【備戰(zhàn)2021-專項突破】專題12.2-矩形菱形和正方形（2）（解析版）

專題12.2矩形菱形和正方形備戰(zhàn)2021年中考數學精選考點專項突破卷（2）一、單選題(共30分)1．(本題3分)（2020·湖南中考真題）在矩形中，、相交于點，若的面積為2，則矩形的面積為（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根據矩形的性質得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面積.【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，對角線、相交于點，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,∴矩形的面積為,故選：C.【點睛】此題考查矩形的性質：矩形的對角線相等，且互相平分，由此可以將矩形的；面積四等分，由此可以解決問題，熟記矩形的性質定理是解題的關鍵.2．(本題3分)（2020·黑龍江中考真題）如圖，菱形的對角線、相交于點，過點作于點，連接，若，，則的長為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據菱形面積=對角線積的一半可求BD，再根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD==48，∴BD=8，∵DH⊥AB，BO=DO=4，∴OH=BD=4．故選：A．【點睛】本題考查了菱形的性質，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，關鍵是靈活運用這些性質解決問題．3．(本題3分)（2020·黑龍江中考真題）如圖，在矩形中，，，點E在邊上，，垂足為F．若，則線段的長為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】證明△AFD∽△EBA，得到，求出AF，即可求出AE，從而可得EF.【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD=3，BC=AD=10，AD∥BC，∴∠AEB=∠DAF，∴△AFD∽△EBA，∴，∵DF=6，∴AF=，∴，∴AE=5，∴EF=AF-AE=8-5=3.故選B.【點睛】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，解題的關鍵是掌握相似三角形的判定方法.4．(本題3分)（2020·山東泰安·中考真題）如圖，矩形中，相交于點O，過點B作交于點F，交于點M，過點D作交于點E，交于點N，連接．則下列結論：①；②；③；④當時，四邊形是菱形．其中，正確結論的個數是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】通過判斷△AND≌△CMB即可證明①，再判斷出△ANE≌△CMF證明出③，再證明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，進而判斷出②，通過DF與EB先證明出四邊形為平行四邊形，再通過三線合一以及內角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，進而得到DE=BE，即可知四邊形為菱形．【詳解】∵BF⊥AC∴∠BMC=90°又∵∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC∴∠DNA=∠BMC=90°∵四邊形ABCD為矩形∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB∴∠ADB=∠CBD∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM在△AND與△CMB∵∴△AND≌△CMB(AAS)∴AN=CM，DN=BM，故①正確．∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE=∠CMF=90°在△ANE與△CMF中∵∴△ANE≌△CMF（ASA）∴NE=FM，AE=CF，故③正確．在△NFM與△MEN中∵∴△NFM≌△MEN（SAS）∴∠FNM=∠EMN∴NF∥EM，故②正確．∵AE=CF∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB又根據矩形性質可知DF∥EB∴四邊形DEBF為平行四邊根據矩形性質可知OD=AO，當AO=AD時，即三角形DAO為等邊三角形∴∠ADO=60°又∵DN⊥AC根據三線合一可知∠NDO=30°又根據三角形內角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°故DE=EB∴四邊形DEBF為菱形，故④正確．故①②③④正確故選D．【點睛】本題矩形性質、全等三角形的性質與證明、菱形的判定，能夠找對相對應的全等三角形是解題關鍵．5．(本題3分)（2020·四川中考真題）如圖，，，點A在上，四邊形是矩形，連接、交于點E，連接交于點F．下列4個判斷：①平分；②；③；④若點G是線段的中點，則為等腰直角三角形．正確判斷的個數是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】①，先說明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性質可得DE=BE，最后根據等腰三角形的性質即可判斷；②證明△OFA≌△OBD即可判斷；③過F作FH⊥AD，垂足為H,然后根據角平分線定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函數即可判定；④連接AG,然后證明△OGA≌△ADE,最后根據全等三角形的性質和角的和差即可判斷．【詳解】解：①∵∴△OBD是等腰三角形∵四邊形是矩形∴DE=BE=BD，DA⊥OB∴平分，OE⊥BD故①正確；②∵OE⊥BD,DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°∵∠EDF=∠AOF∵DA⊥OB，∴OA=AD在△OFA和△OBD中∠EDF=∠AOF,OA=AD,∠DAO=∠DAB∴△OFA≌△DAB∴OF=BD,即②正確；③過F作FH⊥OD，垂足為H,∵平分，DA⊥OB∴FH=AF∵，DA⊥OB∴∠HDF=45°∴sin∠HDF=,即；故③正確；④由②得∠EDF=∠AOF，∵G為OF中點∴OG=OF∵DE=BE=BD，OF=BD∴OG=DE在△OGA和△AED中OG=DE,∠EDF=∠AOF，AD=OA∴△OGA≌△AED∴OG=EF,∠GAO=∠DAE∴△GAE是等腰三角形∵DA⊥OB∴∠OAG+∠DAG=90°∴∠DAE+∠DAG=90°,即∠GAE=90°∴△GAE是等腰直角三角形，故④正確．故答案為A．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質、矩形的性質、等腰三角形的判定與性質、角平分線的性質以及解直角三角形等知識點，考查知識點較多，故靈活應用所學知識成為解答本題的關鍵．6．(本題3分)（2020·浙江中考真題）如圖，點O為矩形ABCD的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿AB向點B運動，移動到點B停止，延長EO交CD于點F，則四邊形AECF形狀的變化依次為（）A．平行四邊形→正方形→平行四邊形→矩形B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根據對稱中心的定義，根據矩形的性質，可得四邊形AECF形狀的變化情況．【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．故選：B．【點睛】考查了中心對稱，矩形的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的性質，根據EF與AC的位置關系即可求解．7．(本題3分)（2020·浙江中考真題）四邊形具有不穩(wěn)定性，對于四條邊長確定的四邊形．當內角度數發(fā)生變化時，其形狀也會隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內角，正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′．若∠D′AB＝30°，則菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積之比是（）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】如圖，連接DD＇,延長C＇D＇交AD于E，由菱形ABC＇D＇，可得AB∥C＇D＇,進一步說明∠ED＇D=30°,得到菱形AE=AD;又由正方形ABCD,得到AB=AD,即菱形的高為AB的一半,然后分別求出菱形ABC＇D＇和正方形ABCD的面積,最后求比即可．【詳解】解：如圖：延長C＇D＇交AD于E∵菱形ABC＇D＇∴AB∥C＇D＇∵∠D＇AB=30°∴∠AD＇E=∠D＇AB=30°∴AE=AD又∵正方形ABCD∴AB=AD,即菱形的高為AB的一半∴菱形ABC′D′的面積為，正方形ABCD的面積為AB2．∴菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積之比是．故答案為B．【點睛】本題主要考出了正方形的性質、菱形的性質以及含30°直角三角形的性質，其中表示出菱形ABC′D′的面積是解答本題的關鍵．8．(本題3分)（2020·貴州中考真題）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（）A．16 B．24 C．16或24 D．48【答案】B【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周長．【詳解】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵x2﹣10x+24＝0，因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，解得：x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．故選：B．【點睛】本題考查菱形的性質、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關系，熟練掌握并靈活運用是解題的關鍵．9．(本題3分)（2020·濰坊市寒亭區(qū)教學研究室九年級一模）如圖，在中，，，將繞點逆時針方向旋轉得，其中，，是點，旋轉后的對應點，，相交于點．若四邊形為菱形，則的大小是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意可得AB∥CF，可得∠ACF=40°，根據AB=AC=AF，可得∠AFC=40°，即∠CAF=100°且∠EAF=40°，則可求∠CAE的大?。驹斀狻俊逜BDF是菱形∴AB∥CF，AB=AF∴∠BAC=∠ACF=40°，AF=AC∴∠ACF=∠AFC=40°∴∠CAF=100°∵將△ABC繞點A逆時針方向旋轉得△AEF∴∠EAF=∠BAC=40°∴∠EAC=∠CAF-∠EAF=60°故選：C．【點睛】此題考查旋轉的性質，菱形的性質，等腰三角形的性質，解題關鍵是靈活運用這些性質解決問題．10．(本題3分)（2020·浙江中考真題）下是關于某個四邊形的三個結論：①它的對角線相等；②它是一個正方形；③它是一個矩形．下列推理過程正確的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根據正方形和矩形的性質定理解題即可．【詳解】根據正方形特點由②可以推理出③，再由矩形的性質根據③推出①，故選A．【點睛】此題考查正方形和矩形的性質定理，難度一般．二、填空題(共30分)11．(本題3分)（2020·遼寧）菱形的周長是，，那么這個菱形的對角線的長是__________．【答案】【分析】先畫出圖象，根據菱形周長求出邊長，再由條件得是等邊三角形，從而知道對角線AC長就等于菱形邊長．【詳解】解：如圖，∵菱形的周長是4，∴每條邊長都是1，∵AB=BC，，∴是等邊三角形，∴AC=AB=BC=1．故答案是：1．【點睛】本題考查菱形的性質，解題的關鍵是根據題目條件以及菱形的性質，畫出圖象，發(fā)現等邊三角形得到AC長．12．(本題3分)（2020·廣東九年級其他模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=80o，AB的垂直平分線交對角線AC于點F，垂足為E，連接DF，則∠CDF等于_________【答案】60°【詳解】連接BF，∵四邊形ABCD是菱形，∴△ABC和△ADC關于AC對稱，AB∥CD，∠BAC=∠DAC=40°，∴∠ADF=∠ABF，∠ADC+∠BAD=180°，∵EF是AB的垂直平分線，∠BAD=80°，∴AF=BF，∠ADC=100°，∴∠ABF=∠BAC=40°，∴∠ADF=40°，∴∠CDF=100°-40°=60°.13．(本題3分)（2020·北京四中九年級其他模擬）如圖，菱形中，，，交于點，若是邊的中點，，則的長等于__________，的度數為__________．【答案】5【分析】根據菱形的性質得出BO＝DO，∠ADO＝∠ADC，AB∥CD，由三角形中位線定理得出OE∥AB，OE＝AB＝5，根據平行線的判定與性質以及角平分線定義即可求出∠ADO的度數．【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴BO＝DO，∠ADO＝∠ADC，AB∥CD，∵E是邊AD的中點，BO＝DO，∴OE是△ABD的中位線，∴OE∥AB，OE＝AB＝5，∴OE∥CD，∴∠ADC＝∠AEO＝32°，∴∠ADO＝16°．故答案為：5，16°．【點睛】本題考查了菱形的性質，三角形中位線定理，平行線的判定與性質，角平分線定義，證明出OE是△ABD的中位線是本題的關鍵．14．(本題3分)（2020·廣東九年級二模）如圖，把菱形ABCD沿AH折疊，使B點落在BC上的E點處，若∠B=70°，則∠EDC的大小為______．【答案】15°【分析】根據菱形的性質，可得∠ADC=∠B=70°，從而得出∠AED=∠ADE．又因為AD∥BC，故∠DAE=∠AEB=70°，∠ADE=∠AED=55°，即可求解．【詳解】解：根據菱形的對角相等得∠ADC=∠B=70°．∵AD=AB=AE，∴∠AED=∠ADE．根據折疊得∠AEB=∠B=70°．∵AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB=70°，∴∠ADE=∠AED=（180°-∠DAE）÷2=55°．∴∠EDC=70°-55°=15°．故答案為：15°.【點睛】本題考查了翻折變換，菱形的性質，三角形的內角和定理以及平行線的性質，熟練運用折疊的性質是本題的關鍵．15．(本題3分)（2020·湖北九年級一模）在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，點F是對角線AC上（不與點A，C重合）一動點，當是等腰三角形時，則∠AFD的度數為_____．【答案】108°或72°【分析】利用菱形的性質求解再分兩種情況：①DF＝AF；②AD＝AF，③計算出每種情況下的的度數即可．【詳解】解：∵是等腰三角形，①當DF＝AF時，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∠ADF＝∠DAF＝36°，∴∠AFD＝180°﹣36°﹣36°＝108°，②當時，如圖記為，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∴③當時，與重合，故舍去；綜上所述，∠AFD的度數為108°或72°；故答案為：108°或72°．【點睛】本題考查的是菱形的性質，等腰三角形的性質，數學分類討論思想，掌握以上知識是解題的關鍵．16．(本題3分)（2020·湖北九年級一模）如圖，將矩形繞點順時針旋轉50°，得到矩形，點，，在一條直線上，連接，則的度數為_______．【答案】65°【分析】連接AC，由旋轉的性質可得∠CAC=50°，根據四邊形ABCD是矩形和旋轉的性質，得出AC=AC，即可求出答案．【詳解】解：連接AC，，由旋轉的性質可得∠CAC=50°，∵四邊形ABCD是矩形，且矩形為旋轉所得，∴AC=AC，∴∠ACB=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案為：65°．【點睛】本題考查了矩形的性質，旋轉的性質，等腰三角形的性質，得出∠CAC=50°是解題關鍵．17．(本題3分)（2020·山東八年級期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線，，于點，則的長為_________．【答案】．【分析】根據菱形的面積等于對角線積的一半，可求得菱形的面積，又由菱形的對角線互相平分且垂直，可根據勾股定理得的長，根據菱形的面積的求解方法：底乘以高或對角線積的一半，即可得菱形的高．【詳解】解：四邊形是菱形，，，，，，．故答案為：．【點睛】此題考查了菱形的性質：菱形的對角線互相平分且垂直；菱形的面積的求解方法：底乘以高或對角線積的一半．18．(本題3分)（2020·山東九年級一模）如圖，，是正方形的對角線上的兩點，，，則四邊形的周長是______．【答案】【分析】連接BD交AC于點O，則可證得OE＝OF，OD＝OB，可證四邊形BEDF為平行四邊形，且BD⊥EF，可證得四邊形BEDF為菱形；根據勾股定理計算DE的長，可得結論．【詳解】如圖，連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，∵AE＝CF＝3，∴OA?AE＝OC?CF，即OE＝OF，∴四邊形BEDF為平行四邊形，且BD⊥EF，∴四邊形BEDF為菱形，∴DE＝DF＝BE＝BF，∵AC＝BD＝12，∴DO=AO=OE＝OF＝，由勾股定理得：DE＝＝，∴四邊形BEDF的周長＝4DE＝4×3＝12，故答案為：．【點睛】本題主要考查正方形的性質、菱形的判定和性質及勾股定理，掌握對角線互相垂直平分的四邊形為菱形是解題的關鍵．19．(本題3分)（2020·山西九年級專題練習）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，過對角線交點O作EF⊥AC交AD于點E，交BC于點F，則DE的長是_____．【答案】【分析】連接，由矩形的性質得出，，，，由線段垂直平分線的性質得出，設，則，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】解：連接，如圖所示：四邊形是矩形，，，，，，，設，則，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質、線段垂直平分線的性質、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的性質，由勾股定理得出方程是解題的關鍵．20．(本題3分)（2020·蘭州市第四十九中學九年級二模）如圖，已知四邊形ABCD是菱形，按以下步驟作圖：①以頂點B為圓心，BD長為半徑作弧，交AD于點E；②分別以D，E為圓心，以大于DE的長為半徑作弧，兩弧交于點F，射線BF交AD于點G，連接CG，若∠BCG＝30°，AG＝3，則菱形ABCD的面積等于_____．【答案】【分析】過點D作DH⊥BC于點H，證明CH＝AG，設BG＝x，由三角函數用x表示BC，在Rt△CDH中由勾股定理列出x的方程，進而由菱形的面積公式求得結果．【詳解】解：過點D作DH⊥BC于點H，由作圖知，BG⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，AD∥BC，∴BG⊥BC，∴BG∥DH，∴四邊形BHDG為矩形，∴BG＝DH，DE＝BH，∴AE＝CH＝3，設BG＝x，∵∠BCG＝30°，∴CD＝BC＝，∵CD2﹣DH2＝CH2，∴，∴，∴DH＝，BC＝，∴菱形ABCD的面積＝BC?DH＝，故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角函數、勾股定理、菱形的性質與判定、矩形的性質與判定，準確分析計算是解題的關鍵．三、解答題(共60分)21．(本題6分)（2020·江蘇九年級二模）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F，且BE＝DF．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若點E是BC的中點，求∠C的度數．【答案】（1）見解析；（2）120°【分析】（1）利用AAS證出△AEB≌△AFD，再根據全等三角形的性質證明AB＝AD，最后根據菱形的定義即可證出結論；（2）連接AC，根據線段垂直平分線的性質得到AB＝AC，根據菱形的性質得到AB＝BC，根據等邊三角形的性質得到∠B＝60°，于是得到結論．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B＝∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB＝∠AFD＝90°∵BE＝DF，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AB＝AD，∴四邊形ABCD是菱形；（2）解：連接AC，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，∵AE⊥BC，∴AB＝AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∴AB＝AC＝BC，∴∠B＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°．【點睛】此題考查的是全等三角形的判定及性質、菱形的判定及性質、垂直平分線的性質和等邊三角形的判定及性質，掌握全等三角形的判定及性質、菱形的判定及性質、垂直平分線的性質和等邊三角形的判定及性質是解題關鍵．22．(本題7分)（2020·西安市鐵一中學九年級二模）如圖，正方形ABCD，點E，F分別在AD，BD上，且DE＝CF，AF，BE相交于點G，求證：BE⊥AF．【答案】見解析【分析】先由正方形的性質得出判定△BAE和△ADF全等的條件，再判定△BAE≌△ADF，然后由全等三角形的性質得出∠ABE＝∠DAF，從而可證得∠AGB＝90°，由垂直的定義可得結論．【詳解】解：∵四邊形形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，又∵DE＝CF，∴AE＝DF，∴在△BAE和△ADF中，，∴△BAE≌△ADF（SAS）．∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAG＝90°，∴∠ABE+∠BAG＝90°，∴∠AGB＝90°，∴BE⊥AF．【點睛】本題主要考查了正方形的性質及全等三角形的判定和性質，通過正方形的性質尋找條件證明△BAE≌△ADF是解題的關鍵．23．(本題7分)（2020·湖南九年級其他模擬）如圖，，且，是的中點.（1）求證：四邊形是平行四邊形；（2）連接、，寫出添加一個什么條件時，四邊形是矩形.并說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）添加，理由見解析.【分析】（1）證明，結合已知條件，利用一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，即可得到結論；（2）由矩形的性質逆推出要添加的條件，再根據添加的條件證明四邊形是矩形即可得到答案．【詳解】（1）證明：∵是中點，∴．∵，∴．又∵，∴四邊形是平行四邊形．（2）解：添加，理由如下：連接、，如圖，∵，，∴四邊形是平行四邊形．∵，，∴．∴四邊形是矩形．【點睛】本題考查的是平行四邊形的性質，矩形的判定，掌握以上知識是解題的關鍵．24．(本題8分)（2020·湖北省潛江市張金中學九年級其他模擬）如圖，?ABCD中，點E是BC的中點，連接AE并延長交DC延長線于點F．（1）求證：CF=AB；（2）連接BD、BF，當∠BCD=90°時，求證：BD=BF．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）欲證明AB=CF，只要證明△AEB≌△FEC即可；（2）想辦法證明AC=BD，BF=AC即可解決問題；【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DF，∴∠BAE=∠CFE，在△AEB和△FEC中，，∴△AEB≌△FEC(AAS)，∴AB=CF；（2）連接AC．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BCD=90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴BD=AC，∵AB=CF，AB∥CF，∴四邊形ACFB是平行四邊形，∴BF=AC，∴BD=BF．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質、矩形的判定和性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．25．(本題9分)（2020·江蘇九年級其他模擬）如圖，O是?ABCD對角線BD上的一點，且∠AOC＝2∠ABC，OC＝OD，連接OA．（1）求證：?ABCD是菱形；（2）求證：CD2＝OD?BD．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）連接AC，交BD與H，由角的數量關系可證OA＝OD＝OC，由等腰三角形的性質可得OB⊥AC，由菱形的判定可得結論；（2）通過證明△CDO∽△BDC，可得，可得結論．【詳解】證明：（1）連接AC，交BD與H，∵OC＝OD，∴∠DCO＝∠CDO，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠ADC＝∠ADO+∠CDO，AH＝CH，∵∠AOB＝∠ADO+∠DAO，∠COB＝∠DCO+∠CDO＝2∠CDO，∠AOC＝2∠ABC，∴∠AOB+∠COB＝2∠ADO+2∠CDO，∴∠AOB＝2∠ADO，∴∠DAO＝∠ADO，∴OA＝OD，∴OA＝OC，又∵AH＝CH，∴OB⊥AC，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝CD，∴∠BDC＝∠CBD．由（1）得∠ODC＝∠OCD，∴∠OCD＝∠DBC．在△CDO和△BDC中，∵∠ODC＝∠CDB，∠OCD＝∠CBD∴△CDO∽△BDC．∴，即CD2＝OD?BD．【點睛】本題主要考查了菱形的判定與性質，等腰三角形的性質和相似三角形的判定與性質，準確分析判斷是解題的關鍵．26．(本題11分)（2020·遼寧九年級一模）如圖，菱形的對角線、相交于點，過點作，且，連接、，連接交于點．（1）求證：；（2）若菱形的邊長為2，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）先求出四邊形是平行四邊形，再根據菱形的對角線互相垂直求出，證明是矩形，可得即可求證OE=AB；（2）根據菱形的性質得出，再根據勾股定理得出的長度即可．【