数学-专项16 菱形的性质与判定（带答案）

2022-2023学年浙教版八年级数学下册精选压轴题培优卷专题16菱形的性质与判定阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（2022八上·莱西期末）如图，小聪在作线段的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于，则直线即为所求．根据他的作图方法可知，四边形一定是（）．A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形【答案】B【规范解答】由作法可知，根据四条边都相等的四边形是菱形，可知四边形一定是菱形．故答案为：B．

【思路点拨】根据菱形的判定方法求解即可。2．（2分）（2022八下·威县期末）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，要在对角线BD上找两点M、N，使得四边形AMCN是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（）

A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是【答案】C【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，∵BM=DN，∴OM=ON，∵OA=OC，MN⊥AC，∴四边形AMCN是菱形，故方案甲符合题意；∵四边形ABCD是菱形，∴OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，∠BAC=∠DAC，∵AM，AN是∠BAC和∠DAC的平分线，∴∠MAC=∠NAC，∵∠AOM=∠AON=90°，在△AOM和△AON中，，∴△AOM≌△AON（ASA），∴OM=ON，∵OA=OC，∴四边形AMCN是平行四边形，∵AC⊥MN，

∴四边形AMCN是菱形．故方案乙符合题意．故答案为：C．【思路点拨】利用菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，结合图形求解即可。3．（2分）（2022八下·顺平期末）如图，在平面直角坐标系中，若菱形的顶点A、B的坐标分别为，点D在y轴上，则点C的坐标是（）A． B． C． D．【答案】D【规范解答】∵点A、B的坐标分别为，∴∵四边形是菱形∴，∵∴∴故答案为：D．

【思路点拨】由A、B的坐标可求出AB=5，，由菱形的性质可得，，然后根据勾股定理求出DO的长，即得点C坐标.4．（2分）（2022八下·虎林期末）如图，菱形中，，于，交对角线于，过作于．若的周长为，则菱形的面积为（）

A． B． C． D．【答案】B【规范解答】解：∵四边形是菱形，∴，AC平分∠DAB，∵，∴，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴在Rt△DEF中，，∵的周长为，即，∴，∴，∴，∴，∴，∴；

故答案为：B．

【思路点拨】根据菱形的性质，四条边相等，对边平行，对角线平分角，求得菱形的∠DAB的度数，直角三角形中30°，所对的直角边是斜边的一半，根据的周长为，求得对角线长，对角线乘积即可求得菱形的面积。5．（2分）（2022八下·无为期末）下列说法正确的是（）A．对角线互相垂直的四边形是菱形B．四条边都相等的四边形是正方形C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形D．四个角相等的四边形是矩形【答案】D【规范解答】解：A：对角线互相垂直且平分的的四边形是菱形，故A不符合题意B：四条边都相等且有一个角为直角的平形四边形是正方形，故B不符合题意C：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C不符合题意D：四个角相等的四边形是矩形，符合题意故答案为：D

【思路点拨】利用菱形、正方形、平行四边形和矩形的判定方法逐项判断即可。6．（2分）（2022八下·东营期末）已知菱形，E、F是动点，边长为5，，，则下列命题中正确的是（）①；②为等边三角形；③的边长最小值为；④若，则．A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③【答案】C

【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，，∴AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝60°，∴∠B＝180°−∠BAD＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝60°，在△BEC和△AFC中，，∴△BEC≌△AFC（SAS），①符合题意；∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∴∠BCE＋∠ACE＝∠ACF＋∠ACE，∴∠BCA＝∠ECF＝60°，∴△ECF是等边三角形，②符合题意；∵△ABC是等边三角形，AB＝BC＝5，∴当CE⊥AB时，的边长取最小值，∵∠B＝60°，∴此时∠BCE＝30°，∴BE＝，∴CE＝，∴的边长最小值为，③不符合题意；过点E作EM∥BC，交AC于点M，∵△BEC≌△AFC，∴AF＝BE＝2，

∵AB＝5，∴AE＝AB−BE＝5−2＝3，∵EM∥BC，∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，∴△AEM是等边三角形，∴AE＝EM＝3，∵AD∥BC，∴AF∥EM∴，∴，④符合题意；故答案为：C．【思路点拨】利用菱形的性质，全等三角形的判定与性质，结合题意，对每个命题一一判断即可。7．（2分）（2022八下·槐荫期末）如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④，其中正确的结论是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，

，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG＝AB，故①符合题意；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四边形ABDE是菱形，故③符合题意；∵连接CG，∵O、G分别是AC，AD的中点，∴，∴S△ACD＝4S△AOG，∵，∴S△AOG＝S△BOG，∴S△ACD＝4S△BOG，故④符合题意；连接FD，如图：∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三边的距离相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，

∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②不符合题意；正确的是①③④，故答案为：C．

【思路点拨】利用菱形的判定和性质、三角形的全等的判定及性质及等边三角形的性质逐项判断即可。8．（2分）（2022八下·费县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，延长CB至E使BE＝CD，连接AE，下列结论①AE＝2OD；②∠EAC＝90°；③四边形ADBE为菱形；④S四边形AEBO＝S菱形ABCD中，正确的结论个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC=CD，AD∥BC，BD＝2DO，又∵BE=CD，∴AD＝BE，∴四边形AEBD是平行四边形，但不一定是菱形，故③不符合题意，∴AE＝BD，∴AE＝2DO，故①符合题意；∵四边形AEBD是平行四边形，四边形ABCD是菱形，∴AE∥BD，AC⊥BD，∴AE⊥AC，即∠CAE＝90°，故②符合题意；∵四边形AEBD是平行四边形，

∴S△ABE＝S△ABD＝S菱形ABCD，∵四边形ABCD是菱形，∴S△ABO＝S菱形ABCD，∴S四边形AEBO＝S△ABE＋S△ABO＝S菱形ABCD，故④符合题意；故答案为：C．【思路点拨】四边形AEBD是平行四边形，但不一定是菱形，故③不符合题意；AE＝2DO，故①符合题意；再根据四边形AEBD是平行四边形，四边形ABCD是菱形，得出AE⊥AC，即∠CAE＝90°，故②符合题意；再根据四边形AEBD是平行四边形，四边形ABCD是菱形，得出S△ABE＝S△ABD＝S菱形ABCD，S△ABO＝S菱形ABCD，代入得出S四边形AEBO＝S△ABE＋S△ABO＝S菱形ABCD，故④符合题意；即可得解。9．（2分）（2022八下·沭阳期末）如图，将矩形纸片分别沿、折叠，若B、D两点恰好都落在对角线的交点O上，下列说法：①四边形为菱形，②，③若，则四边形的面积为，④，其中正确的说法有（）个.A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【规范解答】解：∵将矩形纸片ABCD分别沿AE、CF折叠，若B、D两点恰好都落在对角线的交点O上，∴OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，∴∠ACB=∠CAD=30°，∠BAC=∠ACD=60°，∵∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，∴∠OCF=∠DCF=∠BAE=∠OAE=30°，∴AE∥CF，AE=CE，∴四边形AECF是平行四边形，

∵AE=CE，∴四边形AECF是菱形，故①正确；∵∠BAE=30°，∠B=90°，∴∠AEB=60°，∴∠AEC=120°，故②正确；设BE=x，∵∠BAE=30°，∴AE=2x，∴x2+22=（2x）2，解得，∴OE+BE=，∴S菱形AECF=，故③正确；∵∠ACB=30°，∴AC=2AB，∴BC=，∴AB：BC=1：，故④错误；综上，正确的结论为①②③.故答案为：B.【思路点拨】易得OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，由平行线的性质及含30°角直角三角形的性质可得∠ACB=∠CAD=30°，∠BAC=∠ACD=60°，易得AE∥CF，AE=CE，则四边形AECF是平行四边形，然后根据AE=CE以及菱形的判定定理可判断①；根据余角的性质可得∠AEB=60°，结合邻补角的性质可判断②；设BE=x，根据含30°角的直角三角形的性质可得AE=2x，根据勾股定理求出x的值，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可判断③；易得AC=2AB，根据勾股定理可得BC=AB，据此判断④.10．（2分）（2022八下·上城期末）已知，是矩形对角线的交点，作，，，相交于点，连结下列说法正确的是()

四边形为菱形；；；若，则.A．①③ B．①②④ C．①④ D．③④【答案】C【规范解答】解：①，，四边形DEAO是平行四边形，四边形ABCD是矩形，，四边形DEAO为菱形，故①正确；②当△AOB是等边三角形时，才能成立，故②错误；③当△AOB是等边三角形时，才能成立，故③错误；④如图，设AC与BE交于点F，，，，，是矩形ABCD对角线BD的中点，是BE的中点，是BE的垂直平分线，，四边形DEAO为菱形，，四边形ABCD是矩形，

，，，，在和中，，≌，，.说法正确的是①④.故答案为：C.【思路点拨】由题意可得四边形DEAO是平行四边形，根据矩形的性质可得OA=OD，然后根据菱形的判定定理可判断①；根据等边三角形的性质可判断②③；设AC与BE交于点F，易得AC⊥BE，AF是BE的垂直平分线，则AB=AE，根据菱形的性质可得DE=AE，根据矩形的性质可得AB=CD，∠BCD=90°，AD=BC，则DE=DC，证明△BDE≌△BDC，得到BE=BC，则AD=BE，据此判断④.阅卷人二、填空题(共10题；每题2分，共20分)得分11．（2分）（2022八下·抚远期末）如图，在菱形中，是上一点，连接交对角线于点，连接，若，则°．【答案】40【规范解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CB，AB∥DC，∠ABF=∠CBF，∵AB=CB，∠ABF=∠CBF，BF=BF，∴△ABF≌△CBF（SAS），∴∠BAF=∠BCF，

∵∠AED=40°，AD∥BC，∴∠AED=∠BAF，∴∠BCF=40°，故答案为：40．

【思路点拨】根据菱形的性质对边平行，邻边相等，对角线是角平分线，证得△ABF≌△CBF（SAS），∠BAF=∠BCF，直线平行内错角相等即可证得.12．（2分）（2022八下·平山期末）如图，点E是菱形的边上一点，且，则．【答案】【规范解答】解：∵四边形是菱形，∴，∴，∴，在中，，，∴，又∵，∴，∴．故答案为：

【思路点拨】根据题意即可得到AE=AB=AD，∠ADE=55°，又因为∠B=70°，即可得到∠ADC=110°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，得到答案即可。13．（2分）（2022八下·广饶期末）

如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与点B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连结EF，则EF的最小值等于．【答案】4.8【规范解答】解：连接，四边形是菱形，四边形为矩形，当时，有最小值，此时的最小值为，故答案为：4.8．【思路点拨】利用勾股定理和三角形的面积公式计算求解即可。14．（2分）（2022八下·黄山期末）

如图，菱形ABCD的边长是4，∠A=60°，点G为AB的中点，以BG为边作菱形BEFG，其中点E在CB的延长线上，点P为FD的中点，连接PB．则PB=．【答案】【规范解答】解：如图，连接BF、BD，∵菱形ABCD的边长为4，∴AB=BC=CD=4，∵∠A=60°，∴∠C＝∠A＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴BD=BC=4，∠DBC=60°，∴∠DBA=60°，∵点G为AB的中点，∴菱形BEFG的边长为2，即BE=EF=BG=2，∵点E在CB的延长线上，∠GBE=60°，∴∠FBG=30°，连接EG，交BF于O，∵四边形BEFG是菱形，∴EG⊥FB，∠OBG=30°，OB=OF，∴OG=BG=1，∴OB=OG=，

∴FB=2OB=2，∵∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，∴DF=，∵点P为FD的中点，∴PB=DF=．故答案为：．

【思路点拨】连接BF、BD，先证明∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，再利用勾股定理求出DF的长，最后利用直角三角形斜边上中线的性质可得PB=DF=。15．（2分）（2022八下·湖里期末）如图，在一张菱形纸片ABCD中，，，点E在BC边上（不与B，C重合），将沿直线AE折叠得到，连接BF，EF，DF，有以下四个结论：①；②∠BFD的大小不变；③当时，；④当时，则FE平分∠AFB．以上结论中，其中正确结论是．（写出所有正确答案的序号）．【答案】②③④【规范解答】解：①，，如图设与交于点，

当时，，折叠，，，是等边三角形，垂直平分，则，若与不垂直，则，故①不正确；②，，，，，，故②正确；③如图，当时，根据折叠的性质可得在直线上，则共线，，，，

，，，，，故③正确；④如图，由①可得是等边三角形，，折叠，，，，，，即平分∠AFB．故④正确．故答案为：②③④．

【思路点拨】①根据菱形的性质及折叠知：当时，可推出，若与不垂直，则，据此判断即可；②根据菱形的性质及折叠知，利用等腰三角形的性质可得，，由菱形的性质及∠B的度数，求出∠BAD=150°，由∠BFD=（180°-∠BAF）+（180°-∠DAF）=180°-∠BAD即可求解.16．（2分）（2022八下·仓山期末）在中，点O是对角线

的中点.过点O作直线，直线分别交于点H，F，直线分别交于点G，E.连接.有下列四个结论：①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是矩形；③四边形不可以是菱形；④四边形不可以是正方形，其中正确的是.（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【规范解答】解：如图：

∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∵点O是对角线AC的中点，∴，∵，∴，∴，同理可得，∴，∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；当时，四边形EFGH是矩形，故②正确；当时，四边形EFGH是菱形，故③错误；

将图3中的顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，∴当时，不存在，∴四边形EFGH不可以是正方形，故④正确；故答案为：①②④.【思路点拨】由平行四边形以及平行线的性质得∠DAC=∠BCA，根据中点的概念得AO=CO，根据对顶角相等得∠AOH=∠COF，证明△AOH≌△COF，得到OF=OF，同理可证△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根据平行四边形的判定定理可判断①；根据矩形的判定定理可判断②；根据菱形的判定定理可判断③；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，当OE⊥OH时，不存在OE=OH，根据正方形的判定定理可判断④.17．（2分）（2022八下·长沙月考）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，则下列结论：①；②四边形EBFD是菱形；③；④.其中结论正确的序号是.【答案】①②③④【规范解答】解：∵四边形ABCD为矩形，∴，∴，∵，∴为等边三角形，∴，，

∵，∴，∴FM是OC的垂直平分线，∴，故①正确；∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴四边形EBFD为平行四边形，由①得为等边三角形，∴，∴，∵，∴，∵，为等边三角形，∴，∴∴，∴四边形EBFD为菱形，②正确；由②可得：，∴，∵，∴，

∴，在与中，，∴，③正确；∵四边形ABCD为矩形，∴，∵，，∴，∴，④正确，∴正确结论为：①②③④.故答案为：①②③④.【思路点拨】由矩形的性质可得OA=OB=OC=OD，推出△OBC为等边三角形，得到OB=BC=OC，∠OBC=60°，易得FM是OC的垂直平分线，据此判断①；根据平行线的性质可得∠DFE=∠BEF，证明△DOF≌△BOE，得到DF=BE，推出四边形EBFD为平行四边形，根据等边三角形的性质可得∠OBC=∠OCB=60°，则∠ACD=∠BCD-∠OCB=30°，根据等腰三角形的性质可得∠ACD=∠BDC=30°，易得∠DBE=30°，则∠DBF=∠BDC，推出DF=BF，然后根据菱形的判定定理可判断②；根据全等三角形的判定定理可判断③；根据矩形的性质可得AD=BC，根据含30°角的直角三角形的性质可得CM=BC，利用勾股定理求出MB，据此判断④.18．（2分）（2021八下·姑苏期末）如图，菱形的边长为，，点是边上任意一点（可以与点或点重合），分别过点、、作射线的垂线，垂足分别是、、，设，则的取值范围是.

【答案】【规范解答】解：如图，连接AC，BD交于点O，连接AM，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC＝，∠ABO＝30°，∴AO＝AB＝，∴AC＝，∵BO＝，∴BD＝3，∴菱形ABCD的面积＝，∵S△ABM＝×BM×AE，S△BCM＝×BM×CF，S△BMD＝×BM×DG，∴S△ABM+S△BCM+S△BMD＝S菱形ABCD+S菱形ABCD＝×BM×（AE+CF+DG），

∴＝×BM×m，∵≤BM≤3，∴≤m≤3，故答案为：≤m≤3.【思路点拨】连接AC、BD交于点O，连接AM，再利用S菱形ABCD=S△ABM+S△BCM+S△BMD=×BM×（AE+CF+DG），得出＝×BM×m，即可得出m的取值范围.19．（2分）（2021八下·槐荫期末）如图，在菱形和菱形中，点A、B、E在同一直线上，P是线段的中点，连接、．若，则的值为．【答案】【规范解答】延长交于点四边形，是菱形，点A、B、E在同一直线上，

P是线段的中点又即P是线段的中点，平分（三线合一），∴∠PCG=30°，∴CG=2PC，；故答案为；【思路点拨】先求出，再求出，最后计算求解即可。20．（2分）（2021八下·龙口期中）如图，AC是菱形ABCD的对角线，P是AC上的一个动点，过点P分别作AB和BC的垂线，垂足分别是点F和E，若菱形的周长是12cm，面积是6cm2，则PE+PF的值是cm．【答案】2

【规范解答】解：连接BP，（cm2），∴AB＝BC＝＝3（cm），∴=（cm2），∴，∴（cm），故答案为：2．【思路点拨】此题关键是连接BP，根据面积相等，将三角形ABC的面积分成2个小三角形ABP和三角形BPC的面积，从而得到PE+PF的值阅卷人三、解答题(共7题；共60分)得分21．（6分）（2022八下·巴彦期末）在四边形ABCD中，ADBC，AD＝BC，BD平分∠ABC．（1）（3分）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；（2）（3分）如图2，连接AC，过点D作DE⊥BD交BC延长线于点E，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中所有与CDE面积相等的三角形（CDE除外）．【答案】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC，∴ABCD为平行四边形，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴四边形ABCD为菱形；

（2）解：∵DE⊥BD，AC⊥BD，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形，∴BC＝AD＝CE，∴图中所有与△CDE面积相等的三角形有BCD，ABD，ACD，ABC．【思路点拨】（1）利用菱形的判定方法证明即可；

（2）先求出AC∥DE，再求出BC＝AD＝CE，最后求解即可。22．（6分）（2022八下·西青期末）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，点F，G在上，，．（1）（3分）求证：四边形是矩形；（2）（3分）若，，求和的长．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴点O是AC的中点，又∵E是AD的中点，∴OE是△ACD的中位线，∴，又∵，∴四边形OEFG是平行四边形，又∵，∴∠EFG=90°，∴四边形是矩形．（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠AOD=90°，AD=CD=10，又∵点E是的中点，∴，∴，在Rt△DEF中，∠EFD=90°，∴，

∴．【思路点拨】（1）先证明四边形OEFG是平行四边形，再结合∠EFG=90°，即可得到四边形是矩形；

（2）先求出，再利用勾股定理求出DF的长，最后利用线段的和差求出CG的长即可。23．（10分）（2022八下·西双版纳期末）如图，在Rt中，，D是的中点，E是的中点，过点A作AF//BC交延长线于点F．（1）（3分）求证：；（2）（3分）求证：四边形是菱形；（3）（4分）若，菱形的面积为10，求的长．【答案】（1）证明：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，在△AEF和△DEB中，，∴△AEF≌△DEB（AAS）；（2）证明：由（1）得：△AEF≌△DEB，∴AF=DB，又∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵∠BAC=90°，D是BC的中点，∴AD=BC=CD，

∴四边形ADCF是菱形；（3）解：∵D是的中点，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴；【思路点拨】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；

（2）先求出四边形ADCF是平行四边形，再求出AD=BC=CD，最后证明即可；

（3）先求出，再利用三角形的面积公式和勾股定理计算求解即可。24．（6分）（2022八下·任丘期末）如图，在平行四边形中，，以点为圆心，长为半径画弧交于点，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交于点．（1）（3分）求证：是等腰三角形；（2）（3分）若，，求的长．【答案】（1）证明：由作图可知，平分，，四边形是平行四边形，，，，；（2）解：如图，设交于点．

由作图可知：，，，，四边形是平行四边形，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，，在中，，，．故答案为．【思路点拨】（1）由作图可知平分，可得，由平行四边形的性质可得，利用平行线的性质可得，从而得出，根据等腰三角形的判定即证；

（2）设交于点，先证四边形是菱形，可得OA=OE，OB=OF=3，利用勾股定理求出OA的长，从而求出AE的长.25．（11分）（2022八下·曹妃甸期末）如图，在矩形中，，，点从点出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知点、两点同时出发，当点到达点时，、两点同时停止运动，连接，设运动时间为秒．（1）（1分），；（2）（3分）当为何值时，；（3）（3分）在运动过程中，是否存在一个时刻，使所得沿它的一边翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．（4）（3分）当点关于点的对称点落在的内部（不包括边上）时，请直接写出的取值范围．【答案】（1）3；6

（2）解：根据题意得：，CQ=2t，∴，∵，∴，解得；（3）解：存在，根据题意得：，①当时，沿折叠，所得四边形为菱形．由（2）得：；②当时，沿折叠，所得四边形为菱形．过点P作PM⊥AC于点M，则，∵∠BAC=30°，∴，∵，∴，解得：或-6（舍去）；③当时，沿折叠，所得四边形为菱形．过点Q作QM⊥AB于点M，则，∵∠BAC=30°，∴，∵，∴，解得：或6（舍去）．综上所述，t的值为或或；（4）解：根据题意得：，如图，以AB所在的直线为x轴，

AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，则点，点D（0，3），，过点Q作QN⊥AB于点N，∵∠BAC=30°，∴，∴，∴点，∴点，∵点关于点的对称点落在的内部（不包括边上），∴，解得：．【规范解答】解：（1）解：在矩形中，∠B=90°，∵，∴AC=2BC，∵，∴，解得：BC=3或-3（舍去），∴AC=6；故答案为：3，6

【思路点拨】（1）由矩形的性质及含30°角的直角三角形的性质可得AC=2BC，根据勾股定理可得，据此求出BC、AC的长；

（2）根据题意得，CQ=2t，从而得出，根据AP=AQ建立方程并解之即可；

（3）由题意得，分三种情况：当时②当时，③当时根据折叠的性质、直角三角形的性质分别解答即可；

（4）根据对称的性质进行解答即可.26．（10分）（2022八下·鞍山期末）如图①，已知菱形ABCD的边长为2cm，，点M从点D开始向点C以1cm/s的速度运动，同时点N从点C开始以相同的速度向点B运动，连接AM，AN，MN，设运动时间为xs；

（1）（3分）试判断的形状，请说明理由；（2）（3分）当x为多少时，点A到MN的距离h最小？请直接写出满足条件的x和h的值；（3）（4分）在（2）的条件下，连接对角线AC，BD交于点O，在图②画出图形并判断以O，N，M，D为顶点的四边形的形状，请说明理由．【答案】（1）解：△AMN为等边三角形，理由如下：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，，∴AD=CD=AB=BC，∠D=∠ABC=60°，∴△ACD和△ABC是等边三角形，∴AC=AD，∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，∵点M从点D开始向点C以1cm/s的速度运动，同时点N从点C开始以相同的速度向点B运动，∴DM=CN，∴△ADM≌△ACN，∴AM=AN，∠DAM=∠CAN，∴∠DAM+∠CAM=∠CAN+∠CAM，∴∠CAD=∠MAN=60°，∴△A