苏科版八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形9.4 矩形、菱形、正方形综合训练题

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9.4.2 菱形（知识讲解）
【学习目标】
1. 理解菱形的概念.
2. 掌握菱形的性质定理及判定定理．
【要点梳理】
要点一、菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
特别说明：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件.
要点二、菱形的性质
菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质：
1.菱形的四条边都相等；
2.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.
3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心.
特别说明：（1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分.
（2）菱形的面积有两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半.
（3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题.
要点三、菱形的判定
菱形的判定方法有三种：
1.定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
3.四条边相等的四边形是菱形.
特别说明：前两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，后一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.
【典型例题】
类型一、菱形➽➼性质与判定的理解
1．（2022春·广东深圳·九年级校考期末）菱形不具备的性质是（    ）
A．四条边都相等 B．对角线一定相等 C．对角线平分对角 D．是中心对称图形
【答案】B
【分析】根据菱形的性质逐一判断即可．
解：A．菱形的四条边都相等，故本选项不合题意；
B．菱形的对角线不相等，故本选项符合题意；
C．菱形的对角线平分内角，故本选项不合题意；
D．菱形是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形的性质以及中心对称图形，掌握菱形的性质是解答本题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·黑龙江绥化·九年级统考期末）下列不属于菱形性质的是（    ）
A．四条边都相等 B．两条对角线相等
C．两条对角线互相垂直 D．每一条对角线平分一组对角
【答案】B
【分析】根据菱形的性质即可求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．
解：菱形的性质：对边平行，四条边相等，
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，
∴A，C，D都是菱形的性质，B不是，故B符合题意；
故选B．
【点拨】本题考查的是菱形的性质，熟记菱形的性质是解本题的关键．
2．（2021秋·甘肃兰州·八年级校考期中）如图，四边形是平行四边形，下列说法能判定四边形是菱形的是（    ）．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由菱形的判定定理即可得出结论．
解：能判定四边形是菱形的是，理由如下：
四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·山东菏泽·九年级统考期中）顺次连接下列四边形的四边中点所得图形一定是菱形的是（    ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．对角线互相垂直的四边形
【答案】C
【分析】利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．
解：如图，四边形,点E、F、G、H分别是四边形四边的中点，

则在中，根据三角形中位线的性质可得：，，
同理可得：，，，，，，
∴，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴顺次连接任意四边形的四边中点所得图形一定是平行四边形，
即当四边形的对角线时，即有：，
则所得图形一定是菱形，
平行四边形、菱形、对角线相互垂直的四边形这三种四边形的对角线不一定总相等，矩形的对角线一定相等，即矩形满足条件，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的判定，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分．
类型二、菱形➽➼性质➼➻求角度✭✭求线段✭✭求面积
3．（2022春·山东青岛·九年级统考期中）如图，在中，，的垂直平分线交于，交于，在上，并且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当的大小满足什么条件时，四边形是菱形？请回答并证明你的结论．

【答案】(1)见分析 (2)，见分析
【分析】（1）利用中垂线的性质和等角的余角相等以及平行线的性质，证明，得到，即可得证；
（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到：当时，四边形是菱形， 根据 所对的直角边是斜边的一半，即可得解．
解：（1）为的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∵，
∴
，
∴，
，
又，
四边形为平行四边形；
（2）要使得平行四边形为菱形，则即可，
，
，，
又，
，
，又，
，
，
即可，
在中，，
当时，，
故时，四边形为菱形．
【点拨】本题考查平行四边形的判定，以及菱形的判定和性质．熟练掌握中垂线的性质，平行四边形的判定方法，以及菱形的判定方法和性质，是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·河北邢台·八年级校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，交AB于点E，连接DF，BF．
(1) 求证：；
(2) 若∠ADC=110°，求的度数．

【答案】(1)见分析 (2)∠FDC=75°．
【分析】（1）连接BF，由线段垂直平分线的性质得AF=BF，再证△BCF≌△DCF（SAS），得BF=DF，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得∠DCA=∠DAC=35°，由AF=DF以及三角形的外角性质，得到∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，据此求解即可得出答案．
（1）证明：连接BF，如图所示：

∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴AF=BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，∠BCF=∠DCF，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴BF=DF，
∴AF=DF；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=110°，
∴AD=DC，∠DCA=∠DAC=(180°-∠ADC)=×70°=35°，
∵AF=DF，
∴∠FDA=∠DAC=35°，
∴∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，
∴∠FDC=180°-∠DFC-∠DCA=180°-70°-35°=75°．
【点拨】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明△BCF≌△DCF是解题的关键．
4．（2022春·陕西咸阳·九年级统考期中）如图，矩形的顶点E、G分别在菱形的边、上，顶点F、H在菱形的对角线上．
(1) 求证：；
(2) 若E为的中点．，求菱形的边长．

【答案】(1)见分析 (2)4
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，进而利用AAS证明，利用全等三角形的性质解答即可；
（2）连结，根据菱形的性质解答即可．
解：（1）解：证明：在矩形中，，，
∴，
∵，
∴，
在菱形中，，
∴，
在与中，
，
∴（AAS），
∴；
（2）如图，连接，

在菱形中，，，
为的中点，
，
由（1）知，，
∴，
又，
四边形是平行四边形，
，
在矩形中，，
，即菱形的边长为4．
【点拨】本题考查矩形的性质、菱形的性质，解答本题的关键是利用AAS证明．
举一反三：
【变式】（2021春·陕西榆林·九年级统考期中）如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长BC到点F，使，连接．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 若，，求的长度．

【答案】(1)见分析； (2)．
【分析】（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得，由勾股定理求出，．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，
∴且，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
在中，．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识；正确的识别图形是解题的关键．
5．（2022·吉林长春·模拟预测）如图，菱形的对角线与相交于点O，垂直且平分，垂足为点E．
(1) 求的大小．
(2) 若，则菱形的面积为 　　．

【答案】(1)120° (2)
【分析】（1）由菱形的性质得，，再证是等边三角形，得，即可得出结论；
（2）由（1）可知，，则，再由勾股定理得，则，然后由菱形面积公式列式计算即可．
解：（1）∵垂直且平分边，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
（2）∵四边形是菱形，
∴
由（1）可知，，
∴
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴菱形的面积，
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明为等边三角形是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·广东茂名·九年级校联考期中）如图，菱形的对角线、相交于点O，，，与交于点F.若，．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 求菱形的面积．

【答案】(1)见分析 (2)
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再由菱形的性质得，从而可得四边形是矩形；
（2）根据勾股定理和菱形的面积公式解答即可．
解：（1）∵，，
∴四边形是平行四边形.
∵四边形是菱形，
∴.
∴四边形是矩形
（2）∵，
∴
∵.
∵，
∴
∴四边形是矩形
∴
∴    
∴菱形的面积为
【点拨】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定与性质和判定、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
类型三、菱形➽➼性质与判定➼➻证明➼➻添加条件✭✭证明
6．（2023春·山东济南·九年级济南市章丘区第四中学校考阶段练习）已知：如图，在中，，的平分线交于点F，E是的中点，过点A作，交的延长线于点D．
(1) 求证：四边形是平行四边形；
(2) 给添加一个条件，使得四边形是菱形．请证明你的结论．

【答案】(1)见分析； (2)；证明见分析．
【分析】（1）证明，得到即可得证；
（2）当时，根据角平分线的定义，得到，进而得到，即可得解．
解：（1）证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴（ASA）
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：∵为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点拨】本题考查平行四边形和菱形的判定．同时考查了全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，以及通过平行线的性质证明三角形全等是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2021秋·云南红河·八年级校考期中）如图，在四边形中，对角线交于点，
(1) 求证：四边形是平行四边形．
(2) 在（1）的基础上，添加一个条件使平行四边形是菱形，并证明．
(3) 在（1）的基础上，添加一个条件使平行四边形是矩形，并证明．

【答案】(1)见分析 (2)添加AB=BC，证明见分析 (3)添加∠ABC=90°，证明见分析
【分析】（1）先证明△AOB≌△COD，可得AB=CD，再根据平行四边形的判定解答即可；
（2）根据菱形的判定解答即可；
（3）根据矩形的判定解答即可．
（1）证明：∵，
∴∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO，
∵OA=OC，
在△AOB和△COD中，
∵，
∴△AOB≌△COD，
∴AB=CD，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：添加AB=BC，平行四边形ABCD是菱形，
证明：∵AB=BC，四边形是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（3）解：添加∠ABC=90°，平行四边形ABCD是矩形，
证明：∵∠ABC=90°，四边形是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的判定，菱形和矩形的判定，解题的关键是掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形．
7．（2022春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期末）如图．四边形ABCD是平行四边形．

(1) 尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）：作出的角平分线DE，交BC于点E；在线段AD上截取，连接EF；
(2) 在（1）所作图中，请证明四边形CDFE是菱形．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴______，
∴，
∵DE平分，
∴
∴______
∴______，
∵，
∴，
而，
∴四边形CDFE为______
∵，
∴四边形CDFE为菱形．
【答案】(1)作图见分析 (2)答案见分析
【分析】（1）根据尺规作图——作一个角的平分线的步骤进行作图即可；
（2）根据平行四边形的性质和菱形的判定依次推理即可．
解：（1）
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
而，
∴四边形CDFE为平行四边形，
∵，
∴四边形CDFE为菱形．
【点拨】本题考查了尺规作图——作一个角的平分线、菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质等，解题关键是牢记作图步骤与相关判定定理与性质．
举一反三：
【变式】（2022春·山东青岛·九年级统考期末）如图在平行四边形中，O 为对角线 的中点，过点 O 的直线 分别交，于点 E，F．
(1) 求证：；
(2) 从下列条件中任选一个作为已知条件后，试判断四边形的形状，并证明你的结论．①，②．
选择的条件：_________（填写序号）．（注：如果选择①，②分别进行解答，按第一个解答计分）

【答案】(1)见分析； (2)①，四边形是矩形，证明见分析．
【分析】（1）根据四边形 为平行四边形，得，，根据，，证明，从而可得；
（2）选择的条件 ①，由（1）可得，可知四边形 是平行四边形，得，可得，根据得，，由，可知，得，可得平行四边形是矩形．
（1）解：证明：四边形 为平行四边形


为对角线 的中点


（）
；
（2）解：四边形是矩形
选择的条件： ①
证明：.
四边形 是平行四边形








平行四边形是矩形
选择的条件： ②
证明：
四边形是平行四边形


∵



平行四边形 是菱形
【点拨】此题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，同时涉及两直线平行内错角相等以及平行四边形的判定和性质，综合掌握全等三角形、平行四边形和矩形的相关知识点是解题关键．
类型四、菱形➽➼性质与判定综合➼➻证明➼➻求角度✭✭证明✭✭求面积
8．（2022春·北京海淀·九年级校考阶段练习）在平行四边形内有一点E，使得，作点E关于直线的对称点F，连接，．
(1) 依题补全图形；
(2) 若，求的大小（用含有的式子表示）；
(3) 用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．

【答案】(1)见分析 (2) (3)，证明见分析
【分析】（1）依题补全图形即可；
（2）根据轴对称的性质及已知条件证明四边形是菱形，设，利用平行线的性质证明，进而得出，再根据，结合三角形内角和定理可得；
（3）作于点M，于点N，根据勾股定理可得，利用等腰三角形“三线合一”可得，，再证，推出，即可推导得出．
（1）解：补全后图形如下图所示：

（2）解：如图，连接，，连接交于点G．

点E点F关于直线对称，
，，，
又，
四边形是菱形，
设，则，
平行四边形中，，
，即，
，
，
，，，
，
，
即；
（3）解：，证明如下：
如图，作于点M，于点N，

，，
，，
同理，，，
，
在和中，
，
，
．
在中，由勾股定理得，
，
即．
【点拨】本题考查轴对称的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理解直角三角形等，解题的关键是综合运用上述知识，正确作出辅助线，构造．
举一反三：
【变式】（2022秋·八年级课时练习）如图，四边形和四边形都是菱形，点E，F在上已知，，求：
(1) 的度数．
(2) 的度数．

【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据菱形的性质得出，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可；
（2）连接，根据菱形的对角线互相平分得出，，结合图形求解即可．
（1）解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）连接，如图所示：

∵四边形和四边形都是菱形，，，
∴，，
∴．
【点拨】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
9．（2022秋·广东江门·八年级江门市第二中学校考阶段练习）如图，在中，，的平分线交于点，交于点．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若，，的面积为36，求的长．

【答案】(1)见分析； (2)．
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再通过得到为菱形；
（2）过点作，根据菱形的面积求得，即可求解．
（1）解：在中，，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴为菱形；
（2）解：过点作，如下图：

在菱形中，，，，
∴，
∴，即
∴，即
解得，
，即，
解得．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是灵活利用相关性质进行求解．
举一反三：
【变式】（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市虹桥初级中学校校考阶段练习）已知：四边形中，，，点E在对角线上，F在边上，连接，且，．
(1) 求证：；
(2) 若，，，求长．

【答案】(1)见分析 (2)．
【分析】（1）先证明四边形是菱形，设，，则，求得，，推出，据此即可证明结论；
（2）利用菱形的性质求得，设，则，，，由，求得，据此求解即可．
解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
连接，，设，，则，

∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
在中，，，
设，则，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了菱形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
10．（2022春·广东深圳·九年级统考期末）在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点，连接．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 若，，求四边形的面积．

【答案】(1)见分析； (2)
【分析】（1）先通过得到，得到四边形为平行四边形，再根据，即可求证；
（2）由题意可得四边形的面积，求解即可．
解：（1）证：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，是的中点，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：，
由题意可得：，
，
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
举一反三：
【变式】（2022春·安徽宿州·九年级统考期中）如图，在菱形中，对角线与交于点O．过点C作的平行线，过点D作的平行线，两直线相交于点E．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 若，菱形的周长是8，求菱形的面积．

【答案】(1)见分析 (2)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，即可得出结论；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴．
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：由（1）知，平行四边形是矩形，
∵四边形是菱形，
∴，
∵菱形的周长是8，
∴，
∴，
∴，，
∴菱形的面积为：．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
中考真题专练
【1】（2021·云南·统考中考真题）如图，四边形是矩形，E、F分别是线段、上的点，点O是与的交点．若将沿直线折叠，则点E与点F重合．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的值．

【答案】（1）见分析； （2）
【分析】（1）根据折叠的性质得到BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，根据矩形的性质证明∠EDB=∠FBD，可得∠FDB=∠FBD，则有BF=DF，根据四边相等的四边形是菱形即可证明；
（2）根据ED=2AE，得出菱形BEDF的面积为EF·BD=AD·AB，结合AB·AD=即可求出结果．
解：（1）证明：∵△BED沿直线BE折叠，点E与点F重合，
∴BE=BF，DE=DF，∠EDB=∠FDB，
又∵四边形ABCD是矩形，且E、F分别是线段AD、BC上的点，
∴DE∥DF，
∴∠EDB=∠FBD，
∴∠FDB=∠FBD，
∴BF=DF，
∴BE=BF=DF=DE，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）∵ED=2AE，点E是线段AD上的点，
∴ED=AD，
∵四边形BEDF是菱形，四边形ABCD是矩形，
∴S菱形BEDF=EF·BD=ED·AB=AD·AB，
∵AB·AD=，
∴EF·BD=，
解得：EF·BD=．
【点拨】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，菱形面积的求法，折叠的性质，难度不大，解题的关键是根据折叠得到线段和角相等，掌握菱形的面积计算方法．
【2】（2021·山东聊城·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．

【答案】（1）见分析； （2）24
【分析】（1）根据题意可证明，得到OD＝OE，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；
（2）根据AB=BC，AO=CO，可证明BD为AC 的中垂线，从而推出四边形AECD为菱形，然后根据条件求出DE的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可．
解：（1）证明：在△AOE 和△COD中，

∴．
∴OD＝OE．
又∵AO＝CO，
∴四边形AECD 是平行四边形．
（2）∵AB＝BC，AO＝CO，
∴BO为AC的垂直平分线，．
∴平行四边形 AECD是菱形．
∵AC＝8，
．
在 Rt△COD 中，CD＝5，
，
∴，
，
∴四边形 AECD 的面积为24．
【点拨】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与面积计算，掌握基本的判定方法，熟练掌握菱形的面积计算公式是解题关键．