第24讲 特殊四边形-菱形（18题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第24讲 特殊四边形-菱形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156936182" 题型01 利用菱形的性质求角度
\l "_Tc156936183" 题型02 利用菱形的性质求线段长
\l "_Tc156936184" 题型03 利用菱形的性质求周长
\l "_Tc156936185" 题型04 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156936186" 题型05 利用矩形的性质求坐标
\l "_Tc156936187" 题型06 利用矩形的性质证明
\l "_Tc156936188" 题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
\l "_Tc156936189" 题型08 证明四边形是菱形
\l "_Tc156936190" 题型09 根据菱形的性质与判定求角度
\l "_Tc156936191" 题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156936192" 题型11 根据菱形的性质与判定求面积
\l "_Tc156936193" 题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156936194" 题型13 与菱形有关的新定义问题
\l "_Tc156936195" 题型14 与菱形有关的规律探究问题
\l "_Tc156936196" 题型15 与菱形有关的动点问题
\l "_Tc156936197" 题型16 菱形与反比例函数综合
\l "_Tc156936198" 题型17 菱形与一次函数、反比例函数综合
\l "_Tc156936199" 题型18 菱形与二次函数综合
题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2021·河北唐山·统考一模）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节AE间的距离，若AE间的距离调节到60cm，菱形的边长AB=20cm，则∠DAB的度数是（ ）
A．90°B．100°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质可得AB=BC,AD//BC，再根据全等的性质可得AC=13AE=20cm，然后根据等边三角形的判定与性质可得∠B=60°，最后根据平行线的性质即可得．
【详解】如图，连接AC
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=20cm,AD//BC
∵如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，AE=60cm
∴AC=13AE=20cm
∴AB=BC=AC
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=60°
∵AD//BC
∴∠DAB=180°−∠B=180°−60°=120°
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
2．（2021·广东深圳·统考一模）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（ ）
A．4: 1B．5: 1C．6: 1D．7: 1
【答案】B
【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．
【详解】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，
∵菱形的周长为16，
∴AB＝4，
在Rt△ABH中，sinB＝AHAB＝24=12，
∴∠B＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝150°，
∴∠C：∠B＝5：1．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；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．也考查了正弦的定义及应用．
3．（2021·河北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于12AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD，则∠EBD的度数为 ．
【答案】45°
【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得∠EBA=∠EAB；结合∠A=30°，ABD=12∠ABC=75°，可计算∠EBD的度数．
【详解】∠ABC=180°−30°=150°
ABD=12∠ABC=75°
∵AE=EB
∴∠EAB=∠EBA
∴∠EBD=75°−30°=45°
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
4．（2021·浙江温州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
(1)求证：BE＝DF．
(2)当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠EAF =70°
【分析】(1)根据菱形的性质可得AB = AD，∠B=∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；
(2)根据菱形的性质和∠BAD= 110°，即可求∠EAF的度数．
【详解】（1）证明：∵ AE⊥BC， AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB= AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB= AD
∴△ABE≌△ADF (AAS)，
∴BE= DF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD// BC，
∴∠BAD+∠B= 180° ，
∵∠BAD= 110°，
∴∠B= 70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB= 90°，
∴∠BAE= 20°，
∴∠DAF= 20° ，
∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF= 110°- 20°- 20°= 70°
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE和△ADF全等是解题的关键．
题型02 利用菱形的性质求线段长
5．（2021·江苏扬州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A．125B．185C．4D．245
【答案】D
【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高DE即可．
【详解】解：记AC与BD的交点为O，
∵菱形ABCD,AC=6,
∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD,
∵AB=5,
∴OB=52−32=4,BD=8,
∴ 菱形的面积=12×6×8=24,
∵DE⊥AB,
∴ 菱形的面积=AB•DE,
∴5DE=24,
∴DE=245.
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
6．（2021·黑龙江大庆·统考一模）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，若OA=6，S菱形ABCD=48，则OH的长为（ ）
A．4B．8C．13D．6
【答案】A
【分析】根据菱形面积=对角线乘积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD= AC×BD2=48，
∴BD=16，
∵DH⊥AB，BO=DO=8，
∴OH=12BD=4．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题．
7．（2021·广东中山·校联考一模）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 ．
【答案】25
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．
【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根据勾股定理得AE=32+42=5，
∵AE=BE，
∴OB=AE+OE=8，
在Rt△AOB中AB=42+82=45，
即菱形的边长为45，
∵点F为CD的中点，点O为DB中点，
∴OF=12BC=25 ．
故答案为25
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
8．（2021·湖北荆州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为 ．

【答案】27．
【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝33＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．
【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，
得矩形AGHE，
∴GH＝AE＝2，

∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，
∴BG＝3，AG＝33＝EH，
∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，
∵EF平分菱形面积，
∴FC＝AE＝2，
∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，
在Rt△EFH中，根据勾股定理，得
EF＝EH2+FH2＝27+1＝27．
故答案为：27．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2021·湖北黄石·统考模拟预测）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（ ）
A．16B．24C．16或24D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
10．（2021·辽宁大连·统考一模）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）
A．5B．20C．24D．32
【答案】B
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝12×8=4，BO＝12×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB＝AO2+BO2=16+9=5，
∴此菱形的周长为：5×4＝20．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②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．
11．（2021·湖南长沙·长沙市北雅中学校考二模）若菱形一条对角线长为8，其边长是方程x2−10x+24=0的一个根，则菱形的周长为
【答案】24
【分析】解方程得出x=4，或x=6，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=6时，6+6>8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵x2−10x+24=0，
分解得：(x−4)(x−6)=0，
解得：x=4或x=6，
分两种情况：
①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；
②当AB=AD=6时，6+6>8，
∴菱形ABCD的周长=4AB=24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．
12．（2021·广东湛江·统考三模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点E，F是BC的中点，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周长是 ．
【答案】24
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再证EF是△ABC的中位线，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，
∵F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AB＝2EF＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，掌握中位线的性质是解题的关键．
题型04 利用矩形的性质求面积
13．（2021·广西百色·统考二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】4
【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，
∴AC＝2，BD＝4，
∴菱形ABCD的面积为12×2×4＝4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.
14．（2021·湖南长沙·二模）如图，在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点．分别以点B，D为圆心，以BE的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CB，CD，则四边形BCDE的面积为 ．
【答案】2532/2523
【分析】由题意得BE=5，BD=5，DE是△ABD的中线，则DE=12AB=5，根据尺规作图的过程得BC=DC=BE，则BE=DE=DC=BC=5，即可判定四边形BCDE是菱形，又因为BE=BD=DE=5，所以△BDE是等边三角形，过点E作EF⊥BD，根据勾股定理求出BF=532，即可得求出四边形BCDE的面积．
【详解】解：在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点，
∴BE=12AB=5，BD=12AB=5，DE是△ABD的中线，
∴DE=12AB=5，
根据尺规作图的过程得，BC=DC=BE，
∴BE=DE=DC=BC=5，
∴四边形BCDE是菱形，
∵BE=BD=DE=5，
∴△BDE是等边三角形，
过点E作EF⊥BD，
则EF=12BD=52，
在Rt△BED中，根据勾股定理得，
BF=BE2−BF2=52−(52)2=532，
∴四边形BCDE的面积= 2S△BDE=2×12×5×532=2532，
故答案为：2532．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
15．（2021·新疆乌鲁木齐·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，AE∥DC，CE∥DA．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)连接DE，若AC=23，BC＝2，求菱形ADCE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)23
【分析】（1）先根据平行四边形的判定可证出四边形ADCE是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线可得AD=CD，然后根据菱形的判定即可得证；
（2）先根据三角形的面积公式可得S△ACD=12S△ABC，再根据菱形的性质可得S菱形ADCE=2S△ACD，由此即可得．
【详解】（1）证明：∵AE∥DC,CE∥DA，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：如图，连接DE，
∵∠ACB=90°,AC=23,BC=2，
∴S△ABC=12AC⋅BC=23，
∵D为AB的中点，
∴S△ACD=12S△ABC=3，
由（1）已证：四边形ADCE是菱形，
∴S菱形ADCE=2S△ACD=23，
即菱形ADCE的面积为23．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
16．（2021·广东汕头·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，
（1）求证：∠DHO=∠DCO．
（2）若OC=4，BD=6，求菱形ABCD的周长和面积．
【答案】（1）见解析；（2）20，24
【分析】（1）根据菱形的性质可得OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，从而得出DH⊥CD，∠DHB=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OD=OB，然后根据等边对等角可得解图中∠1=∠DHO，然后根据同角的余角相等和等量代换即可得出∠DHO=∠DCO；
（2）根据菱形的性质可得OD=OB=12BD=3，OA=OC=4，BD⊥AC，然后根据勾股定理即可求出CD，从而求出菱形的周长，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求出菱形的面积．
【详解】证明：（1）∵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=∠DCO
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=12BD=3，AC=2OC=8，BD⊥AC，
在Rt△OCD中，CD= OC2+OD2=5
菱形的周长=4CD=20，
菱形ABCD的面积=12BD·AC=24．
【点睛】此题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理和菱形的面积公式，掌握菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等边对等角、勾股定理和菱形的面积等于对角线乘积的一半是解决此题的关键．
题型05 利用矩形的性质求坐标
17．（2021·河南洛阳·统考三模）如图，菱形OABC的边OA在x轴上，点B坐标为（9，3），分别以点B、C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧交于点D、E，作直线DE，交x轴于点F，则点F的坐标是（ ）
A．（7.5，0）B．（6.5，0）C．（7，0）D．（8，0）
【答案】B
【分析】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．利用勾股定理求出x，可得结论．
【详解】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．
∵B（9，3），
∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，
在Rt△ABH中，则有x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴OA＝AB＝BC＝5，
∴A（5，0），
∴DE垂直平分线段BC，
∴FH＝12BC＝2.5，
∴OF＝6.5，
∴F（6.5，0），
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
18．（2021·山东淄博·统考二模）如图，在直角坐标系中，点P为菱形OACB的对角线AB、OC的交点，其中点B、P在双曲线y＝kx（x＞0）上．若点P的坐标为（1，2），则点A的坐标为（ ）
A．（﹣1，103）B．（﹣2，72）C．（﹣139，149）D．（﹣3，185）
【答案】B
【分析】首先根据题意求出反比例函数的解析式，然后根据菱形的性质求出点C的坐标，进而求出点B的坐标；最后利用中点的坐标公式求出点A的坐标．
【详解】解：∵点P在双曲线y＝kx（x＞0）上，且点P的坐标为（1，2），
∴2=k1，
即k＝2，y＝2x；
设点B坐标为B（m，n）；
∵四边形OACB为菱形，
∴BC＝BO，PA＝PB，PO＝PC．
设点C的坐标为C（a，b），
则a+02=1，b+02=2，
∴a＝2，b＝4；即点C的坐标为C（2，4）；
∵BC=m−22+n−42，BO=m−02+n−02=m2+n2，
∴m−22+n−42=m2+n2，
整理得，m+2n＝5①；
∵点B在双曲线y＝2x（x＞0）上，
∴n=2m，mn＝2②；
联立①、②并解得m＝4，n＝12或m＝1，n＝2；
∴点B坐标为（4，12）或（1，2）（舍去）；
设点A的坐标为（c，d），
则c+42=1，d+122=2，
解得c＝﹣2，d＝72，
∴点A的坐标为（﹣2，72），
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上的点的特征，菱形的性质及其应用，解题的关键是数形结合，灵活应用菱形的性质列出方程求解．
19．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）如图，在平面直角坐标系中，有菱形OABC，点A的坐标为−10,0，对角线AC，BD相交于点D，双曲线y=kx x<0经过点D，交边AB于点E，且AC+BO=125，则E的坐标为（ ）
A．−24,43B．−10,165C．−12,83D．−12,43
【答案】C
【分析】过点D作DF⊥OA，求得点B和点D坐标，从而求得直线AB和反比例函数y=kx的解析式，联立即可求解．
【详解】解：过点D作DF⊥OA，如下图：
在菱形OABD中，AD=12AC，OD=12OB，AC⊥OD
∵AC+BO=125，∴AD+OD=65
设AD=m，则OD=65−m，由题意可知，m<65−m，即m<35
由勾股定理得m2+(65−m)2=100，解得m=25或m=45（舍去）
∴AD=25，OD=45
S△ADO=12AD×OD=12OA×DF，DF=AD×ODOA=4
由勾股定理得：OF=OD2−DF2=8，∴D(−8,4)
将D(−8,4)代入y=kx得4=k−8，解得k=−32，即y=−32x
又∵D为OB的中点
∴B(−16,8)
设直线AB解析式为y=kx+b，代入A(−10,0)、B(−16,8)得
−10k+b=0−16k+b=8解得k=−43b=−403，即y=−43x−403
联立y=−32x和y=−43x−403得−32x=−43x−403
化简得：x2+10x−24=0
解得x=−12或x=2（舍）
将x=−12代入y=−43x−403得，y=83，即E(−12,83)
故选C
【点睛】此题考查了反比例函数与几何的综合应用，涉及了勾股定理、菱形的性质、一元二次方程求解以及一次函数的性质，熟练掌握相关基本性质，灵活运用性质是解题的关键．
20．（2021·河北保定·校考一模）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（1.5，0），（﹣1，0），点D在y轴上，则点C的坐标是 ．
【答案】（﹣2.5，2）
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（1.5，0），（﹣1，0），点D在y轴上，
∴AB=AD=2.5=CD，
∴DO=AD2−AO2=2.52−1.52=2，
∵CD∥AB，
∴点C的坐标是：（﹣2.5，2）．
故答案为（﹣2.5，2）．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，点的坐标，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
21．（2021·山东东营·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC满足点O在原点，点A坐标为（2，0），∠AOC＝60°，直线y＝﹣3x＋b与菱形OABC有交点，则b的取值范围是 ．
【答案】0≤b≤9+3/0≤b≤3+9
【分析】作CM⊥OA于点M，BN⊥OA于点N，求出B的坐标，然后代入一次函数解析式中，求出b的最大值，再将原点代入一次函数解析式中求出b的最小值即可．
【详解】解：作CM⊥OA于点M，BN⊥OA于点N，
∵∠AOC=60°，∠CMO=90°，
∴OM＝12OC，
∵在菱形OABC中，A（2，0），
∴OC=OA=2=CB，
∴OM=1，
∴CM＝OC2−OM2＝22−12＝3 ，
∴C(1，3)，
∴B的横坐标为3，
∵OA∥CB，
∴BN=CM=3，
∴B的纵坐标也为3，即B(3，3)，
当y=-3x+b过O（0，0）时，b最小，最小值为0，
当y=-3x+b过B(3，3)时，b最大，
把B(3，3)代入y=-3x+b，
解得：b＝3+9，
∴b的取值范围为：0⩽b≤3+9，
故答案为：0⩽b⩽3+9．
【点睛】本题考查了菱形的性质和待定系数法，关键是求出点B的坐标.
题型06 利用矩形的性质证明
22．（2021·广东东莞·一模）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF，连接BF．FD，DE，EB．
求证：四边形DEBF是菱形．
【答案】见解析
【分析】先证明四边形DEBF是平行四边形，再结合BD⊥AC可得结论．
【详解】连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是茥形，
∴OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，
又∵AE=CF，
∴OA−AE=OC−CF，即OE=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
又∵BD⊥AC，即BD⊥EF，
∴四边形DEBF是菱形．
【点睛】本题主要考查了证明四边形是菱形，证明四边形DEBF是平行四边形是解题的关键．
23．（2021·陕西·统考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，分别过点B作BM⊥AD于点M，BN⊥CD于点N，BM，BN分别交AC于E、F两点．
求证：AE=CF．
【答案】答案见解析；
【分析】根据菱形的四条边都相等可得AB＝BC，对角相等可得∠BAM＝∠BCN，对角线平分一组对角线可得∠BAE＝∠DAE＝∠DCA＝∠BCF，再根据等角的余角相等求出∠ABE＝∠CBF，然后利用“角边角”证明△ABE和△CBF全等，然后利用全等三角形对应边相等证明即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC,∠BAM=∠BCN，
∴∠BAE=∠DAE=∠DCA=∠BCF，
又∵BM⊥AD,BN⊥CD，
∴∠AMB=∠CNB=90°，
∴∠ABE=90°−∠BAM=90°−∠BCN=∠CBF．
在△ABE和△CBF中，
∠BAE=∠BCFAB=BC∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBFASA，
∴AE=CF．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等角的余角相等的性质，熟记各性质并确定出全等三角形是解题的关键．
24．（2021·云南楚雄·统考二模）如图，在菱形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，且AE＝AF，连接EF并延长，与CB的延长线交于点G，连接BD．
(1)求证：四边形EGBD是平行四边形；
(2)连接AG，若∠FGB＝30°，GB＝AE＝2，求AG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)27
【分析】（1）连接AC，根据菱形性质得到EG//BD，再根据对边平行即可证得四边形EGBD是平行四边形；
（2）过点A作AH⊥BC于H，根据直角三角形性质，结合勾股定理即可求解．
【详解】（1））证明：连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠DAB，且AC⊥BD，
∵AF＝AE，
∴AC⊥EF，
∴EG//BD，
∵ED//BG，
∴四边形EGBD是平行四边形；
（2）解：过点A作AH⊥BC于H，如图所示：
由(1)知，四边形EGBD是平行四边形，
∴GE//DB，GB＝ED，
∵∠FGB＝30°，
∴∠DBC＝30°，
∴∠ABH＝2∠DBC＝60°，
∵GB＝AE＝2，
∴AB＝AD＝4，
在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，
∴AH＝4·sin60°＝23，BH＝2，
∴GH＝4，
∴在Rt△AGH中，AG＝AH2+GH2＝12+16＝27．
【点睛】本题考查菱形的性质，涉及平行四边形的判定、直角三角形性质及勾股定理求线段长，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的性质是解决问题的关键．
25．（2021·辽宁鞍山·统考一模）在如图菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E,F是AP上的两点，连接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．
（1）求证：△ABF≌△DAE；（2）求证：DE=BF＋EF．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）根据菱形的性质得到AB=AD，AD∥BC，由平行线的性质得到∠BOA=∠DAE，等量代换得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AE=BF，DE=AF，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAE.
在ΔABP和ΔDAE中，
又∵∠ABC=∠AED，
∴∠BAF=∠ADE.
∵∠ABF=∠BPF且∠BPA=∠DAE，
∴∠ABF=∠DAE，
又∵AB=DA，
∴△ABF≅△DAE(ASA).
（2）∵△ABF≅△DAE，
∴AE=BF，DE=AF.
∵AF=AE+EF=BF+EF，
∴DE=BF+EF.
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
26．（2021·山西·校联考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列选项中不能判定平行四边形ABCD是菱形的条件是（ ）
A．∠ABD＝∠CBDB．AC⊥BDC．AB＝BCD．AC＝BD
【答案】D
【分析】根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断A，C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断B，根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断D．
【详解】A．∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B．∵平行四边形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故B不符合题意；
C．∵平行四边形ABCD中，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D．∵平行四边形ABCD中，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质等知识点，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解答本题的关键．
27．（2021·山东·统考一模）如图，已知在⊙O中，AB是弦，半径OC⊥AB，垂足为点D，要使四边形OACB为菱形，还需要添加一个条件，这个条件可以是（ ）．
A．AD=BDB．OD=CD
C．∠CAD=∠CBDD．∠OCA=∠OCB．
【答案】B
【详解】试题分析：根据垂径定理，可知AD=DB，若再加上OD=CD，则四边形OACB满足对角线互相平分，可判定为平行四边形；再结合已知条件OC⊥AB，则满足对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项B符合题意．
考点：1．垂径定理；2．菱形的判定．
28．（2021·山东潍坊·校考一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，点E,F分别是AB,AC边的中点，若要使得四边形AEDF是菱形，则需添加的一个条件是 （不添加辅助线，写出一个答案即可）．
【答案】AB=AC
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出DE=12AB=AE，DF=12AC=AF，由AB=AC，得出DE=DF=AE=AF，即可得出结论．
【详解】解：添加条件：AB=AC．理由如下：
∵AD⊥BC，点E，F分别是AB，AC边的中点，
∴DE=12AB=AE，DF=12AC=AF，
∵AB=AC，
∴DE=DF=AE=AF，
∴四边形AEDF是菱形；
故答案为：AB=AC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定和直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．
29．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图，在矩形ABCD中，点M、N分别在BC、AD上，AM=MC．若添加一个条件： ，则四边形AMCN是菱形．
【答案】∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）
【分析】根据菱形的判定方法添加符合的条件即可．
【详解】添加∠BAM=∠NCD，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形
∴ ∠B=∠D，AB=CD
∵ ∠BAM=∠NCD
∴ △ABM≌△CDN
∴ AM=CN，BM=DN
∵AD=BC
∴ AN=MC
∵AM=MC
∴ AM=AN
∴ AM=CN=AN=MC
∴ 四边形AMCN是菱形
添加AN=CM，理由如下：
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ AN∥CM
∵ AN=CM
∴ 四边形AMCN是平行四边形
∵ AM=MC
∴ 四边形AMCN是菱形
故答案为：∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）．
【点睛】本题考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法．
题型08 证明四边形是菱形
30．（2021·广东河源·校考二模）如图，四边形ABCD是平行四边形,AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF．

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)连接EF并延长，交AD的延长线于点G，若∠CEG=30°，AE =2，求EG的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得△ABE≌△ADF，从而得到AB=AD，再由菱形的判定定理即可得到结论；
（2）利用平行四边形的性质得到∠G=30°，∠EAG=90°，再由直角三角形的性质即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
又∵BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AB= AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CEG=∠G，∠AEB=∠EAG，
∵∠CEG=30°，AE⊥BC，
∴∠G=30°，∠EAG=90°，
又∵AE=2，
∴EG=2AE=4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．
31．（2021·广东深圳·统考一模）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB=6,AD=10，求四边形CEFG的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）203
【分析】（1）根据题意可得△BCE≌△BFE，因此可得FG=EC，又FG∥CE，则可得四边形CEFG是平行四边形，再根据CE=FE,可得四边形CEFG是菱形.
（2）设EF=x，则CE=x,DE=6−x，再根据勾股定理可得x的值，进而计算出四边形CEFG的面积.
【详解】（1）证明：由题意可得，
∴△BCE≌△BFE，
∴∠BEC=∠BEF,FE=CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE=∠CEB，
∴∠FGE=∠FEG，
∴FG=FE，
∴FG=EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE=FE,
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB=6,AD=10,BC=BF ，
∴∠BAF=90°,AD=BC=BF=10，
∴AF=8，
∴DF=2，
设EF=x，则CE=x,DE=6−x，
∵∠FDE=90°，
∴22+6−x2=x2，
解得，x=103 ，
∴CE=103，
∴四边形CEFG的面积是：CE⋅DF=103×2=203．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，关键在于首先证明其是平行四边形，再证明两条临边相等即可.
32．（2021·全国·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90゜，D为AB的中点，AE//CD，CE//AB，连接DE交AC于点O．
（1）证明：四边形ADCE为菱形；
（2）若∠B=60゜，BC=6，求菱形ADCE的高．
【答案】（1）见解析；（2）33
【分析】（1）由AE//CD，CE//AB判断四边形ADCE是平行四边形，Rt△ABC中，D为AB的中点，得出CD=12AB=AD，由菱形的判定定理即可得出结论；
（2）过点D作DF⊥CE，垂足为点F，DF即为菱形ADCE的高，易判断△BCD是等边三角形，得∠DCF=60°，CD=6，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF即可．
【详解】（1）证明：∵AE//CD，CE//AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=12AB=AD，
∴四边形ADCE为菱形；
（2）解：过点D作DF⊥CE，垂足为点F，如图所示：
DF即为菱形ADCE的高，
∵∠B=60°，CD=BD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，
∵CE//AB，
∴∠DCE=∠BDC=60°，
∴∠CDF=30°，
又∵CD=BC=6，
∴CF=3，
∴在Rt△CDF中，DF=CD2−CF2=33．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解决问题的关键．
33．（2021·山东烟台·校考一模）如图，ΔABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF，AG平分∠CAB，连接GE，GD.

（1）求证：ΔECG≅ΔGHD；
（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.
（3）若∠B=30∘，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）四边形AEGF是菱形，理由见解析.
【详解】分析：（1）由条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，由F是AD的中点，FG∥AE，即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；
（2）过点G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依据EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；
（3）由∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到AE=12AD，故AE=AF=FG，再根据四边形AECF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形．
详解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA．
∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG．
∵DE⊥AC，∴FG⊥DE．
∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED．
∵F是AD的中点，FG∥AE，∴H是ED的中点，∴FG是线段ED的垂直平分线，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；
（2）过点G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC；
（3）四边形AEGF是菱形．证明如下：
∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=12AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四边形AECF是平行四边形，∴四边形AEGF是菱形．

点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．
题型09 根据菱形的性质与判定求角度
34．（2020·重庆·重庆市育才中学校考二模）如图，菱形ABCD中，过顶点C作CE⊥BC交对角线BD于E点，已知∠A=134°，则∠BEC的大小为( )
A．23°B．28°C．62°D．67°
【答案】D
【分析】先说明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形内角和180°求出即可∠CBD度数，最后再用直角三角形的内角和定理解答即可.
【详解】解：∵菱形ABCD
∴AB=AD
∴∠ABD=∠ADC
∴∠ABD=∠CBD
又∵∠A=134°
∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB=12(180°-134°)=23°
∴∠BEC=90°-23°=67°
故答案为D.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角和三角形内角和定理.
35．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）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．13B．12C．33D．32
【答案】C
【分析】证明四边形ADBC为菱形，求得∠ABC=30°，利用特殊角的三角函数值即可求解．
【详解】解：连接AD，如图：
∵网格是有一个角60°为菱形，
∴△AOD、△BCE、△BCD、△ACD都是等边三角形，
∴AD= BD= BC= AC，
∴四边形ADBC为菱形，且∠DBC=60°，
∴∠ABD=∠ABC=30°，
∴tan∠ABC= tan30°=33．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，特殊角的三角函数值，证明四边形ADBC为菱形是解题的关键．
36．（2021·河北·校联考二模）如图，四边形ABCD为菱形，若CE为边AB的垂直平分线，用∠ADB的度数为（ ）
A．20°B．25°C．30°D．40°
【答案】C
【分析】连接AC，证明△ABC为等边三角形，得到∠ABC=60°，根据菱形性质即可求解．
【详解】解：连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵CE为边AB的垂直平分线，
∴BC=AC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADB=12∠ADC=12∠ABC=30°．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的性质，证明△ABC为等边三角形是解题关键．
37．（2019·河北唐山·统考二模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD相交于O，∠ABC=70°，E是线段AO上一点，则∠BEC的度数可能是（ ）
A．100°B．70°C．50°D．20°
【答案】B
【分析】由菱形的性质，得∠AOB=90°，∠ABO=35°，从而得：∠BAO=55°，进而可得：55°＜∠BEC＜90°，即可得到答案．
【详解】∵在菱形ABCD中，
∴AC⊥BD，即：∠AOB=90°，
∴∠BEC＜90°，
∵∠ABC=70°，
∴∠ABO=12∠ABC=12×70°=35°，
∴∠BAO=55°，
∵∠BEC=∠BAO+∠ABE，
∴∠BEC＞55°，
即：55°＜∠BEC＜90°．
故选B．
【点睛】本题主要考查菱形的性质定理以及三角形内角和定理与外角的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
38．（2023·湖南株洲·模拟预测）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=43，则OE=（ ）
A．4B．23C．2D．3
【答案】C
【分析】根据菱形的性质得出AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，再由△AOD直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出OE=12AD．利用菱形性质、直角三角形边长公式求出AD=4，进而求出OE=2．
【详解】∵▱ABCD是菱形，E为AD的中点，
∴AB=AD=DC=BC，AC⊥BD．
∴ △AOD是直角三角形，OE=12AD．
∵∠ABC=60°，BD=43，
∴∠ADO=12∠ADC=12∠ABC=30°，OD=12BD=12×43=23．
∵AD2−14AD2=OD2，即34AD2=12，
∴AD=4，OE=12AD=12×4=2．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出OE=12AD并求得AD=4．求解本题时应恰当理解并运用菱形对角线互相垂直且平分、对角相等，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质．
39．（2022·广东佛山·统考二模）如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，BD=10，DE=BF=2，则四边形AECF的周长等于（ ）
A．20B．202C．30D．434
【答案】D
【分析】连接AC，AC与BD相交于点O，由正方形性质得到AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，进而得到OE＝OF，再利用勾股定理求出CE的长，根据菱形的判定证得四边形AECF是菱形，即可求得四边形AECF的周长．
【详解】解：如图，连接AC，AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AC＝BD＝10，
∴AO＝CO＝BO＝DO＝5，AC⊥EF
∵DE=BF=2，
∴OE＝OF＝OD－DE＝3，
在Rt△COE中，
CE2=CO2+OE2
∴CE=CO2+OE2=52+32=34
∵AO＝CO，OE＝OF
∴四边形AECF是平行四边形
∵ AC⊥EF
∴四边形AECF是菱形，
∴AE＝EC＝CF＝AF＝34
∴四边形AECF的周长＝434
故选：D
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，能够证得四边形AECF是菱形是解决问题的关键．
40．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD=60°，则橡皮筋AC 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：3≈1.732）．
【答案】不会
【分析】设扭动后对角线的交点为O，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出△ABD为等边三角形，利用勾股定理算出AO=103，从而得到AC，再比较即可判断．
【详解】解：设扭动后对角线的交点为O，如下图：
∵∠BAD=60°，
根据正方形的性质得，
得出扭动后的四边形四边相等为菱形，
AD=AB=20cm，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=20cm，
∴BO=12BD=10cm，
∴AO=AB2−BO2=103cm，
根据菱形的对角线的性质：AC=2AO=203≈34.64(cm)，
∵34.64<36，
∴AC不会断裂，
故答案为：不会．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．
41．（2023·广东广州·一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=AD．

(1)求证：AC⊥BD；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO=2，求BD的长及四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)BD=6，四边形ABCD的周长为413
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；
（2）根据三角形中位线的性质可得OD=2EF=3，进而可得BD的长，Rt△AOD中，勾股定理求得AD，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD；
（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=12OD，
∵ EF=32，
∴OD=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD=2OD=6，
∵ AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AO=2，OD=3，
∴ AD=AO2+OD2=22+32=13，
∴菱形形ABCD的周长为413．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
题型11 根据菱形的性质与判定求面积
42．（2022·北京海淀·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，点E，F在射线AD上，且DE=DF．
(1)求证：四边形BECF是菱形；
(2)若AD=BC=6，AE=BE，求菱形BECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)272
【分析】（1）先由等腰三角形“三线合一”的性质得到BD=CD,AD⊥BC，再结合已知即可证明结论；
（2）设DE=x ，根据题意，求出BE=6−x，BD=3，再根据勾股定理列出方程求解，最后计算菱形的面积即可．
【详解】（1）∵ AB=AC，D是BC的中点，
∴BD=CD,AD⊥BC，
∵DE=DF，
∴四边形BECF是菱形；
（2）设DE=x，
∵ AD=BC=6，AE=BE，BD=CD，
∴AE=BE=6−x，BD=3，
∵AD⊥BC，
∴∠BDE=90°，
在RtΔBDE中，BD2+DE2=BE2，
即32+x2=(x−6)2，
解得x=94，
∴ DE=94，
∴ 菱形BECF的面积=12⋅BC⋅DE⋅2=6×94=272．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键．
43．（2021·新疆乌鲁木齐·校考三模）如图，四边形ABCD是菱形，点H为对角线AC的中点，点E在AB的延长线上，CE⊥AB，垂足为E，点F在AD的延长线上，CF⊥AD，垂足为F．
（1）若∠BAD=60°，求证：四边形CEHF是菱形；
（2）若CE=4，△ACE的面积为16，求菱形ABCD的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）20．
【分析】（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半和30度直角三角形性质性质可证EH=CE=CF=FH=12AC，即可证明结论；
（2）由根据三角形面积求法可求AE，设AB=x，在Rt△BCE，由勾股定理列方程即可求出菱形边长，进而可求面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴∠BAC=30°，
∵CE⊥AB，，
∴EC=12AC，
又∵AH=CH，
∴EH=12AC，
EH=CE=12AC
同理可得：CF=FH=12AC，
∴EH=CE=CF=FH，即：四边形CEHF是菱形；
（2）∵△ACE=12AE·CE，
∴12AE·4=16，
∴AE=8，
在四边形ABCD是菱形中，设AB=BC=x，则BE=AE−AB=8−x
在Rt△BCE中，EC2+BE2=BC2，
∴42+8−x2=x2，
解得x=5，
∴菱形ABCD面积=AB×CE=5×4=20．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，涉及了直角三角形性质和勾股定理．解题关键是灵活运用直角三角形性质得出线段之间发热关系．
44．（2021·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．
（1）求证：△ABE≌△ADF；
（2）若BE＝3，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）23．
【分析】（1）利用菱形的性质，由SAS证明△ABE≌△ADF即可；
（2）证△ABD是等边三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵点E，F分别是边AD，AB的中点，
∴AF＝AE，
在△ABE和△ADF中，
AB=AD∠A=∠AAE=AF，
∴△ABE≌△ADF（SAS）；
（2）解：连接BD，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵点E是边AD的中点，
∴BE⊥AD，
∴∠ABE＝30°，
∴tan∠ABE=tan30°=AEBE
∴AE＝33BE＝1，AB＝2AE＝2，
∴AD＝AB＝2，
∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×3＝23．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．
45．（2022·云南昆明·统考二模）如图所示，在平行四边形ABCD中，邻边AD,CD上的高相等，即BE=BF．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若DB=10,AB=13，求平行四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)120
【分析】（1）先证△ABE≌△CBF（AAS），即有AB＝CB，则有平行四边形ABCD是菱形；
（2）连接AC交BD于点O，根据菱形的性质有AC⊥BD，BO＝12BD＝5，在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝AB2﹣BO2＝12，则菱形的面积可求．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵邻边AD，CD上的高相等，
∴BE⊥AD，BF⊥CD，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
在△ABE和△CBF中，
∠A=∠C∠AEB＝∠CFBBE=BF，
∴△ABE≌△CBF（AAS），
∴AB＝CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝12BD＝5，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝AB2﹣BO2＝12
∴AC＝2AO＝24，
∴平行四边形ABCD的面积＝12AC×BD＝120．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
46．（2023·山东泰安·东平县实验中学统考三模）如图所示，在菱形ABCD中，AB=AC，点E，F分别为边AB，BC上的点，且AE=BF，连接CE，AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③∠AEH=∠DAH；④AE·AD=AH·AF．其中正确结论有（ ）
A．①②③④B．①②③C．②③④D．①③④
【答案】A
【分析】由菱形ABCD中，AB=AC，易证得△ABC是等边三角形，则可得∠B=∠EAC=60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得∠BAF=∠ACE，EC=AF，由外角性质可得∠FHC=∠B，可判断①②，由点A，H，C，D四点共圆，可得∠AHD=∠ACD=60°，∠ACH=∠ADH=∠BAF，可证△AEH∽△DAH，可判断③，通过证明△AEH∽△CEA，可得AEEC=AHAC，可得AE·AD=AH·AF，可判断④，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴AB=BC=AC，
即△ABC是等边三角形，
同理：△ADC是等边三角形，
∴∠B=∠EAC=60°，
在△ABF和△CAE中，
BF=AE∠B=∠EACAB=AC，
∴△ABF≌△CAE SAS；
∴∠BAF=∠ACE，EC=AF，
∵∠FHC=∠ACE+∠FAC=∠BAF+∠FAC=∠BAC=60°，
∴∠FHC=∠B，
故①正确，②正确；
∵∠AHC+∠ADC=120°+60°=180°，
∴点A，H，C，D四点共圆，
∴∠AHD=∠ACD=60°，∠ACH=∠ADH=∠BAF，
∴∠AHD=∠FHC=∠AHE=60°，
∴△AEH∽△DAH，
∴∠AEH=∠DAH，故③正确；
∵∠ACE=∠BAF，∠AEH=∠AEC，
∴△AEH∽△CEA，
∴AEEC=AHAC，
∴AE⋅AC=AH⋅EC，
∴AE·AD=AH·AF，
故④正确；
综上可知，正确的有：①②③④，
故选A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形，圆周角定理，菱形的性质，等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，难度较大，综上综合运用上述知识点，逐步推导认证是解题的关键．
47．（2023·山东泰安·统考二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，

故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
48．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，点E在边AD上，连接BE．作点A关于BE的对称点F，连接EF、BF、DF．现给出以下4个结论：①BE平分∠ABF；②菱形ABCD的面积等于3；③△DEF周长的最小值为23；④当EF⊥AD时，AE=3−1，其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】根据翻折性质和全等三角形的判定与性质证明△ABE≌△FBE得到∠ABE=∠FBE可判断①；根据菱形的性质和等边三角形的判定和性质求解可判定②；根据翻折性质可判断当DF最小时，△DEF的周长最小，然后求得BD，由DF≥BD-BF求解可判断③；过点B作BT⊥DA交DA的延长线于点T，利用锐角三角函数求得AT=1，BT=3，再由①结论和EF⊥AD得到∠TBE=∠BET=45°，则TB=TE=3，进而可判断④；
【详解】解：如图，连接AC，BD交于点O．
由翻折变换的性质可知BA=BF，EA=EF，
在△ABF和△FBE中，
BA=BFEA=EFBE=BE，
∴△ABE≌△FBESSS，
∴∠ABE=∠FBE，
∴BE平分∠ABF，故①正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD=2，∠ABC=∠ADC=60°，
∴△ABC，△ADC都是等边三角形，∠ABO=12∠ABC=30°，
∴AO=AB⋅sin30°=1，BO=AB⋅cs30°=3，
∴S菱形ABCD=2S△ABC=2×12×3×1×2=23，故②错误；
与翻折变换的性质可知AB=BF=2，AE=EF，
∴DE+EF=DE+AE=AD=2，
∴DF最小时，△DEF的周长最小，
∵OB=OD=3，
∴BD=23，
∵DF≥BD-BF=23−2
∴DF的最小值为23−2；
∴△DEF的周长的最小值为23−2+2=23，故③正确；
过点B作BT⊥DA交DA的延长线于点T，
∵AT∥BC，
∴∠BAT=∠ABC=60°，
∴AT=AB⋅cs60°=1，BT=AB⋅sin60°=3，
∵EF⊥AD，BE平分∠ABF，
∴∠BET=∠BEF=45°，
∴∠TBE=∠BET=45°，
∴TB=TE=3，
∴AE=TE−AT=3−1，故④正确．
综上，正确的是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查翻折性质、全等三角形的判定与性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数、等腰三角形的判定、两点之间线段最短等知识，综合性强，属于填空压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
49．（2023·湖南长沙·校联考二模）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边BC，CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN，OM．①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时，S△CMN=14S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．其中正确的结论有 （填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③不正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，
∴AB=BC，AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC=60°，
∵∠BAC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠ABC=∠ACD，
∵∠BAC=∠MAN，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABC=∠ACD，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小，如图：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴∠CMN=∠CBD，∠CNM=∠CDB，
∴△CMN∽△CBD，相似比为1:2，
∴S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，
∴S△CMN≠14S菱形ABCD，故③不正确；
当OM⊥BC时，如图：

∵在菱形ABCD中，
∴AC⊥BD，OA=OC，BC=AB=CD，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠BCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
50．（2023·广东广州·广州市番禺区市桥星海中学校考一模）如图，在⊙O中，AB为直径，点M为AB延长线上的一点，MC与⊙O相切于点C，圆周上有另一点D与点C分居直径AB两侧，且使得MC=MD=AC，连接AD．现有下列结论：①MD与⊙O相切；②四边形ACMD是菱形；③AB=MO；④∠ADM=120°．其中正确的结论是 （填序号）．
【答案】①②③④
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质、切线的判定及性质、菱形的判定及性质、含30°角的直角三角形的特征，利用SSS得△CMO≌△DMO，可得∠ODM=∠OCM，再根据切线的判定及性质可判断①，利用三角形的判定及性质得AC=AD，再根据菱形的判定即可判断②，利用含30°角的直角三角形的特征可判断③，利用菱形的性质可判断④，熟练掌握相关的判定及性质是解题的关键．
【详解】解：连接OC，OD，
∵OC=OD，CM=DM，OM=OM，
∴△CMO≌△DMOSSS，
∴∠ODM=∠OCM，
∵MC与⊙O相切于点C，
∴∠OCM=90°，
∴∠ODM=90°，
∵OD是⊙O的直径，
∴MD与⊙O相切；故①正确；
∵△CMO≌△DMO，
∴∠COM=∠DOM，
∴∠AOC=∠AOD，
∵OA=OA，
∴△AOC≌△AODSAS，
∴AC=AD，
∴AC=AD=CM=DM，
∴四边形ACMD是菱形，故②正确；
∵AC=CM，
∴∠CAM=∠CMA，
∵∠COM=2∠CAM，
∴∠COM=2∠CMO，
∴∠CMO=30°，
∴OC=12OM，
∵OC=12AB，
∴AB=OM，故③正确；
∵四边形ACMD是菱形，
∴∠DAM=∠DMA=∠AMC=∠CAM=30°，
∴∠ADM=120°，故④正确；
故答案为：①②③④．
题型13 与菱形有关的新定义问题
51．（2020·浙江·模拟预测）定义：若一个四边形的对角线互相垂直，且较长对角线的长度是较短对角线长度的2倍，则称这个四边形为“倍垂四边形”．
（1）如图①，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=5,AC=2，试判断菱形ABCD是否为“倍垂四边形”，并说明理由；

（2）如图②，在△ABC中，AB=32,BC=7,AC=5，作AO⊥BC于点O，问在射线AO上是否存在着一点D，使得四边形ABDC是“倍垂四边形”．若存在，请求出此时线段OD的长；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，在Rt△ABC中，AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，分别以Rt△ABC的斜边AC和直角边AB为边向外作Rt△ACD和Rt△ABE，且∠CAD=∠BAE=90°，连接DE，当四边形BCDE是“倍垂四边形”时，求DE的长．
【答案】（1）是，见解析；（2）存在，0.5或11；理由见详解（3）34或4092．
【分析】（1）根据题意易得AO=12AC=1，然后由勾股定理可得BD=2BO=4，进而由题目所给定义可求解；
（2）设BO=x，则CO=7−x，由勾股定理及题意得(32)2−x2=52−(7−x)2，进而求解x的值，最后利用线段的和差倍分关系求解即可；
（3）连接BD,CE交于点F，BD交AC于点G，由题意易得BC=3，根据四边形BCDE是“倍垂四边形”及题意得∠EAC=∠BAD，∠ADG=∠GCF，从而得到△EAC∽△BAD，则根据相似三角形的性质可求AE,AD的值，然后进行分类求解即可．
【详解】解：（1）在菱形ABCD中，AC与BD垂直且互相平分，
∴AO=12AC=1，
∵AB=5，
∴BO=AB2−AO2=2，
∴BD=2BO=4，
∴BD=2AC，
∴菱形ABCD是“倍垂四边形”；
（2）设BO=x，则CO=7−x，
∵AO⊥BC，
∴在Rt△ABO中，AO2=AB2−BO2=(32)2−x2，
在Rt△ACO中，AO2=AC2−CO2=52−(7−x)2，
∴(32)2−x2=52−(7−x)2，
解得：x=3，即BO=3，
∴AO=3，
∴当AD=12BC=3.5时，OD=AD−AO=0.5，
当AD=2BC=14时，OD=AD−AO=14−3=11；
∴AD=0.5或11；
（3）连接BD,CE交于点F，BD交AC于点G，如图1所示，
图1
∵AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，
∴BC=3，
∵四边形BCDE是“倍垂四边形”，
∴BD⊥CE，
∵Rt△ABE和Rt△ACD，
∴∠EAB=∠CAD=90°，
∴∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC，∴∠EAC=∠BAD，
∵∠CAD=∠DFC=90°，∠AGD=∠BGC，
∴∠ADG=∠GCF，
∴△EAC∽△BAD，
∴ABAE=BDCE=2,ADAC=BDCE=2或ABAE=BDCE=12,ADAC=BDCE=12，
即AE=2,AD=10或AE=8,AD=52，
（Ⅰ）如图1，∵AE=2,AD=10，
∴BE=25,CD=55，
∵BD⊥CE，
∴DE2+BC2=BE2+CD2，
即DE2+32=(25)2+(55)2，得DE2=136，
∴DE=234；
（Ⅱ）如图2，∵AE=8,AD=52，
∴BE=45,CD=525，
同理可得DE2+32=(45)2+5252，
得DE2=4094，
∴DE=4092．
图2
【点睛】本题主要考查菱形的性质、相似三角形的性质与判定及勾股定理，关键是根据题目所给的定义进行分析，然后利用相似三角形的性质及勾股定理列出关系式进行求解即可．
52．（2021·江苏泰州·校考二模）设A（a，n）为双曲线y=kx（k>0，x>0）上一点，过点A作AB⊥x轴于B点，AB的垂直平分线交y轴于点C，交双曲线于点P．定义：P为A点的中垂点；特别的，当△ABP为等腰直角三角形时，又称P为A点的完美中垂点．
（1）若k=8，且A点存在完美中垂点， 则A的坐标是________
（2）四边形ACBP一定为 ． （填字母）
A． 平行四边形 B． 菱形 C． 矩形 D．正方形
（3）若△AOP的面积为6时，则k= ．
（4）设P为A的中垂点，Q又为P的中垂点，且△APQ是等腰三角形，试求k关于a的函数表达式．
【答案】（1）(2,4)；（2）B；（3）8；（4）k=4a2
【分析】（1）利用等腰直角三角形和垂直平分线的性质求解即可；
（2）根据垂直平分线的性质得出AP=BP=BC=AC，从而可判断四边形的形状；
（3）用含有k的式子表示出△AOP的面积，进而建立方程即可求解；
（4）根据A，P，Q的坐标，表示出AP2,AQ2,PQ2，然后利用等腰三角形的定义分三种情况：①AP2=PQ2；②AP2=AQ2；③AQ2=PQ2，分别进行讨论即可．
【详解】解：（1）∵k=8，
∴y=8x．
∵A（a，n）为双曲线y=8x(x>0)上一点，
∴an=8，
∴a=8n，
设AB，CP交于点D，
∵A点存在完美中垂点，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠BAP=∠ABP=45°．
∵CP垂直平分AB，
∴∠DAP=∠APD=45°，
∴AD=PD．
∵A(a,n)，P为A点的完美中垂点，
∴P(16n,n2)，
∴n−n2=16n−8n，
∴n=4,n=−4,
经检验：它们都是原方程的根，但n=−4不符合题意，舍去，
∴A(2,4)；
（2）∵CP垂直平分AB，
∴AP=BP,AC=BC．
∵A(a,n)，P(16n,n2)，
∴CD=8n,PD=8n，
∴CD=PD．
∵AB⊥CP，
∴CB=BP，
∴AP=BP=BC=AC，
∴四边形ACBP一定为菱形；
（3）∵S△AOP=6，A(kn,n)，P(2kn,n2)，
∴2kn⋅n−12k−12k−12(2kn−kn)⋅(n−n2)=6，
∴34k=6，
∴k=8；
（4）∵P为A的中垂点，Q又为P的中垂点，
∵A(kn,n)，P(2kn,n2)，Q(4kn,n4)，
∴AP2=(2kn−kn)2+(n−n2)2=k2n2+n24，
PQ2=(4kn−2kn)2+(n2−n4)2=4k2n2+n216，
AQ2=(4kn−kn)2+(n−n24)2=9k2n2+9n216．
∵△APQ是等腰三角形，
①AP2=PQ2
∴k=4a2；
②AP2=AQ2，无解；
③AQ2=PQ2，无解；
综上所述，k=4a2．
【点睛】本题主要考查反比例函数与等腰三角形的定义，垂直平分线的性质，分情况讨论是关键．
题型14 与菱形有关的规律探究问题
53．（2021·黑龙江鹤岗·统考模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A1，使DA1=CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到ΔADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2=C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到ΔA1D1A2……按此规律，得到ΔA2020D2020A2021，记ΔADA1的面积为S1，ΔA1D1A2的面积为S2……ΔA2020D2020A2021的面积为S2021，则S2021= ．
【答案】24038⋅3
【分析】由题意易得∠BCD=60°,AB=AD=CD=1，则有ΔADA1为等边三角形，同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S1=34，S2=3，……由此规律可得Sn=3⋅22n−4，然后问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC,AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ADA1=∠BCD=60°，
∵DA1=CD，
∴DA1=AD，
∴ΔADA1为等边三角形，
同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：
∴BE=BC⋅sin∠BCD=32，
∴S1=12A1D⋅BE=34A1D2=34，
同理可得：S2=34A2D12=34×22=3，S3=34A3D22=34×42=43，……；
∴由此规律可得：Sn=3⋅22n−4，
∴S2021=3×22×2021−4=24038⋅3；
故答案为24038⋅3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
54．（2021·辽宁丹东·校考模拟预测）如图，一次函数y=2x+2的图象为直线l，菱形AOBA1，A1O1B1A2，A2O2B2A3，…按图中所示的方式放置，顶点A，A1，A2，A3，…均在直线l上，顶点O，O1，O2，…均在x轴上，则点Bn的坐标是 ．
【答案】3×2n−1−1,2n
【分析】首先求出直线l与坐标轴的交点坐标，然后根据菱形的性质依次求出B1，B2，B3……的坐标，找出规律，即可求解．
【详解】解：如图，设直线l与x轴的交点为M．
∵直线l的解析式为y=2x+2，
∴ M−1,0，A10,2，
∵四边形AOBA1是菱形，
∴ A1O1与A1M关于y轴对称，OA1与AB互相垂直平分，
∴ O11,0，AB∥x轴，且AB是△MA1O1的中位线，
∴ B12,1．
同理，O1A2与A1B1互相垂直平分，
把x=1代入y=2x+2得y=4，
∴ A21,4，
∵ O1A2垂直平分A1B1，
∴ O23,0，B12,2．
把x=3代入y=2x+2得y=8，
∴ A33,8，
∵ O2A3垂直平分A2B2，
∴ O37,0，B25,4．
同理可得B311,8．
∴点Bn的横坐标是3×2n−1−1，纵坐标是2n，
∴点Bn的坐标是3×2n−1−1,2n，
故答案为：3×2n−1−1,2n．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，正确得出点的坐标的规律．
55．（2020·浙江·校联考模拟预测）如图，直线l1的解析式是y＝33x，直线l2的解析式是y＝3x，点A1在l1上，A1的横坐标为32，作A1B1⊥l1交l2于点B1，点B2在l2上，以B1A1、B1B2为邻边在直线l1、l2间作菱形A1B1B2C1，延长B2C1交l1于点A2，点B3在l2上，以B2A2、B2B3为邻边在l1、l2间作菱形A2B2B3C2，………按照此规律继续作下去，则线段A2020B2020长为（ ）

A．22019B．（32）2019C．（32）2020D．（32）2020
【答案】B
【分析】利用解直角三角形分别求得∠A1OD=30°，∠B1OE=60°，∠B1OA1=30°，求得OA1的长，从而求得菱形A1B1B2C1的边长，求出A2B2的长，继而找到规律，即可求解．
【详解】解：过点A1、B1分别作x轴的垂线，分别交x轴于点D、E， 如图，

∵点A1在l1上，A1的横坐标为32，则点A1(32，32)，
∴OD=32，A1D=32，
∴tan∠A1OD=A1DOD=33，
∴∠A1OD=30°，
∵点B1在l2上，设B1的横坐标为a，则点B1(a，3a)，
∴OE=a，B1E=3a，
∴tan∠B1OE=B1EOE=3，
∴∠B1OE=60°，
∴∠B1OA1=∠A1OD=30°，
∵A1的横坐标为32，
∴OA1=ODcs30°=3232=3；
在Rt△A1B1O中，
A1B1=OA1tan30°=3×33=1；
∵菱形A1B1B2C1中，
∴A1B1=B2C1=A1C1=1，A1B1∥A2B2，OB1∥A1C1，
∴∠C1A2O=90°，∠C1A1A2=30°，
∴A2C1=12A1C1=12，
∴A2B2=1+12=32；
同理可得：
A3B3=32+32×12=94=322，
A4B4=94+94×12=278=323，
⋯
AnBn=32n−1，
∴A2020B2020=322019．
故答案为：B．
【点睛】本题考查了点的坐标规律探索型，菱形的性质，特殊角的三角函数，含30度角的直角三角形的性质，正确的识别图形、找到规律是解题的关键．
56．（2020·广东茂名·统考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠ADC=120°，以AC为边作菱形ACC1D1，且∠AD1C1=120°；再以AC1为边作菱形AC1C2D2，且∠AD2C2=120°；……按此规律，菱形AC2019C2020D2020的面积为 ．
【答案】32×32020．
【分析】根据题意求出每个菱形的边长以及面积，从中找出规律．
【详解】解：当菱形的边长为a，其中一个内角为120°时，
其菱形面积为：32a2，
当AB=1，易求得AC=3，此时菱形ABCD的面积为：32=32×1，
当AC=3时，易求得AC1=3，此时菱形面积ACC1D1的面积为：332=32×(3)2，
当AC1=3时，易求得AC2=33，此时菱形面积AC1C2D2的面积为：932=32×(3)4，
……，
由此规律可知：菱形AC2019C2020D2020的面积为32×(3)2×2020=32×32020，
故答案为：32×32020，
【点睛】本题考查规律型，解题的关键是正确找出菱形面积之间的规律，本题属于中等题型．
题型15 与菱形有关的动点问题
57．（2022·安徽合肥·校考三模）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠A=60°，点E为BC的中点，动点P以2cms的速度沿A→B→E运动，动点Q以1cms的速度沿B→D运动．点P，Q分别从A，B两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P运动的时间为xs，△BPQ的面积为ycm2，则y与x之间的关系用图象大致可表示为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分两种情况：点P在AB上运动和点P在BE上运动，分别求出解析式即可．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=6cm，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形．
①当点P在AB上运动，即0≤x≤3时，

AP=2xcm，BP=AB−AP=6−2xcm，BQ=2xcm
过点P作PN⊥BD于点N，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∴在Rt△BPN中，PN=BP⋅sin∠PBN=6−2x⋅sin60°=6−2x⋅32=3−x3，
∴S△BPQ=12BQ⋅PN=12⋅2x⋅3−x3=−3x2+33x，
即y与x之间的函数解析式为y=−3x2+33x0≤x≤3；
②当点P在BE上运动，即3
BP=2x−6cm，BQ=2xcm
过点P作PM⊥BD于点M，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∴在菱形ABCD中，∠CBD=∠ABD=60°
∴在Rt△BPM中，PM=BP⋅sin∠PBM=2x−6⋅sin60°=2x−6⋅32=x−33，
∴S△BPQ=12BQ⋅PN=12⋅2x⋅x−33=3x2−33x，
即y与x之间的函数解析式为y=3x2−33x3综上所述，y与x之间的函数解析式为y=−3x2+33x0≤x≤33x2−33x3图象为： ．
故选：B
【点睛】本题主要考查动点问题的函数图象，分类讨论，正确求出函数解析式是解题的关键．
58．（2023·河南信阳·校考三模）如图，菱形ABCD，∠ADC=120°，边长为4，点E在AB上，且BE=1，F为对角线AC上一动点，则BF+EF的最小值为（ ）

A．11B．13C．14D．4
【答案】B
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接DE．此时BF+EF=DE最小，再作DM⊥AB垂足为M，根据菱形的性质、勾股定理计算．
【详解】解：连接DB，过点D作DM⊥AB于点M．

∵四边形ABCD是菱形，
∴B点关于AC的对称点即为点D，
连接DE，DE即为BF+EF的最小值．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AB∥CD．
∴∠DAB+∠ADC=180°，
又∵∠ADC=120°，
∴∠DAB=60°．
∴△ADB是等边三角形．
又∵DM⊥AB，
∴AM=BM=12AB=2．
∴ME=BM−BE=2−1=1．
在Rt△AMD中，tan60°=DMAM=3．
∴DM=3AM=23．
在Rt△DME中，DE=DM2+ME2=(23)2+12=13．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是轴对称-最短路径问题，菱形的性质，掌握轴对称-最短路径的确定方法、灵活运用勾股定理是解题的关键．
59．（2021·四川成都·统考二模）如图，在边长为6的菱形ABCD中，AC为其对角线，∠ABC=60°，点M、N分别是边BC、CD上的动点，且MB=NC．连接AM、AN、MN，MN交AC于点P．则点P到直线CD的距离的最大值为 ．

【答案】334/343
【分析】AM垂直于BC时，等边三角形边长最小，AP最小，PC最长．过P作PE垂直于CD于E点求解．
【详解】解：∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，∠ACB=∠ACD=60°，
在△ABM和△ACN中，
AB=AC∠ABM=∠ACNBM=CN，
∴△ABM≌△ACNSAS，
∴AM=AN，
∴△AMN为等边三角形，
∵∠B=∠ACB=∠AMP=60°，
∴∠BAM+∠BMA=∠BMA+∠CMP=180°−60°=120°，
∴∠BAM=∠CMP，∠BMA=∠CPM，
∴△BAM∽△CMP，
∴ BABM=CMCP，
设BM长为x，则CM=6−x，
∴ 6x=6−xCP，
∴6CP=x(6−x)=−(x−3)2+9，
∴当x=3时CP最长，
即当AM垂直于BC时，等边三角形边长最小，此时CP最长，满足条件，作PE⊥CD于点E．

∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BM=MC=3，∠CMP=30°，∠CPM=90°，
∴PC=12MC=32，
在Rt△PCE中，
∵∠CPE=30°，PC=32，
∴EC=12PC=34，
∴PE=PC2−CE2=334，
故答案为：334．
【点睛】本题考查菱形与三角形的综合应用，解题关键是熟练应用所学知识，掌握含30°的直角三角形的边长比．
60．（2023·湖北十堰·统考模拟预测）如图，AB是平面内一条线段，分别以点A和点B为圆心，大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于E，F两点，连接EF交线段AB于点G，点D是射线GE（不与G点重合）上一个动点，过点D，点B分别作EF，AB的垂线交于点C，连接CG．

(1)求证：四边形AGCD是平行四边形；
(2)四边形AGCD能否为菱形？若能，请添加一个条件；若不能，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）证明DC=AG，DC∥AG，即可解答；
（2）根据直角三角形中，斜边大于直角边，即可解答．
【详解】（1）证明：由作图可知，EF是线段AB的垂直平分线，
∴DG⊥AB，AG＝BG，
∵CD⊥EF，BC⊥AB ，
∴四边形BCDG是矩形
∴DC=BG，DC∥BG ，
∴DC=AG，DC∥AG ，
∴四边形AGCD是平行四边形；
（2）解：四边形AGCD不能成为菱形
理由如下：
在Rt△DGC中，∠CDG=90°，
∴CD∴CD≠CG，
所以四边形AGCD不能成为菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质，熟知相关性质是解题的关键．
61．（2023·山东烟台·统考二模）已知AE∥BF，AB=6，点C为射线BF上一动点（不与点B重合），△BAC关于AC的轴对称图形为△DAC．

(1)如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，当点D在射线AE，BF之间时，若点G为射线BF上一点，点C为BG的中点，连接BD交AC于点M，BG=10，AC=5．
①求证：△BDG为直角三角形；
②求DG的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②DG=145
【分析】（1）由菱形的判定：四边相等的四边形是菱形即可；
（2）①先由△BAC关于AC的轴对称图形为△DAC，得到AC⊥BD,BM=DM，再由中位线的性质得到CM∥DG即可；②设CM=x,则AC=5,AM=5−x分别在Rt△AMD中和在Rt△CMD中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△BAC关于AC的轴对称图形为△DAC，
∴∠ACB=∠ACD，AB=AD，BC=DC，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠CAD=∠ACD，
∴AD=CD
∴AB=AD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）①证明：∵△BAC关于AC的轴对称图形为△DAC，
∴AC⊥BD,BM=DM，
∴∠AMD=90°，
∵C是BG的中点，
∴CM∥DG，
∴∠BDG=∠AMD=90°，
∴△BDG是直角三角形．
②解：∵BM=DM，C是BG的中点，BG=10，
∴DG=2CM,CD=BC=12BG=5,AD=AB=6，
设CM=x,
∵AC=5,
∴AM=5−x，
在Rt△AMD中，DM2=AD2−AM2，
在Rt△CMD中，DM2=CD2−CM2,
∴AD2−AM2=CD2−CM2，
即62−(5−x)2=52−x2，
解得：x=75,
∴CM=75,
∴DG=2CM=145．
【点睛】本题主要考查了翻折的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，三角形的中位线定理，等腰三角形“三线合一”性质，掌握相关的性质及判定方法是本题的关键．
62．（2023·黑龙江·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点B在y轴上，且OA，OB的长是方程x2−6x+8=0的两个根OA
(1)求点C的坐标；
(2)设△PCQ的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)M是直线BC上一点，在平面内是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点C的坐标为(6,4)
(2)S=12t2−5t+12(0≤t≤4)
(3)存在点N．坐标为(2+42,0)或(2−42,0)或(6,0)或(10,8)．
【分析】（1）过点C作CD⊥x轴，垂足为D.则∠ADC=90°，解x2−6x+8=0，得x1=2，x2=4，求得点A的坐标是2,0，点B的坐标是0,4，证明四边形BODC是矩形，则CD=OB=4，由∠CAD=45°得到AD=CD=4，则OD=6.即可得到答案；
（2）作QM⊥BC于点M，由题意可得BP=t、AQ=2t，CP=6−t，然后解直角三角形可得CQ=42−2t、QM=4−t.最后根据实际和三角形的面积公式即可解答；
（3）设点M的坐标是(m,4)、N的坐标是(n,p)，然后分AC是对角线、当AC为边、MC是对角线三种情况，分别根据中点坐标公式、两点间距离公式求解即可解答．
【详解】（1）解：如图：过点C作CD⊥x轴，垂足为D.则∠ADC=90°，

解x2−6x+8=0，得x1=2，x2=4．
∵OA∴OA=2，OB=4，
∴点A的坐标是2,0，点B的坐标是0,4，
∵BC∥x轴，∠BOD=90°，
∴∠OBC=90°，
∴∠OBC=∠ADC=∠BOD=90°，
∴四边形BODC是矩形，
∴CD=OB=4，
∵∠CAD=45°，
∴AD=CD=4，
∴OD=OA+AD=6．
∴点C的坐标为(6,4)．
（2）解：作QM⊥BC于点M．

由题意可得BP=t，AQ=2t，
∵BC=OD=6，
∴CP=6−t，
∵AC=AD2+CD2=42，
∴CQ=42−2t，
∵∠CAD=∠ACB=45°，sin∠ACB=QMCQ=22，
∴QM=22CQ=2242−2t=4−t，
∴S=12CP⋅MQ=12(6−t)(4−t)=12t2−5t+12(0≤t≤4)．
（3）解：∵M是直线BC上一点，
∴可设点M的坐标是(m,4)，
设点N的坐标是(n,p)，
①当AC是对角线时，由中点坐标公式得到4+p2=0+42，
∴p=0，
由NA=NC得到n−2=6−n2+4−02，解得n=6，
∴点N的坐标是(6,0)；
②当AC为边时，则AC∥MN,AC=MN，
∴AC2=MN2,CM2=AC2，AN2=AC2，
∴6−22+4−02=m−n2+4−p2，m−62=6−22+4−02， n−22=6−22+4−02，
解得n1=2+42p=0,n2=2−42p=0，
∴此时点N的坐标是(2+42,0)或(2−42,0)；
③当MC是对角线时，由中点坐标公式得到m+62=2+n2,4+42=0+p2，
∴p=8，m=n−4，
由MA=AC得到m−22+4−02=6−22+4−02，解得m=−2（不合题意，舍去）或m=6，
∴6=n−4，解得n=10，
∴此时点N的坐标是(10,8)．
综上可知，存在点N，坐标分别为(2+42,0)或(2−42,0)或(6,0)或(10,8)．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程、函数解析式等知识点，掌握分类讨论和数形结合是解题的关键.
题型16 菱形与反比例函数综合
63．（2023·广东深圳·统考模拟预测）如图，菱形OABC的边OC在y轴，点B在第一象限，且∠B=60°，将这个菱形向右平移2个单位得到菱形O'A'B'C'（点A'和A对应）．若反比例函数y=kx(k≠0)的图象恰好经过点A'，B，则k的值为 ．

【答案】3
【分析】设菱形的边长为m，利用含有60°的直角三角形的特点，用m的代数式表示出点A、B、A'的坐标，利用点B、A'的坐标之积相等列出关于m的方程，最后求出k即可．
【详解】解：延长BA交x轴于点M，过点B作BN⊥y轴，垂足为N，如图所示：

在Rt△BNC和Rt△OMA中，
BC=AOBN=OM，
∴Rt△BNC≅Rt△OMA(HL)，
∴AM=CN，
∵∠B=60°，
∴∠OAM=60°，
∴∠AOM=30°，
设菱形OABC的边长为m，则A(32m,12m)，
∴点B的坐标为(32m,32m)，
∵菱形向右平移2个单位得到菱形O'A'B'C'，
∴A'(32m+2,12m)，
∵y=kx(k≠0)的图象恰好经过点A'，B，
∴k=xy=(32m+2)×12m=32m×32m，
解得：m=233，
∴k=32m×32m=334m2=334×129=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，点的坐标之积等于常数k值．
64．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，反比例函数y=kxk≠0,x>0的图象经过点C，交AB于点D，若sinB=23，S△OCD=6，则k值为 ．

【答案】45
【分析】过点C作CE⊥OA于点E，根据菱形的性质，得sin∠AOC=CEOC=sin∠B=23 ，设CE=2a，则OC=OA=3a，再表示出点C的坐标，根据S菱形OABC=2S△OCD=6×2=12列方程即可求出a的值及k的值．
【详解】解：过点C作CE⊥OA于点E，

∵四边形OABC为菱形，
∴OC=OA,∠AOC=∠B，
∴sin∠AOC=CEOC=sin∠B=23，
设CE=2a，则OC=OA=3a，
在Rt△OEC中，OE=OC2−CE2=(3a)2−(2a)2=5a，
∴C(5a,2a)
∵S菱形OABC=2S△OCD=6×2=12，
又∵S菱形OABC=OA×CE=3a×2a=12，
∵a>0，
∴a=2，C(10,22)，k=10×22=45．
故答案为：45．
【点睛】本题考查的是反比例函数综合题目，考查了反比例函数解析式的求法、坐标与图形性质、菱形的性质、三角函数等知识，关键是辅助线的作法．
65．（2023·浙江衢州·三模）如图，在平面直角坐标系中，O点为坐标原点，菱形OABC的边OA落在x轴上，点C的坐标为3,4，反比例函数y=kxk>0,x>0经过OB、AC的交点E，则k的值是 ．

【答案】8
【分析】由勾股定理求得OC的长，再求出点A的坐标，然后求出点E的坐标，最后可求k的值．
【详解】解：∵C的坐标为3,4，
∴OC=32+42=5，
∵菱形OABC，
∴OA=OC=5，
∴A5,0，
∵OB、AC的交点E，
∴CE=AE，
∴E4,2，
∴k=4×2=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了反比例函数性质，反比例函数图象上点的坐标特征，菱形的性质，勾股定理，，关键是求出点E坐标．
66．（2023·山东济南·统考三模）如图1，菱形ABCD的边AB在平面直角坐标系中的x轴上，A−1,0，菱形对角线交于点M0,2，过点C的反比例函数y=kxx>0与菱形的边BC交于点E．

(1)求点C的坐标和反比例函数y=kxx>0的表达式；
(2)如图2，连接OC，OE求出△COE的面积；
(3)点P为y=kxx>0图像上的一动点，过点P做PH⊥x轴于点H，若点P使得△AOM和△BPH相似，请直接写出点P的横坐标．
【答案】(1)1,4；y=4xx>0
(2)163
(3)2+23或2+6或2+2或2−2
【分析】（1）设DC与y轴交于点F，如图，证明△CFM≌△AOMAAS，可得CF=1，FO=4，可确定点C的坐标，再由点C在反比例函图像上，即可得出结论；
（2）证明△AMO∽△MBO，可得BO=4，B4,0，如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作EG⊥OB于点G，设Em,4m，可得CN=4，BN=3，BG=4−m，EG=4m，再证明△BGE∽△BNC，由BGBN=EGCN可得关于m的一元二次方程，解方程后可确定E3,43，再利用S△COE=S△COB−S△EOB可得结论；
（3）设Pn,4n，分点H在点B的左侧和点H在点B的右侧两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）解：设DC与y轴交于点F，
∵如图，菱形ABCD的边AB在平面直角坐标系中的x轴上，A−1,0，菱形对角线交于点M0,2，
∴DC∥AB，CM=AM，OA=1，OM=2，
∴∠CFM=∠AOM，∠FCM=∠OAM，
在△CFM和△AOM中，
∠CFM=∠AOM∠FCM=∠OAMCM=AM，
∴△CFM≌△AOMAAS，
∴CF=AO=1，FM=OM=2，
∴FO=FM+OM=4，
∴C1,4，
∵点C在反比例函数y=kxx>0图像上，
∴4=k1，
∴k=4，
∴反比例函数的表达式为：y=4xx>0，
∴点C的坐标为1,4，反比例函数的表达式为y=4xx>0；

（2）∵在菱形ABCD中
∴AM⊥MB，∠AMB=90°，
∵∠AOM=∠MOB=90°，
又∵∠AMO+∠OMB=90°，
∠MBO+∠OMB=90°，
∴∠AMO=∠MBO，
∴△AMO∽△MBO，
∴AOMO=MOBO
∵OA=1，OM=2，
∴BO=4，B4,0，
如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作EG⊥OB于点G，
∵C1,4，B4,0，设Em,4m，
∴CN=4，BN=3，BG=4−m，EG=4m，
∵CN∥EG，
∴△BGE∽△BNC，
∴BGBN=EGCN，即4−m3=4m4，
化简得，m2−4m+3=0，
解得：m=3或m=1（不符合题意，舍去）
∴E3,43，
∴S△COE=S△COB−S△EOB=12×4×4−12×4×43=163，
∴△COE的面积为163；

（3）点P为y=kxx>0图像上的一动点，PH⊥x轴于点H，
∴∠PHB=90°，
在△AOM中，∠AOM=90°，AO=1，MO=2，
∴∠BHP=∠AOM=90°，设Pn,4n，
当点H在点B的左侧时，BH=4−n，PH=4n，
当△BHP∽△AOM时，
∴BHAO=PHMO，即4−n1=4n2，
化简得，n2−4n+2=0，
解得：n=2+2或n=2−2，
当△BHP∽△MOA时，
∴PHAO=BHMO，即4n1=4−n2，
化简得，n2−4n+8=0，
∵−42−4×8=−16<0，
∴方程没有实数根；

当点H在点B的右侧时，BH=n−4，PH=4n，
当△BHP∽△AOM时，
∴BHAO=PHMO，即n−41=4n2，
化简得，n2−4n−2=0，
解得：n=2+6或n=2−6（不符合题意，舍去），
当△BHP∽△MOA时，
∴PHAO=BHMO，即4n1=n−42，
化简得，n2−4n−8=0，
解得：n=2+23或n=2−23（不符合题意，舍去），
综上所述，符合条件的点P的横坐标为2+23或2+6或2+2或2−2．

【点睛】本题是菱形与反比例函数的综合题，考查了菱形的性质，用待定系数法确定反比例函数关系式，函数图像上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，用割补法求三角形的面积，运用了分类讨论的思想．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型17 菱形与一次函数、反比例函数综合
67．（2023·吉林长春·长春市第八十七中学校考三模）如图，反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过菱形的顶点A，B两点，若AD∥x轴，菱形ABCD的面积为12，点A的纵坐标为1，则k的值为（ ）

A．22B．−22C．6D．−6
【答案】B
【分析】作AG⊥x轴于点G，求得S四边形AOFD=6，求得菱形的边长AD=6，再求得A−22，1，据此即可求解．
【详解】解：作AG⊥x轴于点G，CD交x轴于点F，

∵四边形ABCD是菱形，A，B两点在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，且AD∥x轴，
∴AO=BO=12AB=12AD，S四边形AOFD=S四边形BOFC=12×12=6，
∵点A的纵坐标为1，
∴AG=1，
∴AD×AG=6，
∴AD=6，AO=3，
∴OG=AO2−AG2=22，
∴A−22，1，
∴k=−22×1=−22，
故选：B．
【点睛】本题是反比例函数与几何的综合题，考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理，通过菱形面积确定点的坐标是解题的关键．
68．（2023·河北·统考模拟预测）如图，菱形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为1，0，点D4，4在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，直线y=23x+b经过点C，与y轴交于点E，连接AC，AE．

(1)求C点坐标；
(2)求k,b的值；
(3)求△ACE的面积．
【答案】(1)C9，4；
(2)k=16，b=﹣2；
(3)S△AEC=6．
【分析】（1）由菱形的性质可知B6，0，C9，4；
（2）点D4，4代入反比例函数y=kx，求出k；将点C9，4代入y=23x+b，求出b；
（3）求出直线y=23x−2与x轴和y轴的交点，即可求△AEC的面积；
【详解】（1）解：过点D作DF⊥x轴，垂足为F，

∵点A的坐标为1，0，点D4，4
∴OA=1，OF=4，DF=4
∴AF=3
由勾股定理可得AD=32+42=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OA+AB=1+5=6，
∴B6，0，C9，4；
（2）解：∵点D4，4在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=4×4=16，
将点C9，4代入y=23x+b，
∴b=﹣2；
（3）解：由（2）得y=23x−2，
对于y=23x−2，令x=0，则y=−2，
∴E0，−2，
令y=0，则x=3，
∴直线y=23x−2与x轴交点为3，0，
∴S△AEC=12×2×(2+4)=6．
【点睛】本题考查反比例函数、一次函数的图象及性质，菱形的性质；能够将借助菱形的边长和菱形边的平行求点的坐标是解题的关键．
69．（2023·湖北恩施·统考一模）如图1，直线y=23x+2与y轴交于点B，与反比例函数y=mx的图象交于一象限内的点A，△AOB的面积等于3，
(1)求m的值；
(2)如图2，点E4，a在反比例函数y=mx的图象上，过点E作EC⊥x轴垂足为C，以EC为对角线的菱形CDEF的顶点D在y轴上，试说明点F也在反比例函数的图象上．
【答案】(1)m=12；
(2)点F也在反比例函数的图象上．见解析
【分析】（1）先求得B0，2，再利用三角形面积公式求得点A的横坐标为3，再利用待定系数法求解即可；
（2）利用菱形的性质求得点G4，32，得到点F8，32，进一步计算即可判断．
【详解】（1）解：∵直线y=23x+2与y轴交于点B，令x=0，则y=2，
∴B0，2，
设点A到y轴的距离为h，
∵△AOB的面积等于3，
∴12×2ℎ=3，解得ℎ=3，
∴点A的横坐标为3，则y=23×3+2=4，
∴A3，4，
∵点A在反比例函数y=mx的图象上，
∴m=3×4=12；
（2）解：连接DF与EC相交于点G，
∵四边形CDEF是菱形，且EC⊥x轴，
∴EG=GC，DG=GF，
∵点E4，a，a=124=3，
∴点E4，3，
∴点G4，32，
∵顶点D在y轴上，
∴DG=4=GF，
∴点F8，32，
∵8×32=12，
∴点F也在反比例函数的图象上．
【点睛】本题考查了菱形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求出点F的坐标是解第2问的关键．
70．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，已知正比例函数y1=43x的图象与反比例函数y2=kx的图象相交于点A(3,n)和点B.
(1)求n和k的值；
(2)请结合函数图象，直接写出不等式43x−kx<0的解集；
(3)如图，以AO为边作菱形AOCD，使点C在x轴正半轴上，点D在第一象限，双曲线交CD于点F，连接AE、OE，求△AOE的面积.
【答案】(1)n=4；k=12；
(2)x<−3或0(3)SΔAOE=10
【分析】（1）把点A3,n代入到正比例函数y1=43x的图象上，求出n值；再把点A3,4代入到反比例函数y2=kx中，求出k的值；
（2）求不等式43x−kx<0的解集，就是正比例函数图象中反比例函数图象下方时x的取值范围；
（3）过点A作AG⊥x轴，垂足为G，利用勾股定理求出OA=5，根据菱形的性质求出菱形AOCD的面积，进而求出△AOE的面积．
【详解】（1）∵点A3,n在正比例函数y1=43x的图象上，
∴ n=4，
∴点A3,4，
∵点A3,4在正比例函数y2=kx的图象上，
∴ k=12；
（2）∵正比例函数y1=43x的图象与反比例函数y2=kx的图象相交于点A(3,4)和点B.
∴ B−3,−4，
∴由图象可知，当x<−3或0∴不等式43x−kx<0的解集是x<−3或0（3）如图，过点A作AG⊥x轴，垂足为G，
∵ A3,4，
∴ OG=3，AG=4，
∵ AG⊥x轴
∴ AO=32+42=5，
∵四边形AOCD是菱形，
∴ OC=OA=5，S△AOE=12S菱形AOCD，
∴ S△AOE=12OC·AG=12×4×5=10．
【点睛】本题主要考查了正比例函数和反比例函数图象的交点问题，正比例函数和反比例函数的解析式，正比例函数图象的点的坐标特征，三角形和菱形面积以及函数与不等式的关系，数形结合是解本题的关键．
71．（2023·广东珠海·校考一模）如图，已知一次函数y=mx−3与反比例函数y=kx的图象相交于点A(8,n)，与x轴相交于点B(4,0)．以AB为边作菱形ABCD，使点C在x轴正半轴上，点D在第一象限．求点D的坐标．
【答案】D(13,3)
【分析】利用待定系数法求得一次函数的解析式，然后求得点A的坐标，利用勾股定理求得AB，由菱形的性质得出AD=AB=5,AD∥BC，即可求得点D的坐标为(13,3)．
【详解】解：∵一次函数y=mx−3图象与x轴相交于点B(4,0)，
∴0=4m−3，解得m=34，
∴一次函数为y=34x−3，
把点A(8,n)代入y=34x−3得，n=34×8−3=3，
∴A(8,3)，
∴AB=(8−4)2+32=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=5,AD∥BC，
∴D(13,3)．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点，待定系数法求一阐述解析式，勾股定理，以及菱形的性质，求出点A的坐标是解答本题的关键．
72．（2020·江苏苏州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的两条对角线相交于点P1,2,AB⊥x轴，垂足为点E,正比例函数y=mx(m≠0)的图像与反比例函数y=nx(n≠0)的图像相交于A,P两点.
（1）求正比例函数和反比例函数的解析式；
（2）求点B的坐标.
【答案】（1）正比例函数:y=2x，反比例函数:y=2x；（2）−1,3
【分析】（1）根据待定系数法可求得函数解析式；
（2）联立两函数式，可求得A点坐标（-1，-2），设B点坐标（-1，a），根据菱形性质可证得△OAE∽△BAP，根据比例关系可求得a的值，进而得到B点坐标.
【详解】（1）∵y=mx和y=nx经过P（1，2），
∴分别代入得：m=2，n=2，
∴正比例函数：y=2x，反比例函数:y=2x；
（2）联立y=2xy=2x ，解得x=1y=2 或x=−1y=−2 ，
∴A点坐标为（-1，-2），
设B点坐标为（-1，a），
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BPA=∠OEA=90°，
∵∠OAE=∠BAP，
∴△OAE∽△BAP，
∴OABA=AEAP，即5a+2=225，解得a=3，
∴B点坐标为（-1,3）.
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数，待定系数法求函数解析式，考查了一次函数和反比例函数的图象上点的坐标特征，熟练运用菱形的性质以及相似三角形的判定与性质是解题的关键.
题型18 菱形与二次函数综合
73．（2023·广东佛山·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，若点A关于x轴的对称点D在一次函数y=12x+b的图象上．
(1)求b的值；
(2)若一次函数y=−2x−1与一次函数y=−x交于B，且点B关于原点的对称点为点C．求过A，B，C三点对应的二次函数表达式；
(3)P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为点Q．
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
②若点P的横坐标为t−1【答案】(1)b=1
(2)y=x2−x−1
(3)①1−2,1−2或1+2,1+2；②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．理由见解析
【分析】（1）由一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，得A0,−1，则D0,1，再把点D0,1代入y=12x+b求出b值；
（2）通过由两个一次函数组成方程组求出点B的坐标，再由对称知识求出点C的坐标，后将A、B、C三点坐标代入即可；
（3）①求出直线BC、PQ的解析式，再联立解得点P的坐标；
②当t=0时四边形PBQC的面积最大，求出四边形PBQC的面积=2倍三角形PBC的面积=BC⋅PD，求出点P，E的坐标，用含t的代数式表示，求出PE的长即可．
【详解】（1）解：∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，点A关于x轴的对称点D在一次函数y=12x+b的图象上，
∴点A坐标为0,−1，
∴点D坐标为0,1，
∵点D在一次函数y=12x+b的图象上，
∴1=12×0+b，
∴b=−1；
（2）解：由方程组y=−2x−1y=−x，解得x=−1y=1，
∴B点坐标为−1,1，
又C点为B点关于原点的对称点，
∴C点坐标为1,−1，
∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，
∴A点坐标为0,−1，
设二次函数对应的函数表达式为y=ax2+bx+c，
把A，B，C三点的坐标分别代入，得−1=c1=a−b+c−1=a+b+c，解得a=1b=−1c=−1，
∴二次函数对应的函数表达式为y=x2−x−1；
（3）①当四边形PBQC为菱形时，PQ⊥BC，
∵直线BC对应的函数表达式为y=−x，
∴直线PQ对应的函数表达式为y=x．
联立方程组y=xy=x2−x−1．
解得x=1−2y=1−2或x=1+2y=1+2，
∴P点坐标为1−2,1−2或1+2,1+2；
②当t=0时，四边形PBQC的面积最大．理由如下：
如图，过P作PD⊥BC，垂足为D，过P作x轴的垂线，交直线BC于点E，
易知S四边形PBQC=2S△PBC=2×12BC⋅PD=BC⋅PD，
∵线段BC的长固定不变，
∴当PD最大时，四边形PBQC的面积最大，
易知∠PED=∠AOC（固定不变），
∴当PE最大时，PD也最大，
∵P点在二次函数图象上，E点在一次函数y=−x的图象上，
∴P点坐标为t,t2−t−1，
E点坐标为t,−t，
∴PE=−t−t2−t−1=−t2+1，
∴当t=0时，PE有最大值1，此时PD有最大值，即四边形PBQC的面积最大．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，解决实际问题以二次函数为载体，与方程（组）、不等式、函数、三角形、四边形综合运用，并使考查用代入法、消元法、配方法、待定系数法等解决问题的能力．
74．（2019·河南南阳·校联考一模）如图，二次函数y＝﹣x2+3x+m的图象与x轴的一个交点为B（4，0），另一个交点为A，且与y轴相交于C点．
（1）求m的值及C点坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得它到B、C两点的距离和最小，若存在，求出此时M点坐标，若不存在，请说明理由；
（3）P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）m=4，C（0，4）；（2）存在M（32，52），见解析；（3）P（1+5,1+5）或P（1−5,1−5）.
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求得点C的坐标，然后依据待定系数法求得直线BC的解析式，然后再求得抛物线的对称轴方程，由三角形的三边关系可知当点P、C、B在一条直线上时，PC+PB有最小值，最后将点P的横坐标代入直线BC的解析式可求得点P的纵坐标；
（3）先判断出四边形PBQC时菱形时，点P是线段BC的垂直平分线，利用该特殊性建立方程求解．
【详解】解：（1）将B（4，0）代入y＝﹣x2+3x+m，
解得，m＝4，
二次函数解析式为y＝﹣x2+3x+4，
令x＝0，得y＝4，
∴C（0，4）；
（2）存在，如图所示
∵MC+MB≥BC，
∴当点M、C、B在一条直线上时，MC+MB有最小值．
∵点C的坐标为（0，4）．
设直线BC的解析式为y＝kx+4．
∵将点B、C的坐标代入得：4k+b=0b=4，解得k＝﹣1，b＝4，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵抛物线的对称轴为x=−b2a=32，
∴点M的横坐标为32，
∵将x=32代入直线BC的解析式得y=32+4=52，
∴点M的坐标为32,52；
（3）如图，
∵点P在抛物线上，
∴设P（m，﹣m2+3m+4），
当四边形PBQC是菱形时，点P在线段BC的垂直平分线上，
∵B（4，0），C（0，4）
∴线段BC的垂直平分线的解析式为y＝x，
∴m＝﹣m2+3m+4，
∴m=1±5，
∴P(1+5,1+5)或P(1−5,1−5)．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式、两点之间线段最短、菱形的性质等知识点，分类讨论是解答本题的关键．
75．（2021·江苏淮安·淮阴中学新城校区校联考一模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A（23，0）和点B（0，2），点P为二次函数图像上一动点且在直线AB上方，作PC平行于y轴交AB于点C，连接PB，OC
图1 图2 备用图
(1)求二次函数的表达式；
(2)当线段PC=2时，求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下：
①判断四边形PBOC的形状，并说明理由；
②如图2，将四边形PBOC沿射线BA平移得到四边形P'B'O'C'，直线O'C'与x轴交于点D，连接P'O'，P'D，当△P'O'D为等腰三角形时，直接写出点D的坐标.
【答案】(1)y=−23x2+3x+2
(2)（3，3）
(3)①菱形 证明见解析；②（23，0），（6，0），（63，0）
【分析】对于（1），将点A和点B的坐标代入关系式得到二元一次方程组，求出a，c即可；
对于（2），先根据待定系数法求出直线AB的关系式，再用含有m的代数式表示点P和点C，
进而求出PC，再结合PC=2，列出方程，求出m的值；
对于（3），①先由（2）知点C的坐标，延长PC交x轴于点F，可知OF，CF，再根据勾股定理求出OC，由点B的坐标和PC=2得出PC=OB，再根据PC∥OB，即可判定四边形PBOC的形状；
②当△P'O'D为等腰三角形时，分三种情况讨论当DO'=DP时，此时点D与点A重合，可直接求出点D的坐标；
当O'P'=O'D时，连接PO交BC于点H，可知OA，进而求出∠OBA的度数，由四边形PBOC为菱形，得PH⊥BC，PH=OH，即可求出PO及O'D'，再说明△OBC为等边三角形，可知∠B'O'C'的度数，然后设B'O'交x轴于点E，再求出DE和O'E，接下来结合线段之间的关系B'E=B'O'−O'E，OE=OA−AE，OD=OE+DE，求出OD，可得答案．
当P'O'=P'D时，此时点P'落在x轴上，先求出P'D，进而求出P'A，再根据OD=OA+AP'+P'D，求出OD，可得点D的坐标．
【详解】（1）∵二次函数y=ax2+3x+c的图像经过点A(23,0)和点（0，2），
∴12a+6+c=0c=2
解得a=−23c=2，
∴二次函数得表达式为y=−23x2+3x+2；
（2）设直线AB的关系式为y=kx+b，则
23k+b=0b=2
解得k=−33b=2
∴直线AB得关系式为y=−33x+2；
设点P(m,−23m2+3m+2)，则点C(m,−33m+2)，
∴PC=−23m2+3m+2−(−33m+2)=−23m2+433m．
∵PC=2，
∴−23m2+433m=2，
解得m1=m2=3；
（3）①四边形PBOC为菱形，理由如下：
由（2）知，点C(3,1)．
延长PC交x轴于点F，如图所示．
则OF=3，CF=1，
∴OC=OF2+CF2=2．
∵点B（0，2），
∴OB=2，
∴OB=OC．
∵PC=2，
∴PC=OB．
∵PC∥OB，
∴四边形PBOC为平行四边形，
∴平行四边形PBOC为菱形．
②当△P'O'D为等腰三角形时，
（Ⅰ）当DO'=DP时，此时点D与点A重合，
∴D(23,0)；
（Ⅱ）当O'P'=O'D时，连接PO交BC于点H，如图，
∵点A(23,0)，
∴OA=23．
∵tan∠OBA=OAOB=3，
∴∠OBA=60°．
由（2）知，四边形PBOC为菱形，
∴PH⊥BC，PH=OH．
∵OH=OBsin∠OBC=3，
∴PO=2OH=23．
由题意，得O'D'=OP'=OP=23．
∵OB=OC，∠OBC=60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴∠B'O'C'=∠BOC=60°．
设B'O'交x轴于点E，则O'E⊥x轴，
∴DE=O'Dsin∠B'O'C'=23×32=3，
O'E=O'Dcs∠B'O'C'=23×12=3，
∴B'E=B'O'−O'E=2-3，
∴AE=B'Etan∠O'B'C'=（2-3）×3=23-3，
∴OE=OA−AE=23−(23−3)=3，
∴OD=OE+DE=6，
∴D（6，0）．
（Ⅲ）当P'O'=P'D时，此时点P'落在x轴上，如图，
∵O'P'=OP=23，
∴P'D=23．
由题意，得C'P'⊥x轴，∠P'C'D=∠P'C'A=60°，
∴P'A=P'D=23，
∴OD=OA+AP'+P'D=63，
∴点D(63,0)．
综上所述，当△△P'O'D为等腰三角形时，点D的坐标是(23,0)或（6，0）或(63,0)．
【点睛】这是一道关于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的关系式，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的性质和判定等．
76．（2017·湖南娄底·统考一模）如图1（注：与图2完全相同），二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C,
（1）求该二次函数的解析式；
（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积；
（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标.
【答案】（1）y=43x2﹣83x﹣4；（2）4；（3）四边形APEQ为菱形，E点坐标为（﹣58，﹣2916）．理由详见解析.
【详解】试题分析：（1）将A，B点坐标代入函数y=43x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式；（2）由解析式先求得点D、C坐标，再根据S△ACD=S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC，列式计算即可；（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、E对称，则AP=EP，AQ=EQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等的性质可用t表示E点坐标，又E在E函数上，所以代入即可求t，进而E可表示．
试题解析：（1）∵二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），
∴{43×9+3b+c=043×1−b+c=0，
解得：{b=−83c=−4，
∴y=43x2﹣83x﹣4；
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，
∵y=43x2﹣83x﹣4=43（x﹣1）2﹣163，
∴点D（1，﹣163）、点C（0，﹣4），
则S△ACD=S梯形AOMD﹣S△CDM﹣S△AOC=12×（1+3）×163﹣12×（163﹣4）×1﹣12×3×4=4；
（3）四边形APEQ为菱形，E点坐标为（﹣58，﹣2916）．理由如下
如图2，E点关于PQ与A点对称，过点Q作，QF⊥AP于F，
∵AP=AQ=t，AP=EP，AQ=EQ
∴AP=AQ=QE=EP，
∴四边形AQEP为菱形，
∵FQ∥OC，
∴AFAO=FQOC=AQAC，
∴
∴AF=35t，FQ=45t
∴Q（3﹣35t，﹣45t），
∵EQ=AP=t，
∴E（3﹣35t﹣t，﹣45t），
∵E在二次函数y=43x2﹣83x﹣4上，
∴﹣45t=43（3﹣85t）2﹣83（3﹣85t）﹣4，
∴t=14564，或t=0（与A重合，舍去），
∴E（﹣58，﹣2916）．
考点：二次函数综合题．
77．（2020·内蒙古鄂尔多斯·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（-2，0），B（0，3）， C（1，0），其对称轴与x轴交于点E，顶点坐标为D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）点P为抛物线的对称轴上的一个动点，且在第二象限内，若平面内存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形为菱形，求点Q的坐标；
（3）若M为y轴上的一个动点，连接ME，求12MB+ME的最小值．
【答案】（1）y=-32x2−32x+3；（2）Q1 (-32，3+72)．Q2(12,152)Q3 (32，536)；（3）334
【分析】（1）根据二次函数与x轴的交点坐标，可将函数写成交点式y=a(x−1)(x+2)，将点B(0，3)代入交点式，即可求出参数a，则函数解析式可得；
（2）设点P的坐标为(12，m),且可求出BC的长度，要使四边形BCPQ为菱形，一共有三种情况：①以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时CP＝BC；②以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BP＝BC；③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时CP＝BP，即可求出Q的坐标；
（3）连接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，运用垂线段最短的定理，此时12BM+ME最小，最小值为EH，运用三角函数，即可求出EH的长度．
【详解】解：（1）根据二次函数与x轴的交点坐标A(-2,0)，C(1,0)，可将函数写成交点式y=a(x−1)(x+2)，
将B(0，3)代入得a=−32，则y=−32(x−1)(x+2)，
∴抛物线解析式为y=−32x2−32x+3．
（2）设点P的坐标为(12，m),
∵C（1，0），B（0，3），
∴BC2=OB2+OC2=3+1=4，
①以C为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时CP＝BC，
则(12+1)2+m2=4，解得m＝±72，
即此时点P的坐标为P1(−12，72)或P2(−12，−72)(舍去)；
Q1 (-32，3+72)，
②以B为圆心BC为半径画弧与对称轴有两个交点，此时BP＝BC，
则(12)2+(m-3)2=4,解得m1=3+152或m2=3−152，
即此时点P的坐标为P3(−12， 3+152)或P4(−12，3−152)(舍去)；
Q2(12,152)，
③线段BC的垂直平分线与对称轴有一个交点，此时CP＝BP，
则(12+1)2+m2=(12)2+(3−m)2,解得m＝36，
即此时点P的坐标为P5(−12，36),
Q3 (32，536),
综上所述，满足条件的点Q的坐标为Q1 (-32，3+72)，Q2(12,152)，Q3 (32，536) ．
（3）如图，连接BC，作EH⊥BC于H，交OB于M，此时12BM+ME最小．
理由：∵OC＝1，OB＝3，
∴tan∠CBO＝OCOB＝33，
∴∠CBO＝30°，
∴MH＝12BM，
∴12BM+ME＝MH+EM＝EH，
∴此时12BM+ME最短（垂线段最短）．
在Rt△EHC中，∵∠CHE＝90°，CE＝32，∠HCE＝60°，
∴sin60°＝EHCE，
∴EH＝334，
∴12BM+ME的最小值为334．
【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式、菱形的性质、三角函数的应用、垂线段最短，解题的关键在于进行分类讨论，对点Q可能存在的每一种情况进行解析．
一、单选题
1．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH．若AB=2，BC=4，则四边形EFGH的面积为（ ）

A．2B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由题意可得四边形EFGH是菱形，FH=AB=2，GE=BC=4，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH，
∴EF⊥GH，EF与GH互相平分，
∴四边形EFGH是菱形，
∵FH=AB=2，GE=BC=4，
∴菱形EFGH的面积为12FH⋅GE=12×2×4=4．
故选：B
【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
2．（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于12BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD=4，AB=2．则四边形MBND的周长为（ ）
A．52B．5C．10D．20
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质可得∠A=90°,AD∥BC，再根据线段垂直平分线的性质可得BM=DM,BN=DN，根据等腰三角形的性质可得∠MDB=∠MBD,∠NBD=∠NDB，从而可得∠MBD=∠NDB，根据平行线的判定可得BM∥DN，然后根据菱形的判定可得四边形MBND是菱形，设BM=DM=x(x>0)，则AM=4−x，在Rt△ABM中，利用勾股定理可得x的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°,AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
由作图过程可知，PQ垂直平分BD，
∴BM=DM,BN=DN，
∴∠MDB=∠MBD,∠NBD=∠NDB，
∴∠MBD=∠NDB，
∴BM∥DN，
∴四边形MBND是平行四边形，
又∵BM=DM，
∴平行四边形MBND是菱形，
设BM=DM=x(x>0)，则AM=AD−DM=4−x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即22+(4−x)2=x2，
解得x=52，
则四边形MBND的周长为4BM=4x=4×52=10，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是（ ）
A．ab2nB．ab2n−1C．ab2n+1D．ab22n
【答案】A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，A1C1，B1D1．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD=BC，AB=CD．
∵ A1，B1，C1，D1分别是矩形四个边的中点，
∴A1D1=B1C1=12BD,A1B1=C1D1=12AC，
∴A1D1=B1C1=A1B1=C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∵ A1C1=AD=a，B1D1=AB=b，
∴四边形A1B1C1D1的面积为：12A1C1⋅B1D1=12ab=12S▭ABCD．
同理，由中位线的性质可知，
D2C2=A2B2=12AD=12a，D2C2//A2B2//AD，
D2A2=C2B2=12AB=12b，D2A2//C2B2//AB，
∴四边形A2B2C2D2是平行四边形，
∵AD⊥AB，
∴C2D2⊥D2A2，
∴四边形A2B2C2D2是矩形，
∴四边形A2B2C2D2的面积为：C2D2⋅A2D2=12a⋅12b=14S▭ABCD=12S菱形A1B1C1D1．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形AnBnCnDn的面积是ab2n．
故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形A1B1C1D1是菱形，四边形A2B2C2D2是矩形是解题的关键．
4．（2022·四川泸州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直线l把矩形OABC和菱形ABEF组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（ ）
A．y=3xB．y=−34x+152
C．y=−2x+11D．y=−2x+12
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AB于点G，利用三角函数求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得点E的坐标为(4，12)，根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，根据中点坐标公式以及待定系数法即可求解．
【详解】解：过点E作EG⊥AB于点G，
∵矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，
∴AB=BE=10，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(10，0)，
在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10，
∴sin∠ABE=45，即EGBE=45，
∴EG=8，BG=BE2−EG2=6，
∴AG=4，
∴点E的坐标为(4，12)，
根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，
点H的坐标为(0+102，0+42)，点D的坐标为(0+42，4+122)，
∴点H的坐标为(5，2)，点D的坐标为(2，8)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8，
解得：k=−2b=12，
∴直线l的解析式为y=-2x+12，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，待定系数法求函数的解析式，矩形和菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠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．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】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＝23 ，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BGBC=GMBE ，则可求出答案．
【详解】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＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD•sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2021·江苏无锡·统考中考真题）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB=BC，则四边形AEDF是菱形
D．若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形
【答案】C
【分析】根据中位线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、菱形、矩形的判定定理逐一判断各个选项，即可得到答案．
【详解】解： ∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，
∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED＝12AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝12AB＝AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确；
∴△BDE∽△BCA，△CDF∽△CBA
∴S△BDE=14S△BCA， S△CDF=14S△BCA，
∴△BDE和△DCF的面积相等，故A正确；
∵AB=BC，
∴DF＝12AB=AE，
∴四边形AEDF不一定是菱形，故C错误；
∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查三角形中位线性质定理和平行四边形、矩形、菱形的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握上述性质定理和判定定理是解题的关键．
7．（2021·浙江嘉兴·统考中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形
【答案】D
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
【详解】解：由题可知，AD平分∠BAC,折叠后△AEO与△AFO重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．
故选：D.
【点睛】本题主要考查学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
二、填空题
8．（2021·四川雅安·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
三、解答题
9．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．

(1)若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是_______；
(2)如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC=BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)2
(2)90°
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得AC=BD，根据正方形的判定可得菱形ABCD为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接OC，根据“可旋四边形”的性质和题意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根据等边对等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，根据垂直平分线的性质可得OA=OD，OC=OB，根据全等三角形的判定和性质可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可证明四边形ABCD是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD为“可旋四边形”，
则菱形ABCD的一条对角线AC绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线BD重合，
即AC=BD，
则菱形ABCD为正方形，
∵菱形ABCD的面积为4，
∴菱形ABCD的边长是4=2．
故答案为：2．
（2）解：连接OC，如图：

∵四边形ABCD为“可旋四边形”，且点O是四边形ABCD的一个“旋点”，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵点O是边AB的中点，
∴OA=OB，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，
即2∠OCA+∠OCB=180°，
∴∠ACB=90°．
（3）解：四边形ABCD是“可旋四边形”；理由如下：
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，如图：

∵点O在线段AD和线段BC的垂直平分线上，
∴OA=OD，OC=OB，
在△AOC和△DOB中，
OA=ODAC=BDOC=OB，
∴△AOC≌△DOBSSS，
∴∠AOC=∠BOD，
则∠AOC−∠DOC=∠BOD−∠DOC，
即∠AOD=∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
10．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC,CE∥BD．

(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若BC=3,DC=2，求四边形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据矩形的性质求得OC=OD，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得△OCD的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵矩形ABCD中，OC=OD，
∴平行四边形OCED是菱形；
（2）解：矩形ABCD的面积为BC⋅DC=3×2=6，
∴△OCD的面积为14×6=32，
∴菱形OCED的面积为2×32=3．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．
11．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，点E是矩形ABCD的边BC上的一点，且AE=AD．

(1)尺规作图（请用2B铅笔）：作∠DAE的平分线AF，交BC的延长线于点F，连接DF．（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)试判断四边形AEFD的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AEFD是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；
（2）根据矩形的性质和平行线的性质得出∠DAF=∠AFE，结合角平分线的定义可得∠EFA=∠EAF，则AE=EF，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．
【详解】（1）解：如图所示：

（2）四边形AEFD是菱形；
理由：∵矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFE，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
∴∠EFA=∠EAF，
∴AE=EF，
∵AE=AD，
∴AD=EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又∵AE=AD，
∴平行四边形AEFD是菱形．
【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．

(1)证明：△BOF≌△DOE；
(2)连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BC，则∠1=∠2,∠3=∠4，根据O是BD的中点，可得BO=DO，即可证明△BOF≌△DOEAAS；
（2）根据△BOF≌△DOE可得ED=BF，进而可得四边形EBFD是平行四边形，根据对角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）证明：如图所示，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2,∠3=∠4，
∵O是BD的中点，
∴BO=DO，
在△BOF与△DOE中
∠1=∠2∠3=∠4BO=DO，
∴△BOF≌△DOEAAS；
（2）∵△BOF≌△DOE
∴ED=BF，
又∵ED∥BF
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD
∴四边形EBFD是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
13．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．

(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
(2)当CD=4时，求EG的长．
【答案】(1)四边形OCDE是菱形，理由见解析
(2)EG=433．
【分析】（1）证明△COD和△EOD是等边三角形，即可推出四边形OCDE是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得DF和CF的长，利用菱形的性质得到EF=CF=23，在Rt△CGF中，解直角三角形求得GF的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下，
∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴OC=OD=12AC=12BD，
∵直线CE是线段OD的垂直平分线，
∴CO=CD，EO=ED，
∴CO=CD=OD，即△COD是等边三角形，
∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF=12∠OCD=30°，
∵CD∥OE，
∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴CO=CD=EO=ED，
∴四边形OCDE是菱形；
（2）解：∵直线CE是线段OD的垂直平分线，且∠DCF=30°，
∴DF=12CD=2，CF=3DF=23，
由（1）得四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=23，
在Rt△DGF中，∠GDF=90°−∠ODC=30°，
∴GF=DFtan30°=2×33=233，
∴EG=EF−GF=433．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
14．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
【详解】（1）解：（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，

∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，
∴5x6x=9CE，
∴CE＝545；
②当C'F＝BF时，如图3，

由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ABBC=BFCG=159=53 ，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝CF2−CG2＝4a，
∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，
∴CE9=3a4a+5a，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
15．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2−BC2=102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8−a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2022·山东威海·统考中考真题）如图:
(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．
①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；
②求四边形AGCH的面积．
(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝25，BC＝7，CF＝5，求四边形AGCH的面积．
【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20
(2)65
【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；
（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．
【详解】（1）①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形
∴AH//CG,AG//HC
∴四边形AHCG为平行四边形
∵∠D=∠F=90°,∠AHE=∠CHD,AE=DC
∴△AEH≌△CDH(AAS)
∴AH=HC
∴四边形AHCG为菱形；
②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x
在Rt△CDH中
HC2=DH2+DC2即x2=(8−x)2+16
解得x=5
∴四边形AHCG的面积为5×4=20；
（2）由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等
∴AC2=AB2+BC2=AE2+EC2=69
∴EC=8
设AH=CG=x则HD=7-x
在Rt△AEH中，EH=AH2−AE2=x2−5
在Rt△CDH中，CH=DH2+DC2=(7−x)2+20
∵EC=EH+CH=8
∴x=3
∴四边形AGCH的面积为3×25=65．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
17．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE=a．
(1)求BF的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接EF交AB于点G，连接GC，当GC//AE时，求证：四边形AGCE是菱形．
【答案】(1)BF=2a
(2)见详解
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠D=90°，然后可证△ADE∽△ABF，进而根据相似三角形的性质可求解；
（2）如图，连接AC，由题意易证四边形AGCE是平行四边形，然后可得BCAB=BGBF=12，进而可证△ABC∽△FBG，则可证AC⊥GE，最后问题可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠EAD=90°，
∴∠FAB=∠EAD，
∵∠ABF=∠D=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，
∵AB=8,AD=4，DE=a，
∴BF=DE⋅ABAD=2a；
（2）证明：由题意可得如图所示：
连接AC，
在矩形ABCD中，AB//CD，AD=BC=4,AB=CD=8,∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠FBG=90°，
∵GC//AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG=CE，
∴BG=DE=a，
∵BF=2a，
∴GBBF=a2a=12，
∵BCAB=12，
∴BCAB=BGBF=12，
∵∠ABC=∠FBG=90°，
∴△ABC∽△FBG，
∴∠FGB=∠ACB，
∵∠GFB+∠FGB=90°，
∴∠GFB+∠ACB=90°，
∴AC⊥GE，
∴四边形AGCE是菱形．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．