专题16菱形（知识清单）（2大考点+15大题型+6大易错+6大技巧方法+测试）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

这是一份专题16菱形（知识清单）（2大考点+15大题型+6大易错+6大技巧方法+测试）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案，文件包含专题16切线的判定与阴影部分面积3大题型2新考法4解题方法题型清单原卷版docx、专题16切线的判定与阴影部分面积3大题型2新考法4解题方法题型清单解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共107页， 欢迎下载使用。
01 锚・课标要求：指引命题方向，落实核心素养
02 理・思维导图：构建知识体系，呈现结构关系
03 盘・知识梳理：兼顾主干细节，夯实基础框架（2个核心考点）
考点01菱形的定义与性质
考点02菱形的判定
04 探・重难题型：深度剖析重点，精准突破难点（15大重难题型）
题型01题型01利用菱形的性质求角 题型02利用菱形的性质求边长
题型03菱形面积的计算 题型04菱形性质的有关计算与证明
题型05菱形的判定条件 题型06证明四边形是菱形
题型07菱形的性质与判定 题型08菱形与多结论判断问题
题型09菱形与翻折问题 题型10菱形与最值问题
题型11菱形与动点问题 题型12菱形与规律探究
题型13菱形与函数问题 题型14菱形与新定义问题
题型15菱形压轴问题
05 辨・易混易错：警示常见误区，辨析细微差别（4个易混易错点）
易错点01误用菱形的判定条件
易错点02没有分清菱形的性质与判定
易错点03菱形的实际生活应用
易错点04菱形的探究与变式综合问题
06 拓・方法技巧：精炼方法技巧，精准突破难点（7大方法技巧）
技巧01：证明一个四边形是菱形
技巧02：利用菱形的性质计算线段的长度
技巧03：菱形与动点问题
技巧04：菱形与折叠问题
技巧05：菱形与几何最值问题
技巧06：菱形与存在性问题
技巧07：菱形与函数综合问题
07 测・实战演练：巩固核心考点，强化应试能力
1.探索并证明菱形的性质定理，会利用菱形的性质和判定进行有关的计算与证明
2.探索并证明菱形的判定定理，会证明一个四边形是菱形
3.掌握菱形的常考题型：菱形性质的有关计算与证明；菱形的判定及证明；菱形的性质与判定综合问题；菱形的几何综合问题；菱形与函数综合问题
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点01菱形的定义与性质
1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
2.菱形的性质：
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
几何语言：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CD=AD=BC
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
几何语言：∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，∠ADB=∠CDB=∠ABD=∠CBD，
∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
3.菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积=．（a、b是两条对角线的长度）
【解题方法】
(1)菱形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质.
(2)菱形（正方形除外）是轴对称图形，有两条对称轴，分别是两条对角线所在的直线，
(3)菱形的两条对角线互相垂直，并且把菱形分成四个全等的直角三角形，进而可得菱形边长的平方等于两条对角线长一半的平方和。
(4)菱形的四条边相等，故可连接对角线构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质解题，
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点02菱形的判定
菱形的判定方法：
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
几何语言：∵平行四边形ABCD中，AB=BC.
∴四边形ABCD是菱形
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA,
∴四边形ABCD是菱形
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵在平行四边形ABCD中，AC⊥BD,
∴四边形ABCD是菱形
2.菱形的判定思路
题型01利用菱形的性质求角
【典例1】（2025·辽宁·一模）如图，四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， 于点 ，连接 ，，则 的度数为 ．
【答案】/度
【分析】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
四边形是菱形， ，根据，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，，再根据三角形内角和即可求出的度数．
【详解】四边形是菱形
，

，

是斜边上的中线





，
故答案为：．
【变式练习】
1．（2024·广东·模拟预测）若菱形中两个相邻内角的度数比是，那其中较大的角的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知菱形的邻角互补．
根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：∵菱形中两个相邻内角的度数比是，两个相邻内角的和是
∴其中较大的角的度数是．
故选：B．
2．（2024·河北·模拟预测）如图，在菱形中，，点E是对角线上的点，点O 是和的平分线的交点，则关于下列说法正确的是（ ）
A．大小为定值，等于
B．大小不确定，可以等于
C．大小为定值，等于
D．大小不确定，随着点 E 的变化而变化
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，角平分线的概念，熟知相关性质是解题的关键．
先利用菱形的性质求得，再根据三角形内角和定理求得，最后利用角平分线的概念得，即可解答．
【详解】解：在菱形中，，
，
，
点O 是和的平分线的交点，
,
，
即大小为定值，等于，
故选：A．
3．（2025·陕西渭南·一模）如图，为菱形的一条对角线，过点C作于点E，若，则的度数为 ．
【答案】/56度
【分析】本题考查了菱形的性质、三角形内角和定理、等边对等角，先求出，再由菱形的性质可得，由等边对等角可得，最后由三角形内角和定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
题型02利用菱形的性质求边长
【典例2】（2025·四川雅安·二模）如图，菱形的周长为，面积为，是对角线上一点，分别作点到直线，的垂线段，，则等于 ．
【答案】6
【分析】此题主要考查了菱形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．利用菱形的性质得出，，进而利用三角形等面积法列方程求出答案．
【详解】解：菱形的周长为20，面积为，
，，
∴，
分别作点到直线、的垂线段、，
，
，
．
故答案为：6．
【变式练习】
4．（2025·四川雅安·一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，根据菱形的性质求得是解题的关键．由菱形面积可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答．
【详解】解：是菱形，
，
，
，
，
，
故选：B．
5．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，．若M、N分别是边、上的动点，且，作，，垂足分别为E、F，则的值为（ ）
A．3B．C．9D．
【答案】D
【分析】连接交于点O，过点M作交于点G，则可得四边形是矩形，以及，从而得，，即，最后运用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，连接交于点O，过点M作交于点G，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，，，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，解题的关键是根据相等线段构造全等三角形将问题线段和转换为单一线段．
6．（2025·陕西汉中·一模）如图，在菱形中，，，点、分别在边和的延长线上，连接、、AC，与边交于点，若，，则线段的长为 ．
【答案】
【分析】作于点N，作交于点M，由菱形的性质得，，，，，证明，利用相似三角形的性质求出，，．证明，利用相似三角形的性质求出，进而求出，，证明，利用相似三角形的性质求出，进而可求出线段的长．
【详解】如图，作于点N，作交于点M，
∵在菱形中，，，
∴，，，，，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形外角的性质等知识，难度较大，属中考压轴题．
题型03菱形面积的计算
【典例3】（2025·福建福州·模拟预测）如图，菱形的面积为10，E，F，G，H分别是边的中点，则四边形的面积为 ．
【答案】5
【分析】连接，根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理、矩形的判定得到四边形为矩形，根据矩形面积公式计算即可．
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
菱形的面积为10，
，，
，F，G，H分别是边的中点，
、、分别为、、的中位线，
，，，，，，
，，
四边形为平行四边形，
，，，
，
平行四边形为矩形，
四边形的面积为：，
故答案为：
【变式练习】
7．（2024·湖南·模拟预测）如图，已知菱形的边长为10，，此菱形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
连接交于点，根据菱形的性质得到，，，，然后根据角直角三角形的性质以及勾股定理求解，再由菱形的面积等于对角线乘积的一半求解．
【详解】解：连接交于点，
∵菱形，
∴平分，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此菱形的面积为，
故选：B．
8．（2025·海南·模拟预测）如图，菱形的对角线与交于点，过点作于点，连接，若，则的面积等于（ ）
A．24B．18C．14D．12
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，由菱形的性质得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据菱形面积等于其对角线乘积的一半求出菱形的面积即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
9．（2025·宁夏银川·二模）如图，把图1中周长为的菱形分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的弦图，且弦图中间的小正方形面积为，则菱形的面积为 ．
【答案】24
【分析】本题主要考查菱形的性质，勾股定理的运用，掌握菱形的性质，正确列式是关键．设菱形中的较长的对角线为，较短的对角线为，结合勾股定理，完全平方公式的变形计算即可求解．
【详解】解：由题意：，
设菱形中的较长的对角线为，较短的对角线为，
，
，
菱形的面积为，
故答案为：24．
题型04菱形性质的有关计算与证明
【典例4】（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，过点作一条直线分别交、的延长线于点、，连接、．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，垂足为，，求的值．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】本题主要考查菱形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形函数的计算，掌握菱形的性质，相似三角形的性质，正切三角形函数的计算是解题的关键．
（1）在菱形中，，，，，可证，则有，由对角线相互平方的四边形是平行四边形即可求证；
（2）设，可证，则，即，再证，即可求解．
【详解】（1）证明：在菱形中，，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
（2）解：如图所示，
设，
∵，，即，
∴，
又∵菱形，则对角线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【变式练习】
10．（2025·云南丽江·一模）如图，在菱形中，，相交于点，过点作，使，连接．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若菱形的面积为48，求矩形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得到，，求得，得到，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形；
（2）根据菱形的面积公式得，根据菱形的性质得，，再根据矩形的面积公式求解即可．
【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：∵菱形的面积为48，
∴，，，
∴，
矩形的面积．
11．（2025·浙江杭州·二模）如图，在菱形中，点在边上，连接并延长，交的延长线于点，连结交于点，连结．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【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，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与方法是解题的关键．
（1）利用菱形的性质得，，， ，证明，得，再证明，证明，即可证明；
（2）由，结合，得，得，由， 得，可得，得，即可计算．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，， ，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
12．（2025·上海静安·二模）如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点，当，时，直接写出的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
（1）先判定为平行四边形，再根据菱形的性质进行证明即可；
（2）根据的直角三角形的性质求出进而求出，再根据相似三角形和勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，
又∵菱形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：如图，
∵中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
题型05菱形的判定条件
【典例5】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在矩形中，点、分别在边、上，且．在不添加任何辅助线的情况下，现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】
【分析】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质、平行四边形的判定等知识点，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．
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即可解答．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或或或(一组邻边相等的平行四边形是菱形)．
故答案为∶ （答案不唯一）．
【变式练习】
13．（25-26九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，已知∠A．尺规作图：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，与∠A的两边分别交于点B，D；②分别以点B，D为圆心，以长为半径作弧，两弧相交于点C；③分别连接．则可以直接判定四边形是菱形的依据是（ ）
A．四条边相等的四边形是菱形B．一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【答案】A
【分析】本题主要考查了尺规作图和菱形的判定定理．由作图过程可知，根据菱形的判定定理分析判断即可．
【详解】解：由作图过程可知，，
∴四边形是菱形，
∴依据是“四条边相等的四边形是菱形”．
故选：A．
14．（2025·山西长治·二模）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．
【详解】解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下：
，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
同理，，，
四边形是平行四边形，
，分别是，的中点，
，，
当时，
，
四边形是菱形，
故选：B．
15．（2022·河南洛阳·一模）如图，在四边形中，，，下列条件①；②；③平分；④，能判定四边形是菱形的有 填写序号
【答案】①②④
【分析】根据菱形的判定、平行四边形的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．
【详解】解：，，
，
，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，故能判定四边形是菱形；
②，
，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，故能判定四边形是菱形；
③，
，
平分，
，
，
，
，不能判定四边形是菱形；
④，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，故能判定四边形是菱形；
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明四边形为平行四边形是解题的关键．
题型06证明四边形是菱形
【典例6】（2025·山东青岛·二模）如图，是的中线，过点D作的平行线交于点E，O是的中点，连接并延长，交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形为菱形？写出你的猜想并证明．
【答案】(1)见解析
(2)当时，四边形为菱形，理由见解析
【分析】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
（1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到结论；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，求得，根据菱形的判定定理得到结论．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵O是的中点，
∴，
在与中，
，
∴，
∴；
（2）当时，四边形为菱形，
证明：，，
∴四边形是平行四边形，
∵，是的中线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
【变式练习】
16．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，点，分别在，上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，当的长为___________时，四边形是菱形．
【答案】(1)见详解
(2)4
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键
（1）根据平行四边形的性质得到，根据平行线的性质得到，因为，则，所以，即可证明四边形是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得到，，根据等边三角形的性质得到，求得，由（1）知四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当的长为4时，四边形是菱形．过程如下：
∵四边形是平行四边形，，，
∴，
∵
∴是等边三角形
∴
由（1）得四边形是平行四边形；
∴四边形是菱形．
17．（2025·浙江金华·三模）如图，矩形的对角线，相交于点O，，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵矩形中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵矩形中，，，
∴，
由菱形和矩形的中心对称性可知：，
又∵，
∴，
∴菱形的面积是．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定和性质，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．
18．（2025·云南·模拟预测）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
题型07菱形的性质与判定
【典例7】（2025·安徽阜阳·三模）如图，的对角线与相交于点O，点E在上，且点E又同时在边，的垂直平分线上，连接，，旋转得到，使得点F落在的延长线上．
(1)求证：是菱形．
(2)如图1，当时，求证：．
(3)如图2，当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据垂直平分线的性质得出．根据平行四边形的性质得出，即可说明垂直平分，得出，证出是菱形．
（2）如图1，延长交于点M．根据，，得出．根据是菱形，得出，在中，得出，得出．结合，得出，根据三角形外角的性质求出．根据旋转得出，证出为等边三角形，，求出．根据菱形性质知，即，证出．
（3）如图2，延长交于点M，设，则．得出，．根据，得出，．证明，得出．设，则，即，设，则，求出，，即可求得．
【详解】（1）证明：∵点E在边的垂直平分线上，
∴．
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴是菱形．
（2）证明：如图1，延长交于点M．
∵，点E在边的垂直平分线上，
∴．
∵是菱形，
∴，
∴在中，，
∴．
∵，
∴，
∴．
根据旋转可得，
∴为等边三角形，，
∴．
∵是菱形，
∴，
∴．
（3）解：如图2，延长交于点M，
设，则．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴，
整理得．
设，
则，
解得：，，
∴．
【点睛】该题考查了旋转的性质，相似三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质和判定，菱形的性质的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识点，涉及知识点较多，掌握以上知识点是解题的关键．
【变式练习】19．（2025·四川凉山·模拟预测）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①连接；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，；③作直线交于点，交于点E，交于点F；④连接，．若，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．为等腰三角形
C．四边形为菱形D．
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，三角函数，线段垂直平分线的作图与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．由作图可知垂直平分，即可判定为等腰三角形，故可判定选项B；通过证明，得出，即可判定选项A；先证明四边形为平行四边形，结合，即可判定选项C；证明，利用，列式求出，即可求解并判断选项D．
【详解】解：由作图可知垂直平分，
∴，，，
∴为等腰三角形，
故选项B正确；
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
故选项A正确；
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
故选项C正确；
∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵矩形中，，，，
∴，
∵，
即，
解得：，
∴，
故选项D错误；
故选：D．
20．（2024·湖南·模拟预测）如图，以的三边为边分别作为等边、等边和等边，连接和．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形是平行四边形，证明见解析
(3)
【分析】（1）由与都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对应边相等，，利用等式的性质得到夹角相等，利用得到，同理可证，再进一步可得结论．
（2）利用（1）中全等三角形对应边相等得到，同理可证，利用对边相等的四边形为平行四边形得到为平行四边形．
（3）如图，过作于，过作于，可得， 四边形是菱形，证明，，三点共线，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵、、为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，；
同理可得：，
∴，
∴．
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴，
又∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，过作于，过作于，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴三点共线，
∵，，，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形，菱形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
21．（2025·浙江温州·三模）如图，在平行四边形中，连结，点是上一点，连结，，已知．
(1)求证：四边形为菱形．
(2)记菱形的面积为，四边形的面积为．若，，．求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质和判定、全等三角形，勾股定理；灵活利用题干条件，根据面积公式、三角函数定义确定线段间的数量关系是解题的关键．
（1）设交于点，根据，得出，即可得证；
（2）根据，得出，进而求得，根据得出，勾股定理求得，则，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，设交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴
又∵
∴
∵是上一点，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，
∵
∴
∴
设，
∵，则
∴
解得：，即
中，
∴
∴
中，
∴，解得
∴
∴中，．
题型08菱形与多结论判断问题
【典例8】（2022·四川德阳·模拟预测）如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折痕分别交、于点、，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；②由，可得；③证明四边形是菱形，得出，且即可；④证明为等腰直角三角形，得出，，即，证明，得出即可．
【详解】解答：∵四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质可得：，
∴，故①正确．
由折叠的性质可得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，且，故③正确．
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，故④正确．
综上分析可知：其中正确结论的序号是：①③④．
故答案为：①③④．
【点睛】此题考查的是折叠的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
【变式练习】
22．（2025·浙江舟山·一模）如图，矩形周长为8，且．连接，作点C关于的对称点E，连接，连接交于点P，作交于点G，下列说法中正确的有（ ）个．
①；②三角形的周长为定值4
③当变大时，四边形的面积先变大后变小；④当变大时，反而变小
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得则的周长，进而判断②正确，再证四边形是菱形，则，，，得，可知四边形的面积，进而可知当时，四边形的面积随着增大而减小，进而判断③正确；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④错误．
【详解】解：在矩形中，，，，
∵矩形周长为8，
∴，则，，
∵，
∴，则，
∴，故①正确；
连接，令与交于点，
由折叠可知，，
∵
∴，则
∴，
则的周长，故②正确；
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，则
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形，则，
∴，
∴，
∴四边形的面积，
当时，四边形的面积随着增大而减小，故③正确；
∵，，
则在中，，
整理得：，
∴当变大时，也变大，故④错误，
综上，正确的有①②③，共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，菱形的判定及性质，全等三角形的判定等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
23．（2025·浙江·模拟预测）如图，在菱形中，，对角线，相交于点O，P是对角线上的动点，且于点M，于点N．有以下结论：①为等边三角形，②，③，④．其中正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．②③④D．①②③④
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理、三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
利用菱形的性质可证得，，从而可判定为等边三角形，可判断①；先求出，再根据含度角的直角三角形的性质证得，然后利用勾股定理证得，可判断②；先求得，再根据三角形的内角和定理，可判断③，先利用含度角的直角三角形的性质，证得，，再相加可判断④．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，
∴为等边三角形，故①正确；
∵四边形是菱形，
∴，平分和，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，，
∴，
∴，
，
故③正确；
∵，，
∴，，
∴，
故④正确，
综上所述，其中正确的是①②③④．
故选： D．
24．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论：
①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，等边对等角，矩形的性质，30度角的直角三角形的性质.
根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：设交于点
由作图知，垂直平分
在矩形中，
四边形是菱形
∴①正确
四边形是菱形
∴②正确
∴③错误
平分
∴④正确．
故答案为：①②④．
题型09菱形与翻折问题
【典例9】（2022·山东青岛·一模）如图，在菱形纸片ABCD中，，，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则EF的长为 ．
【答案】
【分析】连接BE，BD，根据菱形的性质可得△BCD是等边三角形，结合E是CD的中点，可得DE，BE，再根据CD∥AB可得BE⊥AB，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，连接BE，BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴AB=BC=CD=2，∠A=∠C=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE=1，BE⊥CD，∠EBC=30°，
∴BE=BC×cs∠EBC=2×，
∵CD∥AB，BE⊥CD，
∴BE⊥AB，
由折叠的性质可得AF=EF，
在Rt△BEF中，，
∴，即，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，余弦等知识，解题的关键是根据题意作出辅助线．
【变式练习】
25．（2021·山东青岛·一模）如图，在菱形中，分别是菱形边上的点，将沿着折叠，点恰好落在边中点上，已知，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质、翻折变换（折叠问题）、勾股定理．过点作，交延长线于点，设，根据几何关系表示出，根据勾股定理列出方程即可求解．
【详解】解：过点作，交延长线于点，
∵菱形中，，
∴，
设，则，
∵为的中点，，
，
，
又为沿折叠所得，
，
∴在中有，
解得，则，
故选：B．
26．（2025·河南驻马店·三模）如图，菱形中，，为边上一点，且，折叠菱形使点B与点P重合，展开后得到折痕，分别与交于点．则的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，过点P作交的延长线于点E，由菱形得到，，求出，，设，则，，由折叠得，，根据勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，过点P作交的延长线于点E
∵四边形是菱形
∴，
∴
∵，
∴
∴
∴
设，则，
由折叠得，
∵
∴
∴
∴
∴的长为．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质，含30度角直角三角形的性质，勾股定理和折叠的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
27．（2025·湖北·模拟预测）在菱形中，边长为，，点是的中点，连接是上一动点，把沿折叠，使点恰好落在边上的处，且，则 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形中的折叠，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握菱形的性质及折叠的性质，用勾股定理列方程解决问题．
过作于，由四边形是菱形，可得是等边三角形，又，即得，在中，，，从而，设，则，，在中，由勾股定理即可得答案．
【详解】解：过作于，如图：
四边形是菱形，边长为，
，
，
是等边三角形，
，，
，
在中，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得，
故答案为：．
题型10菱形与最值问题
【典例10】（2025·陕西咸阳·二模）如图，在菱形中，，E，F，G分别为，，上的点，连接，．若，则菱形面积的最大值为 ．
【答案】180
【分析】本题考查菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，在上截取，连接，过F作于N，过A作于H，判定，推出，得到，因此，由菱形的面积公式得到，因此．由，得到，由菱形的面积公式即可求出菱形面积的最大值．
【详解】解：在上截取，连接，过F作于N，过A作于H，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴△DEM≌△DEG（SAS），
∴EM=EG，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
∴．
∵，
∴令，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
∵，
∴菱形的面积的最大值．
故答案为：180．
【变式练习】
28．（2025·江苏无锡·二模）如图，在菱形中，，，E、F分别是、上的动点，连接、，M、N分别为、的中点，则的最小值是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，解直角三角形的应用，三角形中位线定理，垂线段最短等知识，掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题关键．连接，过点作于点，先解直角三角形，得到，再由三角形中位线定理可得，时，有最小值，有最小值，此时点与重合，即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点作于点，
在菱形中，，
，
在中，，
，
M、N分别为、的中点，
是的中位线，
，
时，有最小值，有最小值，此时点与重合，
的最小值为，
的最小值是，
故选：A
29．（2025·河北保定·三模）如图，在菱形中，，，是上一点，，是边上一动点，将四边形沿直线折叠，的对应点．当的长度最小时，则的长为（ ）
A．7B．6C．5D．6.5
【答案】A
【分析】本题主要考查的是菱形的性质、勾股定理的应用，翻折的性质、等腰三角形的判定．由可知点在以P为圆心以为半径的弧上，故此当C，P，在一条直线上时，有最小值，过点C作，垂足为H，先求得、的长，则可得到的长，然后再求得的长，最后依据折叠的性质和平行线的性质可证明为等腰三角形，则可得到的长．
【详解】解：∵菱形中，，，
∴，
∴点在以P为圆心以为半径的弧上，故此当C，P，在一条直线上时，有最小值，
如图所示：过点C作，垂足为H，
在中，，，
则，．
∵，
∴，
在中，依据勾股定理可知：，
∴由翻折的性质可知：．
∵，
∴．
∴．
∴．
故选：A．
30．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在边长为的菱形中，，对角线和交于点O，E为线段上一动点，连接，的垂直平分线交于点M，交于点N，则线段的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，30度角的直角三角形的性质．连接，由线段垂直平分线的性质求得，要求线段的最大值，就是求线段的最小值，当线段时，有最小值，则线段有最大值，据此求解即可．
【详解】解：连接，
∵是线段的垂直平分线，
∴，要求线段的最大值，就是求线段的最小值，
∴当线段时，有最小值，则线段有最大值，
∵菱形中，，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴线段的最大值为，
故答案为：．
题型11菱形与动点问题
【典例11】（2019·江苏无锡·一模）如图，在菱形中，已知，对角线长12．

(1)求菱形的周长；
(2)动点P从点A出发，沿的方向，以每秒1个单位的速度向点B运动；在点P出发的同时，动点Q从点D出发，沿的方向，以每秒2个单位的速度向点B运动．设运动时间为t（）
①当恰好被平分时，试求t的值；
②连接，试求：在整个运动过程中，当t取怎样的值时，恰好是一个直角三角形？
【答案】(1)
(2)①；②或
【分析】（1）连接交于O，由菱形的性质得出，，，，，在中，解直角三角形得到 ，即可求出菱形的周长；
（2）①当点Q在边上时，设交于M，则，由得到，根据题意得：，，则，得出，解方程即可；当点Q在边上时，在上取点E，使得，连接，证明，得到，再证明，得到，由此列出方程，求解即可解答；
②当点Q在边上时，若，与平行线的性质得出，则，由直角三角形的性质得出，即，求出t的值即可；若，作于N，则，，由直角三角形的性质得出，得出方程，解方程即可；当点Q在边上时，证出，即恒成立． 得出当时为直角三角形；即可得出答案．
【详解】（1）解：连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴在中， ，
∴；
（2）解：①分两种情况讨论：
当点Q在边上时，设交于M，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
根据题意得：，，则，
∴，
解得： ；
当点Q在边上时，在上取点E，使得，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得，
此时，即点P与点Q均运动到点B，不合题意。
综上，当恰好被平分时，。
②当点Q在边上时，若，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：；
若，如图3所示：
作于N，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：；
当点Q在边上时，如图4所示：
根据题意得：，，，
∴，
∴，
作于H，
∵，
∴，
∴，
∴，即H与P重合，
∴，
即恒成立．
∴当时都为直角三角形．
综上可得，当或时，恰好为直角三角形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定及性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定及性质等知识，掌握分类讨论思想是解题关键．
【变式练习】
31．（2025·新疆伊犁·模拟预测）如图1，在菱形中，连接，动点从点出发沿折线匀速运动，回到点后停止．设点运动的路程为，线段的长为，图2是与的函数关系的大致图象，点为第2段函数图象上的最低点，结合图象判断以下结论：①；②为等边三角形；③菱形的面积为；④最低点的坐标为．其中结论正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图像，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等等．根据题意求得，得到和为等边三角形，作于点，利用勾股定理求得，据此求解可得结论．
【详解】解：∵菱形，
∴，
当点P运动到点B处时，，即，
当点P运动到点D处时，，所以，故①正确；
∴，
∴和为等边三角形，故②正确；
作于点，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积为，故③错误；
当点P运动到点H处时，，，
∴最低点的坐标为，故④正确；
综上，①②④正确；
故选：B．
32．（2025·河北邯郸·三模）如图①，菱形的对角线与相交于点O，P，Q两点同时从O点出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．点P的运动路线为，点Q的运动路线为．设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图②所示．有以下四个结论：①；②；③当点P在段上运动，点Q在段上运动时，y随x增大而增大；④当点P在段上运动且P，Q两点间的距离最短时，P，Q两点的运动路程之和为厘米．其中正确结论有（ ）个
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】当点P运动到点D，点Q运动到点B，结合图象，可得此时，当点P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于，此时，P、Q两点运动路程之和，求出的长，即可得出答案．
本题考查了动点问题的函数图象、解直角三角形以及菱形的基本性质，掌握以上性质是解题的关键．
【详解】解：由图分析可得：
当点P从运动时，点Q从运动时，y不断增大，③正确；
当点P运动到点A，点Q运动到点C时，由图象知此时，
∴，故①正确；
∵四边形为菱形，
∴，
当点P运动到点D，点Q运动到点B，结合图象，可得此时，
∴，
在中，，
∴， 故②正确；
当点P在上时，Q在上，距离最短时，连线过O点且垂直于，
∴当点P在段上运动，点Q在段上运动时，y随x增大先变小后增大，故③错误；
连线过O点且垂直于时，P、Q两点运动路程之和，
∴，
∴，故④错误；
所以正确结论有2个．
故选：B．
33．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在菱形中，对角线、相交于点，，，动点从点出发沿方向匀速运动，速度为；动点从点出发沿方向匀速运动，速度为．连接交于点，过点作，交于，在运动过程中始终保持与平行，若点和点同时出发．设运动时间为，解答下列问题：
(1)当为何值时，四边形是平行四边形．
(2)是否存在某一时刻，使得四边形的面积是菱形面积的．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)是否存在某一时刻，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)时，四边形的面积是菱形面积的，理由见解析
(3)当时，
【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形；
（1）根据菱形的性质，勾股定理求得的长，根据题意得出，根据，可得，当时，四边形是平行四边形，根据相似三角形的性质，即可求解；
（2）过点作于点，根据题意可得四边形是梯形，，进而表示出，根据四边形的面积是菱形面积的建立方程，解方程，得出的值，结合题目条件，即可求解；
（3）当时得出，根据得出方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵菱形中，对角线、相交于点，，，
∴，，，
在中，，
依题意，，
∴，
∵，
∴，
∴
当时，四边形是平行四边形
∴
解得：
（2）解：存在时，四边形的面积是菱形面积的，理由如下，
如图，过点作于点，
∵，
∴，
∴，
又，
则，
∴．
∵，
∴四边形是梯形，，
∴，即．
∵四边形的面积是菱形面积的．
∴．
∴．
解得：或．
∵．
∴存在时，使得四边形的面积是菱形面积的．
（3）当时，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
又，
则，
解得：．
∴当时，．
题型12菱形与规律探究
【典例12】（2025·河南郑州·模拟预测）如图，在菱形中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，，以为边构造等边三角形，将和菱形组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转，第一次旋转结束时点E的对应点记为，第二次旋转结束时记为，依次类推，第2025次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据旋转可知，每4次旋转一个循环，而，即点的坐标与点的坐标相同；利用菱形的性质及等边三角形的性质可求得点E的坐标，利用全等三角形的判定与性质可求得的坐标，从而求得结果．
【详解】解：如图，连接，过作轴于点F，
由题意，当旋转到时，则E与关于原点对称，
旋转到时，与关于原点对称，旋转到，
即点E的位置，每4次旋转一个循环，
∵，
∴点的坐标与点的坐标相同，
∵四边形是菱形， ，，
∴，，
∴，
由勾股定理得：，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
由旋转可知，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵点E在第一象限，且是顺时针旋转，
∴点在第四象限，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，规律型：点的坐标，坐标与图形变化—旋转，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式练习】
34．（2024·河南·三模）如图，菱形的顶点，，，若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，那么点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的性质，含直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．
根据题意得到点与点重合，在菱形中算出点坐标，即可解答．
【详解】
解：作于，则，
四边形是菱形，，
点的坐标为，
若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，则菱形绕点连续旋转次，旋转次为一周，旋转次为（周），
绕点连续旋转次得到菱形与菱形重合，
点与重合，
点的坐标为，
故选：D．
35．（2025·广东·模拟预测）如图，作出边长为1的菱形，，连接对角线，以为边作第二个菱形，使，连接，再以为边作第三个菱形，使；….按此规律所作的第2023个菱形的边长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查勾股定理、菱形的性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握勾股定理、菱形的性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键；连接，与交于点M，由题意易得，是等边三角形，然后可得，进而可得图形变化规律，最后问题可求解．
【详解】解：如图，连接，与交于点M，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，…，故按此规律所作的第n个菱形的边长为，
∴第2023个菱形的边长为；
故答案为．
36．（25-26九年级上·广东揭阳·期中）如图，已知菱形的边长为2，，进行如下操作：第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，通过推导计算得到面积的变化规律是解答的关键．根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与菱形的关系，进而得到变化规律即可．
【详解】解：连接，，，，

∵四边形为菱形，
∴，，，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵第一次，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形，
∴，，，，
∴四边形为平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，
∴，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
依次可得，，
故答案为：．
题型13菱形与函数问题
【典例13】（2025·江西抚州·二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，边在第一象限，，抛物线恰好经过点与点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点是该抛物线上一点，点在直线上．
①若为该抛物线的顶点，求证：点A，P，C三点共线；
②若，直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)①见解析；②或
【分析】本题考查了求二次函数解析式，一次函数、菱形的性质、锐角三角函数等知识点，解题的关键是添加适当的辅助线来求解；
（1）利用菱形的性质，求出相应点的坐标，再利用待定系数法求解；
（2）①过点作轴于点，得到线段间的关系，再利用勾股定理求参数，利用两点得出直线方程，再证明另一点也在直线上即可证明；
②作的垂直平分线交于点，交于点，利用锐角三角函数，先求出各自点的坐标，得出一次函数的解析式，联立二次函数解析式求解即可．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
，
点的坐标为，
该抛物线的解析式为；
（2）解：①证明：如图1，过点作轴于点．
点在直线上，
，
设，则，
．
由勾股定理得，，即，
，即，
点的坐标为，
点的坐标为．
设直线的解析式为，
将点，点代入得，，解得，
直线的解析式为．
抛物线的解析式为，
点的坐标为．
当时，，
点在直线上，即点A，P，C三点共线；
②点的坐标为或．
解析：如图2，作的垂直平分线交于点，交于点．
由①可知，，
，点的坐标为，
由①可知，
，
，
点的坐标为，
点的坐标为，点的坐标为，
求得直线的解析式为．
联立，得，
整理得，解得或．
当时，．
当时，．
综上所述，点的坐标为或．
【变式练习】
37．（2025·江西·二模）如图，菱形中，在x轴的正半轴上，点A的坐标为．反比例函数的图象经过点C．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)试判断线段的中点E是否在反比例函数的图象上，若在，请说明理由：若不在，请你将线段沿x轴方向平移，使得的中点E落在反比例函数的图象上，直接写出平移方向和距离．
【答案】(1)
(2)不在，沿x轴向左平移个单位长度
【分析】（1）如图，过点作，垂足为．根据，四边形是菱形，得出，，即可得，结合勾股定理求出，，则，即可求解．
（2）根据四边形是菱形，，，，得，则的中点的坐标为，判断出点不在反比例函数的图象上，在中，令，解得．则点在反比例函数的图象上，可得出将线段沿轴向左平移个单位长度后，点落在反比例函数的图象上．
【详解】（1）解：如图，过点作，垂足为．
∵，
∴．
∵四边形是菱形，
∴，，
，
，即，
∴，，
∴．
∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数的解析式为．
（2）解：∵四边形是菱形，，，，
∴，
∴的中点的坐标为．
，
∴点不在反比例函数的图象上．
在中，令，
解得．
∴点在反比例函数的图象上，
，
∴将线段沿轴向左平移个单位长度后，点落在反比例函数的图象上．
【点睛】本题考查了菱形的性质，反比例函数解析式，点的平移，解直角三角形，解题的关键是理解题意．
38．（2025·内蒙古包头·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线．点是直线下方对称轴右侧抛物线上一动点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接，并将沿轴对折，得到四边形，是否存在点，使四边形为菱形？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，过点作轴交抛物线于点，作于点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)最大值为
【分析】本题属于二次函数综合题，主要考查二次函数的性质、特殊四边形的性质，函数与坐标轴的交点问题以及二次函数最值问题，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
（1）根据题意抛物线过点和对称轴是直线，利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式；
（2）连接交于点，结合菱形的性质可得，且，进一步求得点的纵坐标为 ，代入函数解析式有，即可求得点的坐标；
（3）如图，延长交轴于，过作轴交于，求解出，再求解直线的函数表达式为，设，则，写出，表达式，代入，利用二次函数的性质求得最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线，
解得
∴抛物线的表达式为；
（2）解：如图，存在点，使四边形为菱形，
理由如下：在中，当，
∴，
假设抛物线上存在点，使四边形为菱形，连接交于点，
∵四边形为菱形，，
∴于点，，即点的纵坐标为，
由，得，（不合题意，舍去），
故存在点，使四边形为菱形，此时点的坐标为；
（3）如图，延长交轴于，过作轴交于，
在中，令，得，解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线的函数表达式为，
∵，
∴，解得，
∴直线的函数表达式为，
设，则，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
∵，
∴当时，取得最大值，最大值为．
题型14菱形与新定义问题
【典例14】（2025·浙江杭州·一模）定义：将一组对角线相同，另一组对角线共线的菱形称为“组合菱形”，内部菱形与外部菱形的共线对角线长之比称为组合比，用表示．如图，菱形和菱形是组合菱形，其中与共线，且满足．
(1)组合比___________；
(2)若，求的长；
(3)若，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、菱形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是关键．
（1）根据组合比的定义进行解答即可；
（2）求出，根据菱形的性质即可得到；
（3）证明．则，得到，即可得到结论．
【详解】（1）解：∵．
∴组合比
故答案为：
（2）连接交于点
四边形为菱形，四边形为菱形
，
又即
，即，
又
在中：
（3）四边形为菱形，四边形为菱形
又
在和中
．
∴，
不妨设，则，，可得
．
【变式练习】
39．（2025·山东聊城·三模）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形，②矩形，③菱形，④正方形中，是“神奇四边形”的是______（填序号）；
(2)如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G，连．
①判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由；
②如图2，点M，N，P，Q分别是，的中点．判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由．
【答案】(1)④
(2)①四边形是“神奇四边形”，理由见解析；②四边形是“神奇四边形”，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可；
（2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证；
②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证；
【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等，
∴正方形是“神奇四边形”，
故答案为：④；
（2）解：①四边形是“神奇四边形”，
理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是“神奇四边形”．
②四边形是“神奇四边形”，理由如下：
∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
由①可得，，
∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，且，
∴四边形是“神奇四边形”．
【点睛】本题考查新定义、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键．
40．（2025·山东青岛·一模）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“等对四边形”进行研究．
定义：对角线相等的四边形是等对四边形．
(1)判断：根据等对四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是等对四边形的是__________；
①矩形；②菱形；③正方形；④平行四边形
(2)操作：如图1是方格，每一个小正方形的边长为1，在方格中画一个对角线长为的等对四边形，要求四个顶点均在格点上；
(3)推理：如图2，已知中，以和为边在的外侧分别作等腰直角和，连结．求证：四边形是等对四边形．
【答案】(1)①③
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据矩形与正方形的性质得其对角线相等，由等对四边形的定义即可求解；
（2）画一个对角线等于，顶点在格点的矩形即可；
（3）连接，，证明，得到，即可由等对四边形的定义得出结论．
【详解】（1）解：∵①矩形和③正方形的对角线相等，②菱形和④平行四边形对角线不一定相等，
∴①矩形和③正方形是等对四边形，②菱形和④平行四边形不一定是等对四边形，
故答案为：①③
（2）解：如图所示，四边形即为所求；
由勾股定理可知：．
（3）证明：如图，连接，，
∵与是等腰直角三角形，
∴，，，
∴，即，
∴，
∴，
∴四边形是等对四边形．
【点睛】本题考查新定义，平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，理解新定义，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
题型15菱形压轴问题
【典例15】
2025·山西忻州·二模）综合与探究
如图，在菱形中，，点是对角线上的一个动点（不与点，重合），过点作交于点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，点的对应点恰好落在射线上．
问题解决：
（1）线段与之间的数量关系是_________；
（2）求的度数．
拓展探究：
（3）连接，与交于点．若，，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）；（3）的长为或
【分析】（1）先证明是等边三角形，得到，，再根据平行线的性质得，，从而得到，则有，即可由得出结论；
（2）连接，利用菱形的对称性，得出，，再利用旋转的性质与等腰三角形的性质得出，最后利用三角形外角的性质可求解；
（3）连接交于，分两种情况：①当点在上时，②当点在上时，分别 求解即可．
【详解】解：（1）；
理由：菱形，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，，
，
，
，
即；
故答案为：；
（2）如图，连接．
四边形是菱形，
，．
，
是等边三角形．
．
，
．
．
在和中，
，，，
．
，．
由旋转的性质，得．
．
．
，
，．
．
．
在和中，
，，，
．
．
，
即．
（3）的长为或．
解：连接交于点．
由（2）可知是等边三角形，，
．
四边形是菱形，
，，．
．
．
．
，，
．
．
分两种情况：
①当点在线段上时，如图．
．
由（1）可知．
．
由（2）可知，
．
．
．
②当点在线段上时，如图．
．
由（1）可知．
．
由（2）可知，
．
．
．
综上，的长为或．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．
【变式练习】
41．（2025·浙江·模拟预测）在菱形中，，连接．
(1)判断的形状并说明理由．
(2)如图，分别为边上的动点，，交于点．
如图，连接，若，求证：，
若，直接写出动点到直线的最大距离．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解；
(2)证明见解析；动点到直线的最大距离为．
【分析】（）根据菱形的性质得出，，则，然后通过等边三角形的判定方法即可求解；
（）先证明，所以，，，然后证明，所以，，由，从可得到，证明，由性质得，最后代入即可求证；
由得，，则，所以点是以为圆心，长度为半径的弧上运动，然后用勾股定理和直角三角形性质即可求解．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形；
（2）证明：∵是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
解：由得，，
∴，
∴点是以为圆心，长度为半径的弧上运动，
∴当时，点到直线有最大距离，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴动点到直线的最大距离为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，圆的有关性质，相似三角形的判定与性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
42．（2025·贵州·模拟预测）综合与探究：如图，在菱形中，，E是射线上一动点，作射线．
（1）【操作判断】
如图①，，将射线绕点A逆时针旋转交于点F，根据题意在图①中画出射线，图中的度数为______度；
（2）【问题探究】
如图②，点E在线段上（不与点B，C重合），将射线绕点A逆时针旋转交于点F，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由：
（3）【拓展延伸】
如图③，点E在射线上，将射线绕点A逆时针旋转交射线于点F．若菱形的边长为4，．求的长．
【答案】（1）图见解析，90；（2），见解析；（3）的长为或
【分析】（1）根据作一个角等于已知角画出直线；根据菱形的性质得，结合外角的性质得，即可求得；
（2）连接，根据菱形的性质得，进一步得是等边三角形和是等边三角形，可证明，则，即有；
（3）∵点E在射线上，需分两种情况讨论：当点E在线段上时，连接，过点A作于点H，由（2）可知是等边三角形，利用勾股定理求得、和，由（2）可知，即可知；当点E在的延长线上时，连接，过点A作于点H，同（3）①可得， 和，，由（2）可知，则．
【详解】解：（1）画出图形如解图，
∵在菱形中，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
（2），
理由：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）∵点E在射线上，需分两种情况讨论：
①当点E在线段上时，如图，连接，过点A作于点H，
由（2）可知是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
由（2）可知，
∴；
②当点E在的延长线上时，如图，连接，过点A作于点H，
同（3）①可得， ，
∵，
∴，
由（2）可知，
∴
综上所述，的长为或．
【点睛】本题主要考查作一个角等于已知角、菱形的性质、外角的性质、等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质和勾股定理．解题的关键是熟悉菱形的性质和分类讨论思想的应用．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点01误用菱形的判定条件
【错因】菱形的判定条件掌握不熟练
【避错关键】熟练掌握菱形的判定方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形；四条边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【典例】
1．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．
2．如图，在四边形中，，，，交于点.添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的是（ ）
A．添加“”，则四边形是菱形
B．添加“”，则四边形是矩形
C．添加“”，则四边形是菱形
D．添加“”，则四边形是正方形
【答案】B
【分析】依次分析各选项，对各选项进行推导证明即可求出说法错误的选项．
【详解】解：A选项添加AB∥CD，则可得出∠ABD=∠BDC，
由AB=AD，BC=DC，可得出∠ABD=∠ADB，∠BDC=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB=∠BDC=∠CBD，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
B选项添加∠BAD=90°，无法证明其余的角也是90°，因此无法得到四边形ABCD是矩形；
C选项添加OA=OC，
由AB=AD，BC=DC，可得出AC垂直平分BD，
∵OA=OC，
∴BD也垂直平分AC，
∴AB=BC，
∴AB=AD=BC=DC，
所以四边形ABCD是菱形；
D选项添加“ ∠ABC=∠BCD=90° ，
由等腰三角形的性质，∠ABD=∠ADB，∠BDC=∠CBD，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠ABC=∠ADC=∠BAC=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
由AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形、菱形、矩形、正方形、线段的垂直平分线、平行线等内容，解决本题的关键是逐项分析和推导论证，本题一图多用，能较好的检测学生的基础知识与技能，加深学生对相关知识点的融会贯通．
3．如图，在中，对角线与相交于点，为延长线上一点，且，为延长线上一点，且，连接，，，．
(1)求证：；
(2)已知__________（从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．
条件①：；
条件②：平分．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)证明见详解；
(2)条件①：四边形为矩形，证明见详解；
条件②：四边形为菱形，证明见详解．
【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，以及特殊四边形（矩形、菱形）的判定，熟练掌握图形的性质与判定定理是解答本题的关键．
（1）利用平行四边形对角线互相平分的性质，结合已知线段关系，通过证明三角形全等得出线段相等；
（2）先根据平行四边形的性质判定四边形的基本形状，再结合所选条件，利用特殊四边形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形、对角线垂直的平行四边形是菱形）确定其具体形状．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，，
又，，
，
，
在和中，
，
．
（2）解：条件①：四边形为矩形，证明过程如下：
四边形为平行四边形，
，
，，
，，
，
四边形为矩形．
条件②：四边形为菱形，证明过程如下：
，
，
，
四边形为平行四边形，
平分，
，
，
，
，
，
是菱形，
，
，
四边形为菱形．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点02没有分清菱形的性质与判定
【错因】对于菱形的性质与判定不能进行灵活的应用
【避错关键】解决此类问题时，要先利用菱形的判定证明四边形是菱形，再通过菱形的性质进行求解或证明，要注意两者的联系和区别，
【典例】
4．如图，在中，对角线相交于点O，，E，F，G分别是，，的中点，连接交于点N．下列结论：①；②；③平分；④．其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理，菱形的判定与性质．分别连接，结合四边形是平行四边形，可得，，再由，从而，进而结合等腰三角形的性质，三角形的中位线定理等逐个判断可以得解．
【详解】解：连接，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
又∵，
∴．
又∵E是的中点，
∴．
又∵G是的中点，
∴．
又∵与不一定相等，
∴①不正确．
∵E，F分别是的中点，
∴．
又∵，
∴，
∵，
，
∴四边形是平行四边形．
又∵，
∴四边形是菱形．
∴，故②正确．
∵四边形是菱形．
∴平分．
∵，
∴不平分，即③不正确．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，故④正确．
综上，正确的有②④．
故选：C．
5．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理，由菱形的性质可得，，，，，证明得出，证明是的中位线，得出，，故①正确；连接，证明、是等边三角形，四边形为菱形，故④正确；证明，得出，故②错误；证出是的中位线，得出，，得出，，由相似三角形的性质和面积关系得出，故③不正确；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵，，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∴的面积的面积，的面积的面积的4倍，
，
∴的面积的面积的2倍，
又∵的面积的面积的面积，
∴，故③不正确；
正确的是①④．
故选：B．
6．如图，在矩形和矩形中，与相交于点M，与相交于点N，连接，并延长与相交于点P，若，则下列结论正确的是 ．
①；②；③；④连接，若，四边形与四边形的面积之比为．
【答案】①②/②①
【分析】①根据矩形性质得，，，再根据得，由此可判定，进而可对结论①进行判断；
②先证四边形为平行四边形，根据得，则平行四边形为菱形，进而得，则，然后根据，得，由此可对结论②进行判断；
③假设，则，根据得，则，由此可得，再根据得，即当时，，由此可对结论③进行判断；
④连接交于点O，根据及菱形的性质，矩形的性质得，，设，进而利用直角三角形的性质及勾股定理得，，，，，，，，，进而得，，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【详解】解：①∵四边形和矩形都是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
故结论①正确；
②∵四边形和矩形都是矩形，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
故结论②正确；
③假设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当时，，
故结论③不正确；
④连接交于点O，如图所示：
若，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为梯形，
∵，
在中，设，则，
由勾股定理得：，
∴，，
∴，
在中，，，则，
在中，，，
则，由勾股定理得：，
∴，，，
∴，
又∵，
∴，
故结论④不正确．
综上所述：正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，理解矩形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，灵活运用含有角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算时解决问题的难点．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点03菱形的实际生活应用
【错因】对于实际应用问题，不能正确的运用菱形的性质进行求解
【避错关键】利用数学知识解决实际问题时，应将实际问题中的数量关系转化到图形中求解此类题主要考查了菱形的性质、三角形的有关计算、勾股定理、方程思想等.
【典例】
7．如图，木制活动衣帽架由3个全等的菱形挂钩构成，在A、E、F、C、G、H处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在B，M处固定．已知菱形的边长为，要使两排挂钩的距离（即）为，则之间的距离为（ ）
A．36B．60C．72D．96
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直平分，可得，再用勾股定理解求出，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵菱形的边长为，
∴，
∴，
∴．
即之间的距离为．
故选：C
8．如图1，是一个三节段式伸缩晾衣架，如图2，是其衣架侧面示意图，为衣架的墙角固定端，为固定支点，为滑动支点，四边形和四边形是菱形，且，点在上滑动时，衣架外延钢体发生角度形变，其外延长度（点和点间的距离）也随之变化，形成衣架伸缩效果，伸缩衣架为初始状态时，衣架外延长度为，当点向点移动时，外延长度为.
（1）则菱形的边长为 .
（2）如图3，当时，为对角线（不含点）上任意一点，则的最小值为 .
【答案】 25；
【分析】（1）过F作于，根据等腰三角形的性质可得.
（2）作等边，等边，得到，得出，而当、、、共线时，最小，再根据，继而求出结果.
【详解】（1）如图，过F作于，设，由题意衣架外延长度为得，
当时，外延长度为.则.
则有，
∴，
∴.
∵
∴菱形的边长为25cm
故答案为25cm
（2）作等边，等边，
∴EM=EP, EH=EQ
∴，
∴，，
∴，
当、、、共线时，最小，
易知，
∵，
∴的最小值为.
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点04菱形的探究与变式综合问题
【错因】对于菱形的探究与变式综合问题，不能正确的找到变化与不变之间的几何关系
【避错关键】在给定条件下，菱形中或与菱形相关的某种特殊图形（等腰、直角、相似、全等）是否存在。 几何最值：利用菱形对称性、两点之间线段最短、垂线段最短等原理求最值
【典例】
9．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．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、最短距离问题等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，分类讨论是解答的关键．
10．如图，在菱形中，，为对角线．点是边延长线上的任意一点，连接交于点，平分交于点．
(1)当点恰好为的中点时，求证：；
(2)若，．
①求菱形的面积；②求证：；③求的值．
(3)若，当的大小发生变化时（）．在上找一点．使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】(1)见解析；
(2)①菱形的面积是24；②见解析；③；
(3)理由见解析；．
【分析】（1）根据可证明；
（2）①连接交于点K，交于点L，由，，，根据勾股定理可求得，则，即可由求出菱形的面积；
②由菱形的性质得，可证明，得，而，所以；
③先由证明，则，所以，再由得，则，即可由，得，可求得，所以，再求出的值即可；
（3）过点G作，交于点T，由可知，当的大小发生变化时，始终都有，由得，所以，同理可得，再证明，得，即可求得，说明为定值，再求出的值即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
，
，
∵点为的中点，
∴，
；
（2）解：①如图，连接交于点K，交于点L，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即菱形的面积是24．
②证明：如图，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴．
③如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图，过点作，交于点，此时．
理由如下：由题（2）③可知当的大小发生变化时，始终都有，
则，
∴，
∴．
∵，
∴．
同理可得，得，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，为定值．
此时．
【点睛】本题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识、相似三角形的判定与性质，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧01：证明一个四边形是菱形
【典例】
1．如图，在矩形中，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边，分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，连接，，求证：四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以A、C为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与边，分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）根据矩形的性质和平行线的性质可推出，则可证明，得到，则得出四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）解：如图所示：直线所求垂直平分线．
；
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵是线段的垂直平分线，
∴四边形是菱形．
2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．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理及其逆定理等知识，推导出及是解题的关键．
3．在中，，为边上一点，连接，，于点．
(1)如图，若，连接求证：四边形为菱形；
(2)如图，连接交于点，若平分求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明根据全等三角形性质得到，再证明四边形是平行四边形，进而根据菱形的判定定理即可证明结论；
（2）由角平分线的定义得出，根据、，得出、、、四点共圆，根据圆周角定理得出，，，则，进而得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明： ，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
四边形为菱形 ．
（2）证明：平分，
，
，，
点、、、四点共圆，
，，，
，
，，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定、相似三角形的判定、四点共圆、圆周角定理、全等三角形的性质与判定等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧02：利用菱形的性质计算线段的长度
【典例】
4．如图，是菱形对角线的交点，，，连接．若，，则的长为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
根据题意可确定为等边三角形，得到，，再根据可确定四边形为矩形，接着过作交的延长线于，利用勾股定理求解即可．
【详解】解：是菱形，
，，
，
为等边三角形，
垂直平分（等边三角形三线合一），
，
，
，，
，且，
四边形为矩形，
，，
，
过作交的延长线于，
，，
，
，
，
，
．
故选：C．
5．如图，菱形沿射线平移，得到菱形，延长，交于点，延长，交于点．若，，则的长是 ．
【答案】
【分析】设与的交点为，过点作于点．由平移的性质得到，四边形是平行四边形，求出，由，得到，，由菱形的性质得到，因此，由等腰三角形的性质得到，，最后根据直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半，结合勾股定理即可求出的长．
【详解】解：如图，设与的交点为，过点作于点．
，
．
由平移的性质，得，，，
四边形是平行四边形，
，
．
，
，．
四边形是菱形，
，
，
．
，．
，，
，
．
在中，由勾股定理，
得，
．
【点睛】本题考查菱形的性质，平移的性质，解题的关键是由平移的性质，得到，由菱形的性质得到是等腰三角形．
6．如图，在菱形中，点为对角线上的动点，连接，将绕点按逆时针方向旋转至，使与交于点．
(1)求证：；
(2)已知．
①当时，求的面积；
②当将分成的两部分的面积之比为时，试求出的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②的值为或
【分析】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练结合菱形性质推导角和边的关系，利用相似三角形的判定定理（两角对应相等）是解题关键．
（1）利用菱形中得角相等，结合旋转性质及，推导角的等量关系，再通过“两角对应相等”证明三角形相似；
（2）①借助菱形对角线垂直平分的性质，结合相似三角形的对应边成比例求出，再用三角形面积公式计算；
②通过证明三角形相似得到边的比例关系，结合面积比转化为线段比，分两种面积比例情况计算．
【详解】（1）证明：在菱形中，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
又，
；
（2）解：①如图，连接与交于点，
在菱形中，与互相垂直平分，
，
，
，
，
，
又，
，
，
解得，
；
②，
，
，
，
，
，
，即，
，
当，即时，
；
当，即时，
，
综上所述，的值为或．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧03：菱形与动点问题
【典例】
7．如图1，四边形为菱形，动点，同时从点出发，点以每秒1个单位长度沿线段向终点运动；点沿线段向终点运动，当点运动至终点时，另一点也恰好到达终点．设运动时间为秒，的面积为个平方单位，图2为关于的函数关系图象．下面四个结论中：①点的运动速度为每秒3个单位长度；②菱形的边长为6；③当时，；④曲线段的函数解析式为，结论正确的是（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．①④
【答案】A
【分析】根据当点运动至终点时，另一点也恰好到达终点可知点Q的速度是点P速度的3倍，进而可判断②正确；由图象可知，2秒后点Q到达点B，进而求出菱形的边长，可判断①正确；当点Q到达点C时，的面积最大，求出的面积可判断③正确；当点Q运动到的中点时，作交的延长线于E，此时，，．证明，求出，的面积为，当在上运动时，
则，，根据三角形面积公式即可求出，可判断④正确．
【详解】解：∵动点，同时从点出发，同时到达点D，
∴点Q的速度是点P速度的3倍，
∵点以每秒1个单位长度的速度运动，
∴点的运动速度为每秒3个单位长度，故①正确；
由图象可知，2秒后点Q到达点B，
∴，即菱形的边长为6，故②正确；
作于点H，由图象可知，点Q到达点B时，即时，的面积为5，此时，
∴，
∴，
∴，
作于点T，则，
∴，
∴，
当时，
∴
解得，
∴
故③正确；
当点Q运动到点D时，，
当点Q运动到的中点时，作交的延长线于E，此时，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为，
当在上运动时，
∵，
∴
∴
则，
∴
即曲线段的函数解析式为，故④正确．
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，从函数图象获取信息，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，数形结合是解答本题的关键．
8．如下图，在菱形中，对角线，相交于点，，，为上的一个动点，以的速度从点出发，沿向点运动．设运动时间为，当为何值时，为等腰三角形？
【答案】5或8或
【分析】先利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合勾股定理求出菱形的边长；再分三种等腰三角形的情况，结合动点速度计算对应的运动时间t．
【详解】解：四边形为菱形，，，
，，．
由勾股定理，得．
分以下三种情况讨论：
①如图①，当时，；
②如图②，当点和点重合时，，，
；
③如图③，当时，
在中，由勾股定理，得，
，
解得，则．
综上所述，当的值为或或时，为等腰三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的分类讨论与勾股定理的应用，掌握等腰三角形需分边相等的不同情况讨论是解题的关键．
6．如图，在菱形中，．动点P从点A出发以的速度沿射线运动，以为一边在射线的上方作等边．设点P的运动时间为与菱形重叠部分图形的面积为．
(1)的边的长为________．（用含x的代数式表示）
(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查动点问题，等边三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，掌握知识点是解题的关键．
（1）先求出，再根据是等边三角形，则，即可解答．
（2）分类讨论：①当时，②当时，③当时，逐个分析求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得
，
∵是等边三角形，
∴．
故答案为：．
（2）解：①当时，如图①，过点Q作于点M，
有，，
∴，
∴，
∴ ，
②当时，如图②，过点Q，E分别作于点M，N，
有
∵四边形是菱形，，
∴
∴，
同理，可得，
∴，
∴是等边三角形，
同理可得，是等边三角形，
由①，同理可求出，，
∴，
．
③当时，如图③，过点D作于点F，
由①同理可得，，
∴．
综上所述，．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧04：菱形与折叠问题
【典例】
10．如图，在菱形纸片中，，为的中点．折叠菱形纸片，使点落在所在直线上的点处，得到经过点的折痕，则的度数为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了翻折变换，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
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：连接：

∵四边形为菱形，，
∴为等边三角形，， ，
∵为的中点，
∴为的平分线，，
∴，
∴由折叠的性质得到，在中，．
故选：C．
11．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．3B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
根据菱形的性质，得到，折叠得到垂直平分，进而推出为等腰直角三角形，求出，再根据线段的比例和差关系，进行求解即可．
【详解】解：菱形中，，
，
由折叠可得，垂直平分，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
故选：D．
12．实践探究：两位同学利用菱形纸片进行翻折问题的自主探究，已知纸片为菱形，其边长为4，一个内角；
(1)如图，他们将沿直线翻折得到，使得点正好落在边上，且，两位同学发现了不同的解法来求出图中线段的长度，一位同学找到了图中的一个特殊的等腰三角形，另一位同学则利用轴对称图形对应边相等这一性质；请聪明的你利用提示来求出线段的长度；
(2)如图，两位同学又将沿直线翻折得到，使得点正好是边的中点，那么此时线段的长度是多少呢？
(3)如图，点为边上一点，将沿直线翻折得到，，的延长线分别交于S，T两点，若，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）第一个同学的思路：作于，设，则，根据，，建立方程即可求出，进而得解；
第二个同学的思路：作于，于，推出四边形是矩形，求出，根据，求出，进而可得，，，即可求解；
（2）作，交的延长线于点，解直角三角形求得，，设，则，由勾股定理勾股定理得，解之得解；
（3）作，交的延长线于点，作于，设与交于点，由，求得，，进而得，由勾股定理得，证明，根据，求得，进而得，同法可求，进而可得，，证明，得，即可求解．
【详解】（1）解∶第一个同学的思路：
作于，
，
，
由折叠可得，
，
，
，
，，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
；
第二个同学的思路：
作于，于，
，，
，
四边形是矩形，
，
在菱形中，，，
在中，
，
，
由翻折得，，
中，，
，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：作，交的延长线于点，
，
，
，
点正好是边的中点，，
，
，
，
设，则，，
在中，由勾股定理勾股定理得，，
即，
解得，
即；
（3）解：作，交的延长线于点，作于，设与交于点，
，
，
，
，
，，
，
，
将沿直线翻折得到，
，，
，
，
，
，
即，
，
，
，
由（1）知，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形性质的综合运用，涉及翻折的性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，相似三角形的性质和判定、矩形的性质和判定等知识，综合性质强，有一定难度，准确作出辅助线是正确解答此题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧05：菱形与几何最值问题
【典例】
13．如图，在边长为4的菱形中，，点M是边的中点，点N是菱形内一动点，且满足，连接，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】过点作交的延长线于点，根据菱形的性质以及直角三角形的性质求出，当点运动到线段上的点时，取得最小值，进一步求解即可．
【详解】解：过点作交的延长线于点，如图所示：
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴，
根据勾股定理，得：，
∵，
∴，
根据勾股定理，得：，
∵，
当点运动到线段上的点时，取得最小值，
，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、线段最短问题，解题的关键是利用所学知识点求出．
14．如图，在菱形中，，是边的中点，是菱形内一动点，若的面积是6，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】由的面积是6可求出以为底，高为3，过距直线BC为3作直线MN，点关于直线MN对称，连接交直线MN于点P，连接PB，点P为所求的点，使最小，在中，由勾股定理即可得出结果．
【详解】解：∵菱形，，E是BC的中点，
以为底，高为3．
如图所示：过距直线BC为3作直线MN，点关于直线MN对称，连接交直线MN于点P，连接PB，点P为所求的点，使最小，
在中，
故的最小值为：．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了最短路径问题，利用垂直平分线的性质可得出结果，找出点B的对称点是解此题的关键．
15．如图，点M是菱形内部的动点，，点N是的中点，连接，点P是的中点，连接，若，，则的堤大值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质、三角形中位线、勾股定理和三角形三边关系，连接，取的中点E，连接，取的中点F，连接、、，则是的中位线，是的中位线，有．进一步证明是等边三角形，则，，利用勾股定理求得，再结合三角形三边关系有即可．
【详解】解：连接，取的中点E，连接，取的中点F，连接、、，如图，
则是的中位线，是的中位线，
∴．
∵，四边形是菱形，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴．
则
那么，的最大值为．
故答案为：．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧06：菱形与存在性问题
【典例】
16.如下图，在中，，，，点从点出发沿方向以的速度向点运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是（）．过点作于点，连接，．
(1)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由．
(2)当_______________时，为直角三角形．
【答案】(1)能，
(2)10或16
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，当时，平行四边形是菱形，可得关于的方程，求解即可；
（2）分三种情况讨论，分别计算三个角为直角时的值，并判断是否存在．
【详解】（1）解：四边形能成为菱形．理由如下：
由题意，得，，，
．
又，
．
，，
，
四边形为平行四边形．
当时，四边形为菱形，
，解得，
当时，四边形为菱形．
（2）解：或．
由（1）知，四边形为平行四边形，为对角线，
当为直角三角形时，为直角三角形．
分三种情况讨论：
①当时．
，
，
，
即，解得；
②当时．
，
，
，
即，解得；
③当时，此种情况不存在；
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、含角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定是解题的关键．
17.如图1，在矩形中，，，是上一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在上的点处，延长，交的延长线于点，连接．
(1)线段的长为______________．
(2)求证：四边形是菱形．
(3)如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），设，且．是否存在符合条件的点，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，
【分析】（1）由折叠和矩形的性质可得，．设，则，在中，由勾股定理求解，则，然后在中，运用勾股定理建立方程求解；
（2）先证明，然后由折叠以及等量代换得到，先证明四边形是平行四边形，再由邻边相等证明其为菱形；
（3）先证明，然后证明，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，．
由翻折可知：，．
设，则，
在中，，
，
在中，，
即，解得，
．
（2）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴．
由折叠可知：，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是菱形．
（3）解：存在，理由如下：
由（1）可知，
∴．
由（2）可知四边形是菱形，
∴，
∴．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∵，，
∴，
，
解得．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，菱形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
18.．如图，在中，，，，点在边上（点不与点重合），点在射线上，且，连接，以为对角线作菱形，使、且点在左侧．
(1)求的长．
(2)当点M在边上时，求的长．
(3)连接，当与的边平行时，求的长．
(4)作直线交边于点E，当为直角三角形时，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)
(3)或
(4)或
【分析】（1）使用勾股定理直接计算即可；
（2）设，根据菱形的性质可得，，，结合题干可证明．根据相似三角形的性质，依次表示出、和，利用构造方程并求解即可；
（3）分三类讨论，当时，容易证明，结合相似三角形的性质可得，，由，求出；当时，容易证明，仿照①的过程可计算得；当时，此时点与点重合，与题干矛盾，故不存在；
（4）先分析出是等腰三角形，若同时又是直角三角形，则．根据点在点的左侧或右侧分两类讨论，作，容易证明四边形是矩形，进而证明．根据相似三角形的性质和等腰三角形的性质，依次表示出、、、，利用构造方程并求解即可．
【详解】（1）解：在中，，，，
由勾股定理可得，，
（2）解：如图，设，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得，，
∴；
（3）解：由菱形的性质可知，，
①当时，如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
②当时，如图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴；
③当时，则，此时点与点重合，与题干矛盾，故舍去；
综上所述，或；
（4）解：设
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，即垂直平分，
∴，，，
∵为直角三角形，
∴，
①如图，当点在点右侧时，作，垂足为，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得，，
∴；
②如图，当点在点左侧时，作，垂足为，
同理①可得，四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，，
∴，
解得，，
∴；
综上所述，或．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂直平分线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识并运用分类讨论思想是解题关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧07：菱形与函数综合问题
【典例】
19．如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点，且与轴的另一个交点为，对称轴为直线．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是第二象限内抛物线上的动点，设点的横坐标为，求四边形面积的最大值及此时点的坐标；
(3)若点在抛物线对称轴上，是否存在点，，使以点，，，为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出，两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)最大值为，
(3)存在，，
【分析】本题考查了二次函数与面积，特殊四边形的综合问题，涉及待定系数法求解函数解析式，菱形的性质，平移的性质等知识点．
（1）先求出直线与坐标轴的交点，再由待定系数法求解二次函数解析式；
（2）先求出，过点D作y轴的平行线交于点K，则，则，那么，由，得到，再由二次函数的性质即可求解；
（3）由菱形可得，设，则，解得，故，再由平移的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵直线与轴交于点，与轴交于点，
∴当；
当，则，解得，
∴，，
∵对称轴为直线
∴，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：∵，抛物线对称轴为，
∴，
∴
过点D作y轴的平行线交于点K，
则，则，
∴
∵，
∴
，
∵，，
∴当时，取得最大值为，此时；
（3）解：存在，
如图，设，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
解得，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴点向点的平移方式与点C向点Q的平移方式一样，
∵，，，
∴由平移的性质可得．
20．如图，在中，，，．动点从点出发，以的速度沿边向终点匀速运动．以为一边作，另一边与折线相交于点，以为边作菱形，点在线段上．设点的运动时间为，菱形与重叠部分图形的面积为．
(1)当点在边上时，的长为________；（用含的代数式表示）
(2)当点落在边上时，求的值；
(3)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用直角三角形内角和与等腰三角形判定，结合动点的路程表达式，推出的长度；
（2）根据菱形的边相等及平行性质，结合等边三角形的判定，通过线段和等于的长度列方程求解；
（3）根据动点运动过程中、的位置变化，分三个阶段：在上且在内、在上且在外、在上，分别结合菱形面积、等边三角形面积公式计算重叠部分面积．
【详解】（1）解：在中，，，
，
点的运动时间为，速度为，
，
在中，，，
，
，
；
（2）解：当点落在上时，如图，
由（1）知，
四边形是菱形，
，，
，
又，
是等边三角形，
，
，
；
（3）解：当点从点运动到点时，用时，即的取值范围为，
当或时，，
由（2）知，当点落在上时，，
①当点在线段上，且点在内部（包含边界）时，，此时，如图，过点作于点，
，
，
，
；
②当点在线段上，且点在外部时，，如图，设交于点，交于点，
，
和均是等边三角形，
，
，
，
，
，
易知，
；
③当点在线段（不含点，）上时，，此时点与点重合，如图，易知此时是等边三角形，且，
此时；
综上所述，．
【点睛】本题考查了含角的直角三角形性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，以及动态几何中面积的分段函数求解，需结合动点运动过程中图形的位置变化，分阶段分析计算．
21．如图，在菱形中，，对角线．动点从点出发，以的速度沿匀速运动；动点同时从点出发，以的速度沿的延长线方向匀速运动．当点到达点时，点同时停止运动．设运动时间为，过点作，交于点，以为边作平行四边形，连接．
(1)当为何值时，为的中点？
(2)当为何值时，为直角三角形？
(3)设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．
【答案】(1)当为5时，为的中点
(2)当为时，为直角三角形
(3)
【分析】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
（1）根据菱形的性质得，当为的中点时，为的中点，进而可求得的值；
（2）如图，连接，交于点．证明，可得，由此构建方程，可得结论．
（3）由，推出，即，可得．由，推出，，可得，再根据，求解即可．
【详解】（1）解：在菱形中，，
，
为的中点，
为的中点，
，
故当为5时，为的中点；
（2）解：如答图①，连接，交于点．
四边形是菱形，，
，
，，
为直角三角形，
，
，
，
，
即，
解得，
故当为时，为直角三角形；
（3）解：在Rt中，，
如答图②，过点作于点，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
即，
，
四边形是平行四边形，
，
，
与的函数关系式为．
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．（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
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．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（ ）
A．4B．5C．8D．10
【答案】B
【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键
利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解．
【详解】如图：连接，交于点O，
因为、、、分别是四边形边的中点，
∴，；，；，；， ．
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
∴，，
∴，
∵四边形面积为，，
∴，
解得 ．
∴
在中
．
故选：B．
5．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，在平行四边形中，用直尺和圆规作的平分线交于点，若，，则的长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】首先证明四边形是菱形，得出，，，利用勾股定理计算出，从而得到的长．
【详解】解：连接，设与交于点，如图，
平分，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
∵由作图可得，
∴，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形，
，，，
在中，由勾股定理得：，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形为菱形是解决问题的关键．
6．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，在中，对角线，相交于点O，，，．点E为延长线上一点，连接交于点F．若，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质得，再由勾股定理的逆定理得是直角三角形，且，则，证出平行四边形的形状是菱形，过点O作，交于点，则，得，由菱形的性质得，再证，得，证明，然后由相似三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：在平行四边形中，对角线和相交于点，
，
，
∴是直角三角形，且，
，
∴平行四边形的形状是菱形，
如图，过点作，交于点，
则，
，
∵四边形是菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
∴，
，即，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，菱形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
7．（2024·江苏淮安·中考真题）如图在中，，，，是边上的动点，将沿翻折得，射线与射线交于点．下列说法不正确的是( )
A．当时，
B．当点落在上时，四边形是菱形
C．在点运动的过程中，线段的最小值为2
D．连接，则四边形的面积始终等于
【答案】C
【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，直角三角形的性质，根据动点的不同位置分析是解题的关键．
当时，证，当点落在上时，证，连接，证，据此逐一分析判定即可．
【详解】解：A．当时，，，
∴，
∴，
∴，
∴该选项是正确的，不符合题意；
B．当点落在上时，，
∴是菱形，
∴该选项是正确的，不符合题意；
C．当点在点时，作于点，作于点，如图所示，
∵，
∴，
∴，，
∴
∴在点运动的过程中，线段的最小值不为，
该选项是错误的，符合题意；
D．连接，则，
∴四边形的面积始终等于，
该选项是正确的，不符合题意；
故选：C．
8．（2025·安徽合肥·一模）在中，对角线与交于点O，点E在上，点F在上，连接．下列结论错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B
【分析】平行线分线段成比例结合平行四边形的对边相等，判断A；先证明四边形是菱形，得到，分和，两种情况，判断B，根据平行线分线段成比例的推论，判断C；先证明四边形是菱形，再证明，得到，判断D．
【详解】解：如图：
∵四边形是平行四边形，
∴；
若，则：，
∴；故选项A正确，不符合题意；
若，则：四边形是菱形；
，
，
如图，当与不垂直时，上还存在一点，使，
假设，
在和中，
，
，
，
，
，
而另一点也满足，但与不平行，
与不一定平行，故B选项错误，符合题意；
若，则：，
∴，故C选项正确，不符合题意；
若，则：，
∴，
∴四边形是菱形；
∵，，
∴，
∴，
，
，故选项D正确，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行线分线段成比例等知识，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
二、填空题
9．（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：．
10．（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：．
11．（2025·浙江杭州·三模）如图，在中，，，分别是，边上的中点，于点D，过点E作交于点G，连结，则的长为 ．
【答案】4
【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，菱形的判定与性质，连接交于点，先证明四边形是平行四边形，再证明是菱形，可得，，由勾股定理得，从而可求出．
【详解】解：连接交于点，如图，
，
∵分别是，边上的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
∴，且，，
在中，，
∴，
故答案为：4．
12．（2025·贵州遵义·模拟预测）如图，在矩形中，，连接，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线分别交，于点E，F．下列结论：
①四边形是菱形；②；③；④若平分，则．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，等边对等角，矩形的性质，30度角的直角三角形的性质.
根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：设交于点
由作图知，垂直平分
在矩形中，
四边形是菱形
∴①正确
四边形是菱形
∴②正确
∴③错误
平分
∴④正确．
故答案为：①②④．
13．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】
【分析】①由平行四边形的性质可判断结论；
②从对角线的角度来判断四边形的形状；
③假定条件成立，求出的值与所给不符；
④由点与关于成轴对称，从而得到的最小值是．
【详解】①∵四边形是平行四边形，
∴，；
即结论①正确；
②∵中，，
∴，
∵，，
∴≌
∴
∵
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
即结论②正确；
③∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∵，，
∴，
即结论③错误．
④因为点关于的对称点是点，连接交于点，当点与重合时，的值最小即为的长．
∵菱形中，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴∽，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵中，
∴，
即结论④正确．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的性质、判定、勾股定理及轴对称的性质，关键是知识的灵活应用．
14．（2025·河北石家庄·模拟预测）如图，在中，，，作平行四边形四个内角中某一个内角的平分线．
【第一次操作】
作的平分线交于点M，过点M作，交于点N，则四边形为菱形，且另一个四边形为平行四边形．
【第二次操作】
作【第一次操作】所得的某一个内角的平分线，再次画得一个菱形和一个平行四边形．
【第三次操作】
作【第二次操作】所得的平行四边形某一个内角的平分线，画得一个菱形和一个平行四边形．
……重复上述操作．
（1）若四边形是菱形，则x的最小正整数值为 ；
（2）若对进行第三次操作后，发现共得到四个菱形，则x有 个不同的取值．
【答案】 2 4
【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质．
（1）根据题意第一次操作后四边形为平行四边形，当四边形是菱形时，则，结合即可得出结果；
（2）根据题意画出示意图，利用菱形的性质即可解答．
【详解】解：（1）∵第一次操作后四边形为菱形，四边形为平行四边形，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴，
则x的最小正整数值为；
（2）根据题意：对进行第三次操作后，得到四个菱形，共有四种可能结果如图所示：
①，
则；
②，
则；
③，
则；
④，
则；
综上，x有个不同的取值．
三、解答题
15．（2023·陕西·中考真题）如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）

【答案】见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，尺规作图——作已知线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，作出线段的垂直平分线是解题的关键．连接，作线段的垂直平分线分别交，于点E，F，连接、，即可．
【详解】解：如图，点E，F即为所求．
理由：设交于点O，
根据作法得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形．
16．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形；
（2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可．
【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
由题意得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
17．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点．
(1)求证：是菱形；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形；
（2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解．
【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是菱形；
（2）解：如图：
∵，
∴，
设
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
18．（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵E为的中点，，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线分线段成比例，掌握以上基础知识是解本题的关键．
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，以的三边为边分别作为等边、等边和等边，连接和．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形是平行四边形，证明见解析
(3)
【分析】（1）由与都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对应边相等，，利用等式的性质得到夹角相等，利用得到，同理可证，再进一步可得结论．
（2）利用（1）中全等三角形对应边相等得到，同理可证，利用对边相等的四边形为平行四边形得到为平行四边形．
（3）如图，过作于，过作于，可得， 四边形是菱形，证明，，三点共线，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵、、为等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，；
同理可得：，
∴，
∴．
（2）解：四边形是平行四边形，理由如下：
∵，
∴，
又∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，过作于，过作于，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴三点共线，
∵，，，
∴，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形，菱形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
20．（24-25九年级上·广东深圳·月考）如图，A、B、C、D为矩形的四个顶点，，，动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以的速度向点B移动，点Q以相同的速度向点D移动，当点P到达点B时，点P、Q均停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当________秒时，四边形为矩形．
(2)运动过程中，四边形可能为菱形吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由．
(3)运动过程中，点P和点Q的距离可能是吗？若能，求出运动时间t，若不能，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)能，
(3)能，或7
【分析】（1）根据当时，四边形为矩形，列出方程，求出解即可；
（2）根据当时，四边形为菱形，在中，根据勾股定理列出方程，求出解即可；
（3）先作出辅助线，表示，再根据勾股定理列出方程，求出解即可．
【详解】（1）解：∵点P、Q分别从点A、C同时出发，速度相同．
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∴则，
根据题意得，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴当时，四边形为矩形，
，
解得，
∴秒时，四边形为矩形．
（2）解：运动过程中，四边形可以为菱形，理由如下：
连接、，
∵点、分别从点、同时出发，速度相同，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，四边形为菱形
在中，，，
∴
即
解得，
∴运动时间为时，四边形为菱形．
（3）解：点和点的距离可以是，理由如下：
过点作于点，
则四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，有，
即，
解得，．
∴当运动时间为或时，点和点的距离是．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了动点问题，勾股定理，矩形和菱形的性质，一元二次方程的解法，灵活掌握相关知识是解决问题的关键．
21．（2025·上海·一模）在平行四边形中，对角线交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作的平行线，交于点E，交于点F、G，连接．
(1)如图1，如果，求证：；
(2)如图2，如果，，且与相似，并求的值；
(3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据平行线分线段成比例得到，，，即可求解；
（2）根据题意得到当时，，则，结合题意，设，则，，，，，，根据即可求解；
（3）根据菱形的性质，找出线段比例关系，证明，设，则，结合两直线平行同旁内角互补，列式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
设，则，，
在平行四边形中，，则，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图2，
∵，
∴平行四边形为矩形，则，
∴，则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
又∵，且，
∴当时，，
∴，
∵，
∴设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，则，
∴，
∴；
（3）解：补全图形如下，
∵，
∴平行四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理，，
设，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（负根已舍），
∴，
∴，且，
∴，
又∵，
∴，
∴设，则，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识的综合运用，掌握以上知识，找出三角形相似得到线段之间的关系是解题的关键．
22．（2026·浙江·模拟预测）在菱形中，
(1)如图1，求的长．
(2)如图2，以点为旋转中心，逆时针转动，记点，旋转得到的对应点分别为，．当第一次平行于时，停止旋转．
当时，求的值．
如图3，设旋转停止前，直线交射线于点，连接，求的最小值．
【答案】(1)5
(2)，
【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直且平分，结合勾股定理解答即可．
（2）延长交于点，根据菱形的性质，旋转的性质，三角函数的定义解答即可．
根据勾股定理，三角函数的定义，菱形的性质解答即可．
本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂线段最短，旋转的性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数是解题的关键．
【详解】（1）解：在菱形中，
∴，
∴．
（2）①如图1，延长交于点，
由旋转变换中每条线的旋转角都相等可知，．在菱形中，
∴，
∴．
∴．
又∵，
∴，
∴．
②解 ：如图2，．
∵，
∴最小时，也最小，要想最小，只需最小．
∵为定角，
∴当时，有最小值为，
此时，
∴的最小值为
《方法技巧》
菱形的判定思路：
1.基于“四边形”直接判定 四条边都相等 如果一个四边形的四条边长度都相等，那么它一定是菱形。 （这是最直接的判定，不需要先证平行四边形）
2.基于“平行四边形 + 额外条件”判定
如果已知四边形是平行四边形，那么满足以下任一条件即可判定为菱形：
（1）.一组邻边相等的平行四边形.因为平行四边形对边相等，若有一组邻边相等，则四条边全等。
（2）.对角线互相垂直的平行四边形.平行四边形对角线互相平分，若还互相垂直，那么根据垂直平分线的性质可推出邻边相等，从而四条边相等。
二、常见的题目类型：
题目通常不直接给“四条边相等”，而是给：
平行四边形 + 邻边相等 ；
平行四边形 + 对角线垂直 ；
一般四边形 + 对角线垂直平分 ；
三角形 + 中位线或对称条件推出四边相等.
《方法技巧》
利用菱形的性质求线段的长的一般方法：
在菱形中求线段长时，往往是根据菱形的相关性质，将问题转化到三角形（如直角三角形、等腰三角形）中，利用勾股定理等腰三角形的性质等进行求解，
《方法技巧》
菱形中点的运动引起线段长度、角度、面积的变化，求函数关系或最值，菱形已知部分顶点，某个顶点（或相关点）在某一轨迹上运动，求满足特定条件（如线段长度、角度、面积等）时动点的位置或相关量的最值。
《方法技巧》
折叠问题通常将图形的一部分沿一条直线翻折，使某些点重合，形成新的几何关系。对于菱形中的折叠，一般有以下几种情况： 1. 沿对角线折叠；2. 沿一条不过对角线的直线折叠；3. 沿一条平行于菱形边的直线折叠.
2.解题思路：明确折叠的对称轴（折痕），找到折叠前后的对应点、对应线段、对应角 标记相等线段、相等角；设未知数 利用菱形性质（四边相等、对角线垂直平分等）， 利用折叠性质（对称性、全等、中垂线） 构造直角三角形（常用勾股定理）， 建立方程求解 必要时求长度、面积、角度、比值等.
《方法技巧》
关于“菱形与几何最值问题”可以有很多不同的具体形式，但核心思路是结合菱形的特殊性质（四边相等、对角线互相垂直平分、对角线平分对角等）与最值常用的方法（如对称、两点间线段最短、垂线段最短、三角形不等式等）来求解
《方法技巧》
在给定条件下，菱形中或与菱形相关的某种特殊图形（等腰、直角、相似、全等）是否存在。这类问题通常在平面直角坐标系或几何背景下，已知几个点，问是否存在点构成菱形，或给出部分点/边，确定另一个点使四边形为菱形
《方法技巧》
“菱形与函数综合问题” 通常会给出一个菱形（坐标已知或含参数），并与一次函数、二次函数或反比例函数图象相交，要求求点的坐标、参数的值、面积或存在性等