专题10 菱形的性质与判定八类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级下册（解析版）

专题10菱形的性质与判定八类综合题型目录TOC\o"1-2"\h\u典例详解类型一、利用菱形的性质求解类型二、利用菱形的性质求解折叠问题类型三、利用菱形的性质求解动点问题类型四、利用菱形的性质证明和求解综合问题类型五、利用菱形的判定与性质求解类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题类型八、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图）压轴专练类型一、利用菱形的性质求解方法总结1.性质对应：明确菱形的四边相等、对角线互相垂直平分且平分对角。2.方程求解：利用上述性质，结合勾股定理或三角函数，建立关于线段或角度的方程求解。解题技巧1.对角线分直角：菱形的对角线将其分割为四个全等的直角三角形，是常用的解题模型。2.等边转化：利用“四边相等”进行线段等量代换，常与对角线垂直产生的垂直关系结合使用。例1．（25-26九年级上·全国·期末）如图，在菱形中，与交于点，点为的中点，连接，若，则的度数为°．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角等知识点，熟练掌握菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．根据菱形可得，即可得到，再由直角三角形斜边中线得到，由等边对等角即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，与交于点，∴，∴，∵∴∵点为的中点，∴∴故答案为：【变式1-1】（25-26八年级下·全国·周测）如图，四边形是菱形，点，分别在边，上，且是等边三角形．若，则的度数为．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的性质是解此题的关键．由菱形的性质和等边三角形的性质得到，，，设，则，，根据列方程求解即可得到的度数．【详解】解：∵四边形是菱形，是等边三角形，，．又，，，．∵四边形是菱形，，，．设，则，．，，，即．故答案为：．【变式1-2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，菱形的边长为10，对角线的长为16，点，分别是边，的中点，连接并延长与的延长线相交于点，则的长为．【答案】12【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；连接，交于点O，先证是的中位线，得，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出，即可解决问题．【详解】解：连接，交于点O，如图所示：∵菱形的边长为10，∴，，∵点E、F分别是边的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵是菱形的对角线，，∴，，，在中，，，∴，∴，∴；故答案为：12．【变式1-3】（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为．【答案】6或7【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可．【详解】①当落在上时，如图，∵菱形中，，边长为8，∴，，∴，∵折叠，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴；当落在上时，如图：作交的延长线于点，作于点，∵菱形，∴，∴，∴，四边形为矩形，∴，∵，∴，∴，∵折叠，∴，设，则，在中，由勾股定理，得，解得，∴；综上：或；故答案为：6或7．类型二、利用菱形的性质求解折叠问题方法总结1.抓住折叠本质：折叠即轴对称，对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。2.结合菱形性质：利用菱形四边相等、对角线垂直平分且平分对角的性质，寻找全等或直角三角形。解题技巧1.标注等量：在图上清晰标出折叠产生的等边、等角，以及由菱形本身决定的等量关系。2.设元勾股：常在菱形折叠后形成的直角三角形中，设未知线段为x，利用勾股定理列方程求解。例2．（24-25八年级下·湖北宜昌·期中）如图，把菱形沿折叠，点落在边上的处，若，则的大小为．【答案】【分析】本题考查了菱形中的翻折问题，解题的关键是掌握翻折的性质及菱形的性质．根据翻折变换的性质可得，然后根据等腰三角形两底角相等求出，可得，根据，求出，由三角形外角等于不相邻的两个内角的和即可得答案．【详解】解：菱形沿折叠，落在边上的点处，，，，，在菱形中，，，，，，，，，故答案为：．【变式2-1】（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，将菱形纸片折叠，使得点B恰好落在边的中点处，折痕为．若菱形的边长为，，则．【答案】【分析】连接，过点C作交于点G，证明四边形是平行四边形，是等边三角形，设，则根据勾股定理列式解答即可．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，等边三角形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．【详解】解：连接，过点C作交于点G，∵四边形是菱形，且菱形的边长为，，∴，，，∴四边形是平行四边形，是等边三角形，∴，，∵边的中点是，∴，∴，设，则∴，∴，解得，故答案为：．【变式2-2】（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在菱形中，．折叠该菱形，使点A落在边上的点M处，折痕分别与，交于点E，F．在点M的位置变化的过程中，当最大时，的值为．【答案】【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，由折叠可得，，，根据，得当时，最小，最大，此时，过作交延长线于，则，，代入计算即可．【详解】解：∵菱形中，，∴，，∵折叠该菱形，∴，，，∴，∴当最小时，最大，根据垂线段最短可得，当时，最小，最大，∴，，∴，∴，过作交延长线于，∴，∴，，∴，∵∴，∴，故答案为：．【变式2-3】（25-26九年级上·河南郑州·月考）如图，四边形是菱形，，，点是射线上一动点，把沿折叠，其中点的对应点为，连接，若为等边三角形，则的长为．【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质，掌握折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．分两种情况进行讨论：当点在上时，当点在延长线上时，依据折叠的性质、等边三角形的性质以及含角直角三角形的性质，即可得到和的度数，进而得到的长．【详解】解：四边形是菱形，，，，，分两种情况：如图，当点在上时，点与点重合时，此时为等边三角形，由折叠可得，，，在中，；②如图，当点在延长线上时，当为等边三角形时，，，由折叠可得，，，在中，．故答案为：或．类型三、利用菱形的性质求解动点问题方法总结1.分类画图：根据动点位置（如在线段上、延长线上），画出所有可能的菱形示意图。2.性质建方程：利用菱形四边相等或对角线垂直平分的性质，建立关于动点坐标或时间的方程。解题技巧1.参照系固定：以已知定点为参照，用含t的代数式表示动点的坐标或相关线段长。2.检验合理性：解方程后，检验结果是否满足动点的运动范围（如在线段上）及图形的构成条件。例3．（25-26九年级上·广东茂名·期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，点是边上一动点，连接，．若，，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查菱形的性质，垂线段最短，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握菱形的性质．如图，连接，，，过点C作，垂足为F，由菱形知，，互相垂直平分，得，由两点之间线段最短得，进而由垂线段最短得的最小值为垂线段的长；根据勾股定理得，由菱形的面积公式得，从而得最小值．【详解】解：如图，连接，，，过点C作，垂足为F，∵四边形是菱形，∴，互相垂直平分．∴．∴当点C，P，E三点共线时，而∴的最小值为垂线段的长．∵菱形中，∴∴∴∴∴．故答案为：．【变式3-1】（24-25八年级下·贵州毕节·月考）如图，四边形是边长为8的菱形，，M是对角线上的一个动点．（1）若N是边上一点，，连结，则的最小值为；（2）变式：若N是边上一个动点，连结，则的最小值为．【答案】【分析】（1）在上截取，如图1，先根据菱形的性质得到，，则，再证明得到，利用两点之间线段最短得到（当且仅当A、M、E共线时取等号），据此求解即可；（2）过A点作于H点，交于M点，过M点作于N点，如图2，利用菱形的性质和角平分线的性质得到，所以，根据垂线段最短可得到的最小值为的长，然后由（1）得到即可．【详解】解：（1）在上截取，如图1，∵四边形是边长为8的菱形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵（当且仅当A、M、E共线时取等号），∴的最小值为的长，即最小值为的长，过A点作于H点，如图1，在中，∵，∴，∴，∵，∴，即的最小值为；故答案为：；（2）过A点作于H点，交于M点，过M点作于N点，如图2，∵四边形为菱形，∴平分，∴，∴，即的最小值为的长，由（1）得到，∴的最小值为．故答案为：．【变式3-2】（24-25八年级下·广西桂林·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为．(1)用含有的代数式表示：______，______，______；(2)当为何值时，四边形是矩形？(3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由．【答案】(1)，，(2)(3)四边形不能成为菱形，理由见解析【分析】本题考查了列代数式，矩形的判定和性质，勾股定理，菱形的性质，掌握矩形的判定和性质以及菱形的性质是解题的关键．（）由题意得，，进而即可求解；（）由矩形的性质可得，进而即可求解；（）由菱形的性质可得，即得，可得，过点作于，则四边形是矩形，可得，，即得，由勾股定理得，即可判断求解；【详解】（1）解：由题意得，，，∵，，∴，，故答案为：，，；（2）解：∵在四边形中，，，∴当时，四边形是矩形，∴，解得，即当时，四边形是矩形；（3）解：四边形不能成为菱形，理由如下：若四边形是菱形，则，∴，解得，∴，过点作于，则四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴四边形不能成为菱形．【变式3-3】（24-25八年级下·福建厦门·期中）如图，菱形的边长为，，动点从点出发，沿着线路做匀速运动，动点从点同时出发，沿着线路做匀速运动．(1)______；(2)已知动点、运动的速度分别为、．经过12秒后，、分别到达、两点，试判断的形状，并说明理由，同时求出的面积；(3)设问题（2）中的动点、分别从、同时沿原路返回，动点的速度不变，动点的速度改变为，经过3秒后，、分别到达、两点，若为直角三角形，试求的值．【答案】(1)(2)为直角三角形，(3)的值为2或6或【分析】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，解题关键是根据直角的不同分情况讨论求解．（1）先根据菱形的性质得出，再根据，可得为等边三角形，从而可得出；（2）利用等腰三角形三线合一，可证明，从而可得为直角三角形，再利用勾股定理求得，然后利用求解；（3）分，，三种情况，分别得到关于的一元一次方程求解，求得的值．【详解】（1）解：∵菱形的边长为∴，，∴为等边三角形，∴，故答案为；（2）如图1，12秒后点走过的路程为，则12秒后点到达点，即点与点重合；12秒后点走过的路程为，而，∴点到点的距离为，此时点到达的中点，即点为的中点是等边三角形，而为中线，，为直角三角形，在中，；（3）为等边三角形，，经过3秒后，点运动的路程为、点运动的路程为，点从点开始运动，∴，点为的中点，∴，①若，且点在上，如图1，则，，在中，，，，，；②若，且点在上，如图2，则，，在中，，，，，；③若，即，，点在的垂直平分线上，此时点在点处，，，，综上所述，的值为2或6或．类型四、利用菱形的性质证明和求解综合问题方法总结1.性质选择：根据所求结论，选用菱形对应性质（如四边相等、对角线垂直平分且平分对角）。2.数形转化：将几何关系转化为代数方程（如用勾股定理），或转化为三角形全等、相似的证明问题。解题技巧1.对角线模型：连接对角线，构造出直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的关键。2.等量代换：灵活运用“四边相等”进行线段等量代换，并结合“对角线互相垂直”产生的垂直关系。例4．（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，在菱形中，，垂足为，，垂足为．(1)求证：；(2)若，则的度数为__________．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是关键．（1）由菱形的性质可得，，结合，，可证明，则；（2）由三角形内角和定理可得，结合，则．根据菱形的邻角互补的性质可得，作差求得．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，，∵，，∴，在和中，，∴，∴；（2）∵，，∴，∵，∴，∵四边形是菱形，∴，∴．【变式4-1】（25-26九年级上·山西运城·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作，且，连接、，交于点．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质和判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．（1）根据菱形的性质，结合，四边形是平行四边形，结合，即可证明平行四边形是矩形．（2）由（1）可知，结合，可得四边形是平行四边形，，再根据矩形的性质可得．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，，，∴四边形是平行四边形，又，平行四边形是矩形；（2）解：由（1）可知，，，∴，，∴四边形是平行四边形，，∵四边形是矩形，．【变式4-2】（25-26八年级上·重庆·月考）如图，四边形是菱形，连接、交于点，点为上方一点，且满足，．(1)求证：四边形是矩形；(2)过点作，交于点，交于点，若，，，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，．结合题干可得，，且，则四边形是平行四边形．又因为，因此命题得证；（2）作，垂足为，由角平分线定理可得，．使用勾股定理计算出和，根据的面积构造方程，求出，进而求出的面积．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，，，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形；（2）解：如图，作，垂足为，设，在直角中，，∵四边形是菱形，∴，，∵，，∴，∵，∴，在直角中，，，，，∵，∴，解得，，∴．【变式4-3】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，①求的长；②求的长．【答案】(1)证明见解析(2)①2②【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，对于（1），根据菱形的性质得，再结合得出四边形是平行四边形，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”得出结论；对于（2），①根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半得出答案；②，先根据菱形的性质得出，再根据面积相等求出，然后根据勾股定理得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴．∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形．∵，∴，∴平行四边形是矩形；（2）解：①∵四边形是菱形，∴．在中，，∴；②∵四边形是菱形，且，∴，．在中，，∴，即，解得．根据勾股定理，得,即，解得．类型五、利用菱形的判定与性质求解方法总结1.先判后性：先依据一组邻边相等或对角线垂直等条件，判定四边形为菱形。2.再性求解：再利用菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分等）求解角度、线段或证明。解题技巧1.判定优选：优先选择“四边相等的四边形”或“对角线垂直平分的四边形”等直接判定。2.转化化归：将菱形问题常转化为等腰三角形或直角三角形问题，运用勾股定理、等边对等角求解。例5．（2026九年级·吉林·专题练习）按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交于点；③分别以点和点为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的度数是．【答案】70【分析】本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．【详解】解：根据作图可得，∴四边形是菱形，则，又∵，，故答案为70．【变式5-1】（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，矩形的对角线、相交于点，，，若，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定以及菱形的判定与性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．先根据矩形的性质得到对角线相等且互相平分，再由两组对边分别平行判定四边形是平行四边形，最后结合矩形性质得出，从而判定该平行四边形为菱形，进而得到，求出的长度．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∴．∵，，∴四边形是平行四边形．∵，∴平行四边形是菱形，∴．故答案为：．【变式5-2】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，得到四边形，它的周长记作；取中点，作．，得到四边形，它的周长记作，…，照此规律作下去，则．【答案】【分析】本题考查等边三角形的性质，三角形的中位线的性质，菱形的性质和判定，找出周长的规律是解题的关键；根据三角形的中位线求解，找规律可得，据此规律可求解．【详解】解：∵是边长为1的等边三角形，∴，∵E是边中点，，∴是的中位线，∴，∵，∴四边形是菱形，∴，同理：以此方法得到的四边形都为菱形，且边长为前一个菱形边长的，即，，……，，∴．故答案为：．【变式5-3】（25-26八年级上·河北唐山·期末）如图1，将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形，然后将这四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形如图2所示，大正方形的面积为5；如果再将这四个全等的直角三角形拼成的图形如图3所示，外轮廓周长为．则图1中的的长度为；四边形的面积为．【答案】4【分析】本题主要考查了勾股定理的应用，菱形的判定，菱形的面积等知识点，熟练掌握及运用勾股定理是做题的关键．先求得四个全等的直角三角形的斜边长为，即可得出图1中的的长度；设两条直角边分别为，，利用图3的外轮廓周长为，求得，再判定图1中的四边形为菱形，根据面积公式，列式计算即可求解．【详解】解：如图，由题意得，，（已舍去负值），即图1中的的长度为；如图，由题意可知，，设，，则，在中，，即，由题意得，，，，，即，，．将四个全等的直角三角形拼成了一个四边形，，四边形为菱形．由题意和图可知，，，．故答案为：；．类型六、利用菱形的判定与性质多结论性问题方法总结1.逐项分析：对每个结论单独推理，判断其是否可由已知条件结合菱形判定与性质必然推出。2.构造反例：对于“不一定成立”的结论，尝试构造特殊菱形（如内角非90°的菱形）进行验证。解题技巧1.性质链梳理：系统梳理菱形的判定条件与性质（边、对角线、角），形成完整推理链条。2.图形直观法：画出一般菱形（非正方形）示意图，结合图形测量快速排除明显错误结论。例6．（25-26八年级上·山东济宁·期末）如图，已知在菱形中，，、分别是射线和上的两个点，，以下结论：①；②是等边三角形；③；④，，若，则面积的最大值为．其中正确的个数有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．①连接构造全等三角形，得到，，进而可得，是等边三角形，①、②正确；用反证法可知③错误；根据题意可知，四边形的面积等于，则当时，可取得最小值，取得最大值，根据等边三角形性质分别求出此时的，，进而求出．【详解】解：如图，连接．四边形为菱形，，，，是等边三角形，，，，，在和中，，，，，即，①正确，，为等边三角形，②正确；∴，则，③不正确；，，可知当取得最小值，取得最大值，设等边三角形边长为，可知其高为，面积为，为等边三角形，其面积会随边长变化而变化，当，取得最小值，则取得最小值，，此时，，，，④正确．综上，正确的个数有个．故选：．【变式6-1】（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③，重合时，；④的面积的最小值为1．上述结论中正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，掌握折叠的性质及菱形的性质是解题的关键．根据折叠的性质及矩形的性质可知四边形是菱形，再根据全等三角形的判定与性质可知，这个结论不一定成立，最后利用菱形的面积公式即可解答．【详解】解：∵，∴，由折叠的性质得：，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，故②正确；∴，，∴，∵，若，∴，∴，这个结论不一定成立，故①错误；点与点重合时，如图所示，设，则，∴在中，，∴，解得：，∴，，∴，∴，∴，故③正确；当过点时，如图所示，最短，四边形的面积最小，∴，即的面积的最小值为1．故④正确；正确的项为②③④，共3个，故选：C．【变式6-2】（2025九年级上·全国·专题练习）如图，已知菱形的边长为分别是上的动点，且．下列结论正确的个数是（

）①；②为等边三角形；③；④为等边三角形．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】易证△ABC为等边三角形，得，结合已知条件可证；由全等三角形的性质可得，得，进而可得结论；证明则可得结论．【详解】解：，四边形为菱形，，为等边三角形，．，，故①④正确；，．，，即，为等边三角形，故②正确；，，故③正确．综上所述，结论正确的个数是4．故选：D【变式6-3】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，在菱形中，，，对角线相交于点O，点E、F分别在边上，点E、F同时以相同的速度分别从点B向点A和从点A向点D运动，与交于点G，则在这个运动过程中，下列说法正确的个数是（

）①菱形的面积是；②始终为等边三角形；③线段长的最小值为；④点G所走过的路径长为1．A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，先由菱形的性质得到，，再证明是等边三角形，得到，利用勾股定理可得，则，根据菱形面积等于其对角线乘积的一半可判断①；证明，得到，进而证明，则是等边三角形，据此可判断②；当时，有最小值，即此时有最小值，利用等面积法可求出的最小值为，据此可判断③；由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点，当点E刚好是的中点，点F为的中点时，为的中位线，则可证明，，由勾股定理可得，则，即点G离点A的最远距离为。【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴，∴，故①正确；由题意得，，又∵，∴，∴，∴，∴，∴是等边三角形，故②正确；∴，∴当时，有最小值，即此时有最小值，当时，此时有，即，∴的最小值为，故③正确；∵，∴，即，∴由菱形的对称性可得，整个运动过程是点G的运动是一个往返过程，点G先从点A运动到最远（离点A）为止，再从最远位置运动回点A，且点G运动到最远位置时此时点E刚好是的中点，点F为的中点，当点E刚好是的中点，点F为的中点时，∴为的中位线，∴，∴，∴，∴，∴，∴点G离点A的最远距离为，∴整个过程中点G的路程为，故④正确；故选；A.类型七、利用菱形的判定与性质解决综合性问题方法总结1.判性结合：先依据条件判定菱形，再运用其性质（四边相等、对角线垂直平分）推导新结论或求值。2.数形互化：将几何关系转化为方程求解（如勾股定理），或将代数条件还原为几何特征进行判定。解题技巧1.对角线模型：连接对角线构造直角三角形，是运用勾股定理和三角函数的核心模型。2.等量转化：灵活利用“四边相等”进行线段等量代换，常与“对角线垂直”产生的垂直关系结合。例7．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分．(1)求证：四边形是菱形．(2)过点作交的延长线于点，连接．若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了菱形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线定理知识点，掌握菱形的判定方法和直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题的关键．（1）先利用平行线和角平分线的性质得到角相等，推出，再结合和证明平行四边形，最后由邻边相等证菱形；（2）利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得到的长度．【详解】（1）证明：，．平分，，，．又，．，四边形是菱形．（2）解：∵四边形是菱形，，，．，．，．在中，，，，．【变式7-1】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．（1）根据题意和翻折的性质，可以得到，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；（2）根据题意和勾股定理，可以求得的长，进而求得，然后在中根据勾股定理求出的值，从而可以得到四边形的周长．【详解】（1）证明：∵沿折叠，点落在边上的点处，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（2）解：∵矩形中，，，，∴，，∴，∴，

设，则，，∵，∴，解得，∴，∴菱形的周长是：．【变式7-2】（25-26九年级上·重庆南岸·期末）在四边形中，，E为射线上的一点，四边形为平行四边形．(1)如图1，连接，，若，求证：四边形是矩形；(2)如图2，连接，，，交于点．若，求的周长的最小值；(3)如图3，连接，，交于点．若，当是等腰三角形时，直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)周长的最小值为(3)或或【分析】（1）先证明四边形是菱形得到，，再根据平行四边形的性质推导出，，则四边形是平行四边形，进而根据矩形的判定可证得结论；（2）过E作交延长线于N，过B作，交延长线于H，在延长线上截取，连接，则，由菱形的性质可求得，进而可得当F、B、M共线时取等号，的周长的最小值为；证明四边形、四边形是矩形，求得，，最后利用勾股定理求得即可求解；（3）先根据线段垂直平分线的判定与性质得到垂直平分，则，，设，则，，则，根据等腰三角形的定义分三种情况求解即可．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是菱形，则，，∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形；（2）解：过E作交延长线于N，过B作，交延长线于H，在延长线上截取，连接，如图，则垂直平分，∴，由（1）知四边形是菱形，，∴，，，∴，∵的周长，当F、B、M共线时取等号，∴的周长的最小值为，∵，，∴四边形、四边形是矩形，∴，，，，∴，，在中，，∴的周长的最小值为；（3）解：∵，∴垂直平分，∴，，∵，设，∴，，则，根据题意，当是等腰三角形时，分三种情况：当点E在线段上且时，，∴；当点E在延长线上且时，∴；当时，，在中，由勾股定理得，∴，解得，则∴，综上，满足条件的的值为或或．【变式7-3】（25-26八年级上·四川成都·期末）定义：菱形一边的中点与它所在边的对边的两个端点连线所形成的折线，叫做菱形的折中线，例如，如图1，在菱形中，E是的中点，连接，，则折线叫做菱形的折中线，折线的长叫做折中线的长．已知，在菱形中，，E是的中点，连接，．(1)如图1，已知折中线将菱形的面积分为了三部分，、、的面积之比为；(2)如图2，若，，求折中线的长；(3)若，且折中线中的或与菱形的一条对角线相等，求折中线的长．【答案】(1)(2)折中线的长为(3)或【分析】（1）根据E是菱形的边的中点，即可解决问题；（2）连接，根据题意证得为等边三角形，利用勾股定理求出，，即可解答；（3）当时，过点E作，交的延长线于点F，过点B作于点G，利用勾股定理即可解答；当时，过点C作，过点E作，交的延长线于点G，过点C作于点H，交的延长线于点F，利用勾股定理即可解答．【详解】（1）解：在菱形中，∵E是的中点，∴，∴、、的面积之比为，（2）解：如图，连接，在菱形中，，，∴为等边三角形，∵点E为的中点，∴，，∴，∵，∴，在中，，∴折中线的长为；（3）解：由已知得折中线中的或只能与菱形中较短的对角线相等，当时，如图，过点E作，交的延长线于点F，过点B作于点G，则四边形是矩形，在菱形中，，E是的中点，，∴，，∴，在中，，在中，，∵，，在中，，∴；当时，如图，过点C作，交的延长线于点F，过点E作，交的延长线于点G，过点C作于点H，∴四边形是平行四边形，四边形是矩形，∴，，，∴是等腰三角形，∵，∴H是的中点，即，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴，综上，折中线的长为或．类型八、利用菱形的判定与性质作图（含无刻度作图）方法总结1.依性作图：根据菱形“四边相等”、“对角线垂直平分”的性质，利用圆规截等长、作中垂线。2.依判构形：以满足菱形判定条件（如“邻边相等的平行四边形”）为目标，设计作图步骤。解题技巧1.先定一边：通常先作出一条边，再以此边为半径画弧确定等长的邻边或对角线的交点。2.巧用对角线：利用“对角线互相垂直平分”，通过作已知线段的中垂线来定位顶点。例8．（25-26八年级下·全国·期中）如图，在菱形的边上有一点（不与点，重合），请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．(1)在图①中的菱形的边上找一点，作线段，使．(2)在图②中的菱形的边上找点，，使，并作出等腰三角形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接交于点，连接并延长，交于点即可；（2）结合菱形的性质、全等三角形的判定与性质，连接，相交于点，交于点，连接并延长，交于点，连接并延长，交于点，连接，，即可．【详解】（1）解：如图①，线段即为所作．（2）解：如图②，即为所作．【变式8-1】（25-26九年级上·江西九江·期末）如图，四边形是菱形，是边上的高，请仅用无刻度的直尺作图（保留作图痕迹）．(1)在图1中，作边上的高；(2)在图2中，作边上的高．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质：（1）连接交于点K，作线段，并延长交于点F，即可；（2）连接，交于点M，作线段，并延长交于点G，即可．【详解】（1）解：如图，高即为所求；理由：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，∵是边上的高，∴，∴，∴，∴，即是边上的高；（2）解：如图，高即为所求．理由：∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∴，即是边上的高．【变式8-2】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图，四边形中，，，于点．(1)尺规作图：在上求作一点E（不写作法，保留作图痕迹），连接，使四边形为菱形，并说明理由；(2)与相交于点O，连接，若，求长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查尺规作图——作角平分线，菱形的判定及性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，掌握相关知识是解题的关键．（1）作的平分线，交于点E，则点E为所求．根据角平分线和平行线的性质得到，得到，从而得到，即可证明四边形是菱形；（2）根据菱形的性质得到，，，从而根据勾股定理求出，进而得到的长，最后根据直角三角形斜边上中线的性质即可求解．【详解】（1）解：如图，点E为所求．理由如下：∵是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，即，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形．（2）解：如图，∵四边形是菱形，∴，，，∴，∴∵，∴．【变式8-3】（25-26八年级上·江苏淮安·月考）请用无刻度直尺完成下列作图（要求：保留作图痕迹，不写作法）．(1)如图，点是菱形边上一点，连接．求作，使，且点在边上；(2)如图，点是菱形边上的一点．求作边上的点，使；(3)如图3，四边形中，，，平分线交边于点，求作线段的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的性质及全等三角形的判定方法是解题的关键．（1）连接、交于点，作射线交于点，连接，则；（2）连接、于点，作射线交于点，则；（3）连接交于点，作射线交于点，则点为的中点．【详解】（1）解：如图，为所求；∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴（），∴，又∵，，∴（），∴，∵，∴，即，∵，，，∴（），∴；（2）解：如图，点为所求；∵四边形是菱形，∴，，∴，∵，∴（）∴；（3）解：如图点为所求；∵，连接交于点，作射线交于点∵平分，∴又∵，，∴（），∴，∵，∴，又∵，，∴（），∴，∵，∴，∴，∴，即点是的中点．一、单选题1．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，菱形中，连接，，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查菱形的性质，菱形的对角线互相垂直，所以在菱形中，，即，在中，因为，三角形内角和为，所以，因为菱形的对边平行，即，根据两直线平行，内错角相等，所以．【详解】解：如图，∵四边形是菱形，∴，即，，在中，∵，∴，∵，∴．故选：B．2．（25-26八年级下·全国·周测）如图，，是的对角线，过点作，交的延长线于点，则添加下列条件，不能使为菱形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据各选项条件，结合菱形判定依据，逐一分析能否判定平行四边形为菱形．【详解】解：A、∵是平行四边形，∴，．∵，∴，是平行四边形．∴．∵，∴是菱形，不符合题意．B、∵，∴．∵，∴只能说明是的角平分线，无法推出的邻边相等或对角线垂直，不能判定其为菱形，符合题意．C、，直接根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，可判定是菱形，不符合题意．D、由三角形外角性质，，∵，∴，∴，∴是菱形，不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定定理、三角形外角性质，解题关键是准确区分“能判定菱形的条件”和“不能判定菱形的条件”，熟练将角的关系转化为边的关系．3．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（

）A． B． C． D．【答案】D【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，再进一步可得答案．【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，∴，，∵，∴，∴；故选：D．4．（25-26九年级上·山东青岛·月考）如图，菱形的对角线交于点O，过点C作，交的延长线于点E，连接．若，，则菱形的面积为（

）A． B． C． D．9【答案】B【分析】此题考查了菱形的性质和直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．首先根据菱形的性质得到，然后利用直角三角形斜边中线的性质得到，然后利用菱形面积公式求解即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，，，菱形的面积，故选B．5．（24-25九年级下·河北沧州·月考）如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③，重合时，；④点、、三点共线．其中正确的结论有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；，重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；结合矩形的性质可知，进而可证明，即可判断④．【详解】解：矩形中，，由翻折可知：，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，故②正确；，，，在和中，，若，则，，这个不一定成立，故①错误；点与点重合时，如图，设，则，在中，，即，解得，，，四边形是菱形，故②正确；，，，故③正确；由折叠可知：，，四边形是菱形，，，、、三点一定在同一直线上，故④正确．综上所述：正确的结论有②③④，共个．故选：．二、填空题6．（25-26九年级上·陕西渭南·月考）如图，已知菱形花坛，沿着菱形花坛的对角线修建两条小路和，、相交于点O，若，则的度数为°．【答案】60【分析】本题主要考查菱形的性质，由菱形性质得，再根据直角三角形两锐角互余可得结论．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，即，∴，∵，∴,故答案为：60．7．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）如图，在矩形中，点，分别在，上，，不添加任何字母与辅助线，添加一个适当的条件，使四边形是菱形．【答案】（答案不唯一）【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得到，即，推出四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．【详解】解：这个条件可以是，理由：四边形是矩形，，即，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，故答案为：（答案不唯一）．8．（25-26九年级上·四川成都·期中）如图，在的两边上分别截取，使，分别以点A，B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C，连接．若，四边形的面积为，则的长为．【答案】6【分析】本题考查菱形的判定与性质．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：由作图知，四边形为菱形，，四边形的面积为，，，故答案为：6．9．（25-26九年级上·辽宁阜新·期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图，小红家有一个菱形中国结装饰，对角线，相交于点，测得，，过点作于点，则的长是．【答案】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据菱形的性质得到，，，，根据勾股定理得到，最后根据等面积法即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故答案为：．10．（25-26九年级上·辽宁辽阳·期末）在菱形中，，边长为8，点M是边上一点，点N是边上一点，将沿翻折，点A的对应点恰好落在菱形的一条边上，若，则的长为．【答案】6或7【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．分落在上和落在上两种情况进行讨论求解即可．【详解】①当落在上时，如图，∵菱形中，，边长为8，∴，，∴，∵折叠，∴，∴为等边三角形，∴，∵，∴，∴；当落在上时，如图：作交的延长线于点，作于点，∵菱形，∴，∴，∴，四边形为矩形，∴，∵，∴，∴，∵折叠，∴，设，则，在中，由勾股定理，得，解得，∴；综上：或；故答案为：6或7．三、解答题11．（25-26九年级上·贵州贵阳·月考）如图，是菱形的对角线，．(1)请用尺规作图法，在上找点，使；（不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）条件下，连接,求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查作垂直平分线和以及垂直平分线的性质，菱形的性质等性质，掌握菱形的性质和垂直平分线的作法是解题的关键．（1）作的垂直平分线交于点F即可；（2）根据菱形的性质求出，继而求出，最后运用等边对等角即可得解．【详解】（1）解：如图所示，点即为所求；（2）解：∵四边形是菱形，∴，，．∴，，∴，

∵，∴．12．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，四边形的对角线、交于点O，延长至点E，使得，连接交边于点F，点D、F分别是、的中点，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查菱形的性质和判定，勾股定理；（1）先证明得到，，得出四边形是平行四边形，再证明邻边即可；（2）由菱形的性质和勾股定理求出，即可求出四边形的面积．【详解】（1）证明：∵点D、F分别是、的中点，，∴，，，又∵，∴，∴，∴，即，∴四边形是平行四边形，∵，，∴，∴四边形是菱形．（2）解：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴设，则，∵，∴，解得：，∴，∵四边形是菱形，∴．13．（24-25八年级下·福建·期中）如图，平行四边形中，平分交于点E，F为边上的点，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，若，，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）由平行四边形的性质得，由，推导出，则，而，所以，因为，所以四边形是平行四边形，再根据菱形的定义证明四边形是菱形即可；（2）连接，由菱形的性质得，因为，所以，则，求得．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵平分交于点为边上的点，，，，，∵，，，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形．（2）解：连接，如图所示：∵四边形是菱形，，，，∴是直角三角形，且，∴，∴的长是．14．（25-26九年级上·江西萍乡·期中）如图，菱形及点P，请仅用无刻度的直尺按要求完成下列作图．(1)如图1，若点P在上，请在上作出点Q，使．(2)如图2，若点P在菱形外，请在菱形外作点Q，使．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查作图复杂作图，菱形的性质等知识，解题的关键是作出菱形的对称中心，属于中考常考题型．（1）连接，交于点，连接，延长交于点，点即为所求．（2）连接，交于点，延长交的延长线于，连接交的延长线于，连接，连接，延长交于点，连接，点即为所求．【详解】（1）解：如图所示，点即为所求．（2）如图所示，点即为所求．15．（24-25八年级下·云南临沧·期末）如图，矩形的对角线与相交于点O，且，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的周长．【答案】(1)见详解(2)8【分析】该题考查了菱形的性质和判定，勾股定理，矩形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据矩形对角线相等且互相平分可得进而可以解决问题；（2）在矩形中，，则，结合，得出，则，，根据，得出，则，进而可以解决问题．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵矩形的对角线与相交于点，∴，∴四边形是菱形；（2）解：∵在矩形中，，∴，又，∴，∴，，∴，∴，∴，∴四边形的周长．16．（24-25八年级下·湖北十堰·期末）如图，在菱形中，，，点E为上一动点，延长到点，使，且分别交，于点和点．(1)将沿对折，使点E落在处，若，求的度数；(2)在点E运动过程中，是否存在这样的一点E，使得四边形是平行四边形？若存在，请说出E点位置，并证明四边形是平行四边形，若不存在，请说明理由．(3)若，探究是否为定值？如果是定值，求出这个值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，是的中点时，四边形是平行四边形(3)是定值，【分析】（1）由菱形的性质得，由折叠的性质得，即可求解；（2）由菱形的性质得，，结合是的中点时，由平行四边形的判定方法，即可得证；（3）过作交的延长线于，由菱形的性质和等腰三角形的判定及性质得，结合菱形的性质，设，则，由勾股定理得，即可求解．【详解】（1）解：如图，四边形是菱形，，，，，由对折得：；（2）解：存在，是的中点时，四边形是平行四边形，证明：如图，四边形是菱形，，，，是的中点时，，，，四边形是平行四边形；（3）解：过作交的延长线于，四边形是菱形，，，，，，，，，，，，，设，则，，，，，解得：，（舍去），，，．综合训练一、选择题1.已知四边形ABCD是平行四边形,下列结论错误的是()A.当∠ABC=90°时,它是矩形 B.当AC⊥BD时,它是菱形C.∠ABC=∠ADC D.AC=BD一定成立2.下列结论中,矩形具有而菱形不一定具有的性质是()A.内角和为360° B.对角线互相平分C.对角线相等 D.对角线互相垂直3.在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC+BD=10cm,AB=4cm,则△COD的周长为()A.14cm B.9cm C.7cm D.5cm4.如图,AD是△ABC的中线,四边形ADCE是平行四边形,增加下列条件,能判断▱ADCE是菱形的是()A.∠BAC=90° B.∠DAE=90°C.AB=AC D.AB=AE5.如图,▱ABCD与▱DCFE的周长相等,且∠BAD=60°,∠F=110°,则∠DAE的度数为()A.55° B.25°C.30° D.35°6.将一张正方形的纸片按下图所示的方式三次折叠,折叠后再按图所示沿MN裁剪,则可得()A.多个等腰直角三角形 B.一个等腰直角三角形和一个正方形C.四个相同的正方形 D.两个相同的正方形7.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,对角线AC,BD相交于点O,点P是AD上一动点(不与A,D重合),过点P作AC和BD的垂线,垂足分别为E,F,则PE+PF=()A.125 B.C.35 D.8.将一边长为2的正方形纸片折成四部分,再沿折痕折起来,恰好能不重叠地搭建成一个三棱锥,则三棱锥四个面中最小的面积是()A.1 B.32 C.12 D二、填空题9.如图,在菱形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(8,2),点D的坐标为(0,2),则点C的坐标为.

10.如图,以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC,则∠FAB=