2024年中考数学复习（全国版）第24讲 特殊四边形-菱形（练习）（解析版）

第24讲特殊四边形-菱形目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01利用菱形的性质求角度题型02利用菱形的性质求线段长题型03利用菱形的性质求周长题型04利用矩形的性质求面积题型05利用矩形的性质求坐标题型06利用矩形的性质证明题型07添加一个条件证明四边形是菱形题型08证明四边形是菱形题型09根据菱形的性质与判定求角度题型10根据菱形的性质与判定求线段长题型11根据菱形的性质与判定求面积题型12根据菱形的性质与判定解决多结论问题题型13与菱形有关的新定义问题题型14与菱形有关的规律探究问题题型15与菱形有关的动点问题题型16菱形与反比例函数综合题型17菱形与一次函数、反比例函数综合题型18菱形与二次函数综合题型01利用菱形的性质求角度1．（2021·河北唐山·统考一模）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节AE间的距离，若AE间的距离调节到60cm，菱形的边长AB=20cm，则∠DAB的度数是（

）A．90° B．100° C．120° D．150°【答案】C【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质可得AB=BC,AD//BC，再根据全等的性质可得AC=1【详解】如图，连接AC∵四边形ABCD是菱形∴AB=BC=20cm,AD∵如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，AE=60cm∴AC=∴AB=BC=AC∴△ABC是等边三角形∴∠B=60°∵AD∴∠DAB=180°−∠B=180°−60°=120°故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．2．（2021·广东深圳·统考一模）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（

）A．4:1 B．5:1 C．6:1 D．7:1【答案】B【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．【详解】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，∵菱形的周长为16，∴AB＝4，在Rt△ABH中，sinB＝AHAB＝2∴∠B＝30°，∵AB∥CD，∴∠C＝150°，∴∠C：∠B＝5：1．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；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．也考查了正弦的定义及应用．3．（2021·河北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于12AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD，则∠EBD的度数为【答案】45°【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得∠EBA=∠EAB；结合∠A=30°，ABD=12∠ABC=75°【详解】∠ABC=180°−30°=150°ABD=∵AE=EB∴∠EAB=∠EBA∴∠EBD=75°−30°=45°故答案为：45°．【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．4．（2021·浙江温州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．(1)求证：BE＝DF．(2)当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．【答案】(1)证明见解析(2)∠EAF=70°【分析】(1)根据菱形的性质可得AB=AD，∠B=∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；(2)根据菱形的性质和∠BAD=110°，即可求∠EAF的度数．【详解】（1）证明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∠B=∠D，在△ABE和△ADF中，∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB=AD∴△ABE≌△ADF(AAS)，∴BE=DF；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AD//BC，∴∠BAD+∠B=180°，∵∠BAD=110°，∴∠B=70°∵AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴∠BAE=20°，∴∠DAF=20°，∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF=110°-20°-20°=70°【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE和△ADF全等是解题的关键．题型02利用菱形的性质求线段长5．（2021·江苏扬州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（）A．125 B．185 C．4 【答案】D【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高DE即可．【详解】解：记AC与BD的交点为O，∵菱形ABCD,AC=6,∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD,∵AB=5,∴OB=5∴菱形的面积=1∵DE⊥AB,∴菱形的面积=AB•DE,∴5DE=24,∴DE=24故选D．【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．6．（2021·黑龙江大庆·统考一模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA=6，S菱形ABCD=48，则OH的长为（A．4 B．8 C．13 D．6【答案】A【分析】根据菱形面积=对角线乘积的一半可求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=AC×BD2∴BD=16，∵DH⊥AB，BO=DO=8，∴OH=12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．7．（2021·广东中山·校联考一模）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD的中点，连接OF，若AE=BE，OE=3，OA=4，则线段OF的长为．【答案】2【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，∵OE=3，OA=4，∴根据勾股定理得AE=3∵AE=BE，∴OB=AE+OE=8，在Rt△AOB中AB=4即菱形的边长为45∵点F为CD的中点，点O为DB中点，∴OF=1故答案为2【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．8．（2021·湖北荆州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为．

【答案】27．【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝33＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，

∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝33＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面积，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝EH2+FH2＝故答案为：27．【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．题型03利用菱形的性质求周长9．（2021·湖北黄石·统考模拟预测）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．10．（2021·辽宁大连·统考一模）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（

）A．5 B．20 C．24 D．32【答案】B【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝12×8=4，BO＝∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，∴△AOB是直角三角形，∴AB＝AO∴此菱形的周长为：5×4＝20．故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②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．11．（2021·湖南长沙·长沙市北雅中学校考二模）若菱形一条对角线长为8，其边长是方程x2−10x+24=0【答案】24【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，∵x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．故答案为：24．【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．12．（2021·广东湛江·统考三模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点E，F是BC的中点，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周长是．【答案】24【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再证EF是△ABC的中位线，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，∵F是BC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴AB＝2EF＝2×3＝6，∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24．故答案为：24．【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，掌握中位线的性质是解题的关键．题型04利用矩形的性质求面积13．（2021·广西百色·统考二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为．【答案】4【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面积为12故答案为：4．【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.14．（2021·湖南长沙·二模）如图，在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点．分别以点B，D为圆心，以BE的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CB，CD，则四边形BCDE的面积为．【答案】2532【分析】由题意得BE=5，BD=5，DE是△ABD的中线，则DE=12AB=5，根据尺规作图的过程得BC=DC=BE，则BE=DE=DC=BC=5，即可判定四边形BCDE是菱形，又因为BE=BD=DE=5，所以△BDE是等边三角形，过点E作EF⊥BD，根据勾股定理求出BF=【详解】解：在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点，∴BE=12AB=5，BD=12AB=5∴DE=1根据尺规作图的过程得，BC=DC=BE，∴BE=DE=DC=BC=5，∴四边形BCDE是菱形，∵BE=BD=DE=5，∴△BDE是等边三角形，过点E作EF⊥BD，则EF=1在Rt△BED中，根据勾股定理得，BF=B∴四边形BCDE的面积=2S故答案为：253【点睛】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．15．（2021·新疆乌鲁木齐·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，AE∥DC，CE∥DA．(1)求证：四边形ADCE是菱形；(2)连接DE，若AC=23，BC＝2，求菱形ADCE【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）先根据平行四边形的判定可证出四边形ADCE是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线可得AD=CD，然后根据菱形的判定即可得证；（2）先根据三角形的面积公式可得S△ACD=1【详解】（1）证明：∵AE∥DC,CE∥DA，∴四边形ADCE是平行四边形，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB∴AD=CD，∴四边形ADCE是菱形．（2）解：如图，连接DE，∵∠ACB=90°,AC=23∴S∵D为AB的中点，∴S由（1）已证：四边形ADCE是菱形，∴S即菱形ADCE的面积为23【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．16．（2021·广东汕头·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，（1）求证：∠DHO=∠DCO．（2）若OC=4，BD=6，求菱形ABCD的周长和面积．【答案】（1）见解析；（2）20，24【分析】（1）根据菱形的性质可得OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，从而得出DH⊥CD，∠DHB=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OD=OB，然后根据等边对等角可得解图中∠1=∠DHO，然后根据同角的余角相等和等量代换即可得出∠DHO=∠DCO；（2）根据菱形的性质可得OD=OB=12【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，

∴OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，∵DH⊥AB，∴DH⊥CD，∠DHB=90°，∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，∴OH=OD=OB，∴∠1=∠DHO，∵DH⊥CD，∴∠1+∠2=90°，∵BD⊥AC，∴∠2+∠DCO=90°，∴∠1=∠DCO，∴∠DHO=∠DCO（2）解：∵四边形ABCD是菱形，

∴OD=OB=12在Rt△OCD中，CD=OC菱形的周长=4CD=20，菱形ABCD的面积=12【点睛】此题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理和菱形的面积公式，掌握菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等边对等角、勾股定理和菱形的面积等于对角线乘积的一半是解决此题的关键．题型05利用矩形的性质求坐标17．（2021·河南洛阳·统考三模）如图，菱形OABC的边OA在x轴上，点B坐标为（9，3），分别以点B、C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧交于点D、E，作直线DE，交x轴于点F，则点F的坐标是（

A．（7.5，0） B．（6.5，0） C．（7，0） D．（8，0）【答案】B【分析】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．利用勾股定理求出x，可得结论．【详解】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．∵B（9，3），∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，在Rt△ABH中，则有x2＝32+（9﹣x）2，∴x＝5，∴OA＝AB＝BC＝5，∴A（5，0），∴DE垂直平分线段BC，∴FH＝12BC＝2.5∴OF＝6.5，∴F（6.5，0），故选：B．【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．18．（2021·山东淄博·统考二模）如图，在直角坐标系中，点P为菱形OACB的对角线AB、OC的交点，其中点B、P在双曲线y＝kx（x＞0）上．若点P的坐标为（1，2），则点AA．（﹣1，103） B．（﹣2，72） C．（﹣139，149）【答案】B【分析】首先根据题意求出反比例函数的解析式，然后根据菱形的性质求出点C的坐标，进而求出点B的坐标；最后利用中点的坐标公式求出点A的坐标．【详解】解：∵点P在双曲线y＝kx（x＞0）上，且点P∴2=k即k＝2，y＝2x设点B坐标为B（m，n）；∵四边形OACB为菱形，∴BC＝BO，PA＝PB，PO＝PC．设点C的坐标为C（a，b），则a+02=1，∴a＝2，b＝4；即点C的坐标为C（2，4）；∵BC=m−22+∴m−22整理得，m+2n＝5①；∵点B在双曲线y＝2x（x∴n=2m，联立①、②并解得m＝4，n＝12或m＝1，n∴点B坐标为（4，12设点A的坐标为（c，d），则c+42=1，解得c＝﹣2，d＝72∴点A的坐标为（﹣2，72故选：B．【点睛】本题考查了反比例函数图象上的点的特征，菱形的性质及其应用，解题的关键是数形结合，灵活应用菱形的性质列出方程求解．19．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）如图，在平面直角坐标系中，有菱形OABC，点A的坐标为−10,0，对角线AC，BD相交于点D，双曲线y=kxx<0经过点D，交边AB于点E，且AC+BO=125，则EA．−24,43 B．−10,165 C．【答案】C【分析】过点D作DF⊥OA，求得点B和点D坐标，从而求得直线AB和反比例函数y=k【详解】解：过点D作DF⊥OA，如下图：在菱形OABD中，AD=12AC，∵AC+BO=125，∴设AD=m，则OD=65−m，由题意可知，m<6由勾股定理得m2+(65−m)∴AD=25，S△ADO=由勾股定理得：OF=OD将D(−8,4)代入y=kx得4=k−8又∵D为OB的中点∴B(−16,8)设直线AB解析式为y=kx+b，代入A(−10,0)、B(−16,8)得−10k+b=0−16k+b=8解得k=−4联立y=−32x和y=−化简得：x解得x=−12或x=2（舍）将x=−12代入y=−43x−40故选C【点睛】此题考查了反比例函数与几何的综合应用，涉及了勾股定理、菱形的性质、一元二次方程求解以及一次函数的性质，熟练掌握相关基本性质，灵活运用性质是解题的关键．20．（2021·河北保定·校考一模）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（1.5，0），（﹣1，0），点D在y轴上，则点C的坐标是．【答案】（﹣2.5，2）【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（1.5，0），（﹣1，0），点D在y轴上，∴AB=AD=2.5=CD，∴DO=AD∵CD∥AB，∴点C的坐标是：（﹣2.5，2）．故答案为（﹣2.5，2）．【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，点的坐标，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．21．（2021·山东东营·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC满足点O在原点，点A坐标为（2，0），∠AOC＝60°，直线y＝﹣3x＋b与菱形OABC有交点，则b的取值范围是．【答案】0≤b≤9+3/【分析】作CM⊥OA于点M，BN⊥OA于点N，求出B的坐标，然后代入一次函数解析式中，求出b的最大值，再将原点代入一次函数解析式中求出b的最小值即可．【详解】解：作CM⊥OA于点M，BN⊥OA于点N，∵∠AOC=60°，∠CMO=90°，∴OM＝12OC∵在菱形OABC中，A（2，0），∴OC=OA=2=CB，∴OM=1，∴CM＝OC∴C(1，3)，∴B的横坐标为3，∵OA∥CB，∴BN=CM=3，∴B的纵坐标也为3，即B(3，3)，当y=-3x+b过O（0，0）时，b最小，最小值为0，当y=-3x+b过B(3，3)时，b最大，把B(3，3)代入y=-3x+b，解得：b＝3+9，∴b的取值范围为：0⩽b≤3+9，故答案为：0⩽b⩽3+9．【点睛】本题考查了菱形的性质和待定系数法，关键是求出点B的坐标.题型06利用矩形的性质证明22．（2021·广东东莞·一模）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF，连接BF．FD，DE，EB．求证：四边形DEBF是菱形．【答案】见解析【分析】先证明四边形DEBF是平行四边形，再结合BD⊥AC可得结论．【详解】连接BD，交AC于点O，∵四边形ABCD是茥形，∴OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，又∵AE=CF，∴OA−AE=OC−CF，即OE=OF，∴四边形DEBF是平行四边形．又∵BD⊥AC，即BD⊥EF，∴四边形DEBF是菱形．【点睛】本题主要考查了证明四边形是菱形，证明四边形DEBF是平行四边形是解题的关键．23．（2021·陕西·统考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，分别过点B作BM⊥AD于点M，BN⊥CD于点N，BM，BN分别交AC于E、F两点．求证：AE=CF．【答案】答案见解析；【分析】根据菱形的四条边都相等可得AB＝BC，对角相等可得∠BAM＝∠BCN，对角线平分一组对角线可得∠BAE＝∠DAE＝∠DCA＝∠BCF，再根据等角的余角相等求出∠ABE＝∠CBF，然后利用“角边角”证明△ABE和△CBF全等，然后利用全等三角形对应边相等证明即可．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC,∠BAM=∠BCN，∴∠BAE=∠DAE=∠DCA=∠BCF，又∵BM⊥AD,BN⊥CD，∴∠AMB=∠CNB=90°，∴∠ABE=90°−∠BAM=90°−∠BCN=∠CBF．在△ABE和△CBF中，∠BAE=∠BCFAB=BC∴△ABE≌△CBFASA∴AE=CF．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等角的余角相等的性质，熟记各性质并确定出全等三角形是解题的关键．24．（2021·云南楚雄·统考二模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，且AE＝AF，连接EF并延长，与CB的延长线交于点G，连接BD．(1)求证：四边形EGBD是平行四边形；(2)连接AG，若∠FGB＝30°，GB＝AE＝2，求AG的长．【答案】(1)证明见解析(2)27【分析】（1）连接AC，根据菱形性质得到EG//BD，再根据对边平行即可证得四边形EGBD是平行四边形；（2）过点A作AH⊥BC于H，根据直角三角形性质，结合勾股定理即可求解．【详解】（1））证明：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AC平分∠DAB，且AC⊥BD，∵AF＝AE，∴AC⊥EF，∴EG//BD，∵ED//BG，∴四边形EGBD是平行四边形；（2）解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：由(1)知，四边形EGBD是平行四边形，∴GE//DB，GB＝ED，∵∠FGB＝30°，∴∠DBC＝30°，∴∠ABH＝2∠DBC＝60°，∵GB＝AE＝2，∴AB＝AD＝4，在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∴AH＝4·sin60°＝23，BH＝2，∴GH＝4，∴在Rt△AGH中，AG＝AH2+GH2【点睛】本题考查菱形的性质，涉及平行四边形的判定、直角三角形性质及勾股定理求线段长，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的性质是解决问题的关键．25．（2021·辽宁鞍山·统考一模）在如图菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E,F是AP上的两点，连接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．（1）求证：△ABF≌△DAE；（2）求证：DE=BF＋EF．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）根据菱形的性质得到AB=AD，AD∥BC，由平行线的性质得到∠BOA=∠DAE，等量代换得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的性质得到AE=BF，DE=AF，根据线段的和差即可得到结论．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，AD∥BC，∴∠BPA=∠DAE.在ΔABP和ΔDAE中，又∵∠ABC=∠AED，∴∠BAF=∠ADE.∵∠ABF=∠BPF且∠BPA=∠DAE，∴∠ABF=∠DAE，又∵AB=DA，∴△ABF≅△DAE(ASA).（2）∵△ABF≅△DAE，∴AE=BF，DE=AF.∵AF=AE+EF=BF+EF，∴DE=BF+EF.【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．题型07添加一个条件证明四边形是菱形26．（2021·山西·校联考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列选项中不能判定平行四边形ABCD是菱形的条件是（）A．∠ABD＝∠CBD B．AC⊥BD C．AB＝BC D．AC＝BD【答案】D【分析】根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断A，C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断B，根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断D．【详解】A．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；B．∵平行四边形ABCD中，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故B不符合题意；C．∵平行四边形ABCD中，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；D．∵平行四边形ABCD中，AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质等知识点，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解答本题的关键．27．（2021·山东·统考一模）如图，已知在⊙O中，AB是弦，半径OC⊥AB，垂足为点D，要使四边形OACB为菱形，还需要添加一个条件，这个条件可以是（）．A．AD=BD B．OD=CDC．∠CAD=∠CBD D．∠OCA=∠OCB．【答案】B【详解】试题分析：根据垂径定理，可知AD=DB，若再加上OD=CD，则四边形OACB满足对角线互相平分，可判定为平行四边形；再结合已知条件OC⊥AB，则满足对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项B符合题意．考点：1．垂径定理；2．菱形的判定．28．（2021·山东潍坊·校考一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E,F分别是AB,AC边的中点，若要使得四边形AEDF是菱形，则需添加的一个条件是（不添加辅助线，写出一个答案即可）．【答案】AB=AC【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出DE=12AB=AE，DF=12AC=AF，由AB=AC，得出DE=DF=AE=【详解】解：添加条件：AB=AC．理由如下：∵AD⊥BC，点E，F分别是AB，AC边的中点，∴DE=12AB=AE，DF=12AC=∵AB=AC，∴DE=DF=AE=AF，∴四边形AEDF是菱形；故答案为：AB=AC（答案不唯一）．【点睛】本题考查了菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．29．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，在矩形ABCD中，点M、N分别在BC、AD上，AM=MC．若添加一个条件：，则四边形AMCN是菱形．【答案】∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）【分析】根据菱形的判定方法添加符合的条件即可．【详解】添加∠BAM=∠NCD，理由如下：∵四边形ABCD是矩形∴∠B=∠D，AB=CD∵∠BAM=∠NCD∴△ABM≌△CDN∴AM=CN，BM=DN∵AD=BC∴AN=MC∵AM=MC∴AM=AN∴AM=CN=AN=MC∴四边形AMCN是菱形添加AN=CM，理由如下：∵四边形ABCD是矩形∴AN∥CM∵AN=CM∴四边形AMCN是平行四边形∵AM=MC∴四边形AMCN是菱形故答案为：∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）．【点睛】本题考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法．题型08证明四边形是菱形30．（2021·广东河源·校考二模）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)连接EF并延长，交AD的延长线于点G，若∠CEG=30°，AE=2，求EG的长．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得△ABE≌△ADF，从而得到AB=AD，再由菱形的判定定理即可得到结论；（2）利用平行四边形的性质得到∠G=30°，∠EAG=90°，再由直角三角形的性质即可得到结果．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90°，又∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AB=AD，∴四边形ABCD是菱形；（2）如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠CEG=∠G，∠AEB=∠EAG，∵∠CEG=30°，AE⊥BC，∴∠G=30°，∠EAG=90°，又∵AE=2，∴EG=2AE=4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．31．（2021·广东深圳·统考一模）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．（1）求证：四边形CEFG是菱形；（2）若AB=6,AD=10，求四边形CEFG的面积．【答案】（1）详见解析；（2）20【分析】（1）根据题意可得△BCE≌△BFE，因此可得FG=EC，又FG∥CE，则可得四边形CEFG是平行四边形，再根据CE=FE,可得四边形CEFG是菱形.（2）设EF=x，则CE=x,DE=6−x，再根据勾股定理可得x的值，进而计算出四边形CEFG的面积.【详解】（1）证明：由题意可得，∴△BCE≌△BFE，∴∠BEC=∠BEF,FE=CE，∵FG∥CE，∴∠FGE=∠CEB，∴∠FGE=∠FEG，∴FG=FE，∴FG=EC，∴四边形CEFG是平行四边形，又∵CE=FE,∴四边形CEFG是菱形；（2）∵矩形ABCD中，AB=6,AD=10,BC=BF，∴∠BAF=90°,AD=BC=BF=10，∴AF=8，∴DF=2，设EF=x，则CE=x,DE=6−x，∵∠FDE=90°，∴22解得，x=10∴CE=10∴四边形CEFG的面积是：CE⋅DF=10【点睛】本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条临边相等即可.32．（2021·全国·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90゜，D为AB的中点，AE//CD，CE//AB，连接DE交AC于点O．（1）证明：四边形ADCE为菱形；（2）若∠B=60゜，BC=6，求菱形ADCE的高．【答案】（1）见解析；（2）33【分析】（1）由AE//CD，CE//AB判断四边形ADCE是平行四边形，Rt△ABC中，D为AB的中点，得出CD=12AB=AD（2）过点D作DF⊥CE，垂足为点F，DF即为菱形ADCE的高，易判断△BCD是等边三角形，得∠DCF=60°，CD=6，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF即可．【详解】（1）证明：∵AE//CD，CE//AB，∴四边形ADCE是平行四边形，∵∠ACB=90°，D为AB的中点，∴CD=12AB=AD∴四边形ADCE为菱形；（2）解：过点D作DF⊥CE，垂足为点F，如图所示：DF即为菱形ADCE的高，∵∠B=60°，CD=BD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，∵CE//AB，∴∠DCE=∠BDC=60°，∴∠CDF=30°，又∵CD=BC=6，∴CF=3，∴在Rt△CDF中，DF=CD2−C【点睛】本题考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解决问题的关键．33．（2021·山东烟台·校考一模）如图，ΔABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF，AG平分∠CAB，连接GE，GD.（1）求证：ΔECG≅ΔGHD；（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.（3）若∠B=30∘，判定四边形【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）四边形AEGF是菱形，理由见解析.【详解】分析：（1）由条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，由F是AD的中点，FG∥AE，即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；

（2）过点G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依据EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；

（3）由∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到AE=12AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF详解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA．

∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG．

∵DE⊥AC，∴FG⊥DE．

∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED．

∵F是AD的中点，FG∥AE，∴H是ED的中点，∴FG是线段ED的垂直平分线，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；

（2）过点G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC；

（3）四边形AEGF是菱形．证明如下：∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=12AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四边形AECF是平行四边形，∴四边形AEGF

点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．题型09根据菱形的性质与判定求角度34．（2020·重庆·重庆市育才中学校考二模）如图，菱形ABCD中，过顶点C作CE⊥BC交对角线BD于E点，已知∠A=134°，则∠BEC的大小为(

)A．23° B．28° C．62° D．67°【答案】D【分析】先说明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形内角和180°求出即可∠CBD度数，最后再用直角三角形的内角和定理解答即可.【详解】解：∵菱形ABCD∴AB=AD∴∠ABD=∠ADC∴∠ABD=∠CBD又∵∠A=134°∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB=12∴∠BEC=90°-23°=67°故答案为D.【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角和三角形内角和定理.35．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）由4个形状相同，大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C都在格点上，∠O=60°，则tan∠ABC=（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【分析】证明四边形ADBC为菱形，求得∠ABC=30°，利用特殊角的三角函数值即可求解．【详解】解：连接AD，如图：∵网格是有一个角60°为菱形，∴△AOD、△BCE、△BCD、△ACD都是等边三角形，∴AD=BD=BC=AC，∴四边形ADBC为菱形，且∠DBC=60°，∴∠ABD=∠ABC=30°，∴tan∠ABC=tan30°=33故选：C．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，特殊角的三角函数值，证明四边形ADBC为菱形是解题的关键．36．（2021·河北·校联考二模）如图，四边形ABCD为菱形，若CE为边AB的垂直平分线，用∠ADB的度数为（

）A．20° B．25° C．30° D．40°【答案】C【分析】连接AC，证明△ABC为等边三角形，得到∠ABC=60°，根据菱形性质即可求解．【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，∵CE为边AB的垂直平分线，∴BC=AC，∴AB=BC=AC，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC=60°，∵四边形ABCD为菱形，∴∠ADB=12故选：C【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的性质，证明△ABC为等边三角形是解题关键．37．（2019·河北唐山·统考二模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD相交于O，∠ABC=70°，E是线段AO上一点，则∠BEC的度数可能是（

）A．100° B．70° C．50° D．20°【答案】B【分析】由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=35°，从而得：∠BAO=55°，进而可得：55°＜∠BEC【详解】∵在菱形ABCD中，∴AC⊥BD，即：∠AOB=90°，∴∠BEC＜90°，∵∠ABC=70°，∴∠ABO=12∴∠BAO=55°，∵∠BEC=∠BAO+∠ABE，∴∠BEC＞55°，即：55°＜∠BEC＜90°．故选B．【点睛】本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．题型10根据菱形的性质与判定求线段长38．（2023·湖南株洲·模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，∠ABC=60°，BD=43，则OE=（

A．4 B．23 C．2 D．【答案】C【分析】根据菱形的性质得出AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，再由△AOD直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出OE=12AD．利用菱形性质、直角三角形边长公式求出AD=4【详解】∵▱ABCD是菱形，E为AD的中点，∴AB=AD=DC=BC，AC⊥BD．∴△AOD是直角三角形，OE=1∵∠ABC=60°，BD=43∴∠ADO=12∠ADC=∵AD2−∴AD=4，OE=1故选：C．【点睛】本题主要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出OE=12AD39．（2022·广东佛山·统考二模）如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，BD=10，DE=BF=2，则四边形AECF的周长等于（

）A．20 B．202 C．30 D．【答案】D【分析】连接AC，AC与BD相交于点O，由正方形性质得到AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，进而得到OE＝OF，再利用勾股定理求出CE的长，根据菱形的判定证得四边形AECF是菱形，即可求得四边形AECF的周长．【详解】解：如图，连接AC，AC与BD相交于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AC＝BD＝10，∴AO＝CO＝BO＝DO＝5，AC⊥EF∵DE=BF=2，∴OE＝OF＝OD－DE＝3，在Rt△COE中，CE∴CE=∵AO＝CO，OE＝OF∴四边形AECF是平行四边形∵AC⊥EF∴四边形AECF是菱形，∴AE＝EC＝CF＝AF＝34∴四边形AECF的周长＝434故选：D【点睛】此题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，能够证得四边形AECF是菱形是解决问题的关键．40．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD=60°，则橡皮筋AC断裂（填“会”或“不会”，参考数据：【答案】不会【分析】设扭动后对角线的交点为O，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出△ABD为等边三角形，利用勾股定理算出AO=103，从而得到AC【详解】解：设扭动后对角线的交点为O，如下图：∵∠BAD=60°，根据正方形的性质得，得出扭动后的四边形四边相等为菱形，AD=AB=20cm，∴△ABD为等边三角形，∴BD=20cm，∴BO=1∴AO=A根据菱形的对角线的性质：AC=2AO=203∵34.64<36，∴AC不会断裂，故答案为：不会．【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．41．（2023·广东广州·一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=AD．

(1)求证：AC⊥BD；(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO=2，求【答案】(1)见解析(2)BD=6，四边形ABCD的周长为4【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；（2）根据三角形中位线的性质可得OD=2EF=3，进而可得BD的长，Rt△AOD中，勾股定理求得AD【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边，AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD；（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴EF=1∵EF=3∴OD=3，∵四边形ABCD是菱形，∴BD=2OD=6，∵AC⊥BD，在Rt△AOD中，AO=2，OD=3∴AD=A∴菱形形ABCD的周长为413【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．题型11根据菱形的性质与判定求面积42．（2022·北京海淀·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，点E，F在射线AD上，且DE=DF．(1)求证：四边形BECF是菱形；(2)若AD=BC=6，AE=BE，求菱形BECF的面积．【答案】(1)见解析(2)27【分析】（1）先由等腰三角形“三线合一”的性质得到BD=CD,AD⊥BC，再结合已知即可证明结论；（2）设DE=x，根据题意，求出BE=6−x，BD=3，再根据勾股定理列出方程求解，最后计算菱形的面积即可．【详解】（1）∵AB=AC，D是BC的中点，∴BD=CD,AD⊥BC，∵DE=DF，∴四边形BECF是菱形；（2）设DE=x，∵AD=BC=6，AE=BE，BD=CD，∴AE=BE=6−x，BD=3，∵AD⊥BC，∴∠BDE=90°，在RtΔBDE中，即32解得x=9∴DE=9∴菱形BECF的面积=1【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键．43．（2021·新疆乌鲁木齐·校考三模）如图，四边形ABCD是菱形，点H为对角线AC的中点，点E在AB的延长线上，CE⊥AB，垂足为E，点F在AD的延长线上，CF⊥AD，垂足为F．（1）若∠BAD=60°，求证：四边形CEHF是菱形；（2）若CE=4，△ACE的面积为16，求菱形ABCD的面积．【答案】（1）证明见解析；（2）20．【分析】（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半和30度直角三角形性质性质可证EH=CE=CF=FH=1（2）由根据三角形面积求法可求AE，设AB=x，在Rt△BCE，由勾股定理列方程即可求出菱形边长，进而可求面积．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴∠BAC=30°，∵CE⊥AB，，∴EC=1又∵AH=CH，∴EH=1EH=CE=同理可得：CF=FH=1∴EH=CE=CF=FH，即：四边形CEHF是菱形；（2）∵△ACE=1∴12∴AE=8，在四边形ABCD是菱形中，设AB=BC=x，则BE=AE−AB=8−x在Rt△BCE中，EC∴42解得x=5，∴菱形ABCD面积=AB×CE=5×4=20．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，涉及了直角三角形性质和勾股定理．解题关键是灵活运用直角三角形性质得出线段之间发热关系．44．（2021·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．（1）求证：△ABE≌△ADF；（2）若BE＝3，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．【答案】（1）详见解析；（2）23．【分析】（1）利用菱形的性质，由SAS证明△ABE≌△ADF即可；（2）证△ABD是等边三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵点E，F分别是边AD，AB的中点，∴AF＝AE，在△ABE和△ADF中，AB=AD∠A=∠A∴△ABE≌△ADF（SAS）；（2）解：连接BD，如图：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴△ABD是等边三角形，∵点E是边AD的中点，∴BE⊥AD，∴∠ABE＝30°，∴tan∴AE＝33BE＝1，AB＝2AE∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×3＝23．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．45．（2022·云南昆明·统考二模）如图所示，在平行四边形ABCD中，邻边AD,CD上的高相等，即BE=BF．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)若DB=10,AB=13，求平行四边形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)120【分析】（1）先证△ABE≌△CBF（AAS），即有AB＝CB，则有平行四边形ABCD是菱形；（2）连接AC交BD于点O，根据菱形的性质有AC⊥BD，BO＝12BD＝5，在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝A【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，∵邻边AD，CD上的高相等，∴BE⊥AD，BF⊥CD，∴∠AEB＝∠CFB＝90°，在△ABE和△CBF中，∠A=∠C∠AEB∴△ABE≌△CBF（AAS），∴AB＝CB，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝12BD在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝AB∴AC＝2AO＝24，∴平行四边形ABCD的面积＝12AC×BD【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．题型12根据菱形的性质与判定解决多结论问题46．（2023·山东泰安·东平县实验中学统考三模）如图所示，在菱形ABCD中，AB=AC，点E，F分别为边AB，BC上的点，且AE=BF，连接CE，AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③∠AEH=∠DAH；④A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】由菱形ABCD中，AB=AC，易证得△ABC是等边三角形，则可得∠B=∠EAC=60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得∠BAF=∠ACE，EC=AF，由外角性质可得∠FHC=∠B，可判断①②，由点A，H，C，D四点共圆，可得∠AHD=∠ACD=60°，∠ACH=∠ADH=∠BAF，可证△AEH∽△DAH，可判断③，通过证明【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴AB=BC=AC，即△ABC是等边三角形，同理：△ADC是等边三角形，∴∠B=∠EAC=60°，在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EAC∴△ABF≌△CAE∴∠BAF=∠ACE，∵∠FHC=∠ACE+∠FAC=∠BAF+∠FAC=∠BAC=60°，∴∠FHC=∠B，故①正确，②正确；∵∠AHC+∠ADC=120°+60°=180°，∴点A，H，C，D四点共圆，∴∠AHD=∠ACD=60°，∴∠AHD=∠FHC=∠AHE=60°，∴△AEH∽∴∠AEH=∠DAH，故③正确；∵∠ACE=∠BAF，∠AEH=∠AEC，∴△AEH∽∴AEEC∴AE⋅AC=AH⋅EC，∴AE·AD=AH·AF，故④正确；综上可知，正确的有：①②③④，故选A．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形，圆周角定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，难度较大，综上综合运用上述知识点，逐步推导认证是解题的关键．47．（2023·山东泰安·统考二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形，故①正确；∵△AMN是等边三角形，∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，当AM⊥BC时，AM最小：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值为3，故②正确；∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，∴MN为△BCD的中位线，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN当OM⊥BC时，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，∴OA

故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．48．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，点E在边AD上，连接BE．作点A关于BE的对称点F，连接EF、BF、DF．现给出以下4个结论：①BE平分∠ABF；②菱形ABCD的面积等于3；③△DEF周长的最小值为23；④当EF⊥AD时，AE=3−1【答案】①③④【分析】根据翻折性质和全等三角形的判定与性质证明△ABE≌△FBE得到∠ABE=∠FBE可判断①；根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质求解可判定②；根据翻折性质可判断当DF最小时，△DEF的周长最小，然后求得BD，由DF≥BD-BF求解可判断③；过点B作BT⊥DA交DA的延长线于点T，利用锐角三角函数求得AT=1，BT=3，再由①结论和EF⊥AD【详解】解：如图，连接AC，BD交于点O．由翻折变换的性质可知BA=BF，EA=EF，在△ABF和△FBE中，BA=BFEA=EF∴△ABE≌∴∠ABE=∠FBE，∴BE平分∠ABF，故①正确；∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=CD=2，∠ABC=∠ADC=60°，∴△ABC，△ADC都是等边三角形，∠ABO=1∴AO=AB⋅sin30°=1，∴S菱形与翻折变换的性质可知AB=BF=2，AE=EF，∴DE+EF=DE+AE=AD=2，∴DF最小时，△DEF的周长最小，∵OB=OD=3∴BD=23∵DF≥BD∴DF的最小值为23∴△DEF的周长的最小值为23过点B作BT⊥DA交DA的延长线于点T，∵AT∥∴∠BAT=∠ABC=60°，∴AT=AB⋅cos60°=1，∵EF⊥AD，BE平分∠ABF，∴∠BET=∠BEF=45°，∴∠TBE=∠BET=45°，∴TB=TE=3∴AE=TE−AT=3综上，正确的是①③④，故答案为：①③④．【点睛】本题考查翻折性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数、等腰三角形的判定、两点之间线段最短等知识，综合性强，属于填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．49．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边BC，CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN，OM．①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时，S△CMN=14S菱形ABCD

【答案】①②④【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S【详解】解：∵在菱形ABCD中，∴AB=BC，AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=60°，∵∠BAC=60°，AB=BC，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∴∠ABC=∠ACD，∵∠BAC=∠MAN，∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形，故①正确；∵△AMN是等边三角形，∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，当AM⊥BC时，AM最小，如图：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值为3，故②正确；∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，∴MN为△BCD的中位线，∴MN∥BD，∴∠CMN=∠CBD，∠CNM=∠CDB，∴△CMN∽△CBD，相似比为1:2，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN∴S△CMN当OM⊥BC时，如图：

∵在菱形ABCD中，∴AC⊥BD，OA=OC，BC=AB=CD，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠BCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，∴OA故答案为：①②④．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．50．（2023·广东广州·广州市番禺区市桥星海中学校考一模）如图，在⊙O中，AB为直径，点M为AB延长线上的一点，MC与⊙O相切于点C，圆周上有另一点D与点C分居直径AB两侧，且使得MC=MD=AC，连接AD．现有下列结论：①MD与⊙O相切；②四边形ACMD是菱形；③AB=MO；④∠ADM=120°．其中正确的结论是（填序号）．【答案】①②③④【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、切线的判定及性质、菱形的判定及性质、含30°角的直角三角形的特征，利用SSS得△CMO≌△DMO，可得∠ODM=∠OCM，再根据切线的判定及性质可判断①，利用三角形的判定及性质得AC=AD，再根据菱形的判定即可判断②，利用含【详解】解：连接OC，OD，∵OC=OD，CM=DM，OM=OM，∴△CMO≌∴∠ODM=∠OCM，∵MC与⊙O相切于点C，∴∠OCM=90°，∴∠ODM=90°，∵OD是⊙O的直径，∴MD与⊙O相切；故①正确；∵△CMO≌∴∠COM=∠DOM，∴∠AOC=∠AOD，∵OA=OA，∴△AOC≌∴AC=AD，∴AC=AD=CM=DM，∴四边形ACMD是菱形，故②正确；∵AC=CM，∴∠CAM=∠CMA，∵∠COM=2∠CAM，∴∠COM=2∠CMO，∴∠CMO=30°，∴OC=1∵OC=1∴AB=OM，故③正确；∵四边形ACMD是菱形，∴∠DAM=∠DMA=∠AMC=∠CAM=30°，∴∠ADM=120°，故④正确；故答案为：①②③④．题型13与菱形有关的新定义问题51．（2020·浙江·模拟预测）定义：若一个四边形的对角线互相垂直，且较长对角线的长度是较短对角线长度的2倍，则称这个四边形为“倍垂四边形”．（1）如图①，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=5,AC=2，试判断菱形（2）如图②，在△ABC中，AB=32,BC=7,AC=5，作AO⊥BC于点O，问在射线AO上是否存在着一点D，使得四边形ABDC是“倍垂四边形”．若存在，请求出此时线段（3）如图③，在Rt△ABC中，AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，分别以Rt△ABC的斜边AC和直角边AB为边向外作Rt△ACD和Rt△ABE，且∠CAD=∠BAE=90°，连接DE，当四边形BCDE是“倍垂四边形”时，求DE的长．【答案】（1）是，见解析；（2）存在，0.5或11；理由见详解（3）34或4092【分析】（1）根据题意易得AO=12AC=1（2）设BO=x，则CO=7−x，由勾股定理及题意得(32（3）连接BD,CE交于点F，BD交AC于点G，由题意易得BC=3，根据四边形BCDE是“倍垂四边形”及题意得∠EAC=∠BAD，∠ADG=∠GCF，从而得到△EAC∽△BAD，则根据相似三角形的性质可求AE,AD的值，然后进行分类求解即可．【详解】解：（1）在菱形ABCD中，AC与BD垂直且互相平分，∴AO=1∵AB=5∴BO=A∴BD=2BO=4，∴BD=2AC，∴菱形ABCD是“倍垂四边形”；（2）设BO=x，则CO=7−x，∵AO⊥BC，∴在Rt△ABO中，AO在Rt△ACO中，AO∴(32解得：x=3，即BO=3，∴AO=3，∴当AD=12BC=3.5当AD=2BC=14时，OD=AD−AO=14−3=11；∴AD=0.5或11；（3）连接BD,CE交于点F，BD交AC于点G，如图1所示，

图1∵AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，∴BC=3，∵四边形BCDE是“倍垂四边形”，∴BD⊥CE，∵Rt△ABE和Rt△ACD，∴∠EAB=∠CAD=90°，∴∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC，∴∠EAC=∠BAD，∵∠CAD=∠DFC=90°，∠AGD=∠BGC，∴∠ADG=∠GCF，∴△EAC∽△BAD，∴ABAE=BD即AE=2,AD=10或AE=8,AD=5（Ⅰ）如图1，∵AE=2,AD=10，∴BE=25∵BD⊥CE，∴DE即DE2+∴DE=234（Ⅱ）如图2，∵AE=8,AD=5∴BE=45同理可得DE得DE∴DE=409图2【点睛】本题主要考查菱形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理，关键是根据题目所给的定义进行分析，然后利用相似三角形的性质及勾股定理列出关系式进行求解即可．52．（2021·江苏泰州·校考二模）设A（a，n）为双曲线y=kx（k>0，x>0）上一点，过点A作AB⊥x轴于B点，AB的垂直平分线交y轴于点C，交双曲线于点P．定义：P为A点的中垂点；特别的，当△ABP为等腰直角三角形时，又称P为（1）若k=8，且A点存在完美中垂点，则A的坐标是________（2）四边形ACBP一定为．（填字母）A．平行四边形

B．

菱形

C．矩形

D．正方形（3）若△AOP的面积为6时，则k=

．（4）设P为A的中垂点，Q又为P的中垂点，且△APQ是等腰三角形，试求k关于a的函数表达式．【答案】（1）(2,4)；（2）B；（3）8；（4）k=4【分析】（1）利用等腰直角三角形和垂直平分线的性质求解即可；（2）根据垂直平分线的性质得出AP=BP=BC=AC，从而可判断四边形的形状；（3）用含有k的式子表示出△AOP的面积，进而建立方程即可求解；（4）根据A，P，Q的坐标，表示出AP2,AQ2,PQ【详解】解：（1）∵k=8，∴y=8∵A（a，n）为双曲线y=8∴an=8，∴a=8设AB，CP交于点D，∵A点存在完美中垂点，∴△ABP为等腰直角三角形，∴∠BAP=∠ABP=45°．∵CP垂直平分AB，∴∠DAP=∠APD=45°，∴AD=PD．∵A(a,n)，P为A点的完美中垂点，∴P(16∴n−n∴n=4,n=−4,经检验：它们都是原方程的根，但n=−4不符合题意，舍去，∴A(2,4)；（2）∵CP垂直平分AB，∴AP=BP,AC=BC．∵A(a,n)，P(16∴CD=8∴CD=PD．∵AB⊥CP，∴CB=BP，∴AP=BP=BC=AC，∴四边形ACBP一定为菱形；（3）∵S△AOP=6，A(∴2k∴3∴k=8；（4）∵P为A的中垂点，Q又为P的中垂点，∵A(kn,n)，P(∴APPQAQ∵△APQ是等腰三角形，①A∴k=4a②AP③AQ综上所述，k=4a【点睛】本题主要考查反比例函数与等腰三角形的定义，垂直平分线的性质，分情况讨论是关键．题型14与菱形有关的规律探究问题53．（2021·黑龙江鹤岗·统考模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A1，使DA1=CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到ΔADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2=C1D1【答案】2【分析】由题意易得∠BCD=60°,AB=AD=CD=1，则有ΔADA1为等边三角形，同理可得ΔA1D1A2…….【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=1，AD//∵∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∴∠ADA∵DA∴DA∴ΔADA同理可得ΔA1D过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：∴BE=BC⋅sin∴S1同理可得：S2=3∴由此规律可得：Sn∴S2021故答案为24038【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．54．（2021·辽宁丹东·校考模拟预测）如图，一次函数y=2x+2的图象为直线l，菱形AOBA1，A1O1B1A2，A2O2B2A3，…按图中所示的方式放置，顶点A，A1，A【答案】3×【分析】首先求出直线l与坐标轴的交点坐标，然后根据菱形的性质依次求出B1，B2，【详解】解：如图，设直线l与x轴的交点为M．∵直线l的解析式为y=2x+2，∴M−1,0，A∵四边形AOBA∴A1O1与A1M关于y∴O11,0，AB∥x轴，且∴B1同理，O1A2把x=1代入y=2x+2得y=4，∴A2∵O1A2∴O23,0，把x=3代入y=2x+2得y=8，∴A3∵O2A3∴O37,0，同理可得B3∴点Bn的横坐标是3×2n−1∴点Bn的坐标是3×故答案为：3×2【点睛】本题主要考查菱形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，正确得出点的坐标的规律．55．（2020·浙江·校联考模拟预测）如图，直线l1的解析式是y＝33x，直线l2的解析式是y＝3x，点A1在l1上，A1的横坐标为32，作A1B1⊥l1交l2于点B1，点B2在l2上，以B1A1、B1B2为邻边在直线l1、l2间作菱形A1B1B2C1，延长B2C1交l1于点A2，点B3在l2上，以B2A2、B2B3为邻边在l1、l2间作菱形A2B2B3C2，………按照此规律继续作下去，则线段A2020B2020长为（

A．22019 B．（32）2019 C．（3【答案】B【分析】利