專題1菱形的性質與判定重難點題型(舉一反三)(北師大版)

專題1.1 菱形的性質與判定-重難點題型【北師大版】【學問點【學問點1 菱形的定義】有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形．【學問點2 菱形的性質】①菱形具有平行四邊形的一切性質；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線相互垂直，并且每一條2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．【題型1 菱形的性質〔求角度〕】【例1〔2023秋?萍鄉(xiāng)期末〕如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，DH⊥AB于點H，連接OH，∠CAD＝25°，則∠DHO的度數(shù)是〔 〕A．20° B．25° C．30° D．35°【分析】先依據(jù)菱形的性質得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，則利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90OHRt△DHBDBOH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性質得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度數(shù)．【解答】解：如圖：∵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°應選：B．【點評】此題考察菱形的性質，直角三角形斜邊中線定理等學問，解題的關鍵是敏捷運用所學學問解決問題，屬于中考?？碱}型．【變式1-1】〔2023?南崗區(qū)模擬〕如圖，在菱形紙片ABCD中，∠A＝60°，點E在BC邊上，將菱形紙片ABCD沿DE折疊，點C落在AB邊的垂直平分線上的點C′處，則∠DEC的大小為〔 〕A．30° B．45° C．60° D．75°BD，由菱形的性質及∠A＝60ABD為等邊三角形，PAB的中點，利用由折疊的性質得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的內角和定理即可求出所求角的度數(shù)．【解答】解：連接BD，如下圖：ABCD為菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，∵PAB的中點，∴DP為∠ADB的平分線，即∠ADP＝∠BDP＝30°，∴∠PDC＝90°，∴由折疊的性質得到∠CDE＝∠PDE＝45°，在△DEC中，∠DEC＝180°﹣〔∠CDE+∠C〕＝75°．應選：D．【點評】此題考察了翻折變換〔折疊問題〕，菱形的性質，等邊三角形的性質，以及內角和定理，嫻熟把握折疊的性質是解此題的關鍵．1-2】〔2023春?海淀區(qū)校級期中〕ABCDM、NAB、CD上，AM＝CN，MN與AC交于點O，連接BO．假設∠OBC＝62°，則∠DAC為 °．AOM≌△CON，可得AO＝COBO⊥AC，即可求解．ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，在△AOM和△CON中，∠??????=∠??????{∠??????=∠??????，????=????∴△AOM≌△CON〔AAS〕，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝28°＝∠DAC，故答案為：28．【點評】此題考察了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，把握菱形的性質是此題的關鍵．【變式1-3】〔2023春?漢陽區(qū)期中〕如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分線交AC于點N，點M為垂足，連接DN，則∠CDN的大小是 ．2【分析】依據(jù)菱形的性質得出DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=1∠DAB＝55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，求出∠ADC＝∠ABC＝70°，依據(jù)全等三角形的判定得出△DCN≌△BCN，依據(jù)全等三角形的性質得出∠CDN＝∠CBNAN＝BN，求出∠NBA＝∠CAB＝55°，再求2出答案即可．BN，ABCD是菱形，∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB=1∠DAB=1×110°=55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，2 2∴∠CDA+∠DAB＝180°，∵∠BAD＝110°，∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，∴∠ABC＝70°，在△DCN和△BCN中，????=????{∠??????=∠??????，????=????∴△DCN≌△BCN〔SAS〕，∴∠CDN＝∠CBN，∵MNAB的垂直平分線，∴AN＝BN，∴∠NBA＝∠CAB＝55°，∴∠CDN＝∠CBN＝∠ABC﹣∠NBA＝70°﹣55°＝15°，故答案為：15°．【點評】此題考察了平行線的性質，菱形的性質，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的性質和判定等學問點，能綜合運用學問點進展推理和計算是解此題的關鍵．【題型2 菱形的性質〔求長度〕】2】〔2023秋?遂川縣期末〕ABCD中，BC＝10EBD上，F(xiàn)AD的中點，F(xiàn)E⊥BD，垂足為E，EF＝4，則BD長為〔 〕A．8 B．10 C．12 D．16ACBDOOB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BDEF是△AODOA＝2EF＝8OD＝6，即可求解．ACBDO，如下圖：ABCD是菱形，∴OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，∵FE⊥BD，∴FE∥AC，∵FAD的中點，∴EF是△AOD的中位線，∴OA＝2EF＝8，∴OD=√????2?????2=√102?82=6，∴BD＝2OD＝12，應選：C．【點評】此題考察了菱形的性質、三角形中位線定理以及勾股定理等學問；嫻熟把握菱形的性質和三角形中位線定理是解題的關鍵．2-1〔2023春?武漢期中ABCDEBCFCD上，假設∠DAB＝60°，∠DFA＝2∠EAB，AD＝4，則CF的長為〔 〕．．．．A 4 B 4√3 C 6 D 8．．．．5 5 5 5AE，DCGFFH⊥ADADH，由平行線的性質和等腰三角形的判定可得AF＝FG，由“AAS”可證△CEG≌△BEA，可得AB＝CG＝4，利用勾股定理可求解．AE，DCGFFH⊥ADADH，∵CD∥AB，∴∠EAB＝∠G，∠DAB＝∠HDF＝60°，∵∠DFA＝2∠EAB＝∠G+∠FAG，∴∠G＝∠FAG，∴AF＝FG，EBC的中點，∴BE＝CE，在△CEG和△BEA中，∠??=∠??????{∠??????=∠??????，????=????∴△CEG≌△BEA〔AAS〕，∴AB＝CG＝4，DF＝x，∴FC＝4﹣x，∴FG＝8﹣x＝AF，∵HF⊥AD，∠HDF＝60°，∴∠DFH＝30°，∴DH=1x，HF=√3x，2 2∵AF2＝HF2+AH2，∴〔8﹣x〕2=3x2+〔4+1x〕2，4 25∴x=12，55∴CF=8，應選：D．5【點評】此題考察了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，勾股定理等學問，添加恰當關心線構造全等三角形是此題的關鍵．2-2】〔2023秋?黃島區(qū)期末〕如圖，在菱形ABCD中，AB＝13cm，AC＝24cm，E，F(xiàn)CD和BC的中點，連接EF并延長與AB的延長線相交于點G，則EG的長度為10 cm．【分析】連接對角線BDACO，證四邊形BDEG是平行四邊形，得EG＝BD，利用勾股定理求OD的長，BD＝2ODEG．BDACO，如圖：ABCD13cmE、FCD、BC的中點，∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13cm，EF∥BD，∵AC、BD是菱形的對角線，AC＝24cm，∴AC⊥BD，AO＝CO＝12cm，OB＝OD，又∵AB∥CD，EF∥BD，∴DE∥BG，BD∥EG，BDEG是平行四邊形，∴BD＝EG，∵OB＝OD=√???? 2????? 2=√169?144=5〔cm〕，∴BD＝2OD＝10〔cm〕，∴EG＝BD＝10〔cm〕，故答案為：10．【點評】此題主要考察了菱形的性質，平行四邊形的判定與性質及勾股定理等學問；嫻熟把握菱形、平行四邊形的性質和勾股定理是解題的關鍵．2-3】〔2023春?洪山區(qū)期中〕如圖，在菱形ABCD中，AB＝BDE，F(xiàn)BC，CD邊上，且CE＝DF，BF與DE交于點G，假設BG＝3，DG＝5，則CD＝ ．【分析】先證△BCD是等邊三角形，可得∠C＝∠CBD＝60°，由“SAS”可證△BED≌△CFB，可得∠CBF＝∠BDEBH，DH的長，由勾股定理可求解．DDH⊥BFH，ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵AB＝BD，∴AB＝BC＝CD＝AD＝BD，∴△BCD是等邊三角形，∴∠C＝∠CBD＝60°，在△BED和△CFB中，????=????{∠??????=∠??，????=????∴△BED≌△CFB〔SAS〕，∴∠CBF＝∠BDE，∴∠DGF＝∠FBD+∠GDB＝∠FBD+∠CBF＝60°，∵DH⊥BF，∴∠GDH＝30°，∴GH=1DG=5，DH=√3GH=5√3，2 2 22∴BH＝BG+GH=11，2∴BD=√???? 2+???? 2=√121+75=7，4 4∴CD＝BD＝7，7．【點評】此題考察了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，敏捷運用這些性質解決問題是此題的關鍵．【學問點【學問點3 菱形的面積計算】①利用平行四邊形的面積公式；②菱形面積=??ab．〔a、b是兩條對角線的長度〕??【題型3 菱形的性質〔等積法〕】【例3〔2023?雁塔區(qū)校級模擬如圖菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O．過O作OE⊥AB于點延長EO交CD于點F，假設AC＝8，BD＝6，則EF的值為〔 〕12 24 48A．5 B．5 C．5 D．5ABCDAC、BDO，BD＝6，AC＝8，可求得菱形的面積與邊長，繼而求得答案．ABCD中，BD＝6，AC＝8，=2BD 1 ∴= ＝3A 4=2BD ∴AB=√????2+????2=√32+42=5，ABCD2AC∵S = ?＝?ABCD2AC即1×6×8＝5EF，即2應選：C．【點評】此題考察了菱形的性質以及勾股定理．留意菱形的面積等于對角線積的一半或底乘以高．3-1】〔2023秋?南山區(qū)期末〕ABCDAC、BDOAC＝6，BD????＝8，過A點作AE垂直BC，交BC于點E，則????的值為〔 〕5 7A． B．

7 5C． D．12 25 18 24BCAE的長，最終依據(jù)勾股定理進BE的長，進而得出結論．ABCD是菱形，∴CO=1AC＝3，BO=1BD＝4，AO⊥BO，2 2∴BC=√????2+????2=√32+42=5，∵S =1AC?BD＝BC×AE，菱ABCD 21×6×8 24∴AE=2

5 =5．Rt△ABE中，BE=√????2?????2=52?(24)2=7∴CE＝BC﹣BE＝5?7=18，

5 5，5 5???? 7∴????的值為，18應選：C．【點評】此題主要考察了菱形的性質以及勾股定理的運用，關鍵是把握菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線相互垂直平分．【變式3-2】〔2023春?無錫期中〕如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為 ．OB的長，繼而可求得BD的長，然后由菱形的面積公式DE的長．ACBDO，ABCD是菱形，∴AO＝OC＝8，BO＝DO，AC⊥BD，∴BO=√????∴BD＝12，

2????? 2=√100?64=6，∵S ＝=1?，菱形 220∴DE=16×12=9.6，209.6．【點評】此題考察了菱形的性質、勾股定理．留意菱形的對角線相互垂直平分．3-3】〔2023?天津二?！矨BCD中，∠ADC＝120°，AB＝3EBCBE＝2EC，BF⊥AE，垂足為F，則BF的值為 ．EEM⊥ABABMBC＝3BE＝2，求出∠BEM＝3030BMEMAE，依據(jù)三角形的面積求出答案即可．EEM⊥ABABM，則∠EMB＝90°，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＝2，2∴BM=1BE＝1，2由勾股定理得：EM=√????2?????2=√22?12=√3，∴AM＝AB+BM＝4，由勾股定理得：AE=√????2+????2=42+(√3)2=√19，∵SABE=1×????×????=1×????×????，△ 2 2∴√19×BF＝3×√3，解得：BE=357，3√57故答案為：19．【學問點【學問點4 菱形的判定】①一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四條邊都相等的四邊形是菱形．③對角線相互垂直的平行四邊形是菱形〔或“對角線相互垂直平分的四邊形是菱形”〕．【題型4 菱形的判定〔選擇條件〕】4】〔2023春?岳麓區(qū)校級月考〕ABCDAC，BDOOA＝OC，OB＝OD．假設要使四邊形ABCD為菱形，則可以添加的條件是〔 〕∠AOB＝60° B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AB⊥BCOA＝OC，OB＝OD依據(jù)對角線相互平分的四邊形是平行四邊形可得四邊形ABCD為平行四邊形，再由矩形和菱形的判定定理即可得出結論．【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD，ABCD為平行四邊形，A、∵∠AOB＝60°，ABCDA不符合題意；B、∵AC⊥BD，ABCDB符合題意；C、∵AC＝BD，ABCDC不符合題意；D、∵AB⊥BC，ABCDD不符合題意；應選：B．【點評】此題主要考察了菱形的判定、矩形的判定；關鍵是把握對角線相互垂直的平行四邊形是菱形．【變式4-1】〔2023春?靜海區(qū)月考〕平行四邊形ABCD，以下條件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四邊形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種：①定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四邊相等的四邊形是菱形；③對角線相互垂直的平行四邊形是菱形．據(jù)此推斷即可．【解答】解：①?ABCD中，AC⊥BD，依據(jù)對角線相互垂直的平行四邊形是菱形，即可判定?ABCD是菱形；故①正確；②?ABCD中，∠BAD＝90°，依據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，即可判定?ABCD是矩形，而不能判定?ABCD是菱形；故②錯誤；③?ABCD中，AB＝BC，依據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可判定?ABCD是菱形；故③正確；D、?ABCD中，AC＝BD?ABCD是矩形，而不能判定應選：A．【點評】此題考察了菱形的判定與矩形的判定定理．此題難度不大，留意把握菱形的判定定理是解此題的關鍵．【變式4-2】〔2023?蓮湖區(qū)二?！橙鐖D，在?ABCD中，M，N是BD上兩點，BM＝DN，連接AM，MC，CN，NA，添加一個條件，使四邊形AMCN是菱形，這個條件是〔 〕2A．OM=1AC2

B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND【分析】由平行四邊形的性質可知：OA＝OC，OB＝ODOM＝ONAMCN是平行四邊形，由對角線相互垂直的平行四邊形可得到菱形．ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝ODBDM、NBM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DNOM＝ON，AMCN是平行四邊形，∵BD⊥AC，∴MN⊥AC，AMCN是菱形．應選：C．4-3】〔2023春?上城區(qū)校級期中〕如圖，在△ABCD、E、FAB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，以下四種說法：①AEDF是平行四邊形；②假設∠BAC＝90AEDF是菱形；③AD平分∠BACAEDF是菱形；④假設AB＝AC，那么四邊形AEDF是菱形．其中，正確的有 ．〔只填寫序號〕【分析】依據(jù)平行四邊形的判定和菱形的判定解答即可．【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四邊形AEDF是平行四邊形，故①正確；∵∠BAC＝90AEDF是平行四邊形，AEDF是矩形，故②錯誤；∵AD平分∠BACAEDF是平行四邊形，AEDF是菱形，故③正確；∵AB＝ACAEDF是平行四邊形，AE＝AFAEDF不肯定是菱形，故④錯誤；故答案為：①③．【點評】此題考察菱形的判定，關鍵是就平行四邊形的判定和菱形的判定解答．【題型5 菱形的判定〔證明題〕】5】〔2023?南京二模〕如圖，在ABCDE、FBD上，BE＝DF．AECF是平行四邊形；BD平分∠ABCAECF是菱形．【分析】〔1〕由平行四邊形的性質得OA＝OC，OB＝OD，再證OE＝OF，即可得出結論；〔2〕依據(jù)對角線相互垂直的平行四邊形是菱形即可證明．【解答】證明：〔1〕ACBDO，ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝FD，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF．AECF是平行四邊形；〔2〕∵ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AC⊥EF；由〔1〕AECF是平行四邊形，AECF是菱形．【點評】此題考察了平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質、等腰三角形的判定等學問；嫻熟把握菱形的判定與性質和平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．5-2〔2023?浦東區(qū)二?！矨BCD中，AB∥DC，對角線AC、BDO，CCE⊥CDABEOE，OC＝OE．2求證：OE=1AC；2DB平分∠ADCABCD是菱形．【分析】〔1〕OOF⊥CEF，由等腰三角形的性質得CF＝EFOF是△ACE的中位線，得OA＝OC，即可得出結論；〔2〕證△AOB≌△OCD〔ASA〕，得OB＝ODABCD是平行四邊形，再證BC＝DC，即可得出結論．【解答】證明：〔1〕OOF⊥CEF，如下圖：∵OC＝OE，∴CF＝EF，∵OF⊥CE，CE⊥CD，∴OF∥CD，∵AB∥DC，OF∥AB，∴OF∥AB，∴OF是△ACE的中位線，∴OA＝OC，2∴OE=1AC；2〔2〕∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠OCD，在△AOB和△OCD中，∠??????=∠??????{????=???? ，∠??????=∠??????∴△AOB≌△OCD〔ASA〕，∴OB＝OD，ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，∴BC＝DC，ABCD是菱形．【點評】此題考察了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的5-3】〔2023?玄武區(qū)一模〕如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)BD上的點，且BE＝DF，AE，CF．求證△ADE≌△CBF；AF，CEAB＝ADAFCE是菱形．【分析】〔1〕由“SAS”可證△ADE≌△CBF；〔2〕ABCD是菱形，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DOEO＝FO，即可得結論．【解答】證明：〔1〕∵ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBF，∵BE＝DF，∴BF＝DE，在△ADE和△CBF中，????=????{∠??????=∠??????，????=????∴△ADE≌△CBF〔SAS〕；〔2〕ACBDO，∵AB＝ADABCD是平行四邊形，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，AECF是平行四邊形，又∵AC⊥BD，AECF是菱形．【點評】此題考察了菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，敏捷運用這些性質解決問題是此題的關鍵．5-3】〔2023?余杭區(qū)一模〕ABCDOBCDO并延長，ABEBD，EC．BECD是平行四邊形；假設∠A＝50°，則當∠ADE＝ °時，四邊形BECD是菱形．【分析】〔1〕AAS證明△BOE≌△CODOE＝OD，即可得出結論；〔2〕先由平行四邊形的性質得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，則∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱BC⊥DE，則∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．【解答】〔1〕ABCD為平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC，又∵OBC的中點，∴BO＝CO，在△BOE和△COD中，∠??????=∠??????{∠??????=∠??????，????=????∴△BOE≌△COD〔AAS〕；∴OE＝OD，BECD是平行四邊形；〔2〕解：ABCD是平行四邊形，∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，BECD是菱形，∴BC⊥DE，∴∠COD＝90°，∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，故答案為：90．【點評】此題主要考察了菱形的判定，平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質等學問；嫻熟把握平行四邊形的判定與性質是解決問題的關鍵．【題型6 菱形的判定與性質綜合〔最值問題〕】6】〔2023春?如東縣期末〕如圖，菱形ABCD6MAC上的一動點，且∠ABC＝120°，則MA+MB+MD的最小值是〔 〕A．3√3 B．3+3√3 C．6+√3 D．6√3DDE⊥ABEBDDEMA+MB+MD最小，依據(jù)菱形性質和等邊三角形的性質即可求出DE的長，進而可得結論．DDE⊥ABEBD，ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，∴△ADB是等邊三角形，∴∠MAE＝30°，∴AM＝2ME，∵MD＝MB，∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，DEMA+MB+MD最小，ABCD6，∴DE=√????2?????2=√62?32=3√3，∴2DE＝6√3．∴MA+MB+MD6√3．應選：D．【點評】此題考察了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解決此題的關鍵是把握菱形的性質，等邊三角形的判定與性質．【變式6-1】〔2023?瑤海區(qū)二?！橙鐖D，菱形ABCD的邊長為2√3，∠ABC＝60°，點E、F在對角線BD上運動，且EF＝2，連接AE、AF，則△AEF周長的最小值是〔 〕A．4 B．4+√3 C．2+2√3 D．6AH∥BDAH＝EF＝2CHBDFAE+AFAEF周長的最小值即可．AH∥BDAH＝EF＝2CHBDFAE+AF的值最小，即△AEF的周長最小．∵AH＝EF，AH∥EF，EFHA是平行四邊形，∴EA＝FH，∵FA＝FC，∴AE+AF＝FH+CF＝CH，ABCD2√3，∠ABC＝60°，∴AC＝AB＝2√3，ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵AH∥DB，∴AC⊥AH，∴∠CAH＝90°，Rt△CAH中，CH=√????2+????2=(2√3)2+22=4，∴AE+AF4，∴△AEF的周長的最小值＝4+2＝6，應選：D．【點評】此題考察軸對稱﹣最短問題，菱形的性質、勾股定理、平行四邊形的判定和性質等學問，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考?？碱}型．6-2】〔2023?壽光市二模〕ABCD中，AC⊥BDO，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點P為線段AC上的一個動點．過點P分別作PM⊥AD于點M，作PN⊥DC于點N．連接PB，在點P運動過程中，PM+PN+PB的最小值等于 ．ABCDCD＝AD＝5PDPM+PN＝4.8，得PB最短時，PM+PN+PBBP⊥AC時，PB最短，即可得出答案．【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，∴AC＝8ABCD是平行四邊形，∵AC⊥BDO，ABCD是菱形，AD=√????2+????2=√42+32=5，∴CD＝AD＝5，PD，如下圖：∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，1 1 12∴AD?PM+2DC?PN=2AC?OD，2221×5×PM+1×5×PN=1×8×3，22即2∴5×〔PM+PN〕＝8×3，∴PM+PN＝4.8，PB最短時，PM+PN+PB有最小值，BP⊥AC時，PB最短，PO重合時，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，故答案為：7.8．【點評】此題考察了菱形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、勾股定理、最小值問題以及三角形面積等學問；嫻熟把握菱形的判定與性質是解題的關鍵．6-3】〔2023春?贛州期末〕如下圖，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF為正三角E、FBC、CDE、FB、C、D重合．E、FBC、CDBE＝CF；當點E、FBC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF的面積和△CEF的周長是否發(fā)生變化？假設不變，求出這個定值；假設變化，求出最小值．【分析】〔1〕〔1〕先求證AB＝AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4＝60°，AC＝AB進而求證△ABE≌△ACFBE＝CF；△ △ 四邊形 △ △ △ △ 〔2〕依據(jù)△ABE≌△ACF可得SABE＝SACF，故依據(jù)S AECF＝SAEC+SACF＝SAEC+SABE＝S△ △ 四邊形 △ △ △ △ AEFAEBC垂直時，邊AE最短．△AEF的周長AEAE最短時，△CEF的周長即可．【解答】解：〔1〕如圖，連接AC，ABCD為菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∵△AEF是等邊三角形，∴∠EAF＝60°，∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，∴∠1＝∠3，∵∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∴△ABC和△ACD為等邊三角形，∴∠4＝60°，AC＝AB，∴在△ABE和△ACF中，∠1=∠3{????=???? ，∠??????=∠4∴△ABE≌△ACF〔ASA〕．∴BE＝CF；〔2〕AECF的面積不變，△CEF的周長發(fā)生變化．理由如下：由〔1〕得△ABE≌△ACF，△ SABE＝SACF△ △ △ △ △ SAECF＝SAEC+SACF＝SAEC+SABE＝SABC，是定值，AH⊥BCHBH＝2△ △ △ △ S ＝S

=1?????????=1?????√????2?????2=4√3．四邊形AECF

△ABC 2 2△CEF的周長＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AEAEFAEBCAE最短．F的周長會隨著EEF的周長會最小??2???2=4+2√3．【點評】此題考察了菱形的性質；三角形全等的判定與性質；垂線段的性質等，綜合性較強，正確添加關心線，嫻熟把握和敏捷運用相關學問是解題的關鍵．【題型7 菱形的判定與性質綜合〔多結論問題〕】27】〔2023春?中山市校級月考〕如圖，?ABCDAC、BDO，AD=1AC，M、N、2POA、OB、CD的中點，以下結論：①CN⊥BD；②MN＝NP；③MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正確的有〔 〕個 B．2個 C．3個 D．4個OC＝BCCN⊥BD，①MN是△AOBMN∥AB，MN=1AB，由直角三角形的性質得NP=1CDMN＝NP，②MNCP是平行2 2MNCP是菱形；③錯誤；由平行線的性質和等腰三角形的性質證出∠MND＝∠PNDND平分∠PNM，④正確；即可得出結論．ABCD是平行四邊形，2AC∴∥，＝= ，2AC2∵AD=1AC，2∴OC＝BC，∵NOB的中點，∴CN⊥BD，①正確；∵M、NOA、OB的中點，∴MN是△AOB的中位線，2∴MN∥AB，MN=1AB，2∵CN⊥BD，∴∠CND＝90°，∵PCD的中點，2∴NP=1CD＝PD＝PC，2∴MN＝NP，②正確；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，MNCPMNCP是菱形；③錯誤；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正確；3個，應選：C．【點評】此題考察了平行四邊形性質和判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線性質，等腰三角形的性質等；嫻熟把握三角形中位線定理、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質是解題的關鍵．7-1〔2023春?如東縣校級月考ABCDAC，BDO，BD＝2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點．以下結論正確的選項是〔 〕①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤22【分析】由中點的性質可得出EF∥CDEF=1CD＝BG，結合平行即可證得②BD＝2BC得=AG＝EG＝EF得出①正確，再證△GPE≌△FPE得出④BEFG是平行四邊形，⑤22③不正確；此題得解．GFACP，如圖：∵E、FOC、OD的中點，2∴EF∥CDEF=1CD，2ABCD為平行四邊形，∴AB∥CDAB＝CD，∴∠FEG＝∠BGE，GAB的中點，∴BG=1AB=1CD＝FE，2 2????=????在△EFG和△GBE中，{∠??????=∠??????，????=????∴△EFG≌△GBE〔SAS〕，即②正確，∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，∴GF∥BE，∵BD＝2BCO為平行四邊形對角線交點，2∴BO=1BD＝BC，2∵EOC中點，∴BE⊥OC，∴GP⊥AC，∴∠APG＝∠EPG＝90°∵GP∥BE，GAB中點，2∴PAEAP＝PEGP=1BE，2????=????在△APG和△EGP中，{∠??????=∠??????，????=????∴△APG≌△EPG〔SAS〕，2∴AG＝EG=1AB，2∴EG＝EF，即①正確，∵EF∥BG，GF∥BE，BGFE為平行四邊形，∴GF＝BE，∵GP=1BE=1GF，2 2∴GP＝FP，∵GF⊥AC，∴∠GPE＝∠FPE＝90°????=????在△GPE和△FPE中，{∠??????=∠??????，????=????∴△GPE≌△FPE〔SAS〕，∴∠GEP＝∠FEP，∴EA平分∠GEF，即④正確．∵BG＝FE，GF＝BE，BEFG是平行四邊形，BEFG是菱形，⑤③不正確；應選：B．【點評】此題考察了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、中位線定理以及平行線的性質定理，解題的關鍵是利用中位線，查找等量關系，借助于證明全等三角形找到邊角相等．7-2】〔2023春?香洲區(qū)校級期中〕如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、FAB，AD的中點，DE、BFG，連接BD，CG．有以下結論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱ABCD＝AB2；⑤2DE=√3DC；⑥BF＝BC，正確結論的有〔 〕個．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由菱形的性質及等邊三角形的性質就可以得出∠GDB＝∠GBD＝30°，得出∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，由四邊形的內角和為360°就可以求出∠BGD的值，由直角三角形的性質就可以得出中，CG＞BC＝BD，故△BDF與△CGB不全等，由三角形的面積關系可推斷④，結合④和菱形的性質進而得出結論．ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD．∠A＝∠BCD．∵∠A＝60°，∴∠BCD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形．∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°．∵E，F(xiàn)AB，AD的中點，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，故①正確；在△CDG和△CBG中，????=????{????=????，????=????∴△CDG≌△CBG〔SSS〕，∴∠DGC＝∠BGC＝60°．∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD＝GD+GD，∴CG＝DG+BG．故②正確．∵△GBC為直角三角形，∴CG＞BC，∴CG≠BD，∴△BDF與△CGB不全等．故③錯誤；∵S ＝2S

＝2×1AB?DE菱形ABCD

△ADB 2＝AB?〔√3BE〕√3＝AB?2AB2=√3AB2，2故④錯誤；√3 √3∵DE=√3BE=2AB=2CD，∴2DE=√3CD，故⑤正確；∵BD＞BF，BD＝BC，∴BC＞BF，故⑥錯誤．∴正確的有：①②⑤共三個．應選：C．【點評】此題考察了菱形的性質、全等三角形的判定與性質及等邊三角形的判定與性質，綜合的學問點較多，留意各學問點的融會貫穿．7-3】〔2023春?開州區(qū)校級期中〕如圖，在菱形ABCD中，AB＝BDE、FAB、AD上任意的點〔不與端點重合〕，AE＝DFBFDEGCGBDH．給出C60△③C與D④E中結論正確的選項是〔〕A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】先證明△ABD為等邊三角形，即可得到∠DBC的度數(shù)；依據(jù)“SAS”即可證明△AED≌△DFB；E、FAB、AD上任意的點〔不與端點重合〕，且AE＝DFE，F(xiàn)AB，AD中點時，CG⊥BD；依據(jù)三角形外角性質即可得到∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°．【解答】解：∵ABCD為菱形，∴AB＝AD，∵AB＝BD，∴△ABD為等邊三角形，∴∠A＝∠BDF＝60°＝∠DBC，又∵AE＝DF，AD＝BD，∴△AED≌△DFB，故①、②正確；E，F(xiàn)AB，AD中點時，由〔1〕知，△ABD，△BDC為等邊三角形，E，F(xiàn)AB，AD中點，∴∠BDE＝∠DBG＝30°，∴DG＝BG，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG＝∠BCG，∴CH⊥BD，CG⊥BD，故③錯誤；∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°，為定值，故④正確；綜上所述，正確的結論有①②④，應選：B．【點評】此題綜合考察了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定和性質，利用全等三角形的性質是解題的關鍵．【題型8 菱形的判定與性質綜合〔動點問題〕】8】〔2023秋?青山區(qū)期末〕ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120E、FA、CAB、CBB勻速移動〔B為止〕，E1cm/sF的速度2cm/st秒△DEFt的值為〔〕3 4A． B．4 3

3 5C． D．2 3【分析】連接BD，證出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，則BF＝BC﹣CF＝5﹣2tt的值．BD，ABCD是菱形，2∴AB＝AD，∠ADB=1∠ADC＝60°，2∴△ABD是等邊三角形，∴AD＝BD，又∵△DEF是等邊三角形，∴∠EDF＝∠DEF＝60°，又∵∠ADB＝60°，∴∠ADE＝∠BDF，∠??????=∠??????在△ADE和△BDF中，{????=???? ，∠??=∠??????∴△ADE≌△BDF〔ASA〕，∴AE＝BF，∵AE＝t，CF＝2t，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，∴t＝5﹣2t3∴t=5，應選：D．3【點評】此題主要考察了菱形的性質，全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質等學問，解題的關鍵是運用三角形全等得出AE＝BF．8-1】〔2023春?洪山區(qū)期中〕ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝8AC，BD交于O，EOC上一動點，F(xiàn)AD上一動點，假設∠BEF＝120E運動的過程中，EF長度為整數(shù)的個數(shù)有〔〕A．6個 B．5個 C．4個 D．3個【分析】由“SAS”可證△DAE≌△BAE，可得DE