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第五章 四邊形
第25講 菱形的性質與判定
（思維導圖+1考點+1命題點22種題型（含4種解題技巧））
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點 菱形
04題型精研·考向洞悉
命題點 菱形的性質與判定
題型01 利用菱形的性質求角度
題型02 利用菱形的性質求線段長
題型03 利用菱形的性質求周長
題型04 利用菱形的性質求面積
題型05 利用菱形的性質求點的坐標
題型06 利用菱形的性質證明
題型07 菱形的折疊問題
題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
題型09 證明四邊形是菱形
題型10 根據菱形的性質與判定求角度
題型11 根據菱形的性質與判定求線段長
題型12 根據菱形的性質與判定求周長
題型13 根據菱形的性質與判定求面積
題型14 根據菱形的性質與判定解決多結論問題
題型15 與菱形有關的新定義問題
題型16與菱形有關的規(guī)律探究問題
題型17與菱形有關的動點問題
題型18與菱形有關的最值問題
題型19 含60°角的菱形
題型20 菱形與函數綜合
題型21 與菱形有關的存在性問題
題型22 與菱形有關的材料閱讀類問題
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
菱形的有關 證明與計算 ★★ 理解菱形的概念; 探索并證明菱形的性質定理及其判定定理.
【考情分析】菱形是特殊的平行四邊形，其對角線互相垂直平分且平分每一組對角，其面積為對角線乘積的一半，荾形的考查經常與直角三角形的勾股定理、圖形面積等結合，試題形式多樣，難度中等. 【命題預測】菱形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年各地中考還將出現. 菱形的考察類型比較多樣，其中選擇、填空題?？疾炝庑蔚幕拘再|，解答題中考查菱形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態(tài)問題綜合應用的可能性比較大．
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 菱形
1.菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
【易錯點】對于菱形的定義要注意兩點（缺一不可）：①是平行四邊形；②一組鄰邊相等.
2.菱形的性質定理
性質定理 符號語言 圖示
邊 四條邊都相等 ∵四邊形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC
對角線 對角線互相垂直，且每一條對角線平分一組對角 ∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD
【補充】
1）菱形是特殊的平行四邊形，所以菱形具有平行四邊形的一切性質；
2）菱形的兩條對角線互相垂直，且對角線將菱形分成四個全等的直角三角形.
3）對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形.
4）菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.
3.菱形的對稱性
1）菱形是軸對稱圖形，兩條對角線所在的直線都是它的對稱軸.
2）菱形是中心對稱圖形，對角線的交點是它的對稱中心.
4. 菱形的判定
判定定理 符號語言 圖示
邊 四條邊相等的四邊形是菱形. 在四邊形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形
一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形. 在平行四邊形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四邊形ABCD是菱形
對角線 對角線互相垂直的平行四邊形是菱形. 在平行四邊形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形
1．（2024·四川·中考真題）如圖，在菱形中，，則菱形的周長為 ．
2．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形的邊長為2，，邊在數軸上，將繞點A順時針旋轉，點C落在數軸上的點E處，若點E表示的數是3，則點A表示的數是（ ）
A．1 B． C．0 D．
3．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，菱形的對角線，相交于點O，E是的中點，連接．若，則菱形的邊長為（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
4．（2024·江蘇南通·中考真題）若菱形的周長為，且有一個內角為，則該菱形的高為 ．
5．（2024·山東濟南·中考真題）如圖，在菱形中，，垂足為，垂足為．
求證：．
04題型精研·考向洞悉
命題點一 菱形的性質與判定
題型01 利用菱形的性質求角度
1．（2023·陜西·中考真題）點是菱形的對稱中心，，連接，則的度數為 ．
2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）將兩個完全相同的菱形按如圖方式放置，若，，則（ ）

A． B． C． D．
3．（2023·河北·中考真題）如圖，直線，菱形和等邊在，之間，點A，F分別在，上，點B，D，E，G在同一直線上：若，，則（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數是 ．

5．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，四邊形ABCD是的內接四邊形，若四邊形OABC為菱形，則的度數是 ．
題型02 利用菱形的性質求線段長
1）菱形的對角線互相垂直平分，因此涉及菱形的問題常會在直角三角形中解決；
2）菱形的四條達相等，因此菱形與等腰三角形、等邊三角形的合應用較多，利用菱形的性質求線段、角時，注意菱形與其他幾何知識的結合.
6．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在菱形中，，是的中點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖1，在菱形中，，連接，點M從B出發(fā)沿方向以的速度運動至D，同時點N從B出發(fā)沿方向以的速度運動至C，設運動時間為，的面積為，y與x的函數圖象如圖2所示，則菱形的邊長為（ ）

A． B． C． D．
8．（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，在菱形中，，，是一條對角線，是上一點，過點作，垂足為，連接．若，則的長為 ．
題型03 利用菱形的性質求周長
9．（2022·四川達州·中考真題）如圖，菱形的兩條對角線相交于點，若，，則菱形的周長是 ．

10．（2023·內蒙古·中考真題）如圖，在菱形中，，，順次連接菱形各邊中點、、、，則四邊形的周長為（ ）

A． B． C． D．
11．（2020·四川甘孜·中考真題）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，E為AB的中點．若菱形ABCD的周長為32，則OE的長為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
12．（2020·貴州黔東南·中考真題）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（　?。?br/>A．16 B．24 C．16或24 D．48
題型04 利用菱形的性質求面積
菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.（適用于對角線互相垂直的任意四邊形的面積的計算）
13．（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形的面積為24，點E是的中點，點F是上的動點．若的面積為4，則圖中陰影部分的面積為 ．
14．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形是菱形，，，于點，則的長是（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·山東聊城·中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點O，連接，，過點C作，交的延長線于點F，連接．若，，則四邊形的面積為 ．
.
16．（2023·四川瀘州·中考真題）若一個菱形的兩條對角線長分別是關于的一元二次方程的兩個實數根，且其面積為11，則該菱形的邊長為（　?。?br/>A． B． C． D．
題型05 利用菱形的性質求點的坐標
17．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，是坐標原點，菱形的頂點在軸的負半軸上，頂點的坐標為，則頂點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
18．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點在軸負半軸上，頂點在直線上，若點的橫坐標是8，為點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
19．（2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點A，B在x軸上，，，，將菱形繞點A旋轉后，得到菱形，則點的坐標是 ．

20．（2023·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標系中，菱形的頂點A的坐標為，．將菱形沿x軸向右平移1個單位長度，再沿y軸向下平移1個單位長度，得到菱形，其中點的坐標為（ ）

A． B． C． D．
題型06 利用菱形的性質證明
21．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形中，點E、F分別在、邊上，，求證：．
22．（2023·浙江嘉興·中考真題）如圖，在菱形中，于點，于點，連接

(1)求證：；
(2)若，求的度數．
23．（2024·四川德陽·中考真題）如圖，在菱形中，，對角線與相交于點，點為的中點，連接與相交于點，連接并延長交于點．
(1)證明：；
(2)證明：．
題型07 菱形的折疊問題
24．（2021·浙江嘉興·中考真題）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
25．（2023·江蘇南京·中考真題）如圖， 在菱形紙片中， 點E在邊上，將紙片沿折疊， 點B落在處，， 垂足為F 若， 則
26．（2023·山東濟南·中考真題）如圖，將菱形紙片沿過點的直線折疊，使點落在射線上的點處，折痕交于點．若，，則的長等于 ．

27．（2022·浙江臺州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折疊該菱形，使點A落在邊BC上的點M處，折痕分別與邊AB，AD交于點E，F．當點M與點B重合時，EF的長為 ；當點M的位置變化時，DF長的最大值為 ．
28．（2022·江蘇淮安·中考真題）在數學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形中，為銳角，為中點，連接，將菱形沿折疊，得到四邊形，點的對應點為點，點的對應點為點．
(1)【觀察發(fā)現】與的位置關系是______；
(2)【思考表達】連接，判斷與是否相等，并說明理由；
(3)如圖（2），延長交于點，連接，請?zhí)骄康亩葦担⒄f明理由；
(4)【綜合運用】如圖（3），當時，連接，延長交于點，連接，請寫出、、之間的數量關系，并說明理由．
題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
29．（2024·內蒙古通遼·中考真題）如圖，的對角線，交于點，以下條件不能證明是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
30．（2024·西藏·中考真題）如圖，在四邊形中，，，與相交于點O，請?zhí)砑右粋€條件 ，使四邊形是菱形．
31．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為O，，要使四邊形ABCD為菱形，應添加的條件是 ．（只需寫出一個條件即可）
32．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，點，分別在的邊，上，，連接，．請從以下三個條件：①；②；③中，選擇一個合適的作為已知條件，使為菱形．
(1)你添加的條件是______（填序號）；
(2)添加了條件后，請證明為菱形．
題型09 證明四邊形是菱形
判定一個四邊形是菱形時，可先證明它是平行四邊形，再證明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接證明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．即：
33．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形．
(1)尺規(guī)作圖：作對角線的垂直平分線，交于點E，交于點F；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)連接．求證：四邊形是菱形．
34．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形紙條寬度為，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形的面積為，求此時直線所夾銳角的度數．
35．（2024·云南·中考真題）如圖，在四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，且，，四邊形是矩形．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若矩形的周長為22，四邊形的面積為10，求的長．
題型10 根據菱形的性質與判定求角度
36．（2024·湖北武漢·中考真題）小美同學按如下步驟作四邊形：①畫；②以點為圓心，個單位長為半徑畫弧，分別交，于點，；③分別以點，為圓心，個單位長為半徑畫弧，兩弧交于點；④連接，，．若，則的大小是（ ）

A． B． C． D．
37．（2024·江蘇南京·三模）如圖，將矩形繞點旋轉得到矩形，點在上，延長交于點．

(1)求證；
(2)連接，當與的比值為_______時，四邊形是菱形．
38．（2024·江蘇蘇州·一模）如圖，在中，以點為圓心，以的長為半徑作弧交邊于點，連接．分別以點為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧交于點，作射線交于點，交邊于點．
(1)求證：；
(2)若，求的度數．
題型11 根據菱形的性質與判定求線段長
39．（2024·山東德州·中考真題）如圖，中，對角線平分．

(1)求證：是菱形；
(2)若，，求菱形的邊長．（參考數據：，，）
40．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在中，點，分別在，的延長線上，且，連接與交于點，連接，．
(1)求證：；
(2)若，，求四邊形的周長．
41．（2023·湖南益陽·中考真題）如圖，線段與相切于點B，交于點M，其延長線交于點C，連接，，D為上一點且的中點為M，連接，．

(1)求的度數；
(2)四邊形是否是菱形？如果是，請證明：如果不是，請說明理由；
(3)若，求的長．
42．（2022·四川涼山·中考真題）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
(1)求證：四邊形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面積為40，求AC的長．
題型12 根據菱形的性質與判定求周長
43．（2022·湖南長沙·中考真題）如圖，在中，對角線AC，BD相交于點O，．

(1)求證：；
(2)若點E，F分別為AD，AO的中點，連接EF，，求BD的長及四邊形ABCD的周長．
44．（2021·湖南邵陽·中考真題）如圖，在正方形中，對角線，相交于點，點，是對角線上的兩點，且．連接，，，．
（1）證明：．
（2）若，，求四邊形的周長．
45．（2020·江蘇連云港·中考真題）如圖，在四邊形中，，對角線的垂直平分線與邊、分別相交于、．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）若，，求菱形的周長．
題型13 根據菱形的性質與判定求面積
46．（2023·四川巴中·中考真題）如圖，已知等邊，，E為中點．以D為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點M，交于點N，分別以M、N為圓心，大于為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線交于點G．過點E作交射線于點F，連接．

(1)求證：四邊形是菱形．
(2)若，求的面積．
47．（2022·廣西賀州·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F分別在AD，BC上，且，連接AF，CE，AC，EF，且AC與EF相交于點O．
(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；
(2)若AC平分，，求四邊形AFCE的面積．
48．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，在矩形中（），對角線相交于點O，延長到點E，使得，連接，點F是的中點，連接．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若矩形的周長為20，，求四邊形的面積．
題型14 根據菱形的性質與判定解決多結論問題
49．（2023·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形沿著直線折疊，使點C與延長線上的點Q重合．交于點F，交延長線于點E．交于點P，于點M，，則下列結論，①，②，③，④．正確的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
50．（2022·山東東營·中考真題）如圖，已知菱形的邊長為2，對角線相交于點O，點M，N分別是邊上的動點，，連接.以下四個結論正確的是（ ）
①是等邊三角形；②的最小值是；③當最小時；④當時，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
51．（2024·全國·模擬預測）如圖，在菱形中，，對角線，交于點，動點在邊上（不與點重合），連接，的垂直平分線交于點，交于點，連接，，，現有以下結論：①點，之間的距離為定值；②；③的值可以是；④或．其中正確的是 ．（寫出所有正確結論的序號）
52．（2023·河北承德·一模）如圖，在菱形中，、相交于點，、分別為和上的點（不與點、、重合）．其中．過點作，分別交、于點、；過點作分別交、于點、；連接、，甲、乙、丙三個同學給出了三個結論：
甲：隨著長度的變化，始終成立．
乙：隨著長度的變化，四邊形可能為正方形．
丙：隨著長度的變化，四邊形的面積始終不變，都是菱形面積的一半．
下列選項正確的是（　?。?br/>
A．甲、乙、丙都對 B．甲、乙對，丙不對
C．甲、丙對，乙不對 D．甲不對，乙、丙對
題型15 與菱形有關的新定義問題
53．（2024·江蘇泰州·一模）定義：一個四邊形中，若有一個角的兩邊相等，且與它的對角互補，則稱這個四邊形為“半等邊四邊形”，則下列四邊形一定是“半等邊四邊形”的是( )
A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
54．（22-23八年級下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）我們知道，菱形和正方形雖然都是四邊相等的四邊形，但形狀有差異，可以將菱形和正方形的接近程度稱為菱形的“神似度”，如圖，菱形中，對角線，的長分別為，（），我們把定義為菱形的“神似度”．
(1)當菱形的“神似度”______時，菱形就是正方形；
(2)當時，求菱形的“神似度”．
55．（2023·廣西崇左·二模）箏形的定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做箏形．
(1)根據箏形的定義，寫出一種學過的滿足箏形的定義的四邊形：______；
(2)如圖1，在正方形中，E是對角線延長線上一點，連接．求證：四邊形是箏形：
(3)小明學習箏形后對箏形非常感興趣，購買了一只風箏，通過測量它的主體（如圖2）得，，發(fā)現它是一個箏形，還得到，，，求箏形的面積．
題型16與菱形有關的規(guī)律探究問題
56．（2022·遼寧·中考真題）如圖，為射線上一點，為射線上一點，．以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；延長交射線于點，以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；延長交射線于點，以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；…，按此規(guī)律進行下去，則的面積 ．
57．（2021·黑龍江·中考真題）如圖，菱形中，，，延長至，使，以為一邊，在的延長線上作菱形，連接，得到；再延長至，使，以為一邊，在的延長線上作菱形，連接，得到……按此規(guī)律，得到，記的面積為，的面積為……的面積為，則 ．
58．（2024·湖南益陽·二模）如圖，菱形的邊長為2，，則菱形的面積是；以對角線為邊作第二個菱形，使，則菱形的面積是；以對角線為邊作第三個菱形，使，則菱形的面積是；…．按此規(guī)律所作的第個菱形的面積是 ．
59．（2024·河南商丘·二模）如圖，平面直角坐標系中，菱形的頂點O為原點，，，作以下操作∶①將菱形繞點 O 順時針旋轉得到菱形；②將菱形繞點O順時針旋轉得到菱形；③將菱形繞點O 順時針旋轉得到菱形…按此規(guī)律，的坐標為（ ）
A． B． C． D．
題型17與菱形有關的動點問題
60．（2024·甘肅·中考真題）如圖1，動點P從菱形的點A出發(fā)，沿邊勻速運動，運動到點C時停止．設點P的運動路程為x，的長為y，y與x的函數圖象如圖2所示，當點P運動到中點時，的長為（　　）
A．2 B．3 C． D．
61．（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在菱形中，，，點E是邊上的動點，連接，，過點A作于點F．設，，則y與x之間的函數解析式為（不考慮自變量x的取值范圍）（ ）
A． B． C． D．
62．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，四邊形是邊長為的菱形，，點為的中點，為線段上的動點，現將四邊形沿翻折得到四邊形．

(1)當時，求四邊形的面積；
(2)當點在線段上移動時，設，四邊形的面積為，求關于的函數表達式．
63．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）如圖，在菱形中，，，為對角線上一動點，以為一邊作，交射線于點，連接．點從點出發(fā)，沿方向以每秒的速度運動至點處停止．設的面積為，點的運動時間為秒．
(1)求證：；
(2)求與的函數表達式，并寫出自變量的取值范圍；
(3)求為何值時，線段的長度最短．
題型18與菱形有關的最值問題
64．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，菱形中，，點是邊上的點，，，點是上的一點，是以點為直角頂點，為角的直角三角形，連結．當點在直線上運動時，線段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
65．（2022·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，菱形，點、、、均在坐標軸上，，點，點是的中點，點是上的一動點，則的最小值是（ ）
A．3 B．5 C． D．
66．（2024·四川涼山·中考真題）如圖，在菱形中，，是邊上一個動點，連接，的垂直平分線交于點，交于點．連接．

(1)求證：；
(2)求的最小值．
題型19 含60°角的菱形
【基礎】條件：四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交與點O，∠ABC=60°
圖示：
結論： 1)∠ABD=∠CBD=30°；2) △ABC，△ACD為等邊三角形
3)AB：AD：BD=1:1:； 4)
【進階】條件：四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，E，F分別是BC，CD上的點，∠EAF=60°
圖示：
結論：1) △AEF為等邊三角形;2) △ABE≌△ACF,△AEC≌△AFD.
67．（2024·廣西·中考真題）如圖，兩張寬度均為的紙條交叉疊放在一起，交叉形成的銳角為，則重合部分構成的四邊形的周長為 ．
68．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，在菱形中，，，動點，同時從點出發(fā)，點以每秒個單位長度沿折線向終點運動；點以每秒個單位長度沿線段向終點運動，當其中一點運動至終點時，另一點隨之停止運動．設運動時間為秒，的面積為個平方單位，則下列正確表示與函數關系的圖象是（ ）

A． B． C． D．
69．（2022·江蘇常州·中考真題）如圖，將一個邊長為的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到時才會斷裂．若，則橡皮筋 斷裂（填“會”或“不會”，參考數據：）．
70．（2024·貴州·模擬預測）綜合與實踐：在菱形中，，作，，分別交，于點，．
(1)【動手操作】如圖①，若是邊的中點，根據題意在圖①中畫出，則________度；
(2)【問題探究】如圖②，當為邊上任意一點時，求證：；
(3)【拓展延伸】如圖③，在菱形中，，點，分別在邊，上，在菱形內部作，連接，若，求線段的長．
71．（2024·湖南婁底·模擬預測）如圖，在菱形中，與相交于點，點F，G分別在邊上運動，．
(1)當F，G為邊的中點時，求證：為正三角形；
(2)當時，求的面積．
題型20 菱形與函數綜合
72．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的一邊在軸正半軸上，頂點的坐標為，點是邊上的動點，過點作 交邊于點，作交邊于點，連接．設的面積為．

(1)求關于的函數解析式；
(2)當取何值時，的值最大？請求出最大值．
73．（2024·江西南昌·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形為菱形，點在軸正半軸上，反比例函數的圖象經過頂點．
(1)若，，求反比例函數的解析式．
(2)若菱形的面積為20，直接寫出反比例函數的解析式．
74．（2023·遼寧沈陽·三模）已知：如圖所示，在直角坐標系中，線段與直線交于點，連接，，，得菱形，點的橫坐標為，點的坐標為，點，分別是線段，上的動點，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度向終點移動，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度向點移動，到達點后立即以原速再向終點移動，設，同時出發(fā)，移動時間為秒（），當其中一個點停止移動時，另一個點也隨之停止移動．
(1)求直線的函數表達式；
(2)當為何值時，直線平分菱形的面積？
(3)若直線與對角線的交點為，是邊的中點，當時，請直接寫出當的周長取最小值時的值．
題型21 與菱形有關的存在性問題
75．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，等邊三角形的邊在x軸上，點A在第一象限，的長度是一元二次方程的根，動點P從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿折線運動，動點Q從點O出發(fā)以每秒3個單位長度的速度沿折線運動，P、Q兩點同時出發(fā)，相遇時停止運動．設運動時間為t秒（），的面積為S．
(1)求點A的坐標；
(2)求S與t的函數關系式；
(3)在（2）的條件下，當時，點M在y軸上，坐標平面內是否存在點N，使得以點O、P、M、N為頂點的四邊形是菱形．若存在，直接寫出點N的坐標；若不存在，說明理由．
76．（2023·四川廣安·中考真題）如圖，二次函數的圖象交軸于點，交軸于點，點的坐標為，對稱軸是直線，點是軸上一動點，軸，交直線于點，交拋物線于點．

(1)求這個二次函數的解析式．
(2)若點在線段上運動（點與點、點不重合），求四邊形面積的最大值，并求出此時點的坐標．
(3)若點在軸上運動，則在軸上是否存在點，使以、為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．
77．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一個根，且tan∠OAB，點D為AB的中點，E為x軸正半軸上一點，BE＝2，直線OD與BE相交于點F．
（1）求點A及點D的坐標；
（2）反比例函數y經過點F關于y軸的對稱點F′，求k的值；
（3）點G和點H在直線AB上，平面內存在點P，使以E，G，H，P為頂點的四邊形是邊長為6的菱形，符合條件的菱形有幾個？請直接寫出滿足條件的兩個點P的坐標．
題型22 與菱形有關的材料閱讀類問題
78．（2024·山西朔州·模擬預測）閱讀與思考
下面是小逸同學的數學日記，請仔細閱讀，并完成相應的任務．
作矩形的最大內接菱形的方法 頂點在矩形邊上的菱形叫做矩形的內接菱形，在實踐活動課上，數學老師提出來一個問題“如何從一張矩形紙片中翻作出一個最大的內接菱形”實踐小組成員經過思考后，分別給了3種不同的方法． 方法一：通過折，將矩形紙片橫對折后再豎對折，沿對角線剪一刀將到一個直角三角形，展開后就是菱形（如圖1）．則四邊形是矩形的內接菱形． 方法二：通過疊，取兩個大小一樣的矩形紙片，讓兩矩形的長兩兩相交，重疊的部分形成四邊形．則四邊形也是矩形的內接菱形，（如圖2） 方法三：通過尺規(guī)作圖，作矩形的對角線的垂直平分線，與邊交于點E．與邊交于點F，連接，，則四邊形是矩形的內接菱形． 實踐小組通過三種方法得到的菱形進行分析，討論，計算，對比，從而得出矩形的最大內接菱形．
任務：
(1)填空：通過“方法一”能得到的菱形，它的依據是_______．
(2)尺規(guī)作圖：請你在圖3中完成日記中的“方法三”的作圖過程，（保留作圖痕跡，不要求寫作法）
(3)若矩形，，請你根據日記中三種方法，計算此矩形的內接菱形的面積最大值為______．
79．（2023·云南昆明·模擬預測）【閱讀材料】
問題：已知：如圖， 求作：菱形．使點分別在上． 小明的作法： （1）以為圓心．長為半徑畫弧，交于點； （2）以為圓心．長為半徑畫弧，交于點； （3）連接，四邊形就是所求作的菱形．
【解答問題】
(1)請根據材料中的信息，證明四邊形是菱形；
(2)如果，，求菱形的面積．
80．（2024·湖南長沙·模擬預測）閱讀短文，解決問題．
若平行四邊形的四個頂點都在三角形的邊上，且有一個角與三角形的一個角重合，另一個頂點在三角形的這個重合角的對邊上，我們就稱這個平行四邊形是該三角形的“相依四邊形”．例如：如圖，在平行四邊形中，與重合，點在上，則稱平行四邊形為的“相依四邊形”．
(1)如圖，平行四邊形為的“相依四邊形”，平分，判斷四邊形的形狀，并進行證明．
(2)在（1）的條件下，如圖，．
①若，，求四邊形的周長；
②如圖，分別是的中點，連接，若，求的值．第五章 四邊形
第25講 菱形的性質與判定
（思維導圖+1考點+1命題點22種題型（含4種解題技巧））
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點 菱形
04題型精研·考向洞悉
命題點 菱形的性質與判定
題型01 利用菱形的性質求角度
題型02 利用菱形的性質求線段長
題型03 利用菱形的性質求周長
題型04 利用菱形的性質求面積
題型05 利用菱形的性質求點的坐標
題型06 利用菱形的性質證明
題型07 菱形的折疊問題
題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
題型09 證明四邊形是菱形
題型10 根據菱形的性質與判定求角度
題型11 根據菱形的性質與判定求線段長
題型12 根據菱形的性質與判定求周長
題型13 根據菱形的性質與判定求面積
題型14 根據菱形的性質與判定解決多結論問題
題型15 與菱形有關的新定義問題
題型16與菱形有關的規(guī)律探究問題
題型17與菱形有關的動點問題
題型18與菱形有關的最值問題
題型19 含60°角的菱形
題型20 菱形與函數綜合
題型21 與菱形有關的存在性問題
題型22 與菱形有關的材料閱讀類問題
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
菱形的有關 證明與計算 ★★ 理解菱形的概念; 探索并證明菱形的性質定理及其判定定理.
【考情分析】菱形是特殊的平行四邊形，其對角線互相垂直平分且平分每一組對角，其面積為對角線乘積的一半，荾形的考查經常與直角三角形的勾股定理、圖形面積等結合，試題形式多樣，難度中等. 【命題預測】菱形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年各地中考還將出現. 菱形的考察類型比較多樣，其中選擇、填空題?？疾炝庑蔚幕拘再|，解答題中考查菱形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態(tài)問題綜合應用的可能性比較大．
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 菱形
1.菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
【易錯點】對于菱形的定義要注意兩點（缺一不可）：①是平行四邊形；②一組鄰邊相等.
2.菱形的性質定理
性質定理 符號語言 圖示
邊 四條邊都相等 ∵四邊形ABCD是菱形 ∴AB=CD=AD=BC
對角線 對角線互相垂直，且每一條對角線平分一組對角 ∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD， AC平分∠BAD，AC平分∠BAD
【補充】
1）菱形是特殊的平行四邊形，所以菱形具有平行四邊形的一切性質；
2）菱形的兩條對角線互相垂直，且對角線將菱形分成四個全等的直角三角形.
3）對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形.
4）菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.
3.菱形的對稱性
1）菱形是軸對稱圖形，兩條對角線所在的直線都是它的對稱軸.
2）菱形是中心對稱圖形，對角線的交點是它的對稱中心.
4. 菱形的判定
判定定理 符號語言 圖示
邊 四條邊相等的四邊形是菱形. 在四邊形ABCD中， ∵AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形
一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形. 在平行四邊形ABCD中， ∵AB=BC，∴平行四邊形ABCD是菱形
對角線 對角線互相垂直的平行四邊形是菱形. 在平行四邊形ABCD中， ∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形
1．（2024·四川·中考真題）如圖，在菱形中，，則菱形的周長為 ．
【答案】8
【分析】本題主要考查菱形的性質．根據菱形的性質“菱形的四條邊相等”可直接進行求解．
【詳解】解：由菱形的四條邊相等可得：菱形的周長為，
故答案為：8．
2．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形的邊長為2，，邊在數軸上，將繞點A順時針旋轉，點C落在數軸上的點E處，若點E表示的數是3，則點A表示的數是（ ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】本題考查了菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理．作于點，利用菱形的性質，直角三角形的性質，勾股定理計算即可．
【詳解】解：作于點，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵點E表示的數是3，
∴點A表示的數是，
故選：D．
3．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，菱形的對角線，相交于點O，E是的中點，連接．若，則菱形的邊長為（ ）

A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【分析】根據菱形的性質可得，根據“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”可得，即可得解．
本題主要考查了菱形的性質和“直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半”的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
，
∵E是的中點，
，
∴。
故選：A．
4．（2024·江蘇南通·中考真題）若菱形的周長為，且有一個內角為，則該菱形的高為 ．
【答案】
【分析】本題考查的是菱形的性質，銳角的正弦的含義，先畫圖，求解，過作于，結合可得答案．
【詳解】解：如圖，菱形的周長為，
∴，
過作于，而，
∴，
故答案為：
5．（2024·山東濟南·中考真題）如圖，在菱形中，，垂足為，垂足為．
求證：．
【答案】證明見解析．
【分析】本題主要考查了菱形的性質， 全等三角形的判定以及性質，由菱形的性質得出，用證明，由全等三角形的性質可得出， 由線段的和差關系即可得出．
【詳解】證明：四邊形是菱形
04題型精研·考向洞悉
命題點一 菱形的性質與判定
題型01 利用菱形的性質求角度
1．（2023·陜西·中考真題）點是菱形的對稱中心，，連接，則的度數為 ．
【答案】62°
【分析】連接，根據中心對稱圖形的定義得出點是菱形的兩對角線的交點，根據菱形的性質得出，，那么．
【詳解】解：如圖，連接，
點是菱形的對稱中心，，
點是菱形的兩對角線的交點，
，，
．
故答案為：．
【點評】本題考查了菱形的性質，菱形是中心對稱圖形，兩對角線的交點是對稱中心，掌握菱形的兩條對角線互相垂直平分，并且每一條對角線平分一組對角是解題的關鍵．
2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）將兩個完全相同的菱形按如圖方式放置，若，，則（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由題意可得，由菱形的性質可得，由平行線的性質可得，進行計算即可得到答案．
【詳解】解：根據題意可得：，
四邊形為菱形，
，
，
，
，
故選：D．
【點睛】本題考查了菱形的性質、平行線的性質，熟練掌握菱形的性質、平行線的性質，是解題的關鍵．
3．（2023·河北·中考真題）如圖，直線，菱形和等邊在，之間，點A，F分別在，上，點B，D，E，G在同一直線上：若，，則（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如圖，由平角的定義求得，由外角定理求得，，根據平行性質，得，進而求得．
【詳解】如圖，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
故選：C．

【點睛】本題考查平行線的性質，平角的定義，等邊三角形的性質，三角形外角定理，根據相關定理確定角之間的數量關系是解題的關鍵．
4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數是 ．

【答案】或
【分析】根據題意畫出圖形，結合菱形的性質可得，再進行分類討論：當點E在點A上方時，當點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，，
∴，
連接，
①當點E在點A上方時，如圖，
∵，，
∴，
②當點E在點A下方時，如圖，
∵，，
∴，
故答案為：或．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和以及三角形的外角定理，解題的關鍵是掌握菱形的對角線平分內角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內角和為；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角之和．
5．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，四邊形ABCD是的內接四邊形，若四邊形OABC為菱形，則的度數是 ．
【答案】60°
【分析】根據菱形的性質得到∠AOC＝∠ABC，根據圓周角定理得到∠ADC＝∠AOC，根據圓內接四邊形的性質得到∠ADC＋∠ABC＝180°，計算即可．
【詳解】解：∵四邊形OABC為菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圓周角定理得：∠ADC＝∠AOC，
∵四邊形ABCD為⊙O的內接四邊形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案為：60°．
【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理、菱形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．
題型02 利用菱形的性質求線段長
1）菱形的對角線互相垂直平分，因此涉及菱形的問題常會在直角三角形中解決；
2）菱形的四條達相等，因此菱形與等腰三角形、等邊三角形的合應用較多，利用菱形的性質求線段、角時，注意菱形與其他幾何知識的結合.
6．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在菱形中，，是的中點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了解直角三角形，菱形的性質，解題的關鍵是掌握菱形四邊都相等，以及正確畫出輔助線，構造直角三角形求解．
延長，過點E作延長線的垂線，垂足為點H，設，易得，則，進而得出，再得出，最后根據，即可解答．
【詳解】解：延長，過點E作延長線的垂線，垂足為點H，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∴，
設，
∵是的中點，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故選：C．
7．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖1，在菱形中，，連接，點M從B出發(fā)沿方向以的速度運動至D，同時點N從B出發(fā)沿方向以的速度運動至C，設運動時間為，的面積為，y與x的函數圖象如圖2所示，則菱形的邊長為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題主要考查菱形的性質和二次函數的性質，根據題意可知，，結合菱形的性質得，過點M作于點H，則，那么，設菱形的邊長為a，則，那么點M和點N同時到達點D和點C，此時的面積達到最大值為，利用最大值即可求得運動時間，即可知菱形邊長．
【詳解】解：根據題意知，，，
∵四邊形為菱形，，
∴，
過點M作于點H，連接交于點O，如圖，

則，
那么，的面積為，
設菱形的邊長為a，
∴，
∴點M和點N同時到達點D和點C，此時的面積達到最大值為，
∴，解得，（負值舍去），
∴．
故選：C．
8．（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，在菱形中，，，是一條對角線，是上一點，過點作，垂足為，連接．若，則的長為 ．
【答案】
【分析】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理等知識，過D作于H，先判斷，都是等邊三角形，得出，，，利用含的直角三角形的性質可得出，進而求出，，然后利用勾股定理求解即可．
【詳解】解∶過D作于H，
∵菱形中，，，
∴，，
∴，都是等邊三角形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案為：．
題型03 利用菱形的性質求周長
9．（2022·四川達州·中考真題）如圖，菱形的兩條對角線相交于點，若，，則菱形的周長是 ．

【答案】
【分析】根據菱形性質得到，，在中利用勾股定理得到，從而可以得到答案．
【詳解】解：在菱形的兩條對角線相交于點，若，，
，，
在中利用勾股定理得到，
菱形的周長是，
故答案為：．
【點睛】本題考查菱形的性質，涉及菱形對角線相互垂直平分、勾股定理及菱形四條邊相等等知識，熟練掌握菱形性質是解決問題的關鍵．
10．（2023·內蒙古·中考真題）如圖，在菱形中，，，順次連接菱形各邊中點、、、，則四邊形的周長為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形為平行四邊形，再求對角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．
【詳解】
解：如圖，連接、，相交于點，
點分別是邊的中點，
，，
，同理，
四邊形是平行四邊形，
四邊形是菱形， ，，
對角線互相垂直，
，
，
，，
是等邊三角形，
，
在中，，，
，
，
，，
四邊形的周長為．
故選：C．
【點睛】本題考查了中點四邊形的知識，解題的關鍵是靈活運用三角形的中位線定理，菱形的性質及平行四邊形的判定與性質進行計算．
11．（2020·四川甘孜·中考真題）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，E為AB的中點．若菱形ABCD的周長為32，則OE的長為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】利用菱形的對邊相等以及對角線互相垂直，進而利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB=90°，
又∵AB+BC+CD+AD=32．
∴AB=8，
在Rt△AOB中，OE是斜邊上的中線，
∴OE=AB=4．
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質、直角三角形斜邊上的中線的性質．注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．
12．（2020·貴州黔東南·中考真題）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（　　）
A．16 B．24 C．16或24 D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周長．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分兩種情況：
①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構成三角形；
②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．
故選：B．

【點睛】本題考查菱形的性質、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關系，熟練掌握并靈活運用是解題的關鍵．
題型04 利用菱形的性質求面積
菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.（適用于對角線互相垂直的任意四邊形的面積的計算）
13．（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形的面積為24，點E是的中點，點F是上的動點．若的面積為4，則圖中陰影部分的面積為 ．
【答案】10
【分析】本題考查了菱形的性質，三角形中線的性質，利用菱形的性質、三角形中線的性質求出，，根據和菱形的面積求出，，則可求出的面積，然后利用求解即可．
【詳解】解：連接，
∵菱形的面積為24，點E是的中點，的面積為4，
∴，，
設菱形中邊上的高為h，
則，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案為：10．
14．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形是菱形，，，于點，則的長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了勾股定理，菱形的性質，根據勾股定理求得，進而得出，進而根據等面積法，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，，，
∴，，，
在中，，
∴，
∵菱形的面積為，
∴，
故選：A．
15．（2023·山東聊城·中考真題）如圖，在中，的垂直平分線交于點，交于點O，連接，，過點C作，交的延長線于點F，連接．若，，則四邊形的面積為 ．
.
【答案】24
【分析】根據平行線的性質可得，根據垂直平分線的性質可得，，根據全等三角形的判定和性質可得，，根據平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形為菱形，根據勾股定理求得，根據菱形的性質即可求得四邊形的面積．
【詳解】∵，
∴，
∵的垂直平分線交于點，
∴，，
∴，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形，
又∵，，，
∴平行四邊形為菱形，
∵，
∴，
∴，
在中，，
故菱形的面積為，
故答案為：24．
【點睛】本題考查了平行線的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質是解題的關鍵．
16．（2023·四川瀘州·中考真題）若一個菱形的兩條對角線長分別是關于的一元二次方程的兩個實數根，且其面積為11，則該菱形的邊長為（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據一元二次方程根與系數的關系，得到，根據菱形的面積得到，利用勾股定理以及完全平方公式計算可得答案．
【詳解】解：設方程的兩根分別為a，b，
∴，
∵a，b分別是一個菱形的兩條對角線長，已知菱形的面積為11，
∴，即，
∵菱形對角線垂直且互相平分，
∴該菱形的邊長為
，故C正確．
故選：C．
【點睛】本題考查了根與系數的關系以及菱形的性質，完全平方公式，利用根與系數的關系得出是解題的關鍵．
題型05 利用菱形的性質求點的坐標
17．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，是坐標原點，菱形的頂點在軸的負半軸上，頂點的坐標為，則頂點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查平面直角坐標系內兩點間的距離公式，菱形的性質，坐標與圖形．結合菱形的性質求出是解題關鍵．由兩點間的距離公式結合菱形的性質可求出，從而可求出，即得出頂點的坐標為．
【詳解】解：如圖，
∵點的坐標為，
∴．　
∵四邊形為菱形，
∴，
∴，
∴頂點的坐標為．
故選C．
18．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點在軸負半軸上，頂點在直線上，若點的橫坐標是8，為點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】過點B作軸，垂足為點D，先求出，由勾股定理求得，再由菱形的性質得到軸，最后由平移即可求解．
【詳解】解：過點B作軸，垂足為點D，
∵頂點在直線上，點的橫坐標是8，
∴，即，
∴，
∵軸，
∴由勾股定理得：，
∵四邊形是菱形，
∴軸，
∴將點B向左平移10個單位得到點C，
∴點，
故選：B．
【點睛】本題考查了一次函數的圖像，勾股定理，菱形的性質，點的坐標平移，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關鍵．
19．（2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點A，B在x軸上，，，，將菱形繞點A旋轉后，得到菱形，則點的坐標是 ．

【答案】或
【分析】分兩種情況：當繞點A順時針旋轉后，當繞點A逆時針旋轉后，利用菱形的性質及直角三角形30度角的性質求解即可．
【詳解】解：當繞點A順時針旋轉后，如圖，

∵，
∴，
∵菱形中，，
∴，
延長交x軸于點E，
∴，，
∴，
∴，
∴；
當繞點A逆時針旋轉后，如圖，延長交x軸于點F，
∵，，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
故答案為：或．
【點睛】此題考查了菱形的性質，直角三角形30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，旋轉的性質，正確理解菱形的性質及旋轉的性質是解題的關鍵．
20．（2023·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標系中，菱形的頂點A的坐標為，．將菱形沿x軸向右平移1個單位長度，再沿y軸向下平移1個單位長度，得到菱形，其中點的坐標為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如圖，過作軸于，求解，，可得，求解，，可得，再利用平移的性質可得．
【詳解】解：如圖，過作軸于，

∵菱形的頂點A的坐標為，．
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵將菱形沿x軸向右平移1個單位長度，再沿y軸向下平移1個單位長度，
∴；
故選A
【點睛】本題考查的是菱形的性質，勾股定理的應用，銳角三角函數的應用，圖形的平移，熟練的求解B的坐標是解本題的關鍵．
題型06 利用菱形的性質證明
21．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形中，點E、F分別在、邊上，，求證：．
【答案】見解析
【分析】本題考查的是菱形的性質，全等三角形的判定與性質，先證明，再證明，從而可得結論．
【詳解】證明：在菱形中，
，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
22．（2023·浙江嘉興·中考真題）如圖，在菱形中，于點，于點，連接

(1)求證：；
(2)若，求的度數．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據菱形的性質的三角形全等即可證明．
（2）根據菱形的性質和已知條件可推出度數，再根據第一問的三角形全等和直角三角形的性質可求出和度數，從而求出度數，證明了等邊三角形，即可求出的度數．
【詳解】（1）證明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等邊三角形．
．
【點睛】本題考查了三角形全等、菱形的性質、等邊三角形的性質，解題的關鍵在于熟練掌握全等的方法和菱形的性質．
23．（2024·四川德陽·中考真題）如圖，在菱形中，，對角線與相交于點，點為的中點，連接與相交于點，連接并延長交于點．
(1)證明：；
(2)證明：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知識，熟練掌握菱形的性質和相似三角形的判定是解題關鍵．
（1）先根據菱形的性質可得，再證出是等邊三角形，根據等邊三角形的性質可得，然后根據相似三角形的判定即可得證；
（2）先根據等邊三角形的性質可得，從而可得，再根據定理即可得證．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴是等邊三角形，
∵點為的中點，
∴，
∴
∵，
∴．
（2）證明：∵是等邊三角形，，，
∴，
∴
∵是等邊三角形，
∴，
在和中，
，
∴．
題型07 菱形的折疊問題
24．（2021·浙江嘉興·中考真題）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【答案】D
【分析】此題是有關剪紙的問題，此類問題應親自動手折一折，剪一剪．
【詳解】解：由題可知，AD平分,折疊后與重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分線，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四邊形的判定：對角線互相平分的四邊形為平行四邊形，所以AEDF為平行四邊形；
又AD⊥EF，所以平行四邊形AEDF為菱形．
故選：
【點睛】本題主要考查學生對于立體圖形與平面展開圖形之間的轉換能力，與課程標準中“能以實物的形狀想象出幾何圖形，有幾何圖形想象出實物的圖形”的要求相一致，充分體現了實踐操作性原則．
25．（2023·江蘇南京·中考真題）如圖， 在菱形紙片中， 點E在邊上，將紙片沿折疊， 點B落在處，， 垂足為F 若， 則
【答案】/
【分析】根據菱形的性質，翻折的性質，和三角形的相似判定和性質解答即可．
【詳解】解：∵，
∴，
由翻折，菱形的性質，得： ， ，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
過點E作，
設， 則，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題考查了菱形的性質，折疊的性質，勾股定理，三角形相似的判定和性質，熟練掌握性質是解題的關鍵．
26．（2023·山東濟南·中考真題）如圖，將菱形紙片沿過點的直線折疊，使點落在射線上的點處，折痕交于點．若，，則的長等于 ．

【答案】
【分析】過點A作于點Q，根據菱形性質可得，根據折疊所得，結合三角形的外角定理得出，最后根據，即可求解．
【詳解】解：過點A作于點Q，
∵四邊形為菱形，，
∴，，
∴，
∵由沿折疊所得，
∴，
∴，
∵，，
∴，則，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質，折疊的性質，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握菱形和折疊的性質，正確畫出輔助線，構造直角三角形求解．
27．（2022·浙江臺州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折疊該菱形，使點A落在邊BC上的點M處，折痕分別與邊AB，AD交于點E，F．當點M與點B重合時，EF的長為 ；當點M的位置變化時，DF長的最大值為 ．
【答案】
【分析】當點M與點B重合時，EF垂直平分AB，利用三角函數即可求得EF的長；根據折疊的性質可知，AF=FM,若DF取最大值，則FM取最小值，即為邊AD與BC的距離DG，即可求解.
【詳解】解：當點M與點B重合時，由折疊的性質知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=，
∴EF=3；
當AF長取得最小值時，DF長取得最大值，
由折疊的性質知EF垂直平分AM，則AF=FM，
∴FM⊥BC時，FM長取得最小值，此時DF長取得最大值，
過點D作DG⊥BC于點C，則四邊形DGMF為矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=3，
∴DF長的最大值為AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3，
故答案為：3；6-3．
【點睛】本題考查了菱形的性質，折疊的性質，解直角三角形，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
28．（2022·江蘇淮安·中考真題）在數學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形中，為銳角，為中點，連接，將菱形沿折疊，得到四邊形，點的對應點為點，點的對應點為點．
(1)【觀察發(fā)現】與的位置關系是______；
(2)【思考表達】連接，判斷與是否相等，并說明理由；
(3)如圖（2），延長交于點，連接，請?zhí)骄康亩葦担⒄f明理由；
(4)【綜合運用】如圖（3），當時，連接，延長交于點，連接，請寫出、、之間的數量關系，并說明理由．
【答案】(1)；
(2)，理由見解析；
(3)，理由見解析；
(4)，理由見解析．
【分析】（1）利用菱形的性質和翻折變換的性質判斷即可；
（2）連接，，由可知點B、、C在以為直徑,E為圓心的圓上，則，由翻折變換的性質可得，證明，可得結論；
（3）連接，，，延長至點H，求出，，可得，然后證明，可得，進而得到即可解決問題．
（4）延長交的延長線于點，過點作交的延長線于點，設，，解直角三角形求出，，利用勾股定理求出，然后根據相似三角形的判定和性質及平行線分線段成比例求出，，再根據勾股定理列式即可得出結論．
【詳解】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性質可知，，
故答案為：；
（2）解：，
理由：如圖，連接，，
∵為中點，
∴，
∴點B、、C在以為直徑,E為圓心的圓上，
∴，
∴，
由翻折變換的性質可知，
∴，
∴；
（3）解：結論：；
理由：如圖，連接，，，延長至點H，
由翻折的性質可知，
設，，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，點B、、C在以為直徑,E為圓心的圓上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：結論：，
理由：如圖，延長交的延長線于點，過點作交的延長線于點，
設，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，則有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質，翻折變換，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
29．（2024·內蒙古通遼·中考真題）如圖，的對角線，交于點，以下條件不能證明是菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本題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．根據菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項判斷即可求解．
【詳解】解：A、∵，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
B、∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
C、∵，
∴，即，
∵四邊形是平行四邊形，
∴是菱形，故本選項不符合題意；
D、∵，
∴，無法得到是菱形，故本選項符合題意；
故選：D
30．（2024·西藏·中考真題）如圖，在四邊形中，，，與相交于點O，請?zhí)砑右粋€條件 ，使四邊形是菱形．
【答案】（答案不唯一）
【分析】本題考查了菱形的判定定理，由題干的已知條件可得出四邊形是平行四邊形，再根據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可得解，熟練掌握菱形的判定定理是解此題的關鍵．
【詳解】解：添加（答案不唯一），
∵在四邊形中，，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形，
故答案為：（答案不唯一）．
31．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為O，，要使四邊形ABCD為菱形，應添加的條件是 ．（只需寫出一個條件即可）
【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需寫出一個條件即可）
【分析】由菱形的判定方法進行判斷即可．
【詳解】解：可以添加的條件是：AB＝CD，理由如下：
∵，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加條件是：，理由如下：
∵，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加的條件是OA=OC，理由如下：
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加的條件是OB=OD，理由如下：
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．
故答案為：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需寫出一個條件即可）
【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質等知識，熟練掌握平行四邊形的判定，熟記“對角線互相垂直的平行四邊形為菱形”，是解題的關鍵．
32．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，點，分別在的邊，上，，連接，．請從以下三個條件：①；②；③中，選擇一個合適的作為已知條件，使為菱形．
(1)你添加的條件是______（填序號）；
(2)添加了條件后，請證明為菱形．
【答案】(1)①
(2)見解析
【分析】（1）添加合適的條件即可；
（2）證，得，再由菱形的判定即可得出結論．
【詳解】（1）解：添加的條件是．
故答案為：①．
（2）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴為菱形．
【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的性質、全等三角形的判定與性質等知識，熟練掌握菱形的判定，證明三角形全等是解題的關鍵．
題型09 證明四邊形是菱形
判定一個四邊形是菱形時，可先證明它是平行四邊形，再證明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接證明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．即：
33．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形．
(1)尺規(guī)作圖：作對角線的垂直平分線，交于點E，交于點F；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)連接．求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析；
(2)見解析．
【分析】本題主要考查矩形的性質，垂直平分線的畫法及性質，三角形全等的判定與性質，菱形的判定．
（1）根據垂直平分線的畫法即可求解；
（2）由直線是線段的垂直平分線．得到，，，，根據矩形的性質可證，可得，即可得到，即可求證．
【詳解】（1）解：如圖1所示，直線為所求；
（2）證明：如圖2，設與的交點為O，
由（1）可知，直線是線段的垂直平分線．
∴，，，，
又∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形．
34．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形紙條寬度為，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形的面積為，求此時直線所夾銳角的度數．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見詳解
(2)
【分析】本題主要考查矩形的性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角函數，掌握菱形的判定和性質是解題的關鍵．
（1）根據矩形的性質可得四邊形是平行四邊形，作，可證，可得，由此可證平行四邊形是菱形；
（2）作，根據面積的計算方法可得，結合菱形的性質可得，根據含的直角三角形的性質即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下，
如圖所示，過點作于點，過點作于點，
根據題意，四邊形，四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵寬度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形；
（2）解：如圖所示，過點作于點，
根據題意，，
∵，
∴，
由（1）可得四邊形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
35．（2024·云南·中考真題）如圖，在四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，且，，四邊形是矩形．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若矩形的周長為22，四邊形的面積為10，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接，，證明四邊形是平行四邊形，再利用三角形中位線定理得到，，利用矩形的性質得到，即可證明四邊形是菱形；
（2）利用三角形中位線定理和菱形性質得到，利用lx 面積公式得到，再利用完全平方公式結合勾股定理進行變形求解即可得到．
【詳解】（1）解：連接，，
，，
四邊形是平行四邊形，
四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，
，，
四邊形是矩形，
，
，
四邊形是菱形；
（2）解：四邊形中，點、、、分別是各邊的中點，
，，
矩形的周長為22，
，
四邊形是菱形，
即，
四邊形的面積為10，
，即，
，
，
．
【點睛】本題考查了平行四邊形性質和判定，矩形的性質和判定，三角形中位線定理，菱形的性質和判定，菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．
題型10 根據菱形的性質與判定求角度
36．（2024·湖北武漢·中考真題）小美同學按如下步驟作四邊形：①畫；②以點為圓心，個單位長為半徑畫弧，分別交，于點，；③分別以點，為圓心，個單位長為半徑畫弧，兩弧交于點；④連接，，．若，則的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了基本作圖，菱形的判定和性質，根據作圖可得四邊形是菱形，進而根據菱形的性質，即可求解．
【詳解】解：作圖可得
∴四邊形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴，
故選：C．
37．（2024·江蘇南京·三模）如圖，將矩形繞點旋轉得到矩形，點在上，延長交于點．

(1)求證；
(2)連接，當與的比值為_______時，四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題主要考查了旋轉的性質、全等三角形的判定和性質、等邊三角形的判定和性質，矩形的性質，菱形的判定和性質，解直角三角形，熟練掌握相關圖形的性質和判定定理是解題的關鍵．
（1）根據旋轉的性質以及矩形的性質，得，，，由此得到，，，證明，即可得到；
（2）由（1）得，由旋轉得，故，又，故四邊形是平行四邊形，若四邊形是菱形，則，為等邊三角形，故，，利用即可求解．
【詳解】（1）證明： 將矩形繞點旋轉得到矩形，根據旋轉的性質以及矩形的性質，
，，，
，
，
，
，
．
（2）解：連接如圖所示，
由（1），
，
由旋轉得，
，又，
四邊形是平行四邊形，
若四邊形是菱形，
則，
為等邊三角形，
，
四邊形為矩形，
，
，
，
．
38．（2024·江蘇蘇州·一模）如圖，在中，以點為圓心，以的長為半徑作弧交邊于點，連接．分別以點為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧交于點，作射線交于點，交邊于點．
(1)求證：；
(2)若，求的度數．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】本題考查了作圖-角平分線的作法，菱形的判定與性質，平行四邊形的性質，全等三角形的判定與性質：
（1）根據角平分線的定義結合平行四邊形對邊平行推出，再根據證明即可；
（2）證明四邊形是菱形即可得出結果．
【詳解】（1）證明：由作圖可知，平分，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在與中，
，
∴；
（2）解：如圖，連接，
由（1）知，且，
∴四邊形是平行四邊形，
又，
∴四邊形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴．
題型11 根據菱形的性質與判定求線段長
39．（2024·山東德州·中考真題）如圖，中，對角線平分．

(1)求證：是菱形；
(2)若，，求菱形的邊長．（參考數據：，，）
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】此題考查平行四邊形性質和菱形的判定和性質，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根據平行四邊形性質得出，再結合角平分線的定義及等腰三角形的判定即可得出，，根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形進而得出結論；
（2）連接，由菱形性質可知，，，在利用余弦求出長即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴．
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴四邊形是菱形．
（2）連接，交于點O，

∵四邊形是菱形．，，
∴，，，
∴，
即菱形的邊長為5．
40．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在中，點，分別在，的延長線上，且，連接與交于點，連接，．
(1)求證：；
(2)若，，求四邊形的周長．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）根據平行四邊形的性質得出，，進而得出，證明，根據證明，即可得證；
（2）證明是菱形，根據菱形的性質，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形
∴，（平行四邊形的對邊平行且相等）
∴（兩直線平行，內錯角相等）
∵
∴ 即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四邊形是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）
又∵
∴是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形）
∴（菱形的四條邊都相等）
∴菱形的周長.
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，全等三角形的性質與判定，菱形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
41．（2023·湖南益陽·中考真題）如圖，線段與相切于點B，交于點M，其延長線交于點C，連接，，D為上一點且的中點為M，連接，．

(1)求的度數；
(2)四邊形是否是菱形？如果是，請證明：如果不是，請說明理由；
(3)若，求的長．
【答案】(1)
(2)是菱形，證明見解析
(3)的長為．
【分析】（1）如圖，連接，證明，而，可得，再結合等腰三角形的性質可得答案；
（2）先證明，即，而，求解，可得，證明，可得，再證明，可得，從而可得結論；
（3）如圖，連接，，交于，證明為等邊三角形，可得，證明，，求解，再利用弧長公式進行計算即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接，

∵線段與相切于點B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）四邊形是菱形，理由如下：
∵的中點為M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中點為M，為直徑，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形．
（3）如圖，連接，，交于，

∵，，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的長為．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與系數，等邊三角形的判定與性質，菱形的判定與性質，弧，弦，圓心角之間的關系，圓周角定理的應用，切線的性質，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．
42．（2022·四川涼山·中考真題）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
(1)求證：四邊形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面積為40，求AC的長．
【答案】(1)見解析
(2)10
【分析】（1）證△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再證四邊形ADBF是平行四邊形，然后由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得證AD=BD=BC，即可由菱形判定定理得出結論；
（2）連接DF交AB于O，由菱形面積公式S菱形ADBF==40，求得OD長，再由菱形性質得OA=OB，證得OD是三角形的中位線，由中位線性質求解可．
【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點，
∴AE=DE
∵AFBC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中點，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四邊形ADBF是平行四邊形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中點，
∴AD=BD=BC，
∴四邊形ADBF是菱形；
（2）解：連接DF交AB于O，如圖
由（1）知：四邊形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=AB=×8=4， S菱形ADBF==40，
∴=40，
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四邊形ADBF是菱形，
∴O是AB的中點,
∵D是BC的中點，
∴OD是△BAC的中位線，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的長為10．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，菱形的判定與性質，三角形全等的判定與性質，直角三角形斜邊中線的性質，三角形中位線的性質，熟練掌握菱形的判定與性質是解題的關鍵．
題型12 根據菱形的性質與判定求周長
43．（2022·湖南長沙·中考真題）如圖，在中，對角線AC，BD相交于點O，．

(1)求證：；
(2)若點E，F分別為AD，AO的中點，連接EF，，求BD的長及四邊形ABCD的周長．
【答案】(1)見解析
(2)，四邊形ABCD的周長為
【分析】（1）根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證；
（2）根據三角形中位線的性質可得，進而可得的長，中，勾股定理求得，根據菱形的性質即可求解．
【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊，，
四邊形是菱形，
；
（2）解：點E，F分別為AD，AO的中點，
是的中位線，
，
，
，
四邊形是菱形，
，
，
在中，，，
，
菱形形的周長為．
【點睛】本題考查了菱形的性質與判定，三角形中位線的性質，勾股定理，掌握菱形的性質與判定是解題的關鍵．
44．（2021·湖南邵陽·中考真題）如圖，在正方形中，對角線，相交于點，點，是對角線上的兩點，且．連接，，，．
（1）證明：．
（2）若，，求四邊形的周長．
【答案】（1）證明見解析（2）四邊形的周長=
【分析】（1）根據正方形的性質可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，再根據SAS證明兩三角形全等即可
（2）先根據正方形的性質得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD，再根據勾股定理計算出BE，再證明四邊形DEBF是菱形，即可得出四邊形的周長
【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形
∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°
在△ADE和△CBF中
∴(SAS)
（2）∵四邊形是正方形
∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD
∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又
∴OA=OB=sin∠OABAB=
∵
∴OE=2
在Rt△EOB中，
∵四邊形是正方形
∴AO=CO，DO=BO
又∵
∴EO=FO，又DO=BO
∴四邊形DEBF是平行四邊形
又∵AC⊥BD，即BD⊥EF
∴四邊形DEBF是菱形
∴BE=DE=DF=BF=
∴四邊形的周長=4×=
【點睛】本題考查全等三角形的證明、正方形的性質、平行四邊形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊銳角三角函數值、熟練掌握特殊平行四邊形的性質及判定是解題的關鍵
45．（2020·江蘇連云港·中考真題）如圖，在四邊形中，，對角線的垂直平分線與邊、分別相交于、．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）若，，求菱形的周長．
【答案】（1）見解析；（2）52
【分析】（1）先證明，得到四邊形為平行四邊形，再根據菱形定義證明即可；
（2）先根據菱形性質求出OB、OM、再根據勾股定理求出BM，問題的得解．
【詳解】（1）∵，∴．
∵是對角線的垂直平分線，
∴，．
在和中，，
∴，
∴，
∴四邊形為平行四邊形．
又∵，
∴四邊形為菱形．
（2）∵四邊形為菱形，，．
∴，，．
在中，．
∴菱形的周長．
【點睛】本題考查了菱形判定與性質定理，熟知菱形判定方法和性質定理是解題關鍵．
題型13 根據菱形的性質與判定求面積
46．（2023·四川巴中·中考真題）如圖，已知等邊，，E為中點．以D為圓心，適當長為半徑畫弧，交于點M，交于點N，分別以M、N為圓心，大于為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線交于點G．過點E作交射線于點F，連接．

(1)求證：四邊形是菱形．
(2)若，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）先證明是等邊三角形，得到，再根據角平分線的定義得到，證明是等腰三角形，即可證明，即可解答本題；
（2）根據等邊三角形的性質求出，，再根據菱形的性質，求得，即可求出 的面積．
【詳解】（1）證明：等邊，
是中點，，
是中點，
，
是等邊三角形
，
由尺規(guī)作圖可知平分，
，
，
，
，
，
∴四邊形是平行四邊形，
，
∴四邊形是菱形；
（2）解：等邊，，
，
，
四邊形是菱形，
，
，
，
，
．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，菱形的判定及性質，含有角的直角三角形的邊長關系，作圖-角平分線，熟知上述概念是解題的關鍵．
47．（2022·廣西賀州·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F分別在AD，BC上，且，連接AF，CE，AC，EF，且AC與EF相交于點O．
(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；
(2)若AC平分，，求四邊形AFCE的面積．
【答案】(1)詳見解析；
(2)24．
【分析】（1）根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）由平行線的性質可得，再根據角平分線的性質解得，繼而證明，由此證明平行四邊形AFCE是菱形，根據菱形的性質得到，結合正切函數的定義解得，最后根據三角形面積公式解答．
【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是平行四邊形
，即．
四邊形AFCE是平行四邊形．
（2）解：，
．
平分，
．
．
，由（1）知四邊形AFCE是平行四邊形，
平行四邊形AFCE是菱形．
，
在中，，
．
．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定、菱形的判定與性質、平行線的性質、角平分線的性質、正切函數的定義等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．
48．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，在矩形中（），對角線相交于點O，延長到點E，使得，連接，點F是的中點，連接．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若矩形的周長為20，，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)菱形的面積9．
【分析】（1）由矩形的性質求得，再證明是的中位線，推出，，得到四邊形是平行四邊形，據此即可證明四邊形是菱形；
（2）先求得，在中，利用勾股定理列式計算求得，，再利用菱形的面積公式即可求解．
【詳解】（1）證明：∵矩形中，
∴，，，，
∴，
∵，
∴點是線段的中點，
∵點F是的中點，
∴是的中位線，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是菱形；
（2）解：∵矩形中，
∴，，，
∵矩形的周長為20，
∴，
∴，
∴，
在中，，即，
解得或，
∵，
∴，，
∴，
∴菱形的面積．
【點睛】本題考查了菱形的判定和性質，矩形的性質，勾股定理，二次根式的混合運算．證明四邊形是菱形是解題的關鍵．
題型14 根據菱形的性質與判定解決多結論問題
49．（2023·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形沿著直線折疊，使點C與延長線上的點Q重合．交于點F，交延長線于點E．交于點P，于點M，，則下列結論，①，②，③，④．正確的是（ ）

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折疊性質和平行線的性質可得，根據等角對等邊即可判斷①正確；根據等腰三角形三線合一的性質求出，再求出即可判斷②正確；由得，求出即可判斷③正確；根據即可判斷④錯誤．
【詳解】由折疊性質可知：，
∵，
∴．
∴．
∴．
故正確；
∵，，
∴．
∵，
∴．
故正確；
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
故正確；
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴與不相似．
∴．
∴與不平行．
故錯誤；
故選A．
【點睛】本題主要考查了折疊的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質，菱形的性質等知識，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關性質是解題的關鍵．
50．（2022·山東東營·中考真題）如圖，已知菱形的邊長為2，對角線相交于點O，點M，N分別是邊上的動點，，連接.以下四個結論正確的是（ ）
①是等邊三角形；②的最小值是；③當最小時；④當時，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依據題意，利用菱形的性質及等邊三角形的判定與性質，證出，然后證，AM=AN，即可證出．
②當MN最小值時，即AM為最小值，當時，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，利用三角形中位線定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面積為：，即可得到答案．
④當時，可證，利用相似三角形對應邊成比例可得，根據等量代換，最后得到答案．
【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，與為等邊三角形，
又，
，
∴，
在與中
∴，
∴AM=AN，
即為等邊三角形，
故①正確；
∵，
當MN最小值時，即AM為最小值，當時，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正確；
當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面積為：，
∴，
故③正確，
當時，
∴
∴
∴
∴
故④正確；
故選：D．
【點睛】此題考查了菱形的性質與面積，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關內容，熟練掌握菱形的性質是解題關鍵．
51．（2024·全國·模擬預測）如圖，在菱形中，，對角線，交于點，動點在邊上（不與點重合），連接，的垂直平分線交于點，交于點，連接，，，現有以下結論：①點，之間的距離為定值；②；③的值可以是；④或．其中正確的是 ．（寫出所有正確結論的序號）
【答案】②④
【分析】本題考查菱形的性質，線段垂直平分線的性質，等邊三角形的判定與性質，連接，根據菱形的性質和垂直平分線得到是的中位線，得到，然后逐個推理即可．
【詳解】解：如圖，連接，
由題可得是的中點，是的中點，
是 的中位線，
，
點在平行于的直線上運動，
點，之 間的距離不為定值，
①說法錯誤；
當點在線段上時，
四邊形是菱形，，
，，，
，
；
當點在線段上時，此時點在直線上方，
∴，
或，
④說法正確；
∵是的垂直平分線，
，
菱形的對角線，交于點，
，
點，，，在以線段為直徑的圓上，
∴，
∴，
在中，，
②說法正確；
當點與點重合時，取最小值，
此時，
∵為定值，
∴取最小值時，得最小值，
最小值大于，故不可能取到．
故③說法錯誤．
故答案為：②④．
52．（2023·河北承德·一模）如圖，在菱形中，、相交于點，、分別為和上的點（不與點、、重合）．其中．過點作，分別交、于點、；過點作分別交、于點、；連接、，甲、乙、丙三個同學給出了三個結論：
甲：隨著長度的變化，始終成立．
乙：隨著長度的變化，四邊形可能為正方形．
丙：隨著長度的變化，四邊形的面積始終不變，都是菱形面積的一半．
下列選項正確的是（　　）

A．甲、乙、丙都對 B．甲、乙對，丙不對
C．甲、丙對，乙不對 D．甲不對，乙、丙對
【答案】C
【分析】連接，交于點，根據軸對稱的性質得出，，，，，過點作于點，過點作于點，證明得出，即可判斷甲，進而得出四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，即可判斷丙，反證法證明四邊形不可能是正方形，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接，交于點，

∵四邊形是菱形，，，
∴，
根據菱形是軸對稱圖形，是，的垂直平分線，
∴，，，，
∵，，
∴，
如圖所示，過點作于點，過點作于點，

則四邊形是矩形，
∴，，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
即，故甲正確；
∵，又，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
即四邊形的面積始終不變，都是菱形面積的一半，故丙正確；
同理可得，是平行四邊形，
∴，
∵當是正方形時，則，
∴，
則四邊形是正方形，
∵，
∴四邊形不是正方形，即四邊形不可能是正方形，故乙錯誤，
故選：C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定，菱形的性質，正方形的性質，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
題型15 與菱形有關的新定義問題
53．（2024·江蘇泰州·一模）定義：一個四邊形中，若有一個角的兩邊相等，且與它的對角互補，則稱這個四邊形為“半等邊四邊形”，則下列四邊形一定是“半等邊四邊形”的是( )
A．平行四邊形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】D
【分析】本題主要考查了平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質．根據平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質，逐項判斷即可求解．
【詳解】解：A、平行四邊形的鄰邊不一定相等，故本選項不符合題意；
B、矩形的鄰邊不一定相等，故本選項不符合題意；
C、菱形的對角不一定互補，故本選項不符合題意；
D、正方形的鄰邊相等，對角互補，故本選項符合題意；
故選：D
54．（22-23八年級下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）我們知道，菱形和正方形雖然都是四邊相等的四邊形，但形狀有差異，可以將菱形和正方形的接近程度稱為菱形的“神似度”，如圖，菱形中，對角線，的長分別為，（），我們把定義為菱形的“神似度”．
(1)當菱形的“神似度”______時，菱形就是正方形；
(2)當時，求菱形的“神似度”．
【答案】(1)
(2)
【分析】本題考查了正方形的判定、菱形的性質、含角的直角三角形的性質、勾股定理，熟練掌握菱形的性質推理是解題的關鍵．
（1）根據正方形的判定得出答案即可；
（2）連接和，交于點，根據、菱形的性質，得出、，結合含角的直角三角形的性質、勾股定理，得出，，即可代入計算出菱形的“神似度”．
【詳解】（1）解：∵對角線相等的菱形是正方形，
∴當時，即時，菱形是正方形，
∴當菱形的“神似度”時，菱形就是正方形，
故答案為：；
（2）解：如圖，連接和，交于點O，
∵四邊形是菱形，
∴，，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，即菱形的“神似度”為．
55．（2023·廣西崇左·二模）箏形的定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做箏形．
(1)根據箏形的定義，寫出一種學過的滿足箏形的定義的四邊形：______；
(2)如圖1，在正方形中，E是對角線延長線上一點，連接．求證：四邊形是箏形：
(3)小明學習箏形后對箏形非常感興趣，購買了一只風箏，通過測量它的主體（如圖2）得，，發(fā)現它是一個箏形，還得到，，，求箏形的面積．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據箏形的定義結合所學知識可得答案；
（2）根據正方形的性質利用證明，得到，再由，即可證明四邊形是箏形：
（3）如圖所示，過點A作交延長線于E，連接，先證明，推出，求出，得到，進而求出，利用三角形面積公式求出，則．
【詳解】（1）解：由題意得，菱形和正方形都是箏形，
故答案為：菱形，正方形；
（2）證明：∵四邊形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四邊形是箏形：
（3）解：如圖所示，過點A作交延長線于E，連接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質，菱形的性質，勾股定理，含度角的直角三角形的性質，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
題型16與菱形有關的規(guī)律探究問題
56．（2022·遼寧·中考真題）如圖，為射線上一點，為射線上一點，．以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；延長交射線于點，以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；延長交射線于點，以為邊在其右側作菱形，且與射線交于點，得；…，按此規(guī)律進行下去，則的面積 ．
【答案】
【分析】過點作于點D，連接，分別作，然后根據菱形的性質及題意可得，則有，進而可得出規(guī)律進行求解．
【詳解】解：過點作于點D，連接，分別作，如圖所示：
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵菱形，且，
∴是等邊三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
設，
∵，
∴，
∴，
∴，解得：，
∴，
∴，
同理可得：，，
∴，
由上可得：，，
∴，
故答案為．
【點睛】本題主要考查菱形的性質、等邊三角形的性質與判定、含30度直角三角形的性質及三角函數，熟練掌握菱形的性質、等邊三角形的性質與判定、含30度直角三角形的性質及三角函數是解題的關鍵．
57．（2021·黑龍江·中考真題）如圖，菱形中，，，延長至，使，以為一邊，在的延長線上作菱形，連接，得到；再延長至，使，以為一邊，在的延長線上作菱形，連接，得到……按此規(guī)律，得到，記的面積為，的面積為……的面積為，則 ．
【答案】
【分析】由題意易得，則有為等邊三角形，同理可得……. 都為等邊三角形，進而根據等邊三角形的面積公式可得，，……由此規(guī)律可得，然后問題可求解．
【詳解】解：∵四邊形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴為等邊三角形，
同理可得……. 都為等邊三角形，
過點B作BE⊥CD于點E，如圖所示：
∴，
∴，
同理可得：，，……；
∴由此規(guī)律可得：，
∴；
故答案為．
【點睛】本題主要考查菱形的性質、等邊三角形的性質與判定及三角函數，熟練掌握菱形的性質、等邊三角形的性質與判定及三角函數是解題的關鍵．
58．（2024·湖南益陽·二模）如圖，菱形的邊長為2，，則菱形的面積是；以對角線為邊作第二個菱形，使，則菱形的面積是；以對角線為邊作第三個菱形，使，則菱形的面積是；…．按此規(guī)律所作的第個菱形的面積是 ．
【答案】
【分析】本題考查了菱形的性質以及歸納推理的應用，根據規(guī)律得出第n個菱形的邊長是解決本題的關鍵．連接，交與點O，由題意可知為邊長為1的等邊三角形，可求出的面積，即可得出菱形的面積；根據已知菱形的性質可分別求得的長，從而可發(fā)現規(guī)律，根據規(guī)律即可得出第n個菱形的邊長，進而可得出第n個菱形的面積．
【詳解】解：如圖，連接，交與點O，
∵四邊形為菱形，且，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，，
∴，菱形的面積是；
∵四邊形為菱形，，
∴可得，菱形的面積是；
同理可得，菱形的面積是；
以此類推，可得出所作的第n個菱形的邊長為，
第n個菱形的面積為．
故答案為：．
59．（2024·河南商丘·二模）如圖，平面直角坐標系中，菱形的頂點O為原點，，，作以下操作∶①將菱形繞點 O 順時針旋轉得到菱形；②將菱形繞點O順時針旋轉得到菱形；③將菱形繞點O 順時針旋轉得到菱形…按此規(guī)律，的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據題意可知菱形繞點O順時針旋轉次即可回到原始位置，則點和點相同，利用菱形的性質即可知點和點，結合點B繞點O順時針旋轉3次后，可知點B和點關于原點對稱，即可得到答案．
【詳解】解：∵，且圓周角為，
∴菱形繞點O順時針旋轉次即可回到原始位置，如圖，
∵，
∴點和點相同，
∵，，
∴，
，
∴點，
即點，
∵點B繞點O順時針旋轉3次后
∴，
∴點B和點關于原點對稱，
即點，
故選：A．
【點睛】本題主要考查旋轉的性質、菱形的性質、解直角三角形和關于原點對稱的知識，解題的關鍵是找到旋轉的周期和點B坐標，以及3次旋轉后的位置．
題型17與菱形有關的動點問題
60．（2024·甘肅·中考真題）如圖1，動點P從菱形的點A出發(fā)，沿邊勻速運動，運動到點C時停止．設點P的運動路程為x，的長為y，y與x的函數圖象如圖2所示，當點P運動到中點時，的長為（　　）
A．2 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】結合圖象，得到當時，，當點P運動到點B時，，根據菱形的性質，得，繼而得到，當點P運動到中點時，的長為，解得即可．
本題考查了菱形的性質，圖象信息題，勾股定理，直角三角形的性質，熟練掌握菱形的性質，勾股定理，直角三角形的性質是解題的關鍵．
【詳解】結合圖象，得到當時，，
當點P運動到點B時，，
根據菱形的性質，得，
故，
當點P運動到中點時，的長為，
故選C．
61．（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在菱形中，，，點E是邊上的動點，連接，，過點A作于點F．設，，則y與x之間的函數解析式為（不考慮自變量x的取值范圍）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查菱形的性質、含30度角的直角三角形的性質、相似三角形的判定與性質，利用相似三角形的性質求解x、y的關系式是解答的關鍵．過D作，交延長線于H，則，根據菱形的性質和平行線的性質得到，，，進而利用含30度角的直角三角形的性質，證明得到，然后代值整理即可求解．
【詳解】解：如圖，過D作，交延長線于H，則，
∵在菱形中，，，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，又，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故選：C．
（法二：同理，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故選：C．）
62．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，四邊形是邊長為的菱形，，點為的中點，為線段上的動點，現將四邊形沿翻折得到四邊形．

(1)當時，求四邊形的面積；
(2)當點在線段上移動時，設，四邊形的面積為，求關于的函數表達式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）連接、，根據菱形的性質以及已知條件可得為等邊三角形，根據，可得為等腰直角三角形，則，，根據翻折的性質，可得，，則，；同理，，；進而根據，即可求解；
（2）等積法求得，則，根據三角形的面積公式可得，證明，根據相似三角形的性質，得出，根據即可求解．
【詳解】（1）如圖，連接、，
四邊形為菱形，
，，
為等邊三角形．
為中點，
，，
，．
，
為等腰直角三角形，
，，
翻折，
，，
，；.
同理，
，，
∴；
（2）如圖，連接、，延長交于點．
，，，
．
∵
，
，
．
，則，
，
，
．
∵，
．
【點睛】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握菱形的性質以及相似三角形的性質與判定是解題的關鍵．
63．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）如圖，在菱形中，，，為對角線上一動點，以為一邊作，交射線于點，連接．點從點出發(fā)，沿方向以每秒的速度運動至點處停止．設的面積為，點的運動時間為秒．
(1)求證：；
(2)求與的函數表達式，并寫出自變量的取值范圍；
(3)求為何值時，線段的長度最短．
【答案】(1)證明見解析；
(2)；
(3)．
【分析】（）設與相交于點，證明，可得，，利用三角形外角性質可得，即得，即可求證；
（）過點作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三線合一可得，即可由三角形面積公式得到與的函數表達式，最后由，可得自變量的取值范圍；
（）證明為等邊三角形，可得，可知線段的長度最短，即的長度最短，當時，取最短，又由菱形的性質可得為等邊三角形，利用三線合一求出即可求解；
本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的外角性質，解直角三角形，求二次函數解析式，等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質，垂線段最短，掌握菱形的性質及等邊三角形的判定和性質是解題的關鍵．
【詳解】（1）證明：設與相交于點，
∵四邊形為菱形，
∴，，，
∵
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：過點作于，則，
∵，
∴，
∵四邊形為菱形，，
∴，，
即，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∴，
∴線段的長度最短，即的長度最短，當時，取最短，如圖，
∵四邊形是菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴當時，線段的長度最短．
題型18與菱形有關的最值問題
64．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，菱形中，，點是邊上的點，，，點是上的一點，是以點為直角頂點，為角的直角三角形，連結．當點在直線上運動時，線段的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】如圖：過E作于點M，作于點H，作于點I，則點E、M、F、G四點共圓，從而得到，因為，所以求出的值即可解答．
【詳解】解：如圖，過E作于點M，作于點H，作于點I，
∵，
∴點E、M、F、G四點共圓，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴最小值是．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質、解直角三角形、垂線段最短、圓內接四邊形對角互補等知識點，熟練掌握相關知識點和添加合適的輔助線是解題關鍵．
65．（2022·內蒙古赤峰·中考真題）如圖，菱形，點、、、均在坐標軸上，，點，點是的中點，點是上的一動點，則的最小值是（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】A
【分析】直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小屬“將軍飲馬”模型，由D關于直線AC的對稱點B，連接BE，則線段BE的長即是PD+PE的最小值．
【詳解】如圖：連接BE，
，
∵菱形ABCD，
∴B、D關于直線AC對稱，
∵直線AC上的動點P到E、D兩定點距離之和最小
∴根據“將軍飲馬”模型可知BE長度即是PD+PE的最小值．，
∵菱形ABCD，，點，
∴，，
∴
∴△CDB是等邊三角形
∴
∵點是的中點，
∴,且BE⊥CD，
∴
故選：A．
【點睛】本題考查菱形性質及動點問題，解題的關鍵是構造直角三角形用勾股定理求線段長．
66．（2024·四川涼山·中考真題）如圖，在菱形中，，是邊上一個動點，連接，的垂直平分線交于點，交于點．連接．

(1)求證：；
(2)求的最小值．
【答案】(1)見詳解
(2)
【分析】（1）根據菱形的性質證明，再結合是的垂直平分線，即可證明；
（2）過點N作于點F，連接，，則，故，此時，在中，進行解直角三角形即可．
【詳解】（1）證明：連接，

∵四邊形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的垂直平分線，
∴，
∴；
（2）解：過點N作于點F，連接，

∵，
∴，
∵，
∴，
當點A、N、F三點共線時，取得最小值，如圖：

即，
∴在中，，
∴的最小值為．
【點睛】本題考查了菱形的性質，垂直平分線的性質，全等三角形的判定與性質，垂線段最短，解直角三角形，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．
題型19 含60°角的菱形
【基礎】條件：四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交與點O，∠ABC=60°
圖示：
結論： 1)∠ABD=∠CBD=30°；2) △ABC，△ACD為等邊三角形
3)AB：AD：BD=1:1:； 4)
【進階】條件：四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，E，F分別是BC，CD上的點，∠EAF=60°
圖示：
結論：1) △AEF為等邊三角形;2) △ABE≌△ACF,△AEC≌△AFD.
67．（2024·廣西·中考真題）如圖，兩張寬度均為的紙條交叉疊放在一起，交叉形成的銳角為，則重合部分構成的四邊形的周長為 ．
【答案】
【分析】本題考查了平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，菱形的周長，過點作于，于，由題意易得四邊形是平行四邊形，進而由平行四邊形的面積可得，即可得到四邊形是菱形，再解可得，即可求解，得出四邊形是菱形是解題的關鍵．
【詳解】解：過點作于，于，則，
∵兩張紙條的對邊平行，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵兩張紙條的寬度相等，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形是菱形，
在中，，，
∴，
∴四邊形的周長為，
故答案為：．
68．（2023·黑龍江綏化·中考真題）如圖，在菱形中，，，動點，同時從點出發(fā)，點以每秒個單位長度沿折線向終點運動；點以每秒個單位長度沿線段向終點運動，當其中一點運動至終點時，另一點隨之停止運動．設運動時間為秒，的面積為個平方單位，則下列正確表示與函數關系的圖象是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】連接，過點作于點，根據已知條件得出是等邊三角形，進而證明得出，當時，在上，當時，在上，根據三角形的面積公式得到函數關系式，
【詳解】解：如圖所示，連接，過點作于點，
當時，在上，

菱形中，，，
∴，則是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，又
∴
∴
∴，
∴
當時，在上，

∴，
綜上所述，時的函數圖象是開口向上的拋物線的一部分，當時，函數圖象是直線的一部分，
故選：A．
【點睛】本題考查了動點問題的函數圖象，二次函數圖象的性質，一次函數圖象的性質，菱形的性質，勾股定理，等邊三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
69．（2022·江蘇常州·中考真題）如圖，將一個邊長為的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到時才會斷裂．若，則橡皮筋 斷裂（填“會”或“不會”，參考數據：）．
【答案】不會
【分析】設扭動后對角線的交點為，根據正方形的性質，得出扭動后的四邊形為菱形，利用菱形的性質及條件，得出為等邊三角形，利用勾股定理算出，從而得到，再比較即可判斷．
【詳解】解：設扭動后對角線的交點為，如下圖：
，
根據正方形的性質得，
得出扭動后的四邊形四邊相等為菱形，
cm，
為等邊三角形，
cm，
cm，
cm，
根據菱形的對角線的性質：(cm)，
，
不會斷裂，
故答案為：不會．
【點睛】本題考查了正方形的性質、菱形的判定及性質、等邊三角形、勾股定理，解題的關鍵是要掌握菱形的判定及性質．
70．（2024·貴州·模擬預測）綜合與實踐：在菱形中，，作，，分別交，于點，．
(1)【動手操作】如圖①，若是邊的中點，根據題意在圖①中畫出，則________度；
(2)【問題探究】如圖②，當為邊上任意一點時，求證：；
(3)【拓展延伸】如圖③，在菱形中，，點，分別在邊，上，在菱形內部作，連接，若，求線段的長．
【答案】(1)圖見解析，
(2)見解析
(3)1或3
【分析】（1）根據題意作圖，由菱形的性質可得是等邊三角形，根據等腰三角形的性質可得，由直角三角形的性質即可求解；
（2）如解圖，連接，由四邊形是菱形，可得和都是等邊三角形，再證即可求解；
（3）根據題意作圖如解圖，過點作于點，連接，可得是等邊三角形，由勾股定理可得，在中，，，由勾股定理可得，同理可得，分類討論：當點在點的左側（的位置）時，；當點在點的右側（的位置）時，；再由（2）知，可得線段的長為1或3，由此即可求解．
【詳解】（1）解：作如解圖，
∵四邊形是菱形，
∴，
如圖所示，連接，，
∴是等邊三角形，
∴，
∵點是中點，
∴，即，
∴，
故答案為：；
（2）證明：如解圖，連接，
四邊形是菱形，且，
，，
和都是等邊三角形，
，，
，
，
，
，
，
．
（3）解：根據題意作圖如解圖，過點作于點，連接，
四邊形是菱形，且，，
，
是等邊三角形，
，
，
在中，，，
，同理可得，
當點在點的左側（的位置）時，；
當點在點的右側（的位置）時，；
或3；
由（2）知，
，
，
線段的長為1或3．
【點睛】本題主要考查菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的綜合運用，掌握菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，分類討論思想是解題的關鍵．
71．（2024·湖南婁底·模擬預測）如圖，在菱形中，與相交于點，點F，G分別在邊上運動，．
(1)當F，G為邊的中點時，求證：為正三角形；
(2)當時，求的面積．
【答案】(1)證明見解析；
(2)的面積為．
【分析】（1）根據菱形性質得平分和， 進而得和均為等邊三角形， 則，，再根據等邊三角形的性質得， 由此得，， 再根據 得， 進而得，，由此即可得出結論；
（2）過點G作于H，于K，設，根據得，則，由此可求出則 證明和全等得，則， 由此可得的面積．
此題主要考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形，熟練掌握菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，靈活運用勾股定理，銳角三角函數進行計算是解決問題的關鍵．
【詳解】（1）證明：∵四邊形為菱形，，
∴平分和，
∴和均為等邊三角形，
∴，
∵F， G為邊的中點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴為等邊三角形；
（2）解：過點G作于H，于K，如下圖所示：
設，
∵，
∴，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
即，
∴，
在中，由勾股定理得：
由（1）可知：，，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
，
．
題型20 菱形與函數綜合
72．（2023·山東濱州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的一邊在軸正半軸上，頂點的坐標為，點是邊上的動點，過點作 交邊于點，作交邊于點，連接．設的面積為．

(1)求關于的函數解析式；
(2)當取何值時，的值最大？請求出最大值．
【答案】(1)
(2)當時，的最大值為
【分析】（1）過點作于點，連接，證明是等邊三角形，可得，進而證明，得出，根據三角形面積公式即可求解；
（2）根據二次函數的性質即可求解．
【詳解】（1）解：如圖所示，過點作于點，連接，

∵頂點的坐標為，
∴，，
∴，
∴
∵四邊形是菱形，
∴，,，
∴是等邊三角形，
∴，
∵，
∴,
∴
∴是等邊三角形，
∴
∵，
∴，
∴
∵ ，，則，
∴
∴
∴
∴
∴
（2）解：∵
∵，
∴當時，的值最大，最大值為．
【點睛】本題考查了等邊三角形的判定與性質，菱形的性質，坐標與圖形，特殊角的三角函數值，二次函數的性質，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
73．（2024·江西南昌·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形為菱形，點在軸正半軸上，反比例函數的圖象經過頂點．
(1)若，，求反比例函數的解析式．
(2)若菱形的面積為20，直接寫出反比例函數的解析式．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】本題考查了菱形的性質，求反比例函數的解析式．
（1）根據菱形的性質求得點的坐標為，再利用待定系數法求解即可；
（2）設點的坐標為，利用菱形的性質得到，據此求解即可．
【詳解】（1）解：連接交于點，
由題意得，，，
∴，
∴點的坐標為，
∵反比例函數的圖象經過頂點，
∴，
∴反比例函數的解析式為；
（2）解：連接交于點，
設點的坐標為，
∵四邊形是菱形，
∴，，
∵菱形的面積為20，
∴，解得，
∴反比例函數的解析式為．
74．（2023·遼寧沈陽·三模）已知：如圖所示，在直角坐標系中，線段與直線交于點，連接，，，得菱形，點的橫坐標為，點的坐標為，點，分別是線段，上的動點，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度向終點移動，點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度向點移動，到達點后立即以原速再向終點移動，設，同時出發(fā)，移動時間為秒（），當其中一個點停止移動時，另一個點也隨之停止移動．
(1)求直線的函數表達式；
(2)當為何值時，直線平分菱形的面積？
(3)若直線與對角線的交點為，是邊的中點，當時，請直接寫出當的周長取最小值時的值．
【答案】(1)
(2)或；
(3)
【分析】（1）先求出點、的坐標即可求出解析式；
（2）先根據題意求出菱形的面積，再表示出，，從而表示出梯形的面積，構造方程即可解答；
（3）先確定點的位置，再求出，，根據相似三角形的性質即可列出方程解出即可．
【詳解】（1）解：連接，過作軸，過點作軸于點，
∵四邊形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∵的坐標為，
∴，
∴，
∵軸，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
設直線的解析式為，把，代入得
，
解得，
∴直線的解析式為；
（2）解：如圖，連接，過作軸，
由（）得，軸，，，，，，
∴，，，，，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，，，
∴菱形的面積為，
∴以為底的菱形的高為，
當時，由題意知，，
∵，
∴四邊形為梯形，
∴梯形的面積為，
∴，解得；
當時，，，
梯形的面積為，
∴，解得，
∴或；
（3）解：連接，交于點，連接，
∵四邊形是菱形，
∴垂直平分，，，
∴，
如圖，當點、重合時、、、三點共線，此時的周長取最小值，
由（），
∵是的中點，，，，，
∴，向下平移個單位，向左平移個單位得，
∴，
設直線為，
∴
∴直線的解析式為，
設直線為，
把代入得，解得，
∴直線為，
∴，解得，
∴，
∵，，
∴， ，
，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
解得．
【點睛】本題考查菱形的性質，解直角三角形，勾股定理，平移的性質，一次函數的性質，相似三角形的判定及性質，點的坐標等，熟練掌握以上知識是解題關鍵．
題型21 與菱形有關的存在性問題
75．（2024·黑龍江大興安嶺地·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，等邊三角形的邊在x軸上，點A在第一象限，的長度是一元二次方程的根，動點P從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿折線運動，動點Q從點O出發(fā)以每秒3個單位長度的速度沿折線運動，P、Q兩點同時出發(fā)，相遇時停止運動．設運動時間為t秒（），的面積為S．
(1)求點A的坐標；
(2)求S與t的函數關系式；
(3)在（2）的條件下，當時，點M在y軸上，坐標平面內是否存在點N，使得以點O、P、M、N為頂點的四邊形是菱形．若存在，直接寫出點N的坐標；若不存在，說明理由．
【答案】(1)點A的坐標為
(2)
(3)存在，，，，
【分析】（1）運用因式分解法解方程求出的長，根據等邊三角形的性質得出，過點A作軸，垂足為C，求出的長即可；
（2）分，和三種情況，運用三角形面積公式求解即可；
（3）當時求出，得，分為邊和對角線兩種情況可得點N的坐標；當和時不存在以點O、P、M、N為頂點的四邊形是菱形
【詳解】（1）解：，解得，
的長度是的根，
∵是等邊三角形，
∴，
過點A作軸，垂足為C，
在中，
∴
，
∴
點A的坐標為
（2）解：當時．過P作軸，垂足為點D，
∴，，
∴
∴，
；
當時，過Q作，垂足為點E
∵
∴
又
∴，
又，
當時，過O作，垂足為F
∴，
同理可得，，
∴；
綜上所述
（3）解：當時，解得，
∴，
過點P作軸于點G，則
∴
∴點P的坐標為；
當為邊時，將沿軸向下平移4個單位得，此時，四邊形是菱形；
將沿軸向上平移4個單位得，此時，四邊形是菱形；如圖，
作點P關于y軸的對稱點，當時，四邊形是菱形；
當為對角線時，設的中點為T，過點T作，交y軸于點M，延長到,使連接,過點作軸于點，則
∴
∴,即，
解得，,
∴，
∴；
當，解得，，不符合題意，此情況不存在；
當時，解得，，不符合題意，此情況不存在；
綜上，點N的坐標為，，，
【點睛】本題主要考查運用因式分解法解一元二次方程，等邊三角形的性質，勾股定理，角所對的直角邊等于斜邊的一半，三角形的面積，菱形的判定與性質，正確作出輔助線和分類討論是解答本題的關鍵
76．（2023·四川廣安·中考真題）如圖，二次函數的圖象交軸于點，交軸于點，點的坐標為，對稱軸是直線，點是軸上一動點，軸，交直線于點，交拋物線于點．

(1)求這個二次函數的解析式．
(2)若點在線段上運動（點與點、點不重合），求四邊形面積的最大值，并求出此時點的坐標．
(3)若點在軸上運動，則在軸上是否存在點，使以、為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)最大值為，此時
(3)或或
【分析】（1）先根據二次函數對稱軸公式求出，再把代入二次函數解析式中進行求解即可；
（2）先求出，，則，，求出直線的解析式為，設，則，，則；再由得到，故當時，最大，最大值為，此時點P的坐標為；
（3）分如圖3-1，圖3-2，圖3-3，圖3-4，圖3-5，圖3-6所示，為對角線和邊，利用菱形的性質進行列式求解即可．
【詳解】（1）解：∵二次函數的對稱軸為直線，
∴，
∴，
∵二次函數經過點，
∴，即，
∴，
∴二次函數解析式為；
（2）解：∵二次函數經過點，且對稱軸為直線，
∴，
∴，
∵二次函數與y軸交于點C，
∴，
∴；
設直線的解析式為，
∴，
∴，
∴直線的解析式為，
設，則，，
∴；
∵，
∴
，
∵，
∴當時，最大，最大值為，
∴此時點P的坐標為；
（3）解：設，則，，
∵軸，
∴軸，即，
∴是以、為頂點的菱形的邊；
如圖3-1所示，當為對角線時，

∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴軸，
∴軸，即軸，
∴點C與點N關于拋物線對稱軸對稱，
∴點N的坐標為，
∴，
∴；
如圖3-2所示，當為邊時，則，

∵，，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如圖3-3所示，當為邊時，則，

同理可得，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴；
如圖3-4所示，當為邊時，則，

同理可得，
解得（舍去）或（舍去）；
如圖3-5所示，當為對角線時，

∴，
∵，
∴，
∴，
∴軸，
∴軸，這與題意相矛盾，
∴此種情形不存在
如圖3-6所示，當為對角線時，設交于S，

∵軸，
∴，
∵，
∴，這與三角形內角和為180度矛盾，
∴此種情況不存在；
綜上所述，或或．
【點睛】本題主要考查了二次函數綜合，一次函數與幾何綜合，菱形的性質，勾股定理，求二次函數解析式等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．
77．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，直線AB與x軸交于點A，與y軸交于點B．OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一個根，且tan∠OAB，點D為AB的中點，E為x軸正半軸上一點，BE＝2，直線OD與BE相交于點F．
（1）求點A及點D的坐標；
（2）反比例函數y經過點F關于y軸的對稱點F′，求k的值；
（3）點G和點H在直線AB上，平面內存在點P，使以E，G，H，P為頂點的四邊形是邊長為6的菱形，符合條件的菱形有幾個？請直接寫出滿足條件的兩個點P的坐標．
【答案】（1）（8,0），(4,3)；（2）；（3）符合條件的菱形有5個，點P的坐標為（，）或（﹣，）或（，﹣）
【分析】（1）解直角三角形求出OA，可得點A的坐標，再根據中點坐標公式求出點D的坐標．
（2）求出直線BE，直線OD的解析式，構建方程組確定交點F的坐標，再根據對稱性求出點F′的坐標即可．
（3）分兩種情形：GH是菱形的對角線，GH是菱形的邊，設G（m，﹣），分別構建方程求出點G的坐標，再利用平移的性質求出點P的坐標即可．
【詳解】解：（1）∵OB是一元二次方程x2﹣x﹣30＝0的一個根．
∴OB=6，B點坐標為（0,6），
∵tan∠OAB，即，
∴OA=8，即A點坐標為（8,0），
∴D點坐標為（ ），即(4,3)；
（2）∵在Rt△OBE中，BE＝2，OB=6，
∴OE=，即E點坐標為（2,0），
設直線BE的解析式為y=kx+b，
則 ，解得，
∴設直線BE的解析式為y=-3x+6，
同理：直線OD的解析式為y=，
聯立 解得，
∴F點的坐標為（，），
∴F＇的坐標為（-，），
∵反比例函數y經過點F關于y軸的對稱點F′，
∴k=-×=；
（3）如圖1中，由AE＝6，當H與A重合，GH是菱形的對角線時，
∵以E，G，H，P為頂點的四邊形是邊長為6的菱形，
∴BE＝6，
∵A（8，0），B（0，6），
∴直線AB的函數解析式為：y＝﹣，
設G（m，﹣），
∵EG＝EH＝6，
∴（m﹣2）2+（﹣）2＝62，
∴m＝或8（舍棄），
∴G（，），
∵BP∥AE，BP＝AE＝6，
∴P（，）．
如圖2中，當H與A重合，GH是菱形的邊時，有兩種情形，
∵AG＝AE＝6，
∴（8﹣m）2+（﹣m+6）2＝62，
解得m＝或，
∴G（，），G′（，﹣），
∵PG∥AE，PG＝AE＝6，
∴P（﹣，），P′（，﹣）．
如圖3中，當GH為菱形的邊，H與B不重合時，四邊形EGHP是菱形，此時P（，﹣）或四邊形EGH′P′是菱形，此時P′（﹣，），
綜上所述，符合條件的菱形有5個，點P的坐標為（，）或（﹣，）或（，﹣）．
【點睛】本題主要考查了運用待定系數法求函數解析式，一次函數圖象的交點問題、菱形的判定以及解直角三角形等知識點，靈活應用相關知識成為解答本題的關鍵．
題型22 與菱形有關的材料閱讀類問題
78．（2024·山西朔州·模擬預測）閱讀與思考
下面是小逸同學的數學日記，請仔細閱讀，并完成相應的任務．
作矩形的最大內接菱形的方法 頂點在矩形邊上的菱形叫做矩形的內接菱形，在實踐活動課上，數學老師提出來一個問題“如何從一張矩形紙片中翻作出一個最大的內接菱形”實踐小組成員經過思考后，分別給了3種不同的方法． 方法一：通過折，將矩形紙片橫對折后再豎對折，沿對角線剪一刀將到一個直角三角形，展開后就是菱形（如圖1）．則四邊形是矩形的內接菱形． 方法二：通過疊，取兩個大小一樣的矩形紙片，讓兩矩形的長兩兩相交，重疊的部分形成四邊形．則四邊形也是矩形的內接菱形，（如圖2） 方法三：通過尺規(guī)作圖，作矩形的對角線的垂直平分線，與邊交于點E．與邊交于點F，連接，，則四邊形是矩形的內接菱形． 實踐小組通過三種方法得到的菱形進行分析，討論，計算，對比，從而得出矩形的最大內接菱形．
任務：
(1)填空：通過“方法一”能得到的菱形，它的依據是_______．
(2)尺規(guī)作圖：請你在圖3中完成日記中的“方法三”的作圖過程，（保留作圖痕跡，不要求寫作法）
(3)若矩形，，請你根據日記中三種方法，計算此矩形的內接菱形的面積最大值為______．
【答案】(1)四邊相等的四邊形是菱形
(2)見解析
(3)
【分析】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質，折疊的性質，菱形 的判定和性質，勾股定理，熟練掌握矩形和菱形的性質是解題的關鍵．
（1）根據折疊的性質證明，根據全等三角形的性質得到，根據菱形的判定定理即可得到結論；
（2）根據線段垂直平分線的性質作出圖形即可；
（3）方法一：根據菱形的面積矩形的面積即可得到結論；
方法二：如圖，根據全等三角形的判定和性質定理得到，設，根據勾股定理得到，求得菱形的面積，方法三：同理方法二，菱形的面積，于是得到結論．
【詳解】（1）解：∵將矩形紙片橫對折后再豎對折，
∴，，，
∴，，
∴，
∴四邊形是菱形（四條邊相等的四邊形是菱形），
故答案為：四條邊相等的四邊形是菱形；
（2）如圖所示，四邊形即為所求；
（3）方法一：菱形的面積矩形的面積；
方法二：如圖，
∵，，，
∴，
∴，
設，
∵，，
∴，
∴，
∴菱形的面積，
方法三：同理方法二，菱形的面積，
∵，
∴此矩形的內接菱形的面積最大值為，
故答案為：．
79．（2023·云南昆明·模擬預測）【閱讀材料】
問題：已知：如圖， 求作

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