初中北师大版（2024）1 菱形的性质与判定优秀习题

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知识清单
知识点1．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
知识点2．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
知识点3．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）
（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
题型强化
题型一．菱形的性质
1．（2024春•旬阳市期末）如图，在菱形中，，则的度数为
A．B．C．D．
【分析】根据菱形的对角线平分一组对角求出，再由平行线的性质即可得到答案．
【解答】解：四边形是菱形，，
，，
，
故选：．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的性质是解题的关键．
2．（2024春•曲靖期末）菱形的对角线，，则的长为 ．
【分析】由菱形的性质得，，，再由菱形的面积求出，则，然后由勾股定理求出的长即可．
【解答】解：四边形是菱形，，
，，，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理，由菱形的面积求出的长是解题的关键．
3．（2024•瑞安市二模）如图，在菱形中，于点，于点．
（1）求证：．
（2）若，，求的长．
【分析】（1）根据菱形的性质得出，，进而利用证明三角形全等即可；
（2）根据全等三角形的性质得出，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】（1）证明：四边形是菱形，
，，
于点，于点，
，
在与中，
，
；
（2）解：，
，
，，
．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，解答．
题型二．菱形的判定
4．（2024春•潼关县期末）下列平行四边形中，根据图中所标出的数据，不一定是菱形的是
A．B．
C．D．
【分析】根据平行四边形的性质及菱形的判定定理求解即可．
【解答】解：根据等腰三角形的判定定理可得，平行四边形的一组邻边相等，即可判定该平行四边形是菱形，
故不符合题意；
根据三角形内角和定理可得，平行四边形的对角线互相垂直，即可判定该平行四边形是菱形，
故不符合题意；
一组邻角互补，不能判定该平行四边形是菱形，
故符合题意；
根据平行四边形的邻角互补，对角线平分一个的角，可得平行四边形的一组邻边相等，即可判定该平行四边形是菱形，
故不符合题意；
故选：．
【点评】此题考查了菱形的判定及平行四边形的性质，熟记菱形的判定定理及平行四边形的性质定理是解题的关键．
5．（2024春•富锦市期末）如图，在中，对角线、相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 （答案不唯一） ，使是菱形．
【分析】根据菱形的判定方法即可得出答案．
【解答】解：四边形为平行四边形，
当或或平分时，四边形为菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查了菱形的判定，熟记菱形的判定方法是解题的关键．
6．（2024•高青县校级一模）如图，在中，，点关于的对称点为，连接，．求证：四边形是菱形．
【分析】先根据关于的对称点为，得出，，结合，得出，因为对角线互相平分且相等的四边形即为菱形，即可作答．
【解答】解：如图，连接交于，
关于的对称点为，
垂直平分，
，，
，
是等腰三角形
，
四边形是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定，轴对称的性质，抓钱舞记忆相关知识点是解题关键．
题型三．菱形的判定与性质
7．（2024•碑林区校级模拟）如图，四边形中，，，，连接，的角平分线交，分别于点、，若，，则的长为
A．4B．C．D．
【分析】连接，因为，，，可证四边形为菱形，从而得到、的长，进而解答即可．
【解答】解：连接．
在直角三角形中，，，根据勾股定理，得．
，平分，
，
垂直平分，．
．
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
由勾股定理得出，
，
故选：．
【点评】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，题目难度适中，根据条件能够发现图中的菱形是关键．
8．（2024春•平原县期末）如图，将两条宽度都为3的纸条重叠在一起，使，则四边形的面积为 ．
【分析】先根据两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，再根据两张纸条的宽度相等，利用面积求出，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据宽度是3与求出菱形的边长，然后利用菱形的面积底高计算即可．
【解答】解：纸条的对边平行，即，，
四边形是平行四边形，
两张纸条的宽度都是3，
，
，
平行四边形是菱形，即四边形是菱形．
如图，过作，垂足为，
，
，
，
在中，，
即，
解得，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，根据宽度相等，利用面积法求出边长相等是证明菱形的关键．
9．（2024春•东昌府区校级期末）如图，已知点，分别是的边，上的中点，且；
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，由直角三角形斜边上的中线性质得出，，得出，即可得出结论；
（2）连接交于点，解直角三角形求出，由三角形中位线定理求出，得出，菱形的面积，即可得出结果．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
在中，，点是边的中点，
，
同理，，
，
四边形是菱形；
（2）解：连接交于点，如图：
，，，，
，
四边形是菱形；
，，
是的中位线，
，
，
菱形的面积为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、菱形的面积公式；熟练掌握菱形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
题型四、利用菱形的性质证明
10．（24-25九年级上·全国·课后作业）下列命题错误的是（ ）
A．菱形的四条边都相等B．菱形的对角线互相平分
C．菱形的对角线互相垂直D．菱形的四个角都相等
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，掌握这些性质是本题的关键．
根据菱形的性质求解即可．
【详解】A、菱形的四条边都相等，正确，故选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相平分，正确，故选项不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，正确，故选项不符合题意；
D、菱形的对角相等，但四个角不一定都相等，原说法错误，故选项符合题意；
故选：D．
11．（23-24九年级上·广东揭阳·开学考试）如图，在菱形中，E，F，G，H分别是菱形四边的中点，连接，，交于点O，则图中的菱形共有 个．
【答案】5
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定．根据四边形是菱形，E，F，F，H分别是菱形四边的中点，即可得到，由此求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，E，F，F，H分别是菱形四边的中点，
∴，
∴四边形和均为菱形，共5个．
故答案为：5．
12．（24-25九年级上·全国·课后作业）在菱形中，，是对角线上一点，是线段的延长线上一点，且，连接，．如图1，当点是线段的中点时，易证．
(1)如图②，当点E不是线段的中点，其他条件不变时，请你判断结论：________；（填“成立”或“不成立”）
(2)如图③，当点E是线段的延长线上一点，其他条件不变时，结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)成立
(2)结论成立．证明见解析
【分析】（1）过点作交于点，求证和全等即可找到和的数量关系；
（2）过点作交延长线于点，同理求证和全等即可找到和的数量关系．
【详解】（1）解：结论成立．
证明：过点作交于点，如图所示．
四边形为菱形，
，，，
，，
．
，
是等边三角形，
，．
，
．
，
是等边三角形，
，
，．
，
，
，
．
故答案为：成立．
（2）解：结论成立．
证明：过点作交延长线于点，如图所示．
四边形为菱形，
．
，
是等边三角形，
，，
．
，
．
，
是等边三角形，
，，
，．
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形是解决问题的关键．
题型五、根据菱形的性质与判定求角度
13．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交，于点，；③分别以点，为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接，，．若，则的大小是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得
∴四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴，
故选：C．
14．（23-24九年级上·河南平顶山·期中）如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．

【答案】
【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论．
【详解】解：如图：
，，
四边形为平行四边形，
，，
是的角平分线，
，
，
为菱形．
，即．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质，平行线性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，根据题意判断出四边形是菱形是解答此题的关键．
15．（22-23九年级上·北京海淀·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)见解析
(2)
(3)，证明见解析
【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．
【详解】（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．
【点睛】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．
分层练习
一、单选题
1．如图，下列条件中不能使成为菱形的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：A、四边形是平行四边形，且，
∴是菱形，故不符合题意；
B、四边形是平行四边形，且，
∴是菱形，故不符合题意；
C、四边形是平行四边形，且，
∴是菱形，故不符合题意；
D、四边形是平行四边形，且，不能判定是菱形，故符合题意，
故选：D．
2．增加了下述条件，仍不能判定平行四边形是菱形的是（ ）
A．邻边相等B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线平分一组对角
【答案】C
【分析】此题主要考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
根据菱形的判定方法：（1）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）对角线平分一组对角的平行四边形是菱形；逐项判断即可．
【详解】解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形不一定是菱形，故此选项错误，符合题意；
D、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故此选项正确，不符合题意；
故选：C．
3．如图，为菱形的对角线，已知，（ ）
A．40°B．30°C．20°D．15°
【答案】C
【分析】此题主要考查了菱形的性质，直接利用菱形的性质可得的度数，利用角平分线的性质进而得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
4．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得之间的距离为，点之间的距离为，则线段的长（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，过点作，过点作，根据平行四边形的判定与性质可知，再根据菱形的性质与判定可知，，，最后利用勾股定理即可解答．本题考查了平行三边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练菱形的判定与性质是解题的关键．
【详解】解：连接，过点作，过点作，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，，
∴在中，，
故选：．
5．若菱形的周长为，两邻角的度数之比为，则菱形的较短对角线的长为（ ）
A．B． C．D．cm
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质与等边三角形的判定与性质是解题的关键．
根据已知可求得菱形的边长，由菱形的性质可求得其较小的一个内角为，从而得到较短的对角线与菱形的两边组成一个等边三角形，则较短的对角线等于其边长．
【详解】解：∵菱形的周长为，
∴菱形的边长为，
设菱形两邻角的度数为，，则，
解得：，
∴菱形的一锐角为，
则较短对角线与菱形的两边组成等边三角形，
较短对角线的长等于菱形的边长，
∴菱形较短对角线的长等于，
故选：B．
6．如图，在菱形中，，则菱形的面积为（ ）
A．12B．24C．36D．48
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质．根据菱形的面积等于其对角线积的一半即可解题．
【详解】解：四边形是菱形，对角线，，
，
故选：B．
7．如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得，之间的距离为，点，之间的距离为，则四边形面积为( )

A．20B．24C．28D．48
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求解．
【详解】解：解：如图，作于，于，连接，交于点，

由题意知，，
四边形是平行四边形．
两张纸条等宽，
．
，
，
平行四边形是菱形，
，之间的距离为，点，之间的距离为，
四边形面积为
故选：B．
8．如图，四边形是菱形，等边的顶点分别在上，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由四边形的四边都相等，可证得四边形是菱形，又由等边的顶点、分别在、上，且，可设，根据三角形的内角和定理得出方程，解此方程的解即可求出答案．
【详解】解：四边形的四边都相等，
四边形是菱形，
，，，
，
是等边三角形，，
，，
，，
由三角形的内角和定理得：，
设，
则，
，
，
解得：，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查对菱形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质等知识点．注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．
9．已知四边形是菱形，给出下列各式：①；②；③；④．其中正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，向量，根据大小和方向是向量的两个要素，分别是向量的代数特征和几何特征，借助于向量可以实现某些代数问题与几何问题的相互转化．
【详解】解：如图，
①由菱形图象可知，的大小，方向一样，故，①正确；
②这两个向量的方向不同，但是由菱形的定义可知他们的模长相等，得到②正确；
③，，
，故③正确；
④，，
，，
成立，④正确，
综上所述，正确的有：①②③④，
故选：D．
10．如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝45°，DE⊥BC于点E，交对角线AC于点P，过点P作PF⊥CD于点F．若△PDF的周长为8．则菱形ABCD的面积为（ ）
A．16B．16C．32D．32
【答案】D
【分析】证是等腰直角三角形，得，，再证是等腰直角三角形，得，，设，则，求出，则，，即可求解．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
设，则，
的周长为8，
，
解得：，
，，，
，
，
，
菱形的面积，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明为等腰直角三角形．
二、填空题
11．如图，将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，若，，则A，C两点间的距离为 ．
【答案】2
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，连接，由题意得出四边形是菱形，由菱形的性质可得，证明出是等边三角形，得出，即可得解．
【详解】解：如图，连接，
∵将四根长度相等的细木条首尾相连，用钉子钉成四边形，
∴，四边形是菱形，
∴，
∴是等边三角形，
∴，即两点间的距离为2，
故答案为：2．
12．如图，四边形是平行四边形．请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形．（只填一种情况即可）

【答案】（符合题意即可)
【分析】根据菱形的判定定理进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是平行四边形．
∴添加，则可得为菱形．（一组邻边相等的平行四边形是菱形）
故答案为：（符合题意即可)
【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
13．菱形两对角线之比是，它们的差是，则菱形的两条对角线的长分别是 ．
【答案】和
【分析】本题考查了菱形，二元一次方程组的应用．理解题意，列出方程是解题的关键．
设两对角线为，，由菱形两对角线之比是则，由它们的差是，则，列出二元一次方程组为，求解即可．
【详解】解：设两对角线为，，由题意可得
，
解得：，
∴菱形的两条对角线的长分别是和．
14．在菱形中，E，F分别是、上的点，是等边三角形，若，则的度数是 ．
【答案】
【分析】此题主要考查菱形的性质及等边三角形的性质，平行线有性质，难度一般．
利用菱形以及等边三角形的性质，设，用表示出和，利用平行线的性质得，求解得，即，进而可求的度数．
【详解】解：如图所示：
在菱形中，、分别在、上，且是等边三角形，，
，，，
设，则，
故，则，
在菱形，
，，
，
，
解得：，即，
∵，
∴．
故答案为：．
15．如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查轴对称−最短路线问题，三角形三边关系，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，确定F点位置在何处时，取得最小值是解答本题的关键．连接，交于，连接交于，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则，根据三角形三边关系，进而得到，由此得到当点与重合时，取得最小值，根据等腰三角形三线合一性质和勾股定理，即可求得．
【详解】解：连接，交于，连接交于，
由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于对称，则，
，
当点与重合时，取得最小值．
四边形是边长为6的菱形，，
，是等边三角形，
，
，
在中，，
的最小值为．
故答案为．
16．如图，在菱形中，，，是对角线的交点，在边上任取一点E，连接，在边上取一点F，使，则 ，四边形的面积为 ．
【答案】 8
【分析】本题主要考查菱形性质、含角的直角三角形性质和割补法求面积的相关内容，根据菱形性质和得为等边三角形即可求得答案；根据菱形性质得到点G到的距离相等，由已知得可证明≌则有面积相等，再利用直角三角形性质可以求得边长，根据割补法有即可求得答案．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
过点G作交于点K，作交于点H，如图，

∵，，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴≌，
则，
∵，
∴在中，，得，，
∴，，
则，
故答案为：8；．
17．如图，四边形是平行四边形，过点A作于点E，于点F，连接，下列说法：①若，则平行四边形是菱形；②若是等边三角形，则；③若平行四边形是菱形，则．其中说法正确的是 ．（只需填写正确结论的序号）
【答案】①②③
【分析】利用平行四边形的面积，若，则，即可由菱形的判定得出平行四边形是菱形，可判定①正确；由是等边三角形，得，由四边形内角和可求得，再利用菱形的性质求出，可判定②正确；利用菱形的面积，可得出，再利用等腰三角形的性质可得出，可判定③正确．
【详解】解：①∵，
又∵，
∴，
∴平行四边形是菱形，故①正确；
②是等边三角形，
，
又，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，故②正确；
③∵平行四边形是菱形
∴
∵
∴
∴，故③正确；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，四边形内角和，熟练掌握等边三角形和菱形的判定与性质是解决问题的关键．
18．如图，在菱形中，，在上，将沿翻折至，且刚好过的中点，则 ．
【答案】30°
【分析】由菱形的性质得出AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，得出△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质得出AD⊥BC，由翻折变换的性质得：=∠D=60°，求出∠CME==30°，即可得出的度数．
【详解】解：连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AD'刚好过BC的中点P，
∴AD⊥BC，
∴∠D'PC=90°，
由翻折变换的性质得：=∠D=60°，
∴∠CME=∠PMD'=30°，
∴∠D'EC=180°-∠C-∠CME=30°；
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握翻折变换的性质和菱形的性质是解题关键．
三、解答题
19．图①、图②是两张形状、大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，点、在小正方形的顶点上．
(1)在图①中画一个四边形（点、在小正方形的顶点上），使四边形是中心对称图形但不是轴对称图形；
(2)在图②中画一个四边形（点、在小正方形的顶点上），使四边形既是中心对称图形又是轴对称图形，且面积为4．
【答案】(1)图见解析
(2)图见解析
【分析】本题考查格点作图，轴对称图形和中心对称图形，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．掌握相关定义和定理，是解题的关键；
（1）构造一个平行四边形即可；
（2）构造一个对角线的长分别为2，4的菱形即可．
【详解】（1）解：如图，平行四边形即为所求（答案不唯一）；
（2）如图，菱形即为所求；
20．如图，在菱形中，，对角线．若过点作，垂足为，求的长．
【答案】
【分析】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解题关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．
连接，根据菱形的性质可得，，然后根据勾股定理计算出长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式可得答案．
【详解】解：连接，交于点．
四边形是菱形，
，，，．
在中，由勾股定理得：，
．
，
，
．
21．指出下列命题中的真命题，对于假命题，分别给出一个反例．
①两邻边相等的四边形是菱形；
②一条对角线平分一组内角的平行四边形是菱形；
③对角线垂直且一组邻边相等的四边形是菱形；
④对角线垂直的四边形是菱形．
【答案】②是真命题，①③④是假命题
【分析】本题考查了命题真假的判定，解题的关键是了解菱形的判定方法，难度不大．
利用菱形的判定方法分别判断即可．
【详解】解：如答图，

①中，但四边形不是菱形，
故①是腵命题；
②中平分，即．
又∵在中，，
∴，
∴，
∴，即四边形是一组邻边相等的平行四边形，故是菱形，
故②是真命题；
③中，，四边形不一定是平行四边形，
故③是腵命题；
④中，但与不一定平分，四边形不一定是菱形，
故④是假命题．
22．如图所示，在菱形中，，的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，连接，求的度数．

【答案】
【分析】中垂线的性质，得到，证明，得到，进而得到，得到，再利用，进行求解即可．
【详解】解：连接

∵的垂直平分线交对角线于点F，E为垂足，
∴，
∵菱形，
∴，，，
又，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴．
【点睛】本题考察菱形的性质．熟练掌握菱形的性质，中垂线的性质，是解题的关键．
23．如图，平行四边形中，，点为的中点，连接.
(1)过点作，交于点（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求证：四边形为菱形；
(3)若平行四边形的周长为18，，求四边形的面积.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】本题考查作图-基本作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握五种基本作图，属于中考常考题型．
（1）利用作一个角等于已知角作图即可解题；
（2）先根据平行四边形的性质得到，再结合作图得到四边形为平行四边形，然后证明即可得到结论；
（3）连接，先利用勾股定理求出长，再证明是平行四边形，求出长，利用菱形的性质求面积即可．
【详解】（1）如图，即为所作；
（2）证明：∵是平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，点为的中点，
∴，
∴四边形为菱形；
（3）连接，
设，
∵平行四边形的周长为18，
∴，即，
∵，即，
解得，
又∵四边形为菱形，
∴，，
又∵，
∴是平行四边形，
∴，
∴．
24．如图，平行四边形的两条对角线与相交于点O，E，F是线段上的两点，且，连接，，，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)从下列条件：①平分，②，③中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形为菱形．我选的是 （请填写序号），并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①，见解析（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的判定定理，菱形的判定定理，熟练掌握各判定定理并正确应用是解题的关键．
（1）利用证明，得出，然后证明，即可得证；
（2）由（1）知：四边形是平行四边形，则要证四边形为菱形，只需证明一组邻边相等或对角线互相垂直即可，如添①平分，则可证；如添③，则可证．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：选①平分，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形 ；
选③，
∵平行四边形，
∴O为中点，
∵，
∴，
∴平行四边形是菱形．
25．综合与实践课上，诸葛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，若点是边的中点，小南经过探索发现了线段与之间的数量关系 ．
(2)【探究】如图，小阳说“点为上任意一点时，（）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由；
(3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，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)同意，理由见解析；
(3)或．
【分析】（）连接，证明即可得证；
（）连接，同法()证明即可得证；
（）过点作于点，分点在点的两侧进行讨论求解即可；
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键.
【详解】（1）解：连接，
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
（2）解：同意，理由如下：
连接，
同理（）可得，
∴；
（3）解：过点作于点，
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．
26．是等边三角形，将线段AC绕点A逆时针旋转得到线段AD，连接BD，交AC于点O，连接CD，过点A作于点P，交BD于点E，连接
(1)如图1，当时，则______；
(2)如图2，当时，依题意补全图
①猜想中结论是否仍然成立，并说明理由；
②求证：
【答案】(1)60
(2)①成立，理由见解析；②见解析
【分析】（1）当时，是等边三角形，，四边形ABCD是菱形，可得，易证，因为，所以，进而可求出的值；
（2）依题意画图即可；
①成立；，，可得≌，，，则，可得，由三角形内角和定理可得的值；
②用截长补短法，在BE上截取，可得是等边三角形，，证明≌，则，进而可证明
【详解】（1）解：，，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
四边形ABCD是菱形，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，是等边三角形，
，
故答案为：60；
（2）解：如图2所示：
①（1）中结论是否仍然成立，理由如下：
如图2所示：
是等边三角形，
，，
，
，
，
，，
，
≌，
，
，
，，
，
，，
，
，，
；
②如图3所示：在BE上截取，
，，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，，
，
，，，
，
在和中，
，
≌，
，
，，，
【点睛】本题考查了三角形的变换、等腰三角形和等边三角形的性质、三角形的全等等知识点，用截长补短法构造三角形的全等是解本题的关键，综合性较强，难度较大．