专题25 菱形篇-备考2024年中考数学考点总结+题型专训（全国通用）

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菱形的定义：
有一组邻边相等的四边形是菱形。
菱形的性质：
①具有平行四边形的一切性质。
②菱形的四条边都相等。
③菱形的对角线相互垂直且平分每一组对角。
④菱形既是一个中心对称图形，也是一个轴对称图形。对称中心为对角线交点，对称轴为对角线所在直线。
⑤面积计算：除了用计算平行四边形的面积计算方法面积，还可以用对角线乘积的一半来计算面积。
微专题
1．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 ．
【分析】根据菱形的性质即可解决问题；
【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5，
∴菱形的周长为5×4＝20，
故答案为20．
2．（2022•通辽）菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的边长为 ．
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【解答】解：
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝AC＝4，OB＝BD＝3，AC⊥BD，
∴AB＝＝5
故答案为：5
3．（2022•达州）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝24，BD＝10，则菱形ABCD的周长为 ．
【分析】菱形的四条边相等，要求周长，只需求出边长即可，菱形的对角线互相垂直且平分，根据勾股定理求边长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵AC＝24，BD＝10，
∴AO＝AC＝12，BO＝BD＝5，
在Rt△AOB中，
AB＝＝＝13，
∴菱形的周长＝13×4＝52．
故答案为：52．
4．（2022•甘肃）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB＝2cm，AC＝4cm，则BD的长为 cm．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝4cm，
∴AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO＝2cm，
∵AB＝2cm，
∵BO＝＝4cm，
∴DO＝BO＝4cm，
∴BD＝8cm，
故答案为：8．
5．（2022•乐山）已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 cm2．
【分析】根据菱形的面积＝对角线乘积的一半，可以计算出该菱形的面积．
【解答】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm，
∴菱形的面积是＝24（cm2），
故答案为：24．
6．（2022•河池）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是（ ）
A．AB＝ADB．AC⊥BDC．AC＝BDD．∠DAC＝∠BAC
【分析】根据菱形的性质即可一一判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝∠DAC，AB＝AD，AC⊥BD，
故A、B、D正确，无法得出AC＝BD，
故选：C．
7．（2022•贵阳）如图，将菱形纸片沿着线段AB剪成两个全等的图形，则∠1的度数是（ ）
A．40°B．60°C．80°D．100°
【分析】根据菱形的对边平行，以及两直线平行，内错角相等即可求解．
【解答】解：∵菱形的对边平行，
∴由两直线平行，内错角相等可得∠1＝80°．
故选：C．
8．（2022•德州）如图，线段AB，CD端点的坐标分别为A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），且AB∥CD，将CD平移至第一象限内，得到C′D′（C′，D′均在格点上）．若四边形ABC′D′是菱形，则所有满足条件的点D′的坐标为 ．
【分析】利用勾股定理可得AB＝CD＝5，根据菱形性质可得AD′＝AB＝5，再由平移规律即可得出答案．
【解答】解：如图，
∵A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），
∴AB∥CD，AB＝CD＝5，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AD′＝AB＝5，
当点D向右平移4个单位，即D′（3，5）时，AD′＝5，
当点D向右平移3个单位，向上平移1个单位，即D′（2，6）时，AD′＝5，
故答案为：（3，5）或（2，6）．
9．（2022•绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（2，3），则图象最低点E的坐标为（ ）
A．（，2）B．（，）C．（，）D．（，2）
【分析】由函数图象可得点F表示图1中点N与点B重合时，即可求BD，BM的长，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：如图，连接AC，NC，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，
∴AB＝BC，AC垂直平分BD，∠ABC＝60°，∠ABD＝∠DBC＝30°，
∴AN＝CN，△ABC是等边三角形，
∴AN+MN＝CN+MN，
∴当点N在线段CM上时，AN+MN有最小值为CM的长，
∵点F的坐标为（2，3），
∴DB＝2，AB+BM＝3，
∵点M是AB的中点，
∴AM＝BM，CM⊥AB，
∴2BM+BM＝3，
∴BM＝1，
∵tan∠ABC＝tan60°＝＝，
∴CM＝，
∵cs∠ABD＝cs30°＝＝，
∴BN'＝，
∴DN'＝，
∴点E的坐标为：（，），
故选：C．
10．（2022•湘西州）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32，则CD的长为（ ）
A．4B．4C．8D．8
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
【解答】解：∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA＝，AC⊥BD，
∴OH＝OB＝OD＝（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由得，
＝32，
∴AC＝8，
∴OC＝＝4，
∴CD＝＝8，
故选C．
11．（2022•淄博）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16B．6C．12D．30
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝2，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
【解答】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，OC＝＝，
∴AC＝2OC＝2，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×2×6＝6．
故选：B．
12．（2022•兰州）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝（ ）
A．4B．2C．2D．
【分析】根据菱形的性质可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，则BO＝2，再利用含30°角的直角三角形的性质可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，
∴BO＝2，
∴AO＝＝2，
∴AB＝2AO＝4，
∵E为AD的中点，∠AOD＝90°，
∴OE＝AD＝2，
故选：C．
13．（2022•呼和浩特）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，点E是DA中点，F是对角线AC上一点，且∠DEF＝45°，则AF：FC的值是（ ）
A．3B．+1C．2+1D．2+
【分析】连接DB，交AC于点O，连接OE，根据菱形的性质可得∠DAC＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD＝BD，AC＝2AO，AB＝AD，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得DB＝AD，再根据直角三角形斜边上的中线可得OE＝AE＝DE＝AD，然后设OE＝AE＝DE＝a，则AD＝BD＝2a，在Rt△AOD中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，最后利用等腰三角形的性质，以及三角形的外角求出∠OEF＝∠EFO＝15°，从而可得OE＝OF＝a，即可求出AF，CF的长，进行计算即可解答．
【解答】解：连接DB，交AC于点O，连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD＝BD，AC＝2AO，AB＝AD，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DB＝AD，
∵∠AOD＝90°，点E是DA中点，
∴OE＝AE＝DE＝AD，
∴设OE＝AE＝DE＝a，
∴AD＝BD＝2a，
∴OD＝BD＝a，
在Rt△AOD中，AO＝＝＝a，
∴AC＝2AO＝2a，
∵EA＝EO，
∴∠EAO＝∠EOA＝30°，
∴∠DEO＝∠EAO+∠EOA＝60°，
∵∠DEF＝45°，
∴∠OEF＝∠DEO﹣∠DEF＝15°，
∴∠EFO＝∠EOA﹣∠OEF＝15°，
∴∠OEF＝∠EFO＝15°，
∴OE＝OF＝a，
∴AF＝AO+OF＝a+a，
∴CF＝AC﹣AF＝a﹣a，
∴＝＝＝2+，
故选：D．
14．（2022•湖北）由4个形状相同，大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C都在格点上，∠O＝60°，则tan∠ABC＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】连接CD，然后证B、C、D三点共线，根据菱形的性质可得：△OBD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BA⊥OD，∠ADB＝60°，进而可得∠ABC＝30°，进而可得tan∠ABC的值．
【解答】解：如图，连接CD，
∵网格是由4个形状相同，大小相等的菱形组成，
∴∠3＝∠4，OD∥CE，
∴∠2＝∠5，
∵∠1+∠4+∠5＝180°，
∴∠1+∠3+∠2＝180°，
∴B、C、D三点共线，
又∵网格是由4个形状相同，大小相等的菱形组成，
∴OD＝OB，OA＝AD，
∵∠O＝60°，
∴△OBD是等边三角形，
∴BA⊥OD，∠ADB＝60°，
∴∠ABC＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴tan∠ABC＝tan30°＝，
故选：C．
15．（2022•河南）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．6B．12C．24D．48
【分析】由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，
∴△COD为直角三角形．
∵OE＝3，点E为线段CD的中点，
∴CD＝2OE＝6．
∴C菱形ABCD＝4CD＝4×6＝24．
故选：C．
16．（2022•株洲）如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（ ）
A．OB＝CEB．△ACE是直角三角形
C．BC＝AED．BE＝CE
【分析】由菱形的性质可得AO＝CO＝，AC⊥BD，通过证明△AOB∽△ACE，可得∠AOB＝∠ACE＝90°，OB＝CE，AB＝AE，由直角三角形的性质可得BC＝AE，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝，AC⊥BD，
∵CE∥BD，
∴△AOB∽△ACE，
∴∠AOB＝∠ACE＝90°，＝，
∴△ACE是直角三角形，OB＝CE，AB＝AE，
∴BC＝AE，
故选：D．
17．（2022•甘肃）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（ ）
A．B．2C．3D．4
【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为3解答即可．
【解答】解：在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
设AB＝a，由图2可知，△ABD的面积为3，
∴△ABD的面积＝a2＝3，
解得：a1＝2，a2＝﹣2（舍去），
故选：B．
18．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cs B＝，则FG的长是（ ）
A．3B．C．D．
【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据csB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论．
【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∵csB＝＝，
∴BH＝1，
∴AH＝＝＝，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE＝2，
∴EH＝BE﹣BH＝1，
∴AH是BE的垂直平分线，
∴AE＝AB＝4，
∵AF平分∠EAD，
∴∠DAF＝∠FAG，
∵FG∥AD，
∴∠DAF＝∠AFG，
∴∠FAG＝∠AFG，
∴GA＝GF，
设GA＝GF＝x，
∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴DF＝AG＝x，
csD＝csB＝＝，
∴DQ＝x，
∴FQ＝＝＝x，
∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，
∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x，
解得x＝，
则FG的长是．
或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD，
∴四边形AGFD的等腰梯形，
∴GA＝FD＝GF，
则x+x+x＝4，
解得x＝，
则FG的长是．
19．（2022•自贡）如图，菱形ABCD对角线交点与坐标原点O重合，点A（﹣2，5），则点C的坐标是（ ）
A．（5，﹣2）B．（2，﹣5）C．（2，5）D．（﹣2，﹣5）
【分析】菱形的对角线相互平分可知点A与C关于原点对称，从而得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，即点A与点C关于原点对称，
∵点A（﹣2，5），
∴点C的坐标是（2，﹣5）．
故选：B．
20．（2022•鞍山）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接EF，则EF的长为 ．
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FH∥AO，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝AO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FH∥AO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝＝＝，
故答案为：．
21．（2022•青岛）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中∠ABC的度数是 °．
【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数．
【解答】解：如图，
∵∠BAD＝∠BAE＝∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE＝360°，
∴∠BAD＝∠BAE＝∠DAE＝120°，
∵BC∥AD，
∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°，
故答案为：60．
22．（2022•铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF＝，则BD的长为 （结果保留根号）．
【分析】连接AC，交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．
【解答】解：如图，连接AC，交BD于点H，
由菱形的性质得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°，
又∵∠ECM＝30°，
∴∠DCF＝50°，
∵DF⊥CM，
∴∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝40°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，
∴∠HDC＝40°，
在△CDH和△CDF中，
，
∴△CDH≌△CDF（AAS），
∴DH＝DF＝，
∴DB＝2DH＝．
故答案为：．
23．（2022•哈尔滨）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为 ．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，由勾股定理可求AE的长，BC的长，由三角形中位线定理可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，
∴AE＝＝＝5，
∴BE＝AE＝5，
∴BO＝8，
∴BC＝＝＝4，
∵点F为CD的中点，BO＝DO，
∴OF＝BC＝2，
故答案为：2．
24．（2022•黑龙江）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD＝60°，AD＝3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是 ．
【分析】连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F＝OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，从而可得OP＝O′P，此时OP+PE的值最小，先利用菱形的性质可得AD＝AB＝3，∠BAC＝∠BAD，OA＝OC＝AC，OD＝OB＝BD，∠AOD＝90°，从而可得△ADB是等边三角形，进而求出AD＝3，然后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，进而利用直角三角形斜边上的中线可得OE＝OA＝AC＝，再利用角平分线和等腰三角形的性质可得OE∥AB，从而求出∠EOF＝90°，进而在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，即可求出OO′的长，最后在Rt△EOO′中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F＝OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，
∴AP是OO′的垂直平分线，
∴OP＝O′P，
∴OP+PE＝O′P+PE＝O′E，
此时，OP+PE的值最小，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，∠BAC＝∠BAD，OA＝OC＝AC，OD＝OB＝BD，∠AOD＝90°，
∵∠BAD＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴BD＝AD＝3，
∴OD＝BD＝，
∴AO＝＝＝，
∴AC＝2OA＝3，
∵CE⊥AH，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝OA＝AC＝，
∴∠OAE＝∠OEA，
∵AE平分∠CAB，
∴∠OAE＝∠EAB，
∴∠OEA＝∠EAB，
∴OE∥AB，
∴∠EOF＝∠AFO＝90°，
在Rt△AOF中，∠OAB＝∠DAB＝30°，
∴OF＝OA＝，
∴OO′＝2OF＝，
在Rt△EOO′中，O′E＝＝＝，
∴OP+PE＝，
∴OP+PE的最小值为，
故答案为：．
25．（2022•天津）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 ．
【分析】如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，先证明FH是△CDE的中位线，得FH＝1，再证明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM中计算BM和CM的长，再证明BF是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF的长，从而得结论．
【解答】解：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴FH∥AB，
∴∠FHG＝∠AEG，
∵F是CE的中点，FH∥CD，
∴H是DE的中点，
∴FH是△CDE的中位线，
∴FH＝CD＝1，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE＝1，
∴AE＝FH，
∵∠AGE＝∠FGH，
∴△AEG≌△FHG（AAS），
∴AG＝FG，
∵AD∥BC，
∴∠CBM＝∠DAB＝60°，
Rt△CBM中，∠BCM＝30°，
∴BM＝BC＝1，CM＝＝，
∴BE＝BM，
∵F是CE的中点，
∴FB是△CEM的中位线，
∴BF＝CM＝，FB∥CM，
∴∠EBF＝∠M＝90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF＝＝＝，
∴GF＝AF＝．
故答案为：．
考点二：菱形的判定
知识回顾
直接判定：
四条边都相等的四边形是菱形。
几何语言：∵AB=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形
利用平行四边形判定：
①定义：一组领边相等的平行四边形是菱形。
②对角线的特殊性：对角线相互垂直的平行四边形是菱形。
微专题
26．（2022•襄阳）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的是（ ）
A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形
B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形
C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形
D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
27．（2022•营口）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
【分析】由平移的性质得AB∥DE，AB＝DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：这个条件可以是 AB＝AD，理由如下：
由平移的性质得：AB∥DE，AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABED是菱形，
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
28．（2022•齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
【分析】由AB∥CD，AB＝CD得四边形ABCD是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：添加的条件是AB＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
故答案为：AB＝CD（答案不唯一）．
29．（2022•辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是 ．
【分析】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16．
【解答】解：连接EF交CD于O，如图：
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形CEDF是平行四边形，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠FCD＝∠ECD，
∵DE∥AC，
∴∠FCD＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，
∴四边形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，
在Rt△COE中，
CE＝＝＝4，
∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，
故答案为：16．