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专题5.2.2 菱形（二）九大题型（一课一讲）
（内容：菱形的判定及其应用）
【浙教版】
题型一：菱形判定定理的理解
【经典例题1】（2025·福建泉州·一模）一块截面为四边形的玉片，已测得两组对边分别平行，再测量得下列条件，仍不能判定这块玉片的截面为长方形的是（ ）
A． B． C． D．
【变式训练1-1】（24-25八年级下·江苏南京·期中）能够判定一个四边形是矩形的条件为（ ）
A．四条边都相等 B．对角线互相平分
C．四个角都相等 D．对角线互相垂直
【变式训练1-2】（24-25八年级下·江苏南京·期中）在中，相交于点O，下列条件中，不能判定这个四边形是菱形的是（ ）
A． B． C．平分 D．
【变式训练1-3】（2025·山西忻州·模拟预测）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（ ）
A．相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【变式训练1-4】（2025·河南驻马店·一模）下列关于菱形的说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形
【变式训练1-5】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
题型二：添一个条件使得四边形是菱形
【经典例题2】（24-25八年级下·四川广元·阶段练习）如图，在四边形中，于点O．在以下条件中①；②；③；④，添加一个条件使其成为菱形，则可以是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【变式训练2-1】（24-25八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式训练2-2】（24-25八年级·广东佛山·期末）在中，、是它的两条对角线，添加下列其中一个条件就能使成为矩形，那么添加的条件是（ ）
A． B． C． D．平分
【变式训练2-3】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，△ABC中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在△ABC基础上添加）
【变式训练2-4】（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在中（），为锐角，将△ABC沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ．
【变式训练2-5】（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形．
【变式训练2-6】（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）
题型三：根据菱形的性质和判定求角度
【经典例题3】（24-25八年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，再分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练3-1】（23-24八年级下·湖北黄石·期末）如图，在四边形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，，，，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
【变式训练3-2】（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【变式训练3-3】（23-24八年级·重庆北碚·期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练3-4】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ．
【变式训练3-5】（23-24八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ．
【变式训练3-6】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．
题型四：根据菱形的性质和判定求线段长度
【经典例题4】（2025·山西临汾·一模）如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
【变式训练4-1】（24-25八年级下·广西来宾·期中）如图，在中，，，，点为中点，以，为边作平行四边形，则的长为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．6
【变式训练4-2】（24-25八年级·广东深圳·期中）如图，以矩形的顶点为圆心，长为半径画弧交的延长线于；过点作交于点，连接，则 ．
【变式训练4-3】（2025·广东深圳·一模）如图，在平行四边形中，以A为圆心，长为半径画弧交于点F，分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，连接并延长交于点E，连接交于点O，过点A作于点H．若，，则（ ）
A．15 B． C． D．
【变式训练4-4】（24-25八年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图，在中，，D为的中点，，，若，，则四边形的周长为（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
【变式训练4-5】（24-25八年级·吉林长春·学业考试）如图，在中，对角线交于O，过点O作的垂线分别交、于E、F．已知，，，那么的长是（ ）
A．9.6 B．12 C．10 D．8
【变式训练4-6】（2025·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
题型五：利用菱形的性质和判定求面积
【经典例题5】（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（ ）
A． B． C．5 D．4
【变式训练5-1】（2025·河南新乡·模拟预测）如图，在的两边上分别截取，，使，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点C，连接，，，，若，四边形的面积为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练5-2】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【变式训练5-3】（24-25八年级·山东青岛·期末）如图，四边形是矩形，分别以点A和点C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点M，N；作直线分别交于点E，F，连接，若，则四边形的面积为 ．
【变式训练5-4】（2025·陕西商洛·一模）如图，在矩形中，，点分别在边上，，连接，点分别在上（点G不与点A，点E重合），连接．若，则四边形的面积为 ．
【变式训练5-5】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在平行四边形中，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，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，连接并延长交于点E，连接．设与相交于点O，若四边形的周长为4，则四边形的面积是 ．
【变式训练5-6】（2024·江西南昌·二模）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点．分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点E，作射线．以点C为圆心，长为半径作圆弧，恰好经点D，与射线交于点F，连接，．若，则四边形的面积为 ．
题型六：利用菱形的性质和判定求最值问题
【经典例题6】（23-24八年级下·江苏南京·期中）已知菱形在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点，，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【变式训练6-1】（24-25八年级·福建福州·期中）如图，菱形的边，高，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，点的对应点为，当的长度最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【变式训练6-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是（ ）
A．6 B． C． D．
【变式训练6-3】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）如图，菱形中，对角线相交于点O，，，点P和点E分别为上的动点，求的最小值为（ ）
A．5 B． C．6 D．8
【变式训练6-4】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，在矩形中，，，点、分别为边、上的两个动点，连接，以为边作菱形，对角线、相交于点，连接，若，则的最小值为 ．
【变式训练6-5】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，，E为上的一个动点，画，其中为对角线，则的最小值是 ．
【变式训练6-6】（24-25八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在菱形中，， ，点P，Q分别是，上的动点，则的最小值是 ．
【变式训练6-7】（2025·河南安阳·模拟预测）如图，菱形中，点O为对角线的中点，点P为平面内一点，且，已知，．连接，则的最小值为 ，最大值为 ．
题型七：证明四边形是菱形
【经典例题7】（24-25八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求菱形的面积．
【变式训练7-1】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，则菱形的面积为________．
【变式训练7-2】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处．
(1)连接，四边形的形状为_______，并证明；
(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下求折痕的长．
【变式训练7-3】（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由．
【变式训练7-4】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点E、F．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【变式训练7-5】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，的对角线相交于点O，平分过点B作，过点A作，交于点E，连接．
(1)求证：是菱形；
(2)若，求的长．
【变式训练7-6】（24-25八年级下·山东日照·期中）如图，四边形是平行四边形，，垂足分别为，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接并延长，交的延长线于点，若，求的长．
题型八：利用菱形的性质和判定之动点问题（压轴题）
【经典例题8】（24-25八年级下·广东广州·期中）已知在矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1，连接、，求证：四边形为菱形；
(2)如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周，即点自停止，点自停止．在运动过程中，已知点的速度为每秒，点的速度为每杪，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
【变式训练8-1】（24-25八年级下·广西柳州·期中）如图，在四边形ABCD中，，∠B=90°，，，，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t．
(1)_______．______（用含t的代数式表示）；
(2)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形是矩形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由；
(3)在整个运动过程中，是否存在一个时间，使得四边形是菱形？如果存在，求出时间t的值，如果不存在，请说明理由．
【变式训练8-2】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为，运动时间为（且）．
(1)若、分别是、的中点，则以、、、为顶点的四边形是______．
(2)在（1）的条件下，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为矩形？
(3)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为菱形？请直接写出的值．
【变式训练8-3】（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间为秒．过点作于点，连接，．
(1)有怎样的数量关系？并说明理由；
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由．
【变式训练8-4】（24-25八年级·全国·假期作业）如图，矩形的对角线，相交于点O，将沿所在直线折叠，得到．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，P是边上的动点，Q是边上的动点，的最小值是________．
【变式训练8-5】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，点G是的中点，点E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)①当______时，四边形是菱形；
②当______时，四边形是矩形，请说明理由．
【变式训练8-6】（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在四边形中，，∠B=90°，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为．
(1)边的长度为______，的取值范围为______．
(2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？
(3)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形．若存在，请求出值；若不存在，请说明理由．
题型九：菱形的性质和判定综合（压轴题）
【经典例题9】（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，在平行四边形纸片中，为边上任意一点，将△沿折叠，点的对应点为．
【分析探究】
（1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为______．
【问题解决】
（2）如图2，当，为边的三等分点时，连接并延长，交边于点．试判断线段与的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长．
【变式训练9-1】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）如图1，将底角为，腰长为2的等腰置于平面直角坐标系中，腰与轴重合，底边与轴交于点．
(1)求所在直线的解析式；
(2)如图2，将沿对折，点落在点处，判断四边形的形状并证明；
(3)如图3，在（2）的条件下，点、为线段上的两动点（不与点、重合），且，连接、，请求出的最小值及点的坐标．
【变式训练9-2】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形．
(1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______；
(2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________．
【变式训练9-3】（24-25八年级下·新疆喀什·阶段练习）在中，的平分线交直线于点，交直线于点．
(1)如图①，证明：．
(2)如图②，若，为的中点，为的中点，试探究与的位置关系，并说明理由．
(3)如图③，若，为的中点，过点作的平行线，并在其上取一点与点位于直线的同侧，使，连接，为的中点，试探究线段与之间的数量关系，并对结论给予证明．
【变式训练9-4】（2025八年级下·全国·专题练习）已知：在中，于点．
(1)如图1，若于点，．求证：是菱形．
(2)如图2，连、交于点，试探究：，，，之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)如图3，若，于点交于点，连接，其中，且以、、为边构成的三角形的面积为20．求的面积．
【变式训练9-5】（2025八年级下·全国·专题练习）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边△APE（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图，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，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，，请直接写出线段的长．
【变式训练9-6】（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）【问题背景】矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在点处．
【初步认识】（1）如图1，折痕的端点与点重合．
①当时，______；
②若点恰好在线段上，则的长为______；
【深入思考】（2）若点恰好落在边上．
①如图2，过点作交于点，交于点，连接．请根据题意，补全图2并证明四边形是菱形；
②在①的条件下，当时，求四边形的面积；
【拓展提升】（3）如图3，若，连接，若是以为腰的等腰三角形，直接写出的长．中小学教育资源及组卷应用平台
专题5.2.2 菱形（二）九大题型（一课一讲）
（内容：菱形的判定及其应用）
【浙教版】
题型一：菱形判定定理的理解
【经典例题1】（2025·福建泉州·一模）一块截面为四边形的玉片，已测得两组对边分别平行，再测量得下列条件，仍不能判定这块玉片的截面为长方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和菱形的判定，由已知可得四边形是平行四边形，进而根据矩形和菱形的判定方法逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵四边形的两组对边分别平行，
∴四边形是平行四边形，
、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，平行四边形是矩形，该选项不合题意；
、当时，平行四边形是菱形，该选项符合题意；
故选：．
【变式训练1-1】（24-25八年级下·江苏南京·期中）能够判定一个四边形是矩形的条件为（ ）
A．四条边都相等 B．对角线互相平分
C．四个角都相等 D．对角线互相垂直
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定，根据以上判定定理逐项判断即可求解，掌握以上判定定理是解题的关键．
【详解】解：、四条边都相等的四边形是菱形，该选项不合题意；
、对角线互相平分的四边形是平行四边，该选项不合题意；
、四个角都相等的四边形是矩形，该选项符合题意；
、对角线互相垂直的四边形不一定是矩形，该选项不合题意；
故选：．
【变式训练1-2】（24-25八年级下·江苏南京·期中）在中，相交于点O，下列条件中，不能判定这个四边形是菱形的是（ ）
A． B． C．平分 D．
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、由一组邻边相等的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意；
B、由对角线垂直的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意；
C、如图，
∵平分，
∴，
∵平行四边形中，，
∴，
∴，
∴，
由一组邻边相等的平行四边形是菱形，故能判定这个四边形是菱形，不符合题意；
D、∵平行四边形中，，
有，
∴，即，
∴四边形是矩形，故不能判定这个四边形是菱形，符合题意；
故选：D．
【变式训练1-3】（2025·山西忻州·模拟预测）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点．若四边形的对角线互相垂直，则线段与一定满足的关系为（ ）
A．相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定与性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先画出图形，根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定与性质可得，由此即可得．
【详解】解：由题意，画出图形如下：
∵点，分别是边，的中点，
∴，
同理可得：，，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵四边形的对角线互相垂直，
∴平行四边形是菱形，
∴，
∴，即，
故选：A．
【变式训练1-4】（2025·河南驻马店·一模）下列关于菱形的说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角一定相等 B．菱形的对角线一定相等
C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．四条边相等的四边形是菱形
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，根据菱形的判定定理和性质一一判断即可得出答案．
【详解】解：．菱形的对角相等，但四个角不一定相等，原说法错误，故该选项不符合题意；
．菱形的对角线互相垂直且平分但不一定相等，故该选项不符合题意；
．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，故该选项不符合题意；
．四条边相等的四边形是菱形，说法正确，故该选项符合题意；
故选：D．
【变式训练1-5】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】本题考查了命题，平行四边形、矩形、菱形的判定，熟练掌握各判定方法是解题关键．根据平行四边形、矩形、菱形的判定逐项判断即可得．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，则此项命题是假命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或对角线相等的平行四边形是矩形），则此项命题是假命题，不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，则此项命题是假命题，不符合题意；
D、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，则此项命题是真命题，符合题意；
故选：D．
题型二：添一个条件使得四边形是菱形
【经典例题2】（24-25八年级下·四川广元·阶段练习）如图，在四边形中，于点O．在以下条件中①；②；③；④，添加一个条件使其成为菱形，则可以是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
【答案】C
【分析】本题考查菱形的判定，根据菱形的判定进行逐一判断即可．
【详解】解：当添加①时，无法证明四边形是菱形；
当添加②时，无法证明四边形是菱形；
当添加③时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
当添加④时，无法证明四边形是菱形；
故选：C．
【变式训练2-1】（24-25八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件使它成为菱形，下列选项中不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】本题考查的是菱形的判定．根据菱形的判定：一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得答案．
【详解】解：A、添加可证明平行四边形是矩形，不能使它变成菱形，故此选项符合题意；
B、添加能证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意；
C、添加可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意；
D、添加，则，所以，所以，可证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【变式训练2-2】（24-25八年级·广东佛山·期末）在中，、是它的两条对角线，添加下列其中一个条件就能使成为矩形，那么添加的条件是（ ）
A． B． C． D．平分
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的判断，根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：、由能判定是矩形，该选项符合题意；
、由能判定是菱形，该选项不合题意；
、由能判定是菱形，该选项不合题意；
、由平分能判定是菱形，该选项不合题意；
故选：．
【变式训练2-3】（23-24八年级下·新疆昌吉·期末）如图所示，中，E、F、D分别是上的中点，要使四边形是菱形，在不改变图形的前提下，你需添加的一个条件是 （在基础上添加）
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的判定、三角形中位线的判定与性质等知识点，掌握菱形的判定方法成为解题的关键．
先根据三角形的中位线得到可得四边形是平行四边形；再根据菱形的判定可知，即可解答．
【详解】解：∵中，E、F、D分别是上的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
要使四边形是菱形，则，
∴，即．
故答案为：．
【变式训练2-4】（2024·甘肃兰州·模拟预测）如图，在中（），为锐角，将沿对角线方向平移，得到，连接和，在不添加任何辅助线的前提下，要使四边形是菱形，只需添加的一个条件是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，先根据题意可知四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴，，
由平移可得，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
若，则，
∴四边形是菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
【变式训练2-5】（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，与相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
【详解】解：添加（答案不唯一），
∵在四边形中，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：（答案不唯一）．
【变式训练2-6】（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）．
题型三：根据菱形的性质和判定求角度
【经典例题3】（24-25八年级下·贵州遵义·阶段练习）如图，以点为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点，再分别以为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了本题主要考查了菱形的判定、尺规作图、菱形的性质．根据尺规作图可知，根据四条边都相等的四边形是菱形可知四边形是菱形，根据菱形的对角相等可得．
【详解】解：由作图可知，
四边形是菱形，
．
故选：A ．
【变式训练3-1】（23-24八年级下·湖北黄石·期末）如图，在四边形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，，，，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形中位线定理，三角形外角的性质，根据题意得出四边形是菱形是解题关键．由三角形中位线定理，推出四边形是菱形，得到，根据平行线的性质和三角形外角的性质，得出，即可求出的大小．
【详解】解：如图，令与的交点为，
、分别是、的中点，、分别是、的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，，
，
，，
，
，
，
故选：C.
【变式训练3-2】（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可．
【详解】∵
∴
∵点为中点
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴是菱形，
∴
故选：D．
【变式训练3-3】（23-24八年级·重庆北碚·期末）如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论．
【详解】解：在中，，
∴是菱形，
，
，
，
，
，
，是斜边的中点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：A．
【变式训练3-4】（23-24八年级下·湖南永州·期末）如图所示，E，F分别在和上，，则 ．
【答案】80
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形内角和，平行线的判定与性质，根据已知可判定出四边形为菱形，得到，，根据平行线性质，等边对等角可得到，根据等边三角形的判定与性质可得，利用四边形内角和求出，利用平行线性质即可求出结果．
【详解】解：，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
，
又，
，
同理，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：80．
【变式训练3-5】（23-24八年级下·新疆巴音郭楞·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交， 于点E，F，连接，．若 则 ．
【答案】/59度
【分析】本题考查矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质等知识，
首先证明四边形是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角进行求解；
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，．
∵垂直平分，
∴，，，
∵，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴．
∵，
，
∴，
，
故答案为：．
【变式训练3-6】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在中，的平分线交线段于点，交线段的延长线于点，以、为邻边作，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，延长、交于H，连接，求证平行四边形为菱形，得出，为全等的等边三角形，证明，即可得出答案．
【详解】解：延长、交于H，连接，
，，
四边形为平行四边形，
，平分，
，，，
为等腰三角形，
，
平行四边形为菱形，
，且均为等边三角形，
，，
，
，
为等腰三角形，
又四边形为平行四边形，
，，，
，
在与中，
，
，
，
．
故答案为：．
题型四：根据菱形的性质和判定求线段长度
【经典例题4】（2025·山西临汾·一模）如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质．在取点，使，连接，，交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再证明四边形是平行四边形，由此可以求出长．
【详解】解：在取点，使，连接，，交于点，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
则；
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：D．
【变式训练4-1】（24-25八年级下·广西来宾·期中）如图，在中，，，，点为中点，以，为边作平行四边形，则的长为（ ）
A．16 B．12 C．8 D．6
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，勾股定理，根据，为的中点，则，则平行四边形为菱形，由，，，可得，证明四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：，为的中点，
，
平行四边形为菱形，
∴，
∴，
又菱形中，
∴四边形是平行四边形，
，，，
，
∴，
故选：D．
【变式训练4-2】（24-25八年级·广东深圳·期中）如图，以矩形的顶点为圆心，长为半径画弧交的延长线于；过点作交于点，连接，则 ．
【答案】
【分析】由矩形的性质得，，则，再证明四边形是平行四边形，由作图得，则四边形是菱形，所以，则，可求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，
，
，
∴四边形是平行四边形，
由作图得，
∴四边形是菱形，
，
，
，
，
故答案为：．
【变式训练4-3】（2025·广东深圳·一模）如图，在平行四边形中，以A为圆心，长为半径画弧交于点F，分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点G，连接并延长交于点E，连接交于点O，过点A作于点H．若，，则（ ）
A．15 B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了作图基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
证明四边形是菱形，利用勾股定理即可得的长，求出菱形的面积,根据等面积法即可求出的长．
【详解】解：由尺规作图的过程可知，直线是线段的垂直平分线，，
，，
∵，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，，，
，
，
四边形是菱形，
， ，
，
故选：C
【变式训练4-4】（24-25八年级下·辽宁沈阳·开学考试）如图，在中，，D为的中点，，，若，，则四边形的周长为（ ）
A．20 B．24 C．28 D．32
【答案】A
【分析】由已知条件，，，结合勾股定理求出的长，根据直角三角形斜边中线的性质，可得；由已知条件，，可得四边形是平行四边形，再结合，可证得四边形是菱形，即可解答
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的性质与判定，勾股定理，三角形中位线，熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的性质与判定是解题的关键
【详解】∵，，，
∴
∵D为的中点，
∴
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形，
∵
∴菱形的周长为
故选：A
【变式训练4-5】（24-25八年级·吉林长春·学业考试）如图，在中，对角线交于O，过点O作的垂线分别交、于E、F．已知，，，那么的长是（ ）
A．9.6 B．12 C．10 D．8
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的判定及性质，勾股定理的逆定理等知识点，熟练掌握菱形的判定及性质是解题关键．根据平行四边形的性质可得，的长度，由勾股定理的逆定理可证得，再利用等面积法求解即可．
【详解】解：在中，，，
在△AOB中，，
∴，则四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
故选：A．
【变式训练4-6】（2025·广东深圳·三模）如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】连接，由作图知，平分，得到，根据平行四边形的性质得到，，求得，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：连接，
由作图知，平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
故选：A．
题型五：利用菱形的性质和判定求面积
【经典例题5】（2025·河南信阳·三模）如图，在中，，将折叠，使点C与点A重合，折痕为，且，则的边上的高是（ ）
A． B． C．5 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，连接，，设的边上的高为h，与于点O，先证明，得出，则可证明四边形是菱形，得出，，，根据勾股定理求出，然后根据等面积法求解即可．
【详解】解：连接，，设的边上的高为h，与于点O，
∵折叠，使点C与点A重合，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
即的边上的高是，
故选：A．
【变式训练5-1】（2025·河南新乡·模拟预测）如图，在的两边上分别截取，，使，分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点C，连接，，，，若，四边形的面积为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出四边形是菱形是解题的关键．根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】解：根据作图，，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
解得
故选：B．
【变式训练5-2】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
∴，四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴四边形的面积为，
故选：B
【变式训练5-3】（24-25八年级·山东青岛·期末）如图，四边形是矩形，分别以点A和点C为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点M，N；作直线分别交于点E，F，连接，若，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出四边形为菱形，则，，在中，可得，，则，，再根据四边形的面积为可得答案．
【详解】解：设与交于点，
由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，
，，，．
四边形为矩形，
，
，，
，
，
，
四边形为菱形，
，，
在中，，，
，，
，，
四边形的面积为．
故答案为：．
【变式训练5-4】（2025·陕西商洛·一模）如图，在矩形中，，点分别在边上，，连接，点分别在上（点G不与点A，点E重合），连接．若，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】如图，连接，，过作于，作于，求解，，设，则，可得，证明四边形是菱形，进一步求解即可．
【详解】解：如图，连接，，过作于，作于，
∵矩形，，
∴，，，
∵，
∴，，
设，则，
∴，
解得：，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：
【变式训练5-5】（24-25八年级·辽宁沈阳·期中）如图，在平行四边形中，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F，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，连接并延长交于点E，连接．设与相交于点O，若四边形的周长为4，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】由作法得，平分，则，再利用平行四边形的性质和平行线的性质得到，接着证明，则可四边形为平行四边形，然后利用可判断四边形是菱形，再证明，都是等边三角形，可得结论．
【详解】解：由作法得，平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∵菱形的周长为4，
∴，
∵，
∴，都是等边三角形，
∵，
∴，即，
∴四边形的面积．
故答案为：．
【变式训练5-6】（2024·江西南昌·二模）如图，已知，以点O为圆心，适当长为半径作圆弧，与角的两边分别交于C，D两点．分别以点C，D为圆心，大于长为半径作圆弧，两条圆弧交于内一点E，作射线．以点C为圆心，长为半径作圆弧，恰好经点D，与射线交于点F，连接，．若，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】连接交于点．证明四边形是菱形，求出，即可由菱形的面积公式求银．．
【详解】解：如图，连接交于点．
由作图可知，
是等边三角形，
，
由作图可知平分，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
，
菱形的面积．
故答案为：．
题型六：利用菱形的性质和判定求最值问题
【经典例题6】（23-24八年级下·江苏南京·期中）已知菱形在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点，，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查轴对称-最短路线问题，菱形的性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之间线段最短，能确定当最短时，点P的位置是解题的关键．连接，连接交于点，推出当最短时，点P位于，再利用待定系数法求出直线的解析式，并联立求出点的坐标即可．
【详解】解：连接，连接交于点，
四边形是菱形，
点C与点A关于对称，
最短时，点位 于点处，
四边形是菱形，,
设直线的解析式为,
解得
直线的解析式为,
设的解析式为,
直线的解析式为,
联立
解得，
故选：B.
【变式训练6-1】（24-25八年级·福建福州·期中）如图，菱形的边，高，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，点的对应点为，当的长度最小时，的长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】由菱形的边，高，易求得，进而得到,由折叠得，进而得到，即可得当点在上时，取最小值，
此时易得到，利用等腰三角形的性质求解．题的答案.
【详解】解：如图1，菱形的边，高，
，
，
．
将四边形沿直线折叠，点的对应点为，
．
，
，
，
当点在上时，取最小值．
如图2，点在上时，由折叠的性质可知
,
，
，
,
,
，
即当的长度最小时，的长为8．
故选：D．
【变式训练6-2】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在菱形中，，，是边的中点，，分别是，上的动点，连接，，则的最小值是（ ）
A．6 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称-最短路径问题，涉及到菱形的性质、勾股定理等，作点关于的对称点，连接，则，，当，且点在上时，则取得最小值，利用求解可得答案．
【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接，
∴，
∴，
当时，点在上，则取得最小值，
四边形是菱形，
点在上，
，，
，
，
由，
得，
解得：，
即的最小值是；
故选：B．
【变式训练6-3】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）如图，菱形中，对角线相交于点O，，，点P和点E分别为上的动点，求的最小值为（ ）
A．5 B． C．6 D．8
【答案】B
【分析】本题考查轴对称中的光线反射问题（最短线路问题），菱形的性质，角平分线性质定理，垂线段最短，勾股定理，利用菱形的性质求面积，学会利用垂线段最短解决最短线路问题是解题的关键．
过作于交于点，过作于点，则此时的P、E满足最小，先将的最小值转化为线段的长度，在中由勾股定理求出，再由等面积法得到，即可求解．
【详解】解：过作于交于点，过作于点，则此时的P、E满足最小，
∵四边形是菱形，
∴且、互相平分，平分，
∴，
∵垂线段最短，
∴，即的最小值为线段的长度，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为：，
∴，
∴，
∴的最小值为．
故选：B．
【变式训练6-4】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，在矩形中，，，点、分别为边、上的两个动点，连接，以为边作菱形，对角线、相交于点，连接，若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，菱形的性质和三角形中位线定理，作点E关于的对称点Q，连接，则，点C为的中点，由三角形中位线定理可得，再由，得到当Q、G、F三点共线时，有最小值，最小值为长的一半，即为．
【详解】解：如图所示，作点E关于的对称点Q，连接，则，点C为的中点，
∵四边形是菱形，
∴为的中点，，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴当Q、G、F三点共线时，有最小值，最小值为长的一半，即为，
故答案为：．
【变式训练6-5】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在菱形中，，E为上的一个动点，画，其中为对角线，则的最小值是 ．
【答案】3
【分析】由平行四边形性质及菱形性质得，从而当最小时，最小，而当时，最小；在中，由含30度直角三角形的性质可求得最小值，从而求得最小值．
【详解】解：设平行四边形的对角线交点为O，则，；
∵在菱形中，，
∴，
∴，；
∵，
∴当最小时，最小，
当时，最小，
在中，，
∴，
∴，
即的最小值是3；
故答案为：3．
【变式训练6-6】（24-25八年级下·湖北襄阳·期中）如图，在菱形中，， ，点P，Q分别是，上的动点，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的定义，勾股定理，垂线段最短等知识，连接，交于点O，先利用勾股定理求出，作于点H，由线段垂直平分线的性质得出，得出当D，P，Q三点共线且时，的值最小，即的长，最后根据菱形的面积求解即可．
【详解】解：连接，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，，且垂直平分，
∵，，
则
在中，
根据勾股定理，
∴．
作于点H，
∵垂直平分，
∴，
则，
当D，P，Q三点共线且时，的值最小，即的长．
∵菱形的面积
∵，，，
∴
解得：．
∴的最小值是．
故答案为：
【变式训练6-7】（2025·河南安阳·模拟预测）如图，菱形中，点O为对角线的中点，点P为平面内一点，且，已知，．连接，则的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 / /
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理．根据菱形的性质结合勾股定理求得，当点，点，点O在同一直线上时，有最小值或最大值，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵点O为对角线的中点，
∴经过点O，
∵菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴点在以点O为圆心，长度为的，
∴当点，点，点O在同一直线上时，有最小值或最大值，
当点在点上方时，有最小值为；
当点在点下方时，有最大值为；
故答案为：；．
题型七：证明四边形是菱形
【经典例题7】（24-25八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，在矩形中，、相交于点，为的中点，连接并延长至点，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，求菱形的面积．
【答案】(1)证明见详解(2)15
【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和面积公式等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质和判定，并灵活应用．
（1）利用平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形可得结果；
（2）利用矩形的性质的得出，利用菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵点为的中点，且，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
又∵点为的中点，
∴
∴菱形的面积为．
【变式训练7-1】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，则菱形的面积为________．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由，得四边形是平行四边形：再由四边形是矩形，则得四边形是菱形；
（2）由矩形的性质得；利用菱形的性质及勾股定理求得的长，从而求得菱形的两条对角线长，即可求得菱形的面积．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形：
∵四边形是矩形，
∴，
即，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
即，
．
【变式训练7-2】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，将矩形纸片沿折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处．
(1)连接，四边形的形状为_______，并证明；
(2)若，求的长；
(3)在（2）的条件下求折痕的长．
【答案】(1)菱形，证明见解析(2)(3)
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，菱形的性质与判定，熟知菱形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）由折叠的性质可得，再由矩形的性质和平行线的性质证明，得到，据此可得到结论；
（2）设，则，由勾股定理得，解方程即可得到答案；
（3）连接，由勾股定理得，根据计算求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下；
由折叠的性质可得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
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，
∴，
设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴由勾股定理得，
∴，
解得，
∴；
（3）解：如图所示，连接，
在中，由勾股定理得；
由（2）可得，
∵，
∴．
【变式训练7-3】（24-25八年级下·新疆阿克苏·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点．过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由．
【答案】(1)见解析(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
（1）由可知，进而可证四边形是平行四边形；
（2）由先根据平行四边形的性质及判定定理得出四边形是平行四边形，再根据对角线相互垂直的平行四边形是菱形即可得证．
【详解】（1）证明：由题意知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形
∴，
∵在中，D为中点，
∴，则，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【变式训练7-4】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点E、F．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】本题考查了菱形的判定，三角形全等的判定和性质．
（1）根据得出，，再利用垂直平分线的定义进一步证明即可；
（2）根据得出，证明四边形是平行四边形，再根据证明四边形是菱形即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵是对角线的垂直平分线，
∴，，
在和中，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
【变式训练7-5】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，的对角线相交于点O，平分过点B作，过点A作，交于点E，连接．
(1)求证：是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，等角对等边，熟知菱形的性质与判定定理，矩形的性质与判定定理是解题的关键．
（1）由平行四边形对边平行，平行线的性质和角平分线的定义证明，得到，据此可证明结论；
（2）根据菱形对角线互相垂直平分得到，再利用勾股定理求出，接着证明四边形是矩形，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴．
【变式训练7-6】（24-25八年级下·山东日照·期中）如图，四边形是平行四边形，，垂足分别为，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接并延长，交的延长线于点，若，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知菱形的判定定理和平行四边形的性质是解题的关键．
（1）根据平行四边形对边平行结合平行线的性质可证明，则可证明得到，再由菱形的判定定理即可证明结论；
（2）先证明，则由含30度角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
题型八：利用菱形的性质和判定之动点问题（压轴题）
【经典例题8】（24-25八年级下·广东广州·期中）已知在矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1，连接、，求证：四边形为菱形；
(2)如图2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周，即点自停止，点自停止．在运动过程中，已知点的速度为每秒，点的速度为每杪，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，平行四边形的性质等等：
（1）由矩形的性质得到，则，，再由相等垂直平分线的性质得到，，证明，得到，即可证明四边形是菱形；
（2）根据矩形性质得出，根据垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得：，求出，再分情况讨论可知，当P点在上、Q点在上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵的垂直平分线分别交，于点E、F，垂足为O，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是矩形，
∴，
∵的垂直平分线是，
∴，
设，则，
∴在中，由勾股定理得
∴，
解得，
∴；
显然当P点在上时，Q点在上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；
同理P点在上时，Q点在或上或P在，Q在时不构成平行四边形，
∴只有当P点在上、Q点在上时，才能构成平行四边形，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，，
∵点P的速度为，点Q的速度为，
∴，，
∴，
解得：．
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，．
【变式训练8-1】（24-25八年级下·广西柳州·期中）如图，在四边形ABCD中，，∠B=90°，，，，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t．
(1)_______．______（用含t的代数式表示）；
(2)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形是矩形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由；
(3)在整个运动过程中，是否存在一个时间，使得四边形是菱形？如果存在，求出时间t的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，当时，四边形是矩形，理由见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）可求，，从而得到答案；
（2）四边形是矩形，从而可得，可求解；
（3）可求，，从而可求解．
【详解】（1）解：由题意得：，，
∵，
∴
故答案为：，
（2）解：存在，
在四边形中：，，
当时，四边形是矩形，
解得：，
当时，四边形是矩形；
（3）解：不存在，
如图，过点D作，垂足为E，
则四边形为矩形，
，，
由题意得： ，，
，，，
，
当时，，，
，
，
∴当时，四边形为平行四边形，
，
，
四边形不可能为菱形．
【变式训练8-2】（24-25八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，矩形中，，，、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发相向而行，速度均为，运动时间为（且）．
(1)若、分别是、的中点，则以、、、为顶点的四边形是______．
(2)在（1）的条件下，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为矩形？
(3)若、分别是折线，上的动点，分别从、开始，与、相同的速度同时出发，当为何值时，以、、、为顶点的四边形为菱形？请直接写出的值．
【答案】(1)平行四边形(2)或(3)
【分析】本题考查了特殊四边形的判定、性质及综合应用，勾股定理，，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质、判定．
（1）由“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”来判定；
（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”判定四边形为矩形时的取值；
（3）首先，当四边形为菱形时，则，利用勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意，作图如下：
∵四边形是矩形，
，，，，
，，
、分别是、的中点，
，，
，
，
，
在与中，
，
，
，
∴四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形
（2）解：如图所示，连接，由（1）可知四边形是平行四边形，
∵点、分别是矩形的边、的中点，
，
∴当时，四边形是矩形，分两种情况：
第一种情况：，，
解得：；
第二种情况：，
解得：
综上所述：当为秒或秒时，四边形为矩形；
（3）如图所示，连接、，
∵如果四边形是菱形时，
，
，
则，，，
又在中，，，
，
根据可得：，
解得：
当秒时，四边形为菱形；
【变式训练8-3】（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，矩形中，，．一动点从点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时另一动点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间为秒．过点作于点，连接，．
(1)有怎样的数量关系？并说明理由；
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由．
【答案】(1)，理由见解析(2)四边形能够成为菱形，此时的值为
【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质和菱形的判定是解题关键．
（1）先求出，，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，由此即可得；
（2）先求出，，，从而可得，再证出四边形是平行四边形，根据菱形的判定可得要使平行四边形能够成为菱形，则需，据此建立方程，解方程即可得．
【详解】（1）解：，理由如下：
由题意得：，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴．
（2）解：由题意得：，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴点从点运动到点所需时间为秒，点从点运动到点所需时间为秒，
∴，
∵，，
∴，
由（1）已证：，
∴四边形是平行四边形，
∴要使平行四边形能够成为菱形，则需，
∴，即，
解得，符合题意，
所以四边形能够成为菱形，此时的值为．
【变式训练8-4】（24-25八年级·全国·假期作业）如图，矩形的对角线，相交于点O，将沿所在直线折叠，得到．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，P是边上的动点，Q是边上的动点，的最小值是________．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）由矩形的性质可得与相等且互相平分，进而可得，由轴对称的性质可得，，进而可得，于是结论得证；
（2）作于点，交于点，由轴对称的性质可得，，进而可得，由垂线段最短可知，当、、三点共线，且时，最小，即最小，最小值为，由矩形的性质可得，，由轴对称的性质可得，进而可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由含度角的直角三角形的性质可得，然后根据勾股定理可得，于是得解．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
与相等且互相平分，
，
关于的对称图形为，
，，
，
四边形是菱形；
（2）解：如图，作于点，交于点，
沿所在直线折叠，得到，
，，
，
由垂线段最短可知，当、、三点共线，且时，最小，即最小，最小值为，
，
，
，
，
，
，
，
，
即：的最小值为，
故答案为：．
【变式训练8-5】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，点G是的中点，点E是边上的动点，的延长线与的延长线交于点F，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)①当______时，四边形是菱形；
②当______时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】(1)2(2)3.5
【分析】（1）由平行四边形的性质先证明，进而证明，得到，再由，即可证明四边形是平行四边形；
（2）①根据平行四边形的性质可得，因此只需要保证是等边三角形，即可证明，从而证明平行四边形是菱形，据此求解即可；
②当时，平行四边形是矩形，过A作于M，可证明，得到，即可证明平行四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵G是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：①当时，四边形是菱形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
故答案为：2；
②当时，平行四边形是矩形，理由如下：
如图，过A作于M，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和△中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形，
故答案为：3.5．
【变式训练8-6】（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在四边形中，，∠B=90°，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点，运动的时间为．
(1)边的长度为______，的取值范围为______．
(2)从运动开始，当取何值时，四边形为矩形？
(3)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形．若存在，请求出值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)10，；(2)；(3)不存在，理由见解析．
【分析】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识
（1）作辅助线，构建矩形，利用勾股定理可得的长，根据两动点，运动路程和速度可得的取值范围；
（2）根据矩形的性质可得，列方程即可求解；
（3）当四边形是菱形时，有，根据计算发现，所以四边形不可能是菱形.
【详解】（1）解：如图1，过点作于，则，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
由勾股定理得：；
点从点出发，以的速度向点运动，，
点运动到的时间为：，
同理得：点运动到点的时间为：，
；
故答案为：10，；
（2）解：如图所示，当是矩形时，，
，，
，
解得：；
（3）解：不存在，理由：
当四边形是菱形时，有，
即，
，
此时，
，
四边形不可能是菱形．
题型九：菱形的性质和判定综合（压轴题）
【经典例题9】（23-24八年级下·辽宁铁岭·阶段练习）【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动，在平行四边形纸片中，为边上任意一点，将△沿折叠，点的对应点为．
【分析探究】
（1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为______．
【问题解决】
（2）如图2，当，为边的三等分点时，连接并延长，交边于点．试判断线段与的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长．
【答案】（1）等边三角形；（2），理由见解析；（3）
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得， ，再证明四边形是菱形，可知，即可求解；
（2）利用四边形是平行四边形，可得，，再由，为边的三等分点，可得，由折叠可知：，，则，可得，再由三角形外角性质可得，则，可得，可证明四边形是平行四边形，则有，再证明可得结论；
（3）延长交于，过点作，先求得，由折叠可得，，得到，则为等腰直角三角形，从而得出，则，再由四边形是平行四边形，可得，得到，，即，得出，再由的面积为18，，即，求出，再求解可得结果．
【详解】解：（1）四边形是平行四边形，
， ，，
由折叠可知：，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
是等边三角形，
故答案为：等边三角形；
（2）；理由如下：
四边形是平行四边形，
，，
，为边的三等分点，
，
由折叠可知：，，
则，
，
由三角形外角性质可知：，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）如图，延长交于，过点作，
的面积为18，，
，
，
设，则，
，
，
（负值已舍去），
，
，，
，
，
，
由折叠可知：，，
，则为等腰直角三角形，
，
则，
四边形是平行四边形，
，
，，即，
，
的面积为18，，即，
，
则，
．
故线段的长为．
【变式训练9-1】（24-25八年级下·湖北恩施·期中）如图1，将底角为，腰长为2的等腰置于平面直角坐标系中，腰与轴重合，底边与轴交于点．
(1)求所在直线的解析式；
(2)如图2，将沿对折，点落在点处，判断四边形的形状并证明；
(3)如图3，在（2）的条件下，点、为线段上的两动点（不与点、重合），且，连接、，请求出的最小值及点的坐标．
【答案】(1)；(2)四边形是菱形；(3)，．
【分析】（1）过点A作轴于点，可求出，求得点的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）利用折叠的性质证得四边形是菱形；
（3）过点作，且，证得，推出，当、、在同一条直线上时，最小，即最小，据此求解即可．
【详解】（1）解：过点A作轴于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴A为．
又∵为．
设所在直线的解析式为：，得：
，
解得： ，
所以，直线的解析式为：；
（2）解：∵为等腰三角形，
∴，
又∵由折叠而成，
∴，，
∴，
∴四边形是菱形；
（3）解：过点作，且，连接，，
∵，，，
∴．
∴，
当、、在同一条直线上时，最小，即最小．
∵点、关于对称，
∴
∴四边形为矩形，
∴．
在中，，
设，．
有，
解得：．
∴，
∴的最小值为．
∴，．
∴点的坐标为：．
【变式训练9-2】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）阅读下列材料：“鹞形”在数学中是一种四边形．我们把有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形叫做鹞形．如图1，四边形中，若垂直平分，那么四边形称为鹞形．
(1)写出图1所示鹞形的两个性质（定义除外）：①_______；②_______；
(2)如图2，在平行四边形中，E、F分别在边和上，且四边形是鹞形（垂直平分），求证平行四边形是菱形．
(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，若，，，则的长度为________．
【答案】(1)鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；(2)见解析(3)
【分析】（1）在△ABC和中，即可得出结论；
（2）连接相交于点，由（1）可得，由四边形是平行四边形，可得．再证出，然后得出平行四边形是菱形即可；
（3）连接与相交于点，设相交于点，由勾股定理得出，再求出，再求出，再由面积法求出，即可求解．
【详解】（1）解：垂直平分，
，
在和中，
，
，
，，
即：鹞形的一条对角线平分一组对角，鹞形的一组对角相等；
故答案为：鹞形的一条对角线平分一组对角；鹞形的一组对角相等；
（2）证明：如图，连接相交于点，
由（1）可得，
四边形是平行四边形，
．
．
，
四边形是菱形；
（3）解：如图，连接与相交于点，设相交于点，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【变式训练9-3】（24-25八年级下·新疆喀什·阶段练习）在中，的平分线交直线于点，交直线于点．
(1)如图①，证明：．
(2)如图②，若，为的中点，为的中点，试探究与的位置关系，并说明理由．
(3)如图③，若，为的中点，过点作的平行线，并在其上取一点与点位于直线的同侧，使，连接，为的中点，试探究线段与之间的数量关系，并对结论给予证明．
【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)，见解析
【分析】此题属于四边形综合题，考查平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
（1）只要证明即可．
（2）如图②中，结论：．证明，可得，即可解决问题．
（3）如图③中，连接，，．首先证明四边形是菱形，再证明，推出，，推出，推出是等边三角形，即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，，
平分，
，
，
；
（2）解：结论，理由如下：
如图②中，连接，．
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，
，
由（1）可知：，
，，
，，
为的中点，
，
，
，
，
，，，
，
，
为的中点，
．
（3）解：，理由如下：
如图③中，连接，，．
，，
，
，
四边形是平行四边形，
根据（1）可得，
四边形是菱形，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，都是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
为的中点，为的中点，
，，
．
【变式训练9-4】（2025八年级下·全国·专题练习）已知：在中，于点．
(1)如图1，若于点，．求证：是菱形．
(2)如图2，连、交于点，试探究：，，，之间的数量关系，并证明你的结论．
(3)如图3，若，于点交于点，连接，其中，且以、、为边构成的三角形的面积为20．求的面积．
【答案】(1)见解析(2)，证明见解析(3)84
【分析】（1）证明，得，即可由菱形的判定定理得出结论．
（2）过点D作交延长线于F，证明四边形是平行四边形，得到，，从而得出，然后由勾股定理得出，再由平行四边形的性质得．
（3）连接，，得，再由勾股定理和其逆定理得出以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形，根据其面积为8，求出、，即可由平行四边形的面积公式求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形．
（2）解：．
证明：过点D作交延长线于F，
∵，
∴，，，，
∵
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴
∵于点．
∴
由勾股定理，得，
，
∴
∴
∴．
（3）解：连接，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
由勾股定理，得：
，
∴
∴以、、为边构成的三角形是以为斜边的直角三角形，
∵
∴
∴
∵以、、为边构成的三角形的面积为8，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴．
【变式训练9-5】（2025八年级下·全国·专题练习）在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边△APE（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1)如图，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，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，，请直接写出线段的长．
【答案】(1)，
(2)（1）中的结论：，仍然成立，理由见解析
(3)的长为或
【分析】（1）连接，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明即可证得结论；
（2）（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明即可；
（3）分两种情形：当点在的延长线上时或点在线段的延长线上时，连接交于点，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，则可得出答案．
【详解】（1）解：如图，连接，
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
；
故答案为：，；
（2）解：（1）中的结论：，仍然成立，
理由如下：如图中，连接，
菱形，，
和都是等边三角形，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，，
，
，
（1）中的结论：，仍然成立；
（3）解： 如图中，当点在的延长线上时，连接交于点，连接，，作于，
四边形是菱形，
，平分，
，，
，
，
，
由（2）知，
，
，
，
，
由（2）知，
，
，
；
如图中，当点在的延长线上时，
同法可得；
综上所述，的长为或．
【变式训练9-6】（24-25八年级下·江苏连云港·阶段练习）【问题背景】矩形纸片中，，，点在边上，点在边上，将纸片沿折叠，使顶点落在点处．
【初步认识】（1）如图1，折痕的端点与点重合．
①当时，______；
②若点恰好在线段上，则的长为______；
【深入思考】（2）若点恰好落在边上．
①如图2，过点作交于点，交于点，连接．请根据题意，补全图2并证明四边形是菱形；
②在①的条件下，当时，求四边形的面积；
【拓展提升】（3）如图3，若，连接，若是以为腰的等腰三角形，直接写出的长．
【答案】（1）①；②2；（2）①见解析；②见解析；；（3）的长为或．
【分析】（1）①根据折叠的性质直接计算即可；
②根据折叠可知，，，，根据勾股定理求出，根据勾股定理得出，求出结果即可；
（2）①先证明四边形为平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案；
②根据勾股定理列出方程求解，最后菱形面积等于矩形面积减去两个三角形的面积计算即可；
（3）分两种情况：当时，当时，过点D作于点F，根据勾股定理和三角形全等的判定和性质，分别求出结果即可．
【详解】解：（1）①根据折叠可知，，
∵，
∴；
故答案为：；
②根据折叠可知，，，，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，根据勾股定理得：，
即，
解得：，
∴；
故答案为：2；
（3）①如图，∵，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
③由折叠可知，，
∵，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
；
（3）由折叠可知，，设，则，，
当时，在中，，
解得：，
∴此时；
当时，过点D作于点F，如图所示：
∴，
由折叠可知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴此时；
综上分析可知，的长为或．
