人教版八年级下册18.2.2 菱形同步达标检测题

这是一份人教版八年级下册18.2.2 菱形同步达标检测题，共53页。

注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2019秋·广东肇庆·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AC⊥BD，AB=8，求四边形ABCD的周长．
2．（2022秋·湖南邵阳·八年级统考期末）已知平行四边形ABCD中，如图，对角线AC和BD相交于点O，AC=10，BD=8．
（1）若AC⊥BD，试求四边形ABCD的面积；
（2）若AC与BD的夹角∠AOD=60°，求四边形ABCD的面积．
3．（2019秋·福建南平·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，点E是BC的中点，AE与BD交于点F，且F是AE的中点．
（Ⅰ）求证：四边形AECD是菱形；（Ⅱ）若AC＝4，AB＝5，求四边形ABCD的面积．
4．（2021秋·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于点E，连接CE，过点C作CF∥BA交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
（3）若ED＝6，AE＝10，则菱形AECF的面积是多少？
5．（2022秋·全国·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交AD于点F．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AC=8，∠DOC=60°，求菱形OCED的面积．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图，四边形ABCD和四边形AECF都是菱形，点E，F在BD上已知∠BAD=100°，∠EAF=60°，求：
(1)∠ABD的度数．
(2)∠BAE的度数．
7．（2021春·福建泉州·八年级校考期末）如图，O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，DE、CE交于E．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)若菱形ABCD的边长AB=2，∠BAD=120°，求矩形OCED的周长．
8．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，BF平分∠ABC交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形．
(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求OC的长．
9．（2022秋·广东东莞·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，CE∥AD，AE∥BC．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若AC＝6，AB＝8，求菱形ADCE的面积．
10．（2022秋·辽宁葫芦岛·八年级校考期中）如图，已知▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，且∠1=∠2．
(1)求证：▱ABCD是菱形．
(2)F为AD上一点，连接BF交AC于E，且AE=AF，若AF=3，AB=5，求BD的长．
11．（2022秋·八年级课时练习）取一张长方形纸片，按图的方法对折两次，并沿图③中的斜线（虚线）剪开，把剪下的Ⅰ这部分展开，平铺在桌面上．
议一议：
(1)剪出的这个图形是哪一种四边形？一定是菱形吗？
(2)根据折叠、裁剪的过程，这个四边形的边和对角线分别具有什么性质？
(3)一个平行四边形具备怎样的条件，就可以判定它是菱形？
12．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝CB，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，顺次连接A、E、C、F．
(1)求证：四边形AECF是菱形．
(2)若EF＝2，AC＝4，直接写出四边形AECF的周长．
13．（2022秋·重庆黔江·八年级统考期末）（1）如图，请用尺规在ΔABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F使得四边形BDEF为菱形；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的菱形BDEF中，若∠A=80°，∠C=30°，求∠BED的度数．
14．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长．
15．（2022秋·重庆忠县·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＞AD，AC为对角线．
(1)尺规作图：作线段AC的垂直平分线，分别交AB、CD于点E、F，垂足为O，连接AF、CE；（保留作图痕迹不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AC＝4，EF＝3，求四边形AECF的面积．
16．（2022秋·四川成都·八年级校联考期末）矩形ABCD中，AB＝9，AD＝3，M、N分别是AB、CD上的点，将四边形MBCN沿MN折叠时，点B恰好落在D处，点C落在点E处，连接BN．
(1)求证：四边形DMBN是菱形；
(2)求线段AM之长；
(3)求折痕MN之长．
17．（2021秋·浙江宁波·八年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E、F分别为AB、CD边上的两点，把四边形AEFD沿EF翻折得到四边形A′EFD′，点A′恰好在线段EC上．
(1)求证：∠CFE=∠CEF．
(2)若AE=3，求D′F的长．
(3)连结AF，A′F．问：当AE取何值时，四边形AEA′F为菱形？请说明理由．
18．（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD∥BC，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，大于12BF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线AG交BC于点E，交BF于点O．
(1)求证：△ABE是等腰三角形；
(2)若BF=6，AB=5，求AE的长．
19．（2021秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于点O．
（1）求AB的长．
（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．
（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．
20．（2021秋·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，AD=8cm，BC=15cm，CD=4cm．点E从点A出发沿射线AD以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts．连接AC、EF．
（1）若以A、F、C、E为顶点的四边形是菱形，求t的值；
（2）连接CE，当SΔACE=2SΔFCE时，直接写出t的值．（不必写过程）
21．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠DAB=60°，点E是AD边的中点．点M是AB边上一动点（不与点A重合），连接ME并延长交CD的延长线于点N，连接MD、AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)当AM=1时，求证：四边形AMDN是矩形；
(3)填空：当AM的值为 时，四边形AMDN是菱形．
22．（2021秋·河南新乡·八年级新乡市第十中学校考期中）如图，在菱形ABCD中，AB=20，∠DAB=60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)填空：
①当AM的值为___时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为___时，四边形AMDN是菱形．
23．（2022春·陕西西安·八年级统考期中）如图1，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，D，E分别是BC，AB边上的动点，且BE=BD，连接DE，将△BDE沿DE翻折，点B落在点F的位置，连接AF．
(1)如图2，当点F在AC边上时，求BE的长．
(2)如图3，点D、E在运动过程中，当AF∥DE时，求AF的长．
24．（2022秋·新疆乌鲁木齐·八年级校考期末）如图1，在▱ABCD中，AB=14，AD=8，∠DAB=60°，对角线AC，BD交于点O.一动点P在边AB上由A向B运动(不与A，B重合)，连接PO并延长，交CD于点Q．
(1)求证：OP=OQ；
(2)当AP=9时，求线段OP的长度；
(3)连接AQ，PC，如图2，随着点P的运动，四边形APCQ可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段AP的长度；如果不可能，请说明理由．
25．（2022秋·安徽合肥·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BC=4，D、E分别是直角边AC和斜边BC上的点，把△ABC沿直线DE折叠，顶点C的对应点是点C'．
(1)如图1，如果点C'与顶点A重合，求AE的长；
(2)如图2，如果点C'与顶点B重合，求DE的长；
(3)如图3，如果点C'落在直角边AB上，且EC'⊥AB，求证：四边形CDC'E是菱形，并直接写出该菱形的边长．
26．（2022秋·河北衡水·八年级校考期末）如图，已知菱形ABCD的边长为43，∠BAD＝60°，E，F为对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，且0≤t≤12．
(1)①对角线AC的长为 ；
②用含t的代数式表示线段EF的长；
(2)在点E，F运动过程中，若G，H分别为AD，BC的中点，t≠6．求证：FG∥EH；
(3)在（2）的条件下，若以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，求t的值．
27．（2022秋·湖南怀化·八年级校考期中）（1）如图①，纸片▱ABCD中，AD=5,S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下ΔABE，将它平移至ΔDCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
（2）如图②，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下ΔAEF，剪下ΔAEF，将它平移至ΔDE′F′的位置，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形；
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
28．（2022秋·江西·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t(s)．
(1)当t=3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF=________cm；
(2)当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示，
①求证：△CEF是等边三角形；
②连接BD交CE于点G，若BG=BC，求EF的长和此时的t值．
(3)当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF=36cm，直接写出此时t的值．
29．（2022秋·湖北恩施·八年级统考期末）已知点E是平行四边形ABCD边CD上的一点（不与点C，D重合）．
(1)如图1，当点E运动到CD的中点时，连接AE、BE，若AE平分∠BAD，证明：CE=CB．
(2)如图2，过点E作EF⊥DC交直线CB于点F，连接AF．若∠ABC=120°，BC=23．若AB=4．在线段CF上是否存在一点H．使得四边形AFHD为菱形？若存在，请求出ED，CH的长；若不存在，请简单地说明理由．
30．（2022秋·福建莆田·八年级校考阶段练习）已知四边形ABCD中，P，Q分别是AB，AD边上的点，DP与CQ交于点G，
(1)如图1，若四边形ABCD是正方形，且DP⊥CQ，求证DP=CQ；
(2)如图2，若四边形ABCD是菱形，试探究∠B与∠PGC满足什么关系，使得DP=CQ成立？并证明你的结论．
(3)如图3，AD∥BC，BC=2CD，∠CAD=∠BDC，试判断BD与AC的数量关系，并说明理由．
专题18.10菱形的性质与判定大题提升专练（重难点培优30题）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2019秋·广东肇庆·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AC⊥BD，AB=8，求四边形ABCD的周长．
【答案】(1)详见解析;(2)32
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=CD即可解决问题．
（2）证明四边形ABCD是菱形，即可求四边形ABCD的周长．
【详解】解：（1）证明：∵AB//CD，
∴∠ABO=∠CDO，
∵OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△CODASA，
∴AB=CD．
又∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的周长=4×AB=32.
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2．（2022秋·湖南邵阳·八年级统考期末）已知平行四边形ABCD中，如图，对角线AC和BD相交于点O，AC=10，BD=8．
（1）若AC⊥BD，试求四边形ABCD的面积；
（2）若AC与BD的夹角∠AOD=60°，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)S菱形ABCD＝40；(2)S四ABCD=203
【分析】（1）先证平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的面积公式即可求解；
（2）过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，根据三角函数即可求得AE的长，从而求得△OAD的面积，四边形ABCD的面积是三角形OAD的面积的4倍，据此即可求解．
【详解】解：(1)∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴S菱形ABCD＝12AC×BD＝40；
(2)过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO＝CO＝12AC＝5，BO＝DO＝12BD＝4，
在Rt△AOE中，sin∠AOE＝AEAO，
∴AE＝AO•sin∠AOE＝AO×sin60°＝532，
∴S四ABCD＝12OD•AE×4＝12×4×532×4＝203．
故答案为(1)S菱形ABCD＝40；(2)S四ABCD=203 .
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质和判定的应用，正确理解四边形ABCD的面积是△OAD的面积的4倍是解题的关键．
3．（2019秋·福建南平·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，点E是BC的中点，AE与BD交于点F，且F是AE的中点．
（Ⅰ）求证：四边形AECD是菱形；（Ⅱ）若AC＝4，AB＝5，求四边形ABCD的面积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）15.
【分析】（Ⅰ）先证四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求AE=CE，即可得四边形AECD是菱形；
（Ⅱ）由题意可求S△AEC=S△ACD=12S△ABC，即可求四边形ABCD的面积．
【详解】证明（Ⅰ）∵AD∥BC
∴∠ADB＝∠DBE
∵F是AE中点
∴AF＝EF且∠AFD＝∠BFE，∠ADB＝∠DBE
∴△ADF≌△BEF
∴BE＝AD
∵AB⊥AC，E是BC中点
∴AE＝BE＝EC
∴AD＝EC，且AD∥BC
∴四边形ADCE是平行四边形
且AE＝EC
∴四边形ADCE是菱形；
（Ⅱ）∵AC＝4，AB＝5，AB⊥AC
∴S△ABC＝10
∵E是BC中点
∴S△AEC＝12S△ABC＝5
∵四边形ADCE是菱形
∴S△AEC＝S△ACD＝5
∴四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD＝15.
【点睛】本题考查菱形的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是利用三角形中线的性质求三角形的面积．
4．（2021秋·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于点E，连接CE，过点C作CF∥BA交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
（3）若ED＝6，AE＝10，则菱形AECF的面积是多少？
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）96
【分析】（1）由PQ为线段AC的垂直平分线得到AE＝CE，AD＝CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC＝∠FCA，∠CFD＝∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到AE＝CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC＝EA，FC＝FA，从而得到EC＝EA＝FC＝FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形；
（3）由菱形的性质和勾股定理求出AD，得出AC的长，由菱形的面积公式即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵PQ为线段AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，AD＝CD，
∵CF∥AB，
∴∠EAC＝∠FCA，∠CFD＝∠AED，
在△AED与△CFD中，
∠EAC=∠FCA∠CFD=∠AEDAD=CD
∴△AED≌△CFD（AAS）；
（2）证明：∵△AED≌△CFD，
∴AE＝CF，
∵EF为线段AC的垂直平分线，
∴EC＝EA，FC＝FA，
∴EC＝EA＝FC＝FA，
∴四边形AECF为菱形；
（3）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∵ED＝6，AE＝10，
∴EF＝2ED＝12，AD＝102−62＝8．
∴AC＝2AD＝16，
∴菱形AECF的面积＝12AC•EF＝12×16×12＝96．
【点睛】本题是菱形的综合题，涉及了菱形的判定与性质及其面积公式、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行线的性质及勾股定理，灵活利用线段垂直平分线的性质判定三角形全等是解题的关键.
5．（2022秋·全国·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交AD于点F．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AC=8，∠DOC=60°，求菱形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)83
【分析】（1）先证四边形DECO是平行四边形，再由矩形的性质得OD=OC，即可得出结论；
（2）先由矩形性质，得OD=OC=4，再判定△OCD是等边三角形，得CD=4，再由菱形的性质得CD⊥OE,CF=12CD=2，然后由勾股定理OF长，即可求得OE长，最后由菱形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明： ∵CE ∥ BD，DE ∥ AC，
∴四边形DECO是平行四边形，
∵矩形ABCD，
∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD，
∴OD=OC=12AC=12×8=4，
∵∠DOC=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OC=4，
由（1）知：四边形OCED是菱形，
∴CF=12CD=12×4=2，OE=2OF，CD⊥OE，
∴在Rt△OFC中，由勾股定理，得
OF=OC2−CF2=42−22=23，
∴OE=2OF=43，
∴S菱形OCED= 12CD⋅OE=12×4×43=83，
答：菱形OCED的面积为83．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定是解题的关键．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图，四边形ABCD和四边形AECF都是菱形，点E，F在BD上已知∠BAD=100°，∠EAF=60°，求：
(1)∠ABD的度数．
(2)∠BAE的度数．
【答案】(1)40°
(2)20°
【分析】（1）根据菱形的性质得出AB=AD，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可；
（2）连接AC，根据菱形的对角线互相平分得出∠BAC=50°，∠EAC=30°，结合图形求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠BAD=100°，
∴∠ABD=∠ADB=180°−100°2=40°；
（2）连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形AECF都是菱形，∠BAD=100°，∠EAF=60°，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=50°，∠EAC=∠FAC=12∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠BAC−∠EAC=20°．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
7．（2021春·福建泉州·八年级校考期末）如图，O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，DE、CE交于E．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)若菱形ABCD的边长AB=2，∠BAD=120°，求矩形OCED的周长．
【答案】(1)见解析
(2)矩形OCED的周长为2(3+1)
【分析】（1）易证四边形OCED为平行四边形，菱形对角线互相垂直，根据有一个内角为90°的平行四边形可以证明四边形为矩形；
（2）解直角三角形求出OD、OC即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵O是菱形ABCD的对角线的交点，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）在菱形ABCD中，
由∠BAD=120°可知∠ABC=60°，
∴ΔABC是等边三角形，
∴AB=AC=2，
∴OC=1，DO=BO=22−12=3，
∴矩形OCED的周长=2(3+1)．
【点睛】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，矩形的判定，菱形各边长相等的性质，本题中求得OC，OD的值是解题的关键．
8．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，BF平分∠ABC交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形．
(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求OC的长．
【答案】(1)见解析
(2)23
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，从而得到∠AFB=∠FBE，再由∠ABF=∠FBE，推出∠ABF=∠AFB，于是得到AB=AF，同理得出AB=BE，证出四边形ABEF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过点O作OG⊥BC，根据菱形的性质得到∠OBE =30°，∠BOE=90°，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可得到结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AF∥BE，
∴∠AFB=∠FBE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠FBE，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
同理AB=BE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）
解：解：过点O作OG⊥BC，垂足为G，
由（1）可知四边形ABEF是菱形，
∴ EB=AB=4，∠OBE=12∠ABC=12×60°=30°，
在Rt△BOE中，OE=12EB=2，OB=42−22=23，
在Rt△BOG中，OG=12OB=3，
BG=232−32=3，
∴ CG=BC-BG=6-3=3，
∴ BG=CG，即OG是BC的垂直平分线，
∴ OC=OB=23．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
9．（2022秋·广东东莞·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，CE∥AD，AE∥BC．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若AC＝6，AB＝8，求菱形ADCE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
【分析】（1）先证四边形ADCE是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得AD＝12BC＝CD，即可得出结论；
（2）由菱形的性质和三角形面积关系得S菱形ADCE＝2S△ACD＝S△ABC，即可求解．
（1）
证明：∵CE∥AD，AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
∴AD＝12BC＝CD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）
解：∵四边形ADCE是菱形，点D是BC的中点，
∴S菱形ADCE＝2S△ACD＝S△ABC＝12AB•AC＝12×8×6＝24．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形ADCE为菱形是解题的关键．
10．（2022秋·辽宁葫芦岛·八年级校考期中）如图，已知▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，且∠1=∠2．
(1)求证：▱ABCD是菱形．
(2)F为AD上一点，连接BF交AC于E，且AE=AF，若AF=3，AB=5，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BD=6
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形来证明即可求出答案；
（2）根据三角形中等边对等角找出菱形中对角线AB的长，再根据菱形的性质得到对角线相互垂直找出直角三角形△ABO，最后利用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形 ，
∴AD∥BC，
∴∠2=∠ACB ，
∵∠1=∠2 ，
∴∠1=∠ACB ，
∴BA=BC，且四边形ABCD是平行四边形 ，
故▱ABCD是菱形．
（2）解：∵▱ABCD是菱形，AB=5 ，
∴AD∥BC ，OA=OC，OB=OD，AB=BC=5，AC⊥BD，
∴∠AFE=∠EBC，
∵AF=AE=3，
∴∠AEF=∠AFE，
∵∠AEF=∠CEB，
∴∠CBE=∠CEB ，
∴CB=CE=5，
∴AC=AE+CE=8，
∴OA=12AC=4，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OB2=AB2−OA2=52−42=3，
∴BD=2OB=6．
故BD=6．
【点睛】本题主要考查菱形的判断和性质．在平行四边形中根据角和边的关系证明平行四边形是菱形，再根据菱形的性质找出直角三角形，最后解直角三角形即可求出答案，理解和掌握菱形的判断、性质、勾股定理是解题的关键．
11．（2022秋·八年级课时练习）取一张长方形纸片，按图的方法对折两次，并沿图③中的斜线（虚线）剪开，把剪下的Ⅰ这部分展开，平铺在桌面上．
议一议：
(1)剪出的这个图形是哪一种四边形？一定是菱形吗？
(2)根据折叠、裁剪的过程，这个四边形的边和对角线分别具有什么性质？
(3)一个平行四边形具备怎样的条件，就可以判定它是菱形？
【答案】(1)菱形，一定是菱形
(2)四条边均相等，对角线互相垂直平分
(3)平行四边形的邻边相等或对角线互相垂直时，这个四边形是菱形
【分析】（1）根据裁剪的过程及菱形的判定即可得出结果；
（2）根据裁剪的过程即可得出边和对角线的性质；
（3）根据菱形的判定定理即可得出结果．
【详解】（1）解：根据折叠剪出的这个图形为菱形，一定是菱形；
（2）根据折叠、裁剪的过程，这个四边形的四条边均相等，对角线互相垂直平分；
（3）根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴当平行四边形的邻边相等或对角线互相垂直时，这个四边形是菱形．
【点睛】题目主要考查菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题关键．
12．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝CB，BD平分∠ABC交AC于点D，点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝DF，顺次连接A、E、C、F．
(1)求证：四边形AECF是菱形．
(2)若EF＝2，AC＝4，直接写出四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的周长为45．
【分析】（1）由对角线互相平分且垂直的四边形是菱形即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AD=2，DE=1，AE=CE=CF=AF，∠ADE=90°，再由勾股定理求得AE=5，即可得出结果．
（1）
证明：∵AB=CB，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD=CD，
∵DE=DF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）
解：由（1）得：四边形AECF是菱形，
∴AD=12AC=2，DE=12EF=1，AE=CE=CF=AF，∠ADE=90°，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得：AE=AD2+DE2=22+12=5，
∴四边形AECF的周长为：4AE=4×5=45．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
13．（2022秋·重庆黔江·八年级统考期末）（1）如图，请用尺规在ΔABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F使得四边形BDEF为菱形；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的菱形BDEF中，若∠A=80°，∠C=30°，求∠BED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）35°
【分析】（1）作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，四边形BDEF即为所求．
（2）根据菱形的性质和三角形的内角和定理解答即可．
【详解】解（1）：如图，作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，则四边形BDEF即为所求的菱形，
理由：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBD，
∵DF垂直平分BE，
∴BF=EF，BD=DE，
∴∠EBF=∠BEF，
∴∠EBD=∠BEF，
∴EF∥BD，
同理BF∥DE，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BE⊥DF，
∴四边形BDEF是菱形；
（2）∵∠A=80°，∠C=30°，
∴∠ABC=180°-80°-30°=70°，
∵四边形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=70°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=35°．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质以及作图一复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
14．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)125
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
（1）
证明：∵AD∥ BC，AE∥ DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，E是BC的中点，
∴AE=CE=12BC，
∴四边形AECD是菱形；
（2）
解：解：过A作AH⊥BC于点H，如图所示
∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
∴BC=AB2+AC2=5，
∵ΔABC的面积=12BC×AH=12AB×AC，
∴AH=AB×ACBC=125，
∵四边形AECD是菱形，
∴CD=CE，
∵S▱AECD=CE⋅AH=CD⋅EF，
∴EF=AH=125．
【点睛】此题考查菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定，解题的关键是证明四边形AECD是菱形．
15．（2022秋·重庆忠县·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＞AD，AC为对角线．
(1)尺规作图：作线段AC的垂直平分线，分别交AB、CD于点E、F，垂足为O，连接AF、CE；（保留作图痕迹不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AC＝4，EF＝3，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)作图见解析
(2)四边形AECF的面积为6
【分析】(1 )根据要求作出图形即可；
(2)证明四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
（1）图形如图所示：
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，∴∠OAE=∠OCF，在△AOE和△COF中，∠OAE=∠OCFAO=OC∠AOE=∠COF∴△AOE≌∆COF(ASA)，∴AE= CF，∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∵EF垂直平分线段AC，∴ EA= EC，∴四边形AECF是菱形，∴四边形AECF的面积=12× 3×4=6．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16．（2022秋·四川成都·八年级校联考期末）矩形ABCD中，AB＝9，AD＝3，M、N分别是AB、CD上的点，将四边形MBCN沿MN折叠时，点B恰好落在D处，点C落在点E处，连接BN．
(1)求证：四边形DMBN是菱形；
(2)求线段AM之长；
(3)求折痕MN之长．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)10
【分析】（1）根据折叠的性质可得BM=DM，DN=BN，∠DMN=∠BMN，再由四边形ABCD是矩形，可得AB∥CD，从而得到∠DNM=∠BMN，进而得到∠DNM=∠DMN，继而得到DM=DN，即可求证；
（2）设AM=x，则DM=BM=AB-AM=9-x，在Rt△ADM中，由勾股定理，即可求解；
（3）连接BD，由勾股定理可得BD=310，再根据S菱形BMDN=12MN⋅BD=BM⋅AD，即可求解．
（1）
证明：根据题意得：BM=DM，DN=BN，∠DMN=∠BMN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DNM=∠BMN，
∴∠DNM=∠DMN，
∴DM=DN，
∴DM=BM=DN=BN，
∴四边形DMBN是菱形；
（2）
解：设AM=x，则DM=BM=AB-AM=9-x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ADM中，AD2+AM2=DM2，
∴32+x2=9−x2，解得：x=4，
即AM=4；
（3）
解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ABD中， AB＝9，AD＝3，
∴BD=AD2+AB2=310，
由（2）得：AM=4，
∴BM=5，
∵S菱形BMDN=12MN⋅BD=BM⋅AD，
∴12MN×310=5×3，
解得：MN=10．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．
17．（2021秋·浙江宁波·八年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E、F分别为AB、CD边上的两点，把四边形AEFD沿EF翻折得到四边形A′EFD′，点A′恰好在线段EC上．
(1)求证：∠CFE=∠CEF．
(2)若AE=3，求D′F的长．
(3)连结AF，A′F．问：当AE取何值时，四边形AEA′F为菱形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)当AE=133时，四边形AEA′F为菱形，理由见解析
【分析】（1）根据折叠的性质可得∠AEF=∠CEF，再根据矩形的性质可得∠CFE=∠AEF，即可求证；
（2）根据折叠的性质可得A′E=AE=3，D′F=DF，再根据矩形的性质可得AB=CD=6，AD=BC=4，∠B=90°，从而得到BE=3，由勾股定理可得CE=5，从而得到CF=CE=5，即可求解；
（3）根据折叠的性质可得A′E=AE,A′F=AF，再根据菱形的性质可设AE=x，则A′E=AE=AF=x，BE=6-x，由勾股定理可得CF=16+6−x2，DF=x2−16，再由DF+CF=CD，即可求解．
（1）
证明：根据题意得：∠AEF=∠CEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CFE=∠AEF，
∴∠CFE=∠CEF；
（2）
解：根据题意得：A′E=AE=3，D′F=DF，
在矩形ABCD中，AB=CD=6，AD=BC=4，∠B=90°，
∵AE=3，
∴BE=AB-AE=3，
∴CE=BC2+BE2=5，
∵∠CFE=∠CEF，
∴CF=CE=5，
∴DF=CD-CF=1，即D′F=1；
（3）
解：当AE=133时，四边形AEA′F为菱形，理由如下：
如图，
根据题意得：A′E=AE,A′F=AF，
∵四边形AEA′F为菱形，
∴AE=AF=A′F=A′E，
设AE=x，则A′E=AE=AF=x，BE=6-x，
∴CF=CE=BC2+BE2=16+6−x2，DF=AF2−AD2=x2−16，
∵DF+CF=CD，
∴x2−16+16+6−x2=6，
解得：x=133，
即AE=133，
∴当AE=133时，四边形AEA′F为菱形．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形与折叠问题，菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
18．（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD∥BC，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，大于12BF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线AG交BC于点E，交BF于点O．
(1)求证：△ABE是等腰三角形；
(2)若BF=6，AB=5，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE的长为8．
【分析】（1）由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，推出∠BAE=∠AEB，即可证明△ABE是等腰三角形；
（2）证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
【详解】（1）证明：由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，
∴∠FAE=∠BAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE；
∴△ABE是等腰三角形；
（2）解：连接EF，
∵AF∥BE，AB=BE=AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OA=OE，OB=OF=12BF=3，
在Rt△AOB中，∵∠AOB=90°，
∴OA=AB2−OB2=52−32=4，
∴AE=2OA=8．
答：AE的长为8．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识、角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识．
19．（2021秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于点O．
（1）求AB的长．
（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．
（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．
【答案】（1）10；（2）见解析；（3）97．
【分析】（1）证明四边形ABCD是菱形，得OA=8，OB=6，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解；
（2）证明四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得AD=BC，AC⊥BD，则∠BOC=90°，即可得出结论；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH=485，再由勾股定理得BH=365，则PH=BH-OB=115，然后由勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=12AC=8，
OB=OD=12BD=6，AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=82+62=10；
（2）证明：∵CE//BD，BE∥AC，
∴四边形OBEC是平行四边形，
由(1)得：平行四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴平行四边形OBEC是矩形，
∴OB=BC，
∴OE=AD；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，
如图2所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=10，
菱形ABCD的面积=BC×DH=12AC×BD，
即10DH=12×16×12，
∴DH=485，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=BD2−DH2=122−4852=365，
由(2)得：四边形OBEC是矩形，
∴PB=PC，
∴PB=12BC=5，
∴PH=BH-PB=365-5=115，
在Rt△PDH中，
DP=DH2+PH2=4852+1152=97．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理，证明平行四边形ABCD为菱形是解题的关键．
20．（2021秋·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，AD=8cm，BC=15cm，CD=4cm．点E从点A出发沿射线AD以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts．连接AC、EF．
（1）若以A、F、C、E为顶点的四边形是菱形，求t的值；
（2）连接CE，当SΔACE=2SΔFCE时，直接写出t的值．（不必写过程）
【答案】（1）5；（2）6或10
【分析】（1）根据题意，得AE=tcm，BF=2tcm，可得到当F在点C左边时，FC=(15−2t)cm，当F在点C右边时，FC=(2t−15)cm，又有当AE=FC，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形，然后根据菱形的性质分类讨论，即可求解；
（2）根据SΔACE=2SΔFCE，可得AE=2CF，然分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：（1）根据题意，得AE=tcm，BF=2tcm，
当F在点C左边时，FC=(15−2t)cm，
当F在点C右边时，FC=(2t−15)cm，
∵AD//BC，
∴当AE=FC，即t=15−2t或t=2t−15，即t=5或15时，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形．
如图，连接CE，当t=5时，F在点C左边得到平行四边形AFCE，

∴AE=5cm，DE=AD−AE=3cm，CD=4cm，
∵AD⊥DC，
在Rt△CDE 中，由勾股定理得：
EC=5cm，
∴AE=EC．
∴当t=5时，以A，F，C，E为顶点的四边形是菱形；
当t=15时，AE=15cm，此时F在点C右边，得到平行四边形ACFE，
∵AD=8cm，CD=4cm，AD⊥DC，
在Rt△ACD 中，由勾股定理得：
AC=82+42=45≠15，
∴AE≠AC，
∴当t=15时，以A，F，C，E为顶点的四边形不是菱形．
∴若以A，F，C，E为顶点的四边形是菱形，则t的值为5．
（2）如图，
∵SΔACE=2SΔFCE，
∴12AE⋅CD=2×12CF⋅CD ，
∴AE=2CF，
当F在点C左边，即t<152时 ，
t=215−2t ，解得：t=6 ；
当F在点C右边，即t>152 时，
t=215−2t ，解得：t=10 ，
综上所述，当SΔACE=2SΔFCE时，t的值为6或10．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的面积，动点问题，熟练掌握菱形的判定和性质，并利用分类讨论的思想解答是解题的关键．．
21．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠DAB=60°，点E是AD边的中点．点M是AB边上一动点（不与点A重合），连接ME并延长交CD的延长线于点N，连接MD、AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)当AM=1时，求证：四边形AMDN是矩形；
(3)填空：当AM的值为 时，四边形AMDN是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得ND∥AM，再根据两直线平行，内错角相等可得∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，然后利用“AAS”证明△NDE和△MAE全等，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立；
（2）可证△EAM是等边三角形，则NM=DA=2即可证明；
（3）由AM=AB=2,∠DAB=60°，得△AMD是等边三角形，则AM=DM即可证明．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴ND∥AM，
∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，
又∵点E是AD边的中点，
∴DE=AE，
在△NDE和△MAE中，
∠NDE=∠MAE∠DNE=∠AMEDE=AE，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=2，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD=1，
又∵∠DAM=60°,AM=1，
∴△EAM是等边三角形，
∴EM=1，
∴NM=2，
∴NM=DA=2，
∴平行四边形AMDN是矩形；
（3）当AM的值为2时，四边形AMDN是菱形，
∵AM=AB=2,∠DAB=60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=DM，
∴平行四边形AMDN是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
22．（2021秋·河南新乡·八年级新乡市第十中学校考期中）如图，在菱形ABCD中，AB=20，∠DAB=60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)填空：
①当AM的值为___时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为___时，四边形AMDN是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①10；②20
【分析】（1）利用菱形的性质和已知条件可证明四边形AMDN的对边平行且相等即可；
（2）①有（1）可知四边形AMDN是平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形即∠DMA=90°，所以AM=12AD=10时即可；
②当平行四边形AMND的邻边AM＝DM时，四边形为菱形，利用已知条件再证明三角形AMD是等边三角形即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ND∥AM，
∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，
又∵点E是AD边的中点
∴DE=AE，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）解：①当AM的值为10时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵AM=10=12AD，
∴∠ADM=30°
∵∠DAM=60°，
∴∠AMD=90°，
∴平行四边形AMDN是矩形；
故答案为：10；
②当AM的值为20时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AM=20，
∴AM=AD=20，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=DM，
∴平行四边形AMDN是菱形；
故答案为：20．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、矩形的判定、以及等边三角形的判定和性质，解题的关键是掌握特殊图形的判定以及重要的性质．
23．（2022春·陕西西安·八年级统考期中）如图1，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，D，E分别是BC，AB边上的动点，且BE=BD，连接DE，将△BDE沿DE翻折，点B落在点F的位置，连接AF．
(1)如图2，当点F在AC边上时，求BE的长．
(2)如图3，点D、E在运动过程中，当AF∥DE时，求AF的长．
【答案】(1)154
(2)25
【分析】（1）由翻折的性质以及BE=BD可得四边形BDFE是菱形；进而得到△CDF∽△CBA，通过相似三角形的性质求出DC与DF的数量关系，列方程求解即可；
（2）作EH⊥BC，交BC于点H，得EH∥AC；由DF∥AB，AF∥DE可得四边形AFDE是平行四边形；从而得到AE=DF=BD=BE=5，BH=3；然后连续运用勾股定理分别得出EH、ED的长度，进而得出答案；
【详解】（1）解：由翻折的性质可得：BE=EF ，BD=DF
∵BE=BD
∴BE=EF=BD=DF
∴四边形BDFE是菱形
∴DF∥AB
∴△CDF∽△CBA
∴BCDC=ABDF
∴BCAB=DCDF
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6
∴AB=AC2+BC2=10
∴BCAB=DCDF=610=35
设BE=BD=DF=5x ，则:DC=3x
∵BD+DC=BC
∴5x+3x=6
解得：x=34
∴BE=5x=154；
（2）解：如图，作EH⊥BC，交BC于点H；
∵∠ACB=90°
∴EH∥AC
∵四边形BDFE是菱形
∴DF∥AB ，BE=BD=DF
∵AF∥DE
∴四边形AFDE是平行四边形
∴AE=DF=BD=BE ，AF=ED
∴BE=BD=12AB=5 ，BH=12BC=3
∴HD=BD−BH=2
在Rt△BHE中
EH=BE2−BH2=4
在Rt△DHE中
AF=ED=EH2+HD2=25．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行线截得的线段对应成比例、相似三角形、勾股定理；综合运用上述知识点寻找线段之间的数量关系是解题的关键．
24．（2022秋·新疆乌鲁木齐·八年级校考期末）如图1，在▱ABCD中，AB=14，AD=8，∠DAB=60°，对角线AC，BD交于点O.一动点P在边AB上由A向B运动(不与A，B重合)，连接PO并延长，交CD于点Q．
(1)求证：OP=OQ；
(2)当AP=9时，求线段OP的长度；
(3)连接AQ，PC，如图2，随着点P的运动，四边形APCQ可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段AP的长度；如果不可能，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)23
(3)能，313
【分析】（1）证明△QCO≌△PAO（ASA），可得结论．
（2）如图2中，过点D作DT⊥AB于T．解直角三角形求出DT，证明PT＝PB，OD＝OB，利用三角形中位线定理求解．
（3）如图3中，可能是菱形，设AP＝PC＝x．利用勾股定理构建方程求解．
（1）
证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∵CD//AB，OC=OA，
∴∠QCO=∠PAO，
在△QCO和△PAO中，
∠QCO=∠PAOOC=OA∠QOC=∠POA，
∴△QCO≌△PAO(ASA)，
∴OQ=OP．
（2）
解：如图2中，过点D作DT⊥AB于T．
在Rt△ADT中，∵∠DTA=90°，∠DAT=60°，AD=8，
∴∠ADT=30°，
∴AT=12AD=4，
∴DT=AD2−AT2=82−42=43，
∴AB=14，AP=9，
∴PB=5，
∵PT=PA−AT=9−4=5，
∴PB=PT，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB，OP为△BDT的中位线，
∴OP=12DT=23．
（3）
解：如图3中，可能是菱形，设AP=PC=x．
过点C作CF⊥AB交AB的延长线于F.则BF=4，CF=43，
在Rt△PCF中，PC2=CF2+PF2，
∴x2=(43)2+(18−x)2，
∴x=313，
∴PA=313．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2022秋·安徽合肥·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BC=4，D、E分别是直角边AC和斜边BC上的点，把△ABC沿直线DE折叠，顶点C的对应点是点C'．
(1)如图1，如果点C'与顶点A重合，求AE的长；
(2)如图2，如果点C'与顶点B重合，求DE的长；
(3)如图3，如果点C'落在直角边AB上，且EC'⊥AB，求证：四边形CDC'E是菱形，并直接写出该菱形的边长．
【答案】(1)AE=2
(2)DE的长为233
(3)菱形的边长为83−12
【分析】（1）根据折叠的性质得出△ABE是等边三角形，得出E点是斜边的中点，即可得出AE的长度；
（2）根据折叠的性质得出E点是BC的中点，再利用勾股定理求出DE即可；
（3）根据EC′⊥AB,得出EC′∥AC，根据角相等得出四边形CDC′E的四边形相等即可得出四边形CDC′E是菱形，利用勾股定理求出菱形的边长即可．
（1）
∵∠A=90°，∠C=30°，BC=4，
∴∠B=60°，AB=12BC=2，
根据折叠的性质知，∠EAD=∠C=30°，
∴∠BAE=90°−∠EAD=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=AB=2；
（2）
根据折叠的性质知，BE=CE=12BC=2，
设DE=x，则CD=2x，
由勾股定理得，x2+22=(2x)2，
解得x=233(舍去负数)，
即DE的长为233；
（3）
∵EC'⊥AB，
∴EC'//AC，
∴∠CDE=∠C'ED，
由折叠的性质知，∠CDE=∠C'DE，
∴∠C'ED=∠C'DE，
∴C'D=C'E，
∵C'D=CD，C'E=CE，
∴C'D=CD=C'E=CE，
即四边形CDC'E是菱形，
设菱形的边长为x，
则BE=4−x，BC'=2−12x，EC'=x，
由勾股定理得，(4−x)2=x2+(2−12x)2，
解得x=83−12(舍去负数)，
即菱形的边长为83−12．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
26．（2022秋·河北衡水·八年级校考期末）如图，已知菱形ABCD的边长为43，∠BAD＝60°，E，F为对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，且0≤t≤12．
(1)①对角线AC的长为 ；
②用含t的代数式表示线段EF的长；
(2)在点E，F运动过程中，若G，H分别为AD，BC的中点，t≠6．求证：FG∥EH；
(3)在（2）的条件下，若以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，求t的值．
【答案】(1)①12；②当0≤t≤6时，EF＝12﹣2t，当6(2)见解析
(3)6﹣23或6+23
【分析】（1）①连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，∠DAO=30°，根据勾股定理求出OA，进而求出AC；②分0⩽t⩽6、6（2）证明四边形GEFH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（3）连接GH，分0⩽t⩽6、6（1）
①连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，
∴AC⊥BD，OA=OC，∠DAO=30°，
∴DO=12AD=23，
由勾股定理得：OA=AD2−OD2=(43)2−(23)2=6，
∴AC=2OA=12，
故答案为：12；
②当0≤t≤6时，EF=12−2t，
当6（2）
∵G，H分别为AD，BC的中点，AD=BC，
∴AG=CH，
∵AD//BC，
∴∠GAE=∠HCF，
在ΔGAE和ΔHCF中，
AG=CH∠GAE=∠HCFAE=CF，
∴ΔGAE≅ΔHCF(SAS)，
∴GE=FH，∠AEG=∠CFH，
∴∠FEG=∠EFH，
∴GE//FH，
∴四边形GEFH为平行四边形，
∴FG//EH；
（3）
连接GH，
∵四边形GEFH为平行四边形，
∴当0⩽t⩽6，EF=GH=43时，平行四边形GEHF为矩形，
此时，12−2t=43，
解得：t=6−23，
当6此时，2t−12=43，
解得：t=6+23，
综上所述，以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，t的值为6−23或6+23．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
27．（2022秋·湖南怀化·八年级校考期中）（1）如图①，纸片▱ABCD中，AD=5,S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下ΔABE，将它平移至ΔDCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
（2）如图②，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下ΔAEF，剪下ΔAEF，将它平移至ΔDE′F′的位置，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形；
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
【答案】（1）C；（2）①见解析；②四边形AFF′D的两条对角线的长为10和310．
【分析】（1）根据平移的性质可得ΔABE≅ΔDCE′，于是有BE=CE′．据此推出AC=EE′，结合平行四边形中AD∥EE′判断出四边形AEE′D的形状；
（2）①根据ΔAEF平移至ΔDE′F′，利用平行四边形的判定得到四边形AFF′D是平行四边形．根据勾股定理得到AF=5，从而有AF=AD，据此证得四边形AFF′D是菱形；
②连接AF′，DF，根据图中各线段的关系求出E′F、EF′的长，利用勾股定理可得RtΔDE'F中DF的长以及RtΔAEF'中AF′的长．
【详解】（1）解：∵ΔABE平移至ΔDCE′的位置，
∴ΔABE≅ΔDCE′，
∴BE=CE′，
∴AC=EE′．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥EE′，
∴四边形AEE′D的形状为矩形．
故答案为：C；
（2）①证明：∵▱ABCD中AD=5，S▱ABCD=15，
∴AE=3．
∵ΔDE′F′是由ΔAEF平移得到的，
∴AF∥DF′，AF=DF′，
∴四边形AFF′D是平行四边形．
在RtΔAEF中，AE=3，EF=4，
∴AF=AE2+EF2=32+42=5，
∴AF=AD=5，
∴四边形AFF′D是菱形；
②解：连接AF′，DF，如图：
在RtΔDE'F中，E′F=FF′−E′F′=5−4=1，DE′=3，
∴DF=12+32=10，
在RtΔAEF'中，EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=3，
∴AF′=32+92=310．
∴四边形AFF′D的两条对角线的长为10和310．
【点睛】本题考查图形的拼剪，平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
28．（2022秋·江西·八年级校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，点E从点D出发，以1cm/s的速度沿射线DA运动，同时点F从点A出发，以1cm/s的速度沿射线AB运动，连接CE、CF和EF，设运动时间为t(s)．
(1)当t=3s时，连接AC与EF交于点G，如图①所示，则EF=________cm；
(2)当E、F分别在线段AD和AB上时，如图②所示，
①求证：△CEF是等边三角形；
②连接BD交CE于点G，若BG=BC，求EF的长和此时的t值．
(3)当E、F分别运动到DA和AB的延长线上时，如图③所示，若EF=36cm，直接写出此时t的值．
【答案】(1)33
(2)①见解析；②EF=（92−36）cm，t=（63-6）s．
(3)t=(3+33)s．
【分析】（1）由条件可知△ADC，△ABC都是等边三角形，证明CE=CF，AE=AF，可得出AC垂直平分线段EF，由30°直角三角形的性质即可解决问题；
（2）①只要证明△DCE≌△ACF，得出CE=CF，∠DCE=∠ACF，可得出∠ECF=60°，则结论得证；
②连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，由BD=2BO求出BD长，证明DE=DG，可求出DE长，则t的值可求出，在Rt△DEN中，由直角三角形的性质和勾股定理可求出EN=9-33，在Rt△ECN中可得∠ECN=45°，求出CE的长，则CE=EF可求出；
（3）作CH⊥AB于H．先求出BH=3，CH=33，在Rt△CFH中，由勾股定理可求出HF，则BF和AF可求出．
（1）
解：如图①中，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BC=6cm，∠ADC=60°，
∴四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC=AB=BC，
∴△ADC，△ABC都是等边三角形，
当t=3时，AE=DE=3cm，AF=BF=3cm，
∵CA=CD=CB，
∴CE⊥AD，CF⊥AB，
∵∠CAB=∠CAD，
∴CF=CE，
∵AE=AF，
∴AC垂直平分线段EF，
∴∠AGF=90°，
∵∠FAG=60°，
∴∠AFG=30°，
∴AG=12AF=32cm，
∴GF=AF2−AG2=32−(32)2=332(cm)，
∴EF=33cm；
故答案为：33；
（2）
①证明：由（1）知△ADC，△ABC都是等边三角形，
∴∠D=∠ACD=∠CAF=60°，DC=AC，
∵DE=AF，
∴△DCE≌△ACF（SAS），
∴CE=CF，∠DCE=∠ACF，
∴∠ECF=∠ACD=60°，
∴△ECF是等边三角形；
②如图②中，连接AC，交BD 于点O，过点E作EN⊥CD，垂足为N，
∵∠CBO=12∠ABC=30°，BC=6cm，
∴CO=12BC=3，BO=BC2−CO2=33(cm)，
∴BD=2BO=63cm，
∴DG=BD−BG=(63−6)cm，
∵BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGC=∠DGE，
∴∠BCG=∠DGE，
∵AD∥BC，
∴∠DEG=∠BCG，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE=（63−6）cm，
∵∠BCD=120°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCG=120°-75°=45°，
∴DN=12DE=（33−3）cm，
同理由勾股定理得EN=（9-33）cm，
∴CE=2•EN=（9-33）×2=（92−36）cm，
∴EF=CE=（92−36）cm，t=（63-6）s．
（3）解：如图③，作CH⊥AB于H，
由（2）可知：△EFC是等边三角形，
∴CF=EF=36cm，
在Rt△BCH中，∵BC=6，∠CBH=60°，
∴BH=3，CH=33cm，
在Rt△CFH中，HF=CF2−CH2=33cm，
∴BF=(33−3)cm，AF=（3+33）cm，
∵运动速度为1cm/s，
∴t=(3+33)s．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形和直角三角形解决问题．
29．（2022秋·湖北恩施·八年级统考期末）已知点E是平行四边形ABCD边CD上的一点（不与点C，D重合）．
(1)如图1，当点E运动到CD的中点时，连接AE、BE，若AE平分∠BAD，证明：CE=CB．
(2)如图2，过点E作EF⊥DC交直线CB于点F，连接AF．若∠ABC=120°，BC=23．若AB=4．在线段CF上是否存在一点H．使得四边形AFHD为菱形？若存在，请求出ED，CH的长；若不存在，请简单地说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)存在，ED=3-3，CH=2．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质证得∠DEA=∠BAE，再根据角平分线的性质证得∠DAE=∠DEA，得出AD=DE，根据E是CD的中点得出AE=CE，进而得出CE=CB，结论得证；
（2）当DH⊥CF且CE=1+3时，四边形AFHD为菱形，先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFHD是平行四边形，再证明AD=DH证得平行四边形AFHD是菱形．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD=BC，
∴∠DEA=∠BAE，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠DAE=∠DEA，
∴AD=DE，
又∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
∴CE=CB；
（2）
解：存在，当DH⊥CF且CE=1+3时，四边形AFHD为菱形，此时：ED=3-3，CH=2，
理由如下：过点D作DH⊥CF于H，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=4，AD=BC=23，∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠BAD=∠BCD=60°，
在Rt△CHD中，∠CHD=90°，∠DCH=60°，
∴∠CDH=30°，
∴CH=12CD=2，
∴DH=DC2−CH2=16−4=23，
∴AD=DH，
在Rt△CEF中，∠CEF=90°，∠ECF=60°，
∴∠CFE=30°，
∴CF=2CE=2（1+3）=2+23，
∴FH=CF-CH=2+23-2=23，
∴AD=FH，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，点F在CB的延长线上，
∴AD∥FH，
∴四边形AFHD是平行四边形，
又∵AD=DH，
∴平行四边形AFHD是菱形．
【点睛】本题综合考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形．③一组邻边相等的平行四边形是菱形．
30．（2022秋·福建莆田·八年级校考阶段练习）已知四边形ABCD中，P，Q分别是AB，AD边上的点，DP与CQ交于点G，
(1)如图1，若四边形ABCD是正方形，且DP⊥CQ，求证DP=CQ；
(2)如图2，若四边形ABCD是菱形，试探究∠B与∠PGC满足什么关系，使得DP=CQ成立？并证明你的结论．
(3)如图3，AD∥BC，BC=2CD，∠CAD=∠BDC，试判断BD与AC的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当∠B与∠PGC互补时，PD=CQ，理由见解析
(3)BD=2AC，理由见解析
【分析】（1）利用正方形的性质，根据AAS证△ADP≌△DCQ，即可得证结论；
（2）过P作PF⊥CD，过Q作QE⊥BC，△PFD≅△QEC（HL），推出∠EQC=∠DPF，再利用三角形内角和定理得到∠B+∠PGC=180°，即可得出结论；
（3）取BC中点E，作EF∥CD交DA延长线于F，得出四边形DCEF为菱形，利用（2）的结论，得到DO=AC，证明△ODF≌△OBE，进一步计算可得结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∵DP⊥CQ，
∴∠ADP+∠CQD=90°，
∴∠APD=∠CQD，
∴△ADP≌△DCQ（AAS），
∴DP=CQ；
（2）
解：过P作PF⊥CD，过Q作QE⊥BC，如图：
∴QE=PF，
∵PD=CQ，
∴△PFD≅△QEC（HL），
∴∠EQC=∠DPF，
又∵∠EQC+∠QCB=90°，∠FPB=90°，
∴∠DPF+∠QCB=90°，
∴∠DPF+∠QCB+∠FPB=180°，
∴ ∠B+∠PGC=180°，
∴当∠B与∠PGC互补时，PD=CQ；
（3）
解：BD=2AC，理由如下：
取BC中点E，作EF∥CD交DA延长线于F，连接AC、BC交于G，
∵AD∥BC，
∴四边形DCEF为平行四边形，
∵BC=2CD，
∴CE=CD，
∴平行四边形DCEF为菱形，
设∠CAD=∠BDC=x，
∴∠ACE=∠CAD=x，
∠BGC=∠BDC+∠ACD=x+∠ACD，
∵EF∥CD，
∴∠BEF=∠BCD=x+∠ACD=∠BGC，
∵∠BEF与∠FEC互补，
则∠BGC与∠FEC互补，
由（2）结论可得DO=AC，
∵四边形DCEF为菱形，
∴DF=CE，
∴DF=BE，
∵AD∥BC，
∴∠ODF=∠OBE，∠OFD=∠OEB，
∴△ODF≌△OBE，
∴OD=OB，即BD=2DO，
∴BD=2AC，
【点睛】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．