专题01菱形的性质与判定（重点突围）-2022-2023学年九年级数学上册重难点专题提优训练（北师大版）

专题01菱形的性质与判定考点一根据菱形的性质与判定求角度考点二根据菱形的性质与判定求线段长考点三根据菱形的性质与判定求面积考点四根据菱形的性质与判定求动点中的最值问题考点五根据菱形的性质与判定求折叠问题考点六根据菱形的性质与判定无刻度作图考点一根据菱形的性质与判定求角度例题：（2021·重庆·西南大学附中八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD＝BC，过点D分别作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，AE＝CF．（1）求证四边形ABCD为菱形；（2）若点E是AB的中点，求∠A的度数．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先由AD∥BC，且AD＝BC得出四边形ABCD为平行四边形，再根据ASA证得△ADE≌△CDF，得出AD=CD即可得出结论；（2）根据菱形的性质得出AD=AB，结合已知从而得出AE=AD，再利用直角三角形的性质即可得出答案；【详解】（1）证明：∵AD∥BC，且AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°，在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF，∴AD=CD∴四边形ABCD为菱形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，如图，连接∵点E是AB的中点，∴是等边三角形，∴∠A=【点睛】本题考查了菱形的性质和判定、全等三角形的判定与性质，含有30°的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式训练】1．（2021·新疆师范大学附属中学一模）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点．（1）求证：四边形是菱形；（2）如果，，求的度数．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BDE=35°．【解析】【分析】（1）由题意可证BE=DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；（2）先根据三角形的内角和定理得出，再由菱形的性质可求解．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，又四边形为平行四边形，∴四边形为菱形．（2），，∴，∵四边形为菱形，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定等知识，掌握菱形的判定定理是本题的关键．2．（2021·浙江宁波·八年级期末）已知：如图，在四边形中，．点在对角线上，且，（1）求证：；（2）连接，交于点，若，四边形周长为，求的大小．【答案】（1）见解析；（2）60°【解析】【分析】（1）由平行线的性质得出，根据即可证明；（2）证明四边形是菱形．由勾股定理求出，由直角三角形的性质可得出的度数，则可得出答案．【详解】解：证明：（1），，，，，在和中，，．（2），，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．，，四边形周长为16，，，，，，，．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是证明和四边形为菱形．考点二根据菱形的性质与判定求线段长例题：（2022·河北保定·八年级期中）如图，在ABCD中，BD＝AD，延长CB到点E，使BE＝BD，连接AE.(1)求证：四边形AEBD是菱形；(2)连接DE交AB于点F，若，，求AD的长.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）证四边形AEBD是平行四边形，再因为BE＝BD，即可由菱形的判定定理得出结论；（2）连接DE交AB于F，根据四边形AEBD是菱形，得出AB⊥DE，从而证得∠EDC＝∠EFB＝90°.得用勾股定理即可求解．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD＝BC，∵DB＝DA，BE＝BD，∴AD＝BE，∴四边形AEBD是平行四边形，∵BE＝BD，∴四边形AEBD是菱形(2)解：如图，连接DE交AB于F，∵四边形AEBD是菱形，∴AB⊥DE，∴∠EFB＝90°.∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC.∴∠EDC＝∠EFB＝90°.∵DC＝，DC：DE＝1：3，∴DE＝.在Rt△EDC中，根据勾股定理可得∴AD＝.【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质是解题词的关键．【变式训练】1．（2022·上海·八年级专题练习）已知，如图，在▱ABCD中，分别在边BC、AD上取两点，使得CE＝DF，连接EF，AE、BF相交于点O，若AE⊥BF．(1)求证：四边形ABEF是菱形；(2)若四边形ABEF的周长为16，∠BEF＝120°，求AE的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，证出，则四边形是平行四边形，由，即可得出四边形是菱形；（2）由菱形的性质得出，，证出是等边三角形，得出．(1)证明：四边形是平行四边形，，，，，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形；(2)解：菱形的周长为16，，，，是等边三角形，．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的判定与性质．2．（2022·新疆·乌鲁木齐市第九中学一模）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交、于点、，连接、．(1)求证：四边形是菱形．(2)当AB4，BC8时，求线段EF的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）利用EF是AC的垂直平分线，可得∠EAC=∠ECA，∠CAF=∠FCA，在矩形中有，即有∠ECA=∠CAF，∠ECF=∠CFD，即可证得∠CFD=∠EAF，则有，再结合，AE=EC，可证四边形AFCE是菱形；（2）根据（1）的结论，平行四边形AFCE是菱形，即有EF、AC相互垂直平分，根据菱形的性质可得BE=BCAE，利用矩形的性质可求出AC，则有OA，在Rt△ABE中，利用勾股定理，有，即可解得AE，在Rt△AOE中，利用勾股定理，有，根据AE=5，OA=，可得OE=，即有EF=．(1)证明：∵EF是AC的垂直平分线，∴AE=EC，AF=FC，∴∠EAC=∠ECA，∠CAF=∠FCA，∵在矩形中有，∴∠ECA=∠CAF，∠ECF=∠CFD，∴∠EAC=∠ECA=∠CAF=∠FCA，∴∠ECF=∠EAF，∴∠CFD=∠EAF，∴，再结合，可知四边形AFCE是平行四边形，∵AE=EC，∴平行四边形AFCE是菱形；(2)根据（1）的结论，平行四边形AFCE是菱形，∴EF、AC相互垂直平分，且AE=EC=CF=FA，∴EF=2OE，AC=2OA，∵BC=8，AB=4，∴BE=BCEC=8EC=8AE，，∴OA=，在Rt△ABE中，利用勾股定理，有，即：，解得：AE=5，∴在Rt△AOE中，利用勾股定理，有，根据AE=5，OA=，可得OE=，∴EF=．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、垂直平分线的性质、矩形的性质和勾股定理等知识，利用垂直平分线的性质证得四边形AECF是菱形是解答本题的关键．考点三根据菱形的性质与判定求面积与周长例题：（2022·四川·德阳五中三模）如图，在四边形中，，于点O，点E是延长线上一点，，于点F．(1)求证：四边形是菱形；(2)若平分，，，求．【答案】(1)证明见解析(2)33【解析】【分析】（1）先证明它是平行四边形，再证明是菱形；（2）先设，再用x表示AE，利用勾股定理建立方程即可求解．(1)∵，于点O，∴，∵，∴四边形AECD是平行四边形，由AD=CD，∴四边形AECD是菱形．(2)如图，∵于点F，∴∠AFC=90°，又∵AC⊥BD，∴∠BOA=90°，∵平分，，∴，∴，∴∵，∴，∴设，在中，，∴，∴，∴，∵菱形AECD中，OD=OE，∴，∴．．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等内容，解题关键是牢记相关概念，能利用勾股定理建立方程．【变式训练】1．（2022·贵州贵阳·一模）如图，已知四边形中，对角线，相交于点O，且，，过点O作，分别交，于点E，F．(1)求证：；(2)若，，求四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)52【解析】【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥CB，则可证得△AOE≌△COF（ASA）；（2）由△AOE≌△COF（ASA），可得OE＝OF＝5，BO＝12，利用勾股定理求出BF＝13，继而求得周长．(1)证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∴AD∥CB，∴∠OAE＝∠OCF，∵∠AOE＝∠COF，，∴△OAE≌△OCF（ASA），(2)解：∵△OAE≌△OCF，，，∴OE＝OF＝5，BO＝DO＝12，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形，∴，∴四边形BCFE的周长＝13×4＝52．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质和勾股定理，解题关键是熟记相关性质，熟练运用这些判定与性质推理证明．2．（2022·甘肃武威·三模）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠ADC＝90°，∠ABC的平分线BE交CD于点E，交对角线AC于点O，OA＝OC，连接AE．(1)求证：四边形ABCE是菱形；(2)若BC＝5，CD＝8，求四边形ABCE的面积．【答案】(1)见解析(2)20【解析】【分析】（1）利用AAS证明△ABO≌△CEO可得BO＝EO，即可证明四边形ABCE是平行四边形，由角平分线的定义可得∠CBE＝∠ABE＝∠CEB，即可得CB＝CE，进而可证明结论；（2）由菱形的性质可求解CE＝AE＝5，DE＝3，利用勾股定理可求解AD的长，再利用菱形的面积公式计算可求解．(1)证明：∵AB∥CD，∴∠ABO＝∠CEO，∠BAO＝∠ECO，在△ABO和△CEO中，∴△ABO≌△CEO（AAS），∴BO＝EO，∴四边形ABCE是平行四边形，∵BE平分∠ABC，∴∠CBE＝∠ABE＝∠CEB，∴CB＝CE，∴四边形ABCE为菱形；(2)解：∵四边形ABCE是菱形，BC＝5，∴AE＝CE＝BC＝5，∵CD＝8，∴DE＝CD−CE＝8−5＝3，∵∠ADE＝90°，∴AD＝＝＝4，∴S四边形ABCE＝CE•AD＝5×4＝20．【点睛】本题主要考查菱形的判定，角平分线的定义，勾股定理，全等三角形的判定与性质，证明四边形ABCE是平行四边形是解题的关键．3．（2022·云南·一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点O的直线MN与AD、CB的延长线分别交于点M、N，连接CM，AN，且．(1)求证：四边形ANCM是菱形；(2)若四边形ANCM周长为12，，求四边形ANCM的面积．【答案】(1)见解析；(2)【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质，通过证明，得到四边形ANCM是平行四边形，再根据，即可判定；（2）根据四边形ANCM周长为12，得到，由勾股定理可得，由，可得，从而求得，即可求解．(1)证明：平行四边形ABCD中，，∴又∵∴（ASA）∴，∴四边形ANCM是平行四边形，又∵，∴平行四边形ANCM是菱形；(2)解：由四边形ANCM周长为12可得，∵，，∴由勾股定理可得：，四边形ANCM的面积为【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理以及完全平方公式的应用，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．考点四根据菱形的性质与判定解决动点中的最值问题例题：（2022·湖南娄底·中考真题）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．【答案】【解析】【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，菱形的边长为2，，中，PQ+QC的最小值为故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键．【变式训练】1．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校八年级期中）如图，菱形的边在轴上，顶点坐标为，顶点坐标为，点在轴上，线段轴，且点坐标为，若菱形沿轴左右运动，连接、，则运动过程中，四边形周长的最小值是________．【答案】13+【解析】【分析】由题意可知AD、EF是定值，要使四边形周长的最小，AE＋DF的和应是最小的，运用“将军饮马”模型，根据点E关于AD的对称点为O，过点A作AF1∥DF，当O，A，F1三点共线时，AE+DF=OA+AF1=OF1，为所求线段和的最小值，再求四边形周长的最小值．【详解】∵点坐标为，点坐标为，∴OC＝4，OD＝3，∴在Rt△COD中，CD＝5，∵四边形是菱形，∴AD＝CD＝5，∵坐标为，点在轴上，线段轴，∴EF＝8，连接OA，过点A作AF1∥DF交EF于点F1，则四边形ADFF1是平行四边形，FF1=AD=5，∴EF1=EFFF1=3，∵点E，O关于AD对称，∴OA=AE，当O，A，F1三点共线时，AE+DF=OA+AF1=OF1，为所求线段和的最小值，在Rt△OEF1中，OF1＝，∴四边形周长的最小值：AD＋EF＋AE＋DF＝AD＋EF＋OF1＝5＋8＋＝13+．【点睛】本题考查菱形，勾股定理，平移，轴对称，解决问题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理解直角三角形，平移图形全等性，轴对称性质．2．（2022·辽宁大连·一模）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在对角线AC和边AD上，连接DE，EF，若AC=4，BD=2，则DE，EF之和的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点D作DH⊥AB，垂足为H．因为EF+DE=EF′+DE，推出当D、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+DE的值最小．【详解】解：∵菱形ABCD中，AC=4，BD=2，∴AO=OC=2，BO=OD=1，∴AD=AB=，如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点D作DH⊥AB，垂足为H．∵S△ABD=•AO•BD=•AB•DH，∴DH=，∵EF+DE=EF′+DE，∴当D、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+DE的值最小，最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，轴对称的性质、勾股定理的应用、垂线段最短等知识，解题的关键是学利用对称解决最短问题．考点五根据菱形的性质与判定解决折叠问题例题：（2022·山西·模拟预测）如图，在菱形中，，，，分别是边，上的点，将沿EF折叠，使点的对应点落在边上，若，则的长为______．【答案】##【解析】【分析】根据菱形性质和，可得，，，过点作于点，于点，过点于点，得矩形，然后利用含度角的直角三角形可得，得，再利用勾股定理即可解决问题．【详解】解：在菱形中，，，，，如图，过点作于点，于点，过点于点，得矩形，如图所示：，，，，，，由翻折可知：，，，，，，解得，，在中，，，，，，，，在中，根据勾股定理，得：，，解得，，故答案为：．【点睛】本题考查勾股定理求线段长，涉及到翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．【变式训练】1．（2022·云南·麻栗坡县第二中学一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝45°，点E在边AB上，将△BCE沿CE折叠．若点B的对应点B′落在AD边所在的直线上，则BE的长为________．【答案】4或【解析】【分析】分两种情况，第一种情况，由折叠性质可知：=CB=CD，可知E点与A点重合，BE=AB，第二种情况，由折叠性质可知，BC=，得∠B=∠E=45°，再证∠AE=90°，设BE=E=x，得，即可得答案．【详解】解：第一种情况，如上图，由折叠性质可知：=CB=CD，∴在AD线上仅D点符合题意，∵∠B=∠D=45°，∴E点与A点重合，BE=AB，∴BE=4；第二种情况，如上图，由折叠性质可知，BC=，∴∠B=∠E=45°，∵在菱形中BC=CD=，∴∠D=∠B=∠D=45°，ADBC，∠AE=∠B=45°，∴∠AE=∠DC+∠EC=90°，∴A=E，设BE=E=x，则，，解得：，故答案为：4或．【点睛】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、一元一次方程的解法，解题的关键是注意两种情况．2．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为______．【答案】15°##15度【解析】【分析】由菱形的性质可得，可证是等边三角形，由等边三角形的性质可得垂直平分，，由折叠的性质可得，可得，即可求解．【详解】解：如图，连接，，四边形是菱形，，，是等边三角形，，垂直平分，，，，将沿着折叠得到，，，．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，证明是等边三角形是解题的关键．考点六根据菱形的性质与判定无刻度作图例题：（2022·江西吉安·九年级期末）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，延长BC至E，使．取CD的中点F，连接EF，请利用无刻度的直尺按下列要求作图（保留画图痕迹）．(1)在图1中作出△CEF中CF边上的中线；(2)在图2中作出BC的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）连接AC和BD交于点O，连接OE交CD于点G，EG即为所求；（2）连接AC和BD交于点O，连接FO并延长交AB于点M，连接MC交BD于点N，连接AN并延长，交BC于点H，点H即为所求.(1)解：如图，EG即为所求；(2)解：如图，点H即为所求；【点睛】本题考查了作图复杂作图，解题的关键是掌握菱形的性质，灵活运用所学知识解决问题.【变式训练】1．（2022·江西萍乡·二模）如图，菱形ABCD及点P，请仅用无刻度的直尺按要求完成下列作图．（1）如图1，若点P在AB上，请在CD上作出点Q，使CQ=AP；（2）如图2，若点P在菱形ABCD外，请在菱形外作点Q，使△CQD≌△APB．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接延长交于点，点即为所求．（2）连接，交于点，延长交的延长线于，连接交的延长线于，连接，连接，延长交于点，连接，点即为所求．【详解】解：（1）如图1中，点即为所求．（2）如图2中，点即为所求．【点睛】本题考查作图复杂作图，菱形的性质等知识，解题的关键是作出菱形的对称中心，属于中考常考题型．2．（2022·江苏盐城·二模）如图，在中，点N在BC上，，BM平分交AD于点M，请用无刻度的直尺画图（保留作图痕迹，不写画法）．(1)在图1中，过点A画出中BM边上的高AP，并证明你的结论；(2)在图2中，过点C画出C到BM的垂线段CQ．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）连接AN即可，根据菱形的性质与判定证明即可；（2）连接，交于点，过点作，交于点，连接交于点，则线段即为所求．(1)如图1，AP即为所求中BM边上的高；证明：∵BM平分，∴．∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∴，∴．∵，∴，∴四边形ABNM是平行四边形，∵，∴是菱形，∴，即AP为中BM边上的高；(2)如图2，连接，交于点，过点作，交于点，连接交于点，则线段即为所求．∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AE∥CN，∴∠AEO=∠CNO，∵∠AOE=∠CON，∴△AOE≌△CON（AAS），∴OE=ON，∴四边形ANCE是平行四边形，∴AN∥CE，∵AN⊥BM，∴CE⊥BM，即CQ⊥BM．【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，平行线的性质与判定，菱形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．一、选择题1．（2022·广东·珠海市拱北中学八年级期中）已知菱形的两条对角线的长分别为8和10，则菱形的面积为（

）A．160 B．80 C．40 D．20【答案】C【解析】【分析】根据菱形面积等于两条对角线乘积的一半，计算求值即可．【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为8和10，∴菱形的面积，故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，菱形的面积，掌握菱形的对角线互相垂直平分是解题关键．2．（2022·重庆·西南大学附中九年级期中）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作于点E，连接OE．若，，则DE的长度为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝2，则OA＝AC＝，再由勾股定理得OB＝，则BD＝2OB＝2，然后由菱形面积求出AE的长，即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，∵AE⊥CD，∴∠AED＝∠AEC＝90°，∴AC＝2OE＝2，∴OA＝AC＝，在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝，∴BD＝2OB＝2，∵S菱形ABCD＝CD•AE＝AC•BD＝×2×2＝2，∴AE＝，∴DE＝，故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．3．（2022·海南省直辖县级单位·二模）如图，菱形纸片中，，P为中点，折叠菱形纸片，使点C落在所在的直线上，得到经过点D的折痕，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】连接BD，由菱形的性质及∠A＝60°，得到△ABD为等边三角形，利用三线合一得到DP为角平分线，得到∠ADP＝30°，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．【详解】解：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∠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：B．【点睛】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，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．4．（2022·河北·八年级期中）如图，在菱形中，，．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿方向向点运动，同时，动点从点出发沿方向向点运动，它们同时到达目的地，则运动到（

）秒时．A．3或 B．3 C． D．5【答案】A【解析】【分析】分两种情形求解即可：①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3秒；②如图1中，当OP=PQ时，想办法构建方程即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AO=CO，BC//AD，∵，∴∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∠BAO=∠DAO=30°，∴BO=AB=3，∴CO=AO=，设点Q的运动速度为x单位/秒，由题意得，解得x=，经检验x=符合题意．①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3÷=3秒；②如图1中，当OP=PQ时，作PH⊥OA于H，则QH=OH．在Rt△APH中，PA=t，∠PAH=30°，∴PH=t，∴AH=t，∴OH=3t，∵QH=（t3），∴（t3）=3t，解得t=，综上所述，当t=3秒或秒时，OP=PQ．故选A．【点睛】本题考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．5．（2022·甘肃武威·中考真题）如图1，在菱形中，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为，与的函数图象如图2所示，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为解答即可．【详解】解：在菱形ABCD中，∠A=60°，∴△ABD为等边三角形，设AB=a，由图2可知，△ABD的面积为，∴△ABD的面积解得：a=故选B【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．二、填空题6．（2022·江苏·徐州市第十三中学三模）如图，在菱形中，、分别为、的中点，若，则菱形的周长为______．【答案】16【解析】【分析】由三角形中位线定理可求长为长的2倍，那么菱形的周长等于，由此问题得解．【详解】解：∵点，分别为，的中点，，∴，∵四边形是菱形，∴，∴菱形周长为：．故答案为：16．【点睛】本题考查了菱形的四边相等的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半的性质．熟记各性质是解答本题的关键．7．（2022·上海市张江集团中学八年级期中）在平面直角坐标系中，点A、B分别为A（－3，0）、B（0，－4），点C在x轴上，若四边形ACBD是菱形，则点D的坐标为________．【答案】【解析】【分析】由菱形的性质得BD=AC=BC，，设OC=x，则BD=BC=AC=OA+OC=3+x，然后在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2+42=（3+x）2，解得，即可解决问题．【详解】解：如图，∵四边形ACBD是菱形，∴BD=AC=BC，，∵A（3，0）、B（0，4），∴OA=3，OB=4，设OC=x，则BD=BC=AC=OA+OC=3+x，在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2+42=（3+x）2，解得：，∴BD=3+=，∴点D的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．8．（2022·江苏·苏州市胥江实验中学校八年级期中）如图，在中，分别是上的点，，将沿所在的直线翻折，使点的对应点与点重合，且点落在点处，连接，若，，则________．【答案】【解析】【分析】过点作的垂线交延长线于点，根据翻折的性质证明，根据全等的性质，证明四边形是菱形，根据菱形的性质得到、的长度，根据平行线的性质得到，根据含角的直角三角形三边关系，即可求出，的长度，根据勾股定理即可求出的长度．【详解】解：过点作的垂线交延长线于点∵翻折∴，，∵四边形是平行四边形∴，，∴，，∵，∴在和中∵∴∴，∵∴∴又∵∴四边形是平行四边形∵∴平行四边形是菱形∵∴是等边三角形∴∵∴∵∴∵∴∴∴，∴故答案为：．【点睛】本题考查了翻折、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质、含角的直角三角形三边关系、勾股定理等知识点，正确作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求线段长是解答本题的关键．9．（2022·陕西·中考真题）如图，在菱形中，．若M、N分别是边上的动点，且，作，垂足分别为E、F，则的值为______．【答案】【解析】【分析】连接AC交BD于点O，过点M作MG//BD交AC于点G，则可得四边形MEOG是矩形，以及，从而得NF=AG，ME=OG，即NR+ME=AO，运用勾股定理求出AO的长即可．【详解】解：连接AC交BD于点O，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO=，AD//BC，∴在Rt中，AB=4，BO=，∵，∴过点M作MG//BD交AC于点G，∴,∴又∴，∴四边形MEOG是矩形，∴ME=OG，又∴∴在和中，,∴≌∴，∴，故答案为．【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．10．（2022·上海市张江集团中学八年级期中）如图，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，则________．【答案】【解析】【分析】延长GP交CD于点H，根据AB＝AD，BG＝BE，得出四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，由菱形的性质证明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，进而得出△CHG为等腰三角形，利用等腰三角形的性质得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，延长GP交CD于点H，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，∴四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，∴CD∥GF，∴∠DHP=∠FGP，∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，∴△DPH≌△FPG（AAS），∴DH=GF，PH=PG，∴DH=GB，∴CH=CG，∴CP⊥PG，∴∠HCG=2∠PCG，∵∠ABC=60°，∴∠HCG=180°∠ABC=120°，∴∠PCG=60°，∴∠CGP=30°，∴CG=2PC，∴，∴．故答案为：【点睛】本题考查了菱形的的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质是解决问题的关键．三、解答题11．（2022·四川广元·中考真题）如图，在四边形ABCD中，ABCD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．(1)求证：四边形AECD为菱形；(2)若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．【答案】(1)见详解(2)△ABC的面积为【解析】【分析】（1）由题意易得CD=AE，∠DAC=∠EAC=∠DCA，则有四边形AECD是平行四边形，然后问题可求证；（2）由（1）及题意易得，则有△BCE是等边三角形，然后可得△ACB是直角三角形，则，进而问题可求解．(1)证明：∵ABCD，AC平分∠DAB，∴∠DAC=∠EAC，∠EAC=∠DCA，∴∠DAC=∠DCA，∴DA=DC，∵AB＝2CD，E为AB中点，∴，∵，∴四边形AECD是平行四边形，∵DA=DC，∴四边形AECD是菱形；(2)解：由（1）知：，∵∠D＝120°，∴，∵E为AB中点，∴，∴△BCE是等边三角形，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质是解题的关键．12．（2022·上海·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，点E为BC的中点(1)求证：四边形AECD是菱形；(2)连接BD，如果BD平分∠ABC，AD＝2，求BD的长．【答案】(1)证明见解析；(2)【解析】【分析】（1）由直角三角形的性质可得，且，可证四边形是平行四边形，即可得结论；（2）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可证四边形是等腰梯形，可得，由勾股定理可求的长，即可得的长．(1)证明：，点为的中点，，，且，四边形是平行四边形，且，四边形是菱形；(2)解：如图，，四边形是梯形，平分，，，，四边形是菱形，四边形是等腰梯形，，．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是求证．13．（2022·广东深圳·三模）如图，在四边形中，，对角线的垂直平分线与边、分别相交于点、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的周长．【答案】(1)见解析(2)68【解析】【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；（2）由菱形的性质得出BM=BN=DM=DN，OB=BD，OM=MN，由勾股定理得BM的长，即可得出答案．(1)证明：∵AD∥BC，，是对角线的垂直平分线，，，和中，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形；(2)解：四边形是菱形，，，，，，在中，由勾股定理得：，菱形的周长．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、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，证明三角形全等是解题的关键．14．（2022·浙江金华·九年级期中）如图，中，、分别是、的中点，，过点作BF//CE，交的延长线于点．(1)求证：四边形是菱形．(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）跟了中点的性质及平行线的性质即可求证结论．（2）根据（1）中菱形的性质可得是等边三角形，过点作于点，利用勾股定理即可求得答案．(1)证明：、分别是、的中点，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是菱形．(2)由知，，是等边三角形，，，，过点作于点，如图所示，，在中，，，，，．【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、勾股定理的应用、三角形的中位线定理，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．15．（2022·安徽·中考真题）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．(1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【答案】(1)见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析【解析】【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得