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北师大版九年级上册1 菱形的性质与判定课时作业
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这是一份北师大版九年级上册1 菱形的性质与判定课时作业，共45页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
专题1.2 菱形的性质与判定（分层练习）
一、单选题
1．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在菱形中，、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，菱形中，点E，F，G分别为的中点，，，则菱形的面积为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．32
4．如图，，以点O为圆心，2cm长为半径画弧，交，于A，B两点，再分别以A，B为圆心，2cm为半径画弧，两弧交于点C，连接，，则长为（ ）
A．1cm B． C．2cm D．
5．如图，在菱形纸片中，，P为中点．折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，菱形中，，点E、F分别在边、上，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．7 B．9 C．12 D．15
9．如图，在菱形中，，，为中点，点为对角线上一动点，连结和，则的值最小是（ ）
A． B． C． D．2
10．如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．如图，菱形的顶点为坐标原点，顶点在轴正半轴上，顶点、在第一象限，，，点在边上，将四边形沿直线翻折，使点和点分别落在这个坐标平面内的和处，且，某正比例函数图象经过，则这个正比例函数的解析式为（ ）
A． B． C． D．
12．如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（ ）
A． B． C．20 D．24
13．则在□ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F，若∠ABC＝120°，FG∥CE，FG＝CE，分别连接DB、DG、BG，∠BDG的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
14．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，点B在y轴上，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2021次，点B的落点依次为B1，B2，B3，……，则B2021的坐标为（ ）
A．（1010，0） B．（1345，） C．（，） D．（1346，0）
15．如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1，连结AD1，BC1．若∠ACB＝30°，AB＝1，CC1＝x，△ACD与△A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：①△A1AD1≌△CC1B②当x＝1时，四边形ABC1D1是菱形 ③当x＝2时，△BDD1为等边三角形 ④s＝（x﹣2）2（0＜x＜2），其中正确的有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
二、 填空题
16．如图，与关于公共顶点O成中心对称，连接，，添加一个条件____，使四边形为菱形．
17．如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接．若，则线段的长为 _____．
18．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点H，若，菱形的面积为24，则______．
19．如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为______度．
20．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，其中点B的坐标是，点D的坐标是，点A在x轴上，则点C的坐标是______．
21．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点E在线段上，连接，若，，，则线段的长为______．
22．如图，在四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，请添加一个与四边形对角线有关的条件，使四边形是菱形，则添为______．
23．如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．小米的作法是：连接，作的垂直平分线分别交于M，O，N，连接，则四边形是菱形．则小米的依据是_____．
24．如图，在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的中线，AE∥BC，CE∥AD，EC的垂直平分线FG交AC点G，连接DG，若∠ADG＝24°，则∠B的度数为_____度．
25．如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点G处，折痕分别与边，交于点E，F．当点G的位置变化时，长的最大值是 _________________．
26．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 _____．
27．如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线EF交对角线AC于点F，垂足为点E，连接DF，且∠CDF＝18°，则∠DAF＝___ 度.
28．如图，在菱形中，，，点是的中点，点是上一动点，连接，点分别是的中点，连接，则的最小值是_________．
29．如图，在菱形中，，在上，将沿翻折至，且刚好过的中点，则_________．
30．如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，点D为BC边的中点，点E是AB边上一点，连接ED，将△EDB沿DE翻折，得到△DEP，连接PC，PB，PA，若DP经过AC的中点F，且PC＝2，则△AFP的面积是 _____．
三、 解答题
31．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，交y轴于点D，连接，交于点E．已知点，，求点B的坐标．
32．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E．
(1) 求证：四边形为菱形；
(2) 若，，求的长．
33．如图，在平行四边形中，平分．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 连接交于点O，延长到点E，在的内部作射线，使得，过点D作于点F．若，，求的度数及的长．
34．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点，过点作交延长线于点．
(1) 求证：四边形为菱形；
(2) 若，，求的长．
35．已知等边三角形的边长为12，D为射线上一动点（点不与，重合），以为边作菱形，使，连接．
(1) 如图，当点在边上时，求证：，
(2) 在点的移动过程中，当时，求的长度
(3) 设与菱形的面积分别为，，直接写出的最大值．
36．在平行四边形内有一点E，使得，作点E关于直线的对称点F，连接，．
(1) 依题补全图形；
(2) 若，求的大小（用含有的式子表示）；
(3) 用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．
参考答案
1．C
【分析】运用等边对等角计算出的度数，再由两直线平行内错角相等计算出的度数，即可计算出的度数.
【详解】四边形是菱形，
，
又由，则，
四边形是菱形，
，
则，
故，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的性质，菱形四边都相等，即可得到等腰三角形，再运用等腰三角形等边对等角，可计算出角的度数，菱形对边相等且平行，运用两直线平行内错角相等也可计算出角的度数，本题较为简单.
2．D
【分析】根据三角形的中位线定理，即可求得的长，进而求得菱形的周长．
【详解】解：、分别是、的中点，
，
菱形的周长是．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质以及三角形的中位线定理，正确求得的长是解题的关键．
3．B
【分析】先根据三角形中位线定理得到，，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点E，F分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵四边形是菱形，
∴，
故选B．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键．
4．D
【分析】如图，记，的交点为，证明四边形是菱形，是等边三角形，可得，，，，可得，从而可得答案.
【详解】解：如图，记，的交点为，
由作图可得：，而，
∴四边形是菱形，是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
故选D
【点拨】本题考查的是作一条线段等于已知线段，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记菱形的性质是解本题的关键.
5．D
【分析】连接，易得为等边三角形，根据三线合一，易得，利用菱形的性质，易得：，根据折叠的性质，易得，再利用三角形的内角和求出的度数即可．
【详解】解：∵在菱形纸片中，，
∴，
连接，
∴为等边三角形，
∵P为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为，
∴，
∴；
故选D．
【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，折叠的性质，三角形的内角和个定理．熟练掌握并灵活运用相关知识点，是解题的关键．
6．B
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为，连接，和菱形的边长相等，可证明，根据全等三角形的性质可得，求出．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵，
∴，故B正确．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
7．B
【分析】连接，交于点，证明四边形为菱形，得到，且，即可得出点的坐标．
【详解】解：∵点，，
∴，．
∴．
当时，连接，交于点，如解图所示，
则．
由折叠的性质，可知，
∴．
∴．
又∵，
∴．
又∵，，
∴四边形为菱形．
∴，且．
∵是的中点，
∴，．
∴将点向下平移5个单位长度得到点为；
故选B．
【点拨】本题考查折叠的性质，菱形的判定与性质．解题的关键是证明四边形为菱形．
8．A
【分析】连接，根据题意可得，，平分，再根据平行四边形的性质可得，从而得到，即四边形为菱形，最后根据菱形的性质以及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图所示，连接，
，
根据题意可得：，，平分，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形为菱形，
，，
，
，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边行的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边行的性质，是解题的关键．
9．B
【分析】根据菱形的性质，可知点和是关于对称．则连接交于点，即为所求作的点．的最小值即为CE的长．
【详解】解：如图，连接，与D交于点P，连接，此时，值最小．
∵在菱形中，，，
∴为等边三角形，，
∵是中点，
∴，，
∴，
∴2．
故选B．
【点拨】此题考查菱形是轴对称图形，掌握轴对称-最短路线问题模型，熟知“两点之间线段最短”是解题的关键．
10．B
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设与的交点为，
根据作图可得，且平分，
，
四边形是矩形，
，
，
又， ，
，
，
，
四边形是平行四边形，
垂直平分，
，
四边形是菱形，故①正确；
②，
，
∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④四边形是矩形，
，
若AF平分∠BAC，，
则，
，
，
，
，
，
，
CF＝2BF．故④正确；
故选B
【点拨】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
11．B
【分析】连接，求出是等边三角形，推出，求出是等边三角形，推出，得出，推出，推出和重合，连接交轴于，求出，，求出的坐标即可求得正比例函数的解析式.
【详解】连接，
四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
将四边形沿直线翻折，使点和点分别落在这个坐标平面的点和处，
，，，
，
，
是等边三角形，
，
，
即和重合，
连接交轴于，
则，，
在中，，，
，，，
即的坐标是，
设正比例函数的解析式为，
正比例函数图象经过，
正比例函数图象经过，
，
，
正比例函数图象的解析式为.
故选：.
【点拨】本题考查了折叠性质，菱形性质，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的计算能力，题目比较好，由一定的难度.
12．C
【分析】根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．
【详解】解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时，
∴，
当时，此时点与点重合，即，连接，交于点，
则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长为；
故选C．
【点拨】本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．
13．C
【详解】解：如图，延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD和△GFD中，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF，
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
故选C．
14．C
【分析】根据题中的变换方式画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度根据变化规律写出B2021的坐标即可．
【详解】
解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，
由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度，
∵2021=336×6＋5，
∴点向右平移1344（即336×4）个单位长度到点，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为，
∴点坐标为，
故选：C．
【点拨】本题考查菱形的性质，图形的旋转变换，点的坐标规律探索，能够发现规律，总结规律，应用规律是解决本题的关键．
15．C
【分析】根据平移前后两图形全等得到∠DAC=∠ ,根据平移的性质得到C=A，根据矩形的性质得到A=BC，再根据SAS证明两三角形全等．①正确；根据30°的直角三角形的性质可得△ABC是等边三角形，再由平移的性质得出四边形ABC1D1是菱形．②正确；根据当x＝2时，点C1与点A重合，根据平移的性质,CC=2,矩形的对角线相等，BD=AC，证明BD＝DD1，∠BDD1＝60°得出△BDD1为等边三角形．③正确；利用含30°的直角三角的性质得出AC，再根据三角形的面积公式计算即可判定④错误；
【详解】解：∵AC＝A1C1，
∴AA1＝CC1
∵BC＝D1A1，∠AA1D1＝∠BCC1，
∴△A1AD1≌△CC1B，故①正确，
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝30°，AB＝1，
∴AC＝A1C1＝2，
当x＝1时，AC1＝CC1＝1，
∴AC1＝AB，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC1是等边三角形，
同法可证：△AD1C1是等边三角形，
∴AB＝BC1＝AC1＝AD1＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是菱形，故②正确，
当x＝2时，BD＝AC＝2，DD1＝2，∠BDD1＝60°，
∴△BDD1是等边三角形，故③正确，
当0＜x＜2时，S＝ • （2﹣x）• （2﹣x）＝ （2﹣x）2，故④错误．
故选：C．
【点拨】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16．（答案不唯一）
【分析】先根据中心对称证明四边形是平行四边形，再根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案．
【详解】∵与关于公共顶点O成中心对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
当时，四边形是菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．
17．
【分析】先由菱形的性质得到，进而利用勾股定理求出，则，利用勾股定理求出，证明是的中位线，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵点F为的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
18．/
【分析】先根据菱形的面积公式求出，则，进而利用勾股定理求出，再由进行求解即可．
【详解】解：∵在菱形中，对角线交于点O，
∴，，
∵菱形的面积为24，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
19．62
【分析】根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：62．
【点拨】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
20．
【分析】连接，可得：与垂直平分，轴，得到轴，即可得出结果．
【详解】解：连接，交于点，则：与垂直平分，
∵点，，
∴轴，，
∴轴，
∴；
故答案为：．
【点拨】本题考查坐标与图形，菱形的性质．熟练掌握菱形的性质，是解题的关键．
21．
【分析】设，则，根据菱形的性质得，，，再证明，所以，解得，然后利用勾股定理计算，再计算的长即可．
【详解】解：设，则，
∵四边形为菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
解得，
即，，
在中， ，
在中，．
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边相等；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．
22．对角线相等
【分析】连接、，根据三角形的中位线定理求出，，，，，，推出四边形是平行四边形，再求出即可．
【详解】连接、，
∵E，F，G，H分别是，，，的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵当时，
∴，
∴平行四边形是菱形；
故答案为：对角线相等．
【点拨】本题考查三角形的中位线的性质、平行四边形的判定和菱形的判定定理，能够证出四边形是平行四边形是解题的关键．
23．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【分析】根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质可证明，推出，可得四边形是平行四边形，结合可得结论．
【详解】解：∵的垂直平分线分别交于M，O，N，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
故答案为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【点拨】本题考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质和菱形的判定，正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键．
24．38
【分析】连接GE，证明四边形ADCE为菱形，得到∠DAC＝∠EAC，根据△AGD≌△AGE得到∠AEG＝∠ADG＝24°，根据线段垂直平分线的性质得到GC＝GE，根据等腰三角形的性质得到∠GEC＝∠ECA，根据平行线的性质列式计算即可．
【详解】解：连接GE，
∵AE∥BC，CE∥AD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∵Rt△ABC中，AD为斜边BC上的中线，
∴AD＝BC＝DC，
∴平行四边形ADCE为菱形，
∴∠DAC＝∠EAC，
在△AGD和△AGE中，
，
∴△AGD≌△AGE（SAS）
∴∠AEG＝∠ADG＝24°，
∵四边形ADCE为菱形，
∴∠DCA＝∠ECA，
∵GF是EC的垂直平分线，
∴GC＝GE，
∴∠GEC＝∠ECA，
∵AE∥BC，
∴∠AEC+∠BCE＝180°，
∴3∠ACB+24°＝180°，
解得，∠ACB＝52°，
∴∠B＝90°﹣52°＝38°，
故答案为：38．
【点拨】本题考查的是菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握菱形的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理．
25．；
【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点M，取的中点R，连接，先证四边形是矩形，再证，根据垂线段最短找到最小距离，即可得到答案；
【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点M，取的中点R，连接，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵折叠该菱形，使点A落在边上的点G处，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴的最小值为，
∴的最大值为，
故答案为：；
【点拨】本题考查矩形的性质与判定，折叠的性质，三角形全等的性质与判定，垂线段最短，解题的关键是作辅助线找到最小距离点．
26．
【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．
【详解】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．
27．54
【分析】连接BD，BF，根据菱形的性质求出∠DAB=2∠DAC，AD=CD；再根据垂直平分线的性质得出AF=DF，利用三角形内角和定理可以求得3∠CAD+∠CDF=180°，从而得到∠DAB的度数．
【详解】连接BD，BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA．
∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，
∴AF=BF，BF=DF，
∴AF=DF，
∴∠DAF=∠FDA，
∵∠DAF+∠ADF+∠DCA+∠CDF=180°，
∴3∠DAF+∠CDF=180°，
∵∠CDF=18°，
∴3∠DAF+18°=180°，
则∠DAF=54°，
故答案为：54．
【点拨】本题主要考查了线段的垂直平分线的性质，三角形内角和定理的应用以及菱形的性质，有一定的难度，解答本题时注意先先连接BD，BF，这是解答本题的突破口．
28．
【分析】连接交于点，连接易证得，得到点G为的中点，所以是中位线，可得到，求最小值即为求最小值的一半，随着点E的变化，点M在上动，即当时，有最小值，然后在中，借助三角函数计算即可．
【详解】解：如图，连接交于点，连接，过点作于点N，
∵点为中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G为的中点，
∵点H为的中点，
∴是中位线，
∴，
∴求最小值即为求最小值的一半，随着点E的变化，点M在上动，即当时，有最小值，即最小值=，
∵是的中点，
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：
【点拨】本题主要考查动点最值，根据条件做出辅助线，利用中位线转化所求线段，然后借助点到线距离垂线段最短计算即可．
29．30°
【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．
【详解】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．
30．/
【分析】过点D作 DM⊥AB于点M，设ED与BP交于点O，可得四边形BDPE为平行四边形，而BD＝DP，故平行四边形BDPE为菱形，即得EP＝BD＝BE＝CD＝5，BP⊥ED，又四边形 EPCD为平行四边形，推出ED＝PC＝2，证明四边形EDPG是平行四边形，可得PF是△ACG中位线，从而PFAG＝1，在 Rt△BOE中，BO＝2，即知S△BDEDE•BO＝2BE•DM，推出DM，根据△AFP与△BDE等高，即可得答案．
【详解】解：过点D作 DM⊥AB于点M，设ED与BP交于点O，
∵点D是BC边的中点，点F是AC的中点，
∴DP∥BE，
∴∠EBD＝∠PDC，
又∵∠EPD＝∠EBD，
∴∠EPD＝∠PDC，
∴EP∥BD，
∴四边形BDPE为平行四边形，
又∵BD＝DP，
∴平行四边形BDPE为菱形，
∴EP＝BD＝BE＝DP＝CD＝5，BP⊥ED，
∴四边形 EPCD为平行四边形，
∴ED＝PC＝2，ED∥CP，
∵DP∥BE，即DP∥EG，
∴四边形EDPG是平行四边形，
∴EG＝DP＝5，PG＝ED＝2，
∴PG＝CP，
∴PF是△ACG中位线，
∵AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3，
∴AG＝EG﹣AE＝5﹣3＝2，
∴PFAG＝1，
在 Rt△BOE中，
BE＝BD＝5，EODE＝1，
∴BO2，
∴S△BDEDE•BO＝2BE•DM，
∴DM，
∵平行线间的距离相等，△AFP以PF为底，高即为，
∴S△AFPPF1，
故答案为：．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
31．
【分析】先求出，再由菱形的性质得到，进而得到，求出，进而求出，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意可先判断四边形是平行四边形，结合平行线的定义和角平分线的定义推出，即可得到，从而证得结论；
（2）根据菱形的基本性质以及勾股定理首先求出，然后利用菱形的面积可由对角线乘积的一半来表示，利用等面积法求出结论即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即的长为．
【点拨】本题考查菱形的判定以及性质，掌握菱形的判定方法，以及菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题关键．
33．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的定义证明，得到，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，进而得到，；进一步求出，则由角平分线的性质得到，则．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，；
∵，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质与判定，角平分线的性质和定义，平行四边形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键．
34．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，然后由菱形面积公式得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴的长为．
【点拨】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，等角对等边等知识．掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
35．(1)见解析
(2)当时，求的长度为或；
(3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，菱形的性质得出，，进而得出，根据证明，即可；
（2）根据全等三角形的性质得出，分当点在线段上时，当点在线段的延长线上时，分类讨论即可求解；
（3）连接，过点作于点，依题意得出是等边三角形，则，设，则，勾股定理得出，进而得出，同理可得，进而可知当当时，取得最小值，即可得出的最大值．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，，
即
在和中
∴
（2）解：∵等边三角形的边长为12，
∴，
∵
∴
当点在线段上时，如图所示，
此时，
当点在线段的延长线上时，如图所示，
此时，
综上所述，当时，求的长度为或；
（3）如图所示，连接，过点作于点，
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，
，
设，则，
∵，
∴，
∴，
，
同理，
，
当取得最小值时，有最大值，
∴当时，取得最小值，
此时，
∴
即的最大值为
【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
36．(1)见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）依题补全图形即可；
（2）根据轴对称的性质及已知条件证明四边形是菱形，设，利用平行线的性质证明，进而得出，再根据，结合三角形内角和定理可得；
（3）作于点M，于点N，根据勾股定理可得，利用等腰三角形“三线合一”可得，，再证，推出，即可推导得出．
【详解】（1）解：补全后图形如下图所示：
（2）解：如图，连接，，连接交于点G．
点E点F关于直线对称，
，，，
又，
四边形是菱形，
设，则，
平行四边形中，，
，即，
，
，
，，，
，
，
即；
（3）解：，证明如下：
如图，作于点M，于点N，
，，
，，
同理，，，
，
在和中，
，
，
．
在中，由勾股定理得，
，
即．
【点拨】本题考查轴对称的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理解直角三角形等，解题的关键是综合运用上述知识，正确作出辅助线，构造．
专题1.2 菱形的性质与判定（分层练习）
一、单选题
1．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在菱形中，、分别是、的中点，如果，那么菱形的周长是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，菱形中，点E，F，G分别为的中点，，，则菱形的面积为（ ）
A．12 B．16 C．20 D．32
4．如图，，以点O为圆心，2cm长为半径画弧，交，于A，B两点，再分别以A，B为圆心，2cm为半径画弧，两弧交于点C，连接，，则长为（ ）
A．1cm B． C．2cm D．
5．如图，在菱形纸片中，，P为中点．折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，菱形中，，点E、F分别在边、上，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在中，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，交于点，若，，则的长为（ ）
A．7 B．9 C．12 D．15
9．如图，在菱形中，，，为中点，点为对角线上一动点，连结和，则的值最小是（ ）
A． B． C． D．2
10．如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
11．如图，菱形的顶点为坐标原点，顶点在轴正半轴上，顶点、在第一象限，，，点在边上，将四边形沿直线翻折，使点和点分别落在这个坐标平面内的和处，且，某正比例函数图象经过，则这个正比例函数的解析式为（ ）
A． B． C． D．
12．如图（1），点P为菱形对角线上一动点，点E为边上一定点，连接，，．图（2）是点P从点A匀速运动到点C时，的面积y随的长度x变化的关系图象（当点P在上时，令），则菱形的周长为（ ）
A． B． C．20 D．24
13．则在□ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F，若∠ABC＝120°，FG∥CE，FG＝CE，分别连接DB、DG、BG，∠BDG的大小是（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
14．如图，在平面直角坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，点B在y轴上，OA＝1，将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2021次，点B的落点依次为B1，B2，B3，……，则B2021的坐标为（ ）
A．（1010，0） B．（1345，） C．（，） D．（1346，0）
15．如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A1C1D1，连结AD1，BC1．若∠ACB＝30°，AB＝1，CC1＝x，△ACD与△A1C1D1重叠部分的面积为s，则下列结论：①△A1AD1≌△CC1B②当x＝1时，四边形ABC1D1是菱形 ③当x＝2时，△BDD1为等边三角形 ④s＝（x﹣2）2（0＜x＜2），其中正确的有（ ）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
二、 填空题
16．如图，与关于公共顶点O成中心对称，连接，，添加一个条件____，使四边形为菱形．
17．如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接．若，则线段的长为 _____．
18．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点H，若，菱形的面积为24，则______．
19．如图，在菱形中，M，N分别在上，且，与交于点O，连接．若，则的度数为______度．
20．如图，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，其中点B的坐标是，点D的坐标是，点A在x轴上，则点C的坐标是______．
21．如图，在菱形中，对角线、相交于点O，点E在线段上，连接，若，，，则线段的长为______．
22．如图，在四边形中，E，F，G，H分别是，，，的中点，请添加一个与四边形对角线有关的条件，使四边形是菱形，则添为______．
23．如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．小米的作法是：连接，作的垂直平分线分别交于M，O，N，连接，则四边形是菱形．则小米的依据是_____．
24．如图，在Rt△ABC中，AD为斜边BC上的中线，AE∥BC，CE∥AD，EC的垂直平分线FG交AC点G，连接DG，若∠ADG＝24°，则∠B的度数为_____度．
25．如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点A落在边上的点G处，折痕分别与边，交于点E，F．当点G的位置变化时，长的最大值是 _________________．
26．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 _____．
27．如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线EF交对角线AC于点F，垂足为点E，连接DF，且∠CDF＝18°，则∠DAF＝___ 度.
28．如图，在菱形中，，，点是的中点，点是上一动点，连接，点分别是的中点，连接，则的最小值是_________．
29．如图，在菱形中，，在上，将沿翻折至，且刚好过的中点，则_________．
30．如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，点D为BC边的中点，点E是AB边上一点，连接ED，将△EDB沿DE翻折，得到△DEP，连接PC，PB，PA，若DP经过AC的中点F，且PC＝2，则△AFP的面积是 _____．
三、 解答题
31．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，交y轴于点D，连接，交于点E．已知点，，求点B的坐标．
32．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点O，过点C作交延长线于点E．
(1) 求证：四边形为菱形；
(2) 若，，求的长．
33．如图，在平行四边形中，平分．
(1) 求证：四边形是菱形；
(2) 连接交于点O，延长到点E，在的内部作射线，使得，过点D作于点F．若，，求的度数及的长．
34．如图，在四边形中，，，平分，连接交于点，过点作交延长线于点．
(1) 求证：四边形为菱形；
(2) 若，，求的长．
35．已知等边三角形的边长为12，D为射线上一动点（点不与，重合），以为边作菱形，使，连接．
(1) 如图，当点在边上时，求证：，
(2) 在点的移动过程中，当时，求的长度
(3) 设与菱形的面积分别为，，直接写出的最大值．
36．在平行四边形内有一点E，使得，作点E关于直线的对称点F，连接，．
(1) 依题补全图形；
(2) 若，求的大小（用含有的式子表示）；
(3) 用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．
参考答案
1．C
【分析】运用等边对等角计算出的度数，再由两直线平行内错角相等计算出的度数，即可计算出的度数.
【详解】四边形是菱形，
，
又由，则，
四边形是菱形，
，
则，
故，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的性质，菱形四边都相等，即可得到等腰三角形，再运用等腰三角形等边对等角，可计算出角的度数，菱形对边相等且平行，运用两直线平行内错角相等也可计算出角的度数，本题较为简单.
2．D
【分析】根据三角形的中位线定理，即可求得的长，进而求得菱形的周长．
【详解】解：、分别是、的中点，
，
菱形的周长是．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质以及三角形的中位线定理，正确求得的长是解题的关键．
3．B
【分析】先根据三角形中位线定理得到，，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半进行求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点E，F分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得，
∵四边形是菱形，
∴，
故选B．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键．
4．D
【分析】如图，记，的交点为，证明四边形是菱形，是等边三角形，可得，，，，可得，从而可得答案.
【详解】解：如图，记，的交点为，
由作图可得：，而，
∴四边形是菱形，是等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
故选D
【点拨】本题考查的是作一条线段等于已知线段，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记菱形的性质是解本题的关键.
5．D
【分析】连接，易得为等边三角形，根据三线合一，易得，利用菱形的性质，易得：，根据折叠的性质，易得，再利用三角形的内角和求出的度数即可．
【详解】解：∵在菱形纸片中，，
∴，
连接，
∴为等边三角形，
∵P为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵折叠该纸片使点C落在点处且点P在上，折痕为，
∴，
∴；
故选D．
【点拨】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，折叠的性质，三角形的内角和个定理．熟练掌握并灵活运用相关知识点，是解题的关键．
6．B
【分析】菱形的四边相等，对角线平分每一组对角，因为，连接，和菱形的边长相等，可证明，根据全等三角形的性质可得，求出．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，，，，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵，
∴，故B正确．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
7．B
【分析】连接，交于点，证明四边形为菱形，得到，且，即可得出点的坐标．
【详解】解：∵点，，
∴，．
∴．
当时，连接，交于点，如解图所示，
则．
由折叠的性质，可知，
∴．
∴．
又∵，
∴．
又∵，，
∴四边形为菱形．
∴，且．
∵是的中点，
∴，．
∴将点向下平移5个单位长度得到点为；
故选B．
【点拨】本题考查折叠的性质，菱形的判定与性质．解题的关键是证明四边形为菱形．
8．A
【分析】连接，根据题意可得，，平分，再根据平行四边形的性质可得，从而得到，即四边形为菱形，最后根据菱形的性质以及勾股定理进行计算即可．
【详解】解：如图所示，连接，
，
根据题意可得：，，平分，
，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形为菱形，
，，
，
，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边行的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定与性质、平行四边行的性质，是解题的关键．
9．B
【分析】根据菱形的性质，可知点和是关于对称．则连接交于点，即为所求作的点．的最小值即为CE的长．
【详解】解：如图，连接，与D交于点P，连接，此时，值最小．
∵在菱形中，，，
∴为等边三角形，，
∵是中点，
∴，，
∴，
∴2．
故选B．
【点拨】此题考查菱形是轴对称图形，掌握轴对称-最短路线问题模型，熟知“两点之间线段最短”是解题的关键．
10．B
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设与的交点为，
根据作图可得，且平分，
，
四边形是矩形，
，
，
又， ，
，
，
，
四边形是平行四边形，
垂直平分，
，
四边形是菱形，故①正确；
②，
，
∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④四边形是矩形，
，
若AF平分∠BAC，，
则，
，
，
，
，
，
，
CF＝2BF．故④正确；
故选B
【点拨】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
11．B
【分析】连接，求出是等边三角形，推出，求出是等边三角形，推出，得出，推出，推出和重合，连接交轴于，求出，，求出的坐标即可求得正比例函数的解析式.
【详解】连接，
四边形是菱形，
，，
是等边三角形，
将四边形沿直线翻折，使点和点分别落在这个坐标平面的点和处，
，，，
，
，
是等边三角形，
，
，
即和重合，
连接交轴于，
则，，
在中，，，
，，，
即的坐标是，
设正比例函数的解析式为，
正比例函数图象经过，
正比例函数图象经过，
，
，
正比例函数图象的解析式为.
故选：.
【点拨】本题考查了折叠性质，菱形性质，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的计算能力，题目比较好，由一定的难度.
12．C
【分析】根据图象可知，当时，即点与点重合，此时，进而求出菱形的面积，当时，此时点与点重合，即，连接，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．
【详解】解：由图象可知：当时，即点与点重合，此时，
∴，
当时，此时点与点重合，即，连接，交于点，
则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长为；
故选C．
【点拨】本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．
13．C
【详解】解：如图，延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD和△GFD中，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF，
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
故选C．
14．C
【分析】根据题中的变换方式画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度根据变化规律写出B2021的坐标即可．
【详解】
解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
画出第5次，第6次，第7次，翻转后的图形，
由图可知，每翻转6次，图形向右平移4个单位长度，
∵2021=336×6＋5，
∴点向右平移1344（即336×4）个单位长度到点，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为，
∴点坐标为，
故选：C．
【点拨】本题考查菱形的性质，图形的旋转变换，点的坐标规律探索，能够发现规律，总结规律，应用规律是解决本题的关键．
15．C
【分析】根据平移前后两图形全等得到∠DAC=∠ ,根据平移的性质得到C=A，根据矩形的性质得到A=BC，再根据SAS证明两三角形全等．①正确；根据30°的直角三角形的性质可得△ABC是等边三角形，再由平移的性质得出四边形ABC1D1是菱形．②正确；根据当x＝2时，点C1与点A重合，根据平移的性质,CC=2,矩形的对角线相等，BD=AC，证明BD＝DD1，∠BDD1＝60°得出△BDD1为等边三角形．③正确；利用含30°的直角三角的性质得出AC，再根据三角形的面积公式计算即可判定④错误；
【详解】解：∵AC＝A1C1，
∴AA1＝CC1
∵BC＝D1A1，∠AA1D1＝∠BCC1，
∴△A1AD1≌△CC1B，故①正确，
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝30°，AB＝1，
∴AC＝A1C1＝2，
当x＝1时，AC1＝CC1＝1，
∴AC1＝AB，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC1是等边三角形，
同法可证：△AD1C1是等边三角形，
∴AB＝BC1＝AC1＝AD1＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是菱形，故②正确，
当x＝2时，BD＝AC＝2，DD1＝2，∠BDD1＝60°，
∴△BDD1是等边三角形，故③正确，
当0＜x＜2时，S＝ • （2﹣x）• （2﹣x）＝ （2﹣x）2，故④错误．
故选：C．
【点拨】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定、平移变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
16．（答案不唯一）
【分析】先根据中心对称证明四边形是平行四边形，再根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案．
【详解】∵与关于公共顶点O成中心对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
当时，四边形是菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
【点拨】本题主要考查了菱形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．
17．
【分析】先由菱形的性质得到，进而利用勾股定理求出，则，利用勾股定理求出，证明是的中位线，则．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵点F为的中点，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
18．/
【分析】先根据菱形的面积公式求出，则，进而利用勾股定理求出，再由进行求解即可．
【详解】解：∵在菱形中，对角线交于点O，
∴，，
∵菱形的面积为24，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
19．62
【分析】根据菱形的性质以及，利用可得，可得，然后可得，继而可求得的度数．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：62．
【点拨】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
20．
【分析】连接，可得：与垂直平分，轴，得到轴，即可得出结果．
【详解】解：连接，交于点，则：与垂直平分，
∵点，，
∴轴，，
∴轴，
∴；
故答案为：．
【点拨】本题考查坐标与图形，菱形的性质．熟练掌握菱形的性质，是解题的关键．
21．
【分析】设，则，根据菱形的性质得，，，再证明，所以，解得，然后利用勾股定理计算，再计算的长即可．
【详解】解：设，则，
∵四边形为菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
解得，
即，，
在中， ，
在中，．
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边相等；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．
22．对角线相等
【分析】连接、，根据三角形的中位线定理求出，，，，，，推出四边形是平行四边形，再求出即可．
【详解】连接、，
∵E，F，G，H分别是，，，的中点，
∴，，，，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵当时，
∴，
∴平行四边形是菱形；
故答案为：对角线相等．
【点拨】本题考查三角形的中位线的性质、平行四边形的判定和菱形的判定定理，能够证出四边形是平行四边形是解题的关键．
23．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【分析】根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质可证明，推出，可得四边形是平行四边形，结合可得结论．
【详解】解：∵的垂直平分线分别交于M，O，N，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
故答案为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
【点拨】本题考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质和菱形的判定，正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键．
24．38
【分析】连接GE，证明四边形ADCE为菱形，得到∠DAC＝∠EAC，根据△AGD≌△AGE得到∠AEG＝∠ADG＝24°，根据线段垂直平分线的性质得到GC＝GE，根据等腰三角形的性质得到∠GEC＝∠ECA，根据平行线的性质列式计算即可．
【详解】解：连接GE，
∵AE∥BC，CE∥AD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∵Rt△ABC中，AD为斜边BC上的中线，
∴AD＝BC＝DC，
∴平行四边形ADCE为菱形，
∴∠DAC＝∠EAC，
在△AGD和△AGE中，
，
∴△AGD≌△AGE（SAS）
∴∠AEG＝∠ADG＝24°，
∵四边形ADCE为菱形，
∴∠DCA＝∠ECA，
∵GF是EC的垂直平分线，
∴GC＝GE，
∴∠GEC＝∠ECA，
∵AE∥BC，
∴∠AEC+∠BCE＝180°，
∴3∠ACB+24°＝180°，
解得，∠ACB＝52°，
∴∠B＝90°﹣52°＝38°，
故答案为：38．
【点拨】本题考查的是菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握菱形的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理．
25．；
【分析】连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点M，取的中点R，连接，先证四边形是矩形，再证，根据垂线段最短找到最小距离，即可得到答案；
【详解】解：连接交于点O，过点O作于点K，交于点T，过点A作交的延长线于点M，取的中点R，连接，如图：
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵折叠该菱形，使点A落在边上的点G处，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴的最小值为，
∴的最大值为，
故答案为：；
【点拨】本题考查矩形的性质与判定，折叠的性质，三角形全等的性质与判定，垂线段最短，解题的关键是作辅助线找到最小距离点．
26．
【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．
【详解】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．
27．54
【分析】连接BD，BF，根据菱形的性质求出∠DAB=2∠DAC，AD=CD；再根据垂直平分线的性质得出AF=DF，利用三角形内角和定理可以求得3∠CAD+∠CDF=180°，从而得到∠DAB的度数．
【详解】连接BD，BF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA．
∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD，
∴AF=BF，BF=DF，
∴AF=DF，
∴∠DAF=∠FDA，
∵∠DAF+∠ADF+∠DCA+∠CDF=180°，
∴3∠DAF+∠CDF=180°，
∵∠CDF=18°，
∴3∠DAF+18°=180°，
则∠DAF=54°，
故答案为：54．
【点拨】本题主要考查了线段的垂直平分线的性质，三角形内角和定理的应用以及菱形的性质，有一定的难度，解答本题时注意先先连接BD，BF，这是解答本题的突破口．
28．
【分析】连接交于点，连接易证得，得到点G为的中点，所以是中位线，可得到，求最小值即为求最小值的一半，随着点E的变化，点M在上动，即当时，有最小值，然后在中，借助三角函数计算即可．
【详解】解：如图，连接交于点，连接，过点作于点N，
∵点为中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G为的中点，
∵点H为的中点，
∴是中位线，
∴，
∴求最小值即为求最小值的一半，随着点E的变化，点M在上动，即当时，有最小值，即最小值=，
∵是的中点，
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：
【点拨】本题主要考查动点最值，根据条件做出辅助线，利用中位线转化所求线段，然后借助点到线距离垂线段最短计算即可．
29．30°
【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．
【详解】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．
30．/
【分析】过点D作 DM⊥AB于点M，设ED与BP交于点O，可得四边形BDPE为平行四边形，而BD＝DP，故平行四边形BDPE为菱形，即得EP＝BD＝BE＝CD＝5，BP⊥ED，又四边形 EPCD为平行四边形，推出ED＝PC＝2，证明四边形EDPG是平行四边形，可得PF是△ACG中位线，从而PFAG＝1，在 Rt△BOE中，BO＝2，即知S△BDEDE•BO＝2BE•DM，推出DM，根据△AFP与△BDE等高，即可得答案．
【详解】解：过点D作 DM⊥AB于点M，设ED与BP交于点O，
∵点D是BC边的中点，点F是AC的中点，
∴DP∥BE，
∴∠EBD＝∠PDC，
又∵∠EPD＝∠EBD，
∴∠EPD＝∠PDC，
∴EP∥BD，
∴四边形BDPE为平行四边形，
又∵BD＝DP，
∴平行四边形BDPE为菱形，
∴EP＝BD＝BE＝DP＝CD＝5，BP⊥ED，
∴四边形 EPCD为平行四边形，
∴ED＝PC＝2，ED∥CP，
∵DP∥BE，即DP∥EG，
∴四边形EDPG是平行四边形，
∴EG＝DP＝5，PG＝ED＝2，
∴PG＝CP，
∴PF是△ACG中位线，
∵AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3，
∴AG＝EG﹣AE＝5﹣3＝2，
∴PFAG＝1，
在 Rt△BOE中，
BE＝BD＝5，EODE＝1，
∴BO2，
∴S△BDEDE•BO＝2BE•DM，
∴DM，
∵平行线间的距离相等，△AFP以PF为底，高即为，
∴S△AFPPF1，
故答案为：．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
31．
【分析】先求出，再由菱形的性质得到，进而得到，求出，进而求出，由此即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由题意可先判断四边形是平行四边形，结合平行线的定义和角平分线的定义推出，即可得到，从而证得结论；
（2）根据菱形的基本性质以及勾股定理首先求出，然后利用菱形的面积可由对角线乘积的一半来表示，利用等面积法求出结论即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
即的长为．
【点拨】本题考查菱形的判定以及性质，掌握菱形的判定方法，以及菱形的面积等于对角线乘积的一半，是解题关键．
33．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的定义证明，得到，即可证明平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可得，进而得到，；进一步求出，则由角平分线的性质得到，则．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，；
∵，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质与判定，角平分线的性质和定义，平行四边形的性质，证明四边形是菱形是解题的关键．
34．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，然后由菱形面积公式得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形，，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵四边形为菱形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴的长为．
【点拨】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，等角对等边等知识．掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
35．(1)见解析
(2)当时，求的长度为或；
(3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质，菱形的性质得出，，进而得出，根据证明，即可；
（2）根据全等三角形的性质得出，分当点在线段上时，当点在线段的延长线上时，分类讨论即可求解；
（3）连接，过点作于点，依题意得出是等边三角形，则，设，则，勾股定理得出，进而得出，同理可得，进而可知当当时，取得最小值，即可得出的最大值．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，，
∴，，
即
在和中
∴
（2）解：∵等边三角形的边长为12，
∴，
∵
∴
当点在线段上时，如图所示，
此时，
当点在线段的延长线上时，如图所示，
此时，
综上所述，当时，求的长度为或；
（3）如图所示，连接，过点作于点，
∵四边形是菱形，，
∴是等边三角形，
，
设，则，
∵，
∴，
∴，
，
同理，
，
当取得最小值时，有最大值，
∴当时，取得最小值，
此时，
∴
即的最大值为
【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
36．(1)见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）依题补全图形即可；
（2）根据轴对称的性质及已知条件证明四边形是菱形，设，利用平行线的性质证明，进而得出，再根据，结合三角形内角和定理可得；
（3）作于点M，于点N，根据勾股定理可得，利用等腰三角形“三线合一”可得，，再证，推出，即可推导得出．
【详解】（1）解：补全后图形如下图所示：
（2）解：如图，连接，，连接交于点G．
点E点F关于直线对称，
，，，
又，
四边形是菱形，
设，则，
平行四边形中，，
，即，
，
，
，，，
，
，
即；
（3）解：，证明如下：
如图，作于点M，于点N，
，，
，，
同理，，，
，
在和中，
，
，
．
在中，由勾股定理得，
，
即．
【点拨】本题考查轴对称的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、勾股定理解直角三角形等，解题的关键是综合运用上述知识，正确作出辅助线，构造．
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