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人教版八年级下册18.2.2 菱形习题
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这是一份人教版八年级下册18.2.2 菱形习题，共30页。试卷主要包含了3菱形的判定专项提升训练，5 ．等内容，欢迎下载使用。
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•杜尔伯特县期中）菱形的周长为12，一个内角为60°，则较短的对角线长为（ ）
A．2B．3C．1D．
2．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面积为（ ）
A．4B．30C．54D．27
3．（2022春•墨玉县期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．则菱形的面积为（ ）
A．20B．40C．28D．24
4．（2022春•南召县期末）四边形具有不稳定性，小明将一个菱形ABCD转动，使它形状改变，当转动到使∠B＝60°时（如图），测得AC＝2；当转动到使∠B＝120°时，AC的值为（ ）
A．2B．C．D．
5．（2022春•博兴县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AB＝5，DE＝4，则在下列结论中正确的是（ ）
A．DB＝5B．AE＝4C．BE＝2D．OA＝3
6．（2022春•承德县期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是（ ）
A．（0，﹣8）B．（0，﹣5）C．（﹣5，0）D．（0，﹣6）
7．（2022春•丰泽区校级月考）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＝2，若菱形ABCD的面积为12，则AB的长为（ ）
A．10B．4C．D．6
8．（2022秋•合川区校级月考）如图，在菱形ABCD中，M．N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BC若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28°B．52°C．62°D．72°
9．（2022秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
10．（2022春•新抚区期末）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠B＝120°，AB＝，则PE﹣PF的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022秋•牡丹区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，若AC＝24，AB＝13，则菱形ABCD的面积是 ．
12．（2022秋•东明县校级月考）已知菱形的两条对角线长为10cm和24cm，那么这个菱形的周长为 ，面积为 ．
13．（2022春•杭州期中）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，连接OE，若∠BAD＝40°，则∠ODE的度数为 ．
14．（2022春•吴中区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F分别是边AB和CD上的点，EF⊥CD于点F，则线段EF的长度为 ．
15．（2022春•集美区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，点E，F分别是边AB，AD上的动点，且AE+AF＝a，则△CEF面积的最小值为 ．
16．（2022•温江区校级自主招生）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC＝10，BD＝24，则FG的长为 ．
17．（2022春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
18．（2022春•鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，点E在边BC上（不与端点重合），AE交BD于点F，以EF为边向外作等边△EFG，连接CF，BG，现给出以下结论：
①∠EAB＝30°；
②△ABF≌△CBF；
③直线AB与直线DC的距离是9；
④BF+BG＝BE．
其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•薛城区月考）如图，已知A，F，C，D四点在同一条直线上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．
（1）求证：△ABC≌△DEF．
（2）如果四边形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的长度．
20．（2022春•姑苏区校级期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面积．
21．（2022•雨花区校级开学）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，求菱形的面积．
22．（2022春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
23．（2022春•重庆期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点．
（1）如图1，若E是线段BD的中点，且AB＝6，求AE的长度；
（2）如图2，F是线段AB延长线上一点，且DE＝BF，连接AE，EF．求证：AE＝EF．
24．（2022春•抚远市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边三角形APE，点E的位置随点P位置的变化而变化，连接CE．
（1）如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，求证：BD＝CE+PD；
（2）如图②、图③，请分别写出线段BD，CE，PD之间的数量关系，不需证明．
专题18.3菱形的判定专项提升训练（重难点培优）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•杜尔伯特县期中）菱形的周长为12，一个内角为60°，则较短的对角线长为（ ）
A．2B．3C．1D．
【分析】根据已知可得较短的对角线与两邻边组成等边三角形，则菱形较短的对角线长＝菱形的边长，根据周长可求得菱形的边长从而较短的对角线也就求得了．
【解答】解：由已知得，较短的对角线与两邻边组成等边三角形，则菱形较短的对角线长＝菱形的边长＝12÷4＝3，
故选：B．
2．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面积为（ ）
A．4B．30C．54D．27
【分析】直接根据菱形面积等于两条对角线的长度乘积的一半进行计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的面积＝BD•AC＝×6×9＝27，
故选：D．
3．（2022春•墨玉县期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．则菱形的面积为（ ）
A．20B．40C．28D．24
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可得答案．
【解答】解：菱形的面积为6×8÷2＝24，
故选：D．
4．（2022春•南召县期末）四边形具有不稳定性，小明将一个菱形ABCD转动，使它形状改变，当转动到使∠B＝60°时（如图），测得AC＝2；当转动到使∠B＝120°时，AC的值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得菱形的边长为2，再根据菱形的性质以及勾股定理解答即可．
【解答】解：因为菱形ABCD，∠B＝60°时，测得AC＝2，
所以△ABC是等边三角形，
所以菱形的边长为2，
当转动到使∠B＝120°时，如图所示：
因为AC⊥BD，∠ABC＝120°，
所以∠ABO＝60°，
所以∠OAB＝30°，
所以，
所以，
所以AC＝2AO＝．
故选：B．
5．（2022春•博兴县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AB＝5，DE＝4，则在下列结论中正确的是（ ）
A．DB＝5B．AE＝4C．BE＝2D．OA＝3
【分析】根据菱形的性质可知AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，由于DE⊥AB于点E，所以在Rt△AED中，利用勾股定理可以求出AE，进而求出BE、BD，再在Rt△AOB中求出OA即可作出判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，
∵AB＝5，
∴AD＝5，
∵DE⊥AB于点E，DE＝4
在Rt△AED中，根据勾股定理得，AE＝＝3，故B错误；
∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2，故C正确；
在Rt△BDE中，根据勾股定理得，BD＝，故A错误；
∴OB＝BD＝，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA＝，故D错误．
故选：C．
6．（2022春•承德县期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是（ ）
A．（0，﹣8）B．（0，﹣5）C．（﹣5，0）D．（0，﹣6）
【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【解答】解：∵A（12，13），
∴OD＝12，AD＝13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝13，
在Rt△ODC中，OC＝，
∴C（0，﹣5）．
故选：B．
7．（2022春•丰泽区校级月考）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＝2，若菱形ABCD的面积为12，则AB的长为（ ）
A．10B．4C．D．6
【分析】由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再求出BD＝4，则OB＝2，然后由菱形面积求出AC＝6，则OA＝3，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴BD＝2OH，
∵OH＝2，
∴BD＝4，
∴OB＝2，
∵菱形ABCD的面积＝AC•BD＝AC×4＝12，
∴AC＝6，
∴OA＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，
故选：C．
8．（2022秋•合川区校级月考）如图，在菱形ABCD中，M．N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BC若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28°B．52°C．62°D．72°
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，再由ASA可得△AMO≌△CNO，得AO＝CO，然后证BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，
∴∠BCA＝∠DAC＝28°，
∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．
故选：C．
9．（2022秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】根据菱形的性质和∠A＝60°，可知△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判断①选项；根据SSS可证△CDG≌△CBG，根据全等三角形的性质可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根据含30°角的直角三角形的性质可判断②选项；根据△GBC为直角三角形，可知CG＞BC，进一步可知CG≠BD，即可判断③选项；根据勾股定理可得DE＝AB，再根据三角形面积的求法即可判断④选项．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠A＝60°，
∴∠BCD＝∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴∠BFD＝∠DEB＝90°，
∴∠GDB＝∠GBD＝30°，
∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，
∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故①选项正确；
在△CDG和△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（SSS），
∴∠DGC＝∠BGC＝60°，
∴∠GCD＝30°，
∴CG＝2GD，
∵DG＝BG，
∴CG＝DG+BG，
故②选项正确；
∵△GBC为直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等，
故③选项错误；
∵BE＝AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，
根据勾股定理，得DE＝AB，
∴S△ABD＝＝，
故④选项正确，
故正确的有①②④，
故选：B．
10．（2022春•新抚区期末）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠B＝120°，AB＝，则PE﹣PF的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质和勾股定理得OA＝3，则AC＝6，再由含30°角的直角三角形的性质得PF＝CP，则PE﹣PF＝（AP﹣CP）＝AC，即可得出答案．
【解答】解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝2，
∴∠BAD＝∠BCD＝180°﹣120°＝60°，∠DAC＝∠DCA＝∠BAD＝×60°＝30°，AD＝AB＝2，BD⊥AC，
在Rt△AOD中，OD＝AD＝×＝，
∴OA＝＝＝3，
∴AC＝2OA＝2×3＝6，
Rt△APE中，∠DAC＝30°，
∴PE＝AP，
在Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，
∴PF＝CP，
∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC＝×6＝3，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022秋•牡丹区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，若AC＝24，AB＝13，则菱形ABCD的面积是 120 ．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝＝＝5，
∴BD＝2OB＝10，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×24×10＝120，
故答案为：120．
12．（2022秋•东明县校级月考）已知菱形的两条对角线长为10cm和24cm，那么这个菱形的周长为 52cm ，面积为 120cm2 ．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，AC＝24cm，BD＝10cm，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD＝5（cm），
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×24×10＝120（cm2），∠AOB＝90°，
∴AB＝＝＝13（cm），
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝4×13＝52（cm），
故答案为：52cm，120cm2．
13．（2022春•杭州期中）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，连接OE，若∠BAD＝40°，则∠ODE的度数为 20° ．
【分析】根据菱形的性质得出∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，求出DE⊥AD，根据垂直的定义求出∠ADE＝90°，∠DEB＝90°，求出∠ADO，∠ODE的度数，根据直角三角形斜边上的中线的性质得出OD＝OE，求出∠ODE＝∠OED即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝40°，
∴∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，
∴∠DOA＝90°，
∴∠ADO＝90°﹣∠DAO＝70°，
∵AD∥BC，DE⊥BC，
∴DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ADO＝20°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵DO＝BO，
∴OE＝BD＝OD，
∴∠OED＝∠ODE＝20°，
故答案为：20°．
14．（2022春•吴中区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F分别是边AB和CD上的点，EF⊥CD于点F，则线段EF的长度为 ．
【分析】连接AC，BD，根据菱形的性质和等边三角形的性质得出AC，进而得出BD，利用菱形的面积解答即可．
【解答】解：连接AC，BD，相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠A＝120°，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，BO＝，
∴BD＝2，
∴菱形ABCD的面积＝，
∴EF＝，
故答案为：．
15．（2022春•集美区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，点E，F分别是边AB，AD上的动点，且AE+AF＝a，则△CEF面积的最小值为 ．
【分析】由在边长为a的菱形ABCD中，易得△ABC、△CAD都是边长为a的正三角形，继而证得△ACE≌△DCF，继而证得△CEF是正三角形，继而可得当动点E运动到点B或点A时，CE的值最大，当CE⊥AB，即E为AB的中点时，EF的值最小，△CEF面积的最小值最小．
【解答】解：连接AC、CE、CF，如图所示：
∵四边形ABCD是边长为a的菱形，∠B＝60°，
∴△ABC、△CAD都是边长为a的正三角形，
∴AB＝BC＝CD＝AC＝AD，∠CAE＝∠ACB＝∠ACD＝∠CDF＝60°，
∵AE+AF＝a，
∴AE＝a﹣AF＝AD﹣AF＝DE，
在△ACE和△DCF中，
，
∴△ACE≌△DCF（SAS），
∴∠ACE＝∠DCF，
∴∠ACE+∠ACF＝∠DCF+∠ACF，
∴∠ECF＝∠ACD＝60°，
∴△CEF是正三角形，
∴EF＝CE＝CF，
当动点E运动到点B或点A时，CE的最大值为a，
当CE⊥AB，即E为BD的中点时，CE的最小值为a，
∵EF＝CE，
∴EF的最小值为a，
∴△CEF面积的最小值为：，
故答案为：．
16．（2022•温江区校级自主招生）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC＝10，BD＝24，则FG的长为 6.5 ．
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，根据勾股定理求出AD＝13，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE＝6.5，证出四边形EFOG是矩形，得到EO＝GF即可得出答案．
【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD＝＝13，
又∵E是边AD的中点，
∴OE＝AD＝6.5，
∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，
∴∠EFO＝90°，∠EGO＝90°，∠GOF＝90°，
∴四边形EFOG为矩形，
∴FG＝OE＝6.5．
故答案为：6.5．
17．（2022春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
【分析】连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，先根据菱形的性质得到AB＝AD＝5，AB∥CD，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再证明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，则可判断△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可证明△BEF为等边三角形得到EF＝BE，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理计算出BE，从而得到EF的长．
【解答】解：连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝5，AB∥CD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AB，∠ABD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，
即∠ABE＝∠DBF，
∵CD∥AB，
∴∠FDB＝∠ABD＝60°，
∴∠FDB＝∠EAB，
在△BDF和△BAE中，
，
∴△BDF≌△BAE（ASA），
∴BF＝BE，
而∠EBF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE，
在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，
∴AH＝AE＝1，
∴EH＝AH＝，
在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，
∴BE＝＝，
∴EF＝BE＝．
故答案为：．
18．（2022春•鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，点E在边BC上（不与端点重合），AE交BD于点F，以EF为边向外作等边△EFG，连接CF，BG，现给出以下结论：
①∠EAB＝30°；
②△ABF≌△CBF；
③直线AB与直线DC的距离是9；
④BF+BG＝BE．
其中正确的是 ②③④ （写出所有正确结论的序号）．
【分析】连接AC，先证明△ABD和△CBD都是等边三角形，再证明△ADC≌△ABC，则∠CAD＝∠CAB＝30°，假设∠EAB＝30°，则∠EAB＝∠CAB，所以点E与点C重合，这与已知条件相矛盾，所以∠EAB≠30°，可判断①错误；
由AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF根据全等三角形的判定定理“SAS”可证明△ABF≌△CBF，可判断②正确；
作DI⊥AB于点I，则∠AID＝90°，所以∠ADI＝30°，则AI＝×6＝3，可根据勾股定理求得DI＝9，可判断③正确；
在BC上截取BH＝BF，连接FH，则△BFH是等边三角形，而△EFG是等边三角形，可证明△BFG≌△HFE，得BG＝HE，所以BF+BG＝BH+HE＝BE，可判断④正确．
【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝6，
∴AD＝AB＝CD＝CB＝6，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAB＝∠DCB＝180°﹣∠ABC＝60°，
∴△ABD和△CBD都是等边三角形，
∴∠ABF＝∠CBF＝60°，
在△ADC和△ABC中，
，
∴△ADC≌△ABC（SSS），
∴∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝30°，
假设∠EAB＝30°，则∠EAB＝∠CAB，
∴AE与AC重合，点E与点C重合，与已知条件相矛盾，
∴假设不成立，即∠EAB≠30°，
故①错误；
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
故②正确；
作DI⊥AB于点I，则∠AID＝90°，
∵∠DAI＝60°，
∴∠ADI＝30°，
∴AI＝AD＝×6＝3，
∴DI＝＝＝9，
∴直线AB与直线DC的距离是9，
故③正确；
在BC上截取BH＝BF，连接FH，则△BFH是等边三角形，
∵△EFG是等边三角形，
∴FB＝FH，FG＝FE，∠BFH＝∠GFE＝60°，
∴∠BFG＝∠HFE＝60°﹣∠GFH，
在△BFG和△HFE中，
，
∴△BFG≌△HFE（SAS），
∴BG＝HE，
∴BF+BG＝BH+HE＝BE，
故④正确，
故答案为：②③④．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•薛城区月考）如图，已知A，F，C，D四点在同一条直线上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．
（1）求证：△ABC≌△DEF．
（2）如果四边形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的长度．
【分析】（1）根据SAS即可证明△ABC≌△DEF；
（2）解直角三角形求出DF、OE、OF的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D，
∵AF＝CD，
∴AF+FC＝CD+FC，
即AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
（2）解：如图，连接EB交AD于O．
在Rt△EFD中，∠DEF＝90°，EF＝3，DE＝4，
∴DF＝＝＝5，
∵四边形EFBC是菱形，
∴OF＝OC，BE⊥CF，
∴EO＝＝＝，
∴OF＝OC＝＝＝，
∴CF＝2OF＝，
∴AF＝CD＝DF﹣FC＝5﹣＝．
20．（2022春•姑苏区校级期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面积．
【分析】（1）根据菱形的对边平行且相等可得AB＝CD，AB∥CD，然后证明得到BE＝CD，BE∥CD，从而证明四边形BECD是平行四边形；
（2）欲求菱形ABCD的面积，求得AC、BD的长度即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC，AB∥CD，
又∵BE＝AB，
∴BE＝CD，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形BECD是平行四边形，则BD∥CE．
∵∠E＝60°，
∴∠ABD＝60°．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB．
∴△ABD是等边三角形．
∴AB＝BD＝8．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝4．
∴OA＝＝＝4．
∴AC＝8．
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×8×8＝32．
21．（2022•雨花区校级开学）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，求菱形的面积．
【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，进而可以求菱形的面积．
【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，
∴菱形的面积＝BC•AE＝5×4＝20．
22．（2022春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接AC，BD交于O，根据三角形中位线定理得到AC＝16，根据菱形的性质得到AO＝AC＝8，AC⊥BD，根据勾股定理得到OB＝＝6，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴AE＝AB，CF＝BC，
∴AE＝CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）解：连接AC，BD交于O，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∵EF＝8，
∴AC＝16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝AC＝8，AC⊥BD，
∴OB＝＝6，
∴BD＝12，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×16×12＝96．
23．（2022春•重庆期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点．
（1）如图1，若E是线段BD的中点，且AB＝6，求AE的长度；
（2）如图2，F是线段AB延长线上一点，且DE＝BF，连接AE，EF．求证：AE＝EF．
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，证明△ABD是等边三角形，根据E是线段BD的中点，进而可以解决问题；
（2）作EG∥AB交AD于点G，先证明△DGE是等边三角形，得DG＝DE＝GE，再证明△AGE≌△EBF，得AE＝EF．
【解答】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB＝∠C＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝6，
∵E是线段BD的中点，
∴BE＝DE＝3，
∴AE＝BE＝3；
（2）证明：如图2，作EG∥AB交AD于点G，
∵△DAB是等边三角形，
∴∠GDE＝60°，∠DGE＝∠DAB＝60°，∠DEG＝∠DBA＝60°，
∴△DGE是等边三角形，
∴DG＝DE＝GE，
∵BF＝DE，
∴GE＝BF，
∵AD＝BD，
∴AD﹣DG＝BD﹣DE，
∴AG＝EB，
∵∠AGE＝180°﹣∠DGE＝120°，∠EBF＝180°﹣∠DBA＝120°，
∴∠AGE＝∠EBF，
在△AGE和△EBF中，
，
∴△AGE≌△EBF（SAS），
∴AE＝EF．
24．（2022春•抚远市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边三角形APE，点E的位置随点P位置的变化而变化，连接CE．
（1）如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，求证：BD＝CE+PD；
（2）如图②、图③，请分别写出线段BD，CE，PD之间的数量关系，不需证明．
【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即得出结论；
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，延长CE交AD于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
（2）解：如图2，BD＝CE+PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，
∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
如图3，BD＝CE﹣PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DAP，
∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP﹣PD，
∴BD＝CE﹣PD．
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•杜尔伯特县期中）菱形的周长为12，一个内角为60°，则较短的对角线长为（ ）
A．2B．3C．1D．
2．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面积为（ ）
A．4B．30C．54D．27
3．（2022春•墨玉县期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．则菱形的面积为（ ）
A．20B．40C．28D．24
4．（2022春•南召县期末）四边形具有不稳定性，小明将一个菱形ABCD转动，使它形状改变，当转动到使∠B＝60°时（如图），测得AC＝2；当转动到使∠B＝120°时，AC的值为（ ）
A．2B．C．D．
5．（2022春•博兴县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AB＝5，DE＝4，则在下列结论中正确的是（ ）
A．DB＝5B．AE＝4C．BE＝2D．OA＝3
6．（2022春•承德县期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是（ ）
A．（0，﹣8）B．（0，﹣5）C．（﹣5，0）D．（0，﹣6）
7．（2022春•丰泽区校级月考）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＝2，若菱形ABCD的面积为12，则AB的长为（ ）
A．10B．4C．D．6
8．（2022秋•合川区校级月考）如图，在菱形ABCD中，M．N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BC若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28°B．52°C．62°D．72°
9．（2022秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
10．（2022春•新抚区期末）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠B＝120°，AB＝，则PE﹣PF的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022秋•牡丹区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，若AC＝24，AB＝13，则菱形ABCD的面积是 ．
12．（2022秋•东明县校级月考）已知菱形的两条对角线长为10cm和24cm，那么这个菱形的周长为 ，面积为 ．
13．（2022春•杭州期中）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，连接OE，若∠BAD＝40°，则∠ODE的度数为 ．
14．（2022春•吴中区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F分别是边AB和CD上的点，EF⊥CD于点F，则线段EF的长度为 ．
15．（2022春•集美区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，点E，F分别是边AB，AD上的动点，且AE+AF＝a，则△CEF面积的最小值为 ．
16．（2022•温江区校级自主招生）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC＝10，BD＝24，则FG的长为 ．
17．（2022春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
18．（2022春•鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，点E在边BC上（不与端点重合），AE交BD于点F，以EF为边向外作等边△EFG，连接CF，BG，现给出以下结论：
①∠EAB＝30°；
②△ABF≌△CBF；
③直线AB与直线DC的距离是9；
④BF+BG＝BE．
其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•薛城区月考）如图，已知A，F，C，D四点在同一条直线上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．
（1）求证：△ABC≌△DEF．
（2）如果四边形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的长度．
20．（2022春•姑苏区校级期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面积．
21．（2022•雨花区校级开学）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，求菱形的面积．
22．（2022春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
23．（2022春•重庆期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点．
（1）如图1，若E是线段BD的中点，且AB＝6，求AE的长度；
（2）如图2，F是线段AB延长线上一点，且DE＝BF，连接AE，EF．求证：AE＝EF．
24．（2022春•抚远市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边三角形APE，点E的位置随点P位置的变化而变化，连接CE．
（1）如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，求证：BD＝CE+PD；
（2）如图②、图③，请分别写出线段BD，CE，PD之间的数量关系，不需证明．
专题18.3菱形的判定专项提升训练（重难点培优）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022春•杜尔伯特县期中）菱形的周长为12，一个内角为60°，则较短的对角线长为（ ）
A．2B．3C．1D．
【分析】根据已知可得较短的对角线与两邻边组成等边三角形，则菱形较短的对角线长＝菱形的边长，根据周长可求得菱形的边长从而较短的对角线也就求得了．
【解答】解：由已知得，较短的对角线与两邻边组成等边三角形，则菱形较短的对角线长＝菱形的边长＝12÷4＝3，
故选：B．
2．（2022春•南岗区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面积为（ ）
A．4B．30C．54D．27
【分析】直接根据菱形面积等于两条对角线的长度乘积的一半进行计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的面积＝BD•AC＝×6×9＝27，
故选：D．
3．（2022春•墨玉县期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．则菱形的面积为（ ）
A．20B．40C．28D．24
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半可得答案．
【解答】解：菱形的面积为6×8÷2＝24，
故选：D．
4．（2022春•南召县期末）四边形具有不稳定性，小明将一个菱形ABCD转动，使它形状改变，当转动到使∠B＝60°时（如图），测得AC＝2；当转动到使∠B＝120°时，AC的值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形可得菱形的边长为2，再根据菱形的性质以及勾股定理解答即可．
【解答】解：因为菱形ABCD，∠B＝60°时，测得AC＝2，
所以△ABC是等边三角形，
所以菱形的边长为2，
当转动到使∠B＝120°时，如图所示：
因为AC⊥BD，∠ABC＝120°，
所以∠ABO＝60°，
所以∠OAB＝30°，
所以，
所以，
所以AC＝2AO＝．
故选：B．
5．（2022春•博兴县期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB于点E，若AB＝5，DE＝4，则在下列结论中正确的是（ ）
A．DB＝5B．AE＝4C．BE＝2D．OA＝3
【分析】根据菱形的性质可知AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，由于DE⊥AB于点E，所以在Rt△AED中，利用勾股定理可以求出AE，进而求出BE、BD，再在Rt△AOB中求出OA即可作出判断．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，
∵AB＝5，
∴AD＝5，
∵DE⊥AB于点E，DE＝4
在Rt△AED中，根据勾股定理得，AE＝＝3，故B错误；
∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2，故C正确；
在Rt△BDE中，根据勾股定理得，BD＝，故A错误；
∴OB＝BD＝，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OA＝，故D错误．
故选：C．
6．（2022春•承德县期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是（ ）
A．（0，﹣8）B．（0，﹣5）C．（﹣5，0）D．（0，﹣6）
【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【解答】解：∵A（12，13），
∴OD＝12，AD＝13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝13，
在Rt△ODC中，OC＝，
∴C（0，﹣5）．
故选：B．
7．（2022春•丰泽区校级月考）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＝2，若菱形ABCD的面积为12，则AB的长为（ ）
A．10B．4C．D．6
【分析】由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再求出BD＝4，则OB＝2，然后由菱形面积求出AC＝6，则OA＝3，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴BD＝2OH，
∵OH＝2，
∴BD＝4，
∴OB＝2，
∵菱形ABCD的面积＝AC•BD＝AC×4＝12，
∴AC＝6，
∴OA＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，
故选：C．
8．（2022秋•合川区校级月考）如图，在菱形ABCD中，M．N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BC若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28°B．52°C．62°D．72°
【分析】根据菱形的性质以及AM＝CN，再由ASA可得△AMO≌△CNO，得AO＝CO，然后证BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，
∴∠BCA＝∠DAC＝28°，
∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．
故选：C．
9．（2022秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正确的结论有（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【分析】根据菱形的性质和∠A＝60°，可知△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判断①选项；根据SSS可证△CDG≌△CBG，根据全等三角形的性质可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根据含30°角的直角三角形的性质可判断②选项；根据△GBC为直角三角形，可知CG＞BC，进一步可知CG≠BD，即可判断③选项；根据勾股定理可得DE＝AB，再根据三角形面积的求法即可判断④选项．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠A＝60°，
∴∠BCD＝∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴∠BFD＝∠DEB＝90°，
∴∠GDB＝∠GBD＝30°，
∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，
∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，
故①选项正确；
在△CDG和△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（SSS），
∴∠DGC＝∠BGC＝60°，
∴∠GCD＝30°，
∴CG＝2GD，
∵DG＝BG，
∴CG＝DG+BG，
故②选项正确；
∵△GBC为直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等，
故③选项错误；
∵BE＝AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，
根据勾股定理，得DE＝AB，
∴S△ABD＝＝，
故④选项正确，
故正确的有①②④，
故选：B．
10．（2022春•新抚区期末）如图，点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD，DC延长线的垂线，垂足分别为点E，F．若∠B＝120°，AB＝，则PE﹣PF的值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【分析】连接BD交AC于O，由菱形的性质和勾股定理得OA＝3，则AC＝6，再由含30°角的直角三角形的性质得PF＝CP，则PE﹣PF＝（AP﹣CP）＝AC，即可得出答案．
【解答】解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝2，
∴∠BAD＝∠BCD＝180°﹣120°＝60°，∠DAC＝∠DCA＝∠BAD＝×60°＝30°，AD＝AB＝2，BD⊥AC，
在Rt△AOD中，OD＝AD＝×＝，
∴OA＝＝＝3，
∴AC＝2OA＝2×3＝6，
Rt△APE中，∠DAC＝30°，
∴PE＝AP，
在Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，
∴PF＝CP，
∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC＝×6＝3，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022秋•牡丹区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，若AC＝24，AB＝13，则菱形ABCD的面积是 120 ．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝＝＝5，
∴BD＝2OB＝10，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×24×10＝120，
故答案为：120．
12．（2022秋•东明县校级月考）已知菱形的两条对角线长为10cm和24cm，那么这个菱形的周长为 52cm ，面积为 120cm2 ．
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是菱形，AC＝24cm，BD＝10cm，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD＝5（cm），
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×24×10＝120（cm2），∠AOB＝90°，
∴AB＝＝＝13（cm），
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝4×13＝52（cm），
故答案为：52cm，120cm2．
13．（2022春•杭州期中）如图，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，连接OE，若∠BAD＝40°，则∠ODE的度数为 20° ．
【分析】根据菱形的性质得出∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，求出DE⊥AD，根据垂直的定义求出∠ADE＝90°，∠DEB＝90°，求出∠ADO，∠ODE的度数，根据直角三角形斜边上的中线的性质得出OD＝OE，求出∠ODE＝∠OED即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝40°，
∴∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，
∴∠DOA＝90°，
∴∠ADO＝90°﹣∠DAO＝70°，
∵AD∥BC，DE⊥BC，
∴DE⊥AD，
∴∠ADE＝90°，
∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ADO＝20°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵DO＝BO，
∴OE＝BD＝OD，
∴∠OED＝∠ODE＝20°，
故答案为：20°．
14．（2022春•吴中区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F分别是边AB和CD上的点，EF⊥CD于点F，则线段EF的长度为 ．
【分析】连接AC，BD，根据菱形的性质和等边三角形的性质得出AC，进而得出BD，利用菱形的面积解答即可．
【解答】解：连接AC，BD，相交于O，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠A＝120°，
∴AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，BO＝，
∴BD＝2，
∴菱形ABCD的面积＝，
∴EF＝，
故答案为：．
15．（2022春•集美区校级期中）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，点E，F分别是边AB，AD上的动点，且AE+AF＝a，则△CEF面积的最小值为 ．
【分析】由在边长为a的菱形ABCD中，易得△ABC、△CAD都是边长为a的正三角形，继而证得△ACE≌△DCF，继而证得△CEF是正三角形，继而可得当动点E运动到点B或点A时，CE的值最大，当CE⊥AB，即E为AB的中点时，EF的值最小，△CEF面积的最小值最小．
【解答】解：连接AC、CE、CF，如图所示：
∵四边形ABCD是边长为a的菱形，∠B＝60°，
∴△ABC、△CAD都是边长为a的正三角形，
∴AB＝BC＝CD＝AC＝AD，∠CAE＝∠ACB＝∠ACD＝∠CDF＝60°，
∵AE+AF＝a，
∴AE＝a﹣AF＝AD﹣AF＝DE，
在△ACE和△DCF中，
，
∴△ACE≌△DCF（SAS），
∴∠ACE＝∠DCF，
∴∠ACE+∠ACF＝∠DCF+∠ACF，
∴∠ECF＝∠ACD＝60°，
∴△CEF是正三角形，
∴EF＝CE＝CF，
当动点E运动到点B或点A时，CE的最大值为a，
当CE⊥AB，即E为BD的中点时，CE的最小值为a，
∵EF＝CE，
∴EF的最小值为a，
∴△CEF面积的最小值为：，
故答案为：．
16．（2022•温江区校级自主招生）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC＝10，BD＝24，则FG的长为 6.5 ．
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，根据勾股定理求出AD＝13，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE＝6.5，证出四边形EFOG是矩形，得到EO＝GF即可得出答案．
【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD＝＝13，
又∵E是边AD的中点，
∴OE＝AD＝6.5，
∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，
∴∠EFO＝90°，∠EGO＝90°，∠GOF＝90°，
∴四边形EFOG为矩形，
∴FG＝OE＝6.5．
故答案为：6.5．
17．（2022春•南岗区校级期中）如图，在边长为5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、点F分别在AD、CD上，且∠EBF＝60°，连接EF，若AE＝2，则EF的长度为 ．
【分析】连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，先根据菱形的性质得到AB＝AD＝5，AB∥CD，则可判断△ABD为等边三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再证明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，则可判断△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可证明△BEF为等边三角形得到EF＝BE，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理计算出BE，从而得到EF的长．
【解答】解：连接BD，过E点作EH⊥AB于H点，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝5，AB∥CD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AB，∠ABD＝60°，
∵∠EBF＝60°，
∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，
即∠ABE＝∠DBF，
∵CD∥AB，
∴∠FDB＝∠ABD＝60°，
∴∠FDB＝∠EAB，
在△BDF和△BAE中，
，
∴△BDF≌△BAE（ASA），
∴BF＝BE，
而∠EBF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF＝BE，
在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，
∴AH＝AE＝1，
∴EH＝AH＝，
在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，
∴BE＝＝，
∴EF＝BE＝．
故答案为：．
18．（2022春•鼓楼区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，点E在边BC上（不与端点重合），AE交BD于点F，以EF为边向外作等边△EFG，连接CF，BG，现给出以下结论：
①∠EAB＝30°；
②△ABF≌△CBF；
③直线AB与直线DC的距离是9；
④BF+BG＝BE．
其中正确的是 ②③④ （写出所有正确结论的序号）．
【分析】连接AC，先证明△ABD和△CBD都是等边三角形，再证明△ADC≌△ABC，则∠CAD＝∠CAB＝30°，假设∠EAB＝30°，则∠EAB＝∠CAB，所以点E与点C重合，这与已知条件相矛盾，所以∠EAB≠30°，可判断①错误；
由AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF根据全等三角形的判定定理“SAS”可证明△ABF≌△CBF，可判断②正确；
作DI⊥AB于点I，则∠AID＝90°，所以∠ADI＝30°，则AI＝×6＝3，可根据勾股定理求得DI＝9，可判断③正确；
在BC上截取BH＝BF，连接FH，则△BFH是等边三角形，而△EFG是等边三角形，可证明△BFG≌△HFE，得BG＝HE，所以BF+BG＝BH+HE＝BE，可判断④正确．
【解答】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝6，
∴AD＝AB＝CD＝CB＝6，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAB＝∠DCB＝180°﹣∠ABC＝60°，
∴△ABD和△CBD都是等边三角形，
∴∠ABF＝∠CBF＝60°，
在△ADC和△ABC中，
，
∴△ADC≌△ABC（SSS），
∴∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝30°，
假设∠EAB＝30°，则∠EAB＝∠CAB，
∴AE与AC重合，点E与点C重合，与已知条件相矛盾，
∴假设不成立，即∠EAB≠30°，
故①错误；
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
故②正确；
作DI⊥AB于点I，则∠AID＝90°，
∵∠DAI＝60°，
∴∠ADI＝30°，
∴AI＝AD＝×6＝3，
∴DI＝＝＝9，
∴直线AB与直线DC的距离是9，
故③正确；
在BC上截取BH＝BF，连接FH，则△BFH是等边三角形，
∵△EFG是等边三角形，
∴FB＝FH，FG＝FE，∠BFH＝∠GFE＝60°，
∴∠BFG＝∠HFE＝60°﹣∠GFH，
在△BFG和△HFE中，
，
∴△BFG≌△HFE（SAS），
∴BG＝HE，
∴BF+BG＝BH+HE＝BE，
故④正确，
故答案为：②③④．
三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•薛城区月考）如图，已知A，F，C，D四点在同一条直线上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．
（1）求证：△ABC≌△DEF．
（2）如果四边形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的长度．
【分析】（1）根据SAS即可证明△ABC≌△DEF；
（2）解直角三角形求出DF、OE、OF的长，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D，
∵AF＝CD，
∴AF+FC＝CD+FC，
即AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
（2）解：如图，连接EB交AD于O．
在Rt△EFD中，∠DEF＝90°，EF＝3，DE＝4，
∴DF＝＝＝5，
∵四边形EFBC是菱形，
∴OF＝OC，BE⊥CF，
∴EO＝＝＝，
∴OF＝OC＝＝＝，
∴CF＝2OF＝，
∴AF＝CD＝DF﹣FC＝5﹣＝．
20．（2022春•姑苏区校级期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面积．
【分析】（1）根据菱形的对边平行且相等可得AB＝CD，AB∥CD，然后证明得到BE＝CD，BE∥CD，从而证明四边形BECD是平行四边形；
（2）欲求菱形ABCD的面积，求得AC、BD的长度即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC，AB∥CD，
又∵BE＝AB，
∴BE＝CD，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：由（1）知，四边形BECD是平行四边形，则BD∥CE．
∵∠E＝60°，
∴∠ABD＝60°．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB．
∴△ABD是等边三角形．
∴AB＝BD＝8．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝4．
∴OA＝＝＝4．
∴AC＝8．
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×8×8＝32．
21．（2022•雨花区校级开学）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，求菱形的面积．
【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，进而可以求菱形的面积．
【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，
∴菱形的面积＝BC•AE＝5×4＝20．
22．（2022春•南浔区期末）如图，已知四边形ABCD是菱形，点E、F分别是边AB、BC的中点，连结DE、EF、DF．
（1）求证：△DEF是等腰三角形；
（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面积．
【分析】（1）根据菱形的性质得到∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接AC，BD交于O，根据三角形中位线定理得到AC＝16，根据菱形的性质得到AO＝AC＝8，AC⊥BD，根据勾股定理得到OB＝＝6，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴AE＝AB，CF＝BC，
∴AE＝CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）解：连接AC，BD交于O，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∵EF＝8，
∴AC＝16，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝AC＝8，AC⊥BD，
∴OB＝＝6，
∴BD＝12，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×16×12＝96．
23．（2022春•重庆期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是对角线BD上一点．
（1）如图1，若E是线段BD的中点，且AB＝6，求AE的长度；
（2）如图2，F是线段AB延长线上一点，且DE＝BF，连接AE，EF．求证：AE＝EF．
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，证明△ABD是等边三角形，根据E是线段BD的中点，进而可以解决问题；
（2）作EG∥AB交AD于点G，先证明△DGE是等边三角形，得DG＝DE＝GE，再证明△AGE≌△EBF，得AE＝EF．
【解答】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB＝∠C＝60°，AB＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝6，
∵E是线段BD的中点，
∴BE＝DE＝3，
∴AE＝BE＝3；
（2）证明：如图2，作EG∥AB交AD于点G，
∵△DAB是等边三角形，
∴∠GDE＝60°，∠DGE＝∠DAB＝60°，∠DEG＝∠DBA＝60°，
∴△DGE是等边三角形，
∴DG＝DE＝GE，
∵BF＝DE，
∴GE＝BF，
∵AD＝BD，
∴AD﹣DG＝BD﹣DE，
∴AG＝EB，
∵∠AGE＝180°﹣∠DGE＝120°，∠EBF＝180°﹣∠DBA＝120°，
∴∠AGE＝∠EBF，
在△AGE和△EBF中，
，
∴△AGE≌△EBF（SAS），
∴AE＝EF．
24．（2022春•抚远市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边三角形APE，点E的位置随点P位置的变化而变化，连接CE．
（1）如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，求证：BD＝CE+PD；
（2）如图②、图③，请分别写出线段BD，CE，PD之间的数量关系，不需证明．
【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即得出结论；
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，延长CE交AD于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
（2）解：如图2，BD＝CE+PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，
∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
如图3，BD＝CE﹣PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DAP，
∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP﹣PD，
∴BD＝CE﹣PD．
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