备战2023年中考数学一轮复习考点全系列（全国通用）考点22 菱形及其综合

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考点22 菱形及其综合

菱形作为特殊平行四边形中的一个，在中考数学中的重要性不用多说，而且因为其性质的特殊性，菱形也常和其他几何考点结合出题。菱形的考察类型比较多样，其中选择、填空题常考察菱形的基本性质，综合题中也常单独或者结合出题等方式以压轴题出现，难度也较大。所以考生在这块知识点的复习上，除了熟悉菱形的常见性质和判定外，还需特别注意其应用以及牵涉到的思想方法。



一、 菱形的性质
二、 菱形的判定
三、 菱形与其他几何图形的结合
考向一：菱形的性质

菱形的
性质
菱形的四条边都相等
菱形的对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角
菱形既是轴对称图形又是中心对称图形
菱形的面积等于对角线乘积的一半



1．如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，若点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），则m+n的值为（　　）

A．2 B．﹣2 C．6 D．﹣6
【分析】根据题意可知，原点为对角线BD的中点，然后即可求得m、n的值，从而可以求得m+n的值．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线交于原点O，点B的坐标为（4，m），点D的坐标为（n，2），
∴＝0，＝0，
解得n＝﹣4，m＝﹣2，
∴m+n＝﹣2+（﹣4）＝﹣6，
故选：D．
2．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（　　）

A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，
∴∠DHO＝20°，
故选：A．

3．如图，菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点，连接CE，EF．若AE＝3，EF＝2AF＝4，则CE的值为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．
【分析】延长FE交CB的延长线于点M，结合菱形的性质，证明出△AEF≌△BEM，再根据条件中线段与线段之间的关系求出，BC＝AB＝2AE＝6，MC＝8，得到，再证明出△MEB∽△MCE即可求解．
【解答】解：延长FE交CB的延长线于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠AFE＝∠M，
∴∠A＝∠EBM，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
在△AEF与△BEM中，
，
∴△AEF≌△BEM（AAS），
∴ME＝EF，MB＝AF，
∵AE＝3，EF＝2AF＝4，
∴ME＝4，MB＝2，BE＝3，
∴BC＝AB＝2AE＝6，
∴MC＝8，
∴，
∴，
又∵∠EMB＝∠CME，
∴△MEB∽△MCE，
∴，
又∵BE＝3，
∴EC＝6，
故选：C．

4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝16，AC＝12，E是BC的中点，连接OE，则OE的长为 　5　．

【分析】根据菱形的性质得出AO＝OC＝AC＝6，BO＝DO＝BD＝8，AC⊥BD，根据勾股定理求出BC，再根据直角三角形斜边上的中线性质求出OE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴AO＝OC＝AC＝6，BO＝DO＝BD＝8，AC⊥BD，
∴∠COB＝90°，
由勾股定理得：，
∵E为BC的中点，
∴OE＝BC＝5，
故答案为：5．
5．如图，在由相同的菱形组成的网格中，∠ABC＝60°，小菱形的顶点称为格点，已知点A，B，C，D，E都在格点上，连接BD，BE，tan∠EBD的值为 　　．

【分析】连接AC，设菱形网格的边长为a，则AB＝BC＝3a，证明△ABC为等边三角形，△ABC为等边三角形，得出AC＝3a，求出，根据勾股定理求出，求出即可．
【解答】解：连接AC，如图所示：

设菱形网格的边长为a，则AB＝BC＝3a，
∵此图为相同的菱形组成的网格，
∴四边形ABCD为菱形，E在AC上，
∴AC⊥BD，，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC＝3a，
∴，
∵∠ABC＝60°，
∴∠AFE＝60°，
∵AF＝EF，
∴△AEF为等边三角形，
∴AE＝AF＝a，
∴，
根据勾股定理得：，
∴．
故答案为：．
6．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，以点D为圆心，适当长为半径作弧，交BA所在直线于点M、N，分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点P，连接DP交BA延长线于点E，连接OE，若AB＝，OE＝，则DE的长为 　　．

【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作图过程可知：DE⊥BE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD＝2，然后利用勾股定理列出方程求出AE，进而可以解决问题．
【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，
由作图过程可知：DE⊥BE，
∴OE＝OB＝OD＝，
∴BD＝2，
在Rt△ADE和Rt△BDE中，根据勾股定理得：
DE2＝AD2﹣AE2，DE2＝BD2﹣BE2，
∴（）2﹣AE2＝（2）2﹣（+AE）2，
∴AE＝
∴AE2＝，
∴DE2＝AD2﹣AE2＝6﹣＝，
∴DE＝．
故答案为：．
7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝10，AC＝12．
（1）求BD的长；
（2）求sin∠ABC的值．

【分析】（1）由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝AC＝6，BD＝2OB，再由勾股定理得OB＝8，即可得出结论；
（2）过点A作AE⊥BC于点E，由菱形的面积求出AE＝，再由锐角三角函数定义即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，
∴AC⊥BD，OA＝AC＝6，BD＝2OB，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝8，
∴BD＝2OB＝16；
（2）如图，过点A作AE⊥BC于点E，

∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，
∴BC＝AB＝10，AC⊥BD，
∴S菱形ABCD＝BC•AE＝AC•BD＝×12×16＝96，
∴AE＝＝，
在Rt△ABE中，sin∠ABC＝＝＝．

8．如图，在菱形ABCD中，BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F．
（1）求证：BF＝DE；
（2）分别延长BE、AD交于点G，若∠A＝45°，AB＝10，求线段DG的长．

【分析】（1）根据菱形的性质可知DC＝BC，再根据∠BEC＝∠DFC＝90°，∠C＝∠C，可证得△BEC≌△DFC，则有EC＝FC，问题得解；
（2）根据菱形的性质以及∠A＝45°可证得△ABG是等腰直角三角形，再由勾股定理可求出AG＝，从而可求出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝CD．
∵BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F，
∴∠BEC＝∠DFC＝90°．
在△BEC与△DFC中，
，
∴△BEC≌△DFC（AAS），
∴EC＝FC，
∴BC−CF＝CD−EC，即BF＝DE；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD＝AB＝10，
∴∠ABG＝∠BEC＝90°．
∵∠A＝45°，
∴∠G＝∠A＝45°，
∴AB＝BG＝10，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴AG＝，
∴DG＝AG−AD＝．
考向二：菱形的判定

菱形的
判定
有一组邻边相等的平行四边形是菱形
对角线互相垂直的平行四边形是菱形
对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
四条边相等的四边形是菱形
对角线互相垂直平分的四边形是菱形






1．下列条件中，能判定四边形是菱形的是（　　）
A．对角线垂直 B．两对角线相等
C．两对线互相平分 D．两对角线互相垂直平分
【分析】由菱形的判定和平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵对角线垂直的四边形不一定是菱形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两条对角线相等的四边形不是菱形，
∴选项B不符合题意；
C、∵两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
2．如图，在▱ABCD中，O为AC的中点，经过点O的直线交AD于E交BC于F，连接AF、CE，下列选项可以使四边形AFCE是菱形的为（　　）

A．OE＝OF B．AE＝CF C．EF⊥AC D．EF＝AC
【分析】由平行四边形的判定与性质、菱形的判定以及矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵O为AC的中点，
∴OA＝OC，
∵OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵AE＝CF，
∴四边形AFCE是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
∵O为AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形，故选项C符合题意；
D、∵EF＝AC，
∴平行四边形AFCE是矩形，故选项D不符合题意；
故选：C．
3．如图由12根完全相同的小棒拼接而成（图中所有的锐角与钝角互补），请你再添4根与前面完全相同的小棒，使拼接后的图形恰好有5个菱形，不同的添法共有（　　）

A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【分析】由题意画出图形，即可得出结论．
【解答】解：将各种情况画出的图形如下：

所以，不同的添法共有7种，
故选：C．
4．如图，在Rt△ABF中，∠BAF＝90°，∠B＝30°，将Rt△ABF沿着BE方向平移到Rt△DEC的位置，此时点E恰为边BF的中点，若AE＝2，则四边形AEFD的面积为 　2　．

【分析】根据平移的性质，AD∥BE，AD＝BE，再利用线段中点可得BE＝EF，从而可得AD＝EF，进而可得四边形AEFD是平行四边形，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得AE＝EF，从而可得四边形AEFD是菱形，进而可得四边形AEFD的面积＝2△AEF的面积，最后利用含30度角的直角三角形的性质可得AF＝BF＝2，AB＝AF＝2，从而求出△ABF的面积，即可解答．
【解答】解：由平移得：
AD∥BE，AD＝BE，
∵点E为边BF的中点，
∴BE＝EF，
∴AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵∠BAF＝90°，
∴AE＝EF＝BF，
∴四边形AEFD是菱形，
∴四边形AEFD的面积＝2△AEF的面积，
∵AE＝2，
∴BF＝2AE＝4，
∵∠B＝30°，
∴AF＝BF＝2，AB＝AF＝2，
∴△ABF的面积＝AB•AF＝×2×2＝2，
∵△ABF的面积＝2△AEF的面积，
∴四边形AEFD的面积＝△ABF的面积＝2；
故答案为：2．
5．如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是 　①②③　．（填序号）
①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③EA平分∠GEF；④FB平分∠EFG；⑤四边形BEFG是菱形．

【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF＝CD＝BG，结合平行即可证得②结论成立，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP＝BE，AO＝EO，通过证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①成立，再证△GPE≌△FPE得出③成立，此题得解．
【解答】解：令GF和AC的交点为点P，如图所示：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF＝CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE（两直线平行，内错角相等），
∵点G为AB的中点，
∴BG＝AB＝CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，
，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②成立，
∴∠EGF＝∠GEB，
∴GF∥BE（内错角相等，两直线平行），
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO＝BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，
即AP＝PE，且GP＝BE，
在△APG和△EGP中，
，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG＝AB，
∴EG＝EF，即①成立，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP＝BE＝GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，
，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即③成立．
故答案为：①②③．

6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，且BE＝DF．
（1）求证：△ADF≌△CBE；
（2）不添加辅助线，请你补充一个条件，使得四边形AECF是菱形；并给予证明．

【分析】（1）由平行四边形的性质知，AD＝BC，AD∥BC，得到∠ADF＝∠CBE，又有BE＝DF，故由SAS证得△ADF≌△CBE；
（2）平行四边形的性质知，AO＝CO，BO＝DO，由BE＝DF可求得OE＝OF，根据平行四边形的判定得到四边形AECF是平行四边形，由AC⊥EF可得平行四边形AECF是菱形．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADF＝∠CBE，
在△ADF和△CBE中，
，
∴△ADF≌△CBE（SAS）；
（2）解：补充的条件是：AC⊥BD．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形．
7．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，E为OC中点，过点O作OH∥BC交BE的延长线于H，连接CH与DH．
（1）求证：△BCE≌△HOE；
（2）当四边形ABCD是怎样的特殊四边形时，四边形OCHD为菱形？请说明理由．

【分析】（1）由ASA证明△BCE≌△HOE即可；
（2）先证四边形BCHO是平行四边形，得CH＝OB，CH∥OB，再证四边形OCHD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵OH∥BC，
∴∠BCE＝∠HOE，
∵E是OC的中点，
∴CE＝OE，
在△BCE和△HOE中，
，
∴△BCE≌△HOE（ASA）；
（2）解：当四边形ABCD是矩形时，四边形OCHD为菱形，理由如下：
由（1）可知，△BCE≌△HOE，
∴BE＝HE，
∵CE＝OE，
∴四边形BCHO是平行四边形，
∴CH＝OB，CH∥OB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴CH＝OD，OC＝OD，
∴四边形OCHD是平行四边形，
又∵OC＝OD，
∴平行四边形OCHD是菱形．
8．如图，正五边形ABCDE的两条对角线AC，BE相交于点F．
（1）求∠FAE的度数；
（2）求证：四边形CDEF为菱形．

【分析】（1）利用正五边形的性质求出∠BAE及∠ABE度数，得出∠BAF＝∠BCA＝36°，最后求出∠FAE的度数；
（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证．
【解答】（1）解：∵正五边形ABCDE．
∴AB＝AE＝DE＝CD，，
∴，
同理：∠BAF＝∠BCA＝36°，
∴∠FAE＝∠BAE﹣∠BAF＝108°﹣36°＝72°．
（2）证明：∵∠FAE＝72°，
∴∠AFE＝180°﹣72°﹣36°＝72°，
∴AE＝EF，同理BC＝CF，
∴EF＝CF＝DE＝CD，
∴四边形CDEF为菱形．
考向三：菱形与几何图形的结合
菱形与面积
菱形的面积等于对角线乘积的一半，延伸至其他四边形——对角线互相垂直的四边形的面积=对角线乘积的一半
菱形与等腰三角形
菱形的任一条对角线将菱形分成两个等腰三角形
菱形与等边三角形
当菱形中有一个60°角或者120°角时，连结较短的对角线，可以将菱形分成2个等边三角形
菱形与直角三角形
菱形的两条对角线可以将菱形分成4个全等的直角三角形，在中点问题中，常和中位线、直角三角形斜边上的中线等性质结合考察



1．如图，在▱ABCD中，AB＝BC＝5．对角线BD＝8，则▱ABCD的面积为（　　）

A．20 B．24 C．40 D．48
【分析】连接AC交BD于O，判定四边形ABCD是菱形，即可得出AC⊥BD，再根据勾股定理即可得到AO的长，最后利用菱形ABCD的面积为进行计算即可．
【解答】解：如图所示，连接AC交BD于O，
在▱ABCD中，AB＝BC＝5，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又∵对角线BD＝8，
∴BO＝4，
在Rt△AOB中，AO＝＝＝3，
∴AC＝2AO＝6，
∴菱形ABCD的面积为＝＝24．
故选：B．

2．如图，在△ABC中，AB＝AC，分别以C、B为圆心取AB的长为半径作弧，两弧交于点D．连接BD、AD．若∠ABD＝130°，则∠CAD＝　25°　．

【分析】首先根据作图得出四边形ABDC是菱形，然后根据菱形的性质求解即可．
【解答】解：连接CD，如图．
∵分别以C、B为圆心取AB的长为半径作弧，两弧交于点D，
∴BD＝CD＝AB，
∵AB＝AC，
∴AB＝BD＝CD＝AC，
∴四边形ABDC是菱形，
∴BD∥AC，∠CAD＝∠BAC，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABD＝180°﹣130°＝50°，
∴∠CAD＝25°．
故答案为：25°．

3．两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图所示的方式交叉叠放，AB＝AF，AE＝BC．AE与BC交于点G，AD与CF交于点H，且∠AGB＝30°，AB＝2，则四边形AGCH的周长为（　　）

A．4 B．8 C．12 D．16
【分析】先证明四边形AGCH是平行四边形，然后证明AH＝AG，证得四边形AGCH是菱形，再求出AG即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD和四边形AECF是矩形，
∴AD∥BC，AE∥CF，∠B＝∠F＝90°，
∴四边形AGCH是平行四边形，
∠AGB＝∠GCH＝∠AHF，
在△AFH和△AGB中，
，
∴△AFH≌△AGB（AAS），
∴AH＝AG，
∴平行四边形AGCH是菱形，
∴AG＝GC＝CH＝HA，
∵∠AGB＝30°，AB＝2，
∴AB＝4，
∴四边形AGCH的周长为4×4＝16．
故选：D．
4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABC＝60°，点E，F分别是BC，CD的中点，BD分别与AE，AF相交于点M，N，连接OE，OF，下列结论：（1）△AEF是等边三角形；（2）四边形CEOF是菱形；（3）OF⊥AE；（4）BM＝MN＝ND．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由菱形的性质得出△ABC、△ADC是等边三角形，得出AE＝OB，AF＝OD，得出AE＝AF，再证明EF是△BCD的中位线，得出EF＝BD＝OB，得出AE＝AF＝EF，得出（1）正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出OE＝BC＝CE，OF＝CD＝CF，得出OE＝OF＝CE＝CF，得出（2）正确；由菱形的性质得出OF∥BC，再由AE⊥BC，得出（3）正确；证明AM＝BM，同理：AN＝ND，再证出AM＝AN，得出（4）正确；即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝60°，OA＝OD＝AC，OB＝OD＝BD，AC⊥BD，
∴△ABC、△ADC是等边三角形，
∴OB是等边三角形ABC的高，
∵点E是BC的中点，
∴AE时等边三角形ABC的高，
∴AE＝OB，
同理：AF＝OD，
∴AE＝AF，
∵点E，F分别是BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF＝BD＝OB，EF∥BD，
∴AE＝AF＝EF，
即△AEF是等边三角形，
∴（1）正确；
∵点E，F分别是BC，CD的中点，AC⊥BD，
∴OE＝BC＝CE，OF＝CD＝CF，
∴OE＝OF＝CE＝CF，
∴四边形CEOF是菱形，
∴（2）正确；
∵四边形CEOF是菱形，
∴OF∥BC，
∵AE⊥BC，
∴OF⊥AE，
∴（3）正确；
∵AE、BO是等边三角形ABC的中线，
∴AM＝BM，
同理：AN＝ND，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠AEF＝∠AFE＝60°，
∵EF∥BD，
∴∠AMN＝∠AEF＝60°，∠ANM＝∠AFE＝60°，
∴∠AMN＝∠ANM＝60°，
∴AM＝AN，
∴BM＝MN＝ND，
∴（4）正确；
正确的结论有4个，
故选：D．
5．如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，CD＝2OB，E为CD延长线上一点，使得DE＝CD，连结BE，分别交AC、AD于点F、G，连结OG，AE，则下列结论：①∠ABC＝120°；②；③四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据菱形的性质得出BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，求出BC＝DC＝BD，根据等边三角形的判定得出△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠BCD＝60°，求出∠ABC＝120°，求出∠BAG＝∠EDG，AB＝DE，根据全等三角形的判定得出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得出AG＝DG，BG＝GE，求出OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），求出四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，根据菱形的判定求出四边形ABDE是菱形即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝AB，AB∥CD，OB＝OD，
∵CD＝2OB，
∴BC＝DC＝BD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝120°，故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，BG＝GE，
∵BO＝DO，AB∥DE，
∴OG∥AB∥DE，OG＝AB，OG到AB之间的距离＝OG到DE之间的距离（设距离为h），
∵四边形ODEG的面积S＝（DE+OG）h，四边形OBAG的面积S′＝（AB+OG）h，AB＝DE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故②正确，③正确；

∵AG＝DG，BG＝GE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵DE＝CD＝BD，
∴四边形ABDE是菱形，故④正确；
即正确的个数是4，
故选：A．
6．如图，在平行四边形ABCD中，DB＝DA，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．
（1）求证：四边形AEBD是菱形．
（2）若DC＝2，BD＝，求四边形AEBD的面积．

【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出AD＝BE，可知四边形AEBD是平行四边形，再根据BD＝AD可得结论；
（2）利用勾股定理求出EF的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF＝∠EBF，
∵∠AFD＝∠EFB，AF＝FB，
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝EB，
∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵BD＝AD，
∴四边形AEBD是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝2，
∵四边形AEBD是菱形，
∴AE＝BD＝，AB⊥DE，AF＝FB＝1，EF＝DF，
∴EF＝＝3，
∴DE＝9，
∴S菱形AEBD＝•AB•DE＝×2×6＝6．


1．（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＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠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．
2．（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．6 B．12 C．24 D．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．
3．（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．
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 　8　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•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．
6．（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 　AB＝AD（答案不唯一）　．（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）．
7．（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：．
8．（2022•鄂尔多斯）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（　　）

A． B． C． D．3
【分析】方法一：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝2，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出，则可求出答案．
方法二：连接CG，求出S菱形ABCD＝2，根据S△BCG＝可求出答案．
【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，

∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝2，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝2，
∴CN＝CD•sin60°＝2＝3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴，
∴，
∴BE＝，
方法二：连接CG，

同方法一求出△BGC的BC上的高为3，
∴S菱形ABCD＝2，
∵S△BCG＝，
∴，
∴BE＝．
故选：B．
9．（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．2 C．3 D．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．
10．（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 　2　．

【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．
11．（2022•贵港）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，动点E在AB边上（与点A，B均不重合），点F在对角线AC上，CE与BF相交于点G，连接AG，DF，若AF＝BE，则下列结论错误的是（　　）

A．DF＝CE B．∠BGC＝120°
C．AF2＝EG•EC D．AG的最小值为
【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正确；利用菱形的轴对称知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，则∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，利用△BEG∽△CEB，得，且AF＝BE，可得C正确，利用定角对定边可得点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，利用含30°角的直角三角形的性质可得AG的最小值，从而解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，BC＝AD，∠DAC＝∠BAD＝60°，
∴∠DAF＝∠CBE，
∵BE＝AF，
∴△ADF≌△BCE（SAS），
∴DF＝CE，∠BCE＝∠ADF，故A正确，不符合题意；
∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠BCE，
∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，不符合题意；
∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴，
∴BE2＝CE×EG，
∵BE＝AF，
∴AF2＝EG•EC，故C正确，不符合题意；
以BC为底边，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，

∵∠BGC＝120°，BC＝1，
∴点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，
连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC＝，
∴AO＝2OC＝，
∴AG的最小值为AO﹣OC＝，故D错误，符合题意．
故选：D．
12．（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 　（3，5）或（2，6）　．

【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）．

13．（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：．
14．（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．4 B．4 C．8 D．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．
15．（2022•西宁）如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）若AE＝4，CF＝2，求菱形的边长．

【分析】（1）由菱形ABCD的四条边相等、对角相等的性质知AB＝AD，∠B＝∠D；然后根据已知条件“AE⊥BC，AF⊥CD”知∠AEB＝∠AFD；最后由全等三角形的判定定理AAS证明△ABE≌△ADF；
（2）由全等三角形△ABE≌△ADF的对应边相等知BE＝DF，然后根据菱形的四条边相等求得AB＝CD，设AB＝CD＝x，已知CF＝2，则BE＝DF＝x﹣2，利用勾股定理即可求出菱形的边长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（AAS）；
（2）解：设菱形的边长为x，
∵AB＝CD＝x，CF＝2，
∴DF＝x﹣2，
∵△ABE≌△ADF，
∴BE＝DF＝x﹣2，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，
AE2+BE2＝AB2，
即42+（x﹣2）2＝x2，
解得x＝5，
∴菱形的边长是5．

16．（2022•聊城）如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．

【分析】（1）由CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又AE＝CE，可证△ADE≌△CFE（AAS），即得AD＝CF；
（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四边形ADCF是平行四边形，若AC⊥BC，点D是AB的中点，可得CD＝AB＝AD，即得四边形ADCF是菱形．
【解答】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∵点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝AD，
∴四边形ADCF是菱形．
17．（2022•凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．

【分析】（1）利用平行线的性质可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中点的定义可得AE＝DE，从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得AF＝CD，再根据D是BC的中点，可得AF＝BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD＝AD，从而利用菱形的判定定理即可解答；
（2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得△ABC的面积＝2△ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积＝△ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BD＝BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，
∴AB•AC＝40，
∴×8•AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的长为10．

1．（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 　24　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．
2．（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＝CE B．△ACE是直角三角形
C．BC＝AE D．BE＝CE
【分析】由菱形的性质可得AO＝CO＝AC，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＝CA，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．
3．（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．
4．（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．4 B．2 C．2 D．
【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．
5．（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．16 B．6 C．12 D．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．

6．（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，MC，

∵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＝，
∵cos∠ABD＝cos30°＝＝，
∴BN'＝，
∴DN'＝，
∴点E的坐标为：（，），
故选：C．
7．（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．
8．（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．3 B．+1 C．2+1 D．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．

9．（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cosB＝，则FG的长是（　　）

A．3 B． 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cosB＝＝，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，
∵cosB＝＝，
∴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，
cosD＝cosB＝＝，
∴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．
方法二：如图，作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M，

∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∵cosB＝＝，
∴BH＝1，
∵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，
所以AE＝AB＝EM＝CM＝4，
设GF＝x，
则AG＝x，GE＝4﹣x，
由GF∥BC，
∴△MGF∽△MEC，
∴＝，
解得x＝．
故选：B．
10．（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 　60　°．

【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．
11．（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 　52　．

【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．
12．（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 　2　（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：．
13．（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：．

14．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　．

【分析】方法一：根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长．
方法二：根据相似三角形的判定和性质可以得到EF和MN的关系，然后解直角三角形可以求得OA的长，从而可以得到MN的长．
【解答】解：方法一：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图1所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等边三角形，
∴OD＝，
∴AO＝＝＝，
∴AC＝2AO＝，
∵AE＝3BE，
∴AE＝，BE＝，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝BF•sin60°＝×＝，
∴MI＝FJ＝，
∴AM＝＝＝，
同理可得，CN＝，
∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝，
故答案为：．
方法二：连接DB交AC于点O，连接EF，
由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形，
∴EF＝AM＝CN，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∵AE＝3BE，AB＝1，
∴AB＝4BE，
∴＝，
∴AM＝CN＝AC，
∴MN＝AC＝OA，
∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，
∴OD＝，
∴OA＝＝＝，
∴MN＝，
故答案为：．


15．（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 　16　．

【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．
16．（2022•滨州）如图，菱形ABCD的边长为10，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点O，点E在对角线BD上，连接AE，作∠AEF＝120°且边EF与直线DC相交于点F．
（1）求菱形ABCD的面积；
（2）求证：AE＝EF．

【分析】（1）根据锐角三角函数可以求得BC边上的高，然后根据菱形的面积＝底×高，即可求得相应的面积；
（2）连接EC，然后可以得到AE＝EC，再根据四边形内角和，可以求得∠ECF＝∠EFC，然后通过等量代换，即可证明结论成立．
【解答】（1）解：作AG⊥BC交BC于点G，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，边长为10，∠ABC＝60°，
∴BC＝10，AG＝AB•sin60°＝10×＝5，
∴菱形ABCD的面积是：BC•AG＝10×5＝50，
即菱形ABCD的面积是50；
（2）证明：连接EC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴EO垂直平分AC，∠BCD＝120°，
∴EA＝EC，∠DCA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA，∠ACF＝120°，
∵∠AEF＝120°，
∴∠EAC+∠EFC＝360°﹣∠AEF﹣∠ACF＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∵∠ECA+∠ECF＝120°，
∴∠EFC＝∠ECF，
∴EC＝EF，
∴AE＝EF．

17．（2022•青海）如图，四边形ABCD为菱形，E为对角线AC上的一个动点（不与点A，C重合），连接DE并延长交射线AB于点F，连接BE．
（1）求证：△DCE≌△BCE；
（2）求证：∠AFD＝∠EBC．

【分析】（1）由菱形的性质得出CD＝CB，∠DCE＝∠BCE，进而利用“SAS”即可证明△DCE≌△BCE；
（2）由菱形的性质得出DC∥AF，进而得出∠CDF＝∠AFD，由全等三角形的性质得出∠CDF＝∠EBC，即可证明∠AFD＝∠EBC．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠DCE＝∠BCE，
∵CE＝CE，
∴△DCE≌△BCE（SAS）；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AF，
∴∠CDF＝∠AFD，
∵△DCE≌△BCE，
∴∠CDF＝∠EBC，
∴∠AFD＝∠EBC．
18．（2022•广元）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连结CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．

【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形AECD是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质可证AD＝CD，可得结论；
（2）由菱形的性质可求AE＝BE＝CE＝2，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求BC，AC的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵E为AB中点，
∴AB＝2AE＝2BE，
∵AB＝2CD，
∴CD＝AE，
又∵AE∥CD，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四边形AECD是菱形；
（2）∵四边形AECD是菱形，∠D＝120°，
∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，
∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，
∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等边三角形，
∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，
∴S△ABC＝×AC×BC＝×2×2＝2．

1．（2022•定西二模）▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，添加以下条件，不能判定平行四边形ABCD为菱形的是（　　）
A．AC＝BD B．AC⊥BD C．∠ACD＝∠ACB D．BC＝CD
【分析】由平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、AC＝BD时，▱ABCD是矩形，故选项A符合题意；
B、AC⊥BD时，▱ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠ACD＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∴▱ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D、BC＝CD时，▱ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：A．

2．（2023•未央区校级三模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积是（　　）

A．48 B．40 C．24 D．20
【分析】由菱形的面积等于对角线长乘积的一半，列式计算即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，
∴AC⊥BD，这个菱形的面积＝AC•BD＝×6×8＝24，
故选：C．
3．（2023•庐阳区校级一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐标轴上，若点A的坐标为（0，3），tan∠ABO＝，则菱形ABCD的周长为（　　）

A．6 B． C． D．
【分析】根据点A的坐标为（0，3），可以得到AO＝3，根据tan∠ABO＝，可以求出BO，根据勾股定理可以求出AB，最后由菱形的性质可以求出菱形的周长．
【解答】解：∵点A的坐标为（0，3），
∴AO＝3，
∵tan∠ABO＝，
∴＝，
∴＝，
∴BO＝，
∵△AOB是直角三角形，
∴AB＝＝＝＝2，
∵菱形的四条边相等，
∴菱形ABCD的周长为2×4＝8．
故选：C．
4．（2023•汉阳区校级一模）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD于点E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为（　　）

A．3 B． C．2 D．
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，再由三角形中位线定理得FH＝AB＝2，FH∥AB，然后证△FHG≌△CEG（AAS），得EG＝GH＝EH＝，进而由勾股定理即可得出结论．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，
∵F为AE的中点，H为BE的中点，
∴EH＝BE，FH是△ABE的中位线，
∴FH＝AB＝2，FH∥AB，
∴FH∥AB∥CD，
∵BE⊥AB，
∴FH⊥BE，CD⊥BE，
∴∠FHE＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，
∴CE＝BC＝2，
∴BE＝＝＝2，
∴EH＝BE＝，
∴FH＝CE，
在△FHG和△CEG中，
，
∴△FHG≌△CEG（AAS），
∴EG＝GH＝EH＝，
在Rt△FHG中，由勾股定理得：GF＝＝＝，
故选：D．
5．（2023•榆林一模）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（　　）

A． B． C． D．1
【分析】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，即可求解．
【解答】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，
故选：A．

6．（2022•枣阳市模拟）如图，平移△ABC到△BDE的位置，且点D在边AB的延长线上，连接EC，CD，若AB＝BC，那么在以下四个结论：①四边形ABEC是平行四边形；②四边形BDEC是菱形；③AC⊥DC；④DC平分∠BDE，正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先证明四边形ABEC是平行四边形，再求证四边形BDEC为菱形，根据菱形的对角线即角平分线性质可以解决题目．
【解答】解：∵△BDE是△ABC平移过去的，且A、B、D三点一线，∴AD∥CE，AC∥BE，∴四边形ABEC为平行四边形，故①命题正确；
∵AB＝BD，且AB＝BC，∴AB＝BD＝DE＝EC＝BC，即四边形BDEC为菱形，故②命题正确；
∵菱形对角线垂直，∴BE⊥CD，∵AC∥BE∴AC⊥CD，故③命题正确；
∵菱形的对角线即角平分线，且四边形BDEC为菱形，∴DC为∠BDE的角平分线，故④命题正确．
故正确的命题为4个，
故选：D．
7．（2022•丛台区校级模拟）如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为4和6，B、C、G三点在同一条直线上，且∠A＝120°，则图中阴影部分的面积是（　　）

A． B． C． D．
【分析】过E作EM⊥BG于M，过D作DN⊥BG于N，根据菱形的性质得出AD＝DC＝BC＝AB＝4，CE＝EF＝FG＝CG＝6，∠BCD＝∠A＝120°，解直角三角形求出EM和CN，再根据图形得出阴影部分的面积S＝S菱形ABCD+S菱形CGFE﹣S△BGF﹣S△ADB﹣S△DEF，再求出答案即可．
【解答】解：过E作EM⊥BG于M，过D作DN⊥BG于N，则∠EMC＝∠DNC＝90°，

∵四边形ABCD和四边形ECGF都是菱形，∠A＝120°，
∴AD＝DC＝BC＝AB＝4，CE＝EF＝FG＝CG＝6，∠BCD＝∠A＝120°，
∴∠ECG＝60°，
∴∠CDN＝∠CEM＝30°，
∴CN＝CD＝2，CM＝CE＝3，
∴DN＝＝＝2，EM＝＝＝3，
∴阴影部分的面积S＝S菱形ABCD+S菱形CGFE﹣S△BGF﹣S△ADB﹣S△DEF
＝4×+6×﹣（4+6）×3﹣4×2﹣6×（3﹣2）
＝8+18﹣15﹣4﹣3
＝4，
故选：C．
8．（2022•丰泽区校级模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝AB，将△ABO沿着BD方向平移BO的长度得到△EOD，连接EC，则cos∠CEO的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接AE，过点E作EG⊥CD交CD延长线于点G，证明△ABC和△ADC是等边三角形，设OA＝1，则AC＝AB＝CD＝2，所以OB＝OD＝，由平移可得∠ODE＝∠BOA＝90°，AE＝OD＝，根据勾股定理可得CE＝＝，然后利用锐角三角函数可得cos∠ECG＝＝，根据AB∥CD∥OE，∠CEO＝∠ECG，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接AE，过点E作EG⊥CD交CD延长线于点G，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，AC⊥BD，
∵AC＝AB，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ADC＝60°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠BDC＝30°，
设OA＝1，
则AC＝AB＝CD＝2，
∴OB＝OD＝，
由平移可知：∠ODE＝∠BOA＝90°，AE＝OD＝，
∴CE＝＝，
∵∠BDC＝30°，∠ODE＝90°，
∴∠EDG＝60°，
∵ED＝AO＝1，
∴DG＝ED＝，
∴CG＝CD+DG＝，
∴cos∠ECG＝＝＝，
∵AB∥CD∥OE，
∴∠CEO＝∠ECG，
∴cos∠CEO＝cos∠ECG＝，
故选：A．
9．（2022•上海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四边形BCDE的顶点E在边AB上，连接CE、AD．添加一个条件，可以使四边形ADCE成为菱形的是（　　）

A．CE⊥AB B．CD⊥AD C．CD＝CE D．AC＝DE
【分析】设AC于ED交于点O，证明△AOE≌△COD，可得OA＝OC，可以判断四边形ADCE是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题．
【解答】解：添加CD＝CE，可以使四边形ADCE成为菱形，理由如下：
如图，设AC与ED交于点O，

∵四边形BCDE是平行四边形，
∴DE∥BC，BE∥CD，
∴∠AOE＝∠ACB＝90°，
∴AC⊥DE，
∵CD＝CE，
∴OD＝OE，
∵AB∥CD，
∴∠EAO＝∠DCO，
在△AOE和△COD中，
，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴OA＝OC，
∵OD＝OE，
四边形ADCE是平行四边形，
∵CE＝CD，
∴四边形ADCE是菱形．
因为添加其他条件，都不可以使四边形ADCE成为菱形．
故选：C．
10．（2023•南海区校级模拟）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形周长是 　25　．

【分析】先证四边形ABCD平行四边形，再证四边形ABCD是菱形，得CD＝BC＝AB＝AD，设CD＝BC＝x，则CG＝8﹣x，然后在Rt△CDG中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图，由题意得：矩形BFDE≌矩形BHDG，
∴∠G＝90°，DG＝DE＝6，BG∥DH，BE∥DF，BG＝8，
∴四边形ABCD平行四边形，
∴平行四边形ABCD的面积＝AD•DG＝CD•DE，
∴AD＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴CD＝BC＝AB＝AD，
设CD＝BC＝x，则CG＝8﹣x，
在Rt△CDG中，由勾股定理得：62+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴CD＝，
∴菱形ABCD的周长＝4CD＝25，
即重叠部分的四边形周长是25，
故答案为：25．

11．（2023•雁塔区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝3BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为 　　．

【分析】设BE＝x，则CD＝3x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，再证明DE＝DA＝3x，所以1+x＝2x，解得x＝1，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．
【解答】解：设BE＝x，则CD＝3x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠DAE＝∠DEA，
∴DE＝DA＝3x，
∴BD＝4x，
∴OB＝OD＝2x，
∵OE+BE＝BO，
∴1+x＝2x，
解得x＝1，
即AB＝3，OB＝2，
在Rt△AOB中，OA＝＝＝，
在Rt△AOE中，AE＝＝＝．
故答案为：．
12．（2022春•玄武区校级期中）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＝3，则对角线BD的长为 　6　．

【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＝3，
∴DB＝2DH＝6．
故答案为：6．
13．（2022•泰安三模）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD＝AC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论：
①CN⊥BD；②MN＝NP；③四边形MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正确的是 　①②④　．（填写序号）

【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得MN∥AB，MN＝AB，由直角三角形的性质得NP＝CD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC＝AC，
∵AD＝AC，
∴OC＝BC，
∵N是OB的中点，
∴CN⊥BD，①正确；
∵M、N分别是OA、OB的中点，
∴MN是△AOB的中位线，
∴MN∥AB，MN＝AB，
∵CN⊥BD，
∴∠CND＝90°，
∵P是CD的中点，
∴NP＝CD＝PD＝PC，
∴MN＝NP，②正确；
∵MN∥AB，AB∥CD，
∴MN∥CD，
又∵NP＝PC，MN＝NP，
∴MN＝PC，
∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；
∵MN∥CD，
∴∠PDN＝∠MND，
∵NP＝PD，
∴∠PDN＝∠PND，
∴∠MND＝∠PND，
∴ND平分∠PNM，④正确；
故答案为：①②④．
14．（2023•碑林区校级模拟）如图，点P为菱形ABCD对角线BD上一点，点E在边AD上，连接PA、PC、PE，且∠AEP＝∠DCP．求证：PC＝PE．

【分析】根据菱形的性质得到AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，根据全等三角形的性质得到AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，等量代换得到∠DAP＝∠AEP，于是得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ADP与△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，
∵∠AEP＝∠DCP，
∴∠DAP＝∠AEP，
∴AP＝PE，
∴PC＝PE．
15．（2022•邵阳模拟）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O．E是OB的中点，连接CE，过点B作AC的平行线，交CE的延长线于点F，连接AF．
（1）判断四边形AOBF的形状，并说明理由．
（2）若四边形ABCD为菱形．AB＝5，AC＝6，求四边形AOBF的面积．

【分析】（1）根据AAS证明△BFE与△OCE全等，进而利用全等三角形的性质和平行四边形的判定和性质解答即可；
（2）根据菱形的性质和矩形的判定和性质解答即可．
【解答】（1）解：四边形AOBF是平行四边形，理由如下：
∵E是OB的中点，
∴BE＝OE，
∵BF∥AC，
∴∠BFE＝∠OCE，∠FBE＝∠COE，
在△BFE与△OCE中，
，
∴△BFE≌△OCE（AAS），
∴BF＝OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∴BF＝OA，
∵BF∥AC，
∴四边形AOBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝AC＝＝3，
∴∠AOB＝90°，
在Rt△AOB中，OB＝，
∵∠AOB＝90°，
由（1）已知四边形AOBF是平行四边形，
∴四边形AOBF是矩形，
∴S矩形AOBF＝OB•OA＝4×3＝12．
16．（2022•平谷区一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形；
（2）若cos∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长．

【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AEBF是菱形；
（2）过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，根据cos∠EBF＝，BF＝5，可得BG＝3，FG＝AC＝4，根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD的长．
【解答】（1）证明：∵点D为AB边中点，
∴AD＝BD，
∵DF＝ED，
∴四边形AEBF是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形；
（2）解：如图，连接CD，过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，

∵cos∠EBF＝＝，BF＝5，
∴BG＝3，
∴FG＝AC＝4，
∵四边形AEBF是菱形，
∴CG＝AF＝BF＝5，
∴BC＝CG+BG＝5+3＝8，
∴AB＝＝＝4，
∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AB＝2．
∴CD的长为2．
17．（2022•南岗区校级二模）在△ABC中，过A作BC的平行线，交∠ACB的平分线于点D，点E是BC上一点，连接DE，交AB于点F，∠CAD+∠BED＝180°．

（1）如图1，求证：四边形ACED是菱形；
（2）如图2，若∠ACB＝90°，BC＝2AC，点G、H分别是AD、AC边中点，连接CG、EG、EH，不添加字母和辅助线，直接写出图中与△CEH所有的全等的三角形．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠ADC＝∠BCD，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，等量代换得到∠ADC＝∠ACD，推出DE∥AC，于是得到结论；
（2）根据已知条件得到菱形ACED是正方形，求得∠D＝∠CAG＝∠DEC＝90°，AC＝AD＝CE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADC＝∠BCD，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴AD＝AC，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEB，
∵∠DEB+∠DEC＝180°，∠DEB+∠CAD＝180°，
∴∠DEC＝∠DAC，
∴∠ADE+∠DAC＝180°，
∴DE∥AC，
∴四边形ACED是菱形；
（2）解：∵∠ACB＝90°，
∴菱形ACED是正方形，
∴∠D＝∠CAG＝∠DEC＝90°，
AC＝AD＝CE，
∵G是AD的中点，H是AC边中点，
∴AG＝DG＝CE，
∴△EDG≌△CAG≌△ECH（SAS），
∵BC＝2AC，
∴BE＝CE＝AD，
∵AD∥BE，
∴∠B＝∠DAF，
∵∠AFE＝∠BFE，
∴△BFE≌△AFD（AAS），
∵AD＝CE＝BE，
∴△BEF≌△ECH，
∴图中与△CEH全等的三角形有△ADF，△EDG，△CAG，△EBF．