人教版八年級數(shù)學下冊尖子生培優(yōu)必刷題 專題18.3菱形的判定專項提升訓練（重難點培優(yōu)）（原卷版+解析）

專題18.3菱形的判定專項提升訓練（重難點培優(yōu)）班級：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項：本試卷滿分120分，試題共24題，其中選擇10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2023春?杜爾伯特縣期中）菱形的周長為12，一個內角為60°，則較短的對角線長為（）A．2 B．3 C．1 D．2．(2023春?南崗區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的兩條對角線長分別為AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面積為（）A．4 B．30 C．54 D．273．(2023春?墨玉縣期末）如圖，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．則菱形的面積為（）A．20 B．40 C．28 D．244．(2023春?南召縣期末）四邊形具有不穩(wěn)定性，小明將一個菱形ABCD轉動，使它形狀改變，當轉動到使∠B＝60°時（如圖），測得AC＝2；當轉動到使∠B＝120°時，AC的值為（）A．2 B． C． D．5．(2023春?博興縣期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，DE⊥AB于點E，若AB＝5，DE＝4，則在下列結論中正確的是（）A．DB＝5 B．AE＝4 C．BE＝2 D．OA＝36．(2023春?承德縣期末）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點D在x軸上，邊BC在y軸上，若點A的坐標為（12，13），則點C的坐標是（）A．（0，﹣8） B．（0，﹣5） C．（﹣5，0） D．（0，﹣6）7．(2023春?豐澤區(qū)校級月考）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，OH＝2，若菱形ABCD的面積為12，則AB的長為（）A．10 B．4 C． D．68．(2023秋?合川區(qū)校級月考）如圖，在菱形ABCD中，M．N分別在AB，CD上，且AM＝CN，MN與AC交于點O，連接BC若∠DAC＝28°，則∠OBC的度數(shù)為（）A．28° B．52° C．62° D．72°9．(2023秋?膠州市校級月考）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點，DE、BF相交于點G，連接BD，CG．有下列結論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正確的結論有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④10．(2023春?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，點P是菱形ABCD的對角線AC延長線上一點，過點P分別作AD，DC延長線的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)．若∠B＝120°，AB＝，則PE﹣PF的值為（）A．2 B．3 C．4 D．6二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）請把答案直接填寫在橫線上11．(2023秋?牡丹區(qū)校級月考）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，若AC＝24，AB＝13，則菱形ABCD的面積是．12．(2023秋?東明縣校級月考）已知菱形的兩條對角線長為10cm和24cm，那么這個菱形的周長為，面積為．13．(2023春?杭州期中）如圖，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，連接OE，若∠BAD＝40°，則∠ODE的度數(shù)為．14．(2023春?吳中區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD上的點，EF⊥CD于點F，則線段EF的長度為．15．(2023春?集美區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，點E，F(xiàn)分別是邊AB，AD上的動點，且AE+AF＝a，則△CEF面積的最小值為．16．(2023?溫江區(qū)校級自主招生）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD交于點O，E是邊AD的中點，過點E作EF⊥BD，EG⊥AC，點F，G為垂足，若AC＝10，BD＝24，則FG的長為．17．(2023春?南崗區(qū)校級期中）如圖，在邊長為5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點E、點F分別在AD、CD上，且∠EBF＝60°，連接EF，若AE＝2，則EF的長度為．18．(2023春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，點E在邊BC上（不與端點重合），AE交BD于點F，以EF為邊向外作等邊△EFG，連接CF，BG，現(xiàn)給出以下結論：①∠EAB＝30°；②△ABF≌△CBF；③直線AB與直線DC的距離是9；④BF+BG＝BE．其中正確的是（寫出所有正確結論的序號）．三、解答題（本大題共6小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）19．(2023秋?薛城區(qū)月考）如圖，已知A，F(xiàn)，C，D四點在同一條直線上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．（1）求證：△ABC≌△DEF．（2）如果四邊形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的長度．20．(2023春?姑蘇區(qū)校級期中）如圖，已知菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，延長AB至點E，使BE＝AB，連接CE．（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面積．21．(2023?雨花區(qū)校級開學）如圖，四邊形ABCD是菱形，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F．（1）求證：△ABE≌△ADF；（2）若AE＝4，CF＝2，求菱形的面積．22．(2023春?南潯區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD是菱形，點E、F分別是邊AB、BC的中點，連結DE、EF、DF．（1）求證：△DEF是等腰三角形；（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面積．23．(2023春?重慶期末）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是對角線BD上一點．（1）如圖1，若E是線段BD的中點，且AB＝6，求AE的長度；（2）如圖2，F(xiàn)是線段AB延長線上一點，且DE＝BF，連接AE，EF．求證：AE＝EF．24．(2023春?撫遠市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射線BD上一動點，以AP為邊向右側作等邊三角形APE，點E的位置隨點P位置的變化而變化，連接CE．（1）如圖①，當點E在菱形ABCD內部或邊上時，求證：BD＝CE+PD；（2）如圖②、圖③，請分別寫出線段BD，CE，PD之間的數(shù)量關系，不需證明．專題18.3菱形的判定專項提升訓練（重難點培優(yōu)）班級：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項：本試卷滿分120分，試題共24題，其中選擇10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．(2023春?杜爾伯特縣期中）菱形的周長為12，一個內角為60°，則較短的對角線長為（）A．2 B．3 C．1 D．【分析】根據(jù)已知可得較短的對角線與兩鄰邊組成等邊三角形，則菱形較短的對角線長＝菱形的邊長，根據(jù)周長可求得菱形的邊長從而較短的對角線也就求得了．【解答】解：由已知得，較短的對角線與兩鄰邊組成等邊三角形，則菱形較短的對角線長＝菱形的邊長＝12÷4＝3，故選：B．2．(2023春?南崗區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的兩條對角線長分別為AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面積為（）A．4 B．30 C．54 D．27【分析】直接根據(jù)菱形面積等于兩條對角線的長度乘積的一半進行計算即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴菱形ABCD的面積＝BD?AC＝×6×9＝27，故選：D．3．(2023春?墨玉縣期末）如圖，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．則菱形的面積為（）A．20 B．40 C．28 D．24【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半可得答案．【解答】解：菱形的面積為6×8÷2＝24，故選：D．4．(2023春?南召縣期末）四邊形具有不穩(wěn)定性，小明將一個菱形ABCD轉動，使它形狀改變，當轉動到使∠B＝60°時（如圖），測得AC＝2；當轉動到使∠B＝120°時，AC的值為（）A．2 B． C． D．【分析】根據(jù)有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形可得菱形的邊長為2，再根據(jù)菱形的性質以及勾股定理解答即可．【解答】解：因為菱形ABCD，∠B＝60°時，測得AC＝2，所以△ABC是等邊三角形，所以菱形的邊長為2，當轉動到使∠B＝120°時，如圖所示：因為AC⊥BD，∠ABC＝120°，所以∠ABO＝60°，所以∠OAB＝30°，所以，所以，所以AC＝2AO＝．故選：B．5．(2023春?博興縣期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，DE⊥AB于點E，若AB＝5，DE＝4，則在下列結論中正確的是（）A．DB＝5 B．AE＝4 C．BE＝2 D．OA＝3【分析】根據(jù)菱形的性質可知AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，由于DE⊥AB于點E，所以在Rt△AED中，利用勾股定理可以求出AE，進而求出BE、BD，再在Rt△AOB中求出OA即可作出判斷．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，∵AB＝5，∴AD＝5，∵DE⊥AB于點E，DE＝4在Rt△AED中，根據(jù)勾股定理得，AE＝＝3，故B錯誤；∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2，故C正確；在Rt△BDE中，根據(jù)勾股定理得，BD＝，故A錯誤；∴OB＝BD＝，在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理得，OA＝，故D錯誤．故選：C．6．(2023春?承德縣期末）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點D在x軸上，邊BC在y軸上，若點A的坐標為（12，13），則點C的坐標是（）A．（0，﹣8） B．（0，﹣5） C．（﹣5，0） D．（0，﹣6）【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解決問題．【解答】解：∵A（12，13），∴OD＝12，AD＝13，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝AD＝13，在Rt△ODC中，OC＝，∴C（0，﹣5）．故選：B．7．(2023春?豐澤區(qū)校級月考）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，OH＝2，若菱形ABCD的面積為12，則AB的長為（）A．10 B．4 C． D．6【分析】由菱形的性質得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再求出BD＝4，則OB＝2，然后由菱形面積求出AC＝6，則OA＝3，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∴BD＝2OH，∵OH＝2，∴BD＝4，∴OB＝2，∵菱形ABCD的面積＝AC?BD＝AC×4＝12，∴AC＝6，∴OA＝3，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，故選：C．8．(2023秋?合川區(qū)校級月考）如圖，在菱形ABCD中，M．N分別在AB，CD上，且AM＝CN，MN與AC交于點O，連接BC若∠DAC＝28°，則∠OBC的度數(shù)為（）A．28° B．52° C．62° D．72°【分析】根據(jù)菱形的性質以及AM＝CN，再由ASA可得△AMO≌△CNO，得AO＝CO，然后證BO⊥AC，繼而可求得∠OBC的度數(shù)【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，在△AMO和△CNO中，，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AO＝CO，∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC＝90°，∵∠DAC＝28°，∴∠BCA＝∠DAC＝28°，∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．故選：C．9．(2023秋?膠州市校級月考）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點，DE、BF相交于點G，連接BD，CG．有下列結論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正確的結論有（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】根據(jù)菱形的性質和∠A＝60°，可知△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判斷①選項；根據(jù)SSS可證△CDG≌△CBG，根據(jù)全等三角形的性質可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根據(jù)含30°角的直角三角形的性質可判斷②選項；根據(jù)△GBC為直角三角形，可知CG＞BC，進一步可知CG≠BD，即可判斷③選項；根據(jù)勾股定理可得DE＝AB，再根據(jù)三角形面積的求法即可判斷④選項．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∵∠A＝60°，∴∠BCD＝∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，∵E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，故①選項正確；在△CDG和△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（SSS），∴∠DGC＝∠BGC＝60°，∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD，∵DG＝BG，∴CG＝DG+BG，故②選項正確；∵△GBC為直角三角形，∴CG＞BC，∴CG≠BD，∴△BDF與△CGB不全等，故③選項錯誤；∵BE＝AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，根據(jù)勾股定理，得DE＝AB，∴S△ABD＝＝，故④選項正確，故正確的有①②④，故選：B．10．(2023春?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，點P是菱形ABCD的對角線AC延長線上一點，過點P分別作AD，DC延長線的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)．若∠B＝120°，AB＝，則PE﹣PF的值為（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】連接BD交AC于O，由菱形的性質和勾股定理得OA＝3，則AC＝6，再由含30°角的直角三角形的性質得PF＝CP，則PE﹣PF＝（AP﹣CP）＝AC，即可得出答案．【解答】解：連接BD交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝2，∴∠BAD＝∠BCD＝180°﹣120°＝60°，∠DAC＝∠DCA＝∠BAD＝×60°＝30°，AD＝AB＝2，BD⊥AC，在Rt△AOD中，OD＝AD＝×＝，∴OA＝＝＝3，∴AC＝2OA＝2×3＝6，Rt△APE中，∠DAC＝30°，∴PE＝AP，在Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，∴PF＝CP，∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC＝×6＝3，故選：B．二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）請把答案直接填寫在橫線上11．(2023秋?牡丹區(qū)校級月考）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，若AC＝24，AB＝13，則菱形ABCD的面積是120．【分析】由菱形的性質得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的長，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，∴∠AOB＝90°，∴OB＝＝＝5，∴BD＝2OB＝10，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×24×10＝120，故答案為：120．12．(2023秋?東明縣校級月考）已知菱形的兩條對角線長為10cm和24cm，那么這個菱形的周長為52cm，面積為120cm2．【分析】由菱形的性質得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的長，即可解決問題．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是菱形，AC＝24cm，BD＝10cm，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD＝5（cm），∴S菱形ABCD＝AC?BD＝×24×10＝120（cm2），∠AOB＝90°，∴AB＝＝＝13（cm），∴菱形ABCD的周長＝4AB＝4×13＝52（cm），故答案為：52cm，120cm2．13．(2023春?杭州期中）如圖，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，連接OE，若∠BAD＝40°，則∠ODE的度數(shù)為20°．【分析】根據(jù)菱形的性質得出∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，求出DE⊥AD，根據(jù)垂直的定義求出∠ADE＝90°，∠DEB＝90°，求出∠ADO，∠ODE的度數(shù)，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質得出OD＝OE，求出∠ODE＝∠OED即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝40°，∴∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，∴∠DOA＝90°，∴∠ADO＝90°﹣∠DAO＝70°，∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD，∴∠ADE＝90°，∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ADO＝20°，∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∵DO＝BO，∴OE＝BD＝OD，∴∠OED＝∠ODE＝20°，故答案為：20°．14．(2023春?吳中區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD上的點，EF⊥CD于點F，則線段EF的長度為．【分析】連接AC，BD，根據(jù)菱形的性質和等邊三角形的性質得出AC，進而得出BD，利用菱形的面積解答即可．【解答】解：連接AC，BD，相交于O，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝2，∠A＝120°，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝2，BO＝，∴BD＝2，∴菱形ABCD的面積＝，∴EF＝，故答案為：．15．(2023春?集美區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，點E，F(xiàn)分別是邊AB，AD上的動點，且AE+AF＝a，則△CEF面積的最小值為．【分析】由在邊長為a的菱形ABCD中，易得△ABC、△CAD都是邊長為a的正三角形，繼而證得△ACE≌△DCF，繼而證得△CEF是正三角形，繼而可得當動點E運動到點B或點A時，CE的值最大，當CE⊥AB，即E為AB的中點時，EF的值最小，△CEF面積的最小值最小．【解答】解：連接AC、CE、CF，如圖所示：∵四邊形ABCD是邊長為a的菱形，∠B＝60°，∴△ABC、△CAD都是邊長為a的正三角形，∴AB＝BC＝CD＝AC＝AD，∠CAE＝∠ACB＝∠ACD＝∠CDF＝60°，∵AE+AF＝a，∴AE＝a﹣AF＝AD﹣AF＝DE，在△ACE和△DCF中，，∴△ACE≌△DCF（SAS），∴∠ACE＝∠DCF，∴∠ACE+∠ACF＝∠DCF+∠ACF，∴∠ECF＝∠ACD＝60°，∴△CEF是正三角形，∴EF＝CE＝CF，當動點E運動到點B或點A時，CE的最大值為a，當CE⊥AB，即E為BD的中點時，CE的最小值為a，∵EF＝CE，∴EF的最小值為a，∴△CEF面積的最小值為：，故答案為：．16．(2023?溫江區(qū)校級自主招生）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD交于點O，E是邊AD的中點，過點E作EF⊥BD，EG⊥AC，點F，G為垂足，若AC＝10，BD＝24，則FG的長為6.5．【分析】由菱形的性質得出OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，根據(jù)勾股定理求出AD＝13，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出OE＝6.5，證出四邊形EFOG是矩形，得到EO＝GF即可得出答案．【解答】解：連接OE，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，在Rt△AOD中，AD＝＝13，又∵E是邊AD的中點，∴OE＝AD＝6.5，∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，∴∠EFO＝90°，∠EGO＝90°，∠GOF＝90°，∴四邊形EFOG為矩形，∴FG＝OE＝6.5．故答案為：6.5．17．(2023春?南崗區(qū)校級期中）如圖，在邊長為5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點E、點F分別在AD、CD上，且∠EBF＝60°，連接EF，若AE＝2，則EF的長度為．【分析】連接BD，過E點作EH⊥AB于H點，如圖，先根據(jù)菱形的性質得到AB＝AD＝5，AB∥CD，則可判斷△ABD為等邊三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再證明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，則可判斷△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可證明△BEF為等邊三角形得到EF＝BE，接著利用含30度角的直角三角形三邊的關系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理計算出BE，從而得到EF的長．【解答】解：連接BD，過E點作EH⊥AB于H點，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD＝5，AB∥CD，∵∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BD＝AB，∠ABD＝60°，∵∠EBF＝60°，∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，即∠ABE＝∠DBF，∵CD∥AB，∴∠FDB＝∠ABD＝60°，∴∠FDB＝∠EAB，在△BDF和△BAE中，，∴△BDF≌△BAE（ASA），∴BF＝BE，而∠EBF＝60°，∴△BEF為等邊三角形，∴EF＝BE，在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，∴AH＝AE＝1，∴EH＝AH＝，在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，∴BE＝＝，∴EF＝BE＝．故答案為：．18．(2023春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，點E在邊BC上（不與端點重合），AE交BD于點F，以EF為邊向外作等邊△EFG，連接CF，BG，現(xiàn)給出以下結論：①∠EAB＝30°；②△ABF≌△CBF；③直線AB與直線DC的距離是9；④BF+BG＝BE．其中正確的是②③④（寫出所有正確結論的序號）．【分析】連接AC，先證明△ABD和△CBD都是等邊三角形，再證明△ADC≌△ABC，則∠CAD＝∠CAB＝30°，假設∠EAB＝30°，則∠EAB＝∠CAB，所以點E與點C重合，這與已知條件相矛盾，所以∠EAB≠30°，可判斷①錯誤；由AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF根據(jù)全等三角形的判定定理“SAS”可證明△ABF≌△CBF，可判斷②正確；作DI⊥AB于點I，則∠AID＝90°，所以∠ADI＝30°，則AI＝×6＝3，可根據(jù)勾股定理求得DI＝9，可判斷③正確；在BC上截取BH＝BF，連接FH，則△BFH是等邊三角形，而△EFG是等邊三角形，可證明△BFG≌△HFE，得BG＝HE，所以BF+BG＝BH+HE＝BE，可判斷④正確．【解答】解：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝6，∴AD＝AB＝CD＝CB＝6，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAB＝∠DCB＝180°﹣∠ABC＝60°，∴△ABD和△CBD都是等邊三角形，∴∠ABF＝∠CBF＝60°，在△ADC和△ABC中，，∴△ADC≌△ABC（SSS），∴∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝30°，假設∠EAB＝30°，則∠EAB＝∠CAB，∴AE與AC重合，點E與點C重合，與已知條件相矛盾，∴假設不成立，即∠EAB≠30°，故①錯誤；在△ABF和△CBF中，，∴△ABF≌△CBF（SAS），故②正確；作DI⊥AB于點I，則∠AID＝90°，∵∠DAI＝60°，∴∠ADI＝30°，∴AI＝AD＝×6＝3，∴DI＝＝＝9，∴直線AB與直線DC的距離是9，故③正確；在BC上截取BH＝BF，連接FH，則△BFH是等邊三角形，∵△EFG是等邊三角形，∴FB＝FH，F(xiàn)G＝FE，∠BFH＝∠GFE＝60°，∴∠BFG＝∠HFE＝60°﹣∠GFH，在△BFG和△HFE中，，∴△BFG≌△HFE（SAS），∴BG＝HE，∴BF+BG＝BH+HE＝BE，故④正確，故答案為：②③④．三、解答題（本大題共6小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）19．(2023秋?薛城區(qū)月考）如圖，已知A，F(xiàn)，C，D四點在同一條直線上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．（1）求證：△ABC≌△DEF．（2）如果四邊形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的長度．【分析】（1）根據(jù)SAS即可證明△ABC≌△DEF；（2）解直角三角形求出DF、OE、OF的長，即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AB∥DE，∴∠A＝∠D，∵AF＝CD，∴AF+FC＝CD+FC，即AC＝DF，在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．（2）解：如圖，連接EB交AD于O．在Rt△EFD中，∠DEF＝90°，EF＝3，DE＝4，∴DF＝＝＝5，∵四邊形EFBC是菱形，∴OF＝OC，BE⊥CF，∴EO＝＝＝，∴OF＝OC＝＝＝，∴CF＝2OF＝，∴AF＝CD＝DF﹣FC＝5﹣＝．20．(2023春?姑蘇區(qū)校級期中）如圖，已知菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，延長AB至點E，使BE＝AB，連接CE．（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)菱形的對邊平行且相等可得AB＝CD，AB∥CD，然后證明得到BE＝CD，BE∥CD，從而證明四邊形BECD是平行四邊形；（2）欲求菱形ABCD的面積，求得AC、BD的長度即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CD＝BC，AB∥CD，又∵BE＝AB，∴BE＝CD，BE∥CD，∴四邊形BECD是平行四邊形；（2）解：由（1）知，四邊形BECD是平行四邊形，則BD∥CE．∵∠E＝60°，∴∠ABD＝60°．∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB．∴△ABD是等邊三角形．∴AB＝BD＝8．又∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝BD＝4．∴OA＝＝＝4．∴AC＝8．∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×8×8＝32．21．(2023?雨花區(qū)校級開學）如圖，四邊形ABCD是菱形，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F．（1）求證：△ABE≌△ADF；（2）若AE＝4，CF＝2，求菱形的面積．【分析】（1）由菱形ABCD的四條邊相等、對角相等的性質知AB＝AD，∠B＝∠D；然后根據(jù)已知條件“AE⊥BC，AF⊥CD”知∠AEB＝∠AFD；最后由全等三角形的判定定理AAS證明△ABE≌△ADF；（2）由全等三角形△ABE≌△ADF的對應邊相等知BE＝DF，然后根據(jù)菱形的四條邊相等求得AB＝CD，設AB＝CD＝x，已知CF＝2，則BE＝DF＝x﹣2，利用勾股定理即可求出菱形的邊長，進而可以求菱形的面積．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB＝∠AFD，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（AAS）；（2）解：設菱形的邊長為x，∵AB＝CD＝x，CF＝2，∴DF＝x﹣2，∵△ABE≌△ADF，∴BE＝DF＝x﹣2，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即42+（x﹣2）2＝x2，解得x＝5，∴菱形的邊長是5，∴菱形的面積＝BC?AE＝5×4＝20．22．(2023春?南潯區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD是菱形，點E、F分別是邊AB、BC的中點，連結DE、EF、DF．（1）求證：△DEF是等腰三角形；（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質得到∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，根據(jù)全等三角形的性質即可得到結論；（2）連接AC，BD交于O，根據(jù)三角形中位線定理得到AC＝16，根據(jù)菱形的性質得到AO＝AC＝8，AC⊥BD，根據(jù)勾股定理得到OB＝＝6，根據(jù)菱形的面積公式即可得到結論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，∵點E、F分別是邊AB、BC的中點，∴AE＝AB，CF＝BC，∴AE＝CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE＝DF，∴△DEF是等腰三角形；（2）解：連接AC，BD交于O，∵點E、F分別是邊AB、BC的中點，∴EF是△ABC的中位線，∵EF＝8，∴AC＝16，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝AC＝8，AC⊥BD，∴OB＝＝6，∴BD＝12，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×16×12＝96．23．(2023春?重慶期末）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是對角線BD上一點．（1）如圖1，若E是線段BD的