专题23 四边形-全国初三数学自主招生专题大揭秘（含答案详解）

这是一份专题23 四边形-全国初三数学自主招生专题大揭秘（含答案详解），共26页。

专题23 四边形
一．选择题（共12小题）
1．（2021•黄州区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，E是BC上的点，F是CD上的点，S△ABE＝S△ADF＝，则＝（　　）

A．3 B． C．5 D．
2．（2021•浦东新区校级自主招生）小明每走5米，顺时针转20°，则（　　）
A．小明不会回到原点
B．小明会回到原点，路程小于80m
C．小明会回到原点，路程恰为90m
D．小明会回到原点，路程大于120m
3．（2021•长寿区自主招生）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么添加下列一个条件后，仍不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　）

A．∠ABC＝90° B．∠BCD＝90° C．AB＝CD D．AB∥CD
4．（2021•武进区校级自主招生）正方形ABCD、正方形BEFG和正方形RKPF的位置如图所示，点G在线段DK上，正方形BEFG的边长为4，则△DEK的面积为（　　）





A．10 B．12 C．14 D．16
5．（2020•和平区校级自主招生）如图，在▱ABCD中，E，F分别为边AB，BC的中点，AF交DE于点G．若▱ABCD面积为20，则四边形BEGF的面积为（　　）

A． B．4 C． D．3
6．（2020•江汉区校级自主招生）下列说法正确的是（　　）
A．菱形的对角线相等
B．如果一个数有立方根，那么这个数也一定有平方根
C．如果a+3与3a﹣1使某个正数的平方根，那么a＝2
D．的平方根是或﹣
7．（2020•江岸区校级自主招生）如图，在▱ABCD中，BC＝2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF＝51°，则∠B的度数是（　　）°．

A．62 B．72 C．78 D．68
8．（2020•巴南区自主招生）如图，在菱形ABCD中，∠D＝120°，AB＝2，点E在边BC上，若BE＝2EC，则点B到AE的距离是（　　）

A． B． C． D．
9．（2020•巴南区自主招生）如图，在平行四边形ABCD中，点E在对角线AC上，且BE⊥AB，若∠ACD＝20°，则∠CEB的度数是（　　）

A．95° B．100° C．110° D．115°
10．（2019•南岸区自主招生）如图，某校园内有一池塘，为得到池塘边的两棵树A，B间的距离，小亮测得了以下数据：∠A＝∠CDE，AD＝DC，DE＝10m，则A，B间的距离是（　　）

A．10m B．15m C．20m D．25m
11．（2019•西湖区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝6，点E是边BC上一动点，B关于AE的对称点为B′，过B′作B′F⊥DC于F，连接DB′，若△DB′F为等腰直角三角形，则BE的长是（　　）

A．6 B．3 C．3 D．6﹣6
12．（2019•新华区校级自主招生）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，∠ABC＝120°，则对角线BD等于（　　）

A．20 B．15 C．10 D．5
二．填空题（共8小题）
13．（2021•宝山区校级自主招生）已知△ABC，＝，＝，边BC上有点P1、P2、P3…P22，使得BP1＝P1P2＝P2P3＝…P22C，则+++…+＝　 　．
14．（2021•渝中区校级自主招生）如图，矩形ABCO的边OA、OC分别在x轴、y轴上，反比例函数y＝交AB、BC于点D、E，BD＝2AD，将△BDC沿CD翻折得△FDC，连接EF，若EF∥AB，且EF＝4，则k＝　 　．

15．（2021•大渡口区自主招生）如图，矩形ABCD中，BC＝8，AB＝6，点E为CD边上一动点（不与C，D重合）．以CE为边向外作矩形CEFG，且CE：CG＝3：4，连接BF，点O是线段BF的中点．连接OE，则OE的最小值为　 　．

16．（2020•和平区校级自主招生）如图，将图（1）中的正六边形进行分割得到图（2），再将图（2）中最小的某一个正六边形按同样的方式进行分割得到图（3），再将图（3）中最小的某一个正六边形按同样的方式进行分割，…，则图（2020）中的正六边形共有 　 　个．

17．（2020•和平区校级自主招生）如图，将正方形ABCD折叠，使A点落在边CD上的点Q
处，且DQ＝2CQ，折痕FG交AC于点E，交AD于点F，交BC于点G，则 ＝　 　．

18．（2020•温江区校级自主招生）如图，Rt△ABC的锐角顶点A，B在直线l上，将直线l向上平移d个单位长度得到直线l'，交AC，BC于点D，E，以DE为一边作菱形DEFG，使得顶点F，G在线段AB上，经探究发现，作出菱形的个数与d的大小有关．设AC＝3，BC＝4，当能作且只能作1个菱形时，d的取值范围为　 　．

19．（2020•宝山区校级自主招生）直线l1∥l2∥l3∥l4，其中l1，l2之间距离和l3，l4之间距离均为1，l2，l3之间距离为2．正方形ABCD的四个顶点分别在l1，l2，l3，l4上，则S四边形ABCD＝　 　．

20．（2020•浙江自主招生）如图，矩形ABCD中分割出①②③三个等腰直角三角形，若已知EF的值，则可确定其中两个三角形的周长之差，这两个三角形的序号是　 　．

三．解答题（共5小题）
21．（2021•
渝中区校级自主招生）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠A＝60°，∠C＝30°，AB＝AD，求证：四边形ABCD是勾股四边形；
（2）如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝60°，∠DCB＝60°，AB＝AD，且BC+DC＝8，连接AC，求AC的最小值．

22．（2020•渝中区校级自主招生）在平行四边形ABCD中，AC＝BC，BE⊥AC分别交直线AC、AD于点E、F．点G是BC上一点，连接EG，过点G作GQ⊥AB分别交BF、AB于点P、Q．
（1）如图1，若AB＝AC，BE＝3，求AF的长度．
（2）如图2，若PG＝2BQ，请探究EG、BG、CG的数量关系，并说明理由．

23．（2020•渝北区自主招生）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD⊥BD，点E，F，G分别是线段AB，OD，OC的中点，若AD＝2，CD＝．
（1）求△AOD的面积；
（2）求证：EF∥BG．

24．（2020•九龙坡区自主招生）如图，在平行四边形ABCD中，连接DB．过D点作DE⊥AB于点E，过BE上一点F作FG⊥AD于点G，交DE于点P；过F作FH⊥DB于点H，连接EH．
（1）若DE＝6，DC＝10，AD＝2，求BE的长．
（2）若AE＝PE，求证：DH+HF＝EH．

25．（2019•永春县校级自主招生）菱形ABCD中，点P为CD上一点，连接BP．
（1）如图1，若BP⊥CD，菱形ABCD边长为10，PD＝4，连接AP，求AP的长．
（2）如图2，连接对角线AC、BD相交于点O，点N为BP的中点，过P作PM⊥AC于M，连接ON、MN．试判断△MON的形状，并说明理由．

专题23 四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．【解答】解：∵S△ABE＝S△ADF＝，
即BE•AB＝AD•DF＝AB•BC＝AD•CD，
∴BE＝BC，DF＝DC，
∴EC＝BC，CF＝CD，
∴S△EFC＝×EC×CF＝×BC×CD＝S矩形ABCD，
∴S△AEF＝S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S△ADF﹣S△EFC＝S矩形ABCD，
∴＝3，
故选：A．
2．【解答】解：根据题意可知：组成的多边形的边数360°÷20°＝18，
小明走的路程总和是18×5m＝90（m），
所以小明会回到原点，路程恰为90m．
故选：C．
3．【解答】解：A、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∵∠ABC＝90°，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，正确；
B、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，∵∠BCD＝90°，
∴AO＝OB＝OD＝OC，
即对角线平分且相等，
∴四边形ABCD为矩形，正确；
C、∵∠BAD＝90°，BO＝DO，AB＝CD，
无法得出△ABO≌△DCO，
故无法得出四边形ABCD是平行四边形，
进而无法得出四边形ABCD是矩形，错误；
D、∵AB||CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵BO＝DO，
∴OA＝OB＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠BAO＝∠ODC，
∵∠AOB＝∠DOC，
∴△AOB≌△DOC，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠BAD＝90°，
∴▱ABCD是矩形，正确；
故选：C．
4．【解答】解：如图，连DB，GE，FK，则DB∥GE∥FK，
在梯形GDBE中，S△DGE＝S△GEB（同底等高的两三角形面积相等），
同理S△GKE＝S△GFE．
∴S阴影＝S△DGE+S△GKE，
＝S△GEB+S△GEF，
＝S正方形GBEF，
＝4×4
＝16
故选：D．

5．【解答】解：延长DC，AF交于点M，

∵F为BC的中点，
∴CF＝BF，
∵DM∥AB，
∴∠M＝∠FAB，
在△ABF和△MCF中，
，
∴△ABF≌△MCF（AAS），
∴AB＝CM＝CD，
∵E为AB中点，
∴AE＝AB＝DM，
∵DM∥AB，
∴△AEG∽△MDG，
∵＝＝，
∴S△AEG：S△ADG＝1：4，
∵S△ADE＝S△ABF＝S平行四边形ABCD＝5，
∴S△AEG＝S△ADG＝S△ADE＝1，
∴S△ADG+S△AEG＝S四边形BEGF+S△AEG，
∴S四边形BEGF＝S△ADG＝S△ADE﹣S△AEG＝5﹣1＝4．
故选：B．
6．【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直平分，故选项A不符合题意；
B、如果一个数有立方根，那么这个数不一定有平方根，故选项B不符合题意；
C、如果a+3与3a﹣1使某个正数的平方根，那么a＝2或a＝，故选项C不符合题意；
D、的平方根是或﹣，故选项D符合题意，
故选：D．
7．【解答】解：过F作FG∥AB∥CD，交BC于G；
则四边形ABGF是平行四边形，所以AF＝BG，即G是BC的中点；
∵BC＝2AB，为AD的中点，
∴BG＝AB＝FG＝AF，
连接EG，
在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，
∴BG＝GE＝FG＝BC；
∵AE∥FG，
∴∠EFG＝∠AEF＝∠FEG＝51°，
∴∠AEG＝∠AEF+∠FEG＝102°，
∴∠B＝∠BEG＝180°﹣102°＝78°．
故选：C．

8．【解答】解：过点B作BH⊥AE于点H，过点E作EF⊥AB交AB的延长线于点F，

∵菱形ABCD中，AB＝2，
∴BC＝2，
∵BE＝2EC，
∴BE＝，CE＝，
∵∠D＝120°，
∴∠ABE＝120°，
∴∠EBF＝60°，
∴BF＝BE＝，EF＝，
∴AF＝AB+BF＝2+＝，
∴AE＝＝＝，
∵S△ABE＝AB•EF，
∴BH＝＝＝．
故选：A．
9．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵∠ACD＝20°，
∴∠CAB＝20°，
∵BE⊥AB，
∴∠AEB＝90°﹣20°＝70°，
∴∠CEB＝180°﹣70°＝110°，
故选：C．
10．【解答】解：∵∠A＝∠CDE，
∴DE∥AB，
∵AD＝DC，
∴CE＝BE，
∴DE是△CAB的中位线，
∴AB＝2DE＝20m，
答：A，B间的距离是20m，
故选：C．
11．【解答】解：如图作B′H⊥AD于H交BC于M．

∵∠B′HD＝∠HDF＝∠DFB′＝90°，
∴四边形DFB′H是矩形，
∵FD＝FB′，
∴四边形DFB′H是正方形，设边长为x，则AH＝6﹣x，HB′＝x，
在Rt△AHB′中，∵AB′2＝AH2+HB′2，
∴62＝（6﹣x）2+x2，
解得x＝3，
∴B′M＝CF＝6﹣3，
∵△AHB′∽△B′ME，
∴＝，
∴＝，
∴EB′＝6﹣6，
∴BE＝B′E＝6﹣6，
故选：D．
12．【解答】解：∵在菱形ABCD中，AB＝5，∠ABC＝120°，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝AD＝BD＝5．
故选：D．
二．填空题（共8小题）
13．【解答】解：如图，设＝，
则有++•••+＝（+）+（+2）+•••+（+22）
＝22+23×11，
∵+23＝，
∴++•••+＝11+11+23×11＝11+11（+23）＝11+11，
故答案为：11+11．



14．【解答】解：设B（m，n），则OA＝BC＝﹣m，AB＝n，
∵BD＝2AD，
∴AD＝n，
∴D（m，n），
∵D在反比例函数y＝图象上，
∴k＝mn，
而E也在反比例函数y＝图象上，yE＝n，
∴E（m，n），
∴CE＝﹣m，
∵将△BDC沿CD翻折得△FDC，
∴BC＝FC＝﹣m，
∵EF∥AB，
∴∠CEF＝∠B＝90°，
在Rt△CEF中，CE2+EF2＝CF2，
∴（﹣m）2+（4）2＝（﹣m）2，
解得m＝6（舍去）或m＝﹣6，
∴CE＝2，BE＝4，
过D作DH⊥EF于H，如图：

∵EF∥AB，DH⊥EF，∠B＝90°，
∴四边形BDHE是矩形，
∴DH＝BE＝4，EH＝BD＝n，
在Rt△DHF中，DH2+HF2＝DF2，
∴42+（4﹣n）2＝（n）2，
解得n＝，
∴k＝mn＝×（﹣6）×＝﹣9．
故答案为：﹣9．
15．【解答】解：延长OE，与BG交于M点，如图所示：

∵O为BF中点，EF∥BG，
∴OB＝OF，∠EFO＝MBO，
在△OEF和△OMB中，

∴△OEF≌△OMB（ASA），
∴EF＝BM，OE＝OM，
设EC＝3x（0＜3x＜6），
则CG＝EF＝BM＝4x，
∴MC＝BC﹣BM＝8﹣4x，
∴EM＝＝＝＝，
当EM最小时，OE最小，此时x＝，
即EC＝3x＝，
EM＝＝，
∴OE＝EM＝．
故答案为：．
16．【解答】解：第二个图形有1+3＝4个正六边形；
第三个图形有1+3+3＝7个正六边形；
…
第n个图形中，有1+3（n﹣1）＝（3n﹣2）个正六边形．
第2020个图形中，共有2020×3﹣2＝6058个正六边形．
故答案为：6058．
17．【解答】解：如图，连接EQ，FQ，过点Q作QH⊥AC于H，

∵DQ＝2CQ，
∴设CQ＝a，则DQ＝2a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝3a，∠ACD＝45°，AC＝3a，
∵将正方形ABCD折叠，使A点落在边CD上的点Q处，
∴AF＝FQ，AE＝EQ，
∵FQ2＝DF2+DQ2，
∴AF2＝（3a﹣AF）2+4a2，
∴AF＝a，
∵HQ⊥AC，∠ACD＝45°，
∴∠ACD＝∠QCH＝45°，
∴QH＝HC＝a，
∴AH＝a，
∵EQ2＝HQ2+EH2，
∴AE2＝（a﹣AE）2+a2，
∴AE＝，
∴＝，
故答案为：．
18．【解答】解：

如图1中，当四边形DEFG为正方形时，设正方形边长为x，
则AB＝＝5，CD＝x，AD＝x，
∵AD+CD＝AC，
∴x+x＝3，x＝，
此时d＝．
如图2，当四边形DEFG为菱形时，设菱形边长为m，
∵DE∥AB，
∴，
即，m＝，
此时d＝．
如图3，当四边形DEBG为菱形时，设边长为n，
则由DE∥AB可知，
即，n＝，
此时d＝．
由以上图形观察可得，
当d＝或d＜时，菱形的个数为1．
故答案为：d＝或d＜．
19．【解答】解：过A作AE⊥l1于E，过C点作CF⊥l2于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°﹣∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF＝1，EB＝CF＝3，
∴AB2＝AE2+EB2＝12+32＝10，
∴S正方形ABCD＝10，
故答案为：10．

20．【解答】解：设①②③三个等腰直角三角形的边长分别为a，b，c，
∴①②③三个等腰直角三角形的周长分别为：（2+）a，（2+）b，（2+）c，
∴每两个等腰直角三角形的周长之差分别为：（2+）（a﹣c），（2+）（a﹣b），（2+）（b﹣c）
∵EF＝BE﹣BF＝a﹣b，
∴不能求①②两个等腰直角三角形之差，
∵∠BFC＝90°，∠GFC＝45°
∴∠EFG＝45°
∴EF＝DG＝a﹣c
∴能求①③两个等腰直角三角形之差，
∵b＝c，
∴b﹣c＝c﹣c与EF无关，
故答案为：①③
三．解答题（共5小题）
21．【解答】证明：（1）如图①将△ABC绕顶点B按顺时针转60°得到△BDE，连接AC，BD．
由旋转可知△ABC≌△DBE，
∴AC＝DE，BC＝DE，
∵∠CBE＝60°，
∴△BCE为等边三角形．
∴EC＝BC，∠BCE＝60°．
∵∠C＝30°，
∴∠DCE＝90°．
在Rt△DCE中，根据勾股定理得，
DC2+CE2＝DE2．
∴DC2+BC2＝AC2，
∴四边形ABCD是勾股四边形
（2）以DC为边作等边三角形DCE，作EF⊥BC于点F，连接BD，BE，
∵AB＝AD，∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD＝BD，∠ADB＝60°，
∵△DEC为等边三角形，
∴∠EDC＝∠ECD＝60°，DE＝DC，
∴∠ADC＝∠BDE，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC＝BE，
∵∠DCB＝60°，
∴∠BCE＝120°，
∴∠ECF＝60°，
设CD＝CE＝a，BC＝8﹣a，
在Rt△CEF中，cos∠ECF＝，
∴CF＝，EF＝a，
∴BF＝8﹣a，
∵∠EFB＝90°，
∴BE2＝EF2+BF2
＝+
＝+288，
∵1＞0，
∴a＝4时，BE2取最小值是288，
∴BE＝12，
∵AC＝AE，
∴AC的最小值12．


22．【解答】解：（1）如图1，∵AB＝AC，
∴设AB＝6x，AC＝5x，
∴AC＝BC＝5x，
∵BE⊥AC，BE＝3，
∴，
解得：x＝，AE＝x＝，CE＝x＝，
∴BC＝5×＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴＝，即＝，
∴AF＝．
（2）BG2+CG2＝2EG2.理由如下：
如图2，过点G作GH∥AC交AB于点H，交BE于点K，作GM⊥AC于点M，
∵AC＝BC，
∴∠CBA＝∠CAB，
∵GH∥AC，
∴∠GHB＝∠CAB，
∴∠CBA＝∠GHB，
∴GH＝GB，
∵GQ⊥AB，
∴BQ＝HQ，即BH＝2BQ，
∵PG＝2BQ，
∴BH＝PG，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∵GH∥AC，
∴∠BKG＝∠BEC＝90°，
∴∠GKE＝180°﹣∠BKG＝90°，∠BKH＝∠BEC＝90°，
∴∠BKH＝∠GKP，
∵∠HBK+∠BHK＝90°，∠PGK+∠BHK＝90°，
∴∠HBK＝∠PGK，
∴△BHK≌△GPK（AAS），
∴BK＝GK，
∴∠KBG＝∠KGB＝45°，
∴KG＝BG•sin∠KBG＝BG•sin45°＝BG，
∵GH∥AC，
∴∠BCE＝∠BGK＝45°，
∵∠CMG＝90°，
∴GM＝CG•sin∠GCM＝CG•sin45°＝CG，
∵∠GME＝∠MEK＝∠EKG＝90°，
∴四边形EKGM是矩形，
∴EK＝GM＝CG，
在Rt△EGK中，∵EK2+KG2＝EG2，
∴（BG）2+（CG）2＝EG2，
∴BG2+CG2＝EG2，
∴BG2+CG2＝2EG2．


23．【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝，OB＝OD，
∵AD⊥BD，
∴BD＝＝＝3，
∴OD＝BD＝，
∴△AOD的面积＝AD×OD＝×2×＝；
（2）证明：连接GF，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵点E，F，G分别是线段AB，OD，OC的中点，
∴BE＝AB，GF是△OCD的中位线，
∴GF∥CD，GF＝CD，
∴GF∥BE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴EF∥BG．

24．【解答】解：（1）∵DE⊥AB，
∴AE＝＝＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝10，
∴BE＝AB﹣AE＝8；
（2）方法一：如图，过点E作EM⊥HE，交HF的延长线于点M，连接AP，GE，DF，
∵AE＝PE，且DE⊥AE，
∴∠PAE＝∠APE＝45°，
∵∠AGP＝∠AEP＝90°，
∴点A，点E，点P，点G四点共圆，
∴∠PGE＝∠PAE＝45°，
∵∠DGF＝∠DEF＝90°，
∴点D，GH，点E，点F四点共圆，
∴∠EDF＝∠PGE＝45°，
∴∠EDF＝∠DFE＝45°，
∴DE＝EF，
∵∠DHF＝∠DEF＝90°，
∴点D，点E，点F，点H四点共圆，
∴∠DFE＝∠DHE＝45°，∠EDF＝∠EHF＝45°，且EM⊥EH，
∴∠M＝∠EHF＝45°，
∴EH＝EM，
∴HM＝EH，
∵∠DEB＝∠HEM＝90°，
∴∠DEH＝∠FEM，且∠DHE＝∠M＝45°，DE＝EF，
∴△DEH≌△FEM（AAS）
∴DH＝MF，
∴DH+HF＝MF+HF＝HM＝EH．
方法二：∵∠AED＝∠DGP＝∠PEF＝90°，∠DPG＝∠EPF，
∴∠ADE＝∠PFE，
∴△ADE≌△PFE（AAS），
∴DE＝EF，
延长BD到Q使DQ＝FH，
∵FH⊥BD，
∴∠EDB+∠DBE＝∠HFB+∠HBF＝90°，
∴∠EPB＝∠HFB，
∴∠QDE＝∠HFE，
∴△EQD≌△EFH（SAS），
∴∠QED＝∠HEF，QE＝EH，
∴∠QEH＝∠DEB＝90°，
∴△QEH是等腰直角三角形，
∴QH＝EH，
∴DH+FH＝EH．


25．【解答】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，AB∥CD
∵PD＝4，
∴PC＝6，
∵PB⊥CD，
∴PB⊥AB，
∴∠CPB＝∠ABP＝90°，
在RT△PCB中，∵∠CPB＝90°PC＝6，BC＝10，
∴PB＝＝＝8，
在RT△ABP中，∵∠ABP＝90°，AB＝10，PB＝8，
∴PA＝＝＝2．
（2）△OMN是等腰三角形．
理由：如图2中，延长PM交BC于E．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，CB＝CD，
∵PE⊥AC，
∴PE∥BD，
∴＝，
∴CP＝CE，
∴PD＝BE，
∵CP＝CE，CM⊥PE，
∴PM＝ME，
∵PN＝NB，
∴MN＝BE，
∵BO＝OD，BN＝NP，
∴ON＝PD，
∴ON＝MN，
∴△OMN是等腰三角形．


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