专题1菱形的性质与判定重难点题型(举一反三)(北师大版)

专题1.1 菱形的性质与判定-重难点题型【北师大版】【学问点【学问点1 菱形的定义】有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．【学问点2 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菱形的两条对角线相互垂直，并且每一条2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．【题型1 菱形的性质〔求角度〕】【例1〔2023秋•萍乡期末〕如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是〔 〕A．20° B．25° C．30° D．35°【分析】先依据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90OHRt△DHBDBOH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数．【解答】解：如图：∵ABCD是菱形∴AD＝AB，BO＝OD，∴∠BAD＝2∠CAD＝50°∴∠ABD＝〔180°﹣∠BAD〕÷2＝65°∵DH⊥AB，BO＝DO∴HO＝DO∴∠DHO＝∠BDH＝90°﹣∠ABD＝25°应选：B．【点评】此题考察菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等学问，解题的关键是敏捷运用所学学问解决问题，属于中考常考题型．【变式1-1】〔2023•南岗区模拟〕如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C落在AB边的垂直平分线上的点C′处，则∠DEC的大小为〔 〕A．30° B．45° C．60° D．75°BD，由菱形的性质及∠A＝60ABD为等边三角形，PAB的中点，利用由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的内角和定理即可求出所求角的度数．【解答】解：连接BD，如下图：ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，∵PAB的中点，∴DP为∠ADB的平分线，即∠ADP＝∠BDP＝30°，∴∠PDC＝90°，∴由折叠的性质得到∠CDE＝∠PDE＝45°，在△DEC中，∠DEC＝180°﹣〔∠CDE+∠C〕＝75°．应选：D．【点评】此题考察了翻折变换〔折叠问题〕，菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，娴熟把握折叠的性质是解此题的关键．1-2】〔2023春•海淀区校级期中〕ABCDM、NAB、CD上，AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．假设∠OBC＝62°，则∠DAC为 °．AOM≌△CON，可得AO＝COBO⊥AC，即可求解．ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，在△AOM和△CON中，∠𝑀𝐴𝑂=∠𝑁𝐶𝑂{∠𝐴𝑂𝑀=∠𝐶𝑂𝑁，𝐴𝑀=𝐶𝑁∴△AOM≌△CON〔AAS〕，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝28°＝∠DAC，故答案为：28．【点评】此题考察了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，把握菱形的性质是此题的关键．【变式1-3】〔2023春•汉阳区期中〕如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分线交AC于点N，点M为垂足，连接DN，则∠CDN的大小是 ．2【分析】依据菱形的性质得出DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=1∠DAB＝55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，求出∠ADC＝∠ABC＝70°，依据全等三角形的判定得出△DCN≌△BCN，依据全等三角形的性质得出∠CDN＝∠CBNAN＝BN，求出∠NBA＝∠CAB＝55°，再求2出答案即可．BN，ABCD是菱形，∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=1∠DAB=1×110°=55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，2 2∴∠CDA+∠DAB＝180°，∵∠BAD＝110°，∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，∴∠ABC＝70°，在△DCN和△BCN中，𝐷𝐶=𝐵𝐶{∠𝐷𝐶𝑁=∠𝐵𝐶𝑁，𝐶𝑁=𝐶𝑁∴△DCN≌△BCN〔SAS〕，∴∠CDN＝∠CBN，∵MNAB的垂直平分线，∴AN＝BN，∴∠NBA＝∠CAB＝55°，∴∠CDN＝∠CBN＝∠ABC﹣∠NBA＝70°﹣55°＝15°，故答案为：15°．【点评】此题考察了平行线的性质，菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定等学问点，能综合运用学问点进展推理和计算是解此题的关键．【题型2 菱形的性质〔求长度〕】2】〔2023秋•遂川县期末〕ABCD中，BC＝10EBD上，FAD的中点，FE⊥BD，垂足为E，EF＝4，则BD长为〔 〕A．8 B．10 C．12 D．16ACBDOOB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BDEF是△AODOA＝2EF＝8OD＝6，即可求解．ACBDO，如下图：ABCD是菱形，∴OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，∵FE⊥BD，∴FE∥AC，∵FAD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OA＝2EF＝8，∴OD=√𝐴𝐷2−𝑂𝐴2=√102−82=6，∴BD＝2OD＝12，应选：C．【点评】此题考察了菱形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等学问；娴熟把握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．2-1〔2023春•武汉期中ABCDEBCFCD上，假设∠DAB＝60°，∠DFA＝2∠EAB，AD＝4，则CF的长为〔 〕．．．．A 4 B 4√3 C 6 D 8．．．．5 5 5 5AE，DCGFFH⊥ADADH，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得AF＝FG，由“AAS”可证△CEG≌△BEA，可得AB＝CG＝4，利用勾股定理可求解．AE，DCGFFH⊥ADADH，∵CD∥AB，∴∠EAB＝∠G，∠DAB＝∠HDF＝60°，∵∠DFA＝2∠EAB＝∠G+∠FAG，∴∠G＝∠FAG，∴AF＝FG，EBC的中点，∴BE＝CE，在△CEG和△BEA中，∠𝐺=∠𝐵𝐴𝐸{∠𝐶𝐸𝐺=∠𝐴𝐸𝐵，𝐶𝐸=𝐵𝐸∴△CEG≌△BEA〔AAS〕，∴AB＝CG＝4，DF＝x，∴FC＝4﹣x，∴FG＝8﹣x＝AF，∵HF⊥AD，∠HDF＝60°，∴∠DFH＝30°，∴DH=1x，HF=√3x，2 2∵AF2＝HF2+AH2，∴〔8﹣x〕2=3x2+〔4+1x〕2，4 25∴x=12，55∴CF=8，应选：D．5【点评】此题考察了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等学问，添加恰当关心线构造全等三角形是此题的关键．2-2】〔2023秋•黄岛区期末〕如图，在菱形ABCD中，AB＝13cm，AC＝24cm，E，FCD和BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG的长度为10 cm．【分析】连接对角线BDACO，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求OD的长，BD＝2ODEG．BDACO，如图：ABCD13cmE、FCD、BC的中点，∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13cm，EF∥BD，∵AC、BD是菱形的对角线，AC＝24cm，∴AC⊥BD，AO＝CO＝12cm，OB＝OD，又∵AB∥CD，EF∥BD，∴DE∥BG，BD∥EG，BDEG是平行四边形，∴BD＝EG，∵OB＝OD=√𝐴𝐷 2−𝐴𝑂 2=√169−144=5〔cm〕，∴BD＝2OD＝10〔cm〕，∴EG＝BD＝10〔cm〕，故答案为：10．【点评】此题主要考察了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等学问；娴熟把握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．2-3】〔2023春•洪山区期中〕如图，在菱形ABCD中，AB＝BDE，FBC，CD边上，且CE＝DF，BF与DE交于点G，假设BG＝3，DG＝5，则CD＝ ．【分析】先证△BCD是等边三角形，可得∠C＝∠CBD＝60°，由“SAS”可证△BED≌△CFB，可得∠CBF＝∠BDEBH，DH的长，由勾股定理可求解．DDH⊥BFH，ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵AB＝BD，∴AB＝BC＝CD＝AD＝BD，∴△BCD是等边三角形，∴∠C＝∠CBD＝60°，在△BED和△CFB中，𝐵𝐷=𝐵𝐶{∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐶，𝐵𝐸=𝐶𝐹∴△BED≌△CFB〔SAS〕，∴∠CBF＝∠BDE，∴∠DGF＝∠FBD+∠GDB＝∠FBD+∠CBF＝60°，∵DH⊥BF，∴∠GDH＝30°，∴GH=1DG=5，DH=√3GH=5√3，2 2 22∴BH＝BG+GH=11，2∴BD=√𝐵𝐻 2+𝐷𝐻 2=√121+75=7，4 4∴CD＝BD＝7，7．【点评】此题考察了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，敏捷运用这些性质解决问题是此题的关键．【学问点【学问点3 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=𝟏ab．〔a、b是两条对角线的长度〕𝟐【题型3 菱形的性质〔等积法〕】【例3〔2023•雁塔区校级模拟如图菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O．过O作OE⊥AB于点延长EO交CD于点F，假设AC＝8，BD＝6，则EF的值为〔 〕12 24 48A．5 B．5 C．5 D．5ABCDAC、BDO，BD＝6，AC＝8，可求得菱形的面积与边长，继而求得答案．ABCD中，BD＝6，AC＝8，=2BD 1 ∴= ＝3A 4=2BD ∴AB=√𝑂𝐴2+𝐵𝑂2=√32+42=5，ABCD2AC∵S = •＝•ABCD2AC即1×6×8＝5EF，即2应选：C．【点评】此题考察了菱形的性质以及勾股定理．留意菱形的面积等于对角线积的一半或底乘以高．3-1】〔2023秋•南山区期末〕ABCDAC、BDOAC＝6，BD𝐵𝐸＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则𝐶𝐸的值为〔 〕5 7A． B．

7 5C． D．12 25 18 24BCAE的长，最终依据勾股定理进BE的长，进而得出结论．ABCD是菱形，∴CO=1AC＝3，BO=1BD＝4，AO⊥BO，2 2∴BC=√𝐶𝑂2+𝐵𝑂2=√32+42=5，∵S =1AC•BD＝BC×AE，菱ABCD 21×6×8 24∴AE=2

5 =5．Rt△ABE中，BE=√𝐴𝐵2−𝐴𝐸2=52−(24)2=7∴CE＝BC﹣BE＝5−7=18，

5 5，5 5𝐵𝐸 7∴𝐶𝐸的值为，18应选：C．【点评】此题主要考察了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是把握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线相互垂直平分．【变式3-2】〔2023春•无锡期中〕如图，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为 ．OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式DE的长．ACBDO，ABCD是菱形，∴AO＝OC＝8，BO＝DO，AC⊥BD，∴BO=√𝐴𝐵∴BD＝12，

2−𝐴𝑂 2=√100−64=6，∵S ＝=1•，菱形 220∴DE=16×12=9.6，209.6．【点评】此题考察了菱形的性质、勾股定理．留意菱形的对角线相互垂直平分．3-3】〔2023•天津二模〕ABCD中，∠ADC＝120°，AB＝3EBCBE＝2EC，BF⊥AE，垂足为F，则BF的值为 ．EEM⊥ABABMBC＝3BE＝2，求出∠BEM＝3030BMEMAE，依据三角形的面积求出答案即可．EEM⊥ABABM，则∠EMB＝90°，ABCD是菱形，AB＝3，∠ADC＝120°，∴∠D＝∠ABC＝120°，BC＝AB＝3，∴∠EBM＝60°，∴∠BEM＝90°﹣∠EBM＝30°，∵BE＝2EC，BC＝3，∴BE＝2，2∴BM=1BE＝1，2由勾股定理得：EM=√𝐵𝐸2−𝐵𝑀2=√22−12=√3，∴AM＝AB+BM＝4，由勾股定理得：AE=√𝐴𝑀2+𝐸𝑀2=42+(√3)2=√19，∵SABE=1×𝐴𝐸×𝐵𝐹=1×𝐴𝐵×𝐸𝑀，△ 2 2∴√19×BF＝3×√3，解得：BE=357，3√57故答案为：19．【学问点【学问点4 菱形的判定】①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．③对角线相互垂直的平行四边形是菱形〔或“对角线相互垂直平分的四边形是菱形”〕．【题型4 菱形的判定〔选择条件〕】4】〔2023春•岳麓区校级月考〕ABCDAC，BDOOA＝OC，OB＝OD．假设要使四边形ABCD为菱形，则可以添加的条件是〔 〕∠AOB＝60° B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AB⊥BCOA＝OC，OB＝OD依据对角线相互平分的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，再由矩形和菱形的判定定理即可得出结论．【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD，ABCD为平行四边形，A、∵∠AOB＝60°，ABCDA不符合题意；B、∵AC⊥BD，ABCDB符合题意；C、∵AC＝BD，ABCDC不符合题意；D、∵AB⊥BC，ABCDD不符合题意；应选：B．【点评】此题主要考察了菱形的判定、矩形的判定；关键是把握对角线相互垂直的平行四边形是菱形．【变式4-1】〔2023春•静海区月考〕平行四边形ABCD，以下条件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四边形ABCD是菱形的有〔 〕A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等的四边形是菱形；③对角线相互垂直的平行四边形是菱形．据此推断即可．【解答】解：①▱ABCD中，AC⊥BD，依据对角线相互垂直的平行四边形是菱形，即可判定▱ABCD是菱形；故①正确；②▱ABCD中，∠BAD＝90°，依据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定▱ABCD是矩形，而不能判定▱ABCD是菱形；故②错误；③▱ABCD中，AB＝BC，依据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定▱ABCD是菱形；故③正确；D、▱ABCD中，AC＝BD▱ABCD是矩形，而不能判定应选：A．【点评】此题考察了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，留意把握菱形的判定定理是解此题的关键．【变式4-2】〔2023•莲湖区二模〕如图，在▱ABCD中，M，N是BD上两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，NA，添加一个条件，使四边形AMCN是菱形，这个条件是〔 〕2A．OM=1AC2

B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND【分析】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝ODOM＝ONAMCN是平行四边形，由对角线相互垂直的平行四边形可得到菱形．ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝ODBDM、NBM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DNOM＝ON，AMCN是平行四边形，∵BD⊥AC，∴MN⊥AC，AMCN是菱形．应选：C．4-3】〔2023春•上城区校级期中〕如图，在△ABCD、E、FAB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，以下四种说法：①AEDF是平行四边形；②假设∠BAC＝90AEDF是菱形；③AD平分∠BACAEDF是菱形；④假设AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．其中，正确的有 ．〔只填写序号〕【分析】依据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；∵∠BAC＝90AEDF是平行四边形，AEDF是矩形，故②错误；∵AD平分∠BACAEDF是平行四边形，AEDF是菱形，故③正确；∵AB＝ACAEDF是平行四边形，AE＝AFAEDF不肯定是菱形，故④错误；故答案为：①③．【点评】此题考察菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．【题型5 菱形的判定〔证明题〕】5】〔2023•南京二模〕如图，在ABCDE、FBD上，BE＝DF．AECF是平行四边形；BD平分∠ABCAECF是菱形．【分析】〔1〕由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论；〔2〕依据对角线相互垂直的平行四边形是菱形即可证明．【解答】证明：〔1〕ACBDO，ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝FD，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF．AECF是平行四边形；〔2〕∵ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC⊥EF；由〔1〕AECF是平行四边形，AECF是菱形．【点评】此题考察了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定等学问；娴熟把握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．5-2〔2023•浦东区二模〕ABCD中，AB∥DC，对角线AC、BDO，CCE⊥CDABEOE，OC＝OE．2求证：OE=1AC；2DB平分∠ADCABCD是菱形．【分析】〔1〕OOF⊥CEF，由等腰三角形的性质得CF＝EFOF是△ACE的中位线，得OA＝OC，即可得出结论；〔2〕证△AOB≌△OCD〔ASA〕，得OB＝ODABCD是平行四边形，再证BC＝DC，即可得出结论．【解答】证明：〔1〕OOF⊥CEF，如下图：∵OC＝OE，∴CF＝EF，∵OF⊥CE，CE⊥CD，∴OF∥CD，∵AB∥DC，OF∥AB，∴OF∥AB，∴OF是△ACE的中位线，∴OA＝OC，2∴OE=1AC；2〔2〕∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠OCD，在△AOB和△OCD中，∠𝑂𝐴𝐵=∠𝑂𝐶𝐷{𝑂𝐴=𝑂𝐶 ，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶𝑂𝐷∴△AOB≌△OCD〔ASA〕，∴OB＝OD，ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，∴BC＝DC，ABCD是菱形．【点评】此题考察了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的5-3】〔2023•玄武区一模〕如图，在平行四边形ABCD中，E，FBD上的点，且BE＝DF，AE，CF．求证△ADE≌△CBF；AF，CEAB＝ADAFCE是菱形．【分析】〔1〕由“SAS”可证△ADE≌△CBF；〔2〕ABCD是菱形，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DOEO＝FO，即可得结论．【解答】证明：〔1〕∵ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBF，∵BE＝DF，∴BF＝DE，在△ADE和△CBF中，𝐴𝐷=𝐶𝐵{∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶𝐵𝐹，𝐷𝐸=𝐵𝐹∴△ADE≌△CBF〔SAS〕；〔2〕ACBDO，∵AB＝ADABCD是平行四边形，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，AECF是平行四边形，又∵AC⊥BD，AECF是菱形．【点评】此题考察了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，敏捷运用这些性质解决问题是此题的关键．5-3】〔2023•余杭区一模〕ABCDOBCDO并延长，ABEBD，EC．BECD是平行四边形；假设∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．【分析】〔1〕AAS证明△BOE≌△CODOE＝OD，即可得出结论；〔2〕先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．【解答】〔1〕ABCD为平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC，又∵OBC的中点，∴BO＝CO，在△BOE和△COD中，∠𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐷𝐶{∠𝐵𝑂𝐸=∠𝐶𝑂𝐷，𝐵𝑂=𝐶𝑂∴△BOE≌△COD〔AAS〕；∴OE＝OD，BECD是平行四边形；〔2〕解：ABCD是平行四边形，∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，BECD是菱形，∴BC⊥DE，∴∠COD＝90°，∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，故答案为：90．【点评】此题主要考察了菱形的判定，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等学问；娴熟把握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．【题型6 菱形的判定与性质综合〔最值问题〕】6】〔2023春•如东县期末〕如图，菱形ABCD6MAC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是〔 〕A．3√3 B．3+3√3 C．6+√3 D．6√3DDE⊥ABEBDDEMA+MB+MD最小，依据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．DDE⊥ABEBD，ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，∴△ADB是等边三角形，∴∠MAE＝30°，∴AM＝2ME，∵MD＝MB，∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，DEMA+MB+MD最小，ABCD6，∴DE=√𝐴𝐷2−𝐴𝐸2=√62−32=3√3，∴2DE＝6√3．∴MA+MB+MD6√3．应选：D．【点评】此题考察了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决此题的关键是把握菱形的性质，等边三角形的判定与性质．【变式6-1】〔2023•瑶海区二模〕如图，菱形ABCD的边长为2√3，∠ABC＝60°，点E、F在对角线BD上运动，且EF＝2，连接AE、AF，则△AEF周长的最小值是〔 〕A．4 B．4+√3 C．2+2√3 D．6AH∥BDAH＝EF＝2CHBDFAE+AFAEF周长的最小值即可．AH∥BDAH＝EF＝2CHBDFAE+AF的值最小，即△AEF的周长最小．∵AH＝EF，AH∥EF，EFHA是平行四边形，∴EA＝FH，∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，ABCD2√3，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝2√3，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，Rt△CAH中，CH=√𝐴𝐶2+𝐴𝐻2=(2√3)2+22=4，∴AE+AF4，∴△AEF的周长的最小值＝4+2＝6，应选：D．【点评】此题考察轴对称﹣最短问题，菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等学问，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．6-2】〔2023•寿光市二模〕ABCD中，AC⊥BDO，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于 ．ABCDCD＝AD＝5PDPM+PN＝4.8，得PB最短时，PM+PN+PBBP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，∴AC＝8ABCD是平行四边形，∵AC⊥BDO，ABCD是菱形，AD=√𝐴𝑂2+𝐷𝑂2=√42+32=5，∴CD＝AD＝5，PD，如下图：∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，1 1 12∴AD•PM+2DC•PN=2AC•OD，2221×5×PM+1×5×PN=1×8×3，22即2∴5×〔PM+PN〕＝8×3，∴PM+PN＝4.8，PB最短时，PM+PN+PB有最小值，BP⊥AC时，PB最短，PO重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，故答案为：7.8．【点评】此题考察了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面积等学问；娴熟把握菱形的判定与性质是解题的关键．6-3】〔2023春•赣州期末〕如下图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角E、FBC、CDE、FB、C、D重合．E、FBC、CDBE＝CF；当点E、FBC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？假设不变，求出这个定值；假设变化，求出最小值．【分析】〔1〕〔1〕先求证AB＝AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4＝60°，AC＝AB进而求证△ABE≌△ACFBE＝CF；△ △ 四边形 △ △ △ △ 〔2〕依据△ABE≌△ACF可得SABE＝SACF，故依据S AECF＝SAEC+SACF＝SAEC+SABE＝S△ △ 四边形 △ △ △ △ AEFAEBC垂直时，边AE最短．△AEF的周长AEAE最短时，△CEF的周长即可．【解答】解：〔1〕如图，连接AC，ABCD为菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∵△AEF是等边三角形，∴∠EAF＝60°，∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，∴在△ABE和△ACF中，∠1=∠3{𝐴𝐵=𝐴𝐶 ，∠𝐴𝐵𝐶=∠4∴△ABE≌△ACF〔ASA〕．∴BE＝CF；〔2〕AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由〔1〕得△ABE≌△ACF，△ SABE＝SACF△ △ △ △ △ SAECF＝SAEC+SACF＝SAEC+SABE＝SABC，是定值，AH⊥BCHBH＝2△ △ △ △ S ＝S

=1𝐵𝐶⋅𝐴𝐻=1𝐵𝐶⋅√𝐴𝐵2−𝐵𝐻2=4√3．四边形AECF

△ABC 2 2△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AEAEFAEBCAE最短．F的周长会随着EEF的周长会最小𝐵2−𝐻2=4+2√3．【点评】此题考察了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加关心线，娴熟把握和敏捷运用相关学问是解题的关键．【题型7 菱形的判定与性质综合〔多结论问题〕】27】〔2023春•中山市校级月考〕如图，▱ABCDAC、BDO，AD=1AC，M、N、2POA、OB、CD的中点，以下结论：①CN⊥BD；②MN＝NP；③MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正确的有〔 〕个 B．2个 C．3个 D．4个OC＝BCCN⊥BD，①MN是△AOBMN∥AB，MN=1AB，由直角三角形的性质得NP=1CDMN＝NP，②MNCP是平行2 2MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PNDND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．ABCD是平行四边形，2AC∴∥，＝= ，2AC2∵AD=1AC，2∴OC＝BC，∵NOB的中点，∴CN⊥BD，①正确；∵M、NOA、OB的中点，∴MN是△AOB的中位线，2∴MN∥AB，MN=1AB，2∵CN⊥BD，∴∠CND＝90°，∵PCD的中点，2∴NP=1CD＝PD＝PC，2∴MN＝NP，②正确；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，MNCPMNCP是菱形；③错误；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正确；3个，应选：C．【点评】此题考察了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质等；娴熟把握三角形中位线定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．7-1〔2023春•如东县校级月考ABCDAC，BDO，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．以下结论正确的选项是〔 〕①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤22【分析】由中点的性质可得出EF∥CDEF=1CD＝BG，结合平行即可证得②BD＝2BC得=AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④BEFG是平行四边形，⑤22③不正确；此题得解．GFACP，如图：∵E、FOC、OD的中点，2∴EF∥CDEF=1CD，2ABCD为平行四边形，∴AB∥CDAB＝CD，∴∠FEG＝∠BGE，GAB的中点，∴BG=1AB=1CD＝FE，2 2𝐵𝐺=𝐹𝐸在△EFG和△GBE中，{∠𝐹𝐸𝐺=∠𝐵𝐺𝐸，𝐺𝐸=𝐸𝐺∴△EFG≌△GBE〔SAS〕，即②正确，∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，∴GF∥BE，∵BD＝2BCO为平行四边形对角线交点，2∴BO=1BD＝BC，2∵EOC中点，∴BE⊥OC，∴GP⊥AC，∴∠APG＝∠EPG＝90°∵GP∥BE，GAB中点，2∴PAEAP＝PEGP=1BE，2𝐴𝑃=𝐸𝑃在△APG和△EGP中，{∠𝐴𝑃𝐺=∠𝐸𝑃𝐺，𝐺𝑃=𝑃𝐺∴△APG≌△EPG〔SAS〕，2∴AG＝EG=1AB，2∴EG＝EF，即①正确，∵EF∥BG，GF∥BE，BGFE为平行四边形，∴GF＝BE，∵GP=1BE=1GF，2 2∴GP＝FP，∵GF⊥AC，∴∠GPE＝∠FPE＝90°𝐺𝑃=𝐹𝑃在△GPE和△FPE中，{∠𝐺𝑃𝐸=∠𝐹𝑃𝐸，𝐸𝑃=𝐸𝑃∴△GPE≌△FPE〔SAS〕，∴∠GEP＝∠FEP，∴EA平分∠GEF，即④正确．∵BG＝FE，GF＝BE，BEFG是平行四边形，BEFG是菱形，⑤③不正确；应选：B．【点评】此题考察了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，查找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．7-2】〔2023春•香洲区校级期中〕如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、FAB，AD的中点，DE、BFG，连接BD，CG．有以下结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱ABCD＝AB2；⑤2DE=√3DC；⑥BF＝BC，正确结论的有〔 〕个．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由菱形的性质及等边三角形的性质就可以得出∠GDB＝∠GBD＝30°，得出∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，由四边形的内角和为360°就可以求出∠BGD的值，由直角三角形的性质就可以得出中，CG＞BC＝BD，故△BDF与△CGB不全等，由三角形的面积关系可推断④，结合④和菱形的性质进而得出结论．ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD．∠A＝∠BCD．∵∠A＝60°，∴∠BCD＝60°，∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形．∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°．∵E，FAB，AD的中点，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，故①正确；在△CDG和△CBG中，𝐶𝐷=𝐶𝐵{𝐶𝐺=𝐶𝐺，𝐷𝐺=𝐵𝐺∴△CDG≌△CBG〔SSS〕，∴∠DGC＝∠BGC＝60°．∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD＝GD+GD，∴CG＝DG+BG．故②正确．∵△GBC为直角三角形，∴CG＞BC，∴CG≠BD，∴△BDF与△CGB不全等．故③错误；∵S ＝2S

＝2×1AB•DE菱形ABCD

△ADB 2＝AB•〔√3BE〕√3＝AB•2AB2=√3AB2，2故④错误；√3 √3∵DE=√3BE=2AB=2CD，∴2DE=√3CD，故⑤正确；∵BD＞BF，BD＝BC，∴BC＞BF，故⑥错误．∴正确的有：①②⑤共三个．应选：C．【点评】此题考察了菱形的性质、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定与性质，综合的学问点较多，留意各学问点的融会贯穿．7-3】〔2023春•开州区校级期中〕如图，在菱形ABCD中，AB＝BDE、FAB、AD上任意的点〔不与端点重合〕，AE＝DFBFDEGCGBDH．给出C60△③C与D④E中结论正确的选项是〔〕A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】先证明△ABD为等边三角形，即可得到∠DBC的度数；依据“SAS”即可证明△AED≌△DFB；E、FAB、AD上任意的点〔不与端点重合〕，且AE＝DFE，FAB，AD中点时，CG⊥BD；依据三角形外角性质即可得到∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°．【解答】解：∵ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A＝∠BDF＝60°＝∠DBC，又∵AE＝DF，AD＝BD，∴△AED≌△DFB，故①、②正确；E，FAB，AD中点时，由〔1〕知，△ABD，△BDC为等边三角形，E，FAB，AD中点，∴∠BDE＝∠DBG＝30°，∴DG＝BG，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG＝∠BCG，∴CH⊥BD，CG⊥BD，故③错误；∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°，为定值，故④正确；综上所述，正确的结论有①②④，应选：B．【点评】此题综合考察了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质是解题的关键．【题型8 菱形的判定与性质综合〔动点问题〕】8】〔2023秋•青山区期末〕ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120E、FA、CAB、CBB匀速移动〔B为止〕，E1cm/sF的速度2cm/st秒△DEFt的值为〔〕3 4A． B．4 3

3 5C． D．2 3【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2tt的值．BD，ABCD是菱形，2∴AB＝AD，∠ADB=1∠ADC＝60°，2∴△ABD是等边三角形，∴AD＝BD，又∵△DEF是等边三角形，∴∠EDF＝∠DEF＝60°，又∵∠ADB＝60°，∴∠ADE＝∠BDF，∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐵𝐷𝐹在△ADE和△BDF中，{𝐴𝐷=𝐵𝐷 ，∠𝐴=∠𝐷𝐵𝐹∴△ADE≌△BDF〔ASA〕，∴AE＝BF，∵AE＝t，CF＝2t，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，∴t＝5﹣2t3∴t=5，应选：D．3【点评】此题主要考察了菱形的性质，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等学问，解题的关键是运用三角形全等得出AE＝BF．8-1】〔2023春•洪山区期中〕ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝8AC，BD交于O，EOC上一动点，FAD上一动点，假设∠BEF＝120E运动的过程中，EF长度为整数的个数有〔〕A．6个 B．5个 C．4个 D．3个【分析】由“SAS”可证△DAE≌△BAE，可得DE