专题18.4 菱形的判定与性质（压轴题专项讲练）-最新八年级数学下册从重点到压轴（人教版）

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专题18.4 菱形的判定与性质


【典例1】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝8，AD＝16，BC＝22，∠ABC＝90°，点P从点A出发，以每秒1单位的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以每秒v单位的速度向点B运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）当v＝3时，若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为平行四边形，且线段PQ为平行四边形的一边，求t的值；
（2）若以点P，Q和点A，B，C，D中的两个点为顶点的四边形为菱形，且线段PQ为菱形的一条对角线，请直接写出v的值．

【思路点拨】
（1）分四种情况，利用平行四边形的性质对边相等建立方程求解即可得出结论；
（2）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解题过程】
解：（1）∵当P、Q两点与A、B两点构成的四边形是平行四边形时，
∵AP∥BQ，
∴当AP＝BQ时，四边形APQB为平行四 边形．
此时，t＝22﹣3t，t=112．
当P、Q两点与C、D两点构成的四边形是平行四边形时，
∵PD∥QC，
∴当PD＝QC时，四边形PQCD为平行四 边形．
此时，16﹣t＝3t，t＝4，
∵线段PQ为平行四边形的一边，
故当t=112或4时，线段PQ为平行四边形的一边．
（2）当四边形PBQD能成为菱形时，设PA＝x，

在Rt△APB中，则有82+x2＝（16﹣x）2，
解得x＝6，
∴PD＝16﹣6＝10．
∴BQ＝PD＝10，
∴QC＝BC﹣BQ＝22﹣10＝12，
∴v=126=2米/秒；
当四边形AQCP是菱形时，可得AP＝AQ＝CQ＝y．

在Rt△ABQ中，则有82+（22﹣y）2＝y2，
解得y=13711，
∴AP=13711．
∴QC＝AP=13711，
∴v=1371113711=1米/秒；
综上所述，v的值为2或1时，满足条件．

1．（2021春•孝义市期中）如图，△ABC中，AC=2，BC＝4，AB=32，点D是AB的中点，EB∥CD，EC∥AB，则四边形CEBD的周长是（　　）

A．32 B．8 C．62 D．4+42
【思路点拨】
先证明四边形CEBD是平行四边形，然后利用勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明四边形CEBD是菱形，进而可以解决问题．
【解题过程】
解：∵EB∥CD，EC∥AB，
∴四边形CEBD是平行四边形，
在△ABC中，
∵AC=2，BC＝4，AB=32，
∴（2）2+42＝2+16＝18＝（32）2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB＝90°，
∵点D是AB的中点，
∴DC＝AD＝DB=12AB=322，
∴四边形CEBD是菱形，
四边形CEBD的周长＝4DB＝4×322=62．
故选：C．
2．（2021春•温江区校级期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD，连接BD，∠BAD的角平分线交BD，BC分别于点O、E，若EC＝3，CD＝4，则BO的长为（　　）

A．4 B．33 C．523 D．25
【思路点拨】
连接DE，因为AB＝AD，AE⊥BD，AD∥BC，可证四边形ABED为菱形，从而得到BE、BC的长，进而解答即可．
【解题过程】
解：连接DE．

在直角三角形CDE中，EC＝3，CD＝4，根据勾股定理，得DE＝5．
∵AB＝AD，AE平分∠BAD，
∴AE⊥BD，
∴AE垂直平分BD，∠BAE＝∠DAE．
∴DE＝BE＝5．
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE＝5，
∴BC＝BE+EC＝8，
∴四边形ABED是菱形，
由勾股定理得出BD=BC2+DC2=42+82=45，
∴BO=12BD＝25，
故选：D．
3．（2022春•新华区月考）问题：已知：如图，四边形ABCD是菱形，E、F是直线AC上两点，AF＝CE．求证：四边形FBED是菱形．
几名同学对这个问题，给出了如下几种解题思路，其中正确的是（　　）
甲：利用全等，证明四边形FBED四条边相等，进而说明该四边形是菱形；
乙：连接BD，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判定四边形FBED是菱形；
丙：该题目错误，根据已知条件不能够证明该四边形是菱形．

A．甲、乙对，丙错 B．乙、丙对，甲错
C．三个人都对 D．甲、丙对，乙错
【思路点拨】
由全等三角形的性质证出BF＝DF＝BE＝DE，则四边形FBED是菱形，故甲对；再由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，则OF＝OE，得四边形FBED是平行四边形，然后由AC⊥BD，得平行四边形FBED是菱形，故乙对，即可得出结论．
【解题过程】
解：甲：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA＝∠DCA，
∴∠BAF＝∠DAF＝∠BCE＝∠DCE，
在△BAF和△DAF中，
AB=AD∠BAF=∠DAFAF=AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF＝DF，
同理：△DCE≌△BCE（SAS），△BAF≌△BCE（SAS），
∴BE＝DE，BF＝BE，
∴BF＝DF＝BE＝DE，
∴四边形FBED是菱形；
乙：连接BD交AC于O，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵AF＝CE，
∴OA+AF＝OC+CE，
即OF＝OE，
∴四边形FBED是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形FBED是菱形；
综上所述，甲对、乙对，丙错，
故选：A．
4．（2021秋•垦利区期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD＝DE，连结BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：
①OG=12AB；②S四边形ODGF＞S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD＝4S△BOG．其中正确的结论是（　　）

A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④
【思路点拨】
①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
④证OG是△ACD的中位线，得OG∥CD∥AB，OG=12CD，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，则S△ACD＝4S△BOG，④正确；
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，则S四边形ODGF＝S△ABF，②错误；即可得出结论．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDGAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG=12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵OA＝OC，AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG∥CD∥AB，OG=12CD，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
连接FD，如图：

∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；
正确的是①③④，
故选：C．
5．（2021春•澄海区期末）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；④4FH＝BD；其中正确结论的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【思路点拨】
由SAS证得△ABC≌△EFA，则∠AEF＝∠BAC，得出EF⊥AC，易证FH是△ABC的中位线，得出FH=12BC，再由BC=12AB，AB＝BD，推出BD＝4FH，由等边三角形的性质得出∠BDF＝30°，然后由AAS证得△DBF≌△EFA，则AE＝DF，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平行四边形的性质得出AD＝4AG，从而得到答案．
【解题过程】
解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，AE＝AC，
∵∠BAC＝30°，
∴∠EAF＝∠ACB＝90°，AB＝2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB＝2AF，
∴BC＝AF，
在△ABC和△EFA中，
AC=AE∠ACB=∠EAFBC=FA，
∴△ABC≌△EFA（SAS），
∴FE＝AB，∠AEF＝∠BAC＝30°，
∴∠AHE＝180°﹣∠EAC﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴EF⊥AC，故①正确，
∵EF⊥AC，∠ACB＝90°，
∴FH∥BC，
∵F是AB的中点，
∴FH是△ABC的中位线，
∴FH=12BC，
∵BC=12AB，AB＝BD，
∴BD＝4FH，故④正确；
∵AD＝BD，BF＝AF，
∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°，
∵∠FAE＝90°，
∴∠DFB＝∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF＝30°，
∴∠BDF＝∠FEA，
在△DBF和△EFA中，
∠BDF=∠FEA∠DFB=EAFBF=FA，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE＝DF，
∵FE＝AB＝AD，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AB＞AC，
∴AD＞AE，
∴四边形ADFE不是菱形，故②错误；
∵AG=12AF，
∴AG=14AB，
∵AD＝AB，
则AD＝4AG，故③正确，
故选：C．
6．（2022春•宜兴市校级月考）如图，两个宽度都为1的平直纸条，交叉叠放在一起，两纸条边缘的夹角为α＝30°，则它们重叠部分（图中阴影部分）的面积为 　2　．

【思路点拨】
过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE＝AF＝1，证平行四边形ABCD是菱形，得AD＝CD，再求出CD＝AD＝2AF＝2，然后由菱形面积公式即可求解．
【解题过程】
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，

则AE＝AF＝1，
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD的面积＝BC×AE＝CD×AF，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵∠ADC＝α＝30°，∠AFD＝90°，
∴CD＝AD＝2AF＝2，
∴菱形ABCD的面积＝CD×AF＝2×1＝2，
故答案为：2．
7．（2020•寿光市二模）如图所示，四边形ABCD中，AC⊥BD于点O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于　7.8　．

【思路点拨】
证四边形ABCD是菱形，得CD＝AD＝5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN＝4.8，得当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．
【解题过程】
解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD于点O，
∴平行四边形ABCD是菱形，AD=AO2+DO2=42+32=5，
∴CD＝AD＝5，
连接PD，如图所示：

∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，
∴12AD•PM+12DC•PN=12AC•OD，
即12×5×PM+12×5×PN=12×8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，
由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，
∴当点P与点O重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案为：7.8．
8．（2021•葫芦岛模拟）如图所示，分别以Rt△ABC的直角边AC，斜边AB为边向△ABC外构造等边△ACD和等边△ABE，F为AB的中点，连接CF，DF，EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°．有下列五个结论：①AC⊥DF；②DA+DF＝BE；③四边形ADCF是菱形；④S四边形BCDE＝6S△ACD；⑤四边形BCDF是平行四边形．其中正确的结论是 　①③⑤　

【思路点拨】
根据直角三角形的性质得到∠BAC＝60°，AC=12AB，根据等边三角形的性质得到∠ACD＝60°，求得CD∥AB，得到BF＝AF=12AB，推出四边形BCDF为平行四边形，故⑤正确；四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形的性质得到CF＝AF=12AB，推出四边形ADCF是菱形；故③正确；根据垂直的定义得到AC⊥DF，故①正确；根据三角形的三边关系得到DA+DF＞BE，故②错误；设AC＝x，则AB＝2x，求得S△ACDS四边形BCDE=34x234x2+32x2+3x2=17，故④错误．
【解题过程】
解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，AC=12AB，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴CD∥AB，
∵F为AB的中点，
∴BF＝AF=12AB，
∴BF∥CD，CD＝BF＝AF，
∴四边形BCDF为平行四边形，故⑤正确；四边形ADCF是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，AF＝BF，
∴CF＝AF=12AB，
∴四边形ADCF是菱形，故③正确；
∵四边形BCDF为平行四边形，
∴DF∥BC，
又∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥DF，故①正确；
∵DA＝CA，DF＝BC，AB＝BE，BC+AC＞AB，
∴DA+DF＞BE，故②错误；
设AC＝x，则AB＝2x，
∴S△ACD=34x2，S△ACB=32x2，S△ABE=3x2，
∴S△ACDS四边形BCDE=34x234x2+32x2+3x2=17，故④错误；
故答案为：①③⑤．
9．（2020春•永州期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于点E，点F、G分别是AD、BC的中点，连接CF、EF、FG，下列四种说法：①CE⊥FG；②四边形ABGF是菱形；③BC＝2EG；④∠DFC＝∠EFG．正确的有　①②③④　．（填序号）

【思路点拨】
根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，由线段中点的定义得到AF=12AD，BG=12BC，于是得到四边形ABGF是平行四边形，根据平行线的性质得到CE⊥FG；根据AD＝2AB，AD＝2AF，得到AB＝AF，于是得到四边形ABGF是菱形；延长EF，交CD延长线于M，根据全等三角形的性质得到FE＝MF，∠AEF＝∠M，推出∠AEC＝∠ECD＝90°，根据直角三角形的性质得到结论．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点F、G分别是AD、BC的中点，
∴AF=12AD，BG=12BC，
∴AF＝BG，
∵AF∥BG，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB∥FG，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥FG；故①正确；
∵AD＝2AB，AD＝2AF，
∴AB＝AF，
∴四边形ABGF是菱形，故②正确；
∵CE⊥AB，
∴∠BEC＝90°，
∵点G是BC的中点，
∴BC＝2EG，故③正确；
延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC＝EF＝FM，
∴CF=12EM，
∴∠ECM＝90°，
∴∠FCD＝∠M＝∠FCE＝∠FEC＝45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∵AF＝DF，AD＝2AB，
∴DF＝DC，
∴∠DCF＝∠DFC，
∵DF＝AF=12AD，CD＝AB=12AD，
∴四边形CDFG是菱形，
∴FG∥CD，
∴∠DCF＝∠CFG，
∵FG⊥CE，
∴∠EFG＝∠CFG，
∴∠EFG＝∠DFC，故④正确，
故答案为：①②③④．
10．（2022•中山市一模）如图，在平行四边形ABCD中，BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，且AE＝CF．
（1）求证：平行四边形ABCD是菱形；
（2）若DB＝10，AB＝13，求平行四边形ABCD的面积．

【思路点拨】
（1）证△ABE≌△CBF（ASA），得AB＝CB，即可得出平行四边形ABCD是菱形；
（2）由菱形的性质得AD＝AB＝13，设AE＝x，则DE＝13﹣x，在Rt△ABE和Rt△BDE中，由勾股定理得出方程：132﹣x2＝102﹣（13﹣x）2，解得x=11913，即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵BE⊥AD，BF⊥CD，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
在△ABE和△CBF中，
∠A=∠CAE=CF∠AEB=∠CFB，
∴△ABE≌△CBF（ASA），
∴AB＝CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝13，
设AE＝x，则DE＝13﹣x，
在Rt△ABE和Rt△BDE中，由勾股定理得：BE2＝AB2﹣AE2＝DB2﹣DE2，
即132﹣x2＝102﹣（13﹣x）2，
解得：x=11913，
∴BE=132-(11913)2=12013，
∴平行四边形ABCD的面积＝AD×BE＝13×12013=120．
11．（2021秋•通川区校级月考）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P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝9，∠ABC＝60°，求∠DCP的度数．

【思路点拨】
（1）根据平行四边形和角平分线的性质可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，从而证明四边形ABEF是菱形；
（2）过P作PH⊥AD于H，交BC于G，由含30°角的直角三角形的性质得AP=12AB＝3，FP＝BP＝33，AH=12AP=32，PH=12PF=332，则DH＝AD﹣AH=152，再由勾股定理求出PD、PC的长，证出△PCD是直角三角形，∠DCP＝90°，即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE．
∴∠BAE＝∠AEB．
∴AB＝BE．
同理：AB＝AF．
∴AF＝BE．
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：过P作PH⊥AD于H，交BC于G，如图所示：

则GH⊥BC，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝6，
∴AB＝AF＝6，AE⊥BF，BP＝FP，∠ABF＝∠AFB＝30°，
∴AP=12AB＝3，FP＝BP=3AP＝33，
∴AH=12AP=32，PH=12PF=332，
∴DH＝AD﹣AH＝9-32=152，
∴PD=PH2+DH2=(332)2+(152)2=37，
同理：PG＝PH=332，BG=3PG=92，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝6，BC＝AD＝9，
∴CG＝BC﹣BG=92，
∴PC=PG2+CG2=(332)2+(92)2=33，
∵PC2+CD2＝PD2，
∴△PCD是直角三角形，∠DCP＝90°．
12．（2022•官渡区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝90°，AB∥CD，点E是AB的中点，连接EC，过点E作EF⊥AD，垂足为F，已知AD∥EC．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB＝25，BC＝15，求线段EF的长．

【思路点拨】
（1）先证四边形AECD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得CE=12AB＝AE，即可得出结论；
（2）由勾股定理得AC＝20，再由菱形的性质得AD＝AE=252，然后证S菱形AECD＝S△ABC，则AD•EF=12BC•AC，即可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：AB∥CD，AD∥EC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，点E是AB的中点，
∴CE=12AB＝AE，
∴平行四边形AECD是菱形；
（2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝25，BC＝15，
∴AC=AB2-BC2=252-152=20，
∵点E是AB的中点，
∴S△ABC＝2S△ACE，
由（1）得：AE=12AB=252，四边形AECD是菱形，
∴AD＝AE=252，
∴S菱形AECD＝2S△ACE，
∴S菱形AECD＝S△ABC，
∵EF⊥AD，
∴AD•EF=12BC•AC，
即252EF=12×15×20，
解得：EF＝12，
即线段EF的长为12．
13．（2022春•东台市月考）如图，△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，DE=12CE，过点B作BF∥CE，交DE的延长线于点F．
（1）求证：四边形BCEF是菱形．
（2）若BC＝2，∠BCE＝60°，求菱形BCEF的面积．

【思路点拨】
（1）先证四边形BCFE是平行四边形．再证BC＝CE，即可得出结论；
（2）根据等边三角形的判定和性质以及菱形的性质解答即可．
【解题过程】
（1）证明：∵D、E分别是AC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∴EF∥BC，
∵BF∥CE，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵DE=12CE，
∴BC＝CE，
∴平行四边形BCEF是菱形；
（2）解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，

由（1）知BC＝CE，
∵∠BCE＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE＝CE＝BC＝2，
∵EG⊥BC，
∴BG=12BC＝1，
在Rt△BGE中，由勾股定理得：EG=BE2-BG2=22-12=3，
∴S菱形BCEF＝BC•EG＝2×3=23．
14．（2021春•白碱滩区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于F点，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形？为什么？
（3）在（2）的条件下，若AB＝6，BC＝10，求DG的长．

【思路点拨】
（1）首先利用平行四边形的判定方法得出四边形ABDF是平行四边形，进而得出AF＝DC，利用一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，进而得出答案；
（2）利用直角三角形的性质结合菱形的判定方法得出即可；
（3）根据直角三角形的性质得出AD＝5，进而利用菱形的性质解答即可．
【解题过程】
证明：（1）∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE∥AB，
∵AF∥BC，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AF＝BD，则AF＝DC，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形；
（2）当△ABC是直角三角形时，四边形ADCF是菱形，
理由：∵点D是边BC的中点，△ABC是直角三角形，
∴AD＝DC，
∴平行四边形ADCF是菱形；
（3）∵△ABC是直角三角形，AB＝6，BC＝10，BD＝DC，
∴AD＝DC＝5，AC=BC2-AB2=102-62=8，
∵四边形ADCF是菱形，
∴AC⊥DF，
∴DE=AD2-AE2=52-42=3，
∴S菱形ADCF=12AC⋅DF=FC⋅DG，
即12×8×6=5⋅DG，
解得：DG=245．
15．（2022•拱墅区模拟）如图，四边形ABCD是菱形，点H为对角线AC的中点，点E在AB的延长线上，CE⊥AB，垂足为E，点F在AD的延长线上，CF⊥AD，垂足为F．
（1）若∠BAD＝60°，求证：四边形CEHF是菱形；
（2）若CE＝8，△ACE的面积为64，求菱形ABCD的面积．

【思路点拨】
（1）证CE＝CF＝EH＝FH，即可得出结论；
（2）由三角形面积求出AE＝16，设AB＝CB＝x，则BE＝16﹣x，再在Rt△BCE中，由勾股定理得出方程，求出AB＝10，即可解决问题．
【解题过程】
（1）证明：∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠AEC＝∠AFC＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠CAE＝∠CAF=12∠BAD＝30°，
∴CE=12AC，CF=12AC，
∵点H为对角线AC的中点，
∴EH＝FH=12AC，
∴CE＝EH＝FH＝CF，
∴四边形CEHF是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，
∵CE⊥AB，△ACE的面积为64，
∴12AE•CE＝64，
即12AE×8＝64，
∴AE＝16，
设AB＝CB＝x，则BE＝16﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：82+（16﹣x）2＝x2，
解得：x＝10，
∴AB＝10，
∴S菱形ABCD＝AB•CE＝10×8＝80．
16．（2021春•株洲期末）如图，在等腰△ABC中，∠CAB＝∠B＝30°，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=12BC，连接CD、EF和AF．
（1）求证：DE＝CF；
（2）求证：四边形CDEF为菱形．
（3）若BC＝2，求AF．

【思路点拨】
（1）根据三角形的中位线即可得结论；
（2）先证明四边形CDEF是平行四边形，再证明△DEC是等边三角形，进而可得结论；
（3）根据菱形的性质和等边三角形的性质可得∠EAF＝∠EFA＝30°，所以得∠AFC＝90°，再根据含30度角的直角三角形即可得结果．
【解题过程】
（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∵CF=12BC，
∴DE＝CF；
（2）证明：∵DE∥BC，DE＝CF，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵∠CAB＝∠B＝30°，
∴∠ACF＝60°，
∴∠CED＝60°，
∵DE=12BC，CE=12AC，BC＝AC，
∴DE＝CE，
∴△DEC是等边三角形，
∴DE＝DC，
∴平行四边形CDEF为菱形．
（3）解：∵平行四边形CDEF为菱形，
∴DE＝EF＝FC＝CD，
∵△DEC是等边三角形，
∴DE＝EC＝CD，
∴EF＝FC＝EC，
∵AE＝EC，
∴AE＝EF＝EC，
∵∠CEF＝60°，
∴∠EAF＝∠EFA＝30°，
∴∠AFC＝90°，
∵CF=12BC＝1，
∴AF=3CF=3．
17．（2021•宽城区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，且BE＝DF．
（1）求证：四边形ABCD是菱形．
（2）连接EF，若∠CEF＝30°，AE=23，直接写出四边形ABCD的周长．

【思路点拨】
（1）利用全等三角形的性质证明AB＝AD即可证得结论；
（2）首先证得．△AEF是等边三角形，得到∠EAF＝60°，由平行线的性质求出∠DAF＝30°，即∠BAE＝30°，得到AB＝2BE，根据勾股定理求出BE，得到AB，即可求得菱形ABCD的周长．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADF，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△AEB和△AFD中，
∠B=∠ADFBE=DF∠AEB=∠AFD，
∴△AEB≌△AFD（ASA），
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图，

∵∠CEF＝30°，AE⊥BC，
∴∠AEF＝60°，
由（1）知，△AEB≌△AFD，
∴AE＝AF，∠BAE＝∠DAF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝60°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∴∠DAF＝∠DAE﹣∠EAF＝30°，
∴∠BAE＝30°，
∴BE=12AB，
∴AB＝2BE，
∵AB2＝BE2+AE2，AE＝23，
∴（2BE）2＝BE2+（23），
∴BE＝2，
∴AB＝4，
∵由（1）知，四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的周长＝4AB＝16．
18．（2021秋•南岗区期末）已知：在▱ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点O作EF⊥BD，分别交AB，DC于点E，F，连接BF，DE．
（1）如图1，求证：四边形DEBF是菱形；
（2）如图2，AD∥EF，且AD＝AE，在不添加任何辅助线的条件下，请直接写出图2中四个度数为30°的角．


【思路点拨】
（1）证△DOF≌△BOE（ASA），得到DF∥BE，DF＝BE，则四边形DEBF为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形从而证得结论；
（2）证四边形ADFE是平行四边形，得AE＝DF，再证△ADE是等边三角形，得∠AED＝60°，然后由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得∠EDB＝∠EBD=12∠AED＝30°，同理∠FDB＝∠FBD＝30°．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠OBE＝∠ODF，
在△BOE和△DOF中，
∠OBE=∠ODFOB=OD∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形DEBF是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AD∥EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AE＝DF，
由（1）得：四边形DEBF是菱形，
∴DE＝DF＝BE，
∴AD＝DE，
∵AD＝AE，
∴AD＝AE＝DE，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠AED＝60°，
∵DE＝BE，
∴∠EDB＝∠EBD=12∠AED＝30°，
同理：∠FDB＝∠FBD＝30°，
即图2中四个度数为30°的角为∠EDB、∠EBD、∠FDB、∠FBD．
19．（2020秋•市中区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．
（1）若∠B＝30°，AC＝6，求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，试判断四边形CEGF的形状，并说明原因．

【思路点拨】
（1）根据∠ACB＝90°，CD⊥AB，∠B＝30°，AC＝6，即可求CE的长；
（2）过点F作AB的垂线，垂足为G，连接EG，根据菱形的判定即可判断四边形CEGF的形状，
【解题过程】
解：（1）∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ACD＝30°，
∵AF平分∠CAB，
∴∠CAF＝∠BAF＝30°，
∴CE＝AE，
过点E用EH垂直于AC于点H，

∴CH＝AH
∵AC＝6，
∴CE＝23
答：CE的长为23；
（2）∵FG⊥AB，FC⊥AC，AF平分∠CAB，
∴∠ACF＝∠AGF＝90°，CF＝GF，
在Rt△ACF与Rt△AGF中，
AF＝AF，CF＝GF，
∴Rt△ACF≌Rt△AGF（HL），
∴∠AFC＝∠AFG，
∵CD⊥AB，FG⊥AB，
∴CD∥FG，
∴∠CEF＝∠EFG，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∴CE＝FG，
∴四边形CEGF是菱形
20．（2021春•昭通期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A＝60°，AD＝CD＝AE＝6．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB＝18，F为AB的中点，点M以每秒3个单位长度的速度从点A出发，在直线AB上向右运动，点N以每秒1个单位长度的速度从点C出发，在直线CD上向左运动，设运动时间为t秒．当M，N运动时，是否存在以点M，F，N，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出t的值和平行四边形的面积，若不存在，请说明理由．

【思路点拨】
（1）首先证明是平行四边形，再证明邻边相等；
（2）过点D作AB的垂线，垂足为H，求出DH的长，再分情况讨论四边形MFND和四边形FMND为平行四边形的情况．
【解题过程】
（1）证明：∵AB∥CD，
∴AE∥CD，
∵CD＝AE，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AD＝CD，
∴平行四边形AECD是菱形，
（2）存在，
由题意知AF=12AB＝9，过点D作AB的垂线，垂足为H，
∵AB∥CD，∠A＝60°，
∴在Rt△AHD中，∠ADH＝30°，
∴AH=12AD＝3，
∴DH=AD2-AH2=62-32=33，
∵运动时间为t秒，
①如图，AM＝3t，CN＝t，MF＝AF﹣AM＝9﹣3t，ND＝CD﹣CN＝6﹣t，

若MF＝ND，则四边形MFND为平行四边形，
即9﹣3t＝6﹣t，
解得t=32，
此时S▱MFND＝MF×DH＝（9﹣3×32）×33=2723；
②如图，AM＝3t，CN＝t，MF＝AM﹣AF＝3t﹣9，ND＝CD﹣CN＝6﹣t，

若MF＝ND，则四边形FMND为平行四边形，
即3t﹣9＝6﹣t，
解得t=154，
此时S▱FMND＝MF×DH＝（3×154-9）×33=2743；