专题1.1 菱形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【要点说明】
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.
【知识点二】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.
【要点说明】
（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.
（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.
【知识点三】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.
【要点说明】
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.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】菱形的性质中的角度与线段问题
【例1】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，于点H，交于点E．
（1）若，求的度数；
（2）若，点E是中点，求的长．
【变式1】（2024·浙江杭州·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O．若，则（ ）
A． B．3 C． D．
【变式2】（23-24八年级下·山西忻州·期末）如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则的度数是 ．
【题型2】菱形的性质中的面积与周长问题
【例2】（22-23八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线BD的垂直平分线与边、分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则菱形的周长为______，面积为______．
【变式1】（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图，菱形的周长为，对角线长为，则它的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形的周长为8，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
【题型3】菱形的性质中的作图与证明问题
【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，已知菱形，为对角线，过点作，交于点，交于点．
（1）请用无刻度的直尺和圆规过点作的垂线，交于点，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，求证．
【变式1】（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交于点E，连接，则是（ ）
A． B．
C． D．
【变式2】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为 ．
【题型4】利用菱形的性质与判定求角度与证明
【例4】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期中）如图，在四边形中，，对角线、交于点，，且平分，点为边的中点，连接，连接交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的度数．
【变式1】（22-23八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在菨形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．
【题型5】利用菱形的性质与判定求线段长与证明
【例5】（天津市河东区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）如图，在平行四边形中，对角线上有两点，，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若是等边三角形，且边长为8，，求．
【变式1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，用尺规作的角平分线，保留用直尺和圆规的作图痕迹．若，，则为（ ）．
A．10 B．8 C．6 D．4
【变式2】（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交、于点、，连接，则下列结论中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
①；
②；
③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
【题型6】利用菱形的性质与判定求面积与证明
【例6】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图在直角△ABC中，，点D是中点，连接，点E为的中点，过点A作交线段的延长线于点F，连接．
（1）求证：；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与面积相等的三角形（不包含）．
【变式1】（23-24八年级下·内蒙古巴彦淖尔·阶段练习）如图，平行四边形的对角线相交于点，，，则四边形的面积为（ ）
A．48 B．15 C．24 D．12
【变式2】（2024·重庆·二模）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
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【例2】（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·福建莆田·期末）四边形是凸四边形，若线段（可以重合）满足，则称线段是关于点A的等角线段组．
（1）若四边形是平行四边形，，点M，N分别在线段上．（均不与端点重合），线段是关于点A的等角线段组．
①证明：；
②写出一个的值，使得，并证明；
（2）凸四边形中，，点E在线段上，且，若线段是关于点A的等角线段组，线段，是关于点C的等角线段组，求的值．
【例2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，点M在的延长线上，点N在的延长线上，平分，．
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当时，连接，交于点O，过点D作，交于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与面积相等的4个三角形．专题1.1 菱形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【要点说明】
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.
【知识点二】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.
【要点说明】
（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.
（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.
【知识点三】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.
【要点说明】
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.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】菱形的性质中的角度与线段问题
【例1】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，于点H，交于点E．
（1）若，求的度数；
（2）若，点E是中点，求的长．
【答案】(1) (2)
【分析】此题考查了菱形的性质，勾股定理，
（1）根据菱形的性质得到，，然后得到，进而利用三角形内角和定理求解即可；
（2）根据菱形的性质得到，然后求出，在中，设，利用勾股定理求出，，然后利用菱形的面积求解即可．
解：（1）四边形为菱形，
，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴；
（2）四边形为菱形，
，
，点是中点，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
，
，
又，
，
．
【变式1】（2024·浙江杭州·二模）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．
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．
【变式2】（23-24八年级下·山西忻州·期末）如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则的度数是 ．
【答案】/25度
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得，，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，进而由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由等腰三角形的性质得，最后根据角的和差即可解答．
解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【题型2】菱形的性质中的面积与周长问题
【例2】（22-23八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，在四边形中，，对角线BD的垂直平分线与边、分别相交于点M、N．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则菱形的周长为______，面积为______．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）证明得到，结合判定四边形是平行四边形，利用线段垂直平分线的性质证明即可得证．
（2）根据菱形的性质，得到，根据勾股定理计算，计算即可．
（1）证明：∵，对角线的垂直平分线与边分别相交于点M、N，
∴，，，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴菱形的周长为，面积为；
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【变式1】（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图，菱形的周长为，对角线长为，则它的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】此题重点考查菱形的性质、菱形的周长和面积公式、勾股定理等知识，正确地求出的长是解题的关键．根据菱形的性质求得，，由，得，则，所以，则，于是得到问题的答案．
解：四边形是菱形，且周长为，长为，
，，
，
，
，
，
，
故选：A
【变式2】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，菱形的周长为8，，E是的中点，P是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】此题考查轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质
连接，，根据菱形的性质可得，是等边三角形，再证明，可得，从而得到的最小值为的长，再由E是的中点，可得，然后根据勾股定理可得，即可求解．
解：如图，连接，，
∵四边形是菱形，周长为8，，
∴，，，
∴是等边三角形，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
即的最小值为的长，
∵E是的中点，
∴，
∴，
即的最小值为．
故答案为：．
【题型3】菱形的性质中的作图与证明问题
【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，已知菱形，为对角线，过点作，交于点，交于点．
（1）请用无刻度的直尺和圆规过点作的垂线，交于点，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，求证．
【分析】（1）以点C为圆心，以任意长为半径画弧，交于点M，再分别以C，M为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于一点，再过该点和点A作直线，交于点F；
（2）先根据菱形的性质得出，，可得，再证明，然后根据可得答案．
【详解】（1）如解图所示，直线即为所求．
（2）证明：在菱形中，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
又∵，
∴．
【点拨】本题主要考查了尺规作图，菱形的性质，全等三角形的判定，理解菱形的性质是解题的关键．
【变式1】（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在菱形中，分别以点C，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别交于点M，N，连接．若直线恰好过点A且交于点E，连接，则是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由作法得垂直平分，，由菱形，得到，得到为等边三角形，由平行线的性质，即可求解，本题考查了垂直平分线的性质与判定，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，平行线的性质，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理．
解：连接，
由作法得垂直平分，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【变式2】（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，连接交于H，利用证明，得出的长度，再根据菱形的性质得出的长度．
解：如图，连接交于H，
∵四边形为菱形，，
∴，，，．，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
故答案为∶．
【题型4】利用菱形的性质与判定求角度与证明
【例4】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期中）如图，在四边形中，，对角线、交于点，，且平分，点为边的中点，连接，连接交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的度数．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）由平行线的性质结合题意可证，得出，即证明四边形是平行四边形．结合角平分线的定义可得出，即证明四边形是菱形；
（2）由三角形中位线定理得出，从而得出，结合菱形的性质可得出，，进而由三角形外角的性质求解即可．
（1）证明：∵，
∴，．
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵点为边的中点，，
∴，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴．
【点拨】本题考查菱形的判定和性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角形中位线的性质，三角形外角的性质等知识．熟练掌握上述知识是解题关键．
【变式1】（22-23八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，在菨形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得出，再根据直角三角形两个锐角互余，即可求解．
解：∵四边形为菱形，
∴，
∴，则，
∵，
∴，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分菱形内角，直角三角形两个锐角互余．
【变式2】（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．
【答案】
【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论．
解：如图：
，，
四边形为平行四边形，
，，
是的角平分线，
，
，
为菱形．
，即．
故答案为：．
【点拨】本题考查的是菱形的判定与性质，平行线性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，根据题意判断出四边形是菱形是解答此题的关键．
【题型5】利用菱形的性质与判定求线段长与证明
【例5】（天津市河东区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）如图，在平行四边形中，对角线上有两点，，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若是等边三角形，且边长为8，，求．
【答案】(1)见详解 (2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）连接交于点，由平行四边形的性质得，再证，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）根据是等边三角形，且边长为8，证平行四边形是菱形，得，则平行四边形是菱形，得，则，然后由勾股定理得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵是等边三角形，且边长为8，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴，
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【变式1】（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在中，用尺规作的角平分线，保留用直尺和圆规的作图痕迹．若，，则为（ ）．
A．10 B．8 C．6 D．4
【答案】B
【分析】本题考查尺规基本作图-解已知角的平分线，菱形的性质和判定，勾股定理，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形，菱形对角线互相垂直且平分．
由尺规作的角平分线的过程可得，，，根据平行四边形的性质可得，然后证明，进而可得四边形为平行四边形，再由可得四边形为菱形；根据菱形的性质可得，，，利用勾股定理计算出的长，进而可得的长．
解：连接，设与相交于O，如图，
由尺规作的角平分线的过程可得，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形；
，，，
在中，，
．
故选：B．
【变式2】（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连接分别交、于点、，连接，则下列结论中一定成立的是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
①；
②；
③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
【答案】①②③
【分析】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、三角形中位线定理等知识；
由证明，得出，证出是的中位线，得出，①正确；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，③正确；由即可证明，则②正确．
【详解】证明：四边形是菱形，
，，，，
，
，
，
∵，
，
，
是的中位线，
，故①正确；
连接，
∵，，
四边形是平行四边形，
，
、是等边三角形，
，
∴四边形是菱形，故③正确；
∵、是等边三角形，
，，
，
在和中，
，
，
综上，①②③都正确，
故答案为：①②③．
【题型6】利用菱形的性质与判定求面积与证明
【例6】（23-24七年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图在直角△ABC中，，点D是中点，连接，点E为的中点，过点A作交线段的延长线于点F，连接．
（1）求证：；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与面积相等的三角形（不包含）．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【分析】此题考查的是全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、直角三角形的性质和三角形的面积：
（1）首先由E是的中点，，证明，即可得，即可；
（2）证明四边形是菱形，根据平行线之间的距离处处相等、等高模型和菱形的性质即可解决问题．
（1）证明：∵，
∴，
∵点D是中点，点E为的中点，
∴，
在和中，
∵，
∴；
∴．
∵，
∴；
（2）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，D是的中点，
∴，
∴四边形是菱形；
∵，且的边上的高，即的边上的高，
∴，
∴，
∵，
∴的边上的高等于的边上的高，
∵，
∴，
综上：与面积相等的三角形有：．
【变式1】（23-24八年级下·内蒙古巴彦淖尔·阶段练习）如图，平行四边形的对角线相交于点，，，则四边形的面积为（ ）
A．48 B．15 C．24 D．12
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理逆定理、菱形的判定与性质、菱形的面积公式，先由平行四边形的性质得出，，再由勾股定理逆定理得出，从而得出四边形是菱形，最后由菱形的面积公式计算即可．
解：四边形是平行四边形，
，，
又，
，
，即，
四边形是菱形，
四边形的面积为，
故选：C．
【变式2】（2024·重庆·二模）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．
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：．
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形的点A出发，沿边匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到中点时，的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】结合图象，得到当时，，当点P运动到点B时，，根据菱形的性质，得，继而得到，当点P运动到中点时，的长为，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当时，，
当点P运动到点B时，，
根据菱形的性质，得，
故，
当点P运动到中点时，的长为，
故选C．
【例2】（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为
【答案】/
【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴设，
∴，
如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，
∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·福建莆田·期末）四边形是凸四边形，若线段（可以重合）满足，则称线段是关于点A的等角线段组．
（1）若四边形是平行四边形，，点M，N分别在线段上．（均不与端点重合），线段是关于点A的等角线段组．
①证明：；
②写出一个的值，使得，并证明；
（2）凸四边形中，，点E在线段上，且，若线段是关于点A的等角线段组，线段，是关于点C的等角线段组，求的值．
【答案】(1)①见解析；②，证明见解析
(2)1
【分析】（1）①由平行四边形的性质得；由线段是关于点A的等角线段组可得，由三角形外角的性质即可证明结论；
②若，则得四边形是菱形，则，由①则可证明，得，从而有，则由等腰三角形的性质即可证明；
（2）延长到P，，连接；延长到G，使，连接；则，，；由线段，是关于点C的等角线段组，得，则可由可证明，得，；线段是关于点A的等角线段组，可得，从而得，则可证明，从而，即．
【详解】（1）①证明：四边形是平行四边形，
；
线段是关于点A的等角线段组，
，
即，
，
，
；
②取，
则四边形是菱形，
，
由①知，，，
，
，
，
，
；
（2）解：如图，延长到P，使，连接；延长到G，使，连接；
，
，
，；
线段，是关于点C的等角线段组，
，
，
，
，；
线段是关于点A的等角线段组，
，
，
，，
，
，
，
，
即．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，关键是理解题目中的等角线段组的含义，灵活运用以上知识，构造适当辅助线．
【例2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在中，，点M在的延长线上，点N在的延长线上，平分，．
（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当时，连接，交于点O，过点D作，交于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与面积相等的4个三角形．
【答案】(1)见解析；
(2)，，，．
【分析】（1）根据等边对等角可推出，根据角平分线的定义可推出，再结合三角形外角的性质可得出，即推出，结合题意，即证明四边形是平行四边形；
（2）首先证明平行四边形是菱形，然后证明是等边三角形，得到，再根据等底等高的三角形面积相等可得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：∵，，四边形是平行四边形，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴．
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴、、、的面积都与的面积相等．
【点拨】本题考查等腰三角形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质，平行线间的距离处处相等，等底等高的三角形面积相等等知识．熟知特殊四边形的判定和性质是解题关键．
