中考数学试卷分类汇编 四边形（菱形）

这是一份中考数学试卷分类汇编 四边形（菱形），共30页。
A． B． C． D．
［解析］OA=4，OB=3，AB=5，△BDH∽△BOA，
BD/AB=BH/OB=DH/OA，6/5=BH/3，BH=18/5，
AH=AB-BH=5-18/5=7/5，△AGH∽△ABO，
GH/BO=AH/AO，GH/3=7/5 / 4，GH=21/20。
2、（2013•曲靖）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作EF⊥AC交BC于点E，交AD于点F，连接AE、CF．则四边形AECF是（ ）
3、（2013凉山州）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，则以AC为边长的正方形ACEF的周长为（ ）
A．14B．15C．16D．17
考点：菱形的性质；等边三角形的判定与性质；正方形的性质．
分析：根据菱形得出AB=BC，得出等边三角形ABC，求出AC，长，根据正方形的性质得出AF=EF=EC=AC=4，求出即可．
解答：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4，
∴正方形ACEF的周长是AC+CE+EF+AF=4×4=16，
故选C．
点评：本题考查了菱形性质，正方形性质，等边三角形的性质和判定的应用，关键是求出AC的长．
4、（2012•泸州）如图，菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC=6，BD=4，则菱形ABCD的周长是（ ）
5、（2013菏泽）如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为（ ）
A．15°或30°B．30°或45°C．45°或60°D．30°或60°
考点：剪纸问题．
分析：折痕为AC与BD，∠BAD=120°，根据菱形的性质：菱形的对角线平分对角，可得∠ABD=30°，易得∠BAC=60°，所以剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．
解答：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°，
∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．
故选D．
点评：此题主要考查菱形的判定以及折叠问题，关键是熟练掌握菱形的性质：菱形的对角线平分每一组对角．
6、（2013•玉林）如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．甲、乙两人的作法如下：
甲：连接AC，作AC的垂直平分线MN分别交AD，AC，BC于M，O，N，连接AN，CM，则四边形ANCM是菱形．
乙：分别作∠A，∠B的平分线AE，BF，分别交BC，AD于E，F，连接EF，则四边形ABEF是菱形．
根据两人的作法可判断（ ）
7、（2013年潍坊市）如图，ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB=OD,请你添加一个适当的条件 ____________,使ABCD成为菱形.（只需添加一个即可）
答案：OA=OC或AD=BC或AD//BC或AB=BC等
考点：菱形的判别方法.
点评：此题属于开放题型，答案不唯一.主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定定理．
8、（2013•攀枝花）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，csA=，BE=4，则tan∠DBE的值是 2 ．
9、(2013年临沂)如图，菱形ABCD中，AB＝4，,,垂足分别为E,F,连接EF,则的△AEF的面积是 .
答案：
解析：依题可求得：∠BAD＝120°，∠BAE＝∠DAF＝30°，BE＝DF＝2，AE＝AF＝，所以，三角形AEF为等边三角形，高为3，面积S＝＝
10、（2013•泰州）对角线互相 垂直 的平行四边形是菱形．
11、(2013年南京)如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF。若菱形ABCD的边长为2 cm， A=120，则EF= cm。
答案： EQ \r(,3 )
解析：点A恰好落在菱形的对称中心O处，如图，P为AO中点，所以E为A职点，AE＝1，EAO=60，EP＝，所以，EF＝ EQ \r(,3 )
12、（2013•淮安）若菱形的两条对角线分别为2和3，则此菱形的面积是 3 ．
13、（2013•牡丹江）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是 （）n﹣1 ．
14、（2013•宁夏）如图，菱形OABC的顶点O是原点，顶点B在y轴上，菱形的两条对角线的长分别是6和4，反比例函数的图象经过点C，则k的值为 ﹣6 ．
15、（2013•攀枝花）如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD=4AG；④FH=BD
其中正确结论的为 ①③④ （请将所有正确的序号都填上）．
16、（2013•内江）已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值= 5 ．

17、（2013•黔西南州）如图所示，菱形ABCD的边长为4，且AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠B=60°，则菱形的面积为 ．
18、（2013•衢州）如图，在菱形ABCD中，边长为10，∠A=60°．顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边
形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去…．则四边形A2B2C2D2的周长是 20 ；四边形A2013B2013C2013D2013的周长是 ．
19、（2013四川宜宾）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BD为AC的中线，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG=BD，连接BG、DF．若AG=13，CF=6，则四边形BDFG的周长为 20 ．
考点：菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．
分析：首先可判断四边形BGFD是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得BD=FD，则可判断四边形BGFD是菱形，设GF=x，则AF=13﹣x，AC=2x，在Rt△ACF中利用勾股定理可求出x的值．
解答：解：∵AG∥BD，BD=FG，
∴四边形BGFD是平行四边形，
∵CF⊥BD，
∴CF⊥AG，
又∵点D是AC中点，
∴BD=DF=AC，
∴四边形BGFD是菱形，
设GF=x，则AF=13﹣x，AC=2x，
在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2，即（13﹣x）2+62=（2x）2，
解得：x=5，
故四边形BDFG的周长=4GF=20．
故答案为：20．
点评：本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形的斜边中线的性质，解答本题的关键是判断出四边形BGFD是菱形．
20、（2013•黄冈）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，求证：∠DHO=∠DCO．
21、（2013•十堰）如图，已知正比例函数y=2x和反比例函数的图象交于点A（m，﹣2）．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）观察图象，直接写出正比例函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围；
（3）若双曲线上点C（2，n）沿OA方向平移个单位长度得到点B，判断四边形OABC的形状并证明你的结论．
22、（2013年广州市）如图8，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于O,AB=5,AO=4,求BD的长.
分析：根据菱形的性质得出AC⊥BD，再利用勾股定理求出BO的长，即可得出答案
解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于O，
∴AC⊥BD，DO=BO，
∵AB=5，AO=4，
∴BO==3，
∴BD=2BO=2×3=6．
点评：此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，根据已知得出BO的长是解题关键
23、（2013•常州）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=60°，∠FAC、∠ECA是△ABC的两个外角，AD平分∠FAC，CD平分∠ECA．
求证：四边形ABCD是菱形．

24、（2013•恩施州）如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH为菱形．
25、（2013•宜昌）如图，点E，F分别是锐角∠A两边上的点，AE=AF，分别以点E，F为圆心，以AE的长为半径画弧，两弧相交于点D，连接DE，DF．
（1）请你判断所画四边形的性状，并说明理由；
（2）连接EF，若AE=8厘米，∠A=60°，求线段EF的长．
26、（2013•雅安）在▱ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且AE=CF．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若DF=BF，求证：四边形DEBF为菱形．
27、（2013•南宁）如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E、F分别是边BC、AD的中点．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠B=60°，AB=4，求线段AE的长．
28、（2013安顺）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
考点：菱形的判定与性质；三角形中位线定理．
分析：从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以是菱形；∠BCF是120°，所以∠EBC为60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可求．
解答：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE∥BC且2DE=BC，
又∵BE=2DE，EF=BE，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵BE=FE，
∴四边形BCFE是菱形；
（2）解：∵∠BCF=120°，
∴∠EBC=60°，
∴△EBC是等边三角形，
∴菱形的边长为4，高为2，
∴菱形的面积为4×2=8．
点评：本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点．
29、（2013•娄底）某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），如图（2），AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．
（1）求证：AM=AN；
（2）当旋转角α=30°时，四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．
30、（2013•株洲）已知四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O，过点O的直线EF交AD于点E，交BC于点F．
（1）求证：△AOE≌△COF；
（2）若∠EOD=30°，求CE的长．
31、（2013•苏州）如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长DP交边AB于点E，连接BP并延长交边AD于点F，交CD的延长线于点G．
（1）求证：△APB≌△APD；
（2）已知DF：FA=1：2，设线段DP的长为x，线段PF的长为y．
①求y与x的函数关系式；
②当x=6时，求线段FG的长．
32、（2013聊城）如图，AB是⊙O的直径，AF是⊙O切线，CD是垂直于AB的弦，垂足为E，过点C作DA的平行线与AF相交于点F，CD=，BE=2．求证：（1）四边形FADC是菱形；
（2）FC是⊙O的切线．
考点：切线的判定与性质；菱形的判定．
分析：（1）首先连接OC，由垂径定理，可求得CE的长，又由勾股定理，可求得半径OC的长，然后由勾股定理求得AD的长，即可得AD=CD，易证得四边形FADC是平行四边形，继而证得四边形FADC是菱形；
（2）首先连接OF，易证得△AFO≌△CFO，继而可证得FC是⊙O的切线．
解答：证明：（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE=CD=×4=2，
设OC=x，
∵BE=2，
∴OE=x﹣2，
在Rt△OCE中，OC2=OE2+CE2，
∴x2=（x﹣2）2+（2）2，
解得：x=4，
∴OA=OC=4，OE=2，
∴AE=6，
在Rt△AED中，AD==4，
∴AD=CD，
∵AF是⊙O切线，
∴AF⊥AB，
∵CD⊥AB，
∴AF∥CD，
∵CF∥AD，
∴四边形FADC是平行四边形，
∴▱FADC是菱形；
（2）连接OF，
∵四边形FADC是菱形，
∴FA=FC，
在△AFO和△CFO中，
，
∴△AFO≌△CFO（SSS），
∴∠FCO=∠FAO=90°，
即OC⊥FC，
∵点C在⊙O上，
∴FC是⊙O的切线．
点评：此题考查了切线的判定与性质、菱形的判定与性质、垂径定理、勾股定理以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
33、（2013泰安）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，E是CD上一点，BE交AC于F，连接DF．
（1）证明：∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE．
（2）若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；
（3）在（2）的条件下，试确定E点的位置，∠EFD=∠BCD，并说明理由．
考点：菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
分析：（1）首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，再证明△ABF≌△ADF，可得∠AFD=∠AFB，进而得到∠AFD=∠CFE；
（2）首先证明∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再有条件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是菱形；
（3）首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD．
解答：（1）证明：∵在△ABC和△ADC中，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵在△ABF和△ADF中，
∴△ABF≌△ADF，
∴∠AFD=∠AFB，
∵∠AFB=∠AFE，
∴∠AFD=∠CFE；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
又∵∠BAC=∠DAC，
∴∠CAD=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）当EB⊥CD时，∠EFD=∠BCD，
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
在△BCF和△DCF中，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠EFD=∠BCD．
点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．
34、（2013•遂宁）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别是E、F，并且DE=DF．求证：
（1）△ADE≌△CDF；
（2）四边形ABCD是菱形．
35、（2013•舟山）某学校的校门是伸缩门（如图1），伸缩门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为30厘米．校门关闭时，每个菱形的锐角度数为60°（如图2）；校门打开时，每个菱形的锐角度数从60°缩小为10°（如图3）．问：校门打开了多少米？（结果精确到1米，参考数据：sin5°≈0.0872，cs5°≈0.9962，sin10°≈0.1736，cs10°≈0.9848）．

37、(2013年临沂)如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F,连接CF.
（1）求证：AF=DC；
（2）若AB⊥AC,试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论.
（第22题图）
解析：证明：（1）∵E是AD的中点，∴AE=ED.……………………………(1分)
∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DBE, ∠FAE=∠BDE,
∴△AFE≌△DBE. ………………………(2分)
∴AF=DB.
∵AD是BC边上的中点，∴DB=DC,AF=DC ……………(3分)
（2）四边形ADCF是菱形. …………………………………(4分)
理由：由（1）知，AF=DC,
∵AF∥CD, ∴四边形ADCF是平行四边形. ……(5分)
又∵AB⊥AC, ∴△ABC是直角三角形
∵AD是BC边上的中线, ∴. … (6分)
∴平行四边形ADCF是菱形. …………………(7分)

A．
梯形
B．
矩形
C．
菱形
D．
正方形
考点：
菱形的判定；平行四边形的性质．
分析：
首先利用平行四边形的性质得出AO=CO，∠AFO=∠CEO，进而得出△AFO≌△CEO，再利用平行四边形和菱形的判定得出即可．
解答：
解：四边形AECF是菱形，
理由：∵在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴AO=CO，∠AFO=∠CEO，
∴在△AFO和△CEO中
，
∴△AFO≌△CEO（AAS），
∴FO=EO，
∴四边形AECF平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形．
故选：C．
点评：
此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的判定与性质，根据已知得出EO=FO是解题关键．

A．
24
B．
16
C．
4
D．
2
考点：
菱形的性质；勾股定理．
分析：
由菱形ABCD的两条对角线相交于O，AC=6，BD=4，即可得AC⊥BD，求得OA与OB的长，然后利用勾股定理，求得AB的长，继而求得答案．
解答：
解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=4，
∴AC⊥BD，OA=AC=3，OB=BD=2，AB=BC=CD=AD，
∴在Rt△AOB中，AB==，
∴菱形的周长是：4AB=4．
故选C．
点评：
此题考查了菱形的性质与勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．

A．
甲正确，乙错误
B．
乙正确，甲错误
C．
甲、乙均正确
D．
甲、乙均错误
考点：
菱形的判定．3718684
分析：
首先证明△AOM≌△CON（ASA），可得MO=NO，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定判定四边形ANCM是平行四边形，再由AC⊥MN，可根据对角线互相垂直的四边形是菱形判定出ANCM是菱形；四边形ABCD是平行四边形，可根据角平分线的定义和平行线的定义，求得AB=AF，所以四边形ABEF是菱形．
解答：
解：甲的作法正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACN，
∵MN是AC的垂直平分线，
∴AO=CO，
在△AOM和△CON中，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴MO=NO，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∵AC⊥MN，
∴四边形ANCM是菱形；
乙的作法正确；
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，∠6=∠7，
∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，
∴∠2=∠3，∠5=∠6，
∴∠1=∠3，∠5=∠7，
∴AB=AF，AB=BE，
∴AF=BE
∵AF∥BE，且AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴平行四边形ABEF是菱形；
故选：C．
点评：
此题主要考查了菱形形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
考点：
菱形的性质；解直角三角形．
分析：
求出AD=AB，设AD=AB=5x，AE=3x，则5x﹣3x=4，求出x，得出AD=10，AE=6，在Rt△ADE中，由勾股定理求出DE=8，在Rt△BDE中得出tan∠DBE=，代入求出即可，
解答：
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵csA=，BE=4，DE⊥AB，
∴设AD=AB=5x，AE=3x，
则5x﹣3x=4，
x=2，
即AD=10，AE=6，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：DE==8，
在Rt△BDE中，tan∠DBE===2，
故答案为：2．
点评：
本题考查了菱形的性质，勾股定理，解直角三角形的应用，关键是求出DE的长．
考点：
菱形的判定．
分析：
菱形的判定定理有①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，③四条边都相等的四边形是菱形，根据以上内容填上即可．
解答：
解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
故答案为：垂直．
点评：
本题考查了对菱形的判定的应用，注意：菱形的判定定理有①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，③四条边都相等的四边形是菱形．
考点：
菱形的性质．3718684
分析：
菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果即可．
解答：
解：由题意，知：S菱形=×2×3=3，
故答案为：3．
点评：
本题考查了菱形的面积两种求法：（1）利用底乘以相应底上的高；（2）利用菱形的特殊性，菱形面积=×两条对角线的乘积；具体用哪种方法要看已知条件来选择．
考点：
菱形的性质．3718684
专题：
规律型．
分析：
连接DB于AC相交于M，根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AE，AG的长，从而可发现规律根据规律不难求得第n个菱形的边长．
解答：
解：连接DB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．AC⊥DB，
∵∠DAB=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴DB=AD=1，
∴BM=，
∴AM=，
∴AC=，
同理可得AE=AC=（）2，AG=AE=3=（）3，
按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n﹣1，
故答案为（）n﹣1．
点评：
此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及学生探索规律的能力．
考点：
反比例函数图象上点的坐标特征；菱形的性质．3718684
专题：
探究型．
分析：
先根据菱形的性质求出C点坐标，再把C点坐标代入反比例函数的解析式即可得出k的值．
解答：
解：∵菱形的两条对角线的长分别是6和4，
∴A（﹣3，2），
∵点A在反比例函数y=的图象上，
∴2=，解得k=﹣6．
故答案为：﹣6．
点评：
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，即反比例函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式．
考点：
菱形的判定；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．
分析：
根据已知先判断△ABC≌△EFA，则∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，由等边三角形的性质得出∠BDF=30°，从而证得△DBF≌△EFA，则AE=DF，再由FE=AB，得出四边形ADFE为平行四边形而不是菱形，根据平行四边形的性质得出AD=4AG，从而得到答案．
解答：
解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∵∠BAC=30°，
∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB=2AF，
∴BC=AF，
∴△ABC≌△EFA，
∴FE=AB，
∴∠AEF=∠BAC=30°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB=90°，
∴HF∥BC，
∵F是AB的中点，
∴HF=BC，
∵BC=AB，AB=BD，
∴HF=BD，故④说法正确；
∵AD=BD，BF=AF，
∴∠DFB=90°，∠BDF=30°，
∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°，
∴∠DFB=∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF=30°，
∴∠BDF=∠AEF，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE=DF，
∵FE=AB，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AE≠EF，
∴四边形ADFE不是菱形；
故②说法不正确；
∴AG=AF，
∴AG=AB，
∵AD=AB，
则AD=AG，故③说法正确，
故答案为①③④．
点评：
本题考查了菱形的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择．
考点：
轴对称-最短路线问题；菱形的性质．
分析：
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出OC、OB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
解答：
解：
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=AC=3，BO=BD=4，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故答案为：5．
点评：
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．
考点：
菱形的性质．
分析：
根据已知条件解直角三角形ABE可求出AE的长，再由菱形的面积等于底×高计算即可．
解答：
解：∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=4，
∵AE⊥BC于E，∠B=60°，
∴sinB==，
∴AE=2，
∴菱形的面积=4×2=8，
故答案为8．
点评：
本题考查了菱形的性质：四边相等以及特殊角的三角函数值和菱形面积公式的运用．
考点：
中点四边形；菱形的性质．
专题：
规律型．
分析：
根据菱形的性质以及三角形中位线的性质以及勾股定理求出四边形各边长得出规律求出即可．
解答：
解：∵菱形ABCD中，边长为10，∠A=60°，顺次连结菱形ABCD各边中点，
∴△AA1D1是等边三角形，四边形A2B2C2D2是菱形，
∴A1D1=5，C1D1=AC=5，A2B2=C2D2=C2B2=A2D2=5，
∴四边形A2B2C2D2的周长是：5×4=20，
同理可得出：A3D3=5×，C3D3=AC=×5，
A5D5=5×（）2，C5D5=AC=（）2×5，
…
∴四边形A2013B2013C2013D2013的周长是：=．
故答案为：20，．
点评：
此题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质和中点四边形的性质等知识，根据已知得出边长变化规律是解题关键．
考点：
菱形的性质．3481324
专题：
证明题．
分析：
根据菱形的对角线互相平分可得OD=OB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OB，然后根据等边对等角求出∠OHB=∠OBH，根据两直线平行，内错角相等求出∠OBH=∠ODC，然后根据等角的余角相等证明即可．
解答：
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，∠COD=90°，
∵DH⊥AB，
∴OH=OB，
∴∠OHB=∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH=∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°，
在Rt△GHB中，∠DHO+∠OHB=90°，
∴∠DHO=∠DCO．
点评：
本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及等角的余角相等，熟记各性质并理清图中角度的关系是解题的关键．
考点：
反比例函数综合题．3718684
分析：
（1）设反比例函数的解析式为y=（k＞0），然后根据条件求出A点坐标，再求出k的值，进而求出反比例函数的解析式；
（2）直接由图象得出正比例函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围；
（3）首先求出OA的长度，结合题意CB∥OA且CB=，判断出四边形OABC是平行四边形，再证明OA=OC即可判定出四边形OABC的形状．
解答：
解：（1）设反比例函数的解析式为y=（k＞0），
∵A（m，﹣2）在y=2x上，
∴﹣2=2m，
∴m=﹣1，
∴A（﹣1，﹣2），
又∵点A在y=上，
∴k=﹣2，
∴反比例函数的解析式为y=；
（2）观察图象可知正比例函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围为﹣1＜x＜0或x＞1；
（3）四边形OABC是菱形．
证明：∵A（﹣1，﹣2），
∴OA==，
由题意知：CB∥OA且CB=，
∴CB=OA，
∴四边形OABC是平行四边形，
∵C（2，n）在y=上，
∴n=1，
∴C（2，1），
OC==，
∴OC=OA，
∴四边形OABC是菱形．
点评：
本题主要考查了反比例函数的综合题的知识点，解答本题的关键是熟练掌握反比例函数的性质以及菱形的判定定理，此题难度不大，是一道不错的中考试题．
考点：
菱形的判定．3718684
专题：
证明题．
分析：
根据平行四边形的判定方法得出四边形ABCD是平行四边形，再利用菱形的判定得出．
解答：
证明：∵∠B=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=BC，
∴∠ACB=60°，
∠FAC=∠ACE=120°，
∴∠BAD=∠BCD=120°，
∴∠B=∠D=60°，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
点评：
此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定和角平分线的性质等内容，注意菱形与平行四边形的区别，得出AB=BC是解决问题的关键．
考点：
菱形的判定；梯形；中点四边形．
专题：
证明题．
分析：
连接AC、BD，根据等腰梯形的对角线相等可得AC=BD，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EF=GH=AC，HE=FG=BD，从而得到EF=FG=GH=HE，再根据四条边都相等的四边形是菱形判定即可．
解答：
证明：如图，连接AC、BD，
∵AD∥BC，AB=CD，
∴AC=BD，
∵E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，
∴在△ABC中，EF=AC，
在△ADC中，GH=AC，
∴EF=GH=AC，
同理可得，HE=FG=BD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH为菱形．
点评：
本题考查了菱形的判定，等腰梯形的对角线相等，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，作辅助线是利用三角形中位线定理的关键，也是本题的难点．
考点：
菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．
分析：
（1）由AE=AF=ED=DF，根据四条边都相等的四边形是菱形，即可证得：四边形AEDF是菱形；
（2）首先连接EF，由AE=AF，∠A=60°，可证得△EAF是等边三角形，则可求得线段EF的长．
解答：
解：（1）菱形．
理由：∵根据题意得：AE=AF=ED=DF，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）连接EF，
∵AE=AF，∠A=60°，
∴△EAF是等边三角形，
∴EF=AE=8厘米．
点评：
此题考查了菱形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据平行四边形的性质可得AD=BC，∠A=∠C，再加上条件AE=CF可利用SAS证明△ADE≌△CBF；
（2）首先证明DF=BE，再加上条件AB∥CD可得四边形DEBF是平行四边形，又DF=FB，可根据邻边相等的平行四边形为菱形证出结论．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
∵在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵AE=CF，
∴DF=EB，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵DF=FB，
∴四边形DEBF为菱形．
点评：
此题主要考查了全等三角形的判定，以及菱形的判定，关键是掌握全等三角形的判定定理，以及菱形的判定定理，平行四边形的性质．
考点：
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．3718684
分析：
（1）首先根据菱形的性质，得到AB=BC=AD=CD，∠B=∠D，结合点E、F分别是边BC、AD的中点，即可证明出△ABE≌△CDF；
（2）首先证明出△ABC是等边三角形，结合题干条件在Rt△AEB中，∠B=60°，AB=4，即可求出AE的长．
解答：
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D，
∵点E、F分别是边BC、AD的中点，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
∵，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点E是边BC的中点，
∴AE⊥BC，
在Rt△AEB中，∠B=60°，AB=4，
sin60°==，
解得AE=2．
点评：
本题主要考查菱形的性质等知识点，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质、全等三角形的证明以及等边三角形的性质，此题难度不大，是一道比较好的中考试题．
考点：
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．
分析：
（1）根据旋转的性质得出AB=AF，∠BAM=∠FAN，进而得出△ABM≌△AFN得出答案即可；
（2）利用旋转的性质得出∠FAB=120°，∠FPC=∠B=60°，即可得出四边形ABPF是平行四边形，再利用菱形的判定得出答案．
解答：
（1）证明：∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α（0°＜α＜90°），
∴AB=AF，∠BAM=∠FAN，
在△ABM和△AFN中，
，
∴△ABM≌△AFN（ASA），
∴AM=AN；
（2）解：当旋转角α=30°时，四边形ABPF是菱形．
理由：连接AP，
∵∠α=30°，
∴∠FAN=30°，
∴∠FAB=120°，
∵∠B=60°，
∴AF∥BP，
∴∠F=∠FPC=60°，
∴∠FPC=∠B=60°，
∴AB∥FP，
∴四边形ABPF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴平行四边形ABPF是菱形．
点评：
此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定和全等三角形的判定等知识，根据旋转前后图形大小不发生变化得出是解题关键．
考点：
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．3718684
分析：
（1）根据菱形的对角线互相平分可得AO=CO，对边平行可得AD∥BC，再利用两直线平行，内错角相等可得∠OAE=∠OCF，然后利用“角边角”证明△AOE和△COF全等；
（2）根据菱形的对角线平分一组对角求出∠DAO=30°，然后求出∠AEF=90°，然后求出AO的长，再求出EF的长，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列式计算即可得解．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
（2）解：∵∠BAD=60°，
∴∠DAO=∠BAD=×60°=30°，
∵∠EOD=30°，
∴∠AOE=90°﹣30°=60°，
∴∠AEF=180°﹣∠BOD﹣∠AOE=180°﹣30°﹣60°=90°，
∵菱形的边长为2，∠DAO=30°，
∴OD=AD=×2=1，
∴AO===，
∴AE=CF=×=，
∵菱形的边长为2，∠BAD=60°，
∴高EF=2×=，
在Rt△CEF中，CE===．
点评：
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理的应用，（2）求出△CEF是直角三角形是解题的关键，也是难点．
考点：
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．3718684
分析：
（1）根据菱形的性质得出∠DAP=∠PAB，AD=AB，再利用全等三角形的判定得出△APB≌△APD；
（2）①首先证明△DFP≌△BEP，进而得出=，=，进而得出=，即=，即可得出答案；
②根据①中所求得出PF=PE=4，DP=PB=6，进而得出==，求出即可．
解答：
（1）证明：∵点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，
∴∠DAP=∠PAB，AD=AB，
∵在△APB和△APD中
，
∴△APB≌△APD（SAS）；
（2）解：①∵△APB≌△APD，
∴DP=PB，∠ADP=∠ABP，
∵在△DFP和△BEP中，
，
∴△DFP≌△BEP（ASA），
∴PF=PE，DF=BE，
∵GD∥AB，
∴=，
∵DF：FA=1：2，
∴=，=，
∴=，
∵=，即=，
∴y=x；
②当x=6时，y=×6=4，
∴PF=PE=4，DP=PB=6，
∵==，
∴=，
解得：FG=5，
故线段FG的长为5．
点评：
此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，根据平行关系得出=，=是解题关键．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据平行四边形的性质得出∠A=∠C，进而利用全等三角形的判定得出即可；
（2）根据菱形的判定得出即可．
解答：
解：（1）∵DE⊥AB，DF⊥BC
∴∠AED=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠A=∠C，
∵在△AED和△CFD中
∴△AED≌△CFD（AAS）；
（2）∵△AED≌△CFD，
∴AD=CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
点评：
此题主要考查了菱形的性质和全等三角形的判定等知识，根据已知得出∠A=∠C是解题关键．
考点：
解直角三角形的应用；菱形的性质．
分析：
先求出校门关闭时，20个菱形的宽即大门的宽；再求出校门打开时，20个菱形的宽即伸缩门的宽；然后将它们相减即可．
解答：
解：如图，校门关闭时，取其中一个菱形ABCD．
根据题意，得∠BAD=60°，AB=0.3米．
∵在菱形ABCD中，AB=AD，
∴△BAD是等边三角形，
∴BD=AB=0.3米，
∴大门的宽是：0.3×20≈6（米）；
校门打开时，取其中一个菱形A1B1C1D1．
根据题意，得∠B1A1D1=10°，A1B1=0.3米．
∵在菱形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，∠B1A1O1=5°，
∴在Rt△A1B1O1中，
B1O1=sin∠B1A1O1•A1B1=sin5°×0.3=0.02616（米），
∴B1D1=2B1O1=0.05232米，
∴伸缩门的宽是：0.05232×20=1.0464米；
∴校门打开的宽度为：6﹣1.0464=4.9536≈5（米）．
故校门打开了5米．
点评：
本题考查了菱形的性质，解直角三角形的应用，难度适中．解题的关键是把实际问题转化为数学问题，只要把实际问题抽象到解直角三角形中，一切将迎刃而解．