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专题03 菱形的性质与判定
考点类型
知识一遍过
（一）菱形的性质
菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等；对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
（二）菱形的判定
菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形
考点一遍过
考点1：菱形的性质——求角度
典例1：（2023上·吉林长春·八年级校考期末）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，再根据菱形的性质得到，再证明，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，
∴．
∵四边形是菱形，
∴．，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明是解题的关键．
【变式1】（2023下·山东临沂·八年级统考期中）如图，菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为中点）所在的直线上，得到经过点的折痕．则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，由菱形的性质及，得到三角形为等边三角形，为的中点，利用三线合一得到为角平分线，得到，，，进而求出，由折叠的性质得到，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．
【详解】解：如图，连接，
四边形为菱形，，
为等边三角形，，，
为的中点，
为的平分线，即，
，
由折叠的性质得到，
在中，．
故选：B．
【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理的综合运用，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
【变式2】（2023下·山东济南·八年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片中，是边上一点，将沿直线翻折，使点落在上，连接．已知、，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由翻折得：，，可求，即可求解．
【详解】解：由翻折得
，，
四边形是菱形，
，，
，
，
；
故选：C．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握相关的性质是解题的关键．
【变式3】（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．
考点2：菱形的性质——求线段
典例2：（2024上·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考期末）如图，四边形是菱形，连接交于点O，过点A作，交于点E，若，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识点，掌握菱形的性质是解题的关键．
先根据菱形的性质、勾股定理求得边长，再运用等面积法求得，在中运用勾股定理即可解答．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
在中，．
故选：B．
【变式1】（2024上·山西运城·九年级校联考期末）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为图心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查线段垂直平分线的作法，菱形的性质，勾股定理，根据作图得出是线段的垂直平分线，根据菱形的性质得出，再用勾股定理解求出，解求出．
【详解】解：四边形是菱形，，
，
由作图过程可知是线段的垂直平分线，
，，
，
，菱形中，
，
，
故选D．
【变式2】（2023上·广东佛山·九年级统考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A．4 B．8 C． D．6
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得．由菱形的性质得出，，，则，由直角三角形斜边上的中线性质得出，再由菱形的面积求出，即可得出答案．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
菱形的面积，
，
；
故选：A．
【变式3】（2023上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在菱形中，，，点是上不与点和点重合的一个动点，过点分别做和的垂线，垂足为，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【分析】本题考查菱形的性质，勾股定理，连接 交于点,由菱形的性质可知 ，由勾股定理可求出的值 .
【详解】连接 交于点,
四边形是菱形，
∴,
∴,
，，
，
∴,
∴ ,
故选 A .
考点3：菱形的性质——求面积
典例3：（2023下·广东广州·八年级校考期中）如图，菱形的周长为32，，，，垂足为别为E、F，连接，则的面积是（ ）
A．8 B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用菱形的性质得到，，，则可判断和都为等边三角形，则根据等边三角形的性质得，，，，所以，根据含30度的直角三角形三边的关系可得，，于是可判断为等边三角形，然后根据等边三角形的面积公式求解．
【详解】解：菱形的周长为32，
，
，
，，
和都为等边三角形，
，，
，，，，
，，，
∴为等边三角形，
的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质,等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积解决此题的关键是判断、和为等边三角形．
【变式1】（2023上·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，平分，若，则菱形的面积为（ ）
A．6 B．8 C． D．
【答案】C
【分析】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、菱形的面积等知识，求得及是解题的关键.
【详解】∵四边形是菱形,
是等边三角形，
，
∵平分
，
，
，
，
,
故选: C.
【变式2】（2023上·辽宁沈阳·九年级东北育才双语学校校考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．6 B．12 C．16 D．24
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出，再根据直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的面积公式，即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴菱形的面积，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握菱形对角线互相垂直平分，直角三角形斜边的中线等于斜边的的一半．
【变式3】（2023上·四川达州·九年级统考阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点，，，若，，则四边形的面积是（ ）
A．24 B．14 C．48 D．25
【答案】A
【分析】根据矩形的性质可得，根据题意可得四边形是菱形，证明四边形是平行四边形，得出，根据对角线乘积的一半即可求出菱形的面积．
【详解】解： ∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
连接，则，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形的面积为：．
故选：A
【点睛】本题考查矩形的性质和菱形的判定及性质，掌握以上知识是解题关键．
考点4：菱形的性质——证明题
典例4：（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）在菱形中，，，垂足分别为、．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，交于点，交于点，连接，若，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图2中四条长度等于的线段．
【答案】(1)证明见解析；
(2)、、、．
【分析】（1）利用菱形的性质得出，，利用，得出，通过证明即可推出；
（2）由（1）知：，得出是等边三角形，证明得出是等边三角形，进而证明即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，
又 ，，
，
在和中，
，
，
．
（2）．
理由如下：
由（1）知：，
，，
，则
四边形是菱形，
是等边三角形，
∴
∴
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
又∵
∴
∴，
∴
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式1】（2023上·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，、分别是边，上的点，，
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若菱形的边长为2，则面积的最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）连接，由，可得，可证，得到；
（2）证明是等边三角形，再利用三角形的外角性质即可证明；
（3）当时，最短，则的面积最小，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵是的外角，
∴，即，
∴；
（3）解：∵，
∴是等边三角形，
∴
当时，最短，则的面积最小，
此时，，
∴，∴，
过点A作于点H，则．
由勾股定理得，，
∴的面积最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形、等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，通过证三角形全等，得以证明是等边三角形，根据垂线段最短进而求出最小面积是准确求解本题的关键．
【变式2】（2022上·湖南长沙·九年级校考开学考试）如图，四边形是菱形，于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形的面积为
【分析】（1）由菱形的四条边相等、对角相等的性质知，；然后根据已知条件“，”知；最后由全等三角形的判定定理证明；
（2）由全等三角形的对应边相等知，然后根据菱形的四条边相等求得，设，已知，则，利用勾股定理即可求出菱形的边长及面积．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，
，，
，
在和中，
，
；
（2）解：设菱形的边长为，
，，
，
，
，
在中，根据勾股定理得，
，即，
解得，
菱形的边长是
∴菱形的面积为
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式3】（2023下·云南临沧·八年级统考期末）如图，在菱形中，点、分别是、上的任意两点，且点与点、都不重合，连接、、，则．
(1)求证：；
(2)当点靠近点时，若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质得，，则和都是等边三角形，所以，，则，而，即可证明，得；
（2）作于点，因为，所以，则，所以，则，则，于是得到问题的答案．
【详解】（1）解：证明：四边形是菱形，，
，，
和都是等边三角形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）作于点，则，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积是．
【点睛】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
考点5：菱形的性质——坐标问题
典例5：（2023·广东清远·统考一模）如图，平面直角坐标系中，菱形的边在x轴的正半轴上，点B，C在第一象限，若，，则对角线交点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、含30度直角三角形的性质及图形与坐标是解题的关键；过点D作于点E，由题意易得，，然后根据含30度直角三角形的性质及勾股定理可进行求解．
【详解】解：过点D作于点E，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【变式1】（2024上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，两对角线交于点E．若点B的坐标为，，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查菱形的性质、30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，根据菱形边相等，对角线平分对角，结合，得到为等边三角形，E为的中点，利用点B的坐标为，以及30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，推出、、的长度，得出点A、C的坐标即可解题．
【详解】解：在菱形中，、为菱形的对角线，且，
，
为等边三角形，
又有，
，即E为的中点，
，
，
点B的坐标为，
，
，
,即，
又，
,即点C的坐标为，
．
故选：A．
【变式2】（2023下·湖北荆州·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点B作轴于点N，由直角三角形的性质求出长即可．
【详解】解：过点B作轴于点N，如图所示：
∴，
∵四边形为菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，由勾股定理得，
∴，
所以顶点的坐标为，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式3】（2023下·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在原点，点的坐标为，点的纵坐标是1，则顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先连接交于点，由菱形中，点的坐标是，点的纵坐标是1，即可求得点的坐标．
【详解】解：连接交于点，如图，
四边形是菱形，
，，，
点的坐标是，点的纵坐标是1，
，，
，
点的坐标为：．
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质、点与坐标的关系．解题的关键是熟练应用菱形的性质解决问题，属于中考常考题型．
考点6：菱形的性质——添加条件
典例6：（2023下·全国·八年级假期作业）如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．MB＝MO
C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【答案】C
【解析】略
【变式1】（2023上·河南郑州·九年级校考期中）如图，已知平行四边形的对角线与相交于点，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是菱形
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，利用矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项，牢记判定方法是解答本题的关键．
【详解】解：．∵，
∴平行四边形是菱形，
故结论正确，不符合题意；
．∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
故结论正确，不符合题意；
．∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形，
故结论正确，不符合题意；
．当时，四边形不一定是菱形，
故结论错误，符合题意；
故选：．
【变式2】（2023下·云南·八年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
①∵四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是菱形；
③∵四边形是平行四边形，，
∴平行四边形是菱形；
④∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
综上所述：选择①③④，使得四边形是菱形，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
【变式3】（2022上·山西太原·九年级山西实验中学校考阶段练习）如图，在中，对角线，为的中点，经过点的直线交于，交于，连接、，现在添加一个适当的条件，使四边形是菱形，下列条件：①；②；③平分；④为中点．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】由在中，O为的中点，易证得四边形是平行四边形；然后由一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
①∵，
∴，
∴四边形是矩形；故错误；
②∵，
∴四边形是菱形；故正确；
③∵平分，，
∴，
无法判定四边形是菱形；故错误；
④∵，，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴四边形是菱形；故正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意首先证得四边形是平行四边形是关键．
考点7：菱形的判定——证明题
典例7：（2024上·陕西西安·九年级统考期末）如图，在四边形中，，，连接．
(1)求证：，
(2)若，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握三角形全等的判定和菱形的判定是解题关键．
（1）证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先根据平行线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的判定可得，从而可得，最后根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：在和中，
，
，
．
（2）证明：，
，
由（1）已证：，
，
，
∵，，
∴，
∴四边形是菱形．
【变式1】（2023·山东青岛·统考模拟预测）如图中，，的垂直平分线交于，交于，在射线上，并且
(1)求证：；
(2)当的大小满足什么条件时，四边形是菱形，请回答并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，垂直平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质；
（1）求出，根据，利用平行四边形的判定推出四边形是平行四边形即可；
（2）求出 ， ，推出，，根据菱形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：，是垂直平分线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
．
（2）当时，四边形是菱形，
证明：，，
，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
即当时，四边形是菱形．
【变式2】（2023上·四川达州·九年级校考期末）如图，在中，D、E分别是、的中点，，延长DE到点F，使得，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由中位线可知且，由，，证明四边形是平行四边形，由，证明四边形是菱形；
（2）由，可得，则是等边三角形，，过点E作于点G，则，由勾股定理得，，根据，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵D、E分别是、的中点，
∴且，
又∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
如图，过点E作于点G，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∴．
∴菱形的面积为．
【点睛】本题考查了中位线的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理等知识．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式3】（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图在矩形中，对角线与相交于点O．分别过点，作，的平行线交于点．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明详见解析；
(2)；
【分析】（1）本题考查菱形的判定，根据，得到是平行四边形，根据矩形的性质得到即可得到证明；
（2）本题考查矩形的性质及菱形的性质，先根据矩形的面积求出的面积即可得到答案；
【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：∵，，
∴矩形的面积，
∵，
∴菱形OCED的面积．
考点8：菱形的判定与性质综合
典例8：（2023上·江西九江·九年级校考阶段练习）如图，已知点O是斜边的中点，连接BO并延长到点D，使，连接AD，CD．
(1)求证：四边形ABCD是矩形．
(2)把沿BC翻折，得到，连接DE，若，求的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)
【分析】（1）由O是斜边的中点可得，得出四边形是平行四边形，再由可得四边形是矩形；
（2）如图，连接，交于点M，设与相交于点N，先证明四边形是菱形，再证明四边形是平行四边形，再证是等边三角形，最后求解即可．
【详解】（1）证明：∵O是斜边的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：如图，连接，交于点M，设与相交于点N，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵把沿BC翻折，得到，
∴
∴四边形是菱形，
∴
∵且B、O、D在同一直线上，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴ ，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴
【点睛】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，等边三角形的判定与性质等知识，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
【变式1】（2023下·全国·八年级专题练习）如图，四边形中，，E是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，．
①求的长；
②直接写出四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据同旁内角互补两直线平行求出，再根据两直线平行，内错角相等可得，由E是边的中点得到，然后利用“角角边”证明，根据全等三角形对应边相等可得，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）①根据对角线互相垂直的四边形是菱形可得四边形是菱形，可求的长；
②再根据勾股定理可求的长，根据周长的定义可求四边形的周长．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）①∵，四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，
②∵在中，，
∴四边形的周长是．
故四边形的周长是．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式2】（2024上·北京海淀·九年级校考阶段练习）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)证明四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)菱形的面积为
【分析】（1）证明，可得，再由D是的中点，即，根据可证四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质可得，即可得出结论；
（2）连接，证明四边形是平行四边形，可得，再利用菱形的面积公式即可计算出结果．
【详解】（1）证明：∵，
，
∵E是的中点，
∴，
又∵，
在和中，
，
，
，
∵D是的中点，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
∵，D是的中点，
∴在中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：连接，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
，
又∵四边形是菱形，，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及菱形的面积计算，熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式3】（2022下·湖南长沙·八年级长沙麓山国际实验学校校考期末）如图，在平行四边形中，，点E、F分别是的中点，过点A作，交的延长线于点G．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)请判断四边形是什么特殊四边形？ 并加以证明；
(3)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是矩形，见解析
(3)
【分析】（1）由题意先证明是等边三角形，再利用菱形的判定方法进行分析证明即可；
（2）根据题意直接运用矩形的判定方法进行分析证明即可；
（3）由题意分别求出和的值，再根据，求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，且点E、F分别是的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
又，，
∴是等边三角形，即，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：四边形是矩形；证明如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵为菱形对角线，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（3）解：在中，，
∵，，
∴，
解得 ，
∵四边形是菱形，四边形是矩形，
∴．
【点睛】本题考查菱形和矩形的性质、等边三角形的判定及性质，勾股定理等知识，解题的关键是弄清菱形及矩形的判定方法．
同步一遍过
一、单选题
1．（2023上·河北保定·九年级统考阶段练习）如图，为菱形的对角线，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质求解即可．
【详解】∵为菱形的对角线，若，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
2．（2023上·广东深圳·九年级深圳市宝安区文汇学校校联考期中）如图，在菱形ABCD中，BD=6，AC=8，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．20 B．16 C．25 D．30
【答案】A
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO＝OD，AO＝OC，在Rt△AOB中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，BD＝6，AC＝8，
∴BO＝OD＝3，AO＝OC＝4，AC⊥BD，
∴AB＝＝5，
∴菱形ABCD的周长＝5×4＝20．
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理的运用，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．
3．（2022上·九年级课时练习）在菱形ABCD中，周长为24，已知其两个相邻的内角度数比为，则菱形ABCD中较短对角线长度为（ ）
A．6 B．8 C． D．
【答案】A
【分析】如图，由题意易得，然后可得△ABD是等边三角形，进而问题可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，且周长为24，
∴，，
∴，
∵两个相邻的内角度数比为，
∴，
∴△ABD是等边三角形，
∴，
即菱形较短的对角线长为6；
故选A．
【点睛】本题主要考查菱形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2023下·湖北恩施·八年级统考期末）下列判断正确的是（ ）
A．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形 B．四个内角都相等的四边形是菱形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 D．四条边都相等的四边形是正方形
【答案】C
【分析】根据矩形、菱形、平行四边形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：一组对边平行且对角线相等的四边形不是矩形，A错误，故不符合要求；
四个内角都相等的四边形是矩形，B错误，故不符合要求；
两组对边分别相等的四边形是平行四边形，C正确，故符合要求；
四条边都相等的四边形是菱形，D错误，故不符合要求；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形、菱形、平行四边形的判定．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
5．（2022下·湖南长沙·八年级长沙市雅礼实验中学校考阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．平行四边形对角线平分对角 B．菱形的对角线相等
C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形的性质及判定可进行求解．
【详解】解：A、平行四边形的对角线不平分对角，故原命题是假命题；
B、菱形的对角线不相等，故原命题假命题；
C、对角线相等且平分的四边形是矩形，故原命题是假命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题是真命题；
故选D．
【点睛】本题主要考查平行四边形、菱形、矩形的性质及判定，熟练掌握平行四边形、菱形、矩形的性质及判定是解题的关键．
6．（2023下·河北沧州·八年级校考期中）将两张宽为2，长为8的矩形纸片叠放在一起得到如图所示的四边形，则下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：四边形是菱形；
结论Ⅱ：四边形的周长的最大值与最小值的差为9
A．结论Ⅰ、Ⅱ都对 B．结论Ⅰ、Ⅱ都不对 C．只有结论Ⅰ对 D．只有结论Ⅱ对
【答案】A
【分析】由，可得四边形是平行四边形．然后分别过点A、B作于F，于E．又由两张矩形纸片的宽度相等，即可得，又由面积问题，可得，即可得四边形为菱形；由题意可判断，当时，菱形为正方形，周长最小值为8．当为菱形的对角线时，周长最大值为17，从而可得结论．
【详解】如图，
∵，
∴四边形是平行四边形．
分别过点A、B作于F，于E．
∵两张矩形纸片的宽度相等，
∴，
又∵，
∴，
∴是菱形，
故结论Ⅰ正确；
①当时，菱形为正方形，周长最小值为8；
②当为菱形的对角线时，设，如图，
在中，，
即，
解得，．
∴周长最大值为．
∴四边形的周长的最大值与最小值的差为，
所以，结论Ⅱ正确，
故选：A
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质和判定定理是关键．
7．（2023·贵州遵义·一模）如图，在菱形中，，，，分别为边，，上的点，且为的中点，连接交于点，，，若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】利用三角形外角的性质可得即，根据等边三角形的性质可证得，即可求得答案．
【详解】∵在菱形中，，，
∴.
∵，
∴.
∴.
∴.
∵，为中点，，
∴.
∴，即.
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形外角的性质，利用外角的性质证得是解题的关键．
8．（2023下·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
【答案】B
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【详解】连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，
∴BC=AC，
∴BC=AC=AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；
即菱形ABCD的较大内角度数为120°；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
9．（2023上·山东济南·九年级校联考期中）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若增加一个条件，使 ABCD成为菱形，下列给出的条件不正确的是（ ）
A．AB=AD B．AC⊥BD C．AC=BD D．AD=CD
【答案】C
【分析】菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，判定定理有：定理1：四边都相等的四边形是菱形．定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．根据菱形的定义和判定定理即可作出判断，
【详解】A选项：根据菱形的定义可得，当AB=AD时 ABCD是菱形，本选项正确；
B选项：根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判断， ABCD是菱形，本选项正确；
C选项：对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形，除非是正方形，本选项错误；
D选项：根据菱形的定义可得，当AD=CD时 ABCD是菱形，本选项正确；
故选C
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，正确记忆定义和判定定理是关键.
10．（2023上·福建莆田·九年级校考开学考试）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，要在对角线上找两点，，使得四边形是菱形，现有如图2所示的甲、乙两种方案，则正确的方案是（ ）
方案甲： 方案乙：平分，平分
A．只有甲对 B．只有乙对 C．甲、乙都对 D．甲、乙都不对
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得，，，然后根据给出的方案进行判定即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，，
四边形是菱形，
故方案甲正确；
四边形是菱形，
，，，，
，是和的平分线，
，
，
在和中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
故方案乙正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形菱形．③一组邻边相等的平行四边形是菱形．
二、填空题
11．（2023下·吉林·八年级统考期中）已知菱形的两条对角线和交于点O，并且，．则菱形的周长为 cm．
【答案】36
【分析】利用菱形的对角线互相垂直平分和勾股定理，求出菱形的边长，即可求解．
【详解】解：如图，
∵菱形的两条对角线，交于点O，，，
∴，，
∴，
∴菱形的周长为；
故答案为：．
【点睛】本题考查求菱形的性质、勾股定理．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，是解题的关键．
12．（2023下·黑龙江绥化·八年级校考期中）如图，在菱形中，相交于点O，E为的中点，若，则菱形的周长是 ．
【答案】16
【分析】由菱形的性质可得：，结合点E是边上的中点可得，再结合菱形的四边相等即可求得菱形的周长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵点E为的中点，，
∴，
∴菱形的周长．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、三角形中位线的性质等知识点，由菱形的性质和三角形中位线的性质得到是解答本题的关键．
13．（2023上·江苏南通·九年级校考期末）菱形的对角线分别为12和16， 分别为的中点，是对角线上的一动点，则的最小值为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、轴对称求最短路径；
作点N关于的对称点E，连接交于点F，连接，可得（当P在上时等号成立），即的最小值是的长，然后根据菱形的性质求出菱形的边长，证明四边形是平行四边形，得到，进而得解．
【详解】解：作点N关于的对称点E，连接交于点F，连接，如图，则，
∵四边形是菱形，为中点，
∴点E在上，E为中点，
∴（当P在上时等号成立），即的最小值是的长；
∵菱形的两条对角线长分别为12和16，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，即的最小值是10；
故答案为：10．
14．（2023·陕西·统考模拟预测）如图，在边长为13的菱形ABCD中，对角线BD＝24，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝ ．
【答案】
【分析】连接AC交BD于点G，连接AO，根据菱形的性质和勾股定理可求出AG的长，再根据等面积法即可求出OE+OF的值．
【详解】解：如图，连接AC交BD于点G，连接AO，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，AB=AD=13，BD＝24，
∴
在Rt△ABG中，
∴
∵S△ABD=S△AOB+S△AOD，
∴
∴24×5=13×OE+13×OF，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是利用等面积法．
15．（2023上·四川达州·九年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=6，BD=8，点P是AC延长线上的一个动点，过点P作PE⊥AD，垂足为点E，过点P作PF⊥DC，交DC的延长线于点F，则PE-PF= ．
【答案】4.8
【分析】延长BC交PE于G，由菱形的性质得出AD∥BC，OA=OC=AC=3，OB=OD=BD=4，AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，由勾股定理求出AD，由对顶角相等得出∠PCF=∠PCG，由菱形的面积的两种计算方法求出EG，由角平分线的性质定理得出PG=PF，得出PE-PF=PE-PG=EG即可．
【详解】解：延长BC交PE于G，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，OA=OC=AC=3，OB=OD=BD=4，AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，
∴AD==5，∠PCF=∠PCG，
∵菱形的面积=AD EG=AC BD=×6×8=24，
∴EG=4.8，
∵PE⊥AD，
∴PE⊥BG，
∵PF⊥DF，
∴PG=PF，
∴PE-PF=PE-PG=EG=4.8．
故答案为：4.8．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、角平分线的性质定理、菱形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证出PG=PF是解题的关键．
16．（2023下·云南昆明·八年级统考期末）如图，在菱形中．
（1）分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点、；
（2）作直线交边于点，且直线恰好经过点；
（3）连接．
根据以上作图过程及所作图形，判断下列结论中正确的有 ．（填序号）
①②③④如果．那么
【答案】①②③
【分析】连接AC，证明△ABC，△ACD都是等边三角形，可判断①；由BC=CD=2CM，可判断②；由三角形的面积公式和AB与DM的关系可判断③；由勾股定理在Rt△ADM中，求出AM，再在Rt△ABM中求得BM，可判断④．
【详解】解：如图，连接AC．
由作图可知，EF存在平分线段CD，
∴AC=BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=AB=BC=AC，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠ABC=60°，故①正确，
∵BC=CD=2CM，故②正确，
∵AB=CD=2DM，AB∥CD，
∴AB=2DM，
∴S△ABM=2S△ADM，故③正确，
∵AB=2，
∴AD=2，
∵AM垂直平分CD，
∴DM=CD=1，∠AMD=90°，
∴AM=，
∵AB∥CD，
∴∠BAM=∠AMD=90°，
∴BM=，故④错误；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
三、解答题
17．（2022下·河南濮阳·八年级校联考期末）如图，矩形中，对角线的垂直平分线交于点，交于点，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若平分，cm，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)cm2
【分析】根据线段垂直平分线的性质，可得，，，由“AAS”可证≌，则可得，继而证得结论；
由“AAS”可证≌，可得cm，由勾股定理可求的长，的长，即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，
，
平分，
，
在和中，
，
≌，
cm，
cm，
cm，
，
，
，
，
，
四边形的面积(cm2)．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
18．（2023下·安徽铜陵·八年级统考期末）如图，在ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形BEDF是菱形， 证明见解析．
【分析】（1）只要证明AE=CF，∠C=∠EAD，BC=AD，即可根据SAS证明△ADE≌△CBF；
（2）根据已知条件证明BE=DF，BE∥DF，从而得出四边形BEDF是平行四边形，再证明DE=BE，根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠C，AD=CB，AB=CD，
∵点E，F分别是AB，CD的中点，
∴AE=AB，CF=CD，
∴AE=CF．
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）四边形BEDF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=AB，DF=CD．
∴BE=DF，BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，∵E为AB的中点，
∴AE=BE=DE，
∴平行四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定、矩形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键由找出相等的边和角证明两个三角形全等，灵活应用所学菱形的判断方法证明四边形是菱形，属于中考常考题型．
19．（2022·湖南张家界·统考一模）如图，点E是矩形的边BA延长线上一点，连接ED，EC．EC交AD于点G，作交AB于点F，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）利用矩形的性质以及证明四边形是平行四边形，再根据证明四边形是菱形；
（2）连接，根据勾股定理求出BF，进一步求出AF，证明得到，根据勾股定理即可求出AG．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，连接，
∵四边形是菱形，∴，
∵，∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴
在中，根据勾股定理，得，
∴，解得．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，勾股定理．（1）的关键是掌握菱形的判定，（2）的关键是证明，再结合勾股定理求解．
20．（2022上·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在矩形中，过对角线的中点O作垂线EF分别交边于点E，F，连接．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并证明；
【答案】(1)见解析
(2)四边形为菱形，证明见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得到进而得到，再根据中点的性质得到，最后根据即可得证；
（2）根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O是的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）四边形为菱形，理由如下：
∵，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质和菱形的判定，解决本题的关键是证明．
21．（2023下·山东临沂·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，P是对角线AC上的一点，过点B作BQ∥AC，且BQ＝CP，连接PD，PQ，AQ．
（1）求证：△PDC≌△QAB；
（2）若PA平分∠DPQ，求证：四边形AQPD为菱形．
【答案】（1）见解析．（2）见解析．
【分析】（1）根据题意证明出四边形PCBQ是平行四边形，然后根据平行四边形DABC的性质求出∠PCD=∠ABQ，根据SAS判定三角形全等的方法证明即可；
（2）首先根据题意证明出四边形AQPD是平行四边形，然后根据PA平分∠DPQ求出DA=DP进而证明出四边形AQPD为菱形．
【详解】证明：(1)∵BQ∥AC，BQ=CP，
∴四边形BCPQ是平行四边形，
∴∠PCB+∠ABC+∠ABQ=180°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD+∠PCB+∠ABC=180°，CD=AB，
∴∠PCD=∠ABQ，
∴在△PDC和△QAB中，
，
∴．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵四边形BCPQ是平行四边形，
∴PQ∥BC，PQ=BC，
∴AD∥PQ，AD=PQ，
∴四边形DAQP是平行四边形，∠DAP=∠APQ，
又∵PA平分∠DPQ，
∴，
∴DA=DP，
∴四边形AQPD为菱形．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的判定方法，解题的关键是熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法．
22．（2023上·陕西咸阳·九年级咸阳彩虹学校校考期中）如图，在等腰中，，于点，点是上一点，延长至点，使．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长为20，两条对角线与的和等于14，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ADCE的面积为24．
【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得出，然后根据平行四边形的判定证明根据四边形是平行四边形，最后菱形的判定即可证明；
（2）先根据菱形的性质求出，，然后在中根据勾股定理求出，从而求出，，最后根据菱形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形；
（2）解∵菱形的周长为20，
∴，，
∵与的和等于14，
∴，
∵，
∴，
∴或，
∴或6，
∴或8，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
23．（2023·江苏南通·统考一模）将两张完全相同的矩形纸片ABCD、FBED按如图方式放置，BD为重合的对角线．重叠部分为四边形DHBG，
(1)试判断四边形DHBG为何种特殊的四边形，并说明理由；
(2)若AB=8，AD=4，求四边形DHBG的面积．
【答案】（1）四边形DHBG是菱形，理由见解析；（2）20．
【分析】（1）由四边形ABCD、FBED是完全相同的矩形，可得出△DAB≌△DEB（SAS），进而可得出∠ABD=∠EBD，根据矩形的性质可得AB∥CD、DF∥BE，即四边形DHBG是平行四边形，再根据平行线的性质结合∠ABD=∠EBD，即可得出∠HDB=∠HBD，由等角对等边可得出DH=BH，由此即可证出 DHBG是菱形；
（2）设DH=BH=x，则AH=8-x，在Rt△ADH中，利用勾股定理即可得出关于x的一元一次方程，解之即可得出x的值，再根据菱形的面积公式即可求出菱形DHBG的面积．
【详解】解：四边形是菱形．理由如下：
∵四边形、是完全相同的矩形，
∴，，．
在和中，，
∴，
∴．
∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴是菱形．
由，设，则，
在中，，即，
解得：，即，
∴菱形的面积为．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用等角对等边找出DH=BH；（2）利用勾股定理求出菱形的边长．
24．（2023下·广东东莞·八年级光正实验学校校考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点O，点E，F分别是，的中点
(1)请判定的形状，并证明你的结论
(2)若，，求的长．
【答案】(1)等腰三角形，证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质和直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明是等腰三角形；
（2）根据菱形的性质和勾股定理，求得，再根据三角形中位线定理，得到，即可求出的长．
【详解】（1）证明：菱形，
，，
和是直角三角形，
点E，F分别是，的中点，
，，
，
是等腰三角形；
（2）解：菱形，
，，，
在中，，
点E，F分别是，的中点，
是的中位线，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
25．（2023下·上海嘉定·八年级统考期末）如图，在梯形中，，，点M在边的延长线上，点N在边上．
（1）如果，求证：；
（2）如果，求证：四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知条件可判定四边形ABCD是等腰梯形，利用等腰梯形的性质以及给出的条件利用SAS可判定△ABM≌△CDA，从而可证得结论；
（2）由已知条件结合三角形外角的性质证得∠CAN=∠ACB，得到AN=CN，根据平行线的性质证得∠CAN=∠ACB=∠DAC=∠DCA，进而证得△ACN≌△ACD，即可得到AN=CN=AD=DC，可得四边形四边形ADCN是菱形是菱形．
【详解】解：证明：（1）∵AD∥BC，BA=AD=DC，
∴梯形ABCD是等腰梯形，
∴∠ABC=∠DCM，
∵∠ABM+∠ABC=180°，∠DCM+∠D=180°，
∴∠ABM=∠D，
在△ABM和△CDA中，
，
∴△ABM≌△CDA（SAS），
∴AM=AC；
（2）∵∠ANB=∠CAN+∠ACB，∠ANB=2∠ACB，
∴∠CAN+∠ACB=2∠ACB，
∴∠CAN=∠ACB，
∴AN=CN，
∵AD=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴∠CAN=∠ACB=∠DAC=∠DCA，
在△ACN和△ACD中，
，
∴△ACN≌△ACD（ASA），
∴AN=AD，
∴AN=CN=AD=DC，
∴四边形四边形ADCN是菱形．
【点睛】此题主要考查等腰梯形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，（1）中证得△ABM≌△CDA，（2）证得△ACN≌△ACD是解决问题的关键．
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专题03 菱形的性质与判定
考点类型
知识一遍过
（一）菱形的性质
菱形的性质： 因为ABCD是菱形 几何表达式举例： (1) 对边平行且相等；对角线互相平分 (2) ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=DA (3) ∵ABCD是菱形 ∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
（二）菱形的判定
菱形的判定： 四边形四边形ABCD是菱形. 几何表达式举例： (1) ∵ABCD是平行四边形 又∵DA=DC ∴四边形ABCD是菱形 (2) ∵AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 (3) ∵四边形ABCD是平行四边形 又∵AC⊥BD ∴四边形ABCD是菱形
考点一遍过
考点1：菱形的性质——求角度
典例1：（2023上·吉林长春·八年级校考期末）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．
【变式1】（2023下·山东临沂·八年级统考期中）如图，菱形纸片中，，折叠菱形纸片，使点落在（为中点）所在的直线上，得到经过点的折痕．则的大小为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023下·山东济南·八年级校考阶段练习）如图，在菱形纸片中，是边上一点，将沿直线翻折，使点落在上，连接．已知、，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（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．
考点2：菱形的性质——求线段
典例2：（2024上·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考期末）如图，四边形是菱形，连接交于点O，过点A作，交于点E，若，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（2024上·山西运城·九年级校联考期末）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为图心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023上·广东佛山·九年级统考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A．4 B．8 C． D．6
【变式3】（2023上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在菱形中，，，点是上不与点和点重合的一个动点，过点分别做和的垂线，垂足为，则的值为（ ）
A． B．2 C． D．4
考点3：菱形的性质——求面积
典例3：（2023下·广东广州·八年级校考期中）如图，菱形的周长为32，，，，垂足为别为E、F，连接，则的面积是（ ）
A．8 B． C． D．
【变式1】（2023上·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在菱形中，，对角线、相交于点，平分，若，则菱形的面积为（ ）
A．6 B．8 C． D．
【变式2】（2023上·辽宁沈阳·九年级东北育才双语学校校考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．6 B．12 C．16 D．24
【变式3】（2023上·四川达州·九年级统考阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点，，，若，，则四边形的面积是（ ）
A．24 B．14 C．48 D．25
考点4：菱形的性质——证明题
典例4：（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考阶段练习）在菱形中，，，垂足分别为、．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，交于点，交于点，连接，若，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图2中四条长度等于的线段．
【变式1】（2023上·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，、分别是边，上的点，，
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若菱形的边长为2，则面积的最小值为______．
【变式2】（2022上·湖南长沙·九年级校考开学考试）如图，四边形是菱形，于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求菱形的面积．
【变式3】（2023下·云南临沧·八年级统考期末）如图，在菱形中，点、分别是、上的任意两点，且点与点、都不重合，连接、、，则．
(1)求证：；
(2)当点靠近点时，若，，求的面积．
考点5：菱形的性质——坐标问题
典例5：（2023·广东清远·统考一模）如图，平面直角坐标系中，菱形的边在x轴的正半轴上，点B，C在第一象限，若，，则对角线交点D的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式1】（2024上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，两对角线交于点E．若点B的坐标为，，则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023下·湖北荆州·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，，，则顶点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式3】（2023下·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在原点，点的坐标为，点的纵坐标是1，则顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
考点6：菱形的性质——添加条件
典例6：（2023下·全国·八年级假期作业）如图，在□ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA．添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件可以是（ ）
A． B．MB＝MO
C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【变式1】（2023上·河南郑州·九年级校考期中）如图，已知平行四边形的对角线与相交于点，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是菱形
【变式2】（2023下·云南·八年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【变式3】（2022上·山西太原·九年级山西实验中学校考阶段练习）如图，在中，对角线，为的中点，经过点的直线交于，交于，连接、，现在添加一个适当的条件，使四边形是菱形，下列条件：①；②；③平分；④为中点．正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
考点7：菱形的判定——证明题
典例7：（2024上·陕西西安·九年级统考期末）如图，在四边形中，，，连接．
(1)求证：，
(2)若，求证：四边形是菱形．
【变式1】（2023·山东青岛·统考模拟预测）如图中，，的垂直平分线交于，交于，在射线上，并且
(1)求证：；
(2)当的大小满足什么条件时，四边形是菱形，请回答并证明你的结论．
【变式2】（2023上·四川达州·九年级校考期末）如图，在中，D、E分别是、的中点，，延长DE到点F，使得，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【变式3】（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图在矩形中，对角线与相交于点O．分别过点，作，的平行线交于点．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
考点8：菱形的判定与性质综合
典例8：（2023上·江西九江·九年级校考阶段练习）如图，已知点O是斜边的中点，连接BO并延长到点D，使，连接AD，CD．
(1)求证：四边形ABCD是矩形．
(2)把沿BC翻折，得到，连接DE，若，求的度数．
【变式1】（2023下·全国·八年级专题练习）如图，四边形中，，E是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，．
①求的长；
②直接写出四边形的周长．
【变式2】（2024上·北京海淀·九年级校考阶段练习）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)证明四边形是菱形；
(2)若，，求菱形的面积．
【变式3】（2022下·湖南长沙·八年级长沙麓山国际实验学校校考期末）如图，在平行四边形中，，点E、F分别是的中点，过点A作，交的延长线于点G．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)请判断四边形是什么特殊四边形？ 并加以证明；
(3)若，求四边形的面积．
同步一遍过
一、单选题
1．（2023上·河北保定·九年级统考阶段练习）如图，为菱形的对角线，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023上·广东深圳·九年级深圳市宝安区文汇学校校联考期中）如图，在菱形ABCD中，BD=6，AC=8，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．20 B．16 C．25 D．30
3．（2022上·九年级课时练习）在菱形ABCD中，周长为24，已知其两个相邻的内角度数比为，则菱形ABCD中较短对角线长度为（ ）
A．6 B．8 C． D．
4．（2023下·湖北恩施·八年级统考期末）下列判断正确的是（ ）
A．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形 B．四个内角都相等的四边形是菱形
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 D．四条边都相等的四边形是正方形
5．（2022下·湖南长沙·八年级长沙市雅礼实验中学校考阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．平行四边形对角线平分对角 B．菱形的对角线相等
C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
6．（2023下·河北沧州·八年级校考期中）将两张宽为2，长为8的矩形纸片叠放在一起得到如图所示的四边形，则下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：四边形是菱形；
结论Ⅱ：四边形的周长的最大值与最小值的差为9
A．结论Ⅰ、Ⅱ都对 B．结论Ⅰ、Ⅱ都不对 C．只有结论Ⅰ对 D．只有结论Ⅱ对
7．（2023·贵州遵义·一模）如图，在菱形中，，，，分别为边，，上的点，且为的中点，连接交于点，，，若，则的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
8．（2023下·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，在菱形中，于点，点恰好为的中点，则菱形的较大内角度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
9．（2023上·山东济南·九年级校联考期中）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若增加一个条件，使 ABCD成为菱形，下列给出的条件不正确的是（ ）
A．AB=AD B．AC⊥BD C．AC=BD D．AD=CD
10．（2023上·福建莆田·九年级校考开学考试）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，要在对角线上找两点，，使得四边形是菱形，现有如图2所示的甲、乙两种方案，则正确的方案是（ ）
方案甲： 方案乙：平分，平分
A．只有甲对 B．只有乙对 C．甲、乙都对 D．甲、乙都不对
二、填空题
11．（2023下·吉林·八年级统考期中）已知菱形的两条对角线和交于点O，并且，．则菱形的周长为 cm．
12．（2023下·黑龙江绥化·八年级校考期中）如图，在菱形中，相交于点O，E为的中点，若，则菱形的周长是 ．
13．（2023上·江苏南通·九年级校考期末）菱形的对角线分别为12和16， 分别为的中点，是对角线上的一动点，则的最小值为 ．
14．（2023·陕西·统考模拟预测）如图，在边长为13的菱形ABCD中，对角线BD＝24，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝ ．
15．（2023上·四川达州·九年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=6，BD=8，点P是AC延长线上的一个动点，过点P作PE⊥AD，垂足为点E，过点P作PF⊥DC，交DC的延长线于点F，则PE-PF= ．
16．（2023下·云南昆明·八年级统考期末）如图，在菱形中．
（1）分别以，为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点、；
（2）作直线交边于点，且直线恰好经过点；
（3）连接．
根据以上作图过程及所作图形，判断下列结论中正确的有 ．（填序号）
①②③④如果．那么
三、解答题
17．（2022下·河南濮阳·八年级校联考期末）如图，矩形中，对角线的垂直平分线交于点，交于点，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若平分，cm，求四边形的面积．
18．（2023下·安徽铜陵·八年级统考期末）如图，在ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？请证明你的结论．
19．（2022·湖南张家界·统考一模）如图，点E是矩形的边BA延长线上一点，连接ED，EC．EC交AD于点G，作交AB于点F，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
20．（2022上·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在矩形中，过对角线的中点O作垂线EF分别交边于点E，F，连接．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并证明；
21．（2023下·山东临沂·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，P是对角线AC上的一点，过点B作BQ∥AC，且BQ＝CP，连接PD，PQ，AQ．
（1）求证：△PDC≌△QAB；
（2）若PA平分∠DPQ，求证：四边形AQPD为菱形．
22．（2023上·陕西咸阳·九年级咸阳彩虹学校校考期中）如图，在等腰中，，于点，点是上一点，延长至点，使．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长为20，两条对角线与的和等于14，求四边形的面积．
23．（2023·江苏南通·统考一模）将两张完全相同的矩形纸片ABCD、FBED按如图方式放置，BD为重合的对角线．重叠部分为四边形DHBG，
(1)试判断四边形DHBG为何种特殊的四边形，并说明理由；
(2)若AB=8，AD=4，求四边形DHBG的面积．
24．（2023下·广东东莞·八年级光正实验学校校考阶段练习）如图，菱形的对角线、相交于点O，点E，F分别是，的中点
(1)请判定的形状，并证明你的结论
(2)若，，求的长．
25．（2023下·上海嘉定·八年级统考期末）如图，在梯形中，，，点M在边的延长线上，点N在边上．
（1）如果，求证：；
（2）如果，求证：四边形是菱形．
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