中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)專項(xiàng)提升第25講 菱形的性質(zhì)與判定(講義1考點(diǎn)+1命題點(diǎn)22種題型(含4種解題技巧))(解析版)

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第五章四邊形第25講菱形的性質(zhì)與判定（思維導(dǎo)圖+1考點(diǎn)+1命題點(diǎn)22種題型（含4種解題技巧））TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航02知識(shí)導(dǎo)圖·思維引航03考點(diǎn)突破·考法探究考點(diǎn)菱形04題型精研·考向洞悉命題點(diǎn)菱形的性質(zhì)與判定?題型01利用菱形的性質(zhì)求角度?題型02利用菱形的性質(zhì)求線段長?題型03利用菱形的性質(zhì)求周長?題型04利用菱形的性質(zhì)求面積?題型05利用菱形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)?題型06利用菱形的性質(zhì)證明?題型07菱形的折疊問題?題型08添加一個(gè)條件使四邊形是菱形?題型09證明四邊形是菱形?題型10根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度?題型11根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長?題型12根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求周長?題型13根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積?題型14根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題?題型15與菱形有關(guān)的新定義問題?題型16與菱形有關(guān)的規(guī)律探究問題?題型17與菱形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問題?題型18與菱形有關(guān)的最值問題?題型19含60°角的菱形?題型20菱形與函數(shù)綜合?題型21與菱形有關(guān)的存在性問題?題型22與菱形有關(guān)的材料閱讀類問題

01考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航中考考點(diǎn)考查頻率新課標(biāo)要求菱形的有關(guān)證明與計(jì)算★★理解菱形的概念;探索并證明菱形的性質(zhì)定理及其判定定理.【考情分析】菱形是特殊的平行四邊形，其對(duì)角線互相垂直平分且平分每一組對(duì)角，其面積為對(duì)角線乘積的一半，荾形的考查經(jīng)常與直角三角形的勾股定理、圖形面積等結(jié)合，試題形式多樣，難度中等.【命題預(yù)測(cè)】菱形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個(gè)圖形之一，年年都會(huì)考查，預(yù)計(jì)2025年各地中考還將出現(xiàn).菱形的考察類型比較多樣，其中選擇、填空題?？疾炝庑蔚幕拘再|(zhì)，解答題中考查菱形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數(shù)、動(dòng)態(tài)問題綜合應(yīng)用的可能性比較大．02知識(shí)導(dǎo)圖·思維引航03考點(diǎn)突破·考法探究考點(diǎn)一菱形1.菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.【易錯(cuò)點(diǎn)】對(duì)于菱形的定義要注意兩點(diǎn)（缺一不可）：①是平行四邊形；②一組鄰邊相等.2.菱形的性質(zhì)定理性質(zhì)定理符號(hào)語言圖示邊四條邊都相等∵四邊形ABCD是菱形∴AB=CD=AD=BC對(duì)角線對(duì)角線互相垂直，且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，AC平分∠BAD【補(bǔ)充】1）菱形是特殊的平行四邊形，所以菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；2）菱形的兩條對(duì)角線互相垂直，且對(duì)角線將菱形分成四個(gè)全等的直角三角形.3）對(duì)角線互相垂直的四邊形不一定是菱形.4）菱形的面積公式：①菱形的面積=底×高，即②菱形的面積=兩條對(duì)角線長的乘積的一半，即.3.菱形的對(duì)稱性1）菱形是軸對(duì)稱圖形，兩條對(duì)角線所在的直線都是它的對(duì)稱軸.2）菱形是中心對(duì)稱圖形，對(duì)角線的交點(diǎn)是它的對(duì)稱中心.4.菱形的判定判定定理符號(hào)語言圖示邊四條邊相等的四邊形是菱形.在四邊形ABCD中，∵AB=BC=CD=AD，∴四邊形ABCD是菱形一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形.在平行四邊形ABCD中，∵AB=BC，∴平行四邊形ABCD是菱形對(duì)角線對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形.在平行四邊形ABCD中，∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形1．（2024·四川·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，則菱形ABCD的周長為．【答案】8【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)．根據(jù)菱形的性質(zhì)“菱形的四條邊相等”可直接進(jìn)行求解．【詳解】解：由菱形的四條邊相等可得：菱形的周長為2×4=8，故答案為：8．2．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=120°，邊AB在數(shù)軸上，將AC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)C落在數(shù)軸上的點(diǎn)E處，若點(diǎn)E表示的數(shù)是3，則點(diǎn)A表示的數(shù)是（

）A．1 B．1?3 C．0 D．【答案】D【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理．作CF⊥AE于點(diǎn)F，利用菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理計(jì)算即可．【詳解】解：作CF⊥AE于點(diǎn)F，∵∠ABC=120°，∴∠FBC=60°，∵BC=2，∴BF=12BC=1∴AF=AB+BF=3，∴AE=AC=A∵點(diǎn)E表示的數(shù)是3，∴點(diǎn)A表示的數(shù)是3?23故選：D．3．（2024·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E是AB的中點(diǎn)，連接OE．若OE=3，則菱形的邊長為（

）

A．6 B．8 C．10 D．12【答案】A【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”可得OE=1本題主要考查了菱形的性質(zhì)和“直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半”的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵E是AB的中點(diǎn)，∴OE=1∴AB=2OE=2×3=6。故選：A．4．（2024·江蘇南通·中考真題）若菱形的周長為20cm，且有一個(gè)內(nèi)角為45°，則該菱形的高為cm【答案】5【分析】本題考查的是菱形的性質(zhì)，銳角的正弦的含義，先畫圖，求解EF=EH=5cm，過E作FI⊥EH于H，結(jié)合∠E=45°【詳解】解：如圖，菱形EFGH的周長為20cm∴EF=EH=5cm過E作FI⊥EH于H，而∠E=45°，∴FI=EF?sin故答案為：55．（2024·山東濟(jì)南·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足為E,CF⊥AD，垂足為F．求證：AF=CE．【答案】證明見解析．【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定以及性質(zhì)，由菱形的性質(zhì)得出AD=CD，用AAS證明△AED≌△CFD，由全等三角形的性質(zhì)可得出DE=DF，由線段的和差關(guān)系即可得出AF=CE．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形∴AD=CD∵AE⊥CD,CF⊥AD∴∠AED=∠CFD=90°∵∠D=∠D∴△AED≌△CFD∴DE=DF∴AD?DF=CD?DE∴AF=CE04題型精研·考向洞悉命題點(diǎn)一菱形的性質(zhì)與判定?題型01利用菱形的性質(zhì)求角度1．（2023·陜西·中考真題）點(diǎn)E是菱形ABCD的對(duì)稱中心，∠B=56°，連接AE，則∠BAE的度數(shù)為．【答案】62°【分析】連接BE，根據(jù)中心對(duì)稱圖形的定義得出點(diǎn)E是菱形ABCD的兩對(duì)角線的交點(diǎn)，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC=28°【詳解】解：如圖，連接BE，

∵點(diǎn)E是菱形ABCD的對(duì)稱中心，∠ABC=56°，∴點(diǎn)E是菱形ABCD的兩對(duì)角線的交點(diǎn)，∴AE⊥BE，∠ABE=1∴∠BAE=90°?∠ABE=62°．故答案為：62°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，菱形是中心對(duì)稱圖形，兩對(duì)角線的交點(diǎn)是對(duì)稱中心，掌握菱形的兩條對(duì)角線互相垂直平分，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）將兩個(gè)完全相同的菱形按如圖方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，則β=（

）

A．45°+12α B．45°+32α【答案】D【分析】由題意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性質(zhì)可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由平行線的性質(zhì)可得【詳解】解：根據(jù)題意可得：∠FBG=∠DAB=α，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD∥BC，∴∠DAB+∠ABC=180°，∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β∴α+2α+2β=180°，∴β=90°?3故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．3．（2023·河北·中考真題）如圖，直線l1∥l2，菱形ABCD和等邊△EFG在l1，l2之間，點(diǎn)A，F(xiàn)分別在l1，l2上，點(diǎn)B，D，E，G在同一直線上：若

A．42° B．43° C．44° D．45°【答案】C【分析】如圖，由平角的定義求得∠ADB=180°?∠ADE=34°，由外角定理求得，∠AHD=∠α?∠ADB=16°，根據(jù)平行性質(zhì)，得∠GIF=∠AHD=16°，進(jìn)而求得∠β=∠EGF?∠GIF=44°．【詳解】如圖，∵∠ADE=146°∴∠ADB=180°?∠ADE=34°∵∠α=∠ADB+∠AHD∴∠AHD=∠α?∠ADB=50°?34°=16°∵l∴∠GIF=∠AHD=16°∵∠EGF=∠β+∠GIF∴∠β=∠EGF?∠GIF=60°?16°=44°

故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查平行線的性質(zhì)，平角的定義，等邊三角形的性質(zhì)，三角形外角定理，根據(jù)相關(guān)定理確定角之間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，連接AC，以點(diǎn)A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點(diǎn)E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是．

【答案】10°或80°【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得∠CAD=12∠DAB=20°，再進(jìn)行分類討論：當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)A上方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)E【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，∠DAB=40°，∴∠CAD=1連接CE，①當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)A上方時(shí)，如圖E1∵AC=AE1，∴∠AE②當(dāng)點(diǎn)E在點(diǎn)A下方時(shí)，如圖E2∵AC=AE1，∴∠AE故答案為：10°或80°．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和以及三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對(duì)角線平分內(nèi)角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內(nèi)角和為180°；三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和．5．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若四邊形OABC為菱形，則∠ADC的度數(shù)是．【答案】60°【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠AOC＝∠ABC，根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝12∠AOC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ADC＋∠ABC【詳解】解：∵四邊形OABC為菱形，∴∠AOC＝∠ABC，由圓周角定理得：∠ADC＝12∠AOC∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，故答案為：60°．【點(diǎn)睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、菱形的性質(zhì)，掌握?qǐng)A內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)是解題的關(guān)鍵．QUOTEQUOTEQUOTE?題型02利用菱形的性質(zhì)求線段長1）菱形的對(duì)角線互相垂直平分，因此涉及菱形的問題常會(huì)在直角三角形中解決；2）菱形的四條達(dá)相等，因此菱形與等腰三角形、等邊三角形的合應(yīng)用較多，利用菱形的性質(zhì)求線段、角時(shí)，注意菱形與其他幾何知識(shí)的結(jié)合.6．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中點(diǎn)，則sin∠EBC的值為（

A．35 B．75 C．2114【答案】C【分析】本題考查了解直角三角形，菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握菱形四邊都相等，以及正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形求解．延長BC，過點(diǎn)E作BC延長線的垂線，垂足為點(diǎn)H，設(shè)BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，則CE=12CD=12x，進(jìn)而得出【詳解】解：延長BC，過點(diǎn)E作BC延長線的垂線，垂足為點(diǎn)H，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=CD，AB∥∴∠ABC=∠DCH=60°，設(shè)BC=CD=x，∵E是CD的中點(diǎn)，∴CE=1∵EH⊥BH，∴EH=CE?sin∴BH=BC+CH=5BE=∴sin∠EBC=故選：C．7．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，連接BD，點(diǎn)M從B出發(fā)沿BD方向以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)至D，同時(shí)點(diǎn)N從B出發(fā)沿BC方向以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)至C，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為xs，△BMN的面積為ycm2，y

A．22cm B．42cm C．【答案】C【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)和二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)題意可知BN=xcm，BM=3xcm，結(jié)合菱形的性質(zhì)得∠DBC=30°，過點(diǎn)M作MH⊥BC于點(diǎn)H，則MH=32xcm，那么y=34x2cm2，設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則BD=3【詳解】解：根據(jù)題意知，BN=xcm，BM=∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，∴∠DBC=30°，過點(diǎn)M作MH⊥BC于點(diǎn)H，連接AC交BD于點(diǎn)O，如圖，

則MH=BM×sin那么，△BMN的面積為y=1設(shè)菱形ABCD的邊長為a，∴BD=2BO=2×BC×cos∴點(diǎn)M和點(diǎn)N同時(shí)到達(dá)點(diǎn)D和點(diǎn)C，此時(shí)△BMN的面積達(dá)到最大值為43∴34x2∴BC=4．故選：C．8．（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一條對(duì)角線，E是AC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥AB，垂足為F，連接DE．若CE=AF，則DE的長為．【答案】2【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，過D作DH⊥AC于H，先判斷△ABC，△ACD都是等邊三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，利用含30°的直角三角形的性質(zhì)可得出AE=2AF=2CE，進(jìn)而求出CE【詳解】解∶過D作DH⊥AC于H，∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=1∵EF⊥AB，∴∠AEF=30°，∴AE=2AF，又CE=AF，∴AE=2CE，∴CE=2，∴HE=CH?CE=1，在Rt△CDH中，D∴DE=D故答案為：27?題型03利用菱形的性質(zhì)求周長9．（2022·四川達(dá)州·中考真題）如圖，菱形ABCD的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，若AC=24，BD=10，則菱形ABCD的周長是．

【答案】52【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)得到AC⊥BD，OA=12AC=12,OD=12【詳解】解：在菱形ABCD的兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，若AC=24，BD=10，∴AC⊥BD，OA=1在Rt△AOD中利用勾股定理得到AD=∴菱形ABCD的周長是4×13=52，故答案為：52．【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，涉及菱形對(duì)角線相互垂直平分、勾股定理及菱形四條邊相等等知識(shí)，熟練掌握菱形性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．10．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，順次連接菱形ABCD各邊中點(diǎn)E、F、G、H，則四邊形EFGH的周長為（

）

A．4+23 B．6+23 C．4+43【答案】C【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形EFGH為平行四邊形，再求對(duì)角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．【詳解】解：如圖，連接AC、BD，相交于點(diǎn)O，

∵點(diǎn)E、F、G∴EF=12AC∴EF=GH，同理EH=FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠A=120°，∴對(duì)角線AC、∴AD∥∴∠A+∠ABC=180°，∴∠ABC=60°，AB=BC=4，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=4，在Rt△AOB中，AB=4，OA=∴OB=4∴BD=43∴EF=12AC=2∴四邊形EFGH的周長為2+23故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)四邊形的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用三角形的中位線定理，菱形的性質(zhì)及平行四邊形的判定與性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算．11．（2020·四川甘孜·中考真題）如圖，菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E為AB的中點(diǎn)．若菱形ABCD的周長為32，則OE的長為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】利用菱形的對(duì)邊相等以及對(duì)角線互相垂直，進(jìn)而利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，∴∠AOB=90°，又∵AB+BC+CD+AD=32．∴AB=8，在Rt△AOB中，OE是斜邊上的中線，∴OE=12故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)．注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．12．（2020·貴州黔東南·中考真題）若菱形ABCD的一條對(duì)角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個(gè)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(dāng)AB＝AD＝4時(shí)，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當(dāng)AB＝AD＝6時(shí)，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(dāng)AB＝AD＝4時(shí)，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當(dāng)AB＝AD＝6時(shí)，6+6＞8，∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．故選：B．

【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．QUOTEQUOTEQUOTEQUOTEQUOTE?題型04利用菱形的性質(zhì)求面積菱形的面積公式：①菱形的面積=底×高，即②菱形的面積=兩條對(duì)角線長的乘積的一半，即.（適用于對(duì)角線互相垂直的任意四邊形的面積的計(jì)算）13．（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形ABCD的面積為24，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F是BC上的動(dòng)點(diǎn)．若△BEF的面積為4，則圖中陰影部分的面積為．【答案】10【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，利用菱形的性質(zhì)、三角形中線的性質(zhì)求出S△ADE=6，S△ABF=8，根據(jù)△ABF和菱形的面積求出BFBC=2【詳解】解：連接AF、BD，∵菱形ABCD的面積為24，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，△BEF的面積為4，∴S△ADE=1設(shè)菱形ABCD中BC邊上的高為h，則S△ABFS菱形∴BFBC∴BFCF∴S△ABF∴S△CDF∴S陰影故答案為：10．14．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，AE⊥BC于點(diǎn)E，則AE的長是（

）A．245 B．6 C．485 【答案】A【分析】本題考查了勾股定理，菱形的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理求得OC，進(jìn)而得出AC=6，進(jìn)而根據(jù)等面積法，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，∴DO=12BD=4，AC⊥BD在Rt△CDO中，CO=∴AC=2OC=6，∵菱形ABCD的面積為12∴AE=1故選：A．15．（2023·山東聊城·中考真題）如圖，在?ABCD中，BC的垂直平分線EO交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)O，連接BE，CE，過點(diǎn)C作CF∥BE，交EO的延長線于點(diǎn)F，連接BF．若AD=8，CE=5，則四邊形BFCE的面積為

.【答案】24【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BEO=∠CFO，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得BE=CF，OE=OF，根據(jù)平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形BFCE為菱形，根據(jù)勾股定理求得OE=3，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求得四邊形BFCE的面積．【詳解】∵CF∥∴∠BEO=∠CFO，∵BC的垂直平分線EO交AD于點(diǎn)E，∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，∴△BOE≌△COF，∴BE=CF，OE=OF，∴四邊形BFCE為平行四邊形，又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，∴平行四邊形BFCE為菱形，∵AD=8，∴BC=8，∴OC=1在Rt△EOC中，OE=故菱形BFCE的面積為12故答案為：24．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2023·四川瀘州·中考真題）若一個(gè)菱形的兩條對(duì)角線長分別是關(guān)于x的一元二次方程x2A．3 B．23 C．14 D．【答案】C【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到a+b=10，根據(jù)菱形的面積得到ab=22，利用勾股定理以及完全平方公式計(jì)算可得答案．【詳解】解：設(shè)方程x2?10x+m=0的兩根分別為a，∴a+b=10，∵a，b分別是一個(gè)菱形的兩條對(duì)角線長，已知菱形的面積為11，∴12ab=11，即∵菱形對(duì)角線垂直且互相平分，∴該菱形的邊長為a=1故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系以及菱形的性質(zhì)，完全平方公式，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出a+b=10是解題的關(guān)鍵．?題型05利用菱形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)17．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形ABOC的頂點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，頂點(diǎn)C的坐標(biāo)為3,4，則頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（

）A．?4,2 B．?3,4 C．?2,4 【答案】C【分析】本題考查平面直角坐標(biāo)系內(nèi)兩點(diǎn)間的距離公式，菱形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形．結(jié)合菱形的性質(zhì)求出AC=OC=5是解題關(guān)鍵．由兩點(diǎn)間的距離公式結(jié)合菱形的性質(zhì)可求出AC=OC=5，從而可求出AD=2，即得出頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,4．【詳解】解：如圖，∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為3,4，∴OC=3∵四邊形ABOC為菱形，∴AC=OC=5，∴AD=AC?CD=AC?x∴頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,4．故選C．18．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形AOBC的頂點(diǎn)A在x軸負(fù)半軸上，頂點(diǎn)B在直線y=34x上，若點(diǎn)B的橫坐標(biāo)是8，為點(diǎn)CA．(?1,6) B．(?2,6) C．(?3,6) D．(?4,6)【答案】B【分析】過點(diǎn)B作BD⊥x軸，垂足為點(diǎn)D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性質(zhì)得到BC=BO=10,BC∥x【詳解】解：過點(diǎn)B作BD⊥x軸，垂足為點(diǎn)D，∵頂點(diǎn)B在直線y=34x∴yB=8×3∴B8,6∵BD⊥x軸，∴由勾股定理得：BO=B∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=BO=10,BC∥x軸，∴將點(diǎn)B向左平移10個(gè)單位得到點(diǎn)C，∴點(diǎn)C?2,6故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像，勾股定理，菱形的性質(zhì)，點(diǎn)的坐標(biāo)平移，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．19．（2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點(diǎn)A，B在x軸上，AB=2，A1,0，∠DAB=60°，將菱形ABCD繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)90°后，得到菱形AB1C1

【答案】1?3,3【分析】分兩種情況：當(dāng)繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，當(dāng)繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，利用菱形的性質(zhì)及直角三角形30度角的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：當(dāng)繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，如圖，

∵∠DAB=60°，∠∴∠D∵菱形ABCD中AB∥CD，∴∠AD延長C1D1交x∴∠AD1E=60°∴ED∴AE=3∴C1當(dāng)繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，如圖，延長C2D2交x

∵∠DAB=60°，∠B2∴∠D∵菱形ABCD中AB∥CD，∴∠AD∴∠AD2F=60°∴FD∴AF=3∴C2故答案為：1?3,3或【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形30度角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確理解菱形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．20．（2023·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標(biāo)系中，菱形OABC的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，∠AOC=60°．將菱形OABC沿x軸向右平移1個(gè)單位長度，再沿y軸向下平移1個(gè)單位長度，得到菱形OA'B'C

A．(?2,3?1) B．?2,1 C．(?3【答案】A【分析】如圖，過B作BH⊥x軸于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求解AH=OB?cos60°=1，BH=2【詳解】解：如圖，過B作BH⊥x軸于H，

∵菱形OABC的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為?2,0，∠AOC=60°．∴OA=AB=2，AB∥∴∠BAH=∠AOC=60°，∴AH=OB?cos60°=1，∴B?3,∵將菱形OABC沿x軸向右平移1個(gè)單位長度，再沿y軸向下平移1個(gè)單位長度，∴B'故選A【點(diǎn)睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，圖形的平移，熟練的求解B的坐標(biāo)是解本題的關(guān)鍵．QUOTE?題型06利用菱形的性質(zhì)證明21．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在BC、CD邊上，∠BAF=∠DAE，求證：BE=DF．【答案】見解析【分析】本題考查的是菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，先證明∠BAE=∠DAF，再證明△BAE≌△DAF，從而可得結(jié)論．【詳解】證明：在菱形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D，∵∠BAF=∠DAE，∴∠BAE+∠EAF=∠EAF+∠DAF，∴∠BAE=∠DAF，在△BAE和△DAF中∠B=∠DAB=AD∴△BAE≌△DAF，∴BE=DF．22．（2023·浙江嘉興·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，連接EF

(1)求證：AE=AF；(2)若∠B=60°，求【答案】(1)證明見解析(2)60°【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)的三角形全等即可證明AE=AF．（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可推出∠BAD度數(shù)，再根據(jù)第一問的三角形全等和直角三角形的性質(zhì)可求出∠BAE和∠DAF度數(shù)，從而求出∠EAF度數(shù)，證明了等邊三角形AEF，即可求出∠AEF的度數(shù)．【詳解】（1）證明：∵菱形ABCD，∴AB=AD,∠B=∠D，又∵AE⊥BC,AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90°．在△AEB和△AFD中，∠AEB=∠AFD∠B=∠D∴△ABE≌△ADF(AAS∴AE=AF．（2）解：∵菱形ABCD，∴∠B+∠BAD=180°，∵∠B=60∴∠BAD=120°．又∵∠AEB=90°,∠B=60°，∴∠BAE=30°．由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE=∠DAF=30°．∴∠EAF=120°?30°?30°=60°．∵AE=AF，∴△AEF等邊三角形．∴∠AEF=60°．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握全等的方法和菱形的性質(zhì)．23．（2024·四川德陽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，連接AF與BD相交于點(diǎn)E，連接CE并延長交AB于點(diǎn)G．(1)證明：△BEF∽△BCO；(2)證明：△BEG≌△AEG．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)和相似三角形的判定是解題關(guān)鍵．（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC,AC⊥BD，再證出△ABC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AF⊥BC，然后根據(jù)相似三角形的判定即可得證；（2）先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得CG⊥AB，從而可得AG=BG，再根據(jù)SAS定理即可得證．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC,AC⊥BD，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∵點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，∴AF⊥BC，∴∠BFE=∠BOC=90°∵∠EBF=∠CBO，∴△BEF∽△BCO．（2）證明：∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，∴CG⊥AB，∴∠AGE=∠BGE=90°∵△ABC是等邊三角形，∴AG=BG，在△BEG和△AEG中，AG=BG∠AGE=∠BGE=90°∴△BEG≌△AEGSAS．?題型07菱形的折疊問題24．（2021·浙江嘉興·中考真題）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形【答案】D【分析】此題是有關(guān)剪紙的問題，此類問題應(yīng)親自動(dòng)手折一折，剪一剪．【詳解】解：由題可知，AD平分∠BAC,折疊后△AEO與△AFO重合，故全等，所以EO=OF;又作了AD的垂直平分線，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；由平行四邊形的判定：對(duì)角線互相平分的四邊形為平行四邊形，所以AEDF為平行四邊形；又AD⊥EF，所以平行四邊形AEDF為菱形．故選：D.【點(diǎn)睛】本題主要考查學(xué)生對(duì)于立體圖形與平面展開圖形之間的轉(zhuǎn)換能力，與課程標(biāo)準(zhǔn)中“能以實(shí)物的形狀想象出幾何圖形，有幾何圖形想象出實(shí)物的圖形”的要求相一致，充分體現(xiàn)了實(shí)踐操作性原則．25．（2023·江蘇南京·中考真題）如圖，在菱形紙片ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，將紙片沿CE折疊，點(diǎn)B落在B'處，CB'⊥AD，垂足為F

若CF=4cm【答案】257/【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，和三角形的相似判定和性質(zhì)解答即可．【詳解】解：∵CF=4cm∴CB由翻折，菱形的性質(zhì)，得：CB=CD=CB'=5cm，∵CB∴CB∴∠BCB∴∠BCE=∠B∵CD=5，∴FD=3，過點(diǎn)E作EG⊥BC，設(shè)CG=x，則EG=x，∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，∴△EGB∽△CFD，∴EGCF∴x4解得：x=20∴BE=25故答案為：257【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．26．（2023·山東濟(jì)南·中考真題）如圖，將菱形紙片ABCD沿過點(diǎn)C的直線折疊，使點(diǎn)D落在射線CA上的點(diǎn)E處，折痕CP交AD于點(diǎn)P．若∠ABC=30°，AP=2，則PE的長等于．

【答案】2【分析】過點(diǎn)A作AQ⊥PE于點(diǎn)Q，根據(jù)菱形性質(zhì)可得∠DAC=75°，根據(jù)折疊所得∠E=∠D=30°，結(jié)合三角形的外角定理得出∠QAP=45°，最后根據(jù)PQ=AP?cos45°=2【詳解】解：過點(diǎn)A作AQ⊥PE于點(diǎn)Q，∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=30°，∴AB=BC=CD=AC，∠ABC=∠D=30°，∴∠DAC=1∵△CPE由△CPD沿CP折疊所得，∴∠E=∠D=30°，∴∠EPA=75°?30°=45°，∵AQ⊥PE，AP=2，∴PQ=AP?cos45°=2∴EQ=AQ∴PE=EQ+PQ=2故答案為：2+【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形和折疊的性質(zhì)，正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形求解．27．（2022·浙江臺(tái)州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折疊該菱形，使點(diǎn)A落在邊BC上的點(diǎn)M處，折痕分別與邊AB，AD交于點(diǎn)E，F(xiàn)．當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，EF的長為；當(dāng)點(diǎn)M的位置變化時(shí)，DF長的最大值為．【答案】33【分析】當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，EF垂直平分AB，利用三角函數(shù)即可求得EF的長；根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，AF=FM,若DF取最大值，則FM取最小值，即為邊AD與BC的距離DG，即可求解.【詳解】解：當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，由折疊的性質(zhì)知EF垂直平分AB，∴AE=EB=12AB在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，tan60°=EFAB∴EF=33；當(dāng)AF長取得最小值時(shí)，DF長取得最大值，由折疊的性質(zhì)知EF垂直平分AM，則AF=FM，∴FM⊥BC時(shí)，F(xiàn)M長取得最小值，此時(shí)DF長取得最大值，過點(diǎn)D作DG⊥BC于點(diǎn)C，則四邊形DGMF為矩形，∴FM=DG，在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，∴DG=DCsin60°=33，∴DF長的最大值為AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-33，故答案為：33；6-33．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．28．（2022·江蘇淮安·中考真題）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對(duì)菱形的折疊問題進(jìn)行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點(diǎn)，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A'，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'．(1)【觀察發(fā)現(xiàn)】A'D與B'E的位置關(guān)系是______；(2)【思考表達(dá)】連接B'C，判斷∠DEC與(3)如圖（2），延長DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG(4)【綜合運(yùn)用】如圖（3），當(dāng)∠B=60°時(shí)，連接B'C，延長DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG【答案】(1)A'(2)∠DEC=∠B(3)∠DEG=90°，理由見解析；(4)DG【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)和翻折變換的性質(zhì)判斷即可；（2）連接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知點(diǎn)B、B'、C在以BC為直徑,E（3）連接B'C，DB，DB'，延長DE至點(diǎn)H，求出∠DGA'=180°?2x?y，∠GB'（4）延長DG交EB'的延長線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點(diǎn)R，設(shè)GC=GB'=x，CD=A'【詳解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥∴由翻折的性質(zhì)可知，A'故答案為：A'（2）解：∠DEC=∠B理由：如圖，連接B'C，∵E為BC中點(diǎn)，∴EB=EC=EB∴點(diǎn)B、B'、C在以BC為直徑,E∴∠BB∴BB由翻折變換的性質(zhì)可知BB∴DE∥∴∠DEC=∠B（3）解：結(jié)論：∠DEG=90°；理由：如圖，連接B'C，DB，DB'，延長由翻折的性質(zhì)可知∠BDE=∠B設(shè)∠BDE=∠B'DE=x∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠CDB=∠B'D∴∠A'∴∠DGA∴∠BEB∵EC=EB'，點(diǎn)B、B'、C在以BC∴∠EB∵A'∴∠A∴∠GB∴∠CGA∵∠CGA∴∠GB∴GC=GB'，∵EB'=EC，∴EG⊥CB'，∵DE∥∴DE⊥EG，∴∠DEG=90°；（4）解：結(jié)論：DG理由：如圖，延長DG交EB'的延長線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA'交設(shè)GC=GB'=x∵∠B=60∴∠A=∠DA∴∠DA∴A'R=A在Rt△DGR中，則有2a+x∴x=4∴GB'=∵TB∴△B∴TB∴T∴TB∵CB∴CB∴DE=7∵∠DEG=90°，∴DG∴DG【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，翻折變換，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．?題型08添加一個(gè)條件使四邊形是菱形29．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，?ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，以下條件不能證明?ABCD是菱形的是（

）A．∠BAC=∠BCA B．∠ABD=∠CBDC．OA2+O【答案】D【分析】本題主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根據(jù)菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項(xiàng)判斷即可求解．【詳解】解：A、∵∠BAC=∠BCA，∴AB=BC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴?ABCD是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∵∠ABD=∠ADB，∴∠ABD=∠CBD∴AB=AD，∴?ABCD是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；C、∵OA∴∠AOD=90°，即AC⊥BD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴?ABCD是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；D、∵AD∴∠OAD=90°，無法得到?ABCD是菱形，故本選項(xiàng)符合題意；故選：D30．（2024·西藏·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AC與BD相交于點(diǎn)O，請(qǐng)?zhí)砑右粋€(gè)條件，使四邊形ABCD是菱形．【答案】AD=AB（答案不唯一）【分析】本題考查了菱形的判定定理，由題干的已知條件可得出四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可得解，熟練掌握菱形的判定定理是解此題的關(guān)鍵．【詳解】解：添加AD=AB（答案不唯一），∵在四邊形ABCD中，AD=BC，AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD=AB，∴四邊形ABCD是菱形，故答案為：AD=AB（答案不唯一）．31．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為O，AB∥CD，要使四邊形ABCD為菱形，應(yīng)添加的條件是．（只需寫出一個(gè)條件即可）【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需寫出一個(gè)條件即可）【分析】由菱形的判定方法進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：可以添加的條件是：AB＝CD，理由如下：∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形；也可以添加條件是：AD∥BC，理由如下：∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形；也可以添加的條件是OA=OC，理由如下：∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，∴ΔOAB≌∴AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形；也可以添加的條件是OB=OD，理由如下：∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，∴ΔOAB≌∴AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形．故答案為：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需寫出一個(gè)條件即可）【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的判定，熟記“對(duì)角線互相垂直的平行四邊形為菱形”，是解題的關(guān)鍵．32．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在?ABCD的邊AB，BC上，AE=CF，連接DE，DF．請(qǐng)從以下三個(gè)條件：①∠1=∠2；②DE=DF；③∠3=∠4中，選擇一個(gè)合適的作為已知條件，使?ABCD為菱形．(1)你添加的條件是______（填序號(hào)）；(2)添加了條件后，請(qǐng)證明?ABCD為菱形．【答案】(1)①(2)見解析【分析】（1）添加合適的條件即可；（2）證△ADE≌△CDFAAS，得AD=CD【詳解】（1）解：添加的條件是∠1=∠2．故答案為：①．（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A=∠C，在△ADE和△CDF中，∠1=∠2∠A=∠C∴△ADE≌△CDFAAS∴AD=CD，∴?ABCD為菱形．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．?題型09證明四邊形是菱形判定一個(gè)四邊形是菱形時(shí)，可先證明它是平行四邊形，再證明它的一組鄰邊相等或它的對(duì)角線互相垂直，也可直接證明它的四條邊都相等或它的對(duì)角線互相垂直平分．即：33．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形ABCD．(1)尺規(guī)作圖：作對(duì)角線AC的垂直平分線，交CD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F；（不寫作法，保留作圖痕跡）(2)連接AE、CF．求證：四邊形【答案】(1)見解析；(2)見解析．【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，垂直平分線的畫法及性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，菱形的判定．（1）根據(jù)垂直平分線的畫法即可求解；（2）由直線EF是線段AC的垂直平分線．得到EA=EC，F(xiàn)A=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，根據(jù)矩形的性質(zhì)可證△COE≌△AOFASA，可得EC=FA，即可得到EA=EC=FA=FC【詳解】（1）解：如圖1所示，直線EF為所求；（2）證明：如圖2，設(shè)EF與AC的交點(diǎn)為O，由（1）可知，直線EF是線段AC的垂直平分線．∴EA=EC，F(xiàn)A=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，又∵四邊形ABCD是矩形，∴CD∥∴∠ECO=∠FAO，∴△COE≌△AOFASA∴EC=FA，∴EA=EC=FA=FC，∴四邊形AFCE是菱形．34．（2024·江蘇揚(yáng)州·中考真題）如圖1，將兩個(gè)寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形ABCD．(1)試判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；(2)已知矩形紙條寬度為2cm，將矩形紙條旋轉(zhuǎn)至如圖2位置時(shí)，四邊形ABCD的面積為8cm2，求此時(shí)直線AD、CD所夾銳角【答案】(1)四邊形ABCD是菱形，理由見詳解(2)∠1=30°【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，掌握菱形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得四邊形ABCD是平行四邊形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可證△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可證平行四邊形ABCD是菱形；（2）作AR⊥CD，根據(jù)面積的計(jì)算方法可得CD=4，AR=2，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得AD=4，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）解：四邊形ABCD是菱形，理由如下，如圖所示，過點(diǎn)A作AT⊥NP于點(diǎn)T，過點(diǎn)C作CU⊥EH于點(diǎn)U，根據(jù)題意，四邊形EFGH，四邊形MNPQ是矩形，∴EH∥FG，MQ∥NP，∴AB∥DC，AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵寬度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，∴△ATB≌△CUBAAS∴AB=CB，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：如圖所示，過點(diǎn)A作AR⊥CD于點(diǎn)R，根據(jù)題意，AR=2cm∵S四邊形∴CD=4，由（1）可得四邊形ABCD是菱形，∴AD=4，在Rt△ATD中，AR=即sin∠1=∴∠1=30°．35．（2024·云南·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別是各邊的中點(diǎn)，且AB∥CD，AD∥(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)若矩形EFGH的周長為22，四邊形ABCD的面積為10，求AB的長．【答案】(1)見解析(2)111【分析】（1）連接BD，AC，證明四邊形ABCD是平行四邊形，再利用三角形中位線定理得到GF∥BD，HG∥AC，利用矩形的性質(zhì)得到（2）利用三角形中位線定理和菱形性質(zhì)得到12BD+12AC=OA+OB=11【詳解】（1）解：連接BD，AC，∵AB∥CD，AD∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別是各邊的中點(diǎn)，∴GF∥BD，∵四邊形EFGH是矩形，∴HG⊥GF，∴BD⊥AC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別是各邊的中點(diǎn)，∴GF=EH=12BD∵矩形EFGH的周長為22，∴BD+AC=22，∵四邊形ABCD是菱形，即12∵四邊形ABCD的面積為10，∴12BD?AC=10∵OA+OB∴OA∴AB=O【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，菱形的性質(zhì)和判定，菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．?題型10根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度36．（2024·湖北武漢·中考真題）小美同學(xué)按如下步驟作四邊形ABCD：①畫∠MAN；②以點(diǎn)A為圓心，1個(gè)單位長為半徑畫弧，分別交AM，AN于點(diǎn)B，D；③分別以點(diǎn)B，D為圓心，1個(gè)單位長為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)C；④連接BC，CD，BD．若∠A=44°，則∠CBD的大小是（

）

A．64° B．66° C．68° D．70°【答案】C【分析】本題考查了基本作圖，菱形的判定和性質(zhì)，根據(jù)作圖可得四邊形ABCD是菱形，進(jìn)而根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】解：作圖可得AB=AD=BC=DC∴四邊形ABCD是菱形，∴AD∵∠A=44°，∴∠MBC=∠A=44°，∴∠CBD=1故選：C．37．（2024·江蘇南京·三模）如圖，將矩形ABCD繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，點(diǎn)E在AD上，延長ED交FG于點(diǎn)H．

(1)求證DE=FH；(2)連接BE,CH，當(dāng)AB與BC的比值為_______時(shí)，四邊形BEHC是菱形．【答案】(1)見解析(2)3【分析】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)和判定定理是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，得EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，F(xiàn)G∥EC，由此得到∠FHE=∠CED，EF=CD，∠F=∠EDC=90°，證明△EFH≌△CDE，即可得到（2）由（1）△EFH≌△CDE得EH=EC，由旋轉(zhuǎn)得BC=EC，故EH=BC，又EH∥BC，故四邊形BEHC是平行四邊形，若四邊形BEHC是菱形，則BE=BC，△BEC為等邊三角形，故∠CBE=60°，∠ABE=30°，利用【詳解】（1）證明：∵將矩形ABCD繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，∴EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，F(xiàn)G∥∵FG∥∴∠FHE=∠CED，∴∠FHE=∠CED∠F=∠EDC=90°∴△EFH≌△CDE，∴DE=FH．（2）解：連接BE,CH如圖所示，

∵由（1）△EFH≌△CDE，∴EH=EC，由旋轉(zhuǎn)得BC=EC，∴EH=BC，又EH∥∴四邊形BEHC是平行四邊形，若四邊形BEHC是菱形，則BE=BC，∴△BEC為等邊三角形，∴∠CBE=60°，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC=90°，∴∠ABE=30°，∵cos∠ABE=∴ABBC38．（2024·江蘇蘇州·一模）如圖，在?ABCD中，以點(diǎn)B為圓心，以BA的長為半徑作弧交邊BC于點(diǎn)E，連接AE．分別以點(diǎn)A、E為圓心，以大于12AE的長為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)P，作射線BP交AE于點(diǎn)O，交邊AD于點(diǎn)(1)求證：△BOE≌(2)若∠EBP=28°，求∠FAE【答案】(1)見解析(2)62°【分析】本題考查了作圖-角平分線的作法，菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)：（1）根據(jù)角平分線的定義結(jié)合平行四邊形對(duì)邊平行推出AF=BE，再根據(jù)AAS證明△BOE≌（2）證明四邊形ABEF是菱形即可得出結(jié)果．【詳解】（1）證明：由作圖可知，BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠FBE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AF∥∴∠AFB=∠FBE，∴∠ABF=∠AFB，∴AF=AB，∴AF=BE，在△BOE與△FOA中，∠AFO=∠EBO∠AOF=∠EOB∴△BOE≌（2）解：如圖，連接EF，由（1）知，AF∥BE且∴四邊形ABEF是平行四邊形，又AB=AF，∴四邊形ABEF是菱形，∴AE⊥BF，∴∠AOF=90°，又∵∠AFO=∠EBP=28°，∴∠FAE=90°?28°=62°．?題型11根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長39．（2024·山東德州·中考真題）如圖，?ABCD中，對(duì)角線AC平分∠BAD．

(1)求證：?ABCD是菱形；(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的邊長．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，【答案】(1)見解析(2)5【分析】此題考查平行四邊形性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定，解直角三角形．（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出∠BAC=∠ACD，再結(jié)合角平分線的定義及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形進(jìn)而得出結(jié)論；（2）連接BD，由菱形性質(zhì)可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD．∴∠BAC=∠ACD．∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠BAC．∴∠DAC=∠ACD．∴AD=CD．∴四邊形ABCD是菱形．（2）連接BD，交AC于點(diǎn)O，

∵四邊形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4∴BC=OC即菱形ABCD的邊長為5．40．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CD的延長線上，且BE=DF，連接EF與AC交于點(diǎn)M，連接AF，CE．(1)求證：△AEM≌△CFM；(2)若AC⊥EF，AF=32，求四邊形AECF【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥DC，AB=DC，進(jìn)而得出∠AEM=∠CFM，證明AE=CF，根據(jù)AAS證明△AEM≌△CFM，即可得證；（2）證明?AECF是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB∥DC，AB=DC（平行四邊形的對(duì)邊平行且相等）∴∠AEM=∠CFM（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等）∵BE=DF

∴AB+BE=CD+DF

即AE=CF在△AEM和△CFM中∠AME=∠CMF∴△AEM≌△CFMAAS（2）解：∵AE=CF，AE∴四邊形AECF是平行四邊形（一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）又∵AC⊥EF∴?AECF是菱形（對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形）

∴AE=EC=CF=AF（菱形的四條邊都相等）∴菱形AECF的周長=4AF=4×32【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．41．（2023·湖南益陽·中考真題）如圖，線段AB與⊙O相切于點(diǎn)B，AO交⊙O于點(diǎn)M，其延長線交⊙O于點(diǎn)C，連接BC，∠ABC=120°，D為⊙O上一點(diǎn)且DB的中點(diǎn)為M，連接AD，CD．

(1)求∠ACB的度數(shù)；(2)四邊形ABCD是否是菱形？如果是，請(qǐng)證明：如果不是，請(qǐng)說明理由；(3)若AC=6，求CD的長．【答案】(1)30°(2)是菱形，證明見解析(3)CD的長為4π3【分析】（1）如圖，連接OB，證明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°?90°=30°，再結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)可得答案；（2）先證明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，證明CD=CB，可得CD=CB，再證明AD=AB，可得（3）如圖，連接OD，BD，交AC于Q，證明△DBC為等邊三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，證明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧長公式進(jìn)行計(jì)算即可．【詳解】（1）解：如圖，連接OB，

∵線段AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，∴∠OBC=120°?90°=30°，∵OB=OC，∴∠OBC=∠OCB=30°；（2）四邊形ABCD是菱形，理由如下：∵DB的中點(diǎn)為M，∠ACB=30°，∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，∴∠CAB=180°?120°?30°=30°=∠ACB，∴BA=BC，∵DB的中點(diǎn)為M，CM為直徑，∴CD=∴CD=CB，∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，∴△ACD≌△ACB，∴AD=AB，∴AD=AB=BC=CD，∴四邊形ABCD是菱形．（3）如圖，連接OD，BD，交AC于Q，

∵CD=CB，∠DCB=60°，∴△DBC為等邊三角形，∴∠DBC=60°，∴∠DOC=2∠DBC=120°，∵菱形ABCD，AC=6，∴QA=QC=3，AC⊥BD，∴∠CBQ=90°?30°=60°，∵∠OBC=30°，∴∠QBO=30°，∴OQ=1∴12OC=2，∴CD的長為120π×2180【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與系數(shù)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，弧，弦，圓心角之間的關(guān)系，圓周角定理的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，弧長的計(jì)算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．42．（2022·四川涼山·中考真題）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF∥BC交CE的延長線于點(diǎn)F．(1)求證：四邊形ADBF是菱形；(2)若AB＝8，菱形ADBF的面積為40，求AC的長．【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）證△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再證四邊形ADBF是平行四邊形，然后由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得證AD=BD=12BC（2）連接DF交AB于O，由菱形面積公式S菱形ADBF=12AB?DF=40，求得OD長，再由菱形性質(zhì)得OA=OB，證得【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE=DE∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，在△AEF和△DEB中，∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DEC∴△AEF≌△DEC（AAS），∴AF=CD，∵D是BC的中點(diǎn)，∴CD=BD，∴AF=BD，∴四邊形ADBF是平行四邊形，∵∠BAC=90°，∵D是BC的中點(diǎn)，∴AD=BD=12BC∴四邊形ADBF是菱形；（2）解：連接DF交AB于O，如圖由（1）知：四邊形ADBF是菱形，∴AB⊥DF，OA=12AB=12×8=4，S菱形ADBF=∴12∴DF=10，∴OD=5，∵四邊形ADBF是菱形，∴O是AB的中點(diǎn),∵D是BC的中點(diǎn)，∴OD是△BAC的中位線，∴AC=2OD=2×5=10．答：AC的長為10．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定，菱形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．QUOTE?題型12根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求周長43．（2022·湖南長沙·中考真題）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AB=AD．

(1)求證：AC⊥BD；(2)若點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點(diǎn)，連接EF，EF=32，AO=2，求【答案】(1)見解析(2)BD=6，四邊形ABCD的周長為4【分析】（1）根據(jù)對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證；（2）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得OD=2EF=3，進(jìn)而可得BD的長，Rt△AOD中，勾股定理求得AD【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD；（2）解：∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點(diǎn)，∴EF是△AOD的中位線，∴EF=1∵EF=3∴OD=3，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD=2OD=6，∵AC⊥BD，在Rt△AOD中，AO=2，OD=3∴AD=A∴菱形形ABCD的周長為413【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理，掌握菱形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．44．（2021·湖南邵陽·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)是對(duì)角線AC上的兩點(diǎn)，且AE=CF．連接DE，DF，BE，BF．（1）證明：△ADE≌△CBF．（2）若AB=42，AE=2，求四邊形BEDF【答案】（1）證明見解析（2）四邊形BEDF的周長=8【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB=45°，再根據(jù)SAS證明兩三角形全等即可（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB=45°，AC⊥BD，再根據(jù)勾股定理計(jì)算出BE，再證明四邊形DEBF是菱形，即可得出四邊形BEDF的周長【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB=45°在△ADE和△CBF中AD=CB∴△ADE≌△CBF(SAS)（2）∵四邊形ABCD是正方形∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB=45°，AC⊥BD∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又AB=4∴OA=OB=sin∠OABAB=2∵AE=2∴OE=2在Rt△EOB中，BE=∵四邊形ABCD是正方形∴AO=CO，DO=BO又∵AE=CF∴EO=FO，又DO=BO∴四邊形DEBF是平行四邊形又∵AC⊥BD，即BD⊥EF∴四邊形DEBF是菱形∴BE=DE=DF=BF=2∴四邊形BEDF的周長=4×25=【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的證明、正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊銳角三角函數(shù)值、熟練掌握特殊平行四邊形的性質(zhì)及判定是解題的關(guān)鍵45．（2020·江蘇連云港·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD//BC，對(duì)角線BD的垂直平分線與邊AD、BC分別相交于M、（1）求證：四邊形BNDM是菱形；（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周長．【答案】（1）見解析；（2）52【分析】（1）先證明△BON≌△DOM，得到四邊形BNDM為平行四邊形，再根據(jù)菱形定義證明即可；（2）先根據(jù)菱形性質(zhì)求出OB、OM、再根據(jù)勾股定理求出BM，問題的得解．【詳解】（1）∵AD//BC，∴∵M(jìn)N是對(duì)角線BD的垂直平分線，∴OB=OD，MB=MD．在△BON和△DOM中，{∠CBD=∠ADB∴△BON≌△DOM(ASA)，∴MD=NB，∴四邊形BNDM為平行四邊形．又∵M(jìn)B=MD，∴四邊形BNDM為菱形．（2）∵四邊形BNDM為菱形，BD=24，MN=10．∴∠BOM=90°，OB=1在Rt△BOM中，BM=∴菱形BNDM的周長=4BM=4×13=52．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形判定與性質(zhì)定理，熟知菱形判定方法和性質(zhì)定理是解題關(guān)鍵．?題型13根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積46．（2023·四川巴中·中考真題）如圖，已知等邊△ABC，AD⊥BC，E為AB中點(diǎn)．以D為圓心，適當(dāng)長為半徑畫弧，交DE于點(diǎn)M，交DB于點(diǎn)N，分別以M、N為圓心，大于12MN為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)P，作射線交AB于點(diǎn)G．過點(diǎn)E作EF∥BC交射線DP于點(diǎn)

(1)求證：四邊形BDEF是菱形．(2)若AC=4，求△AFD的面積．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）先證明△BED是等邊三角形，得到BE=BD=DE，再根據(jù)角平分線的定義得到∠EDF=∠BDF，證明△EFD是等腰三角形，即可證明EF=BD，即可解答本題；（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AD，AG，再根據(jù)菱形的性質(zhì)，求得FD，即可求出△AFD的面積．【詳解】（1）證明：∵等邊△ABC，AD⊥BC∴D是BC中點(diǎn)，∠ABC=∠C=60°，∵E是AB中點(diǎn)，∴DE∴∠EDB=∠C=60°，∴△BED是等邊三角形∴BE=BD=DE，∵由尺規(guī)作圖可知DF平分∠EDB，∴∠EDF=∠FDB∵EF∥∴∠EFD=∠FDB，∴∠EFD=∠EDF，∴EF=ED=BD，∵EF∥∴四邊形BDEF是平行四邊形，∵DE=BD，∴四邊形BDEF是菱形；（2）解：∵等邊△ABC，AD⊥BC，∴∠C=60°?∵AC=4∴BD=12∵四邊形BDEF是菱形，∴AG⊥FD,FG=GD，∵Rt∴DG=1∴FD=23∴S【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)，含有30°角的直角三角形的邊長關(guān)系，作圖-角平分線，熟知上述概念是解題的關(guān)鍵．47．（2022·廣西賀州·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且ED=BF，連接AF，CE，AC，EF，且AC與EF相交于點(diǎn)O．(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=【答案】(1)詳見解析；(2)24．【分析】（1）根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；（2）由平行線的性質(zhì)可得∠EAC=∠ACF，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)解得∠EAC=∠FAC，繼而證明AF=FC，由此證明平行四邊形AFCE是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AO=12AC=4,AC⊥EF【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD=BC∵ED=BFAD?ED=BC?BF，即AE=FC．∴四邊形AFCE是平行四邊形．（2）解：∵AE∥∴∠EAC=∠ACF．∵AC平分∠FAE，∴∠EAC=∠FAC．∴∠ACF=∠FAC．∴AF=FC，由（1）知四邊形AFCE是平行四邊形，∴平行四邊形AFCE是菱形．∴AO=1在Rt△AOE中，AO=4,∴EO=3．∴S菱形【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、正切函數(shù)的定義等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度一般，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．48．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中（AB>BC），對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，延長BC到點(diǎn)E，使得CE=BC，連接DE，點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，連接(1)求證：四邊形DOCF是菱形；(2)若矩形ABCD的周長為20，AC=8，求四邊形DOCF的面積．【答案】(1)見解析(2)菱形DOCF的面積9．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)求得OC=OD，再證明CF是△EBD的中位線，推出CF=12BD=OD，CF∥BD（2）先求得BC=10?AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式計(jì)算求得AB=5+7，【詳解】（1）證明：∵矩形ABCD中，∴AC=BD，OC=12AC，OD=∴OC=OD，∵CE=BC，∴點(diǎn)C是線段BE的中點(diǎn)，∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，∴CF是△EBD的中位線，∴CF=12BD=OD∴四邊形DOCF是平行四邊形，∵OC=OD，∴四邊形DOCF是菱形；（2）解：∵矩形ABCD中，∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，∵矩形ABCD的周長為20，∴2(AB+BC)=20，∴AB+BC=10，∴BC=10?AB，在Rt△ABC中，AB2解得AB=5+7或AB=5?∵AB>BC，∴AB=5+7，BC=5?∴S△OCD∴菱形DOCF的面積=2S【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的混合運(yùn)算．證明四邊形DOCF是菱形是解題的關(guān)鍵．?題型14根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題49．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個(gè)邊長為5的菱形ABCD沿著直線DE折疊，使點(diǎn)C與AB延長線上的點(diǎn)Q重合．DE交BC于點(diǎn)F，交AB延長線于點(diǎn)E．DQ交BC于點(diǎn)P，DM⊥AB于點(diǎn)M，AM=4，則下列結(jié)論，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正確的是（

A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】由折疊性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根據(jù)等角對(duì)等邊即可判斷①正確；根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判斷②正確；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=【詳解】由折疊性質(zhì)可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，∵CD∥∴∠CDF=∠QEF．∴∠QDF=∠QEF．∴DQ=EQ=5．故①正確；∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，∴MQ=AM=4．∵M(jìn)B=AB?AM=5?4=1，∴BQ=MQ?MB=4?1=3．故②正確；∵CD∥∴△CDP∽△BQP．∴CPBP∵CP+BP=BC=5，∴BP=3故③正確；∵CD∥∴△CDF∽△BEF．∴DFEF∴EFDE∵QEBE∴EFDE∴△EFQ與△EDB不相似．∴∠EQF≠∠EBD．∴BD與FQ不平行．故④錯(cuò)誤；故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識(shí)，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．50．（2022·山東東營·中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個(gè)結(jié)論正確的是（

）①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18SA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=②當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2③當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN2=④當(dāng)OM⊥BC時(shí)，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得OC【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，∴∠MAC=∠DAN，在△CAM與△DAN中∠CAM=∠DAN∴△CAM∴AM=AN，即△AMN為等邊三角形，故①正確；∵AC⊥BD，當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，∵AB=2,BM=1∴AM=即MN=3故②正確；當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，∴MN∥∴AC⊥MN，在△CMN中，CE=C∴S△CMN而菱形ABCD的面積為：2×3∴18故③正確，當(dāng)OM⊥BC時(shí)，∠BOC=∠OMC=90°∴△OCM∽△BCO∴OC∴O∴O故④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關(guān)內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．51．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，動(dòng)點(diǎn)P在邊BC上（不與點(diǎn)C重合），連接AP，AP的垂直平分線交AP于點(diǎn)E，交BD于點(diǎn)F，連接FP，CE，OE，現(xiàn)有以下結(jié)論：①點(diǎn)A，E之間的距離為定值；②FP=2FE；③CEBC的值可以是13；④∠EOF=30°或150°．其