八年級數(shù)學(xué)下冊18.2.2菱形的性質(zhì)與判定十二大題型（解析版）

18.2.2菱形的性質(zhì)與判定菱形的定義有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.注意：菱形的定義的兩個要素：①是平行四邊形.②有一組鄰邊相等.即菱形是一個平行四邊形，然后增加一對鄰邊相等這個特殊條件.題型1：菱形的定義1.（2022九上·雙柏期中）下列關(guān)于菱形的說法中正確的是（）A．對角線互相垂直的四邊形是菱形B．菱形的對角線互相垂直且平分C．菱形的對角線相等且互相平分D．對角線互相平分的四邊形是菱形【答案】B【解析】【解答】解：A.對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故A不符合題意；B、C.菱形的對角線互相垂直且平分，故B符合題意，C不符合題意；D.對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，故D不符合題意．故答案為：B．

【分析】根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)逐項判斷即可?！咀兪?-1】在四邊形ABCD中，對角線AC，BD互相平分，要使四邊形ABCD為菱形，需添加的條件是（）A．∠A＝∠C B．AB⊥BC C．AC⊥BD D．AC＝BD【分析】先證四邊形ABCD是平行四邊形，再由AC⊥BD，即可得出結(jié)論．【解答】解：要使四邊形ABCD為菱形，需添加的條件是AC⊥BD，理由如下：∵四邊形ABCD中，對角線AC，BD互相平分，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選：C．【變式1-2】下列條件中，不能判定一個四邊形是菱形的是（）A．一組鄰邊相等的平行四邊形 B．一條對角線平分一組對角的四邊形 C．四條邊都相等的四邊形 D．對角線互相垂直平分的四邊形【分析】根據(jù)菱形的判定和平行四邊形的性質(zhì)對各選項分析判斷，即可求解．【解答】解：A、∵一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，∴選項A不符合題意；B、∵一條對角線平分一組對角的四邊形不一定是菱形，∴選項B符合題意；C、∵四邊相等的四邊形是菱形，∴選項C不符合題意；D、∵對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，∴選項D不符合題意；故選：B．菱形的性質(zhì)菱形除了具有平行四邊形的一切性質(zhì)外，還有一些特殊性質(zhì)：1.菱形的四條邊都相等；2.菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角.3.菱形也是軸對稱圖形，有兩條對稱軸（對角線所在的直線），對稱軸的交點就是對稱中心.注意：（1）菱形是特殊的平行四邊形，是中心對稱圖形，過中心的任意直線可將菱形分成完全全等的兩部分.（2）菱形的面積有兩種計算方法：一種是平行四邊形的面積公式：底×高；另一種是兩條對角線乘積的一半（即四個小直角三角形面積之和）.實際上，任何一個對角線互相垂直的四邊形的面積都是兩條對角線乘積的一半.（3）菱形可以用來證明線段相等，角相等，直線平行，垂直及有關(guān)計算問題.題型2：菱形的性質(zhì)求長度2.如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，連接AC，BD，若BD＝8，則AC的長為（）A． B．8 C． D．16【分析】如圖，設(shè)AC，BD交于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD＝4，∠DAO＝DAB＝30°，求得AD＝2OD＝8，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，設(shè)AC，BD交于O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC＝2AO，OD＝BD＝4，∠DAO＝DAB＝30°，∴AD＝2OD＝8，∴AO＝＝＝4，∴AC＝2AO＝8，故選：C．【變式2-1】（2022九上·長泰期中）如圖，在菱形ABCD中，點E是AB的中點，點F是AC的中點，連接EF，如果EF=4，那么菱形ABCD的周長為（）A．4 B．8 C．16 D．32【答案】D【解析】【解答】解：∵E為AB中點，F(xiàn)為AC中點，∴線段EF為△ABC的中位線，∴BC=2EF=2×4=8.∵四邊形ABCD為菱形，∴該菱形的周長=4×8=32.故答案為：D.【分析】由題意可得線段EF為△ABC的中位線，則BC=2EF=8，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)不難求出菱形的周長.【變式2-2】（2022九上·南海期中）已知菱形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，∠BAD＝120°，AC＝4，則該菱形的周長是（）A．163 B．16 C．83【答案】B【解析】【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，∵AC＝4，∴AB=AC=BC=CD=AD=4，∴菱形的周長為：AB+BC+CD+AD=16，故答案為：B．

【分析】先證明△ABC為等邊三角形，再結(jié)合AC＝4，可得AB=AC=BC=CD=AD=4，最后利用菱形的周長公式計算即可?！咀兪?-3】如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的頂點O（0，0），A（4，0），∠AOC＝60°，則頂點B的坐標(biāo)為．【分析】過點B作BD⊥OA于D，由菱形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求AD，BD，即可求解．【解答】解：如圖，過點B作BD⊥OA于D，∵四邊形OABC是菱形，點O（0，0），A（4，0），∴OA＝AB＝4，AB∥OC，∴∠BAD＝∠AOC＝60°，∵BD⊥OA，∴∠ABD＝30°，∴AD＝AB＝2，BD＝AD＝2，∴DO＝6，∴點D坐標(biāo)為（6，），故答案為：（6，）．題型3：菱形的性質(zhì)求角度3.已知菱形ABCD中，∠D＝150°，連接AC，則∠BAC等于（）A．10° B．15° C．20° D．25°【分析】由菱形的性質(zhì)可得∠DAB＝30°，∠BAC＝∠DAC，即可求解．【解答】解：∵菱形ABCD中，∠D＝150°，∴∠DAB＝30°，∠BAC＝∠DAC，∴∠BAC＝15°，故選：B．【變式3-1】如圖，在菱形ABCD中，點E在BC上，且AE＝AD，∠EAD＝2∠BAE，求∠BAE的度數(shù)．【分析】根據(jù)菱形的四條邊都相等可得AB＝AD，從而求出AB＝AE，設(shè)∠BAE＝x，然后根據(jù)等腰三角形兩底角相等表示出∠ABE，再根據(jù)菱形的鄰角互補列出方程求解即可．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝AD，∵AE＝AD，∴AB＝AE，設(shè)∠BAE＝x，則∠EAD＝2x，∠ABE＝（180°﹣x），∵AD∥BC，∴∠BAD+∠ABE＝180°，∴x+2x+（180°﹣x）＝180°，解得x＝36°，即∠BAE＝36°．【變式3-2】如圖，在正五邊形ABCDE的內(nèi)部作菱形ABCF，則∠FAE的度數(shù)為（）A．30° B．32° C．36° D．40°【分析】由正五邊形ABCDE，可求得∠BAE和∠ABC的度數(shù)，由菱形ABCF可得，∠ABC和∠BAF互補，繼而求得∠BAF的度數(shù)，從而求出∠FAE的度數(shù)．【解答】解：∵五邊形ABCDE是正五邊形，∴∠BAE＝∠ABC＝108°，∵四邊形ABCF是菱形，∴AF∥BC，∴∠ABC+∠BAF＝180°，∴∠BAF＝180°﹣108°＝72°，∴∠FAE＝∠BAE﹣∠BAF＝108°﹣72°＝36°．故選：C．【變式3-3】（2022九上·鄆城期中）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD相交于點O，BC的垂直平分線EF分別交BC，AC于點E，F(xiàn)，連接DF，若∠BCD=70°，則∠ADF的度數(shù)是（）A．60° B．75 C．80° D．110°【答案】B【解析】【解答】解：連接BF，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DCF=∠BCF=12∴BF=DF，∵EF是BC的垂直平分線，∴BF=CF，∴DF=CF，∴∠CDF=∠DCF=35°，∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD=180°，∴∠ADC=180°-70°=110°，∴∠ADF=110°-35°=75°，故答案為：B．

【分析】先求出∠CDF=∠DCF=35°，再結(jié)合∠ADC+∠BCD=180°，求出∠ADF=110°-35°=75°即可。題型4：菱形的性質(zhì)與等面積法4.如圖，四邊形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，則DH＝（）A． B． C．4 D．8【分析】由四邊形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，可求得此菱形的面積與AB的長，繼而求得答案．【解答】解：設(shè)AC與BD交于O，∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，∴AC⊥BD，OA＝AC＝4，OB＝BD＝3，∴AB＝＝5，S菱形ABCD＝AC?BD＝24，∵DH⊥AB，∴DH＝＝．故選：A．【變式4-1】（2022九上·交城期末）如圖，在菱形ABCD中，AC交BD于O，DH⊥AB于H，連接OH，AC=16，AB=10，則OH=（）．A．2.4 B．4.8 C．9.6 D．6【答案】D【解析】【解答】∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，BD=2BO，AO=12在Rt△AOB中，BO=A∴BD=2BO=12∵DH⊥AB，O為BD的中點∴OH=12故答案為：D

【分析】先求出BO的長，利用菱形的性質(zhì)可得BD=2BO=12，再利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得OH=12【變式4-2】已知：如圖所示，菱形ABCD中，DE⊥AB于點E，且E為AB的中點，已知BD＝4，求菱形ABCD的周長和面積．【分析】直接利用線段垂直平分線的性質(zhì)結(jié)合菱形的性質(zhì)得出△ABD是等邊三角形，直接利用菱形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出AC的長，利用菱形面積求法得出答案．【解答】解：∵DE⊥AB于E，且E為AB的中點，∴AD＝BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BA，∴AB＝AD＝BD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠DAB＝60°；∵BD＝4，∴DO＝2，AD＝4，∴AO＝＝2，∴AC＝4；∴AB＝＝＝4，∴菱形ABCD的周長為4×4＝16；菱形ABCD的面積為：BD?AC＝×4×4＝8．題型5：菱形的性質(zhì)簡單綜合5.（2023九上·通川期末）如圖，已知在菱形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，延長DC到點E，使CE=CD，延長BC到點F，使CF=BC，順次連接點B，E，F(xiàn)，D，若BD=1，AC=3.（1）求證：四邊形BEFD是矩形；（2）求四邊形BEFD的周長為多少.【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB=OD，∵CE=CD，CF=BC，∴四邊形BEFD是平行四邊形，∵OB=OD，CE=CD，∴OC是△BDE的中位線，∴OC∥BE，∴BE⊥BD，∴∠DBE=90°，∴平行四邊形BEFD是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OC=OA=1由（1）可知，OC是△BDE的中位線，AC=3∴BE=2OC=AC=3∵四邊形BEFD是矩形，BD=1，∴EF=BD=1，BE=DF=3∴四邊形BEFD的周長=2(BD+BE)=2+23【解析】【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，OB=OD，由已知條件可知CE=CD，CF=BC，推出四邊形BEFD為平行四邊形，得到OB=OD，CE=CD，進而推出OC為△BDE的中位線，得到OC∥BE，則∠DBE=90°，據(jù)此證明；

（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OC=OA=12【變式5-1】（2023九上·渠縣期末）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，DE//AC，AE//BD.（1）求證：四邊形AODE是矩形；（2）已知AB=4，DE=2，求四邊形AODE的面積.【答案】（1）證明：∵DE//AC，AE//BD，∴四邊形AODE是平行四邊形，∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，∴∠AOD=90°，∴四邊形AODE是矩形；（2）解：∵四邊形AODE是矩形，∴OA=DE=2，∵四邊形ABCD是菱形，∴OB=OD，AC⊥BD，∴OB=A∴OD=23∴四邊形AODE的面積=OD×OA=23【解析】【分析】（1）利用有兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，可證得四邊形AODE是平行四邊形；利用垂直的定義可證得∠AOD=90°，根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可證得結(jié)論.

（2）利用矩形的性質(zhì)可求出OA的長，利用菱形的性質(zhì)及勾股定理可求出OB的長，然后利用矩形的面積公式求出矩形AODE的面積.【變式5-2】（2022九上·沈北期中）在菱形ABCD中，過點B作BE⊥CD于點E，點F在邊AB上，AF＝CE，連接BD、DF．（1）求證：四邊形BFDE是矩形；（2）若BD＝25，BE＝4，求BC的長．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥CD，∵AF＝CE，∴AB-AF＝CD-CE，即：BF＝DE，∴四邊形BFDE為平行四邊形，又∵BE⊥CD，∴∠BED=90°，∴四邊形BFDE為矩形.（2）解：在Rt△BDE中：DE=B設(shè)BC的長為x，則CE=x-2，由勾股定理得：B即：x2解得：x=5，∴BC=5．【解析】【分析】（1）先證明四邊形BFDE為平行四邊形，再結(jié)合∠BED=90°，可得四邊形BFDE為矩形；

（2）設(shè)BC的長為x，則CE=x-2，利用勾股定理可得x2菱形的判定菱形的判定方法有三種：1.定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.2.對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.3.四條邊相等的四邊形是菱形.注意：前兩種方法都是在平行四邊形的基礎(chǔ)上外加一個條件來判定菱形，后一種方法是在四邊形的基礎(chǔ)上加上四條邊相等.題型6：菱形的判定（條件選擇）6.（2022九上·黃岡開學(xué)考）AC，BD是?ABCD的兩條對角線，如果添加一個條件，使?ABCD為矩形，那么這個條件可以是（）A．AB=BC B．AC=BD C．AC⊥BD D．AB⊥BD【答案】B【解析】【解答】解：A、是鄰邊相等，可得到平行四邊形ABCD是菱形，故此選項不正確；B、是對角線相等，可推出平行四邊形ABCD是矩形，故此選項正確；C、是對角線互相垂直，可得到平行四邊形ABCD是菱形，故此選項不正確；D、無法判斷，故此選項不正確．故答案為：B.【分析】根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形及對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，可判斷A、C；根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形可判斷B.【變式6-1】（2022九上·高州月考）下列是關(guān)于某個四邊形的三個結(jié)論：①它的對角線互相垂直；②它是一個正方形；③它是一個菱形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出③ D．由①推出③，由③推出②【答案】A【解析】【解答】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；菱形的對角線互相垂直，而對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形；正方形擁有菱形的一切性質(zhì)，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；故答案為：A．【分析】根據(jù)正方形的判定方法求解即可?！咀兪?-2】（2022八下·環(huán)翠期末）在一組對邊平行的四邊形中，增加一個條件，使得這個四邊形是菱形，那么增加的條件可以是（）A．另一組對邊相等，對角線相等B．另一組對邊相等，對角線互相垂直C．另一組對邊平行，對角線相等D．另一組對邊平行，對角線相互垂直【答案】D【解析】【解答】解：A．一組對邊平行，另一組對邊相等，對角線相等的四邊形可以是等腰梯形，則此項不符題意；B．一組對邊平行，另一組對邊相等，對角線互相垂直的四邊形可以是等腰梯形，則此項不符題意；C．一組對邊平行，另一組對邊平行，對角線相等的四邊形可以是矩形，不一定是菱形，則此項不符題意；D．一組對邊平行，另一組對邊平行，對角線相互垂直的四邊形是菱形，則此項符合題意；故答案為：D．【分析】根據(jù)菱形的判定方法逐項判斷即可。題型7：菱形的判定（四邊相等）7.如圖，△ABC中，AB＝AC，AD、CD分別是△ABC兩個外角的平分線．（1）求證：AB＝AD；（2）若∠B＝60°，求證：四邊形ABCD是菱形．【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得出∠FAD＝∠B，進而得到AD∥BC，再利用∠D＝∠ACD，證明AC＝AD，再由AB＝AC可得AB＝AD；（2）首先證明△ABC和△ADC是等邊三角形，進而得到AD＝CB＝AB＝CD，可判定四邊形ABCD是菱形．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵AD平分∠FAC，∴∠FAD＝∠FAC，∵∠B+∠ACB＝∠FAC，∴∠FAD＝∠B，∴AD∥CB，∴∠D＝∠DCE，∵CD平分∠ACE，∴∠ACD＝∠DCE，∴∠D＝∠ACD，∴AC＝AD，∵AB＝AC，∴AB＝AD；（2）解：∵∠B＝60°，AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝60°，∵AD∥CB，∴∠DAC＝∠ACB＝60°，∵AD＝AC，∴△ADC是等邊三角形，∴AD＝DC＝AC，∴AD＝CB＝AB＝CD，∴四邊形ABCD是菱形．【變式7-1】（2022九上·青島期中）如圖，矩形ABCD≌矩形AECF，AF與BC相交于G，EC與AD相交于H．請判斷并證明四邊形AGCH的形狀．【答案】解：四邊形為菱形，證明如下：∵矩形ABCD≌矩形AECF，∴∠BAH=∠GAE=90°，∴∠BAH-∠GAH=∠GAE-∠GAH，∴∠BAG=∠EAH，在△BAG和△EAH中，∠B=∠E=90°AB=AE∴∠BAG≌△EAH(同理可得△DCH≌△FCG(在△AGB和△CGF中，∠ABG=∠CFG∠AGB=∠CGF∴△AGB≌△CGF(AAS)，∴△ABG≌△AEH≌△CDH≌△CFG，∴AH=CH=CG=AG，∴四邊形AGCH是菱形．【解析】【分析】利用三角形判定方法可得△ABG≌△AEH≌△CDH≌△CFG，再利用全等三角形的性質(zhì)可得AH=CH=CG=AG，即可得到四邊形AGCH是菱形?！咀兪?-2】已知：如圖，P是線段AB上的一點，分別以線段AP，PB為一邊在AB的同側(cè)作等邊三角形APE和等邊三角形PBF，連接EF，點G，M，N，H分別是四邊形ABFE的邊AB，BF，F(xiàn)E，EA的中點，連接HG，GM，MN和NH．求證：四邊形GMNH為菱形．【分析】欲證明四邊形GMNH為菱形，只要證明HN＝HG＝GM＝MN，由題意HN＝GM＝，HG＝MN＝，所以只要證明AF＝EB，利用△APF≌△EPB即可證明．【解答】證明：∵△APE和△PBF都是等邊三角形，∴AP＝PE，PF＝PB，∠APE＝∠FPB＝60°，∴∠APF＝∠EPB，在△APF和△EPB中，，∴△APF≌△EPB，∴AF＝EB，∵EH＝HA，EN＝NF，∴HN＝，同理GM＝，HG＝MN＝，∴HN＝HG＝GM＝MN，∴四邊形MNHG是菱形．題型8：菱形的判定（平行四邊形+鄰邊相等）8.（2022八下·合陽期末）如圖，在△ABC中，AC＝BC，點D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，BC的中點，連接DE，DF．求證：四邊形DFCE是菱形．【分析】根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)和菱形的判定定理即可得到結(jié)論；【解答】證明：∵點D，E，F(xiàn)分別是AB，AC，BC的中點，∴DE∥CF，DE＝BC，DF∥CE，DF＝AC，∴四邊形DECF是平行四邊形，∵AC＝BC，∴DE＝DF，∴四邊形DFCE是菱形；【變式8-1】如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是中線，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交BE的延長線于F，連接CF，求證：四邊形ADCF是菱形．【分析】根據(jù)AAS證△AFE≌△DBE，推出AF＝BD．結(jié)合已知條件，利用“有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得到ADCF是菱形．【解答】證明：∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∵E是AD的中點，AD是BC邊上的中線，∴AE＝DE，BD＝CD，在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS）；∴AF＝DB．∵DB＝DC，∴AF＝CD．∵AF∥BC，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∵∠BAC＝90°，D是BC的中點，∴AD＝DC＝BC，∴四邊形ADCF是菱形．【變式8-2】如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點D是AC的中點，BE∥AC，CE∥BD，BE與CE交于點E．求證：四邊形BDCE是菱形．【分析】根據(jù)CE∥BD，BE∥AC，求得四邊形BDCE是平行四邊形，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BD＝AD＝DC＝AC，由菱形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】證明：∵CE∥BD，BE∥AC，∴四邊形BDCE是平行四邊形，∵∠ABC＝90°，點D是AC的中點，∴BD＝AD＝DC＝AC，∴四邊形DBEC是菱形．題型9：菱形的判定（平行四邊形+對角線互相垂直）9.如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AE＝ED＝DB，DG⊥AC于點G，EF⊥BC于點F，求證：四邊形DFGE是菱形．【分析】由已知條件得出DG∥BC，EF∥AC，DG⊥EF，由平行線分線段成比例定理得出OG＝OD，OE＝OF，證出四邊形DFGE是平行四邊形，再由對角線互相垂直，即可得出結(jié)論．【解答】證明：如圖所示：∵∠C＝90°，∴AC⊥BC，∵DG⊥AC，EF⊥BC，∴DG∥BC，EF∥AC，DG⊥EF，∵AE＝ED＝DB，∴OG＝OD，OE＝OF，∴四邊形DFGE是平行四邊形，又∵DG⊥EF，∴四邊形DFGE是菱形．【變式9-1】（2022九上·西安月考）如圖，已知△ABC中，D是AC的中點，過點D作DE⊥AC交BC于點E，過點A作AF∥BC交DE于點F，連接AE，CF.求證：四邊形AECF是菱形.【答案】證明：在△ABC中，點D是AC的中點，∴AD＝DC，∵AF∥BC，∴∠FAD＝∠ECD，∠AFD＝∠CED，∴△AFD≌△CED（AAS），∴AF＝EC，又∵AF∥BC，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵DE⊥AC，∴EF⊥AC∴平行四邊形AECF是菱形.【解析】【分析】根據(jù)中點的概念可得AD＝DC，由平行線的性質(zhì)可得∠FAD＝∠ECD，∠AFD＝∠CED，利用AAS證明△AFD≌△CED，得到AF＝EC，由已知條件可知AF∥BC，推出四邊形AECF是平行四邊形，然后利用菱形的判定定理進行證明.【變式9-2】如圖，在三角形紙片ABC中，AD是△ABC的角平分線，把△ABC進行折疊，使點A與點D重合，折痕與AB相交于E，與AC相交于F，求證：四邊形AEDF是菱形．【分析】由∠BAD＝∠CAD，AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°證△AEO≌△AFO，推出EO＝FO，得出平行四邊形AEDF，根據(jù)EF⊥AD得出菱形AEDF．【解答】證明：∵AD平分∠BAC∴∠BAD＝∠CAD又∵EF⊥AD，∴∠AOE＝∠AOF＝90°在△AEO和△AFO中，，∴△AEO≌△AFO（ASA），∴EO＝FO，又∵A點與D點重合，∴AO＝DO，∴EF、AD相互平分，∴四邊形AEDF是平行四邊形∵點A與點D關(guān)于直線EF對稱，∵EF⊥AD，∴平行四邊形AEDF為菱形．題型10：菱形的判定與性質(zhì)-最值問題10.如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，點P在BD上，點E為CD中點，且PC+PE＝1，則邊AB的最大值等于（）A．1 B． C． D．【分析】首先連接AP，AE，AC由已知條件可以得出PE+PC＝PE+PA＝1≥AE（當(dāng)P是AE與DB的交點時取等號），再利用等邊三角形的性質(zhì)得出AE＝AD＝AB，進而求出AB長的最大值．【解答】解：連接AP，AE，AC根據(jù)四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，AP＝CP，∴PE+PC＝PE+PA＝1≥AE，∵∠ABC＝60°，∴∠ADE＝60°，AD＝CD，∴△ADC是等邊三角形，∵DE＝CE，∴∠AED＝90°，∠DAE＝30°，設(shè)DE＝x，則AD＝2x，由勾股定理得：AE＝＝x∴AE＝AD＝AB≤1，所以AB≤，即AB長的最大值是，故選：B．【變式10-1】菱形ABCD的兩條對角線的長分別為6和8，點M、N分別是邊AB、BC的中點，點P是對角線AC上的一個動A點，則PM+PN的最小值是．【分析】要求PM+PN的最小值，PM，PN不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化PN，PM的值，從而找出其最小值求解．【解答】解：如圖：作ME⊥AC交AD于E，連接EN，則EN就是PM+PN的最小值，∵M、N分別是AB、BC的中點，∴BN＝BM＝AM，∵ME⊥AC交AD于E，∴AE＝AM，∴AE＝BN，AE∥BN，∴四邊形ABNE是平行四邊形，∴ENAB，而由已知可得AB＝＝5，∴PM+PN的最小值為5，故答案為5．【變式10-2】（2020八下·侯馬期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，點E是邊AB的中點，P是對角線AC上的一個動點，若AB＝23，求PB+PE的最小值是多少？【答案】解：如圖，連接PD，BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴對角線AC與BD互相垂直平分，∴AC是BD的垂直平分線，∴PD=PB，∴PB+PE=PD+PE，由兩點之間線段最短可知，當(dāng)點D，P，E在同一直線上時，PD+PE取得最小值，最小值等于線段DE的長，即PB+PE的最小值為線段DE的長，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=120°，AB=23∴∠BAD=60°,AD=AB=23∴△ABD是等邊三角形，又∵點E是AB的中點，∴DE⊥AB,AE=1∴在Rt△ADE中，DE=A故PB+PE的最小值是3．【解析】【分析】如圖，連接PD，BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)得出PD=PB，從而得出PB+PE=PD+PE，由兩點之間線段最短可知，當(dāng)點D，P，E在同一直線上時，PD+PE取得最小值，最小值等于線段DE的長，根據(jù)菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)及勾股定理求出DE的長即可.題型11：菱形的判定與性質(zhì)-多結(jié)論問題11.（2022八下·賓陽期中）如圖，矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM.則下列結(jié)論：①∠DNO=∠BMO；②AN=CM：③ME=NF；④當(dāng)AO=AD時，四邊形DEBF是菱形.其中，正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】【解答】解：∵DE∥BF∴∠DNO=∠BMO故①正確.∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE=∠CMF=90°在△ANE與△CMF中∵∠ANE=∠CMF=90∴△ANE≌△CMF（ASA）∴AN=CM，NE=FM，AE=CF，故②正確.在△NFM與△MEN中∵FM=NE∴△NFM≌△MEN（SAS）∴ME=NF，故③正確.∵AE=CF∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB又根據(jù)矩形性質(zhì)可知DF∥EB∴四邊形DEBF為平行四邊形根據(jù)矩形性質(zhì)可知OD=AO，當(dāng)AO=AD時，即三角形DAO為等邊三角形∴∠ADO=60°又∵DN⊥AC根據(jù)三線合一可知∠NDO=30°又根據(jù)三角形內(nèi)角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°故DE=EB∴四邊形DEBF為菱形，故④正確.故①②③④正確故答案為：D.【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DNO=∠BMO，據(jù)此判斷①；由平行線的性質(zhì)可得∠NAE=∠MCF，證明△ANE≌△CMF，得到AN=CM，NE=FM，AE=CF，據(jù)此判斷②；證明△NFM≌△MEN，得到ME=NF，據(jù)此判斷③；由AE=CF結(jié)合線段的和差關(guān)系可得DF=EB，推出四邊形DEBF為平行四邊形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OD=AO，當(dāng)AO=AD時，△DAO為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠ADO=60°，∠NDO=30°，結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠ABD=30°，則DE=EB，據(jù)此判斷④.【變式11-1】如圖，等邊△ABC沿射線BC向右平移到△DCE的位置，連接AD、BD，則下列結(jié)論：①AD＝BC；②BD、AC互相平分；③四邊形ACED是菱形；④BD＝BE．其中正確的個數(shù)是（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】先求出∠ACD＝60°，繼而可判斷△ACD是等邊三角形，從而可判斷①是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷四邊形ABCD是平行四邊形，從而可判斷②是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷④錯誤．【解答】解：△ABC、△DCE是等邊三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝∠CDE＝60°，AC＝CD，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AD＝AC＝BC，故①正確；由①可得AD＝BC，∵AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴BD、AC互相平分，故②正確；由①可得AD＝AC＝CE＝DE，故四邊形ACED是菱形，即③正確．∵BD⊥AC，AC∥DE，∴BD⊥DE，∴BE＞BD，故④錯誤．綜上可得①②③正確，共3個．故選：D．【變式11-2】（2021八下·八公山期末）如圖，菱形ABCD的周長為40cm，對角線AC，BD相交于點O，DE⊥AB，垂足為E，DE∶AB＝4∶5，下列結(jié)論：①DE＝8cm；②BE＝4cm；③BD＝45cm；④AC＝85cm；⑤S菱形ABCD＝80cm.其中正確的有()A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【答案】B【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的周長為40cm，∴AB=14∵DE：AB=4：5，∴DE=8cm，故①符合題意；∵DE⊥AB，且AD=10cm，DE=8cm，∴AE=AD∴BE=AB﹣AE=10cm﹣6cm=4cm，故②符合題意；∵DE=8cm，BE=4cm，∴BD=BD2+BE2∵四邊形ABCD是菱形，∴BO=12BD=25cm，且AC⊥BD，AO=AB2-B∴AC=2AO=85cm，故④符合題意；∴S菱形ABCD=12AC?BD=12×85×45=80（cm2），故故答案為：B．

【分析】根據(jù)菱形周長得到AB長度，得到DE長度，根據(jù)DE、AD長度和DE⊥AB，得到AE長度，得到BE的長，通過BE、DE的長得到BD的長，根據(jù)DO、AD的長，得到AO的長，得到AC的長，根據(jù)菱形面積為對角線的乘積的一半，得到菱形的面積。題型12：菱形的判定與性質(zhì)-動點問題12.（2022八下·江都期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，AB∥OC，點B，C的坐標(biāo)分別為（15，8），（21，0），動點M從點A沿A→B以每秒1個單位的速度運動；動點N從點C沿C→O以每秒2個單位的速度運動．M，N同時出發(fā)，設(shè)運動時間為t秒．（1）在t=3時，M點坐標(biāo)，N點坐標(biāo)；（2）當(dāng)t為何值時，四邊形OAMN是矩形？（3）運動過程中，四邊形MNCB能否為菱形？若能，求出t的值；若不能，說明理由．【答案】（1）（3，8）；（15，0）（2）解：當(dāng)四邊形OAMN是矩形時，AM=ON，∴t=21-2t，解得t=7秒，故t=7秒時，四邊形OAMN是矩形；（3）解：存在t=5秒時，四邊形MNCB能為菱形．理由如下：四邊形MNCB是平行四邊形時，BM=CN，∴15-t=2t，解得：t=5秒，此時CN=5×2=10，過點B作BD⊥OC于D，則四邊形OABD是矩形，∴OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=21-15=6，在Rt△BCD中，BC=BD∴BC=CN，∴平行四邊形MNCB是菱形，故，存在t=5秒時，四邊形MNCB為菱形．【解析】【解答】解：（1）∵B（15，8），C（21，0），∴AB=15，OA=8，OC=21，當(dāng)t=3時，AM=1×3=3，CN=2×3=6，∴ON=OC-CN=21-6=15，∴點M（3，8），N（15，0）；故答案為：（3，8）；（15，0）；【變式12-1】（2021八下·雨花期末）已知：如圖，O為坐標(biāo)原點，四邊形OABC為矩形，B（5，2），點D是OA中點，點P在BC上以每秒2個單位的速度由C向B運動，設(shè)動點P的運動時間為t秒.（1）t為何值時，四邊形PODB是平行四邊形？（2）在直線CB上是否存在一點Q，使得O、D、Q、P四點為頂點的四邊形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.【答案】（1）解：∵四邊形OABC為矩形，B（5，2），∴BC=OA=5，AB=OC=2，∵點D時OA的中點，∴OD=12由運動知，PC=2t，∴BP=BC-PC=5-2t，∵四邊形PODB是平行四邊形，∴PB=OD=2.5，∴5-2t=2.5，∴t=1.25；（2）解：①當(dāng)Q點在P的右邊時，如圖1，∵四邊形ODQP為菱形，∴OD=OP=PQ=2.5，∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=1.5，∴2t=1.5；∴t=0.75，∴Q（4，2）；②當(dāng)Q點在P的左邊且在BC線段上時，如圖2，同①的方法得出t=2，∴Q（1.5，2），③當(dāng)Q點在P的左邊且在BC的延長線上時，如圖3，同①的方法得出，t=0.5，∴Q（-1.5，2）【變式12-2】如圖，已知點P為∠ACB平分線上的一點，∠ACB＝60°，PD⊥CA于D，PE⊥CB于E．點M是線段CP上的動點（不與兩端點C、P重合），連接DM，EM．（1）求證：DM＝ME；（2）當(dāng)點M運動到線段CP的什么位置時，四邊形PDME為菱形，請說明理由．【分析】（1）先利用角平分線定義得到∠ACP＝∠BCP＝30°，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)得PD＝PE，則利用“HL”可證明Rt△DCP≌Rt△ECP得到CD＝CE，然后證明△DCM≌△ECM得到DM＝ME；（2）利用∠DCP＝30°得到PC＝2PD，∠CPD＝60°，則當(dāng)DM＝DP時，PD＝PE＝MD＝ME，則四邊形DMEP為菱形，由于此時△PDM為等邊三角形，所以PD＝PM，從而得到CM＝PM，即當(dāng)點M運動到線段CP的中點時，四邊形PDME為菱形．【解答】（1）證明：∵點P為∠ACB平分線上的一點，∴∠ACP＝∠BCP＝30°，∵PD⊥CA于D，PE⊥CB于E，∴PD＝PE，在Rt△DCP和Rt△ECP中，∴Rt△DCP≌Rt△ECP，∴CD＝CE，在△DCM和△ECM中，∴△DCM≌△ECM，∴DM＝ME；（2）解：當(dāng)點M運動到線段CP的中點時，四邊形PDME為菱形．理由如下：∵∠DCP＝30°，∴PC＝2PD，∠CPD＝60°，∵PD＝PE，MD＝ME，∴當(dāng)DM＝DP時，PD＝PE＝MD＝ME，則四邊形DMEP為菱形，此時△PDM為等邊三角形，∴PD＝PM，∴CM＝PM，∴當(dāng)點M運動到線段CP的中點時，四邊形PDME為菱形．一、單選題1．（2021八下·甘井子期中）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AB=5，AO=4，則此菱形的面積是（）A．12 B．15 C．24 D．48【答案】C【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形∴AC=2AO，BD=2BO，∵AB=5，AO=4，∴BO=∴AC=8，BD=6∴菱形的面積=1故答案為：C.【分析】先利用勾股定理求出BO的長，可得AC=8，BD=6，最后利用菱形的面積公式可得122．（2022八下·東川期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BE⊥AD于點E，且OA=4，OB=3．則BE的長為（）A．3 B．4 C．4.8 D．5【答案】C【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OB，∵OA=4，OB=3，∴AD=AB=O∴S菱形ABCD=12AC?BD=AD?BE∴BE=4.故答案為：C．【分析】先求出AD=AB=OA2+OB3．（2022·濱海新模擬）如圖，四邊形A．BCD是菱形，頂點A．，C的坐標(biāo)分別是（?0?，?2?），（?8?，?2?），點D在x軸上，則頂點B的坐標(biāo)是（）A．（?4?，?2?） B．（?5?，?2?）C．（?4?，??4） D．（?5?，??4）【答案】C【解析】【解答】解：如圖，過點C作CE⊥x軸，垂足為E，連接AC、BD，交于點F，∵頂點A.，C的坐標(biāo)分別是（0?，2?），（8?，2?），四邊形ABCD是菱形，∴AC∥x軸，AD=DC，F(xiàn)B=FD，AC⊥BD，AO=CE=2，∴BD⊥x軸，△AOD≌△CED，∴DO=DE=4，∵四邊形ABCD是菱形，∴DF=FB=2，∴DB=4，∴點B的坐標(biāo)為(4，4)，故答案為：C．【分析】過點C作CE⊥x軸，垂足為E，連接AC、BD，交于點F，利用菱形的性質(zhì)可得DF=FB=2，所以DB=4，即可得到點B的坐標(biāo)。4．（2022·新城模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＋BD＝14，則菱形ABCD的面積為（）A．12 B．20 C．24 D．48【答案】C【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD，AO=∵AC+BD=14∴AO+BO=7設(shè)BO=x，則AO=7-x，在RtΔAOB中，AB=5∴A∴x解得，x∴BO=3，AO=4∴菱形ABCD的面積=1故答案為：C.【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO=15．（2021·棗莊）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，AC=63，BD=6，點P是AC上一動點，點E是AB的中點，則PD+PEA．33 B．63 C．3 【答案】A【解析】【解答】解：如圖，連接DE，由兩點之間線段最短得：當(dāng)點D，P，E共線時，PD+PE取最小值，最小值為DE，∵四邊形ABCD是菱形，AC=63，BD=6∴AB=AD，OB=1∴AB=O∴AB=AD=BD=6，∴△ABD是等邊三角形，∵點E是AB的中點，∴AE=1∴DE=A即PD+PE的最小值為33故答案為：A．

【分析】由三角形的三邊關(guān)系可得當(dāng)點P在DE上時，PD+PE的最小值為DE的長，由菱形的性質(zhì)可得AO=CO=33，BO=DO=3，AC垂直BD，AB=AD，由銳角三角函數(shù)可求∠ABO=60°，證明△ABD二、填空題6．（2022·坪山模擬）若菱形的面積為24，一條對角線長為6，則其邊長長為．【答案】5【解析】【解答】解：由題意得菱形的另一條對角線的長24×2÷6=8則菱形的邊長=故答案為：5【分析】先利用菱形的面積等于對角線乘積的一半可得菱形的另一條對角線的長為8，再利用勾股定理求出菱形的邊長即可。7．（2022八下·惠山期末）如圖，若四邊形ABCD是菱形，AC=24，BD=10，則菱形ABCD的邊長是.【答案】13【解析】【解答】解：設(shè)AC與BD交于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OC=1∴∠COD=90°，∴CD=故答案為：13.【分析】設(shè)AC與BD交于點O，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，OC=12AC=12，OD=18．（2022八下·江都期中）點E、F、G、H分別是任意四邊形ABCD中AD、AB、BC、CD各邊的中點，對角線AC，BD交于點O，當(dāng)四邊形ABCD滿足條件時，四邊形EFGH是菱形．【答案】AC=BD【解析】【解答】解：∵點E、F、G、H分別是任意四邊形ABCD中AD、AB、BC、CD各邊的中點，∴EF∥BD，EF＝12BD，GH∥BD，GH＝12BD，EH∥AC，EH＝12∴四邊形EFGH為平行四邊形，當(dāng)AC＝BD時，EF＝EH，∴平行四邊形EFGH為菱形，∴當(dāng)四邊形ABCD的對角線AC＝BD時，四邊形EFGH是菱形.故答案為：AC=BD.【分析】由題意可得EF為△ABD的中位線，EH為△ACD的中位線，F(xiàn)G為△ABC的中位線，GH為△BCD的中位線，則EF∥BD∥GH，EF＝GH=12BD，EH∥AC∥FG，EH＝FG=19．（2022·覃塘模擬）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠ABC=60°，動點P在對角線BD上，連接PA，則PA+12PB【答案】3【解析】【解答】解：如圖，過點P作PE⊥BC于E，過點A作AF⊥BC于F，∵四邊形ABCD為菱形，且∠ABC=60°，∴∠PBE=1∴PE=1∴PA+1∵兩點之間線段最短，∴當(dāng)A、P、E共線時，PA+PE最小，即為AF的長.∵∠ABC=60°，∴BF=1∴AF=A故答案為：3.【分析】過點P作PE⊥BC于E，過點A作AF⊥BC于F，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠PBE=12∠ABC=30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得PE=12BP，則PA+1210．（2021八下·曲靖期末）已知菱形的兩條對角線長分別為6和8，則菱形的高為．【答案】24【解析】【解答】解：如圖所示，四邊形ABCD是菱形，AC與BD交于O，AC=6，BD=8，∴AC⊥BD，BO=OD=12BD=4∴AB=A設(shè)菱形的高為h，∴AB?h=1∴h=24故答案為：245【分析】利用菱形的性質(zhì)及勾股定理先求出AB，再根據(jù)菱形的