初中数学北师大版（2024）九年级上册（2024）第一章 特殊平行四边形2 菱形的性质与判定精品测试题

这是一份初中数学北师大版（2024）九年级上册（2024）第一章 特殊平行四边形2 菱形的性质与判定精品测试题，共38页。试卷主要包含了性质定理1，性质定理2，菱形的面积等内容，欢迎下载使用。

知识点01 菱形的性质定理
1.性质定理1:菱形的四条边相等。
2.性质定理2:菱形的对角线互相垂直。
注意:（1）菱形具有平行四边形的一切性质（即对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分）；
（2）根据性质定理1和性质定理2，还可以推断出：菱形的每一条对角线平分一组对角。
3.菱形的面积：等于两条对角线长的乘积的一半； 即：
拓展：所有对角线互相垂直的四边形，他们的面积都等于两条对角线长的乘积的一半。

【即学即练】
1．（2025·江苏连云港·模拟预测）如图，在菱形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
B．菱形的对角线互相平分，，但与长度无必然“”的关系，故B错误；
C．菱形的对角线互相垂直，即，故C正确；
D．菱形中，，仅当菱形为正方形时两角相等，故D错误．故选：C．
2．（25-26九年级下·陕西榆林·开学考试）如图，是菱形的对角线，作的垂直平分线分别交、于点E、F，连接、，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：∵四边形为菱形，∴，，，
∴，
在和中，，∴，∴，
∵垂直平分，∴，∴，∴，∴．
3．（25-26九年级上·陕西汉中·期末）如图，菱形的周长为，连接，过点C作，交的延长线于点E，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：∵菱形的周长为52，∴∴
∵∴，∴
∴∴故选：A．
4．（25-26九年级上·山西运城·期末）如图，在菱形中，为对角线，，，则菱形的面积为（ ）
A．B．30C．D．60
【答案】C
【详解】解：如图，连接，与交于点O，
四边形是菱形，、，
在中，由勾股定理得，，，
菱形的面积为，故选：C．
知识点02 菱形的判定定理
1.判定定理1:四条边相等的四边形是菱形。
2.判定定理2:对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
注意:
菱形的判定方法除了教材中的判定1和判定2，我们还可以根据其他条件推导出判定1或判定2，如：
判定3：一组邻边相等的平行四边形是菱形（定义法）；
判定4：对角线互相垂直平分的四边形是菱形。
判定5：对角线平分一组对角的平行四边形是菱形。
【即学即练】
1．（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，，对角线，交于点O，添加下列条件，能使变为菱形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：四边形是平行四边形，
当的一组邻边相等或对角线互相垂直时，能使变为菱形，
逐一对比选项，其中选项能使变为菱形，符合对角线互相垂直，、、均不能使变为菱形，不符合题意．故选：D．
2．（25-26九年级上·广东佛山·月考）“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示宽为的蓝丝带，若，则重叠部分图形的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：如图，过点D分别作，垂足分别为点M，N，连接，则，

根据题意得：，∵四边形是平行四边形，
∴，，∴，
∴，∴四边形是菱形，在中，，
∴为等腰直角三角形，∴，∴，
∴．即重叠部分图形的面积是．故选：C．
3．（25-26八年级下·湖北·期中）如图，在中，已知为边上的中线，以，为邻边作，与交于点，连接．请你从方框中选择一个补充条件，使得四边形是菱形．
(1)你选择的补充条件是____________（填序号）．(2)在（1）的条件下，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)①(2)见解析
【详解】（1）解：（答案不唯一）①．
（2）证明：为边上的中线，．
在中，，，，，∴四边形是平行四边形．
，∴四边形是菱形．
4．（25-26八年级上·江苏淮安·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，将沿直线翻折得到.(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，则菱形的面积为______．
【答案】(1)详见解析(2)
【详解】（1）证明：是矩形，，
沿直线翻折得到，，
，四边形是菱形．
（2）解：是矩形，，
，，，
，．故答案为：．
题型01 运用菱形的性质求解（角度、长度、坐标等）
【典例1】（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图，、是菱形的对角线，．若，则的长是（ ）
A．3B．6C．8D．10
【答案】B
【详解】解：四边形是菱形，
，是等边三角形．
【变式1】（25-26九年级上·陕西铜川·期末）如图，在菱形中，点是对角线上的一点，，连接，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
∴，∴在菱形中，，∴，∵，∴，∴，
∴．故选：A．
【变式2】（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，菱形中，对角线相交于点O，M、N分别是的中点，，则的长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【详解】解：∵在菱形中，，
∴，，∴为等边三角形，∴，∴，
∵M、N分别是的中点，∴．
【变式3】（25-26八年级下·江苏扬州·期末）如图，菱形对角线，相交于点O．F为的中点，E为的中点．若，，则的长为（ ）
A．5B．C．D．
【答案】B
【详解】解：如图，取的中点，连接，
∵菱形对角线，相交于点O，，，∴，，，
∵F为的中点，E为的中点．∴为的中位线，，，
∴，，，∴，∴.
【变式4】（25-26八年级下·上海普陀·期末）数学家伯努利在1691年创立了一种名为“极坐标系”的新坐标系，如图1，在平面上取一定点O（称为极点），以O为端点向右引射线（称为极轴）构成了极坐标系．在极坐标系内，对于直线上方的任意点P，连接，设线段的长度为L，，那么点P的极坐标记为．如图2，在极坐标系内，，，则点B的极坐标为．已知点，如果点C在这个极坐标系内，且四边形是菱形，那么点C的极坐标是_____________．
【答案】
【详解】解：如图，连接，，与相交于M．
∵，，∴，，∴是等边三角形，∴，
∵四边形是菱形，∴平分，，，
∴，，
∴，∴点C的极坐标为．
题型02 利用菱形的性质求面积
【典例1】如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16B．6C．12D．30
【答案】B
【详解】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，∴，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，∴DE＝2，∵∠DEF＝∠DFE，∴DF＝DE＝2，
∵，∴∠DEF＝∠BCF，∵∠DFE＝∠BFC，∴∠BCF＝∠BFC，∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，∴OB＝OD＝3，在Rt△BOC中，，∴AC＝2OC＝，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝．故选：B．
【变式1】（25-26八年级上·江苏盐城·期末）已知一个菱形的对角线的长分别为4和3，则这个菱形的面积为（ ）
A．6B．11C．16D．9
【答案】A
【详解】解：∵菱形的面积为对角线长乘积的一半，∴该菱形的面积=，故选：A．
【变式2】（2025·广东惠州·模拟预测）已知菱形的周长为，一条对角线长为，则这个菱形的面积是______．
【答案】24
【详解】解：如图，在菱形中，．
∴，，∴ ．∴面积 故答案为：24．
【变式3】9．（25-26八年级下·河南南阳·期末）如图，在菱形中，、交于点，，，点为线段上的一个动点．过点分别作于点，作于点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，∴，，
∴，∵，，，
∴，∴，∴．
【变式4】（25-26九年级上·成都·校考期中）如图，在菱形中，，．为边上的一点，且不与点、重合，连接，过点作，且，连接、，则四边形的面积为_____________．
【答案】
【详解】解：连接，，如图：
由题意可得：∴，，，
∴是等边三角形，过点作于点，过点作于点，则，
∵，，∴，
∵，∴，∴，
∵，，∴四边形是平行四边形，∴，
∵，∴．故答案为： ．
题型03 添加条件使四边形为菱形
【典例1】（25-26九年级上·成都·期中）在中，添加下列条件：①；②；③；④．能够判定是菱形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【详解】解：四边形是平行四边形，添加条件①可得是矩形，不是菱形；
条件②是平行四边形的固有性质，故添加条件②无法判定其为菱形；
添加条件③可得是矩形，不是菱形；
添加条件④能判定是菱形；综上，能够判定是菱形的有1个，故选：A．
【变式1】（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，已知平行四边形，添加一个条件，不能判定平行四边形是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】解：A、由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，能判定平行四边形是菱形，不符合题意；
B、由有一组邻边相等的平行四边形为菱形，能判定平行四边形是菱形，不符合题意；
C、∵平行四边形，∴，∵，，
∴，∴，∴平行四边形是菱形，不符合题意；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，不能判定平行四边形是菱形，符合题意；故选D．
【变式2】（25-26八年级下·江苏南京·期末）如图，在平行四边形中，、是它的两条对角线，下列条件中，能判断这个平行四边形是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】对于A，根据平行四边形的性质“平行四边形的对边平行且相等”，所以在平行四边形中，是必然成立的性质，不能据此判断它是菱形．选项A错误．
对于B，根据矩形的判定定理“对角线相等的平行四边形是矩形”，可知当时，平行四边形是矩形，而不是菱形．选项B错误．
对于C，因为四边形是平行四边形，所以，根据“两直线平行，内错角相等”，则，当，可得，根据“等边对等角”，可得，根据菱形的判定定理“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，可知四边形是菱形．选项C正确．
对于D，因为四边形是平行四边形，所以，根据“两直线平行，内错角相等”，则，所以是平行四边形本身具有的性质，不能据此判断它是菱形．选项D错误．
【变式3】（2026·四川凉山·中考真题）四边形的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足，请添加一个适当的条件：_______，使四边形成为菱形．（只需要添加一个条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【详解】解：添加条件即可，，， 四边形是平行四边形，
四边形的对角线互相垂直， 平行四边形是菱形故可添加为（答案不唯一）．
【变式4】（25-26八年级下·广东·期中）如图，在四边形中，，垂足为O，，要使四边形为菱形，应添加的条件是______（只需写出一个条件即可）．
【答案】或或或或或或（只需写出一个条件即可）
【详解】解：可以添加的条件是：，理由如下：
，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形；
同理，添加或，则，即四边形是菱形；
也可以添加的条件是，理由如下：
，，在和中，
，，，
，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形；
也可以添加的条件是，理由如下：，，
在和中，，，，
，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形；
也可以添加的条件是，理由如下：
，，，．
在和中，．．．
，∴四边形是平行四边形．，∴四边形是菱形；
也可以添加的条件是，理由如下：
，，，，
在和中，，，，
，∴四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形．
题型04证明四边形为菱形
【典例1】（25-26九年级上·江西景德镇·期中）如图，在中，，，过的中点作交的平分线于点，连接．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）解：如图：连接，∵，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵在中，，，∴，
∵是的中点，∴，∴是等边三角形，
∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形．
（2）解：如图：设相交于点O，∵是的中点，∴，
∵在中，，，∴，
∵平分，∴，
∵四边形为菱形，∴，，
∴，∴，
∴菱形的面积为．
【变式1】（25-26九年级上·辽宁沈阳·期末）已知：如图，在中，，点D为中点，连接，过点C作，过点B作，交CE于点E．
(1)求证：四边形是菱形；(2)若，则四边形的周长为20，则的面积为_______．
【答案】(1)见详解 (2)24
【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，
∵，点D为中点，∴﹒∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵菱形的周长为20，∴，∴，
在中，，∴﹒故答案为：24．
【变式2】（25-26九年级上·云南昆明·月考）如图，在平行四边形中，，对角线相交于点O，点E，F是对角线上的点，且，连接．
(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，，求点D到的距离h．
【答案】(1)见详解(2)
【详解】（1）证明：∵是平行四边形，
∴是菱形，∴，，，
∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，
又，∴四边形是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，∴，，，
又∵，∴是等边三角形，∴，∴，
设，则，，∴，
在中，，即，解得，负值舍去，
则，，∴，∴，
即，则．
【变式3】（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，在四边形中，是四边形的对角线，过点作的垂线交的延长线于点，点恰好是的中点．(1)求证：四边形是菱形；(2)过点作于点，交于点，连接，若，求和的长．
【答案】(1)证明见解析；(2)，
【详解】（1）解：，，四边形是平行四边形，
，，即是直角三角形，
点是的中点，，平行四边形是菱形；
（2）解：连接，交于点，
四边形是菱形，，，，，
又，四边形是平行四边形，，
设，，，则，
，，在中，由勾股定理得：
，，
由此可得，即，在中，由勾股定理得：，
即，解得，由，得，，，，
四边形是菱形，，垂直平分，，
设，则，，在中，由勾股定理得：，
即，解得，；综上，的长为，的长为．
【变式4】（25-26八年级下·上海黄浦·期末）如图，四边形是一个矩形，延长 至点，使得，延长至点，使得，连接 ， ， ，， ．
(1)求证：四边形是一个菱形；(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)证明：∵，，矩形中，
即四边形的对角线互相垂直平分，∴四边形为菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，四边形是矩形，∴，，，
∵，∴设，，
由勾股定理得，∴，解得，
菱形的面积为．
题型05菱形的性质与判定综合运用（选填题）
【典例1】（24-25八年级下·北京朝阳·期末）如图，将平行四边形沿对角线翻折，得到四边形，，交于点M，交于点．有如下四个结论：①；②；③四边形为菱形；④互相垂直且相等．上述结论中，所有正确结论的序号为（ ）
A．①②B．②③C．①②③D．①③④
【答案】C
【详解】解：①∵四边形是平行四边形，∴，，∴，
由折叠可知，，∴，
在和中，，∴，∴，故①正确；
②由折叠得，，∴，
∴，故②正确；
③由①可知，， 同理可得
∵，∴，∴，又，∴四边形是平行四边形，
又，∴四边形为菱形，故③正确；
④连接、、，、分别与交于点，如图，
由折叠得，，∴，，
∵四边形是平行四边形，∴，
又，∴，由折叠得，，
∴，∴，∴四边形是平行四边形，
又，∴四边形是矩形，
∴，即，但无法判断的相等关系，故④错误，
综上，正确的结论是①②③，故选：C．
【变式1】（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在菱形中，，点E、F分别是、上任意的点（不与端点重合）．且，连接与相交于点G，连接与相交于点H．有如下几个结论：①；②的大小为定值；③平分；④．以上结论中，正确结论的序号是_______．
【答案】①②③
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，又，
∴是等边三角形，∴，，又，
∴，故①正确；∴，
∴，即的大小为定值，故②正确；
过C作于M，交延长线于N，则，
∵，∴，
又∵，∴，
又∵，∴，∴，
又∵，，∴，
∴，即平分，故③正确；
∴，则，∴，，
∵，∴，∴，
∴，故④错误，故答案为：①②③．
【变式2】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形中，，．点E、F分别在线段、上，且，、交于点，延长交边（或边）于点．给出下面四个结论：①；②；③；④当时，的面积是．上述结论中，所有正确结论的序号是___________．
【答案】①③④
【详解】解：对于①，四边形是菱形，，
，是等边三角形，，
又，，，即，所以①正确；
对于②，举反例：当点E、F分别是线段、的中点时，点H与点D重合，
四边形是菱形，，所以②错误；
对于③，由①知，，
，，，所以③正确；
对于④，过点E作于点M，，，，
是等边三角形，，，，
，，
，所以④正确；
综上所述，正确结论的序号是①③④．故答案为：①③④．
【变式3】（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在菱形中，，，对角线相交于点O，P是对角线上的一动点，则①；②；③若M为上的一个动点，则的最小值为；④若于点M，于点N，则．
其中正确的有________（填序号）．
【答案】①②③④
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，，，
∴为等边三角形，，∴，故①正确；
∵，∴，故②正确；如图所示，在上截取，连接，
∵，∴，∴，∴，
∴当三点共线，且时有最小值，即此时有最小值，最小值为的长，
∴，∴，∴的最小值为，故③正确；
∵，，∴，∴，，
∴，故④正确，∴正确的有①②③④，故答案为：①②③④．
【变式4】（2026·北京海淀·二模）如图，直线与轴、轴分别交于点，，以为对角线作菱形，且点在第一象限，给出下面三个结论：①当，时，菱形有无数个；②当时，对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等；③当点在上时，若，则菱形的面积有最大值．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【详解】解：①当，时，，令，，解得，∴，
以为对角线作菱形，且点在第一象限，∴在线段的垂直平分线上，
∴这样的菱形有无数个，说法正确；
②当时，，∴，，∴，，∴，
∴的周长：，即，
菱形的周长：，
∴对于的每一个确定的值，都存在菱形，使得该菱形的周长与的周长相等；
③∵，∴，∴菱形的面积，
∵，∴菱形的面积有最大值；综上，①②③都是正确的．
题型06菱形的性质与判定综合运用（解答题）
【典例1】（25-26八年级下·辽宁盘锦·开学考试）综合探究综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含角的菱形进行了探究
【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，．
(1)【感知】如图1，若点是边的中点，小智经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你直接写出这个关系为________；
(2)【探究】如图2，当点为上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由；
(3)【应用】若菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)(2)成立，证明见解析(3)的长度为或
【详解】（1）解：连接，如下图所示：
∵四边形为菱形，且，∴，，
∵为菱形的角平分线，∴，故与为等边三角形，即，
∵点为中点，故平分，∴，
∵，，，∴，∴．
（2）解：连接，如下图所示：
由（1）中，同理可得与为等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，
又∵，，∴，∴．
（3）解：过点作交于点，按题意补充线段，连接，当点在点左侧时，如下图所示：由（1）（2）得，为中点，∴，
由勾股定理得，∵，∴，
故，∴；
当点在点右侧时，如下图所示：同理可得，故，∴；
综上，的长度为或．
【变式1】（25-26八年级上·吉林长春·开学考试）猜想：如图①，在中，点是对角线的中点，过点的直线分别交、于点、，若的面积是，则四边形的面积是 ．
探究：如图②，在菱形中，对角线、交于点，过点的直线分别交、于点、，若，，求四边形的面积．
应用：如图③，在中，，延长到点，使，连结，若，，则的面积是 ．
【答案】猜想：；探究：；应用：
【详解】解：猜想：∵四边形是平行四边形，点是对角线的中点，的面积是，
∴，，，∴，，
在和中，，∴，∴，
∴，
即四边形的面积是，故答案为：；
探究：∵四边形是菱形，对角线、交于点，，，
∴，，，，
∴，，，
在和中，，∴，∴，
∴，即四边形的面积是；
应用：如图，延长到使，∴，
在中，，，，，
在与中，，∴，
∴，，∴，
∴，
即的面积是．故答案为：．
【变式2】（25-26九年级上·江西上饶·期中）中，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，，它们交于点．
(1)求证：．(2)当，求的度数．(3)当四边形是菱形时，求的长．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)
【详解】（1）证明：∵绕点按顺时针旋转得到，，
∴，，，∴，
，即，
在和中，，∴，∴；
（2）解：∵，∴，
∵，∴，
∵，，∴，
∴，即的度数为；
（3）∵四边形是菱形，，，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．
【变式3】（25-26八年级下·江苏常州·期中）综合与探究
(1)如图，为菱形的对角线，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下画图（不写画法，保留画图痕迹）．
①如图1，过点B画的垂线；②如图2，是菱形的边上的高，请作出菱形的边上的高；(2)如图3，在平面直角坐标系中，点，，在x轴正半轴上作一点，在x轴外取一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是菱形，且点B到x轴的距离为4，则点C坐标为__________．（直接写出所有答案）
【答案】(1)①如下图，即为所求；
②如下图，即为所求；
（2）解：，，点B到x轴的距离为4，
∴，可设，∴，解得或，
点B坐标为或或或，
点与点、点与点均关于轴对称，故计算的点坐标相同，
仅以和求解即可，
分情况讨论：当点B坐标为时，如下图，

①若以为该菱形的对角线，如图，过点B作轴于点E，则，
，设，则，
在中，可得，即，解得，
，，即；
②若以为该菱形的对角线，如图，则，
，，，即；
③若以为该菱形的对角线，如图，则，，；
当点B坐标为时，只有一种情况，如下图所示，
点C落在x轴的正半轴上，点坐标为；
综上所述，点坐标为或或．
题型07利用菱形的性质求最值
【典例1】（2026·河北石家庄·二模）如图，在菱形中，，，点P，Q分别在，上，且．以，为邻边作，延长交射线于点N．当的长最小时，线段的长是________．
【答案】2
【详解】如图，连接．
四边形是菱形，，，，
四边形是平行四边形，，，．
，，，，
，，
，，即，
，即是的平分线，
∴当时，最短，即最短．此时，，
在和中，，，
，．
【变式1】（25-26八年级下·江苏·期中）如图所示，菱形的两条对角线相交于点，，，点是边上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：如下图所示，过点作，
当点与点重合时，的值最小，四边形是菱形，，，，
，，，，，
，，解得：，
，的最小值为．故选：C．
【变式2】（25-26八年级下·江苏宿迁·期末）如图，E为菱形的对角线上的动点，以，为邻边作平行四边形，若，，则的最小值为________．
【答案】
【详解】解：如图，连接，，与交于点，
由题意得：，，，，
四边形是平行四边形，，当，即时，最小，
此时，的最小值为．
【变式3】（25-26八年级下·安徽合肥·期末）如图，点M，N是菱形的对角线上的两点，若，，，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．10C．D．12
【答案】A
【详解】解：如图，连接交于点，作，作，与交于点，连接，则四边形是平行四边形，∴，．
∵四边形是菱形，与交于点，，，
∴，，．
∵，∴．∴．
当点，，共线时，有最小值，最小值为的长，
即最小值为．的最小值为，故选A．
【变式4】（25-26八年级下·安徽六安·期末）如图，在菱形中，、交于点，点为边上的一个动点，点为对角线上的一个动点，过点分别作于点，作于点，连接，．已知，，
（1）则菱形的面积为________；
（2）在点的运动过程中，的最小值为________．
【答案】
【详解】（1）解：∵菱形中，对角线，，∴．
在中，，，由勾股定理得，
∴．∴菱形的面积；
（2）解：如图，连接．由，得，
∵，得到．∵菱形关于对角线对称，
∴点关于的对称点为，故，∴．
当、、三点共线且时，最小，此时为菱形的高，
∴，即的最小值为，∴的最小值为．
题型08菱形中的动点问题
【典例1】（25-26九年级上·山东菏泽·月考）如图所示，在菱形中，，为正三角形，点E、 F分别在菱形的边上滑动，且E、 F不与B、 C、 D重合．
(1)证明：不论E、 F在上如何滑动，总有；
(2)当点E、 F在上滑动时，探讨四边形的面积是否发生变化？ 说明理由．
【答案】(1)见详解(2)点E、 F在上滑动时，四边形的面积不会变化，理由见详解
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，，∴，
∴是等边三角形，∴，∴，
∵是等边三角形，∴，∴，∴，
∵，∴，∴；
（2）解：四边形的面积不会发生变化，理由如下，已知，∴，
∵，∴，
如图所示，过点作于点G，∴，，
∴，
∴点E、 F在上滑动时，四边形的面积不会变化．
【变式1】（25-26八年级下·湖北黄石·期末）如图1，在菱形中，对角线，相交于点，动点由点出发，沿向点运动．设点的运动路程为，的面积为，与之间的关系如图2所示，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】∵四边形是菱形，∴，，，，
由图2可知，当时，，此时点运动到点，∴，∴，解得；
当点运动到点时，的面积最大，为， ∴，∴，
在中，由勾股定理得，
∵，∴，
∵，，∴，∴．
【变式2】（25-26八年级下·安徽阜阳·期末）如图，在四边形中（），，是对角线的中点，点从点出发，沿方向匀速运动，到达点后停止．设点的运动路程为，的面积为，得到如图2所示的函数图象，则对角线的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：连接，如图，
∵，∴四边形是菱形，∴，
∵点是对角线的中点，∴点是对角线、的交点，，
∵，∴，即，∴在中，，∴，
当点F移动到点A处时，的面积取最大值，此时根据函数图像可知：，，
∴，∴，
∵在中，，∴，∵，，
∴，，
∴，（相应的负值不符合题意舍去），
上述两式相减可得：，∴．
【变式3】（25-26八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，，、两点分别从、两点同时出发，以相同的速度分别向终点、移动，连接，在整个移动的过程中，角度的变化情况为（ ）
A．变大B．变小C．不变D．先变大再变小
【答案】C
【详解】解：连接，
四边形是菱形，．又，是等边三角形，
，．
在菱形中，，．
∵、同时出发，速度相同，∴设
在和中：（）．
，．，
又，．
中，且，是等边三角形，．
即无论、运动到什么位置，始终等于，大小不变．
题型09菱形中的折叠问题
【典例1】（25-26八年级下·广西南宁·期末）【问题情境】在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的折叠”为主题开展小组数学活动．
已知菱形纸片，．
【成果展示】(1)第一小组：如图1，连接，折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，折痕分别交，于点，．判断四边形的形状，并加以证明．
(2)第二小组：将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图2所示的位置，点的对应点为点，折痕交于点，交于点．①判断和的数量关系，并加以证明．②将菱形纸片沿过点的直线折叠到如图3所示的位置，其中交于点．若恰好是的中点，且，求线段的长．
【答案】(1)解：四边形是菱形，证明如下：设与交于点，
∵菱形纸片，，
∵折叠菱形纸片，使点落在对角线上的点处，
∴垂直平分，，
，，
，，∴四边形是菱形；
(2)①，证明：如图，连接，
∵菱形，，
∴，
∴是等边三角形，，
∵折叠，，，
，，，；
②解：如图，连接，，∵，，
∵恰好是的中点，，，
∵，，，
根据①可得，∴，，
解得：，，
，，，
．
【变式1】（2025·河北·一模）如图，在菱形中，，连接，将菱形沿过点B的直线折叠，使得点C的对应点F恰好落在上，折痕交于点E，延长交于点G，则的度数为__________．
【答案】55度/
【详解】解：四边形是菱形，，
．由折叠的性质得，，，
．故答案为：．
【变式2】（25-26九年级上·重庆开州·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，点是边上一点，连接，把沿直线翻折到菱形所在平面内得到，点正好落在的延长线上，若，则的度数为________．
【答案】/46度
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
∵，∴∴，由折叠可知，，，
∴∴，∴，故答案为：．
【变式3】（25-26八年级下·安徽六安·期末）如图，在菱形中，，，点，分别在边，上，将沿翻折得到，若恰好为的中点，则的长为______．
【答案】
【详解】解：如图，连接、，
∵四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，
∵点M恰好为边的中点，∴，在中，，
设，则，∵沿翻折得到，∴，
∵四边形是菱形，∴，∴，
在中，，∴，解得．
【变式4】（25-26九年级下·山西运城·期末）综合与探究
问题情境：如图菱形中，，，点为的中点，点为边上的动点，连接，将四边形沿折叠，对应边为，直线分别交，于点，．
猜想证明：（1）如图1，当与在同一直线上时，猜想与的数量关系，并说明理由．
拓展延伸：（2）如图2，在点运动过程中，当于点时，连接，则四边形为矩形，请证明．
（3）在（2）的条件下，直接写出的长度．
【答案】（1）理由见解析；（2）证明见解析；（3）
【详解】（1）解：
理由如下： 四边形 是菱形，，，
由折叠得： ，
；
（2）证明：如图，连接
四边形 是菱形 ，是等边三角形
为的中点 于点
四边形是矩形；
（3）解：∵为的中点，，∴
∵折叠，∴又∵∴，则
∴∴
∵四边形为矩形，∴，
∵∴，∴，则
在中，设，则，
又∵∴解得：∴．
题型10菱形中的旋转问题
【典例1】（25-26九年级上·河南漯河·校考期末）如图，在菱形中，，，点，在直线上，且点的坐标为，将菱形绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：点的坐标为，，
四边形是菱形，，，是等边三角形，
四边形是菱形，，，
，，，
，每次旋转次后，菱形回到原位置，
，菱形旋转次后，点关于原点对称，
点在直线上，第次旋转后点在轴正半轴，，故选：B．
【变式1】（北京市房山区2025-2026学年下学期八年级期末）某学校有一块边长为20米的菱形草坪，其中．计划在草坪内部安装一处景观喷泉，要从草坪，，三个顶点处向喷泉铺设引水管道，则三段管道总长的最小值为__________米．
【答案】
【详解】解：连接，交于点，
四边形是菱形，， ，，
和均为等边三角形 ，， ，
将绕点顺时针旋转得到，连接， ，
，， ，是等边三角形 ，
，
根据两点之间线段最短可知，当，，，四点共线时，取得最小值，最小值为线段的长 ， 四边形是菱形， ，， ，
在中，， ，
三段管道总长的最小值为米．
【变式2】（2025·宁夏银川·一模）雪花也称银粟，是天空中的水汽经凝华而来的固态降水，多呈六角形，是一种美丽的结晶体．美术课要求绘制雪花，小华利用数学知识作出如下操作：建立如图所示的平面直角坐标系，绘制菱形，且顶点的坐标为，点在第一象限，，将菱形绕原点沿顺时针方向旋转5次，每次旋转，旋转第一次得到四边形（点与点重合），则旋转第四次得到的点的坐标是_____．
【答案】
【详解】解：如图，旋转第四次得到菱形，过作轴于，连接交于，
四边形是菱形，，，，
的坐标是，，，，，
，，，
，的坐标是．故答案为：．
【变式3】（25-26八年级下·江苏扬州·阶段检测）如图1，在中，，，的顶点与点A重合，两边分别与，重合．
(1)求的度数；(2)如图2，将绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与平行四边形的两边，相交于点E，F．①试探究，的数量关系，并证明你的结论；②连结，在旋转过程中，的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出周长的最小值．
【答案】(1)(2)①，证明见解析；②
【详解】（1）∵中，，∴四边形是菱形，
∴，，，∴，
∵，∴，∴，，∴，
∵的顶点与点A重合，两边分别与，重合，∴；
（2）①，证明如下：∵四边形是菱形，∴，
∵，∴和是等边三角形，∴，，
∵，，∴，
在和中，，∴，∴，
∵，∴；
②的周长发生改变，理由如下：如图，连接，
由①知：，，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，
∵的的周长，∴的周长发生改变，
当最小时，周长最小，即最小时，的周长最小，此时，
在中，，，∴，，
∴，∴周长的最小值为．

1．（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，的对角线，交于点O，以下条件不能证明是菱形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：A项：在中，与是一组邻边，当时，满足菱形的定义，
∴可以证明是菱形，故不符合题意；
B项：∵在中，，∴，
∵，∴，∴，∴是菱形，故不符合题意；
C项：∵四边形ABCD是平行四边形，且，满足菱形的判定条件，
∴可以证明是菱形，故不符合题意；
D项：在中，对角线互相平分，∴是平行四边形本身就具有的性质，
但仅由不能证明是菱形，故符合题意，故选：D．
2．（25-26八年级下·江苏泰州·期末）如图，在菱形中，，点E在上，将沿着折叠，使点B的对应点F正好落在边上，对角线交折痕于点G，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，
∴，由折叠的性质知，，，
∴，∴，∴，
∴，∴，
∴．
3．（25-26八年级下·海南三亚·期末）如图，在菱形中，对角线、相交于点，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点、；再分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内交于点；作射线，交于点．若，，则的值为（ ）
A．3B．7C．11D．12
【答案】A
【详解】解：如图所示，过点H作于点I，
∵在菱形中，对角线、相交于点，∴，
由作图方法可知，平分，∴，∴．
4．（25-26八年级下·四川眉山·期末）如图，平行四边形中，，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点，连接．若，，则四边形的面积为（ ）
A．60B．90C．120D．240
【答案】C
【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ，
点是的中点， ，
在和中， ， ， ，，
，， 四边形是平行四边形，
， 平行四边形是菱形， ，
在中，， ，
四边形的面积．
5.（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，在菱形中，，对角线，相交于点，是线段上一点，连结，将沿翻折，点落在点处，交于点．若，，则菱形的面积为_______．
【答案】15
【详解】解：由折叠的性质可知，，即
∵，交于点， ∴
在中，，即
∴，即
在菱形中，，
∴在中，
∵， ∴
在中，，， ∴是等腰直角三角形，即
∵， ∴
在中，由勾股定理得， 即， ，即
∴ 菱形的面积∴．
6．（25-26八年级下·安徽合肥·期末）如图，在菱形中，，分别是边，上的动点，连接，，，分别为，的中点，连接．若，，则
（1）对角线的长为_____________．（2）的最小值为_________________．
【答案】
【详解】解：（1）作交延长线于，
∵在菱形中，，，∴，
∴，∴，∴，∴；
（2）连接，，分别为，的中点，，当有最小值时，有最小值，
当时，根据垂线段最短，有最小值，
四边形是菱形，，∴，，
四边形是菱形，，，，
，的最小值为，的最小值为
7．（25-26九年级下·内蒙古呼和浩特·开学考试）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接，若，则的长为________．
【答案】
【详解】解：如下图所示，过点作，
菱形中，，，，，
与是等边三角形，，，
，，，，，
，，，，
，．
8.（25-26八年级下·新疆巴州·期中）如图，在中，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件________使是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【详解】解：已知四边形是平行四边形．
根据一组邻边相等的平行四边形是菱形． 因此添加条件，即可得到是菱形．
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 因此添加条件，即可得到是菱形．
其他符合要求的条件还有、等，本题答案不唯一．
9．（25-26九年级上·四川成都·期中）如图，已知线段，分别以点为圆心，以为半径画弧，两弧相交于点，连接，则四边形的面积为___________．
【答案】
【详解】解：如图：连接，
根据作图可知，，∴四边形是菱形，
∴，，，∴，
由勾股定理得：，∴，
∴四边形的面积为．故答案为：．
10．（25-26九年级上·四川成都·期末）如图，为菱形的对角线，按以下步骤作图：①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点；②作直线分别交于点，，连接．若，则的度数为___________．
【答案】/72度
【详解】解：∵四边形是菱形，，∴，平分，
∴；根据作图痕迹，直线是的垂直平分线，
∴，∴，∴；故答案为：．
11．（25-26九年级上·江西景德镇·期末）如图，在菱形中，，将菱形一部分沿翻折，点恰好落在的延长线上处．(1)求证：；(2)若，求菱形的边长．
【答案】(1)见解析(2)
【详解】（1）证明：由折叠的性质得，∵在菱形中，，∴，
∵点恰好落在的延长线上，∴是等腰三角形，∴，
∵，∴，∴，∴；
（2）解：由折叠的性质得，，
∵在菱形中，，，∴，，
由（1）知，∴，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，
∴，∴．∴菱形的边长为．
12．（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，在中，，是的中点，，．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，求四边形的面积；
(3)利用圆规和无刻度直尺在图中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由．
【答案】(1)见解析；(2)；(3)见解析．
【详解】（1）证明：∵，D是的中点，∴，
∵，，∴，∴四边形为菱形；
（2）解：∵，∴，∴，∴，∴，
∵D是的中点，∴，∵四边形为菱形，∴，
∴四边形的面积；
（3）如图所示，射线就是所求的射线
1．（2026·河南新乡·三模）如图，在边长为10的菱形中，点，分别为边，上的动点，且，连接，．若菱形的面积为75，则的最小值为（ ）
A．B．17C．D．19
【答案】C
【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接交于点，连接，，，
则，，．四边形是菱形，，．
，，，．
在和中，，，，
，的最小值为．
，的最小值是．
2．（25-26八年级下·陕西西安·期末）如图，在菱形中，，过点D作，垂足为E，过点E作，分别交，于点F，G，M，N分别是，的中点，连接，若，则的长为________．
【答案】
【详解】解：∵在菱形中，，，
∴，，，
∵，∴，，∴，
∵，∴四边形是平行四边形，，∴，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，，
如图，连接，则是等边三角形，∴，
取中点，连接并延长交于，连接，
∵M是的中点，∴是的中位线，∴，，∴，
∵N是的中点，∴是的中位线，∴，，
∴，，∴，
∴，∴，
∴，，
∴．
3．（2026·陕西宝鸡·一模）如图，四边形和四边形均为菱形，且菱形的面积为落在边上，若的面积为，则的面积是___________．
【答案】
【详解】解：如图，连接，
四边形和四边形都是菱形，，，，，
，，，，，
，和同底等高，，
菱形的面积为，的面积为，，
故答案为：．
4．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线、交点D．将菱形绕点O逆时针方向旋转，每次旋转，则旋转2次后，点D的坐标是________，旋转2022次后．点D的坐标是 _____________．

【答案】
【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，

∵四边形是菱形，∴，点D是的中点，∵点A的坐标为，∴，
∵，∴，
∵轴，∴， ，
∴，∴点B的坐标为，，
∵点D是的中点，∴点D的坐标为， ，
菱形每次逆时针旋转，相当于对点D每次逆时针旋转，根据图形变化可得，
旋转1次坐标为，旋转2次坐标为，旋转3次坐标为，
旋转4次坐标为，旋转5次坐标为，旋转6次坐标为，……，
∴旋转2次后，点D的坐标是，坐标的变化具有周期性，，
∴旋转2022次后．点D的坐标是，故答案为：；．
5.（2026·浙江温州·三模）如图，在菱形中，，点是边上的一点，将沿折叠得，射线交边于点．(1)如图1，求的度数．(2)求证：．(3)如图2，取边的中点，连结，，当时，求的值．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，，
又，，
∵将沿折叠得，，．
(2)证明：如图1，过作交于点．
∵四边形是菱形，，，
又，∴四边形是平行四边形，，
∵将沿折叠得，，，
又，，，， ，，，
又，四边形是平行四边形，，又，，
．
（3）解：如图2，延长，交于点，作于点．
设，．由（2）得．
∵，∴，∵点是的中点，∴，
∵，∴，∴．
，根据折叠可得，∴，，∴，
根据（2）可得，∴，∴，∴，
，，
根据折叠可得，根据菱形的性质可得，，
由（1）得，，，
，∴在中，，即，
解得：，∴，．
6．（25-26八年级下·陕西西安·期末）【问题提出】
如图①，已知在平行四边形中，对角线相交于点O，，．
(1)若，则的长为________________；
(2)若点E在线段上，过点C作，垂足为F，连接，若为等腰直角三角形，且，试探究、与之间存在的数量关系，并说明理由；
【问题解决】(3)如图②，校园内有一块平行四边形花坛，，，花坛两条对角线交于点O，园丁要在对角线上选一处动点P，从点位P向点位A修一段步道，再以为边长，在下方修建一块等边三角形小型花圃，现要规划路线，使得步道最短，请求出此时的占地面积．
【答案】（1）解：∵平行四边形，∴，，
∵，∴，∴；
(2)解：，理由如下：
证明：如图，过点A作，垂足为H，∴，
∵，∴，∵，
∴，即，
∵为等腰直角三角形，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵四边形是平行四边形，∴，
∵，，∴，
∴，∴，∴；
（3）解：连接，∵是等边三角形，∴，
∵，∴，即，
∵，∴，是等边三角形，
∴，，∴四边形是菱形，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴，即当点在线段上时，的值最小，
如图，∴，∴，
∵，即，∴，
∴，∴．
∴的占地面积为．
7．（25-26八年级下·广东广州·期中）已知在菱形中，．
(1)如图1．过点作点，连接，点是线段的中点，连接，若，求线段的长度；(2)如图2，连接．若，点是对角线上的一个动点，求的最小值．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）解：，，则，，
，，在菱形中，，
在中，，点是线段的中点，；
（2）如图，过点在直线的上方作，分别过点、作于点，于点，交于点，
连接，则，由菱形的性质可知，、关于直线对称，
，，
当点与重合时，的值最小，当点与重合时，．
当点与不重合时，．四边形是菱形，，，
又，，，∴，则，
∵，，即的最小值是．的最小值是．教学目标
1.掌握菱形核心性质：四条边相等、对角线互相垂直平分、对角线平分一组对角。
2.掌握菱形三种判定：①定义法；②四条边相等的四边形；③对角线互相垂直的平行四边形。
3.掌握菱形面积两种算法：底乘高、对角线乘积的一半。
4.能在计算题、证明题中灵活选用菱形性质与面积公式。
5.经历从平行四边形到菱形的特殊化探究过程，通过观察、猜想、推理论证，提升几何证明的逻辑推理能力与规范书写能力。
教学
重难点
1.重点
（1）菱形四边相等、对角线垂直平分的核心性质。
（2）菱形三种判定定理的准确使用。
（3）菱形对角线求面积的公式应用。
2.难点
（1）混淆矩形、菱形对角线性质（矩形相等、菱形垂直）。
（2）“对角线垂直的四边形≠菱形”，易错点：必须是平行四边形 + 对角线垂直。
（3）结合勾股定理进行菱形边长、对角线长度综合计算。
① ②平分 ③