专题18.4 菱形【十大题型】
【人教版】
【题型1 由菱形的性质求角度】 1
【题型2 由菱形的性质求线段长度】 2
【题型3 由菱形的性质求面积】 3
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】 4
【题型5 菱形中的证明】 6
【题型6 添加条件使四边形是菱形】 7
【题型7 证明四边形是菱形】 8
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】 9
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】 10
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】 12
知识点1：菱形的性质
定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
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．
【题型1 由菱形的性质求角度】
【例1】（23-24·广西·八年级期末）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °．
【变式1-1】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（23-24八年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为 ．
【变式1-3】（23-24·广东·二模）如图，四边形为平行四边形，四边形为菱形，与交于点G，，，则（ ）
A． B． C． D．
【题型2 由菱形的性质求线段长度】
【例2】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形纸片中，，，将该菱形纸片沿折痕翻折，使点D落在的中点G处，则的长是 ．
【变式2-1】（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形中，，则菱形的周长是（ ）
A．24 B．30 C． D．
【变式2-2】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，边长为3的菱形中，，点P是对角线上任意一点（P不与B、D重合），以和为边作平行四边形，则的最小值为 ．
【变式2-3】（23-24·河北邯郸·三模）如图是由5个边长为1，且一个内角为的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）
A． B． C． D．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【变式3-1】（23-24八年级下·全国·专题练习）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（ ）
A． B． C． D．
【变式3-2】（23-24八年级下·广西贺州·期末）如图，在菱形中，，，过点A分别作，，垂足分别为E，F，连接，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-3】（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图所示，第一个菱形的边长为2，，且点D落在y轴上，延长交x轴于A，以为边作第二个菱形；延长交x轴于点，以为边作第三个菱形…，按这样的规律进行下去，若点D、C、、…都在一条直线上．
【探究】
(1)______；
(2)____________；
(3)则第个菱形的面积为______．
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】
【例4】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点B在y轴上，菱形的顶点．
(1)求直线的解析式；
(2)点P是对角线上的一个动点，当取到最小值时，求点P的坐标；
(3)y轴上是否存在一点Q，使的面积等于菱形的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【变式4-1】（23-24八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是2，为的中点．轴垂直平分，垂足为点．请分别求出点，，，的坐标．
【变式4-2】（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，，且以，，，为顶点的四边形为菱形．
(1)直接写出点的坐标______；
(2)请用无刻度直尺作直线，使直线经过点且平分菱形的面积，保留作图痕迹；
(3)已知点是边上一点，若线段将菱形的面积分为2：3两部分，直接写出点的坐标．
【变式4-3】（23-24八年级下·河南驻马店·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．
(1)求点C和点D的坐标．
(2)点P是对角线上一个动点，当最短时，求点P的坐标．
【题型5 菱形中的证明】
【例5】（23-24·福建三明·一模）如图，菱形中，点E，F分别在边上，，求证：．
【变式5-1】（23-24·广东广州·一模）如图，菱形中，过点分别作边上的高，求证：．
【变式5-2】（23-24八年级下·北京海淀·期末）如图，在菱形中，E为边上一点，交于点M，交于点F．求证：．
【变式5-3】（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，将菱形沿着，折叠后，点，重合于对角线上一点，求证：四边形是平行四边形．
知识点2：菱形的判定
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都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（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【题型6 添加条件使四边形是菱形】
【例6】（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，下列条件之一能使是菱形的为（ ）
①；②平分；③；④；
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【变式6-1】（17-18八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．平分
【变式6-2】（23-24八年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲
【变式6-3】（23-24·河北承德·模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【题型7 证明四边形是菱形】
【例7】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接
求证：四边形是菱形；
【变式7-1】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，点E在边上，连接．
(1)利用尺规作图，在边求作一点F，使得；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若，证明：四边形为菱形．
证明：∵四边形是平行四边形，
∴______________________，．
∵，
∴（）．
∴，______________________．
∵，
∴，
∴______________________
∵，
∴四边形是平行四边形（______________________）．（填推理依据）
∵，
∴四边形是菱形（______________________）．（填推理依据）
【变式7-2】（23-24八年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□中，是边上的高，将沿方向平移，使点E与点C重合，得．
(1)求证：；
(2)若，当与满足什么数量关系时，四边形是菱形？证明你的结论．
【变式7-3】（23-24八年级下·河南鹤壁·期中）如图，，平分交于点E．
(1)【实践与操作】过点B作的垂线，垂足为点O（要求尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)【猜想与证明】设（1）中的垂线交于点F，连接，试猜想四边形的形状，并证明．
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】
【例8】（23-24·四川成都·一模）如图，在中，，分别以C、B为圆心，取的长为半径作弧，两弧交于点D．连接、．若，则 ．
【变式8-1】（23-24八年级下·湖北恩施·期末）如图，在的正方形网格中，每一个小正方形的边长为，其顶点我们称为格点，，为格点三角形．
(1)请你仅用无刻度的直尺，在这个的正方形网格中，画出个以为边的不是正方形的菱形，并简单说明理由；
(2)求的大小．
【变式8-2】（23-24八年级下·四川德阳·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝ 度．
【变式8-3】（23-24八年级下·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．
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】
【例9】（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，四边形中，，，连接，的角平分线交，分别于点O、E，若，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【变式9-1】（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，是的对角线，于点M，交于点E，连接．若点M为的中点，，，则的周长为 ．
【变式9-2】（23-24八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，则AC的长为（ ）
A．2.4 B．3.6 C．4.8 D．6
【变式9-3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，将边长为4的正方形纸片沿对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形和矩形，再将矩形绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为，则图②中阴影部分的周长为 ．
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】
【例10】（23-24八年级下·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10-1】（23-24·吉林长春·一模）如图，在中，按如下步骤操作：①以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；②再分别以点B、F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P；③连接并延长交于点，连接．若，，则四边形的面积为 ．
【变式10-2】（23-24八年级下·贵州六盘水·期末）如图，在中，，，，垂足分别为E，F，且E，F分别是和的中点，连接，若，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【变式10-3】（23-24·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？
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【人教版】
【题型1 由菱形的性质求角度】 1
【题型2 由菱形的性质求线段长度】 4
【题型3 由菱形的性质求面积】 8
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】 12
【题型5 菱形中的证明】 19
【题型6 添加条件使四边形是菱形】 22
【题型7 证明四边形是菱形】 26
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】 31
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】 35
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】 40
知识点1：菱形的性质
定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
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．
【题型1 由菱形的性质求角度】
【例1】（23-24·广西·八年级期末）如图，菱形中，交于，于，连接，若，则的度数为 °．
【答案】35
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：25．
【变式1-1】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查菱形性质，平行线性质，角平分线性质等．根据题意可知，继而得到，再利用角平分线性质可得的度数．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【变式1-2】（23-24八年级上·四川成都·期末）如图，在菱形中，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交边于点E（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为 ．
【答案】/80度
【分析】本题考查了作图—垂直平分线，菱形的性质，根据题意得，点E在的垂直平分线上，则，即可得，根据四边形为菱形得，，可得，即可得；掌握作图—垂直平分线，菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意得，点E在的垂直平分线上，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式1-3】（23-24·广东·二模）如图，四边形为平行四边形，四边形为菱形，与交于点G，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形和菱形的性质，三角形的内角和定理，掌握菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
又∵为平行四边形，
∴，
∴，
故选A．
【题型2 由菱形的性质求线段长度】
【例2】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形纸片中，，，将该菱形纸片沿折痕翻折，使点D落在的中点G处，则的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质、折叠性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．过G作交延长线于H，先根据菱形的性质得到，，，在中，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得
，设，由折叠性质得，在中利用勾股定理列方程求得x值即可．
【详解】解：过G作交延长线于H，
∵四边形是菱形，，，
∴，，则，
∵点G是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∴，
设，
由折叠性质得，
在中，，
由得，
解得，
故答案为：
【变式2-1】（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形中，，则菱形的周长是（ ）
A．24 B．30 C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握菱形的性质、等边三角形的判定和性质．
先根据菱形的性质证明，在根据已知条件证明是等边三角形，求出，从而求出菱形周长即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
菱形的周长为：
，
故选：A．
【变式2-2】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，边长为3的菱形中，，点P是对角线上任意一点（P不与B、D重合），以和为边作平行四边形，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】设与交于O，根据平行四边形的性质得到，当取最小值时，的值最小，当时，的值最小，根据菱形的性质得到，，根据直角三角形的性质得到，于是得到答案．
【详解】解：设与交于O，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴当取最小值时，的值最小，
由“点到直线的距离垂线段最短”可知，
当时，的值最小，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
在中，
∴，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了菱形的性质、含直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式2-3】（23-24·河北邯郸·三模）如图是由5个边长为1，且一个内角为的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．根据中心对称的性质即可作出剪痕，由三角形全等的性质即可证得，利用勾股定理即可求得．
【详解】解：如图，连接最左侧菱形的对角线交于点O，作直线，交延长线于点A，交最左侧菱形对边分别于点，交最右侧上方菱形一边于点F，过点作，垂足为G，
菱形是中心对称图形，
经过P、O的直线则把它剪成了面积相等的两部分，
由中心对称图形可知，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
，
，
，
，
∴，
故选：B．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为16，则的面积为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接和，可得，，即可得到，，然后利用解题即可．
【详解】连接和，
则，，
又∵点分别是边的中点，
∴，，
∴，
∵点分别是边的中点，
∴，
∴，
故选C．
【变式3-1】（23-24八年级下·全国·专题练习）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（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】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和菱形的面积公式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
由菱形的性质得，根据题意得，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．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
故选：．
【变式3-2】（23-24八年级下·广西贺州·期末）如图，在菱形中，，，过点A分别作，，垂足分别为E，F，连接，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用菱形的性质及等边三角形的判定可得判断出是等边三角形，过F作交的延长线于点，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，即可算出三角形的面积．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴和是等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
过F作交的延长线于点，
∴，
∴的面积是：，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题关键．
【变式3-3】（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图所示，第一个菱形的边长为2，，且点D落在y轴上，延长交x轴于A，以为边作第二个菱形；延长交x轴于点，以为边作第三个菱形…，按这样的规律进行下去，若点D、C、、…都在一条直线上．
【探究】
(1)______；
(2)____________；
(3)则第个菱形的面积为______．
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）由第一个菱形的边长为2，，得出为含30度直角三角形，由此得出，即可得到答案；
（2）同理（1）可得，，由此发现规律：即可解题；
（3）根据（2）的规律求出第个菱形的边的高即可求解．
【详解】（1）解： ，
，
菱形的边长为2，
∴，，
∴，，
∴
同理可得
∴
故答案为
（2）由（1）可知
，即：
由此规律可知：，
∴
故答案为：，．
（3）由（2）可知，第个菱形的菱长为，
的高，
第个菱形的面积为．
故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，含度直角三角形性质、勾股定理，图形的规律，解本题的关键是求出前几个菱形的边长，找出规律．
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】
【例4】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点，点B在y轴上，菱形的顶点．
(1)求直线的解析式；
(2)点P是对角线上的一个动点，当取到最小值时，求点P的坐标；
(3)y轴上是否存在一点Q，使的面积等于菱形的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；
（2）先确定当取到最小值时点P的位置是直线与y轴的交点，即可根据、的解析式，求出点P的坐标，即可解答；
（3）存在，设点Q的坐标为，先求出菱形的面积，根据面积相等，即可求出y，从而求出点Q的坐标．
【详解】（1）解：∵，∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
设的解析式为，
则，解得：，
∴；
（2）连接，交于点P，连接，交于点N，
∵四边形是菱形，
∴，
∴ ，
由三角形三边关系可知：，
∴当A、P、D三点共线时，最小，
设的解析式为，
将、代入，得：，
解得：，
∴，
联立，
解得，
∴P点坐标为；
（3）∵，，
∴，
如图，设交y轴于点E，则，设，
则
，
∴，
∴或，
∴Q点的坐标为或．
【点睛】本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
【变式4-1】（23-24八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是2，为的中点．轴垂直平分，垂足为点．请分别求出点，，，的坐标．
【答案】，，，
【分析】根据菱形边长为2结合为中点求出、的坐标，根据勾股定理的知识求出的长，进而求出长度，最后求出、坐标．
【详解】解：菱形的边长是2，
，
为中点，
，
，
，，
轴垂直平分，
，
，
，
，
，．
【点睛】本题主要考查了菱形的知识、勾股定理的知识、垂直平分线的知识，难度不大．
【变式4-2】（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，，且以，，，为顶点的四边形为菱形．
(1)直接写出点的坐标______；
(2)请用无刻度直尺作直线，使直线经过点且平分菱形的面积，保留作图痕迹；
(3)已知点是边上一点，若线段将菱形的面积分为2：3两部分，直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）根据的坐标，求得，进而即可得出的坐标；
（2）连接交于点，过点作直线，直线即为所求；
（3）根据菱形的性质求得菱形的面积，进而可得或，进而得出或，根据三角形的面积公式，结合图形，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴
∴；
（2）解：如图所示，连接交于点，过点作直线，直线即为所求；
（3）解：∵，，
∴菱形的面积为，
∵，
∴，
∵线段将菱形的面积分为两部分，
∴或
则或，
∴或
∵
∴或，
∴或
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式4-3】（23-24八年级下·河南驻马店·期末）在平面直角坐标系中，菱形的位置如图所示，点A的坐标为，点B的坐标为，点D在y轴上，．
(1)求点C和点D的坐标．
(2)点P是对角线上一个动点，当最短时，求点P的坐标．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先求出，由四边形是菱形，则，，在中，，求出，即可得到点C和点D的坐标．
（2）点B，D关于直线对称．设交于，连接，则，，即．则当点P和点重合时，的值最小．在中，，则，则，求出，即可得到点P的坐标．
【详解】（1）解：点A的坐标为，点B的坐标为，
．，
四边形是菱形，
，，
在中，，
则，
∴，
∴，
∴，
，．
（2）四边形是菱形，
，D关于直线对称．
设交于，连接，则，
，即．
当点P和点重合时，的值最小．
在中，
，
∴，
则，即，
，
．
【点睛】此题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
【题型5 菱形中的证明】
【例5】（23-24·福建三明·一模）如图，菱形中，点E，F分别在边上，，求证：．
【答案】见解析
【分析】解法一：由菱形的性质可得，结合可证，再证明即可；
解法二：连接，由菱形的性质可得，根据等边对等角得出，再证明即可．
【详解】证明：解法一： ∵四边形是菱形，
∴
又∵，
∴，
∴，
在△ADE和△CDF中，
∴
解法二： 连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
在△ACE和△CAF中，
D
∴，
∴．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角．灵活运用菱形的性质和三角形全等的判定是解题的关键．
【变式5-1】（23-24·广东广州·一模）如图，菱形中，过点分别作边上的高，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形性质等知识，由菱形性质结合条件，利用全等三角形的判定与性质即可得证，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
【详解】证明：在四边形是菱形，，
，
，
在和中，
，
∴．
【变式5-2】（23-24八年级下·北京海淀·期末）如图，在菱形中，E为边上一点，交于点M，交于点F．求证：．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质得，，，再证四边形是平行四边形，，得，然后证，则，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，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．
【变式5-3】（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，将菱形沿着，折叠后，点，重合于对角线上一点，求证：四边形是平行四边形．
【答案】见解析
【分析】根据折叠的性质可得，求出，根据，可得，证明，同理可得，结论得证．
【详解】证明：由折叠得，
∴，
∴，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，三角形外角的性质，平行四边形的判定等知识，熟练掌握折叠的性质，证明是解题的关键．
知识点2：菱形的判定
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都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（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
知识点2：菱形的判定
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都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（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【题型6 添加条件使四边形是菱形】
【例6】（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，下列条件之一能使是菱形的为（ ）
①；②平分；③；④；
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的判定定理判断即可得解．
【详解】解：①，四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形；
②平分，四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
③，四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
④，四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
综上所述，由②③④可证得四边形是菱形．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【变式6-1】（17-18八年级下·全国·单元测试）如图，中，，，要判定四边形是菱形，还需要添加的条件是（ ）
A． B． C． D．平分
【答案】D
【分析】当平分时，四边形是菱形，可知先证明四边形是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．
【详解】解：当平分时，四边形是菱形，
理由：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形．
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式6-2】（23-24八年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在中，，为锐角，将沿对角线边平移，得到，连接和，若使四边形是菱形，需添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：；乙方案：；丙方案：；其中正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
根据平移可知，，
∴，，
四边形是平行四边形，
∴．
方案甲，添加不能判断四边形是菱形；
方案乙，由，
平行四边形是菱形；
方案丙，由，
∵，
∴，
∴，
，
平行四边形是菱形．
所以正确的是乙和丙．
故选：B．
【变式6-3】（23-24·河北承德·模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的判定逐项排查即可解答．
【详解】解：四边形是平行四边形，对角线互相平分，故A不一定是菱形；
四边形是平行四边形，对边相等，故B不一定是菱形；
图C中，根据三角形的内角和定理可得：，邻边相等，四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形的菱形，故C是菱形；
四边形是平行四边形，对边平行，故D不一定是菱形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键．
【题型7 证明四边形是菱形】
【例7】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，，平分，且交于点，平分，且交于点，连接
求证：四边形是菱形；
【答案】见解析
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由平行线的性质及角平分线的定义证出，得出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理可得出结论；
【详解】证明：平分，
，
又，
，
，
同理，平分，
，
又，
，
，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形
【变式7-1】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在中，点E在边上，连接．
(1)利用尺规作图，在边求作一点F，使得；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若，证明：四边形为菱形．
证明：∵四边形是平行四边形，
∴______________________，．
∵，
∴（）．
∴，______________________．
∵，
∴，
∴______________________
∵，
∴四边形是平行四边形（______________________）．（填推理依据）
∵，
∴四边形是菱形（______________________）．（填推理依据）
【答案】(1)如图点F即为所求；
(2)； ； ；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
【分析】本题主要考查了作图—基本作图，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握基本作图方法以及菱形的性质与判定是关键．
（1）理解基本作图（作一个角等于已知角），即利用尺规作出即可．
（2）利用“四边形是平行四边形”证出，得，，进而推出四边形是平行四边形，最后依据，即可得出四边形是菱形．
【详解】（1）解：如图点F即为所求；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，．
∵，
∴（）．
∴，．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
∵，
∴四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
【变式7-2】（23-24八年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□中，是边上的高，将沿方向平移，使点E与点C重合，得．
(1)求证：；
(2)若，当与满足什么数量关系时，四边形是菱形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查平移的基本性质以及菱形的判定，关键是掌握①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的判定定理．
（1）根据平移的性质，可得：，再证明即可得到；
（2）要使四边形是菱形，须使；根据条件找到满足的与满足的数量关系即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∵是边上的高，且是由沿方向平移而成．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）当时，四边形是菱形．
证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵中，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴四边形是菱形．
【变式7-3】（23-24八年级下·河南鹤壁·期中）如图，，平分交于点E．
(1)【实践与操作】过点B作的垂线，垂足为点O（要求尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)【猜想与证明】设（1）中的垂线交于点F，连接，试猜想四边形的形状，并证明．
【答案】(1)图见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法求解即可；
（2）首先根据题意证明出，得到，证明出四边形是平行四边形，然后结合，即可得到四边形是菱形．
【详解】（1）如图，是所求作的垂线．
（2）四边形是菱形，理由如下：
平分，
．
又
，
而，
，
，
∴四边形是平行四边形．
，
∴四边形是菱形．
【点睛】此题考查了尺规作角平分线，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，菱形的判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】
【例8】（23-24·四川成都·一模）如图，在中，，分别以C、B为圆心，取的长为半径作弧，两弧交于点D．连接、．若，则 ．
【答案】/25度
【分析】由题意和作法可知：，可得四边形是菱形，再根据菱形及等腰三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图：连接，
由题意和作法可知：，
四边形是菱形，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，证得四边形是菱形是解决本题的关键．
【变式8-1】（23-24八年级下·湖北恩施·期末）如图，在的正方形网格中，每一个小正方形的边长为，其顶点我们称为格点，，为格点三角形．
(1)请你仅用无刻度的直尺，在这个的正方形网格中，画出个以为边的不是正方形的菱形，并简单说明理由；
(2)求的大小．
【答案】(1)图见解析，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据勾股定理可知，再根据菱形的判定即可解答；
（2）根据菱形的性质可知，在根据全等三角形的性质可知是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴四边形是菱形，
∴菱形即为所求；
（2）解：∵，，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（23-24八年级下·四川德阳·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝ 度．
【答案】30
【分析】根据菱形的判定与性质和等边三角形的性质得到四边形ACED是菱形，进而求解即可．
【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，AC=AB，
∴AD=CD=AB=AC，
∵△DCE是等边三角形，
∴DE=CD=CE，∠CED=60°，
∴AD=AC=CE=DE，
∴四边形ACED是菱形，
∴∠DEA=∠CED=30°，
故答案为：30．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．
【变式8-3】（23-24八年级下·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，
，
，
，
，
，．
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】
【例9】（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，四边形中，，，连接，的角平分线交，分别于点O、E，若，，则的长为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接，因为，平分，，可证四边形为菱形，从而得到、的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中的菱形是关键．
【详解】解：连接．
在中，，，根据勾股定理，得．
∵，平分，
∴，，
∴垂直平分，．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
由勾股定理得出，
∴，
故选：D．
【变式9-1】（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，是的对角线，于点M，交于点E，连接．若点M为的中点，，，则的周长为 ．
【答案】
【分析】连接，由垂直平分线的性质得出，，，再证四边形是菱形，得出是等边三角形，求出∠，含角的直角三角形的性质得出，由勾股定理求出，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接，交于点O，
∵，点M为的中点，
∴，，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是菱形，
∴，AB=BC，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴菱形的周长，
故答案为：．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理等知识，正确作出辅助线，构建等边三角形是解题的关键．
【变式9-2】（23-24八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，则AC的长为（ ）
A．2.4 B．3.6 C．4.8 D．6
【答案】C
【分析】由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．
【详解】解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF5，
∵E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，
∴OA＝OC，OB=OD,
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OA＝OC，AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∴，
∴ ，
解得：OF＝1.8，
∴ ，
∴AC＝2OA＝4.8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．
【变式9-3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，将边长为4的正方形纸片沿对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形和矩形，再将矩形绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为，则图②中阴影部分的周长为 ．
【答案】10
【分析】首先根据已知条件判断出，得到，，然后可设的长度为x，则，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长．
【详解】解：如图，设交于G，旋转后交于点H，
由题意知，，，
又∵，
∴，
∴，，
设，则，
在中，，
解得：，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴为菱形，
∴阴影部分的周长为：，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】
【例10】（23-24八年级下·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．
【详解】（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10-1】（23-24·吉林长春·一模）如图，在中，按如下步骤操作：①以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；②再分别以点B、F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于一点P；③连接并延长交于点，连接．若，，则四边形的面积为 ．
【答案】24
【分析】证明四边形是菱形，利用菱形的性质结合勾股定理可得结论．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，
，
由作图可知，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
，
，
菱形的面积，
故答案为：24．
【点睛】本题考查作图基本作图，菱形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用面积法解决问题．
【变式10-2】（23-24八年级下·贵州六盘水·期末）如图，在中，，，，垂足分别为E，F，且E，F分别是和的中点，连接，若，则的面积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接交于点M，首先判断四边形为菱形，再利用菱形的性质及等边三角形的判定可判断出是等边三角形，即可得垂直平分，，再进一步利用勾股定理计算出的值，即可算出三角形的面积．
【详解】连接交于点M，
在中，，
四边形是菱形，
，，
，
，，E，F分别是和的中点，
，
，为等边三角形，
，
，，
，
为等边三角形，，
垂直平分，，
，
，
的面积是:.
故选：C.
【点睛】此题考查菱形的性质与判定，等边三角形的判定及勾股定理的运用，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-3】（23-24·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，，最后根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．
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