數(shù)學(xué)-專項(xiàng)16 菱形的性質(zhì)與判定（帶答案）

2022-2023學(xué)年浙教版八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)精選壓軸題培優(yōu)卷專題16菱形的性質(zhì)與判定閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（2022八上·萊西期末）如圖，小聰在作線段的垂直平分線時(shí)，他是這樣操作的：分別以A和B為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧相交于，則直線即為所求．根據(jù)他的作圖方法可知，四邊形一定是（）．A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四邊形【答案】B【規(guī)范解答】由作法可知，根據(jù)四條邊都相等的四邊形是菱形，可知四邊形一定是菱形．故答案為：B．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的判定方法求解即可。2．（2分）（2022八下·威縣期末）如圖1，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于O，要在對(duì)角線BD上找兩點(diǎn)M、N，使得四邊形AMCN是菱形，現(xiàn)有圖2中的甲、乙兩種方案，則正確的方案是（）

A．只有甲 B．只有乙 C．甲和乙 D．甲乙都不是【答案】C【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，∵BM=DN，∴OM=ON，∵OA=OC，MN⊥AC，∴四邊形AMCN是菱形，故方案甲符合題意；∵四邊形ABCD是菱形，∴OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，∠BAC=∠DAC，∵AM，AN是∠BAC和∠DAC的平分線，∴∠MAC=∠NAC，∵∠AOM=∠AON=90°，在△AOM和△AON中，，∴△AOM≌△AON（ASA），∴OM=ON，∵OA=OC，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∵AC⊥MN，

∴四邊形AMCN是菱形．故方案乙符合題意．故答案為：C．【思路點(diǎn)撥】利用菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，結(jié)合圖形求解即可。3．（2分）（2022八下·順平期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，若菱形的頂點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為，點(diǎn)D在y軸上，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（）A． B． C． D．【答案】D【規(guī)范解答】∵點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為，∴∵四邊形是菱形∴，∵∴∴故答案為：D．

【思路點(diǎn)撥】由A、B的坐標(biāo)可求出AB=5，，由菱形的性質(zhì)可得，，然后根據(jù)勾股定理求出DO的長(zhǎng)，即得點(diǎn)C坐標(biāo).4．（2分）（2022八下·虎林期末）如圖，菱形中，，于，交對(duì)角線于，過作于．若的周長(zhǎng)為，則菱形的面積為（）

A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：∵四邊形是菱形，∴，AC平分∠DAB，∵，∴，∵，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴在Rt△DEF中，，∵的周長(zhǎng)為，即，∴，∴，∴，∴，∴，∴；

故答案為：B．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的性質(zhì)，四條邊相等，對(duì)邊平行，對(duì)角線平分角，求得菱形的∠DAB的度數(shù)，直角三角形中30°，所對(duì)的直角邊是斜邊的一半，根據(jù)的周長(zhǎng)為，求得對(duì)角線長(zhǎng)，對(duì)角線乘積即可求得菱形的面積。5．（2分）（2022八下·無為期末）下列說法正確的是（）A．對(duì)角線互相垂直的四邊形是菱形B．四條邊都相等的四邊形是正方形C．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形D．四個(gè)角相等的四邊形是矩形【答案】D【規(guī)范解答】解：A：對(duì)角線互相垂直且平分的的四邊形是菱形，故A不符合題意B：四條邊都相等且有一個(gè)角為直角的平形四邊形是正方形，故B不符合題意C：一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，故C不符合題意D：四個(gè)角相等的四邊形是矩形，符合題意故答案為：D

【思路點(diǎn)撥】利用菱形、正方形、平行四邊形和矩形的判定方法逐項(xiàng)判斷即可。6．（2分）（2022八下·東營期末）已知菱形，E、F是動(dòng)點(diǎn)，邊長(zhǎng)為5，，，則下列命題中正確的是（）①；②為等邊三角形；③的邊長(zhǎng)最小值為；④若，則．A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③【答案】C

【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，，∴AB＝BC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝∠BAD＝60°，∴∠B＝180°?∠BAD＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∠ACB＝60°，在△BEC和△AFC中，，∴△BEC≌△AFC（SAS），①符合題意；∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∴∠BCE＋∠ACE＝∠ACF＋∠ACE，∴∠BCA＝∠ECF＝60°，∴△ECF是等邊三角形，②符合題意；∵△ABC是等邊三角形，AB＝BC＝5，∴當(dāng)CE⊥AB時(shí)，的邊長(zhǎng)取最小值，∵∠B＝60°，∴此時(shí)∠BCE＝30°，∴BE＝，∴CE＝，∴的邊長(zhǎng)最小值為，③不符合題意；過點(diǎn)E作EM∥BC，交AC于點(diǎn)M，∵△BEC≌△AFC，∴AF＝BE＝2，

∵AB＝5，∴AE＝AB?BE＝5?2＝3，∵EM∥BC，∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，∴△AEM是等邊三角形，∴AE＝EM＝3，∵AD∥BC，∴AF∥EM∴，∴，④符合題意；故答案為：C．【思路點(diǎn)撥】利用菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，結(jié)合題意，對(duì)每個(gè)命題一一判斷即可。7．（2分）（2022八下·槐蔭期末）如圖，菱形ABCD中，，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且，連接BE，分別交AC，AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：①；②；③由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；④，其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【規(guī)范解答】解：∵四邊形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的中位線，∴OG＝AB，故①符合題意；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四邊形ABDE是菱形，故③符合題意；∵連接CG，∵O、G分別是AC，AD的中點(diǎn)，∴，∴S△ACD＝4S△AOG，∵，∴S△AOG＝S△BOG，∴S△ACD＝4S△BOG，故④符合題意；連接FD，如圖：∵△ABD是等邊三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三邊的距離相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，

∴S四邊形ODGF＝S△ABF，故②不符合題意；正確的是①③④，故答案為：C．

【思路點(diǎn)撥】利用菱形的判定和性質(zhì)、三角形的全等的判定及性質(zhì)及等邊三角形的性質(zhì)逐項(xiàng)判斷即可。8．（2分）（2022八下·費(fèi)縣期末）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)CB至E使BE＝CD，連接AE，下列結(jié)論①AE＝2OD；②∠EAC＝90°；③四邊形ADBE為菱形；④S四邊形AEBO＝S菱形ABCD中，正確的結(jié)論個(gè)數(shù)有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC=CD，AD∥BC，BD＝2DO，又∵BE=CD，∴AD＝BE，∴四邊形AEBD是平行四邊形，但不一定是菱形，故③不符合題意，∴AE＝BD，∴AE＝2DO，故①符合題意；∵四邊形AEBD是平行四邊形，四邊形ABCD是菱形，∴AE∥BD，AC⊥BD，∴AE⊥AC，即∠CAE＝90°，故②符合題意；∵四邊形AEBD是平行四邊形，

∴S△ABE＝S△ABD＝S菱形ABCD，∵四邊形ABCD是菱形，∴S△ABO＝S菱形ABCD，∴S四邊形AEBO＝S△ABE＋S△ABO＝S菱形ABCD，故④符合題意；故答案為：C．【思路點(diǎn)撥】四邊形AEBD是平行四邊形，但不一定是菱形，故③不符合題意；AE＝2DO，故①符合題意；再根據(jù)四邊形AEBD是平行四邊形，四邊形ABCD是菱形，得出AE⊥AC，即∠CAE＝90°，故②符合題意；再根據(jù)四邊形AEBD是平行四邊形，四邊形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四邊形AEBO＝S△ABE＋S△ABO＝S菱形ABCD，故④符合題意；即可得解。9．（2分）（2022八下·沭陽期末）如圖，將矩形紙片分別沿、折疊，若B、D兩點(diǎn)恰好都落在對(duì)角線的交點(diǎn)O上，下列說法：①四邊形為菱形，②，③若，則四邊形的面積為，④，其中正確的說法有（）個(gè).A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【規(guī)范解答】解：∵將矩形紙片ABCD分別沿AE、CF折疊，若B、D兩點(diǎn)恰好都落在對(duì)角線的交點(diǎn)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，∴四邊形AECF是平行四邊形，

∵AE=CE，∴四邊形AECF是菱形，故①正確；∵∠BAE=30°，∠B=90°，∴∠AEB=60°，∴∠AEC=120°，故②正確；設(shè)BE=x，∵∠BAE=30°，∴AE=2x，∴x2+22=（2x）2，解得，∴OE+BE=，∴S菱形AECF=，故③正確；∵∠ACB=30°，∴AC=2AB，∴BC=，∴AB：BC=1：，故④錯(cuò)誤；綜上，正確的結(jié)論為①②③.故答案為：B.【思路點(diǎn)撥】易得OC=CD=AB=OA，∠COF=∠EOA=∠B=∠D=90°，∠OCF=∠DCF，∠BAE=∠OAE，由平行線的性質(zhì)及含30°角直角三角形的性質(zhì)可得∠ACB=∠CAD=30°，∠BAC=∠ACD=60°，易得AE∥CF，AE=CE，則四邊形AECF是平行四邊形，然后根據(jù)AE=CE以及菱形的判定定理可判斷①；根據(jù)余角的性質(zhì)可得∠AEB=60°，結(jié)合鄰補(bǔ)角的性質(zhì)可判斷②；設(shè)BE=x，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AE=2x，根據(jù)勾股定理求出x的值，然后根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半可判斷③；易得AC=2AB，根據(jù)勾股定理可得BC=AB，據(jù)此判斷④.10．（2分）（2022八下·上城期末）已知，是矩形對(duì)角線的交點(diǎn)，作，，，相交于點(diǎn)，連結(jié)下列說法正確的是()

四邊形為菱形；；；若，則.A．①③ B．①②④ C．①④ D．③④【答案】C【規(guī)范解答】解：①，，四邊形DEAO是平行四邊形，四邊形ABCD是矩形，，四邊形DEAO為菱形，故①正確；②當(dāng)△AOB是等邊三角形時(shí)，才能成立，故②錯(cuò)誤；③當(dāng)△AOB是等邊三角形時(shí)，才能成立，故③錯(cuò)誤；④如圖，設(shè)AC與BE交于點(diǎn)F，，，，，是矩形ABCD對(duì)角線BD的中點(diǎn)，是BE的中點(diǎn)，是BE的垂直平分線，，四邊形DEAO為菱形，，四邊形ABCD是矩形，

，，，，在和中，，≌，，.說法正確的是①④.故答案為：C.【思路點(diǎn)撥】由題意可得四邊形DEAO是平行四邊形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OA=OD，然后根據(jù)菱形的判定定理可判斷①；根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可判斷②③；設(shè)AC與BE交于點(diǎn)F，易得AC⊥BE，AF是BE的垂直平分線，則AB=AE，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得DE=AE，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB=CD，∠BCD=90°，AD=BC，則DE=DC，證明△BDE≌△BDC，得到BE=BC，則AD=BE，據(jù)此判斷④.閱卷人二、填空題(共10題；每題2分，共20分)得分11．（2分）（2022八下·撫遠(yuǎn)期末）如圖，在菱形中，是上一點(diǎn)，連接交對(duì)角線于點(diǎn)，連接，若，則°．【答案】40【規(guī)范解答】解：∵四邊形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°，故答案為：40．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的性質(zhì)對(duì)邊平行，鄰邊相等，對(duì)角線是角平分線，證得△ABF≌△CBF（SAS），∠BAF=∠BCF，直線平行內(nèi)錯(cuò)角相等即可證得.12．（2分）（2022八下·平山期末）如圖，點(diǎn)E是菱形的邊上一點(diǎn)，且，則．【答案】【規(guī)范解答】解：∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，在中，，，∴，又∵，∴，∴．故答案為：

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)題意即可得到AE=AB=AD，∠ADE=55°，又因?yàn)椤螧=70°，即可得到∠ADC=110°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，得到答案即可。13．（2分）（2022八下·廣饒期末）

如圖，菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，AC＝12，BD＝16，點(diǎn)P為邊BC上一點(diǎn)，且P不與點(diǎn)B、C重合．過P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，連結(jié)EF，則EF的最小值等于．【答案】4.8【規(guī)范解答】解：連接，四邊形是菱形，四邊形為矩形，當(dāng)時(shí)，有最小值，此時(shí)的最小值為，故答案為：4.8．【思路點(diǎn)撥】利用勾股定理和三角形的面積公式計(jì)算求解即可。14．（2分）（2022八下·黃山期末）

如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)是4，∠A=60°，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，以BG為邊作菱形BEFG，其中點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)P為FD的中點(diǎn)，連接PB．則PB=．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接BF、BD，∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∴AB=BC=CD=4，∵∠A=60°，∴∠C＝∠A＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴BD=BC=4，∠DBC=60°，∴∠DBA=60°，∵點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，∴菱形BEFG的邊長(zhǎng)為2，即BE=EF=BG=2，∵點(diǎn)E在CB的延長(zhǎng)線上，∠GBE=60°，∴∠FBG=30°，連接EG，交BF于O，∵四邊形BEFG是菱形，∴EG⊥FB，∠OBG=30°，OB=OF，∴OG=BG=1，∴OB=OG=，

∴FB=2OB=2，∵∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，∴DF=，∵點(diǎn)P為FD的中點(diǎn)，∴PB=DF=．故答案為：．

【思路點(diǎn)撥】連接BF、BD，先證明∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，再利用勾股定理求出DF的長(zhǎng)，最后利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得PB=DF=。15．（2分）（2022八下·湖里期末）如圖，在一張菱形紙片ABCD中，，，點(diǎn)E在BC邊上（不與B，C重合），將沿直線AE折疊得到，連接BF，EF，DF，有以下四個(gè)結(jié)論：①；②∠BFD的大小不變；③當(dāng)時(shí)，；④當(dāng)時(shí)，則FE平分∠AFB．以上結(jié)論中，其中正確結(jié)論是．（寫出所有正確答案的序號(hào)）．【答案】②③④【規(guī)范解答】解：①，，如圖設(shè)與交于點(diǎn)，

當(dāng)時(shí)，，折疊，，，是等邊三角形，垂直平分，則，若與不垂直，則，故①不正確；②，，，，，，故②正確；③如圖，當(dāng)時(shí)，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得在直線上，則共線，，，，

，，，，，故③正確；④如圖，由①可得是等邊三角形，，折疊，，，，，，即平分∠AFB．故④正確．故答案為：②③④．

【思路點(diǎn)撥】①根據(jù)菱形的性質(zhì)及折疊知：當(dāng)時(shí)，可推出，若與不垂直，則，據(jù)此判斷即可；②根據(jù)菱形的性質(zhì)及折疊知，利用等腰三角形的性質(zhì)可得，，由菱形的性質(zhì)及∠B的度數(shù)，求出∠BAD=150°，由∠BFD=（180°-∠BAF）+（180°-∠DAF）=180°-∠BAD即可求解.16．（2分）（2022八下·倉山期末）在中，點(diǎn)O是對(duì)角線

的中點(diǎn).過點(diǎn)O作直線，直線分別交于點(diǎn)H，F(xiàn)，直線分別交于點(diǎn)G，E.連接.有下列四個(gè)結(jié)論：①四邊形可以是平行四邊形；②四邊形可以是矩形；③四邊形不可以是菱形；④四邊形不可以是正方形，其中正確的是.（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖：

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，∴，∵點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，∴，∵，∴，∴，同理可得，∴，∴四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；當(dāng)時(shí)，四邊形EFGH是矩形，故②正確；當(dāng)時(shí)，四邊形EFGH是菱形，故③錯(cuò)誤；

將圖3中的順時(shí)針和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，可得OE和OH同增同減，∴當(dāng)時(shí)，不存在，∴四邊形EFGH不可以是正方形，故④正確；故答案為：①②④.【思路點(diǎn)撥】由平行四邊形以及平行線的性質(zhì)得∠DAC=∠BCA，根據(jù)中點(diǎn)的概念得AO=CO，根據(jù)對(duì)頂角相等得∠AOH=∠COF，證明△AOH≌△COF，得到OF=OF，同理可證△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根據(jù)平行四邊形的判定定理可判斷①；根據(jù)矩形的判定定理可判斷②；根據(jù)菱形的判定定理可判斷③；將圖3中的Rt△EOH順時(shí)針和逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，可得OE和OH同增同減，當(dāng)OE⊥OH時(shí)，不存在OE=OH，根據(jù)正方形的判定定理可判斷④.17．（2分）（2022八下·長(zhǎng)沙月考）如圖，矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，，，，交AC于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FO交AB于點(diǎn)E，則下列結(jié)論：①；②四邊形EBFD是菱形；③；④.其中結(jié)論正確的序號(hào)是.【答案】①②③④【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴，∴，∵，∴為等邊三角形，∴，，

∵，∴，∴FM是OC的垂直平分線，∴，故①正確；∵，∴，在與中，，∴，∴，∵，∴四邊形EBFD為平行四邊形，由①得為等邊三角形，∴，∴，∵，∴，∵，為等邊三角形，∴，∴∴，∴四邊形EBFD為菱形，②正確；由②可得：，∴，∵，∴，

∴，在與中，，∴，③正確；∵四邊形ABCD為矩形，∴，∵，，∴，∴，④正確，∴正確結(jié)論為：①②③④.故答案為：①②③④.【思路點(diǎn)撥】由矩形的性質(zhì)可得OA=OB=OC=OD，推出△OBC為等邊三角形，得到OB=BC=OC，∠OBC=60°，易得FM是OC的垂直平分線，據(jù)此判斷①；根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DFE=∠BEF，證明△DOF≌△BOE，得到DF=BE，推出四邊形EBFD為平行四邊形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠OBC=∠OCB=60°，則∠ACD=∠BCD-∠OCB=30°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠ACD=∠BDC=30°，易得∠DBE=30°，則∠DBF=∠BDC，推出DF=BF，然后根據(jù)菱形的判定定理可判斷②；根據(jù)全等三角形的判定定理可判斷③；根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD=BC，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得CM=BC，利用勾股定理求出MB，據(jù)此判斷④.18．（2分）（2021八下·姑蘇期末）如圖，菱形的邊長(zhǎng)為，，點(diǎn)是邊上任意一點(diǎn)（可以與點(diǎn)或點(diǎn)重合），分別過點(diǎn)、、作射線的垂線，垂足分別是、、，設(shè)，則的取值范圍是.

【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接AM，∵四邊形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的面積＝，∵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，故答案為：≤m≤3.【思路點(diǎn)撥】連接AC、BD交于點(diǎn)O，連接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的取值范圍.19．（2分）（2021八下·槐蔭期末）如圖，在菱形和菱形中，點(diǎn)A、B、E在同一直線上，P是線段的中點(diǎn)，連接、．若，則的值為．【答案】【規(guī)范解答】延長(zhǎng)交于點(diǎn)四邊形，是菱形，點(diǎn)A、B、E在同一直線上，

P是線段的中點(diǎn)又即P是線段的中點(diǎn)，平分（三線合一），∴∠PCG=30°，∴CG=2PC，；故答案為；【思路點(diǎn)撥】先求出，再求出，最后計(jì)算求解即可。20．（2分）（2021八下·龍口期中）如圖，AC是菱形ABCD的對(duì)角線，P是AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作AB和BC的垂線，垂足分別是點(diǎn)F和E，若菱形的周長(zhǎng)是12cm，面積是6cm2，則PE+PF的值是cm．【答案】2

【規(guī)范解答】解：連接BP，（cm2），∴AB＝BC＝＝3（cm），∴=（cm2），∴，∴（cm），故答案為：2．【思路點(diǎn)撥】此題關(guān)鍵是連接BP，根據(jù)面積相等，將三角形ABC的面積分成2個(gè)小三角形ABP和三角形BPC的面積，從而得到PE+PF的值閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（6分）（2022八下·巴彥期末）在四邊形ABCD中，ADBC，AD＝BC，BD平分∠ABC．（1）（3分）如圖1，求證：四邊形ABCD是菱形；（2）（3分）如圖2，連接AC，過點(diǎn)D作DE⊥BD交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，在不添加任何輔助線的情況下，請(qǐng)直接寫出圖中所有與CDE面積相等的三角形（CDE除外）．【答案】（1）證明：∵AD∥BC，AD＝BC，∴ABCD為平行四邊形，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴四邊形ABCD為菱形；

（2）解：∵DE⊥BD，AC⊥BD，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴BC＝AD＝CE，∴圖中所有與△CDE面積相等的三角形有BCD，ABD，ACD，ABC．【思路點(diǎn)撥】（1）利用菱形的判定方法證明即可；

（2）先求出AC∥DE，再求出BC＝AD＝CE，最后求解即可。22．（6分）（2022八下·西青期末）如圖，菱形的對(duì)角線，相交于點(diǎn)O，E是的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G在上，，．（1）（3分）求證：四邊形是矩形；（2）（3分）若，，求和的長(zhǎng)．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，又∵E是AD的中點(diǎn)，∴OE是△ACD的中位線，∴，又∵，∴四邊形OEFG是平行四邊形，又∵，∴∠EFG=90°，∴四邊形是矩形．（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠AOD=90°，AD=CD=10，又∵點(diǎn)E是的中點(diǎn)，∴，∴，在Rt△DEF中，∠EFD=90°，∴，

∴．【思路點(diǎn)撥】（1）先證明四邊形OEFG是平行四邊形，再結(jié)合∠EFG=90°，即可得到四邊形是矩形；

（2）先求出，再利用勾股定理求出DF的長(zhǎng)，最后利用線段的和差求出CG的長(zhǎng)即可。23．（10分）（2022八下·西雙版納期末）如圖，在Rt中，，D是的中點(diǎn)，E是的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF//BC交延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）（3分）求證：；（2）（3分）求證：四邊形是菱形；（3）（4分）若，菱形的面積為10，求的長(zhǎng)．【答案】（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE=DE，∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，在△AEF和△DEB中，，∴△AEF≌△DEB（AAS）；（2）證明：由（1）得：△AEF≌△DEB，∴AF=DB，又∵AF∥BC，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∵∠BAC=90°，D是BC的中點(diǎn)，∴AD=BC=CD，

∴四邊形ADCF是菱形；（3）解：∵D是的中點(diǎn)，∴，∵，∴，∵，即，∴，∴；【思路點(diǎn)撥】（1）利用全等三角形的判定方法證明即可；

（2）先求出四邊形ADCF是平行四邊形，再求出AD=BC=CD，最后證明即可；

（3）先求出，再利用三角形的面積公式和勾股定理計(jì)算求解即可。24．（6分）（2022八下·任丘期末）如圖，在平行四邊形中，，以點(diǎn)為圓心，長(zhǎng)為半徑畫弧交于點(diǎn)，分別以點(diǎn)，為圓心，大于的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)，作射線交于點(diǎn)，交于點(diǎn)．（1）（3分）求證：是等腰三角形；（2）（3分）若，，求的長(zhǎng)．【答案】（1）證明：由作圖可知，平分，，四邊形是平行四邊形，，，，；（2）解：如圖，設(shè)交于點(diǎn)．

由作圖可知：，，，，四邊形是平行四邊形，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是菱形，，，在中，，，．故答案為．【思路點(diǎn)撥】（1）由作圖可知平分，可得，由平行四邊形的性質(zhì)可得，利用平行線的性質(zhì)可得，從而得出，根據(jù)等腰三角形的判定即證；

（2）設(shè)交于點(diǎn)，先證四邊形是菱形，可得OA=OE，OB=OF=3，利用勾股定理求出OA的長(zhǎng)，從而求出AE的長(zhǎng).25．（11分）（2022八下·曹妃甸期末）如圖，在矩形中，，，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，每秒個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿對(duì)角線方向運(yùn)動(dòng)．已知點(diǎn)、兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)時(shí)，、兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，連接，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒．（1）（1分），；（2）（3分）當(dāng)為何值時(shí)，；（3）（3分）在運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在一個(gè)時(shí)刻，使所得沿它的一邊翻折，翻折前后兩個(gè)三角形組成的四邊形為菱形？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．（4）（3分）當(dāng)點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)落在的內(nèi)部（不包括邊上）時(shí)，請(qǐng)直接寫出的取值范圍．【答案】（1）3；6

（2）解：根據(jù)題意得：，CQ=2t，∴，∵，∴，解得；（3）解：存在，根據(jù)題意得：，①當(dāng)時(shí)，沿折疊，所得四邊形為菱形．由（2）得：；②當(dāng)時(shí)，沿折疊，所得四邊形為菱形．過點(diǎn)P作PM⊥AC于點(diǎn)M，則，∵∠BAC=30°，∴，∵，∴，解得：或-6（舍去）；③當(dāng)時(shí)，沿折疊，所得四邊形為菱形．過點(diǎn)Q作QM⊥AB于點(diǎn)M，則，∵∠BAC=30°，∴，∵，∴，解得：或6（舍去）．綜上所述，t的值為或或；（4）解：根據(jù)題意得：，如圖，以AB所在的直線為x軸，

AD所在的直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，則點(diǎn)，點(diǎn)D（0，3），，過點(diǎn)Q作QN⊥AB于點(diǎn)N，∵∠BAC=30°，∴，∴，∴點(diǎn)，∴點(diǎn)，∵點(diǎn)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)落在的內(nèi)部（不包括邊上），∴，解得：．【規(guī)范解答】解：（1）解：在矩形中，∠B=90°，∵，∴AC=2BC，∵，∴，解得：BC=3或-3（舍去），∴AC=6；故答案為：3，6

【思路點(diǎn)撥】（1）由矩形的性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AC=2BC，根據(jù)勾股定理可得，據(jù)此求出BC、AC的長(zhǎng)；

（2）根據(jù)題意得，CQ=2t，從而得出，根據(jù)AP=AQ建立方程并解之即可；

（3）由題意得，分三種情況：當(dāng)時(shí)②當(dāng)時(shí)，③當(dāng)時(shí)根據(jù)折疊的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)分別解答即可；

（4）根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)進(jìn)行解答即可.26．（10分）（2022八下·鞍山期末）如圖①，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2cm，，點(diǎn)M從點(diǎn)D開始向點(diǎn)C以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)C開始以相同的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，連接AM，AN，MN，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為xs；

（1）（3分）試判斷的形狀，請(qǐng)說明理由；（2）（3分）當(dāng)x為多少時(shí)，點(diǎn)A到MN的距離h最小？請(qǐng)直接寫出滿足條件的x和h的值；（3）（4分）在（2）的條件下，連接對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，在圖②畫出圖形并判斷以O(shè)，N，M，D為頂點(diǎn)的四邊形的形狀，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）解：△AMN為等邊三角形，理由如下：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，，∴AD=CD=AB=BC，∠D=∠ABC=60°，∴△ACD和△ABC是等邊三角形，∴AC=AD，∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，∵點(diǎn)M從點(diǎn)D開始向點(diǎn)C以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)N從點(diǎn)C開始以相同的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，∴DM=CN，∴△ADM≌△ACN，∴AM=AN，∠DAM=∠CAN，∴∠DAM+∠CAM=∠CAN+∠CAM，∴∠CAD=∠MAN=60°，∴△A