【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题5.4 菱形的性质与判定（全国通用版）练习（解析版）

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专题4 菱形的性质与判定
知识梳理
【考点一】菱形的定义及性质
1.菱形的定义：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形.
（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可.
（2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法.
2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质，
（1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线.
（2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和.
（3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形.
3.菱形的面积
【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半.
【考点二】菱形的判定
【注意】对角线互相垂直的四边形不一定是菱形（反例：等腰梯形对角线也垂直）。
【易错点辨析】
1.菱形性质混淆：误将菱形对角线性质记为 “相等”（对角线相等是矩形性质，菱形对角线垂直但不一定相等）；
2.判定定理误用：
用 “对角线互相垂直的四边形是菱形”（缺少 “平行四边形” 前提，错误）；
用 “一组邻边相等的四边形是菱形”（缺少 “平行四边形” 前提，错误，反例：筝形）；
面积计算错误：使用对角线求面积时，忘记除以 2，直接用 AC×BD 计算；
3.对称性误区：认为菱形只有 1 条对称轴，或误将菱形当作轴对称图形但找不到对称轴（实际为两条对角线所在直线）；
例题讲解
【题型一】利用菱形的性质求角度
◇典例1：
如图，在菱形中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：四边形是菱形，，
故选：D．
◆变式训练
1.如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
2.如图，菱形的对角线与交于点，，，．
(1)求的度数；
(2)求证：四边形是矩形．
【详解】（1）解：∵菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴设，
则：，
解得：，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形
四边形是菱形

∴
四边形是矩形．
【题型二】利用菱形的性质求线段长
◇典例2：
如图，四边形是菱形，，，于点，则的长是（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】D
【详解】解：设菱形的对角线交于点，则：，
，
∴，
∵，
∴，
∴
故选D
◆变式训练
1.如图，在四边形中，ABDC，，对角线、BD交于点0，平分，过点C作交AB延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)先证，则四边形是平行四边形，再由，即可得出结论；
(2)由菱形的性质可得,,由直角三角形的性质和勾股定理可求的长，即可求解.
【详解】（1）证明：,
,
平分,
,
,
,
,
,
四边形是平行四边形，
,
平行四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，,
,
,,
,
，
,
(负值舍去),
,
菱形的面积.
2.如图，在菱形中，，，动点、分别在线段、上，且，则的最小值为 ．
【详解】解：如图，连接．
∵在菱形中，，
∴，，
∴和都为等边三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴当最小时，最小．
由垂线段最短可知当时，最小，
∴，
∴，
∴，即．
故答案为：．
【题型三】利用菱形的性质求面积
◇典例3：
如图：在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求菱形的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得：，
∴，
∵，
∴．
◆变式训练
1.如图，平行四边形的两条对角线相交于点O，且．
(1)求证：平行四边形是菱形；
(2)求平行四边形的面积．
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，勾股定理的逆定理：
（1）根据勾股定理的逆定理证明，则可根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明；
（2）根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵
∴，
∴是直角三角形，且，即，
∴平行四边形是菱形；
（2）解；∵平行四边形是菱形，
∴，
∴．
2.如图，菱形的边长是， 于点 E．若，则菱形的面积为 ．
【详解】解：，，
∴在中，则，
菱形的边长是cm，
在中，，
，
菱形的面积为，
故答案为：．
【题型四】利用菱形的性质证明
◇典例4：
菱形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B．两组对角相等C．对角线互相垂直D．两组对边相等
【答案】C
【详解】解：A、平行四边形、菱形都具备对角线互相平分，不符合题意；
B、平行四边形、菱形都具备两组对角相等，不符合题意；
C、平行四边形的对角线不一定垂直、菱形的对角线互相垂直，符合题意；
D、平行四边形、菱形都具备两组对边相等，不符合题意；
故选：C ．
◆变式训练
1.如图，菱形中，对角线交于点，点是的中点，延长到点，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求菱形的面积．
【详解】（1）证明：∵点是的中点，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵ ，
∴，
∴，，
∴，，
∴四边形的面积为．
2.如图，在菱形中，点，分别是，的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接，若，，求的长．
【详解】（1）证明：点，分别是，的中点，
是的中位线，
，则，
四边形是菱形，
，则，
四边形是平行四边形；
（2）解：取的中点，连接，
，
，
四边形是菱形，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
．
四边形是平行四边形，
，
，
在中，根据勾股定理得，．
【题型五】添一个条件使四边形是菱形
◇典例5：
如图，在四边形中，对角线相交于点，已知．请你添加一个条件 ，使四边形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【详解】解：添加条件：，理由如下：
∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
故答案为：．
◆变式训练
1.如图，的对角线、相交于点O，添加一个条件，使得是菱形，则下列选项不符合题意的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：A．添加后，可证明是矩形，不能证明它是菱形；
B．添加后，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可证明是菱形；
C．添加后，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可证明是菱形；
D．添加后，根据“对角线平分一组对角的平行四边形是菱形”可证明是菱形．
故选：A．
2.如图，四边形是平行四边形，平分交于点，平分交于点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)请添加一个条件，使四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，，，，
平分，平分，
，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：添加
由（1）知：四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是菱形．
【题型六】证明四边形是菱形
◇典例6：
如图，在 中， ，D、E分别是、的中点，连接，过点E作，交于点 F．求证：四边形是菱形．

【详解】证明∶∵D、E分别是、的中点，，
∴是的中位线，
∴，
又∵
∴四边形是平行四边形．
∵ D是的中点，
∴
∵，
∴．
∴四边形是菱形．
◆变式训练
1.在四边形中，点，，，分别是边AB，，CD，的中点，EG，交于点．若四边形的对角线相等，则线段EG与一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分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
【详解】解：如图所示，
连接BD，，
点和点分别是AD和AB的中点，
是的中位线，
．
同理可得， ，
，，
四边形是平行四边形．
， ，且，
，
平行四边形是菱形，
与互相垂直平分．
故选：A．
2.如图，过矩形的对角线的中点作，交边于点，交边于点，分别连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，则的长为________．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
由（1）知四边形是菱形，，
∴，
设，则，
∵在中，，
∴，
∴，即，
∵在中，，，
∴，
解得（负值已舍去），
∴．
故答案为：
【题型七】根据菱形的性质与判定求角度
◇典例7：
如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交于点，
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∵垂直平分，
在和中，
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：由（1）可知， 四边形是菱形，
◆变式训练
1.如图所示，E，F分别在和上，，则 ．
【详解】解：，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
，
又，
，
同理，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
故答案为：80．
2.如图，在中，对角线与相交于点O，平分，过点B作交于点E．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【详解】（1）证明：∵平分，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是菱形，
．
（2）解：∵四边形是平行四边形，
，
∵，，
，
，
设，则，
解得：，
．
【题型八】根据菱形的性质与判定求线段长
◇典例8：
如图中，是角平分线，交于E，交于F，若， 那么四边形周长为（ ）
A．9B．12C．15D．18
【答案】B
【详解】解：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
是角平分线
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴四边形周长为，
故选：B．
◆变式训练
1.如图，将平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点．
(1)证明：四边形是菱形；
(2)若，．
①求的面积；
②若直线上有一点F，当为等腰三角形时，直接写出线段为的长．
【详解】（1）证明：∵平行四边形沿折叠，点恰好落在的延长线上点处，连接交于点，
∴，，，
∴，而，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：①∵平行四边形是菱形，
∴
∴
∵四边形是菱形，
∴
∵平行四边形，
∴
设菱形边AB上的高为h，
∴菱形的面积为
即
解得
∴；
②由①
∵平行四边形，
∴
如图所示，以E点为圆心，CE为半径画弧，与直线相交于、，
当，此时为等腰三角形
∴；
当，此时为等腰三角形
∴；
如图所示，以C点为圆心，CE为半径画弧，与直线相交于，
当，此时为等腰三角形，
由①可知
∴
；
由①可知
∵四边形是菱形，
∴
∴
∴即B点，此时为等腰三角形，
则
综上所述：当为等腰三角形时，线段的长为2或18或或5．
2.如图1，在矩形中，点是上的点，沿折叠点的对应点是点，延长交直线于点．
(1)求证：；
(2)是上的点，；沿折叠点的对应点是点，且、、、在同一直线上．
①如图2，若M、N互相重合，求的值；
②若，求的长．（自己画草图）
【详解】（1）证明：沿折叠点的对应点是点，
，
四边形为矩形，
，
，
，
；
（2）解：①四边形是矩形，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
折叠，
，
，
四边形为菱形，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
；
②如图，若，在在上方，设，
，
，
，
过点作于点，则四边形为矩形，
，，
，
，
，
，（舍，
；
如图，设，
同理可得，
，（舍，
，
综上所述，的长为或4．
【题型九】根据菱形的性质与判定求面积
◇典例9：
已知，如图，在中，是的中线，F是的中点，连接并延长到E，使，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若求菱形的面积．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵是中线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接，
，
∴四边形是平行四边形，
，
是中线，
，
，
，
∵四边形是菱形，
∴菱形的面积=．
◆变式训练
1.如图，点D，E，F分别是的边，，的中点，分别连接，，，，与相交于点O．有下列四个结论：
①； ②
③当时，点O到四边形四条边的距离相等；
④当时，点O到四边形四个顶点的距离相等．
其中正确的结论是（ ）
A．①②B．③④C．②③D．①④
【答案】C
【详解】
①∵点D，E，F分别是的边，，的中点，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴是的中位线，
∴，故①错误；
②∵点D，E，F分别是的边，，的中点，
∴，，，，，
∴四边形和四边形和四边形是平行四边形，
∴，
∴，故②正确；
③∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴，是菱形两组对角的平分线，
∴点O到四边形四条边的距离相等，故③正确；
④∵，四边形是平行四边形，
∴点O到四边形四个顶点的距离不相等，故④错误．
综上所述：正确的是②③，
故选：C．
2.如图，在矩形纸片中，，，点，分别是矩形的边，上的动点，将该纸片沿直线折叠，使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在点处，连接、、，与交于点．则当点与点重合时， ．
【答案】
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由翻折的性质可知，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
当，重合时，如图：
设，
在中，
，
，
，即，
，，，
，
，
，
故答案为：．
真题在线
一、单选题
1．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ）
A．4B．5C．6D．10
【答案】B
【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质．
根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果．
【详解】解：如图，
∵四边形是菱形，
∴， ，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B．
2．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，的对角线，交于点，以下条件不能证明是菱形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵，
∴，无法得到是菱形，故本选项符合题意；
故选：D
3．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可．
【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意；
B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意；
C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意；
D、四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意；
故选：B．
4．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（ ）

A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
，
∵E是的中点，
，
∴。
故选：A．
5．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可知，，，
在菱形中，，
，，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键．
6．（2024·四川攀枝花·中考真题）如图，在菱形中，，，点E为的中点，在对角线上有一动点P，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，连接，由菱形的性质可得，垂直平分，则可证明是等边三角形，，求出的长，根据，可得当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，，，
∴，垂直平分，
∴是等边三角形，，
∵点E为的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴当C、P、E三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∴的最小值为，
故选：C．
7．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）
A．9B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
设，则在中，
∴
∵，
即，
∴，
即．
∴，
∴菱形的面积为，
故选：C
8．（2024·四川乐山·中考真题）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M．当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径．
过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，得出 垂直平分，再证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解．
【详解】解：过点C作交于点H，连接，
∵，四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴垂直平分，
∵，
∴，
∵点P和点Q关于点C对称，
∴，即垂直平分，
∵交于点M．
∴
∴点M在上运动，
当点P与点B重合时，点M位于点，
此时，∵，四边形是菱形，，
∴，
∴．
故点M的运动路径长为．
故选：B．
二、填空题
9．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的边长为2，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，，
∴，
∴；
故答案为：．
10．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值．
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，
菱形的面积，
，
故答案为：．
11．（2025·青海西宁·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积；
故答案为：．
12．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求．
【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，，
由题意知，在菱形中，，，
∴和为等边三角形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小，
此时最小值的长度为．
故答案为：．
三、解答题
13．（2024·四川广安·中考真题）如图，在菱形中，点在上，点在上，且，连接，求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角．根据菱形的性质可得，，证明，即可得出结论．
【详解】证明：∵四边形是菱形，
∴，，
在和中，，，，
∴，
∴，
∴．
14．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在四边形中，，点E，F在对角线上，，且，．
(1)求证：；
(2)连接，若，请判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，理由见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、菱形和平行四边形的判定等知识；
（1）根据垂直的定义可得，根据平行线的性质可得，根据已知条件可得，即可证明结论；
（2）根据可得，，即得，进而可得四边形是平行四边形，然后根据30度角的直角三角形的性质和直角三角形斜边上的中线的性质证得，即可得到结论.
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
在直角三角形中，∵，
∴，
在直角三角形中，∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形.
15．（2024·黑龙江哈尔滨·中考真题）四边形的对角线，相交于点O，，，．
(1)如图1，求证：四边形是菱形；
(2)如图2，，于点H，交于点E，连接，点G在上，连接交于点F，若，在不添加任何辅助线的情况下直接写出四条与线段相等的线段（线段除外）．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）首先证明出，得到，然后结合即可证明；
（2）首先由菱形的对称性得到；然后证明出，是等边三角形，得到，求出，得到；然后求出， 得到；然后求出，得到，进而求解即可．
【详解】（1）∵
∴
∵，
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，对角线，相交于点O，
∴点A和点C关于所在直线对称
∴；
∵，
∴
∴，是等边三角形
∴
∵，
∴
∴；
∵
∴
∴
∴；
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴；
综上所述，与线段相等的线段有，，，．
专项练习
一、单选题
1．已知四边形中，与相交于点，下列条件：①；②；③；④，从以上条件中任选三个，能判定四边形是菱形的选法有（ ）种．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
根据菱形的判定方法，逐一选择三个条件进行证明，判断最终有几种选法即可．
【详解】解：选择①②③：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴不能判断四边形是菱形，
∴选法不正确；
选择①②④：
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴选法正确；
选择①③④：
同理可证：，得到四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴选法正确；
选择②③④：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴选法正确；
故选：C．
2．欲证明右图四边形为菱形，下列条件中错误的是（ ）
A．且，B．，
C．D．且，
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的判定，解决本题的关键是根据菱形的判定定理进行判断．菱形的判定定理有：四条边相等的四边形是菱形；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；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．
【详解】解：A选项：且，
四边形是平行四边形，
又，
根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形，
故A选项不符合题意；
B选项：，，
，，
不能证明，
不能证明四边形是菱形，
故B选项符合题意；
C选项：，
根据四条边相等的四边形是菱形，可证四边形是菱形，
故C选项不符合题意；
D选项：且，
四边形是平行四边形，
又，
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可证四边形是菱形，
故D选项不符合题意．
3．如图，在菱形中，对角线相交于点O，E是的中点，菱形的周长为16，则的长为（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，根据菱形的性质可得以及，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【详解】解：∵在菱形中，对角线相交于点O，
∴，
∴，
∵菱形的周长为16，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
故选：D．
4．如图，在周长为20的菱形中，对角线与相交于点O．已知，则的长为（ ）
A．4B．3C．8D．14
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质，以及勾股定理，根据菱形性质得到，，再利用勾股定理求出，进而即可求得．
【详解】∵四边形是菱形，且菱形的周长为20，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
5．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，M，N分别是边，的中点，连接，，若，，则的长为（ ）
A．3.5B．3C．2.5D．2
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质和中位线定理，熟练使用中位线定理是解题的关键．
首先利用中位线定理和勾股定理求解菱形的边长，再根据中位线定理即可求解OM的长度．
【详解】解：∵M，N分别是边，的中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵点M是的中点，，
∴，
故选：C．
6．如图，在菱形中，对角线，相交于点，点为的中点．若，则菱形的周长为（ ）
A．4B．8C．16D．32
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理．
根据是的中位线，即可得到的长，然后根据菱形的周长公式计算即可得．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴菱形的周长．
故选：C．
7．如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的性质．
由正方形的性质得，，则，因为四边形是菱形，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴．
故选：C．
8．如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个面积为的四边形，当时，则纸条的宽度是（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，菱形的面积公式及勾股定理．先根据已知条件判断重合部分四边形的形状，再结合菱形面积公式求出纸条的宽度即可．
【详解】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
如图，过点A分别作，边上的高为，，连接AC，

∵两条纸条宽度相同，
∴，
∴，即，
∴四边形为菱形，
设菱形的边长为x，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
在中，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，即纸条宽度为．
故选：D．
9．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．
10．如图，菱形中，，E是对角线上的任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】先得出，，从而可得，于是有．由于，可得当最小时，最小，即最小，再求得， 利用勾股定理求得，从而可得的最小值为．
【详解】解：过点E作于点F，连接．
因为，且四边形为菱形，
所以，，
因此，
所以．
由于，
因此当最小时，最小，
即最小．
根据垂线段最短，
当时，最小，
记此时的为．
因为，，
所以，
因此，
所以的最小值为．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂线段最短，三角形三边关系的应用，含30度角的直角三角形，用勾股定理解三角形，利用菱形的性质求线段长等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
二、填空题
11．如图，将菱形绕点沿逆时针方向旋转，得到菱形，连接，，若，，则 °．
【答案】
【分析】本题考查的是菱形的性质与旋转的性质，灵活运用菱形的对边平行、同旁内角互补及旋转角相等的性质是解题的关键．根据菱形性质得到，进而求出旋转角，再由旋转性质得，从而得到答案．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
，
，
，
由旋转的性质得，．
故答案为：．
12．如图，在中，对角线相交于点，点在上，且，添加一个适当的条件，使四边形是菱形，这个条件可以是 ．（填一个正确条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查添加条件使四边形为菱形，涉及平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质等知识，熟记平行四边形的判定与性质、菱形的判定是解决问题的关键．
根据题意，由平行四边形的性质及已知条件得到，再由平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，结合邻边相等平行四边形是菱形、对角线相互垂直的平行四边形是菱形添加条件即可得到答案．
【详解】解：在中，对角线相交于点，则，
，
，
在四边形中，，则四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形；
当时，四边形是菱形；
当时，四边形是菱形；
当时，四边形是菱形；
当时，是菱形，
平分，
即，
，，，
，
则，即四边形是菱形；
当时，是菱形，
，
，，，
，
则，即四边形是菱形；
当时，是菱形，
平分，
即，
，，，
，
则，即四边形是菱形；
当时，是菱形，
，
，，，
，
则，即四边形是菱形；
此外，还有对角线垂直也可以判定四边形是菱形；
综上所述，选取其中一个即可，
故答案为：（答案不唯一）．
13．如图，矩形的对角线相交于点，，，点分别是的中点，连接，若的长为3，则四边形的周长是 ．
【答案】24
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，三角形中位线的性质，先根据中位线得到，再证明四边形是菱形，计算周长即可．
【详解】解：∵点M，N分别是，的中点，
∴，
又∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长为，
故答案为：24．
14．如图，在中，，连接，，延长至E，平分，点P是上一点，连接、，则的面积为 ．
【答案】60
【分析】本题考查菱形的判定和性质，勾股定理，平行线之间的垂线段相等，三角形的面积，
连接交于点G，根据菱形的性质证得，根据勾股定理，即可解答．
【详解】解：∵中，，
∴是菱形，，
∴平分，
延长至E，则，
∵平分，
∴，
∴，
连接交于点G，则，且平分，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴的高为，
∴，
故答案为60．
15．如图，用四个木条钉成一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计），然后向右扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时会断裂．若，则橡皮筋 断裂（填“会”、“不会”，参考数据：）．
【答案】不会
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，设与相交于点，由正方形的性质得，即得四边形是菱形，再利用菱形和等边三角形的性质及勾股定理求出，进而即可判断求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：如图，设与相交于点，
由题意可知，，
∴四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴橡皮筋不会断裂，
故答案为：不会．
16．如图，将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，为重合的对角线，重叠部分为四边形，若，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了用勾股定理解三角形，根据矩形的性质求线段长，证明四边形是菱形，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
先证明四边形是菱形，从而可得出，再利用勾股定理求得，从而可求得四边形的面积．
【详解】解：∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，
，，
∴四边形是平行四边形，
∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，，
∴，，
∵为重合的对角线，
∴平分，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得：（负值舍去），
又，
∴，
解得：，
∴四边形的面积为．
故答案为：．
三、解答题
17．如图，在中，，为的中点，垂直平分，交于点．
(1)请判断四边形的形状；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)四边形是菱形，见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理，线段的垂直平分线等知识点．
（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由垂直平分线得到，那么，则四边形是菱形；
（2）先由勾股定理求解，然后根据菱形的性质得到为的中位线，即可求解，即可求解，最后根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：
∵，为的中点，
∴
∵垂直平分，
∴，
∴
∴四边形是菱形；
（2）解：∵，，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴四边形的面积为
18．如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交边，于点，，垂足为．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由垂直平分，可得，，根据平行四边形的性质可得，推出，证明，得到，得到四边形是平行四边形，结合，即可得证；
（2）由可得，推出，根据题意可推出是的中位线，得到，根据三角函数求出，，进而得到，作，垂足为，进而求出，即可求解．
【详解】（1）证明：垂直平分，
，，
四边形是平行四边形
，
，
在与中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形为菱形；
（2）解：，
，
，
四边形为菱形，
为的中点，
∵为线段的中点，
是三角形的中位线．
，
，
，，
，，
如图，作，垂足为，则，
，
则．
19．如图，中，点，分别是，的中点，，延长到点，使得，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，四边形的面积为16，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先三角形中位线证明四边形是平行四边形，再利用一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）连接交于点，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，求得菱形的对角线的长，后利用菱形的性质，勾股定理，解答即可．
本题考查了三角形中位线，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】（1）证明：，分别是，的中点，
，，
，，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，如图所示：
四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
，
，
即菱形的周长为．
20．如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若四边形的周长是，两条对角线的和是，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)根据平行四边形的性质可证，根据垂直平分线的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立；
(2)根据菱形的性质可知，设、，根据勾股定理可得，利用完全平方公式可以求出，根据菱形的面积公式求出结果即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：四边形是菱形，
，
四边形的周长是，
，
设、，
则有，，，
，
在中，，
，
，
，
整理可得：，
．
21．如图，在中，，点O在上，连接，并延长至点D，使得，，连接，，E是上的一点，连接．
(1)如图1，求证：四边形是菱形．
(2)如图2，将沿折叠，使点D的对应点F落在上，若，猜想与的数量关系，并加以证明．
(3)如图3，将沿折叠，点D的对应点F落在的延长线上，与交于点G．
①求证：．
②若，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)．证明见解析
(3)①见解析；②
【分析】（1）由已知条件可得出是的垂直平分线，由垂直平分线的性质得出，再结合即可得出，进而可证．
（2）延长交于点．由折叠的性质，可得．由菱形的性质可进一步推出， 设，则，得出，证明，由相似三角形的性质即可得出．
（3）①由折叠的性质，可得，由等边对等角可得出，再利用菱形的性质得出 ，等量代换可得出，再根据等角对等边可得出．
②延长，交的延长线于点．先证明，由全等三角形的性质得出，再证明，再由全等三角形的性质得出
，进一步即可得出答案．
【详解】（1）证明：，
是的垂直平分线，
．
，

四边形是菱形．
（2）．证明如下：
证明：如图1，延长交于点．
由折叠的性质，可得．
四边形是菱形，
，，
．
，
，
∴设，则，
，
，
，
，
，
，
．
（3）①证明：由折叠的性质，可得，
，
四边形是菱形，
，
，
，
．
②如图2，延长，交的延长线于点．
．
，
，
，
，
．
由折叠的性质，可得．
四边形是菱形，
，
，

，

∵，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
性质
数学语言
图形
边
菱形的四条边都相等
四边形是菱形，
.
对角线
菱形的两条对角巷互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角
四边形是菱形，
,
对称性
中心对称图形：对称中心为对角线交点 O；
轴对称图形：有 2 条对称轴，即两条对角线所在直线
公式由来
文字语言
数学语言
图示
菱形的面积公式
菱形是平行四边形.
菱形的面积=底×高.
菱形的对角线互相垂直
菱形的面积=对角线长的乘积的一半
判定方法
数学语言
图示
边
有一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义）.
在中，
是菱形.
四条边相等的四边形是菱形.
在四边形中，
四边形是菱形.
对角线
对角线互相垂直的平行四边形是菱形
在中，
是菱形.