第三讲 菱形-【满分之路】备战2026年中考数学一轮复习（解析版）

模块五四边形第三讲菱形知识梳理夯实基础知识点1：菱形的性质1.边：对边平行，四条边都相等2.角：对角相等3.对角线：4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴知识点2：菱形的判定定义法：有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四条边都相等的四边形是菱形知识点3：四边形、平行四边形、菱形之间的关系知识点4：菱形面积求法由于菱形是平行四边形，所以菱形的面积也可以表示为（表示菱形的边长，表示此边上的高）由于菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以菱形的面积可以用对角线乘积的一半来表示.直击中考胜券在握1．下列命题不正确的是（）A．对角线互相平分且一组邻边相等的四边形是菱形B．两组对边分别平行且一组邻边相等的四边形是菱形C．两组对角分别相等且一组邻边相等的四边形是菱形D．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形【答案】D【详解】选项A,B,D正确.选项C,例如下图,满足条件不是菱形.所以选D.2．（2021·陕西中考）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解．【详解】解：设AC与BD的交点为O，如图所示：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴△ABC是等边三角形，∴，∴，∴，∴，∴；故选D．【点睛】本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．3．（2021·四川德阳中考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（）A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO【答案】C【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，∵点E是CD的中点，∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．4．（2020·安徽省马鞍山二模）在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC，垂足为E，交BC于点E，若AC＝，AE＝2，则菱形ABCD的面积为（）A．5 B．4 C．2 D．3【答案】A【分析】由三角形面积得出＝＝，设BC＝x，则OB＝2x，在Rt△OBC中，由勾股定理得出方程，解方程得出BC＝，即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝，∵AE⊥BC，∴△ABC的面积＝BC×AE＝AC×OB，∴＝＝，设BC＝x，则OB＝2x，在Rt△OBC中，由勾股定理得：（x）2﹣（2x）2＝（）2，解得：x＝，∴BC＝，∴菱形ABCD的面积＝BC×AE＝×2＝5；故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．5．（2020·福建省三明市九年级（二检））如图，在菱形ABCD中，CE⊥AD于点E，cosD=，AE=4，则AC的长为（）A．8 B． C． D．【答案】B【分析】根据三角函数、勾股定理和菱形的性质解答即可．【详解】∵CE⊥AD于点E，cosD=，∴cosD==，设DE=，CD=，∵四边形ABCD是菱形，∴CD=AD=，∴DE+AE=AD，即，∴，则DE=，CD=，在Rt△EDC中，∵，即，∴，在Rt△EAC中，∵，即，

解得．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．6．（2021·四川南充中考）如图，在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，BC上，，的周长为，则AD的长为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接BD，过点E作EM⊥AD，可得ME=，AM=1，再证明△BDF≌△ADE，可得是等边三角形，从而得DE=，进而即可求解．【详解】连接BD，过点E作EM⊥AD，∵，，∴ME=AE×sin60°=2×=，AM=AE×cos60°=2×=1，∵在菱形ABCD中，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，∴△ABD和△BCD均为等边三角形，∴∠DBF=∠A=60°，BD=AD，又∵，∴△BDF≌△ADE，∴∠BDF=∠ADE，DE=DF，∴∠ADE＋∠BDE＝60°＝∠BDF＋∠BDE，即：∠EDF=60°，∴是等边三角形，∵的周长为，∴DE=×=，∴DM=，∴AD=AM+DM=1+．故选C．【点睛】本题主要考查菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和直角三角形，是解题的关键．7．（2021·兰州中考）如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则（）A．4 B．3 C． D．2【答案】A【分析】根据菱形的性质以及已知条件，可得是等边三角形，可得，进而根据，可得，进而可得,根据，，，即可求得．【详解】四边形是菱形，,，，是等边三角形，，，，，，，，即，，．故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．8．（2021·辽宁朝阳中考）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可证EG∥BC，EG＝2，HF∥AD，HF＝2，可得四边形EHFG为平行四边形，即可求解．【详解】解：∵BE＝2AE，DF＝2FC，∴，∵G、H分别是AC的三等分点，∴，，∴，∴EG∥BC∴，同理可得HF∥AD，，∴，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．9．（2021·山东潍坊中考）若菱形两条对角线的长度是方程x2﹣6x+8＝0的两根，则该菱形的边长为（）A． B．4 C．25 D．5【答案】A【分析】先求出方程的解，即可得到，根据菱形的性质求出和，根据勾股定理求出即可．【详解】解：解方程，得，即，∵四边形是菱形，∴，由勾股定理得，即菱形的边长为，

故选：．【点睛】本题考查了解一元二次方程和菱形的性质，正确求出方程的根是解题的关键．10．（2021·海南中考）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（）

A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】连接，相交于点，交于点，先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得．【详解】解：如图，连接，相交于点，交于点，

四边形是菱形，且它的面积为8，，点分别是边的中点，，，，，，，则的面积为，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．11．（2021·浙江衢州中考）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．【详解】∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AC，∴∠BAC=∠BCA==，∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，∴∠CAC′=∠BAB′=，∵AC平分，∴∠B′AC=∠CAC=，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，∴，故选；C．【点睛】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．12．（2021·辽宁营口中考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边与x轴平行，A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，若菱形面积为8，则k值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点A作，设，，根据菱形的面积得到AB的长度，在中应用勾股定理即可求解．【详解】解：过点A作，∵A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，∴设，，∴，，∵菱形面积为8，∴，解得，∴，在中，，即，解得，∴，故选：A．【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等内容，根据提示做出辅助线是解题的关键．13．（2021·北京中考）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．【答案】（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴四边形是平行四边形，若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．14．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为___．【答案】4【分析】由菱形的性质得出OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，则AC=12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH=BD，再由菱形的面积求出BD=8，即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，∴AC=12，∵DH⊥AB，∴∠BHD=90°，∴OH=BD，∵菱形ABCD的面积=AC•BD=×12•BD=48，∴BD=8，∴OH=BD=4，故答案为：4．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH=BD．15．（2020·哈尔滨中考）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE的长为_____．【答案】【分析】设BE=x，根据菱形性质可得到AB=AD=CD=2x，进而得到，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．【详解】解：设BE=x，∵菱形，∴AB=AD=CD=2x，∵，∴,∴BD=3x，∴OB=OD=，∴，∴x=2，∴AB=4，BE=2，∴，∴,故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．16．（2021·贵州毕节中考）如图，在菱形ABCD中，，，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则的最小值为_____________．

【答案】【分析】连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．【详解】解：连接AC，CQ，

∵四边形ABCD是菱形，

∴A、C关于直线BD对称，

∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，

∵∠BCD=120°，

∴∠ABC=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∵Q是AB的中点，

∴CQ⊥AB，BQ=BC=×2=1，

∴CQ=．

故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．17．（2021·牡丹江市中考）菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，以AD为边作等腰直角三角形ADF，∠DAF＝90°，连接BF，BD，则△BDF的面积为_______．【答案】或．【分析】分AF在AD上方还是下方两种情况，若AF在上方，则有，若AF在下方，则有，分别求出这三部分面积即可．【详解】解：当AF在AD上方时，如图，延长FA交BC于E，则有∠BEF=90°，∵AB＝6，∠ABC＝60°，∴BE＝3，，，∴，，，∴，当AF在AD下方时，如图，则，故答案为：或．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、以及三角形面积的和差表示，注意分类讨论是正确解答本题的关键．18．（2021·四川绵阳中考）如图，在菱形中，，为中点，点在延长线上，、分别为、中点，，，则_____．【答案】4【分析】连接CG，过点C作CM

AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG=

2HF=

，由ABCD，得CDM=

A=

60°，设DM=

x，则CD=

2x，CM=x，在Rt△CMG中，借助勾股定理得，即可求出x的值，从而解决问题．【详解】如图，连接CG，过点C作CM

AD，交AD的延长线于M，F、H分别为CE、GE中点，FH是△CEG的中位线，HF=CG，四边形ABCD是菱形，

ADBC，ABCD，DGE

=E，EHF=

DGE，E=EHF，HF

=

EF

=

CF，CG=

2HF

=，ABCD，CDM=

A

=

60°，设DM=x，则CD=

2x，CM=x，点G为AD的中点，DG=

x，GM=2x，在Rt△CMG中，由勾股定理得：，x=2，AB

=

CD=

2x=

4．故答案为：4．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，有一定综合性，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．19．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为______．（结果保留根号）【答案】【分析】先由菱形的性质得出，求得，再根据直角三角形两锐角互余得,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得，，根据AAS证明可得，从而可求出．【详解】解：连接AC，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB//CD，，BD=2DO∴∵∴∵∴∵四边形ABCD是菱形，∴∴在和中，∴≌∴∴故答案为：．【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明≌是解答此题的关键．20．（2020·辽宁鞍山中考）如图，在菱形中，，点E，F分别在，上，且，与相交于点G，与相交于点H．下列结论：①；②；③若，则；④．其中正确的结论有_______．（只填序号即可）【答案】①③④【分析】根据等边三角形的性质证明△ACF≌△CDE，可判断①；过点F作FP∥AD，交CE于P点，利用平行线分线段成比例可判断③；过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，得到点A、B、C、G四点共圆，从而证明△ABM≌△CBN，得到S四边形ABCG=S四边形BMGN，再利用S四边形BMGN=2S△BMG求出结果即可判断④；证明△BCH∽△BGC，得到，推出GH·BG=BG2-BC2，得出若等式成立，则∠BCG=90°，根据题意此条件未必成立可判断②．【详解】解：∵ABCD为菱形，∴AD=CD，∵AE=DF，∴DE=CF，∵∠ADC=60°，∴△ACD为等边三角形，∴∠D=∠ACD=60°，AC=CD，∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；过点F作FP∥AD，交CE于P点．

∵DF=2CF，

∴FP：DE=CF：CD=1：3，

∵DE=CF，AD=CD，

∴AE=2DE，

∴FP：AE=1：6=FG：AG，

∴AG=6FG，∴CE=AF=7GF，故③正确；过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，∵∠AGE=∠ACG+∠CAF=∠ACG+∠GCF=60°=∠ABC，

即∠AGC+∠ABC=180°，

∴点A、B、C、G四点共圆，

∴∠AGB=∠ACB=60°，∠CGB=∠CAB=60°，

∴∠AGB=∠CGB=60°，∴BM=BN，又AB=BC，∴△ABM≌△CBN（HL），∴S四边形ABCG=S四边形BMGN，∵∠BGM=60°，∴GM=BG，BM=BG，∴S四边形BMGN=2S△BMG=2××BG×BG=BG2，故④正确；∵∠CGB=∠ACB=60°，∠CBG=∠HBC，∴△BCH∽△BGC，∴，则BG·BH=BC2，则BG·（BG-GH）=BC2，则BG2-BG·GH=BC2，则GH·BG=BG2-BC2，当∠BCG=90°时，BG2-BC2=CG2，此时GH·BG=CG2，而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，故正确的结论有①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．21．（2021·四川资阳中考）如图，在菱形中，，交的延长线于点E．连结交于点F，交于点G．于点H，连结．有下列结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号为__________．

【答案】①②③④【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定证明①，利用AA定理证明△FCE∽△FGC，从而证明②，由含30°直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明③和④．【详解】解：在菱形ABCD中，AD=DC，∠ADB=∠CDB又∵DF=DF∴△ADF≌△CDF，∴，故①正确；∵AD∥BC∴∠DAF=∠FEC又①中已证△ADF≌△CDF，∴∠DAF=∠DCF，AF=CF∴∠DCF=∠FEC又∵∠CFG=∠CFG∴△FCE∽△FGC，∴，即，故②正确；∵在菱形中，，∴∠DBC=∠BDC=30°又∵∴在Rt△DCF中，∠CDE=30°∴∴在菱形ABCD中，又∵AD∥BC，∴由①已证AF=FC∴由②已证，设FC=2k，EF=3k∴FG=，EG=∴，故③正确；由③已知设DF=2a，BF=3a∴BD=5a∴在Rt△BDE中，在Rt△CDE中，在Rt△DFH中，，∴∴在Rt△FCH中，又由②③已证，，设FG=4m，EG=5m，则EF=9m∴，解得（负值舍去）∴∴，故④正确故答案为：①②③④．【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．22．（2021·遂宁中考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；（2）连接BF，DE，由，得到OE=OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F在△AOE和△COF中∴∴AE＝CF（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：如图：连结BF，DE∵四边形是平行四边形∴OB＝OD∵∴∴四边形是平行四边形∵EF⊥BD，∴四边形是菱形【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．23．（2021·辽宁沈阳中考）如图，在菱形中，点M，N分别是边，上的点，，．连接，，延长交线段延长线于点E．（1）求证：；（2）若，则的长是__________．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）根据菱形的性质可得，，根据，，可得，利用即可证明；（2）根据菱形的性质可证明，根据相似的性质可求得的长度，进而可求．【详解】解：（1）证明：四边形为菱形，，，，，，在和中，，，（2）四边形为菱形，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质，通过菱形的性质得到是关键．24．（2021·广西贺州中考）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求的面积．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角的等量关系推出，并可得，则可证明四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论；（2）由菱形的性质可得，再根据角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解．【详解】（1）证明：如图，∵，∴，又∵，且，∴为的角平分线，∴，∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是菱形．（2）解：由（1）得四边形是菱形，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴．【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．25．（2021·湖北随州中考）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，且．（1）求证：≌；（2）证明四边形是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】(1)利用SAS证明即可；(2)从对角线的角度加以证明即可.【详解】（1）证明：∵四边形为菱形，∴，且，又∵，∴≌．（2）证明：连接交于点，∵四边形为菱形，∴，且为，中点，又∵，∴∴与互相垂直且平分，故四边形是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握三角形全等判定的基本原理,菱形判定基本方法和性质是解题的关键．26．（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，一次函数图象与坐标轴交于点A、B，二次函数图象过A、B两点．（1）求二次函数解析式；（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线的解析式为：；（2）Q点坐标为（1，）或(3，0)或（-1，0）．【分析】（1）由直线与坐标轴的交点坐标A，B，代入抛物线解析式，求出b，c坐标即可；（2）分BC为对角线和边两种情况讨论，其中当BC为边时注意点Q的位置有两种：在点P右侧和左侧，根据菱形的性质求解即可．【详解】解：（1）对于：当x=0时，；当y=0时，，妥得，x=3∴A（3，0），B（0，）把A（3，0），B（0，）代入得：解得，∴抛物线的解析式为：；（2）抛物线的对称轴为直线故设P（1，p），Q（m，n）①当BC为菱形对角线时，如图，∵B，C关于对称没对称，且对称轴与x轴垂直，∴∴BC与对称轴垂直，且BC//x轴∵在菱形BQCP中，BC⊥PQ∴PQ⊥x轴∵点P在x=1上，∴点Q也在x=1上，当x=1时，∴Q（1，）；②当BC为菱形一边时，若点Q在点P右侧时，如图，∴BC//PQ，且BC=PQ∵BC//x轴，∴令，则有解得，∴