菱形的性质与判定——北师大版数学九年级上册知识点训练

菱形的性质与判定——北师大版数学九年级上册知识点训练
一、选择题
1．（2024九上·醴陵开学考）下列命题是真命题的是（　　）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．四个角都相等的平行四边形是正方形
D．有一个角是直角的四边形是矩形
2．（2024八下·任城期中）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
3．（2021·三明模拟）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．3
4．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形，为坐标原点，点在轴上，的坐标为，则顶点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
5．（2023八下·沐川期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
6．（2024九上·广州开学考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁．李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形形状和面积分别是（　　）
A．平行四边形， B．平行四边形，
C．菱形， D．菱形，
7．（2024·从江模拟）如图，菱形ABCD中，分别是BC，CD的中点，连接的周长为，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．5cm B．6cm C． D．8cm
8．（2024八下·澄海期末）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的动点，连接AE，EF，G、H分别为AE、EF的中点，连接GH．若∠D＝45°，AD=4，则GH的最小值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
二、填空题
9．（2024八下·浏阳期中）已知菱形的两条对角线分别是和，则其面积是　 　．
10．（2024九上·南山开学考）如图，在菱形中，对角线、交于点，作交的延长线于点，连接，若，，则菱形的面积为　 　．
11．（2024九上·沙坪坝开学考）如图，菱形的边长为4，，过点B作交于点E，连接，F为的中点，连接，交于点G，则的长为　 　．
12．（2016·丽水）如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至G，使得DG=BD，连结EG，FG，若AE=DE，则 =　 　．
13．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　 　．
三、解答题
14．（2024八下·苍南期末）如图是由个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，顶点称为这个矩形网格的格点，请按要求在矩形网格中画格点四边形．
（1）在图中画出一个以为对角线的平行四边形．
（2）若小长方形的宽为，请在图中画出一个边长为的菱形注：图，图在答题纸上．
15．（2024九上·洞口开学考）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接、．
备用图
（1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）四边形能够成为正方形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
16．（2024八下·昌黎期末）如图，在四边形ABCD中，，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与四边形ABCD的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；
（2）当MN平分∠AMC时，
①求证：四边形ANCM为菱形；
②当四边形ABCD是矩形时，若，，求DM的长．
17．（2024九上·龙马潭开学考）.如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点，，且与直线：交于点．
（1）分别求出点，，的坐标．
（2）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数解析式．
（3）在的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
18．（2024八下·忠县期末）如图所示四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知点，，BD平分.
图1 图2
（1）证明：四边形ABCD是菱形；
（2）如图1，过四边形ABCD的顶点作，且，线段交于点，交于点，交的延长线于点，求证：；
（3）如图2，在四边形中，若，的面积为，点是直线上一动点，连接.点在线段的左侧，为等边三角形，连接，当线段最短时，求的值.
19．（2024·青海） 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
20．（2024·杭州模拟）综合与实践
【问题情境】
如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足.连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点.
（1）【初步分析】
线段与的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
（2）【深入分析】
如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由：
（3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以A是假命题，A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以B是真命题，B符合题意；
C、四个角都相等，则四个角都是直角，而有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以C是假命题，C不符合题意；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以D是假命题，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据菱形、平行四边形、正方形、矩形的判定定理，真命题与假命题的定义逐项进行判断求解.
2．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【分析】由菱形的性质可得，进而可得，从而可解．
3．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：
四边形ABCD是菱形，
， ， ，
与 是等边三角形，
且点G恰好为CD边的中点，
平分AB， ，
， ， ，
， ，
在 中， ，
由勾股定理可知： ，
，
由折叠可知： ，故有 ，
设 ，则 ，
在 中，由勾股定理可知： ，
即 ，解得 ，
故答案为：B.
【分析】过点D作DH⊥AB 于点H，连接BD和BG，由菱形性质得AB=AD=CD=BC，∠C=60°，可推出△ADB和△BCD是等边三角形，利用等边三角形的性质可推出点G恰好为CD边的中点；再求出AH的长，利用勾股定理求出DH的长，即可得到BG的长；利用折叠的性质可知AE=GE，设AE=x，可表示出BE的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x值.
4．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：延长BA交y轴于点D，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CO，AO=AB，
∴AB⊥y轴，
∴∠ODA=90°，
∵点A（-3，4），
∴OD=4，AD=3，
∴，
∴AB=5，
∴BD=AB+DA=5+3=8，
∵点B在第二象限，
∴点B（-8，4）.
故答案为：C.
【分析】延长BA交y轴于点D，利用菱形的性质可证得AB∥CO，AO=AB，利用点A的坐标可得到OD，AD的长；再利用勾股定理求出AO的长，可得到AB的长，然后求出点B的坐标.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：记AC与BD的交点为，如图所示：
四边形ABCD为菱形，
菱形的面积
菱形的面积
故答案为：D
【分析】记AC与BD的交点为，根据菱形的性质得到进而根据勾股定理求出BO，再根据菱形的面积结合题意即可求出DE.
6．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：由题意知，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴，
如图，作于M，于N，连接，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
则，
∴重合部分四边形的面积为：
，
故答案为：D．
【分析】先根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得出，作于，于，根据平行四边形的对角线将平行四边形分为面积相等的两部分得出，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得出四边形是菱形，再由直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求得，然后根据重合部分四边形的面积为，代入计算即可求解.
7．【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，
∵∠B=60°，
∴∠D=60°，
∴，是等边三角形，
∴AB=AC=AD，∠BAC=∠CAD=60°，
∵E，F分别是BC，CD的中点，
∴AE⊥BC，AE平分∠BAC，AF平分∠CAD，
∴∠AEC=90°，∠CAE=∠CAF=30°，
∴∠EAF=60°，
∴是等边三角形，
∴AE=AF=EF，
又∵的周长为，
∴，
∴，
在中，，
∴BC=2，
∴菱形ABCD的周长为2×4=8cm，
故答案为：D.
【分析】连接AC，根据菱形的性质，∠B=60°，得，是等边三角形，根据等边三角形的性质，得AB=AC=AD，∠BAC=∠CAD=60°，根据等腰三角形“三线合一”可知AE⊥BC，AE平分∠BAC，AF平分∠CAD，从而求出∠AEC=90°，∠EAF=60°，进而得是等边三角形，利用三角形的周长公式求得的边长为2，接下来中，利用特殊角的三角函数值解直角三角形求出AE的长，从而得BC=2AB，最后利用菱形的周长公式进行计算即可.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连结AF，如图所示：
∵四边形为菱形，∴，又∵G，H分别是的中点，∴，又当时，AF有最小值，则GH也最小，此时，
则为等腰直角三角形，，解得：，故.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查菱形的基本性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，属于中档题型.连结AF，利用中位线定理及已知条件得到：，再利用点到直线垂线段最短可得当时，AF有最小值，则GH也最小，然后利用菱形及等腰直角三角形的性质结合勾股定理进行求解即可.
9．【答案】12
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形的两条对角线分别是和，
∴菱形的面积=×4×6=12，
故答案为：12.
【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
10．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC
∵DE⊥AB，
∴OE＝BD，
∴OB＝OE＝，BD＝2，
在Rt△AOB中，OA＝
∴AC＝2
∴菱形的面积为：＝＝ 2．
故答案为：2．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，易知BD＝2OE＝2；在Rt△AOB中，根据勾股定理可求出AC＝2，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可解答．
11．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取为的中点，
∵菱形的边长为4，，
∴，，，
∵F为的中点，H为的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【分析】取为的中点，根据菱形的四条边都相等，对边平行，对角相等得出，，，根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，根据平行线的性质得出， 根据直角三角形的性质得出， 根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方得出， 则， 根据两角及其一角的对边对应相等的两个三角形全等得出，根据全等三角形的对应边相等得出，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
12．【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵BE⊥AD，AE=DE，
∴AB=BD，
又∵菱形的边AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
设EF与BD相交于点H，AB=4x，
∵AE=DE，
∴由菱形的对称性，CF=DF，
∴EF是△ACD的中位线，
∴DH= DO= BD=x，在Rt△EDH中，EH= DH= x，
∵DG=BD，
∴GH=BD+DH=4x+x=5x，
在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG= ，所以， = = ．故答案为： ．
【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．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，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，难点在于作辅助线构造出直角三角形以及三角形的中位线．
13．【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
14．【答案】（1）解：如图，取格点，连接，则四边形为平行四边形，
由8个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，
，，
，
四边形为平行四边形．
（2）解：取格点，依次连接得到四边形，则四边形为所求作菱形，
延长交矩形网格于，
由8个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，小长方形的宽为1；
小长方形的长为3，，，
，
四边形是边长为的菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）取格点C、D，连接AC、BC、AD、BD，则四边形ACBD为平行四边形；
（2）取格点E、H、G、F，依次连接得到四边形EFGH，利用矩形的性质，勾股定理可求得四边形EFGH四条边都是，根据四条边相等的四边形是菱形，即可得四边形EFGH为所求作菱形；
15．【答案】（1）解：四边形能够成为菱形，理由如下：因为中，，，
所以．
在中，，，
所以，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，解得：，
即当时，四边形是菱形；
（2）解：四边形不能为正方形，理由如下：
当时，．
所以
所以
因为，
所以，
所以，
所以，
所以时，
但，
四边形不可能为正方形．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；正方形的判定；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由已知条件可得中，即可知，然后问题可求证；
（2）由（1）知且，即四边形是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即，可得关于的方程，求解即可知；
（3）四边形不为正方形，若该四边形是正方形即，即，此时，根据求得的值，继而可得，可得答案．
（1）四边形能够成为菱形，理由如下：
∵中，，，
．
在中，，，
，
，，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，解得：，
即当时，四边形是菱形；
（2）四边形不能为正方形，理由如下：
当时，．
，
，
，
，
时，
但，
四边形不可能为正方形．
16．【答案】（1）证明：∵，为对角线的中点，
∴，，
∴，∴，
∵，∴四边形为平行四边形；
（2）解：①证明：∵平分，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴平行四边形为菱形；
②∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵菱形
∴，
在中，根据勾股定理，得，
∴，
解得．
故的长为3．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由二直线平行，内错角相等，得∠OAM=∠OCN，∠AMO=∠CNO，由中点定义得AO=CO，从而由AAS判断出△AOM≌△CON，由全等三角形的对应边相等得AM=CN，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（2）①由角平分线的定义及平行线的性质可推出∠CMN=∠CNM，由等角对等边得CM=CN，从而由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
②由矩形性质得∠ADC=90°，由勾股定理算出CD的长，由菱形四边相等得CM=AM，在Rt△CDM中，利用勾股定理建立方程可求出DM的长.
17．【答案】（1）解： ，当y=0时，x=8；当x=0，y=4；
∴ B（8，0），C（0，4），
，解得，x=，y=，即A（，）；
（2）解：设D（m，n），则6=OC·m，∴ m=3，
将x=3代入 ，∴ n=y=1，即D（3，1），
设直线CD的函数解析式为y=kx+b，
将C和D代入可得，解得k=-1，b=4，即y=-x+4，
∴ 直线CD的函数解析式为y=-x+4；
（3）解：存在，Q（），（4，4）或（2，-2）
当四边形OCPQ为菱形，如图，
∵ ∠MOQ=45°，∠OMQ=90°，OQ=OC=4，
∴ OM=MQ=，即Q（）；
当四边形OCQP为菱形，如图，
∵ ∠CPO=45°，
∴ ∠CPQ=45°，即∠OPQ=90°，
∴ Q（4，4）；
当四边形OPCQ为菱形，如图，
∵ ∠OCP=45°，CP=OP，
∴ △CPO为等腰直角三角形，即△CQO为等腰直角三角形，
∴ Q（-2，2），
∴ Q（），（4，4）或（2，-2）.
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）根据直线l1的函数解析式，令y=0，求出x的值，即为点B的坐标；令x=0，求出y的值，即为点A的坐标；联立l1和l2，即可求得点A的坐标；
（2）根据三角形的面积求出D的横坐标，将其代入求出D的纵坐标，根据待定系数法即可求得；
（3）分情况：四边形OCPQ，四边形OCQP，四边形OPCQ为菱形，根据菱形的性质即可求得Q的坐标.
18．【答案】（1）解： ，，
四边形是平行四边形，
∵
∴
∵平分，
∴
∴
∴
四边形是菱形；
（2）解：在上截取，过点作交于点，连接、，
∵，且，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵四边形是菱形
∴，，，，
∴
∴，
∴，
∴，，
∵ ，
∴，
∵，
，
，
∵四边形是菱形
∴，，
∵，
∴，
∴
∴
在与中，，，，
，
，
在中，，
，
，即，
；
（3）解：在中，设，过点A作于E，
，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
以为边在下方作等边，连接，
∴，
，
，而，，
，
，
当于点P时，最短，即最短，
在中，，，在上取点使，
∴，
设，
∴，，
∴，
∵，
，解得，
即此时的值
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，进而根据平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的判定结合菱形的判定即可求解；
（2）在上截取，过点作交于点，连接、，先根据等腰直角三角形的判定与性质得到，再根据菱形的性质得到，，，，进而结合题意进行角的运算得到，根据三角形全等的判定与性质证明得到，再根据菱形的判定与性质得到，，进而根据平行公理及其推论结合题意即可得到，根据平行线的性质得到，从而结合题意证明得到，再结合等腰直角三角形的性质进行线段的运算即可求解；
（3）设，过点A作于E，先根据等腰直角三角形的性质得到，进而根据三角形的面积即可得到，从而得到，以为边在下方作等边，连接，再根据三角形全等的判定与性质证明得到，从而即可得到当于点P时，最短，即最短，在中，，，在上取点使，进而即可得到，，设，从而结合勾股定理即可求解。
19．【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
20．【答案】（1）EG=BF；EG⊥BF
（2）解：BEMF为菱形，理由如下，
由(1)知EG⊥BF，EG=BF
∵BF⊥EG，EM⊥EG
∴EM||BF
∵EM=EG
∴EM=BF
∴BEMF为平行四边形
∵EB=EM
∴BEMF为菱形
（3）解：过点G作GM⊥AD于点M，
由(1)的结论知△ABE≌△CBF≌△MGE，
得EM=AE=CF
而H为中点，BFEG，故BE=BG，
设CG=m，则BE=BG=3+m，AE=EM=，
即有3+m=，解得m=或(舍去)
故CG=
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：(1)EG=BF且EG⊥BF，证明如下，过点E作EI⊥BC于点I，
∵EI⊥BC
∴∠EIB=90°
又∵∠A=∠ABI=90°
∴ABIE为矩形
∵EI=AB
∵ABCD为正方形
∴BC=AB
∴EI=BC
∴△EIG≌△BCF(HL)
∴EG=BF，∠IEG=∠CBF
∵∠IEG+∠EGI=90°
∴∠CBF+∠EGI=90°
即EG⊥BF
【分析】(1)通过证明△EIG≌△BCF可得结论；
(2)结合EM||BF，EM=BF可得BEMF为平行四边形，EM=EB可得菱形；
(3)由H为中点，BF⊥EG，得BE=BG，设CG的长为m，由BE=BG可得CG的长.
1 / 1菱形的性质与判定——北师大版数学九年级上册知识点训练
一、选择题
1．（2024九上·醴陵开学考）下列命题是真命题的是（　　）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．四个角都相等的平行四边形是正方形
D．有一个角是直角的四边形是矩形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以A是假命题，A不符合题意；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，所以B是真命题，B符合题意；
C、四个角都相等，则四个角都是直角，而有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以C是假命题，C不符合题意；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以D是假命题，D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据菱形、平行四边形、正方形、矩形的判定定理，真命题与假命题的定义逐项进行判断求解.
2．（2024八下·任城期中）如图，菱形中，连接，若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【分析】由菱形的性质可得，进而可得，从而可解．
3．（2021·三明模拟）如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．3
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：
四边形ABCD是菱形，
， ， ，
与 是等边三角形，
且点G恰好为CD边的中点，
平分AB， ，
， ， ，
， ，
在 中， ，
由勾股定理可知： ，
，
由折叠可知： ，故有 ，
设 ，则 ，
在 中，由勾股定理可知： ，
即 ，解得 ，
故答案为：B.
【分析】过点D作DH⊥AB 于点H，连接BD和BG，由菱形性质得AB=AD=CD=BC，∠C=60°，可推出△ADB和△BCD是等边三角形，利用等边三角形的性质可推出点G恰好为CD边的中点；再求出AH的长，利用勾股定理求出DH的长，即可得到BG的长；利用折叠的性质可知AE=GE，设AE=x，可表示出BE的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x值.
4．（2024九上·龙岗开学考）如图，在平面直角坐标系中，菱形，为坐标原点，点在轴上，的坐标为，则顶点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：延长BA交y轴于点D，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CO，AO=AB，
∴AB⊥y轴，
∴∠ODA=90°，
∵点A（-3，4），
∴OD=4，AD=3，
∴，
∴AB=5，
∴BD=AB+DA=5+3=8，
∵点B在第二象限，
∴点B（-8，4）.
故答案为：C.
【分析】延长BA交y轴于点D，利用菱形的性质可证得AB∥CO，AO=AB，利用点A的坐标可得到OD，AD的长；再利用勾股定理求出AO的长，可得到AB的长，然后求出点B的坐标.
5．（2023八下·沐川期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：记AC与BD的交点为，如图所示：
四边形ABCD为菱形，
菱形的面积
菱形的面积
故答案为：D
【分析】记AC与BD的交点为，根据菱形的性质得到进而根据勾股定理求出BO，再根据菱形的面积结合题意即可求出DE.
6．（2024九上·广州开学考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁．李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形形状和面积分别是（　　）
A．平行四边形， B．平行四边形，
C．菱形， D．菱形，
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：由题意知，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴，
如图，作于M，于N，连接，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，即，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
则，
∴重合部分四边形的面积为：
，
故答案为：D．
【分析】先根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得出，作于，于，根据平行四边形的对角线将平行四边形分为面积相等的两部分得出，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得出四边形是菱形，再由直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求得，然后根据重合部分四边形的面积为，代入计算即可求解.
7．（2024·从江模拟）如图，菱形ABCD中，分别是BC，CD的中点，连接的周长为，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．5cm B．6cm C． D．8cm
【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，
∵∠B=60°，
∴∠D=60°，
∴，是等边三角形，
∴AB=AC=AD，∠BAC=∠CAD=60°，
∵E，F分别是BC，CD的中点，
∴AE⊥BC，AE平分∠BAC，AF平分∠CAD，
∴∠AEC=90°，∠CAE=∠CAF=30°，
∴∠EAF=60°，
∴是等边三角形，
∴AE=AF=EF，
又∵的周长为，
∴，
∴，
在中，，
∴BC=2，
∴菱形ABCD的周长为2×4=8cm，
故答案为：D.
【分析】连接AC，根据菱形的性质，∠B=60°，得，是等边三角形，根据等边三角形的性质，得AB=AC=AD，∠BAC=∠CAD=60°，根据等腰三角形“三线合一”可知AE⊥BC，AE平分∠BAC，AF平分∠CAD，从而求出∠AEC=90°，∠EAF=60°，进而得是等边三角形，利用三角形的周长公式求得的边长为2，接下来中，利用特殊角的三角函数值解直角三角形求出AE的长，从而得BC=2AB，最后利用菱形的周长公式进行计算即可.
8．（2024八下·澄海期末）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的动点，连接AE，EF，G、H分别为AE、EF的中点，连接GH．若∠D＝45°，AD=4，则GH的最小值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连结AF，如图所示：
∵四边形为菱形，∴，又∵G，H分别是的中点，∴，又当时，AF有最小值，则GH也最小，此时，
则为等腰直角三角形，，解得：，故.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查菱形的基本性质，三角形的中位线定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，属于中档题型.连结AF，利用中位线定理及已知条件得到：，再利用点到直线垂线段最短可得当时，AF有最小值，则GH也最小，然后利用菱形及等腰直角三角形的性质结合勾股定理进行求解即可.
二、填空题
9．（2024八下·浏阳期中）已知菱形的两条对角线分别是和，则其面积是　 　．
【答案】12
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形的两条对角线分别是和，
∴菱形的面积=×4×6=12，
故答案为：12.
【分析】利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
10．（2024九上·南山开学考）如图，在菱形中，对角线、交于点，作交的延长线于点，连接，若，，则菱形的面积为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC
∵DE⊥AB，
∴OE＝BD，
∴OB＝OE＝，BD＝2，
在Rt△AOB中，OA＝
∴AC＝2
∴菱形的面积为：＝＝ 2．
故答案为：2．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，易知BD＝2OE＝2；在Rt△AOB中，根据勾股定理可求出AC＝2，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可解答．
11．（2024九上·沙坪坝开学考）如图，菱形的边长为4，，过点B作交于点E，连接，F为的中点，连接，交于点G，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取为的中点，
∵菱形的边长为4，，
∴，，，
∵F为的中点，H为的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【分析】取为的中点，根据菱形的四条边都相等，对边平行，对角相等得出，，，根据三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，根据平行线的性质得出， 根据直角三角形的性质得出， 根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方得出， 则， 根据两角及其一角的对边对应相等的两个三角形全等得出，根据全等三角形的对应边相等得出，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解.
12．（2016·丽水）如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至G，使得DG=BD，连结EG，FG，若AE=DE，则 =　 　．
【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∵BE⊥AD，AE=DE，
∴AB=BD，
又∵菱形的边AB=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
设EF与BD相交于点H，AB=4x，
∵AE=DE，
∴由菱形的对称性，CF=DF，
∴EF是△ACD的中位线，
∴DH= DO= BD=x，在Rt△EDH中，EH= DH= x，
∵DG=BD，
∴GH=BD+DH=4x+x=5x，
在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG= ，所以， = = ．故答案为： ．
【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．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，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，难点在于作辅助线构造出直角三角形以及三角形的中位线．
13．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　 　．
【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
三、解答题
14．（2024八下·苍南期末）如图是由个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，顶点称为这个矩形网格的格点，请按要求在矩形网格中画格点四边形．
（1）在图中画出一个以为对角线的平行四边形．
（2）若小长方形的宽为，请在图中画出一个边长为的菱形注：图，图在答题纸上．
【答案】（1）解：如图，取格点，连接，则四边形为平行四边形，
由8个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，
，，
，
四边形为平行四边形．
（2）解：取格点，依次连接得到四边形，则四边形为所求作菱形，
延长交矩形网格于，
由8个形状大小完全相同的小长方形组成的矩形网格，小长方形的宽为1；
小长方形的长为3，，，
，
四边形是边长为的菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【分析】（1）取格点C、D，连接AC、BC、AD、BD，则四边形ACBD为平行四边形；
（2）取格点E、H、G、F，依次连接得到四边形EFGH，利用矩形的性质，勾股定理可求得四边形EFGH四条边都是，根据四条边相等的四边形是菱形，即可得四边形EFGH为所求作菱形；
15．（2024九上·洞口开学考）如图，在中，，，，点D从点C出发沿方向以的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接、．
备用图
（1）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）四边形能够成为正方形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
【答案】（1）解：四边形能够成为菱形，理由如下：因为中，，，
所以．
在中，，，
所以，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，解得：，
即当时，四边形是菱形；
（2）解：四边形不能为正方形，理由如下：
当时，．
所以
所以
因为，
所以，
所以，
所以，
所以时，
但，
四边形不可能为正方形．
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的判定与性质；正方形的判定；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由已知条件可得中，即可知，然后问题可求证；
（2）由（1）知且，即四边形是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即，可得关于的方程，求解即可知；
（3）四边形不为正方形，若该四边形是正方形即，即，此时，根据求得的值，继而可得，可得答案．
（1）四边形能够成为菱形，理由如下：
∵中，，，
．
在中，，，
，
，，
四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，解得：，
即当时，四边形是菱形；
（2）四边形不能为正方形，理由如下：
当时，．
，
，
，
，
时，
但，
四边形不可能为正方形．
16．（2024八下·昌黎期末）如图，在四边形ABCD中，，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与四边形ABCD的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．
（1）求证：四边形ANCM为平行四边形；
（2）当MN平分∠AMC时，
①求证：四边形ANCM为菱形；
②当四边形ABCD是矩形时，若，，求DM的长．
【答案】（1）证明：∵，为对角线的中点，
∴，，
∴，∴，
∵，∴四边形为平行四边形；
（2）解：①证明：∵平分，∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴平行四边形为菱形；
②∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵菱形
∴，
在中，根据勾股定理，得，
∴，
解得．
故的长为3．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由二直线平行，内错角相等，得∠OAM=∠OCN，∠AMO=∠CNO，由中点定义得AO=CO，从而由AAS判断出△AOM≌△CON，由全等三角形的对应边相等得AM=CN，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（2）①由角平分线的定义及平行线的性质可推出∠CMN=∠CNM，由等角对等边得CM=CN，从而由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得结论；
②由矩形性质得∠ADC=90°，由勾股定理算出CD的长，由菱形四边相等得CM=AM，在Rt△CDM中，利用勾股定理建立方程可求出DM的长.
17．（2024九上·龙马潭开学考）.如图，在平面直角坐标系中，直线：分别与轴、轴交于点，，且与直线：交于点．
（1）分别求出点，，的坐标．
（2）若是线段上的点，且的面积为，求直线的函数解析式．
（3）在的条件下，设是射线上的点，在平面内是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解： ，当y=0时，x=8；当x=0，y=4；
∴ B（8，0），C（0，4），
，解得，x=，y=，即A（，）；
（2）解：设D（m，n），则6=OC·m，∴ m=3，
将x=3代入 ，∴ n=y=1，即D（3，1），
设直线CD的函数解析式为y=kx+b，
将C和D代入可得，解得k=-1，b=4，即y=-x+4，
∴ 直线CD的函数解析式为y=-x+4；
（3）解：存在，Q（），（4，4）或（2，-2）
当四边形OCPQ为菱形，如图，
∵ ∠MOQ=45°，∠OMQ=90°，OQ=OC=4，
∴ OM=MQ=，即Q（）；
当四边形OCQP为菱形，如图，
∵ ∠CPO=45°，
∴ ∠CPQ=45°，即∠OPQ=90°，
∴ Q（4，4）；
当四边形OPCQ为菱形，如图，
∵ ∠OCP=45°，CP=OP，
∴ △CPO为等腰直角三角形，即△CQO为等腰直角三角形，
∴ Q（-2，2），
∴ Q（），（4，4）或（2，-2）.
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；三角形的面积；菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）根据直线l1的函数解析式，令y=0，求出x的值，即为点B的坐标；令x=0，求出y的值，即为点A的坐标；联立l1和l2，即可求得点A的坐标；
（2）根据三角形的面积求出D的横坐标，将其代入求出D的纵坐标，根据待定系数法即可求得；
（3）分情况：四边形OCPQ，四边形OCQP，四边形OPCQ为菱形，根据菱形的性质即可求得Q的坐标.
18．（2024八下·忠县期末）如图所示四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知点，，BD平分.
图1 图2
（1）证明：四边形ABCD是菱形；
（2）如图1，过四边形ABCD的顶点作，且，线段交于点，交于点，交的延长线于点，求证：；
（3）如图2，在四边形中，若，的面积为，点是直线上一动点，连接.点在线段的左侧，为等边三角形，连接，当线段最短时，求的值.
【答案】（1）解： ，，
四边形是平行四边形，
∵
∴
∵平分，
∴
∴
∴
四边形是菱形；
（2）解：在上截取，过点作交于点，连接、，
∵，且，
∴是等腰直角三角形，
∴
∵四边形是菱形
∴，，，，
∴
∴，
∴，
∴，，
∵ ，
∴，
∵，
，
，
∵四边形是菱形
∴，，
∵，
∴，
∴
∴
在与中，，，，
，
，
在中，，
，
，即，
；
（3）解：在中，设，过点A作于E，
，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
以为边在下方作等边，连接，
∴，
，
，而，，
，
，
当于点P时，最短，即最短，
在中，，，在上取点使，
∴，
设，
∴，，
∴，
∵，
，解得，
即此时的值
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，进而根据平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，等量代换得到，再根据等腰三角形的判定结合菱形的判定即可求解；
（2）在上截取，过点作交于点，连接、，先根据等腰直角三角形的判定与性质得到，再根据菱形的性质得到，，，，进而结合题意进行角的运算得到，根据三角形全等的判定与性质证明得到，再根据菱形的判定与性质得到，，进而根据平行公理及其推论结合题意即可得到，根据平行线的性质得到，从而结合题意证明得到，再结合等腰直角三角形的性质进行线段的运算即可求解；
（3）设，过点A作于E，先根据等腰直角三角形的性质得到，进而根据三角形的面积即可得到，从而得到，以为边在下方作等边，连接，再根据三角形全等的判定与性质证明得到，从而即可得到当于点P时，最短，即最短，在中，，，在上取点使，进而即可得到，，设，从而结合勾股定理即可求解。
19．（2024·青海） 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据　 　.
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是　 　．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线　 　时，中点四边形是　 　．
【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
20．（2024·杭州模拟）综合与实践
【问题情境】
如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足.连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点.
（1）【初步分析】
线段与的数量关系为　 　，位置关系为　 　；
（2）【深入分析】
如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由：
（3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长.
【答案】（1）EG=BF；EG⊥BF
（2）解：BEMF为菱形，理由如下，
由(1)知EG⊥BF，EG=BF
∵BF⊥EG，EM⊥EG
∴EM||BF
∵EM=EG
∴EM=BF
∴BEMF为平行四边形
∵EB=EM
∴BEMF为菱形
（3）解：过点G作GM⊥AD于点M，
由(1)的结论知△ABE≌△CBF≌△MGE，
得EM=AE=CF
而H为中点，BFEG，故BE=BG，
设CG=m，则BE=BG=3+m，AE=EM=，
即有3+m=，解得m=或(舍去)
故CG=
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：(1)EG=BF且EG⊥BF，证明如下，过点E作EI⊥BC于点I，
∵EI⊥BC
∴∠EIB=90°
又∵∠A=∠ABI=90°
∴ABIE为矩形
∵EI=AB
∵ABCD为正方形
∴BC=AB
∴EI=BC
∴△EIG≌△BCF(HL)
∴EG=BF，∠IEG=∠CBF
∵∠IEG+∠EGI=90°
∴∠CBF+∠EGI=90°
即EG⊥BF
【分析】(1)通过证明△EIG≌△BCF可得结论；
(2)结合EM||BF，EM=BF可得BEMF为平行四边形，EM=EB可得菱形；
(3)由H为中点，BF⊥EG，得BE=BG，设CG的长为m，由BE=BG可得CG的长.
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