【324283】2024八年级数学下册 专题16 菱形的性质与判定（含解析）（新版）浙教版

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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（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）（巴彦期末）在四边形ABCD中，AD BC，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）（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）（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）（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）（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）（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。

27．（11分）（连山期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB： 与直线CD： 相交于点 ，分别交坐标轴于点A，B，C，D．

（1）（3分）求a和k的值；

（2）（4分）如图，点P是直线CD上的一个动点，当 的面积为20时，求点P的坐标；

（3）（4分）直线AB上有一点F，在平面直角坐标系内找一点N，使得以BF为一边，以点B，D，F，N为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点N的坐标．

【答案】（1）解：将点M的坐标代入 并解得： ，
∴点 ，将点 代入 ，得 ，
解得： ，∴ ， ；

（2）解：设 由（1）可直线CD的表达式为： ，
令 ，则 ∴点 ，
∵直线AB： ∴令 ，
则 ∴ ∴
∴ 的面积 ，
∴
解得： 或 ，
终上所述点 或 ；

（3）解：设点F的坐标为（m，- m+3），点N（a，b），由（1）知，点B、D的坐标分别为（0，3）、（0，-2），则BD=5，
当BD是边时，如图所示，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，

则BD=BF，即 ，解得 ，
则点F的坐标为 或 ，
点N在点F的正下方5个单位，则点N 或 ；
当BD是对角线时，如图所示，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，

∵ ， ，∴BD的中点坐标为（0， ）
∵FN⊥BD，∴- m+3= ，解得m=5，即F（5， ），
由对称性可得N（-5， ）
综上，点N的坐标为 或 或 ．

【思路点拨】（1）将点M代入 求出a的值，再将点M代入 求出k的值即可；
（2）设 ，利用 的面积 可得 ，求出m的值，即可得到点P的坐标；
（3）分两种情况：①当BD是边时，四边形BDNF（或四边形BDN’F’）为菱形，②当BD是对角线时，则BD的中点即为NF的中点且FN⊥BD，分别作出图象并求解即可。