2024八年级数学下册专题5.2菱形重难点题型含解析新版浙教版

Page1专题5.2菱形-重难点题型【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，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有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】（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＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝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°故选：B．【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等学问，解题的关键是灵敏运用所学学问解决问题，属于中考常考题型．【变式1-1】（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°【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到三角形ABD为等边三角形，P为AB的中点，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，进而求出∠PDC＝90°，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，如图所示：∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD为等边三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，∵P为AB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°．故选：D．【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题），菱形的性质，等边三角形的性质，以及内角和定理，娴熟驾驭折叠的性质是解本题的关键．【变式1-2】（海淀区校级期中）如图，在菱形ABCD中，点M、N分别交于AB、CD上，AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠OBC＝62°，则∠DAC为°．【分析】由全等三角形的性质可证△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，在△AOM和△CON中，∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CON∴△AOM≌△CON（AAS），∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝28°＝∠DAC，故答案为：28．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，驾驭菱形的性质是本题的关键．【变式1-3】（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．【分析】依据菱形的性质得出DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=12∠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＝∠CBN，依据线段垂直平分线的性质得出AN＝BN，求出∠NBA【解答】解：连接BN，∵四边形ABCD是菱形，∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=12∠DAB=12×110°=55°，∠ABC＝∠∴∠CDA+∠DAB＝180°，∵∠BAD＝110°，∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，∴∠ABC＝70°，在△DCN和△BCN中，DC=BC∠DCN=∠BCN∴△DCN≌△BCN（SAS），∴∠CDN＝∠CBN，∵MN是AB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】本题考查了平行线的性质，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行推理和计算是解此题的关键．【题型2菱形的性质（求长度）】【例2】（遂川县期末）如图，在菱形ABCD中，BC＝10，点E在BD上，F为AD的中点，FE⊥BD，垂足为E，EF＝4，则BD长为（）A．8 B．10 C．12 D．16【分析】连接AC交BD于O，由菱形的性质得OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，再证EF是△AOD的中位线，得OA＝2EF＝8，然后由勾股定理求出OD＝6，即可求解．【解答】解：连接AC交BD于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，∵FE⊥BD，∴FE∥AC，∵F为AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OA＝2EF＝8，∴OD=A∴BD＝2OD＝12，故选：C．【点评】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等学问；娴熟驾驭菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．【变式2-1】（武汉期中）如图四边形ABCD为菱形，点E为BC的中点，点F在CD上，若∠DAB＝60°，∠DFA＝2∠EAB，AD＝4，则CF的长为（）A．45 B．453 C．6【分析】延长AE，DC交点于点G，过点F作FH⊥AD，交AD的延长线于H，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．【解答】解：延长AE，DC交于点G，过点F作FH⊥AD，交AD的延长线于H，∵CD∥AB，∴∠EAB＝∠G，∠DAB＝∠HDF＝60°，∵∠DFA＝2∠EAB＝∠G+∠FAG，∴∠G＝∠FAG，∴AF＝FG，∵点E为BC的中点，∴BE＝CE，在△CEG和△BEA中，∠G=∠BAE∠CEG=∠AEB∴△CEG≌△BEA（AAS），∴AB＝CG＝4，设DF＝x，∴FC＝4﹣x，∴FG＝8﹣x＝AF，∵HF⊥AD，∠HDF＝60°，∴∠DFH＝30°，∴DH=12x，HF=∵AF2＝HF2+AH2，∴（8﹣x）2=34x2+（4+12∴x=12∴CF=8故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质，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，添加恰当帮助线构造全等三角形是本题的关键．【变式2-2】（黄岛区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝13cm，AC＝24cm，E，F分别是CD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10cm．【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的长，BD＝2OD，即可求出EG．【解答】解：连接BD，交AC于点O，如图：∵菱形ABCD的边长为13cm，点E、F分别是边CD、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，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BD＝EG，∵OB＝OD=AD2-AO∴BD＝2OD＝10（cm），∴EG＝BD＝10（cm），故答案为：10．【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等学问；娴熟驾驭菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．【变式2-3】（洪山区期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，点E，F分别在BC，CD边上，且CE＝DF，BF与DE交于点G，若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＝∠BDE，由直角三角形的性质可求BH，DH的长，由勾股定理可求解．【解答】解：如图，过点D作DH⊥BF于H，∵四边形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∴△BED≌△CFB（SAS），∴∠CBF＝∠BDE，∴∠DGF＝∠FBD+∠GDB＝∠FBD+∠CBF＝60°，∵DH⊥BF，∴∠GDH＝30°，∴GH=12DG=52，DH∴BH＝BG+GH=11∴BD=BH∴CD＝BD＝7，故答案为7．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，灵敏运用这些性质解决问题是本题的关键．【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=12a【题型3菱形的性质（等积法）】【例3】（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E．延长EO交CD于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的值为（）A．5 B．125 C．245 【分析】由在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝6，AC＝8，可求得菱形的面积与边长，继而求得答案．【解答】解：在菱形ABCD中，BD＝6，AC＝8，∴OB=12BD＝3，OA=12AC＝4，∴AB=O∵S菱形ABCD=12AC•BD＝AB•即12×6×8＝5∴EF=24故选：C．【点评】此题考查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．【变式3-1】（南山区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则BECEA．512 B．725 C．718【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再依据面积法即可得到AE的长，最终依据勾股定理进行计算，即可得到BE的长，进而得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴CO=12AC＝3，BO=12BD＝4，∴BC=C∵S菱形ABCD=12AC•BD＝BC×∴AE=1在Rt△ABE中，BE=A∴CE＝BC﹣BE＝5-7∴BECE的值为7故选：C．【点评】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是驾驭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】（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．【分析】利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝OC＝8，BO＝DO，AC⊥BD，∴BO=AB∴BD＝12，∵S菱形ABCD＝AB•DE=12AC•∴DE=16×12故答案为9.6．【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理．留意菱形的对角线相互垂直平分．【变式3-3】（天津二模）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，AB＝3，点E在BC上，且BE＝2EC，BF⊥AE，垂足为F，则BF的值为．【分析】过E作EM⊥AB，交AB延长线于M，依据菱形的性质求出BC＝3，求出BE＝2，求出∠BEM＝30°，依据含30°角的直角三角形的性质求出BM，依据勾股定理求出EM，求出AE，依据三角形的面积求出答案即可．【解答】解：过E作EM⊥AB，交AB延长线于M，则∠EMB＝90°，∵四边形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，∴BM=12由勾股定理得：EM=B∴AM＝AB+BM＝4，由勾股定理得：AE=A∵S△ABE=1∴19×BF＝3×解得：BE=3故答案为：357【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的面积，直角三角形的性质等学问点，能综合运用学问点进行推理和计算是解此题的关键．【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）】【例4】（岳麓区校级月考）在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD．若要使四边形ABCD为菱形，则可以添加的条件是（）A．∠AOB＝60° B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AB⊥BC【分析】由条件OA＝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，∴四边形ABCD为平行四边形，A、∵∠AOB＝60°，∴不能得出四边形ABCD是菱形；选项A不符合题意；B、∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故选项B符合题意；C、∵AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；D、∵AB⊥BC，∴四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；故选：B．【点评】此题主要考查了菱形的判定、矩形的判定；关键是驾驭对角线相互垂直的平行四边形是菱形．【变式4-1】（静海区月考）已知平行四边形ABCD，下列条件：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，依据对角线相等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④错误．故选：A．【点评】此题考查了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，留意驾驭菱形的判定定理是解此题的关键．【变式4-2】（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（）A．OM=12AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB【分析】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN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．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，∴四边形AMCN是平行四边形，∵BD⊥AC，∴MN⊥AC，∴四边形AMCN是菱形．故选：C．【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵敏运用所学学问解决问题．【变式4-3】（上城区校级期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②假如∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；③假如AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④假如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＝90°，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是矩形，故②错误；∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形，故③正确；∵AB＝AC，四边形AEDF是平行四边形，不能得出AE＝AF，故四边形AEDF不愿定是菱形，故④错误；故答案为：①③．【点评】此题考查菱形的判定，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）】【例5】（南京二模）如图，在▱ABCD中，点E、F在对角线BD上，BE＝DF．（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）若BD平分∠ABC，求证：四边形AECF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）如图，连接AC，与BD相交于点O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝FD，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF．∴四边形AECF是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即AC⊥EF；由（1）得：四边形AECF是平行四边形，∴四边形AECF是菱形．【点评】本题考查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；娴熟驾驭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．【变式5-2】（浦东新区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，对角线AC、BD交于点O，过点C作CE⊥CD交AB的延长线于点E，联结OE，OC＝OE．（1）求证：OE=12（2）假如DB平分∠ADC，求证：四边形ABCD是菱形．【分析】（1）过O作OF⊥CE于F，由等腰三角形的性质得CF＝EF，再证OF是△ACE的中位线，得OA＝OC，即可得出结论；（2）证△AOB≌△OCD（ASA），得OB＝OD，则四边形ABCD是平行四边形，再证BC＝DC，即可得出结论．【解答】证明：（1）过O作OF⊥CE于F，如图所示：∵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，∴OE=12（2）∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠OCD，在△AOB和△OCD中，∠OAB=∠OCDOA=OC∴△AOB≌△OCD（ASA），∴OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，∴BC＝DC，∴平行四边形ABCD是菱形．【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等学问；娴熟驾驭菱形的判定和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．【变式5-3】（玄武区一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的点，且BE＝DF，连接AE，CF．（1）求证△ADE≌△CBF；（2）连接AF，CE，若AB＝AD，求证：四边形AFCE是菱形．【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CBF；（2）先证四边形ABCD是菱形，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，可得EO＝FO，即可得结论．【解答】证明：（1）∵四边形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∴△ADE≌△CBF（SAS）；（2）连接AC，交BD于点O，∵AB＝AD，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴四边形AECF是菱形．【点评】本题考查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，灵敏运用这些性质解决问题是本题的关键．【变式5-3】（余杭区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．（1）求证：四边形BECD是平行四边形；（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝°时，四边形BECD是菱形．【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝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°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC，又∵O为BC的中点，∴BO＝CO，在△BOE和△COD中，∠OEB=∠ODC∠BOE=∠COD∴△BOE≌△COD（AAS）；∴OE＝OD，∴四边形BECD是平行四边形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，∵四边形BECD是菱形，∴BC⊥DE，∴∠COD＝90°，∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，故答案为：90．【点评】此题主要考查了菱形的判定，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；娴熟驾驭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）】【例6】（如东县期末）如图，已知菱形ABCD的边长为6，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC＝120°，则MA+MB+MD的最小值是（）A．33 B．3+33 C．6+3 【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，依据垂线段最短，此时DE最短，即MA+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．【解答】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，∵菱形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，依据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，∵菱形ABCD的边长为6，∴DE=AD2∴2DE＝63．∴MA+MB+MD的最小值是63．故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是驾驭菱形的性质，等边三角形的判定与性质．【变式6-1】（瑶海区二模）如图，菱形ABCD的边长为23，∠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+23 【分析】如图作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，进而得出△AEF周长的最小值即可．【解答】解：如图作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小，即△AEF的周长最小．∵AH＝EF，AH∥EF，∴四边形EFHA是平行四边形，∴EA＝FH，∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，∵菱形ABCD的边长为23，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝23，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，在Rt△CAH中，CH=A∴AE+AF的最小值4，∴△AEF的周长的最小值＝4+2＝6，故选：D．【点评】本题考查轴对称﹣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．【变式6-2】（寿光市二模）如图所示，四边形ABCD中，AC⊥BD于点O，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．【分析】证四边形ABCD是菱形，得CD＝AD＝5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN＝4.8，得当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD于点O，∴平行四边形ABCD是菱形，AD=A∴CD＝AD＝5，连接PD，如图所示：∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，∴12AD•PM+12DC•PN=1即12×5×PM+12∴5×（PM+PN）＝8×3，∴PM+PN＝4.8，∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，∴当点P与点O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】本题考查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；娴熟驾驭菱形的判定与性质是解题的关键．【变式6-3】（赣州期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变更？假如不变，求出这个定值；假如变更，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≌△ACF，即可求得BE＝CF；（2）依据△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故依据S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变更而变更，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．【解答】解：（1）如图，连接AC，∵四边形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=∠3AB=AC∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE＝CF；（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变更．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S△ACF，故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH＝2，S四边形AECF＝S△ABC=1△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AE由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的周长会随着AE的变更而变更，且当AE最短时，△CEF的周长会最小＝4+A【点评】本题考查了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加帮助线，娴熟驾驭和灵敏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）】【例7】（中山市校级月考）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD=12AC，M、N、P分别是OA、OB、①CN⊥BD；②MN＝NP；③四边形MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得MN∥AB，MN=12AB，由直角三角形的性质得NP=12CD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP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＝∠PND，则【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC=12∵AD=12∴OC＝BC，∵N是OB的中点，∴CN⊥BD，①正确；∵M、N分别是OA、OB的中点，∴MN是△AOB的中位线，∴MN∥AB，MN=12∵CN⊥BD，∴∠CND＝90°，∵P是CD的中点，∴NP=12CD＝PD＝∴MN＝NP，②正确；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正确；正确的个数有3个，故选：C．【点评】本题考查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；娴熟驾驭三角形中位线定理、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．【变式7-1】（如东县校级月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（）①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：∵E、F分别是OC、OD的中点，∴EF∥CD，且EF=12∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，且AB＝CD，∴∠FEG＝∠BGE，∵点G为AB的中点，∴BG=12AB=12在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGE∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，∴GF∥BE，∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，∴BO=12BD＝∵E为OC中点，∴BE⊥OC，∴GP⊥AC，∴∠APG＝∠EPG＝90°∵GP∥BE，G为AB中点，∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP=12在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPG∴△APG≌△EPG（SAS），∴AG＝EG=12∴EG＝EF，即①正确，∵EF∥BG，GF∥BE，∴四边形BGFE为平行四边形，∴GF＝BE，∵GP=12BE=∴GP＝FP，∵GF⊥AC，∴∠GPE＝∠FPE＝90°在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPE∴△GPE≌△FPE（SAS），∴∠GEP＝∠FEP，∴EA平分∠GEF，即④正确．∵BG＝FE，GF＝BE，∴四边形BEFG是平行四边形，没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；故选：B．【点评】本题考查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，找寻等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．【变式7-2】（香洲区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DE=3DC；⑥BF＝BCA．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CG＝2GD就可以得出BG+DG＝CG，在直角三角形GBC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．【解答】解：∵四边形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，F分别是AB，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=CBCG=CG∴△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菱形ABCD＝2S△ADB＝2×12AB＝AB•（3BE）＝AB•32=32AB故④错误；∵DE=3BE=32AB∴2DE=3CD故⑤正确；∵BD＞BF，BD＝BC，∴BC＞BF，故⑥错误．∴正确的有：①②⑤共三个．故选：C．【点评】此题考查了菱形的性质、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．【变式7-3】（开州区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，点E、F分别是AB、AD上随意的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：①∠DBC＝60°：②△AED≌△DFB；③GC与BD确定不垂直；④∠BGE的大小为定值．其中结论正确的是（）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；因为点E、F分别是AB、AD上随意的点（不与端点重合），且AE＝DF，当点E，F分别是AB，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；当点E，F分别是AB，AD中点时，由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE＝∠DBG＝30°，∴DG＝BG，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG＝∠BCG，∴CH⊥BD，即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，故选：B．【点评】此题综合考查了菱形的性质，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）】【例8】（青山区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点动身，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（）A．34 B．43 C．32【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值．【解答】解：连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠ADB=12∠∴△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，在△ADE和△BDF中，∠ADE=∠BDFAD=BD∴△ADE≌△BDF（ASA），∴AE＝BF，∵AE＝t，CF＝2t，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，∴t＝5﹣2t∴t=5故选：D．【点评】本题主要考查了菱形的性质，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．【变式8-1】（洪山区期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝8，对角线AC，BD交于点O，E是线段OC上一动点，F是射线AD上一动点，若∠BEF＝120°，则在点E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D