第25讲 菱形的性质与判定(讲义，1考点+1命题点22种题型(含4种解题技巧))-2025年中考数学一轮复习讲义及试题（含答案）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc188278118" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc188278119" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc188278120" 03考点突破·考法探究
\l "_Tc188278121" 考点 菱形
\l "_Tc188278122" 04题型精研·考向洞悉
\l "_Tc188278123" 命题点 菱形的性质与判定
\l "_Tc188278124" ►题型01 利用菱形的性质求角度
\l "_Tc188278125" ►题型02 利用菱形的性质求线段长
\l "_Tc188278126" ►题型03 利用菱形的性质求周长
\l "_Tc188278127" ►题型04 利用菱形的性质求面积
\l "_Tc188278128" ►题型05 利用菱形的性质求点的坐标
\l "_Tc188278129" ►题型06 利用菱形的性质证明
\l "_Tc188278130" ►题型07 菱形的折叠问题
\l "_Tc188278131" ►题型08 添加一个条件使四边形是菱形
\l "_Tc188278132" ►题型09 证明四边形是菱形
\l "_Tc188278133" ►题型10 根据菱形的性质与判定求角度
\l "_Tc188278134" ►题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
\l "_Tc188278135" ►题型12 根据菱形的性质与判定求周长
\l "_Tc188278136" ►题型13 根据菱形的性质与判定求面积
\l "_Tc188278137" ►题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc188278138" ►题型15 与菱形有关的新定义问题
\l "_Tc188278139" ►题型16与菱形有关的规律探究问题
\l "_Tc188278140" ►题型17与菱形有关的动点问题
\l "_Tc188278141" ►题型18与菱形有关的最值问题
\l "_Tc188278142" ►题型19 含60°角的菱形
\l "_Tc188278143" ►题型20 菱形与函数综合
\l "_Tc188278144" ►题型21 与菱形有关的存在性问题
\l "_Tc188278145" ►题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
\l "_Tc188015396" 03考点突破·考法探究
考点一 菱形
1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等.
2.菱形的性质定理
【补充】
1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.
3.菱形的对称性
1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴.
2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心.
4. 菱形的判定
1．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2，则菱形ABCD的周长为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解．
【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为2×4=8，
故答案为：8．
2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1B．1−3C．0D．3−23
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CF⊥AE于点F，利用菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
∴BF=12BC=1，CF=BC2−BF2=3，
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=AF2+CF2=32+32=23，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是3−23，
故选：D．
3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，连接OE．若OE=3，则菱形的边长为（ ）

A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得OE=12AB，即可得解．
本题主要考查了菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中点，
∴OE=12AB，
∴AB=2OE=2×3=6。
故选：A．
4．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为20cm，且有一个内角为45°，则该菱形的高为 cm．
【答案】522
【分析】本题考查的是菱形的性质，锐角的正弦的含义，先画图，求解EF=EH=5cm，过E作FI⊥EH于H，结合∠E=45°可得答案．
【详解】解：如图，菱形EFGH的周长为20cm，
∴EF=EH=5cm，
过E作FI⊥EH于H，而∠E=45°，
∴FI=EF⋅sin45°=5×22=522，
故答案为：522
5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足为E,CF⊥AD，垂足为F．
求证：AF=CE．
【答案】证明见解析．
【分析】本题主要考查了菱形的性质， 全等三角形的判定以及性质，由菱形的性质得出AD=CD，用AAS证明△AED≌△CFD，由全等三角形的性质可得出DE=DF， 由线段的和差关系即可得出AF=CE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AD=CD
∵AE⊥CD,CF⊥AD
∴∠AED=∠CFD=90°
∵∠D=∠D
∴△AED≌△CFD
∴DE=DF
∴AD−DF=CD−DE
∴AF=CE
\l "_Tc188015399" 04题型精研·考向洞悉
命题点一 菱形的性质与判定
►题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2023·陕西·中考真题）点E是菱形ABCD的对称中心，∠B=56°，连接AE，则∠BAE的度数为 ．
【答案】62°
【分析】连接BE，根据中心对称图形的定义得出点E是菱形ABCD的两对角线的交点，根据菱形的性质得出AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC=28°，那么∠BAE=90°−∠ABE=62°．
【详解】解：如图，连接BE，
∵点E是菱形ABCD的对称中心，∠ABC=56°，
∴点E是菱形ABCD的两对角线的交点，
∴AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC=28°，
∴∠BAE=90°−∠ABE=62°．
故答案为：62°．
【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，则β=（ ）

A．45°+12αB．45°+32αC．90°−12αD．90°−32α
【答案】D
【分析】由题意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性质可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由平行线的性质可得∠DAB+∠ABC=180°，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：∠FBG=∠DAB=α，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β
∴α+2α+2β=180°，
∴β=90°−32α，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．
3．（2023·河北·中考真题）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2上，点B，D，E，G在同一直线上：若∠α=50°，∠ADE=146°，则∠β=（ ）

A．42°B．43°C．44°D．45°
【答案】C
【分析】如图，由平角的定义求得∠ADB=180°−∠ADE=34°，由外角定理求得，∠AHD=∠α−∠ADB=16°，根据平行性质，得∠GIF=∠AHD=16°，进而求得∠β=∠EGF−∠GIF=44°．
【详解】如图，∵∠ADE=146°
∴∠ADB=180°−∠ADE=34°
∵∠α=∠ADB+∠AHD
∴∠AHD=∠α−∠ADB=50°−34°=16°
∵l1∥l2
∴∠GIF=∠AHD=16°
∵∠EGF=∠β+∠GIF
∴∠β=∠EGF−∠GIF=60°−16°=44°
故选：C．

【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 ．

【答案】10°或80°
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得∠CAD=12∠DAB=20°，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∠DAB=40°，
∴∠CAD=12∠DAB=20°，
连接CE，
①当点E在点A上方时，如图E1，
∵AC=AE1，∠CAE1=20°，
∴∠AE1C=12180°−20°=80°，
②当点E在点A下方时，如图E2，
∵AC=AE1，∠CAE1=20°，
∴∠AE2C=12∠CAE1=10°，
故答案为：10°或80°．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为180°；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则∠ADC的度数是 ．
【答案】60°
【分析】根据菱形的性质得到∠AOC＝∠ABC，根据圆周角定理得到∠ADC＝12∠AOC，根据圆内接四边形的性质得到∠ADC＋∠ABC＝180°，计算即可．
【详解】解：∵四边形OABC为菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圆周角定理得：∠ADC＝12∠AOC，
∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、菱形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型02 利用菱形的性质求线段长
1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决；
2）菱形的四条达相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合.
6．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则sin∠EBC的值为（ ）
A．35B．75C．2114D．5714
【答案】C
【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质，解题的关键是掌握菱形四边都相等，以及正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，设BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，则CE=12CD=12x，进而得出EH=CE⋅sin60°=34x,CH=CE⋅cs60°=14x，再得出BH=BC+CH=54x，最后根据sin∠EBC=EHBE，即可解答．
【详解】解：延长BC，过点E作BC延长线的垂线，垂足为点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
设BC=CD=x，
∵E是CD的中点，
∴CE=12CD=12x，
∵EH⊥BH，
∴EH=CE⋅sin60°=34x,CH=CE⋅cs60°=14x，
∴BH=BC+CH=54x，
BE=BH2+EH2=72x
∴sin∠EBC=EHBE=34x72x=2114，
故选：C．
7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，连接BD，点M从B出发沿BD方向以3cm/s的速度运动至D，同时点N从B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动至C，设运动时间为xs，△BMN的面积为ycm2，y与x的函数图象如图2所示，则菱形ABCD的边长为（ ）

A．22cmB．42cmC．4cmD．8cm
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知BN=xcm，BM=3xcm，结合菱形的性质得∠DBC=30°，过点M作MH⊥BC于点H，则MH=32xcm，那么y=34x2cm2，设菱形ABCD的边长为a，则BD=3a，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时△BMN的面积达到最大值为43，利用最大值即可求得运动时间x，即可知菱形边长．
【详解】解：根据题意知，BN=xcm，BM=3xcm，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴∠DBC=30°，
过点M作MH⊥BC于点H，连接AC交BD于点O，如图，

则MH=BM×sin∠MBH=32xcm，
那么，△BMN的面积为y=12BN×MH=34x2cm2，
设菱形ABCD的边长为a，
∴BD=2BO=2×BC×cs∠BOC=2×a×32=3a，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时△BMN的面积达到最大值为43，
∴34x2=43，解得x=4，（负值舍去），
∴BC=4．
故选：C．
8．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE=AF，则DE的长为 ．
【答案】27
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作DH⊥AC于H，先判断△ABC，△ACD都是等边三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，利用含30°的直角三角形的性质可得出AE=2AF=2CE，进而求出CE，HE，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作DH⊥AC于H，
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，
∵EF⊥AB，
∴∠AEF=30°，
∴AE=2AF，
又CE=AF，
∴AE=2CE，
∴CE=2，
∴HE=CH−CE=1，
在Rt△CDH中，DH2=CD2−CH2=27，
∴DE=DH2+HE2=27，
故答案为：27．
►题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2022·四川达州·中考真题）如图，菱形ABCD的两条对角线相交于点O，若AC=24，BD=10，则菱形ABCD的周长是 ．

【答案】52
【分析】根据菱形性质得到AC⊥BD，OA=12AC=12,OD=12BD=5，在Rt△AOD中利用勾股定理得到AD=OA2+OD2=13，从而可以得到答案．
【详解】解：在菱形ABCD的两条对角线相交于点O，若AC=24，BD=10，
∴ AC⊥BD，OA=12AC=12,OD=12BD=5，
在Rt△AOD中利用勾股定理得到AD=OA2+OD2=52+122=13，
∴菱形ABCD的周长是4×13=52，
故答案为：52．
【点睛】本题考查菱形的性质，涉及菱形对角线相互垂直平分、勾股定理及菱形四条边相等等知识，熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
10．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=12AC，GH=12AC，
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
在Rt△AOB中，AB=4，OA=12AC=2，
∴OB=42−22=23，
∴BD=43，
∴EF=12AC=2，EH=12BD=23，
∴四边形EFGH的周长为2+23×2=4+43．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
11．（2020·四川甘孜·中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】利用菱形的对边相等以及对角线互相垂直，进而利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB=90°，
又∵AB+BC+CD+AD=32．
∴AB=8，
在Rt△AOB中，OE是斜边上的中线，
∴OE=12AB=4．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质．注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
12．（2020·贵州黔东南·中考真题）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．
QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 利用菱形的性质求面积
菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.（适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算）
13．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出S△ADE=6，S△ABF=8，根据△ABF和菱形的面积求出BFBC=23，BFCF=2，则可求出△CDF的面积，然后利用S阴影=S菱形ABCD−S△ADE−S△BEF−S△CDF求解即可．
【详解】解：连接AF、BD，
∵菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，△BEF的面积为4，
∴S△ADE=12S△ABD=12×12S菱形ABCD=6，S△ABF=2S△BEF=8，
设菱形ABCD中BC边上的高为h，
则S△ABFS菱形ABCD=12BF⋅ℎBC⋅ℎ，即824=12BFBC，
∴BFBC=23，
∴BFCF=2，
∴S△ABFS△CDF=12BF⋅ℎ12CF⋅ℎ=BFCF=2，
∴S△CDF=4，
∴S阴影=S菱形ABCD−S△ADE−S△BEF−S△CDF=10，
故答案为：10．
14．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，AE⊥BC于点E，则AE的长是（ ）
A．245B．6C．485D．12
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，菱形的性质，根据勾股定理求得OC，进而得出AC=6，进而根据等面积法，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，
∴DO=12BD=4，AC⊥BD，BC=CD=5，
在Rt△CDO中，CO=DC2−DO2=3，
∴AC=2OC=6，
∵菱形ABCD的面积为12AC×BD=BC×AE，
∴AE=12×8×65=245，
故选：A．
15．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为 ．
.
【答案】24
【分析】根据平行线的性质可得∠BEO=∠CFO，根据垂直平分线的性质可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根据全等三角形的判定和性质可得BE=CF，OE=OF，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形BFCE为菱形，根据勾股定理求得OE=3，根据菱形的性质即可求得四边形BFCE的面积．
【详解】∵CF∥BE，
∴∠BEO=∠CFO，
∵BC的垂直平分线EO交AD于点E，
∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴△BOE≌△COF，
∴BE=CF，OE=OF，
∴四边形BFCE为平行四边形，
又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴平行四边形BFCE为菱形，
∵AD=8，
∴BC=8，
∴OC=12BC=4，
在Rt△EOC中，OE=EC2−OC2=52−42=3，
故菱形BFCE的面积为12×BC×EF=12×BC×2EO=12×8×2×3=24，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
16．（2023·四川泸州·中考真题）若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程x2−10x+m=0的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A．3B．23C．14D．214
【答案】C
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，得到a+b=10，根据菱形的面积得到ab=22，利用勾股定理以及完全平方公式计算可得答案．
【详解】解：设方程x2−10x+m=0的两根分别为a，b，
∴a+b=10，
∵a，b分别是一个菱形的两条对角线长，已知菱形的面积为11，
∴12ab=11，即ab=22，
∵菱形对角线垂直且互相平分，
∴该菱形的边长为a22+b22=12a2+b2=12a+b2−2ab
=12102−2×22=14，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了根与系数的关系以及菱形的性质，完全平方公式，利用根与系数的关系得出a+b=10是解题的关键．
►题型05 利用菱形的性质求点的坐标
17．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为3,4，则顶点A的坐标为（ ）
A．−4,2B．−3,4C．−2,4D．−4,3
【答案】C
【分析】本题考查平面直角坐标系内两点间的距离公式，菱形的性质，坐标与图形．结合菱形的性质求出AC=OC=5是解题关键．由两点间的距离公式结合菱形的性质可求出AC=OC=5，从而可求出AD=2，即得出顶点A的坐标为−2,4．
【详解】解：如图，
∵点C的坐标为3,4，
∴OC=32+42=5．
∵四边形ABOC为菱形，
∴AC=OC=5，
∴AD=AC−CD=AC−xC=5−3=2，
∴顶点A的坐标为−2,4．
故选C．
18．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点B在直线y=34x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
A．(−1,6)B．(−2,6)C．(−3,6)D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
∵顶点B在直线y=34x上，点B的横坐标是8，
∴yB=8×34=6，即BD=6，
∴B8,6，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C−2,6，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
19．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，AB=2，A1,0，∠DAB=60°，将菱形ABCD绕点A旋转90°后，得到菱形AB1C1D1，则点C1的坐标是 ．

【答案】1−3,3或1+3,−3
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转90°后，当绕点A逆时针旋转90°后，利用菱形的性质及直角三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转90°后，如图，

∵∠DAB=60°，∠D1AD=90°
∴∠D1AB=30°，
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
∴∠AD1C1=∠ADC=120°，
延长C1D1交x轴于点E，
∴∠AD1E=60°，∠AED1=90°，
∴ED1=12AD1=1，
∴AE=3，
∴C11+3,−3；
当绕点A逆时针旋转90°后，如图，延长C2D2交x轴于点F，
∵∠DAB=60°，∠B2AB=90°，
∴∠D2AF=30°，
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
∴∠AD2C2=∠ADC=120°，
∴∠AD2F=60°，∠AFD2=90°，
∴FD2=12AD2=1，
∴AF=3，
∴C21−3,3；
故答案为：1−3,3或1+3,−3．
【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
20．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为−2,0，∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）

A．(−2,3−1)B．−2,1C．(−3,1)D．(−3,3−1)
【答案】A
【分析】如图，过B作BH⊥x轴于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求解AH=OB⋅cs60°=1，BH=22−12=3，可得B−3,3，再利用平移的性质可得B'−2,3−1．
【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于H，

∵菱形OABC的顶点A的坐标为−2,0，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB⋅cs60°=1，BH=22−12=3，
∴B−3,3，
∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
∴B'−2,3−1；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B的坐标是解本题的关键．
QUOTE ►题型06 利用菱形的性质证明
21．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF=∠DAE，求证：BE=DF．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明∠BAE=∠DAF，再证明△BAE≌△DAF，从而可得结论．
【详解】证明：在菱形ABCD中，
AB=AD，∠B=∠D，
∵∠BAF=∠DAE，
∴∠BAE+∠EAF=∠EAF+∠DAF，
∴∠BAE=∠DAF，
在△BAE和△DAF中∠B=∠DAB=AD∠BAE=∠DAF，
∴△BAE≌△DAF，
∴BE=DF．
22．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连接EF

(1)求证：AE=AF；
(2)若∠B=60°，求∠AEF的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明AE=AF．
（2）根据菱形的性质和已知条件可推出∠BAD度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出∠BAE和∠DAF度数，从而求出∠EAF度数，证明了等边三角形AEF，即可求出∠AEF的度数．
【详解】（1）证明：∵菱形ABCD，
∴AB=AD,∠B=∠D，
又∵AE⊥BC,AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°．
在△AEB和△AFD中，
∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)．
∴AE=AF．
（2）解：∵菱形ABCD，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=60°，
∴∠BAD=120°．
又∵∠AEB=90°,∠B=60°，
∴∠BAE=30°．
由（1）知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF=30°．
∴∠EAF=120°−30°−30°=60°．
∵AE=AF，
∴△AEF等边三角形．
∴∠AEF=60°．
【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质．
23．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O，点F为BC的中点，连接AF与BD相交于点E，连接CE并延长交AB于点G．
(1)证明：△BEF∽△BCO；
(2)证明：△BEG≌△AEG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．
（1）先根据菱形的性质可得AB=BC,AC⊥BD，再证出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AF⊥BC，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得CG⊥AB，从而可得AG=BG，再根据SAS定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC,AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠BFE=∠BOC=90°
∵∠EBF=∠CBO，
∴△BEF∽△BCO．
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，
∴CG⊥AB，
∴∠AGE=∠BGE=90°
∵△ABC是等边三角形，
∴AG=BG，
在△BEG和△AEG中，
AG=BG∠AGE=∠BGE=90°GE=GE，
∴△BEG≌△AEGSAS．
►题型07 菱形的折叠问题
24．（2021·浙江嘉兴·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．
25．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片ABCD中， 点E在边AB上，将纸片沿CE折叠， 点B落在B'处，CB'⊥AD， 垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm， 则BE= cm
【答案】257/347
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵CF=4cm，FB'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性质，得： CB=CD=CB'=5cm， CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，
∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
过点E作EG⊥BC，
设CG=x， 则EG=x，BG=5−x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
∴EGCF=EBDC=GBDF，
∴x4=EB5=5−x3，
解得：x=207，
∴BE=257，
故答案为：257．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
26．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC=30°，AP=2，则PE的长等于 ．

【答案】2+6
【分析】过点A作AQ⊥PE于点Q，根据菱形性质可得∠DAC=75°，根据折叠所得∠E=∠D=30°，结合三角形的外角定理得出∠QAP=45°，最后根据PQ=AP⋅cs45°=2，EQ=AQtan30°=6即可求解．
【详解】解：过点A作AQ⊥PE于点Q，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=30°，
∴AB=BC=CD=AC，∠ABC=∠D=30°，
∴∠DAC=12180°−30°=75°，
∵△CPE由△CPD沿CP折叠所得，
∴∠E=∠D=30°，
∴∠EPA=75°−30°=45°，
∵AQ⊥PE，AP=2，
∴PQ=AP⋅cs45°=2，则AQ=PQ=2，
∴EQ=AQtan30°=6，
∴PE=EQ+PQ=2+6，
故答案为：2+6．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握菱形和折叠的性质，正确画出辅助线，构造直角三角形求解．
27．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
【答案】 33 6−33
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解.
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=12AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=EFAB，
∴EF=33；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，
由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=33，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-33，
故答案为：33；6-33．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
28．（2022·江苏淮安·中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由见解析；
(3)∠DEG=90°，理由见解析；
(4)DG2=EG2+4916B'C2，理由见解析．
【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；
（2）连接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，则∠BB'C=90°，由翻折变换的性质可得BB'⊥DE，证明DE∥CB'，可得结论；
（3）连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，求出∠DGA'=180°−2x−y，∠GB'C=90°−12y−x，可得∠CGA'=2∠GB'C，然后证明GC=GB'，可得EG⊥CB'，进而得到DE⊥EG即可解决问题．
（4）延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=3a，利用勾股定理求出x=45a，然后根据相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出TB'=43a，DE=74CB'，再根据勾股定理列式即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
∴由翻折的性质可知，A'D∥B'E，
故答案为：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如图，连接B'C，BB'，
∵E为BC中点，
∴EB=EC=EB'，
∴点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折变换的性质可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：结论：∠DEG=90°；
理由：如图，连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，
由翻折的性质可知∠BDE=∠B'DE，
设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°−y，
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°−y2
∴∠DGA'=180°−2x−y，
∴∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°−y2+x+90°−y2+x=180°−y+2x，
∵EC=EB'，点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠EB'C=∠ECB'=12∠BEB'=90°−12y+x，
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°−y，
∴∠GB'C=∠A'B'E−∠EB'C=180°−y−90°−12y+x=90°−12y−x，
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，
∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
（4）解：结论：DG2=EG2+4916B'C2，
理由：如图，延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，
设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D⋅cs60°=a，DR=3a，
在Rt△DGR中，则有2a+x2=3a2+3a−x2，
∴x=45a，
∴GB'=45a，A'G=65a，
∵TB'∥DA'，
∴△B'TG∼△A'DG，
∴TB'DA'=GB'GA'，
∴TB'2a=45a65a
∴TB'=43a，
∵CB'∥DE，
∴CB'DE=TB'ET=43aa+43a=47，
∴DE=74CB'，
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
∴DG2=EG2+4916B'C2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
►题型08 添加一个条件使四边形是菱形
29．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，以下条件不能证明▱ABCD是菱形的是（ ）
A．∠BAC=∠BCAB．∠ABD=∠CBD
C．OA2+OD2=AD2D．AD2+OA2=OD2
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根据菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、∵∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴▱ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠ABD=∠ADB，
∴∠ABD=∠CBD
∴AB=AD，
∴▱ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵OA2+OD2=AD2，
∴∠AOD=90°，即AC⊥BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴▱ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵AD2+OA2=OD2，
∴∠OAD=90°，无法得到▱ABCD是菱形，故本选项符合题意；
故选：D
30．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AC与BD相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形ABCD是菱形．
【答案】AD=AB（答案不唯一）
【分析】本题考查了菱形的判定定理，由题干的已知条件可得出四边形ABCD是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得解，熟练掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
【详解】解：添加AD=AB（答案不唯一），
∵在四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴四边形ABCD是菱形，
故答案为：AD=AB（答案不唯一）．
31．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）
【分析】由菱形的判定方法进行判断即可．
【详解】解：可以添加的条件是：AB＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加条件是：AD∥BC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OA=OC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OB=OD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需写出一个条件即可）
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，熟记“对角线互相垂直的平行四边形为菱形”，是解题的关键．
32．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，点E，F分别在▱ABCD的边AB，BC上，AE=CF，连接DE，DF．请从以下三个条件：①∠1=∠2；②DE=DF；③∠3=∠4中，选择一个合适的作为已知条件，使▱ABCD为菱形．
(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明▱ABCD为菱形．
【答案】(1)①
(2)见解析
【分析】（1）添加合适的条件即可；
（2）证△ADE≌△CDFAAS，得AD=CD，再由菱形的判定即可得出结论．
【详解】（1）解：添加的条件是∠1=∠2．
故答案为：①．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
在△ADE和△CDF中，
∠1=∠2∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CDFAAS，
∴AD=CD，
∴▱ABCD为菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
►题型09 证明四边形是菱形
判定一个四边形是菱形时，可先证明它是平行四边形，再证明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接证明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．即：
33．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形ABCD．
(1)尺规作图：作对角线AC的垂直平分线，交CD于点E，交AB于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接AE、CF．求证：四边形AFCE是菱形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）由直线EF是线段AC的垂直平分线．得到EA=EC，FA=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，根据矩形的性质可证△COE≌△AOFASA，可得EC=FA，即可得到EA=EC=FA=FC，即可求证．
【详解】（1）解：如图1所示，直线EF为所求；
（2）证明：如图2，设EF与AC的交点为O，
由（1）可知，直线EF是线段AC的垂直平分线．
∴EA=EC，FA=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ECO=∠FAO，
∴△COE≌△AOFASA，
∴EC=FA，
∴EA=EC=FA=FC，
∴四边形AFCE是菱形．
34．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，求此时直线AD、CD所夹锐角∠1的度数．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，理由见详解
(2)∠1=30°
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形ABCD是平行四边形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可证△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可证平行四边形ABCD是菱形；
（2）作AR⊥CD，根据面积的计算方法可得CD=4，AR=2，结合菱形的性质可得AD=4，根据含30°的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形ABCD是菱形，理由如下，
如图所示，过点A作AT⊥NP于点T，过点C作CU⊥EH于点U，
根据题意，四边形EFGH，四边形MNPQ是矩形，
∴EH∥FG，MQ∥NP，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵宽度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，
∴△ATB≌△CUBAAS，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图所示，过点A作AR⊥CD于点R，
根据题意，AR=2cm，
∵S四边形ABCD=CD·AR=8，
∴CD=4，
由（1）可得四边形ABCD是菱形，
∴AD=4，
在Rt△ATD中，AR=12AD，
即sin∠1=12，
∴∠1=30°．
35．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，且AB∥CD，AD∥BC，四边形EFGH是矩形．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若矩形EFGH的周长为22，四边形ABCD的面积为10，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)111
【分析】（1）连接BD，AC，证明四边形ABCD是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到GF∥BD，HG∥AC，利用矩形的性质得到BD⊥AC，即可证明四边形ABCD是菱形；
（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到12BD+12AC=OA+OB=11，利用lx 面积公式得到2OA⋅OB=10，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到AB．
【详解】（1）解：连接BD，AC，
∵ AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴GF∥BD，HG∥AC，
∵四边形EFGH是矩形，
∴HG⊥GF，
∴ BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，
∴GF=EH=12BD，HG=EF=12AC，
∵矩形EFGH的周长为22，
∴ BD+AC=22，
∵四边形ABCD是菱形，
即12BD+12AC=OA+OB=11，
∵四边形ABCD的面积为10，
∴12BD⋅AC=10，即2OA⋅OB=10，
∵OA+OB2=OA2+2OA⋅OB+OB2=121，
∴ OA2+OB2=121−10=111，
∴ AB=OA2+OB2=111．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
►题型10 根据菱形的性质与判定求角度
36．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）

A．64°B．66°C．68°D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形ABCD是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
【详解】解：作图可得AB=AD=BC=DC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
∴∠CBD=12180°−∠MBC=12180°−44°=68°，
故选：C．
37．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，点E在AD上，延长ED交FG于点H．

(1)求证DE=FH；
(2)连接BE,CH，当AB与BC的比值为_______时，四边形BEHC是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理是解题的关键．
（1）根据旋转的性质以及矩形的性质，得EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，FG∥EC，由此得到∠FHE=∠CED，EF=CD，∠F=∠EDC=90°，证明△EFH≌△CDE，即可得到DE=FH；
（2）由（1）△EFH≌△CDE得EH=EC，由旋转得BC=EC，故EH=BC，又EH∥BC，故四边形BEHC是平行四边形，若四边形BEHC是菱形，则BE=BC，△BEC为等边三角形，故∠CBE=60°，∠ABE=30°，利用cs∠ABE=ABBE=ABBC即可求解．
【详解】（1）证明：∵ 将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，根据旋转的性质以及矩形的性质，
∴ EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，FG∥EC，
∵ FG∥EC，
∴ ∠FHE=∠CED，
∴ ∠FHE=∠CED∠F=∠EDC=90°EF=CD，
∴ △EFH≌△CDE，
∴ DE=FH．
（2）解：连接BE,CH如图所示，
∵ 由（1）△EFH≌△CDE，
∴ EH=EC，
由旋转得BC=EC，
∴ EH=BC，又EH∥BC，
∴ 四边形BEHC是平行四边形，
若四边形BEHC是菱形，
则BE=BC，
∴ △BEC为等边三角形，
∴ ∠CBE=60°，
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ ∠ABC=90°，
∴ ∠ABE=30°，
∵ cs∠ABE=ABBE=ABBC，
∴ ABBC=cs30°=32．
38．（2024·江苏苏州·一模）如图，在▱ABCD中，以点B为圆心，以BA的长为半径作弧交边BC于点E，连接AE．分别以点A、E为圆心，以大于12AE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AE于点O，交边AD于点F．
(1)求证：△BOE≌△FOA；
(2)若∠EBP=28∘，求∠FAE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)62°
【分析】本题考查了作图-角平分线的作法，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：
（1）根据角平分线的定义结合平行四边形对边平行推出AF=BE，再根据AAS证明△BOE≌△FOA即可；
（2）证明四边形ABEF是菱形即可得出结果．
【详解】（1）证明：由作图可知，BF平分∠ABC，AB=BE，
∴∠ABF=∠FBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥BE，
∴∠AFB=∠FBE，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB，
∴AF=BE，
在△BOE与△FOA中，
∠AFO=∠EBO∠AOF=∠EOBAF=BE，
∴△BOE≌△FOAAAS；
（2）解：如图，连接EF，
由（1）知，AF∥BE且AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴∠AOF=90°，
又∵∠AFO=∠EBP=28°，
∴∠FAE=90°−28°=62°．
►题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
39．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．

(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，在利用余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，
∴BC=OCcs∠ACB=4cs37°≈40.8=5，
即菱形ABCD的边长为5．
40．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=32，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)122
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
∠AME=∠CMF∠AEM=∠CFMAE=CF
∴△AEM≌△CFMAAS；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AC⊥EF
∴▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×32=122.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
41．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且DB的中点为M，连接AD，CD．

(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求CD的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
(3)CD的长为4π3．
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°−90°=30°，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，证明CD=CB，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，从而可得结论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，

∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
∵DB的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵DB的中点为M，CM为直径，
∴CD=CB，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，

∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
∴OQ=12OB=12OC，
∴12OC+OC=3，
OC=2，
∴CD的长为120π×2180=4π3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
42．（2022·四川凉山·中考真题）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．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）证△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，然后由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD=12BC，即可由菱形判定定理得出结论；
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，求得OD长，再由菱形性质得OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中点，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中点，
∴AD=BD=12BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
由（1）知：四边形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=12AB=12×8=4， S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，
∴12DF×8=40，
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四边形ADBF是菱形，
∴O是AB的中点,
∵D是BC的中点，
∴OD是△BAC的中位线，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的长为10．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
QUOTE ►题型12 根据菱形的性质与判定求周长
43．（2022·湖南长沙·中考真题）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．
44．（2021·湖南邵阳·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF．连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB=42，AE=2，求四边形BEDF的周长．
【答案】（1）证明见解析（2）四边形BEDF的周长=85
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，再根据SAS证明两三角形全等即可
（2）先根据正方形的性质得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD，再根据勾股定理计算出BE，再证明四边形DEBF是菱形，即可得出四边形BEDF的周长
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°
在△ADE和△CBF中AD=CB∠DAE=∠FCBAE=CF
∴△ADE≌△CBF(SAS)
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD
∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又AB=42
∴OA=OB=sin∠OABAB=22×42=4
∵AE=2
∴OE=2
在Rt△EOB中，BE=OE2+OB2=4+16=25
∵四边形ABCD是正方形
∴AO=CO，DO=BO
又∵AE=CF
∴EO=FO，又DO=BO
∴四边形DEBF是平行四边形
又∵AC⊥BD，即BD⊥EF
∴四边形DEBF是菱形
∴BE=DE=DF=BF=25
∴四边形BEDF的周长=4×25=85
【点睛】本题考查全等三角形的证明、正方形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊锐角三角函数值、熟练掌握特殊平行四边形的性质及判定是解题的关键
45．（2020·江苏连云港·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周长．
【答案】（1）见解析；（2）52
【分析】（1）先证明△BON≌△DOM，得到四边形BNDM为平行四边形，再根据菱形定义证明即可；
（2）先根据菱形性质求出OB、OM、再根据勾股定理求出BM，问题的得解．
【详解】（1）∵AD//BC，∴∠CBD=∠ADB．
∵MN是对角线BD的垂直平分线，
∴OB=OD，MB=MD．
在△BON和△DOM中，{∠CBD=∠ADBOB=OD∠BON=∠DOM，
∴△BON≌△DOM(ASA)，
∴MD=NB，
∴四边形BNDM为平行四边形．
又∵MB=MD，
∴四边形BNDM为菱形．
（2）∵四边形BNDM为菱形，BD=24，MN=10．
∴∠BOM=90°，OB=12BD=12，OM=12MN=5．
在Rt△BOM中，BM=OM2+BO2=52+122=13．
∴菱形BNDM的周长=4BM=4×13=52．
【点睛】本题考查了菱形判定与性质定理，熟知菱形判定方法和性质定理是解题关键．
►题型13 根据菱形的性质与判定求面积
46．（2023·四川巴中·中考真题）如图，已知等边△ABC，AD⊥BC，E为AB中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交DE于点M，交DB于点N，分别以M、N为圆心，大于12MN为半径画弧，两弧交于点P，作射线交AB于点G．过点E作EF∥BC交射线DP于点F，连接BF、AF．

(1)求证：四边形BDEF是菱形．
(2)若AC=4，求△AFD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)33
【分析】（1）先证明△BED是等边三角形，得到BE=BD=DE，再根据角平分线的定义得到∠EDF=∠BDF，证明△EFD是等腰三角形，即可证明EF=BD，即可解答本题；
（2）根据等边三角形的性质求出AD，AG，再根据菱形的性质，求得FD，即可求出 △AFD的面积．
【详解】（1）证明：∵等边△ABC，AD⊥BC
∴D是BC中点，∠ABC=∠C=60°，
∵E是AB中点，
∴DE∥AC
∴∠EDB=∠C=60°，
∴△BED是等边三角形
∴BE=BD=DE，
∵由尺规作图可知DF平分∠EDB，
∴∠EDF=∠FDB
∵EF∥BC，
∴∠EFD=∠FDB，
∴∠EFD=∠EDF，
∴EF=ED=BD，
∵EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵DE=BD，
∴四边形BDEF是菱形；
（2）解：∵等边△ABC，AD⊥BC，
∴∠C=60° ,∠ADC=90°,∠BAD=12∠BAC=30°，
∵AC=4
∴BD=12AB=12AC=2，AD=AB2−BD2=23，
∵四边形BDEF是菱形，
∴AG⊥FD,FG=GD，
∵Rt△AGD,∠BAD=30°，
∴DG=12AD=3,AG=AD2−DG2=3，
∴FD=23，
∴S△AFD=12×23×3=33．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，菱形的判定及性质，含有30°角的直角三角形的边长关系，作图-角平分线，熟知上述概念是解题的关键．
47．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且ED=BF，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四边形AFCE的面积．
【答案】(1)详见解析；
(2)24．
【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）由平行线的性质可得∠EAC=∠ACF，再根据角平分线的性质解得∠EAC=∠FAC，继而证明AF=FC，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到AO=12AC=4,AC⊥EF，结合正切函数的定义解得EO=3，最后根据三角形面积公式解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC，AE∥FC
∵ED=BF
AD−ED=BC−BF，即AE=FC．
∴四边形AFCE是平行四边形．
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC=∠ACF．
∵AC平分∠FAE，
∴∠EAC=∠FAC．
∴∠ACF=∠FAC．
∴AF=FC，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，
∴平行四边形AFCE是菱形．
∴AO=12AC=4,AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO=4,tan∠DAC=34，
∴EO=3．
∴S△AOE=12AO⋅EO=12×4×3=6
S菱形AFCE=4S△AOE=24．
【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
48．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形ABCD中（AB>BC），对角线AC，BD相交于点O，延长BC到点E，使得CE=BC，连接DE，点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：四边形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周长为20，AC=8，求四边形DOCF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形DOCF的面积9．
【分析】（1）由矩形的性质求得OC=OD，再证明CF是△EBD的中位线，推出CF=12BD=OD，CF∥BD，得到四边形DOCF是平行四边形，据此即可证明四边形DOCF是菱形；
（2）先求得BC=10−AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式计算求得AB=5+7，BC=5−7，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD中，
∴AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，∠BCD=90°，
∴OC=OD，
∵CE=BC，
∴点C是线段BE的中点，
∵点F是DE的中点，
∴CF是△EBD的中位线，
∴CF=12BD=OD，CF∥BD，
∴四边形DOCF是平行四边形，
∵OC=OD，
∴四边形DOCF是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∵矩形ABCD的周长为20，
∴2(AB+BC)=20，
∴AB+BC=10，
∴BC=10−AB，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即AB2+10−AB2=82，
解得AB=5+7或AB=5−7，
∵AB>BC，
∴AB=5+7，BC=5−7，
∴S△OCD=S△OBC=12S△BCD=14×BC×CD，
∴菱形DOCF的面积=2S△OCD=125+75+7=1225−7=9．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形DOCF是菱形是解题的关键．
►题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③正确；根据EFDE≠QEBE即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠QEBE．
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
50．（2022·山东东营·中考真题）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.以下四个结论正确的是（ ）
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.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2−BM2=22−12=3，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面积为：2×3=23，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3
即MN=3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面积为：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正确，
当OM⊥BC时，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
51．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，对角线AC，BD交于点O，动点P在边BC上（不与点C重合），连接AP，AP的垂直平分线交AP于点E，交BD于点F，连接FP，CE，OE，现有以下结论：①点A，E之间的距离为定值；②FP=2FE；③CEBC的值可以是13；④∠EOF=30°或150°．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】②④
【分析】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，连接AF，根据菱形的性质和垂直平分线得到EO是△APC的中位线，得到EO∥PC，然后逐个推理即可．
【详解】解：如图，连接AF，
由题可得E是AP的中点，O是AC的中点，
∴EO是△APC 的中位线，
∴EO∥PC，
∴点E在平行于PC的直线上运动，
∴点A，E之 间的距离不为定值，
∴①说法错误；
当点F在线段OB上时，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠BCD=120°，∠ABC=60°，∠CBO=30°，
∵EO∥PC，
∴∠EOF=∠CBO=30°；
当点F在线段OD上时，此时点F在直线OE上方，
∴∠EOF=150°，
∴∠EOF=30°或150°，
∴④说法正确；
∵EF是AP的垂直平分线，
∴∠FEA=90°，∠FPA=∠PAF
∵菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴∠FOA=90°，
∴点A，E，F，O在以线段AF为直径的圆上，
∴∠EOF=∠PAF=30°，
∴∠FPA=∠PAF=30°，
∴在Rt△EFP中，FP=2FE，
∴②说法正确；
当点E与点O重合时，CE取最小值，
此时CEBC=12，
∵BC为定值，
∴CE取最小值时，CEBC得最小值，
∵ CEBC最小值大于12，故不可能取到13．
故③说法错误．
故答案为：②④．
52．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于点O，E、F分别为OA和OC上的点（不与点A、O、C重合）．其中AE=OF．过点E作GH⊥AC，分别交AD、AB于点G、H；过点F作IJ⊥AC分别交CD、CB于点J、I；连接GJ、HI，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立．
乙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ可能为正方形．
丙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半．
下列选项正确的是（ ）

A．甲、乙、丙都对B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对D．甲不对，乙、丙对
【答案】C
【分析】连接HJ,GI，交于点M，根据轴对称的性质得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，证明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判断甲，进而得出四边形AHJD是平行四边形，四边形HJBC是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形GHIJ不可能是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接HJ,GI，交于点M，

∵四边形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，
∴GH∥JI，
根据菱形是轴对称图形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分线，
∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，
∵AE=OF，OA=OC，
∴EO=FC，
如图所示，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，

则四边形GEOK,TJFO是矩形，
∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH，TJ=OF=AE,TO=JF=12JI，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAO=∠DCO，
∵GK∥AO，TJ∥OC，
∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∠DGK=∠DAC=∠JCF，
∴△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC，
∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，JF=DK，
∴12DB=DO=DT+TO=GE+JF=12GH+JI，
即GH+IJ=BD，故甲正确；
∵DJ=AG，又AG=AH，
∴JD=AH，
∴四边形AHJD是平行四边形，
∴S△HCJ=12S四边形AHJD，HJ∥AD，HJ=AD，
∴四边形HJBC是平行四边形，
∴S△HIJ=12S四边形BHJC，
∴S四边形GHIJ=S△HCJ+S△HIJ=12S四边形BHJC+12S四边形AHJD=12S菱形ABCD，
即四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半，故丙正确；
同理可得AGBI，CDGI是平行四边形，
∴GI∥CD，HJ∥AD，
∵当GHIJ是正方形时，则GI⊥HJ，
∴AD⊥DC，
则四边形ABCD是正方形，
∵AC>BD，
∴四边形ABCD不是正方形，即四边形GHIJ不可能是正方形，故乙错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
►题型15 与菱形有关的新定义问题
53．（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是( )
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、平行四边形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
B、矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
C、菱形的对角不一定互补，故本选项不符合题意；
D、正方形的邻边相等，对角互补，故本选项符合题意；
故选：D
54．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为a，b（a≥b），我们把ab定义为菱形的“神似度”．
(1)当菱形的“神似度”=______时，菱形就是正方形；
(2)当∠BAD=60°时，求菱形ABCD的“神似度”．
【答案】(1)1
(2)3
【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质推理是解题的关键．
（1）根据正方形的判定得出答案即可；
（2）连接AC和BD，交于点O，根据∠BAD=60°、菱形的性质，得出AC⊥BD、∠BAC=30°，结合含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，得出BD=AB，AC=3AB，即可代入计算出菱形ABCD的“神似度”．
【详解】（1）解：∵对角线相等的菱形是正方形，
∴当a=b时，即ab=1时，菱形是正方形，
∴当菱形的“神似度”=1时，菱形就是正方形，
故答案为：1；
（2）解：如图，连接AC和BD，交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，AC⊥BD，OC=OA，OD=OB，
∴OD=OB=12AB，
∴OC=OA=AB2−OB2=AB2−12AB2=32AB，BD=2OB=2×12AB=AB，
∴AC=2OA=2×32AB=3AB，
∴ab=ACBD=3ABAB=3，即菱形ABCD的“神似度”为3．
55．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形ABCE是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形ABCD的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)3603cm2
【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用SAS证明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可证明四边形ABCE是筝形：
（3）如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，先证明△ABC≌△ADC，推出S四边形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，进而求出AE=93cm，利用三角形面积公式求出S△ABC=1803cm2，则S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四边形ABCE是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴S△ABC=S△ADC，
∴S四边形ABCD=2S△ABC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=9cm，
∴AE=AB2−BE2=93cm，
∴S△ABC=12BC⋅AE=12×40×93=1803cm2，
∴S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
►题型16与菱形有关的规律探究问题
56．（2022·辽宁·中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
57．（2021·黑龙江·中考真题）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．
58．（2024·湖南益阳·二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60∘，则菱形ABCD的面积是23；以对角线AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60∘，则菱形ACC1D1的面积是63；以对角线AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°，则菱形AC1C2D2的面积是183；…．按此规律所作的第n个菱形的面积是 ．
【答案】23×3n−1
【分析】本题考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第n个菱形的边长是解决本题的关键．连接BD，交AC与点O，由题意可知△ABD为边长为1的等边三角形，可求出△ABD的面积，即可得出菱形ABCD的面积；根据已知菱形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可得出第n个菱形的边长，进而可得出第n个菱形的面积．
【详解】解：如图，连接BD，交AC与点O，
∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60∘，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD=BD=AB=2，
∴BO=1，AO=3，
∴AC=23，菱形ABCD的面积是23；
∵四边形ACC1D1为菱形，∠D1AC=60°，
∴可得AC1=3AC=232，菱形ACC1D1的面积是23×3=63；
同理可得AC2=3AC1=233，菱形AC1C2D2的面积是23×32=183；
以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为2(3)n−1，
第n个菱形的面积为=12×2×2×[(3)n−1]2×3=23×3n−1．
故答案为：23×3n−1．
59．（2024·河南商丘·二模）如图，平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点O为原点，A2,0，∠AOC=60°，作以下操作∶①将菱形OABC绕点 O 顺时针旋转60°得到菱形OA1B1C1；②将菱形OA1B1C1绕点O顺时针旋转60°得到菱形OA2B2C2；③将菱形OA2B2C2绕点O 顺时针旋转60°得到菱形OA3B3C3…按此规律，B99的坐标为（ ）
A．−3,−3B．−3,−3C．−3,3D．3,−3
【答案】A
【分析】根据题意可知菱形OABC绕点O顺时针旋转6次即可回到原始位置，则点B99和点B3相同，利用菱形的性质即可知点C1,3和点B3,3，结合点B绕点O顺时针旋转3次后∠BOB'=3×60°=180°，可知点B和点B3关于原点对称，即可得到答案．
【详解】解：∵∠AOC=60°，且圆周角为360°，
∴菱形OABC绕点O顺时针旋转6次即可回到原始位置，如图，
∵99÷6=16⋯3，
∴点B99和点B3相同，
∵∠AOC=60°，A2,0，
∴Cy=OC⋅sin∠COA=2×sin60°=3，
Cx=OC⋅sin∠COA=2×12=1，
∴点C1,3，
即点B3,3，
∵点B绕点O顺时针旋转3次后
∴∠BOB'=3×60°=180°，
∴点B和点B3关于原点对称，
即点B−3,−3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、菱形的性质、解直角三角形和关于原点对称的知识，解题的关键是找到旋转的周期和点B坐标，以及3次旋转后的位置．
►题型17与菱形有关的动点问题
60．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点时，PO的长为（ ）
A．2B．3C．5D．22
【答案】C
【分析】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，当点P运动到点B时，PO=BO=2，根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，继而得到AB=BC=OA2+OB2=25，当点P运动到BC中点时，PO的长为12BC=5，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，
当点P运动到点B时，PO=BO=2，
根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，
故AB=BC=OA2+OB2=25，
当点P运动到BC中点时，PO的长为12BC=5，
故选C．
61．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE=x，AF=y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A．y=9xB．y=12xC．y=18xD．y=36x
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，则∠DHE=90°，根据菱形的性质和平行线的性质得到CD=AD=AB=6，∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，进而利用含30度角的直角三角形的性质DH=12CD=3，证明△AFD∽△DHE得到AFDH=ADDE，然后代值整理即可求解．
【详解】解：如图，过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，则∠DHE=90°，
∵在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，
∴AB∥CD，AD∥BC，CD=AD=AB=BC=6，
∴∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，
在Rt△CDH中，DH=12CD=3，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=∠DHE=90°，又∠ADF=∠DEH，
∴△AFD∽△DHE，
∴AFDH=ADDE，
∵DE=x，AF=y，
∴y3=6x，
∴y=18x，
故选：C．
（法二：同理，DH=3，BC=6，
∵AD∥BC，
∴S△AED=12S菱形ABCD，
∴12DE·DF=12BC·DH，
∵DE=x，AF=y，
∴xy=6×3=18，
∴y=18x，
故选：C．）
62．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．

(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB'C'C的面积；
(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S，求S关于x的函数表达式．
【答案】(1)43+8
(2)S=323xx2+12+43
【分析】（1）连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，则BB'=26，PE=6；同理CQ=2，CC'=22，QF=2；进而根据S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'，即可求解；
（2）等积法求得BE=23xx2+12，则QE=12x2+12，根据三角形的面积公式可得S△QEB=123xx2+12，证明△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S△QFC=43xx2+12，根据S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求解．
【详解】（1）如图，连接BD、BQ，
∵四边形ABCD为菱形，
∴ CB=CD=4，∠A=∠C=60°，
∴ △BDC为等边三角形．
∵Q为CD中点，
∴ CQ=2，BQ⊥CD，
∴ BQ=23，QB⊥PB．
∵ ∠QPB=45°，
∴ △PBQ为等腰直角三角形，
∴ PB=23，PQ=26，
∵翻折，
∴ ∠BPB'=90°，PB=PB'，
∴ BB'=26，PE=6；.
同理CQ=2，
∴ CC'=22，QF=2，
∴S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'=2×12×2+23×23−12×232+12×22=43+8；
（2）如图2，连接BQ、B'Q，延长PQ交CC'于点F．
∵ PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，
∴ PQ=x2+12．
∵S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ
∴ BE=BQ×PBPQ=23xx2+12，
∴ QE=12x2+12，
∴ S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12．
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ∼△QFC，
∴ S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13，
∴ S△QFC=43xx2+12．
∵S△BQC=12×2×23=23，
∴ S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=2123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
63．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，∠ABC=60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF=60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为ycm2，点E的运动时间为x秒．
(1)求证：BE=EF；
(2)求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(3)求x为何值时，线段DF的长度最短．
【答案】(1)证明见解析；
(2)y=−3x2+103x0