专题14 菱形的判定与性质 带解析

2022-2023学年湘教版八年级数学下册精选压轴题培优卷专题14菱形的判定与性质阅卷人一、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【思路点拨】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【思路点拨】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【思路点拨】∵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【思路点拨】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·潜山期末）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【思路点拨】解：如图，连接，交于点，过，垂足为，交于点，当点与点重合，过作的垂线并延长交于点，有最小值，最小值．菱形的周长为24，，，是等边三角形，，，垂足为，，在中，由勾股定理得，．故答案为：A．

【思路点拨】连接AC，交BD于点O，过，垂足为，交BD于点P，先证明是等边三角形，求出，再利用勾股定理求出AE'的长即可。6．（2分）（2022八下·承德期末）如图，在四边形ABCD中，，，对角线AC，BD交于点O，AC平分，过点C作交AB的延长线与点E，连接OE．嘉嘉说：“四边形ABCD是菱形．”琪琪说：“．”对于他俩的说法，正确的是（）A．嘉嘉正确，琪琪错误 B．嘉嘉错误，琪琪正确C．他俩都正确 D．他俩都错误【答案】C【思路点拨】解：∵AC平分，∴∠DAC=∠BAC，∵，∴∠DCA=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=DC，又∵AB=AD，∴AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=AD，∴平行四边形ABCD是菱形，故嘉嘉正确∴AC，BD互相平分，即O为AC的中点，∵，∴△ACE是直角三角形，∴，故琪琪正确，故答案为：C．

【思路点拨】首先证明CD=AD，继而证得四边形ABCD为平行四边形，根据菱形的判定即可得到四边形ABCD为菱形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到OE=AC.7．（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【思路点拨】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。8．（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【思路点拨】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。9．（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【思路点拨】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。10．（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【思路点拨】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.阅卷人二、填空题(共10题；共20分)得分11．（2分）（2022八下·巴彦期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为AC上一点，连接DE，AB＝CE＝5AE，BD＝8，则DE的长为．【答案】2【思路点拨】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO，AB＝CD，DO＝BO，AC⊥BD，设AE＝x，则AB＝CE＝5x，∴CO＝AC＝3x，在Rt△COD中，由勾股定理得，OD＝4x，∴4x＝4，∴x＝1，∴OD＝4，AE＝1，CE＝5，∴OE＝2，在Rt△ODE中，由勾股定理得，DE＝＝，故答案为：2．【思路点拨】根据题意先求出OD＝4，AE＝1，CE＝5，再利用勾股定理计算求解即可。12．（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【思路点拨】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.13．（2分）（2022八下·宁安期末）如图，要使平行四边形ABCD为菱形，还需添加的一个条件是．（写出一个即可）．【答案】等（答案不唯一）【思路点拨】解：添加条件，根据邻边相等的平行四边形是菱形．故答案为：．

【思路点拨】根据菱形的判定定理添加条件即可。14．（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【思路点拨】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。15．（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】【思路点拨】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=。16．（2分）（2022八下·花都期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AC与BD交于点O，点F为DC延长线上的一点，AF与OB，BC分别交于点E，H，且∠BAF＝45°，连接OH和CE，则下列结论中一定成立的是．①AD＝DE；②；③；④△ABH≌△FBE．【答案】①②③【思路点拨】解：∵在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AC与BD交于点O，∴∠BAC=∠DAC=60°，∠ADC=60°，∴∠ADE=∠CAE=30°，∵∠BAF＝45°，∴∠CAF=15°，∴∠DAE=75°，∴∠AED=180°-∠ADE-∠DAE=75°，∴AD=DE，故①符合题意；过E作EG⊥AB于G，∵∠GAE=45°，∠AGE=90°，∴∠AEG=45°=∠GAE，∴AG=EG，∴2EG2=AE2，即AE=EG；∵∠ABE=30°，∴BE=2EG，∵四边形ABCD是菱形，∴由轴对称得AE=CE，∴，故②符合题意；∵AB∥CD，∴S△ACF=S△BCF，∴S△ACF-S△CFH=S△BCF-S△CFH，即，故③符合题意∵∠BEH=∠BHE=75°，∴BE=BH，当△ABH≌△FBE时，∠ABH=∠FBE=60°，∴∠OBC=∠FBC=30°，∠CFB=90°=∠BOC，∴△OBC≌△FBC，∴OB=BF，∴△OBH≌△FBH，∴∠BOH=∠BFH=180°-120°-15°=45°，∴∠BOH=∠BAE，∵∠ABE=∠OBH=30°，BE=BH，∴△ABE≌△OBH，∴AB=OB，但AB≠OB，故△ABH与△FBE不全等，故④不符合题意；故答案为：①②③．

【思路点拨】根据菱形的性质、全等三角形的判定和性质及三角形的面积公式逐项判断即可。17．（2分）（2022八下·临海期末）小明同学学习了菱形的知识后，结合之前学习的赵爽弦图，编了一个菱形版“赵爽弦图”如图，菱形中，，四边形是矩形，若，则矩形的面积为．【答案】【思路点拨】解：过点A作于M，过点G作于N，连接GM，四边形EFGH是矩形，，，，，四边形ABCD是菱形，，，，，，，，，，，，，在和中，，≌，同理：≌，，，，，，，，，，，，，，，．故答案为：.【思路点拨】过点A作AM⊥BC于M，过点G作GN⊥BC于N，连接GM，根据矩形的四个角都是直角可得∠AFB=∠AED=∠BGC=∠CHD=90°，结合FA=FB，利用勾股定理可得AB，根据菱形的性质可得AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，∠BAD=∠BCD=120°，则∠CBG=15°，∠DAF=75°，易得∠ADE=∠CBG，∠DAE=∠BCG，证明△ABF≌△CDH，△BCG≌△DAE，根据含30°角的直角三角形的性质可得BM，根据三角函数的概念可得AM，然后求出BM、GN，根据S矩形EFGH=S菱形ABCD-2S△ABF-2S△BCG进行计算.18．（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【思路点拨】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.19．（2分）（2022八下·嵊州期末）已知，菱形ABCD（∠C＜90°）的对角线长分别为6和8，点E在边BC上，BE＝1，若点F在直线AB上，且AE＝DF，则BF的长为.【答案】或6【思路点拨】解：如图：

设菱形ABCD的对角线相交于点O，∵对角线长分别为6和8，∴OB=OD=3，OA=OC=4，∴AB=5，当点F在线段AB的延长线上时，过点D作DG∥AE交BC的延长线于点G，∵四边形ABCD为菱形，且BE＝1，∴AD∥BC，AD=BC，∴四边形AEGD为平行四边形，∴AD=EG，DG=AE，∴CG=BE=1，延长BA至F，使AF=CG，连接DF，∵四边形ABCD为菱形，∴AD=CD，∠BAD=∠BCD，∴∠FAD=∠GCD，∴△FAD≌△GCD，∴AF=CG=1，DF=DG，∴DF=AE，此时BF=BA+AF=6；当点F在线段AB上时，过点D作DH⊥AB于点H，由面积法得AB×DH=AC×BD，∴DH=，由勾股定理得BH=，∵DF=DF1，∴FH=HF1，设BF1=x，∴(6-x)+x=，∴x=，∴BF1=，综上，BF的长为或6.故答案为：或6.【思路点拨】设菱形ABCD的对角线相交于点O，根据菱形性质得OB=OD=BD=3，OA=OC=AC=4，利用勾股定理得AB=5，当F在线段AB的延长线上时，过D作DG∥AE交BC的延长线于G，则四边形AEGD为平行四边形，AD=EG，DG=AE，CG=BE=1，延长BA至F，使AF=CG，连接DF，根据菱形的性质得AD=CD，∠BAD=∠BCD，证明△FAD≌△GCD，得到AF=CG=1，DF=DG，则此时BF=BA+AF=6；当点F在线段AB上时，过点D作DH⊥AB于点H，由面积法得DH的值，利用勾股定理求出BH，则FH=HF1，设BF1=x，由BH=BF1+HF1可得x的值，据此可得BF1.20．（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【思路点拨】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.阅卷人三、综合题(共7题；共60分)得分21．（6分）（2022八下·承德期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且，连接DE、DF、BE、BF．（1）（3分）求证：≌；（2）（3分）若，，求四边形BEDF的面积．【答案】（1）证明：依题意，，在和中，AD=BC∠DAE=∠BCF∴≌（SAS）．（2）解：∵，∴．由正方形性质可得：，，，又∵，∴，∴EF=OE+OF=2∴四边形BEDF为平行四边形，又∵，∴四边形BEDF为菱形．∴菱形BEDF的面积为．【思路点拨】（1）根据正方形的性质即可得到∠DAE=∠BCF=45°，AD=BC，根据SAS证明△ADE≌△CBF，得到答案即可；

（2）首先证明四边形DFBE为菱形，计算得到面积即可。22．（7分）（2022八上·莱西期末）如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点运动的时间是秒．过点作于点，连接．（1）（3分）求证：四边形是平行四边形；（2）（4分）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，说明理由．【答案】（1）证明：在中，，，，，又，．，，即，四边形是平行四边形．（2）解：能．理由如下：四边形为平行四边形，当时，四边形为菱形．，，，，，，，，若使为菱形，则需，即，解得，即当时，四边形为菱形．【思路点拨】（1）根据平行四边形的判定方法求解即可；

（2）根据菱形的性质可得，即，求出即可。23．（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）（2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）（4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：．【思路点拨】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.24．（8分）（2022八下·德阳期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．（1）（4分）当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．（2）（4分）当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．【答案】（1）解：点F到边DC的距离是定值．理由：连接GE∵，∴∠AEG＝∠MGE∵，∴∠HEG＝∠FGE∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，∴△AHE≌△MFG，∴FM＝HA＝1，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．（2）解：由题易知：，要使△FCG的面积有最小值，则需CG最小，所以DG应最大，在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，在中，，∴，∴，∵，∴，当时，，∴的最小值，即当时，△FCG的面积最小值为．【思路点拨】（1）连接GE，根据平行线的性质可得∠AEG＝∠MGE，∠HEG＝∠FGE，两式相减可得∠AEH=∠MGF，由菱形的性质可得HE＝FG，证明△AHE≌△MFG，得到FM＝HA＝1，据此解答；

（2）由题易知S△FCG=FM·CG=CG，要使△FCG的面积有最小值，则需CG最小，DG应最大，根据勾股定理结合AE≤AB可得HE的最大值，同理求出DG的最大值，据此求解.25．（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°，∴△AMN为等边三角形；（2）解：如图，连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，在菱形ABCD中AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，由（1）得：△ACD和△ABC是等边三角形，∴AC=BC=AB=2，∴OA=1，∴，∴，根据题意得：点A到MN的距离即△AMN的高，若h最小，则AM=AN最小，此时AM⊥CD，AN⊥BC，∴此时点M、N分别为CD、BC的中点，即CN=CM=1，∴，x=1，∴，∴，即；（3）解：以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：根据题意，画出图形，如图：由（2）得：点O、M、N分别为BD、CD、BC的中点，∴ON∥CD，，∴ON=DM，ON∥DM，∴以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形．【思路点拨】（1）先证明△ADM≌△ACN，可得AM=AN，∠DAM=∠CAN，再利用角的运算和等量代换可得∠CAD=∠MAN=60°，从而可得△AMN为等边三角形；

（2）连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，点A到MN的距离即△AMN的高，若h最小，则AM=AN最小，再利用中位线的性质可得，x=1，可得，求出，即；

（3）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定方法求解即可。26．（9分）（2022八下·内江期末）如图，在梯形ABCD中，//，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝16cm，BC＝22cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．（1）（2分）经过多少时间，四边形ABQP成为矩形？（2）（3分）经过多少时间，四边形PQCD成为等腰梯形？（3）（4分）问四边形PBQD是否能成为菱形？若能，求出运动时间；若不能，请说明理由，并探究如何改变Q点的速度（匀速运动），使四边形PBQD在某一时刻为菱形，求点Q的速度．【答案】（1）解：∵∠B＝90°，，∴当AP＝BQ时，四边形ABQP成为矩形，此时有t＝22−3t，解得t＝，∴当t＝s时，四边形ABQP成为矩形．（2）解：∵，∴当PQ＝CD，PD≠QC时，四边形PQCD为等腰梯形，过P，D分别作PE⊥BC，DF⊥BC，垂足分别为E，F如图所示：∴，∴四边形ABFD是矩形，∵，，∴，∴四边形PEFD为矩形，∴BF＝AD＝16cm，EF＝PD，PE=DF，∵BC＝22cm，∴FC＝BC−BF＝22−16＝6（cm），∵，∴△PEQ和△DFC为直角三角形，∵PE=DF，PQ=DC，∴，∴QE＝FC＝6cm，∴QC＝EF＋QE＋FC＝PD＋12＝AD−AP＋12，即3t＝（16−t）＋12，解得：t＝7，∴当t＝7s时，四边形PQCD是等腰梯形．（3）解：四边形PBQD不能成为菱形．理由如下：∵，∴当PD＝BQ＝BP时，四边形PBQ