一定具有的性质，下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．邻边相等 D．对角线相等
2．（2023·陕西咸阳·校考二模）如图，的对角线与相交于点O，添加下列条件不能证明是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·陕西西安·西北大学附中校考三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，若，，则菱形的边长为（ ）
A． B． C．8 D．10
4．（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．
5．（2023春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，是边长为1的等边三角形，分别取边的中点D，E，连接，作得到四边形，它的周长记作；分别取的中点，，连接，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·广东·一模）在菱形中，M是边的中点，，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．4
7．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）观察下面的尺规作图痕迹，在平行四边形基础上能成功作出菱形的是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
8．（2023·吉林长春·校考一模）如图，在菱形中，是对角线上的一点，过点作，，若，，则图中阴影部分的周长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，菱形的边长为，，点是对角线上的一个动点，点、分别为边、的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
10．（2023春·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，是菱形的对角线的交点，分别是的中点．给出下列结论：①四边形的面积大小等于；②四边形也是菱形；③；④；⑤其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023秋·广东佛山·九年级统考期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是__________．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号）
12．（2022·湖南湘潭·校考模拟预测）如图，菱形的对角线，相交于点，点是边的中点，若，则的长为 ___________．
13．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠BAD＝60°，AD＝2，则OH＝_______．
14．（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_____．
15．（2023·山东泰安·统考一模）如图，若菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点D的坐标是_____．
16．（2023春·湖北武汉·八年级武汉一初慧泉中学校考阶段练习）如图所示，将两张等宽的长方形纸条交叉叠放，重叠部分是一个四边形．若，，则四边形的面积是_________．
17．（2023春·浙江台州·八年级台州市书生中学校考阶段练习）如图，已知点P是菱形的对角线延长线上一点，过点P分别作延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若，则的值为 _____．
18．（2023·江西·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，E为的中点，F为线段上一动点，当为等腰三角形时，的长为______．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于E．(1)求证：；(2)若，，求的周长．
20．（2023春·北京东城·九年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点．
(1)求证；(2)连接，求证：四边形是菱形．
21．（2023春·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的垂线交的延长线于以E．
(1)证明：．(2)若，，求菱形的面积．
22．（2024·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点．
(1)尺规作图：在菱形的边上方找一点，使得；（不写作法，保留作图痕迹）；(2)判断四边形的形状，并给出证明．
23．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，且平分，过点作交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；(2)连结，交于点，若，则______度．
24．（2023春·山东济宁·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，点P从点A出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作于点Q，作交直线于点M，交直线于点F，设与菱形重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P的运动时间为t（秒）．(1)当点M与点B重合时，求t的值．(2)当t为何值时，与全等？(3)请参照下面两幅图求出S与t的函数关系式；
25．（2023春·浙江八年级课时练习）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
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专题5-2 菱形
模块1：学习目标
1.理解菱形的概念。
2.掌握菱形的性质定理及判定定理。
模块2：知识梳理
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。
菱形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为菱形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，
即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD。
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形。
5）菱形的面积（对角线相互垂直的四边形）：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD，
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形+菱形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等。
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA。
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分。
4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角。
模块3：核心考点与典例
考点1、利用菱形性质求角度
例1．（2024·吉林长春·一模）在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点A、B为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交点分别为E、F．②作直线，交对角线于点G．③连接．若，则度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查的是线段的垂直平分线的作图，菱形的性质，等腰三角形的性质，如图，连接，先证明，再证明，，可得，，再利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理可得答案．
【详解】解：如图，连接，
由作图可得：是的垂直平分线，∴，
∵菱形，∴直线是菱形的对称轴，，，
∴，，∴，，
∴，∴，故选C
变式1.（2024·江苏淮安·一模）如图，在菱形中，，连接，以点A为圆心，长为半径作弧，交直线于点E，连接，则的度数是 ．
【答案】或
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角，利用分类讨论的思想解决问题是关键．由菱形的性质可知，，再分两种情况，利用等边对等角的性质以及三角形内角和与外角的性质分别求解即可．
【详解】解：在菱形中，，，
如图，当弧与的延长线交于点时，
，；
如图，当弧与的延长线交于点时，，
，，，，
综上可知，的度数是或．
变式2.（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图，把菱形沿折叠，使B点落在上的E点处，若，则的大小为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由菱形的性质得到，，，再由折叠的性质推出，，根据等边对等角得到，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
根据折叠得，，∴，，
∴．∴．故答案为：．
考点2、利用菱形性质求长度
例1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，菱形中，，于，交对角线于，过作于，若的周长为2，则菱形的边长为 ．
【答案】
【分析】根据题意利用菱形的性质，可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质得出，再求出，利用等腰直角三角形的性质最后得出．
【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，∴，
∵，，∴，∴，
∵，且，∴，∴，∴，
∵△DEF的周长为2，∴，∴，∴，
∴，，∴，∴，
∴，∴菱形的边长为；故答案为：
【点睛】此题考查菱形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，熟记菱形的性质是解本题的关键．
变式1.（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图，四边形是菱形，对角线，交于点，是边的中点，过点作，，点，为垂足，若，，则的长为（ ）
A．5 B． C．10 D．12
【答案】B
【分析】连接，根据菱形的性质可得，，，再由勾股定理可得，再根据是边的中点，可得，再证得四边形为矩形，即可求解．
【详解】解：连接，四边形是菱形，，，
，，，在中，，
又是边的中点，，
，，，，
四边形为矩形，．故答案为：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握
菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
变式2.（2024·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，E是的中点，，交于点F，如果，那么菱形的周长为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】D
【分析】本题考查三角形中位线的性质，平行线分线段成比例定理，菱形的周长公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．据中位线可得长为长的倍，那么菱形的周长，问题得解．
【详解】解：∵是的中点，∴，
∵，∴，即，
∴是的中位线，∴，
∴菱形的周长是，故选：D．
考点3、利用菱形性质求面积
例1．（23-24八年级下·重庆·阶段练习）如图，在菱形中，对角线、交于点，点是的中点，若，，则菱形的面积是（ ）
A．48 B．36 C．24 D．18
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上中线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的两条对角线互相垂直平分是解题的关键．根据菱形的性质和已知条件可得是斜边上的中线，由此可求出的长，再根据勾股定理可求出的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
【详解】解：∵菱形，∴，，，
∵，，∴，，∴，
∴，∴菱形的面积是．故选：C．
变式1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，菱形中，，，，，别为，连接，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质，由菱形的性质得出，，证明是等边三角形，作于，分别计算出和的长，再由计算即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，，，，，
，，，，
，，，，
，，
是等边三角形，，如图，作于，
则，，
，故选：B．
变式2．（23-24八年级下·浙江·课后作业）如图，菱形的边长为4， ，则菱形的面积为（ ）
A．6 B． C． D．12
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质定理应用，由于本题存在特殊角度，故而需根据其特殊形结合菱形的性质求解出菱形的面积．关键在于对菱形的性质定理的熟练掌握并对特殊角度准确利用．
【详解】解：如图，连接，过点作交于点，
∵四边形是菱形，∴，，，
又∵，∴，∴为等边三角形，
∵，∴，∵菱形的边长为4，即，
∴在中，，∴，
∴菱形的面积是．故选：C．
考点4、利用菱形性质求坐标
例1．（23-24八年级下·河北沧州·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则B点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，在中，利用勾股定理求出，进而即可解决问题．
【详解】解：∵，∴，，∵四边形是菱形，∴，
在中，，∴∴B点的坐标为．故选：D．
变式1.（2024·广东江门·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定与性质，过A、C分别作轴，轴，根据菱形的性质可得，再证明，可得，然后可得C点坐标．
【详解】解：过A、C分别作轴，轴，
∵点A的坐标是，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴，
∵轴，轴，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴．故选：A．
变式2.（2024·广东梅州·一模）在平面直角坐标系中，，，，，若以点为顶点的四边形是菱形，则点的坐标为 ．
【答案】或或或
【分析】本题考查了菱形的性质、坐标与图形、勾股定理，分两种情况：①点在点的右边，过作于；②点在点的左边时，过作于，分别求出和的长即可，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
【详解】解：①点在点的右边，过作于，如图1所示：
∵，，，，且，∴，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴，
∴，∴，∴点的坐标为或；
②点在点的左边时，过作于，如图2所示：
∵，，，，且，，∴，∴，
∵四边形是菱形，∴∴，
∴，∴，
∴点的坐标为或；故答案为：或或或．
考点5、菱形相关的最值
例1．（2024·安徽六安·一模）如图，是菱形的对角线，，点E，F是上的动点，且，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练运用轴对称的性质和平行四边形的性质以及勾股定理是解题的关键．
连接交于O，以，为邻边作平行四边形，则，，所以，即的最小值．
【详解】解：如图所示，连接交于O，以，为邻边作平行四边形，
，，，
，，，，
，四边形是菱形，，
，，，
即的最小值是故答案为：D．
变式1. （23-24八年级下·山东聊城·期中）菱形的边长为，，点、分别是、上的动点，的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，连接，作于，证明，得，当点、、共线，的最小值为的长，求出的长即可．将的最小值转化为的长是解题的关键．
【详解】解：连接，作于，
∵四边形是菱形，∴，，
在和中，，∴，∴，
∴（当点、、共线时取“”），∴的最小值为的长，
∵菱形的边长为，，在中，，，
∴，∴，
∴，∴，
∴的最小值为．故答案为：．
变式2. （2024·河南洛阳·一模）在菱形中，对角线相交于点O，且，点E，F分别是线段上的两个动点，连接，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了轴对称路径最短问题，菱形的性质，能够确定的最小值是解决问题的关键．作关于的对称点，则，当时，最小，根据勾股定理求出，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】解：作关于的对称点，则，，
四边形是菱形，在线段上，当时，最小，
四边形是菱形，，，，，，
，，在中，，
，，故答案为：．
考点6、菱形的判定
例1．（2024八年级下·浙江·专题练习）在四边形中，，．下列说法能使四边形为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．先证四边形是平行四边形，再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．
【详解】解：，，四边形是平行四边形，
A、，平行四边形为矩形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，∴，∴，
∵，∴，∴平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形，，，
，，平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；
D、，平行四边形为菱形，故选项符合题意；故选：D．
变式1. （23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．三条边相等的四边形是菱形
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定方法，利用菱形、矩形、平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A． 一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误，故该选项不符合题意；
B．对角线互相垂直的四边形是菱形，原说法正确，故该选项符合题意；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误，故该选项不符合题意；
D．四条边相等的四边形是菱形 ，原说法错误，故该选项不符合题意；故选：B．
变式2. （2023·吉林白山·一模）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）．
考点7、菱形的判定（证明）
例1．（23-24八年级·四川南充·阶段练习）如图，矩形的对角线，相交于点，，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见详解(2)
【分析】（1）根据，．可以得到四边形是平行四边形，然后根据矩形的性质，可以得到，由菱形的定义可以得到结论成立；（2）根据，，可以求得菱形边上的高，然后根据菱形的面积底高，代入数据计算即可．
本题考查菱形的判定、矩形的性质，锐角三角函数，解答本题的关键是明确菱形的判定方法，知道菱形的面积底高或者是对角线乘积的一半．
【详解】（1）证明：∵，．四边形是平行四边形，
四边形是矩形，，，，
，四边形是菱形；
（2）解：作于点，
四边形是矩形，，，，，
，∴,∴,，
菱形的面积是：．
变式1.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在平行四边形中，为对角线上两点，，连接、，，．
(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，求证：四边形为菱形；
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题的关键．
（1）连接交于点O，利用平行四边形的性质求得，由，得到，根据平行四边形的判定定理即可证明结论成立；（2）先证明是菱形，可得，然后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接交于点O，
∵四边形是平行四边形，∴，
∵，∴，∴四边形为平行四边形；
（2）证明：∵，四边形是平行四边形，∴是菱形，∴，
∵四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形．
变式2.（2023春·浙江 八年级课时练习）如图，在四边形中，平分．
(1)求证：四边形是菱形．(2)过点作，交的延长线于点，若
①求菱形的面积．②求四边形的周长．
【答案】(1)见解析(2)①，②
【分析】(1)根据平行线的性质可知角相等，再根据角相等即可求得边平行且相等，最后根据邻边相等的平行四边形是菱形即可求得结论；(2) ①根据余角的性质可知角相等，再根据勾股定理求出，最后根据面积关系求出四边形的面积；②根据①的结果直角求出四边形的周长即可．
【详解】（1）解：∵，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵，∴，∴且，∴四边形是平行四边形，
∵，∴平行四边形 是菱形．
（2）解：①∵菱形中，，∴，
∵，
∴，∴，∴，∴，
∵，∴
② ∵，，，
∴四边形的周长：，
【点睛】本题考查菱形的判定性质，余角的性质，勾股定理，正确运用菱形判定和性质是解题的关键．
考点8、菱形的性质与判定综合
例1．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，在菱形中，，，点是上一点，点在射线上，且，连接，设．
(1)当点、在边上）运动时，的大小是否会变化？若不变，请求出度数，若变化，请说明理由．(2)若，求的值．(3)当在线段上时，设，求关于的函数关系式及其定义域．
【答案】(1)不变，(2)或(3)
【分析】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，通过计算寻找角的数量关系是解本题的关键．（1）连接，设，可表示出，，，，，进而计算求得，从而求得结果；（2）可推出，进而求得结果；
（3）作于，，在中表示出，进而表示出，进一步表示出，从而求得结果．
【详解】（1）如图1，连接，四边形是菱形，
，，，，
，，，，
，，，
设，，，
在中，，，
在中，，
，
，
，；
（2）当点在线段上时，在和中，
，，，
，，，，，
如图2，当点在的延长线上时，作于，
，，，，
，，
，，，综上所述：或；
（3）作于，，，，
，，
在中，，
在中，同理可得：，，
．
变式1. （2023·河北·模拟预测）如图，已知，直线垂直平分，与边交于点，连接，过点作交于点，连接．
(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形，
(3)若，，则菱形的面积是多少？
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的定义得到，由平行线的性质可得，，即可得证；（2）由全等三角形的性质得到，由垂直平分线的性质得到，，即可得证；（3）根据菱形的性质得到，根据勾股定理有，继而得到，，最后据菱形的性质可求出其面积．
【详解】（1）证明：∵直线垂直平分，∴，
∵，∴，，
在与中，，∴；
（2）∵，∴，
∵为线段的垂直平分线，∴，，
∴，∴四边形为菱形；
（3）解：∵四边形是菱形，∴，
∵，，∴，
∴，，∴，
∴菱形的面积是．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，平行线的性质，菱形的面积等知识点．掌握菱形的判定和性质、勾股定理和垂直平分线的性质是解题的关键．
模块4：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023春·山东济南·九年级统考开学考试）关于菱形一定具有的性质，下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．邻边相等 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据菱形性质进行判断即可．
【详解】解：A．菱形对角线互相平分，故选项正确，不符合题意；
B．菱形对角线互相垂直，故选项正确，不符合题意；C．菱形邻边相等，故选项正确，不符合题意；
D．菱形的对角线不一定相等，故选项错误，符合题意．故选：D．
【点睛】此题考查了菱形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2023·陕西咸阳·校考二模）如图，的对角线与相交于点O，添加下列条件不能证明是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵，∴，∴是菱形，故选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，∴是菱形，故选项不符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，∴是菱形，故选项不符合题意，
D、∵四边形是平行四边形，，∴是矩形，故选项符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
3．（2023·陕西西安·西北大学附中校考三模）如图，菱形的对角线、相交于点O，若，，则菱形的边长为（ ）
A． B． C．8 D．10
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，利用勾股定理即可求出边长．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，∴，故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算边长是解题的关键．
4．（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．
5．（2023春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，是边长为1的等边三角形，分别取边的中点D，E，连接，作得到四边形，它的周长记作；分别取的中点，，连接，作，得到四边形，它的周长记作．照此规律作下去，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用三角形中位线定理、等边三角形的性质，证明四边形是菱形，可求出，进而得出的值，找出规律即可计算出的值．
【详解】解：∵点D、E是边的中点，∴，且，，
∵，∴四边形是菱形，∴，同理求得 ，……
，∴，故答案为：C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理并能进行推理计算是解题关键．
6．（2023·广东·一模）在菱形中，M是边的中点，，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】B
【分析】根据菱形的性质，得到，，根据勾股定理计算即可．
【详解】∵菱形中，M是边的中点，，，
∴，，∴，故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
7．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）观察下面的尺规作图痕迹，在平行四边形基础上能成功作出菱形的是（ ）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】B
【分析】根据菱形的判定方法逐项判断即可．
【详解】如图，
如图①，根据尺规作图可知：，
∵在平行四边形中，有，∴四边形是菱形，故①符合要求；
如图①，根据尺规作图可知：垂直平分线段，∴，，∴，
∵在平行四边形中，有，∴，∴，即平分，
∵，∴是等腰三角形，∴，
同理可得，∴，∴四边形是菱形，故②符合要求；
如图③，根据尺规作图可知：，利用现有条件无法证明，
即无法证明出四边形是菱形，故③不符合要求；故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质以及垂直平分线的尺规作图等知识，掌握菱形的判定方法是解答本题的关键．
8．（2023·吉林长春·校考一模）如图，在菱形中，是对角线上的一点，过点作，，若，，则图中阴影部分的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质可得出，由可得出，由，，可得四边形和四边形是平行四边形，根据平行四边形对边相等的性质，进行计算即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
∵，，∴是等边三角形，∴，∴，
∵，，∴，，
∴四边形和四边形是平行四边形，
∴，，，，∴阴影部分的周长为：
．故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识点，运用了转化的思想．合理应用相关性质进行计算是解题的关键．
9．（2023·贵州遵义·统考一模）如图，菱形的边长为，，点是对角线上的一个动点，点、分别为边、的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作点关于直线的对称点，连接，根据轴对称的性质可知，由图象可知当为两平行线和间的垂线段时，即菱形的边上的高时，为最小值，再求出菱形的边上的高，即为的最小值．
【详解】解：作点关于直线的对称点，连接，
∴，∵点为边上的动点，即点也为边上的动点，
∴当点、、在一条直线上时，有最小值，∵点、、均为动点，
∴由图象可知当为两平行线和间的垂线段时，即菱形的边上的高时，为最小值，如图，过点作，垂足为，
∵在菱形中，∴，∴，又∵，∴，
∵在中，，，∴，
∴，∴的最小值是，故选：D．
【点睛】本题考查了轴对称中的最短距离问题、菱形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质，学会利用轴对称解决最短距离问题是解答本题的关键．
10．（2023春·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，是菱形的对角线的交点，分别是的中点．给出下列结论：①四边形的面积大小等于；②四边形也是菱形；③；④；⑤其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】①根据菱形的面积公式即可求证；②根据菱形的定义判断即可得出答案；③根据菱形的性质即可判断；④根据等腰三角形的性质即可判断正误；⑤根据三角形的面积公式计算即可
【详解】①∵四边形是菱形，∴四边形的面积为．
∵分别是的中点，∴，∴四边形的面积大小等于，故①正确；
②∵四边形是菱形，∴．
∵分别是的中点，∴，∴．∴四边形是平行四边形，
∵，∴平行四边形是菱形，故②正确；
③∵四边形是菱形，四边形也是菱形，
∴，∴，故③正确；
④∵为中点，而与不一定相等，∴无法证明，故④错误；
⑤∵四边形是菱形，四边形也是菱形，∴
∵为中点，∴，∴．
∵，∴，故⑤正确；
综上，正确的有①②③⑤，共4个，故选C．
【点睛】本题考查菱形的判定及性质，三角形的性质以及菱形面积公式，掌握这些性质和判定是关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023秋·广东佛山·九年级统考期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是__________．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号）
【答案】①②③
【分析】先根据三角形中位线定理得到，即可证明四边形是平行四边形；添加条件①②可证明四边形是矩形，得到，则，从而证明四边形是菱形；条件条件③直接可得到，从而证明四边形是菱形；添加条件④无法证明，无法证明四边形是菱形．
【详解】解：如图所示，连接，
∵E、F分别是、的中点，∴是的中位线，∴，
同理，∴，∴四边形是平行四边形；
当添加条件①时，∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，∴，∴，
∴四边形是菱形，故①符合题意；
添加条件②，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，
∴四边形是菱形，故②符合题意；
添加条件③，∴，∴四边形是菱形，故③符合题意；
添加条件④，无法证明，即无法证明四边形是菱形，故④不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，菱形的判定，熟知特殊四边形的性质与判定定理是解题的关键．
12．（2022·湖南湘潭·校考模拟预测）如图，菱形的对角线，相交于点，点是边的中点，若，则的长为 ___________．
【答案】12
【分析】由菱形的性质得，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由菱形的性质即可得解．
【详解】解：四边形为菱形，，，，
是的中点，，．故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
13．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠BAD＝60°，AD＝2，则OH＝_______．
【答案】1
【分析】由菱形的性质得，，由，可得是等边三角形，再由，得到，最后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，
∵，∴是等边三角形，
∵，∴，∵，∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
14．（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．
15．（2023·山东泰安·统考一模）如图，若菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点D的坐标是_____．
【答案】
【分析】首先据菱形的性质求出的长度，再利用勾股定理求出的长度，进而得到点D的坐标．
【详解】解：菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，
，，
，点，故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出的长度．
16．（2023春·湖北武汉·八年级武汉一初慧泉中学校考阶段练习）如图所示，将两张等宽的长方形纸条交叉叠放，重叠部分是一个四边形．若，，则四边形的面积是_________．
【答案】
【分析】由、可知四边形为平行四边形，过点作于点，于点，连接、交于点；由平行四边形的对角线将平行四边形分为两个面积相等的三角形，结合两纸条的宽度相等可以得到；接下来判断出四边形的形状，然后求出对角线的长度，问题便不难解答．
【详解】解：过点作，，垂足分别为，，连接、交于点．
纸条的对边平行，即、，
四边形是平行四边形，与的面积相等．
纸条的宽度相等，即，，四边形是菱形．
，，，，
，，，
．故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质和判定、含30度直角三角形的性质及勾股定理，正确作出辅助线是解答的关键．
17．（2023春·浙江台州·八年级台州市书生中学校考阶段练习）如图，已知点P是菱形的对角线延长线上一点，过点P分别作延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若，则的值为 _____．
【答案】
【分析】连接交于O，由菱形的性质与勾股定理得到，则，再由，，则即可得到答案．
【详解】解：连接交于O，如图：
∵四边形是菱形，，∴，，，
，
在中，，，
，在中，，，
在中，，，
，故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质的知识，求出，将转换为是关键．
18．（2023·江西·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，，，E为的中点，F为线段上一动点，当为等腰三角形时，的长为______．
【答案】或或3
【分析】先利用菱形的性质和等边三角形的判定与性质分别求出，，，再利用等腰三角形的性质分类讨论，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
∵，∴是等边三角形，∴，
∴，∴
∵E为的中点，∴，，∴，
当时，，∴，
当时，如图，过E点作于G，
∵，∴，∵E为的中点，，
∴，由勾股定理得，在中，，
∴，
当点F与点O重合时，此时，则；
综上，的长为或或3；故答案为：或或3．
【点睛】本题考查了菱形的性质和等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质，解题关键是正确分类讨论和计算．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023春·江苏·八年级校考周测）如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于E．(1)求证：；(2)若，，求的周长．
【答案】(1)见详解(2)24
【分析】（1）只要证明是的中位线即可．
（2）在中求出，再求出、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：在菱形中，，在中，，，
，，，周长．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形中位线定理、三角形周长等知识，解题的关键是证明点是中点，记住菱形的对角线互相垂直，属于中考常考题型．
20．（2023春·北京东城·九年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，、、分别是、、的中点．
(1)求证；(2)连接，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，结合体已知条件得出，进而根据三线合一即可得证；（2）根据（1）的结论得出，根据中位线的性质得出，根据菱形的判定定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，
又∵，∴，∵是的中点，∴；
（2）证明：如图所示，连接，
∵，是的中点，∴，
∵分别是的中点∴
又∵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．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，综合运用以上知识是解题的关键．
21．（2023春·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的垂线交的延长线于以E．
(1)证明：．(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先根据菱形的性质得出，，再证明，然后证明四边形是平行四边形，即可证明；
（2）先根据（1）中四边形是平行四边形得到，，结合菱形的性质以及勾股定理得出值，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形∴，
∵∴∴四边形是平行四边形∴
（2）解：由（1）得四边形是平行四边形∴，
∵四边形是菱形∴，，
那么在中，设，∵∴，则∴
所以菱形的面积
【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
22．（2024·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线相交于点．
(1)尺规作图：在菱形的边上方找一点，使得；（不写作法，保留作图痕迹）；(2)判断四边形的形状，并给出证明．
【答案】(1)作图见解析；(2)四边形是矩形，证明见解析．
【分析】（）作，再在射线上截取，连接，因为四边形为菱形，所以，，因为，可得，得到，又，故可得，即点即为所求；（）由菱形的性质可得，，进而可推导出，，，得到四边形是平行四边形，即可得到四边形是矩形；本题考查了平行线的作法，作一条线段等于已知线段，全等三角形的判定，菱形的性质，平行四边形和矩形的判定，掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
【详解】（1）解：如图，点即为所求；
（2）解：四边形是矩形．
证明：∵四边形为菱形，∴，，∴，
∵，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是矩形．
23．（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，且平分，过点作交的延长线于点．
(1)求证：四边形是菱形；(2)连结，交于点，若，则______度．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟记平行四边形与菱形的判定方法是解本题的关键；（1）由角平分线的性质可得，由平行线的性质可得，即可得到，进而得到，然后证得，根据平行四边形判定得到四边形是平行四边形，再由，即可证得平行四边形是菱形；（2）证明，证明，结合，可得，证明，从而可得答案．
【详解】（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），，平行四边形是菱形，，，
平行四边形是菱形，，，
，，，．
24．（2023春·山东济宁·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，点P从点A出发，沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作于点Q，作交直线于点M，交直线于点F，设与菱形重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P的运动时间为t（秒）．(1)当点M与点B重合时，求t的值．(2)当t为何值时，与全等？(3)请参照下面两幅图求出S与t的函数关系式；
【答案】(1)2(2)或4(3)
【分析】（1）根据直角三角形的性质求解即可；（2）分两种情况：①当时，②当时，由全等三角形的性质得出关于t的方程，解方程可得出答案；（3）分两种情况：①当时，②当时，由直角三角形的性质及三角形的面积公式可得出答案．
【详解】（1）解：如图1：当M与B重合时，
∵，∴，∵∴∴∴．
（2）解：①当时，∵,∴
∵，∴，∴,∴；
②当时，∵∴
∵，∴，∴，∴；
综上所述，t的值为或4．
（3）解：①时，如图2，
在中， ∴∴；
②当时，如图3，
∵，∴
∴
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等知识点，正确进行分类讨论是解题的关键．
25．（2023春·浙江八年级课时练习）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】(1)(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析(3)或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，
即可证明；（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即
可证明；（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及等边三角形 的边长可得结论．
【详解】（1）解：如图，连接，延长交于H， ∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，， ∴，
∵是等边三角形，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
同理可证是等边三角形，∴， ∴，即
又∵，∴．故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：如图，连接， ∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，∴， ∴，，
设与交于点H，同理可得，∴，又∵，∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F， ∵四边形是菱形，∴，平分，
∵，∴，∴，
∴，∴，由（2）知，
∵，，∴，由（2）知，
∴，∴，∴，
∵是等边三角形，，∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，同法可得，
∴；综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
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