第02講菱形的判定模塊一思維導圖串知識模塊二基礎知識全梳理（吃透教材）模塊三核心考點舉一反三模塊四小試牛刀過關測1．理解并掌握菱形的判定方法；2．能夠運用綜合法證明菱形的判定定理及其推論進行有關的證明和計算；3．經歷探索菱形判定的過程，培養學生的動手能力、觀察能力及推理能力。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.要點：前兩種方法都是在平行四邊形的基礎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上加上四條邊相等.考點一：菱形的判定例1．如圖，下列條件中不能使成為菱形的是（

）

A． B． C． D．【答案】D【詳解】解：A、四邊形是平行四邊形，且，∴是菱形，故不符合題意；B、四邊形是平行四邊形，且，∴是菱形，故不符合題意；C、四邊形是平行四邊形，且，∴是菱形，故不符合題意；D、四邊形是平行四邊形，且，不能判定是菱形，故符合題意，故選：D．【變式1-1】如圖，已知，下列不能判斷是菱形的條件是（

）A． B．C． D．平分【答案】C【分析】本題考查菱形的判定定理，四邊都相等的四邊形是菱形；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，依次進行判斷即可．【詳解】解：A：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故選項A不符合題意；B：對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故選項B不符合題意；C：當時，不能證明是菱形,故選項C符合題意，D：當平分時，得到，∵，∴，∴，∵有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故D不符合題意，故選：C．【變式1-2】如圖，根據下面平行四邊形中所標注的條件，不能判定其為菱形的是（

）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，等邊三角形的判定，熟練掌握菱形的判定方法，根據菱形的判定方法，逐項進行判定即可．【詳解】解：A．∵，，∴為等邊三角形，∴，∴為菱形，故A不符合題意；

B．∵，，，∴，∴為直角三角形，，∴，∴為菱形，故B不符合題意；

C．∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∵，∴，∴，∴為菱形，故C不符合題意；

D．此選項中的條件不能判定圖中的平行四邊形為菱形，故D符合題意．故選：D．【變式1-3】如圖，的對角線交于點O，下列條件不能判定是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】本題主要考查了菱形的判定，掌握對角線垂直的垂直或鄰邊相等的平行四邊形是菱形解題的關鍵．根據菱形的判定方法逐項判斷即可解答．【詳解】解：A．由、，根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得：四邊形是菱形，故該選項不符合題意；B．由可得，根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得：四邊形是菱形，故該選項不符合題意；C．由,根據對角線垂直的平行四邊形是菱形可得：四邊形是菱形，故該選項不符合題意；C．是的對邊，不能說明四邊形是菱形，故該選項符合題意．故選：D．考點二：添一個條件使四邊形是菱形例2.在中，對角線、相交于點O，在不添加任何輔助線的情況下，要使是菱形，需添加的一個條件是．(寫出一個即可)【答案】(答案不唯一)【分析】本題考查了菱形的判定，熟練掌握判定定理是解題的關鍵．根據有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形或對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，判斷即可．【詳解】解：∵有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，∴時，是菱形，故答案為：(答案不唯一)．【變式2-1】如圖，在中，D為上一點，，．請你再添加一個適當的條件：，使四邊形為菱形．【答案】（答案不唯一）【分析】本題考查了平行四邊形和菱形的判定，熟練掌握菱形的判定方法是解題關鍵．先根據平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，再根據菱形的判定即可得．【詳解】解：，．四邊形是平行四邊形，，四邊形為菱形（鄰邊相等的平行四邊形是菱形），故答案為：（答案不唯一）．【變式2-2】如圖，四邊形是平行四邊形，分別延長至點F、E，使得，連接．請再添加一個條件：，使得四邊形是菱形，并說明理由．（不再添加任何線條、字母）【答案】（答案不唯一）【分析】本題主要考查了菱形的判定，平行四邊形的性質與判定，熟知平行四邊形的性質與判定定理和菱形的判定定理是解題的關鍵．【詳解】解：添加條件．理由：∵四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形．故答案為：（答案不唯一）．【變式2-3】如圖，在平行四邊形中，對角線與交于點O．（1）添加一個條件，則可判定四邊形是菱形；（2）若，，則與的周長之差為．【答案】2【分析】本題考查了平行四邊形的性質，菱形的判定，熟練掌握性質和坡度是解題的關鍵．（1）根據一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，添加一個條件即可；（2）根據平行四邊形的性質，結合三角形的周長表達式，計算即可．【詳解】（1）根據一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，可以添加一個條件，故答案為：；（2）∵平行四邊形中，對角線與交于點O，，，∴，，，∴與的周長之差為，故答案為：2．考點三：利用菱形的判定與性質求角度例3.如圖，①以點A為圓心長為半徑畫弧分別交的兩邊、于點B、；②以點B為圓心，長為半徑畫弧，再以點為圓心，長為半徑畫弧，兩弧交于點；③分別連接、、，若，則的大小為°．【答案】30【分析】本題主要考查了菱形的性質與判定，熟知菱形的對角線平分一組對角且菱形的對角相等是解題的關鍵；先根據作圖方法證明四邊形ABCD是菱形，再根據菱形的對角線平分一組對角，菱形的對角相等進行求解即可；【詳解】解：由作圖方法可知，，∴四邊形是菱形，，，故答案為：30．【變式3-1】如圖，已知四邊形的四邊都相等，等邊的頂點E、F分別在上，且，則．

【答案】/100度【分析】根據題意得出菱形，根據菱形的性質推出，根據平行線的性質得出，根據等邊三角形的性質得出，根據等邊對等角得出，設，根據三角形的內角和定理得出方程即可求出答案．【詳解】解：∵四邊形的四邊都相等，∴四邊形是菱形，∴，∴，∵是等邊三角形，，∴，∴，由三角形的內角和定理得：，設，則，∵，∴，解得：，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了菱形的判定和性質，等邊三角形的性質，等腰三角形的性質，三角形的內角和定理，平行線的性質等知識，熟練掌握相關圖形的性質定理、構建方程求解是關鍵．【變式3-2】在中，的平分線交線段于點，交線段的延長線于點，以、為鄰邊作，若，則．

【答案】【分析】本題考查了菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，延長、交于H，連接，求證平行四邊形為菱形，得出，為全等的等邊三角形，證明，即可得出答案．【詳解】解：延長、交于H，連接，

，，四邊形為平行四邊形，，平分，，，，為等腰三角形，，平行四邊形為菱形，，且均為等邊三角形，，，，，為等腰三角形，又四邊形為平行四邊形，，，，，在與中，，，，．故答案為：．【變式3-3】如圖，在四邊形中，對角線互相垂直平分，點，Q分別是邊，線段上的點，連接與相交于點．，且，則；當時，設，則的長．（用含a的代數式表示）．

【答案】120【分析】本題考查菱形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等，根據菱形的性質可得，再根據各角的關系得出，由含30度角的直角三角形的性質可得，進而得出，再證是等邊三角形，求出，再證，推出，最后用勾股定理解即可．【詳解】解：四邊形中，對角線互相垂直平分，四邊形是菱形，，，，，，，，菱形中，，；中，，，，，，，，，是等邊三角形，，，，，，解得，，如圖，連接，

由菱形的性質得，在和中，，，，，，在中，．故答案為：120；．考點四：利用菱形的判定與性質求長度例4.如圖，以O為圓心，為半徑作弧，分別交，于點C，D，再分別以C，D為圓心長為半徑作弧，兩弧交于點E，連接，則的長為．【答案】【分析】本題主要考查了菱形的性質和判定，以及勾股定理，靈活運用菱形的性質和判定是解題的關鍵．先判定出四邊形是菱形，借助菱形的性質推出，，進而得出，最后再利用勾股定理和菱形性質即可求出．【詳解】解：連接，交于點F，由題可知，，∴四邊形是菱形，∴，，∵，∴，在中，，∵四邊形是菱形，∴故答案為：．【變式4-1】已知中，對角線平分線，若，則的周長為．【答案】8【分析】根據題意易知四邊形是菱形，然后問題可求解．【詳解】解：如圖，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵平分線，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴；故答案為8．【點睛】本題主要考查菱形的判定及性質與平行四邊形的性質，熟練掌握菱形的判定及性質與平行四邊形的性質是解題的關鍵．【變式4-2】如圖，為邊的中點，交的延長線于點，連接，平分，作，垂足為．若，，則．

【答案】【分析】本題主要考查了菱形的性質與判定，勾股定理，全等三角形的性質與判定，等角對等邊等等，先證明得到，則可證明四邊形是平行四邊形，再證明，得到，則可證四邊形是菱形，得到，利用勾股定理求出，再由，可得．【詳解】解：∵為邊的中點，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵平分，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，故答案為：．【變式4-3】如圖，在四邊形中，，，對角線交于點，平分，過點作交的延長線于點，連接，，，則的長為．

【答案】2【分析】先判斷出，進而判斷出，得出，即可得出是菱形；再判斷出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出結論．【詳解】，，為的平分線，，，，，四邊形是平行四邊形，，是菱形；，，，，，，在中，，，，．【點睛】此題主要考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，角平分線的定義，勾股定理，判斷出是解本題的關鍵．考點五：利用菱形的判定與性質求面積例5.如圖，兩張等寬的紙條交叉重疊在一起，重疊的部分為四邊形，若測得A，D之間的距離為，點A，C之間的距離為，則四邊形的面積為．【答案】/24平方厘米【分析】本題考查菱形的判定與性質、勾股定理、平行四邊形的判定，先根據已知條件判定四邊形是菱形，再根據菱形的性質和勾股定理求得，，，進而利用菱形的面積等于其對角線乘積的一半求解即可．【詳解】解：連接、，設交點為O，由題意，，，∵，，∴四邊形是平行四邊形，設兩張等寬的紙條的寬為，則，∴，∴四邊形是菱形，∴，，，∴，則，∴，故答案為：．【變式5-1】如圖，已知，以點為圓心，適當長為半徑作圓弧，與角的兩邊分別交于，兩點，分別以點，為圓心，大于長為半徑作圓弧，兩條圓弧交于內一點，作射線．以點為圓心，長為半徑作圓弧，恰好經點，與射線交于點，連接，．若，則四邊形的面積為．【答案】【分析】連接交于點，由作圖易知是等邊三角形，平分，先證明四邊形是菱形，求出的長度，再根據“菱形的面積等于對角線乘積的一半”可得結論．【詳解】解：如圖，連接交于點．由作圖可知，是等邊三角形，，由作圖可知平分，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是菱形，，，，，菱形的面積．故答案為：．【點睛】本題考查了基本尺規作圖，菱形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，解題的關鍵是理解題意，靈活運用相關知識解決問題．【變式5-2】如圖，線段，分別以，為圓心，大于的長為半徑畫弧交于點，，作直線，連接，，，．若，則四邊形的面積為．【答案】24【分析】本題主要考查了作圖基本作圖及中垂線的性質．由作圖可知是線段的中垂線，四邊形是菱形，利用求解即可．【詳解】解：如圖，由作圖可知是線段的垂直平分線，，四邊形是菱形，，，，，，，故答案為：24．【變式5-3】如圖，在平行四邊形中，，，．E為邊上一點，且滿足，作的平分線交于點F，則的長度為【答案】【分析】本題考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，勾股定理．利用勾股定理求得，證明四邊形是菱形，利用菱形的面積公式列式計算即可求解．【詳解】解：連接，作交的延長線于點，∵平行四邊形中，，∴，，∴,∵，∴，設，∴，在中，，即，解得，∴，在中，，∵，平分，∴是線段的垂直平分線，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴，∴．故答案為：．考點六：利用菱形的判定與性質作圖（含無刻度作圖）例6.如圖，在平行四邊形中，(1)請用無刻度的直尺和圓規完成以下基本作圖：作的平分線交于點E，在線段上截取，使(保留作圖痕跡，不寫作法)；(2)在(1)所作的圖形中，連接，求證∶四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查了作圖??復雜作圖，平行四邊形的性質和菱形的判定與性質．解題的關鍵是：（1）根據基本作圖，即可作得；（2）首先根據平行四邊形的性質及所作的圖，可證得四邊形是平行四邊形，再根據平行線的性質及角平分線的定義，可證得，據此即可證得結論．【詳解】（1）解：如圖，，即為所求，；（2）證明：∵四邊形為平行四邊形，∴且，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴．∵平分，∴，∴．∴，∴四邊形是菱形．【變式6-1】如圖，在菱形中，連接，是的中點，請僅用無刻度的直尺按要求完成以下作圖（保留作圖痕跡）．

(1)在圖1中的上找一點，連接，使得．(2)在圖2中的上找一點，連接，使得．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接，由菱形的性質得到為的中點，則是的中位線，即可得出；（2）連接、交于點，連接并延長，交于點，證明，即可推出．【詳解】（1）解：如圖，即為所求作；

（2）解：如圖，即為所求作；

連接、交于點，連接并延長，交于點，四邊形是菱形，，垂直平分，，，，，，，，是的中位線，即．【點睛】本題考查了無刻度直尺作圖，菱形的性質，垂直平分線的性質，等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角形中位線的性質，根據相關性質正確作圖是解題關鍵．【變式6-2】如圖，在菱形中是的中點．請僅用無刻度直尺完成下列作圖，(1)在圖1中，過點作的平行線，與交于點．(2)在圖2中，作線段的垂直平分線，垂足為點．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查無刻度直尺作圖，掌握菱形的的性質和等邊三角形的性質是解題的關鍵．（1）連接和交于點O，連接并延長交于點Q，則即為所作；（2）連接和交于點O，連接交于點E，過A、E作直線交于點H，則即為所作．【詳解】（1）解：連接和交于點O，連接并延長交于點Q，則即為所作；（2）解：連接和交于點O，連接交于點E，過A、E作直線交于點H，則即為所作．【變式6-3】菱形中，，點E、F分別是邊、邊上的動點，且．(1)如圖1，連接，求證：是等邊三角形；(2)如圖2，已知M為的中點，當最短時，請用無刻度的直尺在圖中作出點E與點F（不寫作法，保留作圖痕跡）．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題主要考查了菱形的性質，等邊三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，三角形中位線定理等等，（1）如圖所示，連接AC，先證明是等邊三角形，得到，則，再證明得到，推出，即可證明；（2）連接，設交于點O，連接并延長交于E，連接交于G，連接并延長交于F，連接，則點E，F即為所求．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接AC，∵四邊形是菱形，∴，∵，∴是等邊三角形，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∴，即，∴是等邊三角形；（2）解：連接，設交于點O，連接并延長交于E，連接交于G，連接并延長交于F，連接，則點E，F即為所求；理由：由（1）可知是等邊三角形，∴，∴要使最小，即最小即可，∴當時，即為最小，∵是等邊三角形，∴當點E是的中點時，最小，同理F為的中點，∵O、M分別是的中點，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，又∵，∴，即點E為的中點，又∵，點M是的中點，同理可證是等邊三角形，∵等邊三角形三邊的中線交于一點，∴連接并延長與交于F，點F即為的中點．考點七：利用菱形的判定與性質多結論性問題例7.如圖，分別以直角的斜邊，直角邊為邊向外作等邊和等邊，F為的中點，與交于點G，與交于點H，，．給出如下結論：①平分；②；③；④，其中正確結論的為（）A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④【答案】A【分析】根據已知先判斷，則，可判斷①，結合含角的直角三角形的性質和中點的定義可判斷④，由等邊三角形的性質得出，接著證得，則，再由，得出四邊形為平行四邊形而不是菱形，即有不成立，根據平行四邊形的性質得出，即可判斷②③，從而得到答案．【詳解】解：、是等邊三角形，，，，，，，為的中點，，，即在與中，，，，，∴，即平分，故①正確，由①知，．∵．∴，即．∵，∴，∵F是的中點，∴，∵，，∴，故④正確；∵，，，，，，由①知，，∴，在與中，，∴，∴，，∵，∴四邊形為平行四邊形，∵，，，∴，∴四邊形不是菱形，∴不成立，故②說法不正確；∵四邊形為平行四邊形，∴，∴，∵，則，故③說法正確，故選：A．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質，菱形的判定和性質，含角的直角三角形的性質以及全等三角形的判定和性質，解決本題需先根據已知條件先判斷出一對全等三角形，然后按排除法來進行選擇．【變式7-1】如圖，中，，F是中點，作，垂足是E，連接、．下列結論：①；②；③；④，其中正確的個數是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定和性質，關鍵是由平行四邊形下的性質判定四邊形是菱形．取中點，連接，由平行四邊形的性質推出四邊形是菱形，得到，由平行線的性質，垂直的定義推出，由線段垂直平分線的性質推出，由菱形的性質推出，得到，由平行線的性質推出，得到，于是得到．【詳解】解：取中點，連接，∵四邊形是平行四邊形，∵是中點，∴，∵是中點，∴，∵，∴四邊形是菱形，∴，故①符合題意；故②符合題意；垂直平分故③符合題意；∵四邊形是菱形，∴其中正確的個數是4個．故選：D．【變式7-2】如圖，分別是的中點，且，下列結論；①；②四邊形是矩形；③平分；④；⑤四邊形的周長等于，其中正確的個數是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】本題考查了三角形中位線定理、菱形的判定與性質，由三角形中位線定理得出，，，，證明四邊形是菱形即可判斷②，由菱形的性質即可判斷①③⑤，沒有條件可證明即可判斷④，熟練掌握以上知識點并靈活運是解此題的關鍵．【詳解】解：分別是的中點，，，，，，，四邊形是菱形，故②錯誤，不符合題意；，平分，四邊形的周長等于，故①③⑤正確，符合題意，沒有條件可證明，故④錯誤，不符合題意；綜上所述，正確的有①③⑤，共個，故選：B．【變式7-3】如圖，在菱形中，，與交于點，為延長線上一點，且，連接，分別交，于點、，連接、，則下列結論：①；②四邊形是菱形；③四邊形與四邊形面積相等．其中正確的有（

）

A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】D【分析】①由證明，得出，證出是的中位線，得出，①正確；②先證四邊形是平行四邊形，再證是等邊三角形，得，則四邊形是菱形，②正確；③由中線的性質和菱形的性質可得，，可得四邊形與四邊形面積相等，得出③正確．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，，，四邊形是平行四邊形，，是的中位線，，故①正確；，是等邊三角形，，平行四邊形是菱形，故②正確；四邊形是菱形，，，，，四邊形與四邊形面積相等，故③正確；綜上所述，正確的結論有3個．故選：D．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、三角形中位線定理等知識；本題綜合性強，熟練掌握菱形的判定與性質是解題的關鍵．考點八：利用菱形的判定與性質解決綜合性問題例8.如圖，在等腰中，，平分，過點作交的延長線于，連接，過點作交的延長線于．(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)若，，求的長．【答案】(1)四邊形是菱形，見解析(2)的長為．【分析】本題考查了菱形的判定與性質，等腰三角形的性質，平行線的性質，熟練掌握菱形的判定與性質是解題的關鍵．（1）先利用等腰三角形的三線合一性質可得，再利用平行線的性質可得，，從而利用證明，進而可得，再利用對角線互相平分線的四邊形是平行四邊形可得四邊形是平行四邊形，然后利用菱形的定義可得四邊形是菱形，即可解答；（2）先利用角平分線的定義可得，再利用菱形的性質可得，從而可得是等邊三角形，進而可得，然后利用垂直定義可得，從而可得，進而可得，再利用勾股定理進行計算，即可解答．【詳解】（1）四邊形是菱形，理由：，平分，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是菱形；（2）平分，，，四邊形是菱形，，是等邊三角形，，，，，，，的長為．【變式8-1】如圖，在中，，平分，交于點，過點作交于點．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若菱形的周長為，，求的長度．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（）先證明四邊形為平行四邊形，再證明，得到，即可得到四邊形是菱形；（）連接交于點，由菱形的性質可得，，，進而由得，又由菱形的周長得，由直角三角形的性質可得，利用勾股定理得，即可求出的長度；本題考查了平行四邊形的判定和性質，菱形的判定和性質，等腰三角形的性質，角平分線的應用，平行線的性質，三角形內角和定理，直角三角形的性質，勾股定理，掌握菱形的判定和性質是解題的關鍵．【詳解】（1）證明：∵，∴，即，∵，∴四邊形為平行四邊形，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是菱形；（2）解：連接交于點，∵四邊形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，∵菱形的周長為，∴，在中，，∴，由勾股定理可得，，∴．【變式8-2】已知，四邊形是菱形．(1)若，則菱形的周長______；(2)如圖①，、是對角線，則與的位置關系是_______．(3)如圖②，點、分別在、上，且，，，點、分別在、上，與相交于點．求證：四邊形是菱形．【答案】(1)20(2)垂直(3)見解析【分析】此題考查了菱形的性質與判定、平行四邊形的判定等知識，證得四邊形是平行四邊形與是解題的關鍵．（1）根據菱形的性質即可得，即可得到結論；（2）根據菱形的性質即可得到結論；（3）由，，可證得四邊形是平行四邊形，又由四邊形是菱形，，可得，即可證得四邊形是菱形．【詳解】（1）解：（1）∵四邊形是菱形，∴，∴菱形的周長．故答案為：20；（2）∵四邊形是菱形，、是對角線，∴，∴與的位置關系是垂直．故答案為：垂直；（3）證明：∵，，∴四邊形是平行四邊形，∵四邊形是菱形，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是菱形．【變式8-3】如圖1，在等邊三角形中，，射線，點E從點A出發沿射線以的速度運動，同時點F從點B出發沿射線以的速度運動，設點E的運動時間為．(1)如圖2，連接，若經過邊的中點D．①求證：四邊形是平行四邊形；②求此時t的值．(2)是否存在t，使得以點A，E，C，F為頂點的四邊形為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)①見解析；②2；(2)存在，6．【分析】此題考查了平行四邊形的判定與性質，菱形的判定，全等三角形的判定與性質．此題難度適中，注意掌握分類討論思想、數形結合思想與方程思想的應用．（1）①根據證明得，進而可證結論成立；②表示出，，然后根據列方程求解即可；（2）當點F在線段上時，四邊形不可能為菱形；當點F在的延長線上時，若四邊形是菱形，則有，據此求解即可．【詳解】（1），∴，．∵經過邊的中點D，∴，∴，∴．∵，∴四邊形是平行四邊形；②此時，由運動知，，．∴，解得；（2）存在；∵點E從點A出發沿射線以的速度運動，同時點F從點B出發沿射線以的速度運動，∴當點F在線段上時，四邊形不可能為菱形；當點F在的延長線上時，∵，∴當時，四邊形是平行四邊形，∴，解得，此時，∴當時，四邊形是菱形．一、單選題1．（23-24八年級下·天津和平·期中）順次連接梯形四邊中點得到一個菱形，則該梯形的兩條對角線（

）A．相等 B．互相垂直 C．互相平分 D．互相垂直且平分【答案】A【分析】此題主要考查了菱形的性質以及三角形的中位線定理，根據已知得出進而得出是解題關鍵．順次連接梯形四邊中點得到的四邊形是菱形，則根據菱形的性質及三角形的中位線的性質進行分析，從而不難求解．【詳解】解：如圖點，，，分別是梯形各邊的中點，且四邊形是菱形，

點，，，分別是梯形各邊的中點，∴，∵四邊形是菱形，∴，，即該梯形的兩條對角線相等．故選：A．2．（2024·上海楊浦·三模）在四邊形中，，，添加下列條件后仍然不能推得四邊形為菱形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了平行四邊形和菱形的判定，以及全等三角形的判定和性質，利用平行四邊形的判定和性質以及全等三角形的判定和性質判定逐項判斷是否為菱形即可．【詳解】解：A．添加，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴是菱形，故該選項不符合題意；B．添加，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴是菱形，故該選項不符合題意；C．添加，∵，∴，不能得出四邊形是菱形，故該選項符合題意；D．添加，連接，如圖，

∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，則是菱形，故該選項不符合題意；故選∶C．3．（2024·天津河西·二模）如圖，，平分，交于C，以點B為圓心，以任意長為半徑作弧，分別交于M，N兩點，再分別以M，N兩點為圓心，都以一個大于的長度為半徑作弧，兩弧相交于點P，射線與相交于點D．若，，則的長為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】設交于點O，根據題意得到平分，再根據平行線的性質，易證四邊形是菱形，由菱形的性質得到，利用勾股定理即可求出結果．【詳解】解：設交于點O，由作圖依據可得：平分，，，，，，平分，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是菱形，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了尺規作圖，角平分線的作法，菱形的判定與性質，等腰三角形的性質，熟練掌握角平分線的作法及菱形的判定定理是解題的關鍵．4．（2024八年級下·安徽·專題練習）如圖，剪兩張對邊平行且寬度相同的紙條隨意交叉疊放在一起，轉動其中一張，重合部分構成一個四邊形，則下列結論中不一定成立的是（

）A．， B．C．， D．【答案】D【分析】本題考查了菱形的判定與性質．注意：“鄰邊相等的平行四邊形是菱形”，而非“鄰邊相等的四邊形是菱形”．首先可判斷重疊部分為平行四邊形，且兩條紙條寬度相同；再由平行四邊形的等積轉換可得鄰邊相等，則四邊形為菱形．所以根據菱形的性質進行判斷．【詳解】解四邊形是用兩張等寬的紙條交叉重疊地放在一起而組成的圖形，∴，，四邊形是平行四邊形（對邊相互平行的四邊形是平行四邊形）；過點分別作，邊上的高為，．則（兩紙條相同，紙條寬度相同）；平行四邊形中，，即，，即．故B正確；平行四邊形為菱形（鄰邊相等的平行四邊形是菱形）．，（菱形的對角相等），故A正確；，（平行四邊形的對邊相等），故C正確；如果四邊形是矩形時，該等式成立．故D不一定正確．故選：D．【點睛】5．（22-23八年級下·新疆巴音郭楞·期末）如圖，平行四邊形中，與交于點O，點E是邊上的中點，連接，，，．有下列結論：①是等邊三角形；②的周長是20，③的邊上的高是，④是菱形，⑤的面積是48．其中正確的是（

）

A．②③④ B．②④⑤ C．①②③④ D．②③④⑤【答案】A【分析】根據平行四邊形的性質得到，，根據中位線定理求出，根據已知線段求出，即可證明，得到是菱形，再根據菱形的性質求出面積和周長，利用等積法求出邊上的高，分別算出的三邊，可證明不是等邊三角形．【詳解】解：在平行四邊形中，，，∵點E是中點，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴是菱形，故④正確；∴的周長是，故②正確，∵，故⑤錯誤；∴，即邊上的高是，故③正確；∵，，，∴不是等邊三角形，故①錯誤；∴正確的有②③④，故選A．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，勾股定理的逆定理，三角形中位線的性質，四邊形的面積，解題的關鍵是根據特殊四邊形的性質求相應線段的長度，掌握面積法的應用．二、填空題6．（23-24八年級下·江蘇泰州·階段練習）如圖所示，在中，于點分別是邊的中點，連接，當滿足條件時，四邊形是菱形．（填一個你認為恰當的條件即可）【答案】（或）【分析】解答此類題的關鍵是要突破思維定勢的障礙，運用發散思維，多方思考，探究問題在不同條件下的不同結論，挖掘它的內在聯系，向“縱、橫、深、廣”拓展，從而尋找出添加的條件和所得的結論．可根據等腰三角形的性質、菱形的判定，分析得出當滿足條件AB=AC或時，四邊形是菱形．【詳解】解：要使四邊形是菱形，則應有，∵，分別為，的中點∴，，∴，∴應是等腰三角形，∴應添加條件：或則當△ABC滿足條件或時，四邊形AEDF是菱形．故答案為：（或）．7．（23-24八年級下·山東泰安·期中）如圖，在中，以點A為圓心AB長為半徑作弧交于點F，分別以點B、F為圓心，大于的長度為半徑作弧，交于點G，連接并延長交于點E，若，，則的長為．

【答案】【分析】本題主要考查了菱形的性質與判定、線段垂直平分線的尺規作圖、勾股定理等知識點，掌握垂直平分線的尺規作圖成為解題的關鍵.如圖：連接，根據尺規作圖可得，，再根據等腰三角形的性質可得、，再運用勾股定理可得，再證明是菱形可得即可解答．【詳解】解：如圖，連接，

由作圖可知：，，，，∴，∵，，∴，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是菱形，∴．故答案為：．8．（23-24八年級下·北京·期中）如圖，在平行四邊形中，，，平分，是對角線上的一個動點，點是邊上的一個動點，則的最小值是．【答案】【分析】本題考查軸對稱最短路線問題，解答中涉及平行四邊形的性質，菱形的判定和性質，含角直角三角形的性質，勾股定理，兩邊之和大于第三邊，垂線段最短，能夠將兩線段和的最小值用一條線段表示是解題的關鍵．先證明平行四邊形是菱形，則點關于的對稱點，連接，，過點作于點，可推出就是的最小值，再根據含角直角三角形的性質和勾股定理可求出的長，從而解決問題．【詳解】解：四邊形是平行四邊形，，，平分，，，，平行四邊形是菱形，連接，，過點作于點，由菱形的對角線互相垂直平分，可得、關于對稱，則，，即就是的最小值，，，在中，，，，由勾股定理，得．的最小值為．故答案為：．9．（2024九年級下·全國·專題練習）如圖，在平行四邊形中，的垂直平分線交于點E，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】【分析】由四邊形是平行四邊形，可得，由是線段的垂直平分線，則，，，由，可得，則，可證四邊形是菱形，則，由勾股定理得，，則，根據，計算求解即可．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，，∴，∵是線段的垂直平分線，∴，，∴是等腰三角形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是菱形，∴，由勾股定理得，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，垂直平分線的性質，等角對等邊，勾股定理，菱形的判定與性質等知識．熟練掌握行四邊形的性質，垂直平分線的性質，等角對等邊，菱形的判定與性質是解題的關鍵．10．（23-24八年級上·山東濟南·期末）如圖，中，對角線與相交于點F，，且，若點P是對角線上一動點，連接，將繞點A逆時針旋轉使至，得連接，取的中點O，連接，則在點P的運動過程中，線段的最小值為．【答案】2【分析】連接，由菱形的性質及，得出，，，由勾股定理求出，進而得出，證明，得出，進而得出當時，的值最小，求出此時的長度即可．本題考查了菱形的性質，旋轉的性質，找出全等的三角形，證明是解決問題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接，∵四邊形是平行四邊形，且∴四邊形是菱形，∵，∴，，∴，∴，∵將繞點A逆時針旋轉使得，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴是滿足的線段，當時，的值最小，∵O是的中點，∴∴，∴在點P的運動過程中，線段的最小值為2，故答案為：2三、解答題11．（23-24八年級下·湖北宜昌·期中）如圖，在平行四邊形中，F是對角線的交點，E是邊的中點，連接．(1)求證：；(2)當與滿足________時，四邊形是菱形，并證明你的結論；【答案】(1)見解析(2)，證明見解析【分析】本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定，三角形中位線定理．（1）根據平行四邊形的性質，結合三角形中位線定理求證即可；（2）根據一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，補充條件并證明即可．【詳解】（1）∵在平行四邊形中，F是對角線的交點，∴，∵E是邊的中點，∴是的中位線，∴，即（2）當時，四邊形是菱形，證明如下：∴