【备战2021-专项突破】专题12.2-矩形菱形和正方形（2）（解析版）

专题12.2矩形菱形和正方形备战2021年中考数学精选考点专项突破卷（2）一、单选题(共30分)1．(本题3分)（2020·湖南中考真题）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.【详解】∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,∴矩形的面积为,故选：C.【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.2．(本题3分)（2020·黑龙江中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据菱形面积=对角线积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD==48，∴BD=8，∵DH⊥AB，BO=DO=4，∴OH=BD=4．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题．3．(本题3分)（2020·黑龙江中考真题）如图，在矩形中，，，点E在边上，，垂足为F．若，则线段的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】证明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，从而可得EF.【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD=3，BC=AD=10，AD∥BC，∴∠AEB=∠DAF，∴△AFD∽△EBA，∴，∵DF=6，∴AF=，∴，∴AE=5，∴EF=AF-AE=8-5=3.故选B.【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法.4．(本题3分)（2020·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．【详解】∵BF⊥AC∴∠BMC=90°又∵∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC∴∠DNA=∠BMC=90°∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB∴∠ADB=∠CBD∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM在△AND与△CMB∵∴△AND≌△CMB(AAS)∴AN=CM，DN=BM，故①正确．∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE=∠CMF=90°在△ANE与△CMF中∵∴△ANE≌△CMF（ASA）∴NE=FM，AE=CF，故③正确．在△NFM与△MEN中∵∴△NFM≌△MEN（SAS）∴∠FNM=∠EMN∴NF∥EM，故②正确．∵AE=CF∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB又根据矩形性质可知DF∥EB∴四边形DEBF为平行四边根据矩形性质可知OD=AO，当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形∴∠ADO=60°又∵DN⊥AC根据三线合一可知∠NDO=30°又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°故DE=EB∴四边形DEBF为菱形，故④正确．故①②③④正确故选D．【点睛】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．5．(本题3分)（2020·四川中考真题）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④若点G是线段的中点，则为等腰直角三角形．正确判断的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】①，先说明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性质可得DE=BE，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明△OFA≌△OBD即可判断；③过F作FH⊥AD，垂足为H,然后根据角平分线定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函数即可判定；④连接AG,然后证明△OGA≌△ADE,最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．【详解】解：①∵∴△OBD是等腰三角形∵四边形是矩形∴DE=BE=BD，DA⊥OB∴平分，OE⊥BD故①正确；②∵OE⊥BD,DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°∵∠EDF=∠AOF∵DA⊥OB，∴OA=AD在△OFA和△OBD中∠EDF=∠AOF,OA=AD,∠DAO=∠DAB∴△OFA≌△DAB∴OF=BD,即②正确；③过F作FH⊥OD，垂足为H,∵平分，DA⊥OB∴FH=AF∵，DA⊥OB∴∠HDF=45°∴sin∠HDF=,即；故③正确；④由②得∠EDF=∠AOF，∵G为OF中点∴OG=OF∵DE=BE=BD，OF=BD∴OG=DE在△OGA和△AED中OG=DE,∠EDF=∠AOF，AD=OA∴△OGA≌△AED∴OG=EF,∠GAO=∠DAE∴△GAE是等腰三角形∵DA⊥OB∴∠OAG+∠DAG=90°∴∠DAE+∠DAG=90°,即∠GAE=90°∴△GAE是等腰直角三角形，故④正确．故答案为A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形等知识点，考查知识点较多，故灵活应用所学知识成为解答本题的关键．6．(本题3分)（2020·浙江中考真题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．7．(本题3分)（2020·浙江中考真题）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】如图，连接DD＇,延长C＇D＇交AD于E，由菱形ABC＇D＇，可得AB∥C＇D＇,进一步说明∠ED＇D=30°,得到菱形AE=AD;又由正方形ABCD,得到AB=AD,即菱形的高为AB的一半,然后分别求出菱形ABC＇D＇和正方形ABCD的面积,最后求比即可．【详解】解：如图：延长C＇D＇交AD于E∵菱形ABC＇D＇∴AB∥C＇D＇∵∠D＇AB=30°∴∠AD＇E=∠D＇AB=30°∴AE=AD又∵正方形ABCD∴AB=AD,即菱形的高为AB的一半∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．故答案为B．【点睛】本题主要考出了正方形的性质、菱形的性质以及含30°直角三角形的性质，其中表示出菱形ABC′D′的面积是解答本题的关键．8．(本题3分)（2020·贵州中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（）A．16 B．24 C．16或24 D．48【答案】B【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵x2﹣10x+24＝0，因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，解得：x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．故选：B．【点睛】本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．9．(本题3分)（2020·潍坊市寒亭区教学研究室九年级一模）如图，在中，，，将绕点逆时针方向旋转得，其中，，是点，旋转后的对应点，，相交于点．若四边形为菱形，则的大小是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得AB∥CF，可得∠ACF=40°，根据AB=AC=AF，可得∠AFC=40°，即∠CAF=100°且∠EAF=40°，则可求∠CAE的大小．【详解】∵ABDF是菱形∴AB∥CF，AB=AF∴∠BAC=∠ACF=40°，AF=AC∴∠ACF=∠AFC=40°∴∠CAF=100°∵将△ABC绕点A逆时针方向旋转得△AEF∴∠EAF=∠BAC=40°∴∠EAC=∠CAF-∠EAF=60°故选：C．【点睛】此题考查旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题关键是灵活运用这些性质解决问题．10．(本题3分)（2020·浙江中考真题）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（）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② D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．【详解】根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，故选A．【点睛】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．二、填空题(共30分)11．(本题3分)（2020·辽宁）菱形的周长是，，那么这个菱形的对角线的长是__________．【答案】【分析】先画出图象，根据菱形周长求出边长，再由条件得是等边三角形，从而知道对角线AC长就等于菱形边长．【详解】解：如图，∵菱形的周长是4，∴每条边长都是1，∵AB=BC，，∴是等边三角形，∴AC=AB=BC=1．故答案是：1．【点睛】本题考查菱形的性质，解题的关键是根据题目条件以及菱形的性质，画出图象，发现等边三角形得到AC长．12．(本题3分)（2020·广东九年级其他模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80º，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连接DF，则∠CDF等于_________【答案】60°【详解】连接BF，∵四边形ABCD是菱形，∴△ABC和△ADC关于AC对称，AB∥CD，∠BAC=∠DAC=40°，∴∠ADF=∠ABF，∠ADC+∠BAD=180°，∵EF是AB的垂直平分线，∠BAD=80°，∴AF=BF，∠ADC=100°，∴∠ABF=∠BAC=40°，∴∠ADF=40°，∴∠CDF=100°-40°=60°.13．(本题3分)（2020·北京四中九年级其他模拟）如图，菱形中，，，交于点，若是边的中点，，则的长等于__________，的度数为__________．【答案】5【分析】根据菱形的性质得出BO＝DO，∠ADO＝∠ADC，AB∥CD，由三角形中位线定理得出OE∥AB，OE＝AB＝5，根据平行线的判定与性质以及角平分线定义即可求出∠ADO的度数．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴BO＝DO，∠ADO＝∠ADC，AB∥CD，∵E是边AD的中点，BO＝DO，∴OE是△ABD的中位线，∴OE∥AB，OE＝AB＝5，∴OE∥CD，∴∠ADC＝∠AEO＝32°，∴∠ADO＝16°．故答案为：5，16°．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，平行线的判定与性质，角平分线定义，证明出OE是△ABD的中位线是本题的关键．14．(本题3分)（2020·广东九年级二模）如图，把菱形ABCD沿AH折叠，使B点落在BC上的E点处，若∠B=70°，则∠EDC的大小为______．【答案】15°【分析】根据菱形的性质，可得∠ADC=∠B=70°，从而得出∠AED=∠ADE．又因为AD∥BC，故∠DAE=∠AEB=70°，∠ADE=∠AED=55°，即可求解．【详解】解：根据菱形的对角相等得∠ADC=∠B=70°．∵AD=AB=AE，∴∠AED=∠ADE．根据折叠得∠AEB=∠B=70°．∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB=70°，∴∠ADE=∠AED=（180°-∠DAE）÷2=55°．∴∠EDC=70°-55°=15°．故答案为：15°.【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的性质，三角形的内角和定理以及平行线的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．15．(本题3分)（2020·湖北九年级一模）在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，点F是对角线AC上（不与点A，C重合）一动点，当是等腰三角形时，则∠AFD的度数为_____．【答案】108°或72°【分析】利用菱形的性质求解再分两种情况：①DF＝AF；②AD＝AF，③计算出每种情况下的的度数即可．【详解】解：∵是等腰三角形，①当DF＝AF时，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∠ADF＝∠DAF＝36°，∴∠AFD＝180°﹣36°﹣36°＝108°，②当时，如图记为，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∴③当时，与重合，故舍去；综上所述，∠AFD的度数为108°或72°；故答案为：108°或72°．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等腰三角形的性质，数学分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．16．(本题3分)（2020·湖北九年级一模）如图，将矩形绕点顺时针旋转50°，得到矩形，点，，在一条直线上，连接，则的度数为_______．【答案】65°【分析】连接AC，由旋转的性质可得∠CAC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的性质，得出AC=AC，即可求出答案．【详解】解：连接AC，，由旋转的性质可得∠CAC=50°，∵四边形ABCD是矩形，且矩形为旋转所得，∴AC=AC，∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠CAC=50°是解题关键．17．(本题3分)（2020·山东八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线，，于点，则的长为_________．【答案】．【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱形的高．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，．故答案为：．【点睛】此题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半．18．(本题3分)（2020·山东九年级一模）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是______．【答案】【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．【详解】如图，连接BD交AC于点O，∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，∵AE＝CF＝3，∴OA−AE＝OC−CF，即OE＝OF，∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，∴四边形BEDF为菱形，∴DE＝DF＝BE＝BF，∵AC＝BD＝12，∴DO=AO=OE＝OF＝，由勾股定理得：DE＝＝，∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4×3＝12，故答案为：．【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．19．(本题3分)（2020·山西九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是_____．【答案】【分析】连接，由矩形的性质得出，，，，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】解：连接，如图所示：四边形是矩形，，，，，，，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．20．(本题3分)（2020·兰州市第四十九中学九年级二模）如图，已知四边形ABCD是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，BD长为半径作弧，交AD于点E；②分别以D，E为圆心，以大于DE的长为半径作弧，两弧交于点F，射线BF交AD于点G，连接CG，若∠BCG＝30°，AG＝3，则菱形ABCD的面积等于_____．【答案】【分析】过点D作DH⊥BC于点H，证明CH＝AG，设BG＝x，由三角函数用x表示BC，在Rt△CDH中由勾股定理列出x的方程，进而由菱形的面积公式求得结果．【详解】解：过点D作DH⊥BC于点H，由作图知，BG⊥AD，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，AD∥BC，∴BG⊥BC，∴BG∥DH，∴四边形BHDG为矩形，∴BG＝DH，DE＝BH，∴AE＝CH＝3，设BG＝x，∵∠BCG＝30°，∴CD＝BC＝，∵CD2﹣DH2＝CH2，∴，∴，∴DH＝，BC＝，∴菱形ABCD的面积＝BC•DH＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了三角函数、勾股定理、菱形的性质与判定、矩形的性质与判定，准确分析计算是解题的关键．三、解答题(共60分)21．(本题6分)（2020·江苏九年级二模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE＝DF．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若点E是BC的中点，求∠C的度数．【答案】（1）见解析；（2）120°【分析】（1）利用AAS证出△AEB≌△AFD，再根据全等三角形的性质证明AB＝AD，最后根据菱形的定义即可证出结论；（2）连接AC，根据线段垂直平分线的性质得到AB＝AC，根据菱形的性质得到AB＝BC，根据等边三角形的性质得到∠B＝60°，于是得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB＝∠AFD＝90°∵BE＝DF，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AB＝AD，∴四边形ABCD是菱形；（2）解：连接AC，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE，∵AE⊥BC，∴AB＝AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∴AB＝AC＝BC，∴∠B＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°．【点睛】此题考查的是全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、垂直平分线的性质和等边三角形的判定及性质，掌握全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、垂直平分线的性质和等边三角形的判定及性质是解题关键．22．(本题7分)（2020·西安市铁一中学九年级二模）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，BD上，且DE＝CF，AF，BE相交于点G，求证：BE⊥AF．【答案】见解析【分析】先由正方形的性质得出判定△BAE和△ADF全等的条件，再判定△BAE≌△ADF，然后由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠DAF，从而可证得∠AGB＝90°，由垂直的定义可得结论．【详解】解：∵四边形形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，又∵DE＝CF，∴AE＝DF，∴在△BAE和△ADF中，，∴△BAE≌△ADF（SAS）．∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAG＝90°，∴∠ABE+∠BAG＝90°，∴∠AGB＝90°，∴BE⊥AF．【点睛】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定和性质，通过正方形的性质寻找条件证明△BAE≌△ADF是解题的关键．23．(本题7分)（2020·湖南九年级其他模拟）如图，，且，是的中点.（1）求证：四边形是平行四边形；（2）连接、，写出添加一个什么条件时，四边形是矩形.并说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）添加，理由见解析.【分析】（1）证明，结合已知条件，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可得到结论；（2）由矩形的性质逆推出要添加的条件，再根据添加的条件证明四边形是矩形即可得到答案．【详解】（1）证明：∵是中点，∴．∵，∴．又∵，∴四边形是平行四边形．（2）解：添加，理由如下：连接、，如图，∵，，∴四边形是平行四边形．∵，，∴．∴四边形是矩形．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的判定，掌握以上知识是解题的关键．24．(本题8分)（2020·湖北省潜江市张金中学九年级其他模拟）如图，▱ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC延长线于点F．（1）求证：CF=AB；（2）连接BD、BF，当∠BCD=90°时，求证：BD=BF．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）欲证明AB=CF，只要证明△AEB≌△FEC即可；（2）想办法证明AC=BD，BF=AC即可解决问题；【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠BAE=∠CFE，在△AEB和△FEC中，，∴△AEB≌△FEC(AAS)，∴AB=CF；（2）连接AC．∵四边形ABCD是平行四边形，∠BCD=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴BD=AC，∵AB=CF，AB∥CF，∴四边形ACFB是平行四边形，∴BF=AC，∴BD=BF．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．25．(本题9分)（2020·江苏九年级其他模拟）如图，O是▱ABCD对角线BD上的一点，且∠AOC＝2∠ABC，OC＝OD，连接OA．（1）求证：▱ABCD是菱形；（2）求证：CD2＝OD•BD．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）连接AC，交BD与H，由角的数量关系可证OA＝OD＝OC，由等腰三角形的性质可得OB⊥AC，由菱形的判定可得结论；（2）通过证明△CDO∽△BDC，可得，可得结论．【详解】证明：（1）连接AC，交BD与H，∵OC＝OD，∴∠DCO＝∠CDO，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC＝∠ADC＝∠ADO+∠CDO，AH＝CH，∵∠AOB＝∠ADO+∠DAO，∠COB＝∠DCO+∠CDO＝2∠CDO，∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOB+∠COB＝2∠ADO+2∠CDO，∴∠AOB＝2∠ADO，∴∠DAO＝∠ADO，∴OA＝OD，∴OA＝OC，又∵AH＝CH，∴OB⊥AC，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD，∴∠BDC＝∠CBD．由（1）得∠ODC＝∠OCD，∴∠OCD＝∠DBC．在△CDO和△BDC中，∵∠ODC＝∠CDB，∠OCD＝∠CBD∴△CDO∽△BDC．∴，即CD2＝OD•BD．【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质，准确分析判断是解题的关键．26．(本题11分)（2020·辽宁九年级一模）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作，且，连接、，连接交于点．（1）求证：；（2）若菱形的边长为2，，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先求出四边形是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出，证明是矩形，可得即可求证OE=AB；（2）根据菱形的性质得出，再根据勾股定理得出的长度即可．【