人教版（2024）八年级下册菱形课时作业

这是一份人教版（2024）八年级下册菱形课时作业，共42页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．菱形的周长是它的高的4倍，则菱形中较大的一个角是( )
A．100°B．120°C．135°D．150°
2．如图，在菱形中，点为边的中点，与对角线交于点，过点作于点，若，且，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在菱形中，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧分别交于点、，连接，若直线恰好过点与边交于点，连接，则下列结论错误的是（ ）
A．B．若，则
C．D．
4．如图，在菱形中，，点，分别在边，上，，的周长为，则的长为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，菱形ABCD和菱形EFGH，∠A＝∠E，它们的面积分别为9 cm 2和64 cm 2，CD落在EF上，若△BCF的面积为4cm2，则△BDH的面积是（ ）
A．8 cm 2B．8.5 cm 2C．9 cm 2D．9.5 cm 2
6．如图，在中，点D，E，F分别在边，，上，且，．下列四种说法：
①四边形是平行四边形；
②如果，那么四边形是矩形；
③如果平分，那么四边形是菱形；
④如果，且，那么四边形是菱形．
其中，正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图：点E、F为线段BD的两个三等分点，四边形AECF是菱形，且菱形AECF的周长为20，BD为24，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．24B．36C．72D．144
8．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的面积为（ ）
A．1B．2C．2D．4
9．如下图，在菱形中，，，过菱形的对称中心分别作边，的垂线，交各边于点，，，，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，菱形中，与交于点O，，E为延长线上一点，使得，连接，分别交、于点F、G，连接，，则下列结论：①；②；③四边形与四边形的面积相等；④由点、、、构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、填空题
11．如图，在菱形ABCD中，，E，F分别是边AB和BC的中点，于点P，则__________．
12．如图，在菱形ABCD中，连接BD，点E在AB上，连接CE交BD于点F，作FG⊥BC于点G，∠BEC＝3∠BCE，BF＝DF，若FG＝，则AB的长为_____．
13．如图，四边形ABCD是菱形，，M是BC边上的动点，AM交对角线BD于点N．当线段AM最短时，NM＝1，此时点N到CD所在直线的距离是______．
14．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝45°，点E在边AB上，将△BCE沿CE折叠．若点B的对应点B′落在AD边所在的直线上，则BE的长为________．
15．如图，在菱形中，，在上，将沿翻折至，且刚好过的中点，则_________．
16．如图，菱形ABCD，，点E为垂足，点F为AE的中点，连接BF并延长交AD于点G，连接CG，，则AF的长为__________．
17．如图，，点为∠AOB的角平分线上一点，的垂直平分线交，分别于点，，点为上异于点的一点，且，则的面积为 _____．
18．如图，在菱形中，，，点为线段上一动点，过点作交于点，沿将折叠，点的对称点为点，连接、、，当为等腰三角形时，的长为______．
三、解答题
19．如图，在中，以点为圆心，长为半径画弧交于点；再分别以点B、F为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接．
(1) 根据以上尺规作图的过程，求证四边形是菱形；
(2) 若菱形的周长为16，，求的长．
20．如图，已知菱形，点是线段上的动点，以为边向右侧作等边，连结．
求证：；
设，求证：；
设，当时，求的长（用含的代数式表示）
21．如图，在矩形ABCD中，AB=2，，G，H分别是AD，BC边上的点，且AG=CH，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F，G．
(1) 求证：四边形GEHF是平行四边形；
(2) 填空：①当AG= 时，四边形GEHF是矩形；②当AG= 时，四边形GEHF是菱形；
(3) 求四边形GEHF的周长的最小值．
22．如图，已知菱形ABCD，∠ABC＝60°，点P是射线BD上的动点，以AP为边向右侧作等边△APE，连接PC．
(1) 如图1，点P在线段BD上，求证：PC＝PE．
(2) 如图2，当C，P，E三点共线时，连接DE，求证：四边形APDE是菱形．
(3) 当CP⊥PE时，求的值．
23．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=________；
(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=3cm，直接写出此时t的值．
24．在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．
(1) 如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；
(2) 如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（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) 当点在直线上时，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
参考答案
1．C
解：根据菱形周长等于它高的4倍,则边长等于它高的倍. 因此若作出此菱形的一条高，所得的三角形为等腰直角三角形. 所以它的两个角分别为45°和135°.
故答案为C.
2．D
【分析】A、由四边形ABCD是菱形，得出对角线平分对角，求得∠GAD=∠2，得出AG=GD，AE=ED，由SAS证得△AFG≌△AEG，得出∠AFG=∠AEG=90°，即可得出A正确；
B、由DF⊥AB，F为边AB的中点，证得AD=BD，证出△ABD为等边三角形，得出∠BAC=∠1=∠2=30°，由 ,求出AC，
AG，即可得出B正确；
C、由勾股定理求出 ，由GE=tan∠2·ED求出GE，即可得出C正确；D、四边形BFGC的面积=△ABC的面积-△AGF的面积,可以发现D不对.
解：解:∵四边形是菱形，
，，，
，
，
.
，
垂直平分.
.
点为的中点，
.
易证.
.
故A正确.
，点为的中点，
，.
，
为等边三角形.
.
.
，
.
.
，故B正确.
垂直平分，
，
，
.
.故C正确.
，的边上的高等于的一半，即为，，
，故D不正确.
【点拨】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度.
3．B
【分析】利用菱形的性质、解直角三角形等知识逐项判断即可．
解：由作法得MN垂直平分CD，
∴AD=AC，CM=DM，∠AED=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD，
∴AB=BC=AC，
∴ΔABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°
∴∠BCD=120°，即A选项的结论正确，不符合题意；
当AB=3，则CE=DE=，
∵∠D=60°，
∴AE=，∠DAE=30°，∠BAD=120°
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=120°-30°=90°
在Rt△ABE中，BE= ，所以B选项的结论错误，符合题意；
∵菱形ABCD
∴.BC=CD=2CE，即，所以C选项的结论正确，不符合题意；
∵ABCD，AB=2DE，
∴，所以D选项的结论正确，不符合题意．
故选：B．
【点拨】本题主要考作已知线段的垂直平分线、线段垂直平分线的性质、菱形的性质等知识点，灵活运用菱形的性质和垂直平分线的性质是解答本题的关键．
4．C
【分析】连接BD，证△DBE≌△DCF（SAS），得DE=DF，∠EDB=∠FDC，再证△DEF是等边三角形，得DE=DF=EF，过点D作DM⊥AB于M，设AD=x（x＞0），则AM=x，DM=x，ME=AE-AM=2x，然后在Rt△DME中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，∠C=∠A=60°，AD∥BC，
∴△BCD是等边三角形，∠ABC=180°-∠A=120°，
∴∠BDC=∠DBC=60°，BD=CD，
∴∠DBE=∠ABC-∠DBC=60°，
∴∠DBE=∠C，
∵AE=BF=2，
∴AB-AE=BC-BF，
即BE=CF，
在△DBE和△DCF中，
，
∴△DBE≌△DCF（SAS），
∴DE=DF，∠EDB=∠FDC，
∴∠EDB+∠BDF=∠FDC+∠BDF=∠BDC=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴DE=DF=EF，
∵△DEF的周长为，
∴DE=，
过点D作DM⊥AB于M，
设AD=x（x＞0），
则AM=x，DM=AD•sin60°=x，
∴ME=AE-AM=2x，
在Rt△DME中，由勾股定理得：（）2+（2x）2=（）2，
整理得：x2-2x-2=0，
解得：x=1+或x=1（舍去），
∴AD=+1，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．B
【分析】先连接FH，求出，再将求的面积转化为求的面积即可．
解：如图，连接FH，
∵菱形ABCD和菱形EFGH，∠A＝∠E，
∴，
∴，
∴，
∴和同底等高，
∴，
∵菱形ABCD面积为9 cm2，△BCF的面积为4cm2，
∴（cm2），
∴（cm2）．
故选：B．
【点拨】本题考查了菱形性质及其应用，解决本题的关键是利用同底等高将求的面积转化为求的面积，考查了学生的分析和推理的能力，运用了转化的思想方法．
6．D
【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DECA，DFBA，得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC＝90°，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若AD平分∠BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得∠EAD＝∠EDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由AB＝AC，AD⊥BC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分∠BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，④正确，进而得到正确说法的个数．
解：∵DECA，DFBA，
∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确；
若∠BAC＝90°，
∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确；
若AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠FAD，
又DECA，
∴∠EDA＝∠FAD，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴AE＝DE，
∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确；
若AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD平分∠BAC，
同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项④正确，
则其中正确的个数有4个．
故选：D
【点拨】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形、矩形及菱形的判定与性质是解本题的关键．
7．C
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，AO＝OC，EO＝OF，再求出BO＝OD，证明四边形ABCD是菱形，根据菱形的四条边都相等求出边长AE，根据菱形的对角线互相平分求出OE，然后利用勾股定理列式求出AO，再求出AC，最后根据四边形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
解：如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝OC，EO＝OF，
又∵点E、F为线段BD的两个三等分点，
∴BE＝FD，
∴BO＝OD，
∵AO＝OC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形；
∵四边形AECF为菱形，且周长为20，
∴AE＝5，
∵BD＝24，点E、F为线段BD的两个三等分点，
∴EF＝8，OE＝EF＝×8＝4，
由勾股定理得，AO＝＝＝3，
∴AC＝2AO＝2×3＝6，
∴S四边形ABCD＝BD•AC＝×24×6＝72；
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的判定与性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理以及利用菱形对角线求面积的方法，熟记菱形的性质与判定方法是解题的关键．
8．C
【分析】根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
解：∵四边形AECF是菱形，AB=3，
∴假设BE=x，则AE=3﹣x，CE=3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=3﹣x，
解得：x=1，
∴CE=2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===，
又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，
则菱形的面积=2．
故选C．
【点拨】本题考查折叠问题以及勾股定理．解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
9．A
【分析】先证明是等边三角形，求出EF，同理可证都是等边三角形，然后求出EH，GF，FG即可．
解：如图，连接BD，AC，
∵四边形ABCD是菱形，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∵在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
同法可证，都是等边三角形，
∴，，
∴四边形EFGH的周长为．
故选：A．
【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质、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．
10．A
【分析】首先根据菱形的性质及，并结合直角三角形的性质可得，从而得到，最后利用平行线的性质可得，故结论①正确；
由菱形的性质可得，再证明，得到，最后利用中位线定理可得，故结论②正确；
根据可得，再根据可得，所以四边形与四边形面积相等，故结论③正确；
先证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，得到，最后利用菱形的判定可证明四边形是菱形，故结论④正确．
解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
故结论②正确；
∵，，
∴，，
∴四边形与四边形面积相等，
故结论③正确；
∵，
∴，
又∵，即，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
故结论④正确．
故选：A．
【点拨】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
11．
【分析】根据题意延长EF交DC的延长线于H点．证明△BEF≌△CHF，得EF=FH．在Rt△PEH中，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得∠FPC=∠FHP=∠BEF．在等腰△BEF中易求∠BEF的度数．
解：延长EF交DC的延长线于H点．
∵在菱形ABCD中，∠A=100°，E，F分别是边AB和BC的中点，
∴∠B=80°，BE=BF．
∴∠BEF=（180°-80°）÷2=50°．
∵AB∥DC，
∴∠FHC=∠BEF=50°．
又∵BF=FC，∠BFE=∠CFH，∠B=∠FCH，
∴△BEF≌△CHF(AAS)．
∴EF=FH．
∵EP⊥DC，
∴∠EPH=90°．
∴EF=FP=FH，则∠FPC=∠FHP=∠BEF=50°．
故答案为：50°．
【点拨】本题考查菱形的性质和全等三角形的判定方法、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，综合性较强．如何作出辅助线是难点．
12．
【分析】连接AC交BD于M，设BF＝5a，根据菱形的性质及∠BEC＝3∠BCE得到CF平分∠ACB，根据勾股定理求出BF＝，BM＝2，证明Rt△FMC≌Rt△FGC得到CG＝CM，利用勾股定理求出BG，设CG＝CM＝x，则BC＝x+1，再利用勾股定理求出x即可得到答案.
解：连接AC交BD于M，如图所示：
设BF＝5a，则DF＝11a，
∴BD＝16a，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD，AB＝BC，AB∥CD，BM＝DM＝BD＝8a，
∴FM＝BM﹣BF＝3a，
∵AB∥CD，
∴∠BEC＝∠ECD，
∵∠BEC＝3∠BCE，
∴∠ECD＝3∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCE，
∴CF平分∠ACB，
∵FG⊥BC，FM⊥AC，
∴FG＝FM＝，
∴3a＝，
∴a＝，
∴BF＝，BM＝2，
在Rt△FMC和Rt△FGC中，，
∴Rt△FMC≌Rt△FGC（HL），
∴CG＝CM，
在Rt△BFG中，BG＝＝1，
设CG＝CM＝x，则BC＝x+1，
在Rt△BMC中，由勾股定理得：22+x2＝（x+1）2，
解得：x＝，
∴AB＝BC＝．
【点拨】此题考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形全等的判定定理，证明CF平分∠ACB是解题的关键，从而证明Rt△FMC≌Rt△FGC来解决问题.
13．2
【分析】利用菱形的性质得到， BD平分∠ADC和∠ABC，，则，根据垂线段最短可判断当AM⊥BC时，AM最短，则根据含30度的直角三角形三边的关系计算出AM=3，则AN=2，然后根据角平分线的性质得到点N到直线的距离等于NA的长．
解：解∶∵四边形ABCD是菱形，，
∴， BD平分∠ADC和∠ABC，，
∴，
∵当AM⊥BC时， AM最短，NM= l，
∴BN=2NM=2， ，
∴，
∵AM⊥BC， ，
∴，
∴， ，
∴，
∴AN=AM-NM=3- 1=2，
∵， AM⊥BC，
∴，
∴AM⊥AD，
∵BD平分∠ADC，
∴点N到CD的距离等于N点到AD的距离，
∵NA=2，
∴此时点N到CD直线的距离是2．
故答案为∶2．
【点拨】本题考查了菱形的性质、角平分线的性质以及勾股定理，菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
14．4或
【分析】分两种情况，第一种情况，由折叠性质可知：= CB= CD，可知E点与A点重合，BE=AB，第二种情况，由折叠性质可知，BC=，得∠B=∠E= 45°，再证∠AE = 90°，设BE= E= x，得，即可得答案．
解：
第一种情况，如上图，由折叠性质可知：= CB= CD，
∴在AD线上仅D点符合题意，
∵∠B=∠D= 45°，
∴E点与A点重合，BE=AB，
∴BE=4；
第二种情况，如上图，由折叠性质可知，BC=，
∴∠B=∠E= 45°，
∵在菱形中BC=CD=，
∴∠D=∠B=∠D= 45°，ADBC，∠AE=∠B= 45°，
∴∠AE=∠DC+∠EC= 90°，
∴A=E，
设BE= E= x，则， ，
解得： ，
故答案为：4或．
【点拨】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、一元一次方程的解法，解题的关键是注意两种情况．
15．30°
【分析】由菱形的性质得出AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，得出△ABC是等边三角形，由等边三角形的性质得出AD⊥BC，由翻折变换的性质得：=∠D=60°，求出∠CME==30°，即可得出的度数．
解：连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC，∠D=∠B=60°，∠C=120°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AD'刚好过BC的中点P，
∴AD⊥BC，
∴∠D'PC=90°，
由翻折变换的性质得：=∠D=60°，
∴∠CME=∠PMD'=30°，
∴∠D'EC=180°-∠C-∠CME=30°；
故答案为：30°．
【点拨】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握翻折变换的性质和菱形的性质是解题关键．
16．
【分析】过点G往BC所在直线作垂线，垂足记为H，连接EG，证明，得到AG=BE，所以四边形ABEG为平行四边形，设AG=BE=x，则AD=GE=2+x，在和中用勾股定理列方程进行求解．
解：如图所示，过点G往BC所在直线作垂线，垂足记为H，连接EG，
∵F是AE中点，
∴AF=EF，
∵四边形ABCD是菱形，则，且AE⊥BC，
∴∠GAF=∠BEF=90°，
在中，

∴，
∴AG=BE，
又∵，
∴四边形ABEG为平行四边形，则GE=AB，
设AG=BE=x，则AD=GE=2+x，
∴CH=EH-CE=AG-CE=x-2，
在和中，
,
即，
解得x=6，
则AE= ，
∴AF=0.5AE=，
故答案为．
【点拨】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、勾股定理等，设线段长为x，寻找等量关系列出方程是解题的关键．
17．
【分析】连接，，过作于，根据角平分线的定义得到，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据菱形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据三角形的面积公式即可得到结论．
解：连接，，过作于，
∵平分，
∴，
∵的垂直平分线交，分别于点，，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积，
故答案为：．
【点拨】本题考查了线段垂直平分线的性质，菱形的判定和性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
18．或或或或
【分析】分类讨论：如图 ，当 时，如图 ，当 时，如图 中，当 时，分别求出即可．
解：如图 ，当 时，点 与 重合或在点 处．
当 与 重合时， 与 也重合，此时 ；

在菱形 中， ，
作 于 ，
在 中， ， ， ，
；
如图 ，当 时，点 与 重合或在 处，

点 与 重合， 是 的垂直平分线，
，
当 在 处时，过 作 于 ，
则可得 ，
则，
；
如图 中，当 时，

，
．
综上所述：当 为等腰三角形时， 的长为 或 或 或 或 ．
故答案为 或 或 或 或 ．
【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，分类讨论是解题关键．
19．(1) 见分析(2)
【分析】（1）由由作图可知是的平分线，推出，由，推出，得到，由此即可证明；
（2）连接，交于G．根据菱形的性质得出，，再根据勾股定理求出，可得的长，根据菱形面积公式计算即可；
解：（1）由作图知：是的平分线，
∴
在中，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
（2）（2）连接交于
在菱形中，，
∴，
∴，，
∴
【点拨】本题考查菱形的判定和性质、平行四边形的性质、作图-基本作图等知识，解题的关键是掌握菱形的性质，利用勾股定理解直角三角形．
20．(1) 见分析(2) 见分析(3)
【分析】（1）根据菱形的对称性可得，又是等边三角形，，即得；
（2）利用三角形的外角的性质证明，可得结论；
（3）过作于，由，得，知，可得是等腰直角三角形，设，则，可得，根据 即可求解．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，点在线段上，
∴由菱形的对称性可得，
∵是等边三角形，
∴，
∴；
（2）证明：如图1中，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴与关于对称，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：当在线段上时，过作于，如图：
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
设，则，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形性质与判定，勾股定理及应用等，解题的关键是掌握菱形的性质及分类讨论思想的应用．
21．(1) 证明见分析(2) ①；②(3)
【分析】（1）先根据矩形的性质，根据平行线的性质可得，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）①先根据矩形的性质、勾股定理可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定与性质可得，由此即可得；
②先根据菱形的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得；
（3）过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，则，，，再根据利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理可得，从而可得，利用勾股定理可得，然后根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，由此即可得．
（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，即，
分别是对角线上的四等分点，
，
，即，
在和中，，
，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：①如图，连接，
四边形是矩形，，，
，
，
，
分别是对角线上的四等分点，
，
，
要使平行四边形是矩形，则，
，
由平行线间的距离可知，，，
四边形是矩形，
，
又，
，
即当时，四边形是矩形，
故答案为：；
②如图，连接，
要使平行四边形是菱形，则，
在和中，，
，
，
，
，即，
解得，
即当时，四边形是菱形，
故答案为：．
（3）解：如图，过点作于点，延长到点，使，过点作于点，连接，
，，，
，
，
，
，
四边形的周长为，
由两点之间线段最短可知，当点共线时，取得最小值，
则四边形的周长的最小值为．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造直角三角形，并找出当点共线时，取得最小值是解题关键．
22．(1)见分析(2)见分析(3) 或
【分析】（1）首先证明△BPA≌△BPC，可推导PC=PA，再结合等边三角形的性质可证明PC＝PE；
（2）结合（1）可知，△BPA≌△BPC，C，P，E三点一直线，易得，，在结合菱形的性质，推导△PDE是等边三角形，进一步证明四边形APDE是菱形即可；
（3）分两种情况讨论：点P在线段BD上时或点P在线段BD的延长线上时，过点P作PH⊥AB（或AB的延长线）于点H．依次计算∠ABP=30°、，在和中利用勾股定理计算BH、AH、AP与PH的长度关系，再计算的值即可．
（1）解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
又∵，
∴△BPA≌△BPC（SAS），
∴PC=PA，
∵△APE是等边三角形，
∴PA＝PE，
∴PC＝PE；
（2）∵等边△APE，
∴AP=AE=PE，∠APE＝60°，
结合（1）可知，△BPA≌△BPC，
又∵C，P，E三点一直线，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠PDC＝30°，
∴，
∴PC=PD，
由（1）可知，PC=PE，
∴PE=PD，
∴△PDE是等边三角形，
∴PD=DE=PE，
∴AP=AE=PD=DE，
∴四边形APDE是菱形；
（3）
当CP⊥PE时，分两种情况：
①如图4，点P在线段BD上时，过点P作PH⊥AB ．
∵CP⊥PE，∠APE=60°，
∴，
∵BD是菱形ABCD的对称轴，
∴∠APB=∠CPB=105°．
∵∠ABP=30°，
∴，
∴BH=PH，AP=PH，PH=AH．
∴；
②如图5，点P在线段BD的延长线上时，过点P作PH⊥AB 交BA延长线于点H．
∵CP⊥PE，∠APE=60°，
∴∠APB+∠BPC=30°，
∵BD是菱形ABCD的对称轴，
∴∠APB=∠BPC=15°，
∵∠ABP=30°，∴∠PAH=45°，
∴BH=PH，AP=PH，PH=AH，
∴．
综上所述，的值为或．
【点拨】本题主要考查了等边三角形的性质、菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质、全等三角形的判定与性质等知识，综合性强，读懂题意并灵活运用所学知识是解题关键，还要注意用分类讨论的思想分析问题．
(1) 3(2) ①见分析；②EF=（9−3）cm，t=（6-6）s．
t=(3+3)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=9-3，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=3，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=AF=cm，
∴GF=(cm)，
∴EF=3cm；
故答案为：3；
（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=∠ABC=30°，BC=6cm，
∴CO=BC=3，BO==3(cm)，
∴BD=2BO=6cm，
∴DG=BD−BG=(6−6)cm，
∵BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGC=∠DGE，
∴∠BCG=∠DGE，
∵ADBC，
∴∠DEG=∠BCG，
∴∠DEG=∠DGE，
∴DG=DE=（6−6）cm，
∵∠BCD=120°，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCG=120°-75°=45°，
∴DN=DE=（3−3）cm，
同理由勾股定理得EN=（9-3）cm，
∴CE=•EN=（9-3）×=（9−3）cm，
∴EF=CE=（9−3）cm，t=（6-6）s．
（3）解：如图③，作CH⊥AB于H，
由（2）可知：△EFC是等边三角形，
∴CF=EF=3cm，
在Rt△BCH中，∵BC=6，∠CBH=60°，
∴BH=3，CH=3cm，
在Rt△CFH中，HF==3cm，
∴BF=(3−3)cm，AF=（3+3）cm，
∵运动速度为1cm/s，
∴t=(3+3)s．
【点拨】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．
24．(1) (2)（1）中结论仍然成立，证明见分析(3) 或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，
即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即
可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点
O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及
等边三角形 的边长可得结论．
（1）解：如图，连接，延长交于H，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，
∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，同法可得，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点拨】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．