资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩7页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
苏科版数学八年级下册专练02 《菱形解答证明题》单元综合检测
展开
这是一份苏科版数学八年级下册专练02 《菱形解答证明题》单元综合检测，文件包含苏科版数学八年级下册专练02《菱形解答证明题》原卷版docx、苏科版数学八年级下册专练02《菱形解答证明题》解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共66页， 欢迎下载使用。
专练02 菱形解答证明题一、解答题1．已知：如图，菱形中，点，分别在，边上，，连接，．求证：．【答案】见解析【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【解析】证明：连接，如图，四边形是菱形，，在和中，， (SAS)，．【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．2．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周长为24．(1)求对角线BD的长；(2)求菱形ABCD的面积．【答案】(1)6(2)【分析】（1）由菱形的性质知AB=AD，又∠BAD＝60°，可知是等边三角形，推出，即可求解；（2）由菱形的对角线互相垂直且平分，求出OB，利用勾股定理由出AO，进而求出AC，根据菱形面积为对角线乘积的一半，即可求解．（1）解：菱形ABCD的周长为24，，又∠BAD＝60°，是等边三角形，，故对角线BD的长为6；（2）解：由菱形的性质可知，对角线AC与BD互相垂直且平分，，，又，，，菱形ABCD的面积，故菱形ABCD的面积是．【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的面积公式，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．3．如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，BE⊥AD，垂足为E．当菱形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6时，求BE的长．【答案】【分析】先求出菱形的面积和边长，再求高BE即可．【解析】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，AC＝8，BD＝6，∴∠AOB=90°，AO＝4，BO＝3，，菱形的面积为，∴，．【点睛】本题考查了菱形的性质，解题关键根据菱形对角线互相垂直求出边长和面积，利用等积法求出高．4．如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．【答案】证明见解析【分析】先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形．【解析】证明：如图，∵四边形是矩形，∴∴∵O为的中点∴∵∴≌（）∴∴四边形是平行四边形又∵∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定定理，对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形．5．如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．【答案】证明见解析．【分析】先证△DAF≌△DCE，再证△AEG≌△CFG，最后证△DGE≌△DGF，根据全等三角形的性质即可得到∠DGE＝∠DGF．【解析】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB＝BC，∵AE＝CF，∴DE＝DF在△DAF和△DCE中，，∴△DAF≌△DCE（SAS），∴∠EAG＝∠FCG，在△AEG和△CFG中，，∴△AEG≌△CFG（AAS），∴EG＝FG，在△DGE和△DGF中，，∴△DGE≌△DGF（SSS），∴∠DGE＝∠DGF．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．已知：如图，矩形的对角线、相交于点，，．（1）若，，求的长；（2）求证：四边形是菱形．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，由此即可得；（2）先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得证．【解析】解：（1）四边形是矩形，，，，是等边三角形，，；（2），，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形．【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．7．如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．（1）证明：EG＝EH；（2）证明：四边形EHFG是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）利用EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，则有EG＝AB，EH＝CD，又AB＝CD，可证EG＝EH，即可解题.（2）首先运用三角形中位线定理可得到EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，从而再根据平行于同一条直线的两直线平行得到GF∥EH，GE∥FH，可得到GFHE是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，∴EG＝AB，EH＝CD，∵AB＝CD，∴EG＝EH；（2）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，∴GF∥EH，GE∥FH（平行于同一条直线的两直线平行）；∴四边形GFHE是平行四边形，∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG是△ABD的中位线，GF是△BCD的中位线，∴GE＝AB，GF＝CD，∵AB＝CD，∴GE＝GF，∴四边形EHFG是菱形．【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，利用三角形中位线定理解答是关键．8．如图，是矩形对角线的交点，，．求证：四边形是菱形．若，，求四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）6.【解析】分析：（1）根据矩形的性质得出AC=2CO，BD=2DO，AC=BD，推出DO=CO，先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的判定求出即可；（2）根据矩形的性质得出AO=CO，∠ADC=90°，求出△ADC的面积为6，即可求出S△ADO=S△DCO=S△ADC=3，证△DCE≌△COD，得出S△DCE=S△COD=3，即可求出四边形OCED的面积．详解：证明：∵四边形是矩形，∴，，，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；解：∵四边形是矩形，∵，，∵，，∴的面积为，∴，∵四边形是菱形，∴，，在和中，，∴，∴，∴四边形的面积是．点睛：9．如图，在中，，为的中点，，，交于点，连结，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，则四边形的面积是________．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质求得，证明四边形、是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可证明结论；（2）根据平行四边形的性质求得，再利用菱形的面积公式即可求解．【解析】（1）证明：∵，为的中点，∴. ∵，，∴四边形是平行四边形. ∴∴又∵，∴四边形是平行四边形. 又∵，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形是菱形，∴四边形的面积是．故答案为：24．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键．10．如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=BF．(1)求证：△DEF为等边三角形；(2)已知AB=3，EF=，求BE长．【答案】(1)详见解析(2)1或2【分析】（1）根据菱形的性质可得∠DBC=60°，AD=BD，然后由全等三角形的判定与性质可得结论；（2）过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，设AE=x，则BE=3-x，BF=AE=x，利用勾股定理可得方程求解即可．（1）∵在菱形ABCD中，∠A=60°，∴∠ABC=120°，BD平分∠ABC，△ABD为等边三角形，∴∠DBC =60°，AD=BD，∴∠DBC =∠A，∵AE=BF，∴△BDF≌△ADE（SAS），∴DE=DF，∠ADE =∠BDF，∴∠EDF =∠BDF+∠BDE =∠ADE +∠BDE=60°，∴△DEF为等边三角形；（2）过点F作FG⊥AB交AB延长线与点G（如图）设AE=x，则BE=3-x，BF=AE=x，∵∠ABC=120°，∴∠CBG=180°－120°=60°，∴BG=，FG=，在Rt△FBG中，由勾股定理得（3-x+）2+（）2=（）2． 解得，x=1或2，∴BE长为1或2．【点睛】此题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线是解决此题的关键．11．如图所示，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于．(1)求证：；(2)如果，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)16【分析】（1）由CEBD、EBAC可得出四边形OBEC为平行四边形，由菱形的性质可得出∠BOC＝90°，进而可得出四边形OBEC为矩形，根据矩形的性质即可证出OE＝CB；（2）设OC＝x，则OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝，结合BC＝OE＝，可求出x的值，进而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面积公式即可求出结论．（1）证明：∵CE∥BD，EB∥AC，∴四边形OBEC为平行四边形．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∴∠BOC＝90°，∴四边形OBEC为矩形，∴OE＝CB．（2）解：设OC＝x，则OB＝2x，∵∠BOC＝90°，∴．∵BC＝OE＝，∴x＝2，∴OC＝2，OB＝4，∴S菱形ABCD＝AC•BD＝2OC•OB＝16．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质，解题的关键是：（1）证出四边形OBEC为矩形；（2）利用勾股定理结合OE的长度，求出OB、OC的值．12．如图，在矩形中，．(1)在图①中，P是上一点，垂直平分，分别交边于点E、F，求证：四边形是菱形；(2)若菱形的四个顶点都在矩形的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可．（2）当P与C重合时，菱形面积最大，然后在 中，根据勾股定理，即可求解．【解析】（1）证明∶如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．（2）解∶如图2中，当P与C重合时，菱形面积最大．设，在 中，，∴，∴，∴．故答案为： ．【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．13．如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过O且垂直于AC，分别与边AD、BC交于点F、E．(1)求证：四边形AECF为菱形；(2)若AD=3，CD=，且∠ADC=45°，求平行四边形的面积(3)在（2）的条件下求菱形AECF的周长．【答案】(1)见解析(2)(3)5【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质即可求证；（2）过点C作CHAD于点H，根据等腰直角三角形的判定和性质和勾股定理即可求解；（3）设AF=CF=x，则FH=2-x，根据勾股定理和菱形的性质求解即可．（1）证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，∴OA=OC，∵EF⊥AC于点O，∴AF=CF．∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，∴∠FAO=∠ECO，在△AOF和△COE中，∴△AOF≌△COE(ASA)，∴AF=CE，∴四边形AECF是平行四边形，∵AF=CF，∴四边形AECF为菱形；（2）解：如图，过点C作CHAD于点H，则∠CHD=∠CHF=90°，∵∠ADC=45°，∴△CDH是等腰直角三角形，∴CH=DH，Rt△CDH中，由勾股定理得，，∴CH=DH=CD=1， ∴；（3）∵AD=3，∴AH=AD-DH=2，由（1）知AF=CF，设AF=CF=x，则FH=2-x，在Rt△CHF中，由勾股定理得，即，解得x=，∴AF=CF=， ∴菱形AECF的周长=4AF=4×=5．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理的运用和全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是榨干我以上的性质并熟练的运用．14．如图，在四边形中，平分，作交于点，连接．（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形；（3）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）利用“SAS”证明即可得到答案；（2）连接交于点，先利用三线合一定理得到且，然后证明得到GC=GE即可得到答案；（3）作于点，由菱形的性质和角平分线的定义得，然后利用等腰直角三角形的性质即可求解．【解析】（1）证明：平分，，又，（2）证明：如图，连接交于点，，平分且，又，，，，，在和中，，，综上可知线段和线段互相垂直平分，即四边形是菱形；（3）作于点四边形是菱形，，，，在和中，，，平分，和为等腰直角三角形，，，，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．15．如图，在中，，为的中线，过点C作于点E，过点A作的平行线，交的延长线于点F，在的延长线上截取，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)15【分析】（ 1）首先可判断四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得，则可证明四边形是菱形；（ 2）由，，可利用勾股定理求得的长，即可求得的长，然后由菱形的性质求得，再求出的长即可解决问题．【解析】（1）∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，又∵为的中线，∴，∴四边形是菱形，（2）∵，，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题关键．16．如图，在矩形中，于点，点是边上一点．若平分，交于点，于点．(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】（1）根据互余关系和三角形外角关系导出，即可得到结论；根据AG=PF，AG∥PF证四边形AGFP是平行四边形，再根据AP=AG得出四边形AGFP是菱形即可；（1）∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴；（2）∵，，平分，∴，∴，∵，，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查矩形性质，菱形的判定和互余性质，掌握相关性质证明是解题的关键．17．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AB=4，AC=4，BO=2．(1)求证：平行四边形ABCD是菱形；(2)若E为BC的中点，P为对角线AC上一动点，求PBE周长的最小值．【答案】(1)见解析(2)22【分析】（1）首先利用勾股定理逆定理证明AC⊥BD，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可证明结论；（2）连接DE，交AC于P'，可知PB+PE的最小长度为DE的长，由等边三角形的性质及勾股定理可求出答案．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC，∵AB＝4，AC＝4，BO＝2，∴OA＝2，∵（2）2+22＝42，∴AO2+BO2＝AB2，∴∠AOB＝90°，∴AC⊥BD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴▱ABCD是菱形．（2）解：连接DE，交AC于P'，∵BE的长度固定，∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可，∵四边形ABCD是菱形，∴AC与BD互相垂直平分，∴P′D＝P′B，∴PB+PE的最小长度为DE的长，∵BD＝2OB＝4，AB＝4，∴AB＝BD＝CD＝BC，∴△CBD是等边三角形，∵E是BC的中点，∴BE＝2，∴DE＝，∴△PBE周长的最小值＝DE+BE＝22．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，轴对称﹣最短路线问题，菱形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形．18．如图，在菱形中，，为对角线上一点，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，．（1）求证：，，三点共线；（2）若点为的中点，连接，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由“AAS”可证△ADE≌△CDF，可得AE＝CF；（2）过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，由“AAS”可证△AGE≌△HGB，可得AE＝BH＝CF，AG＝GH＝12AH，由“SAS”可证△ABH≌△ACF，可得AF＝AH＝2AG．【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠ABC＝60°，∴△ADC是等边三角形，∴AD＝AC＝AB＝BC，∴△ACB是等边三角形，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，∵∠ADC＝∠EDF＝60°，∴∠ADE＝∠CDF，∵将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，∴,在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF（AAS），∴,∴，∴，，三点共线；（2）如图，过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，∵BH∥AC，∴∠H＝∠GAE，∠ABH＋∠BAC＝180°，∴∠ABH＝120°＝∠ACF，∵点G为BE的中点，∴BG＝GE，在△AGE和△HGB中，，∴△AGE≌△HGB（AAS），由（1）得,∴AE＝BH＝CF，AG＝GH＝AH，在△ABH和△ACF中，，∴△ABH≌△ACF（SAS），∴AF＝AH，∴AF＝2AG．【点睛】本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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．19．如图，在四边形中，，，E是上一点，交于F，连接．（1）求证：；（2）若，求证：四边形是菱形；（3）在（2）的条件下，当与有什么样的位置关系时，，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BE⊥CD，理由见解析【分析】（1）利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC；（2）首先证明∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件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．【解析】解：（1）证明：在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠BAC=∠DAC；（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，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，∠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°，∴∠BCD+∠CBE=∠CDF+∠EFD，∴∠EFD=∠BCD．【点睛】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．20．如图，在中，为锐角，．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿运动．同时，动点Q从点A出发，以每秒3个单位的速度沿运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P的运动时间为t秒．(1)点P在上运动时，______；点P在上运动时，______．（用含t的代数式表示）(2)点P在上，∥时，求t的值．(3)当直线平分的面积时，求t的值．(4)若点Q的运动速度改变为每秒a个单位．当，的某两个顶点与P、Q所围成的四边形为菱形时，直接写出a的值．【答案】(1)，(2)(3)或(4)【分析】（1）分为点P在BC上或点P在上两种情况解题即可；（2）当点P在上，点Q在上时，可得四边形是平行四边形，从而即可解题；（3）过平行四边形的中心时，平分四边形的面积，即与关于的对称中心对称或和关于的对称中心对称，进而得出结果；（4）可得，则点P在上，点Q在上时，分为四边形和为菱形时解题即可．【解析】（1）当点P在BC上时，∵，∴，当点P在上时，，故答案为：，（2）解：当点P在上，点Q在上时，∥，∥，∴四边形是平行四边形，，∴，∴；（3）解：当时，当时，直线平分四边形的面积，∴，∴，当时，当时，直线平分四边形的面积，∴，∴，综上所述，或时，直线平分四边形的面积；（4）∵当，点P在上，点Q在上，①当四边形为菱形时，此时，∴，∴，②当四边形为菱形时，此时，∴，∴，∴这种情况不存在，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．21．已知和是等边三角形，在射线上，点在射线上，且．(1)求证：；(2)如图，点在线段的延长线上，点在线段上，判断的形状，并给出证明：(3)当点在线段上（不与端点重合），点在线段的延长线上，用等式直接写出线段之间的数量关系【答案】(1)见解析(2)等边三角形，证明见解析(3)【分析】（1）首先根据题意证明出四边形ABDC是菱形，然后根据菱形的性质即可得到；（2）首先根据菱形的性质得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，即可判断的形状；（3）连接EA，作MFAC交BC于点F，首先根据题意证明出，然后得到，，进而证明出，得到，即可证明出．（1）如图，连接AD，∵和是等边三角形，∴，∴四边形ABDC是菱形，∴；（2）如图，连接AE，DE，ME，∵由（1）可知，四边形ABDC是菱形，∴，，，∴，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴是等边三角形；（3）如图，连接EA，作MFAC交BC于点F，∵在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，，∵MFAC，∴，∴，∴在和中，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线构造出全等三角形．22．在菱形中，，点为上任意一点（不与、重合），过点作的垂线，交于点，连结．（1）①依题意补全图1；②写出线段、、之间的等量关系，并说明理由；（2）在图1中，将绕点逆时针旋转，当、、在一条直线上，如图2所示，请判断、、之间的等量关系，写出判断思路（可以不写出证明过程）．【答案】（1）①见解析；②，见解析；（2），见解析【分析】（1）①根据题目要求补充图形如图所示，②连接CE，证明CE和AE相等，再利用勾股定理可找到CE，CF，EF之间的关系．（2）作辅助线，DE和DG相等，∠EDG＝2∠EDF，证明出△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，最后代换求解．【解析】解：（1）①依题意补全图形如图所示：②连接，∵，∴，∴，又∵四边形为菱形，∴，平分，∴，∴.（2）、、之间的等量关系是：判断：如图延长至，使，连接，∴，∵，∴，，又∵四边形为菱形，∴，，又由旋转得，∴，∴，在和中，，∴.∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查菱形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定，第三问的解题关键是作出必要的辅助线．23．如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心，将菱形ABCD逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到菱形，交对角线AC于点M，边AB的延长线交于点N．（1）当时，求α的度数；（2）如图2，对角线B'D'交AC于点H，交AN于点G，延长交AD于点E，连接EH，若菱形ABCD的周长为正数a，试探索：在菱形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜30°）的过程中，的周长是否为定值，若是，试求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）α＝15°；（2）为定值，【分析】（1）先利用SAS判断出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判断出∠CAD＝30°＝2α，即可得出结论；（2）先判断出AB'＝AD'＝，再判断出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，进而利用ASA判断出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，进而判断出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出结论．【解析】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M，又∵，∴△AD'M≌△AB'N（SAS），∴∠D'AM＝∠B'AN＝α，又∵AC为菱形ABCD的对角线，且∠BAD＝60°，∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α，∴α＝15°；（2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴∠B'AG＝∠D'AE＝α，∵菱形ABCD的周长为a，∴AB'＝AD'＝ ，又∵∠B'AD'＝∠BAD＝60°，∴∠AD'C'＝120°，且∠AD'E＝60°，∴∴△AB'G≌△AD'E（ASA），∴B'G＝D'E，AG＝AE，又∠GAH＝∠HAE＝30°，∴△AGH≌△AEH（ASA），∴HE＝HG，∵AB'＝AD'，∠B'AD'＝60°，∴△AB'D'是等边三角形，∴B'D'＝AB'＝，∴△EHD'的周长＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝，∴三角形EHD'的周长为定值．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△AB'G≌△AD'E是解本题的关键．24．已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以AB、AD为腰作等腰三角形△ABF和等腰三角形△ADE，且顶角∠BAF=∠DAE，连接BD、EF相交于点G，BD与AF相交于点H．(1)求证：BD=EF；(2)若∠GHF=∠BFG，求证：四边形ABCD是菱形；(3)在（2）的条件下，当∠BAF=∠DAE＝90°时，连接BE，若BF=4，求△BEF的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明∠BAD=∠FAE，根据全等三角形的判定推出△BAD≌△FAE，即可得出答案；（2）求出∠ABD=∠GBF，证明AB=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出结论；（3）延长EA交BC于点M，得EM⊥AD，求出，再根据三角形面积公式求解即可得到结论．（1）∵∠BAF=∠DAE，∴∠BAF+∠FAD=∠DAE+∠FAD，即∠BAD=∠FAE， ∵AB=AF，AD=AE，∴△BAD≌△FAE，∴BD=EF；（2）∵∠GHF=∠BFG，且∠GFH+∠GHF+∠HGF=180°，∠GBF+∠BFG+∠HGF=180°，∴∠GFH=∠GBF，由（1）可知∠GFH=∠ABD，∴∠ABD=∠GBF，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠GBF，∴∠ABD=∠ADB，∴AB=AD， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形；（3）延长EA交BC于点M，∵∠DAE＝90°，∴EM⊥AD，由（2）可知四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴EM⊥BF，∵AB=AF，BF=4，∴BM=FM=2，∵∠BAF＝90°，∴，∴，∴，∴， ∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，菱形的判定，主要考查学生运用性质进行推理的能力．25．如图①，，AC平分∠BAD，交BF于点C，BD平分∠ABC，且交AC于点O，交AE于点D，连接CD．(1)求证：四边形ABCD是菱形．(2)若AC=6，BD=8．点P为射线AE上任意一点，连接PB和PC，如图②．①菱形ABCD的面积为_______；②则△PBC的面积为______．【答案】(1)见解析(2)①24；②12【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义可得∠BAC=∠ACB，则AB=BC，同理可得AB=AD，从而证得四边形ABCD是平行四边形，再根据邻边相等可得平行四边形ABCD是菱形；（2）①根据菱形对角线互相垂直平分的性质即可求出菱形的面积；②根据平行线间距离处处相等可得，从而可求出△PBC的面积．（1）∵AEBF，∴∠DAC=∠ACB．∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴∠BAC=∠ACB，∴AB=BC，同理可得，AB=AD，∴AD=BC，∵AEBF，即ADBC，∴四边形ABCD是平行四边形． 又∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形．（2）①∵四边形ABCD是菱形，∴，∴．故答案为：24．②∵，∴．故答案为：12．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，掌握菱形性质与判定定理是解题关键．26．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形AOCB的顶点O、A的坐标分别是（0，0）、（0，a），且满足． 点D是AB上一点， M，N垂直平分OD，分别交AB，OD，OC于点M，E，N，连接OM，DN．（1）填空：a = ；（2）求证：四边形MOND是菱形；（3）若F为OA的中点，连接EF，且满足EF+OE=9，求四边形MOND的周长和面积．【答案】（1）6；（2）详见解析；（3）C菱形MOND=25，S菱形MOND=【分析】（1）根据二次根式的非负性进行求解即可；（2）根据矩形AOCB的性质以及判定四边形MOND是平行四边形，再由菱形的判定求证即可；（3）根据的中位线及矩形AOCB的性质构造直角三角形，设AD=x，利用勾股定理求出x的值，再根据菱形MOND的性质，设，，利用勾股定理求出y，最后根据菱形的周长及面积求法进行求解即可.【解析】（1）∵，∴，，∴，∴；（2）证明：∵MN垂直平分OD∴OM=DM，DE=OE，，∵四边形AOCB是矩形，∴AB∥OC∴，在和中， ，∴，∴ME=NE又∵DE=OE，∴四边形MOND是平行四边，又∵OM=DM∴四边形MOND是菱形；（3）由（1）得OA=6由（2）得DE=OE又∵F为OA的中点，∴EF是的中位线，∴，又∵E+OE=9，DE=OE∴，∴AD+OD =18∵四边形AOCB是矩形，∴在中，设AD=x，则根据勾股定理，，解得x=8∴AD=8，OD =10由（2）得，四边形MOND是菱形，∴OM=MD=DN=ON设，则在中，根据勾股定理，，解得∴∴，.【点睛】本题主要考查了菱形，矩形，平行四边形的性质及判定以及勾股定理，三角形全等判定及性质，二次根式的非负性等相关内容，该题属于几何综合类题型，是中考的重要题型，须要熟练掌握.27．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABD沿着BD折叠，使点A与点E重合．（1）如图，对角线AC、BD相交于点O，连接OE，则线段OE的长＝ ；（2）如图，过点E作EF∥CD交线段BD于点F，连接AF，求证：四边形ABEF是菱形；（3）如图，在（2）条件下，线段AE、BD相交于M，连接CE，求线段CE的长．【答案】（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据翻折的特点知OE=OA，由勾股定理求出AC即可求出OA；（2）先证明四边形ABEF是平行四边形，再由翻折知AB=BE，即可得到四边形ABEF是菱形；（3）先在（2）的前提下，求出BM的长，从而得到BF的长，然后求出DF，再证明出四边形DFEC是平行四边形即可得到EC=DF=．【解析】解：（1）由翻折知识知：OE=OA，∵OA=，AC=，AB＝3，AD＝4，∴AC=5，∴OE= OA==，故答案为：；（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴ AB∥CD，∵EF∥CD，∴AB∥EF ，∴∠ABF=∠BFE，由翻折性质可得：∠ABF＝∠EBF，AB＝BE，∴∠BFE＝∠EBF，∴BE＝FE，∵AB＝BE，∴AB＝FE，∵AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形，又∵BE＝FE，∴平行四边形ABEF是菱形；（3）如图，∵平行四边形ABEF是菱形，∴AE⊥BD，BM＝FM，，∴，∴AM＝，∴根据勾股定理得BM＝，∴BF＝2BM＝，∴DF＝BD-BF＝，∵EH∥CD，EF＝CD，∴四边形EFCD是平行四边形，∴CE＝DF＝．【点睛】此题利用翻折知识点考查特殊四边形的判定和性质，勾股定理的应用，知识面较广．28．如图，在菱形中，于点．(1)如图1，若，，求菱形的周长及面积；(2)如图2，作于点，连接，，求证：；(3)如图3，设与对角线相交于点，若，，四边形和的面积分别是和，求的值．【答案】(1)周长为；面积为(2)答案见解析(3)【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出， ，求出，即可得出结论；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出，即可求出结论；（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出，，由勾股定理得出，设，则 ，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．（1）解：， ，， ， ， ，解得：，， 菱形的周长，菱形的面积；（2）证明：四边形为菱形， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ，， ∴EF∥BD；（3）解：连接，如图所示，四边形为菱形， ，， 在和中 ， ，， ，和的面积相等， ， ， ， ，设，则 ， ， ，即 ，解得：，即，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．29．如图①，菱形和菱形有公共顶点，点，分别落在边，上，连接，．(1)求证：；(2)将菱形绕点按逆时针方向旋转．设旋转角，且，，．①如图②，当时，则线段的长度为______． ②连接，当为直角三角形时，则旋转角的度数为______°．【答案】(1)见解析(2)①；②30°或90°【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得到，从而得到，进而得到，即可求证；（2）①连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，根据旋转的性质和菱形的性质可得AF∥OD，△ABD和△AEG是等边三角形，从而得到AF=OD，进而得到四边形AODF是平行四边形，即可求解；②分两种情况讨论，即可求解．(1)证明：连接，∵四边形是菱形，∴，在和中，∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，在和中，∵，∴，∴；(2)解：①如图，连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，由（1）得当菱形没有旋转时，AC平分∠BAD，AF平分∠EAG，∴此时点A、F、C三点共线，∴当菱形绕点按逆时针方向旋转时， ，∴当时，∠FAC=∠BAE=90°，在菱形ABCD中，AB=AD， ，BD⊥AC， ，∴∠AOD=90°∴∠DOA+∠FAC=180°，∴AF∥OD，在菱形AEFG中，∠EAF= ，AE=AG， ，∵．∴△ABD和△AEG是等边三角形， ∴，，∴ ，∴ ， ∴AF=3，∴AF=OD，∴四边形AODF是平行四边形，∴ ；②由①得四边形AODF是平行四边形，∵∠FAC=90°，∴四边形AODF是矩形，∴∠BDF=90°，即为直角三角形，∴此时旋转角的度数为90°；如图，当点F在AD上时，由①得AF=3，∵AD=AB=6∴DF=AD-AF=3，∴AF=DF，∵△ABD为等边三角形，∴BF⊥AD，即∠BFD=90°，∴此时△DFB为直角三角形，∵∠EAF= ，∴∠BAE=∠BAD-∠EAF=30°，即此时旋转角的度数为30°；综上所述，当为直角三角形时，旋转角的度数为30°或90°．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．30．如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．(1)求证；(2)若E为AD的中点，．①求菱形ABCD的边长；②若，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)① 4 ② 【分析】（1）根据矩形EFGH，得到FG=HE，EH∥FG，得到∠EHF=∠GFH，从而得到∠EHD=∠GFB，结合菱形性质，证明△DEH≌△BGF即可．（2）① 连接AC，交BD于点O，则OF=OH，OB=OD，OE是直角三角形FEH斜边FH上的中线，得到OE=；OE是△ABD的中位线，得到OE=，从而得到AB=FH=4． ② 过点A作AP⊥BC ，垂足为P，根据，得到∠BAP=30°，从而得到BP=2，根据勾股定理得到AP=，结合菱形面积公式计算即可．（1）因为矩形EFGH，所以FG=HE，EH∥FG，所以∠EHF=∠GFH，所以∠EHD=∠GFB，因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥CB，所以∠EDH=∠GBF，所以△DEH≌△BGF，所以DE=BG．（2）① 如图，连接AC，交BD于点O，因为四边形ABCD是菱形，四边形EFGH是矩形，所以OF=OH，OB=OD，∠FEH=90°，所以OE是直角三角形FEH斜边FH上的中线，OE是△ABD的中位线，所以OE=，OE=，所以AB=FH=4． ② 过点A作AP⊥BC ，垂足为P，因为，所以∠BAP=30°，所以BP=2，AP=，所以菱形的面积为．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，中位线定理是解题的关键．31．在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)问题发现如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ______________；CE与AD的位置关系是______________；(2)如图2，当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图3，若AB=1，BP=3，请直接写出四边形ACDE的面积．【答案】(1)BP=CE，CE⊥AD；(2)成立，证明见解析(3)【分析】（1）连接AC，根据SAS证△APB≌△AEC，即可得出BP=CE，∠ACE=∠ABP=30°，延长CE交AD于F，得出∠CFA=90°即可；（2）连接AC，同理（1）证△APB≌△AEC，然后根据等边三角形三线合一得出AD⊥CE即可；（3）根据（2）的结论知，AD⊥CE，CE=BP，则四边形ACDE的面积等于对角线乘积的一半，代入数值计算即可．（1）解：连接AC， ∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC、△ACD是等边三角形，∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAE，即∠BAP=∠CAE，在△BAP与△CAE中，，∴△BAP≌△CAE（SAS），∴BP=CE，∠ABP=∠ACE，延长CE交AD于F，∵BD平分∠ABC，∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°，∴CE平分∠ACD，∵△ACD是等边三角形，∴CE⊥AD，故答案为：BP=CE，CE⊥AD；（2）解：成立，BP=CE，CE⊥AD，证明如下：连接AC，∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC、△ACD是等边三角形，∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAC+∠PAC=∠PAE+∠PAC，即∠BAP=∠CAE，在△BAP与△CAE中，，∴△BAP≌△CAE（SAS），∴BP=CE，∠ABP=∠ACE，∵BD平分∠ABC，∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°，∴CE平分∠ACD，∴CE⊥AD；（3）解：由（2）知，AD⊥CE，CE=BP，∵AC=CD，∴CE垂直平分AD，∴S四边形ACDE=AD•CE=AB•BP，∵AB=1，BP=3，∴四边形ACDE的面积为×1×3=．【点睛】本题主要考查四边形的综合知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的性质等知识是解题的关键．32．如图，四边形ABCD为矩形，连接对角线AC，分别作∠BAC、∠BCA、∠ACD、∠DAC的角平分线AE、CE、CF、AF．（1）当 AB=BC时，求证∶ 四边形AECF是菱形；（2）设AB=4，BC=3，分别作EM⊥AC于点M，FNLAC于点N，求MN的长；（3）分别作EG⊥BC于点G，FH⊥CD于点H，当GC=3，HC=4时，求矩形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）1；（3）24【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的性质证明四边形AECF的两组对边分别平行，再根据AB=BC证明AE=CE，便可得结论； （2）过E作EH⊥BC于点H，EG⊥AB于点G，由角平分线的性质得EM=EG=EH，进而得四边形BHEG是正方形，得BG=BH，再根据HL证明Rt△AEG≌Rt△AEM，Rt△CEH≌Rt△CEM，得AM=AG，CM=CH，设AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，由三边长度列出x、y、z的三元一次方程组，便可求得AM与CM，进而证明 △ANF≌△CME得AN=CM，便可求得结果； （3）过E作EK⊥AB于点K，EL⊥AC于点L，证明△AEK≌△CHF得AK=CH=4，再证明Rt△AEK≌Rt△AEL，Rt△CEG≌Rt△CEL，得出AC的长度，不妨设BG=BK=x，在Rt△ABC中，由勾股定理得x的方程求得x，再根据矩形的面积公式求得结果．【解析】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴AB∥CD， ∴∠BAC=∠DCA， ∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD， ∴∠EAC=∠FCA， ∴AE∥CF， 同理，AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AB=BC， ∴∠BAC=∠ACB， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠EAC=∠ECA， ∴AE=CE， ∴四边形AECF是菱形； （2）过E作EH⊥BC于点H，EG⊥AB于点G， ∵∠B=90°， ∴四边形BHEG为矩形， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EM=EG=EH， ∴四边形BHEG是正方形， ∴BG=BH， ∵EM=EG=EH，AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEG≌Rt△AEM（HL），Rt△CEH≌Rt△CEM（HL）， ∴AM=AG，CM=CH， ∵AB=4，BC=3， ∴AC=5， 设AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，则， 解得，， ∴AM=3，CM=2， ∵由（1）知四边形AECF是平行四边形， ∴AF=CE，AF∥CE， ∴∠FAN=∠ECM， ∵∠ANF=∠CME=90°， ∴△ANF≌△CME（AAS）， ∴AN=CM=2， ∴MN=AM-AN=3-2=1；（3）过E作EK⊥AB于点K，EL⊥AC于点L，如图，∵矩形ABCD中AB∥CD， ∴∠BAC=∠ACD， ∵AE、CF分别平分∠BAC和∠ACD， ∴∠KAE=∠HCF， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴AE=CF， ∵∠AKE=∠CHF=90°， ∴△AEK≌△CHF（AAS）， ∴AK=CH=4， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EK=EL=EG， ∵AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEK≌Rt△AEL（HL），Rt△CEG≌Rt△CEL（HL）， ∴AK=AL=4，CG=CL=3， ∴AC=AL+CL=4+3=7， ∵EK=EG，∠EKB=∠B=∠EGB=90°， ∴四边形BGEK为正方形， ∴BG=BK， 不妨设BG=BK=x， 则AB=4+x，BC=3+x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， （x+3）2+（x+4）2=72， 解得，x=，或x= （舍）， ∴AB=4+x=，BC=3+x=， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC=24．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，方程思想，解决本题的关键是利用方程思想由勾股定理列方程.
专练02 菱形解答证明题一、解答题1．已知：如图，菱形中，点，分别在，边上，，连接，．求证：．【答案】见解析【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．【解析】证明：连接，如图，四边形是菱形，，在和中，， (SAS)，．【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答．2．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周长为24．(1)求对角线BD的长；(2)求菱形ABCD的面积．【答案】(1)6(2)【分析】（1）由菱形的性质知AB=AD，又∠BAD＝60°，可知是等边三角形，推出，即可求解；（2）由菱形的对角线互相垂直且平分，求出OB，利用勾股定理由出AO，进而求出AC，根据菱形面积为对角线乘积的一半，即可求解．（1）解：菱形ABCD的周长为24，，又∠BAD＝60°，是等边三角形，，故对角线BD的长为6；（2）解：由菱形的性质可知，对角线AC与BD互相垂直且平分，，，又，，，菱形ABCD的面积，故菱形ABCD的面积是．【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的面积公式，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．3．如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，BE⊥AD，垂足为E．当菱形ABCD的对角线AC＝8，BD＝6时，求BE的长．【答案】【分析】先求出菱形的面积和边长，再求高BE即可．【解析】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC，BD交于点O，AC＝8，BD＝6，∴∠AOB=90°，AO＝4，BO＝3，，菱形的面积为，∴，．【点睛】本题考查了菱形的性质，解题关键根据菱形对角线互相垂直求出边长和面积，利用等积法求出高．4．如图，在矩形中，O为的中点，过点O作分别交，于点E，F．求证：四边形是菱形．【答案】证明见解析【分析】先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形．【解析】证明：如图，∵四边形是矩形，∴∴∵O为的中点∴∵∴≌（）∴∴四边形是平行四边形又∵∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了菱形的判定定理，对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形．5．如图，在菱形中，、分别为边和上的点，且．连接、交于点．求证：．【答案】证明见解析．【分析】先证△DAF≌△DCE，再证△AEG≌△CFG，最后证△DGE≌△DGF，根据全等三角形的性质即可得到∠DGE＝∠DGF．【解析】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB＝BC，∵AE＝CF，∴DE＝DF在△DAF和△DCE中，，∴△DAF≌△DCE（SAS），∴∠EAG＝∠FCG，在△AEG和△CFG中，，∴△AEG≌△CFG（AAS），∴EG＝FG，在△DGE和△DGF中，，∴△DGE≌△DGF（SSS），∴∠DGE＝∠DGF．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．6．已知：如图，矩形的对角线、相交于点，，．（1）若，，求的长；（2）求证：四边形是菱形．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，由此即可得；（2）先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得证．【解析】解：（1）四边形是矩形，，，，是等边三角形，，；（2），，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形．【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．7．如图，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．（1）证明：EG＝EH；（2）证明：四边形EHFG是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）利用EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，则有EG＝AB，EH＝CD，又AB＝CD，可证EG＝EH，即可解题.（2）首先运用三角形中位线定理可得到EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，从而再根据平行于同一条直线的两直线平行得到GF∥EH，GE∥FH，可得到GFHE是平行四边形，再运用三角形中位线定理证明邻边相等，从而证明它是菱形．【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG是△ABD的中位线，EH是△ADC的中位线，∴EG＝AB，EH＝CD，∵AB＝CD，∴EG＝EH；（2）∵四边形ABCD中，点F、E、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，FE∥DC，∴GF∥EH，GE∥FH（平行于同一条直线的两直线平行）；∴四边形GFHE是平行四边形，∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是BC、AD、BD、AC的中点，∴EG是△ABD的中位线，GF是△BCD的中位线，∴GE＝AB，GF＝CD，∵AB＝CD，∴GE＝GF，∴四边形EHFG是菱形．【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，利用三角形中位线定理解答是关键．8．如图，是矩形对角线的交点，，．求证：四边形是菱形．若，，求四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）6.【解析】分析：（1）根据矩形的性质得出AC=2CO，BD=2DO，AC=BD，推出DO=CO，先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的判定求出即可；（2）根据矩形的性质得出AO=CO，∠ADC=90°，求出△ADC的面积为6，即可求出S△ADO=S△DCO=S△ADC=3，证△DCE≌△COD，得出S△DCE=S△COD=3，即可求出四边形OCED的面积．详解：证明：∵四边形是矩形，∴，，，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴四边形是菱形；解：∵四边形是矩形，∵，，∵，，∴的面积为，∴，∵四边形是菱形，∴，，在和中，，∴，∴，∴四边形的面积是．点睛：9．如图，在中，，为的中点，，，交于点，连结，．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，则四边形的面积是________．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质求得，证明四边形、是平行四边形，再根据菱形的判定定理即可证明结论；（2）根据平行四边形的性质求得，再利用菱形的面积公式即可求解．【解析】（1）证明：∵，为的中点，∴. ∵，，∴四边形是平行四边形. ∴∴又∵，∴四边形是平行四边形. 又∵，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形是菱形，∴四边形的面积是．故答案为：24．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键．10．如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=BF．(1)求证：△DEF为等边三角形；(2)已知AB=3，EF=，求BE长．【答案】(1)详见解析(2)1或2【分析】（1）根据菱形的性质可得∠DBC=60°，AD=BD，然后由全等三角形的判定与性质可得结论；（2）过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，设AE=x，则BE=3-x，BF=AE=x，利用勾股定理可得方程求解即可．（1）∵在菱形ABCD中，∠A=60°，∴∠ABC=120°，BD平分∠ABC，△ABD为等边三角形，∴∠DBC =60°，AD=BD，∴∠DBC =∠A，∵AE=BF，∴△BDF≌△ADE（SAS），∴DE=DF，∠ADE =∠BDF，∴∠EDF =∠BDF+∠BDE =∠ADE +∠BDE=60°，∴△DEF为等边三角形；（2）过点F作FG⊥AB交AB延长线与点G（如图）设AE=x，则BE=3-x，BF=AE=x，∵∠ABC=120°，∴∠CBG=180°－120°=60°，∴BG=，FG=，在Rt△FBG中，由勾股定理得（3-x+）2+（）2=（）2． 解得，x=1或2，∴BE长为1或2．【点睛】此题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线是解决此题的关键．11．如图所示，点是菱形对角线的交点，，，连接，交于．(1)求证：；(2)如果，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)16【分析】（1）由CEBD、EBAC可得出四边形OBEC为平行四边形，由菱形的性质可得出∠BOC＝90°，进而可得出四边形OBEC为矩形，根据矩形的性质即可证出OE＝CB；（2）设OC＝x，则OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝，结合BC＝OE＝，可求出x的值，进而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面积公式即可求出结论．（1）证明：∵CE∥BD，EB∥AC，∴四边形OBEC为平行四边形．∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∴∠BOC＝90°，∴四边形OBEC为矩形，∴OE＝CB．（2）解：设OC＝x，则OB＝2x，∵∠BOC＝90°，∴．∵BC＝OE＝，∴x＝2，∴OC＝2，OB＝4，∴S菱形ABCD＝AC•BD＝2OC•OB＝16．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质，解题的关键是：（1）证出四边形OBEC为矩形；（2）利用勾股定理结合OE的长度，求出OB、OC的值．12．如图，在矩形中，．(1)在图①中，P是上一点，垂直平分，分别交边于点E、F，求证：四边形是菱形；(2)若菱形的四个顶点都在矩形的边上，当菱形的面积最大时，菱形的边长是 ．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据四边相等的四边形是菱形证明即可．（2）当P与C重合时，菱形面积最大，然后在 中，根据勾股定理，即可求解．【解析】（1）证明∶如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴，∵垂直平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴四边形是菱形．（2）解∶如图2中，当P与C重合时，菱形面积最大．设，在 中，，∴，∴，∴．故答案为： ．【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．13．如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过O且垂直于AC，分别与边AD、BC交于点F、E．(1)求证：四边形AECF为菱形；(2)若AD=3，CD=，且∠ADC=45°，求平行四边形的面积(3)在（2）的条件下求菱形AECF的周长．【答案】(1)见解析(2)(3)5【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质即可求证；（2）过点C作CHAD于点H，根据等腰直角三角形的判定和性质和勾股定理即可求解；（3）设AF=CF=x，则FH=2-x，根据勾股定理和菱形的性质求解即可．（1）证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，∴OA=OC，∵EF⊥AC于点O，∴AF=CF．∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，∴∠FAO=∠ECO，在△AOF和△COE中，∴△AOF≌△COE(ASA)，∴AF=CE，∴四边形AECF是平行四边形，∵AF=CF，∴四边形AECF为菱形；（2）解：如图，过点C作CHAD于点H，则∠CHD=∠CHF=90°，∵∠ADC=45°，∴△CDH是等腰直角三角形，∴CH=DH，Rt△CDH中，由勾股定理得，，∴CH=DH=CD=1， ∴；（3）∵AD=3，∴AH=AD-DH=2，由（1）知AF=CF，设AF=CF=x，则FH=2-x，在Rt△CHF中，由勾股定理得，即，解得x=，∴AF=CF=， ∴菱形AECF的周长=4AF=4×=5．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理的运用和全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是榨干我以上的性质并熟练的运用．14．如图，在四边形中，平分，作交于点，连接．（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形；（3）若，求的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）利用“SAS”证明即可得到答案；（2）连接交于点，先利用三线合一定理得到且，然后证明得到GC=GE即可得到答案；（3）作于点，由菱形的性质和角平分线的定义得，然后利用等腰直角三角形的性质即可求解．【解析】（1）证明：平分，，又，（2）证明：如图，连接交于点，，平分且，又，，，，，在和中，，，综上可知线段和线段互相垂直平分，即四边形是菱形；（3）作于点四边形是菱形，，，，在和中，，，平分，和为等腰直角三角形，，，，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的定义，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．15．如图，在中，，为的中线，过点C作于点E，过点A作的平行线，交的延长线于点F，在的延长线上截取，连接、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)15【分析】（ 1）首先可判断四边形是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得，则可证明四边形是菱形；（ 2）由，，可利用勾股定理求得的长，即可求得的长，然后由菱形的性质求得，再求出的长即可解决问题．【解析】（1）∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，又∵为的中线，∴，∴四边形是菱形，（2）∵，，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题关键．16．如图，在矩形中，于点，点是边上一点．若平分，交于点，于点．(1)求证：；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】（1）根据互余关系和三角形外角关系导出，即可得到结论；根据AG=PF，AG∥PF证四边形AGFP是平行四边形，再根据AP=AG得出四边形AGFP是菱形即可；（1）∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴；（2）∵，，平分，∴，∴，∵，，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．【点睛】本题考查矩形性质，菱形的判定和互余性质，掌握相关性质证明是解题的关键．17．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AB=4，AC=4，BO=2．(1)求证：平行四边形ABCD是菱形；(2)若E为BC的中点，P为对角线AC上一动点，求PBE周长的最小值．【答案】(1)见解析(2)22【分析】（1）首先利用勾股定理逆定理证明AC⊥BD，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可证明结论；（2）连接DE，交AC于P'，可知PB+PE的最小长度为DE的长，由等边三角形的性质及勾股定理可求出答案．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC，∵AB＝4，AC＝4，BO＝2，∴OA＝2，∵（2）2+22＝42，∴AO2+BO2＝AB2，∴∠AOB＝90°，∴AC⊥BD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴▱ABCD是菱形．（2）解：连接DE，交AC于P'，∵BE的长度固定，∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可，∵四边形ABCD是菱形，∴AC与BD互相垂直平分，∴P′D＝P′B，∴PB+PE的最小长度为DE的长，∵BD＝2OB＝4，AB＝4，∴AB＝BD＝CD＝BC，∴△CBD是等边三角形，∵E是BC的中点，∴BE＝2，∴DE＝，∴△PBE周长的最小值＝DE+BE＝22．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，轴对称﹣最短路线问题，菱形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形．18．如图，在菱形中，，为对角线上一点，将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，连接，，．（1）求证：，，三点共线；（2）若点为的中点，连接，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由“AAS”可证△ADE≌△CDF，可得AE＝CF；（2）过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，由“AAS”可证△AGE≌△HGB，可得AE＝BH＝CF，AG＝GH＝12AH，由“SAS”可证△ABH≌△ACF，可得AF＝AH＝2AG．【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠ABC＝60°，∴△ADC是等边三角形，∴AD＝AC＝AB＝BC，∴△ACB是等边三角形，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，∵∠ADC＝∠EDF＝60°，∴∠ADE＝∠CDF，∵将线段绕点逆时针旋转，点的对应点为，∴,在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF（AAS），∴,∴，∴，，三点共线；（2）如图，过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，∵BH∥AC，∴∠H＝∠GAE，∠ABH＋∠BAC＝180°，∴∠ABH＝120°＝∠ACF，∵点G为BE的中点，∴BG＝GE，在△AGE和△HGB中，，∴△AGE≌△HGB（AAS），由（1）得,∴AE＝BH＝CF，AG＝GH＝AH，在△ABH和△ACF中，，∴△ABH≌△ACF（SAS），∴AF＝AH，∴AF＝2AG．【点睛】本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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．19．如图，在四边形中，，，E是上一点，交于F，连接．（1）求证：；（2）若，求证：四边形是菱形；（3）在（2）的条件下，当与有什么样的位置关系时，，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BE⊥CD，理由见解析【分析】（1）利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC；（2）首先证明∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件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．【解析】解：（1）证明：在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠BAC=∠DAC；（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，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，∠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°，∴∠BCD+∠CBE=∠CDF+∠EFD，∴∠EFD=∠BCD．【点睛】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．20．如图，在中，为锐角，．动点P从点A出发，以每秒2个单位的速度沿运动．同时，动点Q从点A出发，以每秒3个单位的速度沿运动．当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P的运动时间为t秒．(1)点P在上运动时，______；点P在上运动时，______．（用含t的代数式表示）(2)点P在上，∥时，求t的值．(3)当直线平分的面积时，求t的值．(4)若点Q的运动速度改变为每秒a个单位．当，的某两个顶点与P、Q所围成的四边形为菱形时，直接写出a的值．【答案】(1)，(2)(3)或(4)【分析】（1）分为点P在BC上或点P在上两种情况解题即可；（2）当点P在上，点Q在上时，可得四边形是平行四边形，从而即可解题；（3）过平行四边形的中心时，平分四边形的面积，即与关于的对称中心对称或和关于的对称中心对称，进而得出结果；（4）可得，则点P在上，点Q在上时，分为四边形和为菱形时解题即可．【解析】（1）当点P在BC上时，∵，∴，当点P在上时，，故答案为：，（2）解：当点P在上，点Q在上时，∥，∥，∴四边形是平行四边形，，∴，∴；（3）解：当时，当时，直线平分四边形的面积，∴，∴，当时，当时，直线平分四边形的面积，∴，∴，综上所述，或时，直线平分四边形的面积；（4）∵当，点P在上，点Q在上，①当四边形为菱形时，此时，∴，∴，②当四边形为菱形时，此时，∴，∴，∴这种情况不存在，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的判定，解题的关键是弄清运动过程，找出符合条件的点的位置．21．已知和是等边三角形，在射线上，点在射线上，且．(1)求证：；(2)如图，点在线段的延长线上，点在线段上，判断的形状，并给出证明：(3)当点在线段上（不与端点重合），点在线段的延长线上，用等式直接写出线段之间的数量关系【答案】(1)见解析(2)等边三角形，证明见解析(3)【分析】（1）首先根据题意证明出四边形ABDC是菱形，然后根据菱形的性质即可得到；（2）首先根据菱形的性质得到，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，即可判断的形状；（3）连接EA，作MFAC交BC于点F，首先根据题意证明出，然后得到，，进而证明出，得到，即可证明出．（1）如图，连接AD，∵和是等边三角形，∴，∴四边形ABDC是菱形，∴；（2）如图，连接AE，DE，ME，∵由（1）可知，四边形ABDC是菱形，∴，，，∴，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴是等边三角形；（3）如图，连接EA，作MFAC交BC于点F，∵在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，，∵MFAC，∴，∴，∴在和中，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，∴．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线构造出全等三角形．22．在菱形中，，点为上任意一点（不与、重合），过点作的垂线，交于点，连结．（1）①依题意补全图1；②写出线段、、之间的等量关系，并说明理由；（2）在图1中，将绕点逆时针旋转，当、、在一条直线上，如图2所示，请判断、、之间的等量关系，写出判断思路（可以不写出证明过程）．【答案】（1）①见解析；②，见解析；（2），见解析【分析】（1）①根据题目要求补充图形如图所示，②连接CE，证明CE和AE相等，再利用勾股定理可找到CE，CF，EF之间的关系．（2）作辅助线，DE和DG相等，∠EDG＝2∠EDF，证明出△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，最后代换求解．【解析】解：（1）①依题意补全图形如图所示：②连接，∵，∴，∴，又∵四边形为菱形，∴，平分，∴，∴.（2）、、之间的等量关系是：判断：如图延长至，使，连接，∴，∵，∴，，又∵四边形为菱形，∴，，又由旋转得，∴，∴，在和中，，∴.∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查菱形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定，第三问的解题关键是作出必要的辅助线．23．如图1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以点A为旋转中心，将菱形ABCD逆时针旋转α（0°＜α＜30°）得到菱形，交对角线AC于点M，边AB的延长线交于点N．（1）当时，求α的度数；（2）如图2，对角线B'D'交AC于点H，交AN于点G，延长交AD于点E，连接EH，若菱形ABCD的周长为正数a，试探索：在菱形ABCD绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜30°）的过程中，的周长是否为定值，若是，试求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）α＝15°；（2）为定值，【分析】（1）先利用SAS判断出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判断出∠CAD＝30°＝2α，即可得出结论；（2）先判断出AB'＝AD'＝，再判断出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，进而利用ASA判断出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，进而判断出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出结论．【解析】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M，又∵，∴△AD'M≌△AB'N（SAS），∴∠D'AM＝∠B'AN＝α，又∵AC为菱形ABCD的对角线，且∠BAD＝60°，∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α，∴α＝15°；（2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋转所得，∴∠B'AG＝∠D'AE＝α，∵菱形ABCD的周长为a，∴AB'＝AD'＝ ，又∵∠B'AD'＝∠BAD＝60°，∴∠AD'C'＝120°，且∠AD'E＝60°，∴∴△AB'G≌△AD'E（ASA），∴B'G＝D'E，AG＝AE，又∠GAH＝∠HAE＝30°，∴△AGH≌△AEH（ASA），∴HE＝HG，∵AB'＝AD'，∠B'AD'＝60°，∴△AB'D'是等边三角形，∴B'D'＝AB'＝，∴△EHD'的周长＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝，∴三角形EHD'的周长为定值．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△AB'G≌△AD'E是解本题的关键．24．已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，分别以AB、AD为腰作等腰三角形△ABF和等腰三角形△ADE，且顶角∠BAF=∠DAE，连接BD、EF相交于点G，BD与AF相交于点H．(1)求证：BD=EF；(2)若∠GHF=∠BFG，求证：四边形ABCD是菱形；(3)在（2）的条件下，当∠BAF=∠DAE＝90°时，连接BE，若BF=4，求△BEF的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明∠BAD=∠FAE，根据全等三角形的判定推出△BAD≌△FAE，即可得出答案；（2）求出∠ABD=∠GBF，证明AB=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得出结论；（3）延长EA交BC于点M，得EM⊥AD，求出，再根据三角形面积公式求解即可得到结论．（1）∵∠BAF=∠DAE，∴∠BAF+∠FAD=∠DAE+∠FAD，即∠BAD=∠FAE， ∵AB=AF，AD=AE，∴△BAD≌△FAE，∴BD=EF；（2）∵∠GHF=∠BFG，且∠GFH+∠GHF+∠HGF=180°，∠GBF+∠BFG+∠HGF=180°，∴∠GFH=∠GBF，由（1）可知∠GFH=∠ABD，∴∠ABD=∠GBF，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠GBF，∴∠ABD=∠ADB，∴AB=AD， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形；（3）延长EA交BC于点M，∵∠DAE＝90°，∴EM⊥AD，由（2）可知四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴EM⊥BF，∵AB=AF，BF=4，∴BM=FM=2，∵∠BAF＝90°，∴，∴，∴，∴， ∴．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，菱形的判定，主要考查学生运用性质进行推理的能力．25．如图①，，AC平分∠BAD，交BF于点C，BD平分∠ABC，且交AC于点O，交AE于点D，连接CD．(1)求证：四边形ABCD是菱形．(2)若AC=6，BD=8．点P为射线AE上任意一点，连接PB和PC，如图②．①菱形ABCD的面积为_______；②则△PBC的面积为______．【答案】(1)见解析(2)①24；②12【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义可得∠BAC=∠ACB，则AB=BC，同理可得AB=AD，从而证得四边形ABCD是平行四边形，再根据邻边相等可得平行四边形ABCD是菱形；（2）①根据菱形对角线互相垂直平分的性质即可求出菱形的面积；②根据平行线间距离处处相等可得，从而可求出△PBC的面积．（1）∵AEBF，∴∠DAC=∠ACB．∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴∠BAC=∠ACB，∴AB=BC，同理可得，AB=AD，∴AD=BC，∵AEBF，即ADBC，∴四边形ABCD是平行四边形． 又∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形．（2）①∵四边形ABCD是菱形，∴，∴．故答案为：24．②∵，∴．故答案为：12．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，掌握菱形性质与判定定理是解题关键．26．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形AOCB的顶点O、A的坐标分别是（0，0）、（0，a），且满足． 点D是AB上一点， M，N垂直平分OD，分别交AB，OD，OC于点M，E，N，连接OM，DN．（1）填空：a = ；（2）求证：四边形MOND是菱形；（3）若F为OA的中点，连接EF，且满足EF+OE=9，求四边形MOND的周长和面积．【答案】（1）6；（2）详见解析；（3）C菱形MOND=25，S菱形MOND=【分析】（1）根据二次根式的非负性进行求解即可；（2）根据矩形AOCB的性质以及判定四边形MOND是平行四边形，再由菱形的判定求证即可；（3）根据的中位线及矩形AOCB的性质构造直角三角形，设AD=x，利用勾股定理求出x的值，再根据菱形MOND的性质，设，，利用勾股定理求出y，最后根据菱形的周长及面积求法进行求解即可.【解析】（1）∵，∴，，∴，∴；（2）证明：∵MN垂直平分OD∴OM=DM，DE=OE，，∵四边形AOCB是矩形，∴AB∥OC∴，在和中， ，∴，∴ME=NE又∵DE=OE，∴四边形MOND是平行四边，又∵OM=DM∴四边形MOND是菱形；（3）由（1）得OA=6由（2）得DE=OE又∵F为OA的中点，∴EF是的中位线，∴，又∵E+OE=9，DE=OE∴，∴AD+OD =18∵四边形AOCB是矩形，∴在中，设AD=x，则根据勾股定理，，解得x=8∴AD=8，OD =10由（2）得，四边形MOND是菱形，∴OM=MD=DN=ON设，则在中，根据勾股定理，，解得∴∴，.【点睛】本题主要考查了菱形，矩形，平行四边形的性质及判定以及勾股定理，三角形全等判定及性质，二次根式的非负性等相关内容，该题属于几何综合类题型，是中考的重要题型，须要熟练掌握.27．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABD沿着BD折叠，使点A与点E重合．（1）如图，对角线AC、BD相交于点O，连接OE，则线段OE的长＝ ；（2）如图，过点E作EF∥CD交线段BD于点F，连接AF，求证：四边形ABEF是菱形；（3）如图，在（2）条件下，线段AE、BD相交于M，连接CE，求线段CE的长．【答案】（1）；（2）见解析；（3）【分析】（1）根据翻折的特点知OE=OA，由勾股定理求出AC即可求出OA；（2）先证明四边形ABEF是平行四边形，再由翻折知AB=BE，即可得到四边形ABEF是菱形；（3）先在（2）的前提下，求出BM的长，从而得到BF的长，然后求出DF，再证明出四边形DFEC是平行四边形即可得到EC=DF=．【解析】解：（1）由翻折知识知：OE=OA，∵OA=，AC=，AB＝3，AD＝4，∴AC=5，∴OE= OA==，故答案为：；（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴ AB∥CD，∵EF∥CD，∴AB∥EF ，∴∠ABF=∠BFE，由翻折性质可得：∠ABF＝∠EBF，AB＝BE，∴∠BFE＝∠EBF，∴BE＝FE，∵AB＝BE，∴AB＝FE，∵AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形，又∵BE＝FE，∴平行四边形ABEF是菱形；（3）如图，∵平行四边形ABEF是菱形，∴AE⊥BD，BM＝FM，，∴，∴AM＝，∴根据勾股定理得BM＝，∴BF＝2BM＝，∴DF＝BD-BF＝，∵EH∥CD，EF＝CD，∴四边形EFCD是平行四边形，∴CE＝DF＝．【点睛】此题利用翻折知识点考查特殊四边形的判定和性质，勾股定理的应用，知识面较广．28．如图，在菱形中，于点．(1)如图1，若，，求菱形的周长及面积；(2)如图2，作于点，连接，，求证：；(3)如图3，设与对角线相交于点，若，，四边形和的面积分别是和，求的值．【答案】(1)周长为；面积为(2)答案见解析(3)【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出， ，求出，即可得出结论；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出，即可求出结论；（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出，，由勾股定理得出，设，则 ，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．（1）解：， ，， ， ， ，解得：，， 菱形的周长，菱形的面积；（2）证明：四边形为菱形， ， ， ， ，， 在和中， ， ， ， ， ，， ∴EF∥BD；（3）解：连接，如图所示，四边形为菱形， ，， 在和中 ， ，， ，和的面积相等， ， ， ， ，设，则 ， ， ，即 ，解得：，即，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．29．如图①，菱形和菱形有公共顶点，点，分别落在边，上，连接，．(1)求证：；(2)将菱形绕点按逆时针方向旋转．设旋转角，且，，．①如图②，当时，则线段的长度为______． ②连接，当为直角三角形时，则旋转角的度数为______°．【答案】(1)见解析(2)①；②30°或90°【分析】（1）连接，根据菱形的性质，可得到，从而得到，进而得到，即可求证；（2）①连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，根据旋转的性质和菱形的性质可得AF∥OD，△ABD和△AEG是等边三角形，从而得到AF=OD，进而得到四边形AODF是平行四边形，即可求解；②分两种情况讨论，即可求解．(1)证明：连接，∵四边形是菱形，∴，在和中，∵，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，在和中，∵，∴，∴；(2)解：①如图，连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O， AF交EG于点P，由（1）得当菱形没有旋转时，AC平分∠BAD，AF平分∠EAG，∴此时点A、F、C三点共线，∴当菱形绕点按逆时针方向旋转时， ，∴当时，∠FAC=∠BAE=90°，在菱形ABCD中，AB=AD， ，BD⊥AC， ，∴∠AOD=90°∴∠DOA+∠FAC=180°，∴AF∥OD，在菱形AEFG中，∠EAF= ，AE=AG， ，∵．∴△ABD和△AEG是等边三角形， ∴，，∴ ，∴ ， ∴AF=3，∴AF=OD，∴四边形AODF是平行四边形，∴ ；②由①得四边形AODF是平行四边形，∵∠FAC=90°，∴四边形AODF是矩形，∴∠BDF=90°，即为直角三角形，∴此时旋转角的度数为90°；如图，当点F在AD上时，由①得AF=3，∵AD=AB=6∴DF=AD-AF=3，∴AF=DF，∵△ABD为等边三角形，∴BF⊥AD，即∠BFD=90°，∴此时△DFB为直角三角形，∵∠EAF= ，∴∠BAE=∠BAD-∠EAF=30°，即此时旋转角的度数为30°；综上所述，当为直角三角形时，旋转角的度数为30°或90°．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．30．如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．(1)求证；(2)若E为AD的中点，．①求菱形ABCD的边长；②若，求菱形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)① 4 ② 【分析】（1）根据矩形EFGH，得到FG=HE，EH∥FG，得到∠EHF=∠GFH，从而得到∠EHD=∠GFB，结合菱形性质，证明△DEH≌△BGF即可．（2）① 连接AC，交BD于点O，则OF=OH，OB=OD，OE是直角三角形FEH斜边FH上的中线，得到OE=；OE是△ABD的中位线，得到OE=，从而得到AB=FH=4． ② 过点A作AP⊥BC ，垂足为P，根据，得到∠BAP=30°，从而得到BP=2，根据勾股定理得到AP=，结合菱形面积公式计算即可．（1）因为矩形EFGH，所以FG=HE，EH∥FG，所以∠EHF=∠GFH，所以∠EHD=∠GFB，因为四边形ABCD是菱形，所以AD∥CB，所以∠EDH=∠GBF，所以△DEH≌△BGF，所以DE=BG．（2）① 如图，连接AC，交BD于点O，因为四边形ABCD是菱形，四边形EFGH是矩形，所以OF=OH，OB=OD，∠FEH=90°，所以OE是直角三角形FEH斜边FH上的中线，OE是△ABD的中位线，所以OE=，OE=，所以AB=FH=4． ② 过点A作AP⊥BC ，垂足为P，因为，所以∠BAP=30°，所以BP=2，AP=，所以菱形的面积为．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，矩形的性质，勾股定理，中位线定理是解题的关键．31．在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．(1)问题发现如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是 ______________；CE与AD的位置关系是______________；(2)如图2，当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)如图3，若AB=1，BP=3，请直接写出四边形ACDE的面积．【答案】(1)BP=CE，CE⊥AD；(2)成立，证明见解析(3)【分析】（1）连接AC，根据SAS证△APB≌△AEC，即可得出BP=CE，∠ACE=∠ABP=30°，延长CE交AD于F，得出∠CFA=90°即可；（2）连接AC，同理（1）证△APB≌△AEC，然后根据等边三角形三线合一得出AD⊥CE即可；（3）根据（2）的结论知，AD⊥CE，CE=BP，则四边形ACDE的面积等于对角线乘积的一半，代入数值计算即可．（1）解：连接AC， ∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC、△ACD是等边三角形，∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAE，即∠BAP=∠CAE，在△BAP与△CAE中，，∴△BAP≌△CAE（SAS），∴BP=CE，∠ABP=∠ACE，延长CE交AD于F，∵BD平分∠ABC，∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°，∴CE平分∠ACD，∵△ACD是等边三角形，∴CE⊥AD，故答案为：BP=CE，CE⊥AD；（2）解：成立，BP=CE，CE⊥AD，证明如下：连接AC，∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，∴△ABC、△ACD是等边三角形，∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAC+∠PAC=∠PAE+∠PAC，即∠BAP=∠CAE，在△BAP与△CAE中，，∴△BAP≌△CAE（SAS），∴BP=CE，∠ABP=∠ACE，∵BD平分∠ABC，∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°，∴CE平分∠ACD，∴CE⊥AD；（3）解：由（2）知，AD⊥CE，CE=BP，∵AC=CD，∴CE垂直平分AD，∴S四边形ACDE=AD•CE=AB•BP，∵AB=1，BP=3，∴四边形ACDE的面积为×1×3=．【点睛】本题主要考查四边形的综合知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的性质等知识是解题的关键．32．如图，四边形ABCD为矩形，连接对角线AC，分别作∠BAC、∠BCA、∠ACD、∠DAC的角平分线AE、CE、CF、AF．（1）当 AB=BC时，求证∶ 四边形AECF是菱形；（2）设AB=4，BC=3，分别作EM⊥AC于点M，FNLAC于点N，求MN的长；（3）分别作EG⊥BC于点G，FH⊥CD于点H，当GC=3，HC=4时，求矩形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）1；（3）24【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线的性质证明四边形AECF的两组对边分别平行，再根据AB=BC证明AE=CE，便可得结论； （2）过E作EH⊥BC于点H，EG⊥AB于点G，由角平分线的性质得EM=EG=EH，进而得四边形BHEG是正方形，得BG=BH，再根据HL证明Rt△AEG≌Rt△AEM，Rt△CEH≌Rt△CEM，得AM=AG，CM=CH，设AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，由三边长度列出x、y、z的三元一次方程组，便可求得AM与CM，进而证明 △ANF≌△CME得AN=CM，便可求得结果； （3）过E作EK⊥AB于点K，EL⊥AC于点L，证明△AEK≌△CHF得AK=CH=4，再证明Rt△AEK≌Rt△AEL，Rt△CEG≌Rt△CEL，得出AC的长度，不妨设BG=BK=x，在Rt△ABC中，由勾股定理得x的方程求得x，再根据矩形的面积公式求得结果．【解析】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴AB∥CD， ∴∠BAC=∠DCA， ∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD， ∴∠EAC=∠FCA， ∴AE∥CF， 同理，AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AB=BC， ∴∠BAC=∠ACB， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠EAC=∠ECA， ∴AE=CE， ∴四边形AECF是菱形； （2）过E作EH⊥BC于点H，EG⊥AB于点G， ∵∠B=90°， ∴四边形BHEG为矩形， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EM=EG=EH， ∴四边形BHEG是正方形， ∴BG=BH， ∵EM=EG=EH，AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEG≌Rt△AEM（HL），Rt△CEH≌Rt△CEM（HL）， ∴AM=AG，CM=CH， ∵AB=4，BC=3， ∴AC=5， 设AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，则， 解得，， ∴AM=3，CM=2， ∵由（1）知四边形AECF是平行四边形， ∴AF=CE，AF∥CE， ∴∠FAN=∠ECM， ∵∠ANF=∠CME=90°， ∴△ANF≌△CME（AAS）， ∴AN=CM=2， ∴MN=AM-AN=3-2=1；（3）过E作EK⊥AB于点K，EL⊥AC于点L，如图，∵矩形ABCD中AB∥CD， ∴∠BAC=∠ACD， ∵AE、CF分别平分∠BAC和∠ACD， ∴∠KAE=∠HCF， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴AE=CF， ∵∠AKE=∠CHF=90°， ∴△AEK≌△CHF（AAS）， ∴AK=CH=4， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EK=EL=EG， ∵AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEK≌Rt△AEL（HL），Rt△CEG≌Rt△CEL（HL）， ∴AK=AL=4，CG=CL=3， ∴AC=AL+CL=4+3=7， ∵EK=EG，∠EKB=∠B=∠EGB=90°， ∴四边形BGEK为正方形， ∴BG=BK， 不妨设BG=BK=x， 则AB=4+x，BC=3+x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， （x+3）2+（x+4）2=72， 解得，x=，或x= （舍）， ∴AB=4+x=，BC=3+x=， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC=24．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，方程思想，解决本题的关键是利用方程思想由勾股定理列方程.
相关资料
更多
